化学（湖南卷）（全解全析）-2026年高考考前预测卷

/2026年高考考前预测卷高三化学（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1N14O16Mg24Fe56选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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．【新科技】下列由我国主导的科技项目描述中，不涉及氧化还原反应的是A．“人造太阳”EAST装置中氘、氚发生的核聚变反应B．“液态阳光”示范项目中太阳能催化分解水制取氢气C．钠离子储能电池中Na+在正负极间的嵌入/脱出D．“光伏制氢—合成氨”项目将制氢产生的电能用于驱动氮气与氢气合成氨【答案】A【详解】A．核聚变反应属于核反应，仅改变原子核结构，不涉及电子转移或氧化态变化，因此不涉及氧化还原反应，故A符合题意；B．水分解为氢气和氧气，氢的氧化态从+1降至0，氧的氧化态从-2升至0，涉及电子转移，是氧化还原反应，故B不符合题意；C．钠离子电池的工作原理依赖于Na+在电极间迁移时的氧化还原反应，故C不符合题意；D．合成氨反应中氮的氧化态从0降至-3，氢的氧化态从0升至+1，是典型的氧化还原反应，故D不符合题意；故选A。2．【改编】下列实验操作或试剂的保存不符合实验安全要求的是A．Mg着火不可用泡沫灭火器灭火B．用镊子夹持加热后的蒸发皿进行转移C．蒸馏操作过程中向蒸馏烧瓶中不能添加沸石D．无水乙醇与要分橱保存【答案】B【详解】A．Mg着火时，泡沫灭火器中的水和生成的二氧化碳会与镁反应，加剧火势，应使用干燥沙子或专用灭火器，A正确；B．加热后的蒸发皿温度较高，需要用坩埚钳夹持转移，不能用镊子，B错误；C．蒸馏过程中向蒸馏烧瓶添加沸石可能导致过热液体暴沸，引发喷溅或爆炸危险，不符合安全要求（沸石应在加热前或冷却后添加），C正确；D．无水乙醇为易燃物，H2O2为氧化剂，两者混合可能引发火灾或爆炸，分橱保存（分开放置在不同柜中）符合安全要求，D正确；故选B。3．基本概念和理论是化学思维的基石。下列叙述正确的是A．等离子体是由阳离子、阴离子和电中性粒子组成的整体上呈电中性的物质聚集体B．胶体按照分散质的不同，分为液溶胶、气溶胶、固溶胶，如有色玻璃属于固溶胶C．灼烧实验、溶解实验、阴离子分析、阳离子分析都属于定性分析D．反应的活化能指活化分子具有的最低能量和反应物分子具有的平均能量之差【答案】C【解析】A．等离子体是由阳离子、电子和电中性粒子组成的整体上呈电中性的物质聚集体，A错误；B．胶体按照分散剂的不同，分为液溶胶、气溶胶、固溶胶，如有色玻璃属于固溶胶，B错误；C．灼烧实验、溶解实验、阴离子分析、阳离子分析都是用于探究和鉴别元素或物质的性质，没有涉及定量反应，属于定性分析，C正确；D．反应的活化能是指活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差，D错误；故答案为：C。4．【社会热点】在2025年9月3日阅兵式上展示的新型装备中，多项先进材料技术的应用彰显了我国科技实力。下列相关描述错误的是A．坦克装甲采用稀土改性合金，其化学活性高B．军事装备系统中用La-Ni储氢合金，可在室温下快速吸放氢C．直-20旋翼使用碳纤维复合材料，其强度高，质量轻D．歼-20隐身涂层内部制造的百万级微型蜂巢结构，能高效耗散并吸收雷达波【答案】A【详解】A．坦克装甲需要具备耐腐蚀、稳定性强的特性，化学活性高的材料易与环境中的物质发生反应被腐蚀，不符合装甲材料的性能要求，A错误；B．La-Ni合金是应用广泛的储氢合金，可在室温下快速完成吸氢、放氢过程，适用于军事装备系统，B正确；C．碳纤维复合材料具备强度高、密度小（质量轻）的优势，适合用于直升机旋翼的制造，C正确；D．隐身涂层的微型蜂巢结构可以高效吸收、耗散雷达波，减少雷达波反射，达到隐身效果，D正确；故选A。5．苯炔不对称芳基化反应如下：下列说法错误的是A．