第22頁/共23頁化學試卷注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上，并將自己的姓名、準考證號、座位號填寫在本試卷上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。涂寫在本試卷上無效。3.作答非選擇題時，將答案書寫在答題卡上，書寫在本試卷上無效。4.考試結束后：將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.“國之重器”是我國科技綜合實力的結晶。下述材料屬于金屬材料的是A.“C919”大飛機用的氮化硅涂層 B.“夢想”號鉆探船鉆頭用的合金C.“望宇”登月服用的聚酰亞胺隔熱層 D.“雪龍2”號破冰船制淡水用的反滲透膜【答案】B【解析】【詳解】A．氮化硅涂層屬于新型陶瓷材料，屬于無機非金屬材料，A不符合題意；B．合金是金屬與其他元素熔合而成的材料，屬于金屬材料，B符合題意；C．聚酰亞胺是高分子有機材料，不屬于金屬材料，C不符合題意；D．反滲透膜通常由高分子聚合物制成，屬于有機材料，D不符合題意；故選B。2.下列化學用語或圖示表達正確的是A.的電子式為 B.基態(tài)原子的價電子排布式為C.的球棍模型為 D.反-2-丁烯的結構簡式為【答案】A【解析】【詳解】A．與結構類似，電子式為，A正確；B．Be是4號元素，基態(tài)原子的價電子排布式為，B錯誤；C．乙炔的球棍模型為，圖中表示乙炔的空間填充模型，C錯誤；D．反-2-丁烯的分子中，兩個甲基位于雙鍵的不同側，結構簡式是，D錯誤；故選A。3.下列有關物質性質與用途對應關系錯誤的是A.單晶硅熔點高，可用于制造芯片 B.金屬鋁具有還原性，可用于冶煉金屬C.濃硫酸具有吸水性，可用作干燥劑 D.乙炔燃燒火焰溫度高，可用于切割金屬【答案】A【解析】【詳解】A．單晶硅用于制造芯片主要因其半導體性質，而非熔點高，熔點高與用途無直接關聯(lián)，A錯誤；B．金屬鋁還原性強，可通過鋁熱反應冶煉金屬（如Fe、Mn等），B正確；C．濃硫酸吸水性使其可干燥中性/酸性氣體（如H2、CO2），C正確；D．乙炔燃燒產生高溫氧炔焰（約3000℃），可熔化金屬進行切割，D正確；故選A。4.抗壞血酸葡萄糖苷()具有抗氧化功能。下列關于的說法正確的是A.不能使溴水褪色 B.能與乙酸發(fā)生酯化反應C.不能與溶液反應 D.含有3個手性碳原子【答案】B【解析】【詳解】A．由物質的結構可知，該物質含有碳碳雙鍵，能和溴水發(fā)生加成反應而褪色，A錯誤；B．由物質的結構可知，該物質含有羥基，能和乙酸在濃硫酸催化下，發(fā)生酯化反應，B正確；C．該物質中含有一個酯基，能與溶液反應，C錯誤；D．手性碳原子為連接4個不同基團的碳原子，該物質中含有7個手性碳，，D錯誤；故選B。5.“機械鍵”是兩個或多個分子在空間上穿插互鎖的一種結合形式。我國科研人員合成了由兩個全苯基大環(huán)分子組成的具有“機械鍵”的索烴，結構如圖，下列說法錯誤的是A.該索烴屬于芳香烴 B.該索烴的相對分子質量可用質譜儀測定C.該索烴的兩個大環(huán)之間不存在范德華力 D.破壞該索烴中的“機械鍵”需要斷裂共價鍵【答案】C【解析】【詳解】A．該物質是由兩個全苯基大環(huán)分子組成的具有“機械鍵”的索烴，含有苯環(huán)，屬于芳香烴，A正確；B．質譜儀可測定相對分子質量，質譜圖上最大質荷比即為相對分子質量，B正確；C．該物質為分子晶體，分子間存在范德華力，C錯誤；D．該物質含有共價鍵，破壞“機械鍵”時需要斷裂共價鍵，D正確；故選C。6.下列對物質性質的解釋錯誤的是選項物質性質解釋A氯化鈉熔點高于氯化銫氯化鈉離子鍵強于氯化銫B碘易溶于四氯化碳碘和四氯化碳都是非極性分子C草酸氫鈉溶液顯酸性草酸氫根離子水解程度大于電離程度D離子液體導電性良好離子液體中有可移動的陰、陽離子A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．