辽宁省东北育才学校高中部2023-2024学年高三上学期第三次模拟化学试题（Word版附解析）

2023―2024学年度东北育才学校高中部高三第三次模拟考试化学科试卷答题时间：75分钟满分：100分H-1C-12O-16Mg-24Al-27Cl-35.5Ca-40V-51Cu-64一、单选题(每题3分，共45分)1.琴棋书画诗酒花是古人享受人生的七绝。下列物品的主要材料为金属的是A．端石佛手砚B．明玉雕凤纹笔杆C．稻谷耕作全景图通草纸外销画D．清外销银浮雕人物龙柄带“史溢泉、开利店”铭啤酒杯A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．端石佛手砚硅酸盐，A不符合题意；B．玉雕的主要成分为硅酸盐，B不符合题意；C．草纸的主要成分为纤维素，C不符合题意；D．清外销银浮雕材料属于银，是金属，D符合题意；答案选D。2.第31届世界大学生夏季运动会于2023年7月至8月在成都成功举办。下列相关说法正确的是A.火炬“蓉火”采用丙烷燃料，实现了零碳排放，说明丙烷不含碳元素B.开幕式上的烟花表演利用了焰色反应原理C.大运会金牌材质为银质镀金，这是一种新型合金材料D.场馆消毒使用的过氧类消毒剂，其消杀原理与酒精相同 【答案】B【解析】【详解】A．丙烷是由碳元素和氢元素形成的烷烃，分子中含有碳元素，故A错误；B．焰色反应是利用金属离子在热火焰中产生特定颜色的现象，大运会开幕式上的烟花表演利用了焰色反应原理而绽放出耀眼光彩，故B正确；C．大运会金牌材质为银质镀金，则金牌材质属于不是银和金熔融得到的具有金属特性的金属材料，所以不属于新型合金材料，故C错误；D．过氧类消毒剂的消毒原理是利用过氧化物的强氧化性使蛋白质变性而达到杀菌消毒的作用，而酒精的消毒原理是利用乙醇分子具有的强大的渗透力，能快速渗入病原微生物内部，使其内部的蛋白脱水、变性、凝固性而达到杀菌消毒的作用，两者的消毒原理不同，故D错误；故选B。3.已知三氯化铁的熔点为306℃，沸点为315℃，易溶于水并且有强烈的吸水性，能吸收空气里的水分而潮解。某学习小组的同学对氯气与铁的反应及产物做了如下探究实验，装置的连接顺序为A.a→h→g→d→e→b→c→fB.a→d→e→g→h→b→c→fC.a→g→h→d→e→b→c→fD.a→g→h→b→c→d→e→f【答案】C【解析】【详解】由于盐酸易挥发，生成的氯气中含有氯化氢，所以利用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，又因为三氯化铁的熔点为306℃，沸点为315℃，易溶于水并且有强烈的吸水性，能吸收空气中的水分而潮解，所以在与铁反应之前还需要干燥，且还需要防止空气中的水蒸气进入，同事还需要尾气处理，则正确的连接顺序是a→g→h→d→e→b→c→f，故选C；4.从炼钢粉尘(主要含和)中提取锌的流程如下： “盐浸”过程转化为，并有少量和浸出。下列说法错误的是A.“盐浸”过程若浸液下降，需补充B.“滤渣”的主要成分为C.“沉锌”过程发生反应D.应合理控制用量，以便滤液循环使用【答案】B【解析】【分析】“盐浸”过程转化为，发生反应，根据题中信息可知，Fe2O3、Fe3O4只有少量溶解，通入空气氧化后Fe2+和Fe3+转化为Fe(OH)3；“沉锌”过程发生反应为：，经洗涤干燥后得到产物ZnS及滤液。【详解】A.“盐浸”过程中消耗氨气，浸液下降，需补充，A正确；B.由分析可知，“滤渣”的主要成分为Fe3O4和Fe2O3，只含少量的Fe(OH)3，B错误；C.“沉锌”过程发生反应，C正确；D.应合理控制用量，以便滤液循环使用，D正确；故答案选B。5.反应可用于纯硅的制备，其中1molSi单质中有2molSi-Si，下列有关该反应的说法正确的是A.该反应的反应物的能量大于生成物的能量B.该反应中为氧化剂，被氧化C.高温下该反应每消耗，需消耗能量D.用表示键能，该反应的【答案】D【解析】【详解】A．该反应为吸热反应，则反应物的能量低于生成物的能量，A错误； B．SiCl4中Si化合价为+4降低为0价的单质Si，发生还原反应作为氧化剂被还原，B错误；C．没有给出气体的温度和压强，故无法通过气体体积计算物质的量，C错误；D．