2025年黑龍江省齊齊哈爾市高考化學一模試卷一、單選題：本大題共15小題，共45分。1.“挖掘文物價值，講好中國故事”。下列文物中主要成分屬于硅酸鹽的是(

)A.戰國透雕龍鳳紋銅鋪首B.元代青花釉里紅開光貼花蓋罐C.宋水晶珠串D.清梅花圖紙本頁冊A.A B.B C.C D.D2.下列化學用語和表述正確的是(

)A.NCl3分子的VSEPR模型為：三角錐形

B.HClO的電子式：

C.Cu2+的價電子的軌道表示式：

D.?3.下列關于實驗的描述正確的是(

)A.可用濃硫酸干燥SO2

B.可用酸性KMnO4檢驗FeCl2中的Fe2+

C.可用溴的四氯化碳溶液除乙烷中的乙烯4.三氟化氮(NF3)在潮濕的環境中能發生反應：3NFA.消耗9gH2O，形成H-F鍵數目為1.8NA

B.生成22.4LNO，電子轉移數為NA

C.若1molN5.已知轉化Ⅰ：MnO4-+Cl-+A.氧化性：PbO2>MnO4->Cl2

B.轉化Ⅰ、Ⅱ消耗或生成等物質的量的MnO6.實驗室安全至關重要，下列做法正確的是(

)A.蒸發液體時液體體積不超過蒸發皿容積的13，且要用玻璃棒攪拌

B.H2還原Fe3O4時，要先通一段時間氫氣后再加熱還原，最后還原鐵粉在氫氣氣氛中冷卻

C.NaOH7.結構決定性質，性質反映結構。下列對物質性質的解釋正確的是(

)選項性質解釋A某些金屬灼燒時有特征焰色核外電子受熱吸收能量躍遷至較高能級B晶體具有自范性晶體中粒子在微觀空間里呈現周期性的有序排列C“杯酚”分離C60和超分子“杯酚”具有“自組裝”性，可組裝成一個大小適配C60的空腔而將CDO3在CCl4“相似相溶原理”：O3是非極性共價鍵形成的非極性分子，易溶于非極性的A.A B.B C.C D.D8.由Rh2VO1-3簇介導的光輔助水蒸氣重整甲烷的兩個連續催化循環機理如圖所示(“UV”代表紫外線)。下列說法錯誤的是A.只有Rh2VO2-在循環中起催化作用

B.該反應可用于制取合成氣CO、H29.桂皮中含有的肉桂醛是一種食用香料，工業上可通過如下反應制備肉桂醛：

，下列說法正確的是(

)A.能使酸性KMnO4褪色，不能使溴水褪色

B.上述反應中的三種有機物的碳原子都在同一個平面內

C.sp2雜化的碳原子

D.CH10.下列實驗方案不能達到實驗目的的是(

)選項實驗目的實驗方案A得到均勻且光亮的銅鍍層把鐵制鍍件與電源負極相連，銅片與電源正極相連，將兩極平行浸入加有氨水的CuSOB比較HX的電離程度與水解程度的大小室溫下，用pH計測量一定濃度某弱酸鹽NaHX溶液的pHC氧化性：C向KBrOD制備[Cu向[Cu(NA.A B.B C.C D.D11.某離子液體結構中，Q、R、T、X、Y和Z是原子序數依次增大的短周期主族元素，基態T原子和Y原子最外層均有兩個單電子，Q、R、X和Z質子數均為奇數且和為22，下列說法錯誤的是(

)

A.氫化物的沸點：Y>X>T

B.第一電離能：T<Y<X

C.X、12.2024年，吉林大學科學團隊采用等離子體Au納米粒子(可吸收可見光，產生電子)修飾的缺陷氮化碳(Au-Nv-C3N4)A.Nv可以捕獲光生電子用于氧化N2

B.放電時，電流由a電極沿導線流向b電極

C.產生1A?h電荷量時，生成Li3N的質量與消耗N2的質量比為513.利用反應2CO(g)+SO2(g)?A.實驗b中，40min內CO的平均反應速率2.0kPa?min-1

B.與實驗a相比，實驗b改變的條件是加入催化劑

C.實驗b中SO2的平衡轉化率是14.氫能具有高熱值、零污染和資源豐富等優點。一種光解水產生氫氣的催化劑晶胞結構如圖所示，已知晶胞參數為apm。下列說法正確的是(

