四川省绵阳市某中学2026届高三年级上册开学考试 化学试题（含解析）

化学试题

本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷由第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）组成,

共6页；答题卡共2页。满分100分，考试时间75分钟。

可能用到的相对原子质量：H1Li7016CI35.5Fe56Mn55

一、单选题（共15小题，每小题3分，共45分。每小题仅一个选项最符合题意）

1.材料是人类赖以生存和发展的物质基础，下列材料主要成分属于有机物的是

A.碳纳米管B.硅钢C.聚酯纤维D.石英光导纤维

【答案】C

【解析】

【详解】A.碳纳米管是碳的单质，属于无机非金属材料，A不符合题意；

B.硅钢是铁和硅的合金，属于金属材料，B不符合题意：

C.聚酯纤维的主要成分为聚酯（如PET）,属于有机高分子材料，C符合题意；

D.石英光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，D不符合题意；

故选C。

2.下列化学用语表示正确的是

A「H2和2H2互为同位素B.分子的球棍模型：

C.甲基的电子式：D.中共价键的电子云图：

【答案】C

【解析】

【详解】A.同位素的研究对象是原子，和2H2是氢气分子，并非原子，因此不互为同位素，A错误；

B.O,分子呈V形结构（键角约116.8。），球棍模型中三个氧原子应呈角形排列，，B错误；

C.甲基（-CH“中C与3个H各共用一对电子，C还有一个单电子，则甲基的电子式为,C正确；

D.山中的共价键为S-S。键，电子云图应体现两氢原子s轨道重叠后电子云密度的分布（中间密度大、两

端小），，D错误；

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故选c。

3.在2.8gFe中加入100mL3moi/LHC1,Fe完全溶解。NA代表阿伏加德罗常数的值，卜列说法正确的是

A.反应转移电子为0.1mol

B.HC1溶液中HCI分子数为0.3NA

56

C.2.8gFe含有的中子数为1.3NA

D.反应生成标准状况下气体3.36L

【答案】A

【解析】

【分析】2.8gFe的物质的量为0.05mol,100mL3moiL"HQ中H+和C「的物质的量均为0.3moL两者发生

反应后，Fe完全溶解，而盐酸过量。

【详解】A.Fe完全溶解生成Fe?+,该反应转移电子=0.1mol,A正确；

B.HC1为强电解质，在其水溶液中无HQ分子，C「的物质的量为0.3mol,因此，C「数为0.3NA，B错误；

C.56Fe的质子数为26、中子数为30,2.8g56Fe的物质的量为0.05mol,因此，2.8g$餐含有的中子数为1.5NA

,C错误；

D.反应生成H2的物质的量为0.05moL在标准状况下的体积为1.12L,D错误；

故答案为A。

4.常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是

A.的溶液中:

B.水电离出来的的溶液:

C.含有气体的溶液中：、、

D.滴加甲基橙显红色的水溶液中：、

【答案】B

【解析】

【详解】A.为酸性条件,会发生反应,A错误;

B.水电离出来的的溶液可能为酸性也可能为碱性，在诚性条件下，四种离子可大量

共存，B正确;

C.具有强氧化性会与发生氧化还原反应，c错误;

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D.滴加甲基橙显红色的溶液为酸性,在酸性条件下会与发生氧化还原反应，D错误;

故选Bo

5.下列离子方程式正确的是

A.苯酚钠溶液中通入少量的CO?气体：2+CO2+H20f2+

2+

B.NaHCCh溶液与过量Ba(OH”溶液反应：+0H+Ba=H2O+BaCO3I

2+2+

C.向100mLlmolL“FeBr2溶液中通入OSmolCk：2Fe+2Br+2CI2=2Fe+Br2+4Cl'

D.氯气通入石灰乳中：Ch+20H=C1+CIO+H2O

【答案】B

【解析】

【详解】A.苯酚的酸性弱于碳酸但强于碳酸氢根，苯酚钠与少量CO?反应只能生成苯酚和碳酸氢钠，离

子方程式应为：+CO2+H2O-+,A错误：

B.NaHCCh溶液与过最Ba(OH)2溶液反应生成BaCCh沉淀和NaQH,离子方程式为:

2+

+OH+Ba=H2O+BaCO31,B正确；

C.100mLImollJFeBn溶液含01moiFe?+和。2moiBL通入OSmolCb(过量)，Fe2+(还原性强于BC

先被氧化为Fe3+,再氧化B「，离子方程式应为：2Fe2++4Br+3cl2=2Fe3++2Br2+6C「，C错误；

D.石灰乳为Ca(0H)2悬浊液，不能拆为OK,应写化学式，离子方程式为：Cl2

2+

+Ca(OH)2=Ca+Cr+ClO+H20,D错误；

故答案为B.

