山西省晋中市平遥县平遥中学届高三上学期月考化学试题解析版.docx

山西省晋中市平遥县平遥中学届高三上学期月考化学试题解析版.docx

《山西省晋中市平遥县平遥中学届高三上学期月考化学试题解析版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山西省晋中市平遥县平遥中学届高三上学期月考化学试题解析版.docx（23页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

山西省晋中市平遥县平遥中学届高三上学期月考化学试题解析版

2018年12月平遥中学高三（补）质检

化学试题（理科）

本卷可能用到的相对原子质量：

H:

1C:

12O:

16Na:

23S:

32Cl:

35.5Co:

59Cu:

64

一．选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）

1.据《天工开物》记载，我国古代以炉甘石（主要成分是ZnCO3）来升炼倭铅（即锌），其原理如图。

已知锌的熔点420℃、沸点906℃。

则下列说法不正确的是

A.升炼倭铅过程包含分解反应和氧化还原反应

B.冶炼时锌变为蒸气在兜室冷凝为固体

C.“泥封”的目的是为了防止得到的锌被氧化

D.“锌火”是锌蒸气和一氧化碳在空气的燃烧

【答案】B

【解析】

【分析】

根据题目提供的图片分析反应流程分析解答；根据氧化还原反应的本质和特征分析解答。

【详解】A.“升炼倭铅”的过程中主要反应有：

ZnCO3在高温条件下分解生成CO2和ZnO，CO2与C反应生成CO，CO+ZnO

Zn（g）+CO2，有分解反应，也有氧化还原反应，故A正确；

B.反应区温度达到1100～1300℃，Zn变为蒸气与杂质分离，在“兜室”冷凝为液体流出（冷凝区温度高于Zn的熔点、低于其沸点），故B错误；

C.Zn易被空气氧化，为防止Zn被氧化而用“泥封”隔绝空气，故C正确；

D.“锌火”是未反应完的CO和Zn蒸气从“兜室”逸出燃烧，故D正确。

故选B。

2.NA为阿伏加德罗常数的值.下列叙述正确的是

A.1.0L1.0mo1·L－1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NA

B.12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5NA

C.25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH一的数目为0.1NA

D.1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数均为10NA

【答案】B

【解析】

【分析】

根据物质的量与阿伏加德罗常数之间的转化关系分析解答；

【详解】A.1.0L1.0mo1·L－1的NaAlO2水溶液中不仅含有NaAlO2，还含有H2O，所以该溶液中所含O原子的个数一定比2NA多，故A错误；

B.根据石墨的结构利用均摊法分析知，一个六元环中平均含有2个碳原子，12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0．5NA，故B正确；

C.25℃时pH=13的NaOH溶液，缺少溶液的体积，无法计算OH一的数目，故C错误；

D.1mol的羟基所含电子数为9NA，而1mol的氢氧根离子所含电子数为10NA，故D错误。

故选B。

【点睛】羟基不显电性，1个羟基含有9个电子，氢氧根离子带有一个负电荷，即1个OH-离子含有10个电子；

单层石墨中，每个碳周围都有3个碳碳键，参与3个六元环的形成，所以一个碳原子被3个六元环所共用，一个六元环有6个碳原子，所以一个六元环平均有6×1/3=2个碳原子，12克单层石墨有NA碳原子，所以有0.5NA个六元环。

3.下列说法正确的是

A.花生油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，属于高分子化合物

B.只有不同种类的氨基酸之间才能形成多肽

C.向鸡蛋清的溶液中加入饱和硫酸钠溶液产生沉淀，加水后沉淀可溶解

D.向淀粉溶液中加入硫酸溶液，加热后滴入几滴氢氧化铜悬浊液，再加热至沸腾，未出现红色物质，说明淀粉未水解

【答案】C

【解析】

A.花生油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量没有达到10000，不属于高分子化合物，故A错误；B.氨基酸分子中含有氨基和羧基，相同种类的氨基酸之间也能形成多肽，故B错误；C.向鸡蛋清的溶液中加入饱和硫酸钠溶液，发生蛋白质的盐析，产生沉淀，盐析属于可逆过程，加水后沉淀可溶解，故C正确；D.检验生成的产物葡萄糖，需要在碱性溶液中进行，应该先向水解后的溶液中加入氢氧化钠中和硫酸，故D错误；故选C。

