福建省南平市高三联考（一模）化学试题

2023～2024学年高三省质检测评（南平）化学全卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Zn65一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是A.大米酿酒过程中碳元素易被还原B.“白青得铁化为铜”，其中的“白青”属于盐C.古陶瓷修复所用的熟石膏，其化学成分为D.“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤”，“味酸”是因绿矾水解产生【答案】A【解析】【详解】A．大米的主要化学成分是淀粉，淀粉中的碳元素的化合价为0价，酿酒过程中淀粉转化为葡萄糖，葡萄糖转化为乙醇和二氧化碳，酒精中的碳元素的化合价为2价，二氧化碳中的碳元素的化合价为＋4价，故大米酿酒过程中碳元素既被还原又被氧化，A项错误；B．白青属于盐，是一种碱式盐，B项正确；C．古陶瓷修复所用的熟石膏，其化学成分为，C项正确；D．绿矾是硫酸亚铁晶体（），溶解时水解产生，所以有“味酸”，D项正确；答案选A。2.茶叶中的儿茶素是决定茶叶色、香、味的重要成分，其结构简式如图所示。下列有关该物质的说法错误的是A.含氧官能团有三种，能发生水解反应B.分子中含有2个手性碳原子C.采取sp2杂化和sp3杂化的碳原子的数目之比为19：3D.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多消耗8molNaOH【答案】D【解析】【详解】A．根据儿茶素分子结构可知儿茶素中含有三种含氧官能团：(酚)羟基、醚键、酯基，A正确；B．手性C原子是分子中连接4个不同的原子或原子团的C原子。根据儿茶素分子结构可知其分子中含有2个手性碳原子，它们分别是含有O原子六元环中连接原子团的两个C原子，B正确；C．根据儿茶素分子结构可知：物质分子中采取sp2杂化和sp3杂化的碳原子的数目之比为19：3，C正确；D．酚羟基和酯基都能与NaOH溶液发生反应，1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多消耗9molNaOH，D错误；故合理选项是D。3.下列化学方程式或离子方程式或热化学方程式书写错误的是A.钢铁发生吸氧腐蚀的总反应：B.方铅矿（PbS）遇溶液生成铜蓝（CuS）：C.乙醛与新制的氢氧化铜悬浊液混合后加热：D.密闭容器中，与足量的混合反应后生成HI（g），放出akJ热量（a＞0）：【答案】B【解析】【详解】A．钢铁发生吸氧腐蚀，铁与空气中的氧气和水反应生成，总反应：，A正确；B．方铅矿（PbS）遇溶液生成铜蓝（CuS），反应的离子方程式为，B错误；C．乙醛与新制的氢氧化铜悬浊液混合后加热，生成乙酸钠、砖红色氧化亚铜沉淀和水，方程式为，C正确；D．的物质的量为0.5mol，与足量的混合反应后生成HI（g），放出akJ热量，由于该反应为可逆反应，达到平衡后，消耗的的物质的量小于0.5mol。对于放热反应来说，放热越多，ΔH越小，则热化学方程式为，D正确；故选B。4.W、X、Z、Y、N为原子序数依次增大的短周期主族元素，W与Y原子的最外层电子数之和等于X原子的最外层电子数，五种元素能组成如图所示的物质。下列说法错误的是A.键角： B.简单氢化物的沸点：X＞N＞YC.元素的第一电离能：N＞Y＞Z D.简单离子半径：N＞Y＞X＞Z【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Z、Y、N的原子序数依次增大，题给结构式中Z形成带一个单位正电荷的离子，Z位于第ⅠA族，X可形成2个共价键，位于第ⅥA族，因此X是O，Z是Na；W形成1个共价键，则W为H；由题意可知，Y原子的最外层电子数是61＝5，Y是P；N形成一个单键，且原子序数大于P，所以N是Cl。【详解】A．和的中心原子都是采取杂化的，但是中有1个孤电子对，导致是三角锥形结构，而是正四面体形结构，故键角：，A正确；B．