湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2026届高三上学期10月月考化学试题（Word版附解析）

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可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Ti：48 Zn：65
一、选择题：每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 下列不涉及氧化还原反应的是
A. 高炉炼铁B. 海水晒盐C. 漂白粉失效D. 食物的腐败
【答案】B
【解析】
【分析】氧化还原反应的判断依据是元素化合价是否变化。
【详解】A．Fe2O3→Fe（Fe从+3→0，被还原），CO→CO2（C从+2→+4，被氧化），涉及氧化还原反应，A不符合；
B．海水晒盐是物理蒸发过程，NaCl未发生化学变化，无化合价变化，B符合；
C．Ca(ClO)2与CO2、H2O生成HClO，HClO分解为HCl和O2，Cl的化合价从+1→-1，O元素从-2升高到0价，涉及氧化还原反应，C不符合；
D．食物腐败是有机物被O2氧化，如C、H等元素化合价升高，涉及氧化还原反应，D不符合；
答案选B。
2. 下列化学用语表达正确的是
A. 固体属于分子晶体
B. 过氧化钠的电子式：
C. 的球棍模型：
D. 聚丙烯的结构简式：
【答案】B
【解析】
详解】A．由和通过离子键结合，属于离子晶体，而非分子晶体，A错误；
B．过氧化钠（）由和构成，过氧根离子中两个O原子以共价键结合，电子式为，符合电子式书写规则，B正确；
C．分子为直线形结构（），球棍模型中键角应为180°，且C原子半径大于O，题目中模型非直线形且原子大小颠倒，C错误；
D．聚丙烯由丙烯（）加聚生成，重复单元应为，结构简式应为，D错误；
故答案选B。
3. 在进行“钠与水的反应”的探究实验中，不需要标注的图标是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．该图标表示护目镜，钠与水反应生成氢气和氢氧化钠反应剧烈，在进行实验时为保证安全要佩戴护目镜，需标注，不符合题意，A错误；
B．该图标表示锐器，切割钠时需要用到小刀等锐器，需要提醒学生注意锐器，需标注，不符合题意，B错误；
C．该图标表示用电，该反应不需要用电，无需标注，符合题意，C正确；
D．该图标表示洗手，实验结束时需要提醒学生注意洗手，需标注，不符合题意，D错误；
故答案选C。
4. 下列化学反应的方程式书写正确的是
A. 溶液中加入足量氨水：
B. 碱性锌锰电池的正极反应：
C. 向溶液中加入稀硫酸：
D. 向中加入足量的氢氧化钠溶液并加热：
【答案】C
【解析】
【详解】A．AlCl3与过量氨水反应生成Al(OH)3沉淀，而非[Al(OH)4]-，因氨水为弱碱无法提供足够OH⁻，A错误；
B．碱性电池中无H+参与正极反应，正确反应应MnO2+ H2O + e-= MnO(OH) + OH-，B错误；
C．与稀硫酸反应生成S和SO2，反应的离子方程式为，C正确；
D．CH2BrCOOH在足量NaOH并加热时，Br应水解为-OH，同时羧酸中和，但D未体现水解，仅中和羧酸，D错误；
答案选C。
5. 下列说法错误的是
A. 水玻璃浸泡木材用于防火
B. 麒麟芯片的主要成分为
C. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
D. 运载火箭所用的聚甲基丙烯酰亚胺是有机高分子化合物
【答案】B
【解析】
【详解】A．水玻璃是硅酸钠溶液的俗称，用具有防火性能，浸泡过的木材可阻燃，起到防火的作用，A正确；
B．芯片的主要成分是单晶硅，不是二氧化硅，B错误；
C．疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品，温度较高时，疫苗会因为蛋白质变性失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，C正确；
D．聚甲基丙烯酰亚胺是性能优良的合成有机高分子化合物，D正确；
故选B。
