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2022 学年第二学期高三年级学业质量调研
化学学科试卷
考生注意：
1.本考试设试卷和答题纸两部分，所有答题必须涂或写在答题纸上；做在试卷上一律不得分。
2.答题前，考生务必在答题纸上将学校、姓名及考生号填写清楚，并在规定的区域填涂相关
信息。答题时客观题用2B铅笔涂写，主观题用黑色水笔填写。
3.答题纸与试卷在试题编号上是一一对应的，答题时应特别注意，不能错位。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 N-14 Na-23
一、选择题(本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项)。
1. 下列贡献与中国科学家有关的是
A. 发现青蒿素 B. 发明合成氨技术
C. 提出电子云模型 D. 提出元素周期律
【答案】A
【解析】
【详解】A．我国科学家屠呦呦发现了青蒿素，并由此获得了诺贝尔生理学或医学奖，故A符合题意；
B．德国化学家哈伯发明的合成氨技术，使大气中的氮气变成了生产氮肥的永不枯竭的廉价来源，故B不
符合题意；
C．英国物理学家约瑟夫·约翰·汤姆逊发现了电子，并提出了电子云模型，故C不符合题意；
D．俄国科学家门捷列夫发现了元素周期律并编制了元素周期表，故D不符合题意；
故选A。
2. 下列有关化学用语的表述正确的是
A. 乙烯的结构简式：CHCH B. 乙酸的分子式：CHCOOH
2 2 3
C. 铝离子的结构示意图： D. OH—的电子式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙烯的分子式为C H，结构简式为CH=CH ，故A错误；
2 4 2 2
B．乙酸的结构简式为CHCOOH，分子式为C HO，故B错误；
3 2 4 2
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C．铝离子的核电荷数为13，核外2个电子层，最外层电子数为8，离子的结构示意图 ，故C
错误；
D．氢氧根离子是带1个单位负电荷的阴离子，电子式为 ，故D正确；
故选D。
3. 下列关于石油的说法正确的是
A. 石油主要含有碳、氢两种元素 B. 石油属于可再生矿物能源
C. 石油裂化属于物理变化 D. 石油分馏属于化学变化
【答案】A
【解析】
【详解】A．石油是混合物，主要含有碳氢元素，A正确；
B．石油属于化石燃料，是不可再生能源，B错误；
C．石油裂化是由碳原子数较多的烃变为碳原子数较少的烃，有新物质生成，是化学变化，C错误；
D． 分馏是利用各组的沸点不同，属于物理变化。
故选A。
4. 下列玻璃仪器上有标明“0”刻度的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．图示仪器为量筒，小刻度在下大刻度在上，没有“0”刻度，A不符合题意；
B．图示仪器为碱式滴定管，上端标有“0”刻度，B符合题意；
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C．图示仪器为容量瓶，在容量瓶的瓶颈上有刻度线，但没有“0”刻度，C不符合题意；
D．图示仪器为分液漏斗，分液漏斗上部没有刻度，D不符合题意；
故合理选项是B。
5. 下列各组物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是
A. C(金刚石)和白磷 B. CH 和HO
4 2
C. NaBr和HBr D. Cl 和KCl
2
【答案】B
【解析】
【详解】A．C(金刚石)和白磷都只含有共价键，但前者为共价晶体，后者为分子晶体，A不合题意；
B．CH 和HO都形成分子晶体，且分子内原子间都形成共价键，B符合题意；
4 2
