四川省部分学校2023-2024学年高三上学期入学调研考试
化学试题
相对原子质量：H∶1 C∶12 N∶14 O∶16 Na∶23 S∶32 Cl∶35.5
一、单选题（每题3分，共42分）
1．化学与生产、生活、科技、环境等关系密切。下列说法正确的是（ ）
A．汽车尾气催化转化器可有效减少，的排放，实现“碳中和”
B．制造焊锡时，把铅加入锡，形成原电池，从而增加锡的抗腐蚀能力
C．2022年冬奥会衣物采用石墨烯纺织物柔性发热材料，石墨烯属于混合型晶体
D．聚氯乙烯塑料通过加聚反应制得，可用于制作不粘锅的耐热涂层
2．光气()是一种重要的有机中间体。反应可用于制备光气。下列有关叙述错误的是（ ）
A．氧原子的结构示意图为
B．的电子式为
C．为极性分子
D．中碳原子的轨道杂化类型为杂化
3．有八种物质：①甲烷、②甲苯、③聚乙烯、④聚异戊二烯、⑤2－丁炔、⑥环己烷、⑦环己烯、⑧聚氯乙烯，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴水因反应而褪色的是（ ）
A．③④⑤⑧ B．④⑤⑦ C．④⑤ D．③④⑤⑦⑧
4．反应4A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)，在不同条件下反应，其平均反应速率v(X)如下，其中反应速率最大的是（ ）
A．v(A)=0.2mol·(L·s) 1 B．v(B)=6mol·(L·min) 1
C．v(C)=8mol·(L·min) 1 D．v(D)=4mol·(L·min) 1
5．为阿伏加 德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．，完全反应转移的电子数为
B．用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为时，阳极应有转化为
C．常温下，的溶液中，水电离出的数为
D．浓度为的溶液中，阴离子数为
6．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．在新制饱和氯水中：、、、
B．在能使酚酞变红的溶液中：、、、
C．在加入铝粉能产生H2的溶液中：、、、
D．在水电离出的的溶液中：、、、
7．下列相应反应的离子方程式正确的是（ ）
A．向NaClO溶液中滴加少量FeCl2溶液：ClO +2Fe2++2H+=Cl +2Fe3++H2O
B．常温下铜与浓硝酸反应：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O
C．将四氧化三铁投入到稀硝酸中：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O
D．氢氧化铁溶于氢碘酸中：2Fe(OH)3+6H++2I =2Fe2++I2+6H2O
8．下列说法正确的是（ ）
A．如图是的晶胞示意图
B．已知和晶体结构相似，则比的熔点低
C．晶体铜原子的堆积方式为面心立方堆积，配位数为12
D．铜在氧气中加热生成，热稳定性比强
9．W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，四种元素与锂组成的盐是一种新型的锂离子电池的电解质（结构如图，箭头表示配位键）。下列说法不正确的是（ ）
A．W的非金属性比Y的强
B．该物质中X原子满足8电子稳定结构
C．该物质中含离子键和共价键
D．Z的氧化物都易溶于水中
10．用下列装置(尾气处理已略去)进行相关实验，能达到相应实验目的的（ ）
选项 实验目的 a中试剂 b中试剂 c中试剂
A 比较H2CO3、H2SiO3的酸性 醋酸溶液 碳酸铵 硅酸钠溶液
B 比较Cl2和I2的氧化性 浓盐酸 高锰酸钾 碘化钾溶液
C 制备碳酸氢钠 盐酸 大理石 饱和碳酸钠溶液
D 证明C2H2有还原性 饱和食盐水 电石 酸性高锰酸钾溶液
11．奎尼酸是制备治疗艾滋病新药二咖啡酰奎尼酸的原料，其结构简式如图，下列有关奎尼酸的说法中正确的是（ ）
A．奎尼酸的分子式是C7H9O6
B．奎尼酸遇FeCl3溶液会发生显色反应
C．奎尼酸可以与Na反应但不能与NaOH反应
D．奎尼酸能发生氧化反应和取代反应
