云南省保山市腾冲市第五中学2025届高三下学期一模考试(解析版)化学试题

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1云南省保山市腾冲市第五中学2025届高三下学期一模考试一、选择题1．化学与生产、生活和科技密切相关，下列说法错误的是A．碳纤维和玻璃纤维均属于有机高分子材料B．味精是一种增味剂，主要以淀粉为原料通过发酵法生产C．超高分子量聚乙烯可用于制作防弹服，属于通用高分子材料D．烫发药水能使头发中的二硫键(-S-【答案】A【解析】碳纤维是一种含碳量在90%以上的高强度高模量纤维，主要成分为碳单质，玻璃纤维主要成分为二氧化硅、氧化铝、氧化钙、氧化硼、氧化镁、氧化钠等，均不属于有机高分子材料，A错误；味精主要成分为谷氨酸钠，主要以淀粉为原料通过发酵法生产，B正确；超高分子量聚乙烯可用于制作防弹服，属于通用高分子材料，C正确；二硫键(-S-S-)发生断裂和重组，硫元素化合价发生变化，该过程为氧化还原反应，D正确2．下列化学用语表达正确的是A．基态Fe2+离子的价电子排布图为B．N，N-二甲基苯甲酰胺的结构简式：C．O3分子的球棍模型：D．CaO2的电子式：【答案】B【解析】基态Fe2+离子的价电子排布式为3d6，排布图为，A错误；N，N-二甲基苯甲酰胺的结构简式正确，B正确；表示臭氧分子的VSEPR模型，C错误；CaO2由Ca2＋和O22-构成，其电子式为Ca2＋，D3．NAA．标准状况下，22.4LCHCl3B．向FeBr2溶液中通入适量氯气，当有1molBr2C．标准状况下，11.2LNH3溶于水溶液中NH4+、NHD．3.2gCu与S完全反应，转移的电子数为0.1【答案】B【解析】标准状况下，CHCl3不是气体，22.4LCHCl3的物质的量不是1mol，A错误；向含有FeBr2的溶液中通入适量氯气，氯气先氧化Fe2＋，再氧化Br-，当有1molBr2生成时同时生成2molFe3＋，转移电子的数目为4NA，B正确；标准状况下，11.2LNH3的物质的量为0.5mol，0.5molNH3的溶于水，根据物料守恒，溶液中NH4+、NH3⋅H2O、NH3的微粒数之和为0.5NA，C错误；3.2gCu的物质的量为3.2g64g/mol4．下列离子方程式正确的是A．澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应：HCO3-＋Ca2＋＋OH-＝CaCO3↓＋H2B．硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性：2H＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH-＝BaSO4↓＋2H2C．氧化铜与稀硫酸反应：2H＋＋O2-＝H2OD．碳酸氢钠溶液中加入盐酸：CO32-＋2H＋＝CO2↑＋H2【答案】B【解析】澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应，设CaOH2为1mol，则需2molHCO3-和2molOH-，反应的离子方程式为Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O，A错误；硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性，BaOH25．二水四氯合钴酸铵的制备反应为CoCl2A．基态Co原子核外电子的空间运动状态有27种B．键角：HC．该反应中所涉及的元素位于p区的有4种D．CoCl2H2【答案】B【解析】基态Co原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，电子的空间运动状态为15种，A错误；H2O、H2S、H2Se中心原子都是sp3杂化且都有1对孤对电子，中心元素的电负性依次减小，共用电子对离原子核依次变远，共用电子对间斥力依次减弱，键角依次减小，故键角：H2O>H2S>H2Se，B6．物质性质决定用途，下列两者对应关系错误的是A．用氨水配制银氨溶液，体现了NH3B．制作豆腐时添加石膏，体现了CaSO4C．氯化铁溶液腐蚀铜电路板，体现了Fe3+D．石灰乳除去废气中二氧化硫，体现了Ca(OH)2【答案】B【解析】配制银氨溶液的方法是：在硝酸银中逐滴加入氨水，先生成白色沉淀AgOH，继续滴加氨水直沉淀恰好溶解。