安徽淮南市2026届下学期高三第二次教学质量检测 化学试题（含解析）高考模拟

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（考试时间：75分钟 满分：100分）
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 Cl35.5 Fe56 Sn119
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列有关生产生活中功能材料的说法错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．石墨烯是碳元素的单质，属于无机非金属材料，不属于有机高分子材料，A错误；
B．镍钴合金属于耐高温合金，能够承受1100℃的高温，适合作为喷气式飞机发动机叶片的材料，B正确；
C．热固性酚醛树脂耐高温、绝缘性能优异，可用于制作集成电路底板，C正确；
D．液晶材料的特性是施加电场后长轴取向会发生不同程度的改变，这是其可用于制备液晶显示器的原因，D正确；
故选A。
2. 下列关于物质性质与鉴定方法的说法中，正确的是
A. 苯的同系物均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 可用KSCN溶液检验溶液是否完全变质
C. 与可用核磁共振氢谱鉴定
D. 加入一小粒金属钠检验乙醇中是否含有水
【答案】C
【解析】
【详解】A．只有与苯环直接相连的碳原子上连有氢原子的苯的同系物才能被酸性高锰酸钾氧化使其褪色，如不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；
B．KSCN溶液只能检验溶液中是否存在，只能判断是否发生变质，无法检验是否残留，不能确定是否完全变质，B错误；
C．CH3COOH和HCOOCH3的核磁共振氢谱中有两个峰，且峰面积比相同，说明两种物质中有两种不同环境的氢原子，但二者的化学位移不同，可以用核磁共振氢谱区别，C正确；
D．金属钠既能与水反应生成氢气，也能与乙醇反应生成氢气，无论乙醇中是否含水都会产生气泡，无法检验，D错误；
故选C。
3. 下列有关物质转化的说法错误的是
A. 水吸收NO、、等气体时通入过量
B. 加热获得无水时通入过量HCl
C. 与氨水反应得到时加入过量氨水
D. Cu与、反应生成时加入过量稀硫酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．氮氧化物（NO、NO2、N2O4）在过量O2存在时可与水完全反应生成硝酸，反应为、，可提高氮氧化物吸收率，A正确；
B．FeCl3是强酸弱碱盐，加热时存在水解平衡，通入过量HCl可增大浓度抑制Fe3+水解，能获得无水，B正确；
C．与少量氨水反应可生成，不稳定分解为，若加入过量氨水，会与氨水发生反应，生成可溶性银氨配离子，无法得到Ag2O，C错误；
D．酸性条件下H2O2氧化性更强，过量稀硫酸可提供酸性环境，发生反应 ，同时抑制水解，有利于生成，D正确；
故选C。
4. 一种蓝色有机染料的结构简式如图：
下列有关该物质的说法，错误的是
A. 存在顺反异构体B. 苯环上一氯代物为4种
C. 存在2个C-O σ键D. 属于两性化合物
【答案】D
【解析】
【详解】A．该分子中碳碳双键两端的碳原子连接的基团不同，存在顺反异构体，A不符合题意；
B．该分子的两个苯环对称，苯环上的等效氢有4种，故苯环上一氯代物为4种，B不符合题意；
C．该分子中含有2个羰基，每个羰基中均含1个键，共存在2个键，C不符合题意；
D．该分子中仅含亚氨基，无酸性官能团，不属于两性化合物，D符合题意；
故选D。
5. 与S的混合熔剂与二氧化锡（）固体会发生反应：，下列说法正确的是
