贵州毕节市2026届高三下学期高考第二次适应性考试化学试题（含答案）

第第页贵州毕节市2026届高三下学期高考第二次适应性考试化学试题一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。1．化学推动科技进步和社会发展。下列说法正确的是A．“人造太阳”使用的核聚变原料中2H、3B．人形机器人电机核心部件的高纯硅可用作光导纤维C．“祖冲之三号”量子计算机中的氧化铝属于无机非金属材料D．脑机接口的柔性电极常使用的复合材料石墨烯属于有机化合物2．下列化学用语表示正确的是A．CH4分子的球棍模型：B．反-2-丁烯的结构简式：C．基态Cu原子的核外电子排布式：ArD．用电子式表示HCl的形成：3．下列实验操作规范的是A．配制一定物质的量浓度溶液B．制备蒸馏水C．氧化还原滴定D．中和反应反应热的测定A．A B．B C．C D．D4．中药材线纹香茶菜的一种活性成分结构如图。下列关于该分子的说法错误的是A．能与NaHCO3溶液反应 B．含4个CC．含3个手性碳原子 D．可发生加成反应和消去反应5．化学变化五彩纷呈。下列颜色变化与氧化还原反应无关的是A．向溴水中加入足量乙醛溶液，溶液由橙黄色变为无色B．将苯酚置于空气中，无色晶体逐渐变为粉红色C．向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水，溶液由蓝色变为深蓝色D．向含有淀粉的碘水中加入维生素C，溶液由蓝色变为无色6．硫代硫酸钠(Na2S2O3)具有较强的还原性，可用作纺织工业和造纸工业的脱氯剂。其中脱氯原理：A．标准状况下，2.24LCl2B．18gH2C．生成0.5molNa2D．1LpH=1的H7．近期中国科学院研究团队发现硫氰酸铵(NH4SCN)溶液在压力变化下表现惊人的热效应，这种“溶解压卡效应”使得制冷技术领域取得新突破。下列有关A．元素电负性：CB．NH4C．NH4D．该化合物存在离子键、共价键和配位键8．下列实验操作或装置可以完成相应实验的是A.实验室制备NHB.除去Cl2中C.NO收集和尾气处理D.验证SO2A．A B．B C．C D．D9．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。X的基态原子中，s能级上只有1个电子，Y的基态原子中有3个未成对电子，Z是第三周期中原子半径最大的元素，W的最高价氧化物对应水化物是强酸。下列说法正确的是A．原子半径：ZB．第一电离能：YC．Z和W形成的化合物的水溶液一定呈中性D．X和Y形成的化合物的空间结构可能是三角锥形10．近年来，我国科学家通过合成新型氢氟碳化合物电解液，显著提升了锂金属电池在低温环境下的性能。一种基于1，3-二氟丙烷电解液、正极材料为Li1−xA．放电时，Li+B．放电时，正极电极反应式：LiC．该电池低温时性能优越的主要原因是强配位Li+D．相同条件下，2-甲基-1，3-二氟丙烷比1，3-二氟丙烷更适合做锂金属电池电解液11．C2A．取代反应是吸热反应，消去反应是放热反应B．取代反应中羟基进攻H原子，消去反应中羟基进攻C原子C．NaOH水溶液中C2D．水溶液中化学反应的选择性取代由Br原子电负性决定12．下列实验操作能达到实验目的的是选项实验操作实验目的A将粗铜和纯铜分别接直流电源的负、正极，平行插入CuSO4电解精炼铜B在3mL0.1mol探究Fe2+C常温下，向2mL0.1mol探究浓度对化学平衡的影响Cr2OD向ZnS悬浊液中加入CuSO4探究KspZnS和A．A B．B C．C D．D13．碳化钼在加氢反应、制氢反应、传感器及生物医学材料等领域具有优异的性能。一种六方相碳化钼晶胞结构如图所示。已知晶胞参数为a=b≠c，α=β=90°，γ=120°，NAA．晶体中Mo原子与C原子个数比为2:1B．①号原子和②号原子间的距离为aC．晶体中与C最近且距离相等的Mo有8个D．晶体密度为1.632×14．磷酸是重要的化工原料。常温下，在10mL0.1mol⋅L−1H3PO4溶液中逐滴滴入A．Ⅲ为−lgB．M点：cC．N点：2cD．P点：c二、非选择题：15．钒酸铋(BiVO4)是一种新型环保颜料，同时在催化剂和电池等领域也有着重要应用。某实验组欲利用BiNO33和已知：BiVO4是黄色晶体，难溶于水和乙醇；+5Ⅰ．NH4称取一定量NH4VO3，加入15Ⅱ．BiVO4取25mL步骤Ⅰ中制得NH4VO3溶液于250mL三颈烧瓶中，先加入20mL1.0mol⋅L−1将反应混合液冷却、抽滤，用大量蒸馏水洗涤沉淀，再用10mL回答下列问题：（1）基态V原子价层电子轨道表示式为，VO43−与PO43−有相似空间结构，则（2）图1中仪器a的名称是，装置B烧杯中液体为。（3）步骤Ⅰ中由NH4VO3反应生成BiVO（4）步骤Ⅱ中两次加入的NaOH溶液浓度不同的原因是。（5）步骤Ⅱ中用蒸馏水洗涤沉淀的具体操作。（6）计算实验中BiVO4产率为（7）储能容量大，使用寿命长的液流电池是电化学储能领域的研究热点。其中以石墨为电极，VO2+、VO2+、V2+和V3+16．推动磷矿资源“富矿精开、贫矿利用”，培育绿色化工领域新质生产力具有重要的现实意义和推广价值。一种以磷尾矿(主要成分CaCO3、MgCO3、回答下列问题：（1）高温煅烧磷尾矿的目的是。（2）煅烧后的磷尾矿加入NH4NO3（3）工业烟气(SO2)脱硫模拟装置中发生的化学反应方程式为（4）“脱镁”过程用于制备高纯氢氧化镁，其操作是。此过程中可循环利用的物质是(填化学式)。（5）磷尾矿、脱钙预处理过滤后得到的混合物和磷精矿主要成分质量分数如下表：

