四川省广安市2024–2025学年高二化学上学期10月月考试卷【含答案】

/本试卷共8页，18小题，满分100分。考试用时75分钟可能用到的相对原子质量：H-1；O-16；Na-23；Mg-24；S-32；Cl-35.5；Fe-56一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选择中，只有一项是符合题目要求的。1.研究化学反应需要关注反应快慢、历程、趋势和限度，下列关于这些问题的说法正确的是A.对活化能为零的反应升高温度，能提高活化分子百分数，反应速率明显提高B.其他条件不变，改变温度，平衡常数改变，化学平衡一定发生移动C.其他条件不变，改变压强一定能够改变有气体参加的反应的最大限度D.加入合适的催化剂能改变反应自由能和活化能，实现反应的自发进行和完成【答案】B【解析】【详解】A．活化能为零的反应，分子基本都是活化分子，升高温度，活化分子百分数没有明显增多，因此反应速率也无明显提高，A项错误；B．任何化学反应都伴随能量的变化，因此改变温度，平衡常数会发生改变，化学平衡发生移动，B项正确；C．反应达到最大限度即反应达到平衡，对于反应前后气体体积不变的反应，改变压强，平衡不移动，反应的最大限度不变，C项错误；D．加入合适的催化剂能改变反应的活化能，但不能改变反应的自由能，因此无法改变反应是否自发进行，D项错误。答案选B。2.扎染是中国传统的手工染色技术，染色的核心工艺流程如下。下列推论错误的是A.制备环节：改变还原剂可调控化学反应速率B.退浆环节：催化剂大幅度加快化学反应速率C.退浆环节：可以加热煮沸提高淀粉酶的活性D.染色环节：升高体系温度加快化学反应速率【答案】C【解析】【详解】A．由流程可知，使用连二硫酸钠做还原剂后时间缩短，速率加快，A正确；B．催化剂可以改变反应历程，降低化学反应的活化能，增大活化分子百分数，增加有效碰撞次数，故能够加快化学反应速率，B正确；C．加热煮沸会导致温度过高，使得淀粉酶失去活性，C错误；D．升高温度不能提高反应的活化能，但可以提高反应分子的平均能量，增大活化分子数，从而增大活化分子百分数，从而加快反应速率，D正确；故选C。3.下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是A晒自来水养小金鱼B.用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中混有HClC.CO中毒的病人进入高压氧舱中接受治疗D.一定温度下密闭容器中发生A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，平衡时B浓度为0.5mol/L，将容器缩小为原来体积的一半，平衡时测得B的浓度1.0mol/L【答案】D【解析】【详解】A．自来水使用氯气消毒，氯气和水生成次氯酸，次氯酸见光分解，导致平衡：Cl2+H2OHCl+HClO正向移动，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B．二氧化碳和水生成碳酸，碳酸存在电离：，而饱和碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子浓度较大，会抑制二氧化碳的电离，使得二氧化碳溶解度较小，故能用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中混有的HCl，能用勒夏特列原理解释，B不符合题意；C．煤气中毒病人血液中存在平衡CO(g)+Hb(O2)O2(g)+Hb(CO)，CO中毒的病人置于高压氧舱，会使平衡逆向移动，让一氧化碳失去和血红蛋白结合的机会，能用勒夏特列原理解释，C不符合题意；D．反应为气体分子数不变的反应，将容器缩小为原来体积的一半，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，D符合题意；故选D。4.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。W和Y同族，Y的原子序数是W的2倍，X是地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确的是A.X与Y可形成化合物X2Y3B.简单氢化物的沸点：Y>WC.工业上电解熔融XZ3制备XD.Y、Z的氧化物对应的水化物均为强酸【答案】A【解析】【分析】X是地壳中含量最多的金属元素，X为Al元素，W和Y同族，Y的原子序数是W的2倍，W为O元素，Y为S元素，Z为Cl元素，据此分析解题。