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江苏省连云港市2026届高三下学期考前三模调研化学试卷
一、单选题
1．我国科学家成功研制出以(甲胺铅碘)为代表的钙钛矿太阳能电池，它由和构成。下列有关该物质的说法正确的是( )
A.属于有机高分子化合物 B.属于共价化合物
C.属于混合物 D.其中铅元素的化合价为+2价
2．反应可制合成气。下列说法正确的是( )
A.C的结构示意图为 B.的空间构型为直线形
C.CO是极性分子 D.和互为同素异形体
3．实验室用铝合金(含Al、Cu)制备。下列相关原理、装置及操作正确的是( )
A.用图甲装置溶解铝合金 B.用图乙装置过滤溶解后混合物
C.用图丙制备 D.用图丁装置灼烧制
4．配合物是一种急救强效静脉降压药。下列说法正确的是( )
A.该物质的晶体属于分子晶体 B.第一电离能：Fe>C
C.电负性：Fe>Na D.酸性：
阅读下列材料，锂离子电池已成为便携式电子设备的主流电源，其正极材料通常为等。工业上以和蔗糖为原料，通过高温固相反应制备。具有橄榄石结构，电池充电时脱嵌形成(05．下列说法正确的是( )
A.的价电子排布式为
B.中的P原子采用杂化
C.应用高中知识可知键角比的大
D.中的x为0.5
6．下列化学反应表示正确的是( )
A.的制备反应：
B.放电时电极的电极反应式：
C.用溶液和磷酸制备：
D.制：
7．下列有关物质性质、结构与用途对应关系正确的是( )
A.蔗糖可溶于水，可用于制
B.有氧化性且有稳定的层状结构，可用制作正极材料
C.溶液显酸性，可用于除去废水中的
D.中P-S键是极性键，可用作全固态锂电池的电解质
8．在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是( )
A.Si制备：
B.制备：饱和NaCl溶液
C.无水制备：无水
D.Ag制备：
9．化合物Z是一种重要的医药中间体，部分合成路线如下：
下列说法正确的是( )
A.X中的σ键和π键的数目比为13∶4 B.Y存在对映异构体
C.Z分子中所有碳原子可能共面 D.Y、Z可以用酸性溶液鉴别
10．一种液流电解池在工作时可以实现海水淡化，并以LiCl形式回收含锂废弃物中的锂元素，其工作原理如图所示。
下列说法正确的是( )
A.I为阳离子交换膜，III为阴离子交换膜
B.电极b上发生的电极反应式为：
C.须在3室中加入海水，电解池工作一段时间后，3室中可以得到淡化海水
D.若海水用NaCl溶液模拟，则每脱除58.5gNaCl，理论上消耗标准状况下
11．室温下，探究三价铁配合物的性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。
实验1：向溶液滴加数滴浓盐酸。溶液黄色加深。
实验2：向实验1所得的溶液中滴加1滴溶液。溶液变为血红色。
实验3：向实验2后所得的溶液中滴加1滴溶液。溶液红色褪去变成无色。
实验4：向实验3后所得的溶液中滴加淀粉-KI溶液。溶液无明显现象。
已知：为黄色，为红色，为无色。
下列说法正确的是( )
A.实验1中颜色加深的原因是的平衡常数增大
B.实验2能得出的结论是与的配位能力比的强
C.实验3所得的溶液中：
D.实验4说明在该条件下的氧化性比强
12．工业上从含和的废水中回收镁的部分流程如下：
已知：，，。
下列说法正确的是( )
A.溶液：
B.废水中的和浓度均为，“沉钙”后溶液中
C.“沉镁”后所得滤液中：
D.固体加入盐酸溶解，电解其溶液可制取单质镁
13．二氧化碳加氢制甲烷过程中发生如下反应：
反应I：
反应Ⅱ：