PCaOMgO磷尾矿10.6%38.2%16.8%脱钙预处理过滤后得到的混合物20.14%35.5%22.88%磷精矿28.0%51.2%0.5%①分析表中数据，说明磷尾矿中的镁资源在生产过程中的作用是。②化工生产中，若磷的回收率为95%，计算100吨原磷尾矿可生产磷精矿吨(保留小数点后两位)。17．甘油水蒸气重整具有重整效率高、产物气氢含量高等优势而备受关注。主要反应如下：反应①：C3H反应②：COg+反应③：CO2g已知：C3H8O3g、COg、H2g（1）计算反应①的ΔH1=kJ（2）反应③中能加快反应速率，同时能提高反应物H2平衡转化率的措施是A．升高反应体系温度B．继续向密闭容器中通入氢气C．改变容积增大体系压强（3）一定温度下，H2的速率方程可表示为vH2=kpmC3H8（4）将1molC3H8O3g①其中代表CO2的曲线为②在温度T2达平衡时，CO的干基摩尔分数为%(保留小数点后两位，下同)，反应COg+H③温度高于T1后，曲线Ⅰ对应物质的干基摩尔分数随温度升高而降低的原因为18．一种心绞痛的药物中间体Ⅰ的合成路线如下(部分试剂和条件已略去)。已知：①RCHO+ZCH2Z'→吡啶②RCHCOOH2回答下列问题：（1）A中官能团的名称。（2）若B→C先后发生加成反应和消去反应，则加成反应生成的中间体的结构简式为。从分子结构的角度考虑，CNCH2COOH的酸性强于（3）E→F的化学方程式（4）H的结构简式为。（5）同时满足下列条件的G的同分异构体的结构简式为(任写一种)。ⅰ．与FeCl3ⅱ．发生水解反应生成含4个碳原子的胺类物质；ⅲ．核磁共振氢谱显示为5组峰（6）依据以上流程信息，结合所学知识，设计以苯甲醛和丙二醛为原料合成苯丙烯酸()的路线(无机试剂和溶剂任选)。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．2H、3B．高纯硅的导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体材料，可用来制作芯片和太阳能电池板，而光导纤维的主要成分是二氧化硅，不是硅，因此B错误；C．氧化铝是金属氧化物，从材料分类来看，它属于无机非金属材料，因此C正确；D．石墨烯是碳元素组成的单质，属于无机物，并不属于有机化合物，因此D错误；故答案选C。

