2025-2026学年四川泸州市泸县第五中学高二下学期开学考试化学试题 含答案

/高2024级2026年春期开学考试化学试题化学试卷分为第一部分(选择题)和第二部分(非选择题)两部分。满分：100分。考试时间：75分钟。注意事项：相对原子质量：H-1O-16S-32Fe-56Cu-64Cl-35.5Ag-108第一部分选择题(共45分)一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。1.化学与生活、生产及科技密切相关。下列叙述中错误的是A.添加锂、锶、钡等元素，可使节日燃放的烟花更绚烂夺目B.干冰在舞台上制造“云雾”是发生化学变化C.过氧化钠既可用作呼吸面具中氧气的来源，又可漂白纤维织物D.钢铁是重要的建筑材料，炽热的铁水或钢水注入模具前，模具必须进行干燥【答案】B【解析】【详解】A．不同金属元素具有特征焰色，锂、锶、钡等元素的特征焰色不同，添加这些元素可使烟花呈现出多种绚丽的色彩，A正确；B．干冰制造“云雾”是干冰升华吸热，使空气中水蒸气液化形成小液滴的过程，没有新物质生成，属于物理变化，不是化学变化，B错误；C．过氧化钠可以和人体呼出的二氧化碳、水蒸气反应生成氧气，可用作呼吸面具中氧气的来源，同时过氧化钠具有强氧化性，可漂白纤维织物，C正确；D．炽热的铁水或钢水会和水在高温下发生反应生成氢气，易引发爆炸等危险，因此注入模具前模具必须干燥，D正确；答案选B。2.为治理富营养化湖泊，项目组提出方案：投放可生物降解的高分子凝胶吸附磷酸盐，吸附后材料与藻类共沉淀，再打捞并资源化处理。评估方案的可行性时，化学工作者应优先提供的分析是A.凝胶材料在湖水中降解速率及其最终产物毒性分析B.该路径的总经济成本与大型打捞船的工程难度分析C.打捞作业对湖底沉积物的扰动及风险分析D.湖中鱼类和鸟类对投放凝胶材料的行为反应分析【答案】A【解析】【详解】A．投放的凝胶材料涉及材料的化学性质(降解速率)和环境影响(产物毒性)，是化学工作者评估方案安全性和可行性的核心内容，A符合题意；B．该路径的经济成本和工程难度属于工程管理或经济学范畴，非化学工作者的优先分析点，B不符合题意；C．打捞作业对湖底沉积物的扰动和风险分析更偏向环境工程或生态学，化学工作者可能参与但非优先职责，C不符合题意；D．湖中鱼类和鸟类对投放凝胶材料的行为反应分析属于生态学或动物行为学领域，非化学工作者的专业重点，D不符合题意；故选A。3.实验室安全至关重要。下列实验操作或处理方法错误的是A.用酒精灯直接加热蒸发皿B.金属钾着火，立即用湿抹布盖火C.苯酚不慎沾到手上，应立即用乙醇冲洗，再用水冲洗D.制备乙烯时，向乙醇和浓硫酸的混合液中放入几片碎瓷片【答案】B【解析】【详解】A．蒸发皿可以直接加热，A正确；B．钾与水反应生成KOH和H2，H2具有可燃性，所以金属钾着火，不能用湿抹布盖灭，应用沙土盖灭，B错误；C．苯酚易溶于乙醇，苯酚不慎沾到手上，应立即用乙醇冲洗，再用水冲洗，C正确；D．制备乙烯时，向乙醇和浓硫酸的混合液中放入几片碎瓷片，可以防止发生暴沸，D正确；故答案为：B。4.下列化学用语正确的是A.氯化钠的分子式： B.四氯化碳的电子式：C.结构式： D.水的分子结构模型：【答案】C【解析】【详解】A．氯化钠是由阳离子和阴离子构成的，没有分子式，A错误；B．四氯化碳的电子式为，B错误；C．的电子式为：，将共用电子对换成短线即为结构式，故结构式为H−O−Cl，C正确；D．水的空间结构为V形，其分子结构模型为，D错误；故答案为C。5.能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是A.X可为铁，若Z为，则加入足量铜可实现反应①的转化B.X可为Na，反应①为电解Z的水溶液C.X可为，Y可为D.X可为硫，反应①的另一反应物可能为【答案】D【解析】【详解】A．X为Fe，Y为Fe2O3，Z为FeCl3，Cu与FeCl3反应不能生成Fe，A项不符合题意；B．