焓变=反应物的总键能-生成物总键能，反应物的总键能=4E(Si−Cl)+2E(H−H)，生成物的总键能=4E(H−Cl)−2E(Si−Si)，D正确；故答案为：D。6.化学是一门以实验为基础的学科，如图所示的实验装置或操作能达到实验目的的是A．酸式滴定管排气泡操作B．制备Fe(OH)3胶体C．中和热的测定D．制备无水MgCl2A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．图中为碱式滴定管，为碱式滴定管排气泡操作，故A错误；B．向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体，氯化铁和NaOH溶液反应生成氢氧化铁沉淀，故B错误；C．图中缺少环形搅拌器，不能测定最高温度，故C错误；D．MgCl2易水解，HCl可抑制镁离子的水解，则在HCl氛围中加热MgCl2•6H2O能制取无水MgCl2，故D正确；故选D。7.自由基是化学键断裂时产生的含未成对电子的中间体，自由基与反应进程的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A.产物的稳定性比产物的强B.该历程中各元素化合价均未发生变化C.中间产物转化为产物的速率：D.与键能总和大于产物的键能总和【答案】C【解析】【分析】自由基与反应进程的能量变化据图可分析，可生成两种产物，均为放热反应，结合化学反应能量变化相关理论分析即可。【详解】A．产物P2的能量更低，稳定性更强，稳定性P1小于P2，A错误；B．此反应有参加，并且产生了含氧化合物，氧气中氧元素化合价必定发生了变化，B错误；C．由图分析可知，中间错误Z转化成产物产物P2过程能垒更高，故中间产物转化为产物的速率：，C正确；D．结合图像可知，总反应为放热反应，故反应物总键能小于生成物总键能，D错误；故选C。8.下图是一种具有磁性的“纳米药物”，可利用磁性引导该药物到达人体内的病变部位。该技术可大大提高治疗效果。下列有关说法不正确的是 A.该“纳米药物”分散于水中可得胶体B.该药物具有磁性与外壳有关C.高温下铁与水蒸气反应可获得D.该“纳米药物”中的二氧化硅属于酸性氧化物，能与溶液反应【答案】A【解析】【详解】A．“纳米药物分子车”粒子直径大于100nm,分散于水中得到的为浊液，故A错误；B．具有磁性，因此该药物具有磁性与外壳有关，故B正确；C．铁与水蒸气在高温下反应生成和氢气，故C正确；D．二氧化硅能够与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，属于酸性氧化物，故D正确；故选：A。9.如图是固体溶于水形成水合离子的过程模型图。下列说法不正确的是A.由图示可知氯化钠固体溶于水即可发生电离B.形成水合离子时，水分子朝向不同与离子所带电荷正负有关C.形成水合离子时，周围水分子个数不同与离子所带电荷正负有关D.该过程可用电离方程式简化表示【答案】C【解析】【详解】A．氯化钠固体溶于水后，无需通电即可发生电离，故A正确；B．进入水中，形成能够自由移动的水合钠离子和水合氯离子，由图可知，在形成的水合钠离子和水合氯离子中水分子的朝向不同，故B正确；C．水合离子周围水分子个数不同与离子所带电荷无关，故C错误；D．氯化钠固体溶于水后形成自由移动的Na+和Cl-，电离方程式，故D正确； 故选：C。10.工业上用CO2和H2合成甲醇涉及以下反应：反应I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1反应ⅡCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2在催化剂作用下，将1molCO2和2molH2的混合气体充入一恒容密闭容器中进行反应，达到平衡时，CO2的转化率和容器中混合气体的平均相对分子质量随温度变化如图。下列判断正确的是已知：平衡时甲醇的选择性为生成甲醇消耗的CO2在CO2总消耗量中占比。A.ΔH2<0B.T℃，平衡时甲醇的选择性为40%C.T℃，反应Ⅱ平衡常数D.