河北省唐山市2026年高三下学期普通高中学业水平选择性考试第一次模拟演练化学试卷

唐山市2026年普通高中学业水平选择性考试第一次模拟演练化学本试卷共8页，18小题，满分100分。考试时长75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。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，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Ca40Ti48第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择题(共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意。)1.“文房四宝”是古人书法必备用品。以下四种，其主要化学成分属于非金属单质的是A．湖笔B．徽墨C．宣纸D．易水砚A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．湖笔笔头的主要成分是动物毛发，本质为蛋白质，属于有机混合物，A错误；B．徽墨的主要成分是炭黑，即碳单质，碳属于非金属单质，B正确；C．宣纸的主要成分是纤维素，属于有机高分子化合物，C错误；D．易水砚由天然石材加工而成，主要成分是硅酸盐等无机化合物，D错误；答案选B。2.下列操作不符合实验安全要求的是A.与乙酸乙酯保存在不同的药品橱B.闻气体气味时用手轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔C.向铜与浓硫酸反应后的试管中加入水，观察溶液颜色D.给液体加热时，沿试管倾斜方向不停移动试管或加入碎瓷片，以免液体暴沸【答案】C【解析】【详解】A．KMnO4是强氧化剂，乙酸乙酯是易燃有机物，强氧化剂与易燃物质若混放，一旦发生泄漏等情况可能引发燃烧甚至爆炸，因此二者需要保存在不同药品柜中，符合安全要求，A不符合题意；B．闻气体气味时采用扇闻法，仅使少量气体飘入鼻孔，避免吸入大量有毒气体，符合安全要求，B不符合题意；C．铜与浓硫酸反应后，试管中残留有浓硫酸，若直接向试管加水，可能会导致液体飞溅，引发安全事故，该操作不符合实验安全要求，C符合题意；D．给液体加热时，沿试管倾斜方向不停移动试管可使受热均匀，加入碎瓷片能够防止液体暴沸，操作符合安全要求，D不符合题意；故答案选C。3.高分子材料在生产、生活中得到广泛应用。下列说法错误的是A.用聚氯乙烯制作食品保鲜膜 B.用高强度的改性聚丙烯制作电动车头盔C.用聚乳酸制作免拆手术缝合线 D.用聚甲基丙烯酸甲酯制作有机玻璃【答案】A【解析】【详解】A．聚氯乙烯有毒，受热易释放有害物质，不能用于制作食品保鲜膜，食品保鲜膜一般使用无毒的聚乙烯制作，A符合题意；B．改性聚丙烯具有高强度的优良性能，满足电动车头盔的防护强度要求，可用于制作电动车头盔，B不符合题意；C．聚乳酸是可生物降解的高分子材料，能在人体内降解吸收，因此可制作免拆手术缝合线，C不符合题意；D．聚甲基丙烯酸甲酯俗称有机玻璃，是透明性能优良的高分子材料，D不符合题意；故选A。4.设是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.1L0.1的HF溶液中的数目为0.1B.26g乙炔中键的数目为3C.标准状况下，22.4L中价层电子对的数目为4D.1mol储氢材料氨硼烷()中配位键的数目为【答案】A【解析】【详解】A．HF为弱电解质，存在电离平衡，的HF溶液中的物质的量小于，数目小于，A符合题意；B．乙炔的摩尔质量为，乙炔的物质的量为，1个乙炔分子含3个键，故乙炔的键的数目为，B不符合题意；C．标准状况下物质的量为，分子中N原子价层电子对数为4，故价层电子对的数目为，C不符合题意；D．