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湖北省腾云联盟2022届高三上学期10月联考化学试题 扫描版含答案
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这是一份湖北省腾云联盟2022届高三上学期10月联考化学试题 扫描版含答案，共15页。试卷主要包含了【答案】A，【答案】C，【答案】B，【答案】D，3NA等内容，欢迎下载使用。
答案解析
1.【答案】A
【解析】A．英国科学家道尔顿于19世纪初提出原子学说，为近代化学的发展奠定了坚实基础；
B．法国化学家拉瓦锡1771年建立燃烧现象的氧化学说，使近代化学取得了革命性的进展；
C．1869年俄国化学家门捷列夫将元素按照原子相对原子质量由小到大依次排列，制出元素周期表；
D．侯德榜发明了联合制碱法，即“侯氏制碱法”，为我国的化学工业发展做出重要贡献。
2.【答案】C
【解析】蒸馏是利用物质的沸点异同分离，与溶解度无关，与溶解度有关的一般有萃取、重结晶、盐析、过滤、纸上层析等。
3.【答案】C
【解析】A．高强度锦纶纤维是采用人工方法，通过有机物的聚合反应制得，属于合成高分子材料，故A正确；
B．碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，碳纤维的微观结构类似人造石墨，是乱层石墨结构，和碳化硅属于新型无机非金属材料，故B正确；
C．航天员主要通过Na2O2获取呼吸用氧，故C错误；
D．电能相对于化学燃料更加经济与环保，故D正确；
4.【答案】B
【解析】
水是弱电解质；
明矾在水中生成氢氧化铝胶体，吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质，并形成沉淀使水澄清；漂白粉的净水是利用漂白粉的氧化作用对饮用水和废水进行杀菌消毒；
用漂白粉对自来水消毒，引入Ca2+,则增加水的总硬度；
生活中通过煮沸，能减少水中钙、镁离子的含量，能降低水的硬度。
5.【答案】D
【解析】A．应为0.3NA
SiO2晶体中1个Si与4个O原子形成4条共价键，故1mlSiO2晶体中含有4ml共价键，即4NA;
C．甲基碳正离子含有的质子数为9，则1ml甲基碳正离子所含质子总数为1ml×9×NA ml—1=9NA；
D．1ml CaCO3与1ml Mg3N2中均含有50ml质子，两者摩尔质量均为100g/ml，则0.6g混合物为0.006ml，所含质子数为0.3NA。
6.【答案】D
【解析】A．H+与 HCO3-不共存；B. 存在有色离子；C. SO42-与Ba2+不共存；D共存
7.【答案】A
【解析】W与Y同族且都是复合化肥的营养元素，则W为氮(N)，Y为磷(P)；W、X、Y最外层电子数之和为11，则X为钠(Na)；Z的氢化物遇水可产生最轻的气体，则Z为钾(K)或钙(Ca)。
A.具有相同核电荷数的离子，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径：N3->Na+；
B. Z的氢化物为KH或CaH2，含有离子键；
C. 常温常压下X的单质为钠，呈固态；
D. 非金属性Y(P)8.【答案】A
【解析】电势越高对应物质的氧化性越强，可知几种物质的氧化性由强到弱的顺序为，据此分析解答。
A. 氧化性：，则反应离子方程式正确；
B. 还原性：Fe2+ > Cl-，所以少量PbO2先氧化Fe2+ ，不能生成氯气；
酸化高锰酸钾时不能用盐酸，因为能被高锰酸钾氧化；
D. 酸性条件下正确的离子方程式为，故D错误。
9.【答案】C
【解析】A. 应用10mL量筒；B. 苯的密度比水小，应从下口倒出；C. 眼睛注视锥形瓶内的颜色变化；D. 先加乙醇再加浓硫酸最后加乙酸。
10.【答案】D
【解析】电解时，CrO42−通过阴离子交换膜向阳极移动，在阳极氢氧根离子失电子发生氧化反应，OH−放电后，阳极池酸度增强，发生反应2CrO42−+2H+＝Cr2O72−+H2O，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH。