C．NaBr形成离子晶体，离子间形成离子键，HBr形成分子晶体，分子内原子间形成共价键，C不符合题
意；
D．Cl 形成分子晶体，分子内原子间形成共价键，KCl形成离子晶体，离子间形成离子键，D不符合题意；
2
故选B。
6. 某有机物结构见图，它不可能具有的性质是
A. 能被氧化 B. 能使溴水褪色
C. 能发生加聚反应 D. 能跟KOH溶液反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，有机物分子中含有的碳碳双键、醇羟基都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化
反应，故A正确；
B．由结构简式可知，有机物分子中含有的碳碳双键能与溴水发生加成反应使溶液褪色，故B正确；
C．由结构简式可知，有机物分子中含有碳碳双键，一定条件下能发生加聚反应生成高聚物，故C正确；
D．由结构简式可知，有机物分子中不含有酚羟基、羧基和酯基，不能与氢氧化钾溶液反应，故D错误；
故选D。
7. 反应物X生成Z的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式为（ ）
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A. 2X(g)→Z(g)+(a-b)kJ
B. 2X(g)→Z(g)+(b-a)kJ
C. 2X(g)→Z(g)+(c-a)kJ
D. 2X(g)→Z(g)+(b-c)kJ
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，反应物 X 生成 Z为吸热反应，吸收的热量为（b-a）kJ，以此来解答。
【详解】由图可知,反应物 X 生成 Z为吸热反应，吸收的热量为(b−a)kJ，所以该反应的热化学方程式为
2X(g )→Z (g )+(a−b)kJ，
答案选A。
【点睛】能量图是学生比较好理解化学反应与能量变化的形式，更加形象，更容易理解，学生容易分不清
物质自身的能量和物质具有的键能的相对大小，从而计算错误，应该明确反应热的计算方法。
8. 与足量氢气反应，能生成3－甲基戊烷的不饱和烃是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A. 与氢气反应生成的烷烃是2－甲基戊烷，A错误；B.
与氢气反应生成烷烃是3－甲基戊烷，B正确；C. 与氢
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气反应生成的烷烃是2－甲基丁烷，C错误；D. 与氢气反应生成的烷烃是
3，3－二甲基戊烷，D错误，答案选B。
9. 物质分离和提纯操作中，可能含有化学变化的是
A. 洗气 B. 萃取 C. 升华 D. 过滤
【答案】A
【解析】
【详解】A. 洗气操作中，可能含有化学变化，例如利用饱和碳酸氢钠溶液除去 CO 中的氯化氢，A正确；
2
B. 萃取利用的是溶解性的不同，属于物理变化，B错误；C. 升华是固态直接变为气态，属于物理变化，
C错误；D. 过滤是物理变化，D错误，答案选A。
10. 实验小组模拟海水晒盐，烧杯内的 NaCl 溶液长时间日晒，有部分晶体析出，下列说法错误的是
A. 海水晒盐的本质为蒸发结晶
B. 烧杯中存在：
C. 往烧杯内通入 HCl 气体，沉淀会增多
D. 往烧杯内加入少量水，溶液浓度会降低
【答案】D
【解析】
【详解】A．海水晒盐的过程是经长时间日晒，海水中水分蒸发，有NaCl晶体析出，本质为蒸发结晶，A
项正确；
B．烧杯内的 NaCl 溶液长时间日晒，有部分晶体析出，烧杯中存在NaCl的溶解平衡：NaCl(s) Na+(aq)
+Cl-(aq)，B项正确；
C．往烧杯中通入HCl气体，溶液中c(Cl-)增大，平衡NaCl(s) Na+(aq)+Cl-(aq)逆向移动，会析出更多的
NaCl，C项正确；
