重庆市七校2025-2026学年高三上学期开学考试化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1重庆市七校2025-2026学年高三上学期开学考试试题本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡规定的位置上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4.考试结束后，将答题卷交回。5.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16I-127Pb-207第I卷(选择题共42分)一、单选题：本题共14小题，每小题3分，共42分。1.化学与生产、生活、环境、社会发展等关系密切。下列说法不正确的是A.植物油催化加氢可制肥皂B.臭氧、二氧化氯可作为新的自来水消毒剂C.用FeCl3溶液作为“腐蚀液”去除覆铜板上不需要的铜D.苯甲酸及其钠盐可用作食品防腐剂【答案】A【解析】A．植物油催化加氢生成硬化油，用于制人造脂肪，而制肥皂需皂化反应（油脂碱性水解），A错误；B．臭氧和二氧化氯是高效、低副产物的消毒剂，已用于自来水处理，B正确；C．FeCl3溶液与铜反应（）可腐蚀覆铜板，C正确；D．苯甲酸及其钠盐是常见食品防腐剂，符合国家标准，D正确；故选A。2.神舟十八号载人飞船顺利升空并进入空间站。下列说法所涉及的化学知识，不正确的是A.神舟十八号载人飞船外壳采用的高温陶瓷材料氮化硅属于共价晶体B.出舱活动所穿舱外服的主要材料聚氨酯属于有机合成高分子材料C.火箭使用的燃料偏二甲肼[(CH3)2NNH2]属于烃类物质D.空间站的能量主要来自柔性太阳能电池翼，其工作原理是将太阳能转化为电能【答案】C【解析】A．氮化硅是高温陶瓷材料，属于共价晶体，具有高熔点和高强度，A正确；B．聚氨酯是人工合成的有机高分子材料，属于合成材料，B正确；C．偏二甲肼含有N元素，烃类仅含C、H，因此不属于烃类，C错误；D．太阳能电池通过光电效应将太阳能转化为电能，D正确；故选C。3.下列制备实验中，实验装置及操作均正确的是A．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸溶液B．除去CO2中的少量HClC．溶液转移D．中和热测定A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．高锰酸钾标准溶液滴定草酸时，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色变化以判断终点，而非注视滴定管液面，A错误；B．除去CO2中的HCl应使用饱和NaHCO3溶液，Na2CO3溶液会与CO2反应（Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3），B错误；C．溶液转移时需用玻璃棒引流，使溶液沿玻璃棒流入容器（如容量瓶），玻璃棒下端应该在刻度线以下，C错误；D．中和热测定需用环形玻璃搅拌棒（普通玻璃搅拌器易导致热量损失），且需填充隔热材料减少热量散失，D正确；故选D。4.下列离子方程式不正确的是A.纯碱溶液可用于去油污的原因：＋H2O＋OH−B.工业废水中的Pb2+用FeS去除：Pb2++S2−=PbS↓C.用NaOH溶液吸收NO2气体：2NO2＋2OH−=＋＋H2OD.用丙烯腈电合成己二腈，在阴极发生的电极反应：2CH2=CHCN＋2H+＋2e−=NC(CH2)4CN【答案】B【解析】A．纯碱水解生成氢氧根，使溶液呈碱性，从而去油污，水解方程式＋H2O＋OH−，A正确；B．FeS是难溶物，不能拆分，正确反应，B错误；C．NO2与NaOH反应生成和，方程式2NO2＋2OH−=＋＋H2O，C正确；D．阴极得电子发生还原反应，2CH2=CHCN＋2H+＋2e−=NC(CH2)4CN，D正确；故选B。5.6-硫代鸟嘌呤通过抑制嘌呤代谢，干扰癌细胞DNA和RNA的合成，从而阻止癌细胞增殖，对急性淋巴细胞白血病效果显著。其结构如下：下列说法正确的是A.6-硫代鸟嘌呤属于芳香族化合物B.6-硫代鸟嘌呤可以与水分子之间形成氢键C.分子结构中N原子的杂化方式均为sp3杂化D.相同条件下的水溶液中，乙硫醇(CH3CH2SH)比乙醇更难电离出H+【答案】B【解析】A．该分子中含六元含氮杂环和五元含氮杂环，不含苯环，不属于芳香族化合物，A错误；B．