【详解】A．X与Y可形成化合物Al2S3，A正确；B．W为O元素，Y为S元素，简单氢化物分别为H2O、H2S，水分子间有氢键沸点高，简单氢化物的沸点：Y<W，B错误；C．AlCl3为共价化合物，熔融状态不电离，工业上用电解熔融Al2O3制备金属铝，C错误；D．Y、Z最高氧化物对应的水化物均为强酸，其他低价氧化物对应的水化物不一定是强酸，如亚硫酸为弱酸，D错误；故选A。5.将CO2转化为人类使用的能源有利于实现“碳达峰”，某电池利用CO2和H2获取CH4工作原理如图所示。下列说法错误的是A.该电池中电极b作负极B.工作时，电极a产生CH4的电极反应式为CO2+8H++8e-=CH4+2H2OC.工作时质子向电极a迁移D.有22.4L氢气反应时，有2mol电子从b极经过导线流向a级，再经过溶液流回b极【答案】D【解析】【分析】该电池中CO2和H2发生氧化还原反应生成CH4和CO，其中，CO2发生还原反应，电极a作正极，H2发生氧化反应，电极b作负极，据此分析。【详解】A．根据分析可知，电极b上发生氧化反应，电极b作负极，A项正确；B．电极a作正极，发生还原反应，CO2得电子，生成CH4，电极反应式为：CO2+8H++8e-＝CH4+2H2O，B项正确；C．根据原电池原理可知，阳离子移向电池的正极，电极a作正极，则H+移向电极a，C项正确；D．未说明气体所处状态，则22.4L氢气不一定是1mol，电子不会经过溶液流回b极，D项错误；故选D。6.许多化学反应都是在水溶液中进行。下列说法正确的是A.常温下，1LpH=1的H2SO4溶液中氢离子物质的量为0.2molB.pH=1的盐酸溶液中氢离子浓度是pH=2的盐酸溶液中的2倍C.加水稀释氨水，NH数目增多，NH3·H2O数目减少，因此增大D.中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸，前者所需氢氧化钠的物质的量多【答案】C【解析】【详解】A．常温下，1LpH=1的H2SO4溶液中氢离子物质的量为1L×0.1mol/L=0.1mol，A错误；B．pH=1的盐酸溶液中氢离子浓度是pH=2的盐酸溶液中的0.1mol/L÷0.01mol/L=10倍，B错误；C．加水稀释氨水，溶液浓度减小，促进一水合氨电离，NH数目增多，NH3·H2O数目减少，增大，C正确；D．等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸中溶质物质的量相同，则中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸，所需氢氧化钠的物质的量相同，D错误；故选C。7.一种具有抗菌作用的医药中间体的结构如图。下列说法错误的是A.分子式是C13H14O4B.分子中含有5种官能团C.能与NaHCO3溶液反应放出CO2D.可以发生取代反应、氧化反应和加成反应【答案】B【解析】【详解】A．该有机物有七个不饱和度，分子式是，A正确；B．该有机物中含有碳碳双键、酮羰基、酚羟基、羧基4种官能团，B错误；C．该有机物中含有羧基，能与溶液反应放出，C正确；D．该有机物中酚羟基、羧基可以发生取代反应，碳碳双键、酮羰基、苯环可以发生加成反应，碳碳双键、酚羟基、苯环上的甲基可以发生氧化反应，D正确；故选B。8.下列各组离子在相应的条件下一定不能大量共存的是A.与铝反应放出氢气的溶液中：NH、Na+、Cl-、SOB.澄清透明溶液中：NH、Cu2+、Cl-、SOC.常温下，水电离的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液中：K+、Na+、CO、Cl-D.常温下，=10-12的溶液中：NH、Na+、Cl-、HCO【答案】D【解析】【详解】A．与铝反应放出氢气的溶液中可能是酸性或碱性，碱性溶液中NH不能大量共存，酸性溶液中可以大量共存，A不符合题意；B．澄清透明溶液中：NH、Cu2+、Cl-、SO互不反应，可以大量共存，B不符合题意；C．由水电离产生的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液可能为酸溶液也可能为碱溶液，酸性溶液中含有大量H+，CO不能大量共存，碱性溶液中含有大量OH-，OH-与其他离子互不反应，可以大量共存，C不符合题意；D．=1×10-12的溶液中含有大量OH-，OH-与、HCO之间能够发生反应，不能大量共存，D符合题意；答案为D。9.下列装置正确且进行实验可以达到相应实验目的的是A．