氨硼烷()中，N原子提供孤电子对，B原子提供空轨道，1个氨硼烷分子中形成1个N→B配位键，因此1mol氨硼烷中配位键的数目为，D不符合题意；故选A。5.下列化学用语表述正确的是A.分子的球棍模型：B.水分子的价层电子对互斥模型：C.氯自由基的电子式：D.分子中键的形成：【答案】C【解析】【详解】A．二氧化碳分子空间结构为直线形，并且氧原子半径小于碳原子半径，此图为的比例模型，也就是空间填充模型，球棍模型为：，A错误；B．水分子的中心O原子价层电子对数为，含有两对孤对电子，价层电子对互斥模型应为四面体形，，B错误；C．氯自由基就是氯原子，最外层有7个电子，题图电子式正确，C正确；D．中键是碳原子的杂化轨道和氢原子的轨道头碰头重叠形成，题图表示的是p轨道间的重叠，正确的为：，D错误；故选C。6.从紫苏中提取的迷迭香酸(E)的结构如图，下列说法正确的是A.1molE与浓溴水反应，最多消耗6mol B.E不存在顺反异构现象C.1molE最多与9mol反应 D.E中含有手性碳原子【答案】D【解析】【详解】A．该分子中含有4个酚羟基，其邻对位可以和溴水发生取代反应，1mol迷迭香酸可以和6mol溴水发生取代反应，该分子中还含有一个碳碳双键，可以发生加成反应，1mol迷迭香酸可以和1mol溴水发生加成反应，所以1molE与浓溴水反应，最多消耗7mol，A错误；B．该分子中含有碳碳双键，且双键的两个碳原子各自连的两个基团均不相同，所以存在顺反异构现象，B错误；C．该分子中的苯环和双键可以与氢气加成，1个苯环与3个加成，一个双键与1个加成，羧基和酯基不能与氢气加成，所以1molE最多与7mol反应，C错误；D．碳原子所连四个基团均不相同时，为手性碳原子，分子中，酯基O右侧的碳原子为手性碳原子，所以E中含有手性碳原子，D正确；故答案选D。7.下列实验装置或操作不能达到实验目的的是A．配制悬浊液B．检验1氯丁烷中的氯元素C．模拟“侯氏制碱法”D．制备A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．制备检验醛基用的Cu(OH)2需在碱性条件下，向2mL10%的氢氧化钠溶液中滴加5滴5%的硫酸铜溶液，制得新制氢氧化铜，且氢氧化钠过量，检验醛基时产生砖红色沉淀，能达到实验目的，A不符合题意；B．检验1氯丁烷中氯元素时需先在NaOH溶液、加热条件下水解，再用稀硝酸酸化，最后滴加硝酸酸化的AgNO3溶液；不能直接用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，不能达到实验目的，B符合题意；C．向饱和食盐水中先通入NH3使溶液呈碱性以提高CO2溶解度，再通入CO2，发生反应，可模拟“侯氏制碱法”，能达到实验目的，C不符合题意；D．先打开止水夹，Fe与稀硫酸反应生成H2排尽装置内空气，再关闭止水夹，H2将生成的FeSO4溶液压入NaOH溶液中，发生反应，可在无氧环境下制备Fe(OH)2，能达到实验目的，D不符合题意；故选B。8.化学研究应注重宏观与微观相结合。下列描述与微观解释不符的是描述微观解释A沸点：>HF分子间氢键的数目：>HFB硬度：金刚石>晶体硅键能：CC>SiSiC甲苯能使酸性溶液褪色甲基使苯环变活泼、易被氧化D键角：中心原子杂化类型不同A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．每个分子平均可形成2个分子间氢键，每个HF分子平均可形成1个分子间氢键，分子间氢键数目更多，分子间作用力更强，因此沸点＞HF，A正确；B．金刚石和晶体硅均为共价晶体，C原子半径小于Si，因此CC键长更短，键能CC＞SiSi，共价键键能越大，晶体硬度越大，因此硬度金刚石＞晶体硅，B正确；C．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，本质是苯环活化了侧链甲基，使甲基更容易被氧化，微观解释错误，C错误；D．中碳原子为sp2杂化，键角约为，中碳原子为sp3杂化，键角为109°28′，因此键角，D正确；故答案选C。