在条件下，按投料比进行反应，平衡时、和CO占所有含碳物质的量分数随温度的变化如图所示。
下列说法正确的是( )
A.曲线①代表的物质的量分数
B.温度低于时，曲线②对应的纵坐标轴数值可能大于25%
C.时，其他条件一定，增大压强，反应Ⅱ平衡不移动
D.若将起始投料比改为，相同条件下达到平衡时CO的物质的量分数将减小
二、填空题
14．氨是储氢的优质载体，其分解制氢的催化剂是研究的热点。
(1)催化剂的制备。
i.将、用水溶解，加柠檬酸，蒸发得到透明的红褐色凝胶。将得到的凝胶焙烧，得到多孔催化剂MFO(主要成分)。
①制备时，加入柠檬酸的作用有______________________。
②的晶胞如图所示。该晶胞由4个A型和4个B型小立方体组成。的化学式为______________________。
ii.将上述催化剂与一定量的或混合后焙烧分别得到负载质量分数为5%、10%、15%的双组分催化剂、(x为负载质量分数)，其产物X射线衍射结果如图所示。已知：产品颗粒的尺寸与分散程度有关。
③将与MFO混合干燥，煅烧后得到，煅烧时发生分解反应生成、和，写出该反应的化学方程式：______________________。
④相同负载量下，NiO颗粒尺寸大于的原因是______________________。
(2)催化剂的应用。
在固定床石英管流反应器上，使用负载量相同的不同催化剂进行高纯分解实验，测得的生成速率随温度变化如图所示。
①氨分解反应、，该反应自发进行的条件为______________________。
②后，催化活性低于的原因是______________________。
15．化合物H是合成治疗白血病的药物的中间体，其合成路线如下：
(1)化合物A中含氧官能团的名称为______________________。
(2)B→C的反应类型为______________________。已知：为三氟甲磺酸酐()，B转化为C时还生成___________(填结构简式)。
(3)常见氯化剂有和，E→F反应中不使用的原因是______________________。
(4)G+X→H时，X的分子式为，其结构简式为______________________。
(5)写出同时满足下列条件的G的一种芳香族同分异构体的结构简式：______________________。分子中有4种不同化学环境的氢原子，能与溶液发生显色反应，能被银氨溶液氧化。
(6)已知：。写出以、、和为原料制备的合成路线流程图___________(无机试剂和两碳以下的有机试剂任用，合成路线示例见本题题干)。
三、实验题
16．实验室以废铅膏和碱式硫酸铅为原料制备高纯PbO。
(1)湿法制PbO。
i.碱浸脱硫。将铅膏(主要含、、PbO)粉碎后，加入NaOH溶液，在一定温度下，搅拌使其充分反应，过滤。滤渣主要含、PbO，滤液经处理后循环使用。PbO的产率随温度变化的关系如图所示。已知：PbO为两性氧化物，溶于强碱生成。
①浸出过程中转化为PbO的离子方程式：______________________。
②温度高于时PbO的产率几乎不变，原因是______________________。
ii.酸浸转化。将一定量碱浸后的滤渣与溶液、溶液中的一种混合，然后加入到三颈烧瓶中(如图)，在搅拌下通过滴液漏斗缓慢滴加剩余的另一种溶液，充分反应，过滤，得到。
①写出与反应的离子方程式：______________________。滴液漏斗中的溶液是______________________。
②补充完整从制备高纯PbO的实验方案：
