河南省开封市开封五县2025届高三上学期开学联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省开封市开封五县2025届高三上学期开学联考可能用到的相对原子质量：H1C12O16P31Fe56Ag108I127一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共计45分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学促进了科技的进步与发展，下列叙述中没有涉及化学变化的是（）A.利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱B.利用煤的气化和液化提供清洁燃料C.利用丁达尔效应鉴别蛋白质溶液和食盐水D.科学家成功将CO2转化为淀粉或葡萄糖〖答案〗C〖解析〗A．工业上利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱，二氧化碳、氨气、氯化钠和水发生反应生成的碳酸氢钠晶体经加热后分解生成碳酸钠即纯碱，发生了化学变化，A不符合题意；B．煤的气化和液化过程中均生成新物质，涉及化学变化，B不符合题意；C．蛋白质溶液属于胶体，食盐水属于溶液，胶体具有丁达尔效应，利用丁达尔效应鉴别蛋白质溶液和食盐水，胶体发生丁达尔效应的过程中没有新物质生成，不涉及化学变化，C符合题意；D．二氧化碳转化为淀粉（C6H10O5）n或葡萄糖C6H12O6，有新物质生成，涉及化学变化，D不符合题意；故选C。2.材料是人类生存和发展的物质基础。下列说法错误的是（）A.芯片中常用半导体材料是硅单质B.氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料C.中国首次人工合成的结晶牛胰岛素中含有N元素D.月壤中含有的石墨烯属于有机烯烃〖答案〗D〖解析〗A．硅单质是应用最广泛的半导体材料，芯片中常用半导体材料是硅单质，故A项正确；B．氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，故B项正确；C．牛胰岛素是蛋白质，结构中含有N元素，故C项正确；D．石墨烯是碳单质，不属于有机烯烃，故D项错误；故本题选D。3.化学实验室安全至关重要。下列说法正确的是（）A.实验室制备NO2时应该在通风橱中进行B.苯酚不慎沾在手上，先用水冲洗，再用乙醇冲洗C.金属钠着火，立即用CO2灭火器进行灭火D.具有标识的化学品为易燃类物质，应注意防火〖答案〗A〖解析〗A．有毒，制备时应该在通风橱中进行，A正确；B．苯酚易溶于乙醇等有机溶剂‌，苯酚不慎沾在手上，先用乙醇冲洗，再用水冲洗，B错误；C．因CO2会与金属钠着火时生成的Na2O2反应生成助燃的O2，则金属钠着火，不能用CO2灭火器进行灭火，C错误；D．标识的化学品为易燃易爆类物质，D错误；故选A。4.下列化学用语表述正确的是（）A.的空间结构模型：B.2-丁烯的键线式：C.甲基的电子式：D.HF分子中σ键的形成示意图：〖答案〗D〖解析〗A．中C原子价电子对数为3+124+2-3×2=3B．主链上有4个碳原子，1号位和3号位上有双键，系统命名为：1，3-丁二烯，B错误；C．甲基含有9个电子，电子式为，C错误；D．HF分子中键为键，形成示意图为，D正确；故选D。5.利用下列装置和物质进行实验，能达到相应实验目的的是（）A.利用甲装置制备Al2S3 B.利用乙装置验证浓硫酸的吸水性C.利用丙装置验证温度对反应速率的影响 D.利用丁装置测定FeCl2溶液浓度〖答案〗B〖解析〗A．和发生双水解生成氢氧化铝和，不能得到固体，A错误；B．加入浓硫酸，晶体由蓝色变为白色，可检验浓硫酸的吸水性，B正确；C．利用丙装置可验证温度对化学平衡的影响，无法验证温度对反应速率的影响，C错误；D．丁装置中滴加溴水，Br2将Fe2+氧化为Fe3+，由于溶液中含有KSCN，从反应开始溶液就会显红色，无法判断滴定终点，无法测定溶液浓度，D错误；故选B。6.联氨（N2H4）为二元弱碱，在水中性质与氨相似，可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列说法正确的是（）A.N2H4中N的杂化类型为sp2B.