湖北省华中师范大学第一附属中学2023-2024学年高二上学期10月月考化学 Word版含解析.docx

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华中师大一附中2023—2024学年度高二年级第一学期十月月考化学试卷一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列关于化学反应速率的说法正确的是A.升高温度可降低化学反应的活化能，提高活化分子百分数，加快化学反应速率B.反应物浓度增大，单位体积活化分子数增多，有效碰撞的几率增加，反应速率增大C.催化剂能提高活化分子的活化能，从而加快反应速率D.有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的容积)，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率加快【答案】B【解析】【详解】A．升高温度部分非活化分子吸收能量后变为活化分子，所以增大活化分子百分数，化学反应速率加快，但反应的活化能不变，故A错误；B．增大浓度，增大单位体积内活化分子个数，有效碰撞的几率增加，反应速率增大，故B正确；C．催化剂通过降低活化分子的活化能，从而加快反应速率，故C错误；D．缩小体积相当于增大压强，增大单位体积内活化分子个数，但活化分子百分数不变，故D错误。答案选B。2.下列事实不能用勒夏特列原理(平衡移动原理)解释的有几项①可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气②铁在潮湿的空气中易生锈③二氧化氮与四氧化二氮的平衡体系，增大压强后颜色加深④新制氯水中加后，溶液漂白性增强⑤钠与氯化钾共融制备钾：⑥用高压氧舱治疗CO中毒⑦打开啤酒瓶盖，逸出大量气泡⑧合成氨选择500℃的高温反应以提高反应物的转化率⑨铁钉放入浓中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体⑩氯化铁溶液加铁粉后颜色变浅 A.3B.4C.5D.6【答案】C【解析】【详解】①可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气，氢氧化钠固体溶于水放热，且溶液中OH-浓度增大，促进一水合氨分解生成氨气，有利于氨气逸出，能用勒夏特列原理解释；②铁在潮湿的空气中易生锈是发生了电化学腐蚀，不能用勒夏特列原理解释；③二氧化氮与四氧化二氮的平衡体系，增大压强后颜色加深，是因为压缩体积，压强增大，体系内所有物质浓度增大，颜色加深，不能用勒夏特列原理解释；④新制氯水中加后，与H+反应，氯气与水反应平衡正向移动，次氯酸浓度增大，溶液漂白性增强，能用勒夏特列原理解释；⑤钠与氯化钾共融制备钾：，钾的沸点比钠低，以气体逸出，平衡正向移动，可以制备钾，能用勒夏特列原理解释；⑥CO进入血液后与血红蛋白结合，有如下平衡：，高压氧舱中氧气浓度增大，导致平衡逆向移动，释放出CO，可治疗CO中毒，能用勒夏特列原理解释；⑦打开啤酒瓶盖，压强减小，，平衡逆移，逸出大量气泡，能用勒夏特列原理解释；⑧合成氨是放热反应，选择500℃的高温反应是为提高反应速率，不能用勒夏特列原理解释；⑨铁钉放入浓中，发生钝化，加热浓氧化性增强，能反应产生大量红棕色气体，不能用勒夏特列原理解释；⑩氯化铁溶液加铁粉后颜色变浅，是因为铁粉将Fe3+还原为Fe2+，不能用勒夏特列原理解释；综上，不能用勒夏特列原理解释的有②③⑧⑨⑩，共5个，故选C。3.我国古代哲学认为物质是阴阳组成的对立统一体，下列化学知识正确且最能体现阴阳对立统一的是A.绝大多数的化学反应是有限度的，限度越高的反应，化学反应速率越大B.化学反应伴随能量变化C.C、N、O的电负性随其核电荷数的增大而增大D.溶液中既有的转换关系又有的转换关系【答案】D【解析】【详解】A．化学反应限度和化学反应速率没有关系，不能体现阴阳对立统一，A错误；B．化学反应伴随能量变化，但没有体现阴阳对立统一，B错误；C．C、N、O的电负性随其核电荷数的增大而增大，变化一致，没有体现阴阳对立统一，C错误； D．溶液中既有转换关系又有的转换关系，既发生电离，也发生水解，能体现阴阳对立统一，D正确；故选D。4.下列有关说法不正确的是（）A.Na与H2O的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行B.某吸热反应能自发进行，因此该反应一定是熵增反应C.通常情况下，一个放热且熵增的反应也有可能非自发进行D.