)A.Ce與O的個數比為2：1

B.與Ce距離最近的O個數為8

C.Ce與O的最近距離為24apm

D.15.常溫下，向某濃度H2A溶液中緩慢加入NaOH(s)，保持溶液體積和溫度不變，測得pH與-lgc(A.a到b的滴定過程中水的電離程度逐漸增大

B.常溫下，H2A電離平衡常數Ka1為10-0.8

C.a點溶液中，存在c二、流程題：本大題共1小題，共13分。16.硫錳廢渣的主要成分是MnS，還含有NiS、CoS以及少量鐵的化合物，利用常壓酸浸一溶劑萃取法從硫錳廢渣中回收有價金屬錳、鈷、鎳的工藝流程如圖：

已知：①“溶浸”中的MnO2與H2SO4均過量；

②Ni2+、Co2+、Mn2+開始沉淀的pH分別為7.2、7.7、8.1；

③Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Ca(OH)2]=4.0×10-6

回答下列問題：

(1)“溶浸”中發生反應的還原產物是______(填化學式)。MnS溶于H2SO4會生成H2S，但本工藝“浸出”過程中無H2S產生，利用離子方程式說明原因______。

(2)“沉淀”中調節溶液pH為3.5，此時c(Fe3+)=______mol/L。

(3)“濾渣”中主要有MnF2和______，不能通過調節溶液的pH完成“除鈣三、實驗題：本大題共1小題，共14分。17.環己酮()是種重要的化工原料，由H2O2氧化環己醇制備環己酮的實驗方法如圖：

相關數據如下：物質密度/沸點/與水形成共沸物的沸點/部分性質環己醇0.96161.097.8能溶于水，具有還原性，易被氧化環己酮0.95155.0(98.0/3.495.0微溶于水，遇氧化劑易發生開環反應(1)環己酮的產率受H2O2用量影響，當H2O2用量過大時環己酮產率反而下降，其原因是______。反應溫度控制在60-70°C的原因是______。

(2)減壓蒸餾的裝置如圖所示，當加熱后已有餾分出來時才發現冷凝管沒有通水，應該采取的措施是______，進行減壓蒸餾時，使用磁力加熱攪拌器加熱，磁子的作用除攪拌使混合物均勻受熱外，還有______。減壓蒸餾的操作順序為：打開雙通旋塞，打開真空泵，緩慢關閉雙通旋塞，接通冷凝水，開啟磁力加熱攪拌器，進行減壓蒸餾。減壓蒸餾完成后，需進行下列操作，正確的操作順序是______(填標號)。

a.停止通冷凝水

b.關閉磁力加熱攪拌器，冷卻至室溫

c.關閉真空泵

d.緩慢打開雙通旋塞

(3)判斷蒸餾是否完全，除了可以觀察是否有餾出物，還可以通過觀察______進行判斷。

(4)傳統的制備環己酮實驗用酸性K2Cr四、簡答題：本大題共1小題，共14分。18.利用可再生能源和綠色氫氣將CO2轉化為甲醇，可以減少碳排放同時將CO2固定為有價值的化學品，是國家能源條件與環境現狀的共同選擇。所涉及的反應如下：

反應1：CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)ΔH1=+41.2kJ/mol

反應2：CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)ΔH2=-90.6kJ/mol

反應3：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)ΔH3

回答下列問題：

(1)ΔH3=______。

(2)上述反應中，反應1的速率決定了總反應速率。圖1用于表示該過程的能量與反應進程的關系(部分已畫出)。請選擇圖1(a)或圖1(b)，在虛線線框中將其補充完整。

(3)有人提出“CO2(g)+2H2O(g)?CH3OH(g)+32O2(g)也適宜于工業合成甲醇”，判斷這種說法是否正確并說明原因______(假設反應的焓變和熵變不隨溫度的改變而變化)。