X为Na，Y为Na2O，Z为NaCl，电解熔融NaCl得到Na，电解NaCl溶液不能得到Na，B项不符合题意；C．X为N2，Y为NO，N2无法一步转化为NO2，C项不符合题意；D．X为S，Y为SO2，Z为亚硫酸盐，亚硫酸盐可以与H2S反应转化为S，D项符合题意；故答案为D。6.下列各组分子的空间构型不同的是A.CO2和BeCl2 B.SO3和BF3 C.SO2和H2O D.H2O2和C2H2【答案】D【解析】【详解】A．CO2为直线型分子，BeCl2中Be的价层电子对数为，也为直线型分子，空间构型相同，A不符题意；B．SO3中S的价层电子对数为，BF3中B的价层电子对数为，均为平面三角形分子，空间构型相同，B不符题意；C．H2O为折线型分子，SO2中S的价层电子对数为，具有一对孤电子对，也为折线型分子，空间构型相同，C不符题意；D．H2O2为扭曲的非平面分子，C2H2为直线型分子，空间构型不同，D符合题意；故选D。7.下列实验方案能达到预期目的的是A.用焰色试验区别NaCl和两种溶液B.用品红溶液鉴别和两种气体C.用灼烧闻气味的方法区别蚕丝与羊毛D.用KSCN溶液证明溶液中是否含有【答案】B【解析】【详解】A．焰色试验用于检测金属离子，NaCl和Na2CO3均含Na+，焰色均为黄色，无法区别，A错误；B．SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，而CO2不能，可有效鉴别，B正确；C．蚕丝和羊毛均为蛋白质纤维，灼烧时均产生类似烧焦羽毛的气味，无法可靠区别，C错误；D．KSCN溶液用于检测Fe3+（生成血红色络合物），但与FeCl2中的Fe2+无现象，无法证明FeCl2是否存在，D错误；故答案选B。8.已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：共价键键能436463热化学方程式则的为A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】已知反应：=，，则，故答案选B。9.在容积可变的密闭容器中，发生反应：。起始时NO和的物质的量之比为2：1。在不同压强下反应达到平衡时，测得NO转化率随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是A.反应的 B.压强：C.正反应速率：y点点 D.化学平衡常数：y点点【答案】B【解析】【分析】由图像可知，随温度升高，NO转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，逆向为吸热反应，则正向为放热反应，据此分析。【详解】A．由图像可知，随温度升高，NO转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，逆向为吸热反应，则正向为放热反应，ΔH<0，A不符合题意；B．该反应为气体分子数减少的反应，增大压强平衡正向移动，NO转化率增大，相同温度下，p1曲线的NO转化率高于p2，故压强，B符合题意；C．x点在p2曲线（低压）、温度350℃，y点在p1曲线（高压）、温度高于350℃，温度越高、压强越大，反应速率越快，y点温度和压强均大于x点，故正反应速率y点>x点，C不符合题意；D．化学平衡常数K只与温度有关，与压强无关；该反应正向放热，温度升高K减小，y点温度高于x点，故平衡常数y点<x点，D不符合题意；故选B。10.X、Y、Z、W为四种原子序数依次增大的短周期元素，基态X原子的第一电离能在短周期元素中最大，基态Y原子中s轨道和p轨道电子数相等，基态Z原子核外有11种运动状态不同的电子，基态W原子最外层s轨道和p轨道电子数相等。下列有关说法正确的是A.简单离子半径：B.四种元素第一电离能：C.基态X原子核外电子的轨道表示式为D.