阳极发生氧化反应，该电极的电极反应式为：2H2O - 4e- = O2↑+4H+；
电解时，CrO42-将通过阴离子膜进入阳极室，从而实现与浆液的分离；
阴极发生还原反应生成氢气，同时还会得到硫酸钠、氢氧化钠， Al(OH)3和MnO2中的氢氧化铝可以溶于氢氧化钠，氢氧化钠可用于固体混合物Al(OH)3和MnO2的分离;
适当增大电压，电解时，右池为阳极，阴离子向阳极移动，CrO42−通过阴离子交换膜向阳极移动，从而CrO42-能从浆液中分离出。
11.【答案】C
【解析】
A．溶解度不同，饱和溶液的浓度不同，不能测定饱和溶液的pH比较碱性及金属性；
B．CH3COONH4溶液中醋酸根离子与铵根离子的水解程度相同，则溶液为中性，但浓度不同时对水的促进作用不同，则水的电离程度不同；
C．硝酸铜分解产生的混合气体中氧气的体积分数与空气中氧气的体积分数相同，若NO2不支持燃烧，则木条不会复燃；
D．氯化铁溶液过量，反应后含铁离子，不能证明KI与FeCl3的反应为可逆反应，应加过量的碘化钾溶液。
12【答案】C
【解析】A．由题中图示可知，反应①方程式为Ni+ +H2+NiS，该反应中涉及C-S极性键断裂和H2中H-H非极性键断裂；
B．由题中图示可知，反应③的方程式为Ni+ZnS+2O2=NiO+ZnO+SO2，该过程参加反应的ZnS和O2的物质的量之比是1:2；
C. ④ H2 + NiO = Ni + H2O 是置换反应；
D．由题中图示找出反应物为、H2、O2；Ni/ZnO作催化剂；生成物为、SO2、H2O，再结合原子守恒书写方程式。
13.【答案】D
【解析】A．甲醛与新制Cu(OH)2反应时，反应生成Cu2O，铜元素化合价降低，则Cu(OH)2被还原；
B．由已知Cu(NH3)(无色)，Cu(NH3)(蓝色)，且Cu2O、CuO均能溶于浓氨水，则②→④无色溶液变蓝，说明固体A中存在Cu2O；
C. 已知：Cu2O、CuO均能溶于浓氨水，固体A经浓氨水浸泡后得到红色固体应为Cu，则③→⑤出现蓝色溶液的原因是2Cu+O2+8NH3•H2O=2Cu(NH3)+4OH- +6H2O；
D.没有密封，空气中的氧气可能参与反应，当固体A只含Cu或只含Cu2O，或是Cu和Cu2O混合物时，均有该现象产生，则不能确认固体A的成分。
14.【答案】D
【解析】A. 由2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)可知，NO2的生成速率(逆反应速率)应该是N2的生成速率(正反应速率)的二倍时才能使正、逆反应速率相等，即达到平衡，只有C点满足；
B．由题中信息可知，维持温度不变，即E、G两点温度相同，平衡常数K(E)=K(G)；
C．由图2知，E点反应未达到平衡，F点反应达到平衡，且压强E＜F，则E点的v正小于F点的v逆；
D．混合气体中气体压强与浓度有关，压强越大，体积越小，浓度越大，所以G点压强大，浓度大，即c(E)＜c(G)。
15【答案】C
【解析】A. 25℃时，a点溶液呈强酸性，水的电离受到抑制，溶液中的OH-是由水电离产生的，故水电离出的c水(H+)=c(OH-)=1.0×10-11ml/L，b点溶液呈强碱性，水的电离也受到抑制，溶液中的H+是由水电离产生的，且有很少一部分由水电离产生的H+与A-结合成HA，故由水电离出的c水(H+)>c(H+)=1.0×10-11ml/L，故溶液中在a点和b点时水的电离程度不相同；
B．V＝10mL 时，NaOH中和一半的HA，不考虑HA电离和NaA水解，两者是1：1，而实际电离大于水解，所以c(A−)>c(HA)；
C. a点时，pH＝3，c(H＋)＝1.0×10−3 ml•L−1，因为Ka＝=1.0×10−3，则=1.0，可知c(A-)＝c(HA), 结合电荷守恒c(A−)＋c(OH−)＝c(Na＋)＋c(H＋)，
可得c(HA)＋c(OH−)＝c(Na＋)＋c(H＋)；
