四川省资阳市高中2026届高三上学期第一次诊断性考试（一模）化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1四川省资阳市高中2026届高三上学期第一次诊断性考试（一模）试题全卷共100分，考试时间为75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，监考员将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1N-14O-16F-19Na-23S-32Zn-65Ga-70一、单项选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是A.制造电极的石墨烯属于有机高分子材料B苯甲酸及其钠盐可用作食品防腐剂C.ClO2具有强氧化性，可用于自来水杀菌消毒D.离子液体有良好的导电性，可用作原电池的电解质【答案】A【解析】A．石墨烯是碳的单质，属于无机非金属材料，而非有机高分子材料，A错误；B．苯甲酸及其钠盐是常用食品防腐剂，通过抑制微生物生长发挥作用，B正确；C．ClO₂具有强氧化性，能有效杀灭水中细菌和病毒，且副产物少，C正确；D．离子液体由离子组成，导电性良好，符合电解质的基本特性，D正确；故选A。2.下列化学用语或图示正确的是A．O3分子的球棍模型B．反-2-丁烯的结构简式C．邻羟基苯甲醛的分子内氢键D．基态Fe2+的价电子轨道表示式A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．O3分子是V形结构，且中心氧原子与另外两个氧原子的成键情况不同，图中是正三角形结构，不符合O3的实际构型，A错误；B．反-2-丁烯的结构特点是碳碳双键两端的相同基团（甲基、氢原子）处于双键的异侧。该结构简式符合反-2-丁烯的构型，B正确；C．邻羟基苯甲醛的分子内氢键应是羟基的氢与醛基的氧形成，不符合氢键的形成规律，C错误；D．基态Fe原子的价电子排布为3d64s2，Fe2+是失去4s轨道的2个电子，价电子排布为3d6。根据洪特规则，3d轨道的6个电子应尽可能分占不同轨道且自旋平行，图的电子排布错误，D错误；故答案选B3.没食子酸甲酯具有抗氧化、抗癌、抗炎活性，其结构如图所示。下列关于该分子的说法正确的是A.分子式为C7H6O5 B.分子中所有原子可能处于同一平面C.能被酸性高锰酸钾溶液氧化 D.1mol分子最多能消耗5molNaOH【答案】C【解析】A．由结构简式可知，该分子含有8个C原子、8个H原子和5个O原子，其分子式为C8H8O5，A错误；B．由结构简式可知，没食子酸甲酯分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子(甲基中碳原子)，所以分子中所有原子不可能处于同一平面，B错误；C．由结构简式可知，分子中含有酚羟基，酚羟基具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，C正确；D．由结构简式可知，没食子酸甲酯分子中含有的酚羟基和酯基均能与氢氧化钠溶液反应，则1mol分子最多能消耗4molNaOH，D错误；故选C。4.侯德榜制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展作出了重要贡献。关键反应之一为：。下列说法错误的是A.NH3的VSEPR模型为三角锥形B.CO2是由极性键构成的非极性分子C.NaHCO3中非金属元素的电负性：O＞C＞HD.该反应中，有三种物质的晶体类型属于离子晶体【答案】A【解析】A．NH3中N的价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，分子实际构型为三角锥形，故A错误；B．CO2中C原子价电子对数为，无孤电子对，分子构型为直线型，为非极性分子，故B正确；C．元素非金属性越强，电负性越大，电负性O＞C＞H，故C正确；D．NaCl、NaHCO3、NH4Cl为离子晶体，CO2、H2O、NH3是分子晶体，故D正确；选A。