D．烧杯内的 NaCl 溶液长时间日晒，有部分晶体析出，往烧杯中加入少量水，有部分晶体溶解，溶液仍
为饱和溶液，溶液浓度不变，D项错误；
答案选D。
11. 为检验下列久置于空气中的物质是否变质，所选检验试剂(括号内)能达到目的的是
A. 新制氯水(AgNO 溶液) B. FeCl 溶液(KSCN溶液)
3 2
C. 漂白粉(Na CO 溶液) D. NaSO 溶液(BaCl 溶液)
2 3 2 3 2
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【答案】B
【解析】
【详解】A．新制氯水中含有盐酸，所以氯水无论是否变质都能与AgNO 溶液反应生成氯化银沉淀，所以
3
不能达到目的，故不选A；
B．若FeCl 溶液变质，溶液中有Fe3+，加KSCN溶液会变红色，能达到目的，故选B；
2
C．漂白粉中含有氯化钙，所以漂白粉无论是否变质都能与NaCO 溶液反应生成碳酸钙沉淀，所以不能达
2 3
到目的，故不选C；
D．若NaSO 溶液变质，溶液中含有硫酸钠，NaSO 、NaSO 都能与BaCl 溶液反应生成白色沉淀，所以
2 3 2 3 2 4 2
不能达到目的，故不选D；、
选B。
12. 在一定条件下铁可与水蒸气反应(装置如图所示)，下列说法错误的是
A. 湿棉花的作用是提供反应所需水蒸气
B. 充分反应后，还原铁粉变成红色固体
C. 虚线方框中装置是为了检验反应产生的气体
D. 酒精灯Ⅱ配用的金属套筒目的是聚集火焰，提高温度
【答案】B
【解析】
【分析】铁和水蒸气高温条件下反应生成Fe O 和H，据此分析解答。
3 4 2
【详解】A．Fe与水蒸气反应，湿棉花的主要作用是提供反应所需的水蒸气，A正确；
B．充分反应后，还原铁粉被氧化为黑色的Fe O 固体，B错误；
3 4
C．虚线方框中装置是为了检验反应产生的H，用燃着的木条靠近肥皂泡，会听到爆鸣声，C正确；
2
D．实验装置中，加热铁粉的酒精灯配用金属套筒可以使火焰更集中，起到集中热量提高受热温度的作用，
D正确；
故选B。
13. 正确认识铁制品的电化学腐蚀与防护方法的是
A. 铁制品腐蚀时既可作正性也可作负极
B. 铁制品腐蚀时铁电极发生反应为：Fe-3e-=Fe3+
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C. 铁制品腐蚀时或发生析氢腐蚀或发生吸氧腐蚀
D. 铁制品连接电源正极可防止腐蚀
【答案】C
【解析】
【详解】A. 铁制品腐蚀时只能作负极，A错误；B. 铁制品腐蚀时铁电极发生反应为：Fe-2e-=Fe2+，B错误；
C. 铁制品腐蚀时或发生析氢腐蚀或发生吸氧腐蚀，C正确；D. 铁制品连接电源正极作阳极，加速腐蚀，D
错误，答案选C。
14. 北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”“雪容融”由PVC、PC、ABS和亚克力等环保材料制成。下列说法正确的是
A. PVC( )的单体为氯乙烷
B. PC( )中所有碳原子均可共面
C. 亚克力( )是纯净物
D. ABS的单体之一苯乙烯能使高锰酸钾溶液褪色
【答案】D
【解析】
【详解】A．PVC( )的单体为氯乙烯， A项错误；
B． 中两个苯环之间的碳为饱和碳原子，所以所有碳原子不
可共面，B项错误；
C．亚克力( )是一种高分子化合物，为混合物，C项错误；
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D．ABS 塑料是丙烯腈、丁二烯、苯乙烯三种单体的三元共聚物，苯乙烯含有双键，能使高锰酸钾溶液褪
色， D项正确；
故答案选D。
15. 对化工生产认识正确的是
A. 海水提溴：一般需要经过浓缩、氧化、提取三个步骤
B. 合成氯化氢：通入H 的量略大于C1，可以使平衡正移
2 2
C. 合成氨：采用500℃的高温，有利于增大反应正向进行的程度