五、推斷題：本大題共1小題，共14分。19.瑪巴洛沙韋(化合物Q)是一種新型抗流感藥物，其合成路線如圖(部分試劑已省略)。

已知：

回答下列問題：

(1)A中含氧官能團的名稱為______。

(2)A到B的反應類型為______(填序號)，M到N的反應類型為______(填序號)。

A.取代反應

B.還原反應

C.氧化反應

D.消去反應

(3)化合物I的名稱為______(系統命名法)。

(4)寫出化合物D到化合物E的化學方程式：______。

(5)Q瑪巴洛沙韋分子中有______個手性碳原子；P到Q的反應中，碳酸鉀的作用是______。

(6)X、Y都是I的同分異構體，其中X的苯環上有三個取代基，若在苯環上再進行一元取代時能得到兩種同分異構，則X有______種；Y遇FeCl3溶液顯紫色，且其中核磁共振氫譜圖有3組峰的化合物的結構簡式為______(寫出一種即可)。

(7)從O到P脫除氧原子上的苯甲基保護基時，用到的二甲基乙酰胺和LiCl(催化效率與Pd催化劑類似答案和解析1.【答案】B

【解析】解：A.銅鋪首的主要成分是銅合金，故A錯誤；

B.罐的主要成分是陶瓷(硅酸鹽)，故B正確；

C.水晶的主要成分為SiO2，故C錯誤；

D.紙的主要成分為纖維素，故D錯誤；

故選：B。

A.根據戰國透雕龍鳳紋銅鋪首的材質，進行分析；

B.根據元代青花釉里紅開光貼花蓋罐的材質，進行分析；

C.根據水晶主要成分是二氧化硅，進行分析；

D.2.【答案】D

【解析】解：A.NCl3分子中心原子為N，價層電子對數為4，VSEPR模型為四面體形，故A錯誤；

B.HClO的結構式為H-O-Cl，其電子式為，故B錯誤；

C.銅是29號元素，Cu2+的價電子的軌道表示式為，故C錯誤；

B.核素?18O22-的電子數為8×2+2=18，故D正確，

故選：D。

A.NCl3分子中心原子為N，價層電子對數為4；

3.【答案】A

【解析】解：A.濃硫酸與二氧化硫不反應，濃硫酸具有吸水性，可用濃硫酸干燥SO2，故A正確；

B.亞鐵離子、氯離子均可使酸性高錳酸鉀溶液氧化，紫色褪去，不能檢驗Fe2+，故B錯誤；

C.溴與乙烯反應，四氯化碳可吸收乙烷，應選溴水、洗氣分離，故C錯誤；

D.NO2和Br2(g)均可氧化KI生成碘，現象相同，不能鑒別，故D錯誤；

故選：A。

A.濃硫酸與二氧化硫不反應，濃硫酸具有吸水性；

B.亞鐵離子、氯離子均可使酸性高錳酸鉀溶液氧化；

4.【答案】C

【解析】解：A.依據方程式：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF可知，消耗5mol水生成9molHF，則消耗9gH2O，物質的量為0.5mol，形成H-F鍵數目為0.9NA，故A錯誤；

B.氣體狀況未知，無法計算一氧化氮物質的量和轉移電子數，故B錯誤；

C.反應中只有N元素化合價發生改變，即若1molNF3被氧化，則需2mol氧化劑，也就是2NA，故C正確；

D.HF酸為弱酸，不能完全電離，1L5.【答案】D

【解析】解：A.氧化性：氧化劑>氧化產物，由反應MnO4-+Cl-+H+→Mn2++Cl2↑+H2O、PbO2+Mn2++SO42-→MnO4-+PbSO4↓可知，氧化性：PbO2>MnO4->Cl2，故A正確；