5.下列实验装置或操作能达到目的的是A．除去HCl中的Cl2B．制备并收集NH3C．验证1-溴丁烷的消去反应D．通过分液分离超分子与C70A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．碱石灰既能与反应又能与反应，即被提纯的也被消耗，不符合除杂原则，A不符合题意；B．浓氨水与NaOH混合时，NaOH溶于水放热，且使溶液中浓度增大，促使分解并挥发，能制备，但的密度比空气小，应采用向下排空气法收集氨气，而不是选项图中的向上排空气法，B不符合题意；C．1-溴丁烷在的乙醇溶液、加热条件下发生消去反应，生成的1-丁烯可以使溴水褪色，而挥发的乙醇不能使溴水褪色，能验证1-溴丁烷的消去反应，C符合题意；D．杯酚能适配，不能适配，杯酚与形成的超分子不溶于甲苯，而能溶于甲苯，故采用过滤的方法分离超分子与，而不是分液，D不符合题意；故选C。6.氮及其化合物部分转化关系如图，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.反应①中，1molN2与足量H2反应，生成N-H键数目为B.反应②中消耗17gNH3，转移电子数为C.反应③中，22.4LNO气体与11.2LO2反应，产物分子数为D.1mol/LHNO3溶液中，的数目为【答案】B【解析】A．反应①为合成氨反应：N2+3H22NH3，1molN2完全反应生成2molNH3，每个NH3含3个N-H键，2molNH3含N-H键数为6NA，但该反应是可逆反应，不能完全转化，则生成的N-H键数目小于6NA，A错误；B．反应②为：，17gNH3(即1mol)中N元素化合价从-3价升至+2价，1molNH3转移5mol电子，即转移电子数为5NA，B正确；C．反应③为：，若气体处于标准状况下，22.4LNO(即1mol)与11.2LO2(即0.5mol)恰好按化学计量系数之比反应生成1molNO2，即产物分子数为NA，但气体所处状态未知，则无法计算22.4LNO气体与11.2LO2反应，产物的分子数，C错误；D．因溶液体积未知，则无法计算1mol/LHNO3溶液中，的数目，D错误；故选B。7.下列化学方程式或离子方程式书写正确的是A.SO2通入BaCl2溶液中：B.向氨水中滴加几滴CuSO4溶液：C.苯乙烯加聚反应：D.用盐酸除去铁锈：【答案】D【解析】A．盐酸的酸性强于亚硫酸SO2通入BaCl2溶液中，得不到沉淀，A错误；B．氨水是弱碱，与反应时，首先生成的是配合物，只有在氨水少量时才会生成，而本题中是向氨水中滴加几滴CuSO4，即铜离子少量，应优先生成配合物，而不是沉淀，B错误；C．苯乙烯能够发生加聚反应，反应方程式为：，C错误；D．铁锈与盐酸反应时，作为金属氧化物与氢离子反应生成和水，结晶水（）作为固体结构的一部分，反应后与生成的3mol合并为(3+x），符合离子方程式书写规则，D正确；故选D。8.下列实验操作不能达到目的的是选项实验操作实验目的A向粗盐水中先后加入过量Na2CO3溶液、NaOH溶液和BaCl2溶液粗盐提纯中，去除Ca2+、Mg2+和杂质离子B向淀粉水解液中加入碘水检验淀粉是否完全水解C将氯气通入Na2S溶液，观察是否产生淡黄色沉淀验证氯气的氧化性D向等物质的量浓度的KF和KSCN混合溶液中滴加几滴FeCl3溶液，振荡，溶液颜色无明显变化比较F-与SCN-结合Fe3+的能力A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．粗盐提纯中，正确顺序应为先加BaCl2除，再加NaOH除Mg2+，最后加Na2CO3除Ca2+和过量Ba2+。选项A中先加Na2CO3，后加BaCl2，导致过量Ba2+无法去除，无法达到除杂目的，故A错误；B．淀粉若未完全水解，遇碘水会显蓝色；若完全水解则无此现象。该操作能有效检验水解程度，故B正确；C．Cl2与S2-反应生成S沉淀（淡黄色），证明Cl2的氧化性强于S，可验证Cl2的氧化性，故C正确；D．若F-结合Fe3+能力更强，Fe3+优先与F-结合，不会与SCN-显红色。