9.短周期主族元素Q、W、X、Y、Z的原子半径依次增大，Q的原子序数与族序数相等；Y、Z同周期，W、Z同主族且Z的原子序数是W的两倍；基态X原子核外有3种能量不同但数目相同的电子。下列说法错误的是A.单质沸点：X＜W B.电负性：Y>ZC.与均有强氧化性 D.与均为非极性分子【答案】A【解析】【分析】根据题意，短周期主族元素中，Q原子序数与族序数相等且原子半径最小，故Q为H；W、Z同主族且Z原子序数是W的两倍，故W为O，Z为S；基态X原子核外有3种能量不同、数相同的电子，X电子排布为，故X为C；Y、Z同周期，原子半径Y<Z，故Y为Cl，据此分析。【详解】A．X的单质，如碳的单质，常温下为固态，W的单质，如氧气、臭氧，常温下为气态，单质沸点：C>O，因此X>W，A符合题意；B．Y为Cl、Z为S，二者同周期，同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，电负性Cl>S，即Y>Z，B不符合题意；C．是，是，中O为1价，中Cl为+4价，二者都具有强氧化性，C不符合题意；D．是，为正四面体结构；是，为直线形，二者正负电荷中心都重合，均为非极性分子，D不符合题意；故选A。10.某新型钠离子二次电池(如图)用溶解了的二甲氧基乙烷作电解质溶液。放电时插入PbSe中的Na变成后脱插。下列说法正确的是A.电解质溶液换成的水溶液电池效率更高B.充电时，负载于碳纳米管的PbSe电极接直流电源的负极C.放电时，电极电势：＜负载于碳纳米管的PbSeD.外电路通过1mol电子时，理论上两电极质量变化的差值为23g【答案】B【解析】【分析】放电时，负载于碳纳米管的PbSe电极为负极，插入其中的Na失电子生成脱插，发生氧化反应：；电极为正极，嵌入其中并得电子发生还原反应：。电解质溶液中通过允许通过的隔膜从负极向正极迁移，形成闭合回路。充电时，原负极（PbSe电极）作阴极，接直流电源负极，发生还原反应：；原正极[电极]作阳极，接直流电源正极，发生氧化反应：，从阳极向阴极迁移，据此分析。【详解】A．若将电解质溶液换成的水溶液，活泼金属Na会与水发生反应：，导致电池效率降低甚至损坏，A不符合题意；B．放电时负载于碳纳米管的PbSe电极为负极，充电时该电极作阴极，需接直流电源的负极，B符合题意；C．放电时，正极电势高于负极电势，为正极，负载于碳纳米管的PbSe为负极，故电极电势：负载于碳纳米管的PbSe，C不符合题意；D．外电路通过电子时，负极（PbSe电极）质量减少的质量即，正极[电极]质量增加的质量即，两电极质量变化的差值为，D不符合题意；故选B。11.立方钙钛矿晶胞如图甲所示，晶胞参数为anm；一种金属卤化物光电材料的组成为、和有机碱离子，其晶胞如图乙所示。设是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.甲中氧离子之间的最短距离为nm B.甲的密度为C.乙中周围紧邻的有12个 D.甲中与乙中的空间位置不同【答案】D【解析】【分析】立方钙钛矿晶胞中，位于体心，数目为1；位于顶点，数目为；位于棱上，数目为，化学式为；金属卤化物光电材料晶胞中，位于顶点，数目为；位于体心，数目为1；位于面心，数目为，化学式为，据此分析。【详解】A．甲中氧离子位于棱心，最短距离为面对角线的一半，即，A不符合题意；B．甲晶胞参数为，晶胞体积为，晶胞质量为，密度为，B不符合题意；C．乙中位于顶点，周围紧邻的位于面心，共12个，C不符合题意；D．甲中位于顶点，乙中位于体心，比较晶胞甲、乙可知，将图乙中周围紧邻的八个晶胞中体心上的离子连接起来，就能变为图甲所示晶胞结构，图乙中体心上的就变为了八个顶点，即相当于图甲中的，甲中与乙中的空间位置相同，D符合题意；故选D。12.乙醇水蒸气制过程中的主要反应(忽略其他副反应)如下：①②101kPa时，的平衡产率(Y)与温度、起始时水醇比[]的关系如图所示，图中同一条曲线上的平衡产率相同。下列说法错误的是A.