4.元素X、Y、Z均位于短周期，它们的最高及最低化合价如下表所示，下列判断一定正确的是

A.原子序数：

X>Y>Z．

B.Z的氢化物的沸点在同族中最高

C.X的含氧酸的酸性最强

D.Y的一种同素异形体具有漂白能力

【答案】A

【解析】

【分析】

根据元素周期表分析解答；根据元素周期律分析解答；

【详解】元素X、Y、Z均位于短周期，可推断出X是Cl元素，Y是S元素，Z是N或P元素，

A.不管Z是N还是P，原子序数都是X>Y>Z，故A正确；

B.Z元素不确定，故B错误；

C.X是Cl元素，它的含有酸可以是HClO，可以是HClO3，还可以是HClO4，其中HClO是弱酸，比Y的含氧酸H2SO4酸性弱，故C错误；

D.S的一种同素异形体不具有漂白能力，故D错误。

故选A。

【点睛】要注意元素周期表中O和F元素无正价。

元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，但是其他价态的含氧酸的酸性就不一定越强。

审题时，要注意相关的关键词。

5.向含有c（FeCl3）＝0.2mol·L−1、c（FeCl2）＝0.1mol·L−1的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为9.3nm的金属氧化物，下列有关说法中正确的是

A.该分散系的分散质为Fe2O3

B.可用过滤的方法将黑色金属氧化物与Na＋分离开

C.向沸水中逐滴滴加0.1mol·L−1FeCl3溶液也可得到Fe（OH）3胶体

D.加入NaOH时发生的反应可能为Fe2+＋2Fe3+＋8OH－===Fe3O4＋4H2O

【答案】D

【解析】

A．三氧化二铁为红棕色，由题意知得到一种黑色分散系，A错误；B．胶体、溶液都可以透过滤纸，不能用过滤方法分离，B错误；C．向沸水中滴加饱和FeCl3溶液可得到氢氧化铁胶体，C错误；D．氯化亚铁、氯化铁与氢氧化钠反应生成四氧化三铁和水、氯化钠，离子方程式：

Fe2+ +2Fe3+ +8OH－ =Fe3O4 +4H2O，D正确；答案选D。

6.X、Y、Z、W四种物质在一定条件下具有如图所示的转化关系，下列判断正确的是

A.若图中反应均为非氧化还原反应，当W为一元强碱时，则X可能是NaAlO2

B.若图中反应均为非氧化还原反应，当W为一元强酸时，则X可能是NH3

C.若图中反应均为氧化还原反应，当W为非金属单质时，则Z可能是CO2

D.若图中反应均为氧化还原反应，当W为金属单质时，则Z可能是FeCl3

【答案】C

【解析】

试题分析：

由转化关系可知X可与W连续反应生成Y、Z，X也可与Z直接反应生成Y，则A．如X为NaAlO2，与NaOH不反应，A错误；B．如X为NH3，与一元强酸反应生成铵盐，只生成一种产物，Y与W不能再反应，B错误；C．如Z为CO2，W为非金属单质，X可为C，W为O2，Y为CO，C正确；D．如Z为FeCl3，W为金属单质，应为Fe，X为Cl2，但氯气与铁反应只生成FeCl3，Y不能为FeCl2，D错误，答案选C。

考点：

考查无机框图题推断

7.铅丹（Pb3O4）可作防锈用涂料，已知铅丹中Pb元素的化合价只有+2、+4，且+2价稳定，+4价的Pb具有强氧化性，能氧化浓盐酸生成Cl2。

则下列说法不正确的是

A.Pb3O4可表示为2PbO·PbO2

B.可用PbO在空气中加热制备铅丹，其n（氧化剂）∶n（还原剂）=1:

2

C.0.1molPb3O4与足量的浓盐酸反应，生成Cl20.1mol

D.amolPb3O4加强热分解生成PbO，则加热过程中转移电子数为3aNA

【答案】D

【解析】

【分析】

根据氧化还原反应的本质和特征分析解答；

【详解】A.因为铅丹中Pb元素的化合价只有+2、+4，所以根据化合价代数和为0，则Pb3O4中Pb2+与Pb4+的物质的量之比为2：

1，所以Pb304可表示为2Pb0•Pb02，故A正确；

B.6PbO+O2

2Pb3O4由得失电子守恒可知，参加反应的PbO中只有三分之一被氧化，故n（氧化剂）：

n（还原剂）=1：

2，B错误；

C.根据Pb304可表示为2Pb0•Pb02，则0.1molPb3O4与足量的浓盐酸反应转移0.2mol电子，由得失电子守恒则生成0.1molCl2，故C正确；

D.根据Pb304可表示为2Pb0•Pb02，则amolPb304转化为Pb0，转移2amol电子，即2aNA个电子，故D错误。

【点睛】注意氧化还原反应中，氧化剂中所含元素的化合价降低、得到电子，还原剂中所含元素的化合价升高、失去电子；

注意Pb3O4中Pb的化合价有+2、+4，Pb304可表示为2Pb0•Pb02。

8.下列离子方程式书写正确的是

A.向水中通入氯气：

Cl2+H2O===2H++ClO−+Cl−

B.向Ca（HCO3）2溶液中滴加足量NaOH溶液：

Ca2++2HCO3−+2OH−===CaCO3↓+CO32−+2H2O

C.向明矾溶液中加过量氨水：

Al3++4NH3·H2O===AlO2−+4NH4++2H2O

D.将Fe2O3溶解与足量HI溶液：

Fe2O3+6H+===2Fe3++3H2O

【答案】B

【解析】

【分析】

A.次氯酸为弱酸，不能拆成离子形式；

B.向Ca（HCO3）2溶液中滴加足量NaOH溶液生成碳酸钙、碳酸钠和水；

C.Al（OH）3不溶于氨水；

D.HI具有酸性，也具有强的还原性；

【详解】A.向水中通入氯气的离子反应为：

Cl2+H2O

H++HClO－+Cl－,次氯酸为弱酸，不能拆成离子形式，A错误；

B.向Ca（HCO3）2溶液中滴加足量NaOH溶液：

Ca2++2HCO3－+2OH－＝CaCO3↓+CO32－+2H2O，B正确；

C.向明矾溶液中加过量氨水：

Al3++3NH3·H2O＝Al（OH）3↓+3NH4+,Al（OH）3不溶于氨水，C错误；

D.将Fe2O3溶解与足量HI溶液：

Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O，生成的铁离子继续氧化碘离子：

2Fe3++2I-=2Fe2++I2，D错误；

正确选项B。

9.老鼠能在含饱和多氟碳化物的溶液内部获得氧气，像鱼儿一样在水中游动，另有实验表示，把狗身上的70%的血液，换成由25%的多氟碳化物和75%的水混合成的乳液后仍可存活，科学家预测多氟碳化物可能成为血液的替代品．全氟丙烷（C3F8）是一种常见的多氟碳化物，下列对该物质的叙述中正确的是

