2022-2023学年上海市复兴高级中学高二上学期10月质量检测练习化学试卷含解析

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上海市复兴高级中学2022-2023学年高二上学期10月质量检测练习化学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列有关浓硫酸的说法正确的是
A．与碳的反应体现了浓硫酸的强酸性
B．常温时不与铝发生化学反应，可用铝制容器盛装浓硫酸
C．可以用来干燥二氧化硫
D．使蔗糖变黑体现了浓硫酸的强氧化性
【答案】C
【详解】A． 浓硫酸与碳反应过程中将碳氧化，体现了浓硫酸的强氧化性，故A错误；
B． 常温时，铝在浓硫酸中发生钝化，钝化过程也是化学反应，故B错误；
C． 二氧化硫与浓硫酸不反应，可以用浓硫酸干燥，故C正确；
D． 蔗糖变黑是生成了炭黑，故使蔗糖变黑体现了浓硫酸的脱水性，故D错误；
答案为C。
2．有4种短周期主族元素X、Y、Z和Q的原子序数依次增大，相关信息如表：
元素
相关信息
X
最外层电子数等于次外层电子数
Y
与X在同一主族
Z
单质为淡黄色固体，常存在于火山喷口附近
Q
同周期主族元素中原子半径最小

下列说法正确的是A．X的金属性比Y强 B．Y的离子半径是同周期中最小的
C．Q的气态氢化物比Z的气态氢化物定 D．Q的含氧酸是最强酸
【答案】C
【分析】最外层电子数等于次外层电子数，且为主族元素，则X的核外电子层结构为2、2，为Be元素；Y与X在同一主族，且为短周期元素，则Y为Mg元素；Z的单质为淡黃色固体，常存在于火山喷口附近，则Z为S元素；Q为同周期主族元素中原子半径最小，其原子序数大于S，则Q为Cl元素。
【详解】A．同主族元素自上而下金属性增强，所以X的金属性比Y弱，A错误；
B．Y为Mg元素，位于第三周期，第三周期元素形成的阳离子核外有2层电子，电子层数相同的时候，原子序数越大，离子半径越小，故铝离子半径更小，B错误；
C．同周期元素自左至右非金属性增强，非金属性Cl＞S，则Cl的气态氢化物比S的气态氢化物稳定，C正确；
D．Q为Cl元素，有多种含氧酸，其中HClO、HClO2等为弱酸，D错误；
故选C。
3．向物质的量浓度均为1mol/L的AlCl3和盐酸的混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，如图能正确表示这个反应过程的是[n表示Al(OH)3的物质的量、V表示NaOH溶液的体积]
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】向AlCl3和HCl的混合溶液中滴入NaOH溶液时，首先发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生3NaOH+AlCl3=Al(OH)3↓+3NaCl.最后发生Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，沉淀溶解。由方程式可看出一开始先与盐酸反应不产生沉淀，后产生沉淀消耗的氢氧化钠是溶解沉淀消耗氢氧化钠的3倍；
故选D。
4．下列实验能达到实验目的的是

A．装置甲制取NH3 B．装置乙干燥NH3
C．装置丙收集NH3 D．装置丁制CaCO3
【答案】D
【详解】A．实验室制NH3的反应原理为：Ca(OH)2+NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，装置甲制取NH3因缺少反应物Ca(OH)2而不能实现，A不合题意；    
B．由于2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4，故装置乙干燥NH3不能用浓硫酸，而应该用碱石灰，B不合题意；
C．已知NH3的密度小于空气的密度，故装置丙收集NH3时应该是短进长出，C不合题意；
D．由于2NH3+H2O+CO2=(NH4)2CO3，CaCl2+(NH4)2CO3=CaCO3↓+2NH4Cl，则装置丁可以制得CaCO3，D符合题意；
故答案为：D。
5．将mgFe2O3和Al2O3的混合物溶于200mLpH=1的稀盐酸中，然后逐滴加入100mLNaOH溶液，使溶液中的Fe3+和Al3+恰好完全沉淀，则NaOH溶液的浓度为
A．0.2mol/L B．0.1mol/L C．0.05mol/L D．0.02mol/L
【答案】A
【详解】反应生成氯化铝，氯化铁，盐酸可能有剩余，向反应后的混合溶液中加入100mLNaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为氯化钠，根据氯离子守恒有n(NaCl)=n(NaCl)=0.2L×0.1mol/L=0.02mol，根据钠离子守恒有n(NaOH)=n(NaCl)=0.02mol，则该NaOH溶液的物质的量浓度==0.2mol/L；
故选A。