为同时提高CO2的平衡转化率和平衡时甲醇的选择性，应选择的反应条件为高温、高压【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，温度越高，CO2的转化率越小，平衡逆向移动，说明逆反应是吸热反应，故反应I为放热反应，反应II为吸热反应，ΔH2>0，故A错误；B．T℃，CO2转化率为50%，平均相对分子质量为20，混合气体总物质的量为：＝2.4mol，则CO2为0.5mol，设甲醇为xmol，CO为ymol，可列出以下方程：x+y=0.5，n(H2)=2-(3x+y)，n(H2O)=x+y，n(CH3OH)+n(CO)+n(CO2)+n(H2)+n(H2O)=2.4，计算n(CH3OH)=0.3mol，n(CO)=0.2mol，甲醇的选择性为×100%＝60%，故B错误；C．由B项分析，T℃时，反应Ⅱ中平衡n(CO2)=0.5mol，n(H2)=0.9mol，n(CO)=0.2mol，n(H2O)=0.3+0.2=0.5mol，反应Ⅱ平衡常数，故C正确；D．由反应I为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故CO2 的平衡转化率降低，则不能选择高温条件，故D错误；故选：C。11.反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应进程的关系如下图所示：下列有关四种不同反应进程的说法正确的是A.进程Ⅰ是吸热反应B.平衡时P的产率：Ⅱ>ⅠC.生成P的速率：Ⅲ>ⅡD.进程Ⅳ中，Z不是反应的催化剂【答案】D【解析】【详解】A．进程Ⅰ反应物的能量大于产物能量，故进程Ⅰ是放热反应，故A错误；B．应Ⅱ和反应Ⅰ的始态和终态相同，生成P的量一样多，则平衡时P的产率：Ⅱ=Ⅰ，故B错误；C．反应活化能越低，反应则越快，反应Ⅲ的活化能高于反应Ⅱ的活化能，则生成P的速率：Ⅲ＜Ⅱ，故C错误；D．反应前反应物为S+Z，反应后生成物为P•Z，而不是P+Z，则Z不是该反应的催化剂，没起到催化作用，故D正确；故选：D。12.E(g)是一种重要的化工原料，以A(g)为原料可合成E(g)，科学家研究发现该反应分2步进行：反应i：反应ii：恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量A(g)和B(g)，图甲为该体系中A、C、E浓度随时间变化的曲线，图乙为反应i和ii的曲线(，k为速率常数，为反应活化能，R、c为常数)。 下列说法正确的是A.根据上述信息可知B.在t1时刻之后，反应速率的定量关系为C.反应i、ii的活化能大小关系为Eii＞EiD.在实际生产中，充入一定量惰性气体一定可以提高E的平衡产率【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，题给图示只能判断反应中物质的能量关系，不能判断反应ⅰ、ⅱ的焓变大小，根A错误；B．由图可知，在t1时刻E的浓度达到最大值，之后E的浓度减小，由方程式可知，生成E的速率等于反应A、C的速率之和，则t1时刻之后，反应速率的关系为，根B正确；C．反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，相同温度时，反应i的反应速率小于反应ii，则活化能大于反应ii，故C错误；D．恒容容器中充入一定量不参与反应的惰性气体，反应体系各物质浓度不变，化学平衡不移动，E的平衡产率不变，故D错误；故选B。13.CO2氧化乙苯脱氢制苯乙烯的反应方程式是：(g)+CO2(g)+H2O(g)+CO(g)，其反应历程如图所示。下列有关说法正确的是A.该反应的 B.该反应的平衡常数表达式为(-表示苯基)C.催化剂表面酸性越强，苯乙烯的产率越高D.过程③可能生成副产物【答案】D【解析】【详解】A．由题干反应方程式可知，该反应正反应是一个气体体积增大的方向，故该反应的，A错误；B．由题干反应方程式可知，产物中H2O为气态，故该反应的平衡常数表达式为(-表示苯基)，B错误；C．根据反应历程可知，催化剂表面需要活化吸附，该微粒带负电荷，如果催化剂表面酸性较强，则带负电荷的氢氧根离子较少，有利于的吸附，且酸性物质不会和二氧化碳反应，从而提高了乙苯的转化率，但酸性太强，催化剂表面吸附大量的带正电的H+，导致的吸附能力减弱，不利乙苯转化率的提高，故并不是催化剂表面酸性越强，苯乙烯的产率越高，C错误；D．