安徽阜阳市临泉田家炳实验中学2026届高三下学期二模考试化学试题 含答案

/高三化学本试卷共100分考试时间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。4.可能用到的相对原子质量：H1C12O16Si28S32Ti48Cu64一、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.下列资源的利用中，在给定工艺条件下转化关系错误的是A.海水精盐 B.煤炭水煤气C.石油石蜡 D.纤维素葡萄糖【答案】A【解析】【详解】A．海水蒸发过程中溶剂水挥发，结晶得到的是含氯化钙、氯化镁等杂质的粗盐，粗盐需经过除杂、精制才能得到精盐，仅通过蒸发无法直接制得精盐，A错误；

B．煤炭的气化是煤炭与水蒸气在高温下发生反应，生成的一氧化碳和氢气的混合气体即为水煤气，B正确；

C．石油中含沸点不同的烃类组分，通过减压蒸馏降低烃的沸点，可分离得到石蜡等沸点较高的烃类馏分，C正确；

D．纤维素属于多糖，在酸性条件下发生水解反应，最终完全水解生成葡萄糖，D正确；故选A。2.下列各组物质的鉴别中，仪器或试剂的选择不可行的是A.稀硫酸和稀硝酸：氯化钡溶液B.苯甲醇和对甲苯酚：元素分析仪C.MnO2粉末和Fe3O4粉末：磁石D.二甲醚和乙醇：金属钠【答案】B【解析】【详解】A．稀硫酸与氯化钡反应生成白色沉淀，稀硝酸与氯化钡不反应，现象不同可以鉴别，A不符合题意；B．苯甲醇和对甲苯酚的分子式均为，所含元素种类、各元素质量分数完全相同，元素分析仪无法区分二者，B符合题意；C．具有铁磁性可被磁石吸引，无磁性不能被吸引，现象不同可以鉴别，C不符合题意；D．乙醇含羟基可与金属钠反应生成，有气泡产生，二甲醚无羟基不与钠反应，现象不同可以鉴别，D不符合题意；故选B。3.化学品在食品工业中也有重要应用。下列说法错误的是A.亚硝酸盐可作肉类的护色剂B.苯甲醛可用作食品香味剂C.二氧化硅可用作食品干燥剂D.氯化钠可用作豆腐的凝固剂【答案】D【解析】【详解】A．亚硝酸盐可与肉类肌红蛋白反应生成稳定的亮红色亚硝基肌红蛋白，同时能抑制肉毒杆菌繁殖，可作肉类护色剂，A正确；B．苯甲醛有杏仁香味，虽本身有一定毒性，在合理限量内可用作食品香味剂，B正确；C．食品级多孔二氧化硅（硅胶）吸水性强且无毒，可用作食品干燥剂，C正确；D．氯化钠主要用做调味剂，豆腐的凝固剂通常使用石膏（硫酸钙）或卤水（氯化镁），D错误；故选D。4.下列关于仪器使用的说法正确的是A.分离乙酸乙酯和碳酸钠溶液需用到②⑥B.配制一定质量分数的NaOH溶液需用到⑤C.重结晶实验需用到①④D.从海带中提碘需用到③【答案】D【解析】【详解】A．分离乙酸乙酯和碳酸钠溶液采用分液操作，需要分液漏斗、烧杯，不需要锥形瓶和滴定管，A错误；

B．配制一定质量分数的溶液，使用天平、烧杯、玻璃棒、量筒即可，容量瓶用于配制一定物质的量浓度的溶液，该实验不需要，B错误；

C．重结晶实验需要烧杯、玻璃棒、漏斗、酒精灯，不需要蒸馏烧瓶和球形冷凝管，C错误；

D．从海带中提碘时，需要先灼烧海带使其中的碘元素转化为可溶性碘化物，灼烧操作需使用坩埚，D正确；故选D。5.三氟甲苯是合成农药、医药、染料等的中间体，其合成方法如下：++H2↑+CO2↑下列叙述正确的是A.三氟甲苯分子中所有原子共平面B.三氟甲苯分子中碳原子的杂化方式均为sp2C.生成22.4LH2时，需消耗1mol苯D.相同条件下，三氟乙酸的酸性强于乙酸【答案】D【解析】【详解】A．三氟甲苯分子中所有原子不可能共面，A项错误；B．三氟甲苯分子中碳原子的杂化方式为sp2、sp3，B项错误；C．未标明气体所处的状况，无法计算消耗苯的量，C项错误；D．F的电负性较强，—CF3为吸电子基团，而—CH3为推电子基团，所以三氟乙酸中羧基的氧氢键极性较强，故三氟乙酸的酸性强于乙酸，D项正确。