江西省赣抚吉十二校2026届高三上学期第一次联考化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1江西省赣抚吉十二校2026届高三上学期第一次联考时量：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H∼1C∼12N∼14O∼16Na∼23Si∼28Ag∼108一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。)1.我国新一代“太空快递员”(如天舟货运飞船)能高效运输离不开关键材料的应用。下列叙述错误的是A.铝合金框架——密度小、强度高，减轻船体质量，保障运载能力B.陶瓷基复合材料——耐高温、抗氧化，用于防护飞船头部再入大气层时的热冲击C.有机玻璃(PMMA)——透光性好、易加工，用于制造飞船的风档、光学仪器D.聚氯乙烯塑料(PVC)——耐化学腐蚀、机械强度较高，用作食品包装材料【答案】D【解析】A．铝合金具有密度小、强度高的特点，用其制作框架，能减轻船体质量，从而保障运载能力，A正确；B．陶瓷基复合材料耐高温、抗氧化，飞船头部再入大气层时会受到强烈热冲击，用它进行防护是合理的，B正确；C．有机玻璃（PMMA）透光性好、易加工，适合用于制造飞船的风档、光学仪器，C正确；D．聚氯乙烯塑料（PVC）在使用过程中，尤其是受热等情况下，可能会释放出有害物质，不能用作食品包装材料，D错误；故答案为：D。2.研究人员开发了一种中空多壳纳米球催化剂，以O2为氧化剂，高效地将CH4光催化氧化成CH3CH2OH。下列叙述错误是A.催化剂中所有元素均位于周期表前四个周期B.上述元素中，电负性最大的元素是氧元素C.上述转化过程中，有中间产物COD.乙醇的沸点高于其同分异构体二甲醚(CH3OCH3)的沸点【答案】A【解析】A．根据图示可知：在该催化剂中的元素包括Ce、O、Fe、Pd元素。其中Ce(铈)位于第六周期、Pd(钯)位于第五周期、Fe(铁)位于第四周期、O(氧)位于第二周期，可见并不是所有元素都位于周期表前四个周期，A错误；B．上述涉及的元素有H、C、O、Fe、Pd、Ce，其中电负性最大的元素为O元素，B正确；C．根据转化过程，结合图示中可能存在的中间产物示意，甲烷氧化生成乙醇的过程中可能经历CO等中间产物的生成与转化，C正确；D．乙醇与二甲醚是同分异构体，二者的相对分子质量相同。乙醇分子结构简式是CH3CH2OH，二甲醚分子结构简式为CH3OCH3，它们都是由分子通过分子间作用力构成的分子晶体，但由于在CH3CH2OH分子间还存在氢键，分子间氢键的存在增加了分子之间的吸引作用，导致物质的沸点升高，而CH3OCH3分子间只有分子间作用力，无氢键存在，故物质的沸点：乙醇＞二甲醚，D正确；故合理选项是A。3.劳动创造未来。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A食品质检员：用碘水检验淀粉是否完全水解淀粉遇碘变蓝B油漆工：在铁制品表面刷油漆防止生锈油漆隔绝氧气和水，阻止铁发生电化学腐蚀C酿酒工人：用粮食发酵酿酒粮食中的淀粉在酶的作用下最终转化为乙醇D园艺工人：给植物施加氮肥促进生长氮肥如NH4Cl、(NH4)2SO4等溶于水呈酸性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．由于淀粉遇碘单质溶液会变蓝色，因此向淀粉水解后的溶液中加入碘水，若溶液变蓝色，说明其中含有未水解的淀粉分子，证明淀粉未完全水解；若滴加碘水后溶液不变蓝色，说明淀粉分子水解完全，故可以用碘水检验淀粉水解程度的大小，A正确；B．在铁制品表面刷油漆能够使铁制品隔绝氧气和水，从而可以防止铁的电化学腐蚀，B正确；C．淀粉在酶的作用下会发生水解反应为产生葡萄糖，葡萄糖再经发酵生成乙醇，故可以用富含淀粉的粮食发酵酿酒，C正确；D．