B.反應Ⅰ中MnO4-→Mn2+、消耗1molMnO4-得電子5mol，反應Ⅱ中Mn2+→MnO6.【答案】B

【解析】解：A.蒸發液體時液體體積不超過蒸發皿容積的23，且要用玻璃棒攪拌，故A錯誤；

B.H2還原Fe3O4時，要先通一段時間氫氣后再加熱還原，為防止鐵粉再次被氧化，最后還原鐵粉需在氫氣氣氛中冷卻，故B正確；

C.NaOH溶液不慎濺在皮膚上，先用大量水沖洗，再涂抹一定濃度的硼酸溶液，不用3%～5%的碳酸氫鈉溶液沖洗，故C錯誤；

D.白磷易燃，用小刀切割白磷時，要在水中切割，故D錯誤；

故選：B。

A.蒸發液體時液體體積不超過蒸發皿容積的23；

B.H2還原F7.【答案】B

【解析】解：A.焰色試驗是電子從高能到低能釋放能量所發出的光波，故A錯誤；

B.在適宜的條件下，晶體能夠自發地呈現封閉的規則和凸面體外形的性質，晶體的自范性是晶體中粒子微觀空間里呈現周期性的有序排列的宏觀表象，故B正確；

C.借助分子間力形成的超分子“杯酚”分離C60反映了超分子的“分子識別”性，故C錯誤；

D.O3是極性共價鍵形成的極性分子，但極性較弱，O3在CCl4中的溶解度大于在H2O中的溶解度，故D錯誤；

故選：B。

A.核外電子受熱吸收能量躍遷至較高能級，向低能級遷移時，放出的能力以光的形式放出，某些金屬灼燒時有特征焰色；

B.在適宜的條件下，晶體能夠自發地呈現封閉的規則和凸面體外形的性質，是晶體的自范性；

C.超分子“杯酚”具有“自組裝”性，可組裝成一個大小適配C608.【答案】A

【解析】解：A.由催化循環Ⅰ、Ⅱ及催化劑性質知Rh2VO-、Rh2VO2-、Rh2VO3-都有催化作用，故A錯誤：

B.圖中循環Ⅰ、Ⅱ反應都為CH4+H2O=CO+3H2，得到合成氣：CO和H2，故B正確；

C.由圖示可知，循環Ⅰ中，在UV的作用下，Rh2VO2CH2-→Rh2VO-+CO↑+H2↑，故9.【答案】C

【解析】解：A.苯甲醛中的-CHO能被酸性高錳酸鉀溶液、溴水氧化，所以苯甲醛能使酸性高錳酸鉀溶液、溴水褪色，故A錯誤；

B.肉桂醛中苯基中所有原子共平面、-CH=CHCHO中所有原子共平面，單鍵可以旋轉，兩個平面可能不重合，所以肉桂醛中所有碳原子可能不共平面，故B錯誤；

C.苯環上的碳原子、連接雙鍵的碳原子都采用sp2雜化，肉桂醛中所有碳原子都采用sp2雜化，故C正確；

D.乙醛分子間不存在氫鍵，水、乙醇中存在分子間氫鍵，故D錯誤；

故選：C。

A.-CHO能被酸性高錳酸鉀溶液、溴水氧化；

B.肉桂醛中苯基中所有原子共平面、-CH10.【答案】C

【解析】解：A.銅片與電源正極相連作陽極，加入一些氨水可以形成穩定的銅氨絡合物有效降低電鍍液中銅離子的濃度，有助于保持電鍍液的穩定性和均勻性，使電鍍層能夠慢慢生成，均勻且光亮，故A正確；

B.NaHX溶液中酸根離子存在電離與水解，pH>7可知HX的水解程度大于電離程度，pH=7可知HX的水解程度和電離程度相當，pH<7可知HX的水解程度小于電離程度，故B正確；

C.KBrO3溶液中通入少量氯氣，生成溴單質，由實驗操作和現象，可知氧化性KBrO3>KClO3，故C錯誤；

D.乙醇的極性比水的極性小，[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入95%的乙醇，可降低晶體的溶解度，則析出[Cu(11.【答案】A

【解析】解：A.分析題干可知，T、X、Y分別為C、N、O，C、N的氫化物有很多，無法比較其氫化物的沸點，故A錯誤；

B.同周期從左到右元素的第一電離能呈增大趨勢，ⅡA、ⅤA元素的第一電離能大于同周期相鄰元素的第一電離能，則第一電離能：C<O<N，故B正確；

C.F、O元素非金屬性很強，且F無正價，N、O、F三種元素不能形成陽離子，所以不能形成既含離子鍵又含共價鍵的化合物，故C正確；

D.NaF的陰、陽離子半徑小、離子鍵強，所以NaF的熔點高于該物質，故D正確；

故選：A。

Q、R、T、X、Y和Z是原子序數依次增大的短周期主族元素，陽離子結構中，Q只形成1個共價鍵，則Q為第IA族或第ⅦA族元素，陰離子結構中，Z只形成1個共價鍵，則Z為第ⅦA族元素，Q、R、X和Z質子數均為奇數且和為22，Q的原子序數最小，則Q為H元素，Z為F元素，基態T原子和Y原子最外層均有兩個單電子，原子序數小于F元素，則T和Y的價電子排布分別為2s22p2、2s22p4，即分別為C元素和O元素，則X為N元素，R的原子序數為：22-1-7-9=5，則R為B元素，綜上所述Q、R、T、X、Y和Z12.【答案】C

