山东省高考模拟信息卷(4)-【万向思维·高考快递】冲刺2025年高考化学模拟汇编48套(山东专版)

高考快递高考模拟汇编48套·化学 40%)=0.39ml,所以丙烯的产率为039mx100%三 ②由题图可知，350℃时反应Ⅱ达平衡后，gK,=0,即K,= I mol 1,设水蒸气的平衡分压为aMPa,则反应Ⅱ的C,H。起始分 39%。(4)①反应1为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为 压为aMPa,对反应Ⅱ列“三段式”有 气体体积减小的放热反应，则升高温度，反应I正向移动， 2C,H,(g)C。H(g) K(I)逐渐增大，反应Ⅱ逆向移动，K(Ⅱ)逐渐减小，即反 起始量/MPaa 0 应1的平衡曲线为N,反应Ⅱ的平衡曲线为M:在350℃恒 转化量/MPa2x x 容平衡体系中加入少量CH。,对于反应Ⅱ而言，相当于增 平衡量/MPaa-2x 大反应物浓度，反应Ⅱ正向移动，故Q<K:即gQ<gK (突破点)，反应Ⅱ的状态最有可能对应图中的点是丙 (a-2=1,解得a=F+2x。 K,= 19山东省高考模拟信息卷（四） 改编自：湖南省长沙市雅礼中学2024届高三上学期月考（二） 选择题答案速查 的沉淀和氯化燮（高频点），反应的化学方程式为NaC+NH,+ 题号 1 H,O+CO,一NaHCO,I+NH,Cl:将过滤所得NaHCO,晶体 灼烧，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，反应的化学 答案 C 0 B C B C 题号 9 10 12 1314 方程式为2aHC0,△Na,C0,+C0,↑+H,0,化学方程式均 15 正确，C不符合题意。海水提溴工艺中，用纯碱溶液富集B 答案 C D B AC AD 的离子方程式为3Br,+3C0片—5Br+B0,+3C0,↑，离子 1.C古医典中的化学知识 方程式正确，D不符合题意 【解析】“虽被火亦未熟”是指A山在空气中灼烧也不反应， 4.C元素及其化合物的性质和分散系 说明Au的化学性质稳定，与其氧化性无关，A不符合题意： 【解析】铁和稀硝酸反应的化学方程式为4HNO,+Fe一 Ca0与H,0反应生成Ca(OH):,此反应为非氧化还原反应， Fe(NO,)1+N0↑+2H,0(Fe少量)，8HNO,+3Fe B不符合题意：S能与银，铜，铁反应生成其对应的硫化物，S 3Fe(NO,),+2N0↑+4H,0(Fe过量).少量的铁和稀硝酸反 做氧化剂，表现氧化性，C符合题意；CaC0,在高温条件下分 应生成硝酸铁.此时n(HNO,):n(Fe)=4:I:过量的铁和稀 解生成Ca0和C02,此反应为非氧化还原反应，D不符合 硝酸反应生成硝酸亚铁，此时n(HNO):n(Fe)=8:3;在 题意 8:3~4:1范围内生成硝酸亚铁和硝酸铁，该数轴表示合 2.D阿伏加德罗常数的应用 理，A不符合题意。向烧碱溶液中通入少量二氧化硫，二者 【解析】由题给反应过程可知，反应①的化学方程式为 反应生成亚硫酸钠.即n(NOH):n(SO,)=2:1时反应生 C0,+3H2一H20+CH,0H,该反应中1molC02得到6V,个 成亚硫酸钠：向烧碱溶液中通入过量二氧化硫时，二者反应 电子转化为1 mol CH,OH.则消耗2.2gC02时，即0.05mol 生成亚硫酸氢钠，即(NaOH):n(S0O,)=1:1时反应生成 C02时，反应转移的电子数为0.3V,A错误；标准状况下，过 亚硫酸氢钠：在1：1一2：1范围内生成亚硫酸钠和亚硫酸氢 氧化氢为液态，22.4L过氧化氢的物质的量大于1ml,所含 钠，该数轴表示合理，B不符合题意。