的平衡产率：曲线a>曲线b B.反应②的正反应活化能大于逆反应活化能C.Q、P两点反应①的平衡常数： D.只改变温度可使【答案】D【解析】【详解】A．其它条件相同，增大水浓度，反应②逆向移动，反应①正向移动；则增大水醇比，H2的平衡产率增大，所以的平衡产率：曲线a>曲线b，A正确；B．已知图中同一条曲线上H2的平衡产率相同，在相同水醇比时，温度升高，氢气的平衡产率降低，说明主要发生反应②，即反应②也为吸热反应，则正反应活化能大于逆反应活化能，B正确；C．平衡常数只与温度有关，Q、P两点反应①的平衡常数相等，C正确；D．据图可知，欲使，除了改变温度还要增大水醇比，D错误；故选D。13.下列实验操作及现象能得出相应结论的是实验操作及现象结论A用pH计测得碳酸钠溶液的pH小于苯酚钠溶液的pH酸性：碳酸>苯酚B加热0.3溶液，溶液由蓝色变为黄色(蓝色)C向葡萄酒中滴加几滴酸性溶液，溶液紫红色褪去葡萄酒中含D取两份新制氯水，分别滴加溶液和淀粉KI溶液，前者产生白色沉淀，后者溶液变蓝色氯气与水的反应存在限度A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．实验中未控制碳酸钠和苯酚钠溶液浓度相等，无法直接根据pH的大小判断碳酸和苯酚的酸性强弱，A错误；B．加热后溶液由蓝色变为黄色，说明温度升高，平衡向生成黄色的方向移动，即(蓝色)逆向移动，升温平衡向吸热方向移动，说明逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，，B正确；C．葡萄酒中含有乙醇，乙醇也具有还原性，可还原酸性高锰酸钾使其褪色，无法证明葡萄酒中一定含有，C错误；D．氯气与水反应生成HCl和HClO，滴加AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl⁻存在；滴加淀粉KI溶液，溶液变蓝色，说明有氧化性物质存在(氧化生成而使淀粉变蓝)，可以是Cl2或HClO，因此不能说明氯气与水的反应存在限度，D错误；故答案选B。14.25℃时，向100mL蒸馏水中加入10g粉末，一段时间后再向其中加入10mL蒸馏水。整个过程中电导率的变化如图所示(电导率越大，溶液导电能力越强)。已知：25℃时，；饱和溶液的pH略小于10.的电离常数：，。下列说法错误的是A.a→c为粉末不断溶解的过程B.c时刻加入水，c→d的变化原因主要是溶液被稀释C.e点后达到沉淀溶解平衡，上层清液中存在D.体系中任意时刻都满足：【答案】C【解析】【分析】曲线a→c过程为碳酸钙溶于水后，电导率的变化，c→e过程为加入10mL蒸馏水后，电导率的变化，以此回答；【详解】A．a→c为粉末不断溶解的过程中，电导率不断增大，A正确；B．c→d过程加入10mL蒸馏水，上层清液电导率下降主要是因为加水瞬间，溶液浓度减小被稀释，B正确；C．e点后溶液的电导率几乎不再改变，由得，存在水解平衡，即，根据可得，则碳酸根离子的水解平衡常数，以第一步水解为主，设有的水解生成，列三段式有：则，，所以，，，C错误；D．根据电荷守恒，体系中任意时刻都满足：，D正确；故答案选C。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、填空题(共4小题，共计58分)15.双水杨醛缩乙二胺()的锰配合物[，]常用作有机氧化反应的催化剂。某化学课外小组制备该配合物并确定其组成。Ⅰ．配合物的制备制备原理：实验步骤：实验装置如图所示(省略夹持和加热等装置)，单孔塞连接仪器A．将反应物用物质B溶解，在空气中，65～70℃反应30分钟。反应结束后，经冷却、结晶、过滤、洗涤、干燥，获得产物。Ⅱ．配合物中x的测定①移取20.00mL3.5的溶液置于锥形瓶中，加入10.00mL0.03020过量的维生素C()溶液充分混合，放置3～4分钟。②往上述锥形瓶中加入5滴1%的淀粉溶液，立即用0.01000的标准溶液滴定至终点。