6. 下列实验事故的处理方法正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．钠、钾遇水剧烈反应，且钠、钾着火生成的过氧化钠、过氧化钾等能与二氧化碳、水反应生成氧气，会加剧火势，所以易燃物钠、钾引起火灾不能用泡沫灭火器灭火，应用沙土覆盖灭火，A错误；
B．酸或碱溅入眼内应立即用大量清水冲洗，边洗边眨眼睛，不能闭上眼睛，用手揉擦，否则导致眼睛受到更为严重伤害，B错误；
C．碘酒具有杀菌消毒的作用，不慎被玻璃碎片划伤后，应立即清理干净伤口，并用碘酒擦洗，C正确；
D．氯化钠溶液不能与重金属离子反应，所以误食重金属盐不能喝大量的食盐水解毒应饮用牛奶或蛋清解毒，D错误；
故选C。
7. 某物质的结构如图所示，所有元素都为短周期元素且X、Z、M、Q位于同一周期，只含Z、Y的化合物称之为烃，以下说法正确的是
A. 原子半径：B. 第一电离能大小：
C. 氢化物的沸点：D. 阴阳离子中均存在配位键
【答案】C
【解析】
【分析】要解答此题，需先根据题目信息推断各元素种类，再结合元素周期律及化学键知识分析选项。Y和Z的确定：题目指出“只含Z、Y的化合物称为烃”，烃是碳氢化合物，故Z、Y为C和H。又因X、Z、M、Q位于同一周期（短周期），若Z为H（第一周期），则X、M、Q也需为第一周期（仅H、He，无法形成复杂结构），故Z为C，Y为H（烃为碳氢化合物）。X的确定：阳离子为，Y为H，故短周期中符合，故X为N（第二周期，与Z同周期）。M的确定：X、Z、M、Q同属第二周期，Z为C，M需与C形成双键，第二周期中只有O可与C形成稳定双键（C=O），故M为O（第二周期）。Q和R的确定：Q为第二周期元素（与X、Z、M同周期），可能为F（电负性大，成单键）；R不在第二周期，为第三周期元素（短周期），如Cl（与O形成O-Cl键）。
【详解】A．R为第三周期元素（如Cl），Z为C（第二周期）。同主族元素原子半径自上而下增大，同周期自左而右减小，第三周期元素半径大于第二周期同主族元素，故R > Z，A错误；
B．X为N，M为O。第二周期元素第一电离能从左到右整体增大，但N的2p轨道为半充满稳定结构（2p3），第一电离能高于相邻的O，故X > M，B错误；
C．Z为C，最简单氢化物为CH4（分子间仅范德华力）；M为O，氢化物为H2O（分子间存在氢键）。氢键使H2O沸点远高于CH4，故Z < M，C正确；
D．阳离子中，N提供孤对电子，H+提供空轨道，形成配位键（存在配位键）；阴离子中无空轨道原子（如O、C、F均无空轨道接受孤对电子），仅含共价键（如C-H、C=O、C-O单键），阴离子中无配位键，D错误；
故选C。
8. 结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．石墨层内的碳碳键键能实际上比金刚石的大，但金刚石的三维网状结构使其硬度更高，而石墨的层状结构易滑动导致硬度低，A错误；
B．的中心N为sp2杂化，的中心N为sp3杂化，中心原子杂化方式不同导致键角差异，B正确；
C．O3是极性分子，但是极性仅是的极性的28%，极性较弱，O3更易溶于非极性的CCl4，解释正确，C正确；
D．邻羟基苯甲酸的酚羟基与羧基形成分子内氢键，稳定了酸的形式，氢离子较难解离，所以Ka2小于苯酚的Ka，解释正确，D正确；
故答案选A。
9. 碳酸镧可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症，利用如图所示装置模拟制备碳酸镧。下列说法正确的是
A. 实验中导气管f与d相连
B. X中盛放的试剂是浓硫酸
C. Z中通入气体的方式是先通入足量，后通入过量的
D. 反应的化学方程式为
【答案】D
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置Y中生石灰与浓氨水反应制备氨气，装置Ｗ中碳酸钙与稀盐酸反应制备二氧化碳，装置Ｘ中盛有的饱和碳酸氢钠溶液用于除去二氧化碳中混有的氯化氢，装置Ｚ为制备碳酸镧的装置，则装置的连接顺序为YZXW，接口的连接顺序为c→e、d→b、a→f。
【详解】A．由分析可知，f与a相连，A错误；
B．由分析可知，装置Ｘ中盛有的饱和碳酸氢钠溶液用于除去二氧化碳中混有的氯化氢，B错误；