该分子中含-NH2（N-H键），其中的H可与水分子中O形成氢键，该分子中N原子可与水分子中O-H的H形成氢键，故可与水分子形成氢键，B正确；C．分子中N原子杂化方式不同：氨基（-NH2）中N形成3个σ键、含1对孤对电子，为sp3杂化；环中参与形成共轭双键的N形成2个σ键、含1对孤对电子，价层电子对数为3，为sp2杂化，C错误；D．S原子半径大于O，S-H键长大于O-H，键能更低，更易断裂电离出H+，故乙硫醇酸性强于乙醇，更易电离出H+，D错误；故答案选B。6.已知氨(NH3)和硼烷(BH3)可以发生加合反应生成氨硼烷(H3N−BH3)，它和乙烷(CH3CH3)具有相似的结构。下列说法不正确的是A.第一电离能：B<C<NB.氨(NH3)和硼烷(BH3)均为极性分子C.分子的熔点高低顺序为：CH3CH3<H3N−BH3D.H-N-H键角大小：NH3<H3N−BH3【答案】B【解析】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能大小：B<C<N，A正确；B．NH3分子中N原子价层电子对数为，孤电子对数为1，所以为三角锥形结构，由于分子中正负电荷重心不重合，因此是极性分子；BH3分子中B原子的价层电子对数为，为平面三角形结构，由于分子中正负电荷重心重合，因此是非极性分子，B错误；C．H3N−BH3分子间能形成氢键，分子间作用力大于乙烷，故熔点更高，C正确；D．NH3分子中还有一对孤电子对，为三角锥形结构；H3NBH3中N上的孤电子对与B形成了配位键，无孤电子对，为四面体形，NH3分子中的键角受到孤电子对的排斥，所以键角更小，D正确；故选B。7.根据下列实验操作及现象，得出的结论合理的是选项实验操作及现象结论A取少量待测液于试管中，加入浓NaOH溶液加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝溶液中含有B向含NaCl和KI的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生黄色沉淀C向蔗糖溶液中滴加稀硫酸并加热，冷却后加入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，无砖红色沉淀生成蔗糖未发生水解D常温下，将Al片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生气体，后者无明显现象氧化性：稀硝酸>浓硝酸A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．向待测液中加浓NaOH溶液加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，该气体为NH3，说明溶液中含，A正确；B．向NaCl和KI混合溶液滴加AgNO3先产生黄色沉淀，沉淀先后顺序与离子浓度有关，未说明Cl-和I-浓度是否相等，无法比较Ksp(AgCl)和Ksp(AgI)，B错误；C．蔗糖水解后溶液含稀硫酸（催化剂），冷却后未加碱中和酸性，新制Cu(OH)2在酸性条件下无法与醛基反应，不能证明蔗糖未水解，C错误；D．常温下Al遇浓硝酸发生钝化（生成致密氧化膜），无明显现象，稀硝酸与Al反应生成NO气体，现象差异源于钝化而非氧化性强弱，浓硝酸氧化性强于稀硝酸，D错误；故答案选A。8.以N2O5为新型硝化剂的硝化反应具有反应条件温和、选择性高、无副反应发生、过程无污染等优点。可通过N2O4臭氧氧化法制备N2O5.已知：在298K、101KPa时发生以下反应：①N2O4(g)2NO2(g)△H1=＋akJ·mol−1②2O3(g)=3O2(g)△H2=-bkJ·mol−1③2N2O5(s)=4NO2(g)＋O2(g)△H3=＋ckJ·mol−1则反应N2O4(g)＋O3(g)N2O5(s)＋O2(g)的△H(kJ·mol−1)为A.a＋b-c B.2a-b＋cC.a＋b-c D.2a＋b＋c【答案】C【解析】反应①N2O4(g)2NO2(g)△H1=＋akJ·mol−1反应②：2O3(g)=3O2(g)△H2=-bkJ·mol−1，将其除以2，得到：反应③：2N2O5(s)=4NO2(g)＋O2(g)△H3=＋ckJ·mol−1，将其除以2，得到：目标反应可由反应①+反应②×1/2-反应③×1/2得到：根据盖斯定律，目标反应的焓变，代入数据：，C正确；故选C。9.