湖南长沙市长郡中学2026届高三下学期作业检测三 化学试题

长郡中学2026届高三化学作业检测三 班级 姓名 相对原子质量：H-1C-120-16 一、单项选择题（共10小题，每小题3分，共30分） 1.大国重器是国之底气。下列关于我国的国之重器叙述正确的是() A.“中国天眼的防腐膜所用聚苯乙烯的单体是苯乙烯 B.“朱雀二号”运载火箭所用燃料液氧甲烷属于纯净物 C.“LNG船'的液罐所用不锈钢中含量最高的元素是镍 D.“嫦娥六号”所用太阳能电池是将化学能转化为电能 2.下列化学用语或表述正确的是( A.基态硒的简化电子排布式：[Ar4s24p1 H B.邻羟基苯甲醛分子内氢键： c.cac,的电子式：[g'ca[c] D.HCIO的球棍模型：。O 3.不同含硫物质间可相互转化。下列离子方程式书写正确的是() CH,COOH Al,(S0)3 Na,SO, H,SO 酸性KMnO 溶液 溶液 SO. 溶液 溶液 溶液 Na,S NaHS H,S Na S,O S02 K,S04 ② ② ③ ④ A.反应①：S2+H=HS B.反应②：4HS+A1++4H0=[A1(O,J+4H,S↑ C.反应③：S,0;+2H=S↓+S02↑+H,0 D.反应④：S02+2MnO4+4H=SO,2+2Mn++2H,0 4.乙烯是植物激素，可以催熟果实。植物体内乙烯的生物合成反应为： HN COOH 2 。催化剂 +02 2C,H,+2HCN+2C02+2H0 阿伏加德罗常数的值为NA,下列说法正确的是() A.2.24LC,H,中o键的数目为0.5NA B.0.1 mol HCN中π电子的数目为0.3N C.9gH,0中孤电子对的数目为0.5N。 D.消耗1molO2,产物中p杂化C原子数目为4N 第1页，共6页 5.某电解质阴离子的结构如图。X、Y、Z、Q为原子序数依序增大的同周期元素，Z的 单质为空气的主要成分之一。下列说法错误的是() YQ: QY- YQ Q,Y- YO A.第一电离能：X>Y>Z B.最简单氢化物沸点：Y<Z C.键长：Y一Y>Y一Z>Y一Q D.Y的最高价氧化物对应水化物在水中电离：HYOm=H-1YOm+H 6.为探究化学平衡移动的影响因素，设计方案并进行实验，观察到相关现象。其中方案 设计和结论都正确的是() 选 影响因 方案设计 现象 结论 项 素 向lmL0.1 mol/L K,CrO,溶液中加 黄色溶液 增大反应物浓度，平衡 A 浓度 入1mL1.0mol/LBr溶液 变橙色 向正反应方向移动 向恒温恒容密闭玻璃容器中充入 对于反应前后气体总 气体颜色 B 压强 100nLHⅡ气体，分解达到平衡后再 体积不变的可逆反应， 不变 充入100mLAr 改变压强平衡不移动 将封装有NO,和N,O,混合气体的 气体颜色 升高温度，平衡向吸热 温度 烧瓶浸泡在热水中 变深 反应方向移动 向1mL乙酸乙酯中加入 使用合适的催化剂可 上层液体 D 催化剂 1mL0.3 mol/L H,SO,溶液，水浴加 使平衡向正反应方向 逐渐减少 热 移动 第2页，共6页 7.某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的CI并制备Zn,流程如下“脱氯”步骤仅Cu元素化 合价发生改变。下列说法正确的是() H,SO4H,O,锌浸出液 铜屑一 浸铜 脱氯→脱氯液 CuCI固体 锌浸出液中相关成分（其他成分无干扰） 离子 Zn2 Cu2+ cr 浓度(gL) 145 0.03 1 A.“浸铜时应加入足量H,O2,确保铜屑溶解完全 B.“浸铜”反应：2C+4H+H,02=2Cu2+H2个+2H,O C.“脱氯”反应：Cu+Cu2++2CI=2CuC1 D.脱氯液净化后电解，可在阳极得到Zn 8.在恒容密闭容器中，SiF。(S)热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物。 平衡体系中各组分物质的量随温度的变化关系（实线部分）如图所示。己知：T,温度时， NS正，(S)完全分解；体系中气相产物在T、T,温度时的分压分别为p、p3。