基态Y原子核外具有8种能量不同的电子【答案】B【解析】【分析】根据题目信息可以推断，X是短周期中第一电离能最大的元素，且原子序数最小，因此X是He，基态Y原子中s轨道和p轨道电子数相等且原子序数大于X小于Z，则Y是O，基态Z原子核外有11种运动状态不同的电子，则Z是Na，基态W原子最外层s轨道和p轨道电子数相等，且是原子序数大于Na的短周期元素，则W是Si，据此分析；【详解】A．Z和Y离子的电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，因此Z<Y，A错误；B．第一电离能变化规律是同周期自左向右逐渐变大，除IIA族和VA族，同主族从上到下逐渐减小，因此He>O>Si>Na，B正确；C．X为He，电子排布1s2，1s轨道应填充2个自旋相反的电子，C错误；D．Y为O，电子排布1s22s22p4，能级为1s、2s、2p，共3种能量不同的电子，D错误；故答案选B。11.下列反应的离子方程式错误的是A.放入溶液中：B.去除废水中的：C.向溶液中通入一定量氯气，测得有的被氧化：D.二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色：【答案】D【解析】【详解】A．氧化Pb为，与生成难溶的，离子方程式：，A正确；B．与反应生成难溶的沉淀，离子方程式：，B正确；C．还原性，先氧化再氧化；50%被氧化时，按比例计算得失电子，配平后离子方程式：，C正确；D．原离子方程式得失电子不守恒、电荷不守恒，正确的离子方程式为：，D错误；故选D。12.元素a~h为短周期主族元素，其电负性与原子序数的关系如图所示。下列说法错误的是A.元素a为H元素B.最简单氢化物的沸点：C.原子半径：D.第一电离能：【答案】B【解析】【分析】题中图像的纵坐标为电负性变化，根据电负性随原子序数的变化趋势可知，a为H，b为Li，c为Be，d为B，e为C，f为N，g为O，h为F。由此解题。【详解】A．a为H元素，A正确；B．由分析可知，f为N，g为O，其最简单氢化物分别是、，由于、中都能形成分子间氢键，其沸点都比同族的简单氢化物的都高，而形成的分子间氢键个数多于，故沸点：>，B错误；C．e为C元素，h为F元素，都是第二周期的元素，同周期元素从左到右，原子半径依次减小，则原子半径：C>F，C正确；D．c为Be元素，d为B元素。同周期，从左到右随着原子序数递增，第一电离能呈增大趋势，但Be的价层电子为2s2，2s轨道全充满，B的价层电子为2s22p1，B比Be容易失去第一个电子，故第一电离能：Be>B，D正确；故答案选B。13.在℃下，向2L恒容密闭容器中充入气体，发生反应：。速率方程，(、为速率常数，只与温度、活化能有关)。达到平衡时的转化率为50%。若升高温度，达到新平衡时的转化率增大。下列说法正确的是A.升高温度，增大，减小，B.℃下，反应达到平衡时C.当混合气体的密度不变时反应达到平衡状态D.℃下，平衡时再充入，的平衡转化率增大【答案】B【解析】【详解】A．升高温度，正、逆反应速率都增大，正、逆反应速率常数都增大，升高温度，达到新平衡时的NO2转化率增大，则正反应是吸热反应∆H>0，A错误；B．平衡时，c(NO2)=c(NO)=0.5mol/L，c(O2)=0.25mol/L，K=，平衡时K=，B正确；C．反应过程中混合气体的体积和质量均不变，故混合气体的密度一直不变，不能作为反应达到平衡的标志，C错误；D．反应物只有一种气体，正反应是气体分子数增大的反应，充入NO2，相当于对原平衡加压(不改变反应物量)，导致NO2的平衡转化率减小，D错误；答案选B。14.科研人员设计出一种微生物脱盐电池，实现了同时产电脱盐并去除污水，模拟其工作原理如图所示：忽略气体溶于水，下列说法正确的是A.离子交换膜I是阳离子交换膜B.电极A的反应式为：C.标况下消耗时，Ⅰ室溶液质量增加98.0gD.