阅读下列材料，完成下列小题。烟气中的SO2是造成酸雨的重要原因。NO的存在可促进SO2被氧化为SO3，相关反应为①2NO+O2=2NO2，②2NO2+2SO2=2NO+2SO3。另外有研究表明二氧化硫还可以用乙二醇(HOCH2CH2OH)直接吸收。6.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下，22.4L乙二醇中氧原子数为0.2NAB.0.1molSO2溶于足量的水中，所得溶液中含硫粒子总数小于0.1NAC.反应②中3.2gSO2参与反应时，转移的电子数为0.2NAD.0.1molSO3中含有的价电子总数为2.4NA7.下列说法错误的是A.最简单氢化物的沸点：O＞N＞SB.SO3的VSEPR模型为平面三角形C.SO2和NO2的键角：∠O—S—O＞∠O—N—OD.O2中σ键和π键的数目之比为1∶1【答案】6.D7.C【解析】【详解】1．A．标准状况下，乙二醇为液体，无法利用22.4L/mol来计算，A项错误；B．0.1molSO2溶于足量水后，所得溶液中含硫粒子总数等于0.1NA，B项错误；C．一个SO2转化为SO3失去两个电子，3.2gSO2(0.05mol)参与反应时，转移的电子数为0.1NA，C项错误；D．1个SO3分子中的价电子总数为6×1+6×3=24，0.1molSO3中含有的价电子总数为2.4NA，D项正确；故选D。2．A．最简单氢化物的沸点大小关系为H2O＞NH3＞H2S，A项正确；B．SO3的价层电子对数为3，则SO3的VSEPR模型为平面三角形，B项正确；C．SO2和NO2的中心原子S和N都采取sp2杂化，N的电负性大于S，成键电子对距离N原子更近，成键电子对之间斥力更大，键角更大，故SO2和NO2的键角大小关系为∠O—S—O＜∠O—N—O，C项错误；D．O2中含一个σ键、一个π键，D项正确；故选C。8.在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化不可实现的是A.Ca(ClO)2的制备：NaClCl2Ca(ClO)2B.金属Fe的制备：CCO2COFeC.高纯硅的制备：SiO2SiSiCl4SiD.硝酸的工业制备：N2NH3NONO2HNO3【答案】C【解析】【详解】A．电解熔融生成和，与石灰乳发生反应，可制得，A正确；B．在足量中点燃生成，与发生反应，还原发生反应，可制得，B正确；C．与反应生成粗硅和，粗硅与在300℃反应生成和，无法得到，该步转化不能实现，C错误；D．与合成，催化氧化生成，与反应生成，与发生反应，可制得，D正确；故选C。9.一种高效铜催化C-S交叉偶联亚磺酰亚胺和芳基硼酸酐制备芳基亚磺酰胺的反应部分能量图如图。下列说法错误的是A.步骤1是速率控制步骤B.步骤2逆反应的ΔH=-3.8eVC.稳定性：TS2-ent＜TS2D.在该反应中氮原子表现出比氧原子更高的与Cu催化剂配位的倾向【答案】D【解析】【详解】A．步骤1的活化能为23.7eV，步骤2的活化能为33.0eV减16.0eV等于17.0eV，步骤1活化能更高，活化能越大反应速率越慢，慢反应为速率控制步骤，步骤1是速率控制步骤，A正确；B．步骤2正反应的焓变为19.8eV减16.0eV等于3.8eV，逆反应焓变与正反应焓变数值相等符号相反，步骤2逆反应的=-3.8eV，B正确；C．物质能量越低稳定性越强，TS2能量为29.3eV，低于TS2-ent的33.0eV，稳定性TS2-ent<TS2，C正确；D．通过步骤2可知，氧原子与Cu配位，N原子没有与铜配位，说明在该反应中氧原子表现出比氮原子更高的与铜催化剂配位的倾向，D错误；故选D。10.氯苯是工业废水中的常见污染物，利用电化学法可将其降解处理，原理如图所示。下列说法正确的是A.a极为阴极B.