某钙钛矿型太阳能电池吸光材料晶胞如图所示，其中A为，可由CH3NH2分子制得，晶胞参数为anm，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A.该晶体的化学式为Pb(CH3NH3)I3B.与I-最近距离的I-数为8C.中含有配位键D.晶胞密度的计算式为g•cm-3【答案】D【解析】A．该晶体为钙钛矿型结构（ABX3），A为CH3NH，B为Pb2+，X为I-。晶胞中Pb2+位于体心（1个），CH3NH位于顶点（8×=1），I⁻位于面心（6×=3个），化学式为Pb(CH3NH3)I3，A正确；B．I-位于面心，I-最近邻I-数为8个(上、下两层各4个)，B正确；C．CH3NH由CH3NH2接受H+形成，N提供孤对电子与H+形成配位键，C正确；D．晶胞质量为g（摩尔质量620g/mol），体积为(a×10-7cm)3=a3×10⁻21cm3，密度g/cm3，D错误；故选D。10.XYME4是一种新型电极材料，所含元素位于前四周期，仅X、E同周期，E是地壳中含量最多的元素，X可与水反应生成H2，Y的合金用量最大，用途最广，M的基态原子填充的电子数目满足且p轨道为半充满结构，下列说法不正确的是A.Y形成的简单离子不止一种 B.电负性：M>EC.的构型为正四面体形 D.X的单质在纯氧中点燃只能生成一种物质【答案】B【解析】E是地壳中含量最多的元素，故E为O（氧）。仅X、E同周期（X与O同周期，即第二周期），且X可与水反应生成H2，第二周期中能与水反应生成H2的金属是Li（锂），故X为Li。Y的合金用量最大、用途最广，铁合金（如钢）是用量最大、用途最广的合金，故Y为Fe（铁）。M的基态原子填充的电子数目满足npn且p轨道为半充满结构。p轨道半充满时，电子排布为np3，结合“填充的电子数目满足npn”，说明M为P（磷）。A．Y为Fe，Fe的简单离子有Fe2+、Fe3+等，不只一种，A正确；B．M为P，E为O，电负性O>P，即电负性：M<E，B错误；C．为，中心原子P的价层电子对数为=4，无孤电子对，构型为正四面体形，C正确；D．X为Li，Li在纯氧中点燃只生成Li2O，只能生成一种物质，D正确；故选B。11.CuCl2溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2+(蓝色)＋4Cl−[CuCl4]2−(黄色)＋4H2O。向CuCl2溶液中持续添加氨水后，溶液由绿色最终变为深蓝色。下列说法正确的是A.与的配位能力：B.铜元素位于元素周期表的d区C.在深蓝色溶液中加入乙醇后，析出深蓝色晶体D.物质量相等的[Cu(H2O)4]2+和[Cu(NH3)4]2+的共价键数目相等【答案】C【解析】A．加入氨水后溶液变为深蓝色，说明替代了原配合物中的或与铜离子形成了配合物，表明的配位能力更强，A错误；B．基态铜原子的电子排布式为，位于周期表的ds区而非d区，B错误；C．深蓝色溶液中加入乙醇会降低配合物的溶解度，导致析出深蓝色晶体（如的配合物），C正确；D．一个离子中含4个配位键和8个O-H键（共12个共价键），一个离子中含4个配位键和12个N-H键（共16个共价键），物质的量相等的两种离子共价键数不相等，D错误；故答案选C。12.在铜基配合物的催化作用下，利用电化学原理可将CO2还原为碳基燃料(包括烷烃和羧酸等)，其装置原理如图所示。下列叙述不正确的是A.图中石墨烯为阴极，电极反应式为CO2＋2H+＋2e−=HCOOHB.外电路每转移4mole-，阳极室电解质溶液质量减少36gC.该装置工作时，H+通过质子交换膜从右向左移动D.该装置工作过程中，两室中的溶液的pH均减小【答案】C【解析】由图可知，Pt电极氧元素价态升高失电子，故Pt电极为阳极，电极反应式为：，石墨烯电极为阴极，电极反应式为：，据此分析解答即可。A．石墨烯为阴极，CO₂在此发生还原反应生成HCOOH，C元素从+4价降为+2价，电极反应式为CO2+2H++2e-=HCOOH，A正确；B．阳极反应为2H2O-4e⁻=O2↑+4H+，转移4mole⁻时消耗2molH₂O（36g），生成的O2（32g）逸出，H+（4g）移向阴极，阳极室减少质量为32g+4g=36g，B正确；C．电解池中H+向阴极移动，石墨烯为阴极（右侧），故H+从阳极室（左）向阴极室（右）移动，即从左向右，C错误；D．阳极室消耗水，H+浓度增大，pH减小；阴极室H+被消耗同时有等量的H+从阳极迁移过来补充，总量上并没有损失，而生成HCOOH（弱酸）也有能力电离出H+，故阴极室H+浓度增大，两室pH均减小，D正确；故答案选C。