下列说法 错误的是() 2.0 1.5 1.0 0.5 0.0 c T+增大 TT:T A.a线所示物种为固相产物 B.T温度时，向容器中通入N2,气相产物分压仍为P1 C.p,小于T温度时热解反应的平衡常数K。 D.工温度时、向容器中加入b线所示物种，重新达平衡时逆反应速率增大 第3页，共6页 9.在KOH水溶液中，电化学方法合成高能物质K,C,N16时，伴随少量O2生成，电解原 理如图所示，下列说法正确的是( 电源 02 H2 0 KOH溶液 CoNi Pt CaNsHa Ni A.电解时，OH向Ni电极移动 B.生成CN的电极反应：2CNH,+8OH-4e=CN+8H,O C.电解一段时间后，溶液pH升高 D.每生成Imol H2的同时，生成0.5nolK,CN6 10.苹果酸是二元弱酸，以H2A表示，常用于制造药物、糖果等。25℃时，溶液中HA、 HA和A2的分布系数δ(x)随溶液pH变化如图。 1.0 ① ② ③ 0.5 M 0.0 (3.46)(5.05) 0 4 6 8 10 pH c(A2） 例如：A的分布系数6(A)厂cH,A十cHA+c:该温度下，下列该法错误 的是() A.水的电离程度：M<N B.H2A的K,=103.46 C.反应H,A+A2≥2HA的平衡常数K=101.s9 D.pH=6时，溶液中粒子浓度的大小关系为c(A2-)>c(HA)>c(H,A) 第4页，共6页 二、非选择题 11.(16分)某小组采用如下实验流程制备A1I3: 铝0.02mol 加热 结晶、过滤 碘0.01mo 回流 过滤 浓缩 混合物 →浓溶液 洗涤、干燥 滤液 粗产品 正己烷 已知：AⅡ，是一种无色晶体，吸湿性极强，可溶于热的正己烷， 在空气中受热易被氧化。 (1)如图为步骤I的实验装置图（夹持仪器和尾气处理装置已省略），图中仪器A的名称 是」 判断步骤I反应结束的实验现象 是 (2)下列做法不正确的是 A.步骤I中，反应物和溶剂在使用前除水 B.步骤I中，若控温加热器发生故障，改用酒精灯（配石棉网）加热 C.步骤Ⅲ中，在通风橱中浓缩至蒸发皿内出现晶膜 D.步骤V中，使用冷的正己烷洗涤 控温加热器 (3)所得粗产品呈浅棕黄色，小组成员认为其中混有碘单质，请设计实验 方案验证 (4)纯化与分析：对粗产品纯化处理后得到产品，再采用银量法测定产品中I含量以确定 纯度。滴定原理为：先用过量AgNO3标准溶液沉淀I,再以NH4SCN标准溶液回滴剩余 的Ag。已知： 难溶电解质 AgI(黄色) AgSCN(白色) Ag2Cr04(红色) 溶度积常数K即 8.5×10-17 1.0×1012 1.1×10-2 ①从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤 称取产品1.0200g,用少量稀酸A溶解后转移至250L容量瓶，加水定容得待测溶液。 取滴定管检漏、水洗→ →装液、赶气泡、调液面、读数→用移液管准确移取 25.00nL待测溶液加入锥形瓶→ → →加入稀酸B→用1.000×102mol/L NH4SCN标准溶液滴定→ →读数。 a.润洗，从滴定管尖嘴放出液体 b.润洗，从滴定管上口倒出液体 c.滴加指示剂K,QO,溶液 d.滴加指示剂硫酸铁铵H,Fe(SO,)2溶液 e.准确移取25.001mLA.000×10 nol/LAgNO,标准溶液加入锥形瓶 f.滴定至溶液呈浅红色 g.滴定至沉淀变白色 ②加入稀酸B的作用是 ③三次滴定消耗NH,SCN标准溶液的平均体积为25.60mL,则产品纯度为 M(AlL3）=408g/nol 第5页，共6页 ④如果滴定前俯视，滴定后仰视，测定结果。（填“偏高”、“偏低”或“无影响”） 12.(14分)MgC0,/Mg0循环在CO,捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了 利用MgCO,与H2反应生成CH,的路线，主要反应如下： I.MgCO,(s)-MgO(s)+CO,(g)AH,=+101kJ.mol1 Ⅱ.C0,g+4H2g)=CH,(g+2H,Og)△H2=-166 kJ.mol' IΠ.C02(g+H,g=H,Og+C0g)△H,=+41kJ·mol 回答下列问题： (1)MgCO (s)+4H,(g)-MgO(s)+2H,O(g)+CH,(g)AH,= kJmo。