氮肥如NH4Cl、(NH4)2SO4等能够促进植物生长是因为其能够提供农作物生长所需的氮元素，而与它们的水溶液是否呈酸性无关，D错误；故合理选项是D。4.竹笋含有多种生物活性成分，具有抗氧化、抗菌、防癌等功能。酚酸是竹笋的活性成分之一，结构如图所示。下列叙述正确的是A.该有机物最多能与发生反应B.该有机物能发生加成反应、取代反应、消去反应C.该有机物分子中所有碳原子一定共平面D.该有机物与足量的反应，可生成【答案】B【解析】A．能与NaOH反应的官能团有酚羟基、羧基和酯基，该有机物含4个酚羟基（每个消耗1molNaOH）、1个羧基（消耗1molNaOH）、2个酯基（均为醇酯，每个水解消耗1molNaOH），共消耗NaOH4+1+2=7mol，A错误；B．该有机物含碳碳双键和苯环，可发生加成反应，含酚羟基、羧基、酯基，可发生取代反应，含醇羟基且醇羟基邻位有H，可发生消去反应，B正确；C．中间六元环为饱和环己烷环，如图带*碳原子为sp3，杂化，最多三原子共平面，因此不可能所有碳原子共平面，C错误；D．与Na反应的官能团为酚羟基（4个）、醇羟基（2个）、羧基（1个），1mol该有机物与足量的Na反应可生成3.5molH2，D错误；故选B。5.某化合物的分子式为，X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，周期表中Y的电负性最大，X、Z位于同一主族，X的氢化物有两种，且在常温常压下都是液体。下列叙述正确的是A.三者中X的原子半径最小 B.三者中Z的第一电离能最小C.的最高化合价为+7价 D.X的氢化物中只存在极性键【答案】B【解析】Y电负性最大，推测Y为F，X的氢化物为H2O和H2O2（两种液体）推测X是O，X与Z同主族，推测Z是S（ⅥA族），原子序数：O（8）<F（9）<S（16），据此解答。A．同一主族元素，由于从上到下原子核外电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，同周期主族元素，从左往右原子半径递减，则原子半径S>O>F，X（O）非最小，故A错误；B．同周期从左往右，第一电离能呈增大趋势，N2p轨道半充满，第一电离能大于O，同主族从上到下第一电离能减小，故第一电离能F>O>S，Z（S）最小，故B正确；C．F无+7价，故C错误；D．H2O2含O-O非极性键，故D错误；答案选B。6.某化学兴趣小组在对黑木耳的有机成分进行研究时，需用到的部分仪器有：①质谱仪；②元素分析仪；③红外光谱仪；④核磁共振氢谱仪。根据研究有机物的一般方法和步骤，仪器使用的顺序为A.②①③④ B.①②③④ C.②③①④ D.③②①④【答案】A【解析】首先利用②元素分析仪确定有机物中各元素的种类及含量，通过相对分子质量（①质谱仪测定相对分子质量）确定分子式（结合元素分析结果），再利用③红外光谱仪检测分子中的官能团及化学键类型，结合④核磁共振氢谱仪得到的氢谱图分析氢原子的种类、数目及相邻基团，进一步确定结构。正确顺序为②→①→③→④，A正确；故选A。7.工业上生产高纯硅的原理如下(已知硅、氢的电负性分别为1.8、2.1)：设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.①中产生(标准状况)气体时，断裂的数目为B.②中生成时，同时生成的数目为C.③中生成时转移电子的数目为D.熔点：【答案】B【解析】A．反应①为，标准状况下2.24LCO的物质的量为0.1mol，由方程式可知消耗0.05mol，为共价晶体，在晶体中，硅原子形成4个单键，每个键被2个原子分摊，1个氧形成2个键，1个键被2个原子分摊，1mol含：，故断裂Si-O键数目为0.05mol×4×NA/mol=0.2NA，A错误；B．反应②为，生成1mol时生成1mol，故生成0.1mol时生成0.1mol，数目为0.1NA，B正确；C．反应③为，相当于，根据电负性知，氢的电负性大于硅，所以，中硅显价，氢显-1价，氯显-1价，生成硅转移电子，故生成时转移电子，C错误；D．和Si均为共价晶体，熔点远高于分子晶体SiHCl₃。