福建省龙岩市2025届高三下学期一模化学试卷（解析版）

这是一份福建省龙岩市2025届高三下学期一模化学试卷（解析版），共22页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
注意：请将答案填写在答题卡上。
可能用到的相对原子质量：
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. “劳动最光荣”，下列各劳动项目与对应的化学知识解释错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】A．(柠檬酸)(碳酸)，柠檬酸能与碳酸钙反应，所以用柠檬酸除水垢，故A正确；
B．碳酸钠水解使溶液呈碱性，温度升高纯碱水解程度增大，碱性增强，所以用热的纯碱溶液清洗厨房里的油污，故B正确；
C．煮完菜后及时清洗铁锅并晾干，能防止铁锅因发生吸氧腐蚀而生锈，故C错误；
D．次氯酸钠和盐酸反应生成氯化钠、氯气、水，所以84消毒液与洁厕灵分开使用，故D正确；
选C。
2. 下图是合成具有抗肿瘤等作用药物Z的一个片段，有关说法错误的是
A. 水中溶解性：B. Y→Z属于消去反应
C. X、Y、Z均能发生水解D. X、Y、Z含有相同数目的手性碳原子
【答案】B
【解析】A．Y存在氨基，氨基能与水形成氢键，在水中的溶解性增大，因此水中溶解性：，A正确；
B．Y分子中的氨基上的氢原子被酮羰基（）取代，因此Y→Z属于取代反应，B错误；
C．X、Y含有酯基，Z含有酰胺基，因此X、Y、Z均能发生水解，C正确；
D．X、Y、Z的手性碳原子分别为、、，X、Y、Z均含有2个手性碳原子，D正确；
故选B。
3. 下列离子反应方程式与所给事实相符的是
A. 过量与的溶液反应：
B 少量与溶液反应：
C. 用溶液将锅炉水垢中的转化为：
D. 用绿矾()将酸性工业废水中的转化为：
【答案】D
【解析】A．由于过量，生成的会进一步与反应，生成亚硫酸氢根离子，故正确的离子反应方程式为，A错误；
B．少量CO2与反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式是，B错误；
C．由于溶解性：CaSO4>CaCO3，因此向锅炉水垢中加入溶液，根据难溶物转化原则可知CaSO4转化为CaCO3，反应方程式为，C错误；
D．具有强氧化性，Fe2+有还原性，二者发生氧化还原反应生成Fe3+、Cr3+，Cr元素化合价由+6降低至+3，Fe元素化合价由+2升高至+3，根据守恒规则可知反应离子方程式为，D正确；
故选D。
4. 是火箭固体燃料重要的氧载体，与某些易燃物作用可全部生成气态产物，如：。为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 中键和键的数目都为
B. 晶体中含有的离子数目为
C. 溶液中的数目为
D. 该反应中每转移电子，生成的分子的数目为
【答案】C
【解析】A．1个分子中含有2个键、2个键，物质的量为1ml，含有键和键的数目都为，A正确；
B．由构成，晶体中含有的离子数目为，B正确；
C．在水溶液中发生水解，溶液中的数目小于，C错误；
D．反应中碳原子失电子生成二氧化碳，得电子生成氯化氢，可知，该反应中每转移电子，生成的分子的数目为，D正确；
故选C。
5. X、Y、Z、Q是原子序数依次增大主族元素，X原子半径最小，Y、Z的价电子数相等，Q元素在焰色反应中显紫色，4种元素形成的某种化合物的结构如图所示。下列说法错误是
A. 第一电离能：B. 最简单氢化物沸点：
C. 离子半径：D. 与的VSEPR模型相同
【答案】A
【解析】由化合物的结构式可知，Y形成两个价键，Z形成6条键，所以Y、Z为VIA族元素，所以Y、Z分别为O、S；X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的主族元素，X形成一个价键，X原子序数小于O，X原子半径最小，所以X为H；Q形成带一个单位正电荷的阳离子，Q元素在焰色反应中显紫色，所以Q为K，综上所述：X为H、Y为O、Z为S、Q为K，据此分析。