O、Cl、P的简单氢化物分别为、HCl、，分子间能形成氢键，HCl的相对分子质量比的大，故沸点，B正确；C．元素的第一电离能：Cl＞P＞Na，C正确；D．简单离子半径：，D错误；故选：D。5.1mol任何粒子的粒子数叫做阿伏加德罗常数。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.中含π键数目为B.中含有SiO键的数目为C.2g重水（）中含有的孤电子对数为D.标准状况下，33.6LHF含有的分子数为【答案】C【解析】【详解】A．分子中含有氮氮三键，为1mol，含π键数目为，A项错误；B．在晶体中，每个Si原子形成4个SiO键，故中含有SiO键的数目为，B项错误；C．的摩尔质量为，2g重水的物质的量为0.1mol，1个重水分子中含有的孤电子对数为2，则0.1mol重水中含有的孤电子对数为，C项正确；D．标准状况下，HF是液体，不是气体，不能用标准状况下的气体摩尔体积进行相关计算，D项错误；答案选C。6.过氧化钠和氢化钙与水的反应分别为：①；②。下列说法错误的是A.①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应B.中存在离子键和非极性键，中只存在离子键不存在非极性键C.中阴、阳离子个数比为1:2，中阴、阳离子个数比为2:1D.当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量之比为1:2【答案】A【解析】【详解】A．①中水的化合价没有发生变化，水未发生氧化反应，②中水发生还原反应，故A错误；B．是由钠离子和过氧离子构成的，存在离子键和非极性键，是由钙离子和氢负离子构成的，只存在离子键不存在非极性键，故B正确；C．由和构成，阴、阳离子个数之比为1：2，CaH2由Ca2+和H构成，阴、阳离子个数比为2:1，故C正确；D．①中每生成1个分子转移2个电子，②中每生成1个分子转移1个电子，当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量之比为1：2，故D正确；故选A。7.锌是一种浅灰色的过渡金属。在现代工业中，是电池制造上不可替代且相当重要的金属，以菱锌矿(主要成分为、ZnO，含有少量和)制备锌单质的流程如图所示：下列说法错误的是A.的空间构型为正四面体形B.滤渣的主要成分为和C.“沉淀”步骤中，消耗的物质的量与消耗的物质的量之比为D.“热还原”过程发生了置换反应【答案】C【解析】【分析】菱锌矿(主要成分为、ZnO，含有少量和)与硫酸反应生成硫酸锌、硅酸、硫酸钠，二氧化硅不与硫酸超硬，过滤，向滤液中加入过量氢氧化钠溶液，向溶液中通入二氧化碳得到氢氧化锌，过滤，将氢氧化锌煅烧得到氧化锌，再用过量焦炭还原得到锌。【详解】A．的空间构型为正四面体形，故A正确；B．滤渣的主要成分为和，故B正确；C．“沉淀”时会先与未反应完的反应，因此消耗的二氧化碳量比多，故C错误；D．是置换反应，故D正确。综上所述，答案C。8.实验室由环己醇（）制备环己酮（）的过程如下：已知：主反应为，该反应为放热反应；环己酮可被强氧化剂氧化；环己酮的沸点为155.6℃，能与水形成沸点为95℃的共沸混合物；NaCl水溶液的密度比水的大，无水易吸收水分。下列说法错误的是A.分批次加入溶液，可防止副产物增多B.反应后加入少量草酸溶液的目的是调节pHC.①、②、③分别是含有硫酸和的水相、含NaCl的水相、水合物D.操作1为蒸馏，收集150～156℃的馏分；获取③的操作为过滤【答案】B【解析】【分析】由题给流程可知，向硫酸酸化的环己醇溶液中分批次加入重铬酸钠溶液，将环己醇氧化为环己酮；向反应后的溶液中加入少量草酸溶液，除去过量重铬酸钠溶液防止环己酮被氧化；将反应后的溶液在95℃条件下加热蒸馏，收集得到环己酮和水的共沸混合物；向混合物中加入氯化钠固体，降低环己酮的溶解度使环己酮析出，分液得到粗环己酮；向粗环己酮中加入碳酸钾固体除去有机物的水分，过滤得到滤液；滤液蒸馏收集得到环己酮。