反应NH3(g)+HCl(g)====NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的ΔH<0【答案】C【解析】【详解】A、根据△G＝△H－T·△S可知，当反应是熵增放热的反应时，一定满足△H-T△S＜0，反应一定是自发进行的，选项A正确；B、吸热反应可以自发进行，△H＞0，若满足△H-T△S＜0，必须是熵增的反应，选项B正确；C、根据△G＝△H－T·△S可知，当反应是熵增放热的反应时，一定满足△H-T△S＜0，反应一定不可能为非自发进行，选项C不正确；D、反应NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)为熵减的反应，若在室温下可自发进行，根据△G＝△H－T·△S，必须△H－T·△S＜0，而△S＜0，则一定得△H＜0，才有可能△G＜0，选项D正确。答案选C。5.下列离子方程式与所给事实相符的是A.往溶液中滴加几滴浓NaOH溶液，溶液由橙色变黄：B.往淀粉KI溶液中滴入硫酸，溶液变蓝：C.加热溶液，溶液由蓝色变为黄绿色：D.草酸使高锰酸钾褪色的总反应为：【答案】B【解析】【详解】A．往溶液中滴加几滴浓NaOH溶液，溶液由橙色变黄，是因为存在平衡，滴加几滴浓NaOH溶液，平衡正向移动，A错误；B．往淀粉KI溶液中滴入硫酸，溶液变蓝，说明酸性环境中氧气将碘离子氧化生成碘单质，离子反应为：，B正确； C．，为蓝色，为黄绿色，加热溶液，溶液由蓝色变为黄绿色，说明该平衡正向移动，正向反应为吸热反应，C错误；D．草酸是弱酸不能拆写成离子，应为，D错误；故选B。6.我国科研人员研究发现合成氨的反应历程有多种，其中有一种反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*表示)。下列说法正确的是A.N2生成NH3是通过多步氧化反应生成的B.过程I和Ⅲ中能量的变化相同C.对于N2(g)→*N2(g)，适当提高N2分压，可以加快反应速率，提高N2(g)转化率D.若有大量氨分子吸附在催化剂表面，将降低化学反应速率【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，N2生成NH3的过程为N2→N=N-H→H-N=N-H→H-N-NH2→H2N-NH2→NH3，氮元素化合价逐渐降低，是发生多步还原反应生成的，故A错误；B．过程Ⅰ是断裂氮氮三键中的一个键，而过程Ⅲ与过程Ⅰ断键不同，所以所需能量不同，过程Ⅰ和Ⅲ中能量的变化不相同，故B错误；C．该反应在反应前后分子数不变，加压平衡不移动，所以提高分压可以加快反应速率，但是不能提高反应物的转化率，故C错误；D．NH3的及时脱附可留下继续反应的空间而增加催化剂的活性位，如果大量氨分子吸附在催化剂表面，就将减缓反应速率，故D正确。故选D。7.下面是某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图象，其中图象和实验结论表达均正确的是 图①图②图③图④A.图①若，则a曲线一定使用了催化剂B.图②是在一定条件下，随时间t的变化，正反应，M点正反应速率W点逆反应速率>N点逆反应速率，B错误；C．图③，当投料比等于化学计量数之比时，所有反应物的转化率相等，C正确；D．图④中曲线表示一定压强下NO平衡转化率随温度的变化，A、B、C三点表示不同温度、压强下NO的平衡转化率，压强最小的是A点，化学平衡常数最小的是B点。由图可知，增大压强，平衡正移，NO的平衡转化率增大。升高温度，NO的平衡转化率减小，说明平衡逆移，K减小，D错误；故选C。8.是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某(Ⅱ)催化剂(用表示)能高效电催化氧化合成，其反应机理如图所示。下列说法错误的是A.(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，配体失去质子能力增强B.M中的化合价为C.该过程有非极性键的形成D.该过程的总反应式：【答案】B【解析】【详解】A．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，中的带有更多的正电荷，其与N原子成键后，吸引电子的能力比(Ⅱ)强，这种作用使得配体中的键极性变强且更易断裂，因此其失去质子（）的能力增强，A说法正确；B．(Ⅱ)中的化合价为+2，当其变为(Ⅲ)后，的化合价变为+3，(Ⅲ)失去2个质子后，N原子产生了1个孤电子对，的化合价不变；M为，当变为M时，N原子的孤电子对拆为2个电子并转移给1个电子，其中的化合价变为，因此，B 说法不正确；C．