中配位原子是HC.基态原子核外未成对电子数：N>OD.第一电离能：〖答案〗C〖解析〗A．中N价电子对数为4，杂化类型为，故A错误；B．N原子含有孤电子对，中配位原子是N，故B错误；C．基态N原子有3个未成对电子，基态O原子有2个未成对电子，基态原子核外未成对电子数，故C正确；D．N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：，故D错误；选C。7.高氯酸铵可作火箭发射的固体推进剂，高氯酸铵氧化燃料[燃料用碳（C）表示]的化学方程式为。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.NH4ClO4与CO2的晶体类型相同B.标准状况下，22.4LN2中π键数目为NAC.1L0.5mol⋅L-1NH4ClO4溶液中数目为0.5NAD.生成1molN2时反应中转移电子数目为8NA〖答案〗C〖解析〗A．为离子晶体，为分子晶体，晶体类型不相同，A错误；B．N2中含有氮氮三键，含1个σ和2个π键，标准状况下，的物质的量为1mol，π键数目为，B错误；C．是强酸，不水解，溶液中数目为，C正确；D．由方程式可知，Cl元素由+7价下降到-1价，每生成，消耗2mol，转移，D错误；故选C。8.有机物M有望作为研发治疗神经退行性疾病的先导化合物，其结构如图所示。下列有关M的说法错误的是（）A.含有4种官能团B.能发生消去反应和取代反应C.含有2个手性碳原子D.1molM最多能与4molNaOH反应〖答案〗D〖解析〗A．由M的结构简式可知，其中含羟基、碳碳双键、酯基和共4种官能团，A正确；B．M中含有羟基，与羟基相连碳原子的相邻碳原子上含有氢原子，能发生消去反应和取代反应，B正确；C．手性碳原子是指与四个各不相同原子或原子团相连的碳原子，则M中含有2个手性碳原子：(如图中标有“*”的碳原子)，C正确；D．M中只有1个酯基和1个能够和NaOH反应，则1molM最多能与2molNaOH反应，D错误；故选D。9.下列关于物质使用及其解释均正确的是（）选项物质使用解释AFeCl3可用作净水剂FeCl3有氧化性B氯乙烷可用于冷冻麻醉应急处理氯乙烷易分解且吸收热量C水玻璃（Na2SiO3水溶液）作防火剂Na2SiO3溶液显碱性D漂粉精作游泳池消毒剂遇空气易生成强氧化性物质〖答案〗D〖解析〗A．可用作净水剂是由于水解生成胶体，与的氧化性无关，A错误；B．氯乙烷可用于冷冻麻醉应急处理是利用其沸点低，易挥发吸热的特点，B错误；C．水玻璃（水溶液）作防火剂是因为其耐高温，C错误；D．漂粉精中的与空气中的生成强氧化性的HClO消毒，D正确；故选D。10.已知氨氮废水中氮元素多以和NH3⋅H2O的形式存在。某工厂用稍过量NaClO溶液处理氨氮废水的流程如下：已知：达标废水中氯元素主要以Cl-形式存在。下列有关说法错误的是（）A.过程Ⅰ鼓入热空气的作用是降低氨气溶解度，使氨气逸出B.过程Ⅱ中无污染气体为N2C.过程Ⅱ后含余氯废水的碱性增强D.过程Ⅲ加入的溶液X可能是Na2SO3溶液〖答案〗C〖祥解〗过程Ⅰ中铵根离子和氢氧化钠反应，将转化为NH3，并通过鼓入大量热空气将氨气吹出，得到低浓度氨氮废水；次氯酸钠具有强氧化性，过程Ⅱ中加入溶液可将氨氮化合物氧化为氮气等无毒物质，含氯废水处理后的得到达标废水；【详析】A．温度升高，氨气的溶解度降低，过程Ⅰ鼓入热空气的作用是降低氨气溶解度，使氨气逸出，故A项正确；B．过程Ⅱ中加入NaClO可将废水中的转化为无污染的氮气，NaClO被还原为氯化钠，氯元素化合价由+1降低至-1，N元素化合价由-3升高至0，根据得失电子守恒及质量守恒，该反应的化学方程式为，故B项正确；C．过程Ⅱ中发生反应：，故过程Ⅱ后含余氯废水的碱性减弱，故C项错误；D．过程Ⅲ中加入的溶液X的目的是把剩余的NaClO还原为氯化钠，所以X可能是，故D项正确；故本题选C。11.已知CH3COOH在PX3催化下可与X2（X指Cl或Br）发生如下反应：，下列各项比较中正确的是（）A.键能：Br—Br>Cl—Cl B.键角：PBr3>PCl3C.分子极性：PCl3<PBr3 D.