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高途高中·化学 点睛卷 2024 山东省-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 绝密 启用前 【高途】2024年山东省普通高中学业水平选择性考试模拟测试卷 化 学 本试卷共10 页，20小题，满分100分，考试用时90分钟。 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16 F—19 S—32 Mn—55 Zn—65 La—139 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选择项符合题目要求。 1．物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是 A．SiC熔点高硬度大，可作耐高温结构材料 B．NH Cl受热易分解，可用于实验室制氨气 4 C．CuSO 遇水变蓝，可用于检验乙醇是否含水 4 D．SO 具有还原性，可作抗氧化剂 2 2．下列关于仪器使用的说法正确的是 A. 可用于溶液的蒸发浓缩 B. 可用于物质分离 C. 受热时不需要垫石棉网 D. 通冷凝水的方向是上进下出 3．熔融状态下能导电且含有极性共价键的化合物是( ) A．AlCl3 B．Na2O2 C．NaOH D．H2SO4 4．类比法是一种学习化学的重要方法，下列类比法结论错误的是 A．NF 的空间结构为三角锥形，则PCl 的空间结构也为三角锥形 3 3 B．可燃冰中CH 可以装在以氢键相连的几个水分子构成的笼内，则N 、O 等也可以 4 2 2 C．CCl COOH 酸性强于CH COOH，则可推出CF COOH酸性强于CH COOH 3 3 3 3 D．NaCl固体与浓硫酸共热可制HCl，则NaI固体与浓硫酸共热可制HI 5．菠菜营养丰富，富含铁元素，同时含有草酸，实验小组通过以下实验探究菠菜的成分，下列说法正确 的是 A．灼烧在蒸发皿中进行 B．操作 a需用到分液漏斗 C．加入活性炭目的是吸附色素 D．取溶液 B向其中加入酸性KMnO 溶液可检验Fe2+ 4 试卷第5 页，共20 页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 6．邻苯二酚是重要的化工中间体，它在一定条件下可与氧气反应生成邻苯二醌，反应方程式如图： 设NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( ) A．邻苯二酚分子中所有原子不可能共平面 B．邻苯二酚发生氧化反应生成1mol邻苯二醌转移电子数目为4NA C．1mol邻苯二醌最多能与2molH2 发生加成反应 D．1mol邻苯二醌完全燃烧需要消耗6molO2 7．三种气体X、Y、Z的相对分子质量关系为Mr(X)Cl>H，由CCl COOH 酸性强于CH COOH可推出CF COOH 酸性强于CH COOH ，C 正确； 3 3 3 3 D．HI 还原性较强，会被浓硫酸氧化，故NaI 固体与浓硫酸共热得不到HI，D 错误； 故选D。 5．C 【详解】A ．固体灼烧在坩埚中进行，A错误； B．操作 a 得到沉淀物和溶液，为过滤操作，用漏斗而不是分液漏斗，B错误； C．活性炭具有吸附性，可以吸附色素，C正确； D．菠菜中的草酸也能使酸性高锰酸钾溶液褪色， 所以不能加入酸性高锰酸钾溶液检验溶液中的Fe2+，D 错误； 试卷第13 页，共20 页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 故选C。 6．D 【详解】A．与苯环直接相连的原子共面、单键可以旋转，故邻苯二酚分子中所有原子可能共平面，故A错 误； B．由方程式可知，生成1mol邻苯二醌消耗O2 为1mol× ＝0.5mol，反应中氧元素化合价由0价减低为﹣2价， 转移电子为0.4mol×4＝2mol，则转移电子数目为2NA ，故B错误； C．