溶液颜色无变化说明F-结合能力更强，故D正确；故选A。9.原子序数依次增大的主族元素W、X、Y、Z，元素Y的简单气态氢化物可与其最高价氧化物的水化物反应生成盐，Z原子有4种能量不同的电子。该四种元素形成的具有储氢性能的化合物如图，下列说法错误的是A.化学键中离子键百分数：ZW＜Z3YB.氟化物键角：XF3＞YF3C.简单离子的半径：Z＞YD.同周期第一电离能比Y大的元素有2种【答案】C【解析】原子序数依次增大的主族元素W、X、Y、Z，元素Y的简单气态氢化物可与其最高价氧化物的水化物反应生成盐，Y为氮；W形成1个共价键，为氢；Z原子有4种能量不同的电子，且原子序数最大，为钠；X形成4个共价键，且形成图示中阴离子结构，则X为B；A．氮的电负性大于氢，氮钠的电负性差值更大，则化学键中离子键百分数：NaH＜Na3N，A正确；B．BF3中B为sp2杂化，为平面三角形；NF3中N为sp3杂化，为三角锥形，则氟化物键角：BF3＞NF3，B正确；C．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子的半径：Na+<N3-，C错误；D．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，同周期第一电离能比N大的元素有F、Ne，共2种，D正确。故选C。10.推动CO2综合利用、实现碳中和是的重大战略决策。CO2与H2在TiO2/Cu催化剂表面生成CH3OH和H2O的部分反应历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列说法错误的是A.步骤②反应的B.物质从催化剂表面脱附的过程会释放能量C.步骤③反应比步骤①快D.步骤③的反应方程式为【答案】B【解析】A．由图可知，步骤②反应是反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，反应的焓变小于0，Ａ正确；B．物质从催化剂表面脱附的过程会吸收能量，Ｂ错误；C．由图可知，步骤③反应的活化能小于步骤①反应，反应的活化能越大，反应速率越慢，所以步骤③反应比步骤①快，Ｃ正确；D．由图可知，步骤③反应的方程式为：，Ｄ正确；故选Ｂ。11.利用如图装置进行实验：打开K1、K2，同时关闭K3；点燃a处酒精灯，一定时间后，a处试管中溶液变蓝；熄灭a处酒精灯，关闭K1，打开K3，点燃处酒精灯加热数分钟后，滴入无水乙醇。下列说法正确的是A.a处试管中溶液变蓝体现了硫酸的氧化性B.b处反应中H2O2仅作还原剂C.乙醇滴加过程中，c处铜丝由黑变红，说明乙醇被还原D.加热d处试管，产生砖红色沉淀，说明c中产物有乙醛【答案】D【解析】装置b为制取氧气装置，先通入装置a与铜、氧气、稀硫酸发生反应；关闭K1，打开K3后氧气通入到红热的铜丝中与乙醇发生催化氧化反应，产物通入到氢氧化铜悬浊液中检验产物。A．a处溶液变蓝为铜与氧气和稀硫酸反应的结果，应为氧气体现氧化性，稀硫酸在该反应中仅体现酸性，A错误；B．过氧化氢在二氧化锰催化剂条件下分解，因此过氧化氢既做氧化剂又做还原剂，B错误；C．关闭K1，打开K3，点燃处酒精灯加热数分钟发生铜的氧化反应，产生氧化铜，氧化铜与乙醇反应，使氧化铜由黑变红，故氧化铜被还原，乙醇被氧化，C错误；D．d处试管产生砖红色沉淀，这是斐林试剂的经典反应，用于检验还原性基团，故能使新制氢氧化铜产生砖红色沉淀的为乙醇反应得到的乙醛，D正确；故选D。12.有机物M是一种用于治疗非酒精性脂肪性肝炎的药物中间体，其合成路线如下：下列说法错误是A.A的化学名称为2-甲基丙酸 B.B可发生水解反应C.L能与CO2水溶液反应 D.M中存在4个C-Oσ键【答案】D【解析】A．A为主链为3的羧酸，2号碳上有甲基，名称为2-甲基丙酸，A正确；B．B分子中含碳溴键，可发生水解反应，B正确；C．L中含与苯环相连的-ONa，能与CO2水溶液反应转化为酚羟基，C正确；D．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，由结构，M中存在5个C-Oσ键，D错误；故选D。13.