由题干反应历程图示信息可知，过程③中存在和中间体微粒，故可能生成副产物，D正确；故答案为：D。14.AlPO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示(已知AlPO4溶解为吸热过程)。下列说法不正确的是 A.T1>T2B.AlPO4在b点对应的溶解度大于c点C.T1下Q点溶液无AlPO4固体析出D.图中Ksp：a=c=d<b【答案】A【解析】【详解】A．温度越高AlPO4的溶解度大，AlPO4在b点对应的溶解度大于c点，所以T1＜T2，故A错误；B．沉淀溶解平衡为吸热反应，升高温度时，AlPO4溶解度增大，所以AlPO4在b点对应的溶解度大于c点，故B正确；C．Ksp=c(Al3+)∙c()，曲线上的点都为沉淀溶解平衡状态，T1 温度下，Q点的Qc<Ksp，则溶液无AlPO4固体析出，故C正确；D．温度相同，Ksp相同，温度越高，Ksp越大，则图像中四个点的Ksp：a=d=c＜b，故D正确；故选：A。15.常温下，向、和HR的混合液中滴加NaOH溶液，pM与pH的关系如图所示。已知：pM=－lgc(M)，c(M)代表、或，。 下列叙述错误的是A.X、Z分别代表、与pH的关系B.常温下，弱酸HR的电离常数C.图中a点对应的pH为6.5D.常温下，和共存时：【答案】D【解析】【详解】A．常温下，、，由于可知，X代表与pH的关系，Y代表与pH的关系，Z代表与pH的关系，A正确；B．，取Z中点（5，0）带入得，，B正确；C．Y代表与pH的关系，，将点（10，7）代入得，，则，a点时，则pH为6.5，C正确；D．X代表与pH的关系，，则，Y代表与pH的关系，，则，常温下，和共存时：，D错误；故选D。二、填空题16.过氧化钙是一种微溶于水的白色或淡黄色固体，在加热时可分解生成氧气，主要用作增氧 剂、杀菌剂等。（1）过氧化钙投入养鱼池，可持续供氧数十小时，该过程中发生反应的化学方程式为___________。（2）实验小组测定渔农使用的过氧化钙增氧剂(杂质中不含钙元素)含量的方法如下：①滴加的溶液须过量，目的是___________；能表明溶液已过量的实验操作和现象是___________。②通过计算，该样品中的质量分数为___________(写出计算过程)。（3）在碱性条件下制备的装置如图所示。三颈瓶中发生的反应为：，若装置中撤掉冰水浴装置，的产率()出现明显下降的原因是___________。（4）为探索过氧化钙-亚铁组合工艺处理高藻水的效能，采用了不同浓度的过氧化钙和硫酸亚铁对高藻水进行处理，并测定藻细胞去除率，评估处理效果如图所示。则最佳过氧化钙-亚铁的组合为___________(填序号)。 A.和B.和C.和D.和【答案】（1）（2）①.使完全反应(或使完全沉淀②.向上层清液中继续滴加溶液，无白色沉淀生成③.根据原子守恒可知：，的质量分数（3）温度升高，或会分解（4）A【解析】【分析】过氧化钙和稀盐酸反应生成氯化钙和水和氧气，加入过量碳酸钠除去过量稀盐酸，碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀；【小问1详解】过氧化钙用作增氧剂，则过氧化钙与水反应生成氢氧化钙和氧气，化学方程式为：；【小问2详解】①过氧化钙和稀盐酸反应生成氯化钙，滴加的溶液须过量，目的是使完全反应(或使完全沉淀，减少测定过氧化钙含量的误差；能表明溶液已过量的实验操作和现象是向上层清液中继续滴加溶液，无白色沉淀生成； ②得到50gCaCO3固体，其物质的量为，由钙元素质量守恒可得n()=n(CaCO3)=0.5mol，质量为m=nM=0.5mol×72g/mol=36g，质量分数为；【小问3详解】已知过氧化钙在加热时可分解生成氧气，若装置中撤掉冰水浴装置，的产率出现明显下降的原因是温度升高，或会分解；【小问4详解】据图可知，和为条件时藻细胞去除率较佳，则最佳过氧化钙-亚铁的组合为A。