A. 反应中有非极性键的生成B. Sn基态原子的价层电子空间运动状态数为3
C. 中Sn为杂化D. 45.3 g反应时转移电子为1.2 ml
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应生成物为、、，仅含离子键、极性共价键，无非极性键生成，反应物中S的非极性键被消耗，A错误；
B．Sn基态原子价层电子排布为，轨道对应1种空间运动状态，的2个电子分占2个不同p轨道，对应2种空间运动状态，总价层电子空间运动状态数为3，B正确；
C．中的价层电子对数为3（3个键，无孤电子对），为杂化，C错误；
D．摩尔质量约为，物质的量为，反应中对应转移电子，故反应转移电子，D错误；
故选B。
阅读下列材料，完成下列小题。
第四周期过渡元素形成的化合物具有重要作用。黄铜矿（）用溶液浸泡后生成单质硫，所得溶液可用于制取纳米，能与酸发生反应。可用于低温下催化氧化HCHO：，具有强氧化性，可与盐酸反应生成氯气。由、、和反应生成的配合物可应用于的鉴定。
6. 下列有关反应的方程式正确的是
A. 溶液和反应：
B. 与稀硫酸反应：
C. 与足量盐酸反应：
D. 制备的反应：
7. 下列说法正确的是
A. C位于元素周期表的ds区
B. 1 ml中含有12 mlσ键
C. HCHO、均为极性分子
D. 和的VSEPR模型均为平面三角形
【答案】6. A 7. D
【解析】
【6题详解】
A．该反应中将中-2价S氧化为单质S，自身被还原为，根据得失电子守恒配平反应离子方程式为CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S，故A正确；
B．与稀硫酸发生歧化反应生成硫酸铜和Cu，反应的离子方程式为，故B错误；
C．具有强氧化性，能将盐酸中氧化为，反应的离子方程式为，故C错误；
D．、、和反应生成的配合物，反应的离子方程式为，故 D错误；
选A。
【7题详解】
A．C价电子排布为，属于周期表d区，故A错误；
B．每个含2个σ键，6个共12个σ键，另外还有6个C与配体之间的配位σ键，故1ml配离子共含18mlσ键，故B错误；
C．为直线形对称结构，属于非极性分子，HCHO是极性分子，故C错误；
D．中心N价层电子对数为，中心N价层电子对数为，二者VSEPR模型均为平面三角形，故D正确；
选D。
8. X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的基态原子2p能级上各有两个未成对电子，Y与Q同主族，W原子N能层只有一个电子，M能层全充满。下列说法错误的是
A. 电负性：Z>Y>X
B. 原子半径：Q>Y>Z
C. 简单气态氢化物的稳定性：X>Q
D. X、Y、W形成的一种负一价阴离子中W显+2价
【答案】D
【解析】
【分析】X、Z基态原子2p能级各有2个未成对电子，原子序数X最小，故X为C（2p2）、Z为O（2p4），中间的Y为N；Y与Q同主族，Q为P；W的M能层全充满、N能层1个电子，电子排布为[Ar]3d104s1，为Cu。
【详解】A．同周期主族元素从左到右电负性递增，故电负性O>N>C即Z>Y>X，A正确；
B．P为第三周期元素，原子半径大于第二周期的N、O，同周期元素原子序数越小半径越大，故半径N>O，即原子半径P>N>O（Q>Y>Z），B正确；
C．简单气态氢化物稳定性与键能正相关，C-H键能远大于P-H键，CH4稳定性强于PH3，故稳定性X>Q，C正确；
D．C、N、Cu形成的常见负一价阴离子为[Cu(CN)2]-，其中Cu为+1价，且Cu2+会与CN-发生氧化还原反应，无法在该类阴离子中稳定存在，故W显+2价的说法错误，D错误；
故选D。
9. 下列实验方案现象和结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．中，为蓝色，为黄绿色，加热溶液变为黄绿色说明平衡逆向移动，正反应，结论错误，A不符合题意；
