瀘縣五中高級高三上期第三學月考試化學第I卷注意事項：答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。可能用到的相對原子質量：一、選擇題：本題共小題，每小題3分，共分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.世界城市日城市可持續(xù)發(fā)展全球大會于2023年10月31展，共建以人為本的智慧城市”。會議的關鍵議題包括房屋品質、綠色低碳、數字治理等，以下做法不符合“綠色低碳”的是A.外出游玩，多乘坐公共交通B.火力發(fā)電技術成熟，應大力提倡C以竹代塑，可減少白色污染D.提倡垃圾分類回收，廢物再利用【答案】B【解析】A符合“綠色低碳”原則，A不選；B體排放的主要來源之一，與“綠色低碳”的核心目標直接沖突，B可選；C“綠色低碳”理念，C不選；D．垃圾分類能將可回收物重新投入生產，減少對原生資源的依賴，契合“綠色低碳”理念，D不選；故選B。2.2024年諾貝爾化學獎授予在計算蛋白質設計、蛋白質結構預測方面做出卓越貢獻的科學家。下列組成蛋白質的元素位于元素周期表s區(qū)的是A.NB.OC.HD.C第1頁/共20頁【答案】C【解析】【分析】組成蛋白質的元素有CHON，部分蛋白質含有Ss區(qū)包括第1H、堿金屬）和第2【詳解】A．N元素屬于第二周期，其核外電子排布式為1s22s22p3，屬于p區(qū)，不屬于s區(qū)，故A項錯誤；B．O元素屬于第二周期，其核外電子排布式為1s22s22p4，屬于p區(qū)，不屬于s區(qū)，故B項錯誤；C．H元素屬于第一周期，其核外電子排布式為1s1，屬于s區(qū)，故C項正確；D．C元素屬于第二周期，其核外電子排布式為1s22s22p2，屬于p區(qū)，不屬于s區(qū)，故D項錯誤；故答案選擇C項3.下列反應屬于放熱反應的是A.C＋CO22COB.2Al＋FeO32Fe＋AlO3C.C＋HOCO＋H2D.CaCO3CaO＋CO↑【答案】B【解析】AA不選；B于典型的放熱反應，B選；C應，C不選；DD不選；故選B。4.下列離子能大量共存的是A.、、、B.、、、C.、、、D.、、、【答案】A【解析】第2頁/共20頁【詳解】A．Cu2+、K+、、之間互不反應，能大量共存，A正確；B．Fe3+與OH反應生成Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，B錯誤；C．Ba2+與反應生成BaSO4沉淀，不能大量共存，C錯誤；D．H+與ClO結合形成弱酸HClOD錯誤；故答案選A。5.生活離不開化學，下列有關說法或操作正確的是A.鋁制餐具可用來蒸煮或長時間存放酸性或堿性食物B.保潔員用“84消毒液”和潔廁靈(主要成分鹽酸)混合使用，為了增強去污效果C.技術員用鉻酸氧化法對金屬鋁表面處理，為了增加膜的厚度和美麗的色彩D.化學實驗員將實驗轉化后的難溶物或含有重金屬的固體廢渣，直接倒入下水道【答案】C【解析】A或堿反應，導致腐蝕和鋁離子溶出，可能危害健康，A錯誤；B“84消毒液”（含次氯酸鈉）與潔廁靈（含鹽酸）混合會產生有毒氯氣，不能增強去污效果，反而造成危險，B錯誤；C．鉻酸氧化法用于鋁表面處理，形成厚且多彩的氧化膜，起到裝飾和防護作用，C正確；D．含有重金屬的固體廢渣直接倒入下水道會污染土壤和水源，應作為危險廢物專門處理，D錯誤；故答案選C。6.為阿伏加德羅常數的值，關于反應說法錯誤的是A.常溫下，參加反應轉移個電子B.標準狀況下，含氧原子數目為C.含數目為的KOH溶液濃度為D.含氧原子數為的和混合氣體總質量為4.8g【答案】C【解析】【詳解】A．