2025全國高考二輪化學抓分卷“3＋2”模擬練(十二)一、選擇題1.硫及其化合物的價類二維圖體現了化學變化之美。下列有關說法正確的是(C)A.硫在氧氣中燃燒直接生成YB.X能使酸性KMnO4溶液褪色，體現其漂白性C.硫化氫與X反應的氧化產物和還原產物的物質的量之比為2∶1D.N可由其相應單質直接化合生成【解析】硫在氧氣中燃燒直接生成SO2，不是SO3，A錯誤；X為SO2，能使酸性KMnO4溶液褪色，體現其還原性，B錯誤；N是CuS，S的氧化性很弱，與變價金屬反應生成的是低價硫化物，所以不能由硫和銅直接反應生成CuS，D錯誤。2.氨廣泛應用于化工、化肥、制藥等領域，一種新型合成方法如下。設NA是阿伏加德羅常數的值，下列說法錯誤的是(B)A.反應①屬于人工固氮B.標準狀況下，反應④生成56mLO2轉移電子的數目為0.02NAC.該轉化過程總反應為2N2＋6H2O=4NH3＋3O2D.反應⑤在無水環境中進行時有白煙產生【解析】標準狀況下，生成56mlO2，即eq\f(0.056L,22.4mol/L)＝0.0025mol，轉移電子數目為0.0025×4NA＝0.01NA，B錯誤。3.調節0.1mol/L二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA－、A2－的物質的量分數δ(X)隨pH的變化如圖所示[已知δ(X)＝eq\f(cX,cH2A＋cHA－＋cA2－)]。下列敘述不正確的是(D)A.Ka1(H2A)的數量級為10－2B.pH＝4.2時，在該溶液中存在：c(HA－)＝c(A2－)＞c(H＋)C.eq\f(c2HA－,cH2A·cA2－)與溶液pH無關，恒等于103D.等體積等物質的量濃度的NaHA和Na2A溶液混合后，溶液pH＝4.2【解析】由圖可知，當c(H2A)＝c(HA－)時，pH＝1.2，c(H＋)＝10－1.2mol/L，Ka1(H2A)＝eq\f(cH＋·cHA－,cH2A)＝10－1.2，故數量級為10－2，A正確；pH＝4.2時，c(HA－)＝c(A2－)≈0.05mol/L＞c(H＋)＝10－4.2mol/L，B正確；eq\f(c2HA－,cH2A·cA2－)＝eq\f(Ka1,Ka2)，與溶液pH無關，恒等于103，C正確；由圖可知在水溶液中實現所有微粒的各種平衡后，溶液中c(A2－)＝c(HA－)，此時pH＝4.2，當等體積等物質的量濃度的NaHA和Na2A溶液混合，混合后各種平衡移動導致c(HA－)≠c(A2－)，D錯誤。二、填空題4.某化學興趣小組想探究FeCl3溶液與SO2的反應歷程。Ⅰ.利用如圖裝置制備SO2(1)儀器a的名稱分液漏斗。(2)b中反應的化學方程式為Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋H2O。Ⅱ.利用探究FeCl3溶液與SO2的反應(3)興趣小組預測SO2能使FeCl3溶液由黃色變為淺綠色，反應的離子方程式為2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋。向0.5mol/FeCl3溶液中通入SO2至飽和后，用橡皮塞封閉試管，觀察到溶液由黃色迅速變為紅色，靜置5min后變回黃色，靜置9h后，變為淺綠色。(4)探究紅色物質生成的原因查閱資料：紅色物質可能與SO2飽和溶液的主要微粒(SO2、H2SO3、H＋、HSOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,3))有關。①取少量上述紅色溶液，立即滴加幾滴1.5mol/L溶液A，溶液又褪為黃色。據此推測：紅色物質的產生與H＋無關。物質A的化學式為HCl。②向1mL1mol/LFeCl3溶液中滴加1mL1mol/LNaHSO3溶液，溶液變為紅色，滴加幾滴1.5mol/L溶液A，褪成黃色。據此推測：紅色物質的產生與SO2和H2SO3無關，主要與HSOeq\o\al(－,3)或SOeq\o\al(2－,3)有關。