【分析】A．同位素指的是质子数相同，质量数不同的原子，2H、3H互称为同位素；

B．光导纤维成分是二氧化硅；

C．氧化铝属于无机非金属材料；2．【答案】A【解析】【解答】A．表示CH4的球棍模型时，需要体现出原子的相对半径大小，该模型中中心碳原子的半径大于周围氢原子，整体为正四面体结构，符合球棍模型的表示规范，因此A正确；B．反-2-丁烯的结构中，碳碳双键两端的两个甲基应当位于双键的异侧，题图中两个甲基在双键的同侧，对应的是顺-2-丁烯，不是反-2-丁烯，因此B错误；C．基态Cu原子符合洪特规则的特例，3d轨道全满的结构能量更低、更稳定，因此Cu原子正确的核外电子排布式为[ArD．HCl属于共价化合物，分子中原子通过共用电子对成键，不存在电子得失形成阴阳离子的过程，其电子式不能表示为，因此D错误；故选A。

【分析】A．甲烷空间结构为正四面体，图示正确；

B．相同原子或原子团在碳碳双键两侧时，属于反式结构；

C．基态Cu原子的核外电子排布式[Ar]33．【答案】C【解析】【解答】A．配制一定物质的量浓度溶液时，需要先在烧杯中将固体溶质溶解，待溶液冷却后再转移至容量瓶中，不允许直接在容量瓶中溶解固体，A错误；B．蒸馏操作中，温度计的作用是测定馏出蒸气的温度，因此温度计水银球需要放在蒸馏烧瓶的支管口处，图示中温度计位置错误，B错误；C．酸性KMnOD．中和热测定实验中，装置需要配备玻璃搅拌器（即环形玻璃搅拌棒）来保证反应充分、温度均匀，图示装置缺少该仪器，D错误；故选C。

【分析】A．根据容量瓶用途，不能用来溶解物质；

B．制备蒸馏水温度计水银球应放在支管口处；

C．高锰酸钾具有氧化性，用酸式滴定管滴定；

D．装置中缺少玻璃搅拌器。4．【答案】B【解析】【解答】A.该有机物分子中含有羧基-COOH，羧基的酸性强于碳酸H2CO3B.羧基-COOH本身就含有2个碳氧σ键C-OσC.手性碳原子的定义是连接4个不同原子/基团的饱和碳原子，该分子中一共含有3个手性碳原子，标注如下图，故C选项不符合要求；D.该分子中含有碳碳双键，可以发生加成反应；分子中含有羟基-OH综上，答案选B。

【分析】根据有机物结构，含有官能团羟基，羧基，碳碳双键，能发生加成反应和消去反应，羧基能与碳酸氢钠反应，结构中含3个C-O键，手性碳原子指的是碳原子连接4个不同的原子或原子团，有机物中含有3个手性碳原子。5．【答案】C【解析】【解答】A.乙醛会和溴水发生氧化还原反应，反应过程中乙醛被氧化、溴被还原，最终使溴水褪色，因此A不符合题意；B.苯酚在空气中会被O2C.向CuSO4溶液中加入氨水时，反应先生成Cu(D.维生素C会和碘水发生氧化还原反应，碘被还原，因此溶液会褪色，该过程涉及氧化还原反应，D不符合题意；综上，答案选C。