二、填空题
6．氮元素单质及其化合物在工农业生产中有重要应用。
(1)氮原子结构示意图为____；氮气分子的电子式为：____。
(2)如图所示，向NaOH固体上滴几滴浓氨水，迅速盖上盖，观察现象。

浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生反应的化学方程式为____；浓硫酸液滴上方没有明显现象，一段时间后浓硫酸的液滴中有白色固体，其中所含的正盐作为一种化肥俗称____，长期施用容易造成土壤酸化板结。
(3)FeSO4液滴中先出现灰绿色沉淀，一段时间后变成红褐色，发生反应的方程式为Fe2++2NH3•H2O=Fe(OH)2+2NH和____。
(4)在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，反应的化学方式为____。若反应中有0.6mol电子发生转移，生成亚硝酸的质量为____g。
【答案】(1)         
(2)     NH3+HCl=NH4Cl     硫铵
(3)4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
(4)     2NH3+3O22HNO2+2H2O     4.7

【解析】（1）
氮是7号元素，其原子结构示意图为；氮气中两个氮原子之间形成氮氮三键，其电子式为：；
（2）
浓盐酸与氨气反应产生NH4Cl，因此产生白烟，反应的化学方程式为：NH3+HCl=NH4Cl；浓硫酸液滴上方没有明显现象，一段时间后浓硫酸的液滴中有白色固体，这是由于浓硫酸与挥发的NH3反应产生硫酸铵或硫酸氢铵，固体的化学式是(NH4)2SO4或[NH4HSO4]，俗称硫铵；
（3）
氨气与FeSO4液滴反应产生Fe(OH)2白色沉淀，该白色沉淀不稳定，容易被空气中的氧气氧化产生红褐色的Fe(OH)3，因此看到的现象是：先出现白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色沉淀，过一段时间后变成红褐色，发生的反应包括Fe2++2NH3•H2O=Fe(OH)2+2NH和4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
（4）
在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，同时产生水，该反应的化学方程式为：；在反应中每转移12 mol电子，反应会产生2 mol HNO2，其质量是m(HNO2)=2 mol×47 g/mol=94 g，现在反应过程中转移0.6mol的电子，则反应产生HNO2的质量
7．金属钠及其化合物的用途十分广泛。
(1)钠的金属性比钾弱，而工业上却可用钠与氯化钾在850℃时制取钾，化学方程式为Na(1)+KCl(1)=K(g)+NaC1(1)。解释用该反应制备金属钾的原理：____。
(2)氢化钠是一种无机盐，化学式为NaH，电子式为：____，有机合成中，氢化钠主要被用作强碱，遇水放出易燃气体，与水反应的化学方程式为：____。
(3)Na2O2可用做呼吸面具或潜水艇的供氧剂，向滴有酚酞的水中，逐渐加入Na2O2粉末直至过量，反应过程中可能看到的现象有_____，结合相关方程式做出解释：_____。
(4)碳酸钠溶液中滴入盐酸的反应过程如图所示。

①A点时反应的离子方程式为：____。
②B点溶液中溶质的化学式是：____。
【答案】(1)工业上用钠制取钾利用的是化学平衡移动原理，从体系中蒸出钾，生成物的浓度减少，化学平衡向正反应方向移动即向生成钾的方向移动
(2)          NaH+H2O=NaOH+H2↑
(3)     冒气泡，溶液先变红后褪色     2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
(4)     CO+H+=HCO     NaHCO3、NaCl、(CO2)