【详解】A．由分析可知，分批次加入重铬酸钠溶液的目的是防止环己酮被氧化，导致产品中副产物增多，故A正确；B．由分析可知，加入少量草酸溶液的目的是除去过量重铬酸钠溶液防止环己酮被氧化，故B错误；C．由分析可知，95℃蒸馏的目的是得到环己酮和水的共沸混合物、加入氯化钠固体的目的是降低环己酮的溶解度使环己酮析出、加入碳酸钾固体的目的是除去有机物的水分，则流程中①、②、③分别是含有硫酸和铬离子的水相、含氯化钠的水相、碳酸钾水合物，故C正确；D．由分析可知，向粗环己酮中加入碳酸钾固体的目的是除去有机物的水分，过滤得到滤液；滤液蒸馏的目的是收集得到环己酮，故D正确；故选B。9.锌—空气二次电池具有性能高、寿命长、可充电等优点，其工作原理如图所示。下列说法错误的是A.充电时a极与直流电源的负极相连B.放电过程中（标准状况）参与反应时，有由b极区向a极区迁移C.充电过程中a极的电极反应为D.放电一段时间后，a极区c(KOH)大于b极区c(KOH)【答案】D【解析】【分析】根据反应的自发性，活泼金属电池中金属往往做负极，故锌在负极放电，电极反应式为，氧气在正极放电，电极反应式为。【详解】A．放电时a极为负极，则充电时a极为阴极，阴极与直流电源负极相连，A正确；B．放电时b极为正极，正极的电极反应为，（标准状况）参与反应时，外电路中有4mol电子通过，内电路中有由b极区向a极区迁移，B正确；C．放电过程中a极的电极反应为，则充电过程中a极的电极反应为，C正确；D．放电过程中，外电路中有4mol电子通过时，a极区消耗，同时有由b极区向a极区迁移，a极区c(KOH)减小；b极区n(KOH)保持不变，但溶剂的量减小，即溶液的体积减小，b极区c(KOH)增大，故放电一段时间后，a极区c(KOH)小于b极区c(KOH)，D错误；故选D。10.工业上以为原料生产，对其工艺条件进行研究。常温下，现有含的、溶液，含的、溶液。在一定pH范围内，四种溶液中随pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是A.曲线④代表含的溶液的变化曲线B.a=6.5C.随着溶液的pH增大，反应的平衡常数增大D.对含且和的初始浓度均为的混合溶液，pH≥6.2时才发生沉淀转化【答案】B【解析】【分析】随着溶液的pH增大，含的溶液中的锶离子的浓度几乎不变；pH相同时，溶液中越大，越小，所以曲线①代表含的溶液的变化曲线，曲线②代表含的溶液的变化曲线；是弱酸，随着溶液的pH增大，溶液中增大，减小；pH相同时，由于溶液中的大于溶液中的，则溶液中的小于溶液中的，故曲线③代表含的溶液的变化曲线，曲线④代表含的溶液的变化曲线。【详解】A．由分析可知，曲线④代表含的溶液的变化曲线，A项错误；B．由分析可知，曲线①代表含的溶液的变化曲线，则的溶度积，温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，，则a＝6.5，B项正确；C．温度不变，平衡常数不变，所以随着溶液的pH增大，反应的平衡常数保持不变，C项错误；D．曲线①代表含的溶液的变化曲线，曲线③代表含的溶液的变化曲线，两条曲线的交点是(6.8，5.5)，pH≥6.8时才发生沉淀转化，D项错误；答案选B。二、非选择题：本题共4小题，共60分。11.钴镍渣是湿法炼锌净化渣之一，其中含有较多的Zn（Ⅱ）、Cd（Ⅱ）和少量Co（Ⅱ）、Fe（Ⅱ）、Ni（Ⅱ）的硫酸盐及氢氧化物（“Ⅱ”指相应元素的化合价为＋2价）。利用以下工艺流程回收金属并制备碱式碳酸锌：已知：过二硫酸根（）的结构式为，的还原产物为。回答下列问题：（1）“溶浸”中，可以加快化学反应速率的措施有________（任写一种）。（2）向“浸取液”中加入Zn粉，发生反应的离子方程式为________。（3）过二硫酸根具有极强的氧化性，原因是________。（4）“氧化、沉钴”时，加入溶液并调节溶液pH至5.0～5.2，反应生成沉淀的离子方程式为________。