12．微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图装置处理有机废水(以含CH3COO 的溶液为例)。下列说法错误的是（ ）
A．负极反应为
B．隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜
C．当电路中转移1mol电子时，模拟海水理论上除盐58.5g
D．电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为2∶1
13．高铁酸钾(K2FeO4)是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：
下列叙述错误的是（ ）
A．用FeCl2溶液吸收反应I中尾气后的产物可在反应Ⅱ中再利用
B．反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
C．操作1和操作2中都要用到漏斗、玻璃棒
D．K2FeO4对饮用水有杀菌消毒和净化的作用
14．已知Ka(CH3COOH)=1.8×10 5，Kb(NH3·H2O)=1.8×10 5，常温下，用0.01mol·L 1氨水滴定20mL浓度均为0.01mol·L 1的HCl和CH3COOH的混合溶液，溶液的相对导电能力随加入氨水体积的变化曲线如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．a点对应的溶液中c(CH3COO )约为1.8×10 5mol·L 1
B．b点对应的溶液：c(CH3COOH)>c(NH)
C．c点对应的溶液：c(NH)+c(NH3·H2O)=c(Cl )+c(CH3COO )+c(CH3COOH)
D．溶液的pH=7时，加入氨水的体积大于40mL
二、填空题（4大题，共58分）。
15．（13分）二氧化氯(ClO2)和臭氧(O3)均具有强氧化性，可用于水处理。ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸；O3是一种微溶于水的蓝色气体，其体积分数超过25%时容易引起爆炸。
（1）以FeS2作还原剂，在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2，同时得到Fe2(SO4)3、Na2SO4，该反应的化学方程式为 。
（2）以过氧化氢作还原剂，在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2，并将制得的ClO2处理含CN 废水。实验室模拟该过程的实验装置(夹持装置略)如图1所示。
①反应容器B应置于30℃左右的水浴中，目的是 。
②通入氮气的目的除了有利于将ClO2排出，还有 。
③ClO2处理含CN 废水的离子方程式为 。
④装置D的作用是 。
16．（17分）磷酸亚铁锂(LiFePO4)是重要的锂电池正极材料，一种利用硫酸法生产钛白粉过程的副产物硫酸亚铁(含钛、铜、锰、铅、锌、钙、镁等杂质离子)制备磷酸亚铁锂的生产流程如图。
常温下各种硫化物溶度积常数如表：
物质 FeS MnS CuS PbS ZnS
Ksp 6.3×10 18 2.5×10 13 1.3×10 36 3.4×10 28 1.6×10 24
回答下列问题：
(1)操作1、操作2的实验操作名称为 。
(2)加入Na2S溶液的目的是 ，聚丙烯的作用是 。
(3)向滤液2中加入NaOH溶液需控制溶液的pH≤2.2，其原因为 ；反应生成FePO4·2H2O的离子方程式为 。
(4)已知：Ksp(MgF2)=9×10 9、Ksp(CaF2)=1.5×10 10。若取1.0L废液，测得Ca2+浓度为0.02mol/L，Mg2+浓度为0.01mol/L，则至少需加入 gNaF才能使废液中Mg2+沉淀完全(当离子浓度≤1×10 5mol·L 1，可认为沉淀完全)。
(5)锂离子电池在充电时，LiFePO4作 (填“阳”或“阴”)极，脱出部分Li+，进而形成Li1-xFePO4。
17．（12分）工业生产可利用水煤气还原氧化钴得金属钴，发生的主要反应有：；同时存在副反应Ⅲ．；回答下列问题：
(1)几种化学键的键能如表所示：
化学键 CO H-H H-O C=O
键能/kJ·mol 1 a 436 463 750
则 kJ·mol 1。