Na与O,加热反应的产 的非极性键数大于N、,B错误：HCHO和DHA的最简式相同.都 物只能是过氧化钠，不会生成氧化钠，反应产物与反应条件 为CH,O,则30 g HCHO与DHA的混合物中含氧原子数为N,C 有关，与反应物的物质的量之比无关，该数轴表示不合理，C 带误：淀粉的分子式为(CH。0,)。.16.2g淀粉含0.1mol 符合题意。分散质微粒直径小于1m形成的分散系为溶 CH。0,,即含有0.6moC,根据碳原子守恒可知，16.2g淀粉 液，分散质微粒直径在1~100m时形成的分散系为胶体，分 在氧气中燃烧可生成0.6C02,其分子数为0.6Y,D正确。 散质微粒直径大于100m形成的分散系为浊液，该数轴表 技巧点拨应用气体摩尔体积的注意事项 示合理，D不符合题意 一看“气体”是否处在“标准状况”。 5.C铝镁合金与稀硝酸的反应 二看“标准状况”下，物质是否为“气体”，如H,02、CCl、 【解析】沉淀质量恰好为最大值时，沉淀为Mg(O州)：、 CHCl,,CHCI,(注意CH,C为气体)、H,O、澳，S0,己烷、苯 A(OH),其质量为nB,而铝镁合金的质量为mg,所以沉淀 HF、NO2等在标准状况下均为非气体。 中氧氧根离子的质量为（一m)g,①正确；铝镁合金拾好资解 3.B化学方程式和离子方程式的正误判断 后，溶液中的NO的物质的量与氢氧根离子的物质的量相等 【解析】向硫酸铜溶液中滴加过量氨水生成四氨合铜离子， (突皱点)，即a×103mal,②错误：反应过程中转移电子的 离子方程式为Cu+4NH3·H,0-=[Cu(NH):]2“+4H,0, 物质的量与氢氧根离子的物质的量相等，即”一m 17 mol,③正 离子方程式正确，A不符合题意。向10mL0.1mol· 确：铝镁合金与稀硝酸反应过程中转移电子的物质的量为 L(NH),Fe(S0,)2溶液中滴加10ml.0.1mal·L的 一 B(OH),溶液，二者反应生成硫酸钡、氢氧化亚铁和硫酸铵，其 17 2m,则在标准状况下生皮0气体的体积为”mx 反应的离子方程式为Fe”+S0+Ba“+20H一BaS0,↓+ F©(OH),!,离子方程式错误，B符合题意。侯氏制碱达的愿 子×24Lmm=24mL,但题给条件是常温下， 51 理是向氨化的饱和氯化钠游液中通人二氧化碳生成碳酸氢 ④错误：整个过程道耗的堕酸的物质的量为资液中的硝酸根 D86卷19·化学 参考答案及深度解析 离子与生成的Q的物质的具之和（突破点），即为V× FCL,的水解，C叙述正确：聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化 51 mol=a-m av 103 mol-m (51+1o0dm0l.⑤正确：将得到的沉淀 铁胶体，胶体粒子吸附杂质微粒引起聚沉，因而能净水，D叙 述正确。 灼烧至质量不再改变时.得到的固体为氧化镁和氧化铝的混 9.C全属的腐饮与防护 合物.氧化镁和氧化铝的质量可以按照极值法计算，假设合 【解析】题图1中生成蓝色沉淀可能是K,[Fe(CN)。]将F© 金中镁的质量为mg,得到的氧化物全为氧化镁，根据质量守 氧化生成Fe2”,A错误，C正确：题图2滴加K,[Fe(CN)。]溶 恒定律可知，P=24 405 m,假设合金中铝的质量为mg, 液无现象，说明没有Fe2“生成，Zm保护了Fe,若把Zn换作 Sn,Sn的金属活泼性弱于Fe,铁被腐蚀.