C．碳酸的酸性弱于盐酸，二氧化碳不能与氯化镧溶液反应，而氨气极易溶于水，所以实验时先向Z中通入足量氨气使溶液呈碱性，有利于再通入过量的二氧化碳时增大二氧化碳的溶解度，有利于二氧化碳与氨气、氯化镧溶液反应生成碳酸镧，C错误；
D．生成碳酸镧的反应为二氧化碳与氨气、氯化镧溶液反应生成碳酸镧和氯化铵，反应的化学方程式为：，D正确；
故选D。
10. 已知苯与液溴在溴化铁催化作用下发生取代反应的反应机理如下图所示，下列说法错误的是
第一步：，第二步：
A. 反应Ⅰ为
B. 反应Ⅱ过程中碳原子的成键方式发生了改变
C. 若将换成ICl，将会生成
D. 甲苯也可以发生类似的反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应Ⅰ中Br2与FeBr3作用，FeBr3接受Br-形成[FeBr4]-，同时生成Br+，反应式正确，A正确；
B．反应Ⅱ中苯环（大π键，sp2杂化）与Br+结合形成带正电荷的中间体，由图可知，一个碳原子成键方式由sp2杂化变为sp3杂化，成键方式改变，B正确；
C．ICl中I电负性小于Cl，I带部分正电荷为亲电中心，与FeBr3作用生成I+，进攻苯环应生成碘苯而非氯苯，C错误；
D．甲苯含苯环，甲基为活化基团，可在FeBr3催化下发生类似亲电取代反应，D正确；
故选C。
11. 近日诺贝尔化学奖得主本杰明教授来我校讲学。其研究成果利用脯氨酸()催化的羟醛缩合反应如下，其中DMF为溶剂。下列说法正确的是
A. X的化学式为
B. X与氢气加成后存在4个手性碳原子
C. 脯氨酸可发生加聚反应生成高分子化合物
D. 该反应存在副产物
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，生成Ｙ的反应为Ｘ与脯氨酸先发生加成反应生成，再发生分子内取代反应生成Ｙ和脯氨酸。
【详解】A．由结构简式可知，X的分子式为，A错误；
B．由结构简式可知，X与氢气发生加成反应得到的产物中含有如图*所示的３个手性碳原子：，B错误；
C．由结构简式可知，脯氨酸分子中不含有碳碳双键，不能发生加聚反应，C错误；
D．由结构简式可知，分子中与酮羰基相邻的甲基与发生取代反应生成Ｙ，而与酮羰基相邻的亚甲基也能与发生取代反应生成副产物，D正确；
故选D。
12. 冠醚是有机合成中重要的相转移催化剂，向间二甲苯和的混合溶液中加入18-冠-6晶体，离子转移过程示意图如图所示。下列说法错误的是
A. 冠醚中的O原子与通过非共价键作用
B. 进入有机层是因为静电作用
C. 使用18-冠-6与形成超分子体现了冠醚的分子识别特性
D. 18-冠-6可加快间二甲苯和的反应速率的原因是冠醚使氧化性增强
【答案】D
【解析】
【详解】A．冠醚中的O原子有孤对电子，K+为阳离子，二者通过离子-偶极相互作用（非共价键）结合，A正确；
B．K+与冠醚形成带正电的超分子进入有机层，因与该超分子存在静电吸引作用而进入有机层，B正确；
C．18-冠-6能选择性与K+形成超分子，体现了主体对客体的分子识别特性，C正确；
D．18-冠-6加快反应速率的原因是使进入有机层与间二甲苯充分接触，而非增强KMnO4的氧化性，D错误；
答案选D。
13. 常温常压下，光催化电极失去电子并产生有强氧化性的空穴()，使水和空气产生羟基自由基()和超氧离子自由基()，能有效去除废水中的丙烯腈()，效率高成本低。下列说法错误的是
A. 转化为的化学方程式为
B. 氧化丙烯腈的化学方程式为
C. 负极附近的pH减小
D. 若电路中通过3ml电子，则理论上有0.2ml丙烯腈被处理
【答案】D
【解析】
【分析】光催化电极（A）失去电子为阳极（负极），空穴（h+）氧化H2O生成·OH和H+（H2O + h+=·OH + H+），丙烯腈（C3H3N）被·OH氧化为CO2和N2；
【详解】A．分析方程式，原子守恒：左边O原子（2+1=3）、H原子（1+2=3），右边3·OH含3个O和3个H，故原子守恒；电荷守恒：左边（-1）+H⁺（+1）=0，右边3·OH（中性），故电荷守恒。但中O平均价态-0.5，H2O中O的化合价为-2价，·OH中O为-1，得失电子守恒，符合氧化还原反应规律，该方程式正确，A正确；