箭头b所示C—H键比箭头a所示C—H键活泼B．有机物X分子、有机物Y分子均含有1个手性碳原子C．苯炔不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也不与溴水反应D．有机物Y分子中苯环上的一氯代物有三种【答案】C【详解】A．由题示反应可知，箭头b所示C—H键和苯炔发生了加成反应，而箭头a所示C—H键没有反应，说明箭头b所示C—H键比箭头a所示C—H键活泼，A正确；B．手性碳原子为连接4个不同基团的C原子，有机物X分子，有机物Y分子，均含有1个手性碳原子，B正确；C．苯炔有碳碳三键能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，C错误；D．有机物Y分子中苯环上有3种不同化学环境的氢，即一氯代物有三种，D正确；故选C。6．下列化学用语表达正确的是A．氢元素的三种同位素：、、B．羟胺分子间氢键的强弱：C．亚铜氨溶液除去合成氨原料气中的：D．分子中键的形成：【答案】B【详解】A．氢元素的三种同位素为、、，A错误；B．羟胺中O的电负性大于N，氢键强于，B正确；C．亚铜氨中铜元素的化合价为+1价，而中铜元素为+2价，亚铜氨溶液除去合成氨原料气中的CO的原理为：，C错误；D．分子中C原子采取杂化，分子中键为，是由C的杂化轨道与H的轨道沿键轴方向以“头碰头”方式形成，题目中的示意图未体现杂化过程，D错误；故选B。7．已知为阿伏加德罗常数的值，向含的废水中加入和可制备，反应如下：，下列说法正确的是A．0.2mol/L溶液中数为B．11.2gFe完全反应，转移电子数为C．每生成6.72L气体，转移电子数为D．中含键数为【答案】D【详解】A．选项中未给出HCN溶液的体积，无法计算HCN的物质的量，且HCN是弱电解质，仅部分电离，因此无法确定H+物质的量，故A错误；B．11.2gFe的物质的量为=0.2mol，反应后Fe转化为[Fe(CN)6]4-，Fe的化合价由0价升高为+2价，0.2molFe完全反应转移电子数为0.2mol×2×NA=0.4NA，故B错误；C．选项未说明气体所处状况为标准状况，无法计算6.72L气体的物质的量，故C错误；D．每个[Fe(CN)6]4-中，每个CN-内部有1个σ键，Fe2+与6个CN⁻之间形成6个配位键(配位键属于σ键)，每个配离子共含6+6=12个σ键，因此0.5mol该配离子中含σ键数为0.5mol×12×NA=6NA，故D正确；答案为D。8．下列实验方案能达到实验目的的是A．图①装置——配制溶液B．图②装置——检验浓硫酸与铜反应后产物中是否含有铜离子C．图③装置——比较、、S的氧化性强弱D．图④装置——测定稀盐酸与稀氢氧化钠溶液反应的中和热【答案】C【详解】A．图中直接将溶液倒入容量瓶中，未使用玻璃棒引流，A错误；B．浓硫酸与铜反应后，溶液中可能含有未反应的浓硫酸。若将水直接加入反应液中，由于浓硫酸稀释会放出大量热量，可能导致液体飞溅，存在安全隐患。正确的操作应是将反应后的溶液缓慢倒入水中，并不断搅拌。因此，图②装置不符合实验安全要求，无法达到实验目的，B错误；C．左侧KMnO4与浓盐酸反应生成Cl2：，此反应表明KMnO4的氧化性强于Cl2。生成的Cl₂通入Na2S溶液中，发生反应：，此反应表明Cl2的氧化性强于S。综合来看，氧化性顺序为：KMnO4>Cl2>S，该装置能够实现比较三种物质氧化性强弱的目的。此外，尾气用浸有NaOH溶液的棉花吸收，可防止Cl2污染环境，C正确；D．图④中使用了环形金属搅拌棒。根据中和热测定的要求，应使用环形玻璃搅拌棒，而非金属搅拌棒。因为金属是热的良导体，使用金属搅拌棒会导致热量散失，影响实验结果的准确性，D错误；故选C。9．人工湿地微生物燃料电池(CW-MFC)是一种将人工湿地的生态净化功能与微生物燃料电池的生物电化学技术相结合的创新工艺，实现废水脱氮与产能的协同，装置原理如图。下列说法错误的是A．负极反应有B．CW-MFC工作时，由负极区移向正极区C．若产生标准状况下，理论上转移电子D．