有蓝色沉淀生成，B 得到的氧化物全为氧化铝，根据质量守恒定律可知，P一27 错误；题图2在Zm、Fe间接入电源时，Fe连在电源的正极上， 102x117 Fe为阳极，被腐蚀，有Fe生成，生成蓝色沉淀，现象不相同， 2=9m,所以最终得到的固体质量介于二者之间， D错误。 ⑥正确：综上所述，正确的是①3⑤6，故选C 10.D指示剂的选择，滴定终，点的现象，样品纯度的计算等 6.B无机工艺流程 【解析】Fe“与过量的KI反应生成1，山遇淀粉显蓝色，A 【解析】用Na,CO,溶液洗去废铁屑表面的油污.向滤渣1 说法正确：滴入最后半滴标准溶液，溶液由蓝色褪为无色， 中加入硫酸，硫酸与铁，氧化铁反应最终生成硫酸亚铁，向硫 且30s内无变化，则为滴定终点，B说法正确：根据 酸亚铁溶液中加人一定量的硫酸铵生成硫酸亚铁铵，蒸发浓 2[CH,CH(0H)C00],Fe·3H,0-Fc,0,~2Fe~2-L2~ 缩、冷却结品得到(NH:),Fe(S04),·6H0。加热可使碳酸 250,可得品体样品的纯度为 根离子的水解平衡正向移动，溶液碱性增强，所以用热的 25.00x103Lx0.1ml·L×25.00m 100mL ×288g·mol1 N,C0,溶液可以提高碱浸效果，A说法正确：制备硫酸亚铁 3.00g 时因硫酸亚铁易被氧化，所以要保证Fe稍过量，防止e2被 100%=96%,C说法正确：若滴定结束时尖嘴部分有气泡， 氧化为F”,B说法错误；结品吐，当资液表而出现品膜时可 则读出所用标准溶液体积偏低，测定结果偏低，D说法 停止如热（关健点），C说法正确：Fe“能还原高锰酸钾，所以 错误。 摩尔盐溶液可用来标定未知浓度的KMO,溶液，D说法 11.B硫元素及其化合物的性质 正确。 【解析】由题图可知，a为硫酸，b为氢硫酸，c为硫单质，d 7.CMgN2的制各实验 为亚硫酸盐或亚硫酸氢盐。铜与浓硫酸反应，随着反应的 【解析】 进行，浓疏酸变成稀硫酸，不再与铜反应，所以剩余溶液中 平衡大气压，使 还有硫酸，向剩余溶液中加入碳酸氢钠溶液.有CO,气体放 浓氨水顺利滴下 该硬质玻璃管中 发生反应3Cu0+ 防止空气中的水壶 出，A推断合理：将S02通入紫色石蕊溶液中，溶液变为红 吸收NH中 2NH,△N+3Gm+气进人装登E中， 的水蒸气 3H,0 影响实验结果 色，但不会褪色，B推斯不合理：氢硫酸在空气中久置会被 浓 氧化成硫单质，溶液会变浑浊，C推断合理：亚硫酸盐或亚 碱石灰 Cuo 金属钱碱石灰 硫酸氢盐中的S均为+4价，处于中间价态，既可被氧化，也 可被还原，D推断合理。 12.AC用H,转化酸性溶液中的硝态氯的工作原理 酸 【解析】由题给工作原理的示意图可知，在的表面上氢 B 气和N,O发生反应生成N,和H,O,r的表面上发生反应的 圆底烧瓶中发生反应吸收，中的水 该硬质玻鸦管中 化学方程式为H,+N,0上N,+H,0,该反应属于氧化还原 NI1、I0+Ca(0=NII1+ 热气和来反应 发生反应3Mg+ 反应，N的化合价由+1价变为0价，故生成1moN,时转移 (a(OH)为 的NH N,△Mg,N, 2V,个电子，A说法错误：由题图可知，在导电基体上的P1 将浓氨水滴加到氢氧化钠固体中也能生成NH,所以装置A 颗粒上，部分NO得到电子变为NH,则P颗粒上发生的 中生石灰可用氢氧化钠周体代替，A说法正确：实验开始时 应先点燃C处的酒精灯，待较纯的N2进人装置E中再点燃 反应为NO,+1OH+8e严NH+3H,0,B说法正确：在导 E处的酒精灯，B说法正确：由题意可知，镁能与NH,反应， 电基体上的P颗粒上，部分NO得到电子变为NH,NH 所以装置D中浓疏酸的作用是吸收N,中的水蒸气和未反应 仍在溶液中，所以导电基体上的P顺粒增多，不利于降低 完的氨气，C说法错误：取少量的反应后装置E所得固体，滴 溶液中的含氮量，C说法错误：在导电基体上的单原子C 人蒸馏水，Mg,N,和水反应生成氢氧化镁和氨气，若闻到刺 上，NO,得到电子变为NO,则在导电基体上生成NO的反应 激性气味，则说明有MgN2,D说法正确。 