D．根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A−)＋c(OH−)，可得：c(Na＋)＝c(A−)＋c(OH−)−c(H＋)，则c(Na＋)二、非选择题（共4题，共55分）
16.（11分）
【答案】
（1）四 （1分） ⅦA （1分）
（2）同位素（2分）
（3）B C（2分）
（4）A D （2分）
（5）2S2O32-+I2 =2I-+ S4O62-（2分）
（6）（2分）
【解析】
（1）溴元素质子数为35，在周期表中的位置为：第四周期第ⅦA族。
（2）与质子数都为34，中子数分别为44、46，互为同位素。
（3）A．由溴化硒分子的球棍模型知，溴化硒不属于离子化合物 ，属于共价化合物，A错误；
B．同周期从左到右元素原子半径递减，则原子半径：r(Se)>r(Br)，B正确；
C．Se元素的非金属性比Br的弱，气态氢化物的稳定性：H2SeD．溴、硒的相对原子质量分别为79.90、78.96，溴化硒的分子式为Se2Br2，则相对分子质量为317.72，D错误；答案为BC。
（4）A．应用最高价氧化物对应水化物的酸性强弱比较非金属性强弱，故选A；
B.化合物SCl2中硫显正价而氯显负价，则S原子吸引电子能力比氯差，能说明硫元素非金属性比氯弱，故不选B
C．非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，将氯气通人H2S溶液中，有淡黄色沉淀生成，则氯气置换了硫，则还原性为 ，能说明硫元素非金属性比氯弱，故不选C不符合
D．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，与酸的氧化性无关，不能说明硫元素非金属性比氯弱，故选D。
（5）2S2O32-+I2 =2I-+ S4O62-
（6）
（14分）
【答案】
（1）Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O（2分）
（2）CuSO4可作为2H2O2=2H2O+O2↑ 反应的催化剂，加快H2O2的分解（合理即可得分）（2分）；
（3）除去过量的H2O2 （2分）
（4）Fe(OH)3（2分）；
（5）3.3 （2分） 3.3 ≤ pH < 6.2 （2分）
（6）Zn(OH)2+2OH-=ZnO2-+2H2O（2分）；
【解析】
（1）Cu和H2SO4不反应，加H2O2可以将Cu氧化
（2）CuSO4可以催化H2O2分解
（3）加热可以促进H2O2分解从而除去过量的H2O2
（4）通过调节pH 将铁元素转化为Fe(OH)3而除去
（5）c(Fe3+)= 0.01 ml/L ，pH =2.3时c(OH-) =10-11.7 此时 Fe3+开始沉淀，Ksp[ Fe(OH)3] = 0.01×（10-11.7）3 = 10-37.1≈10-37；c(Fe3+) ≤ 1.0×10-5 ml/L时认为沉淀完全，故
1.0×10-5×c3(OH-)=10-37 所以得出pH = 约约为故 故约
约为3.3
（15分）
【答案及解析】
（1）分液漏斗 （1分）
（2）用作安全瓶，防倒吸 （2分）
（3）Na2SO3（2分）
解析：过量的SO2与NaOH溶液反应
Na2CO3＋2Na2S＋4SO2＝3Na2S2O3＋CO2 （2分）
解析：依据氧化还原反应原理写方程式
（5）① E （2分）
② B、A、D （2分）
③KMnO4溶液颜色变浅，品红溶液不褪色，澄清石灰水变浑浊，则C溶液中含有Na2CO3。（其他合理答案也可得分） （4分）
解析：证明有Na2CO3存在，即加硫酸后证明有CO2 ，但有SO2干扰，所以要先除去SO2，并证明其除干净了再用澄清石灰水检验CO2 。
（14分）
【答案及解析】
（1）吸附 （2分）
（2）＜ 0.18 催化 （各2分，共6分）
解析：无水时的活化能是0.75eV，有水时的活化能是0.57eV，两者的差值即为答案
（3）48.04 （2分）