该过程M变为时，有键形成，是非极性键，C说法正确；D．从整个过程来看，4个失去了2个电子后生成了1个和2个，(Ⅱ)是催化剂，因此，该过程的总反应式为，D说法正确；综上所述，本题选B。9.E是非金属性最强的元素，M是E的气态氢化物，在固定体积的密闭容器中，气体M存在如下关系：xM（g）Mx（g），反应物和生成物的物质的量随时间的变化关系如图。下列说法正确的是A.M的沸点比同主族下一周期元素的气态氢化物沸点低B.该反应的化学方程式是2HF（HF）2C.t1时刻，保持温度不变，再充入1molM，重新达到平衡时，将增大D.平衡时混合气体的平均摩尔质量是33【答案】C【解析】【详解】A．E是非金属性最强的元素，所以E是F元素，M是E的气态氢化物，即为HF，同主族下一周期元素为Cl元素，其气态氢化物为HCl，由于HF分子之间有氢键的存在，HCl分子之间无氢键，所以HF的沸点比HCl沸点高，故A错误；B．E是非金属性最强的元素，所以E是F元素，M是E的气态氢化物，即为HF，根据M的变化量为3mol和Mx的物质的量的变化量为1mol，故化学方程式为3HF⇌(HF)3，故B错误；C．t1时刻，保持温度不变，再充入1molM，相当于对原平衡加压，结合3HF⇌(HF)3 化学平衡可知，平衡正向移动，增大，故C正确；D．根据图象，平衡时HF和(HF)3物质量分别为2mol、1mol，混合气体的平均摩尔质量===33.3g/mol，故D错误；答案为C。10.室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是选项探究目的探究方案A浓度对化学反应速率的影响向2支盛有3mL不同浓度溶液的试管中同时加入2mL5%NaClO溶液，观察实验现象B温度对化学反应速率的影响在两支试管中各加入3mL12%溶液，将其中一支用水浴加热，观察并比较实验现象C反应的可逆性向5mLKI溶液中滴加1mL溶液，振荡，用苯多次萃取后，取水层分装在两支试管，向其中一支滴加几滴KSCN溶液，对比两试管中溶液的颜色D对与反应的催化作用在两支试管中各加入4mL酸性溶液和2mL溶液，再向其中一支试管中加入少量固体，观察并比较褪色所需时间A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．溶液与NaClO溶液反应没有明显现象，故无法达到实验目的，故A符合题意；B．在两支试管中各加入3mL12%溶液，将其中一支用水浴加热，可观察到水浴加热的试管冒气泡的速率快，能探究温度对化学反应速率的影响，故B正确，不符合题意； C．向5mLKI溶液中滴加1mL溶液，I-足量，用苯多次萃取后，取水层分装在两支试管，向其中一支滴加几滴KSCN溶液，可以看到溶液呈红色，说明Fe3+没有反应完，能说明反应的可逆性，故方案正确，不符合题意；D．加入少量固体的试管溶液褪色的时间短，说明对与反应有催化作用，方案正确，不符合题意。答案选A。11.在盛有足量A的体积可变的密闭容器中，保持压强一定，加入B，发生反应：A(s)+2B(g)＝4C(g)+D(g)△H＜0，在一定温度、压强下达到平衡。平衡时C的物质的量与加入的B的物质的量的变化关系如图。下列说法正确的是A.当温度升高后，则图中θ＞45°B.若再加入B，则正、逆反应速率均逐渐增大C.平衡时B的转化率为50%D.上述反应只能在高温下才能自发进行【答案】C【解析】【分析】在一定温度、压强下达到平衡，平衡时C的物质的量与加入B的物质的量的变化关系图可知，平衡时再加入B，因体积可变，则B的浓度不变，则平衡后B的加入平衡不移动；该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，则C的物质的量减少；再由图可知，达平衡时B、C的物质的量相等来计算B的转化率，以此解答该题。【详解】A．该反应为放热反应，压强一定，当升高温度时，平衡逆向移动，则C的物质的量减少，由图可以看出，图中θ＜45°，故A错误；B．因体积可变，则B的浓度不变，则v(正)、v(逆)都不变，故B错误；C．设开始B的物质的量为n，转化的B为x，由图可知平衡时C的物质的量与加入的B的物质的量相等，则2x＝n，x＝0.5n，转化率为50%，故C正确；D．反应的ΔH＜0，ΔS＞0，根据复合判据，无需高温，就可自发进行，故D错误。 答案为C。12.在CuO催化下，经过氯化、氧化等步骤，有机氯化工业的副产品HCl可被O2转化为Cl2，总反应为，下列说法正确的是A.反应的平衡常数可表示为B.该反应ΔS<0、ΔH>0C.