放电过程中，Ⅱ室NaCl溶液浓度逐渐减小，pH逐渐减小【答案】C【解析】【分析】由图可知，III室通入氧气，则电极B为电池的正极，正极反应式为：；电极A为电池的负极，负极反应式为：。【详解】A．在原电池中，阴离子向负极移动。因此，离子交换膜I是阴离子交换膜，允许II室中的向I室移动，而非阳离子交换膜，A错误；B．电极A为负极，发生氧化反应，葡萄糖应失去电子。正确的负极反应式应为：，B错误；C．标况下的物质的量为，电路中转移电子。负极反应生成，同时有从II室进入I室以平衡电荷。I室质量增加量为：（）和（），总质量增加；由电极方程式可知，转移电子消耗（18g）和（），因此净增加质量为，C正确；D．放电过程中，II室中的通过离子交换膜II向正极（III室）移动，通过离子交换膜I向负极（I室）移动，导致浓度逐渐减小；但由于离子交换膜1是阴离子交换膜，只允许阴离子（如）通过，I室产生的无法进入II室，因此II室中浓度不会增大，pH也不会减小，D错误；故答案选C。15.磷酸铁常用作电极材料、陶瓷等。以硫铁矿烧渣(主要成分为、，还含有少量)为原料制备磷酸铁的流程如图所示。已知：常温下，，，。下列说法错误的是A.“还原”之后的溶液中加入溶液有蓝色沉淀生成，则“还原”已彻底完成B.经测定“除钙镁”后的溶液中，则溶液中C.“氧化沉铁”时反应离子方程式为D.纯净磷酸铁呈白色，而实际制备的磷酸铁产品略带棕黄色，可能是产品中混有【答案】A【解析】【分析】硫铁矿烧渣(主要成分为、，还含有少量)用盐酸酸浸，二氧化硅与盐酸不反应，过滤后留在滤渣中，滤液中的金属阳离子有二价铁，三价铁，镁离子，钙离子；向滤液中加铁粉将三价铁离子还原生成二价铁离子，加入氟化钠生成氟化钙和氟化镁沉淀，除去钙、镁离子，此步滤渣为氟化钙和氟化镁，滤液中金属阳离子为二价铁离子，然后加入磷酸二氢铵、氨水并通入氧气氧化，生成磷酸铁，经过滤洗涤烘干得到磷酸铁。据此分析解答。【详解】A．还原步骤的目的是将酸浸后溶液中的全部还原为，判断还原是否彻底，需要检验溶液中是否还有剩余，用溶液检验，不变红则还原彻底。只能检验，无论还原是否彻底，溶液中都存在，都会产生蓝色沉淀，不能证明还原已经彻底，A说法错误；B．对于和，均满足，因此，即，B说法正确；C．“氧化沉铁”时，被氧化，和磷酸根结合生成沉淀，该离子方程式电子守恒、电荷守恒、原子守恒均满足，C说法正确；D．为红褐色（少量时为棕黄色），若沉铁时碱性过强，会生成杂质，导致产品略带棕黄色，D说法正确；故答案选择A。第二部分非选择题(共55分)二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.25℃时，，。已知：。回答下列问题：（1）常温下，加水稀释次氯酸溶液，次氯酸的电离程度将_______(填“增大”“减小”或“不变”，下同)；溶液中的值将_______。（2）次氯酸的电离方程式为_______；25℃，0.01mol/LHClO溶液的pH约等于_______(保留1位小数)。（3）测定市售食醋的浓度：取10.00mL市售食醋，加蒸馏水稀释至100.00mL；取稀释后的食醋注入锥形瓶，滴加指示剂；用0.1mol/LNaOH标准溶液滴定并记录数据；重复滴定操作3次。①相关实验装置及操作能完成相应实验目的的是_______(填标号)。选项AB目的排除滴定管内气泡滴加适宜的指示剂装置及操作选项CD目的观察滴定终点记录读数：20.20mL装置及操作②记录实验数据如下表：实验次数量取稀释后食醋的体积/mL消耗NaOH标准溶液的体积/mL125.0020.70225.0020.80325.0019.30第3次实验中，记录NaOH标准溶液的体积明显比另外两次的小，经复盘实验操作过程，发现是读数有误。若滴定前读数正确，则达到滴定终点时_______读数(填“仰视”或“俯视”)；该市售食醋的物质的量浓度为_______(保留2位小数)。【答案】（1）①.增大②.不变（2）①.②.4.7（3）①.AC②.俯视③.0.83mol/L【解析】【小问1详解】次氯酸（