【分析】A.溴水能氧化乙醛；

B.苯酚被氧气航华后，变为粉红色；

C.硫酸铜和氨水反应，先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，溶液呈深蓝色；

D.维生素C具有还原性，和碘单质发生氧化还原反应。6．【答案】D【解析】【解答】A．标准状况下，2.24LCl2的物质的量是0.1mol，含有的分子数为0.1NA，因此A错误；B.18gH2O的物质的量为1mol，1个H2O分子中总共含有10个质子，所以1molH2O中含有的质子数为10NA，因此B错误；C．该反应中，S元素的化合价从+2价升高到+6价，每生成1molNa2SO4，反应会转移8mol电子，因此生成0.5molNa2SO4时，转移的电子数为4NA，因此C错误；D.1L0.1mol/LH2SO4溶液中，不仅溶质H2SO4含有氧原子，作为溶剂的水分子中也含有大量氧原子，因此溶液中总的氧原子数远大于0.4NA，D正确；故答案选D。

【分析】A．根据公式n=vvm计算；

B.1molH2O7．【答案】A【解析】【解答】A．对于同周期的主族元素，电负性会随原子序数从左到右逐渐增大，因此氮元素的电负性大于碳元素，即N>C；同时氢元素的电负性小于碳和氮，因此三种元素的电负性顺序为N>C>H，A选项错误；B．对于NH4+中的中心N原子，计算可得价层电子对数为4+1C．NH4SCN的水溶液中存在NH4+、D．NH4+和SCN-阴阳离子之间存在离子键；NH4+本题选不正确的，故答案为A。

【分析】A．根据元素周期变化规律作答；

B．根据价层电子对互斥理论，铵根离子空间结构为正四面体形；

C．根据氢键形成条件，NH4SCN水溶液中存在氢键；

D．8．【答案】D【解析】【解答】A．NH4Cl受热会分解为NH3和HClB．碱石灰属于碱性干燥剂，它会和Cl2C．NO可以和空气中的O2发生反应，且它的密度和空气接近，不能使用排空气法收集；同时NO不与NaOH发生反应，不能被NaOHD．将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，如果观察到溶液褪色，就说明SO2将MnO4故答案选D。

【分析】A．氯化铵受热分解后，氨气和氯化氢会重新生成氯化铵；

B．碱石灰中含氢氧化钠，会和氯气反应；

C．一氧化氮和氢氧化钠不反应；

D．通过观察高锰酸钾溶液颜色变化，判断二氧化硫还原性。9．【答案】D【解析】【解答】A．根据原子半径递变规律：同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，因此三种元素的原子半径大小顺序为Z(Na)>B．Na是活泼金属，容易失电子，第一电离能较小；而N的2p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能高于同周期相邻元素，因此第一电离能大小关系为N>Na，即C．若W为Cl，Z和W形成的化合物NaCl水溶液呈中性；若W为S，二者形成的NaD．X为H、Y为N，二者可以形成化合物NH3，NH3分子中中心N原子的价层电子对数为3+1故答案选D。

【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素：X的s能级仅填充1个电子，说明X的最外层只有1个电子，推得X为H；Y的基态原子有3个未成对电子，结合原子序数大于X，推得Y为N；Z是第三周期中原子半径最大的主族元素，因此Z为Na；W的最高价氧化物对应水化物为强酸，结合原子序数范围，W可能为S或Cl，据此分析。10．【答案】B【解析】【解答】A．放电过程中，锂基材料作为负极，发生的电极反应为Li−e−B．放电时正极发生还原反应，Li1−xNi0.8Mn0.1CoC．该电池具备优异低温性能的核心原因，是新型氢氟碳化合物电解液可以和Li+形成强配位作用，能够促进D.2-甲基-1，3-二氟丙烷的空间位阻比1，3-二氟丙烷更大，会削弱它和Li+的配位作用，对综上，答案选B。

【分析】本题所研究的电池以锂基材料作为负极，Li1−xNi0.8Mn11．【答案】D【解析】【解答】A．取代反应的产物能量为-127.6kJ/mol，消去反应的产物能量为-117.6kJ/mol，二者能量都低于反应物的能量（反应物能量为0kJ/mol），因此两个反应都属于放热反应，A错误；B．发生取代反应时，是水分子中的羟基进攻和溴原子相连的碳原子，完成取代；发生消去反应时，水分子的羟基会进攻β-氢原子，同时溴原子离去，最终形成碳碳双键，B错误；C．取代反应的活化能EaD．该反应在水溶液中进行，溴原子电负性较大，会使C-Br键发生极化，导致连接溴的碳原子带有部分正电荷，更容易被亲核试剂进攻，因此反应以取代反应为主。同时Br-故答案选D。