（5）研究加入溶液时温度和时间对金属脱除率的影响，所得曲线如下图所示：由图可知，“氧化、沉钴”的适宜温度和时间是________。金属脱除是指溶液中的二价金属离子被氧化后形成氢氧化物沉淀除去，滤渣中还含有________（填化学式）。（6）向溶液中加入适量的溶液，反应生成沉淀的化学方程式为________。（7）锌的某些硫化物具有独特的光电效应，被研究应用于荧光材料、电磁学等领域。如图为锌的某种硫化物晶体的晶胞结构。①基态的价层电子排布图为________。②该硫化物晶体密度ρ＝________（用含a、b、的代数式表示）。【答案】11.粉碎钴镍渣、搅拌、适当升温、适当增大溶液浓度等（任写一种）12.13.过二硫酸根中含有过氧键（或过二硫酸根中含有OO）14.15.①.80℃、2h②.16.17.①.②.【解析】【分析】钴镍渣加入稀硫酸进行酸浸，钴镍渣里面的硫酸盐及氢氧化物溶解在硫酸里，二价金属进入溶液，难溶的杂质经过滤除去，浸取液里加过量的锌粉，利用金属的活泼性不同将Cd置换出来，再加入强氧化剂Na2S2O8将溶液中的二价金属离子氧化为三价然后转化为氢氧化物沉淀除去，最后再加入锌粉经反应后过滤，将滤液中锌离子转化为沉淀ZnCO3·xZn(OH)2。根据以上分析解答。【小问1详解】“溶浸”中，可以加快化学反应速率的措施有粉碎钴镍渣、搅拌、适当升温、适当增大溶液浓度等；【小问2详解】向“浸取液”中加入Zn粉，根据题意可知得到了海绵Cd，发生反应的离子方程式为：Zn＋Cd2+=Zn2+＋Cd。【小问3详解】Na2S2O8中S的化合价为+6，Na为+1，可知其O存在1价，即存在过氧键，结合过氧化氢的性质可知Na2S2O8应具有强氧化性；【小问4详解】在适宜的条件下，加入Na2S2O8并调节溶液pH至5.0～5.2，Na2S2O8中S为+6价，具有强氧化性，可将Co2+氧化为+3价，生成Co(OH)3沉淀，根据溶液显弱酸性等相关信息，写出反应的离子方程式：；【小问5详解】根据图中信息可知，当溶液中钴完全沉淀时的温度为80℃，所用时间为2h；由Na2S2O8强氧化性及图中Co与Fe图象非常靠近的特征可知，此时溶液中的Fe2+也被氧化为+3价形成Fe(OH)3沉淀。【小问6详解】溶液中加入适量的溶液，反应生成沉淀的化学方程式为；【小问7详解】①基态的价层电子排布图为；②由晶胞结构可知S原子有4个位于120°顶点，4个位于60°顶点，1个位于体内，则个数为；Zn原子有2个位于60°棱边上，2个位于120°棱边上，1个位于体内，个数为：，晶胞质量为，晶胞体积为：，则晶胞密度为：。12.连二亚硫酸钠（）俗称保险粉，广泛用于纺织、医药、选矿、造纸工业。某实验小组拟用甲酸钠、烧碱、二氧化硫制备连二亚硫酸钠并测定其纯度。查阅资料：连二亚硫酸钠是一种白色粉末，易溶于水，难溶于乙醇；加热到80℃以上分解并出二氧化硫气体；在空气中能被氧化，是一种强还原剂。Ⅰ.的制备（1）制备时选用上图所示装置中的________（填标号）。选用以下试剂中的________（填标号）。A.铜粉B.固体C.98％浓硫酸D.70％浓硫酸E.10％稀硫酸Ⅱ.的制备制用如图所示实验装置（加热、搅拌及夹持装置省略）制备，实验步骤如下：i.先通入一段时间；ii.然后持续通入，保持水浴温度75℃左右，反应20min；iii.停止加热，冷却至50℃；iv.拆卸装置，将d中的混合物进行过滤、洗涤，得到粗产品。（2）步骤Ⅰ中先通入的目的是________（答出两点）。（3）装置d中发生主要反应的化学方程式为________。（4）步骤iv中“洗涤”时，洗涤剂为________（填“水”或“乙醇”），进一步提纯的方法为________。Ⅲ.产品纯度的测定称取纯化后的产品mg溶于水，加入足量溶液后配成250mL待测液，量取25.00mL待测液于锥形瓶中，滴入2～3滴指示剂亚甲基蓝溶液，用标准溶液进行滴定｛已知滴定过程中转化为，转化为，杂质不参与反应｝，达到滴定终点时消耗标准溶液VmL。（5）滴定过程中发生反应的离子方程式为________。（6）产品中的质量分数为________。