B．钠在加热条件下与氧气反应，发出黄色火焰，生成淡黄色的过氧化钠，实验现象和结论均正确，B符合题意；
C．可被氧化为，生成的同样可以催化分解，结论错误，C不符合题意；
D．淀粉水解时硫酸作催化剂，反应后溶液呈酸性，需先加氢氧化钠中和硫酸至碱性，再加新制加热才能检验还原糖，未中和酸会导致实验失败，无法得出对应结论，D不符合题意；
故选B。
10. 我国规模最大全钒液流储能电站已全容量投产运行。全钒液流储能电池是一种新型的绿色环保储能系统（工作原理如图，电解液含硫酸），该电池负载工作时，左罐颜色由黄色变为蓝色。
下列说法错误的是
A. 该电池工作原理为
B. 电池储能时，电池负极溶液颜色变为紫色
C. 电池无论是负载还是储能，每转移1 ml电子，均消耗1 ml氧化剂
D. 电池负载工作时，左罐电动势小于右罐，电解液中的通过离子交换膜向左罐移动
【答案】D
【解析】
【分析】该电池负载工作时，左罐颜色由黄色变为蓝色，即左罐溶液主要含有离子，放电时，得到电子生成，正极上的反应为，右罐溶液主要含有离子，放电时，失去电子生成，负极上的反应为，所以电池总反应为，原电池工作时，电解质溶液中的阳离子透过阳离子交换膜移向正极；充电时电解池总反应、阴阳极反应与原电池的总反应、正负极恰好相反，据此解答。
【详解】A．由上分析可知，该电池的总反应是和V2+在酸性环境下发生氧化还原反应，总反应为，A项正确；
B．电池储能时为充电过程，该装置为电解池，负极作阴极发生还原反应，反应式为，则电池负极溶液颜色变为紫色，B项正确；
C．该电池的总反应为，电池是负载时为原电池，氧化剂是，电极反应为，储能时是电解池，氧化剂是，电极反应为，两者转移电子数都为1，所以电池无论是负载还是储能，每转移1ml电子，均消耗1 ml氧化剂，C项正确；
D．a和b接用电器时，为原电池，左罐为正极，右罐为负极，则左罐电动势大于右罐，电解液中的H+通过离子交换膜向左罐移动，D项错误；
答案选D。
11. 氢能的安全储存和运输是氢能大规模应用的关键技术挑战。铁镁合金作为储氢密度最高的储氢材料之一，具有重要的应用前景。该合金的晶体结构为立方晶胞（如图所示），已知晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数为，晶体储氢率为100%时，位于晶胞体心和棱心。下列说法错误的是
A. 该储氢合金中Fe的配位数为8
B. 该储氢合金的化学式为
C. 该储氢合金的密度为
D. 若晶体储氢后的化学式为，则储氢率为50%
【答案】C
【解析】
【详解】A．Fe原子位于晶胞的顶点和面心位置，Mg原子位于晶胞内部，由晶胞示意图可知，以面心的Fe原子为例，其在晶胞内部与4个Mg原子配位，在相邻晶胞中也与4个Mg原子配位，故Fe的配位数为8，A正确；
B．晶胞中Fe原子位于顶点和面心，每个晶胞内含有个Fe原子，Mg原子位于晶胞内部，每个晶胞内含有8个Mg原子，因此该储氢合金的化学式为，B正确；
C．该合金的晶体结构为立方晶胞，该储氢合金的密度为，C错误；
D．晶体储氢率为100%时，位于晶胞体心和棱心，每个晶胞内含有4个分子。氢气储存满的化学式为，若晶体储氢后的化学式为，故储氢率为50%，D正确；
故答案选C。
12. 氢能是一种重要的绿色能源，利用乙醇与水催化重整制氢时，发生以下反应：
反应i：
反应ⅱ：
一定压强下，将1 ml和3 ml通入某密闭容器发生反应i和ⅱ，测得平衡时乙醇的转化率、和CO的选择性随温度（从左到右温度逐渐升高）的变化曲线如下图所示。已知：的选择性。
下列说法错误的是
A. 曲线b表示乙醇的转化率
B. 随着温度升高，平衡体系中减小
C. 时，反应ⅱ的平衡常数
D. 若将初始水醇比提高，的选择性将升高
【答案】B
【解析】