B．丙烯腈（C3H3N）被·OH氧化为CO2和N2，方程式2C3H3N + 30·OH = 6CO2↑ + N2↑ + 18H2O。C守恒（2×3=6）、N守恒（2×1=1×2）、H守恒（2×3 + 30×1=18×2）、O守恒（30×1=6×2 + 18×1）；电子守恒：1ml C3H3N中C（0→+4，3×4=12e⁻）、N（-3→0，3e-），共失15e-，2ml失30e-；30·OH中O（-1→-2），得30e-，守恒，B正确；
C．光催化电极（A）失去电子为阳极（负极），空穴（h+）氧化H2O生成·OH和H+（H2O + h+=·OH + H+），负极附近H+浓度增大，pH减小，C正确；
D．1ml丙烯腈被氧化失15e-（3C失12e-+1N失3e-），即需要15个·OH，反应中正负极均产生·OH，由A项反应可知，电路通过3ml电子时，B极产生9ml·OH，同时A极发生反应产生3ml·OH，即电路通过3ml电子时，共产生12ml·OH，处理丙烯腈物质的量==0.8ml，D错误；
答案选D。
14. 2025年诺贝尔化学奖授予金属有机框架材料开发领域。MOF-5是其中最具代表性的材料之一，由（摩尔质量为)与对苯二甲酸根（）（摩尔质量为）通过配位键连接，形成立方晶系结构，其中与同一配体相连的两个的取向不同，MOF-5晶体内部的空腔可以吸附小分子。
下列说法正确的是
A. 每个可形成4个配位键，与4个配位
B. 已知A粒子的分数坐标为，则B粒子的分数坐标
C. 可在配体上引入、以增强MOF-5与之间的吸附作用
D. 该晶体的密度是
【答案】C
【解析】
【详解】A．对苯二甲酸根为苯环两端各含一个羧基负离子（）的配体，每个羧基与一个配位，故每个仅与2个配位，A错误；
B．已知A粒子的分数坐标为，观察晶胞结构，其分数坐标应为，B错误；
C．、含极性基团，可与形成氢键，增强MOF-5对的吸附作用，C正确；
D．由晶胞结构可知每个重复单元中的个数为，的个数为。晶胞体积，所以密度为，D错误；
故答案选C。
15. 某研究小组利用电位滴定法研究盐酸滴定亚磷酸钠()溶液过程中的化学变化，得到电极电位U和溶液pH随盐酸滴加的体积变化曲线如图所示。下列说法正确的是
已知：①电位滴定法的原理：在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也发生了突跃，进而确定滴定终点。
②亚磷酸()是二元弱酸，其电离常数分别是，
A. a点对应溶液的
B. 第二次电极电位突跃发生的离子反应为
C. 水的电离程度：
D. c点对应的溶液中一定存在：
【答案】B
【解析】
【详解】A．a点为第一个滴定终点，此时发生反应，溶液溶质为。的电离常数，水解常数，电离程度大于水解程度，溶液显酸性，，A错误；
B．第二次电位突跃对应着第二步反应，即与反应生成，离子方程式为，B正确；
C．c点在两个滴定终点之间，溶液溶质为和，酸性较a点强但弱于b点；b点为第二个终点，溶质为（二元弱酸，，酸性强），浓度更大，对水的电离抑制更强。故水的电离程度：，C错误；
D．c点溶液中电荷守恒为。c点时（第二个滴定终点前），则，D错误；
故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 利用含铯废渣(主要含、、、及油脂等)制备金属铯的工艺流程如下：
已知：
①焙烧后固体中存在、、、等物质；
②不溶于水，存在于强酸性环境中；
③“萃取”和“反萃取”可简单表示为：；
④常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，如，Ti的萃取率。
回答下列问题：
（1）基态铯原子的价电子轨道表示式为___________。
（2）焙烧过程中发生的反应方程式为___________。
（3）氧气的作用为___________、___________。
（4）滤渣A为___________。
（5）萃取过程中的作用是___________；反萃取过程中加入的溶液X是___________(填化学式)。
（6）萃取操作中，取500 L总浓度为28 mg/L的溶液，加入300 L某萃取剂，若，则单次萃取率为___________(保留一位小数)。若要提高萃取率，需优化的措施为___________(写一条即可)。
【答案】（1） （2）
（3） ①. 使油脂燃烧除去 ②. 将氧化为
（4）、
（5） ①. 与配位形成，从而进行萃取 ②.
