黑龙江大庆市2026届下学期高三年级第三次教学质量检测 化学试卷（含解析）高考模拟

这是一份黑龙江大庆市2026届下学期高三年级第三次教学质量检测 化学试卷（含解析）高考模拟，共13页。试卷主要包含了04， 某有机物的结构如图所示等内容，欢迎下载使用。
2026.04
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场号/座位号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上。
2.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案的标号；非选择题答案使用0.5毫米黑色中性(签字)笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚。
3.请按照题号在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。
4.保持卷面及答题卡清洁，不折叠，不破损，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Al-27 Si-28 Cl-35.5
一、选择题(本题共15道小题，每小题只有一个选项符合题意。每小题3分，共45分。)
1. 化学与生产生活密切相关，下列说法错误的是
A. 谷氨酸钠用作调味品B. 甲醛用于海鲜保鲜
C. 小苏打用于食品烘焙D. 明矾用作混凝剂净水
【答案】B
【解析】
【详解】A．谷氨酸钠是味精的主要成分，具有特殊鲜味，常用作调味品，A正确；
B．甲醛有毒，可使蛋白质变性，食用甲醛处理过的海鲜会危害人体健康，禁止用于食品保鲜，B错误；
C．小苏打为碳酸氢钠，受热易分解产生二氧化碳，能使烘焙食品疏松多孔，可用于食品烘焙，C正确；
D．明矾是十二水合硫酸铝钾，溶于水后电离出的铝离子发生水解，氢氧化铝胶体可吸附水中悬浮杂质，可用作混凝剂净水，D正确；
故选B。
2. 常用作供氧剂，其原理之一为。下列说法正确的是
A. 和都为白色晶体
B. 1个分子中含有2个键
C. 干冰(固体)为共价晶体
D. 该反应中为还原产物
【答案】B
【解析】
【详解】A．为淡黄色固体，不属于白色晶体，A错误；
B．的结构式为O=C=O，每个双键中含有1个σ键和1个π键，因此1个分子含有2个σ键，B正确；
C．干冰是分子通过分子间作用力形成的分子晶体，不是共价晶体，C错误；
D．该反应为的歧化反应，是-1价O化合价升高得到的氧化产物，不是还原产物，D错误；
故选B。
3. 亚硫酰氯(SOCl2)的结构式为，遇水剧烈水解生成两种具有刺激性气味的气体。下列说法错误的是
A. 该分子呈平面三角形
B. 该分子是极性分子
C. 中元素为+4价
D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．中心原子的价层电子对数，是杂化，有一对孤电子对，分子呈三角锥形，A错误；
B．分子呈三角锥形，有一对孤电子对，为由极性键形成的极性分子，B正确；
C．根据化合物化合价代数和为，为价，为价，可求得的化合价为价，C正确；
D．易水解产生两种刺激性气味的气体，则气体为和，故化学方程式为：，D正确；
故答案选A。
4. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 晶体硅中含有共价键的数目为
B. 氯气与铁充分反应转移电子的数目为
C. 的质子数比的质子数少
D. 常温下与足量浓硝酸反应，生成的数目为
【答案】A
【解析】