(2)时，将和充入密闭容器中，发生反应Ⅲ平衡后容器 内总压强为，此时的体积分数为，向容器中加入足量和，继续反应达平衡后容器中的体积分数为。此时容器中的物质的量 反应Ⅱ的压强平衡常数 ，判断时还原 为的倾向是 (填“大于”或“小于”)。
(3)研究表明，反应速率方程为，其中，为压强平衡常数，为反应速率常数且随温度升高而增大。在气体组成和催化剂一定的情况下，反应速率随温度变化的曲线如图所示， 温度升高时， (填“增大”或“减小”或“不变”)，时逐渐减小的原因是 。
18．（16分）化合物H是一种合成精神类药物盐酸舍曲林的中间体，其合成路线如下：
已知：①ArH++(Ar指芳香化合物)
②
(1)B的化学名称为 ，B→C的反应类型是 ，C中含氧官能团的名称为 。
(2)D→E反应的化学方程式为 。
(3)G的结构简式为 。
(4)符合下列条件的的同分异构体的结构简式(包括顺反异构)有 种。
①能与溶液反应产生气体
②可以发生银镜反应
答案
1．【答案】C
【解析】A．汽车尾气催化转化器可将CO转化为不能减少的排放，A错误；B．锡比铅活泼，两者形成原电池，锡做负极，加速锡的腐蚀，B错误；C．石墨烯可导电，具有金属晶体的性质，原子间形成共价键，具有共价晶体的性质，石墨烯属于混合型晶体，C正确；D．聚氯乙烯塑料中加入增塑剂会释放有毒物质，不可用于制作不粘锅的耐热涂层，D错误；故答案选C。
2．【答案】A
【解析】A．氧原子的结构示意图为，A错误；B．分子中存在过氧键，电子式为，B正确；C．不是正四面体，正负电荷中心不重合，C正确；D．中有一个键和两个C—Cl键，碳原子的轨道杂化类型为杂化，D正确；故选A。
3．【答案】B
【解析】①甲烷、③聚乙烯、⑥环己烷、⑧聚氯乙烯分子中均为单键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也不能使溴水褪色；②甲苯与酸性高锰酸钾溶液反应使其褪色，可以因为萃取而使溴水褪色，但不是因为反应，②不符合题意；④聚异戊二烯中含有碳碳双键，⑤2－丁炔含有碳碳三键，⑦环己烯含有碳碳双键，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也使溴水因反应而褪色；综上④⑤⑦，符合题意，答案选B。
4．【答案】D
【解析】在速率单位统一的情况下，反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越大，则：A．mol·(L·min)-1mol·(L·min)-1；B.mol·(L·min)-1；C.mol·(L·min)-1；D.mol·(L·min)-1；显然D中比值最大，反应速率最大，故选项D正确；答案为D。
5．【答案】A
【解析】A．Mn元素的化合价由+7价降至+2价，则4mol 完全反应转移电子物质的量为4mol×[(+7)-(+2)]=20mol，即转移电子数为20NA，A正确；B.电解精炼铜时，阳极为粗铜，阳极发生的电极反应有：比铜活泼的杂质金属失电子发生氧化反应以及Cu失电子的氧化反应：Cu-2e =Cu2+，当电路中通过的电子数为NA时，即电路中通过1mol电子，Cu失去的电子应小于1mol，阳极反应的Cu的物质的量小于0.5mol，则阳极反应的Cu的质量小于0.5mol×64g/mol=32g，B错误；C．溶液的体积未知，不能求出溶液中水电离出的H+数，C错误；D．n(Na2CO3)=0.100mol/L×1L=0.100mol，由于发生水解：+H2O +OH 、+H2O H2CO3+OH ，故阴离子物质的量大于0.100mol，阴离子数大于0.100NA，D错误；答案选A。
6．【答案】B
【解析】A．在新制饱和氯水中存在强氧化性物质HClO和Cl2，均能氧化SO，A不合题意；B．在能使酚酞变红的溶液中存在大量的OH ：OH 、、、、均不反应，能够大量共存，，B符合题意；C．在加入铝粉能产生H2的溶液中可能是强酸性溶液也可能是强碱性溶液，OH 与Fe2+反应生成氢氧化亚铁沉淀，H+、NO和Fe2+将发生氧化还原反应而不能大量共存，C错误；D．在水电离出的的溶液中可能是强酸性溶液也可能是强碱性溶液，若为酸性，则氢离子与、反应，不能够大量共存，D不符合题意；
故答案为B。
7．【答案】D