推測理由是加入鹽酸后，c(HSOeq\o\al(－,3))和c(SOeq\o\al(2－,3))變小，c(SO2)和c(H2SO3)變大，溶液褪為黃色。③利用分光光度儀測定紅色物質的濃度(吸光度越高，濃度越大)，實驗數據如下：V/mL吸光度1mol/LFeCl31mol/LNa2SO31mol/LNaHSO30.54.00.00.4120.53.60.40.3590.5V10.80.3310.52.8V20.297數據補充：圖中V1＝3.2，V2＝1.2。結論：溶液變紅色的主要原因是Fe3＋和SOeq\o\al(2－,3)發生配位反應。(5)由以上探究結果說明該條件下，SO2與FeCl3溶液反應的活化能：氧化還原反應大于(填“大于”“小于”或“等于”)配位反應。【解析】(4)①若紅色物質的產生與H＋有關，則向紅色溶液中滴加1.5mol/L鹽酸，溶液顏色應加深。可實驗結果表明溶液又褪為黃色，說明紅色物質的產生與H＋無關，物質A為HCl。②向1mL1mol/LFeCl3溶液中滴加1mL1mol/LNaHSO3溶液，溶液變為紅色，滴加幾滴1.5mol/L鹽酸，褪成黃色，據此推測：紅色物質的產生與SO2和H2SO3無關，主要與HSOeq\o\al(－,3)或SOeq\o\al(2－,3)有關。推測理由是：加入鹽酸后，發生反應H＋＋HSOeq\o\al(－,3)=SO2↑＋H2O，c(HSOeq\o\al(－,3))和c(SOeq\o\al(2－,3))濃度都減小，c(SO2)和c(H2SO3)濃度變大，溶液褪為黃色，若與SO2和H2SO3有關，則溶液應仍為紅色。③根據控制單一變量的原則，實驗中需使溶液混合后總體積相等，則V1＋0.8＝V2＋2.8＝4.0，故V1＝3.2，V2＝1.2；由表格數據可知，混合后c(SOeq\o\al(2－,3))越大，吸光度越高，紅色物質的濃度越大，顏色越深，說明溶液變紅色的主要原因是Fe3＋和SOeq\o\al(2－,3)發生配位反應。(5)活化能越大，反應速率越慢，由于先變紅色，說明配位反應速率快，配位反應的活化能小，即活化能：氧化還原反應大于配位反應。5.有機化合物J在化工、醫藥、農林等領域有廣泛的應用。實驗室制備J的合成路線如下：(1)A的名稱為苯酚；D中含有的官能團名稱溴原子(或碳溴鍵、醚鍵)。(2)反應G→H的化學方程式為，其反應類型是取代反應。(3)F的結構簡式為。(4)同時滿足下列條件I的同分異構體有12種。①苯環上只有2個取代基；②能與FeCl3溶液發生顯色反應；③有3個甲基。寫出其中核磁共振氫譜有5組峰，峰面積之比為1∶1∶2∶2∶9的同分異構體結構簡式：。(5)根據題中信息設計以乙烯和為原料制備1－丁烯的合成路線(無機試劑和有機溶劑任用，合成路線示例見本題題干)。【答案】CH2=CH2eq\o(→,\s\up7(HBr),\s\do5(催化劑、△))CH3CH2BrCH3CH2CH2CH2OHeq\o(→,\s\up7(△),\s\do5(濃硫酸))CH3CH2CH=CH2【解析】(1)D結構簡式為。(3)E被強氧化劑CrO3氧化得到F、F又與SOCl2反應得到G，則F為。(4)I為，其同分異構體中含有苯環，且苯環上只有2個取代基，能與FeCl3溶液發生顯色反應，則含有1個酚羥基，還剩余4個C原子、1個N原子，除苯環外不飽和度為0，則另一個側鏈可以為—NH—C(CH3)3、、、，每一個側鏈與酚羥基有鄰、間、對3種位置，總計有3×4＝12種。其中核磁共振氫譜有5組峰，峰面積之比為1∶1∶2∶2∶9的同分異構體結構簡式為。(5)以乙烯和為原料制備1－丁烯，則需要碳鏈增長，故核心步驟可仿照D→E，則需要溴乙烷和鎂、環氧乙烷及水共同作用，所得產物為1－丁醇，在濃硫酸、加熱下可得到1－丁烯，而溴乙烷由乙烯和HBr發生加成反應即可得到。“3＋2”模擬練(十)一、選擇題1.