（7）下列情况会造成测定结果偏小的是________（填标号）。A.盛放待测液的锥形瓶内残留少量蒸馏水B.未用标准液润洗酸式滴定管C.滴定终点时俯视读数【答案】（1）①.c②.BD（2）排尽装置内的空气，防止后续实验中生成的被氧化；防止反应物甲酸钠被氧化（3）（或或）（4）①.乙醇②.重结晶（5）（6）（7）C【解析】【分析】实验室中利用浓硫酸和亚硫酸钠反应制备；在空气中能被氧化，故应先向装置中通入一段时间，排除装置内氧气，防止生成的被氧化，并且的通入可防止反应物甲酸钠被氧化；将通入装置d中，二氧化硫、甲酸钠、氢氧化钠反应生成，化学方程式为(或或)；反应结束后停止加热，冷却至50℃，拆卸装置，将d中的混合物进行过滤、洗涤，得到粗产品；产品纯度的测定：取mg样品配置成溶液配成250mL待测液，量取25.00mL待测液于锥形瓶中，用标准溶液进行滴定，转化为，转化为，根据得失电子守恒得到比例关系：，~2，达到滴定终点时消耗标准溶液VmL，则固体中的物质的量为=，则产品中的质量分数为=。【小问1详解】实验室中利用浓硫酸和亚硫酸钠反应制备，则应选择装置c，并且98%浓硫酸中硫酸主要以分子形式存在，电离出的H+的含量较低，不利于反应进行，应选用70%浓硫酸和亚硫酸钠反应，答案选BD；【小问2详解】在空气中能被氧化，故应先向装置中通入一段时间，排除装置内氧气，防止生成的被氧化，并且的通入可防止反应物甲酸钠被氧化；【小问3详解】由分析可知，反应的化学方程式为(或或)；【小问4详解】连二亚硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇，故洗涤时，洗涤剂为乙醇；通过重结晶可进一步提纯；【小问5详解】用标准溶液进行滴定，转化为，转化为，离子方程式为；【小问6详解】由分析可知，产品中的质量分数为；【小问7详解】A．盛放待测液的锥形瓶内残留少量蒸馏水，对实验结果无影响，A项不选；B．未用标准液润洗酸式滴定管，消耗标准液体积偏大，导致测定结果偏大，B项不选；C．滴定终点时俯视读数，消耗标准液体积偏小，导致测定结果偏小，C项选；答案选C。13.异丙醇（）可由生物质转化得到，催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯（）的工业化技术已引起人们的关注，其主要反应如下：Ⅰ.Ⅱ回答下列问题：（1）已知，则燃烧生成和的热化学方程式为________。（2）在1350℃下，刚性密闭容器中加入一定量的，发生反应Ⅰ、Ⅱ。反应体系内水蒸气的浓度随反应时间的关系如下表所示：反应时间/s04812204080…浓度/ppm02440320036004000410041004100…①4～8s内，平均反应速率________ppm·s1。②表格中t________16（填“＞”“＜”或“＝”）。③反应过程中，关于反应Ⅰ、Ⅱ的叙述一定正确的是________（填标号）。A.反应Ⅰ、Ⅱ到20s时才开始达到平衡B.混合气体密度不变说明反应Ⅰ、Ⅱ已达到平衡C.浓度不再变化说明反应Ⅰ、Ⅱ已达到平衡D.平衡时的浓度小于4100ppm（3）在一定条件下，若反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为60％和30％，则丙烯的产率为________。（4）如图为反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡时与温度的关系曲线。已知：对于可逆反应，任意时刻［式中p（X）表示气体X的分压：p（X）＝总压×气体X的物质的量分数］。①在350℃恒容平衡体系中，加入少量时，反应Ⅱ的状态最有可能对应图中的________（填“甲”“乙”或“丙”）点，判断依据是________。②350℃时，在密闭容器中加入一定量的，反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡后，测得的平衡分压为aMPa，则水蒸气的平衡分压为________MPa（用含a的代数式表示）。