【解析】A．向NaClO溶液中滴加少量FeCl2溶液，反应生成氢氧化铁、铁离子、氯离子，3ClO +6Fe2++3H2O=3Cl +2Fe(OH)3↓+4Fe3+，故A错误；B．铜与浓硝酸反应生成NO2，Cu+4H++2NO=Cu2++2H2O+2NO2↑，故B错误；C．硝酸具有强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式为3Fe3O4+28H++NO=9Fe3++NO↑+14H2O，故C错误；D．Fe3+具有强氧化性，能将I 氧化成I2，因此离子方程式为2Fe(OH)3+6H++2I =2Fe2++I2+6H2O，故D正确；故选D。
8．【答案】C
【解析】A．由题图晶胞可知，晶胞中氧原子的个数为，铜原子的个数为4，化学式为，A项错误；B．和都是离子晶体，氧离子的半径小于硫离子的半径，则中的离子键强于，比的熔点高，B项错误；C．晶体铜原子的堆积方式为面心立方堆积，原子的配位数为12，C项正确；D．中的价电子排布式为，中的价电子排布式为，为全充满的稳定状态，比稳定，则热稳定性比弱，D项错误；答案选C。
9．【答案】D
【解析】W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，可知X的次外层电子数只能为2，Y的最外层电子数为6，由四种元素与锂组成的盐是一种新型的锂离子电池的电解质，Z可形成4个共价键，Y可形成2个共价键，X可形成3个共价键和1个配位键，则Z为C、Y为O、X为B，W可提供电子对，且易得到1个电子，则W为F，均为第二周期元素，以此来解答。由分析可知W、X、Y、Z四种元素依次为F、B、O、C；A．氟的非金属性比氧的强，故A正确；B．硼原子与F、O形成四对共用电子对，满足8电子稳定结构，故B正确；C．由图可知该物质中含离子键和共价键，故C正确；D．Z为C，其氧化物CO不溶于水，故D错误；故答案选D。
10．【答案】B
【解析】A．醋酸易挥发，因此制取的CO2气体中含有醋酸，会对实验产生干扰，应除去醋酸后再与硅酸钠反应，A错误；B．浓盐酸与高锰酸钾反应制取氯气，虽然氯气中由氯化氢杂质，但是对氯气与碘化钾的反应没有影响，B正确；C．盐酸易挥发，制取的CO2气体中有氯化氢杂质，而氯化氢能与碳酸钠反应生成氯化钠，因此应该先除去盐酸再与饱和碳酸钠溶液反应；C错误；D．电石不纯，能与水反应生成乙炔的同时也能生成硫化氢、磷化氢等，这两种物质均能与酸性高锰酸钾溶液反应，因此应该先除杂，故D错误。故选B。
11．【答案】D
【解析】A．根据奎尼酸的结构简式可知其分子式为C7H12O6，A错误；B．奎尼酸没有酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，B错误；C．奎尼酸含有羟基、羧基，可以和Na反应，含羧基，可以和NaOH反应，C错误；D．奎尼酸中部分羟基所连碳原子上有氢，可以发生氧化反应，羟基、羧基可以发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，D正确；综上所述答案为D。
12．【答案】B
【解析】据图可知a极上CH3COOˉ转化为CO2和H+，C元素被氧化，所以a极为该原电池的负极，则b极为正极。A．a极为负极，CH3COOˉ失电子被氧化成CO2和H+，结合电荷守恒可得电极反应式为CH3COOˉ+2H2O-8eˉ=2CO2↑+7H+，故A正确；B．为了实现海水的淡化，模拟海水中的氯离子需要移向负极，即a极，则隔膜1为阴离子交换膜，钠离子需要移向正极，即b极，则隔膜2为阳离子交换膜，故B错误；C．当电路中转移1mol电子时，根据电荷守恒可知，海水中会有1mol Clˉ移向负极，同时有1mol Na+移向正极，即除去1mol NaCl，质量为58.5g，故C正确；D．b极为正极，水溶液为酸性，所以氢离子得电子产生氢气，电极反应式为2H++2eˉ=H2↑，所以当转移8mol电子时，正极产生4mol气体，根据负极反应式可知负极产生2mol气体，物质的量之比为4∶2=2∶1，故D正确；故答案为B。
13．【答案】B