“负载”中的箭头方向表示电子的流动方向【答案】C【分析】该燃料电池为原电池装置，m极表面N元素化合价降低，m极为正极；n极表面C元素和N元素化合价升高，n极为负极，电子由负极沿导线流向正极，故“负载”中的箭头方向表示电子的流动方向。【详解】A．由题图可知，正极、负极均有多个电极反应，其中的电极式为：，A正确；B．电池工作时阳离子由负极区移向正极区，B正确；C．因正极、负极均存在多个反应，且正极、负极均产生，故只根据生成的量，无法确定转移的电子的量，C错误；D．根据分析，“负载”中的箭头方向表示电子的流动方向，D正确；故答案选C。10．反应用于的存储与释放，在氢能载体或氮循环技术中具有潜在应用价值。晶体的立方晶胞如图，微粒1的分数坐标为。下列说法正确的是A．白球()表示微粒B．微粒2的分数坐标为C．晶体密度为D．白球位于灰球形成的四面体空隙中，且空隙利用率为100%【答案】D【分析】由晶胞结构可知，晶胞中位于体内的白球个数为8，位于顶点和面心的灰球个数为：8×+6×=4，则由化学式可知，白球表示氯离子、灰球表示。【详解】A．由分析可知，白球表示氯离子、灰球表示，A错误；B．在分数坐标系中，晶胞边长即为一个单位长度，由位于体对角线上的微粒1的分数坐标可知，位于体对角线上的微粒2的分数坐标为，B错误；C．设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(a×10-10)3d，解得d=，C错误；D．由晶胞结构和俯视图可知，晶胞中白球位于灰球形成的四面体空隙中，且8个四面体空隙中均容纳了白球，所以四面体空隙利用率为100%，D正确；故选D。11．以硫酸厂矿渣（含、、等）为原料制备铁黄的工艺流程如图所示：资料：i.化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱，不溶于水，可溶于强酸或强碱。ii.；iii.沉铁过程主要生成下列说法不正确的是A．取“酸浸”后的溶液滴加KSCN溶液，溶液变红，发生的反应是B．“滤渣”中主要成分为、铁粉C．“沉铁”过程中有副产物生成，可能原因是促进了的水解D．若用“沉铁”，则无副产物产生，当反应完成时，溶液中【答案】B【分析】由题给流程可知，硫酸厂矿渣加入稀硫酸酸浸时，氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，α-Al2O3和二氧化硅与稀硫酸不反应，向反应后的溶液中加入过量铁粉，铁粉与硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁，过滤得到含有铁、二氧化硅、α-Al2O3的滤渣和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将亚铁离子转化为碳酸亚铁沉淀，向反应后的体系中通入空气，空气中的氧气将碳酸亚铁氧化为铁黄，过滤得到铁黄。【详解】A．取“酸浸”后的溶液滴加KSCN溶液，Fe3+和SCN-结合生成，溶液变红，该反应为可逆反应，离子方程式为：，A正确；B．由分析可知，“滤渣”中主要成分为SiO2、铁粉、α-Al2O3，B错误；C．在水溶液中会发生水解：，可以和H+反应降低c(H+)，促进“沉铁”的水解，则过程中有副产物生成，可能原因是促进了的水解，C正确；D．假设用"沉铁"时，溶液的不足以生成，当反应达到沉淀转化平衡时，有，，D正确；故选B。12．已知异丁烷与溴自由基()发生反应的能量变化关系如图所示(图中各物质及粒子的状态皆为气态)。下列说法正确的是A．液氯和液溴都可以采用钢瓶保存B．比稳定C．与反应是吸热反应D．分别用和与异丁烷反应，所得产物中的原因是【答案】B【详解】A．干燥的液氯常温下不与铁反应，可用钢瓶保存；但液溴会与铁发生反应腐蚀钢瓶，不能用钢瓶保存，A错误；B．能量越低，物质越稳定，由图可知所具有的能量比所具有的能量低，所以更稳定，B正确；C．与溴原子反应过程为成键过程，所以放热，C错误；D．卤代反应的选择性取决于进攻不同位置氢原子的活化能差值。