下列由實驗及現象推出的相應結論正確的是(B)選項實驗現象結論A某溶液中滴加K3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(FeCN6))溶液產生藍色沉淀原溶液中有Fe2＋，無Fe3＋B向Ca(ClO)2溶液中通入CO2溶液變渾濁酸性：H2CO3>HClOC向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液溶液變成黃色氧化性：H2O2>Fe3＋D向CuSO4溶液中加入鐵粉有紅色固體析出Fe2＋的氧化性強于Cu2＋的氧化性【解析】加入K3[Fe(CN)6]溶液產生藍色沉淀，說明溶液中含有Fe2＋，但不能確定是否有Fe3＋，A錯誤；Ca(ClO)2溶液中通入CO2溶液變渾濁，說明生成CaCO3沉淀，說明酸性：H2CO3＞HClO，B正確；酸性條件下，NOeq\o\al(－,3)也有強氧化性，故此時Fe2＋被氧化為Fe3＋，也可能是被NOeq\o\al(－,3)氧化，C錯誤；Fe與CuSO4反應生成FeSO4和Cu，說明氧化性：Cu2＋＞Fe2＋，D錯誤。2.CO2制備二甲醚，可充分利用碳資源，減少溫室氣體排放，該工藝主要涉及以下反應。反應a：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1<0反應b：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH2>0在不同的壓強下，按照n(CO2)∶n(H2)＝1∶3投料比合成甲醇，實驗測定CO2的平衡轉化率隨溫度的變化關系如圖所示。下列說法正確的是(C)A.為了提高CO2的平衡轉化率應選擇高溫、低壓的反應條件B.壓強：p1<p2<p3C.當溫度高于550℃時，主要發生反應②D.選擇合適的催化劑，可提高CO2的平衡轉化率【解析】隨著溫度的升高，CO2的平衡轉化率先下降后升高，且低溫時，轉化率更高，又反應a是氣體分子數減小的反應，增大壓強，平衡正向移動，而反應b為氣體分子數不變的反應，增大壓強，平衡不移動，所以壓強越大，CO2的平衡轉化率越大，則為了提高CO2的平衡轉化率應選擇低溫、高壓的反應條件，A錯誤；壓強越大，CO2的平衡轉化率越大，所以p1>p2>p3，B錯誤；當溫度高于550℃時，壓強對CO2的平衡轉化率無影響，所以主要發生反應②，C正確；催化劑只能改變化學反應速率，不會影響化學平衡，所以選擇合適的催化劑，不能提高CO2的平衡轉化率，D錯誤。3.已知pΟΗ＝－lgc(OH－)，初始溫度25℃時，向20mL0.1mol/L氨水中滴加0.1mol/L稀鹽酸，測得混合溶液的溫度T、pOH隨加入稀鹽酸體積V的變化如圖所示。下列說法不正確的是(C)A.水的電離程度：c<a<bB.a點溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝2c(Cl－)C.b點溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)D.c點對應溶液中c(H＋)＝c(OH－)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＋2c(NH3·H2O)【解析】a點加入10mL稀鹽酸，此時溶液中成分為等物質的量濃度的氨水和氯化銨，且此時溶液顯堿性，說明NH3·H2O的電離大于銨根離子的水解，則抑制了水的電離；隨著稀鹽酸加入，NH3·H2O轉化為氯化銨，銨根離子水解程度增大，促進水的電離；c點時，溶液為等物質的量濃度氯化銨和稀鹽酸的混合溶液，對水的電離起抑制作用，且等濃度稀鹽酸對水電離的抑制大于等濃度的氨水，所以水的電離程度：c<a<b，A正確；a點溶液中n(N)＝2n(Cl)，元素質量守恒為c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝2c(Cl－)，B正確；b點時，由于溫度高于室溫，所以pOH＝7時，溶液呈酸性，則c(H＋)>c(OH－)，又電荷守恒為c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，所以c(NHeq\o\al(＋,4))<c(Cl－)，C錯誤；c點對應溶液中，電荷守恒為c(H＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＋c(OH－)，元素質量守恒為2c(NHeq\o\al(＋,4))＋2c(NH3·H2O)＝c(Cl－)，二式聯立可得c(H＋)＝c(OH－)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＋2c(NH3·H2O)，D正確。