银氨溶液主要成分是Ag(NH3)2OH，Ag(NH3)2OH中Ag＋和NH3之间以配位键结合，体现了NH3的配位性，A正确；制作豆腐时添加石膏，利用的是在胶体中加入电解质发生聚沉这一性质，与CaSO4难溶性无关，B错误；氯化铁溶液腐蚀铜电路板，发生的反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，体现了Fe3＋的氧化性，C正确；SO2是酸性氧化物，石灰乳为Ca(OH)2，除去废气中SO2体现了7．如图所示装置能达到实验目的的是A．用图甲装置探究浓硫酸的吸水性B．用图乙装置制备、干燥并收集NHC．用图丙装置验证氧化性：ClD．用图丁装置制备乙炔【答案】A【解析】图甲胆矾中加入浓硫酸，蓝色晶体变为白色，体现了浓硫酸的吸水性，A能够达到实验目的；图乙用向下排空气法收集氨气，导气管应该伸到试管底部，B错误；图丙浓盐酸与漂白粉生成氯气，氯气与FeCl2溶液反应生成FeCl3，FeCl3、Cl2均可氧化KI，图丙中装置不能比较Fe3+、I2的氧化性，C错误；图丁装置为适用于块状固体与液体在不加热条件下制备大量气体(如H2、CO2、H2S等)，不能用于剧烈反应或放出大量热的反应。饱和食盐水和电石反应生成的8．分支酸可用于生化研究，其结构简式如图，关于分支酸的叙述不正确的是A．分子式为C10H10O6B．该有机物可发生氧化反应和加聚反应C．1mol分支酸至少可与3molNaOH反应D．可使溴的CCl4溶液、酸性KMnO4溶液褪色【答案】C【解析】分支酸分子的分子式为C10H10O6，A正确；分支酸分子中含有的碳碳双键能发生氧化反应和加聚反应，醇羟基也能发生氧化反应，B正确；分支酸分子中含有的羧基能与NaOH溶液反应，1mol分支酸至少可与2molNaOH反应，C错误；分支酸分子中含有的碳碳双键能与溴的CCl4溶液发生加成反应使溶液褪色，能与酸性KMnO4溶液发生氧化反应使溶液褪色，D正确。故选C。9．丙烯酸甲酯(CH2＝CHCOOCH3)是一种重要的有机化工原料。工业利用CO2/C2H4耦合反应制备丙烯酸甲酯，反应机理如图所示，下列叙述错误的是A．LnNi为该反应的催化剂B．反应①中存在π键的断裂和σ键的生成C．该历程总反应的原子利用率为100%D．若将②中的CH3I换成CH3CHICH3，则可制备丙烯酸异丙酯【答案】C【解析】由图示反应机理图可知，LnNi在反应①中参与反应，在反应④又重新生成，LnNi在反应前后质量和化学性质不变，LnNi为该反应的催化剂，A正确；反应①是LnNi与CO2、C2H4反应生成新的物质，反应过程中CO2、C2H4中的π键发生断裂生成产物中的σ键，B正确；总反应除了生成丙烯酸甲酯外，还生成了HI，原子没有全部转化到目标产物中，原子利用率不为100%，C错误；反应②中CH3I提供甲基(-CH3)参与反应生成丙烯酸甲酯，若将CH3I换成CH3CH2I，则可制备丙烯酸乙酯(CH2＝CHCOOCH2CH3)，D正确。故选C。10．CdS常见的有立方(晶胞为立方体)和六方(晶胞为底面是60°菱形的六面体)两种晶体结构。它们的结构如下，下列叙述正确的是(俯视图)立方CdS的晶胞六方CdS的晶体结构A．六方CdS的晶体结构图中，完全位于晶胞外的原子共有6个B．立方CdS中，阴阳离子的配位数不相等C．立方CdS中最近的两个阴离子之间的距离小于最近的两个阳离子之间的距离D．设六方CdS的晶胞参数为a和c，则晶体的密度的计算式为ρ=【答案】A【解析】由六方CdS晶胞可知，位于晶胞内的原子有顶点8个，棱上4个，体内2个，其余原子均位于晶胞外，一共6个，如俯视图中标注圈内的原子，每个圈内共有2个原子，，A正确；立方CdS中，阴阳离子的配位数均为4，配位多面体是正四面体，B错误；立方CdS中阴阳离子等价，相同离子之间的距离彼此相等，均为面对角线的一半，C错误；六方CdS晶胞中，Cd、S的数目分别为16×2+13×2+1=2、112×4+16×4+1=2，晶胞体积为32a11．在一定温度下，将1molAg和2molBg充入容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：Ag+2BA．初始时的压强与平衡时的压强比为3:2.6B．当体系中气体的密度不变时，无法判断反应是否达到平衡C．在5min内该反应用C的浓度变化表示的反应速率为vD．