共价晶体中，的键长小于的键长，Si-O键键能大于Si-Si键，故熔点高低排序为，D错误；故选B。8.某实验小组设计如图装置，探究部分物质的性质。启动反应，根据实验现象不能得出相应结论的是选项现象结论A向反应后的装置I中滴加酚酞溶液，溶液先变红色，后褪色形管中产生了，且与反应生成了B装置Ⅱ中KI淀粉试纸变蓝色证明氯的非金属性比碘的强C装置Ⅱ中品红试纸褪色发生反应：D装置Ⅲ中产生“白烟”装置Ⅲ中氨遇水蒸气形成小“液滴”A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．电解饱和食盐水时，阴极区生成NaOH（使酚酞变红），阳极生成的Cl2与NaOH反应生成NaClO（具有漂白性，使红色褪去），现象与结论一致，故A正确；B．装置Ⅱ中Cl2与湿润KI淀粉试纸反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2遇淀粉变蓝，说明Cl2氧化性强于I2，可证明氯的非金属性比碘强，故B正确；C．湿润品红试纸褪色是因为Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性，反应为Cl2+H2O⇌HCl+HClO，现象与结论一致，故C正确；D．“白烟”为固体小颗粒，NH3与未反应的Cl2反应生成NH4Cl固体（3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2），而非氨遇水蒸气形成的小液滴（白雾），故D错误；答案选D。9.乙二醇广泛用于生产、生活中，可作汽油防冻剂等。以乙烯为原料制备乙二醇有如下四种方案：方案1：两步热催化过程。方案2：多步电化学串联法过程。方案3：一步电化学(贵金属催化剂)过程。方案4：一步电化学(富含地球元素的催化剂)过程。[已知：地球元素指构成地球物质的化学元素]下列说法正确的是A.方案1中，反应温度较高，有利于提高能源利用效率，降低生产成本B.方案2中生成的过氧化氢在化学反应中表现弱酸性和不稳定性C.乙二醇可以发生消去反应，所以方案4中生成的乙二醇可能会部分转化回乙烯D.对比方案3和方案4，方案4使用富含地球元素的催化剂，在可持续发展方面更具优势【答案】D【解析】A．方案1两步反应温度均较高（200~300℃及200℃），高温需消耗更多能源，会降低能源利用效率、增加生产成本，故A错误；B．方案2中H2O2与乙烯在钛硅分子筛催化下生成EO，H2O2主要体现氧化性（O从-1价降为-2价），未体现弱酸性（无H+电离相关反应）和不稳定性（未发生分解），故B错误；C．乙二醇消去反应需酸催化、加热等条件，方案4为电化学环境（钴酞菁催化、通电），缺乏消去反应所需条件，乙二醇不会转化回乙烯，故C错误；D．方案3用贵金属催化剂（资源稀缺），方案4用富含地球元素的催化剂（如钴，资源丰富），后者成本低、资源易获取，可持续发展优势更明显，故D正确；答案选D。10.某科研团队通过切换聚合技术成功制备了具有双重回收/解聚功能的嵌段共聚物，反应如图所示。下列叙述正确的是A.0.1mol甲与足量的银氨溶液反应最多生成21.6gAgB.乙和丙分子都含有2个手性碳原子C.丁在酸性或碱性条件下可以降解D.乙、丙和丁中碳原子都采用、杂化【答案】C【解析】A．甲为邻苯二甲醛，含2个醛基（-CHO），0.1mol甲与足量的银氨溶液反应最多生成0.4molAg，质量为0.4×108=43.2g，A错误；B．手性碳原子需连4个不同基团，乙含1个手性碳，；丙含2个手性碳，，B错误；C．丁为聚合物，结构中含酯基（-COO-），酯基在酸性条件下水解为羧酸和醇，碱性条件下水解为羧酸盐和醇，可降解，C正确；D．乙、丙为饱和化合物（无C=C或C=O），碳原子均为单键，仅sp3杂化，D错误；故选C。11.在耦合介导/多孔碳电极上，太阳能自驱动直接电催化还原，产生无的氨的装置如图所示。下列说法错误的是A.该装置将太阳能转化为电能，再转化为化学能B.