是基元反应D.提高HCl的转化率，需要研发在低温区高效的催化剂【答案】D【解析】【详解】A．由方程式可知，反应的平衡常数可表示为，故A错误；B．该反应正向气体分子数减少，是熵减的反应，反应能自发进行，说明反应ΔH—TΔS＜0，则反应的焓变小于0，故B错误；C．由题意可知，氧化铜是反应的催化剂，则该反应不可能是一步就能完成的基元反应，故C错误；D．由B项解析可知该反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，氯化氢的转化率增大，所以提高氯化氢的转化率应研发在低温区高效的催化剂，故D正确；故选D13.，400℃时体积相同的甲、乙、丙三个容器中，甲容器绝热恒容，充入6mol和3mol，乙容器恒温恒容，充入6mol，丙容器恒温恒压，充入6mol，充分反应达到平衡，下列说法正确的是A.乙中的体积分数大于丙B.转化率：C.D.甲和丙中反应的化学平衡常数互为倒数【答案】A【解析】【详解】A．乙容器恒温恒容，充入6molSO3，丙容器恒温恒压，充入6molSO3，随反应进行气体体积增大，达到平衡时乙中压强大于丙中压强，相对于丙，乙相当于压强增大，平衡正向移动，三氧化硫体积分数增大，则乙中SO3的体积分数大于丙，A正确； B．若温度相同时，甲、乙极限转化为反应物时，起始量相同，且甲中绝热，反应放热使温度升高，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减小，则，B错误；C．乙容器恒温恒容，充入6molSO3，丙容器恒温恒压，充入6molSO3，随反应进行气体体积增大，达到平衡时乙中压强大于丙中压强，相对于丙，乙相当于压强增大，则P乙>P丙，C错误；D．焓变为负，为放热反应，甲是绝热恒容，丙是恒温恒压，容器温度始终不变，所以甲容器中温度高于丙，因平衡常数随温度变化，所以甲和丙中化学平衡常数不同且无关，D错误；故选A。14.已知[Co(H2O)6]2+呈粉红色、[CoCl4]2—呈蓝色、[ZnCl4]2—为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：[Co(H2O)6]2++4Cl—[CoCl4]2—+6H2O△H，将该溶液分为三份做实验，溶液的颜色变化如表：装置序号操作现象①将试管置于冰水浴中溶液均呈粉红色②加水稀释③加少量ZnCl2固体以下结论和解释正确的是A.等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2—中σ键数之比为3：2B.由实验①可知：△H<0，由实验②可推知加水稀释，浓度熵Q②C．在氢碳比为2.0时，Q点：D．该反应发生前后C原子的杂化方式发生改变②已知Arhenius经验公式为(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，为探究m、n两种催化剂的催化效率，进行了实验探究，依据实验数据获得如图所示曲线。在n催化剂作用下，该反应的活化能___________。从图中信息获知催化效率较高的催化剂是___________(填“m”或“n”)。【答案】17.①.(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O②.18.C 19.①.AC②.9.6×104③.n【解析】【小问1详解】①(NH4)2Cr2O7加热分解制备Cr2O3，Cr的化合价降低，故必然有元素化合价升高，结合同时生成的无污染气体，则为N2，结合原子守恒可知还生成H2O，反应的化学方程式为(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O，故答案为：(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O；②已知Cr是24号元素，其核外电子排布式为：[Ar]3d54s1，则基态Cr原子的价层电子轨道表示式为，故答案为：；【小问2详解】A．由图可知，lgc(NO2)和lgc(N2O4)均为0时，即c(NO2)和c(N2O4)均为1mol/L，由正逆反应速率表达式可知，正=100逆，故表示的线是ｎ，A正确；B．根据反应速率之比等于化学计量系数之比可知，，则当时有，则说明反应达到平衡状态，B正确；C．