【解析】（1）
工业上用钠制取钾利用的是化学平衡移动原理，反应生成气态钾，从体系中蒸出钾，生成物的浓度减少，化学平衡向正反应方向移动即向生成钾的方向移动；
（2）
NaH为钠离子和氢离子构成的，电子式为 ；氢化钠主要被用作强碱，遇水放出易燃气体，根据质量守恒，可知反应生成氢氧化钠和氢气，NaH+H2O=NaOH+H2↑；
（3）
过氧化氢具有强氧化性能使有色物质褪色，能和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠溶液为碱性能使酚酞试液变红色，故滴有酚酞的水中，逐渐加入Na2O2粉末直至过量，反应过程中可能看到的现象有冒气泡，溶液先变红后褪色，反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
（4）
碳酸钠溶液中滴入盐酸，碳酸钠首先和盐酸反应生成碳酸氢钠，继续加入盐酸，碳酸氢钠和盐酸生成氯化钠、水、二氧化碳；
①由分析可知，A点反应为碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为：CO+H+=HCO。
②B点为部分碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠和水、二氧化碳，此时溶液中溶质的化学式是：NaHCO3、NaCl、(CO2)。

三、实验题
8．某实验小组利用如图装置模拟古法硫酸生产方法并进行SO2性质探究。
-
已知A中反应的化学方程式2FeSO4•7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O。
实验开始前打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，通入一段时间N2后，关闭活塞K1、K2，打开活区K3，高温加热绿矾。
完成下列填空：
(1)先通入一段时间N2的目的是____；D装置的作用____。
(2)B中所得硫酸溶液的质量分数理论值为____(保留三位小数)。
为探究SO2与铜盐溶液的反点，在装置C中先后四次加入不同的溶液：
①
②
③
④
已煮沸的BaCl2溶液
未煮沸的BaCl2溶液
已煮沸的Ba(NO3)2溶液
未煮沸的Ba(NO3)2溶液
注：锥形瓶中溶液体积相同，钡盐溶液浓度相同；油层厚度一致，通入SO2流速一致。

得到如图pH－t图：

(3)曲线①显缓慢下降趋势，这是因为____。曲线②出现骤降，表明溶液中生成了____(填物质名称)。
(4)对比分析上述四组数据，可得出的结论是____(任写2条)。
(5)为对接气法收集到的SO2气体进行含量测定，将2240mL(已折算为标准状况)通入足量的Ba(NO3)2溶液中，经过滤、洗涤、烘干，最终得到沉淀20.97g，则SO2气体的体积分数为____。若该实验数据较实际值偏大，则可能的原因是____(选填编号)。
a.气体通入速率过快       b.未用食用油覆盖液面
c.收集的气体中有CO2 d.沉淀未进行恒重操作
【答案】(1)     排除空气，避免空气中氧气干扰实验     吸收尾气SO2并防止倒吸
(2)0.295
(3)     SO2溶于水生成H2SO3，H2SO3是弱酸，电离出少量氢离子使溶液pH下降     硫酸(或盐酸)
(4)O2能氧化SO2；②NO能氧化SO2；③O2的氧化作用比NO强(或有O2参与，可显著提高NO氧化SO2的反应速率或剧烈程度)
(5)     0.90     d