分子中2个碳碳双键、2个羰基都能与氢气发生加成反应，则1mol邻苯二醌最多能与4molH2 发生加成反 应，故C错误； D．邻苯二醌的分子式为C6H4O2 ，1mol邻苯二醌的耗氧量为(6+ ﹣ )mol＝6mol，故D正确； 故选：D。 7．C 【详解】A．根据m=nM= ，分子数目相等的三种气体，相对分子质量越大，质量越大； 因为不确定 X、Y、Z 三种气体分子中原子个数和组成，所以原子数相等的三种气体就不能确定三种气体的分子数， 故A 错误； B．气体的物质的量n= ，V 和气体的状态有关，三种气体体积均为2.24L，V 不一定等于 m m 22.4L/mol，所以它们的物质的量不一定均为0.1mol，故B 错误； C．根据密度 ，同温同压下， 同质量的三种气体，密度和相对分子质量成正比， 三种气体密度最小的是X，故C 正确； D．同温同体积的气体物质的量之比等于压强之比，已知Mr(Y)=0.5Mr(Z)，Y、Z 气体所承受的压强比为 ,故D错误； 答案选C。 8．D 【详解】A．﹣OH是吸电子基，根据结构分析，导致羧基中的羟基更易电离出H+，则pKa ：CH2OHCOOH ＜CH3COOH，故A正确； B．乙二醛反应生成CH2OHCOONa，乙二醛中1个醛基被氧化，一个醛基被还原成羟基，属于氧化还原反应， 故B正确； C．NaOH溶液中溶质的总物质的量n 总 (NaOH)＝cV＝0.5mol•L ﹣1×V1×10 ﹣3L，硫酸滴定的过量的NaOH的物 质的量n 余 (NaOH)＝2n(H2SO4)＝2×0.5mol•L ﹣1×V2×10 ﹣3L，则待测溶液中乙二醛浓度c＝ n (NaOH)n (NaOH) （0.5V-V） 总 余 mol•L ﹣1＝ 1 2 mol•L ﹣1，故C正确； V V 试卷第13 页，共20 页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- n (NaOH)n (NaOH) （0.5V-V） D．由C中分析待测溶液中乙二醛浓度c＝ 总 余 mol•L ﹣1＝ 1 2 mol•L ﹣1，若 V V 不进行步骤i，部分乙二醛被氧化成酸，消耗的氢氧化钠变大，步骤iii，消耗的硫酸减少。从而导致乙二醛 的浓度增大，故D错误； 故选：D。 9．B 【详解】A．温度计的作用是测量反应液的温度为135℃, 因此温度计水银球不能位于液面上方，A 错 误； B．当分水器中水层超过支管口下沿，应打开分水器旋钮放水，避免水流回烧瓶，B 正确； C．正丁醚熔沸点较低，因此正丁醚固体属于分子晶体，但正丁醚分子间不能形成氢键，C 错误； D．实验制得的粗醚中含有正丁醇，蒸馏时不能迅速加热到142.0℃以上，否则会混有正丁醇，D 错误； 答案选B。 10．C 【详解】A．由催化机理可知，总反应为 ，该反应为加成反应，故A正确； B．I为 ，分子中含有碳碳双键和醛基，名称为丙烯醛，故B正确； C．催化剂在反应中先消耗，后生成；由催化机理可知，反应消耗了Ⅵ又生成了Ⅵ，Ⅵ是反应的催化剂， 故C错误； D．I+Ⅵ→X+Ⅱ，由I、Ⅵ、Ⅱ的结构简式可知，X为H2O，故D正确； 故选：C。 11．C 【详解】A．K性质活泼，能与水反应，不可采用含K+的水溶液为电解质溶液，故A错误； B．放电时，电子不经过电解质，电子流方向为：电极a→电极b，故B错误； C．充电时，b极为阳极，可能发生电极反应xK2S3 ﹣(2x﹣6)e ﹣ ═3 +2xK+，故C正确； D．充电时，a极为阴极，电极反应式为K++e ﹣ ═K，电路中转移2mole ﹣时，阴极质量增加78g，故D错误 故选：C。 12 ．D 【详解】A．由图中 abd 物质结构可知，催化循环中 Pt 的配位数有 3 种， A正确； B．a 中 Pt 结合 2 个-OSO3H，根据化合价代数和为零可知，其化合价为+2 价， B正确； C．c→d 过程中硫元素化合价发生改变，发生的是氧化还原反应，C正确； D．