13.SbF5是非常强的路易斯酸，其酸性是硫酸的1500万倍。以锑矿(主要成分为Sb2O3、Sb2O5及少量CuO、SiO2等杂质)为原料制备SbF5的工艺流程如图所示：已知：SbOCl难溶于水，Sb2O3是两性氧化物下列有关说法正确的是A.“滤渣1”含少量的SbOCl，可加入足量NaOH溶液将其转化为Sb2O3回收B.沉淀时的反应为S2−＋Cu2+=CuS↓C.实验室模拟“氟化”操作可以在烧瓶中进行D.产物可以通过蒸馏的方法分离提纯，说明SbF5与SbCl5沸点不同【答案】D【解析】由题干流程图可知，锑矿用盐酸浸出，、CuO、分别与盐酸反应生成、、，过滤除去难溶性杂质即滤渣1的主要成分为，滤液中加入，沉淀，过滤除去CuS即滤渣2的主要成分是CuS，电解滤液制得金属Sb，用氯气氧化Sb制得，通入HF制得，据此分析解题。A．滤渣1含SbOCl，为两性氧化物，SbOCl与足量NaOH反应会生成可溶性的，A错误；B．沉淀时加入的为弱酸，在离子方程式中应保留化学式，正确反应为↓，B错误；C．氟化操作使用HF，HF能腐蚀玻璃，故不能在烧瓶中进行，需用塑料容器，C错误；D．蒸馏利用混合物中各组分沸点不同分离，产物可蒸馏提纯，说明与杂质沸点不同，D正确。故选D。14.室温下，向的醋酸溶液中滴加未知浓度的氢氧化钡溶液进行滴定，测得混合溶液的温度、pH随加入氢氧化钡溶液体积的变化如下图所示。已知：(CH3COO)2Ba可溶于水，下列说法正确的是A.氢氧化钡溶液的物质的量浓度为B.b点时溶液呈中性C.a、b、c三点对应CH3COO−的水解平衡常数：Kh(b)>Kh(a)>Kh(c)D.a点时溶液中存在：c(CH3COOH)>c(CH3COO−)>c(Ba2+)>c(H+)>c(OH−)【答案】C【解析】A．向的醋酸溶液中滴加未知浓度的氢氧化钡溶液，反应放热，溶液的温度升高，当二者恰好完全反应，放热最多，溶液的温度最高，氢氧化钡溶液的体积为时，恰好完全反应，的醋酸溶液中含有的物质的量为，则消耗氢氧化钡的物质的量为，该氢氧化钡溶液的物质的量浓度为，A错误；B．b点为反应终点，生成(CH3COO)2Ba，CH3COO-水解：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，使溶液呈碱性，B错误；C．水解平衡常数Kh只与温度有关，升高温度促进的水解，水解平衡常数增大，由图可知，温度：，则a、b、c三点的水解平衡常数，C正确；D．a点加入10mLBa(OH)2，醋酸过量，溶液为CH3COOH和(CH3COO)2Ba混合液，且醋酸为醋酸钡浓度的2倍，此时pH=3，说明醋酸的电离大于醋酸根的水解，存在关系：c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)；由(CH3COO)2Ba化学式可知，即使醋酸根水解，但水解很微弱，依然有：c(CH3COO-)＞c(Ba2+)，且c(CH3COOH)＞c(Ba2+)，溶液显酸性，则c(H+)＞c(OH-)，离子浓度顺序为c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)＞c(Ba2+)＞c(H+)＞c(OH-)，D错误；故选C。第II卷(非选择题共58分)二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3和SiO2)为原料制备纳米Fe3O4的流程如下：已知：Ksp[Fe(OH)3]=10−39，Ksp[Fe(OH)2]=10−17，Ksp[Al(OH)3]=10−33（1）S2−的价层电子排布式为_______。（2）“酸浸”时能够加快浸取速率的操作有_______(任写一种)；“滤渣2”的主要成分是FeS、S、_______(写化学式)。（3）“还原”过程的主要反应的离子方程式是_______；假设还原后的溶液中金属离子的浓度均为0.1mol∙L−1，则“调pH”的范围为4.7≤pH＜_______。(实验条件为：25℃，标准状况，结果保留两位有效数字)（4）工业上用电解法制备Fe3O4，工作原理如图所示，已知：低共熔溶剂可传导O2−，阳极由Cl−进行放电。①甲电极为_______极(填“阳”或“阴”)。②电解过程中若乙电极生成Cl2的体积是3.36L(标准状况下)，则理论上甲电极生成的Fe3O4的物质的量为_______mol。③已知

