广东深圳市罗湖区部分学校2026-2027学年第一学期高三学业质量检测 化学试题（含解析）

2026-2027学年第一学期学业质量检测高三化学2026.9注意事项：1.本试卷共8页，满分100分，考试用时75分钟；2.答卷前，考生务必将自己的学校、班级和姓名填在答题卡上，正确粘贴条形码；3.作答选择题时，用2B铅笔在答题卡上将对应答案的选项涂黑；4.非选择题的答案必须写在答题卡各题目的指定区域内相应位置上，不得使用铅笔和涂改液；5.考试结束后，考生上交答题卡。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al27Co59一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10题，每小题2分；第11~16题，每小题4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.汉字曾被记录在各种载体上，以下文字载体的主要成分是纤维素的是A．甲骨文B．青铜铭文C．石碑文D．简牍文A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．甲骨文的载体为龟甲、兽骨，主要成分为钙盐等无机物，不含纤维素，A错误；B．青铜铭文的载体为青铜，属于铜合金，为金属材料，不含纤维素，B错误；C．石碑文的载体为石材，主要成分为硅酸盐、碳酸盐等无机物，不含纤维素，C错误；D．简牍文的载体为竹、木片，植物细胞壁的主要成分为纤维素，因此其主要成分是纤维素，D正确；故答案选D。2.科技创新是发展新质生产力的核心要素。下列说法正确的是A.实现秸秆制乙二醇的“钨基-镍”催化剂可提高平衡转化率B.光伏建筑采用新型钙钛矿太阳能电池将太阳能转化为电能C.锶原子光钟为全球提供“中国时间”，锶（）是第四周期元素D.量子计算机中使用的高纯单晶硅（），属于分子晶体【答案】B【解析】【详解】A．催化剂只能改变化学反应速率，不影响化学平衡状态，不能提高平衡转化率，A错误；B．钙钛矿太阳能电池可将太阳能直接转化为电能，可应用于光伏建筑，B正确；C．的核外有5个电子层，属于第五周期元素，C错误；D．构成的高纯单晶硅是共价晶体，不属于分子晶体，D错误；故答案选B。3.化学与生产、生活紧密相关。下列有关说法正确的是A.消化系统X射线检查采用的造影剂是B.石油的分馏、裂化和催化重整都是化学变化C.植物油变质的主要原因是分子中的碳碳双键被氧化D.包装袋中充入增大了压强，从而减缓了食品变质速率【答案】C【解析】【详解】A．会与胃酸（主要成分为）反应生成可溶性有毒重金属盐，消化系统X射线检查的造影剂应为和盐酸不反应不溶于盐酸的，A错误；B．石油的分馏是利用各组分沸点不同分离混合物的操作，属于物理变化，仅裂化、催化重整为化学变化，B错误；C．植物油为不饱和高级脂肪酸甘油酯，分子中含有碳碳双键，易被空气中的氧气氧化导致变质，C正确；D．包装袋中充入的目的是排尽袋内，且性质稳定，可防止食品被氧化变质，与增大压强无关，D错误；故答案选C。4.化学之美在于创造。下列项目对应的化学知识表述错误的是选项项目化学知识A使用铁罐车运输浓硫酸浓硫酸具有吸水性B将涂覆在胶带上制成磁带具有磁性C红酒制作过程中添加适量可以杀菌、抗氧化D运输水果时加入含的硅藻土保鲜乙烯能被氧化A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．常温下可用铁罐车运输浓硫酸是因为浓硫酸具有强氧化性，可使铁表面钝化，阻碍反应持续进行，与吸水性无关，A错误；B．俗称磁性氧化铁，具有磁性，可用于制作磁带的磁性涂层，B正确；C．可以使蛋白质变性起到杀菌作用，同时其具有还原性可抗氧化，适用于红酒制作过程中适量添加，C正确；D．乙烯是水果催熟剂，具有还原性，可被氧化，因此含的硅藻土可吸收乙烯实现水果保鲜，D正确；故选A。5.对乙酰氨基酚是常用的退烧药，其结构简式如图所示。下列有关该物质的说法正确的是A.含有4种官能团 B.1mol分子中含有3mol碳碳双键C.1mol分子最多消耗1molNaOH D.能发生取代反应和氧化反应【答案】D【解析】【详解】A．