福建省福州市第三中學2024-2025學年高三上學期第二次質(zhì)量檢測試題 化學 含解析

第1頁/共1頁福州三中2024-2025學年第一學期高三第2次質(zhì)量檢查化學試題詳解(滿分100分，考試時間75分鐘)可能用到的相對原子質(zhì)量：O-16Na-23一、選擇題(本題共10小題，每小題4分，共40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.從古至今，人類的生活、生產(chǎn)都離不開材料的應用。下列說法正確的是A.殲－20上采用的氮化鎵涂層，屬于新型金屬材料B.人民幣票面文字處采用了含F(xiàn)e3O4的磁性油墨，F(xiàn)e3O4常用作紅色顏料C.北斗衛(wèi)星上使用的硅太陽能電池陣，利用SiO2將太陽能轉(zhuǎn)化為電能D.神舟十七號返回艙降落回收過程中使用了芳綸制作的降落傘，芳綸是有機高分子材料【答案】D【解析】【詳解】A．氮化鎵（GaN）是一種半導體材料，不是金屬材料，A錯誤；B．Fe3O4為黑色固體，常用作紅色顏料的是Fe2O3，B錯誤；C．硅太陽能電池陣是利用硅半導體的性質(zhì)將太陽能轉(zhuǎn)化為電能，C錯誤；D．芳綸是一種有機高分子材料，具有高強度和耐熱性，常用于制作降落傘等，D正確；答案選D。2.某抗凝血作用的藥物Z可用下列反應合成，下列說法不正確的是A.與溴水反應，最多消耗B.水解，最多能消耗C.Z分子中所有碳原子均處于同一平面上D.可用酸性溶液檢驗產(chǎn)品Z中是否含有X【答案】D【解析】【詳解】A．由結(jié)構(gòu)簡式可知，X分子中含有酚羥基，能與溴水發(fā)生取代反應，反應時苯環(huán)鄰對位上的氫原子能被溴原子取代，則1molX最多消耗2mol溴，故A正確；B．由結(jié)構(gòu)簡式可知，Y分子中含有的酯基能與氫氧化鈉溶液反應，其中1mol酚酯基能消耗2mol氫氧化鈉，所以1molY發(fā)生水解反應時最多能消耗3mol氫氧化鈉，故B正確；C．由結(jié)構(gòu)簡式可知，Z分子中苯環(huán)、碳碳雙鍵和酯基都為平面結(jié)構(gòu)，所以分子中所有碳原子均處于同一平面上，故C正確；D．X分子中酚羥基和Z分子中碳碳雙鍵都能與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應使溶液褪色，所以不能用酸性高錳酸鉀溶液檢驗產(chǎn)品Z中是否含有X，故D不正確；故選D。3.設為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值。下列敘述正確的是A.標準狀況下，和的混合物中含有分子的數(shù)目為B.羥基(-OH)和所含的電子數(shù)均為C.與在一定條件充分反應，生成分子數(shù)目小于D.完全反應，轉(zhuǎn)移電子數(shù)一定為【答案】C【解析】【詳解】A．標準狀況下，三氧化硫不是氣體，不能計算其物質(zhì)的量，故A錯誤；B．-OH中含9個電子，氫氧根中含10個電子，中含個電子，故B錯誤；C．氮氣和氫氣的反應為可逆反應，反應不能進行完全，生成分子數(shù)目小于，故C正確；D．和氫氧化鈉反應，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為，故D錯誤；故選C。4.下列離子方程式書寫正確的是A.Fe2O3溶于氫碘酸：Fe2O3+6H++2I?=2Fe2++I2+3H2OB.少量SO2氣體通入BaCl2溶液中：C.銅片投入濃硝酸中：D.向Ca(ClO)2溶液中通入少量的SO2：【答案】A【解析】【詳解】A．Fe2O3溶于氫碘酸發(fā)生氧化還原反應，+3價鐵被還原為Fe2+，I-被氧化為I2，離子方程式為：Fe2O3+6H++2I?=2Fe2++I2+3H2O，選項A正確；B．