测定锌与稀硫酸反应的速率B．研究浓度对反应速率的影响C．比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果D．探究温度对化学平衡的影响A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．长颈漏斗会使锌与稀硫酸反应生成的氢气逸出，无法测定氢气的体积，则题给装置无法达到测定锌与稀硫酸反应的速率的实验目的，故A错误；B．过氧化氢溶液与亚硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钠和硫酸，反应中无明显实验现象，则题给装置无法达到研究浓度对反应速率的影响的实验目的，故B错误；C．由图可知，催化剂中阳离子、阴离子均不同，由探究实验变量唯一化原则可知，则题给装置无法达到比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果的实验目的，故C错误；D．二氧化氮转化为四氧化二氮的反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮浓度增大，混合气体颜色加深，降低温度，平衡向正反应方向移动，二氧化氮浓度减小，混合气体颜色变浅，则题给装置无法达到探究温度对化学平衡的影响的实验目的，故D正确；故选D。10.甲烷在含催化剂作用下部分反应能量变化如图，下列说法错误的是A. B.步骤1的反应比步骤2快C.该过程实现了甲烷的氧化 D.步骤2逆向反应的【答案】B【解析】【详解】A．由能量变化图可知，，A正确；B．由能量变化图可知，步骤1的活化能，步骤2的活化能，步骤1的活化能大于步骤2的活化能，步骤1的反应比步骤2慢，B错误；C．该过程甲烷转化为甲醇，属于加氧氧化，该过程实现了甲烷的氧化，C正确；D．由能量变化图可知，步骤2逆向反应的，D正确；答案选B。11.下图为工业合成氨的流程图。下列说法错误的是A.步骤①的目的是防止混入杂质使催化剂中毒B.步骤②中“加压”既可以提高原料的转化率，又可以加快反应速率C.步骤③选择500℃的重要原因是催化剂活性最高D.步骤③、④、⑤均有利于提高原料的平衡转化率【答案】D【解析】【分析】加压既能提高反应速率，又能促进平衡正向移动，合成氨的反应为放热反应，低温有利于平衡正向移动，但是低温下，催化剂活性低，反应速率也低，因此综合考虑将温度设定在500℃并使用含铁催化剂进行催化反应，及时将产生的NH3液化分离出来以提高N2和H2的转化率，剩余的N2和H2再循环利用。【详解】A．步骤①中“净化”是除去杂质以防止铁触媒中毒，故A正确；B．合成氨的反应为气体分子数减小的反应，加压有利于平衡正向移动，提高原料转化率，加压也可以提高反应速率，故B正确；C．由图可知工业生产中，催化合成氨的反应温度为500℃，说明500℃是催化剂催化活性的最佳温度，故C正确；D．催化剂只能提高反应速率，不能提高平衡转化率，合成氨反应为放热反应，高温不利于平衡正向移动，而液化分离出NH3和N2、H2的循环再利用均可以使平衡正向移动，所以步骤④、⑤有利于提高原料平衡的转化率，步骤③不利于提高原料的平衡转化率，故D错误；答案选D。12.根据相应的图像，下列相关说法正确的是甲：乙：aA(g)+bB(g)⇌cC(g)L(s)+aG(g)⇌bR(g)丙：丁：aA+bB⇌cCA+2B⇌2C+3DA.由图甲可知反应aA(g)+bB(g)cC(g)：a+b>c且正反应为吸热反应B.反应达到平衡时外界条件对平衡影响关系如图乙所示，则正反应为吸热反应，且a>bC.物质的含量和压强关系如图丙所示，可知E点v(逆)<v(正)D.反应速率和反应条件变化关系如图丁所示，则该反应的正反应为放热反应，且A、B、C、D均为气体【答案】C【解析】【详解】A．甲图中斜率代表反应速率，则T1>T2，P2>P1，说明升高温度C的百分含量减小，平衡逆向移动，该反应为放热反应，增大压强，C的百分含量增大，平衡正向移动，a+b>c，故A错误；B．由图象可知，相同压强下温度大，G的体积分数小，正反应为吸热反应，但p1和p2的大小关系不确定，则不能确定a、b关系，故B错误；C．曲线l上的点都是平衡点，E点反应未达到平衡，且A的百分含量要下降，平衡正向移动，可知E点v(逆)<v(正)，故C正确；D．降温，正反应速率大于逆反应速率，平衡右移，正反应为放热反应；加压，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，若A、B、C是气体、D可以为固体或液体，符合平衡正向移动，与图象一致，故D错误；故选C。