【分析】由选择性计算式可知相同条件下CO和CO2选择性之和为1，则b代表乙醇转化率；反应i吸热，温度升高反应i正向移动，反应ii放热，温度升高反应ii逆向移动；CO的选择性升高，CO2的选择性降低，故a表示CO2的选择性，c代表CO的选择性。
【详解】A．由分析可知b代表平衡时乙醇的转化率，A正确；
B．由分析得，随温度的变化，温度升高反应i正向移动，反应ii逆向移动，所以c（CO）增大，c（CO2）减小，是增大，而非减小，B错误；
C．时，乙醇转化率为，即转化乙醇，总含碳产物；选择性为，得，。 计算各物质物质的量：剩余，总。 反应ii的，C正确；
D．提高初始水醇比，相当于体系中水蒸气浓度增大，会使反应ⅱ正向移动，更多CO转化为CO2，结合CO2的选择性的定义，可知CO2的选择性将升高，D正确；
故答案选B。
13. 叔丁基溴在纯溶剂中会发生溶剂解，叔丁基溴在水中的溶剂解反应生成两种产物的机理分别为：
机理1：
机理2：
下列说法正确的是
A. 两种反应机理的决速步骤是不同的
B. 把反应物中一个甲基换成，反应更容易进行
C. 把叔丁基溴换成叔丁基碘，产物比例不变
D. 把换成，消去产物比例减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．两种机理分别是卤代烃的取代反应机理和消去反应机理，两种机理都是形成碳正离子的步骤为慢反应，所以控速步骤相同，A错误；
B．是强吸电子基团，会使带正电的叔丁基碳正离子正电荷更集中，稳定性下降，更难生成碳正离子，反应更难进行，B错误；
C．该反应第一步生成碳正离子后，后续取代/消去的竞争由碳正离子本身决定，与原离去基团（）无关，生成的碳正离子均为叔丁基碳正离子，因此产物比例不变，C正确；
D．水的极性大于乙醇，极性大的溶剂更有利于稳定碳正离子，促进取代反应；乙醇极性更小，乙醇的体积较大，进攻处在结构中间的碳正离子的能力降低，更易进攻处在外围的氢原子，所以消去产物比例增大，D错误；
故答案为C。
14. 取20.00 mL含甲胺（）和吡啶（）的混合溶液，用HCl标准溶液滴定，滴定曲线如图甲，4种含氮微粒的分布分数与pH关系如图乙[比如：]。下列说法正确的是
A. 曲线①表示甲胺的分布分数
B. 甲胺的含量：
C. a点：99.8%的吡啶转化为
D. b点：
【答案】B
【解析】
【分析】甲胺碱性更强，优先与盐酸反应，故第一个滴定突变点为甲胺恰好完全反应，第二个突变点为吡啶恰好完全反应；根据碱性可知，随pH不断增大，先生成吡啶再生成甲胺，①代表，②代表，③代表，④代表。
【详解】A．根据分析，曲线①代表 ，A错误；
B．第一个滴定突变点为甲胺恰好完全反应， ，甲胺含量为 ，B正确；
C．结合图甲和图乙可知，a点pH为7.92，图乙中②代表，，则，故a点：0.2%的吡啶转化为，C错误；
D． b点溶液呈酸性，故 ，D错误；
故选B。
二、非选择题：本大题共4小题，共58分。
15. 粉煤灰的资源化与高值化利用是实现工业绿色低碳转型的重要课题。碱浸法从粉煤灰提铝废渣（主要成分为、、等）中回收镓（Ga）和铝的工业流程如下。
回答下列问题：
（1）提高浸出率的措施为_______。（只答一点）
（2）碱浸过程中有关镓的离子方程式为_______。
（3）过滤中涉及到的硅酸盐材质的仪器有_______。
（4）浸出渣的主要成分是_______，分离浸出渣时滤液中离子会少量损失的原因是_______。
（5）吸附尾液中金属元素的主要存在形式为_______，为了得到，碳分过程中应通入_______。
（6）电解过程中金属元素在_______（填电极名称）的电极方程式为_______。
【答案】（1）将废渣粉碎、适当升高温度、搅拌、适当增大碱液浓度（只答一点）
（2）
（3）漏斗、烧杯、玻璃棒
（4） ①. 、 ②. 具有吸附性
（5） ①. ②. CO2
（6） ①. 阴极 ②.