O3在反應中作為氧化劑，其中1個O的化合價由0價降至2價，每1molO3轉移2mol電子；第3頁/共20頁4.8gO3物質的量為0.1mol，故轉移0.2mol電子，轉移電子數為，A正確；B．標準狀況下5.6LO2物質的量為0.25mol，含0.5mol氧原子，氧原子數目是，B正確；C．KOH溶液中K+數目為時，KOH物質的量為0.1mol，但濃度需結合溶液體積計算，題目未提供體積，無法計算其濃度，C錯誤；D．O2和O3混合氣體中氧原子總數為0.3mol，氧原子的總質量為，D正確；故選C。7.同一短周期元素W、X、Y、Z原子序數依次增大，可形成離子化合物。其中X、Y、Z相鄰，W原子核外電子數與基態(tài)X原子價電子數相等，是氧化性最強的單質。下列說法正確的是A.分子極性：B.第一電離能：C.簡單氫化物還原性：D.含有離域鍵【答案】A【解析】【分析】是氧化性最強的單質，則Z是F；X、Y、Z相鄰，且X、Y、Z為原子序數依次增大的同一短周期元素，則X為N，Y為O；W的核外電子數與X的價層電子數相等，則W為B。所以W為B，X為N，Y為O，Z是F，據此解題。AWZ3為BFB原子采用sp2雜化，其空間構型為平面三角形，結構對稱，屬于非極性分XZ3為NFN原子采用sp3極性：BF<NF，即WZ<XZ，A正確；BX為NY為OZ為F，同一周期元素從左到右，第一電離能呈增大趨勢，但N原子的最外層達到半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，其第一電離能大于右邊相鄰元素，則第一電離能：O<N<F，即Y<X<Z，B錯誤；C．元素的非金屬性越強，其簡單氫化物的還原性越弱。非金屬性：B<N<O，則簡單氫化物還原性：HO<NH<BH，即Y<X<W，C錯誤；D．為B原子采用sp3B原子與4個F原子形成σσ域π鍵，D錯誤；故選A。8.現(xiàn)代工業(yè)制硫酸的核心反應是二氧化硫的催化氧化：為了優(yōu)化第4頁/共20頁生產效率，下列對反應條件的分析與調控中，不合理的是A.使用作催化劑，旨在顯著降低反應的活化能，從而提高反應速率，縮短達到平衡所需的時間B.選擇在400500℃的溫度下進行反應，主要目的是為了大幅提高的平衡轉化率C.采用常壓而非高壓操作，是因為在此溫度下反應速率已足夠快，且加壓對提高轉化率的收益與設備成本相比不經濟D.原料氣進入接觸室前需要經凈化和干燥處理，以防止催化劑中毒，保證其活性和使用壽命【答案】B【解析】【詳解】A．催化劑的作用是降低反應的活化能，從而加快反應速率，縮短達到平衡的時間，A正確；B．該反應是放熱反應，升高溫度會使平衡逆向移動，的平衡轉化率會降低；選擇400500℃的溫度，主要是因為此溫度下催化劑的活性最高，并非為了提高的平衡轉化率，B錯誤；C產需求，且加壓需要更高成本的設備，收益不如成本支出，因此采用常壓操作，C正確；D．原料氣中的雜質會使催化劑中毒，失去活性，因此原料氣進入接觸室前需經凈化和干燥處理，D正確；故選B9.抗生素克拉維酸的結構簡式如圖所示，下列關于克拉維酸的說法錯誤的是A.存在順反異構B.含有5種官能團C.可形成分子內氫鍵和分子間氫鍵D.分子式為【答案】D【解析】【詳解】A．分子中碳碳雙鍵兩端的碳原子連接不同的原子或原子團，所以存在順反異構，故A正確；B．含有的官能團有羧基、酰胺基、醚鍵、碳碳雙鍵和醇羥基，5種官能團，故B正確；C．含有醇羥基和羧基，羥基和羧基距離較近，能形成分子內和分子間氫鍵，故C正確；D．根據結構簡式，該有機物分子式為CHNO，故D錯誤；第5頁/共20頁10.