煤化工中合成乙二醇的反应如下：。按化学计量比进料，固定平衡转化率α，α分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图。(已知反应，x为组分的物质的量分数)下列说法正确的是A.α3=0.6B.升高温度，平衡正向移动C.加入催化剂可提高原料平衡转化率D.【答案】D【解析】A．反应为气体分子数减少的反应，同一温度下增大压强，平衡正向移动，反应物的平衡转化率α增大。从图像看：同一温度下，压强越大，曲线对应的α越大，因此α1>α2>α3，结合题目中α的取值，可知α3=0.4，α2=0.5，α1=0.6，A错误；B．由A项可知α1>α2>α3，由图可知，压强相同时，温度升高，平衡转化率减小，说明升高温度，平衡逆向移动，B错误；C．催化剂能够同等程度地改变正、逆反应速率，因此加入催化剂仅改变反应速率，不能使平衡发生移动，则不能提高原料平衡转化率，C错误；D．M点、N点按化学计量比进料，平衡转化率也相等，平衡时各组分物质的量分数分别相等，则，D正确；故选D。14.某绿色工艺流程可从铜冶炼烟尘(主要含S、As2O3及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)中高效回收铜、锌，其部分流程如下：已知：①As2O3的熔点为314℃，沸点为460℃；②分解温度：CuO：1100℃；CuSO4：560℃；ZnSO4：680℃；PbSO4：1000℃下列说法错误的是A.焙烧时CuSO4分解的固体产物为CuOB.高温烟气的成分是As2O3C.浸出液1中溶质为ZnSO4D.酸浸的目的是为了除去PbSO4【答案】B【解析】由题给流程可知，铜冶炼烟尘焙烧时，硫与空气中的氧气共热反应转化为二氧化硫，三氧化二砷受热转化为气体，硫酸铜受热分解生成氧化铜、二氧化硫和氧气，则高温烟气的主要成分为二氧化硫、氧气和三氧化二砷，焙烧渣的主要成分为氧化铜、硫酸锌和硫酸铅；焙烧渣水浸、过滤得到含有硫酸锌的浸出液1和滤渣；向滤渣中加入硫酸溶液酸浸，将氧化铜转化为硫酸铜，过滤得到含有硫酸铅浸出渣和硫酸铜浸出液2；硫酸铜溶液经处理制得铜。A．由分析可知，焙烧时，硫酸铜受热分解生成氧化铜、二氧化硫和氧气，则硫酸铜分解的固体产物为氧化铜，A正确；B．由分析可知，高温烟气的主要成分为二氧化硫、氧气和三氧化二砷，B错误；C．由分析可知，浸出液1中溶质为硫酸锌，C正确；D．由分析可知，加入硫酸溶液酸浸的目的是将氧化铜转化为硫酸铜，过滤除去硫酸铅，D正确；故选B。15.ZnF2为四方晶系结构，晶胞结构及其在xy平面投影如图所示，a、c表示晶胞参数，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.白色小球代表Zn2+离子B.Zn2+和F-的配位数之比为1：2C.1、2号原子的核间距为D.该晶体的密度为【答案】C【解析】根据晶胞结构可知，黑色小球位于顶点和体心，总共有两个，白色小球位于上下面的面心和晶胞的内部总共有四个；A．根据分析，晶胞中黑色小代表Zn2+离子，白色小球代表，故A错误；B．二元配合物中配位数之比和原子个数成反比，该晶胞中Zn2+离子个数为2，个数为4，Zn2+和F-的配位数之比为2：1，故B错误；C．1、2号原子的核间距为体对角线的一半，体对角线为，1、2号原子的核间距为，故C正确；D．晶体的密度，代入数据，故D错误；故答案选C。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.连二亚硫酸钠(Na2S2O4)在造纸、印染等行业应用广泛。某兴趣小组采用锌粉法制备Na2S2O4，装置如图：具体操作：向装有锌粉水悬浊液的仪器B中通入SO2，于下反应生成ZnS2O4溶液；再加入适量NaOH溶液调节pH；然后抽滤，向滤液中加入NaCl固体，析出Na2S2O4晶体，经过滤、无水乙醇洗涤、干燥，得到Na2S2O4固体。已知：①Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，在空气中易被氧化；在碱性溶液中较稳定，在pH<4的溶液中会快速发生歧化反应。