【解析】
【分析】粉煤灰提铝废渣（主要成分为、、等）碱浸，Al2O3会转化为，而CaO可能部分溶解或形成Ca(OH)2沉淀，是两性氢氧化物，可溶于强碱生成，不溶于强碱，留在浸出渣中，树脂选择性吸附，留在吸附尾液中，向吸附尾液中通入CO2，使转化为Al(OH)3沉淀，再煅烧得Al2O3。镓洗脱液经除杂后电解得Ga，以此解答。
【小问1详解】
提高浸出率的措施为：将废渣粉碎、适当升高温度、搅拌、适当增大碱液浓度。
【小问2详解】
镓（Ga）与铝（Al）同主族，性质相似。原料中的是两性氢氧化物，能溶于强碱溶液生成，离子方程式为：。
【小问3详解】
过滤操作需要的仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒、铁架台（带铁圈）。其中，铁架台是金属材质，而漏斗、烧杯、玻璃棒通常由玻璃制成，玻璃属于硅酸盐材料。
【小问4详解】
由分析可知，浸出渣的主要成分是、，过滤后，由于具有吸附性，滤渣表面会残留含有和的滤液，如果不进行洗涤，这部分离子就会随滤渣流失。
【小问5详解】
滤液中含有和，经过“树脂吸附”步骤，树脂专门吸附了，因此吸附尾液中金属元素的主要存在形式为，尾液中的需要转化为沉淀以便后续煅烧生成 。通常通入过量的二氧化碳气体，使其转化为氢氧化铝沉淀。
【小问6详解】
电解的目的是从镓洗脱液中回收金属镓（Ga），即得电子被还原，发生还原反应，这是在阴极进行的，电极方程式为：。
16. 硫代硫酸银是一种重要的无机化合物，常以稳定配离子存在。
Ⅰ．化学小组甲探究与的反应机理，进行如下实验：
①取2 mL0.1 ml/L溶液于一支洁净试管中，逐滴加入0.1 ml/L溶液，边滴边振荡，起初生成白色沉淀，随后沉淀颜色迅速经历黄色、橘红色，最终变为黑色。
②取2 mL0.1 ml/L溶液于另一支洁净试管中，逐滴加入0.1 ml/L溶液，边滴边振荡，观察到有白色沉淀生成，但振荡后沉淀迅速溶解，得到无色澄清溶液。
Ⅱ．化学小组乙根据以上的反应机理利用右图装置制备。
已知：为白色难溶物，在水中不稳定易分解；为稳定无色配离子。
回答下列问题：
（1）圆底烧瓶中盛放的试剂为______溶液。
（2）实验①中黑色固体是______（填化学式）。
（3）写出实验②中沉淀迅速溶解得到无色澄清溶液过程对应的离子反应方程式______。
（4）配离子中的配体为，配位原子为______（填“端基S原子”或者“中心S原子”），理由是______。
（5）已知常温下，溴化银（AgBr）的溶度积常数。可与形成稳定的配离子，该反应平衡常数。现有1.00 L0.200 ml/L的溶液，向其中加入足量的AgBr固体，发生溶解的化学反应方程式为，此溶解反应平衡常数为______。
（6）溶液在精确实验时需要标定。其方法是：准确称取0.117 gNaCl固体于锥形瓶中，加入50 mL蒸馏水溶解，用溶液作为指示剂，用溶液滴定至出现砖红色沉淀，记录消耗的溶液的体积为V。另取50 mL蒸馏水进行空白对照实验，消耗的溶液的体积为。滴定时溶液应使用______滴定管，溶液的浓度为______ml/L（用含V和的式子表示）。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4） ①. 端基S原子 ②. 硫代硫酸根中，中心S原子无孤对电子，而端基S原子有孤对电子
（5）14 （6） ①. 棕色酸式 ②.
【解析】
【分析】化学小组甲探究与的反应机理，实验①将Na2S2O3溶液滴入AgNO3溶液中，起初生成白色沉淀（Ag2S2O3），随后沉淀颜色迅速变化（黄→橘红→黑），最终生成黑色固体。实验②将AgNO3溶液滴入Na2S2O3溶液中，先生成白色沉淀，振荡后迅速溶解，形成无色澄清溶液（[Ag(S2O3)2]3-）。这说明反应物的滴加顺序会影响产物：当Ag+过量时，不足，生成的Ag2S2O3不稳定，易分解为Ag2S（黑色）；而当过量时，Ag+可被完全络合为[Ag(S2O3)2]3-。
【小问1详解】
根据题干信息，实验①中向中滴加最终会生成黑色沉淀（ ），得不到目标产物；实验②中向中滴加，沉淀会溶解得到无色澄清溶液，生成了稳定的配离子，为了制备稳定的，必须保证过量，因此圆底烧瓶中应盛放溶液，将 溶液装在滴液漏斗中逐滴加入。
【小问2详解】
硫代硫酸银（）是白色沉淀，但在水中不稳定。在实验①中，过量，迅速水解并发生歧化或分解反应，最终转化为更难溶、更稳定的黑色的 。
【小问3详解】
实验②中，起初生成的白色沉淀是，随着溶液的继续加入，白色沉淀与溶液中的结合，形成了可溶性的配合物，离子方程式为：
。
【小问4详解】