取上述固体，______________________，干燥，得到高纯PbO。(须使用的试剂：稀NaOH溶液、热水、溶液、pH计)
(2)火法制PbO。
取一定质量的碱式硫酸铅(，相对分子质量为1030)，在惰性气氛中加热，测得加热升温过程中固体的质量变化如图所示。
已知：碱度。
计算时碱式硫酸铅的碱度___________(写出计算过程，否则不得分！)。
四、填空题
17．甲醇和水催化重整制氢是连接甲醇经济与氢能应用的关键技术。
(1)甲醇和水重整过程中主要发生以下反应：
反应I：(蒸汽重整)
反应II：(水相重整)
①反应I与反应II的的大小关系为______________________(填“>”、“<”或“=”)，理由是______________________。
②反应物起始物质的量比条件下，甲醇和水蒸气重整制氢时密闭容器中、、和物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。随着温度的升高，的物质的量分数先减小后增大的原因是______________________。
(2)双金属催化剂(载体)催化甲醇水相重整时，通过缺电子Pt位点加快甲醇的吸附活化。
①Pt与Co均为过渡金属，其单质晶体的堆积方式均为面心立方最密堆积，该堆积方式的配位数为______________________。
②从电负性角度分析，造成Pt位点缺电子的可能原因是______________________。
③中Mo的化合价为+4，则S的存在形式为___________(填化学式)。
(3)是甲醇和水催化重整的催化剂。催化过程中会发生氧化还原重构循环过程，反应过程示意图如图所示。
①描述催化剂重构时的“还原”过程为______________________。
②升高温度，向生成方向移动。向反应体系中通入，则催化剂重构平衡向___________(填“氧化”或“还原”)移动，原因是______________________。
(4)有很高的催化稳定性。其催化甲醇和水重整的反应路径如图所示。已知：(反应物)，(生成物)，其中、…为各步基元反应速率常数，k与温度成正比。
①中氧空位在催化循环中的作用是______________________。
②结合图示副反应，升高温度，甲醇重整制氢主反应选择性降低，其原因______________________。
参考答案
1．答案：D
解析：A.有机高分子化合物的相对分子质量通常高达几万到几十万，该物质相对分子质量很小，不属于有机高分子化合物，A错误；
B.该物质由和两种离子构成，属于离子化合物，不属于共价化合物，B错误；
C.该物质有固定的组成和化学式，属于纯净物，不属于混合物，C错误；
D.为+1价，I元素为-1价，设Pb的化合价为x，根据化合物正负化合价代数和为0，可得，解得x=+2，即铅元素的化合价为+2价，D正确；
故答案选D。
2．答案：C
解析：A.碳原子核电荷数=6，原子结构示意图原子核数字应为+6，核外电子排布2、4；题目里原子核标+4错误，A错误；
B.中心O原子杂化，含2对孤电子对，空间构型为V形（角形），不是直线形，B错误；
C.CO中C、O电负性不同，共用电子对偏向O，分子正负电荷中心不重合，属于极性分子，C正确；
D.质子数相同、中子数不同，是不同核素，互为同位素；同素异形体指同种元素形成的不同单质（如和），D错误；
故答案选C。
3．答案：A
解析：A.铝能与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，铜和稀硫酸不反应，加热加快铝的溶解速率，所以用图甲装置溶解铝合金，故A正确；
B.过滤应该用玻璃棒引流，故B错误；