该反应 (填标号)。 A.高温自发 B.低温自发 C.高温低温均自发D.高温低温均不自发 (2)提高CH,平衡产率的条件是 (填标号)。 A.高温高压 B.低温低压 C.高温低压 D.低温高压 (3)100kPa下，在密闭容器中H,(g)和MgCO,(S各1mol发生反应。反应物(H2、MgCO,) 的平衡转化率和生成物(CH4、CO,)的选择性随温度变化关系如下图（反应II在360℃以 下不考虑)。 100 50.0 M 80 60 b 49.5 M O 40 49.0 ▣ 48.5 200 300 400 500 600 265 266 267268 269 270 温度/C 温度/C℃ 图为左图内点M附近区域放大图 注：含碳生成物选择性=」 含碳生成物的物质的量 100% MgCO,转化的物质的量 ①表示CH,选择性的曲线是 (填字母)。 ②点M温度下，反应Ⅱ的K,= (kPa)(列出计算式即可)。 ③在550C下达到平衡时，n(CO)= mol。500~600C,随温度升高H2平衡 转化率下降的原因可能是 第6页，共6页长郡中学2026届高三化学作业检测三参考答案 题号 2 3 8 9 10 答案 A C ◇ B C 1.A 【详解】A.聚苯乙烯由苯乙烯单体通过加聚反应生成，因此聚苯乙烯的单体是苯乙烯， A正确： B.液氧甲烷含有O2和CH4,属于混合物，B错误； C.不锈钢以铁为基体，含量最高的元素是铁，镍是合金元素但含量远低于铁，C错误： D.太阳能电池直接将光能转化为电能，而非化学能转化为电能，D错误： 故答案为A。 2.D 【详解】A.硒为34号元素，基态硒原子简化电子排布式：[Ar]3d4s24p,A错误： B.邻羟基苯甲醛的分子内氢键应是羟基中的H与羰基的氧形成，即 O,B错 误； C.碳化钙由钙离子和C构成，电子式应为Ca2+[CC,C错误： D.HCIO的球棍模型原子相对大小和连接方式正确，D正确； 故答案选D。 3.C 【详解】A.反应①中CH:COOH为弱酸，离子方程式中应保留化学式，正确离子方程式 为S2-+CH3COOH=HS+CH:COO,A错误； B.反应②中A1+与HS发生双水解反应，生成A1(OH)3沉淀和H2S气体，正确离子方程 式为A1+3HS+3H2O=AI(OD3+3H2S↑，B错误； C.反应③中S,O在酸性条件下发生歧化反应生成S、O2和HO,离子方程式 S,O?+2H=S↓+SO,个+H,0符合守恒原则，C正确： D.反应④中SO2与酸性KMnO4发生氧化还原反应，S元素从+4价升至+6价，Mm元素 从+7价降至+2价，得失电子守恒时S02与MO系数比应为5：2，正确离子方程式为 5S02+2MO,+2H20=5SO+2Mn2+4H,D错误： 故选C。 第1页，共7页 4.D 【详解】A.2.24LCH4未指明标准状况，无法确定其物质的量，A错误： B.HCN结构式为H-CN,CN三键含2个π键，每个π键2电子，故每个HCN分子含 4个π电子，0.1 mol HCN含0.4NAπ电子，B错误： 9g C.H.0中心原子孤电子对数为6212,9g0为8e005mo,05Smol水含1N 2 孤电子对，C错误； D.该反应中消耗1molO2生成2 nol HCN和2 nol CO2。HCN中C为p杂化(2个o 键)，CO2中C为p杂化(2个o键)，共4olsp杂化C原子，数目为4NA,D正确； 故选D。 5.A 【分析】由该阴离子结构可知Z形成2条共价键，Z的单质为空气的主要成分之一，可 知Z为O:Y形成4条共价键，Y为C,Q形成1条共价键，Q为F,X得1个电子后形 成4条共价键，则X最外层电子数为3，X为B,据此分析解答。 【详解】A.B、C、O为同周期元素，从左到右，第一电离能呈增大趋势，则第一电离 能：B<C<O,故A错误： B.CH4不能形成分子间氢键，H2O可以形成分子间氢键，沸点CH4<H2O,故B正确： C.原子半径：C>O>F,原子半径越小键长越短，则键长：C-C>C-O>C-F,故C正确： D.Y为C,其最高价氧化物的水化物为H2C03,碳酸为二元弱酸，分步电离，电离方程 式为：H,CO3≥HCO+H,故D正确； 故选A。 6.C 【详解】A.