一段时间后，阴极区溶液pH增大C.a极的电极反应之一为-26e-+10H2O=6CO2↑+26H+D.当生成标准状况下13.44LCO2时，b极上至少生成29.12L气体A【答案】C【解析】【详解】A．该电解池中H+得电子转化为氢气，说明b极为阴极，a极为阳极，A项错误；B．阴极区发生反应的H+数目与从质子交换膜进入阴极区的H+数目相同，故阴极区溶液pH保持不变，B项错误；C．a极的电极反应有-2e-+2H2O+Cl-+3H+、-26e-+10H2O6CO2↑+26H+，C项正确；D．标准状况下，13.44LCO2的物质的量为0.6mol，则转移电子的物质的量至少为2.6mol+0.2mol=2.8mol，生成的氢气的物质的量至少应为1.4mol，即31.36L(标准状况)，D项错误；故答案选：C。11.某化学兴趣小组分别进行如下3组实验研究CuSO4与KSCN的反应，实验记录如下：实验序号试剂现象①1滴1mol·L-1KSCN溶液溶液迅速变绿，未见白色沉淀生成，静置2小时后底部有少量白色沉淀②先加入5滴0.125mol·L-1Fe2(SO4)3溶液，再加入1滴1mol·L-1KSCN溶液溶液变红，未见白色沉淀生成③先加入5滴0.25mol·L-1FeSO4溶液，再加入1滴1mol·L-1KSCN溶液溶液变红，同时迅速生成白色沉淀，振荡后红色消失已知：水溶液中，CuSCN为白色沉淀，[Cu(SCN)4]2-呈黄色；(SCN)2被称为“拟卤素”。下列说法错误的是A.①中溶液迅速变绿的原因是生成了黄色的[Cu(SCN)4]2-B.由①②可推知，结合SCN-的能力：Fe3+＜Cu2+C.①③中生成白色沉淀的反应为Cu2++[Cu(SCN)4]2-=2CuSCN↓+(SCN)2D.由①③可推知，Fe2+促进了Cu2+转化为CuSCN【答案】B【解析】【分析】本次实验探究与的反应规律，三组实验变量与现象关联如下：仅与反应时，快速生成黄色使溶液呈绿色，长时间静置仅生成少量白色沉淀；先加入后再加入，溶液仅显红色无白色沉淀，说明优先与结合；先加入后再加入，溶液变红同时迅速生成白色沉淀，振荡后红色消失，说明可促进转化为的反应。【详解】A．①中溶液本身含蓝色水合铜离子，加入后生成黄色，蓝色与黄色混合呈现绿色，A正确；B．实验②中加入后再加入，溶液变红但无白色沉淀，说明优先与结合，即结合的能力强于，B错误；C．①③中生成白色沉淀时，得电子被还原为，部分失电子被氧化为，配平后离子方程式为，C正确；D．实验①中仅加入时需静置2小时才生成少量沉淀，实验③中加入后迅速生成白色沉淀，说明促进了转化为，D正确；故选B。12.某兴趣小组用Na2CO3处理工业废水中的金属离子。已知：常温下Ksp(CuCO3)=1.4×10-10、Ksp(PbCO3)=3.3×10-14；c(M2+)≤1.0×10-5mol·L-1可认为M2+沉淀完全；我国含铜废水允许排放一级标准是0.5mg·L-1.下列叙述错误的是A.Na2CO3溶液中：c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)B.0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c()C.浓度均为0.01mol·L-1的Cu2+和Pb2+可用Na2CO3分步沉淀进行分离D.该兴趣小组将废水中的c()调节至1.4×10-5mol·L-1时，Cu2+达到排放一级标准【答案】D【解析】【详解】A．Na2CO3溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HC)+2c(C)+c(OH-)，A正确；B．0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中存在质子守恒c(OH-)=c(HC)+2c(H2CO3)+c(H+)，且C水解是微弱的，则0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中c(Na+)＞c(C)＞c(OH-)＞c(HC)，B正确；C．