酸性：CH2ClCOOH<CH2BrCOOH〖答案〗B〖解析〗A．Cl原子半径小，Cl—Cl键长较短，键能较大，则键能：Br—Br<Cl—Cl，A错误；B．中心原子相同，配位原子的电负性越大，键角越小，电负性：Br<Cl，则键角：，B正确；C．PCl3和PBr3的空间构型均为三角锥形，为极性分子，正负电中心不重合，由于Cl的电负性大于Br，则极性大于，C错误；D．Cl、Br属于吸电子基团，Cl吸引电子能力强于Br，中—OH极性更强，更加容易电离出H+，酸性强于，D错误；故选B。12.向一恒容密闭容器中充入1molCH4和一定量的H2O，发生反应：。CH4的平衡转化率按不同投料比随温度的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（）A.该反应的正反应放热B.投料比x：x1>x2C.b、c两点反应开始时的正反应速率：vb>vcD.a、c两点的平衡常数：Ka>Kc〖答案〗C〖祥解〗由图可知，投料比x相同时，随温度升高，CH4的平衡转化率增大，说明该反应为吸热反应；n(H2O)越大，投料比越小，温度相同时，CH4的平衡转化率越大，则，以此解答。【详析】A．由图可知，随着温度增大，的转化率增大，平衡正向移动，故该反应正反应吸热，A错误；B．相同温度下，越大，相当于增大CH4的物质的量，甲烷的平衡转化率越小，故，B错误；C．b点和c点温度相同，的起始物质的量都为1mol，b点值小于c点，则b点加水多，反应物浓度大，则开始时正反应速率：，C正确；D．a、c两点的温度不同，且c点温度高，该反应为吸热反应，故平衡常数：，D错误；故选C。13.图1为γ-AgI立方晶胞结构（Ag+未画出），晶胞中I-处于顶点和面心；γ-AgI晶胞沿x、y、z轴方向的投影均如图2所示，已知NA表示阿伏加德罗常数的值。γ-AgI晶胞的密度为ρg⋅cm-³，下列说法正确的是（）A.Ag与Cu同族，Ag在元素周期表中位于d区B.Ag+填充在I-构成的正四面体空隙中C.与I-等距离且最近的I-有6个D.晶胞中两个最近的Ag+之间的距离为〖答案〗B〖解析〗A．第IB和IIB族为ds区，Ag与Cu位于同一族，属于第IB族，所以属于ds区，A错误；B．由图2可知，填充在晶胞平分切割成的8个小立方体的体心且交错分布在其中4个小立方体的体心，则填充在构成的正四面体空隙中，B正确；B．由图1可知，与等距离且最近的有12个，C错误；D．由图1可知，晶胞中两个最近之间的距离为面对角线的，即，D错误；故选B。14.一种以HCOOH为燃料的电池装置如图所示，下列说法正确的是（）A.放电时，电极M上发生还原反应B.理论上消耗HCOOH与O2的物质的量相等C.放电过程中需补充物质X为KOHD.理论上，若有1molHCOO—反应时，则有2molK+通过半透膜〖答案〗D〖祥解〗由图可知，甲酸根离子被氧化生成碳酸氢根离子，则电极M作负极，碱性条件下，电极反应式为：HCOO--2e-+2OH-=+H2O；电极N作正极，Fe3+被还原生成Fe2+，电极反应式为：Fe3++e-=Fe2+，酸性条件下Fe2+与通入的氧气反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，钾离子通过半透膜由负极区移向正极区，与溶液中的硫酸根离子结合得到硫酸钾，则物质X为硫酸，据此解答。【详析】A．由分析可知，电极M作负极，发生氧化反应，A错误；B．由分析可知，理论上消耗甲酸与氧气的关系为：2HCOOH~4Fe2+~O2，则理论上消耗HCOOH与O2的物质的量不相等，B错误；C．由分析可知，放电过程中需补充的物质X为硫酸，C错误；D．由分析可知，1mol甲酸根离子参加反应时，转移电子2mol，2mol钾离子通过半透膜由负极区移向正极区，与溶液中的硫酸根离子结合得到1mol硫酸钾，D正确；故选D。15.25℃时，用0.1mol⋅L-1的NaOH溶液滴定10mL浓度均为0.1mol⋅L-1的HX、HY的混合溶液，滴定过程中溶液的pH与微粒浓度关系如图所示，已知Ka(HX)>Ka(HY)。下列说法正确的是（）A.M表示溶液的pH与的关系B.等浓度的NaX与HY的混合溶液显碱性C.当混合溶液pH=7时，D.