C.硫酸铝和过量氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，应该用硫酸铝和过量氨水反应制备，故C错误；
D.灼烧制，应该在坩埚中进行，故D错误；
答案选A。
4．答案：C
解析：A.该配合物由和配阴离子通过离子键结合，属于离子晶体，不是分子晶体，A错误；
B.第一电离能通常非金属远大于金属，C是非金属，是金属，故第一电离能，B错误；
C.电负性规律：金属活动性越弱，电负性越大；Na活泼性远强于Fe，Na极易失电子、Fe失电子难度更大，故电负性，C正确；
D.是强酸，是弱酸，酸性，D错误；
故答案选C。
5．答案：B
解析：A.Fe的价电子排布式是：，变成失去的是最外层的两个电子，所以价电子排布式为：，A错误；
B.用价层电子对互斥理论算，价层电子对=4+(5+3-4×2)=4，所以P原子采用杂化，B正确；
C.应用高中知识可知，和中心原子及杂化方式均相同，且没有孤电子对，则二者均为正四面体结构，故与的键角相同，C错误；
D.由晶胞图可知晶胞中共有4个正八面体和4个正四面体，即含有4个Fe、4个P，图中的黑球为，依据均摊法，晶胞中的个数=8×+4×+2×=3，故脱嵌形成，即1-x=0.75，x=0.25，D错误；
故答案选B。
6．答案：A
解析：A.由题知可由和在真空石英管中于700℃反应制得，所以方程式正确，A正确；
B.根据电池充电时脱嵌，可判断放电时电极为正极，电极反应式为：，B错误；
C.磷酸为弱酸，所以不可拆，故反应为：，C错误；
D.由题干知原料为蔗糖，所以方程式应为：，D错误；
故答案选A。
7．答案：B
解析：A.蔗糖可溶于水没问题，但是与用于制无关，制备体现其还原性，A错误；
B.有氧化性且有稳定的层状结构，可用制作正极材料，因为正极材料需要脱嵌和嵌入，所以正确，B正确；
C.溶液显酸性正确，但和除去废水中的无关，因为难溶，C错误；
D.可用作全固态锂电池的电解质因为锂离子的电导率高，与P-S键极性无关，D错误；
故答案选B。
8．答案：C
解析：A.属于酸性氧化物，仅能与氢氟酸反应，与盐酸不反应，第一步转化无法实现，A错误；
B.在饱和NaCl溶液中溶解度很小，直接通入无法生成（侯氏制碱法需先通营造碱性环境，增大溶解度），第一步转化无法实现，B错误；
C.为碱性氧化物，可与盐酸反应生成溶液；易水解，在HCl气流中加热溶液可抑制水解，最终得到无水，两步转化均可实现，C正确；
D.淀粉无还原性，不含醛基，不能与银氨溶液发生银镜反应生成Ag，第二步转化无法实现，D错误；
故答案选C。
9．答案：C
解析：A.X是苯甲醛（）：单键均为键，双键含1个键和1个键，苯环含有大键。键总数：苯环内6个+苯环上5个+苯环侧链1个+醛基内1个+醛基中1个=个，键:键，A错误；
B.对映异构体的前提是分子中存在手性碳原子（连有4种不同基团的饱和碳原子），Y的结构为，不存在手性碳原子，因此没有对映异构体，B错误；
C.Z的结构为：苯环为平面结构、碳碳双键为平面结构，中与双键直接相连的饱和碳原子的单键可以旋转，可将甲基碳原子旋转到苯环/双键所在的平面，因此所有碳原子可能共面，C正确；
D.Y中含有碳碳双键，Z中含有碳碳双键和α-H的醇羟基，两者都可以被酸性高锰酸钾氧化，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法鉴别，D错误；
故选C。
10．答案：D