【分析】由实验装置图可知，装置A中绿矾高温条件下分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水，装置B中三氧化硫与水蒸气冷凝反应得到硫酸溶液，装置C用于探究二氧化硫与钡盐溶液的反应，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气，其中导致的漏斗能起到防止倒吸的作用。
（1）
C装置中覆盖食用油可以隔绝空气，避免空气中氧气干扰探究二氧化硫与钡盐溶液反应的实验检测；由分析可知，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气，其中导致的漏斗能起到防止倒吸的作用，故答案为：排除空气，避免空气中氧气干扰实验；吸收尾气SO2并防止倒吸；
（2）
由方程式可知，反应生成三氧化硫和水蒸气的物质的量比,1：14，1mol三氧化硫与1mol水反应生成1mol硫酸，则所得硫酸溶液的质量分数理论值为≈0.295，故答案为：0.295；
（3）
由图可知，曲线①的变化说明二氧化硫不与氯化钡溶液反应，溶于水的二氧化硫部分与水反应生成弱酸亚硫酸，亚硫酸在溶液中部分电离出氢离子，使溶液中pH减小；曲线②的变化说明溶液中氧气将二氧化硫氧化生成强酸硫酸，反应生成的硫酸溶液与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，使溶液中氢离子浓度迅速增大，溶液pH出现骤降；故答案为：SO2溶于水生成H2SO3，H2SO3是弱酸，电离出少量氢离子使溶液pH下降；盐酸或硫酸；
（4）
曲线③的变化说明反应生成弱酸亚硫酸在溶液中部分电离出氢离子，溶液中具有强氧化性的硝酸根离子在溶液中将二氧化硫氧化生成硫酸钡沉淀和硝酸，使溶液中氢离子浓度增大，溶液pH降低，但溶液中的pH大于曲线②；曲线④的变化说明溶液中的弱酸亚硫酸被空气中氧气氧化生成强酸硫酸，溶液中氢离子浓度大，硝酸根离子的氧化性强，在溶液中将二氧化硫迅速氧化生成硫酸钡和硝酸，溶液pH出现骤降，在四组曲线中溶液的pH最小，综合四组数据可知，氧气和硝酸根离子能氧化二氧化硫，溶液中的氧气能提高硝酸根离子氧化二氧化硫的反应速率和反应程度，故答案为：①O2能氧化SO2；②能氧化SO2；③O2的氧化作用比强(或有O2参与，可显著提高氧化SO2的反应速率或剧烈程度)；
（5）
标准状况下2240mL气体的物质的量为=0.1mol，二氧化硫气体通入硝酸钡溶液中得到20.97g硫酸钡沉淀，由硫原子个数守恒可知，二氧化硫的体积分数为=0.90；
a．若气体通入速率过快会使二氧化硫不可能完全吸收，生成硫酸钡的质量偏小，导致所测结果偏低，故错误；
b．若未用食用油覆盖液面不会影响硫酸钡的质量，对所测结果无影响，故错误；
c．若收集的气体中有二氧化碳不会影响硫酸钡的质量，对所测结果无影响，故错误；
d．若沉淀未进行恒重操作可能会使沉淀表面附有可溶性杂质，使测得硫酸钡的质量偏大，导致所测结果偏高，故正确；
故答案为：0.90；d。
9．碳酸亚铁(FeCO3)是生产补血剂的重要原料，制取碳酸亚铁的过程中涉及以下探究实验。
实验一：
为探究某固体化合物X(仅含有三种元素)的组成和性质，设计并完成如图实验。

已知：气体甲、气体乙均为单质。
请回答：
(1)气体甲与碘化钾溶液反应的离子方程式为____。
(2)化合物X含有的元素为____(写元素符号)。
(3)化合物A的化学式为____。
实验二：
如图装置，利用实验一所得溶液B制取FeCO3(白色固体，难溶于水)：

装置丙中，先向Na2CO3溶液(pH=11.9)通入一段时间CO2至其pH为7，再滴加一定量B溶液产生白色沉淀和无色气体(离子方程式为Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O)，过滤、洗涤、干燥，得到FeCO3固体。
请回答：
(4)乙装置中的试剂a是____，作用是____。
(5)向Na2CO3溶液通入的CO2目的是____。
(6)不可用酸性高锰酸钾溶液检验溶液B中的金属正离子的原因是：____。
(7)100mL0.8mol/LB溶液完全反应，最终得到5.568gFeCO3固体，则产率为____。
【答案】(1)Cl2+2I-=2Cl-+I2
(2)Fe、O、Cl
(3)FeO
(4)     饱和碳酸氢钠溶液     除去二氧化碳中的HCl
(5)调节pH，避免生成氢氧化亚铁沉淀
(6)溶液中含有氯离子，会被酸性高锰酸钾氧化为氯气
(7)0.60