lgc(NO2)和lgc(N2O4)均为0时，即c(NO2)和c(N2O4)均为1mol/L，lg正=a+2，正=10a+2=k正c2(NO2)=k正，lg逆=a，逆=10a=k逆c(N2O4)=k逆，==100，当反应达到平衡状态时正=逆，则k正c2 (NO2)=k逆c(N2O4)，该反应的平衡常数K===100，T℃时，向2L的容器中充入5molN2O4气体和1molNO2气体，Qc===10＜K，则此时，C错误；D．T℃时，向刚性容器中充入一定量气体，平衡后测得为1.0，则平衡时有==k逆=10a，即的数值为，D正确；故答案为：C；【小问3详解】①A．CO2的平衡转化率随着温度升高而减小，表明升温平衡左移，反应的△H小于0 ，又知反应热等于正反应活化能减去逆反应活化能，故有该反应的正反应活化能E1＜逆反应活化能E2，A错误；B．在相同温度下，CO2的平衡转化率①大于②，已知增大H2的用量，CO2的平衡转化率增大，所以氢碳比①大于②，B正确；C．在一定温度下，在氢碳比为2.0时，该温度下对应的平衡转化率为P点对应数值，即Q点达到平衡过程中，CO2的转化率增大，所以，C错误；D．已知CO2中C周围的价层电子对数为：2+=2则为sp杂化，而C2H4中C周围的价层电子对数为：3+=3则为sp2杂化，即该反应发生前后C原子的杂化方式发生改变，D正确；故答案为：AC；②将坐标(7.2，56.2)和(7.5，27.4)代入，列关系式56.2=-7.2×10-3Ea+C，27.4=-7.5×10-3Ea+C，解得：Ea=9.6×104J•mol-1；从图中信息获知，直线n斜率大，Ea小，说明催化效率越高，故答案为：9.6×104；n。18.回答下列问题：（1）亚硝酰氯()气体是有机合成的重要试剂，它可由Cl2和NO在通常条件下反应制得，△H，相关化学键的键能如下表所示：化学键键能/(kJ∙mol-1)243630200607该反应的△H为___________。（2）25℃时，在体积为2L的恒容密闭容器中通入0.08molNO和0.04molCl2发生上述反应，若反应开始与结束时温度相同，数字压强仪显示反应过程中压强(p)随时间(t)的变化如图Ⅰ实线所示，则△H3＜0，原因是___________；若其他条件相同，仅改变某一条件，测得其压强随时间的变化如图I虚线所示，则改变的条件是___________；在5min时，再充入0.08molNO和0.04molCl2，则混合气体的平均相对分子质量将___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。 （3）图Ⅱ是甲、乙两同学描绘上述反应的平衡常数的对数值(lgK)与温度的变化关系图，其中正确的曲线是___________(填“甲”或“乙”)，a值为___________。25℃时测得反应在某时刻，、、的浓度分别为0.7、0.1、0.3，则此时___________(填“＞”“＜”或“=”)。【答案】（1）-111kJ∙mol-1（2）①.随着反应的进行，气体的物质的量不断减小，若温度不变，则压强不断减小，现压强增大，则表明反应放热使混合气温度升高②.催化剂③.增大（3）①.乙②.2③.＞【解析】【小问1详解】反应的△H=630×2kJ∙mol-1+243kJ∙mol-1-2×(607+200)kJ∙mol-1=-111kJ∙mol-1。【小问2详解】从图中可以看出，在反应过程中，混合气的压强增大，此时混合气的温度升高，则△H3＜0，原因是：随着反应的进行，气体的物质的量不断减小，若温度不变，则压强不断减小，现压强增大，则表明反应放热使混合气温度升高；如图I中虚线显示，改变条件后，反应速率加快，达平衡的时间缩短，但平衡状态不变，则改变的条件是催化剂；在5min时，再充入0.08molNO和0.04molCl2，相当于原平衡体系由2L压缩为1L，则平衡正向移动，混合气的物质的量减小，而混合气的质量不变，所以混合气体的平均相对分子质量将增大。【小问3详解】△H＜0，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，lgK减小，则正确的曲线是乙。对于反应，充入0.08molNO和0.04molCl2，设达平衡时参加反应Cl2的物质的量为x，则可建立如下三段式： 则，x=0.02mol，K==100，a=lg100=2。25℃时测得反应在某时刻，、、的浓度分别为0.7、0.1、0.3，Qc==＜100，则平衡正向移动，此时＞。【点睛】物质的能量越高，键能越小。19.2030年实现“碳达峰”，2060年达到“碳中和”的承诺，体现了我国的大国风范。二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：二氧化碳加氢制甲醇涉及的反应可表示为：①②③（1）根据上述反应求：④的___________。