氯化鈉中的鈉離子半徑（Na+）比氯化銫中的銫離子半徑（Cs+）小，離子鍵強度更大，因此熔點更高，解釋正確，A正確；B．碘和四氯化碳均為非極性分子，符合“相似相溶”原理，解釋正確，B正確；C．草酸氫鈉溶液顯酸性是因為草酸氫根（HC2O）的電離程度（釋放H+）大于水解程度（生成OH?），解釋錯誤，C錯誤；D．離子液體的導電性源于其內部可自由移動的陰、陽離子，解釋正確，D正確；故選C。7.下列有關反應方程式錯誤的是A.泡沫滅火器反應原理：B.用金屬鈉除去甲苯中的微量水：C.用溶液吸收尾氣中的D.氯氣通入冷的石灰乳中制漂白粉：【答案】D【解析】【詳解】A．泡沫滅火器中Al3+與HCO發(fā)生雙水解，生成Al(OH)3和CO2，方程式配平正確，A正確；B．金屬鈉優(yōu)先與水反應生成NaOH和H2，甲苯不參與反應，方程式正確，B正確；C．NO2與NaOH反應生成NO和NO，方程式配平及產物均正確，C正確；D．石灰乳（Ca(OH)2懸濁液）不能拆為OH-，正確反應應為2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，D錯誤；故選D。8.一種負熱膨脹材料的立方晶胞結構如圖，晶胞密度為，阿伏加德羅常數(shù)的值為，下列說法錯誤的是A.沿晶胞體對角線方向的投影圖為B.和B均為雜化C.晶體中與最近且距離相等的有6個D.和B的最短距離為【答案】A【解析】【詳解】A．由晶胞圖可知，晶胞中Ag位于體心，B位于頂點，C、N位于體對角線上，沿晶胞體對角線方向投影，體對角線上的原子投影到中心(重疊)，其余6個頂點原子分別投影到六元環(huán)的頂點上，其他體內的C、N原子抽影響到對應頂點原子投影與體心的連線上，則投影圖為，A錯誤；B．Ag位于體心，與周圍4個N原子原鍵，價層電子對數(shù)為4，且與4個N原子形成正四面體，則Ag為雜化；由晶胞中成鍵情況知，共用頂點B原子的8個晶胞中，有4個晶胞中存在1個C原子與該B原子成鍵，即B原子的價層電子對數(shù)為4，為雜化，B正確；C．晶胞中Ag位于體心，與最近且距離相等的就是該晶胞上、下、左、右、前、后6個相鄰的晶胞體心中的原子，為6個，C正確；D．B位于頂點，其個數(shù)為，Ag、C、N均位于晶胞內，個數(shù)分別為1、4、4，由晶胞密度可知晶胞參數(shù)a=，和B的最短距離為體對角線的一半，即，D正確；故選A。9.一種高聚物被稱為“無機橡膠”，可由如圖所示的環(huán)狀三聚體制備。X、Y和Z都是短周期元素，X、Y價電子數(shù)相等，X、Z電子層數(shù)相同，基態(tài)Y的軌道半充滿，Z的最外層只有1個未成對電子，下列說法正確的是A.X、Z的第一電離能： B.X、Y的簡單氫化物的鍵角：C.最高價含氧酸的酸性： D.X、Y、Z均能形成多種氧化物【答案】D【解析】【分析】X、Y價電子數(shù)相等，X、Y屬于同一主族，且X形成5個鍵，Y形成3個鍵，基態(tài)Y的軌道半充滿，則X為P元素，Y為N元素，X、Z電子層數(shù)相同，Z的最外層只有1個未成對電子，Z形成1個鍵，Z為Cl元素，以此分析?！驹斀狻緼．第一電離能同周期從左到右有增大趨勢，第一電離能：Cl>P，A錯誤；B．X、Y的簡單氫化物分別為：PH3和NH3，電負性：N>P，共用電子對距N近，成鍵電子對斥力N-H大于P-H，鍵角：NH3>PH3，B錯誤；C．元素的非金屬性越強，其最高價含氧酸酸性越強，非金屬性：Cl>N>P，酸性：HClO4>HNO3>H3PO4，C錯誤；D．P、N、Cl均能形成多種氧化物，D正確；答案選D。10.