13.CH3COOCH3制乙醇的反应为：。在四个1L恒容密闭容器中分别加入1mol醋酸甲酯和2molH2发生上述反应。测得经过相同时间n(CH3COOCH3)与1/T的关系如图所示。下列说法正确的是A.该反应的H>0 B.v逆乙>v逆丙>v逆丁C.容器丙中当前状态是平衡状态 D.容器甲中氢气转化率为40%【答案】B【解析】【详解】A．温度越高反应速率越快，比较乙丙可知，升高温度，减小，醋酸甲酯量增大，则反应逆向进行，正反应为放热反应，H<0，A错误；B．升高温度，化学反应速率增大，反应温度：乙>丙>丁，则v逆乙>v逆丙>v逆丁，B正确；C．反应温度：乙>丙，丙点反应速率小于乙，乙点醋酸甲酯的物质的量小于丙，则乙点醋酸甲酯的转化率大于丙，说明容器丙中不是平衡状态，C错误；D．容器甲中n(CH3COOCH3)=0.4mol，则容器甲中氢气转化率为=60%，D错误；故选B。14.一定温度下，向2L恒容密闭容器中投入E和M发生反应：E(g)+M(g)F(g)2G(g)。已知反应初始n0(E)=n0(M)=0.20mol，测得0-t2时间段部分物质的浓度(c)随时间(t)的变化关系如图所示，t2时反应体系达到平衡状态。下列说法正确的是A.X为c(F)随t的变化曲线B.0~t1内，v(G)=mol⋅L−1⋅s−1C.若t2时扩大容器的体积，n(F)变小D.若t2时升温，物质浓度变化如虚线所示，则反应的活化能：①<②<③【答案】C【解析】【分析】由题干反应E(g)+M(g)F(g)2G(g)信息可知，达到平衡之前，F的浓度先增大后减小，G的浓度一直增大，E、M的浓度一直减小，故可知X为G，浓度一直减小的曲线为E或者M，浓度先增大后减小的曲线为F，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，X为c(G)随的变化曲线，A错误；B．由分析可知，X为c(G)随的变化曲线，根据图像信息可知，0~t1s内，G的浓度变化量小于(0.10-a)mol/L，则v(G)<mol⋅L−1⋅s−1，B错误；C．由题干图像信息可知，反应①即E(g)+M(g)=F(g)不可逆，反应②即F(g)2G(g)为气体体积增大的可逆反应，若t2时扩大容器的体积，反应②平衡正向移动，n(F)变小，C正确；D．由题干图像信息可知，反应①即E(g)+M(g)=F(g)不可逆，反应②即F(g)2G(g)为可逆反应，由题干图像信息可知，F的浓度先增大后减小，且F的浓度增大比X的增大的快，故反应①的速率大于反应②的速率，活化能越大，反应速率越慢，故反应的活化能：①＜②，若t2时升温，物质浓度变化如虚线所示，X的浓度增大，说明平衡正向移动，该反应为吸热反应，则反应的活化能：②>③，D错误；故选C。二、非选择题(本题包括4个小题，共58分)15.卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe3+、Fe2+和Mn2+等离子。若以它为原料按下图所示工艺流程进行生产，可制得轻质氧化镁。回答下列问题：已知：I．氢氧化亚铁呈絮状。II．下表是25℃时生成氢氧化物沉淀对应的pH。离子Fe2+Fe3+Mn2+Mg2+开始沉淀的pH7.62.78.39.6完全沉淀的pH9.63.79.711.1（1）溶解时要先将卤块粉碎，其目的是___________。（2）加入双氧水的目的是___________；不能用酸性KMnO4溶液代替双氧水的原因是___________。（3）“除杂”时，溶液pH至少应调至___________。（4）“沉镁”的主要反应的离子方程式为___________。（5）“操作a”包括过滤、洗涤沉淀等操作。若要检测“洗涤沉淀”是否完成，选择的试剂最好为___________。（6）若该工艺中用285t卤块(含MgCl290%)为原料，制得97.2t轻质氧化镁，则MgO的产率为___________。【答案】（1）加快卤块的溶解速率（2）①.将Fe2+氧化为Fe3+②.将氧化为Cl2造成污染；会增加杂质Mn2+的含量（3）9.7（4）（5）硝酸酸化的硝酸银溶液（6）90%【解析】【分析】卤块加水溶解，加双氧水的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，加NaOH调节pH的目的是除去Mn2+、Fe3+，滤渣A为氢氧化铁和氢氧化锰，加Na2CO3沉镁，过滤得碳酸镁沉淀，煮沸得氢氧化镁，灼烧得轻质氧化镁。