若M为阳离子交换膜，则由b极向a极迁移C.当电路中通过电子时，理论上产生的质量为17gD.该装置中介导能降低还原反应的活化能，提高反应速率【答案】B【解析】A．该装置为太阳能自驱动，太阳能先转化为电能，电能驱动电化学反应（N2还原为NH3），电能再转化为化学能，A正确；B．N2在b极发生还原反应生成NH3，故b极为阴极，a极为阳极（生成O2）。电解池中阳离子向阴极移动，K+应从阳极区（a极）向阴极区（b极）迁移，而非b极向a极，B错误；C．阴极反应为，生成2molNH3转移6mol电子，即1molNH3对应3mol电子。电路通过3mol电子时生成1molNH3，质量为17g，C正确；D．Ce介导作为催化剂，能降低N2还原反应的活化能，提高反应速率，D正确；故选B。12.近日，科学家合成了一种超导体材料，它由钍(Th)、钼(Mo)、铱(Ir)、碳和硅组成，化学组成为，摩尔质量为。已知它是四方晶系，晶胞参数，，设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是A.电负性：B.每个C周围紧邻且距离相等的共有4个C.1个晶胞净占8个SiD.该晶体密度为【答案】D【解析】A．同主族元素电负性从上到下逐渐减小，C和Si均为第IVA族元素，C位于第二周期，Si位于第三周期，故电负性C>Si，A正确；B．该晶体为四方晶系（a=b≠c，α=β=γ=90°），C原子周围紧邻的Mo原子在xy平面内呈对称分布，因a=b，x、y方向距离相等，z方向（c轴）因c≠a导致距离不同，故每个C周围紧邻且等距的Mo有4个，B正确；C．由晶胞结构可知，位于体内的Si有2个，位于面上的Si有8个，位于棱上的Si有8个，因此1个晶胞中含Si个数为，C正确；D．根据化学式可知，1个晶胞含2个，晶胞质量，晶胞体积V=abcpm3=abc×10-30cm3，密度，D错误；故选D。13.近日，科学家成功地在Suzuki-Miyaura偶联反应中引入氮宾插入过程，将产物从C-C连接的联芳基变成C-N-C连接的二芳基胺(Buchwald-Hartwig偶联产物)。机理如图所示(Ar为芳香烃基，Ph为苯基，X为卤素)。下列叙述错误的是A.e+乙→g中只断裂和形成了极性键B.f→g中，另一产物中B与其相连的O构成正四面体C.c→b中，另一产物为D.上述循环中，Pd形成共价键的数目发生了变化【答案】B【解析】A．由图可知，e+乙→g的反应为：+Ar-NH2→+HX，反应中涉及了Pd-X、N-H极性键的断裂和Pd-N、X-H极性键的形成，A正确；B．由图可知，f→g的反应为：→+，则另一产物为，分子中B原子的杂化方式为sp2杂化，与3个O构成平面三角形，B错误；C．由图可知，c→b的反应为：→+，则另一产物为，C正确；D．由图可知，循环中Pd元素从LPd0（低配位数）经氧化加成形成四配位中间体，共价键数目发生了变化，D正确；故选B。14.丙二酸是一种二元弱酸，可简写为。常温下，向溶液中滴加溶液，溶液中含碳粒子分布系数、滴加溶液体积(V)与的关系如图所示。下列叙述正确的是A.曲线代表与的关系B.电离常数的数量级为C.水的电离程度：D.，【答案】D【解析】A．对于二元弱酸H2A，随升高，δ(H2A)减小，δ(HA-)先增后减，δ(A2-)增大。曲线L1若为随升高δ减小的曲线，代表H2A；而A2-的曲线应随升高δ增大，故L1不代表δ(A2-)，A错误；B．H2A的Ka1对应H2A与HA-分布系数相等的点（a点，δ=0.5，=2.85），则Ka1=10-2.85≈1.4×10-3，数量级为10-3，B错误；C．c点（V=5mL）为H2A与HA-混合液（=3.5，抑制水的电离），d点（V=15mL）为HA-与A2-混合液（=6.8，弱酸性，抑制较弱），e点（V=20mL）为Na2A溶液（=9.0，A2-水解促进水的电离），水的电离程度e>d>c，C错误；D．反应H2A+A2-⇌2HA-的平衡常数，Ka1=10-2.85，Ka2=10-5.66，故，D正确；故答案选D。