SO 中心 S 原子价层电子对数为3 ，采用 sp2 杂化； SO 中心 S 原子价层电子对数为 3，采用 sp2杂 2 3 化； VSEPR 模型均为平面三角形，D错误； 故选 D。 试卷第13 页，共20 页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 13．AC 【分析】由题给流程可知，阳极泥焙烧时，硫化亚铜与氧气高温条件下反应生成氧化铜、二氧化硫， 硒化亚铜 与氧气高温条件下反应生成氧化铜、二氧化硒；烧渣酸浸氧化时，铜、氧化铜与氧气、稀硝酸溶液反应转化为 硝酸铜，二氧化硒与氧气、硝酸溶液反应转化为硒酸，金、铂不与氧气、硝酸溶液反应， 过滤得到含有硝酸铜、 硒酸的滤液和含有金、铂的滤渣； 滤渣酸溶时，金、铂与氯气、盐酸反应转化为 四氯合金离子、六氯合铂离子； 萃取分液时，加入磷酸三丁酯萃取、分液得到含有六氯合铂离子的有机 相和含有四氯合金离子的水层； 水层中加 入氢氧化钾和亚硫酸铵混合溶液，将四氯合金离子转化为二亚硫酸根合金化铵。 【详解】A．由分析可知，阳极泥焙烧时，硫化亚铜与氧气高温条件下反应生成氧化铜、二氧化硫，滤液 中的金属离子有Cu2+和Ag+，没有Cu+，故A错误； B．由分析可知，烧渣酸浸氧化时，铜、氧化铜与氧气、硝酸溶液反应转化为硝酸铜，二氧化硒与氧气、 硝酸溶 液反应转化为硒酸，酸浸氧化时通入氧气可防止稀硝酸被还原为一氧化氮， 从而保护环境，故B正确； C ．由分析可知，滤渣酸溶时，金与氯气、盐酸反应转化为四氯合金离子，反应的离子方程式为 2Au+3Cl +2Cl−=2[AuCl ]− ,故C错误； 2 4 D．由分析可知，萃取分液时， 加入磷酸三丁酯萃取、分液得到含有六氯合铂离子的有机相和含有四氯合 金离子的水层， 故D正确； 故选AC。 14．AC 【详解】A ．单键形成σ键，双键由一个σ键和一个π 键构成， CH*转化为C H (g) 时，存在双键的断裂和单 2 3 4 6 键的生成， 故既有π 键的断裂，又有σ键的形成，A正确； B．图2可知中未画出C H (g) 的相对能量，故无法判断，B错误； 4 6 C．由图2可知，步骤H O(g) +C H*+e−=OH−+C H*的活化能较高， 反应速率较慢，故为决定制乙烯的反 2 2 2 2 3 应速率，C正确； D．C H*转化为C H 的过程活化能大，更难反应，D错误； 2 3 4 6 故选AC。 15．D 【详解】A．t℃时，Ag CrO 的K =c2(Ag+)c(CrO 2-)=(1×10-3)2×(1×10-5)=1×10-11，故A 错误； 2 4 sp 4 B．饱和AgCrO 溶液中加入K CrO ，c(CrO2−)变大，平衡逆向移动，c(Ag+)减小，溶度积不变，所以可 2 4 2 4 4 能使Y 点变为Z 点，故B 错误； C．CdCO (s) Cd2+(aq)+CO2−(aq)，则c(Cd2+)=c(CO2−)，CdCO 的沉淀平衡中pCd2+=pN，故曲线Ⅱ是 3 3 3 3 CdCO 的沉淀溶解平衡曲线，曲线I 是Cd(OH) 的沉淀溶解平衡曲线， 故C错误； 3 2 D．T°C，由图可知，pN=4 时，CdCO 中pCd2+为8，即K (CdCO )=c(CO2−)c(Cd2+)=10-12；pN=4 时， 3 sp 3 3 Cd(OH) 中pCd2+为6，即K [Cd(OH) ]=c2(OH-)c(Cd2+)=10-14； 2 sp 2 试卷第19 页，共20 页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 在CdCO 3 (s)+2OH-(aq)     Cd(OH) 2 (s)+CO 3 2-(aq)平衡体系中，平衡常数 K= c(CO 3 2)  c(CO 3 2)c(Cd2)  Ksp(CdCO 3 ) =102，正确；故选D。 c2(OH) c2(OH)c(Cd2) Ksp[Cd(OH) ] 2 16．