平衡时A的体积分数为20%【答案】A【解析】根据题意列三段式如下：A(g)+2B(g)⇌C(s)+2D(g)起始量/mol1200转化量/mol0.40.80.40.8平衡量/mol0.61.20.40.8，气体压强之比等于气体物质的量之比，初始时的压强与平衡时的压强比为3∶(0.6＋1.2＋0.8)＝3∶2.6，A12．水系双离子电池原理如图所示，下列有关叙述正确的是A．放电时，电极a作电源的正极，Cu3(PO4)2发生氧化反应最终变为CuB．充电时，水系电池中，a电极附近溶液的pH增大C．充电时，b电极上的电极反应式为NaD．当0.5molCu3(PO4)2完全放电时，则b电极质量减轻69g【答案】D【解析】由图示装置可知，放电时为原电池，a极上Cu3(PO4)2→Cu2O→Cu、得电子发生还原反应，a极为正极，b极为负极，Cu3(PO4)2发生还原反应最终变为Cu，A错误；充电时为电解池，a极为阳极、b极为阴极，阳极电极反应式为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O，阳极附近的碱性减弱，B错误；充电时为电解池，a极为阳极、b极为阴极，电极反应式为Na0.44-xMnO2+xNa++xe-=Na0.44MnO2，C错误；放电时为原电池，a极为正极，a极上Cu3(PO4)2→Cu2O→Cu，b极为负极，电极反应式为Na0.44MnO2-xe-═Na0.44-xMnO2＋xNa＋13．根据下列实验操作和现象，得出的相应结论正确的是选项实验操作现象结论A向两份等浓度、等体积的过氧化氢溶液中分别加入2滴等浓度的FeCl3溶液和CuSO前者产生气泡较快催化效率：FeB用pH试纸测定1mol⋅L-1的Na前者的试纸颜色比后者深非金属性：S<ClC向盛有2mL鸡蛋清溶液的试管中加入5滴浓硝酸，加热先有白色沉淀，加热后沉淀变黄蛋白质能发生变性和显色反应D石蜡油加强热，将生成的气体通入Br2的CCl溶液由红棕色变成无色气体中含有乙烯A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】C【解析】实验探究需遵循单一变量原则，CuSO4溶液和FeCl3溶液中阴离子不同，A结论不正确；用pH试纸测定1mol⋅L-1的Na2S和NaCl溶液的pH，前者的试纸颜色比后者深，说明H2S比HCl的酸性弱，不能说明非金属性：S<Cl。需根据最高价氧化物对应水化物的酸性强弱判断元素非金属性强弱，B结论不正确；向盛有2mL鸡蛋清溶液的试管中加入5滴浓硝酸，蛋白质变性，溶解度降低，产生白色沉淀，加热后沉淀变黄，发生显色反应，C结论正确；石蜡油加强热，将生成的气体通入Br2的CCl4中14．在水溶液中，CN-可与多种金属离子形成配离子。X、Y、Z三种金属离子分别与CN-形成配离子达平衡时，lgc(下列说法正确的是A．99%的X、Y转化为配离子时，两溶液中CN-的平衡浓度：B．向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y盐，达平衡时c(X)C．由Y和Z分别制备等物质的量的配离子时，消耗CN-的物质的量：D．若相关离子的浓度关系如P点所示，Y配离子的解离速率小于生成速率【答案】B【解析】99%的X、Y转化为配离子时，溶液中c(X)c(X配离子)=c(Y)c(Y配离子)=1%99%，则lgc(X)c(X配离子)=lgc(Y)c(Y配离子)≈-2，由图像可知，纵坐标约为-2时，溶液中-lgcXCN->-lgcYCN-，则溶液中CN-的平衡浓度：X<Y，A错误；Q点时lgc(X)c(X配离子)=lgc(Z)c(Z配离子)，即c(X)c(X配离子)=c(Z)c(Z配离子)，加入少量可溶性Y盐后，会消耗CN-形成Y配离子，使得溶液中cCN-减小(沿横坐标轴向右移动)，lgc(X)c(X配离子)与lgc(Z)c(Z配离子)曲线在Q点相交后，随着-lgcCN-继续增大，X对应曲线位于Z对应曲线上方，即lgc(X)二、非选择题15．钒酸铋(BiVO4)是一种亮黄色无机化学品，应用于众多领域。某小组以辉铋矿粉(主要成分是Bi2S3，含少量Bi2O3、Bi、FeS2和SiO2等杂质)为原料制备BiVO4的流程如图所示。已知部分信息如下：①滤液1中的主要阳离子有Bi3＋、Fe2＋、Fe3＋和H＋；②水解能力：Bi3＋<Fe3＋；③常温下，几种离子生成氢氧化物沉淀的pH如表所示。氢氧化物Fe(OH)2Fe(OH)3Bi(OH)3开始沉淀的pH7.71.64.0完全沉淀的pH9.63.15.5回答下列问题：(1)“浸取”时可以适当加热，但温度不宜过高，其原因是，写出浸取过程生成S渣的主要离子方程式。