为N0+4H+3eCN0T+2H,0.D说法正确。 B.A溶液的配制、除杂、物质的制备，用途 13.C元素及其化合物的性质 【解析】配制FCl,溶液时将一定质量的FCl,固体溶于浓 【解析】若A为NaO2,B为NaOH,E为O2,X为可溶性铝 盐酸中，再加水稀释，A叙述错误：FCl,与C1:反应生成 盐，C为偏铝酸盐，D为A(OH),符合转化关系，A推断正 FeCl,,FeCl,与铁屑反应又生成FeCL,可除去工业废气中的 确：由B和D反应的离子方程式可知，A为活泼金属Na,B Cl2,B叙述正确：S0C:与水反应生成S02和HCl,抑制了 为NaOH.E为H2.X为C0,C为NaCO1,D为NaHC03,符 D87卷19·化学 高考快递：高考模拟汇编8套·化学 合转化关系，B推断正确：若A是Na,02,Na,O2与水反应生 子的简化电子排布式为[Ar]3d4s24p。依据题意可知，制 成氢氧化钠和氧气，而D为CO,则B为O2,X为碳单质，C 备CSe的过程中向CC,溶液中依次加入一定量的 为C02,碳的同素异形体有金刚石、石墨，C等，墨能导 Na,SeO,NaBH,和N,H,溶液，NaBH是还原剂，反应中有 息（关键点），C推断错误：若A是氯气，X是Na,SO,氯气 无色气泡产生，可推出反应的离子方程式为4Cd+4S0+ 和水反应生成盐酸和次氯酸，B是盐酸，E是次氯酸，盐酸和 6BH+12H20=6B(0H):+12H2↑+4Cdse。(2)BH Na,S0,反应生成的气体C是S0,02和N,S0,反应生成 中的B和NH,中的N均为p杂化，但N上有孤电子对， 的D为NaHSO,NaHSO3具有较强的还原性，次氯酸具有强 孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对与成 氧化性，所以D和E能发生氧化还原反应，D推断正确。 键电子对间的排斥力，使键角减小，所以键角H一B一H大 14.D元素推断与元素周期律 于H一N一H。(3)S0中的中心原子Se的价层电子对数 综合推断甲~虎均为短周期元素，戊的最商价氧化物对应 为3+ 的水化物为强酸，则该强酸可能是统酸或高氯酸，若是高氧 2×(6+2-3x2)=4,则s0的杂化方式为p:H,s0, 酸，则戌为C,甲为N,乙为F,丙为P、丁为S:若是硫酸，则 0 虎为S,甲为C、乙为0、丙为Si,T为P。 的结构为H一0一Se一0一H.HSe0,的结构为 【解析】原子半径S>C>F或者P>S>0,即原子半径丁> 0 戊>乙，A错误：若戊是S,则第一电离能P>S,B错误：若甲 H-0 0一H,端基氧原子的吸电子能力强，H,S0 为C,甲的简单氢化物为CH,,不能使湿润的红色石蕊试纸 变蓝，C错误；丙的最高价氧化物对应的水化物可能是硅 分 酸，也可能是磷酸，二者均能与强碱反应，D正确。 中有2个端基氧原子，则H,S0,中Se原子的吸电子能力 15.AD电解质的组成，沉淀的转化、离子浓度大小的比较等 更强，0一H键极性更强，更易电离。