少量SO2氣體通入BaCl2溶液，因鹽酸酸性強于亞硫酸，反應不能進行，選項B錯誤；C．銅片投入濃硝酸中生成硝酸銅、二氧化氮和水，反應的離子方程式為：Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O，選項C錯誤；D．向Ca(ClO)2溶液中通入少量的SO2，發(fā)生氧化還原反應，ClO-被還原為Cl-，SO2被氧化為硫酸根離子，硫酸根離子和鈣離子結(jié)合生成微溶于水的硫酸鈣，由于Ca(ClO)2過量，生成的H+結(jié)合ClO-生成次氯酸，反應的離子方程式為：Ca2++3ClO-+H2O+SO2=Cl?+CaSO4↓+2HClO，選項D錯誤；答案選A。5.M、W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，M的一種原子不含中子，W是第二周期未成對電子數(shù)最多的元素，X、Y同族，且Y的原子序數(shù)為X的兩倍，的d軌道有10個電子。下列說錯誤的是A.與可以發(fā)生化合反應B.僅含M、W、Y的某種鹽酸能與酸反應又能與堿反應C.第一電離能由大到小的順序為D.工業(yè)上可采用熱還原法冶煉Z的單質(zhì)【答案】A【解析】【分析】M、W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，M的一種原子不含中子，M是H元素；W是第二周期未成對電子數(shù)最多的元素，W是N元素；X、Y同族，且Y的原子序數(shù)為X的兩倍，X是O元素、Y是S元素；的d軌道有10個電子，Z是Cu。【詳解】A．NO2與H2O反應生成HNO3和NO，該反應不化合反應，故A錯誤；B．僅含H、N、S元素鹽(NH4)2S，能與酸反應又能與堿反應，故B正確；C．N原子2p能級半充滿，結(jié)構(gòu)穩(wěn)定，第一電離能大于同周期相鄰元素，同主族元素從上到下第一電離能依次減小，第一電離能由大到小的順序為N>O>S，故C正確；D．工業(yè)上可用碳還原氧化銅冶煉Cu的單質(zhì)，故D正確；選A。6.下列實驗裝置能達到實驗目的的是A.用裝置甲制取B.利用裝置乙制備蒸餾水C.用裝置丙蒸干溶液獲取晶體D.用裝置丁驗證濃度對化學反應速率的影響【答案】C【解析】【詳解】A．固體分解應在試管或坩堝中進行，不能用蒸發(fā)皿，故A錯誤；B．蒸餾時，溫度計水銀球應在蒸餾燒瓶支管口處，冷凝管中的冷凝水應從下口進，故B錯誤；C．不水解，用蒸發(fā)結(jié)晶法蒸干溶液可以獲取晶體，故C正確；D．反應無明顯現(xiàn)象，不能比較反應速率，故D錯誤；答案選C。7.用某復合金屬作電極電解催化還原時，復合金屬優(yōu)先與O原子結(jié)合，產(chǎn)物是HCOOH，復合金屬優(yōu)先與C原子結(jié)合，產(chǎn)物是和。該反應機理及各產(chǎn)物的物質(zhì)的量分數(shù)如圖所示。下列說法正確的是A.過程中有極性鍵和非極性的斷裂和形成B.中間體B的結(jié)構(gòu)簡式為C.D.若有完全轉(zhuǎn)化，反應中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3.8mol【答案】B【解析】【詳解】A．過程中有碳氧極性鍵斷裂、碳氫極性鍵生成，沒有非極性的形成，A錯誤；B．復合金屬優(yōu)先與O原子結(jié)合，產(chǎn)物是HCOOH，B生成甲酸，則中間體B的結(jié)構(gòu)簡式為，B正確；C．復合金屬優(yōu)先與O原子結(jié)合，產(chǎn)物是HCOOH，復合金屬優(yōu)先與C原子結(jié)合，產(chǎn)物是和，結(jié)合圖中三種物質(zhì)比例可知，，C錯誤；D．