在K2CrO4溶液中存在平衡2CO2(黄色)+2H三C,O(橙色)+H,O,且 该溶液具有氧化性，HBr具有还原性，向lmL0.1mol/L K,CrO,溶液中加入 lL1.0 nol/L HBr溶液，可发生氧化还原反应生成Br2使溶液变为橙色，干扰探究浓度对 化学平衡的影响，A错误： B.反应2HI三H2+I2为反应前后气体总体积不变的可逆反应，向恒温恒容密闭玻璃容器 中充入100LⅡ气体，分解达到平衡后再充入100mLAr,不能改变反应混合物中各组分 的浓度，因此气体颜色不变，但是不能由此得到改变压强平衡不移动的结论，因为容器 的体积没有改变，B错误： C.反应2NO2三N,O4为放热反应，升高温度，气体颜色变深，说明平衡逆向移动， 即向吸热反应方向移动，C正确： D.催化剂只会改变化学反应速率，不影响平衡移动，D错误： 答案选C。 第2页，共7页 7.C 【分析】铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+,反应的离子方程式为： Cu+2H+H,0,=Cu++2H,0,再加入锌浸出液进行“脱氯”，“脱氯”步骤中仅Cu元素 的化合价发生改变，得到CC1固体，可知“脱氯”步骤发生反应的化学方程式为： Cu2++Cu+2CI=2CuC1↓，过滤得到脱氯液，脱氯液净化后电解，Zn2+可在阴极得到电 子生成Zn。 【详解】A.由分析得，“浸铜时，铜屑不能溶解完全，Cu在“脱氯”步骤还需要充当还 原剂，故A错误： B.“浸铜时，铜屑中加入H2SO4和H02得到Cu2+,反应的离子方程式为： Cu+2H+H,O,=Cu2++2H,0,故B错误； C.“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCI固体，即Cu的化合价升高， Cu2+的化合价降低，发生归中反应，化学方程式为：Cu++Cu+2CI=2CuC1↓，故C正 确； D.脱氯液净化后电解，Zn+应在阴极得到电子变为Zn,故D错误： 故选C。 8.D 【解析】NSi正，(S)热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物，则其分解产物为 NaF(s)和Si证(g),其分解的化学方程式为Na,S正，(s)、一2NaFs)+Si正，(g),根据图数据 分析可知，a线代表NaF(s),b线代表SiF,(g),c线代表Na,SiF,(S)。由各线的走势可知， 该反应为吸热反应，温度升高，化学平衡正向移动。 A.a线所示物种为NaF(S,NaF(s)固相产物，A正确： B.T温度时，向容器中通入N2,恒容密闭容器的体积不变，各组分的浓度不变，化学 平衡不发生移动，虽然总压变大，但是气相产物分压不变，仍为P,B正确： C.在温度T2时刻分解己经结束P=P2,又因为该反应为吸热反应，温度升高K,增大， 因此，P3小于T温度时热解反应的平衡常数K。,C正确： D.b线所示物种为SiF,(g),T温度时向容器中加入SF,(g),重新达平衡时，温度不变， K,不变，分压不变，故逆反应速率不变，D错误： 本题选D。 9.B 【分析】由电解原理图可知，电极产生氢气，作阴极，发生还原反应，电解质溶液为 KOH水溶液，则电极反应为：2H,O+2e=H2个+2OH;Pt电极C,NH4失去电子生成CN6, 作阳极，电极反应为：2C,NH,+8OH-4e=C6N6+8H,O,同时，Pt电极还伴随少量O2生 成，电极反应为：40H-4e=02个+2H,0。 第3页，共7页 【详解】A.由分析可知，Ni电极为阴极，Pt电极为阳极，电解过程中，阴离子向阳极 移动，即OH向Pt电极移动，A错误； B.由分析可知，Pt电极CNH,失去电子生成CN,电解质溶液为KOH水溶液，电极 反应为：2C,NH4+8OH-4e=CN+8H,O,B正确： C.由分析可知，阳极主要反应为：2C,NH-4e+8OH=C,N+8H,O,阴极反应为： 2H,O+2e=H,个+20H,则电解过程中发生的总反应主要为： 2CNH4+4OH=CN+4H,O+2H,个，反应消耗OH,生成H,0,电解一段时间后，溶 液pH降低，C错误： D.