【解析】解：A.由電子移動方向可知，a電極為原電池的負極，鋰失去電子發生氧化反應生成鋰離子，電極反應式為Li-e-=Li+，b電極為正極，鋰離子作用下氮氣在催化劑表面得到電子發生還原反應生成氮化鋰，故A錯誤；

B.由分析可知，a電極為原電池的負極，b電極為正極，則放電時，電流由b電極沿導線流向a電極，故B錯誤；

C.由分析可知，b電極為正極，鋰離子作用下氮氣在催化劑表面得到電子發生還原反應生成氮化鋰，電極反應式為N2+6e-+6Li+=2Li3N，由電極反應式可知，生成氮化鋰和消耗氮氣的質量比為70：28=5：2，故C正確；

D.鉛蓄電池充電時的總反應為2PbSO4+2H213.【答案】D

【解析】解：A.起始n(CO)：n(SO2)=2：1，則起始p(CO)=3203kPa，p(SO2)=1603kPa，設SO2變化壓強為xkPa，

2CO(g)+SO2(g)?2CO2(g)+S(l)

起始(kPa)

3203

1603

0

變化(kPa)

2x

x

2x

平衡(kPa)

3203-2x

1603-x

2x

達到平衡時混合氣體總壓強為120kPa，3203-2x+1603-x+2x=120，解得x=40，40min內CO的平均反應速率2×40kPa40min=2.0kPa?min-1，故A正確；

B.與實驗a相比，實驗b先達到平衡狀態，但平衡狀態未改變，則與實驗a相比，實驗b改變的條件是加入催化劑，故B正確；

C.SO2的轉化率=401603×100%=75%，故C正確；14.【答案】B

【解析】解：A.據“均攤法”，晶胞中Ce的個數為8×18+6×12=4，O的個數為8，則晶胞中Ce與O的個數比為1：2，故A錯誤；

B.以底面面心的Ce為例，上、下層各有4個氧原子，故與Ce距離最近的O個數為8，故B正確；

C.Ce與O的最近距離為體對角線的14，為34apm，故C錯誤；

D.1個晶胞體積為a3×10-36m3，1個晶胞中含有4個Ce和8個O，則該晶體的摩爾體積為14×a3×10-36×NAm3?mol-1=a3NA×10-364m3?mol-1，故D錯誤；

故選：B。

15.【答案】D

【解析】解：A.酸抑制水的電離，a到b的滴定過程溶液的酸性減弱，水的電離程度增大，故A正確；

B.隨著NaOH(s)加入，溶液中c(H2A)逐漸減小、c(HA-)先增大后減小、c(A2-)逐漸增大，則-lgc(H2A)逐漸增大、-lgc(A2-)逐漸減小、-lg[c(A2-)c(HA-)]逐漸減小，由圖可知，-lg[c(A2-)c(HA-)]=0時c(HA-)=c(A2-)，pH=5.3，此時H2A電離平衡常數Ka2=c(A2-)c(HA-)×c(H+)=c(H+)=10-5.3；a點時pH=3.05，c(H2A)=c(A2-)，此時Ka116.【答案】MnSO4

2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+

4.0×10-6.5

Ca【解析】解：(1)將MnO2H2SO4FeSO4混合進行溶浸，生成還原產物MnSO4和氧化產物Fe2(SO4)3；向“溶浸”溶液中加入硫錳廢渣，進行浸出，由于鐵離子的氧化性，硫元素被氧化為硫單質沉淀而不會放出H2S氣體，離子反應方程式為2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，

故答案為：MnSO4；2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；

(2)根據Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)?c3(OH-)=4.0×10-38，溶液pH為3.5，即c(H+)=10-3.5mol/L，c(OH-)=10(3.5-14)mol/L=10-10.5mol/L，代入得c(Fe3+)=4.0×10-6.5mol/L，