【详解】A．晶体硅的物质的量为，晶体硅为金刚石型结构，每个Si原子形成4个键，每个键被2个Si原子共用，因此1 ml Si含键的物质的量为，数目为，A正确；
B．氯气的物质的量为，氯气与铁反应时Cl元素从0价变为-1价，1 ml 完全反应转移电子数为，不是，B错误；
C．H和D互为同位素，质子数均为1，1个和1个的质子数均为10，因此1 ml 和1 ml 的质子数相等，C错误；
D．常温下Al遇浓硝酸会发生钝化，反应无法持续进行，生成的数目远小于，D错误；
故选A。
5. 下列离子方程式正确的是
A. 用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板：
B. 向硫化钠溶液中通入足量二氧化硫：
C. 实验室制氯气：
D. 向固体中滴加氨水：
【答案】D
【解析】
【详解】A．铁离子和铜反应生成铜离子和亚铁离子，，A错误；
B．硫化钠与足量二氧化硫发生归中反应生成硫单质，，B错误；
C．实验室制氯气反应为二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰、水：，C错误；
D．氯化银与氨水反应生成可溶性的银氨络离子，离子方程式书写正确，D正确；
故选D。
6. 下列装置可以用于相应实验的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．萃取要求萃取剂与原溶剂不互溶，乙醇是有机溶剂，与CS2​互溶，无法分层，不能萃取CS2​中的S，A错误；
B．CO2​密度大于空气，用向上排空气法收集需要双孔塞，做到“长进短出”排出空气，该装置只有进气口，无法排出空气，不能收集CO2，B错误；
C．电镀规则是：镀层金属作阳极接电源正极，镀件作阴极接电源负极，电镀液含镀层金属离子。本题要在铁片上镀镍，需要镍接电源正极、铁片接电源负极，该装置电极连接相反，C错误；
D．SO2的漂白性可以用品红溶液检验，SO2​通入品红溶液，若品红褪色即可证明漂白性，装置为长进短出，操作合理，D正确；
故选D。
7. 化合物A易溶于水，主要用于有机合成和食品添加剂，其结构如图所示。X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q元素原子的价层电子排布式为。下列说法正确的是
A. 氢化物沸点：Q>Y
B. 第一电离能：Q>Z
C. 键角大小：
D. 所有原子最外层均满足8电子稳定结构
【答案】C
【解析】
【分析】已知Q价层电子排布式为，s轨道最多填充2个电子，故，Q价电子排布为，Q为O元素；X只形成1个单键，原子序数最小，故X为H元素；Y可形成4个共价键，原子序数小于Z（小于O），故Y为C元素；Z可形成3个共价键，原子序数介于C和O之间，故Z为N元素；W为+1价阳离子，原子序数大于O，短周期主族，故W为Na元素。
【详解】A．Q（O）的氢化物为、，Y（C）的氢化物为烃，含多个碳原子的烃（如固态烷烃）沸点远高于水，无法得出Q>Y，A错误；
B．同周期元素第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，但N（Z）的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能N>O（即Z>Q），B错误；
C．ZX3​是，X2​Q是，二者中心原子均为杂化：中N只有1对孤对电子，中O有2对孤对电子，孤对电子越多对成键电子对斥力越大，键角越小，故键角：，C正确；
D． X为H，H原子最外层只有2个电子，不满足8电子稳定结构，D错误；
故答案为：C。
8. 根据实验操作及现象，能得出下列结论且结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性越强；只能溶于酸，属于中强碱，既能溶于酸又能溶于强碱，属于两性氢氧化物，碱性：，故金属性：，A正确；