A．同主族从上到下，第一电离能减小，金属的电离能小于非金属，则第一电离能：，氧的第一电离能略大于氢，故综合排序为：，A错误；
B．Y的简单氢化物为，Z的简单氢化物为，二者均属于分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，但水分子间形成氢键，沸点反常高，故最简单氢化物沸点：，B正确；
C．X、Y、Z、Q对应的离子分别为、，电子层数越多，半径越大，电子层结构相同，核电荷数大的半径小，故离子半径：，C正确；
D．的价层电子对数是，的价层电子对数是，VSEPR模型相同，均为平面三角形，D正确；
故选A。
6. 烟气的主要污染物为和，某种脱硫脱硝的反应装置如图所示。一段时间后，检测仪I检测到反应的主要产物是含硫化合物，检测仪Ⅱ检测到反应的主要产物是含氮物质和氯化钠。下列说法错误的是
A. 反应器I主要发生化合反应和复分解反应
B. 反应器Ⅱ中含氮产物主要是氮气
C. 反应器I中含硫产物主要是
D. 反应器Ⅱ中温度升高，去除速率可能会减慢
【答案】B
【解析】根据题干信息，烟气的主要污染物是和，经过MgO水悬浊液后，检测仪I检测到的主要产物是含硫化合物，说明MgO与发生了反应，反应方程式为、、，检测仪Ⅱ检测到的主要产物是含氮物质和氯化钠，说明亚氯酸钠与NO发生反应，反应方程式为。
A．根据分析可知，反应器I主要发生的反应有化合反应和复分解反应，A正确；
B．由分析可知反应器Ⅱ中含氮产物主要是硝酸盐，不是氮气，B错误；
C．由分析可知，反应器I中含硫产物主要是，C正确；
D．反应器Ⅱ中温度升高，亚氯酸钠易受热分解，所以去除速率可能会减慢，D正确；
故选B。
7. 高活性是制取高纯的重要原料，某种制备路线如下。已知：溶液，，，为白色难溶物，各步反应均完全。
下列说法错误的是
A. 悬浊液中白色难溶物为
B. 制备过程中可能有两种气体产生
C. 整个制备过程转移电子数大于
D. 系列操作中可用溶液检验沉淀是否洗涤干净
【答案】A
【解析】饱和FeCO3溶液中，，c(Fe2+)=c()=5.4810-6ml/L，则FeCO3的溶解度为6.3510-5g，，c(Fe2+)=c(OH-)=3.6310-6ml/L，则Fe(OH)2的溶解度为3.2710-5g，即溶解度：FeCO3>Fe(OH)2，则10mL1ml/L的FeSO4溶液中加入10mL1ml/L的Na2CO3溶液，得到Fe(OH)2白色沉淀，用H2O2溶液将Fe(OH)2氧化为Fe(OH)3，以此解答。
A．由分析可知，悬浊液中白色难溶物为Fe(OH)2，A错误；
B．在加入Na2CO3溶液时，若局部出现酸性环境可少量放出CO2；后续用H₂O₂氧化Fe(OH)2时，H2O2在加热和碱性条件下也易分解产生O2，B正确；
C．10mL1ml/L的FeSO4溶液含Fe2+物质的量为0.01 ml，氧化过程中Fe(OH)2转化为Fe(OH)3，转移0.01ml电子，另外H2O2会发生分解生成H2O和O2，该过程也有电子转移，则整个制备过程转移电子数大于，C正确；
D．洗涤后若滤液中仍含或，加入BaCl2会出现沉淀，因此可用BaCl2检验沉淀是否洗净，D正确；
故选A。
8. 某同学探究浓度对反应速率的影响，有关试剂用量和现象如下表所示
已知：在酸性溶液中按以下顺序分步被还原：。下列说法错误的是
A. 溶液显黄色说明生成了
B. 实验1中反应速率：
C. 将实验2中悬浊液调小，可能得到澄清溶液
D. 该实验可以验证浓度对反应速率的影响规律
【答案】D
【解析】实验1中现象为溶液紫色瞬间褪去，则高锰酸钾被还原为锰离子，溶液略显黄色说明溴离子被氧化生成了溴单质，说明发生了，实验2中开始不褪色，后来出现黑色沉淀(悬浊液)为二氧化锰，溶液略显黄色，说明发生了：。
A．据分析，溶液显黄色说明生成了，A正确；
B．实验1中溶液紫色瞬间褪去未出现黑色沉淀，溶液略显黄色，说明反应速率：，B正确；
C．硫酸是二元强酸，实验1中氢离子大于实验2中氢离子浓度，二个实验中有可能因氢离子浓度不同导致反应不同，则将实验2中悬浊液调小，氢离子浓度增大，有可能使高锰酸根转化为锰离子，可能得到澄清溶液，C正确；
