河南省五市2025年高三第一次联考（一模）化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE12025年河南省五市高三第一次联考（一模）试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1.“锤草印花”印染技艺被列为河南省级非物质文化遗产项目。该技艺用到家纺纯棉布和“芊棒棒草”植物，经过布料预处理、捶打草液、明矾水固色、浆染、晾晒后，制作出色彩斑斓的手巾和素净淡雅的围巾。该技艺中涉及多种化学知识，下列说法错误的是A．家纺纯棉布的主要成分属于天然纤维B．布料印染前用到草木灰煮水以除去表面的油污及细小纤维，此过程涉及盐类水解的知识C．“芊棒棒草”的汁液在不同酸碱性环境中呈现不同的颜色，此现象涉及化学平衡移动原理D．固色的原理是明矾溶解后转化得到带正电的Al(OH)3胶体，能够有效地静电吸附染料，降低其溶解性，从而起到固色作用【答案】D【解析】家纺纯棉布的主要成分是纤维素，纤维素存在于自然界植物体内，属于天然纤维，A正确；草木灰的主要成分为碳酸钾，属于强碱弱酸盐，在水溶液中加热，发生水解得到碱性溶液，能促进油污的水解，从而除去布料表面的油污，B正确；“芊棒棒草”的汁液中的某种成分存在化学平衡，在不同酸碱性环境中平衡移动的方向不同，呈现的颜色不同，C正确；明矾为十二水硫酸铝钾，溶解后发生水解，生成Al(OH)3胶体，胶体呈电中性，Al(OH)3胶粒带正电性，能够吸附带相反电荷的离子，从而使染料聚沉，起到固色作用，而不是降低染料的溶解性，D错误；故选D。2.下列化学用语或图示表示正确的是A．CO2的球棍模型：B．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：C．SO32-的VSEPRD．晶态和非晶态SiO2粉末的X射线衍射图谱对比：【答案】C【解析】二氧化碳为直线型结构，其中碳原子半径大于氧原子半径，二氧化碳的球棍模型为，不是球棍模型，A错误；氢键的表示方法为X—H···Y，X和Y都应该是电负性强的原子，碳原子不属于电负性较大的原子，与碳原子直接相连的氢原子不能参与氢键形成，邻羟基苯甲醛分子内氢键应表示为，B错误；SO32-中心原子S的价层电子对数为4，孤电子对数为1，则SO32-的VSEPR模型：，C正确；晶体的X射线衍射存在明锐的峰，晶态二氧化硅的X射线衍射峰是由数十乃至上百个锐峰(窄峰)组成，而非晶态二氧化硅的粉末X射线衍射峰的数量较少且呈弥散状(为宽峰或馒头峰），D错误；故选C。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．常温常压下，11.2 LCOB．15g乙烯和20g丙烯的混合气体中含有C-H共价键的数目为5C．电解精炼粗铜的过程中，阳极质量减轻32g时转移的电子数为ND．常温下，pH=2的稀硫酸中，所含的H+【答案】B【解析】常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，则11.2LCO2的物质的量小于0.5mol，每个CO2分子含2个氧原子，则氧原子总物质的量小于NA，故A错误；乙烯和丙烯的最简式均为CH2，15g乙烯和20g丙烯的混合气体中含有CH2的物质的量为n=15+20g14g/mol=2.5mol，则含C-H键数目为5NA，故B正确；电解精炼时，粗铜作阳极放电，粗铜中存在比铜活泼的金属优先放电，阳极质量减轻32g4.下列离子方程式与所给事实相符的是A．利用石灰乳沉镁：CaB．在Fe3+溶液中通入过量的H2C．向硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸：3D．