2024~2025學年第一學期高三期末質量檢測卷化學考生注意：1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分100分，考試時間75分鐘。2.答題前，考生務必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將密封線內項目填寫清楚。3.考生作答時，請將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效。4.本卷命題范圍：高考范圍。5.可能用到的相對原子質量：H1B9C12N14O16Cu64Br80一、選擇題(本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1.我國古代文化燦爛。下列有關我國古代文物的說法正確的是元青花陶瓷賈湖骨笛A．制作材料是純堿、石灰石和石英砂B．主要成分羥基磷酸鈣，屬于有機高分子材料戰國水晶杯馬踏飛燕C．主要成分二氧化硅，屬于酸性氧化物D．為清除其表面的銅綠可以用硝酸進行清洗A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．陶瓷制作原料是黏土，主要成分是含水的鋁硅酸鹽，A項錯誤；B．羥基磷酸鈣屬于堿式鹽，屬于無機材料，B項錯誤；C．二氧化硅可以和堿反應生成鹽和水，屬于酸性氧化物，C項正確；D．青銅器表面的綠色物質主要成分是堿式碳酸銅，可以和硝酸反應，但銅也可以和硝酸反應，故不能用硝酸清除其表面的銅綠，D項錯誤；答案選C。2.化學用語可以表達化學過程，下列化學用語的表達錯誤的是A.尿素的球棍模型：B.電子云圖：C.的形成過程：D.分子中鍵的形成：【答案】C【解析】【詳解】A．為尿素的球棍模型，A項正確；B．的電子云圖為啞鈴形，在z軸上，B項正確；C．分子中H原子和原子共用一對電子，不存在電子的得失，其形成過程為，C項錯誤；D．分子中氫原子的s軌道與氯原子的p軌道形成s—p鍵：，D項正確；選C。3.下列實驗裝置或操作不能達到實驗目的的是A.用甲裝置制備乙酸乙酯B.用乙裝置模擬鋼鐵的吸氧腐蝕C.用丙裝置制備溴苯并驗證有產生D.用丁裝置可由制取無水固體【答案】C【解析】【詳解】A．用乙酸與乙醇加熱制備乙酸乙酯，飽和溶液吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，該裝置能達到實驗目的，A項不選；B．鋼鐵為合金，構成活潑性不同的兩個電極，在中性條件下發生吸氧腐蝕，該裝置能達到實驗目的，B項不選；C．產物中有揮發出的溴蒸氣，也能與反應生成沉淀，因此檢驗前應先除去溴單質，該裝置不能達到實驗目的，C項選；D．在氣氛中加熱，可抑制氯化鎂水解，同時用盛有無水氯化鈣的干燥管防止空氣中的水蒸氣進入，晶體脫水可得到無水氯化鎂，該裝置能達到實驗目的，D項不選；答案選C。4.《本草綱目》中關于綠礬有記載“消積滯，燥脾濕，化痰涎，除脹滿黃腫、瘧利、風眼、口齒諸病”。下列說法錯誤的是A.的價層電子排布式為 B.電負性：C.中O原子雜化軌道類型為 D.鍵角：【答案】A【解析】【詳解】A．的價層電子排布式為，A項錯誤；B．同族元素隨著原子序數增大，電負性減小；金屬的電負性小于非金屬，電負性：，B項正確；C．中O原子價層電子對數為，雜化軌道類型為，C項正確；D．H2O和H2S中中心原子雜化類型相同，孤電子對數相同，但O的電負性大，半徑小，因此共用電子對更靠近O原子，鍵角大，所以鍵角:，D項正確;故答案選A；5.