【解析】反应Ⅰ中铁屑与氯气反应生成FeCl3，尾气中含氯气，反应Ⅱ中加入的NaClO、NaOH与氯化铁反应生成Na2FeO4，发生反应为2FeCl3+3NaClO+10NaOH=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，在Na2FeO4溶液中加入饱和KOH溶液析出高铁酸钾K2FeO4，发生反应为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4↓+2NaOH，分离得到粗K2FeO4晶体，以此解答该题。A．用溶液吸收氯气后得到氯化铁，可在反应Ⅱ中再利用，故A正确；B．反应2中氧化剂是次氯酸钠，还原剂是氯化铁，根据得失电子相等，氧化剂与还原剂物质的量之比是，故B错误；C．操作1和操作2都是过滤操作，故C正确；D．具有强氧化性，具有消毒杀菌的作用，还原产物水解得到氢氧化铁胶体，吸附杂质净化水，故D正确；故选B。
14．【答案】B
【解析】向HCl和CH3COOH的混合溶液滴加氨水，先发生反应：HCl+NH3·H2O=NH4Cl+H2O，由于铵根会水解，且氨水中含有水，所以溶液中离子浓度降低，导电性减弱，到b点HCl和NH3·H2O恰好完全反应，之后发生反应CH3COOH+NH3·H2O=CH3COONH4+H2O，CH3COOH为弱电解质，转化为强电解质CH3COONH4，溶液导电性增强，到c点恰好完全反应。A．a点为0.01mol·L 1的HCl和CH3COOH的混合溶液，HCl完全电离，CH3COOH部分电离，其电离本身很微弱，且被HCl的电离抑制，可以忽略，则溶液中氢离子的浓度约为0.01mol/L，c(CH3COO-)===1.8×10 5mol/L，A正确；B．b点溶质为等浓度氯化铵和醋酸，Kh(NH)==≈5.6×10 10，Ka(CH3COOH)>Kh(NH)，醋酸电离程度大于NH水解程度，则c(NH)>c(CH3COOH)，B错误；C．c点溶质为等量的NH4Cl和CH3COONH4，根据物料守恒：2c(Cl )=c(NH)+c(NH3·H2O)，2c(CH3COOH)+2c(CH3COO )=c(NH)+c(NH3·H2O)，c(Cl )=c(CH3COO )+c(CH3COOH)，所以有c(NH)+c(NH3·H2O)=c(Cl )+c(CH3COO )+c(CH3COOH)，C正确；D．c点溶质为等量的NH4Cl和CH3COONH4，根据提给数据可知铵根和醋酸根的水解程度相当，但由于还有氯化铵的铵根水解，所以此时溶液显酸性，若要使溶液显中性，还需要加入更多的氨水，D正确；综上所述答案为B。
15．【答案】（1）2FeS2+30NaClO3+14H2SO4=30ClO2↑+Fe2(SO4)3+15Na2SO4+14H2O（3分）
（2）提高化学反应速率，同时防止H2O2受热分解(或答：高于30℃会导致H2O2分解，低于30℃会导致反应速率较低)（3分） 稀释ClO2，防止其发生爆炸（2分） 2CN +2ClO2===2CO2+N2+2Cl （3分） 吸收ClO2等气体，防止污染大气（2分）
【解析】(1)FeS2中+2价铁元素被氧化为Fe3+，-1价硫元素被氧化为SO，NaClO3中+5价氯元素被还原为+4价氯的ClO2。再根据化合价升降守恒和元素守恒配平。(2)以过氧化氢作还原剂，在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2的原理是：H2O2+2NaClO3+H2SO4=O2↑+2ClO2↑+Na2SO4+2H2O，ClO2处理含CN 废水的原理为：2CN +2ClO2===2CO2+N2+2Cl 。①H2O2作为反应物要防止其受热分解，但是温度太低反应又太慢，实验现象不明显。②氮气很稳定，通入氮气从溶液中赶出ClO2，氮气稀释了ClO2气体，防止ClO2浓度过高发生爆炸。③ClO2具有较强氧化性，被还原为Cl ；CN 具有较强还原性，+2价碳元素被氧化为CO2，-3价氮元素被氧化为N2，由此写离子方程式。④装置D吸收尾气中的ClO2等污染大气的气体。(1)FeS2中+2价铁元素被氧化为Fe3+，-1价硫元素被氧化为SO，NaClO3中+5价氯元素被还原为+4价ClO2。根据化合价升降守恒和元素守恒配平，其化学反应方程式为2FeS2+30NaClO3+14H2SO4===30ClO2↑ +Fe2(SO4)3+15Na2SO4+14H2O。(2)以过氧化氢作还原剂，在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2的原理是：H2O2+2NaClO3+H2SO4=O2↑+2ClO2↑+Na2SO4+2H2O。①H2O2作为反应物要防止其受热分解，但是温度太低反应又太慢，实验现象不明显。②氮气很稳定，通入氮气从溶液中赶出ClO2，氮气稀释了ClO2气体，防止ClO2浓度过高发生爆炸。③ClO2具有较强氧化性，被还原为Cl ；CN 具有较强还原性，+2价碳元素被氧化为CO2，-3价氮元素被氧化为N2，由此写离子方程式。④装置D吸收尾气中的ClO2等污染大气的气体。