D．二个实验中氢离子浓度不同、酸根阴离子也不同，不是唯一变量，故该实验不可以验证浓度对反应速率的影响规律，D错误；
选D。
9. 混合动力车上坡或加速时，电动机提供推动力，降低油耗；刹车或下坡时，电池处于充电状态(储氢)。目前一般使用镍氢电池，该电池中以镍的化合物和储氢金属(以M表示)为电极，镍氢电池充放电原理示意如下图，下列说法正确的是
A. 混合动力车上坡或加速时，电能转化为化学能
B. 混合动力车上坡或加速时，从甲电极移向乙电极
C. 混合动力车刹车或下坡时，乙电极周围溶液的增大
D. 混合动力车刹车或下坡时，甲电极的电极反应式为
【答案】D
【解析】汽车上坡或加速时，电动机提供推动力为原电池，甲电极为负极，反应式为；乙极为正极，反应式为2NiOOH+2H2O+2e-=2Ni(OH)2+2OH-；在刹车和下坡时，为电解池，甲电极为阴极，乙电极为阳极，以此解答。
A．混合动力车上坡或加速时，电动机提供推动力，这意味着电能被转化为机械能，而不是化学能，A错误；
B．混合动力车上坡或加速时，为原电池，甲电极为负极，乙极为正极，从正极移向负极，即从乙电极移向甲电极，B错误；
C．混合动力车刹车或下坡时，电池处于充电状态，为电解池，乙电极会发生氧化反应，电极方程式为：2Ni(OH)2+2OH--2e-=2NiOOH+2H2O，每消耗2个OH-，有2个OH-从甲电极移向乙电极，OH-的物质的量不变，但该过程中产生了H2O，OH-的浓度下降，溶液的减小，C错误；
D．混合动力车刹车或下坡时，电池处于充电状态，为电解池，甲电极为阴极发生还原反应，储存氢气，电极方程式为：，D正确；
故选D。
10. 时，用溶液分别滴定浓度均为的三种溶液，溶液中[，M表示)等]随变化关系如图所示。已知。
下列有关分析错误的是
A. ③表示与的变化关系
B. 的平衡常数
C. 滴定溶液至a点时，溶液中存在
D. 浓度均为的和的混合溶液可通过分步沉淀进行分离
【答案】B
【解析】Cu(OH)2、Fe(OH)2的结构相似，二者的pM随pH的变化曲线应该是平行线，故③代表滴定HX溶液的变化关系，根据曲线③pM=0时，溶液的pH=5.0，可得Ka(HA)=10-5；根据曲线①pM=0时，c(M2+)=1ml/L，溶液的pH=4.2，pOH=9.8，c(OH-)=10-9.8ml/L，可得Ksp=10-19.6；根据曲线②pM=0时，溶液的pH=6.5，pOH=7.5，c(OH-)=10-7.5ml/L，可得Ksp=10-15，Ksp[Cu(OH)2]c(H+)，根据电荷守恒，，，故溶液中存在：，C正确；
D．当Cu2+完全沉淀时，c(Cu2+)=10-5ml/L，c(Cu2+)×c2(OH-)=Ksp=10-19.6，c2(OH-)=10-14.6ml/L，此时Q=c(Fe2+)×c2(OH-)=0.01×10-14.6=10-16.6< Ksp[Fe(OH)2]= 10-15，Fe2+不沉淀，可以分步沉淀分离，D正确；
答案选B。
二、非选择题：本题共4小题，共60分。
11. 下图是以氟碳铈矿(主要含、等)为原料制备二氧化铈()的一种工艺流程。
回答下列问题：
（1）“氧化焙烧”中铈元素转化为和，该反应的还原产物是_______。
（2）“酸浸”中。
①生成滤渣A的化学反应方程式是_______。
②“酸浸”时，铈的浸出率与温度、的关系如图所示：当温度高于时，的浸出率下降的可能原因是_______(填字母标号)。
A．温度升高，挥发 B．生成的反应为吸热反应 C．温度升高，水解程度增大 D．温度升高，稀硫酸分解
（3）若测得水层中，滤液B的，忽略溶液体积变化，“调”后的沉淀百分率是_______。(已知时)
（4）“氧化”中的化学反应方程式为_______。
（5）已知的立方晶胞结构如图所示，用表示阿伏加德罗常数值。
①配位数为_______。
②填充在构成的_______空隙中。
③该晶胞密度为，则晶胞中、之间的最近距离为_______(用含的代数式表示)。
【答案】（1）
（2） ①. ②. AC
（3）92% （4）
（5） ①. 8 ②. 正四面体 ③.