若10分子二氧化碳反應則生成1分子甲酸、6分子甲醇、3分子甲烷，共轉(zhuǎn)移62個電子，則完全轉(zhuǎn)化，反應中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6.2mol，D錯誤；故選B。8.用乙醇制備乙酸乙酯的反應原理為：，實驗裝置如圖。冰鹽浴條件下，在三頸燒瓶中，加入硫酸、乙醇，攪拌下逐滴加入溶液，控制反應溫度得到綠色乳濁液，用等量水稀釋，分液，收集上層清液，純化，干燥，分餾得到乙酸乙酯。下列有關(guān)說法正確的是A.乙醇制備乙酸乙酯的反應類型為取代反應B.冰鹽浴需控制在，其目的是增強乙醇還原性C.綠色乳濁液用等量水稀釋分液后，上層清液中含有的主要雜質(zhì)為、D.純化乙酸乙酯的具體操作：先用溶液中和，再用水洗【答案】C【解析】【分析】根據(jù)實驗原理：，在三頸燒瓶中加入加入硫酸、乙醇，攪拌下逐滴加入溶液，在冰鹽浴條件下反應，生成綠色乳濁液，最后進行分離提純得到乙酸乙酯；【詳解】A．中不含有不飽和鍵，中含有碳氧雙鍵，故乙醇制備乙酸乙酯的反應類型不是取代反應，故A錯誤；B．冰鹽浴需控制在，其目的是有利于降溫，減少乙醇揮發(fā)，故B錯誤；C．由于乙醇能被氧化為乙酸，故上層清液中含有的主要雜質(zhì)為、，故C正確；D．不能用溶液中和，因為乙酸乙酯在NaOH溶液中要水解，應用飽和碳酸鈉溶液，故D錯誤；答案選C。9.一種新型可充電電池，其工作原理如圖所示。下列說法正確的是A.該電池有機介質(zhì)可以用溶液代替B.放電時，通過鈉離子交換膜向Ｍ極移動C.放電時，N極電極反應式為D.充電時，每生成，有機電解質(zhì)的整體質(zhì)量減小【答案】C【解析】【分析】電池工作時，Na電極失電子產(chǎn)生Na+，透過鈉離子交換膜進入CaFeO3電極，則M電極負極，N電極為正極。【詳解】A．因為電極為，會與溶液中的反應，A項錯誤；B．電池放電時，通過鈉離子交換膜向N極移動，B項錯誤；C．放電時，N極為正極，得電子產(chǎn)物會與電解質(zhì)反應，生成和Na2O，電極反應式為，C項正確；D．充電時，每生成，同時也會有消耗，所以有機電解質(zhì)的整體質(zhì)量減小，D項錯誤；故選C。10.下，用濃度為的標準溶液滴定濃度均為的和氨水的混合溶液，滴定過程中溶液的隨的變化曲線如圖所示(混合后溶液體積變化忽略不計)。下列說法正確的是A.約為 B.點C.點 D.水的電離程度【答案】B【解析】【分析】HCl溶液與NaOH和氨水的混合溶液反應時，強堿NaOH優(yōu)先反應、氨水后反應，由圖可知，a點時鹽酸溶液與氫氧化鈉溶液恰好反應得到氯化鈉和氨水的混合溶液；b點時HCl溶液與氨水溶液部分反應得到氯化鈉、氯化銨和氨水的混合溶液；c點時HCl溶液與氨水恰好反應得到氯化鈉和氯化銨的混合溶液；d點時HCl溶液過量，所得溶液為氯化鈉、氯化銨和HCl的混合溶液?！驹斀狻緼．設混酸溶液的體積為VL，由圖可知，a點為氯化鈉和氨水的混合溶液，溶液的pOH為3.38，則溶液中氨水的濃度為=0.0100mol/L，則電離常數(shù)約為=10-4.76，A錯誤；B．a(chǎn)點為氯化鈉和氨水的混合溶液，溶液存在質(zhì)子守恒：c(H+)+c()=c(OH-)，整理可得c()=c(OH-)-c(H+)，B正確；C．b點時HCl溶液與一半氨水反應生成氯化銨，此時不考慮平衡情況下NH3?H2O和NH4Cl物質(zhì)的量相等，由于存在水解平衡，NH3?H2O存在電離平衡，b點pOH小于7則pH大于7，溶液顯堿性，說明NH3?H2O電離程度較大，則，C錯誤；D．酸電離出的氫離子和堿電離出的氫氧根離子抑制水的電離，銨根離子在溶液中水解促進水的電離，由分析可知，c點為氯化鈉和氯化銨的混合溶液、d點為氯化鈉、氯化銨和HCl的混合溶液，鹽酸電離出氫離子抑制水的電離，則c點溶液中水的電離程度大于d點，D錯誤；故選B。二、非選擇題(本大題共4小題，共60分)11.精煉銅產(chǎn)生的銅陽極泥富含等多種元素。