硫代硫酸根（）的结构类似于硫酸根，其中一个氧原子被硫原子取代。中心的硫原子处于高氧化态（+6价形式），其价层电子对已全部用于与周围的氧和硫成键，没有孤对电子。外围的端基硫原子处于-2价状态，拥有孤对电子，它能作为电子给体与形成配位键。
【小问5详解】
可与形成稳定的配离子，该反应平衡常数，反应方程式为：，该反应的平衡常数K表达式为：K=14。
【小问6详解】
溶液具有氧化性，且见光易分解，会腐蚀橡胶管，因此不能使用碱式滴定管，必须使用棕色酸式滴定管。称取的物质的量 ，滴定反应为 ，即 ，实际消耗的溶液体积为扣除空白实验后的体积为 ，浓度 。
17. 丙烯在一定条件下与溴化氢发生加成反应，反应体系中同时存在如下反应：
I：
Ⅱ：
（1）已知某些共价键的键能如下表所示：
通过上表数据计算得______。反应Ⅰ能自发反应的条件是______（填“高温”、“低温”或“任意温度”）。反应Ⅰ和Ⅱ的反应热接近但不相等，而利用上述键能数据计算两个反应的反应热却是相等的，原因是______。
（2）在一定温度下，向恒容的容器中通入和HBr发生上述两个反应，下列说法能表明反应达到平衡状态的是______（填字母序号）。
a．气体的压强不变
b．生成的速率等于生成的速率
c．混合气体的平均摩尔质量不变
d．、的物质的量相等
（3）对于反应Ⅰ，反应速率与HBr浓度的关系可表示为：（k为常数）。145℃时，保持其他条件不变，测定了不同浓度时的反应速率如下表。当时，=______。
（4）恒压时，使用催化剂在不同温度下测得产物选择性如图所示（反应均未达平衡）。
在120~240°C范围内，反应Ⅰ和反应Ⅱ丙烯的转化速率分别为，，二者大小关系为______（填“>”“ ②. 反应未达到平衡时，产物的选择性直接反映了生成该产物的反应速率的相对大小，2-溴丙烷的选择性始终高于1-溴丙烷，所以反应I的速率大于反应II的速率 ③. 减小
【解析】
【小问1详解】
的=反应物总键能-生成物总键能=；该反应是放热反应，，该反应是气体分子数减小的反应，， 时反应能够自发进行，反应Ⅰ能自发反应的条件是低温；和互为同分异构体，反应Ⅰ和反应Ⅱ断键和成键种类相同，而表中给出的键能数据是平均键能，导致算出来的结果一样。
【小问2详解】
反应体系中同时存在两个竞争反应，且都是气体体积缩小的反应。
a．恒温恒容条件下，压强与总物质的量成正比。这两个反应都是气体分子数减小的反应，随着反应进行，总物质的量在减小，压强在减小。当压强不变时，说明各组分浓度不再变化，反应达到平衡，a正确；
b．生成的速率是逆反应速率，生成的速率是正反应速率，这两个速率不一定相等，生成的速率等于生成的速率不能说明反应达到平衡，b错误；
c．平均摩尔质量，根据质量守恒，气体总质量始终不变。由于反应导致总物质的量减小，所以是增大的变量。当不变时，说明不变，反应达到平衡，c正确；
d．平衡时各组分的浓度保持不变，但不一定相等，这取决于起始投料和平衡常数，、的物质的量相等，不能说明反应达到平衡，d错误；
故选ac。
【小问3详解】
根据题目给出的速率方程：，利用表格中的两组实验数据：、，，；代入第一组数据：，，当时：，。
【小问4详解】
因为在反应未达到平衡时，产物的选择性直接反映了生成该产物的反应速率的相对大小。图中显示2-溴丙烷的选择性始终高于1-溴丙烷，所以反应I的速率大于反应II的速率；该反应是在恒压条件下进行的。当向反应体系中通入惰性气体Ar时，为了保持总压强不变，反应容器的体积必须增大，导致反应体系中所有参与反应的气体的分压都相应降低，反应Ⅰ和反应Ⅱ均为气体体积减小的反应，平衡逆向移动，丙烯的转化率减小。
18. 化合物Ⅰ是一种药物中间体，可由下列路线合成（部分反应条件已略）：
回答下列问题：
（1）A中含有的官能团名称为_______，B的结构简式为_______。
（2）已知C→D的过程依次发生加成反应、消去反应，其中“加成反应”的化学方程式为_______。
（3）E→F过程中乙二醇的作用是_______，F→G的反应类型是_______。
（4）G→H中PTSA代表的物质是，其化学名称为_______。
（5）下列说法错误的是_______（填标号）。
a．A的分子式为 b．C含有4个手性碳原子
c．D→E反应中，是反应试剂 d．G→H反应涉及还原过程
（6）Q是比D少4个原子团的化合物，其同分异构体中同时满足下列条件的有_______种（不考虑立体异构），写出其中可发生银镜反应的同分异构体的结构简式_______（写出1种即可）。
①可与溶液发生显色反应
②1 mlQ能与4 ml发生加成反应
③核磁共振氢谱显示为5组峰，峰面积比为6：2：2：1：1，且苯环上的H仅有1种化学环境
④与-OH相连的结构不稳定
【答案】（1） ①. 碳碳双键、羰基 ②.