(4)①品胞中Na的个 【解析】对于题中难溶碱来说，曲线的斜率分别为-x,-y, M(OH),的曲线斜率为-沿=-2，(OH,的曲线斜率为 数为6x4x4,B的个数为1+8x日 44，故 该品胞中含有4个NaBH:由题图中A点原子的分数坐标 33 3,则xy=2:3,A说法错误；结合A选项，由题图可 为行了，0)可知，B点原子的分数坐标为(0，子)。 11 知，K[M(OH)2]=c(M)·c0H)=10,Km[N(OH)3]= ②观察题给品胞结构图可知，品胞沿：轴的投影情况是BH c(N)·c(0H)=10-3,0.01mol·L的MCl2NC,溶液 位于正方形的四个角上、四条棱的中点和面心上，可表示为 中c(M)=102mo·L',e(N")=102mdl·L',即 c,(0H)=10”mol·L,c2(0H)=10了mol·L',则 ③Na与BH之间的最短距离为底面对 MCLd,开始沉淀的p出分别为5，号N(O,先沉淀，B 说法正确：对于反应3M(0H)2+2N一2N(0H),+3M, 2 平衡常数K:M)。c(M“)·0H) 角线的一半，即为气am。 e2(N) e2(N)·c(0H) 17.(共12分，除标注外，每空2分) K[M(0H)2](100)3 心N(0H),10了10，则向M(0H),沉淀中滴加 (1)342(1分) (2)3(1分) NC,溶液，可发生M(OH),→N(OH),的转化，C说法正确： (3)T0,+2Na+20H商温Na,Tr0,1+H,0 将饱和M(OH),与饱和N(OH),溶液等体积混合，析出沉 (4)AC 淀后，溶液中c(OH)>c(P)>c(Nr),D说法错误。 (5)增大NH浓度，使NH,VO,(s)一NH(q)+VO(q) 16.(共12分，除标注外，每空1分) 逆向移动，利于NH,VO,尽可能析出完全 (1)[Ar]3d4s4p4C+4Se0+6BH+12H,0 (6)pH过低，VO转化为VO,的程度较大：pH过高，NH 6[B(0H).]+12H2↑+4CSe(2分) 转化为NH,·H,0的程度较大，两种因素均使沉钒率降低 (2)大于 (7)NH (3)p3H2S0.中非羟基氧多，酸性强(2分) 化学工艺流程【解析】(1)五为2号元素，基态五的电子 排布式为[r342,其价层电子排布式为3d4s2。(2)由题 (4)①4(0,2 图1可知，二氧化钛，碳和氯气反应生成四氯化钛的反应、 四氯化钛和镁的反应，五氧化二钒生成单质钒的反应均为氧化 还原反应。(3)钛酸钠(N,TO)难溶于水，“高温碱浸”时 m 二氧化钛和氢氧化纳反应生成钛酸钠和水，反应的离子方 核外电子裤布，键角大小判断、原子轨道杂化方式，品胞的 程式为Ti0,+2Na+20H商温Na,T0,1+H,0。(4)用Mg 结构及计算【解析】(1)S的原子序数为34，其基态原 治炼TT的反应中，镁做还原剂，与TC:反应制取单质T, D88卷19·化学 参考答案及深度解析 即用热还原法制取金属单质。高炉炼铁属于热还原法，A19.(共12分，除标注外，每空2分 符合题意；用电解熔融A山，0，的方法制取单质铝，B不符合 (1)碳碳双键、羧基(1分) 题意：铝热反应属于热还原法，C符合题意：氧化汞分解制 (2)8(1分) 汞属于热分解法，D不符合题意。(5)“沉钒”过程中将V0 (3)CH,-CH00O1+CH,OH浓宽酸C,=CHC00C,+H,0 完全转化为NHVO,沉淀析出，加入过量NH,C的日的是 △ 利用同离子效应，增大NH浓度，使NHVO(s)一 NH(aq)+VO(aq)逆向移动（关健点），促使NH,VO3尽可 CH 能析出完全。(6)由已知信息②可知.