（6） ①. 85.7 % ②. 提高分配比D(如更换萃取剂或调节pH)／增大相比V(增加有机相体积)／增加萃取级数(如进行二级三级萃取)
【解析】
【分析】含铯废渣(主要含、、、及油脂等)加入足量碳酸钠、氧气焙烧，转化为、、，被氧化为，转化为，氧化铁不变，油脂通过焙烧除去，加入盐酸酸浸、、、分别变为、、、进入溶液，转化为与一起进入滤渣A，滤液中加入，与配位形成，加入HA进行萃取，再加入硫酸溶液（X）进行反萃取获得溶液，萃取后溶液加入、HCl沉铯生成。
【小问1详解】
铯位于第6周期第ⅠA族，故基态铯原子的价电子轨道表示式为。
【小问2详解】
焙烧中转化为、、，故方程式为：。
【小问3详解】
根据分析，氧气的作用为：使油脂燃烧除去、将氧化为。
【小问4详解】
根据分析，滤渣A为、。
【小问5详解】
萃取过程中的作用是与配位形成，从而进行萃取，反萃取过程需要让逆向移动，所以加入含有氢离子物质，且最终生成，故溶液X为。
【小问6详解】
取500 L总浓度为28 mg/L的溶液，加入300 L某萃取剂，若，，，故，Ti的萃取率，若要提高萃取率，需优化的措施为提高分配比D(如更换萃取剂或调节pH)／增大相比V(增加有机相体积)／增加萃取级数(如进行二级三级萃取)。
17. 设计以下实验，探究铜与不同溶液的反应。已知：ⅰ．为蓝色，为黄色。ⅱ．利用氧化还原传感器测量物质的氧化性，电势越大，物质的氧化性越强。
（1）实验Ⅰ中气体为___________(填化学式)，现象A为___________，可证明铜已溶解。
（2）甲同学为探究稀在实验Ⅰ中的作用，利用氧化还原传感器测定溶液和溶液加入稀前后电势的变化，结果如图所示，稀在此反应中的作用是___________。
（3）实验Ⅲ中气体为___________(填化学式)，用离子方程式描述实验Ⅲ中溶液为绿色的原因___________、___________。
（4）结合甲同学的探究可知铜和浓盐酸能够反应，起到了重要作用。乙同学认为也推动了该反应进行，他进行了如下实验进行验证：在实验Ⅱ的溶液中加入___________固体(填名称)，产生少量气泡，溶液变为绿色。从氧化还原反应的角度分析在此反应中的作用是___________。
【答案】（1） ①. ②. 溶液变蓝
（2）增强的氧化性
（3） ①. ②. ③.