）是弱酸，在水中存在电离平衡：

。根据勒夏特列原理（“越稀越电离”），当加水稀释时，溶液中离子浓度降低，平衡会向右移动，促进电离。因此，次氯酸的电离程度将增大。次氯酸的电离常数

，将原式变形：

。由

表达式可得

。代入得：

。因为

（水的离子积）和

（电离常数）都只受温度影响，温度不变，它们的比值也不变。因此，该比值不变。【小问2详解】次氯酸（

）是弱酸，在水中存在电离平衡：

。，浓度

。设平衡时

，则

。由于

很小，

远小于0.01，可近似为

。。。故。【小问3详解】①A．图示为挤压碱式滴定管尖嘴部分，目的是排出气泡，操作正确；B．醋酸是弱酸，滴定终点生成醋酸钠，溶液呈碱性。应选用酚酞作指示剂，而不是甲基橙（变色范围酸性）。操作错误；C．滴定终点读数时，眼睛应平视凹液面最低处，图示为平视，操作正确；D．滴定管读数应为19.80mL，读数错误；故答案为AC。②第3次实验数据（19.30mL）明显偏小。如果滴定前读数正确，那么终点读数偏小的原因是视线高于液面，即俯视读数。舍去第3组数据，取第1、2组的平均值：

。稀释后的食醋（25.00mL）中，

。这25.00mL稀释液来自10.00mL市售食醋稀释到100.00mL，即稀释了10倍。原始市售食醋的浓度

。17.草酸钴在化学中应用广泛，可以用于制取催化剂和指示剂。以钴矿(主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)2，还含有少量SiO2、Al2O3、FeO及MnO2杂质)制取草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)的工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）基态Co原子的价电子轨道表示式：_______。（2）“浸取”前，需要对钴矿进行粉碎处理目的是_______。浸出液中主要含有Fe2+、Co2+、Al3+、Mn2+和离子，写出“浸取”时，发生反应的离子方程式：_______。（3）“氧化”时，氧化剂与还原剂物质的量之比_______。（4）“调节pH”时，使用NaOH的目的是将和转化为沉淀而除去，常温下若调节pH为5时，恰好沉淀完全，则_______，已知：，则此时溶液中_______(通常认为溶液中的离子浓度沉淀完全)。（5）“提纯”分为萃取和反萃取两步进行，先向除杂后的溶液中加入某有机酸萃取剂，发生反应：，使进入有机层，当溶液pH处于4.5到6.5之间时，萃取率随着溶液pH增大而增大，其原因是_______；反萃取时，应加入的物质是_______(填溶液名称)。【答案】（1）（2）①.增大固液接触面积，加快反应速率，提高浸出率②.Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O（3）1:6（4）①.1.0×10-32②.2.8×10-12（5）①.溶液pH增大，溶液中c(H+)降低，平衡向正反应方向移动②.稀硫酸【解析】【分析】以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)2，还含有少量SiO2、Al2O3、FeO及MnO2杂质]制取草酸钴晶体(CoC2O4•2H2O)，钴矿中加入Na2SO3、稀硫酸浸取，浸出液中主要含有Al3+、Fe2+、Co2+、Mn2+和离子，则CoO、Co(OH)2、Al2O3、FeO都和稀硫酸反应生成硫酸盐，MnO2被还原为Mn2+、Co2O3被还原为Co2+，同时被氧化为，SiO2不溶于稀硫酸，所以浸出渣为SiO2；向滤液中加入NaClO3，NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入NaOH调节pH值，Al3+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀而除去，滤液提纯后加入(NH4)2C2O4沉钴，得到CoC2O4•2H2O，据此分析解题。【小问1详解】已知Co是27号元素，基态Co原子的核外电子排布式为：[Ar]3d74s2，则其价电子轨道表示式为：；【小问2详解】“浸取”前，需要对钴矿进行粉碎处理的目的是增大固液接触面积，加快反应速率，提高浸出率，浸出液中主要含有Fe2+、Co2+、Al3+、Mn2+和离子，Co2O3被还原为Co2+，同时被氧化为，则“浸取”时，Co2O3发生反应的离子方程式为：Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O；【小问3详解】由分析可知，“氧化”时，向滤液中加入NaClO3，NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