Fe3O4

的熔点为

1594.5℃，FeCl3

的熔点

306℃，两者熔点相差较大的原因是_______。【答案】（1）3s23p6（2）①.适当增大硫酸的浓度、搅拌、加热等(任写一种)②.Al(OH)3（3）①.FeS+2Fe3+=3Fe2++S②.6.0（4）①.阴②.0.3③.两者晶体类型不同，Fe3O4为离子晶体，FeCl3为分子晶体【解析】硫铁矿主要成分是FeS2，含少量Al2O3和SiO2。硫铁矿在空气中煅烧，FeS2转化为Fe2O3和二氧化硫气体，烧渣用稀硫酸“酸浸”，过滤，滤渣1是SiO2，滤液中含有硫酸铝、硫酸铁，滤液中加FeS把Fe3+还原为Fe2+，S元素被氧化为S单质；加Y调节pH生成氢氧化铝沉淀除铝，过滤，滤渣2中含有FeS、S、Al(OH)3；滤液加氢氧化钠生成氢氧化亚铁沉淀，过滤，氢氧化亚铁加热时被氧气氧化为Fe2O3，用氢气“部分还原”Fe2O3得到纳米Fe3O4。（1）S2−核外有18个电子，价层电子排布式为3s23p6。（2）根据影响反应速率的因素，“酸浸”时能够加快浸取速率的操作有适当增大硫酸的浓度、搅拌、加热等；滤液中加FeS把Fe3+还原为Fe2+，S元素被氧化为S单质；加Y调节pH生成氢氧化铝沉淀除铝，过滤，滤渣2中含有FeS、S、Al(OH)3。（3）“还原”时，FeS把Fe3+还原为Fe2+，S元素被氧化为S单质，根据得失电子守恒，主要反应的离子方程式是FeS+2Fe3+=3Fe2++S；“调pH”的目的是生成氢氧化铝沉淀，不能生成氢氧化亚铁沉淀，假设还原后的溶液中金属离子的浓度均为0.1mol∙L−1，Fe2+开始沉淀的c(OH-)=，c(H+)=10-6，则“调pH”的范围为4.7≤pH＜6.0。（4）①甲电极Fe2O3转化为Fe3O4，Fe元素化合价降低发生还原反应，甲电极为阴极。②电解过程中若乙电极生成Cl2的体积是3.36L(标准状况下)，n(Cl2)=0.15mol，电路中转移0.3mol电子，根据得失电子守恒，理论上甲电极生成的Fe3O4的物质的量为0.3mol。③两者晶体类型不同，Fe3O4为离子晶体，FeCl3为分子晶体，所以两者熔点相差较大。16.铋酸钠(NaBiO3，Mr=280g/mol)是一种新型有效的光催化剂，也被广泛应用于制药业。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。Ⅰ．制取铋酸钠利用白色且难溶于水的Bi(OH)3在NaOH溶液中，在充分搅拌的情况下与Cl2反应制备NaBiO3，实验装置如下图(加热和夹持仪器已略去)。已知：NaBiO3粉末呈浅黄色，不溶于冷水，遇沸水或酸溶液迅速分解。请按要求回答下列问题：（1）图中盛装浓盐酸的仪器名称是_______。（2）B装置盛放的试剂是饱和食盐水，其作用是_______。（3）C中发生反应化学方程式为：_______。（4）当观察到C中白色固体消失时，应关闭K3和K1，并停止对A加热，原因是_______。（5）反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，需要的操作是_______、过滤、洗涤、干燥。（6）实验完毕后，打开，向A中加入NaOH溶液的主要作用是_______。Ⅱ．产品纯度的测定（7）为测定产品的纯度，取上述NaBiO3产品3.20g，用足量硫酸和MnSO4稀溶液使其还原为Bi3+(已知：5NaBiO3＋2Mn2+＋14H+=5Bi3+＋2＋5Na+＋7H2O)，再将其准确配制成100mL溶液，取出10mL；用0.100mol∙L−1的H2C2O4标准溶液滴定生成的，滴定终点时消耗10mLH2C2O4标准溶液，则该产品的纯度为_______%。(结果保留一位小数)【答案】（1）恒压滴液漏斗(答“恒压分液漏斗”也给分)（2）除去挥发出的HCl气体（3）Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3+2NaCl+3H2O（4）防止Cl2过量使溶液呈酸性，导致NaBiO3分解（5）(在冰/冷水中)冷却结晶（6）除去A中残留Cl2（7）87.5【解析】A制备氯气，B除氯气中的氯化氢，C中被氯气氧化为，防止过量使溶液呈酸性，导致分解，所以当观察到C中白色固体消失时，应关闭和，并停止对A加热，D中氢氧化钠溶液吸收氯气，防止污染，据此分析；（1）图中盛装浓盐酸的仪器名称是恒压滴液漏斗(答“恒压分液漏斗”也给