硫酸和硝酸混合的稀溶液200mL度為2mol/L(溶液體積變化可忽略)，收集到無色氣體6.72L(標況)。下列說法不正確的是A.無色氣體遇空氣變?yōu)榧t棕色B.無色氣體中兩種氣體體積比為2∶1C.原溶液中硫酸與硝酸的濃度之比為3∶2D.參與反應的鋅的物質的量為0.4mol【答案】C【解析】【詳解】A．無色氣體中含有NO，遇空氣被氧化為NO，因此變?yōu)榧t棕色，A正確；B．反應后溶液中只含有一種溶質，且濃度為2mol/L(溶液體積變化可忽略)，溶質只能是硫酸鋅，物質的量是0.4mol，參加反應的鋅是0.4mol，失去0.8mol電子，無色氣體6.72L(標況)，物質的量是0.3mol，設H2和NO分別是xmol、ymol，則x+y＝0.3、2x+3y＝0.8，解得x＝0.1、y＝0.2，因此無色氣體中兩種氣體體積比為2∶1，B正確；C．根據原子守恒可知硫酸和硝酸的物質的量分別是0.4mol、0.2mol，因此原溶液中硫酸與硝酸的濃度之比為2∶1，C錯誤；D．參與反應的鋅的物質的量為0.4mol，D正確；答案選C。在銅轉運蛋白的作用下，順鉑進入人體細胞發(fā)生水解，生成的與鳥嘌呤作用進而破壞DNA的是A.鳥嘌呤和中N原子的雜化方式完全相同B.在中，配體與鉑的結合能力第6頁/共20頁C.鳥嘌呤中的原子電負性：D.(C)結構中化學鍵包括：共價鍵、配位鍵、氫鍵【答案】B【解析】AN原子均為sp2雜化；中NH3的N為sp3雜化，二者N原子雜化方式不完全相同，故A錯誤；BCl被OHNH3NH3與PtCl?<NH，故B正確；C．元素非金屬性越強電負性越大，電負性應為O>N>H，故C錯誤；D．氫鍵不屬于化學鍵，結構(C)中化學鍵包括共價鍵和配位鍵，故D錯誤；選B。12.為探究碳酸鈉及碳酸氫鈉的部分性質，設計如下實驗和裝置。下列說法正確的是實驗①：向溶液中逐滴加入足量的的稀鹽酸實驗②：向溶液中逐滴加入足量的的稀鹽酸實驗③：A.加鹽酸過程中，產生氣體的速度：B.加鹽酸前，先向兩溶液中滴加1~2滴酚酞溶液，溶液的紅色更深C.實驗③可驗證和的熱穩(wěn)定性，其中甲為D.>實驗②【答案】B【解析】【詳解】A．直接與鹽酸反應生成二氧化碳氣體，與鹽酸的反應分步進行，鹽酸少量時，先生成，繼續(xù)加鹽酸，再生成二氧化碳氣體，故加鹽酸過程中產生氣體的速度第7頁/共20頁B．的水解程度大于，故同濃度溶液的堿性更強，滴加酚酞后紅色更深，B正確。C接加熱的乙處；易分解，應放在間接加熱的甲處，C錯誤。D．與足量鹽酸反應的化學方程式為，與鹽酸反應的化學方程式為和分=實驗②，D錯誤。故選B。13.低品位熱(溫度低于)熱區(qū)至冷區(qū)的梯度驅動對苯醌()和對苯二酚()的轉換。下列說法不正確的是A.該裝置可實現(xiàn)熱能轉化為電能B.電池左側電極為熱端電極C.正極電極反應式為+2H++2e?=D.保持冷熱端溫差恒定，該電池可持續(xù)放電【答案】B【解析】【分析】由圖可知，聚合物（含多個羧基）向左側電極移動時，遇冷膨脹，釋放出H+，對苯醌在左側電極得到電子，并結合H+，轉化為對苯二酚，左側電極為正極；聚合物（含多個羧酸根）向右側電極移動時，第8頁/共20頁A實現(xiàn)熱能轉化為電能，A正確；B．由圖可知，聚合物（含多個羧基）向左側電極移動時，遇冷膨脹，釋放出H+，可見左側電極為冷端電極，B錯誤；C．由分析可知，對苯醌在左側電極（正極）得到電子，并結合H+，轉化為對苯二酚，電極方程式為：+2H++2e=，C正確；D．該電池實質是將熱能（低品位熱）轉化為電能，保持冷熱端溫差恒定，該電池可持續(xù)放電，D正確；故選B。14.為探究溶液對水解平衡的影響，向等體積的稀溶液中分別加入不同的酸(控制溫度不變，忽略溶液體積變化)。