根据可知，其进攻伯氢和叔氢的活化能差值更大。选项D给出的原因是错误的，因为氯原子更活泼，反应活化能更低，应为，D错误；故选B。13．配合物稳定性可用表示，对于配位反应：(代表中心离子或原子，L代表配体)。的配位化合物较稳定且应用广泛。可与、、、等配体形成使溶液呈浅紫色的、红色的、无色的、黄色的配离子。某同学按如下步骤完成实验：已知与、在溶液中存在平衡：(红色)，(无色)。下列说法不正确的是A．与的配位能力强于B．中键数目为C．向溶液Ⅲ中加入足量的KSCN固体，溶液可能再次变为红色D．反应的平衡常数【答案】D【分析】由题给信息可知，九水硝酸铁固体溶于水得到黄色的硝酸铁溶液，向溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液中铁离子与硫氰酸根离子反应生成红色的离子，再向溶液中加入氟化钠溶液，溶液中离子转化为无色的离子。【详解】A．由分析可知，向红色的溶液中加入氟化钠溶液，溶液中离子转化为无色的离子，说明与的配位能力强于，A正确；B．1个分子中含有2个O-H键，1个中含有6个配位键，配位键也是键，故中含有键数目为，B正确；C．溶液Ⅲ中存在如下平衡：，加入足量的硫氰化钾固体，溶液中硫氰酸根离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，离子浓度增大，溶液会再次变为红色，C正确；D．由题给信息可知，和的K稳分别为、，由方程式可知，反应的平衡常数K===，D错误；故选D。14．镓(Ga)为国家战略金属资源，属于出口管制的军民两用物质。常温下，和的沉淀溶解平衡曲线如图，其中为、，如。下列说法错误的是A．常温下，的数量级为B．m点对应分散系中加入后可变为q点C．向的混合液中滴加NaOH溶液，先沉淀D．常温下，的平衡常数【答案】D【详解】A．，将等式两边同时取负对数可得则，同理对于有，故题图中上面的曲线为的沉淀溶解平衡曲线，下面的曲线为的沉淀溶解平衡曲线。由点数据可知，常温下，，其数量级为正确；B．点存在沉淀溶解平衡：，向该分散系中加入，则增大，平衡逆向移动，减小，pOH增大，故可变为点，B正确；C．由A项分析可知，恰好开始沉淀时，若，则，由点数据可知，，恰好开始沉淀时，若，则，故向的混合液中滴加NaOH溶液，先沉淀，C正确；D．，D错误；故选D。非选择题：本题共4小题，共58分。15．（14分）锗是重要的稀散金属，广泛应用于航空航天、电子、新能源等高科技领域。一种从炼锌渣(含ZnFe2O4及MnO2、ZnGeO3、Ga2O3、SiO2)中提取锗的工艺流程如下：已知：“还原酸浸”时Ge、Ga元素转为Ge4+、Ga3+；GeO2是两性氧化物。回答下列问题：(1)“还原酸浸”时可得到ZnSO4、FeSO4、MnSO4，则ZnFe2O4发生反应的化学方程式为___________，所得滤渣主要成分除S外还有___________(填化学式)。(2)“共萃取”所得萃余液可返回炼锌系统循环利用，萃余液中主要成分除Fe2+，还有的金属离子为___________。(3)“沉镓”过程得到Ga(OH)3，加入NaHCO3的作用为___________；“中和”过程中生成GeO2，则“中和”过程发生反应的离子方程式为___________。(4)“水解”操作所得GeO2中残留有大量的氯离子，需多次高纯水洗涤，洗涤液中加入NaOH溶液调pH，再加入MgCl2，生成MgGeO3以回收锗。25℃时，当时，为防止产生杂质，pH应小于___________。已知：，，。(5)“真空还原”产物还有Na5P3O10、H3PO4等，则每生成1molNa5P3O10，反应转移的电子的物质的量为___________mol；在不同温度、不同浓度的条件下，Ge元素的产率如图所示，“真空还原”采用的最佳条件为___________。