由溶度积可知，Pb2+完全沉淀时c(C)=mol·L-1=3.3×10-9mol·L-1，0.01mol·L-1Cu2+开始沉淀时c(C)=mol·L-1=1.4×10-8mol·L-1，则浓度均为0.01mol·L-1的Cu2+和Pb2+可以用Na2CO3分步沉淀进行分离，C正确；D．废水中的c()调节至1.4×10-5mol·L-1时，根据溶度积常数公式可以得出c(Cu2+)=1.0×10-5mol·L-1，则废水含Cu2+的质量浓度为64×1.0×10-5×103mg·L-1=0.64mg·L-1＞0.5mg·L-1，Cu2+未达到排放一级标准，D错误；答案选D。13.一种钛硅碳新型材料可用作高铁车体材料。该材料的晶胞属于六方晶系(x、y方向的夹角为120°，z方向垂直于x、y方向)，结构如图甲所示；晶胞中碳原子的投影位置如图乙所示。已知阿伏加德罗常数的值用NA表示，2a≠c，下列说法错误的是A.电负性：C＞SiB.三个该晶胞可堆成一个六棱柱C.晶胞中与1个Si紧邻的Si有4个D.晶胞的密度为×1021g·cm-3【答案】C【解析】【详解】A．C和Si同主族，同主族元素从上到下，元素的电负性逐渐减小，故电负性：C＞Si，A正确；B．该晶胞为六方晶系的平行六面体晶胞，底面为夹角120°的平行四边形，三个这样的晶胞可以拼成一个正六边形底面，故三个晶胞可堆成一个六棱柱，B正确；C．Si位于晶胞的竖棱上，对任意一个Si，同一条竖棱上下各有1个紧邻Si，周围相邻的棱上还有4个紧邻Si，紧邻Si总数为6个，C错误；D．根据均摊法，120°角顶点被6个晶胞共用，60°角顶点被12个晶胞共用，晶胞中Ti位于顶点、棱和体内，原子个数为，Si原子位于棱上，个数为，C位于体内，原子个数为4，晶胞总质量；晶胞底面为夹角的平行四边形，底面积，晶胞体积；密度，​D正确；故答案选C。14.研究氮氧化物(NOx)的还原处理方法是环保领域的主要方向之一、用H2还原NO的反应为2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH＜0。该反应的正反应速率方程可表示为v正=k·cm(NO)·cn(H2)。某温度下，测得与c(NO)或c(H2)的变化关系如图所示。下列说法错误的是A.升温会加快反应速率，但会降低NO的平衡转化率B.绝热恒压下，向该反应平衡体系内充入氩气，平衡常数增大C.速率方程中m=1D.初始条件相同，该反应达到平衡时，不同条件下H2的转化率：恒温恒容＜恒温恒压【答案】C【解析】【详解】A．升温，反应速率加快，该反应的正反应为放热反应，升温使平衡逆向移动，NO的平衡转化率降低，A正确；B．绝热恒压下，向该反应平衡体系内充入氩气，体系温度降低，平衡常数增大，B正确；C．由图可知，当c(NO)不变时，与c(H2)成正比，故n=1；当c(H2)不变时，与c2(NO)成正比，故m=2，C错误；D．初始条件相同，该反应达到平衡时，恒温恒容条件下H2的转化率＜恒温恒压条件下H2的转化率，D正确；答案选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.铟是现代工业、国防和尖端科技领域不可缺少的材料，如制作ITO靶材、太阳能薄膜电池等。一种以富铟闪锌矿(主要成分为，含有SiO2和少量FeS、PbS杂质)为原料制备金属铟的流程如图所示：已知：①In的原子序数为49；②Fe3+会降低In3+的萃取率；③活泼性强弱为Zn＞Fe＞In＞Pb。回答下列问题：（1）根据价层电子排布判断，In属于元素周期表___________区元素。