(2)加H2O2氧化的目的是，调pH的范围是。(3)滤液3可以循环用于(填名称)工序。(4)SOCl2的空间构型是，气体X是(填写化学式)。(5)我国科学家在新型二维半导体芯片材料——硒氧化铋的研究中取得突破性进展。硒氧化铋的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞参数为apm、apm、bpm。该晶体的密度为g。cm-3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。【答案】(1)盐酸具有挥发性Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++3S+6Fe2+(2)将二价铁氧化为三价铁3.1~4.0(3)浸取【解析】辉铋矿粉(主要成分是Bi2S3，含少量Bi2O3、Bi、FeS2和SiO2等杂质)加盐酸溶解，同时加FeCl3溶液将硫氧化为S单质，滤液1含有BiCl3、FeCl2及过量的盐酸和FeCl3，过滤，滤渣1为SiO2和S单质，滤液1中加H2O2，Fe2+被氧化为Fe3+，加NaOH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤，滤液2中含BiCl3和NaCl，稀释促进BiCl3水解生成氢氧化铋和盐酸，过滤，滤饼溶于稀盐酸得BiOCl，BiOCl与SOCl2发生反应得到BiCl3和SO2，BiCl3与NH4VO3、氨水转化为BiVO4；（1）盐酸具有挥发性，为防止盐酸挥发，加热温度不宜过高；Fe3+具有氧化性，浸取过程将-2价硫氧化为S单质，主要离子方程式Bi2（2）H2O2具有氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+；由表可知，若使Fe3+沉淀而Bi3+不沉淀。需调节pH的范围是3.1~4.0；（3）滤液2中含BiCl3和NaCl，稀释促进BiCl3水解生成氢氧化铋和盐酸，盐酸可以循环用于浸取工艺；（4）SOCl2中硫有1个S＝O、2个S-Cl，S的价层电子对数为3+12(6-2×1-1×2)=3+1=4，S采取sp3杂化，离子的空间构型为三角锥；BiOCl与SOCl2发生反应得到BiCl3和SO2，气体X是（5）据“均摊法”可知，晶胞中含8×14+2=4个Bi3＋、8×14+1=2个Se2-、8×16．某实验小组以粗铍(含少量的Mg、Fe、Al、Si)为原料制备、提纯BeCl2，并测定产品中BeCl2的含量。已知：①乙醚沸点为34.5℃；BeCl2溶于乙醚，不溶于苯，易与水发生反应；MgCl2、FeCl2不溶于乙醚和苯；AlCl3溶于乙醚和苯。②Be(OH)2与Al(OH)3的化学性质相似。回答下列问题：I．制备BeCl2：按如图所示装置(夹持装置略)制备BeCl2.(1)仪器a的名称为。仪器b的作用是。(2)实验中装置C需置于温度15℃左右的水浴中，其主要目的是。(3)该实验装置中存在的缺陷是。II．BeCl2的提纯：充分反应后，装置C中乙醚溶液经过滤、蒸馏出乙醚得到固体，再用苯溶解固体，充分搅拌后过滤、洗涤、干燥得BeCl2产品。(4)用苯溶解固体，充分搅拌后过滤，目的是。III．BeCl2的纯度测定：取mg上述产品溶于盐酸配成250mL溶液；取25.00mL溶液，加入EDTA掩蔽杂质离子，用NaOH溶液调节pH，过滤、洗涤，得Be(OH)2固体；加入KF溶液至固体恰好完全溶解，滴加酚酞作指示剂，用amol·L−1盐酸滴定其中的KOH，消耗盐酸bmL。(已知：4KF＋Be(OH)2＝K2BeF4＋2KOH；滴定过程中K2BeF4不与盐酸反应)(5)滴定终点的现象是。(6)BeCl2的纯度为(用含m、a、b的式子表示)。(7)下列情况会导致所测BeCl2的纯度偏小的是___________(填标号)。A．滴定前尖嘴部分有一气泡，滴定终点时消失B．滴定过程中，往锥形瓶内加入少量蒸馏水C．滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出少许D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数【答案】(1)球形冷凝管防止倒吸(2)防止溶液温度过高，致使乙醚和HCl挥发过快(3)最后缺少收集H2的装置(4)除去AlCl3杂质(5)当滴入最后一滴盐酸，溶液由浅红色褪为无色，且半分钟不恢复原色(6)40abm%【解析】装置A中，将浓硫酸通过恒压滴液漏斗加入蒸馏烧瓶中，浓硫酸吸水放热，降低HCl的溶解度，从而制取HCl气体；装置B中，用浓硫酸吸收HCl中混有的水蒸气，同时平衡内外压强；装置C中，粗铍中的Be、Al、Mg、Fe都能与HCl发生反应生成氯化物和水，而Si不反应，用球形冷凝管使乙醚、HCl冷凝回流；装置D用于防止E中产生的水蒸气的进入；双球U形管用于防止倒吸；装置E用于吸收未反应的HCl，缺少对反应生成的H2收集的装置。（1）仪器a名称为球形冷凝管；仪器b为双球U形管，作用是防止倒吸；（2）在装置C中，HCl与铍、铝、铁、镁等都能发生反应，因为乙醚和HCl的沸点低，所以装置C需置于温度15℃左右的水浴中，其主要目的是防止溶液温度过高，致使乙醚和HCl挥发过快；（3）H2是易燃气体，会带来安全隐患，则该实验装置中存在的缺陷是最后缺少收集H2的装置；（4）BeCl2溶于乙醚，不溶于苯，易与水发生反应；MgCl2、FeCl2不溶于乙醚和苯；AlCl3溶于乙醚和苯。反应结束后，充分搅拌过滤出不溶的MgCl2、FeCl2，此时BeCl2、AlCl3仍溶解在乙醚中，蒸馏出乙醚，得到二种固体盐。用苯溶解固体，将AlCl3溶解，得到不溶的BeCl2，则此操作的目的是除去AlCl3杂质；（5）滴定前，溶液呈碱性，酚酞变红色，滴定终点时，酚酞的红色褪去，则现象是：当滴入最后一滴盐酸，溶液由浅红色褪为无色，且半分钟不恢复原色；（6）由反应可建立关系式：BeCl2—Be(OH)2—2KOH—2HCl，n(HCl)＝amol·L−1×b×10-3L＝ab×10-3mol，n(BeCl2)＝12ab×10-3mol，则BeCl2的纯度为12ab（7）滴定前尖嘴部分有一气泡，滴定终点时消失，则读取消耗盐酸的体积偏大，A测定结果偏大；滴定过程中，往锥形瓶内加入少量蒸馏水，对KOH的物质的量不产生影响，不影响滴加盐酸的体积，B测定结果不变；滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出少许，则KOH的物质的量减小，消耗盐酸的体积减小，C测定结果偏小；滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，则读取消耗盐酸的体积偏小，D测定结果偏小。故选CD。17．随着时代的进步，人类对能源的需求量与日俱增，我国全球首套焦炉气化学合成法生产无水乙醇的工业示范项目打通全流程实现，项目投产成功。(1)3CO(g)＋6H2(g)⇌CH3CH2OH(g)＋CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＝(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代数式表示)。已知：i．2CO(g)＋4H2(g)⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH1ii．CH3OCH3(g)＋CO(g)⇌CH3COOCH3(g)ΔH2iii．CH3COOCH3(g)＋2H2(g)⇌CH3CH2OH(g)＋CH3OH(g)ΔH3在恒温恒容密闭容器中充入3molCO(g)和7molH2(g)仅发生反应3CO(g)＋6H2(g)⇌CH3CH2OH(g)＋CH3OH(g)＋H2O(g)，下列叙述正确的是(填标号)。A．混合气体总压强不随时间变化时，反应达到平衡状态B．反应达到平衡时，CH3CH2OH体积分数可能为25%C．反应达到平衡后，再充入少量CO，CO的平衡转化率增大D．反应达到平衡后，再加入高效催化剂，乙醇产率保持不变(2)醋酸酯加氢制乙醇是一个乙酰基产物制备乙醇的路线。①醋酸酯加氢的催化效能如表所示：实验组催化剂原料反应条件反应性能温度/°C压力/MPa转化率/%选择性/%1Cu/SiO2醋酸甲酯1902896.199.02Cu-Cr醋酸乙酯2502.8接近完全93.83Cu/ZnO醋酸乙酯18515699.04Cu/SiO2醋酸乙酯2804.094.696.6上述实验中，催化效能最好的为实验(填序号)，与之对比，实验3中，醋酸酯平衡转化率较低的主要原因可能是(从表中所给条件的角度分析)。②醋酸甲酯加氢历程一般认为可分为如下步骤(*代表催化剂位点，已知：CH3CO*＋H·→CH3CHO)：a．CH3COOCH3→CH3CO·＋CH3O·b．