【分析】A．根据反应机理中物质能量变化，可判断取代反应和消去反应是放热反应；

B．根据机理图中物质结构分析，取代反应中水分子中的羟基进攻和溴原子相连的碳原子，消去反应中水分子的羟基会进攻β-氢原子；

C．根据机理图，取代反应活化能低，更溶液发生；

D．溴电负性大，碳溴键极性大，容易发生取代反应。12．【答案】C【解析】【解答】A.电解精炼铜时，粗铜需要连接直流电源的正极作为阳极，纯铜连接电源负极作为阴极，因此A错误；B.FeCl2中的Cl−同样具有还原性，也可以被酸性KMnO4氧化，使高锰酸钾溶液褪色，会对Fe2+还原性的检验造成干扰，因此B错误；C.加入NaOH后，NaOH会和平衡体系中的H+反应，导致溶液中H+浓度下降，平衡向正向移动，溶液从橙色逐渐变为黄色；同时本实验中滴加的NaOH溶液体积很小，对溶液总体积的影响可以忽略，因此可以探究浓度对化学平衡的影响，C正确；D.该体系本身就存在游离的S2−，加入CuSO4后，Cu2+可以直接和S2−反应生成黑色的CuS沉淀，无法证明该沉淀是由ZnS沉淀转化得到的，因此不能比较ZnS和CuS的Ksp大小，D错误；综上，答案选C。

【分析】A.精炼铜时，粗铜和正极相连，纯铜和负极相连；

B.高锰酸钾能氧化二价铁离子和氯离子；

C.Cr2O72−(13．【答案】C【解析】【解答】A．由晶胞结构可计算出，一个晶胞中含有的Mo原子数目为4×2=8，含有的C原子数目为4×1B．根据晶胞结构可知，①号原子和②号原子在x-y平面投影的距离为apm，在y-z平面投影的距离为cpm，且α=β=90°，根据空间两点距离公式可得，两原子之间的距离为a2C．从图像可以看出，晶体中与C原子最近且距离相等的Mo原子有6个，C错误；D．从图像可以看出，该晶胞体积为V=a⋅32a⋅c=3a故答案选C。