【答案】(1)3；c；(2)4s 和 4p；Cl>Br>C>H ；2种； 配合物中氮原子的孤电子对与Zn2+形成配位键，对成键电子 对的排斥力减小，键角变大，所以 H-N-H 键角大于 NH 分子中 H-N-H 键角；(3) π6 ； 低于； 3 5 (4)①4 个 NA = mol−1； ②A、B 两原子的核间距为 nm。 【详解】(1)与Fe 元素同周期， 基态原子有2 个未成对电子的金属元素有Ti[Ar]3d24s2 、Ni[Ar]3d84s2 、 Ge[Ar]3d104s24p2； a.为基态Fe原子； b.为基态Fe2+ ；c. 为基态Fe3+ d. 为激发态Fe 原子；电离最外层一个电子所需能量 最大的 是Fe3+ ，故c 正确； (2)配合物中中心离子为Zn2+ ，排布式为：[Ar]3d10 ，提供空轨道的能级是4s 和4p；根据元素在周期 表中的位置和元素性质，H、C、Cl、Br 电负性由大到小的顺序为： Cl>Br>C>H ；在分子中，C 原子为 sp2 杂化，N 原子为sp3 杂化， C、N 原子的杂化方式共有2 种；配合物中氮原子的孤电子对与Zn2+ 形成配位键， 对成键电子对的排斥力减小，键角变大，所以H-N-H 键角大于NH 分子中H-N-H 键角； 3 (3)由题干中 的结构简式可知，分子内含有一个大π键，该大π键有4个碳原子和一个O原 子，每个碳原子给出 1个电子参与形成大π 键，每个O原子给出2 个电子参与形成大π 键，则该大Π 键 的表示形式为π6； 5 影响物质熔沸点的主要因素为分子间作用力，氢键大于范德华力，有氢键的吡咯沸点大于呋喃， 故答案 为：低于； (4)①根据晶胞沿z 轴的投影图可知，该晶胞中氯原子的位置为(图中 黑球代表氯原子)，yz 面上有2 个氯原子，与yz 平行的面上有2 个氯原子，体内有2 个氯原子，所以1 个 晶胞中氯原子的数目为4x +2=4 。由dg.mol−1 = g.mol−1 知， N A = mol−1； ②观察图中A、B 原子坐标参数，它们在x 轴的坐标参数都是0.5，则A、B 原子在平行于yz 的面上。可 以建立直角三角形， A、B 两原子的核间距是这个三角形的斜边长， 则A、B 两原子的核间距为 试卷第19 页，共20 页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- nm。 17.【答案】(1)MnO +2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H O 2 2 (2)0.5mol/L 部分S2-与溶液中H+结合生成HS-或H S，未能全部参与反应 2 (3) ×100%=84.93% (4) 熔融时KOH 能与坩埚中的二氧化硅反应 边搅拌边滴加6mol/LCH COOH，并同时用pH 计测定溶液的 3 pH，当 pH 在 pH=9.5～10.5 时停止滴加，用砂芯漏斗过滤，将滤液蒸发浓缩至表面出现晶膜，停止加热，冷 却至0℃结晶、过滤、用冰水洗涤晶体，低温干燥 【解析】软锰矿中加入硫酸亚铁和硫酸进行溶解， 二氧化锰和亚铁离子反应生成锰离子和铁离子，其他 金属的 氧化物溶于硫酸生成对应的盐，二氧化硅不溶解， 过滤除去，调节溶液的pH 除去铁离子和铝离 子，再加入硫化物， 除去锌离子和钴离子，最后电解得到二氧化锰。 (1)软锰矿中加入硫酸亚铁和硫酸，二氧化锰氧化亚铁离子，本身被还原为锰离子， 反应的离子方程式 为： MnO +2Fe2+ +4H+ =Mn2+ +2Fe3+ +2H O ； 2 2 (2)K (ZnS)=1.6×10-24，K (CoS)=4.0×10-21，①当n(Na S)=amol 时，测得溶液中c(Zn2+)=2.0×10-4mol/L，由 sp sp 2 硫化锌的溶度积常数计算硫离子浓度为 =8.0 10−21mol/L ，此时c(Co2+)= 4.0 10 21 =0.5mol/L ； 8.0 10 21 ②由题意，溶液呈酸性，H+浓度较大，部分S2-与溶液中H+结合生成HS-或H