河南省開封市開封五縣2025屆高三上學期開學聯(lián)考化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1河南省開封市開封五縣2025屆高三上學期開學聯(lián)考可能用到的相對原子質量：H1C12O16P31Fe56Ag108I127一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共計45分。在每小題列出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.化學促進了科技的進步與發(fā)展，下列敘述中沒有涉及化學變化的是（）A.利用“侯氏聯(lián)合制堿法”制備純堿B.利用煤的氣化和液化提供清潔燃料C.利用丁達爾效應鑒別蛋白質溶液和食鹽水D.科學家成功將CO2轉化為淀粉或葡萄糖〖答案〗C〖解析〗A．工業(yè)上利用“侯氏聯(lián)合制堿法”制備純堿，二氧化碳、氨氣、氯化鈉和水發(fā)生反應生成的碳酸氫鈉晶體經(jīng)加熱后分解生成碳酸鈉即純堿，發(fā)生了化學變化，A不符合題意；B．煤的氣化和液化過程中均生成新物質，涉及化學變化，B不符合題意；C．蛋白質溶液屬于膠體，食鹽水屬于溶液，膠體具有丁達爾效應，利用丁達爾效應鑒別蛋白質溶液和食鹽水，膠體發(fā)生丁達爾效應的過程中沒有新物質生成，不涉及化學變化，C符合題意；D．二氧化碳轉化為淀粉（C6H10O5）n或葡萄糖C6H12O6，有新物質生成，涉及化學變化，D不符合題意；故選C。2.材料是人類生存和發(fā)展的物質基礎。下列說法錯誤的是（）A.芯片中常用半導體材料是硅單質B.氮化硅陶瓷屬于新型無機非金屬材料C.中國首次人工合成的結晶牛胰島素中含有N元素D.月壤中含有的石墨烯屬于有機烯烴〖答案〗D〖解析〗A．硅單質是應用最廣泛的半導體材料，芯片中常用半導體材料是硅單質，故A項正確；B．氮化硅陶瓷屬于新型無機非金屬材料，故B項正確；C．牛胰島素是蛋白質，結構中含有N元素，故C項正確；D．石墨烯是碳單質，不屬于有機烯烴，故D項錯誤；故本題選D。3.化學實驗室安全至關重要。下列說法正確的是（）A.實驗室制備NO2時應該在通風櫥中進行B.苯酚不慎沾在手上，先用水沖洗，再用乙醇沖洗C.金屬鈉著火，立即用CO2滅火器進行滅火D.具有標識的化學品為易燃類物質，應注意防火〖答案〗A〖解析〗A．有毒，制備時應該在通風櫥中進行，A正確；B．苯酚易溶于乙醇等有機溶劑?，苯酚不慎沾在手上，先用乙醇沖洗，再用水沖洗，B錯誤；C．因CO2會與金屬鈉著火時生成的Na2O2反應生成助燃的O2，則金屬鈉著火，不能用CO2滅火器進行滅火，C錯誤；D．標識的化學品為易燃易爆類物質，D錯誤；故選A。4.下列化學用語表述正確的是（）A.的空間結構模型：B.2-丁烯的鍵線式：C.甲基的電子式：D.HF分子中σ鍵的形成示意圖：〖答案〗D〖解析〗A．中C原子價電子對數(shù)為3+124+2-3×2=3B．主鏈上有4個碳原子，1號位和3號位上有雙鍵，系統(tǒng)命名為：1，3-丁二烯，B錯誤；C．甲基含有9個電子，電子式為，C錯誤；D．HF分子中鍵為鍵，形成示意圖為，D正確；故選D。5.利用下列裝置和物質進行實驗，能達到相應實驗目的的是（）A.利用甲裝置制備Al2S3 B.利用乙裝置驗證濃硫酸的吸水性C.利用丙裝置驗證溫度對反應速率的影響 D.利用丁裝置測定FeCl2溶液濃度〖答案〗B〖解析〗A．和發(fā)生雙水解生成氫氧化鋁和，不能得到固體，A錯誤；B．加入濃硫酸，晶體由藍色變?yōu)榘咨?，可檢驗濃硫酸的吸水性，B正確；C．