D. 侯德榜制碱法：析出NaHCO 的母液中加入消石灰，可以循环利用NH
3 3
【答案】A
【解析】
【详解】A. 海水中溴离子含量较低，应先浓缩富集，将溴离子转化为溴需要加入氧化剂，通常选择氯气，
氧化溴离子得到单质溴：2Br-+Cl ＝Br+2Cl-，再利用溴的挥发性，鼓入热空气或热水蒸气将溴分离出来，
2 2
A正确；B. 氢气和氯气反应生成氯化氢不是可逆反应，B错误；C. 合成氨：采用500℃的高温是因为催化
剂的活性最大，C错误；D.索尔维法：析出NaHCO 的母液中加入生石灰，可以循环利用NH ，D错误，答
3 3
案选A。
16. 向 溶液中加入几滴酚酞溶液，然后向混合液中匀速、逐滴加入
溶液，滴加过程中测得溶液电导率的变化如图所示。下列说法不正确的是
A. 烧杯中红色逐渐变浅直至完全褪去
B. 由于水存在微弱电离、 存在微弱溶解，理论上电导率不会为0
C. 电导率减小的过程中，发生反应：
D. 若用同浓度的 溶液代替稀硫酸重复上述实验，电导率变化与原实验相同
【答案】D
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【解析】
【详解】A． 浓度减小直至反应完全，烧杯中红色逐渐变浅直至完全褪去，A正确；
B．由于水存在微弱电离、 存在微弱溶解，溶液中存在少量离子，理论上电导率不会为0，B正确；
C．电导率减小的过程中，离子浓度减小，发生反应： ，
C正确；
D．若用同浓度的 溶液代替稀硫酸重复上述实验，反应生成硫酸钡沉淀，溶液中存在钠离子和氢
氧根，电导率不会减少到几乎为0，电导率变化与原实验不相同，D错误；
故选D。
17. 某溶液中只可能含有K＋、Al3＋、Br－、OH－、CO 、SO 中的一种或几种。取样，滴加足量氯水，有
气泡产生，溶液变为橙色；向橙色溶液中加BaCl 溶液无明显现象。为确定该溶液的组成，还需检验的离
2
子是
A. Br－ B. OH－ C. K＋ D. Al3＋
【答案】B
【解析】
【详解】取样，滴加足量氯水，有气泡产生，溶液变为橙色，则一定含有Br-，生成气体说明含CO2-；向
3
橙色溶液中加BaCl 溶液无明显现象，则一定不含SO 2-离子，且Al3+、CO2-相互促进水解不能共存，则一
2 3 3
定不存在Al3+，由电荷守恒可知，一定含阳离子K+，不能确定是否含OH-，还需要检验，故答案为B。
18. 下图是一种综合处理含 尾气的工艺流程，下列叙述正确的是
A. “吸收”过程中 被还原
B. “吸收”后溶液的酸性减弱
C. “氧化”后的溶液可以循环使用
D. “氧化”中，每 参加反应转移 电子
【答案】C
【解析】
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【分析】根据流程图分析，利用Fe （SO ） 的氧化性氧化吸收SO 气体，反应为2HO+SO +Fe （SO ）
2 4 3 2 2 2 2 4
=2FeSO+2H SO ，得到 FeSO 溶液，再用空气中的氧气氧化得到 Fe （SO ） 溶液，反应为
3 4 2 4 4 2 4 3
4FeSO +O +2H SO =2Fe （SO ）+2H O，Fe （SO ） 溶液循环到“吸收”步骤使用，根据氧化还原反应原理
4 2 2 4 2 4 3 2 2 4 3
分析解答。
【详解】A．“吸收”过程中 的化合价升高，被氧化，A错误；
B．“吸收”过程中反应为2HO+SO +Fe （SO ）=2FeSO+2H SO ，酸性增强，B错误；
2 2 2 4 3 4 2 4
C．用空气中的氧气氧化得到Fe （SO ） 溶液，Fe （SO ） 溶液循环到“吸收”步骤循环使用，C正确；
2 4 3 2 4 3
D．“氧化”中，O 化合价由0价降低为-2价，每 参加反应转移4mol电子，D错误；
2
故选C。
19. 在一个2L的密闭容器中,发生反应: 2SO (g) 2SO (g)+ O (g) — Q (Q>0)，其中SO 的物质的量