二、填空題4.電石渣[主要成分為Ca(OH)2，雜質不參與反應]是氯堿工業中的廢料，以電石渣為原料制取KClO3的工藝流程如圖所示：已知：Ca(ClO3)2易溶于水。(1)工業生產電石的反應為CaO＋3Ceq\o(=,\s\up7(電爐))CaC2＋CO↑，該反應每消耗3molC轉移電子數為2mol。(2)流程中的Cl2可由MnO2反應制得，離子方程式為MnO2＋4H＋＋2Cl－eq\o(=,\s\up7(△))Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，其中鹽酸體現的性質有還原性和酸性。(3)寫出Cl2與Ca(OH)2反應生成Ca(ClO3)2的化學方程式：6Cl2＋6Ca(OH)2eq\o(=,\s\up7(70℃以上))Ca(ClO3)2＋5CaCl2＋6H2O。(4)制Ca(ClO3)2時要控制溫度70℃上，原因可能是加快反應速率，提高生產效率，反應結束以后通常會加入適量活性炭，再過濾。從綠色化學的角度分析，活性炭的作用是吸附過量的Cl2。(5)“轉化”時加入K2CO3的目的是沉淀Ca2＋，將Ca(ClO3)2轉化為KClO3。5.人體內的血紅蛋白(Hb)與肌紅蛋白(Mb)均可結合O2，血紅蛋白(Hb)與O2結合的過程存在如下反應。回答下列問題：①HbH＋(aq)＋O2(g)HbO2(aq)＋H＋(aq)ΔH1②O2(g)O2(aq)ΔH2③HbH＋(aq)＋O2(aq)HbO2(aq)＋H＋(aq)ΔH3(1)ΔH2<(填“>”或“<”)0，ΔH3＝ΔH1－ΔH2(用ΔH1、ΔH2表示)(2)科研人員僅對于反應①進行模擬研究發現，37℃、pH＝7.4時氧氣分壓p(O2)與達到平衡時HbH＋與O2的結合度α(轉化率)的關系如圖所示，當pH＝7.6時對應的曲線在下圖中繪出。【答案】pH＝7.6時對應曲線如圖所示：(3)已知：氣液平衡體系中，例如A(aq)B(g)的平衡常數表達式為K＝eq\f(pB,cA)。則37℃，pH＝7.4時，反應①的平衡常數為1.5×10－8mol/(L·kPa)(10－7.4＝4.0×10－8)。(4)高壓氧艙常用于CO中毒治療。若控制氧分壓為80kPa，則37℃，pH＝7.4時，達到平衡時HbH＋與氧氣的結合度α(轉化率)為96.8%(保留一位小數)。(5)血液中還同時存在反應④：CO2＋H2OH＋＋HCOeq\o\al(－,3)，則氧分壓高(填“高”或“低”)有利于CO2排出體外。(6)血液向肌肉細胞輸送氧氣時還存在反應⑤：Mb(aq)＋HbO2(aq)MbO2(aq)＋Hb(aq)，由MbO2向肌肉細胞快速提供氧氣。正常人Mb含量為60μg/L，Hb含量為170g/L。下列說法正確的是BCD(填字母)。A.Hb結合氧氣的能力強于MbB.高氧分壓下，血液中MbO2濃度增加C.高海拔居民體內Mb的含量偏高D.肌肉細胞中Mb濃度不變時，氧氣運輸達到平衡【解析】(1)反應②O2(g)O2(aq)，氧氣由氣態變為液態可知為放熱過程，因此ΔH2<0，由蓋斯定律可知，反應③＝①－②，即ΔH3＝ΔH1－ΔH2。(2)氧氣分壓一定，當pH＝7.6時，即減小c(H＋)，反應①的平衡正向移動，則Hb與氧氣的結合度增大，故pH＝7.6的曲線應在pH＝7.4的上方。(3)反應①的K＝eq\f(cHbO2·cH＋,cHbH＋·cO2)＝eq\f(cHbO2·cH＋,cHbH＋·pO2)，平衡時，由HbH＋與O2的結合度α(轉化率)的關系圖可知，pH＝7.4，即c(H＋)＝4×10－8mol/L條件下，p(O2)＝4kPa時，此時的結合度為α＝60%，即c(HbO2)＝c×60%mol/L，c(HbH＋)＝c×40%mol/L，代入表達式可得，K＝eq\f(cHbO2·cH＋,cHbH＋·pO2)＝eq\f(0.6cmol/L×4×10－8mol/L,0.4cmol/L×4kPa)＝1.5×10－8mol/(L·kPa)。