解析：根据转化率H2O（g）的转化率为70% ，设H2O（g）的起始物质的量为1ml，再列三段式分别求出气体的物质的量分数，再根据平衡时压强为50MPa，计算各气体分压，即可求出分压平衡常数。
①＜ ②＝ ③＞ ④＜ （各1分，共4分）
解析：甲和乙为等效平衡；丙相对于乙是加压，再分别依据等效平衡原理、规律和压强对平衡的影响解题。
答案解析
1.【答案】A
【解析】A．英国科学家道尔顿于19世纪初提出原子学说，为近代化学的发展奠定了坚实基础；
B．法国化学家拉瓦锡1771年建立燃烧现象的氧化学说，使近代化学取得了革命性的进展；
C．1869年俄国化学家门捷列夫将元素按照原子相对原子质量由小到大依次排列，制出元素周期表；
D．侯德榜发明了联合制碱法，即“侯氏制碱法”，为我国的化学工业发展做出重要贡献。
2.【答案】C
【解析】蒸馏是利用物质的沸点异同分离，与溶解度无关，与溶解度有关的一般有萃取、重结晶、盐析、过滤、纸上层析等。
3.【答案】C
【解析】A．高强度锦纶纤维是采用人工方法，通过有机物的聚合反应制得，属于合成高分子材料，故A正确；
B．碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，碳纤维的微观结构类似人造石墨，是乱层石墨结构，和碳化硅属于新型无机非金属材料，故B正确；
C．航天员主要通过Na2O2获取呼吸用氧，故C错误；
D．电能相对于化学燃料更加经济与环保，故D正确；
4.【答案】B
【解析】
水是弱电解质；
明矾在水中生成氢氧化铝胶体，吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质，并形成沉淀使水澄清；漂白粉的净水是利用漂白粉的氧化作用对饮用水和废水进行杀菌消毒；
用漂白粉对自来水消毒，引入Ca2+,则增加水的总硬度；
生活中通过煮沸，能减少水中钙、镁离子的含量，能降低水的硬度。
5.【答案】D
【解析】A．应为0.3NA
SiO2晶体中1个Si与4个O原子形成4条共价键，故1mlSiO2晶体中含有4ml共价键，即4NA;
C．甲基碳正离子含有的质子数为9，则1ml甲基碳正离子所含质子总数为1ml×9×NA ml—1=9NA；
D．1ml CaCO3与1ml Mg3N2中均含有50ml质子，两者摩尔质量均为100g/ml，则0.6g混合物为0.006ml，所含质子数为0.3NA。
6.【答案】D
【解析】A．H+与 HCO3-不共存；B. 存在有色离子；C. SO42-与Ba2+不共存；D共存
7.【答案】A
【解析】W与Y同族且都是复合化肥的营养元素，则W为氮(N)，Y为磷(P)；W、X、Y最外层电子数之和为11，则X为钠(Na)；Z的氢化物遇水可产生最轻的气体，则Z为钾(K)或钙(Ca)。
A.具有相同核电荷数的离子，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径：N3->Na+；
B. Z的氢化物为KH或CaH2，含有离子键；
C. 常温常压下X的单质为钠，呈固态；
D. 非金属性Y(P)
【解析】电势越高对应物质的氧化性越强，可知几种物质的氧化性由强到弱的顺序为，据此分析解答。
A. 氧化性：，则反应离子方程式正确；
B. 还原性：Fe2+ > Cl-，所以少量PbO2先氧化Fe2+ ，不能生成氯气；
酸化高锰酸钾时不能用盐酸，因为能被高锰酸钾氧化；
D. 酸性条件下正确的离子方程式为，故D错误。
9.【答案】C
【解析】A. 应用10mL量筒；B. 苯的密度比水小，应从下口倒出；C. 眼睛注视锥形瓶内的颜色变化；D. 先加乙醇再加浓硫酸最后加乙酸。
10.【答案】D
【解析】电解时，CrO42−通过阴离子交换膜向阳极移动，在阳极氢氧根离子失电子发生氧化反应，OH−放电后，阳极池酸度增强，发生反应2CrO42−+2H+＝Cr2O72−+H2O，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH。
阳极发生氧化反应，该电极的电极反应式为：2H2O - 4e- = O2↑+4H+；