根据电解总反应：2CNH,+4OH=CN6+4H,O+2H2个可知，每生成1olH2,生成 0.5molK4CN6,但Pt电极伴随少量02生成，发生电极反应：40H4e-0,个+2H,0, 则生成1molH2时得到的部分电子由OH放电产生O2提供，所以生成K,CN16小于0.5mol, D错误； 故选B。 10.C 【分析】H,A存在电离平衡：H,AHA+H,HA三A2+H,随pH升高，H,A的 分布系数减小，为曲线①，HA的分布系数先增大后减小，为曲线②，A2的分布系数 增大，为曲线③：根据图示，pH=3.46时，c(H,A)=c(HA)时， c(HA).c(H) =10,同理：K,=(A）cH) =105.05。 c(H,A) c(HA) 【详解】A.M点溶质为H,A和HA,N点溶质为HA和A2,水的电离程度：M<N, A正确： B.由分析可知，pH=3.46时，δ(H2A)=6(HA),即c(H2A)=c(HA), K1 c(HA）c(H) =c(H10346,B正确： c(H,A) C.反应H,A+A2、≥2HA的平衡常数 c2HA) c2HA)cH) K- K10346 (A)c(H,A)A2)c(HA)c日X:10=10”,C错误： D.pH=6时，由图像可知，A2分布系数大于HA,H,A分布系数极小，故 c(A2-)>c(HA)>c(H,A),D正确： 故选C。 第4页，共7页 11.(16分) (1)球形冷凝管 溶液由紫红色恰好变为无色（或溶液褪为无色） (2)BC (3)取少量粗产品置于少量冷的正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，向其中滴 加淀粉溶液，观察液体是否变蓝，若变蓝则其中混有碘单质，否则没有 (4)①aedf ②抑制Fe3+水解③99.2% ④偏低 【分析】由流程信息可知，铝、碘和正己烷一起加热回流时，铝和碘发生反应生成AI, 过滤后滤液经浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥后得到粗产品。 【详解】(1)由实验装置图中仪器的结构可知，图中仪器A的名称是球形冷凝管，其用 于冷凝回流；碘溶于正己烷使溶液显紫红色，AⅡ，是无色晶体，当碘反应完全后，溶液 变为无色，因此，判断步骤I反应结束的实验现象是：溶液由紫红色恰好变为无色（或溶 液褪为无色)。 (2)A.AI,吸湿性极强，因此在步骤I中，反应物和溶剂在使用前必须除水，A正确： B.使用到易燃的有机溶剂时，禁止使用明火加热，因此在步骤I中，若控温加热器发生 故障，不能改用酒精灯（配石棉网）加热，B不正确： C.A江在空气中受热易被氧化，因此在步骤Ⅲ中蒸发浓缩时，要注意使用有保护气（如 持续通入氮气的蒸馏烧瓶等)的装置中进行，不能直接在蒸发皿浓缩，C不正确： D.AI在空气中受热易被氧化、可溶于热的正己烷，因此，为了减少溶解损失，在步骤 V中要使用冷的正己烷洗涤，D正确； 综上所述，本题选BC。 (3)碘易溶于正己烷，而AL可溶于热的正己烷、不易溶于冷的正己烷，因此，可以取 少量粗产品置于少量冷的正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，向其中滴加淀 粉溶液，观察液体是否变蓝，若变蓝则其中混有碘单质，否则没有。 (4)①润洗时，滴定管尖嘴部分也需要润洗；先加25.00L待测溶液，后加 25.00mL4.000×10 mol/LAgNO,标准溶液，两者充分反应后，剩余的Ag*浓度较小，然后 滴加指示剂硫酸铁铵NH,Fe(SO,)2溶液作指示剂，可以防止生成AgSO,沉淀； Ag2CrO,的溶度积常数与AgSCN非常接近，因此，K,CO,溶液不能用作指示剂，应该 选用[NH,Fe(SO,),]溶液，其中的Fe+可以与过量的半滴[NH,Fe(SO4),]溶液中的 SCN反应生成溶液呈红色的配合物，故滴定至溶液呈浅红色：综上所述，需要补全的操 作步骤依次是：aedf。 ②Fe+和Al+均易发生水解，NH,Fe(SO4)2]溶液中含有Fe+,为防止影响滴定终点的 判断，必须抑制其发生水解，因此加入稀酸B的作用是：抑制F+发生水解反应，保证 滴定终点的准确判断。 ③由滴定步骤可知，25.00mLA.000×103mol/LAgNO,标准溶液分别与AlL3溶液中的I、 1.000x10 nol/LNH,SCN标准溶液中的SCN发生反应生成Ag和AgSCN;由Ag*守恒可 第5页，共7页 n(AgD)+n(AgSCN)=n(AgNO),n(AgI)n(AgNO,)-n(AgSCN)=n(AgNO;)-n(NH SCN); 三次滴定消耗NH,SCN标准溶液的平均体积为25.60mL,则 n(AgI)-n(AgNO,)-n(AgSCN)=n(AgNO,)-n(NH SCN)= 25.00×103×4.000×102-25.60×103×1.000×102=7.440×10m0l,由I守恒可知 (A,)写(Ag740x10mok号2.480x10m0,因此，产品纯度为 3 2.480×104mol×408g/mol ×100%=99.2% 1.0200g× 25.00mL 250mL ④如果滴定前俯视，滴定后仰视，读取的与Ag反应的NH SCN溶液体积偏大，则与I反 应的NH,SCN溶液体积偏小，纯度测定结果偏低。 12.(14分) (1)-65 B (2)D (3)①c ② (0.49×100)2 (0.02×100) ③0.2 温度升高，反应Ⅱ逆移，H2量增多：使反应正移，H2量减少；总的表 现为H2增加量大于减少量 【详解】(1)将+IⅡ可得MgCO3(S)+4H,(g)=MgO(S)+2H,O(g+CH,g) △H,=△H+△H2=+101 kJ.mol+(-166kJ.mo)=-65 kJ.mol,故答案为：-65： 该反应是熵减的放热反应，则依据△G=△H一T△S<0反应能自发进行，则低温下自发进 行，选B。 (2)已知反应IⅡ.C0,(g)+4H,g)=CH,(g)+2H,O(g)△H2=-166kJmo为放热反应，要 提高CH4平衡产率，要使平衡正向移动，应低温高压。故选D。 (3)已知反应I为吸热反应，Ⅱ为放热反应，I为吸热反应，根据图像，温度逐渐升 高，则碳酸镁的转化率逐渐升高，氢气的转化率下降，在360C以下不考虑反应Ⅲ，则 二氧化碳的选择性上升，甲烷的选择性下降，且和为1，所以ā表示碳酸镁的转化率，b 表示二氧化碳的选择性，c表示甲烷的选择性。 ①表示CH,选择性的曲线是c,故答案为：c: ②点M温度低于360℃，依题意不考虑反应I。到达平衡，设反应I和反应Ⅱ变化量分 别为xmol和ymol。 MgCo,(s)=Mgo(s)+CO,(g) 变化/mol C0,(g)+4H,(g)=CH,(g)+2H,O(g) 变化/moly 4y 2y 第6页，共7页 从图中看出MgCO3的转化率为49%，CH4和CO2的选择性均为50%。列方程 X=499%, 1 X-y-Y=50%,解得x=0.49,y=0.245。CH)=y=0.245mol、nH.0)= 2y=0.49mol、n(02)=x-y=0.245mol、1H2)=1-4y=0.02mol、(总)=1+x-2y=1 mol。故反应Ⅱ的压强平衡常数 K-e=0245x10×049x102049×10y (kPa): Po,Pi(0.245×100)×(0.02×100)(0.02x100) ③在550C下达到平衡时，观察图像，碳酸镁完全转化，二氧化碳的选择性为70%，甲 烷的选择性为10%，根据题中选择性定义知生成的二氧化碳为0.7mol,生成的甲烷为 0.1mol。图中H2的转化率为60%，故 I.MgC0,(SMgO(S+CO,g)△H,=+101kJ·mol 变化mol1 11 II.CO2 (g)+4H2 (g)-CH,(g)+2H,O(g)AH,=-166kJ.mol 变化/mol0.10.4 0.1 0.2 III.CO,(g)+H,(g)-H,O(g)+CO(g)AH,=+41 kJ.mol 变化mol0.20.20.20.2 故n(C0)=1-0.7-0.1mol=0.2mol;因为反应Ⅱ是放热的，反应Ⅲ是吸热的。在500~600°C, 随温度升高，平衡Ⅱ逆移，H2量增多；使平衡Ⅲ正移，H量减少；总的表现为H2增加 量大于减少量，故答案为：0.2：温度升高，平衡Ⅱ逆移使H2量增多；平衡Ⅲ正移使H2 量减少，且H2增加量大于H2的减少量。 第7页，共7页