下列指定條件下的離子方程式書寫錯誤的是A.用溶液吸收足量B.泡沫滅火器[和溶液混合]工作原理：C.向溶液中通入足量D.向溶液中通入少量【答案】D【解析】【詳解】A．溶液和發生氧化還原反應生成和S，根據得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為，A項正確；B．泡沫滅火器的試劑為溶液和溶液，離子方程式為，B項正確；C．向溶液中通入足量氯氣，和全部被氧化，即按物質的量之比參與反應，反應的離子方程式為，C項正確；D．向溶液中通入少量二氧化硫生成和，離子方程式為，D項錯誤；故答案選D；6.X、Y、Z、W是元素周期表中原子序數依次增大的四種短周期主族元素。X與Y、Z、W位于不同周期，W與Z同主族，Y、Z、W基態原子均有兩個未成對電子。下列說法錯誤的是A.沸點更高的是B.X與Z形成的分子為非極性分子C.非金屬性：D.分子難溶于水【答案】B【解析】【分析】短周期元素基態原子有兩個未成對電子的元素有C、Si、O、S，根據W與Z同主族，Y、Z、W原子序數依次增大可判斷Y為C、Z為O、W為S，X與Y、Z、W位于不同周期，則X為H；【詳解】A．X2Z、X2W分別為H2O、H2S，水分子間存在氫鍵，H2O的沸點比H2S高，A項正確；B．X與Z形成的X2Z2,分子為H2O2，為極性分子，B項錯誤；C．非金屬性：O>S>C，C項正確；D．為，價層電子對數為，為雜化，無孤電子對，空間結構為直線形，為非極性分子，為極性分子，根據相似相溶原理，分子難溶于水，D項正確；故答案選B；7.下列實驗操作、現象以及得出的結論正確的是選項實驗操作現象結論A向溶有SO2的BaCl2溶液中加入Fe(NO3)3溶液有白色沉淀生成不能說明在酸性條件下具有強氧化性B鋁粉與氧化鐵發生鋁熱反應，冷卻后將固體溶于鹽酸，向所得溶液中滴加KSCN溶液溶液顏色無明顯變化氧化鐵已經完全被鋁粉還原C向酸性KMnO4溶液中滴入FeCl2溶液紫紅色溶液變淺并伴有黃綠色氣體產生氧化性：KMnO4＞Cl2＞Fe3+D向NaCl、NaI混合溶液中滴入少量AgNO3溶液有黃色沉淀生成Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．SO2溶于水，反應產生H2SO3，使溶液顯酸性，在酸性條件下，能夠將SO2氧化為，同時溶液中Fe3+也能將SO2氧化成，與溶液中Ba2+反應產生BaSO4沉淀，從而生成白色沉淀，因此不能證明在酸性條件下具有強氧化性，A正確；B．鋁粉與氧化鐵發生鋁熱反應產生Fe、Al2O3，若該反應未進行完全，固體中可能還存在Fe2O3，當向冷卻后的固體加入鹽酸時，鐵單質會將氧化鐵與稀鹽酸反應生成的Fe3+還原為Fe2+，向所得溶液中滴加KSCN溶液，溶液就不變紅色，因此不能證明氧化鐵已經完全被鋁粉還原，B錯誤；C．酸性KMnO4溶液具有強氧化性，能將Fe2+氧化為Fe3+，將Cl-氧化為Cl2，不能判斷Cl2和Fe3+的氧化性的強弱，C錯誤；D．在這兩種溶液中，NaCl、NaI溶液中溶質的濃度未知，因此不能確定Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的相對大小，D錯誤；故合理選項是A。8.金屬鈦號稱“第三金屬”，具有密度小、耐腐蝕(與Al相似)、強度高等優點，廣泛用于航空、航天領域。