(4)根據K＝eq\f(cHbO2·cH＋,cHbH＋·pO2)＝eq\f(α×cHbO2·cH＋,1－α×cHbO2·pO2)，則根據氧分壓為80kPa，溫度為37℃，pH＝7.4時，K仍為1.5×10－8mol/(L·kPa)，代入表達式有α＝eq\f(K·pO2,K·pO2＋cH＋)＝eq\f(1.5×10－8×80,1.5×10－8×80＋4×10－8)≈0.968。(5)考查影響化學平衡的因素，氧氣分壓高，使平衡①向正反應方向進行，增加與氧氣的結合度，c(H＋)增大，促使反應④向逆反應方向進行，因此有利于CO2排出體外。(6)正常人Mb含量為60μg/L小于Hb含量為170g/L，說明反應⑤的平衡正向移動的傾向更大，因此Hb結合氧氣的能力弱于Mb，更易生成MbO2，A錯誤；Mb與氧氣結合的平衡如下：Mb(aq)＋O2(g)MbO2(aq)，高氧分壓下，血液中MbO2濃度增加，B正確；高海拔中的氧氣較為稀薄，更需要能與氧氣較為容易結合的Mb，因此居民體內Mb的含量偏高，C正確；當肌肉細胞中Mb濃度不變時，說明反應⑤達到平衡，因此氧氣運輸達到平衡，D正確。“3＋2”模擬練(三)一、選擇題1.下列實驗操作正確的是(B)A.提純乙烷B.制備氨氣C.制備無水Na2SO3D.制乙酸乙酯【解析】乙烯能被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成二氧化碳，引入新的雜質，A錯誤；生石灰溶于水放熱，濃氨水分解放出氨氣，B正確；亞硫酸鈉容易被空氣中的氧氣氧化，加熱蒸發得不到無水Na2SO3，C錯誤；乙酸乙酯會與氫氧化鈉發生反應，應用飽和碳酸鈉溶液收集，D錯誤。2.X、Y、Z、W為短周期的四種元素，原子序數依次增大。X、Y、W三種元素分別位于不同短周期的不同主族。Z、W對應的簡單離子核外電子排布相同，X、Y、Z、W元素可形成一種新型漂白劑(結構如圖)。下列說法不正確的是(A)A.電負性：Z>Y>X>WB.Y、Z雜化方式相同C.1mol該化合物的陰離子中含有2mol配位鍵D.漂白劑中Z的化合價為－1、－2【解析】由題給信息推知，X、Y、Z、W分別為H元素、B元素、O元素、Mg元素。電負性：O>H>B>Mg，A錯誤；B、O都采取sp3雜化，B正確；2個B原子各形成1個配位鍵，則1mol陰離子中含有2mol配位鍵，C正確；過氧鍵中的O為－1價，其他的O為－2價，D正確。3.甲酸燃料電池工作原理如下圖所示，已知該半透膜只允許K＋通過。下列有關說法錯誤的是(C)A.物質A是H2SO4B.K＋經過半透膜自a極向b極遷移C.a極電極反應式為HCOO－＋2e－＋2OH－=HCOeq\o\al(－,3)＋H2OD.Fe3＋可以看作是該反應的催化劑，可以循環利用【解析】由圖可知電池左邊a為燃料HCOOH，是負極，發生氧化反應；右邊b通入O2的一極為正極，發生還原反應。鐵的兩種離子存在環境為酸性，且生成物為K2SO4，故物質A為H2SO4，A正確；陽離子K＋由負極流向正極，B正確；a極電極反應式為HCOO－＋2OH－－2e－=HCOeq\o\al(－,3)＋H2O，C錯誤；Fe3＋先消耗后生成，可看作是該反應的催化劑，D正確。二、填空題4.Ⅰ.配制100mL0.05mol/LFe2(SO4)3溶液。(1)該實驗需要用到的玻璃儀器有：燒杯、量筒、玻璃棒、膠頭滴管、100mL容量瓶。(2)為了防止Fe2(SO4)3水解，在配置過程中可以加入少量稀硫酸。Ⅱ.探究Fe2(SO4)3與Cu的反應。[原理預測](3)請寫出Fe2(SO4)3與Cu的反應的離子方程式：Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋。[開展實驗]某實驗小組在進行Fe2(SO4)3與Cu的反應時觀察到了異常現象，決定對其進行進一步的探究。