解析：该装置为电解池，电极a与外接电源负极相连作阴极，电极反应为；电极b与外接电源正极相连作阳极，发生氧化反应，电极反应为。该电解池工作时可以实现海水淡化，并以形式回收含锂废弃物中的锂元素，电解池中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，阳极有大量，所以阳极的通过离子交换膜Ⅲ向左移动，通过离子交换膜Ⅱ向右移动，在离子交换膜Ⅱ、Ⅲ之间得到，同时要淡化海水，所以离子交换膜Ⅰ、Ⅱ间的阴、阳离子向两侧移动，即通过离子交换膜Ⅰ向左移动，通过离子交换膜Ⅱ向右移动，离子交换膜Ⅰ、Ⅱ间得到淡化的海水，故离子交换膜Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别为阳离子交换膜、阴离子交换膜、阳离子交换膜。
A.由分析知，I为阳离子交换膜，通过离子交换膜Ⅰ向左移动；III为阳离子交换膜，通过离子交换膜Ⅲ向左移动，A错误；
B.由分析知，电极b与外接电源正极相连作阳极，发生氧化反应，电极反应为，B错误；
C.由分析可知，应在2室中加入海水以进行淡化，而3室用于收集，离子浓度会增大，无法得到淡化水，C错误；
D.每脱除58.5gNaCl，电路中转移1mol电子，根据a电极反应：计算可知，消耗，标准状况下体积为，D正确；
故选D。
11．答案：C
解析：由实验现象可知，实验1的氯化铁溶液中的铁离子能与氯离子反应生成黄色的离子；实验2的溶液中铁离子能与硫氰酸根离子反应生成红色的离子；实验3的溶液中离子能与氟离子反应生成无色的离子；实验4的溶液中离子氧化性较弱，不能氧化碘离子。
A.平衡常数只与温度有关，室温不变，该反应平衡常数不变，颜色加深是因为浓度增大使平衡正向移动，A错误；
B.与均可形成有色配合物，而铁硫氰配合物灵敏度极高，微量生成就会显现明显血红色；实验只是直接向体系中加入显色，无法判断是否取代了原有氯合配离子，也不能凭借显色现象判定二者配位能力强弱，B错误；
C.实验3滴加NaF后红色褪去，说明夺取中的，生成更稳定的无色，反应正向进行程度大；体系中大量参与形成配合物被消耗，同时不断释放，平衡时溶液中，C正确；
D.实验4加入淀粉-KI溶液无明显现象，说明无生成，即不能氧化，其氧化性弱于，D错误；
故答案选C。
12．答案：B
解析：该流程目的是从含、的废水中回收镁：沉钙步骤：向废水加入溶液，利用溶解度远小于的特点，使转化为沉淀，过滤后滤渣为，滤液中保留目标离子；沉镁步骤：向沉钙后的滤液加入溶液，使转化为沉淀，过滤得到目标产物。
A.溶液中存在：电荷守恒：，元素守恒：，将物料守恒代入电荷守恒，整理得：，与A选项等式不符，A错误，不符合题意；
B.“沉钙”的目的是仅沉淀，保留不沉淀，因此需满足。已知，，代入得：开方得[若更大，也会沉淀，无法分离]，且此时早已满足沉淀条件，B正确，符合题意；
C.题干流程中，先加入溶液沉钙，沉镁后的滤液中除碳酸钠外，还含有之前加入的，也会结合水电离的生成。选项给出的等式是单一溶液的质子守恒，未考虑对质子守恒的影响，因此不成立，C错误，不符合题意；
D.电解溶液时，阴极优先放电生成，无法得到单质；工业制取镁需要电解熔融，D错误，不符合题意；
故选B。
13．答案：D
解析：，反应I为放热反应，升温平衡逆向，量分数下降；，反应Ⅱ为吸热，升温平衡正向，CO量分数上升；曲线判断：①随升温缓慢下降：；②随升温下降：；③随升温持续上升：CO；
A.曲线①是，②是，③是CO，A错误；
B.投料比，温度低于时，几乎不发生反应Ⅱ，假设只发生反应I，反应I中与的化学计量数之比为1:4，不足，上限受限制，且反应I为可逆反应，不可能完全反应，所以理论最大物质的量分数小于25%，纵坐标不可能>25%，B错误；
C.反应体系中存在反应I，增大压强，反应I平衡向右移动，会消耗和，生成和，对反应Ⅱ而言，反应物减少、生成物增加，反应Ⅱ的平衡向左移动（逆移），C错误；