【分析】A．根据晶胞中原子计算方法，可得Mo原子与C原子个数比；

B．根据晶胞结构，①号原子和②号原子间的距离为a2+c2pm；

14．【答案】B【解析】【解答】A．曲线Ⅲ表示−lgB．M点加入10mL等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为NaH2PO4，溶液存在物料守恒：cNa+=cHC．N点加入15mL等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为等物质的量的NaH2PO4和Na2HPD．−lgcPO43−cH故答案选B。【分析】根据题意推导可得：-lgX=−按照同样的推导逻辑可以得到另外两个关系：−lgcHPO42−cH2PO4−=p15．【答案】（1）；sp3（2）恒压分液漏斗；水（3）NH（4）第一次加NaOH是为了快速调节体系pH故选择高浓度的NaOH溶液，第二次是为了精准控制pH到6，所以选择较低浓度的NaOH溶液（5）在原漏斗中加入水至没过沉淀，让水自然流下，并重复2-3次（6）74.1（7）A到B；VO【解析】【解答】（1）V是23号元素，基态V原子核外电子总数等于原子序数，为23，其价层电子的轨道表示式为；PO43−中，中心P原子的价层电子对数为4，且没有孤电子对，空间构型为正四面体形；VO43−的空间结构同样为正四面体形，说明VO（2）图1中仪器a的名称为恒压分液漏斗。三颈烧瓶中制备BiVO4（3）由NH4VO3反应生成BiVO（4）反应过程中，第一次加入NaOH的目的是快速调节体系的pH，因此选用浓度更高的NaOH溶液；第二次滴加NaOH是为了精准将pH调整至目标值6，因此选用浓度更低的NaOH溶液，避免滴加过量难以控制pH；（5）过滤后洗涤沉淀的标准操作是：向漏斗中加入蒸馏水，直到水面没过沉淀，让水自然流尽后，重复该操作2~3次即可；(6)根据制作BiVO420mL1.0mol25mL1.0mol⋅L根据制备方程式：NH4++VO3-+Bi3++3(7)根据分析，电极A为阳极，电源a为正极，电源b为负极，故充电时电子从A到B。电极A的电极反应式为VO2+【分析】BiVO4的制备流程如下：取25mL步骤I配制得到的NH4VO3溶液，放入250mL三颈烧瓶中，先加入20mL1.0mol⋅L−1BiNO33溶液，再加入2mL质量分数为1%的十二烷基苯磺酸钠（DBS作为结构导向辅助剂）溶液，将三种试剂混合均匀。在磁力搅拌、水浴加热的条件下，快速加入针对钒液流电池，充电时电极A上V元素化合价从+3升高到+5，由V+3O2+（1）基态V原子核外电子数为23，价层电子轨道表示式为。PO43−中中心原子P的价电子对数为4，没有孤对电子，空间结构为正四面体，VO43−也为正四面体形，则（2）图1中仪器a的名称是恒压分液漏斗。三颈烧瓶中制备BiVO4（3）由NH4VO3反应生成BiVO（4）第一次加NaOH是为了快速调节体系pH故选择高浓度的NaOH溶液，第二次是为了精准控制pH到6，所以选择较低浓度的NaOH溶液。（5）洗涤沉淀的具体操作：在原漏斗中加入水至没过沉淀，让水自然流下，并重复2-3次。（6）根据制作BiVO420mL1.0mol25mL1.0mol⋅L根据制备方程式：NH4++VO3-+Bi3++3（7）根据分析，电极A为阳极，电源a为正极，电源b为负极，故充电时电子从A到B。电极A的电极反应式为VO2+16．【答案】（1）将碳酸盐分解为氧化物，便于后续化学处理；（2）MgO；（3）2MgO+2SO2​+​O2=2MgSO4；（4）向高镁溶液中加入氨水，调节pH使Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀，过滤、洗涤、干燥；；NH4NO3(或NH3、NH3•H2O)；（5）用于烟气脱硫，同时制备高纯氢氧化镁，实现镁资源高值化利用，并富集磷元素提升磷精矿品位。；35.96【解析】【解答】（1）煅烧磷尾矿的作用是分解其中的碳酸盐，方便后续进行化学分离处理；（2）结合上述分析与脱硫产物可判断，过滤后所得固体混合物中，可用于脱硫的有效成分是MgO；（3）根据脱硫装置中的反应物和生成物，可以写出该反应的化学方程式：2MgO+2SO2​+​O2=2MgSO4；（4）向主要含有硝酸镁的高镁溶液中加入氨水，反应生成Mg(OH)2沉淀和NH4NO3，想要得到高纯氢氧化镁，需要在沉淀后经过过滤、洗涤、干燥等操作，同时得到的NH4NO3可以返回浸取步骤循环利用。