二、非选择题(本题包括：4小题，共58分。)15.乙炔化钠(HC≡CNa)是有机合成重要原料，化学性质很活泼，遇水蒸气发生反应。某小组拟制备乙炔化钠并测定其纯度，制备装置如图所示。回答下列问题：（1）本实验用饱和食盐水替代水，其目的是_______。（2）写出装置B中硫化物参与反应的离子方程式：_______。（3）装置C中试剂是_______；装置E的作用是_______。（4）为了检验装置D中产生气体产物，将装置E中导出气体依次通过足量的①_______、浓硫酸、赤热CuO、②_______粉末，若②中白色粉末变蓝色，则能验证装置D中气体产物。（5）测定产品纯度。常温常压下，取ωg产品利用如图装置反应完全后，测得气体体积为VL。在该条件下，气体摩尔体积为Va，则该产品纯度为_______%(用含ω、V、Va的代数式表示)。若产品混有Na杂质，则测得结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)（6）写出实验室贮存该产品的注意事项：_______。【答案】（1）减慢反应速率（2）（3）①.浓硫酸②.吸收空气中水蒸气（4）①.酸性溶液(或溴水)②.无水硫酸铜（5）①.②.偏高（6）密封保存于干燥处【解析】电石与水反应产生乙炔，反应剧烈，可用饱和食盐水，反应较慢便于控制。产生的乙炔含有杂质H2S和水，可通过硫酸铜和浓硫酸除去，得到干燥纯净的乙炔后和钠反应，生成乙炔化钠，由于乙炔化钠化学性质很活泼，遇水蒸气发生反应，故在装置最右端用碱石灰防止空气中的水分进入与之反应。（1）饱和食盐水与电石反应较慢，便于控制。故答案为：减慢反应速率。（2）反应产生H2S杂质，通过硫酸铜除去，故反应的离子方程式为。故答案为：。（3）乙炔必须干燥，用浓硫酸干燥乙炔。碱石灰吸收空气中水蒸气，避免水蒸气与生成的乙炔化钠、钠反应。故答案为：浓硫酸；吸收空气中水蒸气。（4）氢气中混有乙炔，必须除去乙炔，可以用酸性高锰酸钾溶液或溴水，用无水硫酸铜粉末检验氢气的氧化产物。故答案为：酸性溶液(或溴水)；无水硫酸铜。（5）据乙炔化钠与水反应，可得，所以，故该产品纯度为。如果产品混有钠，则发生反应，与分别反应生成气体时对应消耗质量之比为46:48，则产品中混有时，产生气体体积偏大，结果偏高。故答案为：；偏高。（6）产品遇水蒸气、氧气反应，贮存时需隔绝空气、保持干燥。故答案为：密封保存于干燥处。16.层状常作加氢脱硫(HDS)与加氢脱氮(HDN)的催化剂、锂离子电池的负极材料。以废钼催化剂(主要成分为和，含少量、及其氧化物等)制备的流程如图所示。已知：①和化学性质相似，但能与氨水形成钴氨络合物；②“水浸”后以的形式存在于滤液中；在不同条件下聚合生成多酸根离子，如、等，越小聚合度越大；③“萃取”原理：(叔胺)。回答下列问题：（1）已知：周期表中，在的正下方且相邻，基态和的未成对电子数相等。基态Mo的价层电子排布图为_______。（2）若取适量“焙烧”产生的气体依次通过足量的酸性溶液、澄清石灰水，观察到的现象是：溶液颜色变浅、溶液变浑浊。则“焙烧”过程中反应的化学方程式为_______。为提高“焙烧”反应速率，宜采用的措施有_______(任答一条即可)。（3）利用上述工艺分离出来的“浸渣1”制备铁红：粉碎废渣，将其溶于足量稀硫酸，再加入过量X，过滤、洗涤、灼烧。X是_______。（4）“调节”时通入过量气体Y(非极性分子)，Y分子中电子数为_______。（5）已知：“萃取”时选择三乙胺(密度为)作萃取剂。“萃取”需要用到的玻璃仪器有_______(填名称)；萃取部分操作：①加入萃取剂，振荡、放气；②取下仪器上部塞子，旋转活塞；③静置；④上层液体从上口倒出；⑤放出下层液体，当下层液体刚好放出后关闭活塞，正确的先后排序为_______(填标号)。A.①②③④⑤B.①③②⑤④C.①④⑤②③D.①②⑤③④（6）用先制备，再在一定条件下将加热得到，其中产物、和的物质的量之比为，写出该反应的化学方程式：_______。