【解析】氟碳铈矿(主要含、等)在富氧空气中氧化焙烧产生二氧化碳和熔渣，熔渣主要成分为和、，加入硫酸酸浸得到滤渣A为硫酸钡，滤液A主要含有，系列操作得到的水层含有，加入氢氧化钠调pH，得到的滤渣B为Ce(OH)3，滤液B主要含有硫酸钠等，滤渣B加入次氯酸钠氧化得到Ce(OH)4，煅烧得到二氧化铈()；
（1）“氧化焙烧”中铈元素转化为和，同时生成CO2，反应的化学方程式为4+O23++4CO2；中Ce的化合价为+3价，升高为和中的+4价，O2中氧元素由0价变为-2价，碳酸根离子转化为二氧化碳，其中的O元素化合价不变，则该反应的还原产物是；
（2）①加入硫酸酸浸得到滤渣A为硫酸钡，生成滤渣A的化学反应方程式是；
②A．温度升高，挥发，降低，的浸出率下降，故A符合；
B．生成的反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，的浸出率增大，故B不符合；
C．温度升高，水解程度增大，产生沉淀，的浸出率下降，故C符合；
D．稀硫酸不易分解，故D不符合；
答案选AC：
（3）若测得水层中，滤液B的，忽略溶液体积变化，c(OH-)=10-6ml/L， “调”后的沉淀百分率是=92%；
（4）“氧化”中次氯酸钠氧化Ce(OH)3得到Ce(OH)4，反应的化学反应方程式为；
（5）分析晶胞结构图，白球个数为，黑球个数为8个，故白球为铈离子、黑球为氧离子，处于面心铈离子周围有4个氧离子，根据晶胞无隙并置原则，铈离子的配位数为；
②根据图中位置，每个连接四个，填充在构成的正四面体空隙中；
③该晶胞的密度为，则晶胞中、之间的最近距离为体对角线的，为边长的；设边长为acm，，边长a=pm，则晶胞中、之间的最近距离为pm，故答案为。
12. W是制取高纯的无碳前驱体，实验室以X和为原料制得，反应原理及部分物质信息如下所示。
实验步骤如下：
步骤I：按上图所示装置，在三口瓶中加入和甲苯做溶剂，控制反应温度，以速率通入过量的氨气，反应结束后得到无色溶液；
步骤Ⅱ：将步骤I所得无色溶液除去溶剂、过滤、洗涤、干燥，最终得到。
回答以下问题：
（1）装有碱石灰的球形干燥管作用是_______。
（2）烧杯中盛放的物质是________ (填字母标号)；烧杯内Z发生反应的离子方程式_______。
A. 浓盐酸 B. 溶液 C. 稀硫酸 D.石灰水
（3）“步骤I”中控制温度的原因是_______。
（4）“步骤Ⅱ”除去溶剂的适宜方法是_______。
A. 蒸发结晶B. 减压蒸馏C. 浓缩冷却D. 分液
（5）U形管与三口瓶之间____(填“是”或“否”)需要连接防倒吸装置，理由是_____。
（6）W的产率为_______。
（7）二甲胺[]是制备X的原料，其中含有杂质，使用前需先测定其纯度，步骤如下：准确称取样品，加到盛有异丙醇的锥形瓶中，再加入乙酸酐以屏蔽二甲胺，摇匀放置，滴入指示剂后，用盐酸标准溶液滴定至终点，经平行实验测得消耗标准溶液平均体积为。样品中的纯度为_______(列出计算式)。
【答案】（1）防止烧杯中水蒸气进入三口瓶
（2） ①. C ②.