加入20mLNaOH溶液时，〖答案〗C〖祥解〗，则，，由Ka(HX)>Ka(HY)可知，N表示溶液pH与lg的关系，M表示溶液pH与lg的关系。【详析】A．由分析可知N表示溶液pH与lg的关系，M表示溶液pH与lg的关系，A错误；B．由(0，4.5)和(0，7.0)可求出HX和HY的分别为和，等浓度的NaX与HY的混合溶液中，水解程度小于HY的电离程度，溶液显酸性，B错误；C．当混合溶液时，由，得，则，C正确；D．加入20mLNaOH溶液时，生成NaX和NaY，由元素质量守恒，此时溶液显碱性，，D错误；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.磷酸铁（FePO4）常用作电极材料、陶瓷等。以硫铁矿烧渣（主要成分）Fe2O3、SiO2，少量的Fe3O4、CaO、MgO）为原料制备磷酸铁的流程如下：已知：，，。回答下列问题：（1）基态核外电子排布式为____________。（2）浸渣的主要成分为________（填化学式）。（3）检验“还原”之后的溶液中是否含的操作是____________________________。（4）经测定“除钙镁”后的溶液中，则溶液中____________。（5）写出“氧化沉铁”时反应的离子方程式：_____________________________________。纯净磷酸铁呈白色，而实际制备的磷酸铁产品略带棕黄色，可能是产品中混有________（填化学式）杂质。（6）若1t硫铁矿烧渣中含amolFe2O3、bmolFe3O4，按上述流程理论上最多可生产________________（用含a、b的算式表示）kg的FePO4。（7）CaF2晶体的晶胞结构如图所示，晶体中相邻的8个F-形成的最小正方体的体积与晶胞体积的比是____________。〖答案〗（1）[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5（2）SiO2（3）取少量溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若无明显现象，则无Fe3+（4）5:2（5）Fe(OH)3（6）0.151(3a+4b)（7）〖祥解〗烧渣主要成分Fe2O3、SiO2及少量的Fe3O4、CaO、MgO加入稀盐酸，Fe2O3、Fe3O4、CaO、MgO与稀盐酸生成相应的盐，SiO2不溶于盐酸，故浸渣的主要成分为SiO2。加入还原铁粉将Fe3+还原为Fe2+，加入NaF除去钙镁离子，再加入磷酸二氢钾、氨水、氧气生成产物FePO4。【详析】（1）Fe先失去最外层电子，故基态核外电子排布式为[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；（2）SiO2不溶于盐酸，故浸渣的主要成分为SiO2；（3）Fe3+的检验试剂为KSCN溶液，故〖答案〗为取少量溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若无明显现象，则无Fe3+；（4）经测定“除钙镁”后的溶液中，；（5）根据题干条件，反应物为磷酸二氢铵、氨水、Fe2+、O2，生成物为FePO4，根据元素守恒、得失电子守恒、电荷守恒写出离子方程式为；反应中Fe3+会与氨水反应生成Fe(OH)3；（6）amolFe2O3与盐酸反应生成2amolFe3+，2amolFe3+再与amol还原铁粉反应生3amolFe2+。bmolFe3O4与盐酸反应生成2bmolFe3+与bmolFe2+，2bmolFe3+与bmol还原铁粉反应生成3bmolFe2+，则溶液中共有(3a+4b)molFe2+，根据铁元素守恒则生成(3a+4b)molFePO4，则生产FePO4的质量为；（7）设晶胞参数为2a，则两个F-之间的距离为a，故晶体中相邻的8个F-形成的最小正方体的体积与晶胞体积的比是。17.二氧化氯（ClO2）是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂，比Cl2更好。