平行测定三次，消耗标准溶液的平均体积为20.20mL。上述测定过程所涉及的反应如下：ⅰ．(未配平)ⅱ．回答下列问题：（1）仪器A选用_______(填序号)，冷凝效果最好。仪器选择选项a．空气冷凝管b．直形冷凝管c．球形冷凝管（2）制备过程中，空气的作用是_______；“物质B”常选用乙醇，下列说法错误的是_______(填序号)。a．在水中溶解度较小的原因之一是分子中含有较多的疏水基团b．分子内形成氢键会增加其与水分子形成氢键的机会c．在乙醇中的溶解度不会很小（3）配平反应ⅰ的化学方程式：_______。。（4）步骤②中滴定时间不宜过长。若用时过长，会导致测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。（5）步骤②中，滴定终点现象为：加入最后半滴标准溶液，_______，且半分钟内无变化。接近滴定终点时，向锥形瓶中滴入半滴标准液的操作为_______(填序号)。（6）根据实验数据，中x=_______(保留整数)。【答案】（1）c（2）①.氧化剂②.b（3）（4）偏大（5）①.锥形瓶中溶液由无色变为蓝色②.b（6）1【解析】【分析】本实验先以双水杨醛缩乙二胺和醋酸锰为原料，在乙醇中借助空气中的氧气将二价锰氧化为三价锰，与配体及氯离子形成锰配合物；再利用三价锰的氧化性与过量维生素C定量反应，通过碘标准溶液滴定剩余维生素C，根据反应比例和摩尔质量计算，确定配合物中氯离子的数目；据此作答。【小问1详解】球形冷凝管的冷凝面积大，冷凝效果好，适合用于回流反应；直形冷凝管主要用于蒸馏，空气冷凝管用于高温蒸馏，都不适合本实验的回流操作，故选c；【小问2详解】空气的作用：提供氧气，作氧化剂；a．H2L分子含较多疏水基团，在水中溶解度较小，a正确；b．H2L分子内形成氢键会减少与水分子形成氢键的机会，使溶解度降低，b错误；c．Mn(CH3COO)2・4H2O为离子化合物，属于“极性溶质”；乙醇是极性有机溶剂，根据相似相溶原理，四水合醋酸锰在乙醇中的溶解度不会很小，c正确；故选b；【小问3详解】依据H原子和Cl原子守恒，先给HCl配2x，再依次配平MnLClx、MnL，最后给C6H6O6和C6H8O6分别配x；答案为：；【小问4详解】若用时过长，维生素C会被空气中氧气氧化，导致与反应的维生素C减少，误认为与MnLClx反应的维生素C偏多，导致测定结果偏大；【小问5详解】用碘标准液滴定维生素C，则滴定终点现象为：加入最后半滴碘标准溶液，锥形瓶中溶液由无色变为蓝色，且半分钟内无变化；滴入半滴标准液的操作：将滴定管尖嘴轻靠锥形瓶内壁，使半滴溶液流下，用少量蒸馏水冲洗内壁；碘具有氧化性会腐蚀橡胶管，则应该选用酸式滴定管盛装碘标准液；故选b；【小问6详解】与反应的维生素C：n(C6H8O6)=0.01000mol・L1×0.02020L=2.020×104mol，与MnLClx反应的维生素C：n(C6H8O6)=0.03020mol・L1×0.01000L2.020×104mol=1.000×104mol，MnLClx的物质的量：；由，得，即，解得x≈1。16.铝土矿生产氧化铝的过程中产生废渣，其主要成分为MgO、及少量、。从中回收钪(Sc)的工艺流程如下。已知：①、、。②回答下列问题：（1）钪在元素周期表中的位置为_______。（2）为加快“酸浸”步骤中废渣的溶解，可采取的措施有_______(写出一种)；“酸浸”时不能用盐酸代替硫酸，请说明理由_______；写出“滤渣”的一种工业用途_______。（3）向“滤液”中加入溶液，可将铝元素转化为(不考虑与的反应)，反应的离子方程式为_______，该反应的化学平衡常数=_______。（4）“萃取”步骤中存在：。研究发现，pH过小或过大时，的萃取率均较小，原因是_______。【答案】（1）第四周期ⅢB族（2）①.适当增大硫酸浓度、搅拌②.反应温度为80℃，盐酸易挥发，酸浸效率低③.制光导纤维、玻璃、冶炼硅等（3）①.②.