（3）温度低于50℃，反应速率过慢；温度高于50℃，W可能发生分解 （4）B
（5） ①. 否 ②. X、W均为非极性或极性很弱的分子，氨分子为强极性分子，它们之间难以互溶，不会引起倒吸
（6）82.5% （7）（1-）×100%
【解析】W是制取高纯的无碳前驱体，实验室以X和为原料制得，在三口瓶中加入和甲苯做溶剂，控制反应温度，以的速率通入过量的氨气，反应结束后得到无色溶液；将所得无色溶液除去溶剂、过滤、洗涤、干燥，最终得到，烧杯中盛放的物质作用是吸收过量的NH3，以此解答。
（1）已知产物W易水解，装有碱石灰的球形干燥管作用是防止烧杯中水蒸气进入三口瓶。
（2）烧杯中盛放的物质作用是吸收过量的NH3，NH3是碱性气体应该用酸性溶液吸收，由于浓盐酸具有挥发性，会产生HCl，不用来吸收NH3，应该用稀硫酸吸收NH3，故选C，Z中含有氨基，具有碱性，能够和硫酸发生反应生成，离子方程式为：。
（3）“步骤I”中控制温度的原因是：温度低于50℃，反应速率过慢；温度高于50℃，W可能发生分解。
（4）减压蒸馏可以在较低温度下除去溶剂，避免W在高温下分解，W的沸点>161℃，减压蒸馏可以有效分离溶剂和W，故选B。
（5）U形管与三口瓶之间不需要连接防倒吸装置，理由是：X、W均为非极性或极性很弱的分子，氨分子为强极性分子，它们之间难以互溶，不会引起倒吸。
（6）该实验中投入，由方程式可知，理论上可以生成mlW，实际最终得到，则W的产率为=82.5%。
（7）滴定过程中，盐酸标准溶液与反应，消耗的盐酸体积为v mL，浓度为c ml/L。1ml消耗1ml HCl，经平行实验测得消耗标准溶液平均体积为，的物质的量为c×v×10-3 ml，其摩尔质量为59g/ml，因此的质量为c×v×10-3×59g，的纯度为。
13. 下图是抗炎镇痛药J的一种合成路线(部分反应条件已简化)。
已知：。
（1）A→B反应的条件是_______。
（2）化合物F的官能团名称是_______、_______。
（3）亚硫酰氯(SOCl2)分子中S原子的杂化轨道类型为_______，其分子构型为_______。
（4）化合物G的结构简式是_______。
（5）D+G→H的化学方程式是_______。
（6）比较酸性：_______ (填“＞”或“＜”) 。
（7）Y是C的同分异构体，遇FeCl3溶液显特征颜色且能发生银镜反应，则Y的结构有_______种。
【答案】（1）氯气、铁粉或FeCl3
（2） ①. 酮羰基 ②. 酯基
（3） ①. sp3 ②. 三角锥形
（4） （5） （6）＞
（7）10
【解析】由A、C的结构简式及B的分子式，可推出B的结构简式为，由C的结构简式及D的分子式，可推出D的结构简式为；由E、F的结构简式和G的分子式，可推出G为；由已知信息及G、D的结构简式，可推出H为；由已知信息可推出，I的结构简式为；水解得出J。
（1）A()→B()，发生取代反应，反应的条件是：氯气、铁粉或FeCl3。
（2）化合物F的结构简式为CH3COCH2CH2COOCH3，官能团名称是：酮羰基、酯基。
（3）亚硫酰氯(SOCl2)分子中S原子的价层电子对数为=4，杂化轨道类型为sp3，由于S原子的最外层还有1个孤电子对，则其分子构型为：三角锥形。
（4）由分析可知，化合物G的结构简式是：。
（5）D()+G()→H()+HCl，化学方程式是。
（6）在中，氯原子是吸电子基，它通过诱导效应使苯环以及与之相连的羧基电子云密度降低，使得羧基更容易电离出氢离子，酸性增强；在中，甲基是给电子基，它会使苯环以及与之相连的羧基电子云密度升高，导致羧基电离出氢离子的能力减弱，酸性降低。所以酸性：＞。
（7）C为，Y是C的同分异构体，遇FeCl3溶液显特征颜色且能发生银镜反应，则Y分子中含有苯环、酚-OH、-CHO、-Cl，可能结构简式为(-Cl取代苯环上的H原子，共4种可能异构体)、(-Cl取代苯环上的H原子，共4种可能异构体)、(-Cl取代苯环上的H原子，共2种可能异构体)，所以可能结构有4+4+2=10种。
14. 空间站内搭载萨巴蒂尔装置将转化为，再通过电解水装置回收氧元素，其系统原理如图：
萨巴蒂尔装置内发生反应为
反应I：
反应II：
（1）已知： 。
①则_______。
②其他条件不变时，压缩平衡体系体积，重新达到平衡后，下列说法正确的是_______。
A．反应I的化学平衡常数变小 B．变大 C．物质的量分数增大 D．的转化率增大
（2）下，在体积为“高温反应器”中(其他条件相同)充入及，分别使用、、作催化剂，在时的转化率如下表所示。
①使用不同催化剂时，反应的活化能比较：催化剂_______催化剂(填“=”“>”或“ ②. AB ③.