3 2 2 3
随时间变化如图所示，下列判断错误的是
A. 0～8min内v(SO)=0.025mol/(L·min)
3
B. 8min时，v逆(SO)=2v正(O)
2 2
C. 8min时，容器内压强保持不变
的
D. 若8min时将容器压缩为1L，n(SO) 变化如图中a
3
【答案】D
【解析】
【详解】A、0～8 min内v（SO ）= =0.025mol/（L•min），选项A正确；
3
B、8min时，n(SO)不再变化，说明反应已达平衡，v逆(SO)= v正(SO)=2v正(O)，选项B正确；
3 2 2 2
C、8min时，n(SO)不再变化，说明各组分浓度不再变化，容器内压强保持不变，选项C正确；
3
D、若8min时压缩容器体积时，平衡向气体体积减小的逆向移动，但纵坐标是指物质的量，不是浓度，
SO 的变化曲线应为逐变不可突变，选项D错误；
3
答案选D。
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【点睛】本题考查了化学反应速率的求算、平衡常数、平衡状态的判断、平衡移动的图象分析，明确概念
是解题的关键。
20. 室温下，向10.0mL纯碱(可能含有NaHCO )的稀溶液中逐滴加入0.100mol•L-1盐酸，滴定曲线如图，其
3
中p、q为滴定终点。
下列分析正确的是
A. m处溶液pH＞7，原因是 +2H O HCO+2OH-
2 2 3
B. 由滴定数据可推知，原纯碱中不含NaHCO
3
C. p和q处的溶液中，均存在c(Na+)+c(H+)=2c( )+c( )+c(OH-)
.
D 原纯碱稀溶液中c(Na+)=0.215mol•L-1
【答案】D
【解析】
【分析】p、q 为滴定终点，则 p 点时发生反应 NaCO+HCl=NaCl+ NaHCO ，q 点时发生反应
2 3 3
NaHCO +HCl=NaCl+H O+CO↑。设原纯碱溶液中，NaCO 的物质的量为x，NaHCO 的物质的量为y，则
3 2 2 2 3 3
x=9.8×10-3L×0.100mol•L-1=9.8×10-4mol，2x+y=21.5×10-3L×0.100mol•L-1=2.15×10-3mol，y=1.9×10-4mol。
【详解】A．由分析可知，m处溶液中的溶质为NaCO 和NaHCO ，二者的水溶液都呈碱性，则溶液的pH
2 3 3
＞7，主要原因是 +H O +OH-，A不正确；
2
B．由滴定数据可推知，原纯碱为NaCO 和NaHCO 的混合物，B不正确；
2 3 3
C．p和q处的溶液中，均存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=2c( )+c( )+c(OH-)+c(Cl-)，C不正确；
D．由分析可知，原纯碱稀溶液中，n(Na CO)=9.8×10-4mol，n(NaHCO )=1.9×10-4mol，则c(Na+)=
2 3 3
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=0.215mol•L-1，D正确；
故选D。
二、综合题(共60分)
21. 磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素，它的单质和化合物在工农业生产中应用广泛。白磷可通过反
应2Ca (PO )+10C→6CaO+P +10CO获得。完成下列填空：
3 4 2 4
（1）磷原子的最外层电子排布式是_____，氧原子核外有_____种不同运动状态的电子。白磷在空气中露
置时间长了会因温度达到着火点而自燃，使白磷升温的热量主要来自_____。
（2）N和P在周期表中位于_____族，PH 分子的空间构型为_____，是_____分子(填“极性”或“非极性”)。
3
下列能说明N和P非金属性相对强弱的是_____(填编号)。