该物质含有的官能团为酚羟基、酰胺基，共2种，A错误；B．苯环中的化学键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊大π键，不存在独立的碳碳双键，B错误；C．1mol该物质中酚羟基可消耗1mol，酰胺键在碱性条件下水解生成的羧基还可消耗1mol，共消耗2mol，C错误；D．酚羟基邻位氢可发生取代反应、酰胺键的水解反应属于取代反应；酚羟基易被氧化，有机物也可发生燃烧氧化，故能发生取代反应和氧化反应，D正确；故选D。6.下列实验操作能达到目的的是A．制取无水B．在铁钥匙表面镀铜C．验证非金属性：D．配制一定物质的量浓度的NaCl溶液A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．水解生成和易挥发的，蒸干溶液最终得到（或受热分解生成），无法制得无水，A错误；B．铁钥匙镀铜时，镀层金属应作阳极接电源正极，镀件铁钥匙应作阴极接电源负极，装置电极连接颠倒，无法实现镀铜，B错误；C．验证非金属性强弱需比较最高价氧化物对应水化物的酸性，不是的最高价含氧酸，不能证明非金属性，C错误；D．配制一定物质的量浓度溶液转移液体时，用玻璃棒引流且玻璃棒下端位于容量瓶刻度线以下，操作规范可达到目的，D正确；因此答案选D。7.能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是A.X可为，Y可为B.X可为S，反应①的另一反应物可能为C.X可为Na，反应①为电解Z的水溶液D.X可为Fe，Y能与反应生成对应的碱【答案】B【解析】【详解】A．与反应只能直接生成，无法一步得到，A错误；B．与反应生成氧化物，与碱反应可得到亚硫酸盐（盐Z），亚硫酸盐与在酸性条件下发生归中反应可生成单质，B正确；C．若X为，Z为钠盐，电解钠盐水溶液无法得到单质，制备钠需要电解熔融钠盐，C错误；D．的氧化物（、、）均难溶于水，不能与水反应生成对应的碱，D错误；故选B。8.为了延长港珠澳大桥钢管桩的使用寿命，科研人员采用牺牲阳极法延缓钢管桩的腐蚀。下列有关说法正确的是A.钢管桩为电子流入的一极B.牺牲阳极法中钢管桩可镶嵌铜块C.钢管桩腐蚀时的反应为：D.钢管桩在水下部分一定比在空气与水交界处更容易腐蚀【答案】A【解析】【详解】A．牺牲阳极法利用原电池原理，钢管桩为被保护的正极，原电池中电子由负极流出、流入正极，因此钢管桩是电子流入的一极，A正确；B．牺牲阳极法需镶嵌比铁活泼的金属作负极，铜的金属活动性弱于铁，若镶嵌铜块，铁会作负极加快腐蚀，B错误；C．钢管桩腐蚀时，失去电子生成，反应为，不会直接生成，C错误；D．空气与水交界处氧气浓度更高，吸氧腐蚀速率更快，比水下部分更易腐蚀，D错误；故选A。9.设为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A.1mol甲基（）含有的电子数为B.在的溶液中，的数目为C.14gCO和的混合气体含有的原子数为D.2molNO与充分反应，得到的分子数为【答案】C【解析】【详解】A．1个甲基（）含有的电子数为，故1mol甲基含有的电子数为，A错误；B．的溶液中，1L该溶液中的物质的量为，数目为，B错误；C．和的摩尔质量均为，且均为双原子分子，14g混合气体总物质的量为，含有的原子总物质的量为，数目为，C正确；D．与反应生成后，存在可逆反应，故得到的分子数小于，D错误；故答案选C。10.元素为短周期元素，其原子序数与化合价的关系如图所示。下列说法正确的是A.c与e的原子半径：B.第一电离能：C.简单气态氢化物的稳定性：D.基态和原子核外均有1个未成对电子【答案】B【解析】【分析】从图中可以看出，原子序数逐渐增大，a显-3价，则为N元素；b显+2价，则为Mg元素；c为+3价，则为Al元素；d显+5价，则为P元素；e显+7价，则为Cl元素，据此回答。【详解】A．由分析知，c与e分别为Al、Cl，第三周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，所以原子半径：Al>Cl，A错误；B．