下列實驗方案不能得出相應結論的是AB結論：金屬活動性順序為結論：氧化性順序為CD結論：甲基使苯環(huán)活化結論：增大反應物濃度，該反應速率加快A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．Fe、Cu、稀硫酸原電池中，電子由活潑金屬Fe流向Cu，F(xiàn)e、Zn、硫酸原電池中，電子有Zn流向Fe，活潑性：Zn>Fe>Cu，A正確；B．FeCl3與淀粉KI溶液反應，溶液變藍色，則氧化性：Fe3+>I2，新制氯水加入含KSCN的FeCl2溶液中，溶液變紅色，生成了Fe3+，則氧化性：Cl2>Fe3+，故氧化性：，B正確；C．酸性高錳酸鉀分別滴入苯和甲苯中，甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，說明了苯環(huán)使甲基活化，C錯誤；D．不同濃度的Na2S2O3與相同濃度的稀硫酸反應，濃度大的Na2S2O3先出現(xiàn)渾濁，說明增大反應物濃度，反應速率加快，D正確；答案選C11.某元素的單質及其化合物的轉化關系如圖。常溫常壓下G、J均為無色氣體，J具有漂白性。阿伏加德羅常數(shù)的值為。下列說法錯誤的是A.G、K均能與溶液反應 B.H、N既具有氧化性也具有還原性C.M和N溶液中的離子種類相同 D.與足量的J反應，轉移電子數(shù)為【答案】D【解析】【分析】根據(jù)轉化關系：，常溫常壓下G、J均為無色氣體，J具有漂白性，J為SO2，K為SO3，G為H2S，H為S，M為NaHSO3，N為Na2SO3，L為Na2SO4?！驹斀狻緼．H2S和SO3均能與NaOH溶液反應，A正確；B．S和Na2SO3中S的化合價處于S的中間價態(tài)，既具有氧化性又有還原性，B正確；C．M為NaHSO3，N為Na2SO3，二者的溶液中離子種類相同，C正確；D．1molH2S和足量的SO2反應生成S單質和水，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，1molH2S參加反應，轉移2mol電子，轉移2NA個電子，D錯誤；答案選D12.格氏試劑性質活潑，可與空氣中的和等反應。某興趣小組搭建了圖示無水無氧裝置(部分裝置略)，以乙醚(沸點)為溶劑，利用下述反應高產率地制備二苯甲酮。下列說法錯誤的是A.氣球中填充保護氣，并起緩沖壓力的作用B.燒瓶中液體是格氏試劑的乙醚溶液C.圖中的漏斗不能用球形分液漏斗代替D.產率高表明苯甲酰氯比二苯甲酮更易與格氏試劑反應【答案】B【解析】【詳解】A．當氣球被充入氣體時，氣體在氣球內產生了一定的壓力，這將均勻地作用在氣球內外的表面上，使得外殼可以均勻分擔氣體的壓力，故A正確；B．格氏試劑性質活潑，為避免反應過于劇烈，燒瓶中應加入苯甲酰氯，格氏試劑通過滴液漏斗緩慢滴加，故B錯誤；C．反應體系為無水、無氧的密封裝置，需要用圖中的漏斗保持體系能壓強不變，保證液體順利滴下，而不能用分液漏斗，故C正確；D．苯甲酰氯比二苯甲酮與格氏試劑反應速率快，導致苯甲酰氯與與格氏試劑產率高，故D正確；故答案為C。13.我國科研人員采用圖示的電解池，由百里酚(TY)合成了百里醒(TQ)。電極b表面的主要反應歷程見圖(灰球表示電極表面催化劑)，下列說法錯誤的是A.電解時，從右室向左室移動B.電解總反應：C.以為原料，也可得到TQD.用標記電解液中的水，可得到【答案】D【解析】【分析】電極b發(fā)生TY→TQ，發(fā)生加氧去氫的反應，發(fā)生氧化反應，b為陽極，a為陰極，陰極上氫離子得電子生成H2，以此解題?！驹斀狻緼．電解時陽離子向陰極移動，H+從右室向左室移動，A正確；B．根據(jù)轉化關系圖可知，電極b中TY反應物，TQ是生成物，電極a中水是反應物，H2為生成物，總反應方程式為：，B正確；C．將TY()換成為原料，仍然能夠得到TQ()，C正確；D．