B．两种溶液中铵根离子浓度不同，中浓度是的2倍，且亚硫酸根离子的水解与亚硫酸的二级电离有关，而结论是比较一级酸性，无法比较和的酸性，B错误；
C．酸性既能氧化亚铁离子也能氧化氯离子，实验只能证明氧化性：、，无法证明，C错误；
D．AgCl是AB型难溶物，是A2B型难溶物，二者组成类型不同，不能直接根据沉淀先后判断大小，D错误；
故选A。
9. 某有机物的结构如图所示。下列说法中错误的是
A. 该分子中含有5种官能团
B. 该分子可发生取代、加成和氧化反应
C. 1 ml奥司他韦最多可与3 ml NaOH发生反应
D. 该分子与足量加成，产物分子中含有4个手性碳原子
【答案】C
【解析】
【详解】A．观察可知，该分子中含有酯基、酰胺基、碳碳双键、氨基、醚键5种官能团，A正确；
B．该分子中含有碳碳双键，能发生加成反应、氧化反应、还原反应；含有酯基和酰胺基，能发生取代反应，B正确；
C．该分子中含有1个酯基和1个酰胺基，酯基和酰胺基都能与发生水解反应，所以该分子和溶液反应，最多消耗，C错误；
D．该分子与足量加成，产物分子结构为，其中手性碳原子如标记的4个碳原子（可根据连接四个不同原子或原子团判断），D正确；
故答案选C。
10. 乙酸甲酯在溶液中发生水解时物质和能量的变化如下图所示。下列说法正确的是
A. 反应历程中存在极性键和非极性键的断裂
B. 生成中间产物1的步骤是反应的决速步
C. 增大溶液的浓度，反应的速率和平衡产率不变
D. 总反应的离子方程式为：
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应过程中，断裂的均为不同原子间的极性键(如C-O)，不存在同种原子间非极性键的断裂，A错误；
B．总反应的速率由活化能最大、反应速率最慢的一步决定。由能量图可知，反应物生成中间产物1的步骤活化能最大，是整个反应的决速步，B正确；
C．NaOH是该反应的反应物，增大NaOH浓度，反应速率增大，且平衡正向移动，平衡产率增大，C错误；
D．碱性条件下，最终产物为乙酸根和甲醇，总反应离子方程式应为CH3​COOCH3​+OH−→CH3​COO−+CH3​OH，D错误；
故选B。
11. 中国在稀土领域的发展居世界顶尖水平。以脱铕后的稀土矿浸取液(主要含La3+)为原料制氧化镧的一种流程如下。
已知：①，，
②弱酸性的环烷酸常用于稀土离子的萃取分离，萃取时生成易溶于有机溶剂的：
下列说法错误的是
A. 向萃取器中通入适量，提高溶液的有利于提高的萃取率
B. 碳化釜中反应的化学方程式为：
C. 室温时，若测得碳化釜废水中，则
D. 流程中可循环利用物质为和环烷酸(RCOOH)的有机溶液
【答案】C
【解析】
【分析】稀土矿浸取液中加RCOOH的有机溶液与La3+反应生成易溶于有机溶剂的(RCOO)3La，萃取液加盐酸反萃取生成RCOOH和易溶于水的LaCl3，LaCl3溶液中通入二氧化碳、加入氧化镁反应生成La2(CO3)3沉淀和MgCl2，La2(CO3)3煅烧得到La2O3，据此分析回答。
【详解】A．萃取平衡为：，通入消耗，溶液pH升高，浓度降低，平衡正向移动，更多转化为(RCOO)3La，萃取率提高，A正确；
B．碳化釜中反应物为、、，产物为和，配平后方程式为：​，原子守恒且溶度积很小，可沉淀析出，反应能发生，B正确；
C．​的溶度积，代入： ，则，不是，C错误；
D．由流程可知：煅烧​生成的​可送入碳化釜循环使用；反萃取后释放出的有机溶液可返回萃取器循环使用，D正确；
故选C。
12. 水样中的溶解氧含量按下列步骤测定：