电解时，CrO42-将通过阴离子膜进入阳极室，从而实现与浆液的分离；
阴极发生还原反应生成氢气，同时还会得到硫酸钠、氢氧化钠， Al(OH)3和MnO2中的氢氧化铝可以溶于氢氧化钠，氢氧化钠可用于固体混合物Al(OH)3和MnO2的分离;
适当增大电压，电解时，右池为阳极，阴离子向阳极移动，CrO42−通过阴离子交换膜向阳极移动，从而CrO42-能从浆液中分离出。
11.【答案】C
【解析】
A．溶解度不同，饱和溶液的浓度不同，不能测定饱和溶液的pH比较碱性及金属性；
B．CH3COONH4溶液中醋酸根离子与铵根离子的水解程度相同，则溶液为中性，但浓度不同时对水的促进作用不同，则水的电离程度不同；
C．硝酸铜分解产生的混合气体中氧气的体积分数与空气中氧气的体积分数相同，若NO2不支持燃烧，则木条不会复燃；
D．氯化铁溶液过量，反应后含铁离子，不能证明KI与FeCl3的反应为可逆反应，应加过量的碘化钾溶液。
12【答案】C
【解析】A．由题中图示可知，反应①方程式为Ni+ +H2+NiS，该反应中涉及C-S极性键断裂和H2中H-H非极性键断裂；
B．由题中图示可知，反应③的方程式为Ni+ZnS+2O2=NiO+ZnO+SO2，该过程参加反应的ZnS和O2的物质的量之比是1:2；
C. ④ H2 + NiO = Ni + H2O 是置换反应；
D．由题中图示找出反应物为、H2、O2；Ni/ZnO作催化剂；生成物为、SO2、H2O，再结合原子守恒书写方程式。
13.【答案】D
【解析】A．甲醛与新制Cu(OH)2反应时，反应生成Cu2O，铜元素化合价降低，则Cu(OH)2被还原；
B．由已知Cu(NH3)(无色)，Cu(NH3)(蓝色)，且Cu2O、CuO均能溶于浓氨水，则②→④无色溶液变蓝，说明固体A中存在Cu2O；
C. 已知：Cu2O、CuO均能溶于浓氨水，固体A经浓氨水浸泡后得到红色固体应为Cu，则③→⑤出现蓝色溶液的原因是2Cu+O2+8NH3•H2O=2Cu(NH3)+4OH- +6H2O；
D.没有密封，空气中的氧气可能参与反应，当固体A只含Cu或只含Cu2O，或是Cu和Cu2O混合物时，均有该现象产生，则不能确认固体A的成分。
14.【答案】D
【解析】A. 由2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)可知，NO2的生成速率(逆反应速率)应该是N2的生成速率(正反应速率)的二倍时才能使正、逆反应速率相等，即达到平衡，只有C点满足；
B．由题中信息可知，维持温度不变，即E、G两点温度相同，平衡常数K(E)=K(G)；
C．由图2知，E点反应未达到平衡，F点反应达到平衡，且压强E＜F，则E点的v正小于F点的v逆；
D．混合气体中气体压强与浓度有关，压强越大，体积越小，浓度越大，所以G点压强大，浓度大，即c(E)＜c(G)。
15【答案】C
【解析】A. 25℃时，a点溶液呈强酸性，水的电离受到抑制，溶液中的OH-是由水电离产生的，故水电离出的c水(H+)=c(OH-)=1.0×10-11ml/L，b点溶液呈强碱性，水的电离也受到抑制，溶液中的H+是由水电离产生的，且有很少一部分由水电离产生的H+与A-结合成HA，故由水电离出的c水(H+)>c(H+)=1.0×10-11ml/L，故溶液中在a点和b点时水的电离程度不相同；
B．V＝10mL 时，NaOH中和一半的HA，不考虑HA电离和NaA水解，两者是1：1，而实际电离大于水解，所以c(A−)>c(HA)；
C. a点时，pH＝3，c(H＋)＝1.0×10−3 ml•L−1，因为Ka＝=1.0×10−3，则=1.0，可知c(A-)＝c(HA), 结合电荷守恒c(A−)＋c(OH−)＝c(Na＋)＋c(H＋)，
可得c(HA)＋c(OH−)＝c(Na＋)＋c(H＋)；
D．根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A−)＋c(OH−)，可得：c(Na＋)＝c(A−)＋c(OH−)−c(H＋)，则c(Na＋)
16.（11分）
【答案】