NaHCO3溶液中加入少量BaOH【答案】A【解析】石灰乳是氢氧化钙悬浊液，在离子方程式中不能拆为离子形式，应写其化学式，正确离子方程式为Mg2++Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca2+，A正确；过量的H2S气体通入FeCl3溶液中，具有氧化性的Fe3+将具有还原性的H2S氧化生成单质硫，离子方程式为H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+，B错误；向硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸，硫代硫酸钠发生歧化反应生成二氧化硫和硫单质，反应的离子方程式为：S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O，C错误；向NaHCO3溶液中加入少量Ba(OH)2溶液，钡离子、氢氧根离子完全反应生成碳酸钡沉淀和碳酸根离子，离子方程式为：Ba2++2OH-+2HCO5.电池中一种常用电解质的阴离子，结构如下图所示。M、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同族。下列说法正确的是A．Y的最外层电子有3种不同的空间运动状态B．该离子中Z、W、Z三原子共线C．第一电离能：MD．简单氢化物沸点：X【答案】D【解析】M原子序数最小，且形成4键，则M为C；X形成2键，Z形成6键，且X和Z同族，则X为O，Z为S；原子序数依次增大，则W为N；Y形成1键，则Y为F；因此M、W、X、Y、Z依次为：C、N、O、F、S，F原子核外电子排布式为1s22s22p5，则最外层占据4个原子轨道，故有4种不同的空间运动状态，A错误；根据该阴离子的结构示意图可知N原子杂化轨道数为4，采取sp3杂化，因此该离子中S、N、S三原子不可能共线，B错误；同周期元素第一电离能呈增大趋势，但ⅡA、ⅤA由于能级处于全充满、半充满状态，第一电离能高于同周期相邻主族，N原子核外电子排布处于半充满的较稳定状态，其第一电离能大于相邻族元素，故第一电离能：C<O<N＜F，C错误；由于H2O、HF分子间存在氢键，H6.下列实验操作对应的装置正确的是A．实验室制备氨气并收集B．实验室制备乙酸乙酯C．制备乙二酸D．测定醋酸的浓度A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】D【解析】装置中收集氨气的集气瓶口不能有塞子，应与外界相连通，否则空气排不出来，故A错误；导管口应在液面上方，避免发生倒吸，故B错误；乙二酸具有还原性，酸性高锰酸钾能继续氧化乙二酸到二氧化碳，故C错误；用带有聚四氟乙烯活塞的滴定管盛放氢氧化钠溶液，滴定醋酸，恰好反应时溶液显碱性，选用酚酞作指示剂，故D正确；故选D。7.CO2的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用CO2为原料可以合成新型可降解高分子P，其合成路线如下。已知：反应①中无其他产物生成。下列说法错误的是A．X物质名称是1，3-二丁烯B．P可以使溴水褪色C．P完全水解得到的产物的结构简式为D．Y通过碳碳双键的加聚反应生成的高分子难以降解【答案】A【解析】X主链含4个碳原子，1号碳与3号碳形成碳碳双键，名称是1，3-丁二烯，A错误；P中含有碳碳双键，可以和溴水中的溴发生加成反应，可以使溴水褪色，B正确；根据高分子P的结构可知，P是由发生缩聚反应产生的，则P完全水解得到的产物的结构简式为，C正确；Y形成的聚酯类高分子主链上含有大量酯基，易水解，而Y通过碳碳双键加聚得到的高分子主链主要为长碳链，与聚酯类高分子相比难以降解，D正确；故选A。8.下列说法错误的是A．由R4N+B．冠醚18-冠-6空腔直径与K+直径接近，冠醚18-冠-6可识别C．电负性：F>ClD．CsCl晶体中Cs+与8个Cl-配位，而NaCl晶体中Na+与6【答案】C【解析】由R4N+与PF6-组成的离子液体，离子的半径较大，离子键较弱，常温下呈液态，难挥发，故A正确；超分子具有识别功能，冠醚18-冠-6具有识别特征，其空腔直径与K+直径接近，冠醚18-冠-6可识别K+，故B正确；氟的电负性大于氯的电负性，F的吸电子作用更强，导致CF3COOH的羧基中的羟基中氢氧键的极性更大，氢氧键更容易断裂，易电离出H+，故酸性：CF3COOH＞CCl3COOH，故C错误；因为Cs+比Na+的半径大，能吸引更多的异性电荷，CsCl晶体中Cs+与8个Cl-配位，而NaCl晶体中Na+与6个Cl9.