利用丙裝置可驗證溫度對化學平衡的影響，無法驗證溫度對反應速率的影響，C錯誤；D．丁裝置中滴加溴水，Br2將Fe2+氧化為Fe3+，由于溶液中含有KSCN，從反應開始溶液就會顯紅色，無法判斷滴定終點，無法測定溶液濃度，D錯誤；故選B。6.聯(lián)氨（N2H4）為二元弱堿，在水中性質與氨相似，可用于處理鍋爐水中的溶解氧，防止鍋爐被腐蝕，其中一種反應機理如圖所示。下列說法正確的是（）A.N2H4中N的雜化類型為sp2B.中配位原子是HC.基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)：N>OD.第一電離能：〖答案〗C〖解析〗A．中N價電子對數(shù)為4，雜化類型為，故A錯誤；B．N原子含有孤電子對，中配位原子是N，故B錯誤；C．基態(tài)N原子有3個未成對電子，基態(tài)O原子有2個未成對電子，基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)，故C正確；D．N原子2p能級半充滿，結構穩(wěn)定，第一電離能大于同周期相鄰元素，第一電離能：，故D錯誤；選C。7.高氯酸銨可作火箭發(fā)射的固體推進劑，高氯酸銨氧化燃料[燃料用碳（C）表示]的化學方程式為。設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A.NH4ClO4與CO2的晶體類型相同B.標準狀況下，22.4LN2中π鍵數(shù)目為NAC.1L0.5mol?L-1NH4ClO4溶液中數(shù)目為0.5NAD.生成1molN2時反應中轉移電子數(shù)目為8NA〖答案〗C〖解析〗A．為離子晶體，為分子晶體，晶體類型不相同，A錯誤；B．N2中含有氮氮三鍵，含1個σ和2個π鍵，標準狀況下，的物質的量為1mol，π鍵數(shù)目為，B錯誤；C．是強酸，不水解，溶液中數(shù)目為，C正確；D．由方程式可知，Cl元素由+7價下降到-1價，每生成，消耗2mol，轉移，D錯誤；故選C。8.有機物M有望作為研發(fā)治療神經(jīng)退行性疾病的先導化合物，其結構如圖所示。下列有關M的說法錯誤的是（）A.含有4種官能團B.能發(fā)生消去反應和取代反應C.含有2個手性碳原子D.1molM最多能與4molNaOH反應〖答案〗D〖解析〗A．由M的結構簡式可知，其中含羥基、碳碳雙鍵、酯基和共4種官能團，A正確；B．M中含有羥基，與羥基相連碳原子的相鄰碳原子上含有氫原子，能發(fā)生消去反應和取代反應，B正確；C．手性碳原子是指與四個各不相同原子或原子團相連的碳原子，則M中含有2個手性碳原子：(如圖中標有“*”的碳原子)，C正確；D．M中只有1個酯基和1個能夠和NaOH反應，則1molM最多能與2molNaOH反應，D錯誤；故選D。9.下列關于物質使用及其解釋均正確的是（）選項物質使用解釋AFeCl3可用作凈水劑FeCl3有氧化性B氯乙烷可用于冷凍麻醉應急處理氯乙烷易分解且吸收熱量C水玻璃（Na2SiO3水溶液）作防火劑Na2SiO3溶液顯堿性D漂粉精作游泳池消毒劑遇空氣易生成強氧化性物質〖答案〗D〖解析〗A．可用作凈水劑是由于水解生成膠體，與的氧化性無關，A錯誤；B．氯乙烷可用于冷凍麻醉應急處理是利用其沸點低，易揮發(fā)吸熱的特點，B錯誤；C．水玻璃（水溶液）作防火劑是因為其耐高溫，C錯誤；D．漂粉精中的與空氣中的生成強氧化性的HClO消毒，D正確；故選D。10.已知氨氮廢水中氮元素多以和NH3?H2O的形式存在。某工廠用稍過量NaClO溶液處理氨氮廢水的流程如下：已知：達標廢水中氯元素主要以Cl-形式存在。