D.若将起始投料比改为，反应I正向消耗大量，使反应Ⅱ的原料减少；同时促进反应Ⅱ正向，但Ⅰ消耗占主导，平衡时CO物质的量分数减小，D正确；
因此答案选D；
14．答案：(1)防止、水解生成氢氧化物沉淀；有利于促进复合金属氧化物凝胶形成，后期焙烧时获得疏松多孔的结构；；；相同负载量，生成NiO的量远大于，NiO在催化剂表面分散度差，更易发生颗粒团聚
(2)高温；镍物种在高温下更易失活，导致活性位点减少；NiO高温下易聚集团簇，覆盖Fe-Ni双活性位点
解析：（1）①将、用水溶解，加柠檬酸，防止、水解生成氢氧化物沉淀，有利于促进复合金属氧化物凝胶形成，后期焙烧时获得疏松多孔的结构。
②的晶胞由4个A型和4个B型小立方体组成。根据均摊原则，A中Mg原子数、含O原子数为4，B中含Mg原子数为、O原子数4、Fe原子数为4，所以晶胞中含有8个Mg、32个O、16个Fe，则的化学式为。
③煅烧时发生分解反应生成、和，根据得失电子守恒，反应的化学方程式。
④相同负载量下，生成NiO的量远大于，NiO在催化剂表面分散度差，更易发生颗粒团聚，所以NiO颗粒尺寸大于。
（2）①氨分解反应、，根据自发，可知该反应高温条件下自发进行。
②镍物种在高温下更易失活，导致活性位点减少；NiO高温下易聚集团簇，覆盖Fe-Ni双活性位点，所以后催化活性低于。
15．答案：(1)醚键、羰基
(2)取代反应；
(3)会产生难以处理、对环境危害极大的含磷污染物
(4)
(5)或
(6)
解析：A与HBr发生取代反应生成B，B与发生取代反应生产C，C与和CO反应生成D，加入发生还原反应生成E，E与发生取代反应生成F，加入与发生取代反应生成G，G与X、反应生成H，结合G与H的结构式，可知X的结构简式为。
（1）观察化合物A（）的结构，含氧官能团为醚键和羰基。
（2）B中酚羟基的氢被取代生成C，属于取代反应；结构为，取代反应后1个与羟基脱出的H结合，生成副产物三氟甲磺酸。
（3）与E中的羟基反应，引入氯原子生成产物，同时会产生难以处理、对环境危害极大的含磷污染物，因此不选用。
（4）对比G和H的结构，G的酯基与X反应生成酰胺，结合X分子式，可得X为。
（5）G的分子式为，其同分异构体的结构满足所有条件：芳香族化合物；含酚羟基（可与显色）；含醛基（可被银氨溶液氧化）；分子高度对称，仅4种不同化学环境的氢，结构简式为或。
（6）与硝酸反应生成，与发生还原反应生成；参照题干B→D的反应过程，与反应生成，加入和CO反应生成；参照题干G和X的酰胺化反应，与，反应生成；则工艺流程为。
16．答案：(1)；温度升高，反应速率加快，浸出率提高；后，NaOH溶液浓度因水分蒸发而增大，PbO在浓碱中会生成可溶性，导致已转化的PbO重新溶解，浸出率不再明显增加。或温度高于，反应达到最大限度，生成的PbO几乎不变；；溶液；搅拌下加入稀NaOH溶液，水浴加热至，充分反应至用pH计测量其pH保持不变，过滤，用热水洗涤沉淀至取最后一次洗涤滤液，滴加溶液无白色沉淀产生
(2)设为1mol，700℃剩余固体的质量为，则减少的质量为，其中水质量为18g，则，分解的，碱式硫酸铅的碱度
解析：（1）i.①浸出过程中铅膏中的与NaOH溶液反应，生成PbO和，离子方程式为：；
②温度高于80°C时PbO的产率几乎不变，原因是：温度升高，反应速率加快，浸出率提高；后，NaOH溶液浓度因水分蒸发而增大，PbO在浓碱中会生成可溶性，导致已转化的PbO重新溶解，浸出率不再明显增加。或温度高于，反应达到最大限度，生成的PbO几乎不变；