（2）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上反应④的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。写出该历程中决速步骤的化学方程式：________。（3）一体积可变的密闭容器中，在保持aMPa下，按照投料，平衡时，CO和 CH3OH在含碳产物中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图所示：①图中m曲线代表的物质为________。②下列说法正确的是________(填标号)。A．180~380℃范围内，H2的平衡转化率始终低于CO2B．温度越高，越有利于工业生产CH3OHC．一定时间内反应，加入选择性高的催化剂，可提高CH3OH的产率D．150~400℃范围内，随着温度的升高，CO2的反应速率先减小后增大③已知气体分压=气体总压×气体的物质的量分数，用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数，270℃时反应①的分压平衡常数为________(保留2位有效数字)。（4）在一定条件下，密闭容器中加入一定量的CO、H2O(g)和催化剂仅发生反应，其速率方程为，，其中、为正、逆反应速率，、分别为速率常数，p为气体的分压。已知降低温度时，增大，调整CO和H2O初始投料比，测得CO的平衡转化率如图，A、B、C、D四点中温度由高到低的顺序是________，在C点所示投料比下，当CO转化率达到40%时，________。【答案】（1）—41（2）(或) （3）①.CH3OH②.AC③.0.015（4）①.B>A>C>D②.【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知，反应②—③得到反应④，则反应ΔH4=ΔH2—ΔH3=(—90kJ/mol)—(—49kJ/mol)=—41kJ/mol，故答案为：—41；【小问2详解】反应的活化能越大，反应速率越慢，化学反应的反应速率取决于慢反应，由图可知，最大活化能E正=1.86eV—(—0.16eV)=2.02eV，则决速步骤的方程式为(或)，故答案为：(或)；【小问3详解】①反应①是反应④的逆反应，则反应①为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的物质的量增大反应②和③都是放热反应，升高温度，平衡均向逆反应方向移动，甲醇的物质的量减小，则升高温度时一氧化碳在含碳产物中物质的量分数增大，甲醇的在含碳产物中物质的量分数减小，所以m曲线代表的物质为甲醇，故答案为：CH3OH；②A．起始二氧化碳和氢气的物质的量投料比为1：3，若只发生反应③，二氧化碳和氢气的转化率相同，若只发生反应①，二氧化碳的转化率大于氢气，则①、③都发生时，氢气的平衡转化率始终低于二氧化碳，故正确；B．由图可知，温度越低，甲醇在含碳产物中物质的量分数越高，说明低温越有利于工业生产甲醇，故错误；C．一定时间内反应，加入选择性高的催化剂，可以增大生成甲醇反应的反应速率，优于其他反应达到平衡，从而提高甲醇的产率，故正确；D．升高温度，活性反应速率加快，故错误；故选AC；③270℃时，设起始二氧化碳和氢气的物质的量分别为1mol、3mol，由图可知，二氧化碳的转化率为24%，由盖斯定律可知，反应①＋②得到反应③，则计算270℃时反应①的分压平衡常数时，只讨论反应①和反应②即可，设反应反应②生成甲醇amol，由题意可建立如下三段式： 由图可知，平衡时一氧化碳和甲醇在含碳产物中物质的量分数相等，则0.24—a=a，解得a=0.12，由三段式数据可知，反应①的平衡常数Kp=≈0.015，故答案为：0.015；【小问4详解】降低温度时，增大说明平衡向正反应方向移动，该反应为放热反应，由图可知，一氧化碳和水蒸气的投料比相同时，B点一氧化碳的转化率小于A点，则B点温度高于A点；增大一氧化碳和水蒸气的投料比相当于增大一氧化碳的浓度，平衡向正反应方向移动，但一氧化碳的转化率减小，若温度相同时，A点一氧化碳的转化率应最大、D点一氧化碳的转化率应最小，由图可知，A点一氧化碳的转化率最小、D点一氧化碳的转化率最大，说明A点的反应温度最高、点反应温度最小，则A、B、C、D四点中温度由高到低的顺序是B>A>C>D；设C点起始一氧化碳和水蒸气的投料浓度均为1mol/L，由题意可建立如下三段式：由正逆反应速率相等可得：，则，同理可建立一氧化碳转化率达到40%的三段式：