研究人員設計了一種從銅陽極泥中分離提收金和銀的流程，如下圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）位于元素周期表第_______周期第_______族。（2）“浸出液1”中含有的金屬離子主要是_______。（3）“浸取2”步驟中，單質(zhì)金轉(zhuǎn)化為的化學方程式為_______。（4）“浸取3”步驟中，“浸渣2”中的_______(填化學式)轉(zhuǎn)化為。（5）“電沉積”步驟中陰極的電極反應式為_______?！半姵练e”步驟完成后，陰極區(qū)溶液中可循環(huán)利用的物質(zhì)為_______(填化學式)。（6）“還原”步驟中，被氧化的與產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為_______。（7）可被氧化為。從物質(zhì)結(jié)構(gòu)的角度分析的結(jié)構(gòu)為(a)而不是(b)的原因：_______?！敬鸢浮浚?）①.四②.ⅠB（2）Cu2+（3）（4）AgCl（5）①.②.（6）3：4（7）(a)結(jié)構(gòu)中電子云分布較均衡，結(jié)構(gòu)較為穩(wěn)定，(b)結(jié)構(gòu)中正負電荷中心不重合，極性較大，較不穩(wěn)定，且存在過氧根，過氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)結(jié)構(gòu)【解析】【分析】精煉銅產(chǎn)生的銅陽極泥富含Cu、Ag、Au等元素，銅陽極泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被轉(zhuǎn)化為Cu2+進入浸取液1中，Ag、Au不反應，浸渣1中含有Ag和Au；浸渣1中加入鹽酸、H2O2浸取，Au轉(zhuǎn)化為HAuCl4進入浸取液2，Ag轉(zhuǎn)化為AgCl，浸渣2中含有AgCl；浸取液2中加入N2H4將HAuCl4還原為Au，同時N2H4被氧化為N2；浸渣2中加入，將AgCl轉(zhuǎn)化為，得到浸出液3，利用電沉積法將還原為Ag?！拘?詳解】Cu的原子序數(shù)為29，位于第四周期第ⅠB族；【小問2詳解】由分析可知，銅陽極泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被轉(zhuǎn)化為Cu2+進入浸取液1中，故浸取液1中含有的金屬離子主要是Cu2+；【小問3詳解】浸取2步驟中，Au與鹽酸、H2O2反應氧化還原反應，生成HAuCl4和H2O，根據(jù)得失電子守恒及質(zhì)量守恒，可得反應得化學方程式為：；【小問4詳解】根據(jù)分析可知，浸渣2中含有AgCl，與反應轉(zhuǎn)化為；【小問5詳解】電沉積步驟中，陰極發(fā)生還原反應，得電子被還原為Ag，電極反應式為：；陰極反應生成，同時陰極區(qū)溶液中含有Na+，故電沉積步驟完成后，陰極區(qū)溶液中可循環(huán)利用得物質(zhì)為；【小問6詳解】還原步驟中，HAuCl4被還原為Au，Au化合價由+3價變?yōu)?價，一個HAuCl4轉(zhuǎn)移3個電子，N2H4被氧化為N2，N的化合價由-2價變?yōu)?價，一個N2H4轉(zhuǎn)移4個電子，根據(jù)得失電子守恒，被氧化的N2H4與產(chǎn)物Au的物質(zhì)的量之比為3：4；【小問7詳解】(a)結(jié)構(gòu)中電子云分布較均衡，結(jié)構(gòu)較為穩(wěn)定，(b)結(jié)構(gòu)中正負電荷中心不重合，極性較大，較不穩(wěn)定，且存在過氧根，過氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)結(jié)構(gòu)。