（2） （3） ①. 保护羰基 ②. 取代反应
（4）对甲基苯磺酸(或4−甲基苯磺酸)
（5）ab （6） ①. 6 ②.
【解析】
【分析】A和1,3-丁二烯（双烯体）发生D-A加成反应得到双环产物B；B为，B中的碳碳双键被高碘酸氧化断键，得到化合物C；C在碱催化下发生分子内羟醛缩合（先加成、再消去），构建五元碳环，得到含烯基醛的D；D先加氢还原碳碳双键，再将醛基氧化为羧基，后经重氮甲烷甲酯化，得到羧酸甲酯E；E的酮羰基与乙二醇发生缩酮反应得到F，实现酮羰基的保护，之后F的甲酯基团与甲胺发生氨解取代得到酰胺G；G经氢化铝锂还原酰胺基，再经脱去缩酮保护得到H，最终关环得到目标中间体Ⅰ。
【小问1详解】
根据A的结构简式，含有的官能团为碳碳双键和羰基；A作为亲双烯体与1,3-丁二烯发生双烯加成（D-A反应）得到B，结构为。
【小问2详解】
C→D是分子内羟醛缩合，先发生羟醛加成，再消去得到双键，加成反应方程式为。
【小问3详解】
E中的羰基与乙二醇形成缩酮，避免羰基在后续反应中被还原，起到保护羰基的作用；F中酯基与反应生成酰胺，属于取代反应。
【小问4详解】
结构为对甲苯磺酸，系统命名为4-甲基苯磺酸，俗称对甲基苯磺酸
【小问5详解】
a：数A的碳氢氧，分子式，a错误；
b：C中手性碳原子共3个：，不是4个，b错误；
c：D→E中作为甲基化试剂，将羧基转化为甲酯，是反应试剂，c正确；
d：G→H中还原酰胺羰基，属于还原过程，d正确；
故选ab。
【小问6详解】
Q的化学式为，不饱和度为5，满足：①含酚羟基（与显色）；②加成 ​，说明苯环（加成）+1个醛基（加成）或一个碳碳双键；③NMR5组峰，面积比，说明含2个等价甲基​，苯环剩余H只有1种化学环境，符合条件的同分异构体有6种符合，分别为、、；其中含醛基，可发生银镜反应的为。选项
功能材料
原因或解释
A
新能源汽车动力电池：石墨烯
石墨烯属于有机高分子材料，密度小
B
喷气式飞机的发动机叶片：镍钴合金
镍钴合金能承受1100℃高温
C
集成电路底板：酚醛树脂
热固性酚醛树脂耐高温绝缘性好
D
液晶显示器：液晶材料
施加电场可使液晶的长轴取向发生不同程度的改变
实验方案
现象
结论
A
加热2 mL0.5 ml/L溶液，观察溶液颜色变化
溶液由蓝色变为黄绿色
B
取绿豆大的钠迅速投到热坩埚中，继续加热坩埚，钠熔化后撤掉酒精灯，观察
钠熔化，发出黄色火焰，产生淡黄色固体
生成了过氧化钠
C
向两支大小相同的试管中各加入2 mL10%溶液，再向两支试管中分别加入2滴1 ml/L的溶液和溶液
前者立即产生大量气泡，后者无气泡产生
溶液与溶液反应，与溶液不反应
D
在试管中加0.5 g淀粉和4 mL2 ml/L溶液加热，冷却后加入少量的新制的，加热
无明显现象
淀粉水解产物无还原性糖
离子种类
颜色
黄色
蓝色
绿色
紫色
共价键
C-C
C=C
C-H
H-Br
C-Br
键能/
347.7
615.0
413.4
360
290
实验组
一
二