下列有關說法錯誤的是（）A.過程Ⅰ鼓入熱空氣的作用是降低氨氣溶解度，使氨氣逸出B.過程Ⅱ中無污染氣體為N2C.過程Ⅱ后含余氯廢水的堿性增強D.過程Ⅲ加入的溶液X可能是Na2SO3溶液〖答案〗C〖祥解〗過程Ⅰ中銨根離子和氫氧化鈉反應，將轉化為NH3，并通過鼓入大量熱空氣將氨氣吹出，得到低濃度氨氮廢水；次氯酸鈉具有強氧化性，過程Ⅱ中加入溶液可將氨氮化合物氧化為氮氣等無毒物質，含氯廢水處理后的得到達標廢水；【詳析】A．溫度升高，氨氣的溶解度降低，過程Ⅰ鼓入熱空氣的作用是降低氨氣溶解度，使氨氣逸出，故A項正確；B．過程Ⅱ中加入NaClO可將廢水中的轉化為無污染的氮氣，NaClO被還原為氯化鈉，氯元素化合價由+1降低至-1，N元素化合價由-3升高至0，根據(jù)得失電子守恒及質量守恒，該反應的化學方程式為，故B項正確；C．過程Ⅱ中發(fā)生反應：，故過程Ⅱ后含余氯廢水的堿性減弱，故C項錯誤；D．過程Ⅲ中加入的溶液X的目的是把剩余的NaClO還原為氯化鈉，所以X可能是，故D項正確；故本題選C。11.已知CH3COOH在PX3催化下可與X2（X指Cl或Br）發(fā)生如下反應：，下列各項比較中正確的是（）A.鍵能：Br—Br>Cl—Cl B.鍵角：PBr3>PCl3C.分子極性：PCl3<PBr3 D.酸性：CH2ClCOOH<CH2BrCOOH〖答案〗B〖解析〗A．Cl原子半徑小，Cl—Cl鍵長較短，鍵能較大，則鍵能：Br—Br<Cl—Cl，A錯誤；B．中心原子相同，配位原子的電負性越大，鍵角越小，電負性：Br<Cl，則鍵角：，B正確；C．PCl3和PBr3的空間構型均為三角錐形，為極性分子，正負電中心不重合，由于Cl的電負性大于Br，則極性大于，C錯誤；D．Cl、Br屬于吸電子基團，Cl吸引電子能力強于Br，中—OH極性更強，更加容易電離出H+，酸性強于，D錯誤；故選B。12.向一恒容密閉容器中充入1molCH4和一定量的H2O，發(fā)生反應：。CH4的平衡轉化率按不同投料比隨溫度的變化曲線如圖所示。下列說法正確的是（）A.該反應的正反應放熱B.投料比x：x1>x2C.b、c兩點反應開始時的正反應速率：vb>vcD.a、c兩點的平衡常數(shù)：Ka>Kc〖答案〗C〖祥解〗由圖可知，投料比x相同時，隨溫度升高，CH4的平衡轉化率增大，說明該反應為吸熱反應；n(H2O)越大，投料比越小，溫度相同時，CH4的平衡轉化率越大，則，以此解答?！驹斘觥緼．由圖可知，隨著溫度增大，的轉化率增大，平衡正向移動，故該反應正反應吸熱，A錯誤；B．相同溫度下，越大，相當于增大CH4的物質的量，甲烷的平衡轉化率越小，故，B錯誤；C．b點和c點溫度相同，的起始物質的量都為1mol，b點值小于c點，則b點加水多，反應物濃度大，則開始時正反應速率：，C正確；D．a(chǎn)、c兩點的溫度不同，且c點溫度高，該反應為吸熱反應，故平衡常數(shù)：，D錯誤；故選C。13.圖1為γ-AgI立方晶胞結構（Ag+未畫出），晶胞中I-處于頂點和面心；γ-AgI晶胞沿x、y、z軸方向的投影均如圖2所示，已知NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。γ-AgI晶胞的密度為ρg?cm-3，下列說法正確的是（）A.Ag與Cu同族，Ag在元素周期表中位于d區(qū)B.Ag+填充在I-構成的正四面體空隙中C.與I-等距離且最近的I-有6個D.晶胞中兩個最近的Ag+之間的距離為〖答案〗B〖解析〗A．第IB和IIB族為ds區(qū)，Ag與Cu位于同一族，屬于第IB族，所以屬于ds區(qū)，A錯誤；B．