分)；（2）B装置盛放的试剂是饱和食盐水，其作用是除去挥发出的HCl气体；（3）C中在碱性条件下，被氯气氧化为，根据得失电子守恒，发生的反应化学方程式为；（4）遇酸溶液迅速分解，防止过量使溶液呈酸性，导致分解，所以当观察到C中白色固体消失时，应关闭K3和K1，并停止对A加热（5）粉末呈浅黄色，不溶于冷水，反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，需要的操作是在冰水(冷水)中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（6）氯气有毒，为防止氯气污染空气，实验完毕后，打开，向A中加入NaOH溶液的主要作用是除去A中残留；（7）根据得失电子守恒建立关系式，，当达到滴定终点时，消耗0.1mol/L的标准溶液10mL。n()=n()=0.1mol/L×10×10-3L=1×10-3mol，该产品的纯度为。17.乙炔(C2H2)、乙烯和乙烷是重要的基础化工原料，在生产、生活中有广泛应用。回答下列问题：（1）科学家用计算机模拟了乙炔在钯表面催化加氢的反应机理，单个乙炔分子在催化剂表面的反应历程如图甲所示，横坐标为反应历程，吸附在钯表面的物质用*标注，TS代表过渡态。上述总反应分多步基元反应，其中，分子有效碰撞几率最大的基元反应的化学方程式为_______；引入Pt催化剂，总反应的焓变_______(填“增大”“减小”或“不变”)。（2）已知CH2=CH2(g)＋H2(g)CH3CH3(g)

ΔH2=−219.1kJ·mol−1.在反应器中充入一定量的C2H4(g)和H2(g)，在铂催化剂作用下合成乙烷，测得C2H6(g)平衡体积分数(ψ)与温度、压强关系如图乙所示。①图中X为_______(填“温度”或“压强”)。②平衡常数M_______N(填“>”“<”或“=”，下同)；Y1_______Y2。（3）一定温度下，保持总压强为100kPa，向反应器中充入1molC2H2(g)和3molH2(g)，加入一定量催化剂，发生反应C2H2(g)＋H2(g)C2H4(g)、C2H2(g)＋2H2(g)CH3CH3(g)，经amin达到平衡，乙炔平衡量为0.5mol，乙烯的选择性为60%。已知：①反应开始到恰好达到平衡状态时，反应生成的乙烯的物质的量为_______mol，H2的物质的量平均变化速率为_______mol∙min−1(用所给字母表示，数字保留1位小数)。②反应C2H2(g)＋H2(g)C2H4(g)的平衡常数Kp为_______(kPa)−1(只列计算式)。提示：用分压计算的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数。【答案】（1）①.C2H2*+2H*=C2H3*+H*或C2H2*+H*=C2H3*②.不变（2）①.温度②.=③.>（3）①.0.3②.③.【解析】（1）活化能越低，反应速率越快，分子的有效碰撞几率就越大。观察图示，其中的活化能最低，分子有效碰撞几率最大；催化剂只改变反应历程，降低能垒，但不改变反应物与生成物的总能量，因此不能改变反应热(焓变)；（2）根据题意分析，可知该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，正反应放热，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致乙烷的体积分数降低，故横坐标X对应的物理量为温度；化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变。根据上述①分析可知：横坐标为温度，点M、N的反应温度相同，所以化学平衡常数：M=N；Y对应的物理量为压强，在温度不变时，增大压强，化学平衡向气体体积的正反应方向移动，导致的含量增大。根据图像可知：M、N点对应温度相同，的含量：M＞N，所以压强大小关系：；（3）反应达到平衡时乙炔平衡量是0.5mol，此时，由于乙烯的选择性为60%，列三段式得根据题意，解得，则反应生成的乙烯的物质的量为0.3mol；氢气的物质的量平均变化速率为；，。18.特戈拉赞(化合物K)是抑制胃酸分泌的药物，其合成路线如下：已知：Ⅰ．Bn为，咪唑为；Ⅱ．和不稳定，能分别快速异构化为和。回答下列问题：（1）E中含氧官能团的名称为_______。（2）H→J的反应类型为_______。（3）B中含氧官能团只有醛基，其结构简式为