由分析可知，b、c分别为Mg、Al元素，Al的价电子排布式为，其第一电离能失去的是能量较高的3p能级上的电子，所需能量较少；Mg的价电子排布式为，失去的是能量较低的3s能级上的电子，所需能量较多；所以第一电离能：Mg＞Al，B正确；C．a、d分别为N、P，二者为同主相邻族元素，非金属性：N＞P，气态氢化物的稳定性：NH3＞PH3，C错误；D．d为15号的P元素，其基态原子价电子排布式为，有3个未成对电子；e为Cl元素，其基态原子的价电子排布式为，有1个未成对电子，D错误；故选B。11.利用如图装置进行实验，当c中充满黄绿色气体后打开K，待d中活塞移动到50mL时，停止加热，关闭K，再光照装置d一段时间。下列说法错误的是A.a中发生反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为B.装置b盛装饱和NaCl溶液，装置c可盛装C.光照后d内气体颜色变浅，且活塞会向右移动D.向d中注入浓氨水，会产生白烟【答案】C【解析】【分析】该装置中a为二氧化锰与浓盐酸共热制氯气的发生装置，b盛饱和食盐水除去氯气中混有的HCl杂质，c用五氧化二磷干燥氯气，之后氯气进入d装置与其中的甲烷在光照条件下发生取代反应，d还预留接口可注入浓氨水、设置分支连接尾气处理装置。【详解】A．a中反应为，氧化剂为，4mol中仅有2mol被氧化作还原剂，故氧化剂和还原剂物质的量之比为，A正确；B．装置b中饱和溶液可除去中混有的杂质，为酸性干燥剂，不与反应，可用于干燥，B正确；C．光照下与发生取代反应，被消耗，气体颜色变浅；反应产物中、、为液体，气体总物质的量减少，装置内压强减小，活塞向左移动，C错误；D．d中生成的或者未反应的都能与浓氨水反应生成固体，产生白烟，D正确；故选C。12.下列陈述I与陈述II均正确，且具有因果关系的是选项陈述I陈述IIA相同条件下，：电负性：B溶液可以腐蚀覆铜板KSCN溶液可用于检验C是一种新型绿色消毒剂胶体具有较好的吸附性D向溶液中加入稀硫酸，溶液导电性减弱A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．电负性，的吸电子诱导效应强于，使羧基中键极性更强、更易电离出，故：，两陈述均正确且存在因果关系，A符合题意；B．溶液腐蚀覆铜板是因为具有氧化性，可氧化，与检验的性质无因果关系，B不符合题意；C．作消毒剂是因为其中+6价具有强氧化性，可杀菌消毒，与胶体的吸附性无因果关系，C不符合题意；D．与稀硫酸反应的正确离子方程式为，陈述II的离子方程式配平错误，D不符合题意；因此答案选A。13.结构决定性质。下列结构不能推测出对应性质的是选项结构性质A石墨呈层状结构，层间以范德华力结合石墨具有类似金属的导电性B碘和四氯化碳是非极性分子，水是极性分子碘易溶于四氯化碳，难溶于水C键能：热稳定性：D离子液体中的离子半径大离子液体的熔点较低A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．石墨的导电性源于层内碳原子形成的离域大π键，与层间的范德华力无关，给定结构无法推出对应性质，A符合题意；B．根据相似相溶原理，非极性溶质易溶于非极性溶剂、难溶于极性溶剂，可由分子极性推出碘易溶于四氯化碳、难溶于水的性质，B不符合题意；C．共价分子的热稳定性与共价键键能正相关，键能越大分子热稳定性越强，可由的键能顺序推出的热稳定性顺序，C不符合题意；D．离子化合物的熔点与离子间作用力强弱有关，离子半径越大，离子间作用力越弱，熔点越低，可由离子半径大的结构推出离子液体熔点较低的性质，D不符合题意；因此答案选A。14.AgCl难溶于水，但能与氨水形成和而溶解。将适量AgCl完全溶于氨水，得到含和的溶液。下列叙述正确的是A.加水稀释，的浓度可能上升B.向溶液中通入少量氨气，一定下降C.AgCl溶解于氨水的离子方程式为D.该溶液中存在【答案】B【解析】【详解】A．加水稀释时溶液体积增大，虽然配离子解离平衡正向移动会生成更多，但勒夏特列原理仅能减弱浓度降低的趋势，无法抵消体积增大的影响，浓度一定下降，不可能上升，A错误；B．的解离平衡为，温度不变解离常数不变，由可得，通入少量氨气时增大，因此该比值一定下降，B正确；C．