，反应离子方程式为：6Fe2+++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O，反应中为氧化剂，Fe2+是还原剂，故氧化剂与还原剂物质的量之比为1:6；【小问4详解】“调节pH”时，使用NaOH的目的是将和转化为沉淀而除去，常温下若调节pH为5时，溶液中c(H+)=10-5mol/L，c(OH-)===10-9mol/L，恰好沉淀完全，则c(Al3+)c3(OH-)=1.0×10-5×(10-9)3=1.0×10-32，已知：，则此时溶液中==2.8×10-12；【小问5详解】当溶液pH处于4.5到6.5之间时，Co2+萃取率随着溶液pH增大而增大，其原因是溶液的pH增大，溶液中c(H+)减小，平衡向正反应方向移动；反萃取时，应加入的物质是稀硫酸，使该可逆反应逆向移动。18.乙二醇(EG)是一种应用广泛的化工原料，可通过不同的工业路线合成。Ⅰ．以甲醛和合成气()为原料制备乙二醇，反应按如下两步进行：①②已知：为物质生成焓，反应焓变产物生成焓之和-反应物生成焓之和。相关物质的生成焓如下表所示。物质-116-1110-455回答下列问题：（1）生成乙二醇的总反应③，其热化学方程式为_______，_______0(填“>”“<”或“=”)，反应在_______(填“高温”或“低温”)自发进行。Ⅱ．环氧乙烷(EO)水合工艺是一种成熟的乙二醇(EG)的生产方法，环氧乙烷(EO)和水反应生成乙二醇(EG)，伴随生成二乙二醇(DEG)的副反应。主反应：副反应：体系中环氧乙烷初始浓度为，恒温下反应30min，环氧乙烷完全转化，产物中。（2）0~30min内，反应速率_______。（3）下列说法正确的是_______(填序号)。a．主反应中，生成物总能量高于反应物总能量b．0~30min内，反应速率v总(EO)=v总(EG)c．0~30min内，反应速率v主(EO)：v副(DEG)=11：1d．选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率Ⅲ．煤化工路线中，利用合成气直接合成乙二醇，原子利用率可达100%，具有广阔的发展前景。反应如下：2CO(g)+3H2(g)=HOCH2CH2OH(g)ΔH。按化学计量比进料，固定平衡转化率，探究温度与压强的关系。分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图：（4）代表的曲线为_______(填“L1”“L2”或“L3”)。_______0(填“>”“<”或“=”)。已知：反应aA(g)+bB(g)yY(g)+zZ(g)，，x为组分的物质的量分数。M、N两点对应的体系，Kx(M)_______Kx(N)(填“>”“<”或“=”)，D点对应体系的Kx的值为_______。【答案】（1）①.②.＜③.低温（2）（3）cd（4）①.②.<③.=④.12【解析】【小问1详解】由盖斯定律得，生成乙二醇的总反应③=①+②，即，根据已知条件得，该反应为气体物质的量减小的反应，为熵减反应，所以ΔS＜0；由于，若反应能够进行需要，低温能够满足条件，所以答案为低温，故答案为；＜；低温；【小问2详解】0~30min内，环氧乙烷完全转化，则，故答案为0.05；【小问3详解】a．主反应为放热反应，则生成物总能量低于反应物总能量，a错误；b．由题意得主反应会伴随副反应发生，EO与水反应生成的EG作为主反应的生成物同时也是副反应的反应物与EO反应，所以EG浓度的变化量小于EO浓度的变化量，所以0~30min内，，b错误；c．由题意得，最终产物中，而副反应每生成1molDEG就要消耗1molEG，可得每生成11mol的EG会有1mol的EG生成1molDEG，故反应速率为，c正确；d．选择适当的催化剂可以提高主反应选择性，从而提高乙二醇的最终产率；故选cd；【小问4详解】由反应方程式得，该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大，同一温度下均有P(L1)＞P(L2)＞P(L3)，则L1、L2、L3对应的α为0.6、0.5、0.4，故α=0.6的曲线为L1；由图可知，压强相同时，温度升高，平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，则该反应为放热反应，；M、N的进料相同，平衡转化率相等，平衡时各组分物质的量分数相等，则；D点对应的平衡转化率为0.5，设起始加入2molCO和3molH2，可列三段式：，平衡时，CO、H2、HOCH2CH2OH的物质的量分数分别为，则，故答案为L1；＜；=；12。19.催化加氢制甲醇是未来重要研究方向。利用制备甲醇的主要反应如下：i．ii．iii．已知：平衡常数