實驗過程及現(xiàn)象如下：編號①②③④⑤⑥⑦試劑無濃鹽酸濃硝酸濃硫酸體積—210210210／滴黃均為黃色，顏色④接近無色，均接近現(xiàn)象色深淺：②＜①＜③⑤淺黃色無色已知：為黃色。下列分析正確的是A.①中溶液顯黃色的原因是本身為黃色B.加入濃鹽酸不影響的水解平衡C.少量濃硝酸使水解平衡逆向移動，過量濃硝酸使水解平衡正向移動D.探究對水解平衡的影響，最好選用稀溶液和濃硫酸【答案】D【解析】第9頁/共20頁幾乎無色，故并非本身顯黃色，A錯誤；B．加入濃鹽酸引入和，抑制與形成黃色絡合物，顯著影響水解平衡，B錯誤；C始終抑制中⑤淺黃色可能因其他因素，但水解平衡方向不變，C錯誤；D改變pH絡合或解被抑制而無其他干擾，適合單獨研究pH影響，D正確；故答案選D。第卷分二、非選擇題：本題共4個小題，共分。15.乙酰苯胺()通過苯胺()和乙酸()反應制得。原理如下：已知：①刺形分餾柱的作用相當于二次蒸餾，用于沸點差別不太大的混合物的分離。②部分物質性質如表格所示：相對溶解性熔點/沸點/物質狀態(tài)分子備注℃℃水有機溶劑質量在空氣中無色油狀液苯胺936.2184微溶易溶極易被氧體化第10頁/共20頁乙酸性氣味的液6016.6易溶易溶易揮發(fā)體乙酰苯微溶于冷白色粉末易溶胺4中會水解實驗室制備乙酰苯胺的步驟如下：Ⅰ．粗乙酰苯胺的制備。①反應裝置如圖1所示，先向圓底燒瓶中加入少許鋅粉和()新制備的苯胺，再向其中加入(約)冰醋酸，緩慢加熱至充分反應；②充分反應后，趁熱將反應液倒入盛有冷水的燒杯中，充分冷卻至室溫后，有白色晶體析出；③充分冷卻至室溫后，減壓過濾(裝置如圖2)，用液體X洗滌晶體2~3次,用濾液沖洗燒杯中殘留的晶體，再次過濾，將兩次過濾得到的固體合并在一起。Ⅱ．乙酰苯胺的提純。①將上述制得的粗乙酰苯胺固體移入燒杯中，加入熱水，加熱至沸騰，待粗乙酰苯胺完全溶解后，再補加少量蒸餾水；②稍冷后，加入少量活性炭吸附色素等雜質，再補加少量蒸餾水；③待濾液冷卻至室溫，有晶體析出，一系列操作后，稱量所得產品質量為?；卮鹣铝袉栴}：（1）圖1中a處裝置應選擇_______(從儀器A、B中選擇，填儀器名稱)。（2）實驗中加入少量鋅粉的作用是_______；判斷反應基本完成的現(xiàn)象是_______。（3）減壓過濾的優(yōu)點是_______；步驟Ⅰ③中用濾液而不用冷水沖洗燒杯的原因是_______X第11頁/共20頁液體宜選用_______(填字母)。A.乙醇B.溶液C.冷水D.乙醚（4）步驟Ⅱ中，稱量前的“一系列操作”是_______；步驟Ⅱ所用提純乙酰苯胺的方法叫_______。（5）本實驗所得乙酰苯胺的產率為_______(精確至0.1%)?！敬鸢浮浚?）直形冷凝管（2）①.防止苯胺被氧化，同時起著沸石作用，可防暴沸②.冷凝管中不再有液滴產生（3）①.加速過濾，得到的晶體較干燥②.除去乙酸等雜質，減少乙酰苯胺的溶解損失③.C（4）①.過濾、洗滌、干燥②.重結晶（5）57.6%【解析】【分析】本實驗是通過苯胺和乙酸反應制備乙酰苯胺，由于苯胺在空氣中極易被氧化，故向乙酸中加入少量Zn粉，Zn粉和乙酸反應生成氫氣，排出裝置內空氣，防止苯胺被氧化；由于乙酰苯胺微溶于冷水，可溶于熱水，故將反應后混合物倒入冷水中，使乙酰苯胺晶體析出，洗滌后得到粗品，重結晶提純得到純凈的乙酰苯胺?！拘?詳解】如圖1裝置為制備乙酰苯胺的發(fā)生裝置，苯胺和乙酸反應生成乙酰苯胺和水，該反應為可逆反應，實驗中將生成的水蒸餾分離出來有利于提高乙酰苯胺的產率，圖中蒸餾時選擇A直形冷凝管冷卻水蒸氣?！拘?