在水溶液中存在反应 V0+2T一VO+H,0,plH过低，该平衡正向移动，VO 转化为VO;的程度较大；pH过高，NH转化为NH,·H,O Br +HCI 的程度较大：两种因素均使沉钒率降低。(7)NHVO,的物质 H 的量为 7g·na=0.2m,加热NHV0,时先发生反应 23.4g NH,V0,△NH,↑+HV0,由题图3可知，加热到200℃ (6) 时，固体质量减少3.4g,其物质的量为 3.4g BrH,C-C-HN 7g·mo' 0.2ml,生成的气体为氨气。 18.(共12分，每空2分》 (1)三须烧瓶（或三口烧瓶）水浴加热 (7) (2)3Na,S0,+2Cus0,—Cu20↓+3Na,s0.+2s02↑ (3)反应产生的S02使溶液酸性增强，C,0在酸性溶液中 CH HO 发生支化反应生成二价铜离子和铜单质，降低C,0的含量 综合推断[E与M发生加成反应生成瑞马唑仑，结合E的 (4)2Fe+Cu0+2H'—2Fe2+2Cu2+H,0 分子式，瑞马型仑的结构简式及D→E的反应条件可知，E (5)Z2n 化学实验综合【解析】(1)根据仪器a的构造特点可知， 为CH2=CHCOOCH,M的结构简式为 :D与 仪器a的名称是三颈烧瓶或三口烧瓶：由题意可知，反应的 温度为90℃，可以采用的加热方式为水浴加热。(2)制备 CH C,0时.原料理论配比为n(N,S0,):n(CuS0,)=3:2,根 甲醇发生酯化反应生成E,则D为CH,=CHCOOH,B能发 据得失电子守恒、质量守恒可得该反应的化学方程式为 生银镜反应，结合B的分子式可知，B为CH2=CHCHO:A 3Na,S03+2CuS0,Cu,0↓+3Na,S0,+2S02↑。(3)反应 中不断滴加NaOH溶液的原因是反应生成了SO2,导致溶液 能使Br2的CCI,溶液礼色，则A为CH2=CHCH3: 酸性增强，C,0在酸性溶液中易歧化为二价铜离子和铜单 质，从而降低了C,0的含量。(4)根据题意可知，向样品中 与F发生取代反应生成G,根据K的结构简式，F的分子式及 加入FCl,溶液时发生反应的离子方程式为2Fe“+Cu,0+ 其分子中苯环上有两种氢原子，可推断出F的结构简式为 2H—2Fe2+2Cu+H,0。(5)根据反应2Fe”+Cu,0+ NH 2H2Fe2+2Cu+H,0、Ce“+fe2—Ce3+Fe3,可得 ,则G的结构简式为 关系式Cu,0-20e“,则n(Cu,0)= BrJ与NH,先发生巴 2n(Ce“)= 1 2Xc mol 0 Br L×V×103L= 20mml,故该样品中C,0的纯度为 知信息的反应，随后发生已知信息ⅱ的反应生成K,J与NH 200mmlx14g·ml 7.2cV -×100%= % 反应生成的物质为 m莒 m H.NH.C- HN人 知识积累邻菲罗啉的检测原理 邻菲罗啉也称邻二氮菲、邻苹呀啉，邻菲略啉，是一种常用 的氧化还原指示剂。最常见的应用是分光光度法测定铁。 其检测原理为邻苹罗林指示剂在H=2~9时与亚铁离子反 r再发生已知信息ⅱ的反应成环 应形成稳定的橙红色的络合物，该络合物颜色深浅度可以 H,NH,C-C-HN 用来确定待测样品中铁离子的含量。 D89卷19·化学 高考快递高考模拟汇编48套·化学 20.(共12分，除标注外，每空2分】 (1)<(I分)>(1分》 得到K,放」的结构筒式为 Rr,再结 (2)丙当温度低于750K时，c(C,H,)增大占主要因素：当 BrH,C-C-HN 温度高于750K时，温度占主要因素8 (3)CuNi-BDP C*CH+H'+e-C*CH, 合I的分子式可反推出I的结构简式为BCH,COBr 反应热、平衡图像分析、影响平衡移动的因素、平衡常数计 有机化学基础【解析】(1)由综合推断可知，D的结构简式 为CH,=CHC0OH,D分子中含有的官能团为碳碳双键、羧 算、反应机理分析【解析】(1)根据题给gK随T的变 基。