已知：当浓度很高时，与淀粉形成的蓝色包合物很稳定，较难分解，也较难与其他物质反应。下列说法错误的是
A. 步骤Ⅰ，须加入过量KI溶液，以确定后续完全反应
B. 步骤Ⅱ，充分搅拌，盖上盖子，在暗处反应，防止光催化空气氧化I-
C. 步骤Ⅲ，消耗的越多，水中含氧量越高
D. 步骤Ⅲ，应先加入淀粉指示剂，再用标准溶液滴定至溶液蓝色恰好褪去
【答案】D
【解析】
【分析】根据流程知，水样中溶解的氧将氧化为，加入过量的、硫酸将还原为的同时生成，为防止被淀粉表面牢固吸附，过量的与发生反应，然后在淀粉作指示剂的条件下用标准溶液滴定生成的来测定水中的含氧量。
【详解】A．由分析知，步骤Ⅰ中加入KI是为步骤Ⅱ酸化后氧化生成提供还原剂，过量KI可确保完全反应，A正确；
B．步骤Ⅱ在酸性条件下，易被空气中氧化，光照会催化该反应，故需暗处反应以防止被氧化，B正确；
C．根据关系式，的消耗量和的量成正比，故消耗的越多，水中含氧量越高，C正确；
D．若先加淀粉，高浓度会和淀粉形成稳定的蓝色包合物，导致部分无法被标准溶液滴定，产生误差，D错误；
故答案选D。
13. 我国科学家利用如下装置实现了含硝酸盐的废水处理和PET()废弃塑料水解产物的转化与升级。其中电极和电极上分别负载钴和镍钴作催化剂。下列说法正确的是
A. 理论上，1 ml PET水解可得到1 ml
B. 若以铅酸蓄电池为电源，则b极应与铅酸蓄电池的电极相连
C. 电极b上的总反应式为
D. 最终转化为时，理论上共有透过离子交换膜
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，电极a上硝酸根离子转化为亚硝酸根离子转化为氨气，N元素化合价降低，发生还原反应，总反应式为，a为阴极，电极b上乙二醇转化为甲酸根离子,发生氧化反应：，b为阳极；
【详解】A．PET为高分子化合物，理论上，1 ml PET水解可得到nml ，A错误；
B．由分析知，b为阳极，则b极应与铅酸蓄电池的正极PbO2电极相连，B错误；
C．由分析知，极b上的总反应式为，C正确；
D．由分析知，最终转化为时，共转移8ml电子，根据电荷守恒，理论上应有透过离子交换膜，D错误；
故选C。
14. 2025年诺贝尔化学奖授予了在金属有机框架(MOF)开发中做出贡献的三位科学家，金属有机框架(MOF)是一类由金属离子与有机配体通过配位键自组装形成的多孔晶体材料。科学家用与四氰基苯基甲烷[结构简式如图1，可简写为]合成了一种MOF材料，其晶胞如图2。下列说法错误的是
A. 晶胞中与形成配位键的配位原子是氰基中的氮原子
B. 也可以作为有机配体连接形成三维多孔骨架
C. MOF可用于捕获或存储直径与空腔尺寸适配的分子，体现分子识别功能
D. 、的摩尔质量分别为、，该晶体的密度为(设为阿伏伽德罗常数的值)
【答案】B
【解析】
【详解】A．氰基（）中N原子含有孤电子对，可与形成配位键，因此晶胞中与形成配位键的配位原子是氰基中的氮原子，A正确；
B．（乙烷）中不存在孤电子对，无法作为有机配体与金属离子形成配位键，因此不能连接形成三维多孔骨架，B错误；
C．MOF为多孔晶体材料，其空腔具有特定尺寸，可捕获或存储直径与空腔尺寸适配的分子，体现分子识别功能，C正确；
D．晶胞中的数目为，的数目为，故晶胞中含2个和2个。晶胞体积，晶胞质量，因此晶体密度，D正确；
故选B。
15. 常温下，在不同的溶液中生成沉淀可能不同。图甲中的两条曲线分别为和的沉淀溶解平衡曲线，；图乙为溶液中含碳粒子的物质的量分数与的关系。若初始时，下列说法错误的是
A. 曲线Ⅰ为沉淀溶解平衡曲线
B. 向溶液中滴加溶液时，先生成
C. 常温下，的和满足关系：(已知：)
D. 、时，溶液中存在
【答案】B
【解析】