【答案】(1)SiO2(2)Mn2+、Zn2+(3)调节pH，便于生成Ga(OH)3(4)10.3(5)202.5%，1100℃【详解】（1）ZnFe2O4与稀硫酸、ZnS反应中，ZnFe2O4中的+3价Fe还原得到+2价Fe，ZnS中-2价S被氧化为0价S，化学方程式为；据分析，滤渣主要成分为SiO2和S；（2）据分析，萃余液中含有Zn2+、Fe2+和Mn2+；（3）“沉镓”过程加入NaHCO3消耗调节过量的稀硫酸调节pH为碱性，便于生成Ga(OH)3；“中和”Ge4+被氨水转化为GeO2，化学方程式为；（4）“水解”操作中GeO2首先溶于NaOH得到可溶性Na2GeO3，然后加入MgCl2发生反应，当时，则，即，则，，即溶液的pH应小于10.3。（5）“真空还原”中GeO2与NaH2PO2·H2O反应得到GeO、Na5P3O10、H3PO4，Ge由+4价还原为+2价，P由+1价氧化为+5价，根据得失电子守恒、原子守恒可得化学方程式为：10GeO2+5NaH2PO2·H2O=10GeO+Na5P3O10+2H3PO4+7H2O，则每生成1molNa5P3O10，反应转移的电子的物质的量为20mol；如图所示，1200℃与1100℃时Ge元素产率相差较小，从节约资源的角度考虑NaH2PO2·H2O的质量分数为2.5%、温度为1100℃时，Ge元素产率最大，即为最佳反应条件。16．（15分）乙酰乙酸乙酯是医药、染料、香料、涂料工业的有机合成中间体。某化学兴趣小组利用如图装置(夹持装置及部分加热装置等已省略)制备乙酰乙酸乙酯。已知：真空油泵构造周密，使用过程中严禁有机溶剂、水、酸等气体吸入，否则可能减短油泵的使用寿命。制备反应原理：。制备步骤：I．制备钠珠。在图1所示装置中加入适量Na和二甲苯，加热，回流，停止加热后，取下烧瓶振荡，冷却至室温，得细小钠珠。II．制备乙酰乙酸乙酯钠盐。在图-1所示的盛有钠珠的烧瓶中加入适量乙酸乙酯(含少量乙醇)，安装好装置，加热回流至液态体系透明为止。III．制备乙酰乙酸乙酯。反应液冷却至室温，加入50%醋酸至溶液体系，再加入饱和食盐水，进行操作X，分离出有机层。IV．分离、净化乙酰乙酸乙酯。将上述有机层转移至蒸馏烧瓶中，加热蒸馏，如图2所示，得产品乙酰乙酸乙酯。回答下列问题：(1)仪器a的名称是___________；图2蒸馏装置中的仪器b不能用仪器a代替，原因是___________。(2)乙酰乙酸乙酯钠可表示为，则钠珠与乙酸乙酯反应除生成乙酰乙酸乙酯钠外，还生成一种气体(少量)：___________(写化学式)；该反应采用细小钠珠(而不是等质量的钠块)的目的是___________。(3)乙酰乙酸乙酯钠盐中加入50%醋酸反应的化学方程式为___________。(4)制备步骤中，乙酰乙酸乙酯钠盐酸化，再加入饱和食盐水后的“操作X”需要用到的玻璃仪器有烧杯、___________等。(5)对乙酰乙酸乙酯产品进行蒸馏的装置如图2，甲中插入烧瓶中的毛细玻璃管的作用有___________(写出2条)；虚线框内装置的作用是___________。【答案】(1)球形冷凝管球形冷凝管的“球”中会残存馏出液，导致产品产率降低(2)利用细小钠珠的表面积大，使反应速率加快(3)(4)分液漏斗(5)做减压管，即烧瓶内压强过大时，打开活塞1，减小蒸馏烧瓶内压强；防暴沸，通过该管吸入少量空气，形成气泡，起到防暴沸的作用；搅拌作用(写出任意2条即可)吸收减压蒸馏时逸出的对油泵有害的气体，防止油泵腐蚀损坏【详解】（1）由仪器a的构造特点可知，其名称是球形冷凝管；仪器b为直形冷凝管，直形冷凝管与球形冷凝管的不同之处是气体(馏出液)经过的通道形状不同，前者为直形，后者为球形，若蒸馏装置中用球形冷凝管代替直形冷凝管，则“球”中会残存馏出液，导致产品产率降低。（2）乙酰乙酸乙酯钠可表示为，由题给制备反应原理可知，Na与乙酸乙酯中微量的乙醇反应生成了催化剂生成的过程中还生成了少量。该反应采用细小钠珠，而不是等质量的钠块，其目的是利用细小钠珠的表面积大，使反应速率加快。（3）乙酰乙酸乙酯钠盐中加入50%醋酸的目的是，使钠盐转化为酸，反应时先生成，该物质发生重排，生成，反应的化学方程式是。