【小问1详解】溶解时要先将卤块粉碎，增大接触面积，加快溶解速率，故答案为：加快卤块的溶解速率；【小问2详解】加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续各离子分离，卤块的主要成分是MgCl2，酸性KMnO4溶液能氧化氯离子，生成Mn2+，会增加杂质Mn2+的含量，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；会增加杂质Mn2+的含量；将氧化为Cl2造成污染；【小问3详解】“除杂”时，加NaOH调节pH的目的是除去Mn2+、Fe3+，保证杂质离子除净，pH至少调到大于9.7，生成Fe(OH)3、Mn(OH)2，故答案为：9.7；【小问4详解】“沉镁”时加Na2CO3，生成碳酸镁沉淀，主要反应的离子方程式为，故答案为：；【小问5详解】洗涤沉淀碳酸镁，主要是洗去表面的氯离子，检测“洗涤沉淀”是否完成方法为：取少量最后一次洗出液于试管中，滴加少量硝酸酸化的硝酸银溶液，若无沉淀产生，则证明洗涤已完成；反之，若产生沉淀，洗涤未完成，故答案为：硝酸酸化的硝酸银溶液；【小问6详解】根据镁元素守恒可得：，理论上可得到氧化镁的质量为：则MgO的产率为：，故答案为：90%。16.下表是25℃几种常见弱酸的电离平衡常数(Ka)酸CH3COOHH2CO3H2SO3HClOKa1.8×10-5Ka1=4.5×10-7Ka2=4.7×10-11Ka1=2×10-2Ka2=5.0×10-82.0×10-8（1）同浓度的CH3COOH、H2CO3、HClO溶液的pH最大的是___________。（2）某温度下，0.1mol/L的盐酸溶液和0.1mol/L的氢氧化钠溶液中水电离的c水(OH-)之比为___________。（3）结合上表中数据和物质性质书写离子方程式：①将少量CO2通入NaClO溶液___________；②将过量SO2通入NaClO溶液___________。（4）25℃时，H2SO3的Ka1的表达式为___________，向H2SO3溶液中加入一定量的NaOH，若所得溶液的c(H+)=10-6mol/L，则混合液中=___________。（5）根据表中数据从平衡角度通过计算可知反应CH3COOH+ClO-CH3COO-+HClO的平衡常数K=___________，数值较大，因此能实现CH3COOH制得HClO。【答案】（1）HClO（2）1：1（3）①.CO2+H2O+ClO-=HCO+HClO②.SO2+2ClO-+H2O=2H++SO+Cl-（4）①.②.5.0×10-2（5）900【解析】小问1详解】相同浓度的一元弱酸，酸的电离平衡常数越大，酸中c(H+)越大，酸电离平衡常数：K(CH3COOH)＞K(H2CO3)＞K(HClO)，则相同浓度的这几种酸中c(H+)的大小顺序为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，故pH最大的是HClO；【小问2详解】0.1mol/L的盐酸溶液水电离的氢离子浓度为10-13mol/L，和0.1mol/L的氢氧化钠溶液中水电离的氢离子浓度为10-13mol/L，即水电离的c水(OH-)之比为1∶1；【小问3详解】①根据表格中数据可知，碳酸的二级电离常数小于次氯酸的电离常数，则将少量CO2通入NaClO溶液离子方程式为：CO2+H2O+ClO-=HCO+HClO；②二氧化硫中+4价硫可以被次氯酸氧化为+6价，则将过量SO2通入NaClO溶液离子方程式为：SO2+2ClO-+H2O=2H++SO+Cl-；【小问4详解】H2SO3为二元弱酸，则其一级电离常数为：；根据亚硫酸的二级电离常数表达式可知，Ka2=，则；【小问5详解】根据方程式可知，平衡常数K=。17.为了有效减少碳排放，我们可利用CO2制备“合成气”(CO、H2)、甲醇、二甲醚等产品，进行资源化应用，用CO2合成二甲醚有两种工艺。工艺一：涉及以下主要反应：I．甲醇的合成：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)∆H1<0；II．逆水汽变换：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)∆H2>0；III．甲醇脱水：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)∆H3>0。工艺二：利用CO2直接加氢合成CH3OCH3(反应IV)。