A.全氟丙烷的电子式为

B.原子半径C比F的小

C.全氟丙烷分子中的化学键只有共价键D.全氟丙烷分子中碳链成直线型

【答案】C

【解析】

【详解】A.F原子最外层7个电子，形成化合物时满足最外层8个电子，电子式中F的孤对电子没有标出,故A错误；

B.C、F同周期，同周期原子序数越大，原子半径越小，则原子半径C比F的大，故B错误；

C.化合物中含

、

化学键，全氟丙烷分子中的化学键只有共价键，故C正确；

D.全氟丙烷分子中，含有三个C原子，所以碳链不是直线型，故D错误；

本题答案为C。

10.全钒液流电池充电时间短，续航能力强，其充放电原理为VO2＋＋V3＋＋H2O

VO

＋V2＋＋2H＋。

以此电池为电源，用石墨电极电解Na2SO3溶液，可得到NaOH和H2SO4示意图如下。

下列说法错误的是（　　）

A.全钒液流电池放电时，正极的电极反应式为VO2+＋2H＋＋e－===VO2＋＋H2O

B.图中a电极为阴极，N物质是H2

C.全钒液流电池充电时，V3＋被氧化为VO2+

D.电解时，b电极的反应式为SO32-＋H2O－2e－===SO42-＋2H＋

【答案】C

【解析】

A项，根据全钒液流电池的充放电原理，放电时反应的方程式为VO2++V2++2H+=VO2++V3++H2O，放电时正极发生得电子的还原反应，正极的电极反应式为：

VO2++2H++e-=VO2++H2O，A项正确；B项，根据图示，图中b电极上SO32-发生失电子的氧化反应生成H2SO4，b电极为阳极，a电极为阴极，由于放电顺序：

H+

Na+，a电极上的电极反应式2H2O+2e-=H2↑+2OH-，N物质是H2，B项正确；C项，全钒液流电池充电时反应的方程式为VO2++V3++H2O=VO2++V2++2H+，根据“只靠拢、不交叉”，V3+被还原为V2+，VO2+被氧化为VO2+，C项错误；D项，电解时，b电极上SO32-发生失电子的氧化反应生成H2SO4，电极反应式为SO32--2e-+H2O=SO42-+2H+，D项正确；答案选C。

点睛：

本题考查二次电池的工作原理、电解原理、电极反应式的书写，正确的理解二次电池的工作原理和电解原理是解题的关键。

本题需要用“只靠拢、不交叉”的规律，判断全钒液流电池充电时，VO2+失电子生成VO2+，V3+得电子生成V2+；书写电极反应式时注意电解质溶液的酸碱性。

11.根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是

【答案】C

【解析】

试题分析：

A、氯化铵受热分解生成的氨气和氯化氢在试管口遇冷又生成氯化铵固体，不能用加热氯化铵固体的方法制备氨气，错误；B、气流方向错，应该从右侧导管通入CO2气体，错误；C、从溶液中分离出碳酸氢钠固体用过滤的方法，正确；D、碳酸氢钠受热易分解，不能用该装置干燥碳酸氢钠，错误。

答案选C。

考点：

考查化学实验基础知识，元素化合物。

12.已知可逆反应aA（g）+bB（？

）⇌cC（g）△H＞0（B物质的状态未确定）．关于该反应的描述正确的是（）

A.加压若平衡正向移动，则a＞c

B.加入一定量的B，平衡一定正向移动

C.缩小容器的体积，各物质的浓度一定增大

D.升高温度，平衡一定正向移动，混合气体的平均摩尔质量的变化不能确定

【答案】D

【解析】

试题分析：

A、加压平衡向正反应方向移动，如果B为气体，则有a＋b>c，如果B为液体或固体，则有a>c，故错误；B、若B为固体或液体，增加B为量，平衡不移动，故错误；C、缩小体积，压强增大，气体的浓度增大，但B状态为定，若为液体或固体，浓度不变，故错误；D、此反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，平均摩尔质量需要看B的状态，因此无法确定，故正确。