根據(jù)右圖可知，用標記電解液中的水，可得到的18O在環(huán)上甲基的鄰位上，D錯誤；答案選D。14.常溫下，溶液中以氫氧化物形式沉淀時，與的關系如圖[其中X代表或]。已知：，比更易與堿反應，形成；溶液中時，X可忽略不計。下列說法錯誤的是A.L為與的關系曲線B.平衡常數(shù)為C.調節(jié)溶液濃度，通過堿浸可完全分離和D.調節(jié)溶液為，可將濃度均為的和完全分離【答案】B【解析】【分析】和沉淀形成和，沉淀形成，則和的曲線平行，根據(jù)，比更易與堿反應，因此生成的pH低于，故從左到右曲線依次為：或。如圖可知：的平衡常數(shù)為，的平衡常數(shù)為，的平衡常數(shù)為，的平衡常數(shù)為，的平衡常數(shù)為，的平衡常數(shù)為。據(jù)此分析：【詳解】A．據(jù)分析，L為與的關系曲線，故A正確；B．如圖可知，的平衡常數(shù)為，則的平衡常數(shù)為，故B錯誤；C．如圖可知，pH=14時開始溶解，pH=8.4時開始溶解，且pH=14時，即可認為完全溶解，并轉化為，因此調節(jié)溶液濃度，通過堿浸可完全分離和，故C正確；D．的開始沉淀pH為，的完全沉淀pH為，因此調節(jié)溶液為，可將濃度均為的和完全分離，故D正確；故答案為B。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.某實驗室制備糖精鈷，并測定其結晶水含量。已知：表示糖精根離子，其摩爾質量為，糖精鈷的溶解度在熱水中較大，在冷水中較??；丙酮沸點為，與水互溶。(一)制備I．稱取，加入蒸餾水，攪拌溶解，得溶液1。Ⅱ．稱取(稍過量)糖精鈉()，加入蒸餾水，加熱攪拌，得溶液2。Ⅲ．將溶液2加入到接近沸騰的溶液1中，反應3分鐘后停止加熱，靜置，冷卻結晶。Ⅳ．過濾，依次用三種不同試劑洗滌晶體，晾干得產品?；卮鹣铝袉栴}：（1）I和Ⅱ中除燒杯外，還需用到的玻璃儀器有_______、_______(寫出兩種)（2）Ⅲ中靜置過程有少量晶體出現(xiàn)時，可將燒杯置于_______中，以使大量晶體析出。（3）Ⅳ中用①丙酮、②冷水、③冷的溶液洗滌晶體，正確順序為_______。A．①③②B．③②①C．②①③（4）Ⅳ中為了確認氯離子己經洗凈，取水洗時的最后一次濾液于試管中，_______(將實驗操作、現(xiàn)象和結論補充完整)。（5）與本實驗安全注意事項有關的圖標有_______。(二)結晶水含量測定和形成配合物。準確稱取糖精鈷產品于錐形瓶中，加蒸餾水，加熱溶解，再加入緩沖溶液和指示劑，在50~60℃下，用的標準溶液滴定。（6）下列操作的正確順序為_______(用字母排序)。a．用標準溶液潤洗滴定管b．加入標準溶液至“0”刻度以上處c．檢查滴定管是否漏水并清洗d．趕出氣泡，調節(jié)液面，準確記錄讀數(shù)（7）滴定終點時消耗標準溶液，則產品中x的測定值為_______(用含m、c、V的代數(shù)式表示)；若滴定前滴定管尖嘴處無氣泡，滴定后有氣泡，會導致x的測定值_______(填“偏高”“偏低”或“無影響”)?！敬鸢浮浚?）①.玻璃棒②.量筒（或膠頭滴管等，合理即可）（2）冰水浴（3）B（4）加稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，無白色沉淀生成，說明Cl-已洗凈（5）ABC（6）cabd（7）①.（或：）②.偏高【解析】【分析】按照反應制備糖精鈷，然后在冰水浴中結晶，再按照“冷的1%NaSac溶液、冷水、丙酮”順序進行洗滌，得到糖精鈷晶體，最后將糖精鈷晶體溶解后用EDTA標準溶液滴定測定含有結晶水的數(shù)量?！拘?詳解】步驟I、Ⅱ中需要使用量筒、膠頭滴管量取蒸餾水，并用玻璃棒攪拌以加快固體溶解速率。