（1）①反应①___________(填“高温”或“低温”)自发，反应IV的热化学方程式：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)∆H4=___________。(用上述反应的∆H表示)。②恒温恒容条件下，下列说法能判断反应IV达到平衡的是___________(填字母)。A．气体物质中碳元素与氧元素的质量比不变B．容器内压强不变C．容器内气体密度不变D．混合气体的平均摩尔质量不变（2）工艺一需先合成甲醇。在不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料合成甲醇，实验测定CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如甲图所示，CO2的平衡转化率随温度的变化关系如乙图所示。①下列说法正确是___________。A．P1<P2<P3B．一定温度、压强下，提高CO2平衡转化率的主要方向是寻找活性更高的催化剂C．为了同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，选择低温、高压条件D．工业上可以选择合适的催化剂来提高甲醇的选择性(已知：CH3OH的选择性=×100%)②图乙中，某温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是___________。（3）对于反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)∆H2>0，反应速率υ=υ正-υ逆=k正p(CO2)p(H2)-k逆p(CO)p(H2O)，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为气体的分压(分压=总压×物质的量分数)。①在T1、恒容刚性容器下，按n(CO2)=n(H2)=1mol投料，Kc=，若反应达到平衡时再投入CO2、H2、CO和H2O各1mol，此时v正___________v逆(填“<”“>”或“=”)。②在T2、恒压101kPa条件下，按照n(CO2)：n(H2)=1：1投料，CO2转化率为30%时，=，用气体分压表示的平衡常数Kp=___________。（4）一种以甲醇为燃料，稀硫酸为电解质溶液的燃料电池装置如图所示，该甲醇燃料电池工作时，Pt(b)电极的电极反应式为___________。【答案】（1）①.低温②.③.BD（2）①.CD②.该温度时，以反应II为主，压强对该平衡移动无影响（3）①.<②.（4）O2+4e-+4H+=2H2O【解析】【小问1详解】①反应I为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，是和的反应，根据，该反应低温下能自发进行；根据盖斯定律可知2Ⅰ＋Ⅲ＝Ⅳ，因此。②A．根据质量守恒定律可知，气体物质中碳元素与氧元素的质量比始终不变，不能作为平衡标志，A不符合题意；B．恒温恒容条件下，压强与气体分子数成正比，达到平衡前气体分子数不断减小，故压强不断减小，达到平衡后，气体分子数不变，故容器内压强不变，因此容器内压强不变能作为平衡的标志，B符合题意；C．纯气体恒容反应，气体总质量和总体积均不变，可知容器内气体密度不变，故不能作为平衡判断标志，C不符合题意；D．根据质量守恒定律可知，混合气体的总质量不变，达到平衡前气体分子数不断减小，容器内平均摩尔质量不断增大，达到平衡后，气体分子数不变，容器内平均摩尔质量也不变，因此混合气体的平均摩尔质量不变能作为平衡的标志，D符合题意；故答案选BD。【小问2详解】①A．温度不变，压强增大，反应I平衡正向移动，甲醇平衡转化率增大，故压强p1>p2>p3，A错误；B．催化剂仅影响反应速率，不改变平衡转化率，B错误；C．据图可知，温度越低，二氧化碳平衡转化率增大，甲醇的平衡产率越大，增大压强也是如此，故选择低温高压，C正确；D．催化剂具有选择性，选择合适的催化剂，可提高甲醇的选择性，D正确；故答案选CD。②由于I为放热反应，升温平衡逆向移动，CO2平衡转化率降低，反应II吸热，升高一定温度后以反应II为主，二氧化碳转化率又升高，故某温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是：该温度时，以反应Ⅱ为主，压强对该平衡移动无影响。【小问3详解】①设恒容刚性容器的体积为V，；根据三段式，，x=0.4，若反应达到平衡时再投入CO2、H2、CO和H2O各1mol，，平衡逆向移动，此时v正＜v逆；②