ii.①碱浸后的滤渣主要含和PbO，在酸性条件下，具有强氧化性，能与发生氧化还原反应，离子方程式为：；为防止剧烈分解，应将溶液缓慢滴加到含有滤渣和硫酸的混合液中，故滴液漏斗中盛放的是溶液；
②与NaOH反应生成PbO，同时需除去吸附的，从制备高纯PbO的具体实验方案：搅拌下加入稀NaOH溶液，水浴加热至，充分反应至用pH计测量其pH保持不变，过滤，用热水洗涤沉淀至取最后一次洗涤滤液，滴加溶液无白色沉淀产生；
（2）设为1mol，700℃剩余固体的质量为，则减少的质量为，其中水质量为18g，则，分解的，碱式硫酸铅的碱度。
17．答案：(1)<；反应I中反应物和产物均为气态，水相重整中反应物为液态，气态物质的量增多更显著，熵增更大；前，随温度升高水与甲醇反应速率加快；后随温度升高，和会反应生成和CO的反应速率加快
(2)12；Pt（电负性≈2.28）的电负性高于Co（电负性≈1.88），在PtCo双金属中电子从Co向Pt转移；但Pt又与电负性更高的载体（S电负性≈2.58）发生强相互作用，导致Pt进一步失去电子，整体表现为缺电子状态；
(3)还原性气体CO将还原为In，提高了合金中In元素比例，从而转变为；氧化；通入使氧化性气氛增强，将中的In氧化为，降低了中的In比例后形成，从而使平衡向氧化方向移动
(4)活化反应物，提供活性氧物种，将吸附在催化剂表面的CO氧化为，同时完成氧空位自身循环再生；升高温度，被吸附的CO直接脱附生成副产物CO，减少了被氧化为量；主反应生成的比例下降，导致选择性降低
解析：（1）①由方程式可知，反应I中反应物和产物均为气态，反应II中反应物为液态，气态物质的量增多更显著，熵增更大，所以反应I的熵增小于反应II；
②反应I是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，消耗的水蒸气的物质的量增大；则随着温度的升高，水的物质的量分数先减小后增大的原因是200°C前，随温度升高水与甲醇反应速率加快，使得反应消耗水蒸气的物质的量增大，导致水的物质的量分数减小；200°C后随温度升高，氢气和二氧化碳会反应生成水蒸气和一氧化碳的反应速率加快，使得反应生成水的物质的量增大，导致水的物质的量分数增大；
（2）①由题意可知，铂晶体和钴晶体的堆积方式均为面心立方最密堆积，则该堆积方式的晶胞中位于顶点的原子与位于面心的原子的距离最近，则晶体的配位数为12；
②Pt（电负性≈2.28）的电负性高于Co（电负性≈1.88），在PtCo双金属中电子从Co向Pt转移；但Pt又与电负性更高的载体（S电负性≈2.58）发生强相互作用，导致Pt进一步失去电子，整体表现为缺电子状态；
③由题意可知，二硫化钼中钼的化合价为+4，则由化合价代数和为0可知，化合物中硫元素的化合价为-2价，存在形式为；
（3）①由图可知，催化剂重构时的“还原”过程为还原性气体一氧化碳将三氧化二铟还原为铟，提高了合金中铟元素比例，从而转变为；
②由题意可知，升高温度，向生成方向移动，说明催化剂重构平衡向氧化方向移动，原因是通入氧气使氧化性气氛增强，将中的铟氧化为三氧化二铟，降低了中的铟比例后形成，从而使平衡向氧化方向移动；
（4）①由图可知，中氧空位在催化循环中的作用是活化反应物水，提供活性氧物种，将吸附在催化剂表面的一氧化碳氧化为二氧化碳，同时完成氧空位自身循环再生；
②由图可知，升高温度，甲醇重整制氢主反应二氧化碳选择性降低的原因是升高温度，被吸附的一氧化碳直接脱附生成副产物一氧化碳，减少了被氧化为二氧化碳量，使得主反应生成二氧化碳的比例下降，导致二氧化碳选择性降低。

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