用ClO2处理过的饮用水（pH5.5~6.5）常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子（）。饮用水中的ClO2，含量可用连续碘量法进行测定。已知：Ⅰ.pH≥7时，ClO2可被I-还原为（），pH≤2时被I-完全还原为Cl-；Ⅱ.。回答下列问题：（1）写出pH≤2.0时与I-反应的离子方程式：________________________________。（2）测定饮用水中的ClO2、含量的步骤如下：步骤1：准确量取VmL水样加入仪器A中；步骤2：调节水样pH为7.0~8.0；步骤3：加入足量的KI晶体；步骤4：加入少量淀粉溶液，用cmol⋅L-1Na2S2O2溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V1mL；步骤5：_________________________________。步骤6：再用cmol⋅L-1的Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL，①步骤1中仪器A的名称是____________________。②实验室配制Na2S2O3标准溶液需要用到容量瓶，下列关于容量瓶的操作，正确的是________（填字母，下同）。A.B.C.D.步骤4中接近滴定终点时，向锥形瓶中滴入半滴Na2S2O3标准溶液的操作为________（填字母）。AB.C.D.③步骤5是__________________________________________________。④步骤6中滴定终点的现象是______________________________________。⑤根据上述分析数据，该饮用水中的浓度为________mol⋅L-1（用含字母的代数式表示）。若步骤4中装Na2S2O3溶液的滴定管滴定前尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则测定的该饮用水中的浓度________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。〖答案〗（1）（2）①锥形瓶②CB③调节溶液的pH≤2.0④滴入最后半滴标准液，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内部变色⑤偏小〖祥解〗根据题意，pH≥7时，ClO2可被I-还原为，发生反应；pH≤2时被I-完全还原为Cl-；注意连续碘量法测定含量时存在的关系式。【详析】（1）pH≤2.0时被I-完全还原为Cl-，与I-反应的离子方程式为；（2）①滴定法，需要把待测液盛放在锥形瓶中，步骤1中仪器A的名称是锥形瓶。②A、摇匀操作，应颠倒容量瓶，故A错误；B、定容操作，视线平视刻度线，但胶头滴管不能伸入容量瓶中，故B错误；C、移液操作时，用玻璃棒引流，故C正确；D．摇匀操作，左手食指按住塞子，右手指尖顶住瓶底边缘，将容量瓶倒转并振荡摇匀，故D错误；选C；步骤4中接近滴定终点时，向锥形瓶中滴入半滴Na2S2O3标准溶液的操作为：使半滴溶液悬于管口，将锥形瓶内壁与管口接触，使液滴流出，Na2S2O3溶液呈碱性，应该盛放在碱式滴定管中，故选B；③根据题目信息，pH≥7时，ClO2可被I-还原为（），pH≤2时被I-完全还原为Cl-；步骤6又用Na2S2O3溶液滴定至终点，说明步骤5中有碘生成，结合pH≤2.0时，与I-反应，可判断出步骤5是调节溶液的pH≤2.0；④步骤6中滴定终点时，碘单质恰好完全被消耗，现象是：滴入最后一滴标准液，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；⑤根据上述分析数据，pH≥7时，ClO2可被I-还原为（），根据，可知反应生成n()=n(Na2S2O3)=cmol⋅L-1×V1×10-3L=cV1×10-3mol；pH≤2时被I-完全还原为Cl-；根据、，建立关系式~2I2~4Na2S2O3，n()=n(Na2S2O3)=cmol⋅L-1×V2×10-3L=cV2×10-3mol，该饮用水中的浓度为mol⋅L-1。