【小問2詳解】因為糖精鈷在冷水中溶解度較小，所以為了盡快讓大量晶體析出，應降低溶液溫度，可將燒杯置于冰水浴中?！拘?詳解】先用冷的1%NaSac溶液洗滌，可降低糖精鈷溶解度，減少晶體損失，還能將晶體表面吸附的Co2+轉化為晶體析出，且不引人新的雜質，再用冷水洗滌，可降低晶體溶解度并洗去溶液中存在的可溶性離子，丙酮可以與水互溶且沸點比關鍵水的低，故最后用丙酮洗滌以除去殘留的水且能使晶體快速干燥，故答案為B?！拘?詳解】Ⅳ中為了確認氯離子己經洗凈的步驟為：取水洗時的最后一次濾液于試管中，加稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，無白色沉淀生成，說明Cl-已洗凈。【小問5詳解】進行化學實驗需要佩戴護目鏡，以保護眼睛，同時化學實驗結束后，離開實驗室前需用肥皂等清洗雙手，該實驗涉及加熱操作，因此需要防止熱燙，要選擇合適的工具進行操作，避免直接觸碰，故A、B、C符合題意；該實驗中未涉及銳器的操作，D不符合題意，故答案為ABC?！拘?詳解】使用滴定管前首先要檢漏，確定不漏液之后用蒸餾水清洗(c)，再用待裝的標準溶液進行潤洗(a)，待潤洗完成后裝入標準溶液至“0”刻度以上2~3mL處(b)，放液趕出氣泡后調節(jié)液面至“0”刻度或“0”刻度下，準確記錄標準溶液體積的初始讀數(shù)(d)，故答案為cabd?！拘?詳解】滴定消耗的，EDTA與Co2+形成1：1配合物，則樣品溶解后的，即樣品中的，而，所以，解得；若滴定前滴定管尖嘴處無氣泡，滴定后有氣泡，測得消耗EDTA溶液體積偏小，即V偏小，根據(jù)，則x偏高。16.一種綜合回收電解錳工業(yè)廢鹽(主要成分為的硫酸鹽)的工藝流程如下。已知：①常溫下，，；②結構式為?；卮鹣铝袉栴}：（1）制備廢鹽溶液時，為加快廢鹽溶解，可采取的措施有_______、_______。(寫出兩種)（2）“沉錳I”中，寫出形成的被氧化成的化學方程式_______。當將要開始沉淀時，溶液中剩余濃度為_______。（3）“沉錳Ⅱ”中，過量的經加熱水解去除，最終產物是和_______(填化學式)。（4）“沉鎂I”中，當為8.0~10.2時，生成堿式碳酸鎂，煅燒得到疏松的輕質。過大時，不能得到輕質的原因是_______。（5）“沉鎂Ⅱ”中，加至時，沉淀完全；若加至時沉淀完全溶解，據(jù)圖分析，寫出沉淀溶解的離子方程式_______。（6）“結晶”中，產物X的化學式為_______。（7）“焙燒”中，元素發(fā)生了_______(填“氧化”或“還原”)反應?！敬鸢浮浚?）①.攪拌②.適當升溫等（2）①.6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O②.10-2.15（3）O2（4）pH過大，沉淀為Mg(OH)2，不能分解產生CO2，不能得到疏松的輕質（5）（6）(NH4)2SO4（7）還原【解析】【分析】廢鹽溶液加入氨水，通入氧氣沉錳I得到Mn3O4，溶液再加入(NH4)2S2O8，進行沉錳Ⅱ得到MnO2，產生有氣體O2，溶液再加入NH4HCO3和NH3·H2O調節(jié)pH沉鎂I，得到MgCO3，煅燒得到MgO，溶液再加入H3PO4沉鎂Ⅱ，得到MgNH4PO4·6H2O沉淀，溶液加入H2SO4調節(jié)pH=6.0結晶得到X硫酸銨，最后與MnO2和Mn3O4焙燒，經過多步處理得到MnSO4·H2O。