由圖2可知，填充在晶胞平分切割成的8個小立方體的體心且交錯分布在其中4個小立方體的體心，則填充在構成的正四面體空隙中，B正確；B．由圖1可知，與等距離且最近的有12個，C錯誤；D．由圖1可知，晶胞中兩個最近之間的距離為面對角線的，即，D錯誤；故選B。14.一種以HCOOH為燃料的電池裝置如圖所示，下列說法正確的是（）A.放電時，電極M上發(fā)生還原反應B.理論上消耗HCOOH與O2的物質的量相等C.放電過程中需補充物質X為KOHD.理論上，若有1molHCOO—反應時，則有2molK+通過半透膜〖答案〗D〖祥解〗由圖可知，甲酸根離子被氧化生成碳酸氫根離子，則電極M作負極，堿性條件下，電極反應式為：HCOO--2e-+2OH-=+H2O；電極N作正極，F(xiàn)e3+被還原生成Fe2+，電極反應式為：Fe3++e-=Fe2+，酸性條件下Fe2+與通入的氧氣反應生成鐵離子和水，反應的離子方程式為：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，鉀離子通過半透膜由負極區(qū)移向正極區(qū)，與溶液中的硫酸根離子結合得到硫酸鉀，則物質X為硫酸，據(jù)此解答。【詳析】A．由分析可知，電極M作負極，發(fā)生氧化反應，A錯誤；B．由分析可知，理論上消耗甲酸與氧氣的關系為：2HCOOH~4Fe2+~O2，則理論上消耗HCOOH與O2的物質的量不相等，B錯誤；C．由分析可知，放電過程中需補充的物質X為硫酸，C錯誤；D．由分析可知，1mol甲酸根離子參加反應時，轉移電子2mol，2mol鉀離子通過半透膜由負極區(qū)移向正極區(qū)，與溶液中的硫酸根離子結合得到1mol硫酸鉀，D正確；故選D。15.25℃時，用0.1mol?L-1的NaOH溶液滴定10mL濃度均為0.1mol?L-1的HX、HY的混合溶液，滴定過程中溶液的pH與微粒濃度關系如圖所示，已知Ka(HX)>Ka(HY)。下列說法正確的是（）A.M表示溶液的pH與的關系B.等濃度的NaX與HY的混合溶液顯堿性C.當混合溶液pH=7時，D.加入20mLNaOH溶液時，〖答案〗C〖祥解〗，則，，由Ka(HX)>Ka(HY)可知，N表示溶液pH與lg的關系，M表示溶液pH與lg的關系?！驹斘觥緼．由分析可知N表示溶液pH與lg的關系，M表示溶液pH與lg的關系，A錯誤；B．由(0，4.5)和(0，7.0)可求出HX和HY的分別為和，等濃度的NaX與HY的混合溶液中，水解程度小于HY的電離程度，溶液顯酸性，B錯誤；C．當混合溶液時，由，得，則，C正確；D．加入20mLNaOH溶液時，生成NaX和NaY，由元素質量守恒，此時溶液顯堿性，，D錯誤；故選C。二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16.磷酸鐵（FePO4）常用作電極材料、陶瓷等。以硫鐵礦燒渣（主要成分）Fe2O3、SiO2，少量的Fe3O4、CaO、MgO）為原料制備磷酸鐵的流程如下：已知：，，?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)核外電子排布式為____________。（2）浸渣的主要成分為________（填化學式）。（3）檢驗“還原”之后的溶液中是否含的操作是____________________________。（4）經(jīng)測定“除鈣鎂”后的溶液中，則溶液中____________。（5）寫出“氧化沉鐵”時反應的離子方程式：_____________________________________。