（4）pH过小时，萃取平衡逆向移动；pH过大时，水解生成【解析】【分析】废渣主要成分为、、、，稀硫酸酸浸时，、、溶解为硫酸盐，不溶成为滤渣；滤液加，、分别转化为、，以沉淀形式分离；加盐酸/氯化铵转溶后，用HR萃取，再经反萃取、电解得到，据此分析。【小问1详解】钪（Sc）为21号元素，在元素周期表中位于第四周期ⅢB族；【小问2详解】加快“酸浸”步骤中废渣溶解的措施为适当增大硫酸浓度（或搅拌、升高温度、将废渣粉碎等）；“酸浸”时不能用盐酸代替硫酸，理由为反应温度为80℃，盐酸易挥发，酸浸效率低；“滤渣”为，工业用途为制光导纤维、玻璃、冶炼硅等；【小问3详解】向“滤液”中加入溶液，反应的离子方程式为，，结合，该反应的化学平衡常数；【小问4详解】“萃取”步骤中，pH过小时，浓度增大，萃取平衡逆向移动，萃取率减小；pH过大时，水解生成沉淀，萃取率减小。17.甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(CO和)的重要方法，主要反应有：反应ⅰ：反应ⅱ：回答下列问题：（1）反应ⅰ在_______(填“任意条件”“高温”或“低温”)下自发进行，又已知反应的，则_______。（2）起始时，向容器中充入1.0mol和1.0mol的混合气体发生反应ⅰ和ⅱ。①若容器为恒容绝热密闭容器，下列描述不能说明反应达到平衡状态有_______(填序号)。a．混合气体密度保持不变b．混合气体温度不再改变c．混合气体压强不再改变d．②在温度分别为、和下，的平衡转化率与压强的关系如图所示，反应温度最高的是(填“”“”或“”)_______，原因是_______。③在起始压强为100kPa的恒容密闭容器中，恒温下反应4min达到平衡，测得体系总压强为120kPa，且(p为气体分压，单位为kPa)，达到平衡时的平均反应速率为_______，反应ⅱ的压强平衡常数_______(用平衡分压代替平衡浓度进行计算，分压=总压×物质的量分数)。（3）恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的//Ar混合气，投料组成与和的平衡转化率之间的关系如图所示。若投料组成中Ar含量下降，平衡体系中的值将(填“增大”“减小”或“不变”)_______。【答案】（1）①.高温②.+41（2）①.ad②.③.反应ⅰ为吸热反应，其他条件相同时，升温，平衡右移，的平衡转化率增大④.2.5⑤.1（3）增大【解析】【小问1详解】当时，反应可以自发进行，而反应ⅰ的，正反应气体分子数增加，，所以只有高温才能使。由盖斯定律可知，反应ⅱ可由反应ⅰ和（1）中的反应相减得到，。【小问2详解】①a．，两个反应中的物质均为气体，气体的质量不变，容器又是恒容的，所以气体的密度一直不变，不能作为平衡判断的依据，a符合题意；b．容器是绝热的，说明与外界不存在能量的交换，而两个反应都是吸热反应，在没有达到平衡之前，体系的温度一直在下降，达到平衡后温度不变，可以作为平衡判断的依据，b不符合题意；c．反应ⅰ前后气体分子数不同，在没有达到平衡之前，气体的压强越来越大，平衡后压强不变，可以作为平衡判断的依据，c不符合题意；d．两者在反应ⅱ中的变化量相同，但还在反应ⅰ中作反应物，导致两者速率不相等，该选项不能作为平衡判断的依据，d不符合题意；答案选ad。②反应ⅰ是吸热反应，温度升高，平衡正移，的平衡转化率升高，即温度越高，平衡转化率越大，而图中下，的平衡转化率最高。③反应ⅱ气体分子数不变，不会引起压强的变化，只有反应ⅰ会。设反应ⅰ中物质的量的变化值为，所以平衡时气体的总物质的量为，再根据阿伏伽德罗定律的结论可知，，求得，所以达到平衡时，的平均反应速率为。平衡时的分压为，剩余气体的总压为。因为，所以、、、平衡时各自的分压分别为、、、。则反应ⅱ的压强平衡常数为。【小问3详解】恒温恒压下Ar含量下降相当于增大压强，反应ⅰ平衡逆向移动导致和量减少，量增加，前两个的减少量更多，使反应ⅱ的平衡正移，含量增大，含量减小，最终增大。18.