詳解】由于苯胺在空氣中極易被氧化，故向乙酸中加入少量Zn粉，Zn粉和乙酸反應生成氫氣，排出裝置內的空氣，防止苯胺被氧化，同時鋅粉起著沸石作用，可防暴沸；苯胺和乙酸反應生成乙酰苯胺和水，該反應基本完成時則無水被蒸餾出來，即冷凝管中不再有液滴產生?！拘?詳解】減壓過濾相對于過濾的優(yōu)點是過濾速率較快，且得到的晶體較干燥；洗滌晶體的X液體為冷水，乙酰苯胺微溶于冷水，若再用冷水沖洗燒杯中晶體可使部分乙酰苯胺溶解而造成損失，而濾液本身是已溶解乙酰苯胺達飽和的冷水，故該濾液不再溶解乙酰苯胺，會減少乙酰苯胺的溶解損失，同時濾液能除去乙酸等雜質；乙酰苯胺易溶于有機溶劑如乙醇、乙醚，若用乙醇、乙醚洗滌會因溶解造成較大損失，乙酰苯胺在ABD小損失小，故洗滌晶體的X液體為冷水，C正確?！拘?詳解】第12頁/共20頁()新制備的苯胺，(約)冰醋酸混合反應時，冰醋酸過量，苯胺少量，理論生成的乙酰苯胺物質的量為，則產率為。16.一種從廢鈷渣［主要含Co的有機物鹽及Fe(III)、Fe(II)、Mn(II)］中分離鐵、錳并回收鈷的工藝流程如下。已知：①黃銨鐵礬與FeOOH均易于沉降和過濾，通常為無定形膠狀物；②該工藝條件下，?；卮鹣铝袉栴}：（1）寫出基態(tài)鈷原子的價層電子排布式_______。（2元素的含量，說明“焙燒”與“酸浸”兩步工序的主要目的是_______。元素CoFe鈷渣中含量0.681.40酸浸液中含量20.382.44（3_______。（4的初始濃度為_______(保留1位小數)。確定已被除盡的試劑是_______(填化學式)。（5、_______。（6發(fā)生反應的離子方程式為_______。研究表明，在該步驟中控制pH為4.5第13頁/共20頁【答案】（1）（2）富集Co元素（3）（4）①.2.0②.KSCN（5）（6）①.②.在氧化沉錳步驟中有生成，滴加溶液，可維持pH為4.5【解析】【分析】廢鈷渣［主要含Co的有機物鹽及Fe(III)、Fe(II)、Mn(II)］焙燒，加入硫酸生成Co2+、Fe3+、Fe2+、Mn2+NaCO3生成FeOOH化沉鐵過濾得到MnO4和FeOOH，含鈷液回收利用，據此分析；【小問1詳解】鈷是第27號元素，基態(tài)鈷原子的價層電子排布式；【小問2詳解】由鈷的含量可知，“焙燒”與“酸浸”兩步工序的主要目的是富集Co元素；【小問3詳解】“一次沉鐵”硫酸鐵和硫酸銨生成黃銨鐵礬，化學方程式為；【小問4詳解】的初始濃度為，則的初始濃度為，，，則pH=2；檢驗是否存在的試劑是KSCN；【小問5詳解】第14頁/共20頁【小問6詳解】“氧化沉鐵錳”中明，在該步驟中控制pH為4.5，可保證鐵沉淀完全。實際操作中，須不斷滴加溶液，結合相關反應說明其必要性在氧化沉錳步驟中有生成，滴加溶液，可維持pH為4.5。17.示范項目打通全流程實現(xiàn)，項目投產成功。（13CO(g)+6H(g)CHCHOH(g)+CHOH(g)+HO(g)ΔH=_______(用含ΔHΔHΔH3的代數式表示)。已知：i．2CO(g)+4H(g)CHOCH(g)+HO(g)ΔH1ii．CHOCH(g)+CO(g)CHCOOCH(g)ΔH2iii．CHCOOCH(g)+2H(g)CHCHOH(g)+CHOH(g)ΔH3在恒溫恒容密閉容器中充入3molCO(g)和7molH(g)僅發(fā)生反應3CO(g)+6H(g)CHCHOH(g)+CHOH(g)+HO(g)，下列敘述正確的是_______(填標號)。A．混合氣體總壓強不隨時間變化時，反應達到平衡狀態(tài)B．反應達到平衡時，CHCHOH體積分數可能為25%C．反應達到平衡后，再充入少量CO，CO的平衡轉化率增大D．