（5）设可生产磷精矿的质量为x吨，根据P2O5元素质量守恒可得：100×10.6%×95%=解得x=35.96。【分析】工业生产中先对磷尾矿进行煅烧，使其中的碳酸盐分解，方便后续进行化学分离处理，煅烧后得到CaO、MgO、P2O5；加入NH4NO3溶液脱钙时，CaO与水、NH4NO3反应后进入高钙液，根据题干信息，MgO和P2O5会留在固体中，之后进行工业脱硫处理，最终得到磷精矿，脱硫后得到的MgSO4溶液和高钙液，即主要成分为硝酸钙，反应，得到精品硫酸钙和主要成分为硝酸镁的高镁液，向高镁液中加入氨水，可得到Mg(OH)2沉淀，同时得到可循环使用的硝酸铵浸取液。（1）磷尾矿煅烧时将碳酸盐进行分解，便于后续化学分离处理；（2）根据以上分析及脱硫产物可知，过滤得到的固体混合物中脱硫的有效成分是MgO；（3）根据脱硫装置中的反应物和生成物可知方程式为2MgO+2SO2​+​O2=2MgSO4；（4）向高镁溶液（主要含硝酸镁）中加入氨水，生成Mg(OH)2沉淀和NH4NO3，要获得高纯氢氧化镁还要进行过滤、洗涤、干燥等一系列操作，得到的NH4NO3可以循环利用。（5）设可生产磷精矿质量为x吨，根据P2O5守恒：100×10.6%×95%=x17．【答案】（1）+251；高温（2）C（3）0（4）II；17.65；0.73；根据题意，升高温度，反应②和反应③均向逆反应方向移动。反应②使H2的干基摩尔分数减小，反应③使H2的干基摩尔分数增大。当温度高于T1后，反应②程度大于反应③【解析】【解答】（1）已知的燃烧反应及其焓变如下：①C3H②CO(③H2目标反应为：C根据盖斯定律，将反应①减去3倍的反应②和4倍的反应③，即可得到目标反应，即ΔH1=自发进行的判据：ΔG=ΔH−TΔS<0，反应①：ΔH1（2）A.升高温度虽然能加快反应速率，但会使该反应的平衡逆向移动，导致氢气的平衡转化率降低，因此A不符合要求；B.向密闭容器中继续通入氢气，虽然能加快反应速率，但根据勒夏特列原理，氢气自身的平衡转化率会降低，因此B不符合要求；C.增大体系压强后，各反应物浓度升高，反应速率加快；同时该反应正向为气体分子数减少的反应，增大压强平衡会正向移动，氢气的平衡转化率提高，因此C符合要求；故选C。（3）已知反应速率满足方程：v(H2)=kpm(C3H8O3)（4）①干基为除去H2O的气体，产物中H2物质的量最大，摩尔分数最高，因此曲线Ⅰ为H2；CH4已标出，随温度升高，反应③逆向移动，CH4减少；升温使反应②T2​时CH4几乎为0，C3H8O3完全转化，总C为3mol，图中CO和CO2干基摩尔分数相等，因此n(CO)=n(CO2)=1.5mol。原子守恒计算：初始氢原子的物质的量为8+2×9=26反应②反应前后气体体积不变，分压比等于物质的量比，故Kp③结合题目信息可知，升高温度后，反应②和反应③的平衡都会向逆反应方向移动。其中反应②平衡逆向移动会使H2的干基摩尔分数降低，而反应③平衡逆向移动会让H2的干基摩尔分数升高。当温度超过T1后，反应②逆向移动的程度比反应③更大，最终使得H2的干基摩尔分数随温度升高呈现下降趋势。

【分析】（1）根据该死定律计算ΔH1=ΔHc1−3×ΔHc2−4×ΔHc3，自发进行的判据：（1）已知的燃烧反应及其焓变如下：①C3H②CO(③H2目标反应为：C根据盖斯定律，将反应①减去3倍的反应②和4倍的反应③，即可得到目标反应，即ΔH1=自发进行的判据：ΔG=ΔH−TΔS<0，反应①：ΔH1（2）A．升高温度，加快反应速率，但平衡逆向移动，转化率降低，A不符合题意；B．继续向密闭容器中通入氢气，加快反应速率，但氢气的平衡转化率降低，B不符合题意；C．增大体系压强，浓度升高，反应速率加快；平衡正向移动，氢气的平衡转化率提高，C符合题意；故选C。（3）根据速率方程：v(H2)=kpm(C3H8O3)（4）①干基为除去H2O的气体，产物中H2物质的量最大，摩尔分数最高，因此曲线Ⅰ为H2；CH4已标出，随温度升高，反应③逆向移动，CH4减少；升温使反应②T2​时CH4几乎为0，C3H8O3完全转化，总C为3mol，图中CO和CO2干基摩尔分数相等，因此n(CO)=n(CO2)=1.5mol。原子守恒计算：初始氢原子的物