S，未能全部参与反应； 2 (3)根据氧化还原反应分析，MnO 2 ~2I-~2S 2 O2 3 - ，反应消耗硫代硫酸钠的物质的量为0.1500mol/L 0.020.00L=0.003mol，根据关系式分析二氧化锰的物质的量为0.0015mol，则其质量为0.0015mol 0.1275 85g/mol =0.1275g，则其质量分数为 ×100%=87.93% ； 0.1450 (4)①混合熔融时KOH 能与坩埚中的二氧化硅反应，故不能选用瓷坩埚； ②从图分析，醋酸钾和高锰酸钾的溶解度差距较大，故选择用6mol/LCH COOH 调节溶液的pH，并用 3 pH 计进行测量， 注意高锰酸钾受热能分解，故加热温度不能太高。具体操作：将墨绿色固体混合物加水 溶解， 边搅拌边滴加6mol/LCH COOH，并同时用pH 计测定溶液的pH，当pH 在pH=9.5～10.5 时停止 滴加，用砂芯 3 漏斗过滤，将滤液蒸发浓缩至表面出现晶膜，停止加热，冷却至0℃结晶、过滤、用冰水洗 涤晶体，低温干燥。 18．(1)三颈烧瓶 平衡压强， 防止烧瓶中压强过大引起爆炸 (2)ad 使水蒸气进入到c 中，把c 中产生的HF 全部赶到f 中，减少实验误差 9.5(aV -cV ) 10-2 3m (3) 1 2 ×100% (4)添加NaOH 溶液 偏低 SiF 气体进入到f 中进行水解，重新生成HF，被溶液吸收，氟元素没 4 有损失，所以对实验结果没有影响 【详解】(1)装置c 的名称是三颈烧瓶，a 为长玻璃管，主要是平衡压强，防止烧瓶中压强过大引起爆 试卷第19 页，共20 页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 炸。 (2)①利用高氯酸为高沸点酸将样品中的氟元素转化为氟化氢低沸点酸蒸出。 a．硫酸是难挥发性酸沸点高，可代替高氯酸，a 正确； b．盐酸是易挥发性酸， 不符合要求，b 错误； c．硝酸为易挥发性酸， 不符合要求，c 错误； d．磷酸为高沸点酸，难挥发，可代替高氯酸的，d正确； 故合理选项是ad； ②水蒸气发生装置b的作用是使水蒸气进入到c中，把c中产生的HF全部赶到f 中，减少实验误差。 (3)La3+分为两个部分，一部分与F−反应，比例为1∶3，另一部分与EDTA 结合，比例为1∶1，EDTA 消耗的La3+为cV ×10−3mol，F−消耗的La3+为(aV -cV )×10−3mol，20mL 溶液中F−的物质的量为 2 1 2 ，100mL 溶液中F−的物质的量为 (4)f中的NaOH 溶液是为了吸收挥发出来的HF，避免F 元素的损失，当溶液红色褪去，说明NaOH 几乎没有， 会导致氟的质量分数偏低， 此时只需要再添加NaOH溶液； SiF气体进入到f 中进行水解，重新生成HF，被溶液吸 4 收，氟元素没有损失，所以对实验结果没有影响。 19.【答案】(1) ； 醚键、酰胺基 (2)取代反应 （3） (4)Ⅶ (5)9 或 或 【分析】有机物Ⅰ和单质溴发生苯环上氢的取代反应生成有机物Ⅱ, 有机物Ⅱ中的醛基和乙二醇反应生成有 机物Ⅲ, 在一定条件下有机物Ⅲ和碘甲烷反应取代反应苯环上引入甲基生成有机物Ⅳ, 有机物Ⅳ和五氯化 磷反应生成有机物Ⅴ, Ⅴ→Ⅵ的化学方程式可表示为Ⅴ=Ⅵ+HCl ，根据原子守恒和有机物Ⅶ的结构简式可 判断化合物Ⅵ的结构简式为 ，有机物Ⅶ经一系列转化为生成有机物Ⅷ,据此解答。 【详解】(1)根据后续反应可确定-Br 的位置，根据化合物Ⅷ的结构简式可判断其中含氧官能团有醚键、 酰胺基。 (2)Ⅱ→Ⅲ涉及两步反应，第一步反应类型为加成反应，即醛基和乙二醇加成醛基转化为羟基，然后2 个 试卷第19 页，共20 页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- 羟基脱去 1 分子水生成Ⅲ, 所以第二步的反应类型为取代反应。 (3)根据以上分析可知化合物Ⅵ的结构简式为 。 (4)手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，所以化合物Ⅶ中含有手性碳原子，即与 -CN 相连的碳原子是手性碳原子。 (5)化合物Y 在分子组成上比化合物Ⅶ少两个CH ，分子式为C H NO ，同时符合下列条件①除苯环外 2 9 7 2 不含其他环结构，且苯环上有两个取代基，其中一个为−NH ，②可使溴的四氯化碳溶液褪色； ③可发生水解 2 反应，因此另一个取代基是含有三键的酯基，可以是－C≡COOCH 或－COOC≡CH 或－OOCC≡CH， 与氨基均有邻间对三种， 因此Y 的同分异构体有9 种，其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为2： 2 ： 2 ： 1 的 结 构 简 式 为： 或 或 。 (6)根据已知信息可知要合成产品需要丁醛和 ，丁醛可以用丁醇催化氧化得到，溴丁 烷水解得到丁醇，所以合成路线图为 4a4p2 20．【答案】(1)①CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l)ΔH＝﹣890.0kJ•mol ﹣1 ②(1+α)p； (1a)2 (2)①30；加入催化剂 ②＜；＞；＜③C 【解析】(1)①燃烧热是在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；由表格数据 及题干可知：Ⅰ. ΔH＝﹣285.8kJ⋅mol ﹣1；Ⅱ. ΔH ＝﹣283.0kJ⋅mol ﹣1；Ⅲ.CH4(g)+CO2(g)＝2H2(g)+2CO(g)ΔH＝+247.6kJ⋅mol ﹣1；由盖斯定律可知，Ⅲ+2×Ⅱ+2×Ⅰ 得：CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l)ΔH＝﹣890.0kJ•mol ﹣1， 故答案为：CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l)ΔH＝﹣890.0kJ•mol ﹣1； ②在恒温恒容装置中通入等体积CO2 和CH4 ，假设投料均为1mol，发生上述反应，起始压强为p，CO2 的平 衡转化率为α，达平衡时： 试卷第19 页，共20 页-------------------------------- 高途高中化学点睛卷 ----------------------------------- CH4(g) + CO2(g) ＝ 2H2(g) + 2CO(g) 起始/mol：1 1 0 0 转化/mol：α α 2α 2α 平衡/mol：1﹣α 1﹣α 2α 2α 22a 则反应后总的物质的量为(2+2α)mol，根据阿伏加德罗定律可知，容器内总压强为 p(1a)p，该 2 反应的平衡常数 ， 4a4p2 故答案为：(1+α)p； ； (1a)2 (2)①已知， ，则斜率即为反应的活化能，故 kJ⋅mol ﹣1＝30kJ⋅ mol ﹣1；当改变外界条件时，实验数据如图中曲线b所示，图像斜率变小，则反应的活化能减小，故实验可 能改变的外界条件是加入催化剂， 故答案为：30；加入催化剂； ②由图可知，相同条件下，升高温度，二氧化碳转化率下降，则平衡逆向移动，反应为放热反应，ΔH小于 零；相同条件下，增加氢气的投料，平衡正向移动，会提高二氧化碳的转化率，故a＞3；MN均为平衡点， 各自的正逆反应速率相等，由于N点温度更高，则反应速率更快，故M、N两点的反应速率v (M)＜v (N)， 逆 正 故答案为：＜；＞；＜； ③2CO2(g)+6H2(g)⇌CH2 ＝CH2(g)+4H2O(g)，反应为气体分子数减小的反应，其它条件相同，若将容器的体 积改为原来的一半，物质浓度变大，反应速率更快，缩小体积相当于增大压强，达到新平衡时相当于在原 有平衡的基础上平衡正向移动，则生成乙烯的物质的量更大，结合图像可知，0～t1 时刻n(C2H4)随时间(t) 的变化趋势曲线为C，故答案为：C。 试卷第20 页，共20 页