17.HDS催化剂广泛用于石油炼制和化学工业生产中，通常利用加碱焙烧——水浸取法从HDS废催化剂(主要成分为MoS、NiS、、等)中提取贵重金属钒和钼，其工艺流程如图所示。已知：Ⅰ．焙烧时、、均可与纯碱反应生成对应的钠盐，而NiO不行。Ⅱ．高温下易分解，分解产物含氮元素的气体有两种，二者均非氧化物。Ⅲ．；、。请回答下列问题：（1）流程的“气体”中含有二氧化碳，写出二氧化碳的一种用途：___________。（2）请写出“焙烧”过程中及MoS分别与纯碱反应的化学方程式：___________，___________。（3）“浸渣”的成分为___________(填化学式)；“滤液2”中的成分除了外，还含有___________(填化学式)。（4）“沉钒”时提钒率随初始钒的浓度及氯化铵的加入量的关系如图所示，则选择的初始的加入量为___________。 （5）在实际工业生产中，“沉钼”前要加入完全沉淀掉溶液中的，应维持反应后溶液中，的范围是___________。（6）“沉钒”时生成沉淀，请写出“煅烧”中发生反应的化学方程式：___________。【答案】（1）灭火（2）①.Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑②.2MoS+2Na2CO3+5O22Na2MoO4+2CO2+2SO2（3）①.NiO②.NaVO3、NaHCO3（4）10g/L（5）<（6）6NH4VO33V2O3+2N2↑+2NH3↑+9H2O【解析】【分析】HDS废催化剂主要成分为MoS、NiS、、，加入纯碱焙烧，转化为Na2MoO4、NaVO3、NaAlO2、NiO；水浸除去NiO，滤液1通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀除铝，滤液2中含有、NaVO3、NaHCO3，调节pH=8.4，加氯化铵生成沉淀，过滤，滤液中加硝酸生成钼酸沉淀。【小问1详解】二氧化碳不支持燃烧，可以用来灭火。【小问2详解】和碳酸钠反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，MoS与纯碱反应生成钼酸钠、二氧化硫、二氧化碳，反应的化学方程式为，Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑、2MoS+2Na2CO3+5O22Na2MoO4+2CO2+2SO2。【小问3详解】焙烧时NiS被氧化为NiO、SO2，NiO与碳酸钠不反应，“浸渣”的成分为NiO；根据流程图，可知滤液1通入二氧化碳气体除铝，“滤液2”中的成分除了外，还含有NaVO3、NaHCO3。 【小问4详解】由图可知加入量为10g/L时，钒提取率达到90%以上，且再增大量时，提钒率变化不大，则选择的初始的加入量为10g/L。【小问5详解】，，则完全沉淀掉溶液中的时，，应维持反应后溶液中。【小问6详解】高温下易分解，分解产物含氮元素的气体有两种，二者均非氧化物，则含氮气体为氮气和氨气，“煅烧”中发生反应的化学方程式为6NH4VO33V2O3+2N2↑+2NH3↑+9H2O。18.探究甲醇对丙烷制丙烯的影响。丙烷制烯烃过程主要发生的反应有ⅰ．ⅱ．ⅲ．已知：为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。在0.1MPa、t℃下，丙烷单独进料时，平衡体系中各组分的体积分数见下表。物质丙烯乙烯甲烷丙烷氢气体积分数(%)2123.755.20.10（1）比较反应自发进行的最低温度，反应ⅰ___________反应ⅱ(填“>”或“<”)；（2）①在该温度下，远大于，但和相差不大，说明反应ⅲ的正向进行有利于反应ⅰ的___________反应和反应ⅱ的___________反应(填“正向”或“逆向”)。②从初始投料到达到平衡，反应ⅰ、ⅱ、ⅲ的丙烷消耗的平均速率从大到小的顺序为：___________。③平衡体系中检测不到，可认为存在反应：，下列相关说法正确的是___________(填标号)。 a．b．c．使用催化剂，可提高丙烯的平衡产率d．平衡后再通入少量丙烷，可提高丙烯的体积分数④由表中数据推算：丙烯选择性___________。（3）丙烷甲醇共进料时，还发生反应：iv．