（1）四 （1分） ⅦA （1分）
（2）同位素（2分）
（3）B C（2分）
（4）A D （2分）
（5）2S2O32-+I2 =2I-+ S4O62-（2分）
（6）（2分）
【解析】
（1）溴元素质子数为35，在周期表中的位置为：第四周期第ⅦA族。
（2）与质子数都为34，中子数分别为44、46，互为同位素。
（3）A．由溴化硒分子的球棍模型知，溴化硒不属于离子化合物 ，属于共价化合物，A错误；
B．同周期从左到右元素原子半径递减，则原子半径：r(Se)>r(Br)，B正确；
C．Se元素的非金属性比Br的弱，气态氢化物的稳定性：H2Se
（4）A．应用最高价氧化物对应水化物的酸性强弱比较非金属性强弱，故选A；
B.化合物SCl2中硫显正价而氯显负价，则S原子吸引电子能力比氯差，能说明硫元素非金属性比氯弱，故不选B
C．非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，将氯气通人H2S溶液中，有淡黄色沉淀生成，则氯气置换了硫，则还原性为 ，能说明硫元素非金属性比氯弱，故不选C不符合
D．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，与酸的氧化性无关，不能说明硫元素非金属性比氯弱，故选D。
（5）2S2O32-+I2 =2I-+ S4O62-
（6）
（14分）
【答案】
（1）Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O（2分）
（2）CuSO4可作为2H2O2=2H2O+O2↑ 反应的催化剂，加快H2O2的分解（合理即可得分）（2分）；
（3）除去过量的H2O2 （2分）
（4）Fe(OH)3（2分）；
（5）3.3 （2分） 3.3 ≤ pH < 6.2 （2分）
（6）Zn(OH)2+2OH-=ZnO2-+2H2O（2分）；
【解析】
（1）Cu和H2SO4不反应，加H2O2可以将Cu氧化
（2）CuSO4可以催化H2O2分解
（3）加热可以促进H2O2分解从而除去过量的H2O2
（4）通过调节pH 将铁元素转化为Fe(OH)3而除去
（5）c(Fe3+)= 0.01 ml/L ，pH =2.3时c(OH-) =10-11.7 此时 Fe3+开始沉淀，Ksp[ Fe(OH)3] = 0.01×（10-11.7）3 = 10-37.1≈10-37；c(Fe3+) ≤ 1.0×10-5 ml/L时认为沉淀完全，故
1.0×10-5×c3(OH-)=10-37 所以得出pH = 约约为故 故约
约为3.3
（15分）
【答案及解析】
（1）分液漏斗 （1分）
（2）用作安全瓶，防倒吸 （2分）
（3）Na2SO3（2分）
解析：过量的SO2与NaOH溶液反应
Na2CO3＋2Na2S＋4SO2＝3Na2S2O3＋CO2 （2分）
解析：依据氧化还原反应原理写方程式
（5）① E （2分）
② B、A、D （2分）
③KMnO4溶液颜色变浅，品红溶液不褪色，澄清石灰水变浑浊，则C溶液中含有Na2CO3。（其他合理答案也可得分） （4分）
解析：证明有Na2CO3存在，即加硫酸后证明有CO2 ，但有SO2干扰，所以要先除去SO2，并证明其除干净了再用澄清石灰水检验CO2 。
（14分）
【答案及解析】
（1）吸附 （2分）
（2）＜ 0.18 催化 （各2分，共6分）
解析：无水时的活化能是0.75eV，有水时的活化能是0.57eV，两者的差值即为答案
（3）48.04 （2分）
解析：根据转化率H2O（g）的转化率为70% ，设H2O（g）的起始物质的量为1ml，再列三段式分别求出气体的物质的量分数，再根据平衡时压强为50MPa，计算各气体分压，即可求出分压平衡常数。
①＜ ②＝ ③＞ ④＜ （各1分，共4分）
解析：甲和乙为等效平衡；丙相对于乙是加压，再分别依据等效平衡原理、规律和压强对平衡的影响解题。
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