（4） ①. 氯化钠 ②. 与结合生成，增强了Cu的还原性，使Cu更容易被氧化
【解析】
【小问1详解】
分解产生，若铜已经溶解，会形成，从而使溶液变蓝。
【小问2详解】
如图所示，加入稀后溶液的电势增大，即氧化性增强，从而将铜单质氧化，故稀在此反应中的作用是增强的氧化性。
【小问3详解】
加入10 ml/L浓盐酸可以将铜丝溶解，结合盐酸中的元素化合价，氧化剂应该为，所以放出的气体为，溶液呈现绿色应该是溶液中同时含有和两种离子最后颜色综合的结果，故离子方程式为：、。
【小问4详解】
结合甲同学的探究可知铜和浓盐酸能够反应，起到了重要作用。乙同学认为也推动了该反应进行，可以通过增加溶液中的氯离子浓度去进行验证，故可以添加氯化钠固体，达到增加氯离子浓度的目的；从氧化还原反应的角度分析在此反应中的作用是与结合生成，增强了Cu的还原性，使Cu更容易被氧化。
18. 具有抗肿瘤作用的化合物K的合成路线如下(略去部分试剂和反应条件)：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为___________，E中含氧官能团的名称为___________。
（2）B→D的反应类型为___________，反应方程式为___________。
（3）分子中，1号碳原子上的比2号上的更___________(填“易”或“难”)断裂。
（4）H的分子式为，H的结构简式为___________。
（5）为促进K→L反应的进行，可添加___________(填字母)。
A. NaOHB. C. D.
（6）满足下列条件的D的同分异构体的结构简式有___________种(不考虑立体异构)。
①只含有吡啶环(，其性质与苯环类似)
②能与氯化铁溶液发生显色反应
③吡啶环上有两个取代基
【答案】（1） ①. 2,6-二氯苯甲醛 ②. 酯基，羰基
（2） ①. 取代 ②.
（3）难 （4） （5）BD
（6）10
【解析】
【分析】物质A()物质B()的反应并不是一个简单的一步反应，应该是物质A上的醛基先和发生加成，之后羟基在和氮上的氢发生消去引入碳氮双键生成物质B、同时生成HCl，物质B()物质D()的反应为取代反应。物质D()物质F()的反应，首先物质D的羟基和物质E（）的标点位置发生加成，物质D的氯原子和物质E的（）的标点位置发生取代，之后加成形成的羟基发生消去，形成物质F()。物质F()在氢氧化钠水溶液的作用下发生水解，在经酸溶液形成G（）。物质I(）中带方框的部分为与物质G不同的部分，且已知物质H的化学式为，故物质H的结构式为。物质I（）物质K（）经图像观察可知为溴原子处发生取代反应。物质K（）
物质L（）经图像观察可知为氨基处氢原子发生取代。物质L（）物质K()在给定条件下类似发生了一个酯基的水解反应。
【小问1详解】
物质A()可以看出苯甲醛有两个氯取代，故其命名为： 2,6-二氯苯甲醛；物质E（）其含氧官能团为框选的酯基和羰基；
【小问2详解】
由分析可知的反应类型为取代反应；其反应方程式为：；
【小问3详解】
在分子中，由于氧原子的电负性较大，具有较强的吸电子能力，电子云密度降低使得2号碳原子更容易断裂，故1号碳原子上的比2号上的更难断裂；
小问4详解】
由分析可知，物质H的结构式为：；
【小问5详解】
由分析可知物质K物质L为取代反应，反应过程中生成，故减小其浓度就可以有利于反应正向进行，但是若加入氢氧化钠会和酯基等官能团反应，故应该选择碳酸钾和硝酸银，均可以使得碘化氢浓度减小，答案选BD；
【小问6详解】
物质D需要满足下列条件，①只含有吡啶环(，其性质与苯环类似)，②能与氯化铁溶液发生显色反应，说明其含有酚羟基；③吡啶环上有两个取代基，其中一个为酚羟基，只能还有一个取代基为三氯乙烯基；即在吡啶环中发生二元取代，可以使用定一变一的方法去进行，可以确定其同分异构有10个。
19. 二氧化碳加氢制甲烷是实现“双碳”目标的有效方法之一，主要反应为
反应Ⅰ： kJ·ml-1
反应Ⅱ： kJ·ml-1
（1）反应 ，则___________kJ·ml-1。