钛合金在航空航天领域有着广泛的应用。一种利用废脱硝催化剂(含TiO2、V2O5、A．钒位于元素周期表的ds区B．上述流程中共涉及到4个氧化还原反应C．提高铵盐浓度有利于沉钒D．高温碱浸生成Na2TiO【答案】C【解析】钛是元素周期表第22号元素，基态钛的价层电子排布式为3d24s2，位于d区，故A错误；TiO2与Cl2和过量的C加热生成TiCl4，TiCl4与Mg在氩气中发生置换反应生成Ti，五氧化二钒生成单质钒的反应，一共3个氧化还原反应，故B错误；NaVO3加铵盐沉钒，得到NH4VO3，提高铵盐浓度有利于沉钒，故C正确；高温碱浸生成Na2TiO3的离子方程式为：10.电化学合成在有机合成领域发挥着重要作用。某实验小组利用电化学方法氧化烯烃制备环氧化物(其中-R基团代表烷烃基)，装置如下图所示。下列叙述正确的是A．当Pt电极上产生11.2L氢气时，理论上转移1mol电子B．该装置中负极区的化学反应方程式为：Br2+H2O+→+2Br-+2H+C．Pt电极上发生氧化反应D．和分子中(除-R外)都含有手性碳【答案】B【解析】未指明气体是否处于标准状况，无法利用气体摩尔体积进行计算，故A错误；根据图可知，电子由左侧BiVO4电极流向右侧Pt电极，说明左侧BiVO4电极作负极，负极区的化学反应方程式为：Br2+H2O+→+2Br-+2H+，故B正确；根据B选项分析可知，Pt电极作正极，发生的电子的还原反应，H+得电子发生还原反应产生H2，故C错误；分子中(除-R外)不含有手性碳，故D错误；故选B。11.苯甲酸是一种食品添加剂，某粗苯甲酸样品中含有少量NaCl和泥沙，提纯苯甲酸的实验流程如图(已知：常温下苯甲酸易溶于乙醇，25℃和75℃时苯甲酸在水中的溶解度分别为0.34g和2.2g)。下列说法正确的是A．“过滤”时为了加快过滤速度，需要用玻璃棒不断搅拌漏斗中的液体B．检验苯甲酸中含有的NaCl是否除净，可选用AgNO3C．“洗涤”时为了减少苯甲酸的损失、提高产量，可选用乙醇作洗涤剂D．除去苯甲酸中的NaCl，“结晶”时应采用蒸发结晶【答案】B【解析】过滤时，不能用玻璃棒搅拌漏斗中的液体，避免滤纸破裂，故A错误；检验苯甲酸中含有的NaCl是否除净，实质是检验氯离子：可以取少量样品溶于水，滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀，则说明NaCl已经除净，故B正确；常温下，苯甲酸微溶于水，易溶于乙醇，洗涤时不宜用乙醇，应用冷水，避免苯甲酸与损耗，故C错误；NaCl的溶解度随温度变化不大，为除去NaCl，“结晶”时应采用冷却结晶，使NaCl留在滤液中，故D错误；答案选B。12.室温下，根据下列实验过程及现象，相应实验结论正确的是选项实验过程及现象实验结论A将等浓度等体积的NaAlOH4二者水解相互促进生成氢氧化铝沉淀BCuS的悬浊液中加入饱和MnSO4溶液，生成浅红色沉淀(MnS为浅红色KC取少量NH4HSO3无法判断原样品是否变质D将新制饱和氯水慢慢滴入含酚酞的稀NaOH溶液中，溶液红色褪去HClO具有漂白性A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】C【解析】将等浓度等体积的NaAlOH4溶液与NaHCO3溶液混合发生反应AlOH4-+HCO3-=AlOH3↓+CO32-+H2O，不是水解反应，故A错误；CuS的悬浊液中加入饱和MnSO4溶液，增大锰根离子浓度，CuS转化为MnS，不能证明KspCuS<KspMnS，故B错误；取少量NH4HSO313.某研究小组给出了CO2加氢制CH3OH的可能反应机理，如图所示。H2首先在ZnGaO3催化剂表面解离成2个H*，随后参与到CO2的还原过程。(A．反应过程存在O-B．理论上，每生成1 molCH3OHC．