工業上以高純二氧化鈦為原料，制取海綿鈦的工藝流程如圖所示：下列說法錯誤的是A.石墨是一種混合晶體B.“反應一”的化學方程式為C.高溫條件下，反應二通入的保護氣可以是氮氣D.不可以用稀鹽酸除去海綿鈦中的雜質鎂【答案】C【解析】【詳解】A．石墨屬于混合晶體，A項正確；B．由流程圖可知，和高溫反應生成和，化學方程式為，B項正確；C．鎂和氮氣高溫條件下能發生化合反應，故保護氣不能是氮氣，C項錯誤；D．鈦耐腐蝕(與Al相似)，但稀鹽酸會與其表面的氧化膜反應，進而腐蝕金屬，D項正確；答案選C。9.葛根素(結構如圖)具有降血糖、調血脂、保護血管等作用。下列有關說法正確的是A.該物質屬于芳香烴 B.可發生取代、加成和氧化反應C.分子中有6個手性碳原子 D.該物質最多消耗【答案】B【解析】【詳解】A．該有機物中含有氧元素，不屬于烴，A錯誤；B．該有機物中含有羥基，可以發生取代反應和氧化反應，含有苯環和碳碳雙鍵等可以發生加成反應，B正確；C．將連有四個不同基團的碳原子稱為手性碳原子，在該有機物結構中一共有5個手性碳原子，如圖中*所示，C錯誤；D．該物質中含有2個酚羥基，則該物質最多消耗，D錯誤；故答案為：B。10.丙烯腈為無色透明微溶于水的液體，是合成纖維、合成橡膠和合成樹脂的重要單體，可以由乙炔與反應制得：，實驗裝置如圖(夾持儀器已省略)。下列說法錯誤的是A.可用飽和食鹽水代替水降低反應速率B.裝置B中溶液的作用是作干燥劑C.乙炔反應后，裝置C中的試劑瓶會出現分層現象D.裝置D中可用酸性高錳酸鉀溶液吸收尾氣【答案】B【解析】【分析】裝置A用電石和飽和食鹽水制取乙炔，裝置B除去硫化氫雜質氣體，裝置C發生反應：，裝置D尾氣處理裝置；【詳解】A．制取乙炔時，為了減緩反應速率，可用食鹽水代替水以降低水的濃度，A項正確；B．制取乙炔氣體中含有硫化氫，則硫酸銅溶液的作用是除去雜質硫化氫等，不是作干燥劑，B項錯誤；C．反應后生成的丙烯氰為無色透明微溶于水的液體，裝置C中會出現分層現象，C項正確；D．D中溶液除去尾氣中乙炔、，而乙炔含有碳碳三鍵，具有較強的還原性，二者都可以被高錳酸鉀溶液氧化，可以用酸性高錳酸鉀溶液進行尾氣處理，D項正確；答案選B。11.價層電子對互斥理論，是一個用來預測單個共價分子形態的化學模型。下列說法錯誤的是A.的模型為直線形B.的空間結構為平面三角形C.和均為非極性分子D.的空間結構均為四面體形【答案】C【解析】【詳解】A．中心原子C的價層電子對數為2+=2+0=2，無孤電子對，模型是直線形，A項正確；B．中心原子Se的價層電子對數為3+=3+0=3，無孤電子對，空間結構為平面三角形，B項正確；C．中心原子S的價層電子對數為2+=2+1=3，有孤電子對，為V形，是極性分子，CS2和CO2是等電子體，則CS2為非極性分子，C項錯誤；D．中心原子N的價層電子對數為4+=4，中心原子P的價層電子對數為4+=4，均無孤電子對，空間結構均為四面體形，D項正確；答案選C。12.我國科學家設計如圖所示的電解池(電極均為惰性電極)，實現了污水(含)處理和二氧化碳資源再利用的問題。下列說法正確的是A.m極發生還原反應，連接外接電源的負極B.n極電極反應式為C.反應消耗標準狀況下體積為的，經過質子交換膜的為D.電解一段時間后(忽略溫度變化)，電解液的不變【答案】B【解析】【分析】由圖可知，在電解池中，水分子在陽極失去電子發生氧化反應生成氧氣和氫離子，電極反應式為，所以m極為電解池的陽極，則n極為陰極，在二氧化碳和氫離子作用下硝酸根離子在陰極得到電子發生還原反應生成尿素和水，電極反應式為，總反應為。