反應達到平衡后，再加入高效催化劑，乙醇產率保持不變（2）醋酸酯加氫制乙醇是一個乙?；a物制備乙醇的路線。①醋酸酯加氫的催化效能如表所示：反應條件反應性能實驗組催化劑原料溫度/°C壓力/MPa轉化率/%選擇性/%1Cu/SiO2醋酸甲酯.199.02CuCr醋酸乙酯2502.8接近完全93.83Cu/ZnO醋酸乙酯.0第15頁/共20頁上述實驗中，催化效能最好的為實驗_______(填序號)，與之對比，實驗3中，醋酸酯平衡轉化率較低的主要原因可能是________(從表中所給條件的角度分析)。②醋酸甲酯加氫歷程一般認為可分為如下步驟(*代表催化劑位點，已知：CHCO*+H·→CHCHO)：a．CHCOOCH→CHCO·+CHO·b．CHCO·+*→CHCO*(慢)c．CHO·+*→CHO*(快)d．CHCO*+3H·→CHCHOHe．CHO*+H·→CHOHb和c的步驟中，活化能較小的是_______()，控制總反應速率的步驟是_______析上述步驟，副產物除CHOH外，還可能有_______(寫一種即可)。（3）甲醇也是新能源的重要組成部分。以CO、H2為原料合成CHOH涉及的反應如下：iv．CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)ΔH<0v．CO(g)+H(g)CO(g)+HO(g)ΔH>0vi．CO(g)+2H(g)CHOH(g)ΔH<0在不同壓強下、按照n(CO)∶n(H)=1∶3進行投料，在容器中發(fā)生上述3個反應，平衡時，CO和CHOH在含碳產物(即CHOH和CO)中物質的量分數及CO2的轉化率隨溫度的變化如圖，壓強p、p、p3由大到小的順序為______________(填“m”或“n”)代表CHOH在含碳產物中物質的量分數，在T為p3時，反應v的濃度平衡常數K=_______(填含α的表達式)。第16頁/共20頁（2）①.1②.壓強太小，不利于平衡向正反應方向移動③.c④.b⑤.CHCHO（3）①.p>p>p3②.m③.【解析】【小問1詳解】由蓋斯定律可知，反應i+ii+iii可得反應3CO(g)+6H(g)CHCHOH(g)+CHOH(g)+HO(g)，則反應ΔH=ΔH+ΔH+ΔH；A應速率相等，反應達到平衡狀態(tài)，故正確；B．若一氧化碳完全反應，由方程式可知，反應后氫氣、甲醇、乙醇、水蒸氣的物質的量都為1mol，甲醇的體積分數可能為25%，該反應為可逆反應，可逆反應不可能完全反應，所以反應達到平衡時，甲醇體積分數不可能為25%，故錯誤；C誤；D正確；故選AD，故答案為：ΔH+ΔH+ΔH；AD；【小問2詳解】由表格數據可知，實驗1催化劑的選擇性高于實驗2、4，原料的轉化率高于實驗3，所以述實驗中，催化效能最好的為實驗113的反應溫度與1相近，壓強小于實驗13的壓強太第17頁/共20頁制總反應速率，所以在b和c的步驟中，活化能較小的是快反應c、控制總反應速率的步驟是慢反應b；由反應CHCO*+H·→CHCHO可知，醋酸酯加氫制乙醇時，副產物除了甲醇外，還有乙醛，故答案為：1；壓強太小，不利于平衡向正反應方向移動；c；b；CHCHO；【小問3詳解】由方程式可知，反應iv、vi均為放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，甲醇的物質的量減小、一氧化碳的物質的量增大，反應v為吸熱反應，升高溫度，平衡向正反應方向移動，一氧化碳的物質的量增大，所以升高溫度，甲醇在含碳產物中物質的量分數減小，則曲線m表示甲醇在含碳產物中物質的量分數；反應iv、vi均為體積減小的反應，增大壓強，平衡向正反