【分析】根据物质的量分数图象（乙图）可知，随着pH增大，减小，先增大后减小，增大，故曲线c代表，曲线b代表，曲线a代表；当pH=6.5时，，则；当pH=10.5时，，则；
【详解】A．甲图横坐标为 ，纵坐标为 pH，对于，沉淀溶解平衡：，，两边同时取对数，，整理得：，成线性关系，斜率为0.5，符合曲线Ⅰ的特征，即曲线Ⅰ为沉淀溶解平衡曲线，曲线Ⅱ为沉淀溶解平衡曲线， A正确；
B．，则溶液中，；由甲图可知，时，曲线Ⅰ对应的值更大，即生成沉淀需要的更小，故滴加溶液时先生成沉淀，B错误；
C．根据分析可知，的电离常数，，则，C正确；
D．由甲图可知，时，沉淀的，则当时已经有沉淀生成，根据物料守恒，溶液中剩余含碳粒子的总浓度一定小于，即，D正确；
故选B。
二、非选择题(本题共4小题，共55分)
16. 纳米铜由于其优异的性能，被广泛应用于电子学、热电偶、传感和生物医学等领域，可用铜蓝矿(主要成分为，含少量)为原料制备，以下为制备纳米铜的工艺之一。
已知：①溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全()时的：
② ；
（1）基态原子的简化电子排布式为___________。
（2）“滤渣1”的化学成分包括___________(填化学式)。
（3）“除铁”时先将Fe2+氧化成Fe3+，再调pH将铁元素除去，pH的范围是___________。
（4）“还原”工序获得纳米铜时，调节溶液，加入溶液，水浴加热，被氧化成N2，反应的离子方程式为___________，不采用室温而选择75℃的原因为___________。
（5）“还原”过程中可能生成难溶于水但可溶于稀硝酸的。为判断纳米铜样品中是否含有CuCl杂质，检验试剂为___________(填化学式)。
（6）本工艺先用溶液浸取铜蓝矿，除铁后向得到的溶液中通得到溶液，不采用氨水直接浸取铜蓝矿的原因是___________(结合氨水浸取铜蓝矿反应的化学平衡常数解释)。
【答案】（1）
（2）和
（3）
（4） ①. ②. 将氨蒸出，促进反应正向进行：温度高，反应速率快
（5）、
（6），==，其平衡常数远小于，正反应方向几乎不能发生，故不采用直接氨水浸取铜蓝矿
【解析】
【分析】铜蓝矿(主要成分为，含少量)，加FeCl3溶液，与CuS反应生成S单质沉淀，不溶解，形成滤渣1，加入H2O2溶液，将氧化成，然后调pH除铁生成沉淀形成滤渣2，然后通入NH3，氨化络合，调节pH=11，加N2H4溶液还原得到纳米铜。
【小问1详解】
Cu原子序数为29，因洪特规则特例，3d轨道全满更稳定，简化电子排布式为。
【小问2详解】
浸取时FeCl3氧化CuS，反应生成CuCl2、FeCl2和S单质，S不溶于水；杂质不参与反应且不溶于酸，因此滤渣1为S和。
【小问3详解】
除铁需要保证完全沉淀，同时不沉淀，根据表格：沉淀完全pH为2.8，开始沉淀pH为4.7，因此pH范围为。
【小问4详解】
碱性条件下，作氧化剂被还原为Cu，N2H4作还原剂被氧化为N2，离子方程式2[Cu(NH3)4]2++N2H4+4OH-75℃¯ 2Cu+N2↑+8NH3↑+4H2O ；升高温度将氨蒸出，促进反应正向进行：温度高，反应速率快，因此选75℃。
【小问5详解】
CuCl可溶于稀硝酸，溶解后会释放出Cl-，用AgNO3可以检验Cl-，因此选择HNO3、AgNO3。
【小问6详解】
氨水浸取CuS的反应为，平衡常数==1.2×10−36×1.2×109=1.44×10−27，其平衡常数远小于，正反应方向几乎不能发生，故不采用直接氨水浸取铜蓝矿。
17. 苯胺是重要的有机化工原料，实验室用铁-醋酸还原法制备苯胺的流程如下。
(一)实验原理：