12.測定鐵礦石中鐵含量的傳統(tǒng)方法是，滴定法。研究小組用該方法測定質(zhì)量為的某赤鐵礦試樣中的鐵含量。【配制溶液】①標準溶液。②溶液：稱取溶于濃鹽酸，加水至，加入少量錫粒?！緶y定含量】按下圖所示(加熱裝置路去)操作步驟進行實驗。已知：氯化鐵受熱易升華；室溫時，可將氧化為。難以氧化；可被還原為?；卮鹣铝袉栴}：（1）下列儀器在本實驗中必須用到的有_______(填名稱)。（2）結(jié)合離子方程式解釋配制溶液時加入錫粒的原因：_______。（3）步驟I中“微熱”的原因是_______。（4）步驟Ⅲ中，若未“立即滴定”，則會導致測定的鐵含量_______(填“偏大”“偏小”或“不變”)。（5）若消耗標準溶液，則試樣中的質(zhì)量分數(shù)為_______(用含a、c、V的代數(shù)式表示)。（6）滴定法也可測定鐵的含量，其主要原理是利用和將鐵礦石試樣中還原為，再用標準溶液滴定。①從環(huán)保角度分析，該方法相比于，滴定法的優(yōu)點是_______。②為探究溶液滴定時，在不同酸度下對測定結(jié)果的影響，分別向下列溶液中加入1滴溶液，現(xiàn)象如下表：

溶液現(xiàn)象空白實驗溶液試劑X紫紅色不褪去實驗I溶液硫酸紫紅色不褪去實驗ⅱ溶液硫酸紫紅色明顯變淺表中試劑X為_______；根據(jù)該實驗可得出的結(jié)論是_______。【答案】（1）容量瓶、量筒（2）Sn2+易被空氣氧化為Sn4+，離子方程式為，加入Sn，發(fā)生反應，可防止Sn2+氧化（3）提高試樣與濃鹽酸反應速率，同時可以減少濃鹽酸的揮發(fā)和氯化鐵的升華（4）偏小（5）（6）①.更安全，對環(huán)境更友好②.H2O③.酸性越強，KMnO4的氧化性越強，Cl-被KMnO4氧化的可能性越大，對Fe2+測定結(jié)果造成干擾的可能性越大，因此在KMnO4標準液進行滴定時，要控制溶液的pH值【解析】【分析】濃鹽酸與試樣反應，使得試樣中Fe元素以離子形式存在，滴加稍過量的SnCl2使Fe3+還原為Fe2+，冷卻后滴加HgCl2，將多余的Sn2+氧化為Sn4+，加入硫酸和磷酸混合液后，滴加指示劑，用K2Cr2O7進行滴定，將Fe2+氧化為Fe3+，化學方程式為?！拘?詳解】配制SnCl2溶液需要用到容量瓶和量筒，滴定需要用到酸式滴定管，但給出的為堿式滴定管，因此給出儀器中，本實驗必須用到容量瓶、量筒；【小問2詳解】Sn2+易被空氣氧化為Sn4+，離子方程式為，加入Sn，發(fā)生反應，可防止Sn2+氧化；【小問3詳解】步驟I中“微熱”是為了提高試樣與濃鹽酸反應速率，同時微熱可以減少濃鹽酸的揮發(fā)和氯化鐵的升華；【小問4詳解】步琛Ⅲ中，若未“立即滴定”，F(xiàn)e2+易被空氣中的O2氧化為Fe3+，導致測定的鐵含量偏??；【小問5詳解】根據(jù)方程式可得：，ag試樣中Fe元素的質(zhì)量為，質(zhì)量分數(shù)為【小問6詳解】①方法中，HgCl2氧化Sn2+的離子方程式為：，生成的Hg有劇毒，因此相比于的優(yōu)點是：更安全，對環(huán)境更友好；②溶液+0.5mL試劑X，為空白試驗，因此X為H2O；由表格可知，酸性越強，KMnO4的氧化性越強，Cl-被KMnO4氧化的可能性越大，對Fe2+測定結(jié)果造成干擾的可能性越大，因此在KMnO4標準液進行滴定時，要控制溶液的pH值。13.某藥物間體G的合成路線如下：回答問題：（1）A→B的反應試劑及條件是_______。（2）B與足量熔融NaOH反應的方程式為_______。（3）D的結(jié)構(gòu)簡式為_______。（4）寫出E中所有官能團名稱_______；（5）X是F的同分異構(gòu)體，符合下列條件的X可能的結(jié)構(gòu)簡式為_______(任寫一種)。