【分析】溶液B中加入KSCN溶液不显血红色，加入适量双氧水后再加入KSCN溶液显血红色，说明溶液B中含有Fe2+，不含Fe3+，则X中含有Fe元素；气体乙可以使带火星的木条复燃，应为氧气，则X中含有O元素；气体甲可以使淀粉碘化钾溶液变蓝色，说明气体甲具有氧化性，根据所学知识，淀粉碘化钾试纸通常用来检验氯气，且若为氯气符合气体甲为单质的条件，则气体甲为氯气，则X中含有Cl元素；化合物A中含有二价铁，X中又含有O元素，A应为FeO，据此分析解答。
【详解】（1）根据分析可知，气体甲为氯气，氯气与碘化钾溶液反应生成碘单质和氯化钾，反应的离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-；
（2）由分析可知，化合物X含有的元素为Fe、O、Cl；
（3）由分析可知，化合物A的化学式为FeO；
（4）溶液B为FeCl2溶液，甲装置中稀盐酸与碳酸钙反应生成CO2，盐酸具有挥发性，所以试剂a为饱和NaHCO3溶液，用于除去CO2中混有的HCl气体；
（5）碳酸钠的pH较高，通入二氧化碳可以降低溶液的pH，故向Na2CO3溶液通入CO2的作用为：调节pH，避免生成氢氧化亚铁沉淀；
（6）溶液B中含有氯离子，也能使高锰酸钾溶液褪色，所以不可用酸性高锰酸钾溶液检验溶液B中的金属阳离子，故答案为：溶液中含有氯离子，会被酸性高锰酸钾氧化为氯气；
（7）100mL 0.8mol/L FeCl2溶液含有FeCl2的物质的量为：0.1L 0.8mol/L=0.08mol，根据方程式Fe2++2HC= FeCO3↓+CO2↑+H2O，理论上生成FeCO3的物质的量n(FeCO3)=n(Fe2+)=n(FeCl2)= 0.08mol，则理论上生成FeCO3的质量为：0.08mol116g/mol=9.28g，则产率为：100%=60%，即0.60。
10．某实验小组用两种不同的方法测定已部分变质的亚硫酸钠样品的纯度。
方案一：实验流程如下

（1）简述检验亚硫酸钠样品已经变质的方法________________________________。
（2）操作Ⅱ的名称是________，整个实验过程中需要用到的仪器主要有烧杯、玻璃棒、干燥器、酒精灯、石棉网、_________、________（固定、夹持仪器除外）。
（3）能证明冷却后称量的质量已达恒重的依据是_______________________________。
方案二：下图，Y管左侧装亚硫酸钠样品，右侧装较浓硫酸，相互接触即可反应产生SO2，通过测定SO2体积来测定样品中Na2SO3含量。
（4）如图，加入试剂之前须进行的操作是________；反应不用稀硫酸原因_________，为减小实验误差，量气管中液体M可用_________。

（5）若样品的质量为ag，加入10mL较浓硫酸充分反应后，测得排出液体的体积为VL（标准状况下），则样品中Na2SO3的质量分数的计算式为_________________________。
（6）若实验结果测得该样品中Na2SO3含量偏低，原因可能是_________（选填编号）
a．硫酸不足量
b．测定气体体积时未冷却至室温
c．Y形管中留有反应生成的气体       
d．测定气体体积时水准管的液面高于量气管的液面
【答案】     取样溶解，加入足量稀盐酸，充分反应后滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，证明亚硫酸钠样品已经变质。     蒸发     电子天平     蒸发皿     再加热、冷却、称量，直至连续两次称量结果相差不超过0.001g     检查装置气密性     SO2 易溶于水，若用稀硫酸不利于SO2的逸出     苯或四氯化碳或饱和碳酸氢钠溶液          ad
【详解】（1）若亚硫酸钠已部分变质，即被空气中氧气氧化为硫酸钠，其实就是检验样品中存在硫酸根离子，方法为：取样溶解，加入足量稀盐酸，充分反应后滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，证明亚硫酸钠样品已经变质。（2）反应后的溶液需蒸发溶剂，再冷却结晶，整个实验过程中需要用到的仪器主要有烧杯、玻璃棒、干燥器、酒精灯、石棉网，还需要电子天平、蒸发皿。（3）将得到的固体再加热、冷却、称量，直至连续两次称量结果相差不超过0.001g，证明固体烘干质量已达恒重；（4）因需测定气体的体积，加入试剂之前须检查装置气密性；因SO2 易溶于水，生成的SO2溶解在稀硫酸，减少逸出，为减小实验误差，量气管中液体M可用苯或四氯化碳或饱和碳酸氢钠溶液替代减少二氧化硫的溶解损失；
点睛：称量恒重的方法是：多次重复实验，直到连续两次称量结果相差不超过0.001g，而这个0.001g就是此天平的精度。