【詳解】A．由分析可知，m極為電解池的陽極，水分子在陽極失去電子發生氧化反應生成氧氣和氫離子，故A錯誤；B．由分析可知，n極為陰極，在二氧化碳和氫離子作用下硝酸根離子在陰極得到電子發生還原反應生成尿素和水，電極反應式為，故B正確；C．由分析可知，n極為陰極，在二氧化碳和氫離子作用下硝酸根離子在陰極得到電子發生還原反應生成尿素和水，電極反應式為，則標準狀況下消耗22.4L二氧化碳時，通過質子交換膜的氫離子為×16=16mol，故C錯誤；D．由分析可知，總反應為，反應中消耗氫離子，電解液的pH增大，故D錯誤；故選B。13.馬來酸是一種二元有機酸(用表示)。常溫下，測得馬來酸溶液中含A粒子的濃度之和為，溶液中各含A物種的[(含A粒子)、]關系如圖所示。下列說法正確的是A.的數量級為B將馬來酸溶液與溶液充分混合后，溶液呈堿性C.反應的平衡常數D.室溫下，的溶液中：【答案】D【解析】【分析】圖像中含A物質只有3種，隨著逐漸增大，減小，根據題意可知馬來酸是一種二元有機酸，故逐漸減小，先增大后減小，逐漸增大，，則逐漸增大，先減小后增大，逐漸減小，故曲線z表示，曲線y表示，曲線x表示。時，，，據此分析回答問題；【詳解】A．z與y的交點表示，則，依據圖示可知，則，故，其數量級為，A錯誤；B．等物質的量混合，溶質為，依據x、y的交點，可得，的水解常數，由于，所以的電離程度大于水解程度，故該溶液顯酸性，B錯誤；C．反應的平衡常數，C錯誤；D．依據題意可知：，當時，，依據圖示可知，x、z的交點處，則，故，D正確；故答案為：D。14.的化合物種類繁多，在人類的生產生活中有著廣泛的應用，實驗測得一種與形成的化合物晶胞結構如圖所示(黑球代表銅，晶胞的密度為)，下列說法正確的是A.晶體最簡化學式為 B.晶體中與最近且距離相等的有6個C.晶胞參數為 D.該晶體屬于共價晶體【答案】C【解析】【詳解】A．根據均攤法可知，黑球在晶胞內部，有4個，白球位于頂角和面心，有個，晶胞中白球和黑球的數目均為4，故化學式為，A項錯誤；B．根據晶胞結構可知，溴位于晶胞頂點，其周圍最近且距離相等的溴位于面心，有12個，B項錯誤；C．晶胞的質量為，設晶胞參數為，則晶胞的密度為，C項正確；D．溴化亞銅為離子晶體，D項錯誤；答案選C。二、非選擇題(本題共4小題，共58分)15.以含鈹廢渣(主要含有、還含有)為原料制備單質的工藝流程如下：已知：及其化合物的性質與及其化合物的性質類似。回答下列問題：（1）濾渣的主要成分是___________(填化學式)。（2）“沉鋁”反應的化學方程式為___________。（3）“氧化、除鐵”過程中，氧化劑可使用或，氧化相同量的，理論上消耗___________。（4）試劑X選擇氨水而不選擇溶液的原因是___________。（5）寫出“合成”反應的化學方程式：___________。（6）“轉化”時需要真空環境的原因是___________，該反應類型為___________(填基本反應類型)。（7）若含鈹廢渣中含量為，上述工藝流程中的損失率為，則含鈹混合物理論上可以生產___________(列出計算式即可)。【答案】（1）、（2）（3）（4）溶液能與反應，由于加入量不易控制，會導致最終的產率降低（5）（6）①.防止和被氧化②.