②Zn2+形成Zn(OH)2沉淀的pH：5.4开始沉淀，8.2沉淀完全，10.5开始溶解，13.0溶解完全。回答下列问题：（1）仪器C名称为___________。（2）装置A的作用是防止倒吸，可用___________替代(填序号)。（3）在实验操作中，下列有关叙述正确的是___________。A．实验室利用Na2SO3固体与98%的浓硫酸制备SO2B．将锌粒预处理为锌粉悬浊液是为了加快反应速率C．为防止产品分解，应采用在空气中低温干燥（4）写出SO2与锌粉水悬浊液反应得到ZnS2O4的化学方程式为___________；此时需控制通入的SO2不能过量，原因是___________。（5）操作中加入NaOH溶液，调节pH的合适范围是___________，选用无水乙醇洗涤Na2S2O4晶体的优点是___________。（6）将SO2通入甲酸与烧碱的混合液，也可制备Na2S2O4，同时得到CO2，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。【答案】（1）恒压滴液漏斗（2）②（3）B（4）①.②.过量的SO2会使溶液酸性增强，导致ZnS2O4不稳定，损失产品（5）①8.2≤pH＜10.5②.减少产品溶解损失，有利于产品快速干燥（6）2：1【解析】（1）由题干图像可知，仪器C为恒压滴液漏斗；（2）装置A为“安全瓶”，起缓冲和防止倒吸作用。选项①进气口低于液面无法防倒吸，选项②进气口高于液面不易发生倒吸；（3）A．实验室制SO2常用Na2SO3固体与较浓的硫酸（如70%），98%浓硫酸会使Na2SO3表面脱水结壳，阻碍反应，A错误；B．锌粉悬浊液增大了固液接触面积，加快反应速率，B正确；C．Na2S2O4在空气中易被氧化，不能在空气中干燥，C错误；故选B；（4）SO2与锌粉在水中发生氧化还原反应，Zn被氧化为Zn2+，SO2被还原为（连二亚硫酸根），故该反应方程式为；过量SO2溶于水生成H2SO3，使溶液酸性增强（pH降低），已知在pH<4的溶液中会快速发生歧化反应，导致分解，产品损失；（5）加入NaOH目的是将转化为，并使Zn²⁺沉淀为Zn(OH)2除去，Zn2+沉淀完全pH≥8.2，Zn(OH)2开始溶解pH>10.5，同时需保持溶液为碱性（pH≥8）以稳定，因此pH应控制在8.2≤pH<10.5；易溶于水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤可减少产品溶解损失，且乙醇易挥发，有利于产品快速干燥；（6）由题干可知该反应的化学方程式为，在该反应中二氧化硫（硫元素降价）做氧化剂，甲酸（碳元素升价）做还原剂，且二者系数比为2:1，即氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1。17.氮化镓是5G技术中广泛应用的新型半导体材料。利用粉煤灰(主要成分为、、，还有少量等杂质)制备氮化镓的流程如图：已知：①“碱浸”后溶液的主要成分为、、；②。回答下列问题：（1）镓与铝同主族且相邻，其化合物性质相似。基态镓原子的电子排布式为___________（2）“焙烧”的目的是将Ga2O3转化为NaGaO2，该反应的化学方程式为___________。（3）“沉淀”步骤中，滤渣2的主要成分是___________(写化学式)。（4）步骤①中通入过量气体A，发生沉铝反应的离子方程式为___________。（5）取mgGaN样品溶于足量的热NaOH溶液中，产生NH3被H3BO3溶液完全吸收，用的盐酸滴定，消耗盐酸VmL，则样品的纯度是___________(用含m、c、V的式子表示)。（6）一种含镓的抗癌药物合成方法如图所示：①化合物Ⅰ中N原子的杂化方式为___________。②化合物Ⅱ中Ga的配位数为___________。③已知Ga元素存在同位素。确定该配合物中Ga的同位素种类，可采用的方法是___________。A．X射线衍射法B．质谱法C．