考点：

考查影响化学平衡移动的因素等知识。

13.若往20mL0.01mol·L－1HNO2（弱酸）溶液中逐滴加入一定浓度的烧碱溶液，测得混合溶液的温度变化如图所示。

下列有关说法不正确的是

A.HNO2的电离平衡常数：

c点>b点

B.b点混合溶液显酸性：

c（Na＋）>c（NO2-）>c（H＋）>c（OH－）

C.c点混合溶液中：

c（OH－）>c（HNO2）

D.d点混合溶液中：

c（Na＋）>c（OH－）>c（NO2-）>c（H＋）

【答案】B

【解析】

试题分析：

A、HNO2的电离是吸热过程，温度越高电离平衡常数越大，而c高于b，所以电离平衡常数：

c点＞b点，故A正确；B、b点得到HNO2，和NaNO2混合溶液显酸性，说明电离大于水解，所以离子浓度大小为：

c（NO2-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故B错误；C、a→c温度升高说明两者恰好完全中和，点两者恰好完全反应，而c→d温度降低，所水解为主，所以c点得到NaNO2溶液是强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，所以c（OH-）＞c（HNO2），故C正确；D、d点混合溶液中当c（NaOH）较大时，得到NaOH和NaNO2混合溶液，所以离子的浓度为：

c（Na+）＞c（OH-）＞c（NO2-）＞c（H+），故D正确；故选B。

考点：

考查了离子浓度大小的比较的相关知识。

14.常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。

下列叙述错误的是

A.Ka2（H2X）的数量级为10–6

B.曲线N表示pH与

的变化关系

C.NaHX溶液中c（H＋）>c（OH－）

D.当混合溶液呈中性时，c（Na＋）>c（HX－）>c（X2－）>c（OH－）=c（H＋）

【答案】D

【解析】

A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=

＞Ka2=

，所以当pH相等即氢离子浓度相等时

＞

，因此曲线N表示pH与

的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取－0.6和4.8点，

=10－0.6mol·L－1，c（H＋）=10－4.8mol·L－1，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10-6，A正确；B.根据以上分析可知曲线N表示pH与

的关系，B正确；C.曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点，

=100.6mol·L－1，c（H＋）=10－5.0mol·L－1，代入Ka1得到Ka2=10－4.4，因此HX－的水解常数是10－14/10－4.4＜Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c（H＋）＞c（OH－），C正确；D.根据图像可知当

＝0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，

＞0，即c（X2-）＞c（HX-），D错误；答案选D。

15.一定量的某磁黄铁矿（主要成分FexS，S为-2价）与100mL盐酸恰好完全反应（矿石中其他成分不与盐酸反应），生成2.4g硫单质、0.425molFeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。

则下列说法正确的是

A.该盐酸的物质的量浓度为4.25mol·L-1

B.该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为3∶1

C.生成的H2S气体在标准状况下的体积为2.24L

D.该磁黄铁矿中FexS的x=0.85

【答案】D

【解析】

n（S）=

=0.075mol，根据转移电子守恒得n（Fe3+）=

=0.15mol，则n（Fe2+）=0.425mol-0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol：

0.15mol=11：

6。

A．盐酸恰好反应生成FeCl2 0.425mol，根据氯原子守恒得c（HCl）=

=8.5mol/L，故A错误；B．根据转移电子守恒得n（Fe3+）=

=0.15mol，则n（Fe2+）=0.425mol-0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol：

0.15mol=11：

6，故B错误；C．根据氢原子、氯原子守恒得n（H2S）=

n（HCl）=n（FeCl2）=0.425mol，V（H2S）=0.425mol×22.4L/mol=9.52L，故C错误；D．FexS中n（S）=0.075mol+0.425mol=0.5mol，n（Fe）=0.425mol，所以n（Fe）：

n（S）=0.425mol：

0.5mol=0.85，所以x=0.85，故D正确；故选D。

点睛：

本题考查了根据氧化还原反应进行计算，根据反应过程中原子守恒、转移电子守恒进行计算是关键。

本题中根据氢原子守恒计算硫化氢体积，根据转移电子守恒计算亚铁离子和铁离子的物质的量之比。

16.下列实验用来证明气体SO2的存在，其中正确的

①能使品红溶液褪色　②能使湿润的蓝色石蕊试纸变红③能使澄清的石灰水变浑浊　④通入到足量的NaOH溶液中，再滴入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该沉淀溶于盐酸　⑤通入到溴水中使其褪色，再滴入Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成