置換反應（7）【解析】【分析】‘酸浸’時、與稀硫酸反應生成Be2+、Al3+、Fe3+、Fe2+，CaO與硫酸反應生成微溶于水，不溶于酸，過濾的濾渣成分為、，‘沉鋁’時硫酸鋁和硫酸銨反應生成沉淀，加入氧化劑將Fe2+氧化為Fe3+，加入試劑X調節溶液pH沉淀Fe3+得到Fe(OH)3，已知：及其化合物的性質與及其化合物的性質類似，則Be(OH)2能溶于強堿，故試劑X應為弱堿，X應選擇氨水；【小問1詳解】CaO與硫酸反應生成微溶于水，不溶于酸，濾渣的主要成分為、；【小問2詳解】‘沉鋁’時硫酸鋁和硫酸銨反應生成沉淀，反應方程式為；【小問3詳解】氧化相同量的，都是將Fe2+氧化為Fe3+，則轉移電子數相等，氧化劑可使用或分別生成H2O或NaCl，1mol或反應均轉移2mol電子，則理論上消耗1:1；【小問4詳解】已知：及其化合物的性質與及其化合物的性質類似，則Be(OH)2能溶于強堿，故試劑X應為弱堿，試劑X選擇氨水而不選擇溶液的原因是：溶液能與反應，由于加入量不易控制，會導致最終的產率降低；【小問5詳解】“合成”反應與HF、氨氣反應生成(NH4)2BeF4和水，反應的化學方程式：；小問6詳解】“轉化”時發生反應，需要真空環境的原因是：防止和被氧化，該反應類型是置換反應；【小問7詳解】1t含鈹混合物中含1t×的，上述工藝流程中的損失率為，則實際參與反應的有1t××(1-b%)，根據Be元素質量守恒可得關系式，解得m=，理論上可以生產。16.鉻酸鉛[常溫下，]又稱鉻黃，常用于染料或顏料，某同學在實驗室以為原料制備，實驗步驟如下：步驟1：稱取于的燒杯中，加入蒸餾水，攪拌使其溶解，逐滴滴入稍微過量的的溶液；步驟2：向上述溶液中逐滴滴入溶液，溶液由綠色變為黃色。加熱煮沸，將多余的趕盡，此時溶液變為亮黃色。再逐滴滴入的硝酸溶液，亮黃色溶液又變為橙紅色，此時溶液的為4.6；步驟3：在煮沸條件下逐滴滴入的溶液，加入第一滴后先攪拌再加第2滴，每滴加一滴可以看到有黃色沉淀產生，滴加到不再有新的黃色沉淀產生時停止加入溶液。繼續煮沸，取下靜置片刻，檢驗是否沉淀完全，過濾，產品用蒸餾水洗滌2~3次；步驟4：將沉淀放入烘箱中干燥、稱重、計算產率。已知：元素鉻()在溶液中主要以(藍紫色)、(綠色)、(橙紅色)、(黃色)等形式存在，為難溶于水的灰藍色固體。回答下列問題：（1）實驗室在配制溶液時，下列儀器一定不需要的是___________(填字母)。A. B. C. D.（2）步驟1中加入稍微過量的的溶液過程中的現象是___________，溶液不能過量太多，其原因是___________。（3）步驟2溶液中逐滴滴入溶液，溶液由綠色變為黃色。發生反應的離子方程式為___________。（4）步驟2用硝酸調節，存在如下平衡：。已知隨的變化如圖所示。①由圖可知，溶液酸性增大，的平衡轉化率___________(填“增大”“減小”或“不變”)。②升高溫度，溶液中的平衡轉化率減小，則該反應的___________(填“>”或“<”)0。（5）步驟3采用傾析法過濾，如圖所示。下列關于該過濾方法的說法不正確的是___________(填字母)。A.該方法適用于過濾膠狀沉淀或顆粒較小的沉淀B.使用該方法過濾后，若沉淀物要洗滌，可注入水(或其他洗滌液)，充分攪拌后使沉淀沉降，再進行過濾C.這種過濾方法可以避免沉淀堵塞濾紙小孔而影響過濾速度D.該操作中玻璃棒的作用為引流（6）對于步驟3，甲同學提出可用代替作為原料，乙同學認為難溶于水，故設想不可能。甲同學進行實驗，發現可以得到產品，但產量很低，其原因是___________。【答案】（1）AD（2）①.先出現灰藍色沉淀，后沉淀溶解，得到綠色溶液②.