【答案】（1）（2）①.190②.＞③.CD（3）42％（4）①.丙②.反应Ⅱ平衡曲线为曲线M，恒容时加入少量，反应Ⅱ平衡向正反应方向移动，即③.【解析】【小问1详解】对反应编号C3H8O(g)C3H6(g)+H2O(g)∆H=+52kJ/mol(①)，2C3H8O(g)+9O2(g)=6CO2(g)+8H2O(g)∆H=3750kJ/mol(②)，根据盖斯定律，将②①×2得2C3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g)∆H=(3750kJ/mol)(+52kJ/mol)×2=3854kJ/mol，则C3H6(g)燃烧生成CO2(g)和H2O(g)的热化学方程式为2C3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g)∆H=3854kJ/mol。【小问2详解】①4~8s内H2O(g)的浓度增加3200ppm2440ppm=760ppm，则消耗C3H8O(g)的浓度为760ppm，平均反应速率v(C3H8O)==190ppm/s。②由表中数据知，0~4s、4~8s、8~12sH2O(g)浓度的改变值依次为2440ppm、760ppm、400ppm，说明随着时间的推移反应速率减慢，12~ts内H2O(g)浓度的改变值为400ppm，则t＞16。③A．由表中数据知，t~20s内H2O(g)浓度改变值为100ppm，20s时一定是平衡状态，但可能未到20s时已经达到平衡状态，A项不符合题意；B．该反应体系中所有物质都呈气态，建立平衡的过程中气体的总质量始终不变，在刚性密闭容器中，混合气体的密度始终不变，混合气体密度不变不能说明反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡状态，B项不符合题意；C．C3H8O(g)浓度不再变化是反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡状态的特征之一，C项符合题意；D．平衡时H2O(g)的浓度为4100ppm，则反应Ⅰ生成C3H6(g)的浓度为4100ppm，由于反应Ⅱ消耗C3H6(g)，故平衡时C3H6(g)的浓度小于4100ppm，D项符合题意；答案选CD。【小问3详解】设C3H8O(g)起始为1mol，反应Ⅰ的转化率为60%，反应Ⅰ生成C3H6(g)物质的量为0.6mol，反应Ⅱ的转化率为30%，反应Ⅱ消耗C3H6(g)物质的量为0.6mol×30%=0.18mol，结合C守恒，丙烯的产率为×100%=42%。【小问4详解】①反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ正向移动，lgKp增大，则曲线N表示反应Ⅰ的lgKp随温度的变化；反应Ⅱ为放热反应，升高温度，反应Ⅱ逆向移动，lgKp减小，则曲线M表示反应Ⅱ的lgKp随温度的变化；在350℃恒容平衡体系中，加入少量C3H6(g)时，反应Ⅱ的平衡向正反应方向移动，即Qp＜Kp，最有可能对应图中的丙点。②平衡时C6H12(g)的平衡分压为aMPa，反应Ⅱ转化C3H6(g)的分压为2aMPa；由图知，350℃时，反应Ⅱ的lgKp=0，则Kp=1，=1，则C3H6(g)的平衡分压为MPa；故反应Ⅰ生成的C3H6(g)的分压为2aMPa+MPa，根据反应Ⅰ知，水蒸气的平衡分压为2aMPa+MPa=(2a+)MPa。14.化合物H属于黄酮醋酸类化合物，具有保肝的作用。以下是制备化合物H的一种合成路线。已知：。回答下列问题：（1）A的名称是________。（2）一定条件下，1molC最多能与________molH2发生加成反应。（3）D中所含官能团的名称为________。（4）F的结构简式为________。（5）A→B的化学方程式为________。（6）B的同分异构体有多种，其中既能发生水解反应又能发生银镜反应的芳香族化合物有________种（不考虑立