在0.1MPa、t℃下，平衡体系中各组分体积分数与进料比的关系如图所示。进料比n(丙烷)∶n(甲醇)=1时，体系总反应的热化学方程式为___________。【答案】（1）＞（2）①.正向②.逆向③.ii＞i＞iii④.ab⑤.38.04%（3）【解析】【分析】Kp为用气体分压表示平衡常数，分压=物质的量分数×总压，巧用盖斯定律解决问题。结合阿伏加德罗定律将物质的量和体积进行转化。【小问1详解】反应ⅰ的∆G=124-127T（未带单位）＜0，T＞;同理反应ⅱ：T＞,，故反应ⅰ的最低温度比反应ⅱ的最低温度大，故答案为：＞。小问2详解】ⅲ的正向进行氢气浓度减小，有利于i正向；ⅲ的正向进行甲烷浓度增大，有利于ⅱ逆向，根据平衡体积分数，消耗1mol丙烷生成1mol丙烯或1mol乙烯或3mol甲烷，可知反应速率ⅱ＞ⅰ＞ⅲ，根据盖斯定律：目标反应=2ⅰ+ⅲ，故；分压=物质的量分数×总压=体积分数×总压，故 ；；催化剂不能影响平衡；通入丙烷平衡正向移动，根据勒夏特列原理并不能够将丙烷增加的影响消除，因此丙烯的体积分数会降低；在相同条件下，物质的量之比等于体积之比；同时消耗1mol丙烷生成1mol丙烯或1mol乙烯或3mol甲烷，生成乙烯时同时生成等量的甲烷，因此丙烯的选择性。【小问3详解】丙烷甲醇共进料时，还发生反应：iv．，进料比n(丙烷)∶n(甲醇)=1时，反应的焓变等于，体系总反应的热化学方程式为：19.请回答下列问题：（1）以为原料加氢可以合成甲醇，一般认为可通过如下两个步骤来实现：①②若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是___________(填标号)。A.B.C.D.（2）恒容条件下，反应达到平衡，下列措施中能使平衡体系中增大且加快化学反应速率的是___________(填字母)。 A.升高温度B.充入，使体系压强增大C.再充入1molD.将从体系中分离出去（3）在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1mol和2mol，一定条件下发生反应：，测得浓度随时间的变化如表所示：时间/min0351015浓度/()00.30.450.50.5测得该条件下平衡时体系的压强为P，求该反应的___________。（4）在催化剂存在的条件下进行以下两个竞争反应：①②将的混合气体充入体积为VL的密闭容器中，相同时间内测得温度与转化率、产物选择性的关系如图所示。选择性。①270℃以后转化率随温度升高而增大的原因可能是①___________或②___________。②有利于提高选择性的反应条件可以是___________(填标号)。A．升高温度B．使用更合适的催化剂C．增大压强D．原料气中掺入适量的CO【答案】（1）C（2）C（3）（4）①.反应②是吸热反应，270℃后以反应②为主，升高温度平衡正向移动②. 升高温度，反应速率加快，转化率升高③.BCD【解析】【小问1详解】，一般认为可通过如下两个步骤来实现：①②根据盖斯定律①+②得；反应①吸热、反应②放热、正反应放热，若反应①为慢反应，反应①的活化能大于反应②，能体现上述反应能量变化的是C；【小问2详解】A.正反应放热，升高温度平衡逆向移动，减小，故不选A；B.充入，使体系压强增大，反应物浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，不变，故不选B；C.再充入1mol，氢气浓度增大，反应速率加快，平衡正向移动，增大，故选C；D.将从体系中分离出去，平衡正向移动，增大，但反应速率减慢，故不选D；选C。【小问3详解】反应达到平衡时，甲醇的物质的量为0.5mol测得该条件下平衡时体系的压强为P，求该反应的。 【小问4详解】①反应②是吸热反应，270℃后以反应②为主，升高温度平衡正向移动；升高温度，反应速率加快，转化率升高；②A．根据图示，升高温度，选择性降低，故不选A；B．使用更合适的催化剂，可以加快反应①的速率，提高甲醇的选择性，故选B；C．增大压强，反应①正向移动，有利于提高选择性，故选C；D．原料气中掺入适量的CO，使反应②逆向移动，有利于提高选择性，故选D；