催化剂氧空位用于捕获CO2D．若反应温度过高使甲醇炭化，生成的碳颗粒易使催化剂反应活性下降【答案】A【解析】根据图示的反应历程可知，生成H2O时存在O-H生成，但无O-H键的断裂，故A错误；H2首先在ZnGaO3面解离成2个H*，随后参与到CO2的还原过程，根据图中信息可知，CH3OH∼6H*，所以理论上，每生成1molCH3OH，该历程中消耗的H*的数目为6NA，故B正确；H2首先在ZnGaO3催化剂表面解离成2个H*，2个H*与催化剂反应形成氧空位，催化剂氧空位再与CO2结合，所以催化剂氧空位用于捕获CO2，氧空位越多，越有利于捕获CO2，反应速率越快，故C正确；过高的温度会导致甲醇炭化形成碳粒，碳覆盖在催化剂的表面，使催化剂反应活性降低，故D14.H2A为二元弱酸，常温下将0.1mol/L的NaOH溶液滴入20 mL0.1 mol/L的NaHA溶液中，溶液中HA-(或A[已知：δHA-A．到达m点需要加入NaOH溶液的体积大于10mLB．q点溶液中溶质的第一步水解平衡常数的数量级为10C．随着NaOH溶液的加入，水的电离程度nD．n点满足关系：c【答案】D【解析】常温下将的NaOH溶液滴入20mL0.1mol/LNaHA的溶液中，NaHA+NaOH=Na2A+H2O，随着NaOH溶液的加入，A2-的浓度上升，HA-浓度下降，曲线a代表HA-，曲线b代表A2-，m点时，存在cA2-=cHA-，pH=4.2，可得出c(H+)=10-4.2mol/L，Ka2=cH+cA2-cHA-=1×10-4.2，说明NaHA溶液呈酸性，说明HA-的电离大于水解，若加入的NaOH等于10mL，cNa2A:cNaHA=1:1，根据HA-的电离大于水解，则有cA2->cHA-，而m点时，存在cA2-=cHA-，若是加入NaOH溶液的体积大于10mL则溶液中生成更多的A2-，因此到达m点需要加入NaOH溶液的体积小于10mL，A项错误；q点为Na2A溶液，A2-+H2二、解答题15.氮化锶是工业上生产高端荧光粉的主要材料。某实验小组利用如下装置制备氮化锶并测定产品的纯度。已知：金属锶与氮气在加热条件下可生成氮化锶，氮化锶遇水剧烈反应产生氨气。I．制备氮化锶(1)仪器a的作用为，洗气瓶c中盛放的试剂是。(2)仪器b中发生反应的离子方程式为。(3)该实验装置的设计有一处缺陷，如何改进。(4)工业生产中欲使Sr反应完全，当吸收氮的作用减缓时可将温度提高到700∼750℃，分析可能的原因是(写出一条即可)。II．测定产品的纯度称取5.0g产品，放入干燥的三颈烧瓶中，点燃A处酒精灯，向三颈烧瓶中加入蒸馏水，充分反应后，从烧杯中量取25.00 mL吸收液至锥形瓶中，用0.5000 mol⋅L-1NaOH标准溶液滴定剩余盐酸，到终点时消耗46.00 mLNaOH(5)装置A的作用为。(6)下列实验操作会使测量纯度偏大的是___________(填字母)。A．A装置中产生的水蒸气量过少B．用酸式滴定管量取吸收液时，开始平视，最终仰视C．用NaOH标准溶液滴定吸收液时，滴定管尖嘴部位开始无气泡，最终有气泡D．接近滴定终点时，NaOH标准溶液滴速过快，成注流下(7)产品纯度为。(保留三位有效数字)【答案】(1)平衡气压，使液体顺利流下浓硫酸(2)NH(3)在d装置后增加一个装有碱石灰的球形干燥管(4)温度升高化学反应速率加快（或：温度升高使化学平衡正向移动）(5)利用水蒸气将反应产生的氨气排出，以便被盐酸标准溶液完全吸收(6)BD(7)46.7%【解析】（1）a导管连通分液漏斗和烧瓶，作用是平衡气压，使液体顺利流下；氮化锶遇水剧烈反应产生氨气，c瓶中盛放液体为浓硫酸，故答案为：平衡气压，使液体顺利流下；浓硫酸。（2）装置A为制备氮气的装置，反应原理是：NH4Cl+NaNO2=（3）该装置缺陷为末端可能有空气进入d玻璃管内，水蒸气干扰实验，则应该在d装置后增加一个装有碱石灰的球形干燥管，故答案为：在d装置后增加一个装有碱石灰的球形干燥管。