相关信息如下：苯胺为无色油状液体，具有较强的还原性，具有碱性，且易与水形成共沸物。有关数据及部分装置如下：
(二)实验步骤：
①向装置Ⅰ双颈烧瓶中加入铁粉、水及乙酸，加热煮沸10min；
②稍冷后，缓慢滴入硝基苯(0.0800 ml)，再加热回流30min；
③将装置Ⅰ中的混合物转移至水蒸气蒸馏装置Ⅱ中的烧瓶B中，蒸馏收集苯胺-水馏出液；
④将苯胺-水馏出液用饱和后，转入分液漏斗静置分层，分出苯胺层；水层用乙醚萃取，分出醚层；___________，用粒状干燥剂干燥，过滤后得到苯胺醚溶液；
⑤将苯胺醚溶液先蒸馏回收乙醚，再直接蒸馏收集180-185℃馏分，得到苯胺。
回答下列问题：
（1）装置Ⅰ中冷凝管的进水口为___________(填“a”或“b”)，仪器c的名称为___________。
（2）请配平“Fe-醋酸体系还原硝基苯”的化学方程式___________。
（3）请补全步骤④___________。
（4）下列说法正确的是___________。
A. 缓慢滴加硝基苯是为了防止反应过于剧烈
B. 水蒸气蒸馏完毕，先灭火焰，再打开T形管下端的螺旋夹
C. 步骤④中第二次分液，醚层位于上层
D. 步骤④“干燥”时，可选用干燥剂
（5）回收乙醚后，需要放出冷凝管中的冷凝水改为空气冷凝后再蒸馏，请从实验安全角度解释这样操作的原因是___________。
（6）直接蒸馏得到苯胺的纯度往往不高，可设计如下方案进行提纯。
①写出过程Ⅱ中发生反应的化学方程式：___________。
②若减压蒸馏得到产品5.58 mL，则合成的苯胺的产率为___________%(保留3位有效数字)。
【答案】（1） ①. a ②. 恒压滴液漏斗
（2）4+9Fe+4H2O4+3Fe3O4
（3）合并苯胺层和醚萃取液 （4）AC
（5）防止温差过大，引起冷凝管炸裂
（6） ①. ②. 76.5
【解析】
【分析】本题整体实验流程为：先在回流装置中完成铁粉-醋酸还原硝基苯制备苯胺的反应，再通过水蒸气蒸馏分离粗产物，经盐析、乙醚萃取分液、洗涤干燥除去杂质，随后蒸馏回收乙醚，最后蒸馏提纯得到苯胺；同时结合苯胺碱性设计酸碱成盐萃取的减压蒸馏精制方案，完整覆盖有机合成→分离提纯→精制优化→定量产率计算全实验逻辑。
【小问1详解】
冷凝管“下进上出”，进水口为a；仪器c为恒压滴液漏斗；
【小问2详解】
硝基苯-NO2→-NH2，N从+3→-3，每个N得6e-；Fe→Fe3O4，每个Fe平均失电子e-，配平为：4+9Fe+4H2O4+3Fe3O4；
【小问3详解】
步骤④为将苯胺-水馏出液用饱和后，转入分液漏斗静置分层，分出苯胺层；水层用乙醚萃取分液后，合并所有醚层，用水洗涤醚层至中性，再干燥；
【小问4详解】
A．缓慢滴加硝基苯，控制反应物速率，防止反应过于剧烈、暴沸，A正确；
B．水蒸气蒸馏结束，先打开螺旋夹通大气，再停止加热，防止倒吸，B错误；
C．乙醚的密度小于水，醚层位于上层，C正确；
D．苯胺具有碱性，P2O5是酸性干燥剂，会与苯胺反应，不能使用，D错误；
故答案选AC；
【小问5详解】
水温冷凝管不适合高温蒸馏，高温下水汽化会导致冷凝管炸裂；同时苯胺蒸气易燃，空气冷凝可防止冷凝管温差过大炸裂、避免苯胺受热燃烧爆炸，所以答案为：防止温差过大，引起冷凝管炸裂；
【小问6详解】
①苯胺盐酸盐与NaOH反应释放苯胺：；
②已知：n(硝基苯)=0.0800 ml，理论n(苯胺)=0.0800 ml，实际m=ρV=1.02 g⋅mL −1×5.58 mL=5.6916 g，实际物质的量：n=5.691693=0.0612ml ，产率：w=×100%=76.5% 。
18. 近年来为应对全球气候变暖等环境问题，以为原料合成有机物成为化学科学家研究的热点。回答下列问题：