純凈磷酸鐵呈白色，而實際制備的磷酸鐵產(chǎn)品略帶棕黃色，可能是產(chǎn)品中混有________（填化學式）雜質。（6）若1t硫鐵礦燒渣中含amolFe2O3、bmolFe3O4，按上述流程理論上最多可生產(chǎn)________________（用含a、b的算式表示）kg的FePO4。（7）CaF2晶體的晶胞結構如圖所示，晶體中相鄰的8個F-形成的最小正方體的體積與晶胞體積的比是____________?！即鸢浮剑?）[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5（2）SiO2（3）取少量溶液于試管中，滴加KSCN溶液，若無明顯現(xiàn)象，則無Fe3+（4）5:2（5）Fe(OH)3（6）0.151(3a+4b)（7）〖祥解〗燒渣主要成分Fe2O3、SiO2及少量的Fe3O4、CaO、MgO加入稀鹽酸，F(xiàn)e2O3、Fe3O4、CaO、MgO與稀鹽酸生成相應的鹽，SiO2不溶于鹽酸，故浸渣的主要成分為SiO2。加入還原鐵粉將Fe3+還原為Fe2+，加入NaF除去鈣鎂離子，再加入磷酸二氫鉀、氨水、氧氣生成產(chǎn)物FePO4。【詳析】（1）Fe先失去最外層電子，故基態(tài)核外電子排布式為[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；（2）SiO2不溶于鹽酸，故浸渣的主要成分為SiO2；（3）Fe3+的檢驗試劑為KSCN溶液，故〖答案〗為取少量溶液于試管中，滴加KSCN溶液，若無明顯現(xiàn)象，則無Fe3+；（4）經(jīng)測定“除鈣鎂”后的溶液中，；（5）根據(jù)題干條件，反應物為磷酸二氫銨、氨水、Fe2+、O2，生成物為FePO4，根據(jù)元素守恒、得失電子守恒、電荷守恒寫出離子方程式為；反應中Fe3+會與氨水反應生成Fe(OH)3；（6）amolFe2O3與鹽酸反應生成2amolFe3+，2amolFe3+再與amol還原鐵粉反應生3amolFe2+。bmolFe3O4與鹽酸反應生成2bmolFe3+與bmolFe2+，2bmolFe3+與bmol還原鐵粉反應生成3bmolFe2+，則溶液中共有(3a+4b)molFe2+，根據(jù)鐵元素守恒則生成(3a+4b)molFePO4，則生產(chǎn)FePO4的質量為；（7）設晶胞參數(shù)為2a，則兩個F-之間的距離為a，故晶體中相鄰的8個F-形成的最小正方體的體積與晶胞體積的比是。17.二氧化氯（ClO2）是一種在水處理等方面有廣泛應用的高效安全消毒劑，比Cl2更好。用ClO2處理過的飲用水（pH5.5~6.5）常含有一定量對人體不利的亞氯酸根離子（）。飲用水中的ClO2，含量可用連續(xù)碘量法進行測定。已知：Ⅰ.pH≥7時，ClO2可被I-還原為（），pH≤2時被I-完全還原為Cl-；Ⅱ.。回答下列問題：（1）寫出pH≤2.0時與I-反應的離子方程式：________________________________。（2）測定飲用水中的ClO2、含量的步驟如下：步驟1：準確量取VmL水樣加入儀器A中；步驟2：調節(jié)水樣pH為7.0~8.0；步驟3：加入足量的KI晶體；步驟4：加入少量淀粉溶液，用cmol?L-1Na2S2O2溶液滴定至終點，消耗Na2S2O3溶液V1mL；步驟5：_________________________________。步驟6：再用cmol?L-1的Na2S2O3溶液滴定至終點，消耗Na2S2O3溶液V2mL，①步驟1中儀器A的名稱是____________________。