红外光谱法【答案】（1）或（2）（3）H2SiO3（4）（5）（6）①.sp2②.6③.B【解析】粉煤灰（主要成分为、、，还有少量等杂质）与纯碱焙烧后得到Na2GaO2、Na2SiO3、Na2AlO2和A气体CO2，加入稀的NaOH溶液浸取，得到滤渣1氧化铁沉淀，滤液中含有、、，“沉淀”步骤中加入过量稀硫酸至生成的沉淀不再溶解，则滤渣2的主要成分是H2SiO3沉淀，此时溶液中存在铝离子和镓离子，加入NaOH将镓离子、铝离子转化为、，调pH值通入二氧化碳后生成氢氧化铝沉淀，通入二氧化碳后得到氢氧化镓，再与氢氧化钠溶液混合应，得到[Ga(OH)4]﹣，最终得到GaN，据此解答。（1）镓为31号元素，基态镓原子的电子排布式为或；（2）“焙烧”后镓元素均转化为可溶性钠盐NaGaO2，则反应的化学方程式为；（3）由分析可知，滤渣2的主要成分是H2SiO3沉淀；（4）步骤①中通入过量气体A生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3发生反应的离子方程式为：；（5）根据质量守恒和题中信息，建立关系式为，样品的纯度为；（6）①观察化合物的结构，N原子参与形成大π键，其价层电子对数为3（形成两个单键并有一对孤对电子），采用sp2杂化；②由图可知，化合物Ⅱ中Ga与6个原子配位，则配位数为6；③互为同位素的原子，质子数相同但中子数不同，故质量数不同，质谱图可测定相对分子质量，故可通过质谱图确定该配合物中Ga的同位素种类，故选B。18.乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方法。反应原理为：，不同温度下平衡常数如下表所示。温度298K373K473K平衡常数（1）该反应的___________0(填“＞”或“＜”)。（2）已知C2H2(g)、H2(g)、C2H4(g)的燃烧热()分别为、、，则上述合成反应的___________kJ/mol(用a、b和c表示)。（3）向恒温恒容密闭容器中充入适量C2H2和H2，达到平衡。①下列说法正确的是___________。(填标号)A．当密度不再变化时，可说明反应达到了平衡B．通入一定量He，可以缩短反应达到平衡的时间C．升高温度，正、逆反应速率均增大，平衡逆向移动②测得该反应在某催化剂上生成乙烯的速率方程为。一定时，若，则___________。(填“＞”、“＜”或“＝”)（4）实际生产中伴随有副反应：。110kPa下，密闭容器中C2H2和H2各2mol，分别在不同催化剂作用下反应，相同时间内的转化率随温度的变化如图1所示；在催化剂II作用下，产物选择性随温度的变化如图2所示。()①使用催化剂Ⅰ时反应的活化能___________催化剂Ⅱ(填“大于”或“小于”)；请解释随温度升高，乙炔转化率先增大后减小的原因是___________。②使用催化剂Ⅱ，温度为160℃时，主反应的压强商Qp=___________kPa-1(以气体分压代替浓度进行计算，分压=总压物质的量分数)。【答案】（1）＜（2）c-a-b或-(a＋b-c)（3）①.C②.＜（4）①.小于②.温度小于220℃，反应未达平衡，随温度升高反应速率加快，乙炔转化率升高；当温度大于220℃，反应已达到平衡，随温度升高平衡逆向移动，乙炔转化率降低③.0.35【解析】（1）已知该反应的平衡常数随温度升高而降低，故该反应为放热反应，即<0；（2）已知三种物质的燃烧热化学方程式为=，=，=，依据盖斯定律可知=c-a-b；（3）A．恒温恒容条件下，气体总质量不变，密度始终不变，不能作为平衡判据，A错误；B．恒容条件下，惰性气体不改变各组分浓度，反应速率不变，平衡时间不变，B错误；C．升温使正、逆反应速率均增大，且正反应放热，平衡逆向移动，C正确；故选C；已知速率方程：，当一定时，且可知，；（4）相同温度下，催化剂Ⅰ的乙炔转化率更高，说明催化剂Ⅰ降低活化能效果更显著，故催化剂Ⅰ的活化能更小；温度<220℃时，反应未达平衡，升温加快反应速率，转化率升高；温度>220℃时，反应已达平衡，升温使平衡逆向移动（放热反应），转化率降低；依据题干所给信息可列相关反应的三段式：依据三段式可知各个物质的分压为：，，，故==0.35kPa-