若加入過多，步驟2中需要過多的硝酸溶液調節pH（3）（4）①.增大②.<（5）A（6）由于存在溶解平衡：，懸濁液中有，煮沸條件下，與生成更難溶的，又因為生成的覆蓋在表面，反應一段時間后會自動停止，故產量很低。【解析】【分析】六水合氯化鉻經過步驟1得到綠色溶液，由已知信息可知，綠色溶液中鉻元素存在形式為，再經過步驟2得到黃色溶液，鉻元素的存在形式為，向黃色溶液中逐滴滴入2mol?L-1的硝酸溶液，得到橙色溶液，鉻元素的存在形式為，再經過步驟3得到黃色沉淀PbCrO4。【小問1詳解】配制100mL6mol?L-1NaOH溶液不需要用到的儀器是分液漏斗和冷凝管，故答案：AD；【小問2詳解】結合已知信息中元素鉻(Cr)在溶液中顏色情況，CrCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，先生成Cr(OH)3灰藍色沉淀，繼續加入NaOH后沉淀溶解，生成綠色；故答案為：藍紫色溶液變淺，產生灰藍色沉淀，后沉淀溶解成為綠色溶液；步驟2中需要加入硝酸溶液調節溶液pH，若加入過多NaOH溶液，則需要過多的硝酸溶液調節pH；故答案：若加入過多，步驟2中需要過多的硝酸溶液調節pH；【小問3詳解】第2步加入過氧化氫，將三價鉻轉化為六價鉻，生成了，該步驟的離子方程式，故答案：【小問4詳解】①依據圖象可知，隨著溶液酸性增大，平衡正向進行，的平衡轉化率增大，故答案：增大；②升高溫度，溶液中的平衡轉化率減小則平衡逆移，則平衡正反應為放熱反應，△H<0，故答案：小于；小問5詳解】步驟3采用傾析法過濾：沉淀的顆粒較大，靜止后容易沉降至容器底部，常用傾析法分離；沉淀的顆粒較大，靜止后容易沉降至容器底部，常用傾析法分離。沉淀呈膠狀或絮狀，靜止后不容易沉降，不能采取傾析法分離；A．該方法適用于過濾顆粒較大的沉淀，沉淀呈膠狀或絮狀，靜止后不容易沉降，不能采取傾析法分離，故A不正確；B．使用該方法過濾后，若沉淀物要洗滌，可注入水(或其他洗滌液)，充分攪拌后使沉淀沉降，再進行過濾，符合此過濾操作，故B正確；C．傾析法過濾可以避免沉淀過早堵塞濾紙小孔而影響過濾速度，故C正確；D．該操作中玻璃棒的作用為引流作用，故D正確；故選A.【小問6詳解】PbCl2雖然難溶，但由于存在溶解平衡：，懸濁液中依然有存在，煮沸條件下，與生成更難溶的，又因為生成的覆蓋在表面，反應一段時間后會自動停止，故產量很低，故答案：由于存在溶解平衡：，懸濁液中有，煮沸條件下，與生成更難溶的，又因為生成的覆蓋在表面，反應一段時間后會自動停止，故產量很低。17.甲烷不僅是一種燃料，還是用來生產氫氣、乙炔、炭黑等物質的化工原料。回答下列問題：（1）一種甲烷催化氧化的反應歷程如圖所示，*表示微粒吸附在催化劑表面。下列敘述錯誤的是___________(填字母)。A.*CH3→*CH2的過程中C被氧化，放出熱量B.產物從催化劑表面脫附的速率慢會降低總反應速率C.適當提高O2分壓能加快O2(g)→2*O的反應速率D.CH4與O2反應生成CO、H2涉及極性鍵、非極性鍵的斷裂和生成（2）向一恒容密閉容器中加入和一定量的，發生反應：。的平衡轉化率按不同投料比隨溫度的變化曲線如圖所示。①___________(填“>”或“<”，下同)。②反應速率：(正)___________(正)，理由是___________。③點對應的平衡常數三者之間的大小關系是___________。（3）一定條件下，甲烷和水蒸氣催化制氫主要有如下兩個反應：I．