（4）当吸收氮的作用减缓时将温度提高到700~750℃，可使锶反应完全，故从速率和平衡的角度分析，可能的原因是温度升高，化学反应速率加快或平衡正向移动，故答案为：温度升高化学反应速率加快（或：温度升高使化学平衡正向移动）。（5）装置A的作用为利用水蒸气将反应产生的氨气排出，以便被盐酸标准溶液完全吸收，故答案为：利用水蒸气将反应产生的氨气排出，以便被盐酸标准溶液完全吸收。（6）A．A装置中产生的水蒸气量过少会使结果偏低，故A错误；B．读数时，开始时平视，终点时仰视，会使结果偏高，故B正确；C．滴定前滴定管尖嘴内无气泡，滴定后尖嘴内有气泡，气泡的体积也是消耗的液体的体积，则测得体积比实际消耗的小，故C错误；D．接近滴定终点时，标准溶液滴速过快，成注流下，会导致结果偏高，故D正确；故答案为BD。（7）滴定过程中的盐酸被氢氧化钠和氨气消耗，200mL盐酸溶液中与氢氧化钠反应的盐酸的物质的量为：0.5000mol/L×0.046L×200mL25mL=0.184mol，与氨气反应的盐酸的物质的物质的量为：1.0000mol/L16.航空航天领域，锰被用于制造高温金属和钛合金。工业上以含锰矿石(主要成分为MnCO3，还含有铁、钴、铜等的碳酸盐杂质)25℃时，部分物质的溶度积常数如下表所示。物质FeFeCuMnMnSCoSK4.9×2.8×2.0×2.0×2.5×4.0×回答下列问题：(1)基态Mn原子的价层电子的轨道表示式为。(2)“浸取”前，含锰矿石研磨的目的是。(3)“氧化”步骤发生反应的离子方程式为。(4)先“氧化”，后加氨水调节溶液pH，两步操作不可以调换的原因是。(5)当溶液中某组分浓度c≤1.0×10-5 mol⋅L-1时，可认为已除尽。“除杂3”步骤所得溶液中cMn2+=2.5 (6)电解废液中还含有少量Mn2+，向其中加入饱和NH4HCO3溶液，有沉淀和气体生成，该反应的离子方程式为(7)MnO2的一种晶胞结构如图所示。已知该晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数为NA，则该MnO2晶体的摩尔体积Vm为m【答案】(1)(2)提高浸取速率(3)MnO2+4H++2Fe2+=2Fe3++Mn2++2H2O(4)Mn2+、Fe2+、Co2+、Cu2+的Ksp相近，Fe3+的Ksp远小于Fe2+、Co2+、Cu2+，首先将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氨水调pH沉淀Fe3+，从而完全沉淀Fe3+。(5)10<pS≤15.4(6)Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H(7)N【解析】含锰矿石中加入足量硫酸浸取，MnCO3转化为Mn2+，铁、钴、铜的碳酸盐转化为亚铁离子、钴离子和铜离子，加入过量MnO2，MnO2将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为Mn2+，加入氨水调节pH=4，此时c(OH-)=10-10mol/L，根据物质的溶度积常数可知，此时生成的沉淀为氢氧化铁，还有过量的二氧化锰，再加入氨水调节pH，使Cu2+转化为氢氧化铜沉淀，同时Mn2+不能沉淀，此时滤渣2为氢氧化铜，再加入硫化铵，生成CoS沉淀，最后电解得到Mn。（1）Mn原子序数为25，处于周期表中第4周期第ⅤⅡB族，则其价电子排布式为3d54s2，所以轨道表示式为：。（2）用硫酸浸取含锰矿石时，可采用将矿石粉碎、适当提高硫酸浓度、适当提高温度等方式提高浸取速率，因此“浸取”前，含锰矿石研磨的目的是提高浸取速率。（3）氧化过程中，具有氧化性的MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Mn2+，根据得失电子守恒及电荷守恒，离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+=2Fe3++Mn2++2H2O。