（4）由制备步骤中的信息可知，“操作X”后分为有机层和水层，故该操作是分液，需要用到的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗等。（5）对乙酰乙酸乙酯产品进行蒸馏的装置如图2，甲中插入烧瓶中的毛细玻璃管的作用有三个：做减压管，即烧瓶内压强过大时，打开活塞1，减小蒸馏烧瓶内压强；防暴沸，通过该管吸入少量空气，形成气泡，起到防暴沸的作用；搅拌作用。由“已知”信息可知，真空油泵属于精密仪器，故虚线框内装置的作用是吸收减压蒸馏时逸出的对油泵有害的气体，防止油泵腐蚀损坏。17．（14分）MgCO3/MgO循环在CO2捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用MgCO3与H2反应生成CH4的路线，主要反应如下：Ⅰ．MgCO3(s)=MgO(s)+CO2(g)

ΔΗ1>0Ⅱ．CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)

ΔΗ2<0Ⅲ．CO2(g)+H2(g)=H2O(g)+CO(g)

ΔΗ3>0回答下列问题：(1)MgCO3(s)+4H2(g)⇌MgO(s)+2H2O(g)+CH4(g)的焓变ΔΗ=_______(用含ΔΗ1，ΔΗ2的代数式表示)。(2)实际工业生产中，下列措施能提高CH4单位时间内的产率的是_______。A．低温B．高压C．使用选择性催化剂(3)100kPa下，在密闭容器中H2(g)和MgCO3(s)各1mol发生反应。反应物(H2、MgCO3)的平衡转化率和生成物(CH4、CO2)的选择性随温度变化关系如下图(反应Ⅲ在360℃以下不考虑)。注：含碳生成物选择性=①表示MgCO3平衡转化率的曲线是_______(填字母)。当温度高于360℃时，随温度升高H2平衡转化率下降的原因是_______。②点M温度下达到平衡时，CH4的产率为_______，反应Ⅱ的Kp=_______(kPa)-2(结果保留小数点后两位)。若向平衡体系中通入少量CO2(g)，重新达平衡后，MgO的质量m(MgO)将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】(1)ΔΗ1+ΔΗ2(2)BC(3)a；随温度升高，反应Ⅱ逆移，使H2量增多；反应Ⅲ正移，使H2量减少；总的表现为H2增加量大于减少量98%；150.06；减小【详解】（1）目标反应=反应Ⅰ+反应Ⅱ，则MgCO3(s)+4H2(g)⇌MgO(s)+2H2O(g)+CH4(g)的焓变ΔΗ=ΔΗ1+ΔΗ2；（2）A．反应Ⅱ放热，低温平衡正向，但反应速率大幅降低，单位时间产率不一定提高，A错误；B．反应Ⅱ气体分子数减少（5→3），高压既加快反应速率，又使平衡正向，单位时间产率提高，B正确；C．使用选择性催化剂可选择性加快反应Ⅱ速率，抑制副反应，提高CH4单位时间产率，C正确；故选BC；（3）①反应Ⅰ吸热，温度升高，MgCO3平衡转化率升高，故曲线a代表MgCO3平衡转化率；温度高于360℃时，反应Ⅲ开始显著进行，且H2的转化主要由放热的反应Ⅱ主导；升温使反应Ⅱ平衡逆向移动，导致H2量增多；反应Ⅲ正移，使H2量减少，总的表现为H2增加量大于减少量；②点M温度下，MgCO3平衡转化率为49%，则剩余的MgCO3为0.51mol，根据碳原子守恒，甲烷和二氧化碳中碳原子的物质的量之和为0.49mol，又因为此时二氧化碳的选择性和甲烷选择性相等，则二氧化碳和甲烷的物质的量均为0.245mol，H2(g)和MgCO3(s)各1mol发生反应，理论产生甲烷0.25mol，CH4的产率为；根据氧原子守恒得出水的物质的量为0.49mol，根据氢原子守恒得出氢气的物质的量为0.02mol，总的物质的量为0.02+0.245+0.245+0.49=1mol，由此求出p(H2)=2kPa，p(CO2)=p(CH4)=24.5kPa，p(H2O)=49kPa，由此求得反应Ⅱ的Kp=150.06(kPa)-2；温度不变，向平衡体系中通入少量CO2(g)，反应Ⅰ