Ⅰ．和可以通过催化生成甲醇，其涉及的化学反应如下：
主反应：
副反应：
（1）结合上述两反应，计算的反应热___________。
（2）T℃，在密闭容器中充入和，体系中只发生主、副两个反应，反应物和产物均为气体，增大压强，的选择性___________(填“增大”、“减小”或“不变”)；在压强为时，平衡时体系中含有，此时的选择性为60%，主反应的压强平衡常数___________kPa-2。【选择性；压强平衡常数用平衡分压代替平衡浓度计算】
（3）对催化剂做性能测试时：一定条件下使、混合气体通过反应器，检测反应器出口气体的成分及其含量，计算的转化率和的选择性以评价催化剂的性能。
①某温度时，测得反应器出口中含碳物质的物质的量之比，则该温度下的转化率为___________。
②其他条件相同时，催化剂A和催化剂B在不同温度下的催化性能分别如图1、2所示，实际生产时选用催化剂A，试分析原因___________。
③下列说法正确的是___________。
A．保持其他反应条件不变，体系内温度越高，的转化率一定越高
B．使用合适的催化剂，可以改变反应历程，降低主反应的活化能
C．当容器中与的物质的量之比保持不变时，表明该反应体系已达平衡
D．若保持温度和压强不变，平衡时再向容器内充入一定量的氩气，副反应平衡不移动
Ⅱ．我国科学家研究出通过电化学方法还原二氧化碳制取乙烯：在强酸性溶液中通入气体，用惰性电极进行电解可制得乙烯。其原理如图所示：
（4）该装置中，透过阳离子交换膜向电极___________(填“a”或“b”)方向移动；阴极的电极反应式为___________。
【答案】（1）-90.7 kJ·ml-1
（2） ①. 增大 ②.
（3） ①. 20% ②. 相同温度下，使用催化剂A，的转化率更高，的选择性也更大 ③. BC
（4） ①. b ②.
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，目标反应 = 主反应 - 副反应，因此：ΔH3​=ΔH1​−ΔH2​=−49.5 kJ⋅ml-1−(+41.2 kJ⋅ml-1)=−90.7 kJ⋅ml-1；​
【小问2详解】
主反应是气体分子数减少的反应，副反应气体分子数不变；增大压强，主反应平衡正向移动，CH3​OH生成量增加，因此选择性增大；平衡时甲醇0.6 ml，选择性60%，则一氧化碳0.4 ml，选择性40%， 投入CO2H2其余CH3OHCOH2O初状态 23.2 000平衡 1x ，由氧原子守恒可知：2×2=0.6+0.4+y ，则y=1，由氢原子守恒可知：3.2×2=x×2+0.6×4+2×1 ，则x=1，平衡时总物质的量=1 ml+1 ml+0.6 ml+0.4 ml+1 ml=4 ml，Kp=14p×0.64p14p×(14p)3=9.6p2kPa-2；
【小问3详解】
①设出口n(CO2)=24ml ，n(CH3OH)=5ml ，n(CO)=1ml ，总初始为30 ml，消耗为6ml ，转化率：α=6ml30ml×100%=20% ；
②观察图像可得：相同温度下，相比于催化剂B，催化剂A对目标产物CH3​OH的选择性更高，同时CO2​的转化率也更高，更有利于甲醇的合成，因此实际生产选用催化剂A；
③A．主反应为放热反应，升高温度主反应平衡逆向移动，CO2​转化率降低，且温度过高可能导致催化剂失活，因此温度越高CO2​转化率不一定越高，A错误；
B．催化剂可以改变反应历程，降低反应的活化能，合适的催化剂可以选择性催化主反应，降低主反应的活化能，B正确；
C．主副反应中二氧化碳与氢气的计量系数比不相同，则容器中与的物质的量之比为变量，当变量保持不变时，表明该反应体系已达平衡，C正确；