【小問1詳解】加快廢鹽的溶解可以采取攪拌、適當升溫、粉碎等；【小問2詳解】Mn(OH)2被O2氧化得到Mn3O4，化學方程式為：6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O；根據(jù)=，=10-2.15mol/L；【小問3詳解】“沉錳Ⅱ”中，過量的經加熱水解去除，中存在過氧鍵，在加熱和水存在下發(fā)生水解，生成和：，分解，總反應為，最終產物是和O2；【小問4詳解】煅燒有CO2生成，可以得到疏松的輕質氧化鎂，pH過大，沉淀為Mg(OH)2，不能分解產生CO2，不能得到疏松的輕質；【小問5詳解】由圖可知，pH=8時，陰離子為，陽離子為，產生的沉淀為，調節(jié)到pH=4，磷元素存在形式為，磷酸不是強酸，不能拆，離子方程式為：；【小問6詳解】溶液中存在銨根離子和硫酸根離子，結晶后X為(NH4)2SO4；【小問7詳解】“焙燒”中，Mn3O4和MnO2最終生成MnSO4·H2O，元素化合價降低，發(fā)生了還原反應。17./循環(huán)在捕獲及轉化等方面具有重要應用?？蒲腥藛T設計了利用與反應生成的路線，主要反應如下：I．II．III．回答下列問題，（1）計算_______。（2）提高平衡產率的條件是_______。A.高溫高壓 B.低溫高壓 C.高溫低壓 D.低溫低壓（3）高溫下分解產生的催化與反應生成，部分歷程如圖，其中吸附在催化劑表面的物種用*標注，所示步驟中最慢的基元反應是_______(填序號)，生成水的基元反應方程式為_______。（4）下，在密閉容器中和各發(fā)生反應。反應物(、)的平衡轉化率和生成物(、)的選擇性隨溫度變化關系如下圖(反應III在以下不考慮)。注：含碳生成物選擇性①表示選擇性的曲線是_______(填字母)。②點M溫度下，反應Ⅱ的_______(列出計算式即可)。③在下達到平衡時，_______。，隨溫度升高平衡轉化率下降的原因可能是_______。【答案】（1）（2）B（3）①.④②.HO*+H2*+CH2*=CH3*+H2O（4）①.c②.③.0.2④.反應Ⅱ生成的氫氣多于反應Ⅲ消耗的氫氣【解析】【小問1詳解】已知：I．Ⅱ．將I+Ⅱ可得=，故答案為：；【小問2詳解】已知反應Ⅱ．為放熱反應，要提高平衡產率，要使平衡正向移動。A．高溫會使平衡逆向移動，不利于提高平衡產率，A錯誤；B．低溫使平衡正向移動，高壓也使平衡正向移動，可提高平衡產率，B正確；C．高溫會使平衡逆向移動，低壓會使平衡逆向移動，不利于提高平衡產率，C錯誤；D．低壓會使平衡逆向移動，不利于提高平衡產率，D錯誤；故選B。【小問3詳解】反應活化能越高，反應速率越慢，從圖中可以看出，第四部活化能最高，速率最慢，基元反應為CH3*+H*+2H2O=CH4*+2H2O；由圖可知，在第三步時生成了水，基元反應為：HO*+H2*+CH2*=CH3*+H2O，故答案為：④；HO*+H2*+CH2*=CH3*+H2O；【小問4詳解】已知反應I為吸熱反應，Ⅱ為放熱反應，III為吸熱反應，根據(jù)圖像，溫度逐漸升高，則碳酸鎂的轉化率逐漸升高，氫氣的轉化率下降，在以下不考慮反應Ⅲ，則二氧化碳的選擇性上升，甲烷的選擇性下降，所以a表示碳酸鎂的轉化率，b表示二氧化碳的選擇性，c表示甲烷的選擇性。①表示選擇性的曲線是c，故答案為：c；②點M溫度下，從圖中看出碳酸鎂的轉化率為49%，則剩余的碳酸鎂為0.51mol，根據(jù)碳原子守恒，甲烷和二氧化碳中碳原子的物質的量之和為0.49mol，又因為此時二氧化碳的選擇性和甲烷的選擇性相等，則二氧化碳和甲烷的物質的量為0.245mol，根據(jù)氧原子守恒得出水的物質的量為0.49mol，根據(jù)氫原子守恒得出氫氣的物質的量為0.02mol，總的物質的量為0.02+0.245+0.245+0.49=1mol，，，，則反應Ⅱ的，故答案為：；③在下達到平衡時，碳酸鎂完全轉化，二氧化碳的選擇性為70%，甲烷的選擇性為10%，則生成的二氧化碳為0.7mol，生成的甲烷為0.1mol，根據(jù)碳原子守恒得出1-0.7-0.1mol=0.2mol；因為反應Ⅱ是放熱的，反應Ⅲ是吸熱的。在，隨溫度升高，反應Ⅱ逆向移動，反應Ⅲ正向移動，由于反應Ⅱ生成的氫氣多于反應Ⅲ消耗的