(2)由综合推断可知，B的结构简式为CH,=CHCHO, 化图像可知，反应ⅱ的K,随温度升高而诚小，即反应ⅱ为 如果碳碳双键所在平而和碳氧双键所在平面重合，此时分子中 放热反应，△H2<0,则E(正)<E,(逆)。反应i的K= 所有原子共平面，故B中共平面的原子最多有8个。(3)D为 反的品吃 p(CHe) CH2一CHCOOH,E为CH2=CHCOOCH,D与甲醇发生酯 K p'(C.H) 化反应生成E,反应的化学方程式是CH2=CHCOOH+ CH,OH浓硫酸CH,一CHC0OCH,+H,0.(4)E的同分异 根据K4= 飞：将题图1上323K,423K523K623K.723K △ 构体能发生水解反应，说明分子中含有酯基：存在顺反异 时的KK分别代人上式中可求得K4依次为10,10， 构，说期分子中含有碳碳双键，具碳碳双键中的碳原子上不 10,10、10“,则温度升高，K变大，则△H>0。(2)根据题 能连接相同的基团（关健点），则其顺式同分异构体的结构 图1可知.△H>0.△H2<0.△H3<0.当温度升高时，反应i平 衡正向移动，反应ⅱ和ⅲ平衡逆向移动，则n(C,H)增大： 简式为 0 。(5)由综合推斯可知，F的结 即C,H的体积分数随温度升高一直增大，曲线甲代表 HC-O C,H,则代表C,H,的曲线为丙。由题图2和题意可知 NH C,H。的体积分数先增大后减小的原因是升高温度，反应1 构简式为 正向移动，c(C,H,)增大，c(C,H)增大有利于C,H。生成， 与F发生取代反应生成G和HC, 升高温度抑制C,H。生成，即当温度低于750K时，c(C,H) 增大为主要因素，当温度高于750K时，温度为主要因素 由题图2可知，750K反应达平衡时，平衡体系中C,H4的 反应的化学方程式》 体积分数为4%，C,H。和C,H。的体积分数均为8%。设平 0 衡时n(CH)=amdl,则n(C,Hg)=n(C,H6)=2amol,则有： 2CH,I(g)=C:H(g)+2HI(g) HC。(6)由综合推断可知，J的结构简式为 转化量/mol 16a 8a 16a 平衡量/mol1-16a 160 3C,H,(g)=2C,H(g) BrH,C-C一HN 转化量/mdl3a 2n 2C,H.(g)C,H,(g) HO NH发生已知信息ⅱ的反应生成P,则P为 转化量/mol4a 2a 则平衡时气体的总物质的量ne=(1-16a+16+a+2a+2a)mml B,P发生氧化反应生成的Q为 （+5)m,由，×100%=%，可求得a=005,则 HO n(C,H,)=n(C,H。)=0.1ml,n。=(1+5a)mol=1.25mol, 此时容器内压强p=L.25m ×1MPa=1.25MPa.则反应ii I mol Br,根据M的结构简式可知，Q一R的过 p(CH。) .25*1.25M 0.1 pe 0.I MPa 的K= =8。(3)由题图 p(C.Ha) 1.25X1.25MPa 0.05 程中，（酮）羰基中碳氧双键断裂形成五元环，则R的结构简 0.1 MPa 3可知，在催化剂N-BDP作用下，正反应的活化能远大于 Br R脱去一分子水生成M 催化剂CuNi-BDP,故催化效率更高的催化剂为CNi-BDP。 根据题图3中△G的相对大小和已知信息可知，决速步骤的 HO 化学方程式为CCH+H+eCCH, D90卷19·化学null