是难溶电解质，离子方程式中不能拆分为，正确的离子方程式为，C错误；D．溶液中存在一水合氨电离产生的，电荷守恒式需包含，正确的电荷守恒为，D错误；故答案选B。15.用如图装置探究物质性质，持续通入。下列说法错误的是A.a中溶液变浑浊B.b中析出的白色固体主要成分为C.c中铜丝由红变黑，对应了乙醇被氧化的过程D.若加热d有砖红色沉淀生成，说明c中产物有乙醛【答案】C【解析】【分析】在装置a中，碳酸酸性强于苯酚，通入苯酚钠溶液生成常温下微溶于水的苯酚，溶液变浑浊；与反应生成和，粉末从黄色变成白色；在装置b中未与过氧化钠反应的通入饱和溶液，发生反应，溶解度小于，且反应消耗水、生成溶质质量更大，会析出白色固体；在装置c中，加热时与反应生成黑色，注入乙醇后，乙醇被氧化为乙醛，被还原为，铜丝由黑变红；在装置d中乙醛在碱性、加热条件下能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，由此解答；【详解】A．由分析可知，通入苯酚钠溶液生成常温下微溶于水的苯酚，溶液变浑浊，A正确；B．由分析可知，b中析出的白色固体主要成分为，B正确；C．由分析可知，乙醇被氧化的过程，被还原为，铜丝由黑变红，C错误；D．乙醛具有还原性，在碱性、加热条件下能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，若加热d出现砖红色沉淀，说明c中生成了乙醛，D正确；故选C。16.一种以Ni-CuO作为电催化剂的新型电池如图所示，放电时可将污水中的转化为。下列说法错误的是A.充电时，电极Ⅱ为阳极B.放电时，负极区溶液的pH逐渐减小C.充电时，阴极反应为D.理论上每还原，负极区溶液质量增加72g【答案】D【解析】【详解】A．由题可知，放电时可将污水中的转化为，氮元素化合价降低，被还原，则放电时电极Ⅱ为正极，充电时原电池的正极连接电源正极作阳极，A正确；B．放电时负极反应为，消耗，且迁移到负极的量少于消耗量，负极区浓度降低，pH逐渐减小，B正确；C．充电时阴极发生还原反应，为放电负极反应的逆过程，则电极反应式为，C正确；D．还原转移电子，负极溶解（质量为），同时有从正极迁移进入负极区，负极区溶液增加的质量为溶解的Al质量加上迁入的质量再减去消耗的原溶液中的质量，远大于，D错误；故答案选D。二、非选择题：本大题共4小题，共56分。17.醋酸钠在生活、生产和科研中应用广泛。（1）醋酸钠晶体（）易溶于水，其水溶液显弱碱性。醋酸钠的溶解度随温度升高显著增大。现以醋酸废水为原料制备醋酸钠晶体的流程简图如下：其中“操作X”为________。（2）用醋酸钠晶体配制溶液并用盐酸滴定以测定其浓度，该过程用到的下列仪器有________（填编号）。（3）常温下，测定溶液的浓度及水解常数：移取溶液，用盐酸滴定，用pH计测得体系的pH随滴入溶液体积V变化的曲线如图。据图可得：①________。②的________（列出算式）。（4）某小组同学研究温度和浓度对水解平衡的影响。取的溶液，按下表配制系列溶液，用pH计测定pH，记录数据。实验序号温度/℃pH150.00259.372a45.0258.8735.045.0408.56①实验2中的________mL。②对比实验1和2中的数据可判断出稀释时水解平衡正向移动，写出其水解的离子方程式：________。③对比实验2和3的数据发现，升高温度，溶液pH减小，甲同学认为据此可判断出升温时水解平衡逆向移动，但是乙同学考虑到水的离子积________（填“”或“”），认为其观点不成立。④乙同学提出通过测定并比较不同温度下水解平衡常数的大小，可说明温度对水解平衡的影响。小组讨论后，结合实验3进行补充实验，以获得40℃下的水解平衡常数。简述该实验方案：________（包括所用仪器、试剂及需要测得的数据），再使用（3）②中的方法进行计算。测定结果：【答案】（1）蒸发浓缩、冷却结晶（2）BD（3）①.1.050②.（4）①.5.0②.③.④.