實驗Ⅰ：[提出問題](4)實驗前，小組同學預測步驟2后溶液不會變為紅色，原因是Cu粉過量，不應有Fe3＋存在，故不會有紅色的Fe(SCN)3生成。查閱文獻：ⅰ.CuSCN為難溶于水的白色固體；ⅱ.SCN－被稱為擬鹵素離子，性質與鹵素離子相似。[提出猜想]經過實驗測定白色固體為CuSCN，查閱資料后小組同學猜測CuSCN的生成有如下兩種可能。猜測1：Cu2＋與KSCN發生了氧化還原反應。猜測2：亞鐵離子將其還原發生反應：Cu2＋＋Fe2＋=Cu＋＋Fe3＋、Cu＋＋SCN－=CuSCN↓。(5)猜測1的離子方程式為2Cu2＋＋4SCN－=2CuSCN↓＋(SCN)2↑。[設計實驗]實驗序號對比實驗及試劑實驗步驟實驗現象實驗ⅡA試管：2mL0.1mol/LFeSO4溶液加入1mL0.4mol/LKSCN溶液開始時溶液的上方變為紅色，一段時間后紅色向下蔓延，最后充滿整支試管B試管：2mL0.1mol/LCuSO4溶液加入1mL0.4mol/LKSCN溶液溶液變成綠色實驗ⅢC試管：2mL0.1mol/LFeSO4溶液加入2mL0.1mol/LCuSO4溶液溶液變為淡藍色再加1mL0.4mol/LKSCN溶液溶液的上層變為紅色，有白色沉淀產生，一段時間后整支試管溶液呈深紅色[得出結論](6)實驗Ⅱ中試管B(填字母)中的現象可以證實猜測1不成立。(7)Fe3＋的氧化性本應強于Cu2＋，結合實驗Ⅲ中的現象解釋Cu2＋＋Fe2＋=Cu＋＋Fe3＋能正向發生的原因：由于SCN－與Cu＋形成沉淀以及SCN－與Fe3＋形成配合物，大大降低了產物中Cu＋和Fe3＋的濃度，使得該反應的平衡得以正向移動。【解析】(6)因為試管B與猜測1的離子相同，但是現象不同，實驗Ⅱ中試管B中的現象可以證實猜測1不成立。5.我國力爭于2030年前做到“碳達峰”，2060年前實現“碳中和”，因此CO2的綜合利用是研究熱點之一。(1)以CO2為原料可制取甲醇。已知：Ⅰ.H2(g)、CH3OH(l)的燃燒熱ΔH分別為－285.8kJ/mol和－726.5kJ/mol。Ⅱ.CH3OH(l)CH3OH(g)ΔH＝＋38kJ/molⅢ.H2O(l)H2O(g)ΔH＝＋44kJ/mol則反應CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)的ΔH＝－48.9kJ/mol。(2)利用CO2與H2合成甲醇涉及的主要反應如下：Ⅰ.CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1Ⅱ.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝＋41kJ/mol一定條件下向某剛性容器中充入物質的量之比為1∶3的CO2和H2發生上述反應，在不同催化劑(Cat1，Cat2)下經相同反應時間，CO2轉化率和甲醇的選擇性[甲醇的選擇性＝eq\f(nCH3OH,nCO＋nCH3OH)×100%]隨溫度變化如圖甲所示。①由圖可知，催化效果Cat1>(填“>”“＜”或“＝”)Cat2。②在210～270℃間，CH3OH的選擇性隨溫度的升高而下降，可能原因為因為反應Ⅰ的ΔH1<0，而反應Ⅱ的ΔH2>0，故升高溫度反應Ⅰ左移，而反應Ⅱ右移，故CH3OH的選擇性降低。③某條件下，達到平衡時CO2的轉化率為15%，CH3OH的選擇性為80%，則H2的平衡轉化率為13%；反應Ⅱ的平衡常數Kp＝eq\f(1×5,28×87)(列出算式即可)。(3)利用制備的甲醇可以催化制取丙烯，過程中發生如下反應：3CH3OH(g)=C3H6(g)＋3H2O(g)。該反應的實驗數據遵循Arhenius經驗公式，如圖乙中曲線a所示，已知Arthenius經驗公式為Rlnk＝－eq\f(Ea,T)＋C(Ea為活化能，假設受溫度影響忽略不計，k為速率常數，R和C為常數)，則反應的活化能為31kJ/mol。當改變外界條件時，實驗數據如圖乙中的曲線b所示，則實驗可能改變的外界條件是更換了更高效的催化劑；此經驗公式說明對于某個基元反應，當升高相同溫度時，其活化能越大，反應速率增大得越多(填“越多”或“越少”)。【解析】(1)由