若步骤4中装Na2S2O3溶液的滴定管滴定前尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则V1偏大，测定的该饮用水中的浓度偏小。18.H2S是一种有毒气体，利用H2S与CH4的反应可将其转化为有价值的H2、S2等。发生的反应有：反应ⅰ：反应ⅱ：回答下列问题：（1）CO2中心原子价层电子对数为________。（2）已知相关化学键的键能如下表：化学键H—HH—SS2（化学键视为S—S）键能/（kJ·mol-1）436339298反应ⅰ：的________kJ⋅mol-1。（3）一定温度下，在体积为2L的刚性容器中，充入1molCH4和2molH2S，发生反应i和反应ⅱ，5min时反应达到平衡，H2S的平衡转化率为40%，。①下列叙述中能说明反应ⅱ达到平衡状态的是________（填字母）。A. B.混合气体的密度不再变化C.断裂1molC—H的同时生成1molC=S D.混合气体的平均摩尔质量不再变化②0~5min内________mol⋅L-1⋅min-1。③此温度下，反应ⅱ的平衡常数Kx=________（Kx是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数）。（4）在常压和不同温度下，将H2S和CH4按照2∶1的体积比充入热解器中，用N2稀释，发生反应ⅰ和反应ⅱ。反应相同时间后，H2、S2和CS2的体积分数随温度的变化关系如图所示。①________（填“>”“<”或“=”）0，低于1000℃时反应ⅱ________（填“能”或“不能”）发生。②1050℃时，H2的体积分数为______________。③温度高于1100℃时，体积分数减小的原因是_____________________________。〖答案〗（1）2（2）+186（3）①AD②0.02③（4）①>能②3.6%③反应ⅰ正向进行的程度小于反应ⅱ正向移动的程度〖解析〗（1）CO2中心原子价层电子对数为2+=2。（2）的反应物的总键能-生成物的总键能=4×339kJ·mol-1-2×436kJ·mol-1-298kJ·mol-1=+186kJ·mol-1。（3）①A．时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，A选；B．该反应过程中气体的总质量和总体积都不变，混合气体的密度是定值，当混合气体的密度不再变化时，不能说明反应达到平衡，B不选；C．断裂1molC-H的同时生成1molC=S时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，C不选；D．该反应过程中气体总质量不变，总物质的量增大，混合气体的平均摩尔质量减小，当混合气体的平均摩尔质量不再变化时，说明反应达到平衡，D选；故选AD；②根据已知条件列出“三段式”5min时反应达到平衡，H2S的平衡转化率为=40%，x=0.4，，y=0.2，0~5min内mol⋅L-1⋅min-1；③此温度下，达到平衡时气体总物质的量为1.2mol+1.2mol+0.4mol+0.8mol+0.2mol=3.8mol，反应ⅱ的平衡常数Kx=。（4）①由图可知，温度高于1100℃时，继续升高温度，S2的体积分数减小，说明反应ⅱ达到平衡后升高温度，平衡正向移动，该反应为吸热反应，，由图可知，温度低于1000℃时，CS2的体积分数不为0，说明反应ⅱ能发生；②由图可知，1050℃时CS2(g)的体积分数为0.1%，根据可知反应ⅱ生成H2(g)的体积分数为2×0.1%=0.2%，消耗S2(g)的体积分数为0.1%，体系中剩余S2(g)的体积分数为1.6%，则反应ⅰ生成S2(g)的体积分数为0.1%+1.6%=1.7%，根据可知，反应ⅰ生成H2(g)体积分数为3.4%，两个反应共同生成H2(g)的体积分数为3.4%+0.2%=3.6%；③反应ⅰ和反应ⅱ都是吸热反应，升高温度平衡正向移动，温度高于1100℃时，体积分数减小的原因是：反应ⅰ正向进行的程度小于反应ⅱ正向移动的程度。19.有机物G是制备卡维地洛（一种治疗原发性高血压的药物）的重要中间体，G的一种合成路线如下：回答下列问题：（1）的化学名称为________（—OCH3为甲氧基）。（2）A生成B的反