CH3CO·＋*→CH3CO*(慢)c．CH3O·＋*→CH3O*(快)d．CH3CO*＋3H·→CH3CH2OHe．CH3O*＋H·→CH3OH……其中，在b和c的步骤中，活化能较小的是(填标号，下同)，控制总反应速率的步骤是，分析上述步骤，副产物除CH3OH外，还可能有(写一种即可)。(3)甲醇也是新能源的重要组成部分。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：iv．CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH4<0v．CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g)ΔH5>0vi．CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH6<0在不同压强下、按照n(CO2)∶n(H2)＝1∶3进行投料，在容器中发生上述3个反应，平衡时，CO和CH3OH在含碳产物(即CH3OH和CO)中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图，压强p1、p2、p3由大到小的顺序为，曲线(填“m”或“n”)代表CH3OH在含碳产物中物质的量分数，在T1℃下，压强为p3时，反应v的浓度平衡常数Kc＝(填含α的表达式)。【答案】(1)ΔH1＋ΔH2＋ΔH3AC(2)1压强太小，不利于平衡向正反应方向移动cbCH3CHO(3)p1>p2>p3mα【解析】（1）反应i＋ii＋iii可得反应3CO(g)＋6H2(g)⇌CH3CH2OH(g)＋CH3OH(g)＋H2O(g)，由盖斯定律可知，该反应的ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3；该反应是气体体积减小的反应，在恒温恒容密闭容器中进行反应中气体压强减小，则混合气体总压强不随时间变化时，说明反应达到平衡状态，A正确；若一氧化碳完全反应，由方程式可知，反应后氢气、甲醇、乙醇、水蒸气的物质的量都为1mol，甲醇的体积分数为25%，该反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以反应达到平衡时，甲醇体积分数小于25%，B错误；反应达到平衡后，再充入少量CO，平衡向正反应方向移动，但CO的平衡转化率减小，C错误；反应达到平衡后，再加入高效催化剂，化学反应速率加快，但化学平衡不移动，乙醇产率保持不变，D正确。故选AD；（2）由表格数据可知，实验1催化剂的选择性高于实验2、4，原料的转化率高于实验3，所以催化效能最好的为实验1；与实验1相比，实验3的反应温度与1相近，压强小于实验1，说明实验3的压强太小，不利于平衡向正反应方向移动，导致醋酸酯平衡转化率较低；活化能越小，反应速率越快，慢反应决定总反应速率，在b和c的步骤中，活化能较小的是快反应c、控制总反应速率的步骤是慢反应b；由反应CH3CO*＋H·→CH3CHO可知，醋酸酯加氢制乙醇时，副产物除了甲醇外，还有乙醛；（3）反应iv、vi均为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CH3OH的物质的量减小、CO的物质的量增大，反应v为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，CO的物质的量增大，故升高温度，CH3OH在含碳产物中物质的量分数减小，则曲线m表示CH3OH在含碳产物中物质的量分数；反应iv、vi均为体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，CH3OH的物质的量增大，CO的物质的量减小，反应v是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，CO的物质的量不变，所以增大压强，CH3OH在含碳产物中物质的量分数增大，则压强的大小顺序为p1>p2>p3；设起始CO2和H2的物质的量分别为1mol和3mol，容器的体积为VL，反应iv、vi生成CH3OH的物质的量分别为amol、bmol，反应v生成CO的物质的量为cmol，由图像可知，在T1℃下，压强为p3时，CH3OH和CO在含碳产物中物质的量分数相等、CO2的转化率为α，由题意可建立如下三段式：COCO