；II．。恒定壓強為時，將的混合氣體投入反應器中，平衡時，各組分的物質的量分數與溫度的關系如圖所示。①反應在___________條件下能自發進行(填字母)。A．低溫B．高溫C．任意溫度②圖中表示CO的物質的量分數與溫度的變化曲線是___________(填“m”或“n”)。③系統中q的含量在左右出現峰值，試從化學平衡的角度解釋出現峰值的原因：___________。④上述條件下，時，的平衡轉化率為___________(保留2位有效數字)，反應Ⅰ的壓強平衡常數的計算表達式為___________(Kp是以分壓表示的平衡常數，分壓=總壓物質的量分數)。【答案】（1）A（2）①.>②.>③.在恒容密閉容器中，b點和c點溫度相同，的起始物質的量都為，b點x值大于c點，則b點的轉化率大，生成物的濃度也大，故平衡狀態下，逆反應速率逆>逆，則正正或其他合理答案④.（3）①.B②.m③.由于反應Ⅰ正反應吸熱，隨溫度升高，反應向正反應方向進行的程度較大，同時發生反應II，使氫氣的物質的量逐漸增大，隨著反應的進行，升高溫度，反應II正反應放熱，平衡向逆反應方向移動，使氫氣的物質的量減小(或之前以反應Ⅰ為主，之后以反應II為主，含量會先增大后減小)④.78%⑤.【解析】【小問1詳解】A．*CH3→*CH2的過程中C被氧化，碳氫鍵斷裂，需吸收能量，故A錯誤；B．若大量產物吸附在催化劑表面，則會減少CH4和O2在催化劑上的吸附面積，從而降低總反應速率，故B正確；C．適當提高O2分壓，可以提高氧氣的吸附速率，從而加快O2(g)→2*O的反應速率，故C正確；D．CH4與O2反應生成CO、H2的過程中涉及碳氫極性鍵的斷裂和氧氧非極性鍵的斷裂，CO中碳氧極性鍵的生成和H2中氫氫非極性鍵的生成，故D正確；故答案為：A；【小問2詳解】①相同溫度下，水與甲烷物質的量的比值越大，甲烷轉化率越大，由圖像分析可知ab曲線甲烷的轉化率更大，所以X1＞X2；②b點和c點溫度相同，CH4物質的量均為1mol，b點x值大于c點，b點的轉化率更大，生成物一氧化碳和氫氣的濃度也大，所以平衡狀態下，逆反應速率vb(逆)＞vc(逆)，則反應速率vb(正)＞vc(正)；③由圖像可知，升高溫度，甲烷的轉化率增大，說明反應為吸熱反應，升高溫度平衡常數增大，則點a、b、c對應的平衡常數的大小關系是；【小問3詳解】①根據蓋斯定律，由I-II可得，又該反應的，由自發進行的條件是高溫，故答案為：B；②兩個反應都消耗水，水的物質的量分數減小，所以曲線p表示水的物質的量分數與溫度的變化關系；兩個反應都生成氫氣，氫氣的物質的量分數在最初增大得最快，所以曲線q表示氫氣的物質的量分數與溫度的變化關系；氫氣的物質的量分數到達峰值后減小，說明溫度高于700℃后以反應II為主，反應II是放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，即CO的物質的量分數一直增大，所以曲線m表示CO的物質的量分數與溫度的變化關系,則曲線n表示二氧化碳的物質的量分數與溫度的變化關系；③系統中q的含量在700℃左右出現峰值，是由于反應I正反應吸熱，隨著溫度升高,反應向正反應方向進行的程度較大，同時發生反應II，使氫氣的物質的量逐漸增大，隨著反應的進行，升高溫度，反應II正反應放熱，平衡向逆反應方向移動，使氫氣的物質的量減小(或700℃之前以反應Ⅰ為主，700℃之后以反應II為主，H2含量會先增大后減小)；④假設起始時甲烷的