（2）“焙烧”时，中各元素均转化为相应氧化物，该反应的化学方程式为___________。（3）滤渣中主要含有___________。（4）“还原”时，加入铁粉的目的是___________。（5）“萃取”时，发生反应In3++3H2A2In(HA2)3+3H+。若其平衡常数K为1000，=10，有机相与水相的体积之比为3∶2，则达到平衡时萃取率(E%)为___________。(萃取率等于溶质在有机相中的总量占溶质在两相中的总量的百分比)（6）“反萃取”时，采用高浓度盐酸的原因是___________。（7）粗铟提纯的方法是___________。【答案】（1）p（2）12+15O26xZnO+2(1-x)In2O3+12SO2（3）SiO2、PbSO4（4）将Fe3+转化为Fe2+，防止其降低In3+的萃取率（5）60%（6）增大c(H+)，使萃取反应逆向进行，提高铟的产率(或其他合理答案)（7）电解精炼【解析】【分析】起始原料为富铟闪锌矿，核心目标产物为金属铟。焙烧环节通入空气，将矿样中所有硫化物转化为对应金属氧化物，S元素转化为气体除去；酸浸环节加入稀硫酸，金属氧化物溶解为对应硫酸盐，不与稀硫酸反应，与稀硫酸反应生成难溶的，二者作为滤渣分离；还原环节加入铁粉，将酸浸生成的还原为，避免降低后续的萃取率；萃取环节加入P204+煤油，进入有机相，、留在富锌水相实现分离；反萃取环节加入高浓度盐酸，使萃取平衡逆向移动，进入富铟水相；后续加入锌片置换得到粗铟，最终提纯得到纯铟。【小问1详解】In的原子序数为49，位于第五周期第ⅢA族，价电子排布为，最后填充的电子位于p能级，属于p区元素。【小问2详解】焙烧时与反应，各金属元素转化为对应氧化物，S元素转化为，配平后反应为。【小问3详解】酸浸时不与稀硫酸反应，焙烧生成的与稀硫酸反应生成难溶于酸的，二者均留在滤渣中。【小问4详解】已知会降低的萃取率，酸浸过程中被氧化会生成，加入铁粉可将还原为，避免影响的萃取效率。【小问5详解】萃取反应的平衡常数，已知，代入得，故平衡时有机相中与水相中的浓度相等，设二者浓度均为，有机相体积为3，水相体积为2，则有机相中In的总物质的量为，水相中In的总物质的量为，萃取率。【小问6详解】萃取反应为，加入高浓度盐酸，溶液中增大，平衡逆向移动，从有机相转移至水相，提高铟的产率。【小问7详解】粗铟的提纯采用电解精炼的方法，可得到高纯度的金属铟。16.被誉为“万能溶剂”的二甲基亚砜()为无色黏稠液体，沸点为189℃，可燃，带有苦味，有吸湿性，沸点温度下少量分解。实验室制备二甲基亚砜的过程如下：①在多孔γ-氧化铝粉末作用下以甲醇和硫化氢为原料制备二甲基硫醚(CH3SCH3)。②利用如图所示装置，先用浓硫酸使亚硝酸钠分解生成NO2和NO，再使二甲基硫醚与NO2在60~80℃下进行气液相氧化反应生成粗二甲基亚砜和NO。回答下列问题：（1）以甲醇和硫化氢为原料制备二甲基硫醚的过程中，γ-氧化铝所起的作用是___________。（2）仪器a的名称为___________。装置A中所发生反应的化学方程式为___________。（3）装置C加热器中所盛液体最佳为___________(填名称)。（4）二甲基硫醚与NO2反应生成1mol二甲基亚砜时，转移的电子数目为___________NA。（5）b处常接一个装有碱石灰的球形干燥管，其作用是___________。（6）粗二甲基亚砜精制的方法是___________。【答案】（1）催化（2）①.恒压分(滴)液漏斗②.2NaNO2+H2SO4(浓)=NO2↑+NO↑+H2O+Na2SO4（3）水（4）2（5）吸收NO2、NO等有毒气体，防止空气中的H2O进入装置C中（6）减压蒸馏【解析】【分析】根据题干描述，生成产物需要的反应物为NO2和二甲基硫醚，首先需要制备NO2，A中用硫酸和NaNO2来制备NO2，A中反应后还会产生NO，所以通入氧气将其氧化；再将制备出来的NO2通入二甲基硫醚中，控制温度为60～80℃，进行气液相氧化反应生成二甲基亚砜粗品，最后经减压蒸馏，收集到二甲基亚砜纯品，同时还要注意尾气问题，产生的NO2和NO需要进行吸收处理。