16．【答案】(1)过滤（2分）
(2)除去溶液中的Cu2+、Pb2+、Zn2+（3分） 将Fe3+还原成Fe2+（2分）
(3)pH偏大时，会生成Fe(OH)3，使制备的FePO4·2H2O质量较差（3分） 2Fe2++2H3PO4+2H2O+H2O2=2FePO4·2H2O↓+4H+（3分）
(4)3.78（2分）
(5)阳（2分）
【解析】加入Na2S除去溶液中的Cu2+、Pb2+、Zn2+，沉淀为CuS、PbS、ZnS，加入磷酸酸化过滤出二氧化钛，亚铁离子与双氧水和NaOH溶液反应生成FePO4 2H2O，聚丙烯可将Fe3+还原成Fe2+，加入碳酸锂反应得到磷酸亚铁锂；（1）由生产流程图知操作1、操作2是分离固体和液体混合物的方法，是过滤；（2）加入溶液的目的是除去杂质离子，但不影响溶液中的含量，结合题给硫化物溶度积常数可知能够除去的杂质离子为；由流程知加入碳酸锂和聚丙烯后生成磷酸亚铁锂，铁元素价态降低，故加入聚丙烯的作用是将还原成；（3）酸性条件下过氧化氢将氧化成，易水解，pH过大时主要生成氢氧化铁沉淀，产品质量较差。由流程图知，向滤液2中加入磷酸、双氧水与发生氧化还原反应生成磷酸铁晶体，反应的离子方程式为；（4）若取废液，测得浓度为，浓度为，加入生成0沉淀，消耗，沉淀后溶液中的，其物质的量为，则至少需要加入的质量为，则的质量为；（5）锂离子电池充电时，生成，铁元素化合价升高作阳极。
17．【答案】(1)969（2分）
(2)（2分） 9（2分） 大于（2分）
(3)减小（2分） 减小对的降低大于增大对的提高（2分）
【解析】（1）反应物的总键能一生成物的总键能kJ·mol 1，可求得a=-969kJ·mol 1；（2）时，将和0.2mol CO2充入密闭容器中，发生反应，平衡后容器内总压强为，此时()的体积分数为0.2，容器中进行的三个反应均为反应前后气体分子数保持不变的反应， 故气体总的物质的量始终为mol，列三段式如下：
则
此时反应：，加入足量和重新平衡后，，根据氢元素守恒则得；反应II的压强平衡常数，对于反应Ⅰ
a+b=0.2mol；=，联立可得a=mol，b=mol；则；则还原为的倾向是小于；（3）由题知该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则减小；时，升高温度，增大，减小，根据反应速率方程：可知，值增大使提高，减小使降低，时逐渐减小的原因是减小对的降低大于增大对的提高。
18．【答案】(1)邻二氯苯（2分） 取代反应（2分） 羰基(或酮羰基)、羧基（4分）
(2)（3分）
(3)（2分）
(4)3（3分）
【解析】由A的分子式并结合信息②和E→F的反应可知，A为，结合A→B的反应条件及B的分子式和D的结构简式可推O知B的结构简式为，结合信息①和D的结构简式可推知C的结构简式为，由C→D的反应条件并结合C的分子式和D的结构简式可推知C→D发生与的加成反应，D的结构简式为，由D→E的反应条件及D的结构简式和E的分子式可推知D→E发生分子内的成环酯化反应，E的结构简式为，E→F发生信息②反应得到F，由F→G的反应条件，G→H的反应条件，结合G的分子式和H的结构简式可推知G的结构简式为，据此分析解题。（1）由分析知B的结构简式为，名称为邻二氯苯；由分析可知B→C的反应为，符合取代反应的特点；根据C的结构简式可知C中含氧官能团为羰基(或酮羰基)、羧基。（2）由分析知D→E发生分子内成环的酯化反应，反应化学方程式为。（3）由上述分析知G的结构简式为。（4）的不饱和度为3；能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，有羧基；可以发生银镜反应，有醛基；剩余的不饱和度为碳碳双键，故有三种，即、、。