用pH计测定40℃下纯水的pH，计算该温度下的，再结合8.56（即实验3测得的40℃时溶液的pH）计算40℃的【解析】【分析】醋酸废水中加入进行中和生成，过滤后的滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶后得到晶体；并利用了控制变量法研究温度和浓度对水解平衡的影响，由此解答；【小问1详解】根据已知可知醋酸钠的溶解度随温度升高显著增大，目标产物为晶体，需要先蒸发浓缩得到热的过饱和溶液，再通过冷却结晶的方式得到晶体，因此操作X为蒸发浓缩、冷却结晶；【小问2详解】A．该仪器为蒸发皿，主要用于蒸发，该实验过程不需要蒸发，A错误；B．该仪器为锥形瓶，滴定过程需要锥形瓶盛放待测的醋酸钠溶液，B正确；C．该仪器为分液漏斗，主要用于分液，该实验过程不需要分液，C错误；D．该仪器为酸式滴定管，滴定过程中需要酸式滴定管盛装盐酸，D正确；E．该仪器为球形冷凝管，主要用于冷凝回流，该实验过程中不需要，E错误；故选BD；【小问3详解】①该滴定反应为，滴定终点时二者恰好完全反应，消耗的盐酸的物质的量为0.021L×1mol/L=0.021mol，的物质的量为，其物质的量浓度为；②的水解平衡为，水解常数为，未加入盐酸时，溶液为，pH=9.37，，水解程度很小，可以认为，，代入水解常数为。【小问4详解】①实验1中溶液总体积为50.0mL，实验2和实验1为同一温度下的稀释对比实验，需要保证溶液的体积一致，因此；②水解生成和，因此其水解离子方程式为；③水的电离是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，水的离子积变大，因此；④可以参考（3）中计算的方法，测量并计算40℃下的，再根据40℃下溶液的pH计算40℃的，因此实验方案为：用pH计测定40℃下纯水的pH，计算该温度下的，再结合8.56（即实验3测得的40℃时溶液的pH）计算40℃的。18.和Co在催化、材料等领域有不可替代的作用。以黄铁矿（主要成分为，还含有NiS、CoS、CuS及少量Au）为原料制备同时回收Co的工艺流程如下图：已知：①“焙烧”后烧渣的主要成分是、CuO、NiO、和Au，可看作②氧化性：，③常温下，部分氢氧化物的溶度积如下表：氢氧化物④一般情况下，离子浓度小于可认为该离子沉淀完全。（1）“焙烧”时，把黄铁矿粉碎的原因是________。（2）“焙烧”时，CoS发生反应的化学方程式为________。（3）“酸浸”时，溶解反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为________，此过程可用浓盐酸代替硫酸和双氧水，缺点除因其挥发性导致利用率低外，还有________（写一条）。（4）“调pH”时，当、的浓度均为时，pH最高可调至________（忽略溶液体积变化），浸渣的主要成分为________。（5）“沉钴”时，若只加入碳酸氢铵，制得的沉淀颗粒较为疏松，原因是________。（6）“萃取”时，可用萃取剂P204或P507，已知其结构如图所示（R是烃基），两物质中P=O上的氧原子均可与配位形成配位化合物。已知-OR是吸电子基团，请结合物质结构知识分析两者配位能力大小：O（P204）________O（P507）（填“”“”或“”）。（7）Co的一种氧化物的立方晶胞如图所示，该晶体中的配位数是________；该晶胞的棱长为anm，则该晶体的密度为________。【答案】（1）增大反应物接触面积，使焙烧更充分（2）（3）①.②.会产生有毒气体，污染环境（4）①.7.1②.、（5）只加入碳酸氢铵沉钴过程会生成大量气体（6）（7）①.6②.【解析】【分析】该流程以混有NiS、CoS、CuS和Au杂质的黄铁矿为原料，制备硫酸镍并回收钴，实现矿物资源的综合利用。首先粉碎黄铁矿增大焙烧接触面积，通入空气焙烧，将硫化物氧化为金属氧化物，同时得到副产物，可用于工业制硫酸，避免废气污染；焙烧后烧渣经硫酸、双氧水酸浸，不溶性Au被过滤分离；双氧水可将+3价钴还原为，便于后续分离。再加氨水调pH除去、杂质，可通过加入氨水、碳酸氢铵沉钴得到碳酸钴，或经萃取反萃取分离镍钴，最终得到硫酸镍与硫酸钴产品。【小问1详解】化工流程中将固体粉碎的常规作用是增大反应物接触面积，既可以提升反应速率，也能让原料反应更完全。