【小问1详解】在制备二甲基硫醚过程中，γ-氧化铝所起的作用是催化作用；【小问2详解】仪器a的名称为恒压滴液漏斗；A中用硫酸和NaNO2来制备NO2，所发生反应的化学方程式为2NaNO2+H2SO4(浓)=NO2↑+NO↑+H2O+Na2SO4；【小问3详解】装置C控制温度为60～80℃，应该采用水浴加热，装置C加热器中所盛液体最佳为水；【小问4详解】生成二甲基亚砜的化学方程式为NO2+CH3-S-CH3→+NO；N元素从+4价降低为+2价，转移电子数为2，故生成1mol二甲基亚砜时，转移的电子数目为2NA；【小问5详解】产生的NO2和NO需要进行吸收处理，二甲基亚砜有吸湿性，b处常接一个装有碱石灰的球形干燥管，其作用是吸收NO2、NO等有毒气体，防止空气中的H2O进入装置C中；【小问6详解】采用蒸馏法提纯产物，二甲基亚砜受热会分解，因此蒸馏时应该采用减压蒸馏法。17.煤焦油中萘的含量约为10%，为提高萘的附加值，可将其转化为四氢萘等，转化关系如图所示。在该反应条件下，各物质均为气体，正向转化均放热。回答下列问题：（1）十氢萘有顺、反两种结构(区别为氢原子的位置不同)，其中顺式十氢萘的结构简式为，则反式十氢萘的结构简式为___________。（2）已知：氢气的气相燃烧热ΔH=-akJ·mol-1，萘的气相燃烧热ΔH=-bkJ·mol-1，四氢萘的气相燃烧热ΔH=-ckJ·mol-1.则由萘转化为四氢萘的反应热ΔH为___________(用含a、b、c的代数式表示)。（3）在p=4.0MPa，氢气与萘的体积比值为800的条件下，萘的转化率和产物的质量分数随温度变化的关系如图所示。①随温度升高，萘的转化率___________，其原因是___________。

②360℃后，随温度升高，四氢萘的质量分数增大的原因可能是___________(答一条即可)。（4）t℃，p=0.5MPa的恒温恒压条件下，以n(H2)：n(萘)=5：1投料，反应达到平衡后，测得萘的转化率为90%，四氢萘的物质的量分数为(不考虑裂化产物)。①H2的平衡转化率为___________。

②其他条件不变，若适当增大n(H2)：n(萘)，则平衡时将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。

③该温度下，反应Ⅱ的压强平衡常数Kp=___________MPa-3。【答案】（1）（2）-(2a+b-c)kJ·mol-1（3）①.降低②.反应Ⅰ为放热反应，升温有利于反应逆向进行③.催化剂选择性生成四氢萘的活性增大（4）①.60%②.增大③.21.6【解析】【详解】(1)环状结构有顺反异构，相同基团都在环上或环下为顺式结构，一上一下为反式结构。根据已知的顺式结构可得反式结构为。(2)根据盖斯定律和反应放热可知(g)+2H2(g)(g)ΔH=-(2a+b-c)kJ·mol-1。(3)①由题干可知，反应Ⅰ和Ⅱ的正向反应均为放热，升高温度，萘的转化率会降低，原因是反应Ⅰ为放热反应，升温有利于反应逆向进行；②360℃后，随温度升高，四氢萘的质量分数增大的原因可能是催化剂选择性生成四氢萘的活性增大。(4)①(g)+2H2(g)(g)始/mol150变/mol0.91.80.9平/mol0.1(g)+3H2(g)(g)始/mol0.90变/molx3xx平/mol0.9-x5-1.8-3xx四氢萘的体积分数为，则=，解得x=0.4，H2的平衡转化率为×100%=60%。②其他条件不变，若适当增大n(H2)∶n(萘)，反应Ⅰ平衡将正向移动，萘的转化率增大，四氢萘增多，反应Ⅱ平衡正向移动，则平衡时将增大。③(g)+3H2(