【答案】（1）（2）①.②.粉碎废料、加压、搅拌、适当提高温度等（3）氨水（4）22（5）①.分液漏斗、烧杯②.B（6）【解析】废钼催化剂(主要成分为和，含少量、及其氧化物等)与、空气焙烧生成、、、、、；“水浸”得到“浸渣1”的主要成分是、，溶液中主要成分为、；通过过量CO2调节pH，转化为；通过萃取和反萃取，加入酸得到，用先制备，再在一定条件下将加热得到。（1）基态铬原子有6个未成对电子，价层电子排布式为，推知基态的价层电子排布式为，因此基态Mo的价层电子排布图为。（2）依题意，“焙烧”反应物为、、，产物为、、，反应方程式为；粉碎废料、加压、搅拌、适当提高温度等，均能提高反应速率。（3）“浸渣1”的主要成分是铁和钴的氧化物，溶于稀硫酸，加入足量氨水生成相应的钴氨络合物和铁的氢氧化物，过滤后得到沉淀，洗净干燥后灼烧得到铁红，因此X是氨水。（4）“水浸”后，得到滤液含有，通入气体，析出，分子中电子数为。（5）“萃取”需要用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；先加入萃取剂，振荡、放气，由于萃取剂密度小于水，分液时上层为有机相，从上口倒出，取下分液漏斗上部塞子，旋转活塞，放出下层液体，当下层刚好放出后关闭活塞，从分液漏斗上口倒出有机层，故选B。（6）根据原子守恒，完全分解生成、、和，因此该反应的化学方程式为。17.合成气(、)是C-1化学的原料，可以合成一系列有机物，如、等。工业上，常用天然气和催化重整制备合成气，涉及的反应如下：主反应：副反应：回答下列问题：（1）在1L恒容密闭容器中充入和，恒温下反应，的转化率为，产物中。①内的平均反应速率_______。②下列叙述正确的是_______(填标号)。A.主反应中断裂化学键的总键能小于形成化学键的总键能B.选择适当的催化剂可提高单位时间内的产率C.内，D.内，（2）利用合成气制备丙酮的反应为。起始按化学计量比投入和，平衡转化率一定时，探究温度与压强的关系，分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图所示。①代表的曲线是_______(填“”“”或“”)，判断依据是_______。②_______(填“>”或“<”)0。③已知：用平衡体系中各组分的物质的量分数代替浓度计算的平衡常数叫物质的量分数平衡常数。、点对应的平衡体系中，_______(填“>”、“＜”或“=”)。点为_______(只列计算式即可)。（3）某温度下，在密闭反应器中按投料，系统压强维持，发生反应，使的转化率，此时为_______(只列含和的代数式)。[提示：用分压计算的平衡常数为压强平衡常数，分压=总压物质的量分数]【答案】（1）①.(或0.065)②.BD（2）①.L3②.正反应的气体分子数减小，其他条件相同，增大压强，平衡向右移动，平衡转化率增大③.<④.>⑤.（3）【解析】（1）①设，，消耗。根据化学方程式可知，，解得：。由此可知，消耗的为，在内平均反应速率为。②主反应是吸热反应，即断裂化学键与形成化学键的键能之差大于0，断裂化学键的总键能大于形成化学键的总键能，A错误；选择催化剂可提高的选择性，抑制副反应发生，可提高单位时间内的产率，B正确；在内消耗，共生成，，C错误；根据反应式可知，主反应生成，副反应生成，二者速率之比为，D正确。（2）①正反应是气体分子数减小的反应，其他条件不变，增大压强，平衡转化率增大，由图像可知，代表转化率为0.6的曲线。②观察图示，其他条件不变，升高温度，平衡转化率减小，说明正反应是放热反应。③点对应的温度低于点的，物质的量分数平衡常数只与温度有关，升高温度，平衡常数减小，故点对应的平衡常数大于点的。点对应的平衡转化率为0.5，列三段式：，。（3）列反应三段式如下：，平衡体系中各组分分压，，。根据可逆反应写出平衡常数表达式并代入相关量，。18.甲苯咪唑是一种广谱驱肠虫药。一种合成甲苯咪唑的工艺流程如图所示。回答下列问题：（1）A的化学名称是_______。（2）A→C