A.①②④⑤B.都不能证明

C.①⑤能证明D.只有⑤能证明

【答案】D

【解析】

【分析】

根据SO2和CO2的物理和化学性质分析解答。

【详解】①能使品红溶液褪色的不一定为二氧化硫，可能为氯气等，故①错误；

②能使湿润的蓝色石蕊试纸变红的为酸性气体，不一定为二氧化硫，故②错误；

③能使澄清的石灰水变浑浊也可能为二氧化碳等，故③错误；

④通入足量的NaOH溶液中，再滴入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该沉淀溶于盐酸。

该气体不一定为二氧化硫，也可能为二氧化碳，故④错误；

⑤通入溴水，溴水褪色，再加入Ba（NO3）2溶液有白色沉淀生成，白色沉淀为硫酸钡，证明该气体有还原性且其氧化产物为硫酸根离子，则使溴水褪色的气体为二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，故正确。

故选D。

【点睛】注意二氧化硫、二氧化碳性质差异性和相似性是解本题关键；

注意二氧化硫漂白性是暂时性的，而次氯酸漂白性是永久性的。

二．非选择题（共3题，共52分）

17.Ⅰ．纳米级Cu2O既是航母舰艇底部的防腐蚀涂料，也是优良的催化剂。

（1）已知：

C（s）+

O2（g）=CO（g）ΔH＝–110.4kJ•mol-1，

2Cu2O（s）+O2（g）＝4CuO（s）ΔH＝–292kJ•mol-1 ，则工业上用碳粉与CuO粉末混合在一定条件下反应制取Cu2O（s），同时生成CO气体的热化学方程式为________。

（2）用纳米级Cu2O作催化剂可实现甲醇脱氢制取甲醛：

CH3OH（g）

HCHO（g）+H2（g）,甲醇的平衡转化率随温度变化曲线如右图所示。

①该反应的ΔH___0（填“>”或“<”）；600K时，Y点甲醇的v（正）____v（逆）（填“>”或“<”）。

②从Y点到X点可采取的措施是___________________________________。

③在t1K时，向固定体积为2L的密闭容器中充入1molCH3OH（g），温度保持不变，9分钟时达到平衡,则0～9min内用CH3OH（g）表示的反应速率v（CH3OH）＝_____________,温度为t1时，该反应的平衡常数K＝____________。

Ⅱ.金属铜因导电性强而应用广泛。

由黄铜矿冶炼得到的粗铜经过电解精炼才能得到纯铜。

电解时，粗铜作______极，阴极的电极反应式为_______________。

Ⅲ.含铜离子的的废水会造成污染，通常将其转化为硫化铜沉淀而除去。

已知：

Ksp[CuS]=1×10-36，要使铜离子的浓度符合排放标准（不超过0.5mg/L），溶液中的硫离子的物质的量浓度至少为__________mol/L（保留至小数点后一位）。

【答案】

（1）.2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s），ΔH=+35.6kJ•mol-1

（2）.>（3）.<（4）.缩小体积增大压强（5）.0.05mol·L－1·min－1（6）.阳（7）.4.05（8）.Cu2++2e-=Cu（9）.1.3×10-31mol/L

【解析】

【详解】Ⅰ．

（1）①C（s）+

O2（g）=CO（g）ΔH＝–110.4kJ•mol-1，

②2Cu2O（s）+O2（g）＝4CuO（s）ΔH＝–292kJ•mol-1 

根据盖斯定律1/2×[①×2-②]可得：

2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s），ΔH=1/2×[-110.4×2+292]=+35.6kJ•mol-1；所以该反应的热化学方程式：

2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s），ΔH=+35.6kJ•mol-1；综上所述，本题答案是：

2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s），ΔH=+35.6kJ•mol-1。

（2）①根据图像，升高温度，甲醇的平衡转化率增大，说明平衡正向移动，正反应为吸热反应，ΔH＞0；600K时，甲醇的转化率小于X，则Y点反应逆向进行，υ（正）＜υ（逆）；综上所述，本题答案是：

＞；＜。

②要减小甲醇的转化率，可以通过缩小体积增大压强使平衡逆向移动，可以实现从Y点到X点变化；综上所述，本题答