①只含有一種官能團②含有苯環(huán)③核磁共振氫譜有兩組峰（6）已知有機酸酐由2個羧基脫水獲得，結(jié)構(gòu)簡式為：，能發(fā)生以下反應：。F→G經(jīng)歷了2個反應中間體，其中M的結(jié)構(gòu)簡式為_______，M→N的反應類型為_______。【答案】（1），（2）+2NaOH+NaCl+H2O（3）（4）羧基、酯基（5）、或（6）①.②.加成反應【解析】【分析】苯與在催化下取代反應生成氯苯，氯苯先與熔融NaOH發(fā)生反應生成苯酚鈉，然后與HCl反應生成苯酚；苯酚與NaOH作用，然后通入CO2反應生成，再加入HCl酸化生成D，則D為；D與發(fā)生取代反應生成E，E與反應生成F，F(xiàn)與乙酸酐在一定條件下發(fā)生反應生成G?！拘?詳解】根據(jù)分析，A→B的反應試劑及條件是，。【小問2詳解】B與足量熔融NaOH反應生成苯酚鈉，化學方程式為+2NaOH+NaCl+H2O。【小問3詳解】根據(jù)分析，D的結(jié)構(gòu)簡式為?！拘?詳解】根據(jù)E的結(jié)構(gòu)可知，其所含官能團為羧基、酯基。【小問5詳解】F的結(jié)構(gòu)為，X是F的同分異構(gòu)體，符合下列條件：①只含有一種官能團，②含有苯環(huán)，③核磁共振氫譜有兩組峰，說明物質(zhì)分子結(jié)構(gòu)對稱，分子中有兩種不同的H原子，則X可能的結(jié)構(gòu)簡式是、或?！拘?詳解】根據(jù)已知信息中的反應可知，F(xiàn)與乙酸酐反應生成和乙酸，則M為；M的酯基結(jié)構(gòu)中含有碳氧雙鍵，可以發(fā)生加成反應生成N，N發(fā)生消去反應生成G，則M→N的反應類型為加成反應。14.乙酸水蒸氣重整制氫包括的反應如下：主反應為：Ⅰ。Ⅱ。副反應為：Ⅲ?；卮鹣铝袉栴}：（1）反應的___________。（2）在恒容密閉容器中進行乙酸重整制氫，下列說法正確的是___________。A.增大的濃度，有利于提高平衡轉(zhuǎn)化率B.一定溫度下，增大的濃度可以提高的平衡轉(zhuǎn)化率C.若氣體的平均相對分子質(zhì)量保持不變，說明反應體系已達平衡D.升溫可以使反應Ⅰ的正反應速率加快，逆反應速率減小，平衡向正反應方向移動（3）乙酸重整時，水碳比[]對、CO、平衡產(chǎn)率Y的影響如圖1所示(不考慮副反應)：圖中b代表的物質(zhì)是___________(填化學式)。（4）水碳比為時，溫度對平衡時反應產(chǎn)物中各氣體含量的影響如圖2所示，隨溫度的升高，的含量減小的原因是___________；600℃后，隨溫度的升高，的含量開始減小的原因是___________。（5）在T℃下，在恒容密閉容器中充入1mol乙酸(g)和，若只發(fā)生反應，起始時壓強為pPa，反應達到平衡時，壓強為1.3pPa．平衡時，的轉(zhuǎn)化率為___________%，反應的平衡常數(shù)Kp=___________Pa3(列出含p的計算式，Kp為以分壓表示的平衡常數(shù)，分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù))?！敬鸢浮浚?）（2）AC（3）（4）①.反應Ⅲ為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，使的含量減?、?600℃后主要發(fā)生反應Ⅱ，且反應Ⅱ為放熱反應，隨著溫度的升高，平衡逆向移動，使的含量開始減小（5）①.30②.或【解析】【小問1詳解】已知：I．CH3COOH(g)2CO(g)+2H2(g)△H=+213.8kJ·mol-1；II．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=-41.1kJ·mol-1，根據(jù)蓋斯