故答案為：4.0×10-6.5；

(3)加入MnF2除鈣，故“濾渣”中主要有過量MnF2和CaF2氫氧化鈣微溶，調pH值無法使Ca2+17.【答案】H2O2具有強氧化性，會將環己酮進一步氧化，發生開環反應，導致產率下降

溫度過低，反應速率慢，溫度過高，H2O2分解

停止加熱，冷卻后再通冷凝水

防止液體暴沸

badc

溫度計讀數是否發生變化【解析】解：(1)環己酮的產率受H2O2用量影響，當H2O2用量過大時環己酮產率反而下降，其原因是H2O2具有強氧化性，會將環己酮進一步氧化，發生開環反應，導致產率下降，反應溫度控制在60-70°C的原因是溫度過低，反應速率慢，溫度過高，H2O2分解，

故答案為：H2O2具有強氧化性，會將環己酮進一步氧化，發生開環反應，導致產率下降；溫度過低，反應速率慢，溫度過高，H2O2分解；

(2)減壓蒸餾的裝置如圖所示，當加熱后已有餾分出來時才發現冷凝管沒有通水，應該采取的措施是停止加熱，冷卻后再通冷凝水，進行減壓蒸餾時，使用磁力加熱攪拌器加熱，磁子的作用除攪拌使混合物均勻受熱外，還可以防止液體暴沸，減壓蒸餾的操作順序為：打開雙通旋塞，打開真空泵，緩慢關閉雙通旋塞，接通冷凝水，開啟磁力加熱攪拌器，進行減壓蒸餾，減壓蒸餾完成后，需進行下列操作：關閉磁力加熱攪拌器，冷卻至室溫、停止通冷凝水、緩慢打開雙通旋塞、關閉真空泵，

d故答案為：停止加熱，冷卻后再通冷凝水；防止液體暴沸；badc；

(3)判斷蒸餾是否完全，除了可以觀察是否有餾出物，還可以通過觀察溫度計讀數是否發生變化進行判斷，

故答案為：溫度計讀數是否發生變化；

(4)傳統的制備環己酮實驗用酸性K2Cr2O7作氧化劑，更易把環己醇氧化生成己二酸，該反應的離子方程式為：3+4Cr2O72-+32H+→HOOCCH2C18.【答案】-49.4kJ/mol；

不正確，這個反應ΔH>0且△S<0，△>0，在任何溫度下都不能自發進行；

溫度升高到一定程度時，整個過程以反應1為主；

AC；

0.0096；

分子篩膜反應器可以及時分離反應【解析】解：(1)反應1+反應2得反應3，故ΔH3=+41.2kJ/mol-90.6kJ/mol=-49.4kI/mol；

故答案為：-49.4kJ/mol；

(2)根據ΔH1>0應選圖1中的(a)，再根據反應1是決速反應所以所繪圖像的活化能要小于反應1的活化能，另外ΔH3<0，所以圖像終點低于最左側起點；

故答案為：；

(3)該反的逆過程是甲醇氣態燃燒為放熱，所以該反應為吸熱ΔH>0，又因ΔS<0故ΔG>0，在任何溫度下都不能自發進行；

故答案為：不正確，這個反應ΔH>0且ΔS<0，ΔG>0，在任何溫度下都不能自發進行；

(4)①反應3是放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，α(CO2)減小，反應1是吸熱反應，升高溫度，平衡正向移動，α(CO2)增大，隨著溫度升高，a、b兩條曲線先減小再增大接近重合的原因是：溫度升高到一定程度時，整個過程以反應Ⅰ為主；

故答案為：溫度升高到一定程度時，整個過程以反應1為主；

②A.反應體系中CH3OH的分壓是變量，當其不變時達到平衡狀態，故A正確；

B.隨溫度升高反應3逆向移動，CH3OH的量減少選擇性降低，故B錯誤；

C.使用催化劑降低活化能，提高反應速率，提高合成效率，故C正確；

D.根據反應3系數分析，壓縮體積，反應3正向移動，隨著反應3正向移動會引起體系中CO2和H2減少同時H2O增多，這就打破了反應1的平衡，使其也發生移動，故D錯誤；

故答案為：AC；

③根據②B選項分析可知S-(X)表示CO、S-(Y)表示CH3OH；溫度一定，壓強越大反應3越向正向進行CH3OH選擇性越大，故P1為5MPa，P2為3MPa；根據已知條件列出“三段式”有：