②實驗室配制Na2S2O3標準溶液需要用到容量瓶，下列關于容量瓶的操作，正確的是________（填字母，下同）。A.B.C.D.步驟4中接近滴定終點時，向錐形瓶中滴入半滴Na2S2O3標準溶液的操作為________（填字母）。AB.C.D.③步驟5是__________________________________________________。④步驟6中滴定終點的現(xiàn)象是______________________________________。⑤根據(jù)上述分析數(shù)據(jù)，該飲用水中的濃度為________mol?L-1（用含字母的代數(shù)式表示）。若步驟4中裝Na2S2O3溶液的滴定管滴定前尖嘴有氣泡，滴定后氣泡消失，則測定的該飲用水中的濃度________（填“偏大”“偏小”或“不變”）。〖答案〗（1）（2）①錐形瓶②CB③調節(jié)溶液的pH≤2.0④滴入最后半滴標準液，錐形瓶內溶液顏色由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內部變色⑤偏小〖祥解〗根據(jù)題意，pH≥7時，ClO2可被I-還原為，發(fā)生反應；pH≤2時被I-完全還原為Cl-；注意連續(xù)碘量法測定含量時存在的關系式?！驹斘觥浚?）pH≤2.0時被I-完全還原為Cl-，與I-反應的離子方程式為；（2）①滴定法，需要把待測液盛放在錐形瓶中，步驟1中儀器A的名稱是錐形瓶。②A、搖勻操作，應顛倒容量瓶，故A錯誤；B、定容操作，視線平視刻度線，但膠頭滴管不能伸入容量瓶中，故B錯誤；C、移液操作時，用玻璃棒引流，故C正確；D．搖勻操作，左手食指按住塞子，右手指尖頂住瓶底邊緣，將容量瓶倒轉并振蕩搖勻，故D錯誤；選C；步驟4中接近滴定終點時，向錐形瓶中滴入半滴Na2S2O3標準溶液的操作為：使半滴溶液懸于管口，將錐形瓶內壁與管口接觸，使液滴流出，Na2S2O3溶液呈堿性，應該盛放在堿式滴定管中，故選B；③根據(jù)題目信息，pH≥7時，ClO2可被I-還原為（），pH≤2時被I-完全還原為Cl-；步驟6又用Na2S2O3溶液滴定至終點，說明步驟5中有碘生成，結合pH≤2.0時，與I-反應，可判斷出步驟5是調節(jié)溶液的pH≤2.0；④步驟6中滴定終點時，碘單質恰好完全被消耗，現(xiàn)象是：滴入最后一滴標準液，錐形瓶內溶液顏色由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內不變色；⑤根據(jù)上述分析數(shù)據(jù)，pH≥7時，ClO2可被I-還原為（），根據(jù)，可知反應生成n()=n(Na2S2O3)=cmol?L-1×V1×10-3L=cV1×10-3mol；pH≤2時被I-完全還原為Cl-；根據(jù)、，建立關系式~2I2~4Na2S2O3，n()=n(Na2S2O3)=cmol?L-1×V2×10-3L=cV2×10-3mol，該飲用水中的濃度為mol?L-1。若步驟4中裝Na2S2O3溶液的滴定管滴定前尖嘴有氣泡，滴定后氣泡消失，則V1偏大，測定的該飲用水中的濃度偏小。18.H2S是一種有毒氣體，利用H2S與CH4的反應可將其轉化為有價值的H2、S2等。發(fā)生的反應有：反應?。悍磻ⅲ夯卮鹣铝袉栴}：（1）CO2中心原子價層電子對數(shù)為________。（2）已知相關化學鍵的鍵能如下表：化學鍵H—HH—SS2（化學鍵視為S—S）鍵能/（kJ·mol-1）436339298反應ⅰ：的________kJ?mol-1。（3）一定溫度下，在體積為2L的剛性容器中，充入1molCH4和2molH2S，發(fā)生反應i和反應ⅱ，5min時反應達到平衡，H2S的平衡轉化率為40%，。