（2）一定温度条件下，利用不同催化剂，在相同反应时间内，测得产物的生成速率与催化剂的关系如图1。
①由图1可知，有利于获得甲烷的催化剂是___________(填“Cat1”、“Cat2”、“Cat3”或“Cat4”)。
②已知(k为速率常数，R、C均为常数)，下列关于反应Ⅱ在题设条件下图像与上述两种催化剂Cat1、Cat2关系对应正确的是___________(图2，填标号)。
（3）反应Ⅱ的正、逆反应速率分别表示为：；，其中、分别为正、逆反应速率常数。升高温度时，___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（4）不同条件下，按照投料同时发生上述反应，的平衡转化率如图3所示。压强、、由大到小的顺序是___________。压强为时，温度高于700℃之后，温度升高转化率增大的原因是___________。
（5）在PMPa、T℃下，将投料比的原料气匀速通过无分子筛膜多孔载体反应器，只发生反应Ⅱ，的平衡转化率为25%。同温同压下，若通入装有催化剂的新型膜反应器(如图4所示)，的平衡转化率为40%，则相同时间内出口a和出口b中的质量比为___________。
【答案】（1）-206.1
（2） ①. Cat4 ②. a
（3）增大 （4） ①. >> ②. 二氧化碳的平衡转化率为两个反应的平衡转化率之和，反应Ⅰ放热，温度升高，平衡逆向移动，反应Ⅱ吸热，温度升高平衡正向移动，温度高于700℃之后，温度升高转化率增大的原因是此时二氧化碳的转化率主要取决于反应Ⅱ。
（5）
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，反应Ⅰ减去反应Ⅱ得，则。
【小问2详解】
①根据图示可知，催化剂为Cat4时，甲烷生成速率最大且一氧化碳生成速率最小，有利于获得甲烷；
②根据关系式，减小时，温度升高，反应Ⅱ向正反应方向移动，反应速率加快，速率常数增大，纵坐标增大；根据图1，Cat1比Cat2在相同条件下的速率大，Cat1时活化能小，则斜率大的是Cat1，故选a。
【小问3详解】
反应Ⅱ是吸热反应，升高温度时，正反应速率增大的倍数大于逆反应速率增大的倍数，则增大。
【小问4详解】
反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，相同温度下增大压强，平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率增大，故>>；二氧化碳的平衡转化率为两个反应的平衡转化率之和，反应Ⅰ放热，温度升高，平衡逆向移动，反应Ⅱ吸热，温度升高平衡正向移动，温度高于700℃之后，温度升高转化率增大的原因是此时二氧化碳的转化率主要取决于反应Ⅱ。
【小问5详解】
只发生反应Ⅱ，设通入的氢气物质的量为aml，则通入的二氧化碳物质的量为2aml，的平衡转化率为25%，列三段式 ，该反应前后气体分子数不变，用物质的量代替物质的量浓度计算平衡常数。同温同压下，若通入装有催化剂的新型膜反应器，的平衡转化率为40%，列三段式，根据K==，解得n(H2O)a出口=0.1a，则相同时间内出口a和出口b中的质量比=物质的量之比=。选项
实验事故
处理方法
A
易燃物钠、钾引起火灾
用泡沫灭火器灭火
B
不慎将酸或碱液溅入眼内
立即闭上眼睛，用手揉擦
C
被玻璃碎片划伤
伤口处理清理干净后，可用碘酒擦洗
D
误食重金属盐
喝大量的食盐水解毒
选项
事实
解释
A
硬度：金刚石>石墨
石墨中碳碳键键能小于金刚石中碳碳键键能
B
键角：
中心原子杂化方式不同
C
的溶解度：
的极性仅是的极性的28%
D
酸性：(邻羟基苯甲酸)(苯酚)
邻羟基苯甲酸根能形成分子内氢键
实验装置图
试剂
现象
实验序号
溶液X
试管
Ⅰ
30%溶液
铜丝
无明显现象，加入1 mL1 ml/L稀后产生大量气泡，___________(现象A)
Ⅱ
1 ml/L稀盐酸
无明显现象
Ⅲ
10 ml/L浓盐酸
产生大量气泡，溶液变为绿色