D．恒温恒压下充入氩气，容器体积增大，各物质分压减小，主反应为气体分子数减少的反应，平衡逆向移动，会改变体系中各物质的分压，最终副反应平衡也会发生移动，D错误；
选BC；
【小问4详解】
​还原为乙烯，发生还原反应，因此为阴极；电解池中阳离子向阴极移动，因此向b移动； 酸性条件下，​在阴极得电子生成乙烯，配平得到电极反应式：2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O 。
19. 物质用于治疗转甲状腺素蛋白介导的淀粉样变性心肌病。物质G的一种合成路线如下：
已知：①
②DMF、THF均为常用的有机溶剂。
（1）A中含氧官能团的名称是___________。
（2）A→B的化学方程式为___________，该步骤中试剂的作用是___________。
（3）B→D的反应类型为___________。C的同分异构体中，既能发生银镜反应，又能发生水解反应的物质有___________种(不考虑立体异构)。
（4）下列说法错误的是___________(填序号)
①A可与溶液发生显色反应
②C的核磁共振氢谱中有3组峰
③D中碳原子的杂化方式有、杂化
④E中所有的原子可能共平面
（5）根据已知信息，请写出X的结构简式___________。
【答案】（1）(酚)羟基，酯基
（2） ①. ②. 中和反应生成的，使平衡向正反应方向移动
（3） ①. 取代反应 ②. 12
（4）②④ （5）
【解析】
【分析】A在碳酸钾、DMF与室温条件下，与1，3-二溴丙烷发生取代反应生成B；B再与分子式为的C在苯溶剂、室温条件下发生取代反应，生成D，根据D结构逆推可知C为；D与肼在乙醇、90℃条件下发生反应，生成E；E在氢氧化锂、THF，水和室温条件下发生酯的水解反应，生成F；F最终经盐酸酸化可得到目标产物G，据此分析。
【小问1详解】
A中含有的官能团为酚羟基和酯基；
【小问2详解】
A→B为酚羟基与1，3-二溴丙烷的取代反应，化学方程式为：；该反应中会生成副产物，可中和反应生成的，使平衡向正反应方向移动，提高反应产率；
【小问3详解】
B→D中，B的溴原子被C取代，反应类型为取代反应；C的分子式为，含2个不饱和度，其同分异构体能发生银镜反应和水解反应，说明含有甲酸酯基（），剩余部分为C4H7− ，链状结构中含碳碳双键，当双键插入图中标注位置，如图有8种，；环状结构，共4种，如图，符合条件的同分异构共12种；
【小问4详解】
①A中含有酚羟基，可与溶液发生显色反应，①正确；
②C为CH3COCH2COCH3（2，4-戊二酮），核磁共振氢谱中有2组峰，②错误；
③D中苯环、羰基上的碳原子为杂化，饱和碳原子为杂化，③正确；
④E中含有饱和碳原子，如亚甲基、甲基，所有原子不可能共平面，④错误；
故错误的是②④；
【小问5详解】
根据已知信息①，由产物的结构可推知，X的结构简式为：。A．用乙醇萃取中的
B．收集气体
C．在铁片上镀镍
D．检验的漂白性
选项
实验操作及现象
结论
A
向和中分别加入等物质的量浓度、等体积溶液和盐酸，只溶于盐酸，都能溶
金属性：
B
分别测定等物质的量浓度的与溶液的，前者小
酸性：HF>
C
向酸性溶液中滴入溶液，溶液紫红色变浅并伴有黄绿色气体产生
氧化性：
D
向等物质的量浓度的、混合溶液中滴加AgNO3溶液，先生成白色沉淀
开始沉淀的
1.5
6.9
4.7
沉淀完全的
2.8
8.4
6.7
物质
相对分子质量
熔点/℃
沸点/℃
密度/
溶解性
硝基苯
123
5.9
210.9
1.20
难溶于水，易溶于乙醇、乙醚
苯胺
93
-6.2
184.4
1.02
微溶于水，易溶于乙醇、乙醚
乙醚
74
-116.2
34.6
0.71
微溶于水