四、原理综合题
11．CO2的捕获和利用技术对减缓日益严重的环境问题有重要意义。利用CO2加氢制CH3OH的过程中，主要发生的化学反应如图：
①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)(正反应为放热反应)
②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)(正反应为吸热反应)
完成下列填空：
(1)某温度下，向2L密闭容器中通入0.02molCO2和0.04molH2，发生反应①，测得其压强(p)随时间(t)变化(如图)曲线I所示。

①以CO2来表示5min内的化学反应反应速率v(CO2)=____。
②若只改变某一条件，其他条件相同时，曲线变化为II，则改变的条件是____。
(2)反应②达到平衡后，其他条件不变，降低温度，v正____(选填“增大”或“减小”，下同)，v逆____；v正____v逆(选填“＞”或“＜”)。
(3)在3L密闭容器中通入1molCO2和3molH2同时发生上述反应①和②，CO2的平衡转化率随温度和压强的变化如图所示。

比较压强大小：p1____p2(选填“＞”或“＜”)。某温度下达到平衡时，容器中的n(CH3OH)=0.3mol、n(CO)=0.3mol。达到平衡所需时间tmin，则0－tmin内H2O的平均反应速率v(H2O)=____。
(4)目前，许多国家采用CO2代替CO(以煤和天然气为原料)生产CH3OH。请说出理由：____。
【答案】(1)     0.001mol/(L•min)     加入催化剂
(2)     减小     减小     ＜
(3)     ＞     mol•L-1•min-1
(4)CO以煤和天然气为原料，生产成本受煤和天然气价格影响较大；CO2来源广泛，它还是温室气体，这样的转化有利于碳减排，缓解环境问题

【解析】（1）
①开始时混合气体总物质的量=(0.02 + 0.04) mol = 0.06mol，恒温恒容条件下，气体物质的量之比等于压强之比，则平衡时混合气体总物质的量=0.12mol = 0.04mol， 根据方程式知，如果有1mol二氧化碳完全反应，则混合气体物质的量减少2mol，则混合气体减少(0.06-0.04) mol = 0.02mol，则消耗n(CO2)= 0.02mol = 0.01mol，反应开始至达平衡时，v(CO2)=== 0.001mol/ (L·min)；
故答案为: 0.001mol/ (L·min)；
②改变条件时只缩短了反应达到平衡时间，但是平衡时压强不变，催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动，所以改变的条件是加入催化剂，故答案为:加入催化剂；
（2）
反应②达到平衡后，其他条件不变,降低温度，反应速率减小，正逆反应速率都减小，平衡逆向进行，则v正减小，v逆减小，v正< v逆，故答案为:减小；减小；<；
（3）
在3L密闭容器中通入1molCO2和3molH2同时发生上述反应①和②，CO2的平衡转化率随温度和压强的变化，温度一定时压强越大，平衡越想气体体积减小的方向进行，反应①中性进行，二氧化碳转化率增大，反应②反应前后气体物质的量不变，增大压强平衡不变，则p1 > p2，结合三段式列式计算得到，某温度下达到平衡时，容器中的n(CH3OH) = 0.3mol、n (CO) = 0.3mol达到平衡所需时间tmin，


0 ~ t min内H2O的平均反应速率= mol•L-1•min-1；
（4）
CO需要煤和天然气制取，投资较高，且生产成本受煤和天然气价格影响较大，二氧化碳来源广泛，且是温室气体，还能解决温室效应，所以用二氧化碳较好，
故答案为: CO以煤和天然气为原料，生产成本受煤和天然气价格影响较大; CO2来源广泛，它还是温室气体，这样的转化有利于碳减排，缓解环境问题。