①下列敘述中能說明反應ⅱ達到平衡狀態(tài)的是________（填字母）。A. B.混合氣體的密度不再變化C.斷裂1molC—H的同時生成1molC=S D.混合氣體的平均摩爾質量不再變化②0~5min內________mol?L-1?min-1。③此溫度下，反應ⅱ的平衡常數(shù)Kx=________（Kx是以平衡物質的量分數(shù)代替平衡濃度計算的平衡常數(shù)）。（4）在常壓和不同溫度下，將H2S和CH4按照2∶1的體積比充入熱解器中，用N2稀釋，發(fā)生反應ⅰ和反應ⅱ。反應相同時間后，H2、S2和CS2的體積分數(shù)隨溫度的變化關系如圖所示。①________（填“>”“<”或“=”）0，低于1000℃時反應ⅱ________（填“能”或“不能”）發(fā)生。②1050℃時，H2的體積分數(shù)為______________。③溫度高于1100℃時，體積分數(shù)減小的原因是_____________________________?！即鸢浮剑?）2（2）+186（3）①AD②0.02③（4）①>能②3.6%③反應ⅰ正向進行的程度小于反應ⅱ正向移動的程度〖解析〗（1）CO2中心原子價層電子對數(shù)為2+=2。（2）的反應物的總鍵能-生成物的總鍵能=4×339kJ·mol-1-2×436kJ·mol-1-298kJ·mol-1=+186kJ·mol-1。（3）①A．時，說明正逆反應速率相等，反應達到平衡，A選；B．該反應過程中氣體的總質量和總體積都不變，混合氣體的密度是定值，當混合氣體的密度不再變化時，不能說明反應達到平衡，B不選；C．斷裂1molC-H的同時生成1molC=S時，不能說明正逆反應速率相等，不能說明反應達到平衡，C不選；D．該反應過程中氣體總質量不變，總物質的量增大，混合氣體的平均摩爾質量減小，當混合氣體的平均摩爾質量不再變化時，說明反應達到平衡，D選；故選AD；②根據(jù)已知條件列出“三段式”5min時反應達到平衡，H2S的平衡轉化率為=40%，x=0.4，，y=0.2，0~5min內mol?L-1?min-1；③此溫度下，達到平衡時氣體總物質的量為1.2mol+1.2mol+0.4mol+0.8mol+0.2mol=3.8mol，反應ⅱ的平衡常數(shù)Kx=。（4）①由圖可知，溫度高于1100℃時，繼續(xù)升高溫度，S2的體積分數(shù)減小，說明反應ⅱ達到平衡后升高溫度，平衡正向移動，該反應為吸熱反應，，由圖可知，溫度低于1000℃時，CS2的體積分數(shù)不為0，說明反應ⅱ能發(fā)生；②由圖可知，1050℃時CS2(g)的體積分數(shù)為0.1%，根據(jù)可知反應ⅱ生成H2(g)的體積分數(shù)為2×0.1%=0.2%，消耗S2(g)的體積分數(shù)為0.1%，體系中剩余S2(g)的體積分數(shù)為1.6%，則反應ⅰ生成S2(g)的體積分數(shù)為0.1%+1.6%=1.7%，根據(jù)可知，反應ⅰ生成H2(g)體積分數(shù)為3.4%，兩個反應共同生成H2(g)的體積分數(shù)為3.4%+0.2%=3.6%；③反應ⅰ和反應ⅱ都是吸熱反應，升高溫度平衡正向移動，溫度高于1100℃時，體積分數(shù)減小的原因是：反應ⅰ正向進行的程度小于反應ⅱ正向移動的程度。19.有機物G是制備卡維地洛（一種治療原發(fā)性高血壓的藥物）的重要中間體，G的一種合成路線如下：回答下列問題：（1）的化學名稱為________（—OCH3為甲氧基）。（2）A生成B的反