（4）锰、铁、钴、铜等的碳酸盐杂质与稀硫酸反应生成Mn2+、Fe2+、Co2+、Cu2+，Mn2+、Fe2+、Cu2+的Ksp相近，很难通过沉淀方法分离，而Fe3+的Ksp远小于Fe2+、Co2+、Cu2+，因此应首先将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氨水调pH沉淀Fe3+，从而分离Fe。（5）除杂3中锰离子浓度cMn2+=2.5 mol⋅L-1，若使锰离子不能发生沉淀，则cS2-<Ksp(MnS)（6）电解废液中含有少量Mn2+，加入饱和NH4HCO3，有碳酸锰沉淀和二氧化碳气体生成，离子方程式为Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2（7）Mn位于晶胞顶角和晶胞体内，1个晶胞中Mn的个数为：8×18+1=2，O位于晶胞面上和晶胞体内，O的个数为：4×12+2=4，则每个晶胞中含有217.中央经济工作会议强调要“加快新能源、绿色低碳等前沿技术研发和应用推广”。CO2甲烷化是目前研究的热点方向之一，CO2也可以获得新型能源二甲醚反应Ⅰ：CO2g反应Ⅱ：CO2g反应Ⅲ：CO2g反应Ⅳ：2CH3回答下列问题：(1)反应2COg+4H2g(2)在体积相等的多个恒温恒容密闭容器中，分别充入4 molCO2和4 molH2，均只发生上述反应Ⅰ，在不同温度下反应相同时间，测得已知该反应的速率方程为v正=k正cCO2c4H2①下列选项不能作为反应Ⅰ达到平衡状态的判断依据的是(填字母)。A．CO2的体积分数不变B．容器内气体压强不变C．4v生成HD．混合气体的平均摩尔质量不变②由图中信息可知，a、b、c三点中可能达平衡状态的是；代表lgk正曲线的是(填“MH”或(3)向恒温恒压的密闭容器中充入5 molCO2和20 molH2，若只发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时其中两种含碳物质的物质的量①图中曲线X表示(填含碳物质的分子式)物质的量与温度的关系变化曲线。②已知800 K时体系压强为pMPa，则该温度时反应Ⅰ的平衡常数Kp的计算式为MPa-2(代入平衡分压写出计算式，无需化简。已知：分压=总压(4)电解催化CO2铜电极上电解催化CO2制甲醇的电极反应方程式为【答案】(1)2ΔH(2)ACa、bNG(3)CH43.8(4)CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O【解析】（1）依据盖斯定律，反应=反应Ⅲ×2+反应Ⅳ-反应Ⅱ×2，ΔH=2ΔH3（2）①A．通过三段式计算，COCO2的体积分数为4-x8-2x=12B．恒温恒容条件下，反应前后气体分子数不同，容器内气体压强不断变化，当压强不变，达到平衡状态；C．4v生成H2=D．反应是气体物质的量减小的反应，混合气体总质量始终保持不变，反反应过程中气体合气体的平均相对分子质量不变时，说明反应达到平衡；答案选AC；②由题意和图中信息可知，k只受温度影响，温度升高，k增大，可知1T从右往左看，MH和NG是lgk随温度升高而增大的线。从T4到T1，温度升高，c、b、a反应速率逐渐加快，所以在相同的时间，b、b点到a点平衡状态，温度升高，H2转化率下降，说明平衡逆向移动，故反应I的正向为放热反应；升高温度，lgk正，lgk逆均增大，平衡逆向移动，平衡常数(K=k正k逆)减小，故升高温度时逆反应速率增大程度大于正反应速率增大程度，即lg（3）①平衡时X的物质的量较大，随着温度升高X的物质的量逐渐减小，Y的物质的量逐渐增大，由于反应I是放热反应，随着温度升高，甲烷的量应该逐渐减小，二氧化碳的量增大，又由于反应II是吸热反应，一氧化碳的量随温度升高而逐渐增大，二氧化碳的物质的量逐渐减小，因此图中X为甲烷，Y为CO，而缺少CO2②根据反应I：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)ΔH1，反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g（4）铜电极CO2制备甲醇