a.NH 的稳定性比PH 强 b.NH 的沸点比PH 高
3 3 3 3
c.硝酸酸性比磷酸强 d.N原子半径比P原子小
铜既能与浓硝酸反应，也能与稀硝酸反应，当铜与一定浓度硝酸反应时，可将化学方程式表示为：
Cu+HNO →Cu(NO )+NO↑+NO ↑+H O(未配平，不考虑2NO NO)。完成下列填空：
3 3 2 2 2 2 2 4
（3）3Cu+10HNO → Cu(NO )+ NO↑+ NO ↑+ HO。配平上述化学方程式，用单线桥法标出
3 3 2 2 2
电子转移方向和数目。______
（4）0.3molCu被硝酸完全溶解后，如果得到的NO和NO 物质的量相同，则参加反应的硝酸的物质的量
2
是______。
【答案】（1） ①. 3s23p3 ②. 8 ③. 白磷缓慢氧化释放的热量
（2） ①. VA ②. 三角锥 ③. 极性 ④. ac
（3） （4）0.9mol
【解析】
【小问1详解】
磷是15号元素，P原子核外有15个电子，磷原子的最外层电子排布式是3s23p3；氧是8号元素，核外有8
个电子，氧原子核外有8种不同运动状态的电子。白磷在空气中露置时间长了会因温度达到着火点而自燃，
使白磷升温的热量主要来自白磷缓慢氧化释放的热量。
【小问2详解】
N和P最外层都有5个电子，在周期表中位于VA族，PH 分子中P原子价电子对数为4，有1个孤电子对，
3
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空间构型为三角锥形，空间结构不对称，是极性分子。
A．气态氢化物越稳定，元素非金属性越强，NH 的稳定性比PH 强，说明N的非金属性比P强，故选a；
3 3
B．分子晶体的沸点与分子间作用力有关，与元素非金属性无关，NH 的沸点比PH 高，不能说明N的非
3 3
金属性比P强，故不选b；
C．元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，硝酸酸性比磷酸强，说明N的非金属性比P强，故选
c；
D．原子半径与电子层数、最外层电子数有关，N原子半径比P原子小，不能说明N的非金属性比P强，
故不选d；
选ac 。
【小问3详解】
铜和浓硝酸反应，铜元素化合价由0升高为+2、硝酸中N元素化合价由+5降低为+4、+2，根据得失电子
守恒， NO 、NO的比为3:1，配平方程式为3Cu+10HNO =3Cu(NO)+3NO↑+NO ↑+5H O。用单线桥法标
2 3 3 2 2 2
出电子转移方向和数目为
【小问4详解】
0.3molCu被硝酸完全溶解后，转移电子0.6mol，表现酸性的硝酸为0.6mol，如果得到的NO和NO 物质的
2
量相同，则生成NO和NO 都是0.15mol，表现氧化性的硝酸为0.3mol，则参加反应的硝酸的物质的量是
2
0.9mol。
22. 为实现“碳中和”，可以使二氧化碳与氢气反应，一定条件下，CO 和H 可发生如下两个平行反应：
2 2
i.CO (g)+H(g) CO(g)+HO(g)-42kJ
2 2 2
ii.CO(g)+3H(g) CHOH(g)+H O(g)+49.6kJ
2 2 3 2
（1）为了提高CHOH的产率，理论上应采用的措施是(填编号)______。
3
A. 低温低压 B. 高温低压 C. 高温高压 D. 低温高压
（2）保持温度533K，压强3MPa，按投料比 = 向密闭容器中充入CO 和H，反应相同时间测得
2 2
不同催化剂下CO 转化率和CHOH选择性的相关实验数据如表所示(已知CHOH选择性：转化的CO 中生
2 3 3 2
成CHOH的百分比)。
3
催化剂 CO 转化率 CHOH选择性
2 3
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cat.1 21.9% 67.3%
cat.2 36.1% 100.0%
上述条件下，使用cat.2作催化剂，下列说法能判断反应ii达到平衡状态的是______(填编号)