【小问2详解】焙烧时CoS被氧化，生成​和，化学方程式为；【小问3详解】酸浸时+3价钴被还原为，作为还原剂被氧化为，1mol含2mol+3价Co，共得2mol电子，1mol​失2mol电子，因此氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1；根据已知氧化性​，浓盐酸中的会被氧化为有毒的，污染环境、腐蚀设备。【小问4详解】调pH的上限是保证、均不沉淀，二者浓度均为时，比较，​更易沉淀：，代入得，，即；调pH的目的是沉淀、，因此浸渣为、。【小问5详解】仅加碳酸氢铵时，发生反应，生成的从沉淀体系中逸出，使沉淀内部出现空隙，导致颗粒疏松。【小问6详解】P204含有2个吸电子的基团，P507仅含1个、1个推电子的烃基；吸电子基团会降低中O原子的电子云密度，使其配位给金属离子的能力减弱，因此P204的氧原子配位能力小于P507。【小问7详解】该晶胞为的岩盐型立方晶胞，的配位数为6；晶胞中含4个和4个，总质量为，棱长，体积为，因此密度为。19.工业上常用二乙苯（DEB）在铁基催化下两步脱氢制取二乙烯基苯（DVB），第一步脱氢产物为乙基苯乙烯（EVB），反应如下：反应I：反应Ⅱ：回答下列问题：（1）基态Fe原子的价层电子轨道表示式为________。（2）反应I、Ⅱ的随温度变化如图1.反应I的________0（填“”或“”）。（3）高温条件下，二乙苯（DEB）可能会裂解产生积碳覆盖在催化剂表面，使催化剂“中毒”。通入水蒸气能够一定程度上减少催化剂上的积炭，原因为________（用化学方程式表示）。恒压条件下，通入一定量的水蒸气能提高DEB的平衡转化率，理由是________。（4）保持压强为100kPa，容器中通入8.02mol水蒸气和1molDEB．忽略积碳的产生，仅发生反应I、Ⅱ和副反应Ⅲ：。DEB的平衡转化率、EVB和DVB的选择性随温度和压强的变化如图2所示。选择性：。①EVB和DVB的选择性之和应小于1，故表示DEB的平衡转化率的曲线为________（填“”、“”或“”）。②时，DVB的平衡物质的量为________。③时，________mol，________kPa．反应Ⅲ的________kPa（结果用计算式表示即可）。【答案】（1）（2）（3）①.②.恒压条件下，通入水蒸气，体系内其他组分分压减小，平衡正向移动，提高平衡转化率（4）①.②.0.28③.0.84④.80.2⑤.【解析】【小问1详解】铁是26号元素，价电子排布式为：，价电子轨道表示为：。【小问2详解】由图1，温度升高，平衡常数随温度升高而增大，说明升温平衡正向移动，正反应吸热，反应I的>0。【小问3详解】碳和水蒸气在高温条件下发生生成水煤气的反应，即生成一氧化碳和氢气，反应的化学方程式为：；恒压条件下，通入水蒸气，体系内其他组分分压减小，平衡正向移动，提高平衡转化率。【小问4详解】设水蒸气、DEB的物质的量分别为8.02mol、1mol，由Kp随温度变化可知，温度升高，Kp1、Kp2均增大，说明升高温度，反应Ⅰ、反应Ⅱ的平衡均向正反应方向移动，则压强一定时，升高温度，DEB的平衡转化率和DVB的选择性均增大，由DVB的选择性小于DEB的平衡转化率可知，曲线L1、L2、L3分别表示DEB的平衡转化率、DVB的选择性、EVB的选择性随温度的变化；由图可知，T0时，DEB的平衡转化率为70%，DVB的选择性和EVB的选择性都为40%，则平衡时，DEB、EVB、DVB的物质的量分别为：1mol-1mol×70%=0.3mol、1mol×70%×40%=0.28mol、1mol×70%×40%=0.28mol；由方程式可知，生成0.28mol

DVB需要两步脱氢，氢气的物质的量为：0.28mol×2=0.56mol，生成0.28mol

EVB需要一步脱氢，生成氢气的物质的量为0.28mol，则生成氢气的总物质的量为0.84mol；由公式可知，MST的选择性为20%，则MST的物质的量为：1mol×70%×20%=0.14mol，由方程式可知，反应生成甲烷的物质的量为0.14mol，则平衡时混合气体的总物质的量为：0.3mol+0.28mol+0.28mol+0.84mol+0.14mol+0.14mol+8.02mol=