（3） ①. ②. ×100%或或
（4）若先在低温反应时，反应Ⅰ速率小且转化率低，生成CO和H2O少，导致反应Ⅱ正向进行程度少，氧元素回收率很低
【解析】（1）①反应I：
反应Ⅲ：
根据盖斯定律Ⅲ-I得反应II： 。
②A．平衡常数只与温度有关，反应I的温度不变，化学平衡常数不变，故A错误；
B．焓变与化学方程式的系数有关，与平衡移动无关，增大压强，不变，故B错误；
C．增大压强，反应II正向移动，物质的量分数增大，故C正确；
D．增大压强，反应II正向移动，CO减少，使反应I也正向移动，所以的转化率增大，故D正确；
选CD。
（2）①相同时间内使用催化剂时CO2的转化率小于催化剂，可知使用催化剂反应速率快，反应的活化能比较：催化剂>催化剂。
②催化剂不能使平衡移动，下反应达到平衡时，CO2的平衡转化率至少为75%，可知在时，AB中CO的转化率小于75%，可知一定未达到平衡的是AB。
③时，使用作催化剂，CO2的转化率为75%，可知反应I消耗0.75ml氢气、生成0.75ml水，在时测得物质的量为，则反应II生成0.6ml水，可知反应II消耗氢气1.8ml，时， 。
（3）随温度升高，反应I正向移动，反应II逆向移动，所以CO的含量增多、甲烷的含量减少，则d表示CO、b表示CH4、a表示H2O，达平衡时，总压为p，则反应Ⅱ的；含氧元素的物质有CO2、CO、H2O，CO2、CO、H2O的物质的量分数分别为y%、z%、w%，所以此时氧元素的回收率为×100%；含有氢元素的物质有H2、H2O、CH4，H2、H2O、CH4的物质的量分数分别为w%、w%、x%，氢元素为氧元素的4倍，所以此时氧元素的回收率为；含有碳元素的物质有CO2、CO、CH4，CO2、CO、CH4的物质的量分数分别为y%、z%、x%，氧元素的总量为碳元素的2倍，所以此时氧元素的回收率为
（4）反应I吸热，若先在低温反应时，反应Ⅰ速率小且转化率低，生成CO和H2O少，导致反应Ⅱ正向进行程度少，氧元素回收率很低，所以萨巴蒂尔系统中不能先进行低温反应，再进行高温反应。
选项
劳动项目
化学知识
A
用柠檬酸除水垢()
(柠檬酸)(碳酸)
B
用热的纯碱溶液清洗厨房里的油污
温度升高纯碱水解程度增大
C
煮完菜后及时清洗铁锅并晾干
能防止铁锅因发生析氢腐蚀而生锈
D
84消毒液与洁厕灵分开使用
两者会反应产生氯气
实验序号
稀溶液
实验现象
1
2滴
溶液紫色瞬间褪去，溶液略显黄色
2
2滴
开始不褪色，后来出现黑色沉淀(悬浊液)，溶液略显黄色
物质
熔点/
沸点/
性质
X
147
易水解
W
126
易分解
Z
6.1
45
甲苯
110.6
92
标号
A
B
C
催化剂
转化率/%
35.3
48.6
75.0