A. 气体压强不再变化
B. 气体平均相对分子质量不再变化
C. CHOH和HO的物质的量之比为1：1
3 2
D. CO 和H 的物质的量之比不再变化
2 2
（3）一定条件下，向0.5L恒容密闭容器中充入1molCO 和3molH ，只发生上述反应ii，达平衡时，H 的
2 2 2
转化率为80%，则该温度下的平衡常数K=______(保留两位小数)。
（4）若恒容密闭容器中只发生上述反应i，在进气比n(CO)：n(H )不同、温度不同时，测得相应的CO 平
2 2 2
衡转化率如图所示，则B和D两点的温度T(B)______T(D)(填“＜”，“＞”，或“=”)，结合平衡常数分析原因：
______。
在工业生产和环境保护中，可以用NaOH溶液捕获CO，减少碳排放，可得到NaCO 和NaHCO 两种盐。
2 2 3 3
（5）0.1mol/L的NaHCO 溶液中c(OH-)＞c(H+)，用水解和电离理论的角度解释其原因______；若往溶液中
3
加入氨水至中性，则c(Na+)______c( )+c( )+c(H CO)(填“＞”、“﹤”或“=”)。
2 3
（6）往0.1mol/L的NaCO 溶液加入少量NaCO 固体，完全溶解后溶液中c(Na+)：c(CO )的比值
2 3 2 3
______(填“变大”、“变小”或“保持不变”)。
【答案】（1）D （2）B
（3）3.70 （4） ①. ＜ ②. 依据图像数据计算得到 B、D两点的平衡常数K(B)=2.25和
K(D)=3，又反应i是吸热反应，升温K增大
（5） ①. 的水解程度大于电离程度，溶液中c(H+)＞c(OH-) ②. =
（6）变小
【解析】
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【小问1详解】
生成甲醇的反应是气体体积减小的放热反应，降低温度和增大压强都可以使平衡正向移动，为了提高甲醇
的产率，采取的措施可以是低温高压，故选D。
【
小问2详解】
使用cat.2作催化剂，甲醇的选择性100%，即只发生反应ⅱ。
A．恒压条件下，气体压强一直不变，所以气体压强不再变化不能判断反应ⅱ是否达到平衡状态，故A不
选；
B．反应ⅱ的反应物和生成物都是气体，气体总质量是不变的，但气体总物质的量是变化的，所以未平衡
前混合气体的平均相对分子质量是变化的，当气体平均相对分子质量不再变化时，反应达到了平衡状态，
故B选；
C．CHOH和HO是生成物，物质的量之比始终为1：1，所以CHOH和HO的物质的量之比为1：1不能
3 2 3 2
判断反应ⅱ是否达到平衡状态，故C不选；
D．起始投料CO 和H 的物质的量之比是方程式的系数比，所以CO 和H 的物质的量之比一直不变，CO
2 2 2 2 2
和H 的物质的量之比不再变化不能作为判断反应是否达到平衡的标志，故D不选；
2
故选B。
【小问3详解】
一定条件下，向0.5L恒容密闭容器中充入1molCO 和3molH ，只发生上述反应ii，达平衡时，H 的转化
2 2 2
率为80%，可列三段式：
则该温度下的平衡常数K= =3.70。
【小问4详解】
B点CO 和H 的物质的量之比为1：1，CO 的平衡转化率为60%，设CO 和H 的物质的量均为1mol，容
2 2 2 2 2
器体积为1L，可列三段式：
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可得平衡常数K(B)= =2.25。
D点CO 和H 的物质的量之比为1.5：1，CO 的平衡转化率为50%，设CO 的物质的量为3mol，则H 的
2 2 2 2 2
物质的量为2mol，容器体积为1L，可列三段式：
可得平衡常数K(D)= =3。该反应的正反应是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大，
K(B)