6.下列实验方法或试剂使用合理的是

选项实验目的实验方法或试剂

检验NaBr溶液中是否含有Fe2

AK3[Fe(CN)6]溶液

B测定KHS溶液中c(S2')用AgNCh溶液滴定

C除去乙醇中少量的水加入金属Na,过滤

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8.碳酸二甲酯DMC(CHqCOOCH3)是•种低毒、性能优良的有机合成中间体，科学家提出了新的合成方案

(吸附在固体催化剂表面上的物种用*标注)，反应机理如图所示。

下列说法正确的是

A.反应过程中除固体催化剂外，还使用了H0•做催化剂

B.反应进程中次速步骤的能垒为125.7cV

C.第3步的基元反应方程式为：

D.该反应历程使用催化剂的目的是提高碳酸二甲酯的产率

【答案】A

【解析】

【详解】A.H0.反应前参与反应，反应后又生成，作催化剂，A正确；

B.反应进程中经过渡态I的反应能垒最大,是决速步骤,其能垒为[103.1・(-22.6)]xl()2eV=i.257xl04eV,B

错误；

C.由图可知，第3步的基元反应方程式为：，C

错误；

D.催化剂只能加快反应速率，不影响平衡移动，不能提高产物产率，D错误；

故选A。

9.化合物A是一种常用的表面活性剂，具有起泡性能好、去污能力强等特点，其结构如图所示。已知X、

Y、Z、W、M均为短周期常见元素，W是形成物质种类最多的元素，X、Y为同族元素，Z、M为同族元

索、基态Z原子的核外电子有6种空间运动状态.下列说法错误的是

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A.原子半径Z>Y>X>M

B.电负性X>Y>W>M>Z

C.X、Y、Z、W简单氢化物中熔佛点最高的为X的氢化物

D.均由X、Y、Z、M四种元素组成的两种盐可以发生反应

【答案】C

【解析】

【分析】W是形成物质种类最多的元素，W为C；Z可形成+1价阳离子，基态Z原子的核外电子有6种空

间运动状态，Z为Na；Z、M为同族元素，M可形成1个共价铤，M为H；X、Y为同族元素，X可形成I

个双键，Y可形成2个单键和2个双键，则X为0、Y为S。

【详解】A.原子半径：ZNa,Y为S,X为0,M为H。同周期Na>S,同主族S>O,H半径最小，顺

序Z>Y>X>M,A正确；

B.一般来说，同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，电负性：

X(0)>Y(S)>W(C)>M(H)>Z(Na)[提示：中C显正价，S显负价，可知电负性S>C],B正确；

C.简单氢化物中，Z(Na)的氢化物为NaH(离子晶体)，熔沸点远高于X(H2O,分子晶体)，熔沸点最高的为

Z的氯化物，C错误；

D.和可以发生反应，D正确；

故选Co

10.下列实验操作能达到实验目的的是

选项AB

探究反应物浓度对化学反应速率

目的检验是否沉淀完全

的影响

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操作

选项CD

配制一定物质的最浓度的KC1溶

目的制备氢氧化铁胶体

液

操作

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A.目的是探究反应物浓度对反应速率的影响，操作中H26浓度和体枳相同，NaHSS浓度不同,

体积相同，变最为NaHSCh浓度，但H2O2与NaHS()3反应无明显现象，无法通过观察判断速率差异，A错

误；

B.向上层清液中加入氯化钢溶液，若无白色沉淀产生，说明硫酸根离子已经沉淀完全，B正确；

C.加入蒸储水至离刻度线1cm时应该用胶头滴管滴加，C错误；

D.FeCh溶液和NaOH溶液反应得到Fe(0H)3沉淀，而得不到Fe(OH)3胶体，D错误；

故答案为

11.结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是

事实解释

A甘油是黏稠液体甘油分子间的氢犍较强

B王水溶解柏浓盐酸增强了浓硝酸的氧化性

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C冰的密度小于干冰冰晶体中水分子的空间利用率相对较低

未杂化的P轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运

D石墨能导电

动

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A.甘油分子中有3个羟基，分子间可以形成更多的氢键，且O元素的电负性较大，故其分子间

形戌的氢键较强，因此甘油是黏稠液体，A正确；

B.王水溶解钳，是因为浓盐酸提供的能与被硝酸氧化产生H勺高价态的钳离子形成稳定的配合物从而促

进铀的溶解，在这个过程中浓盐酸没有增强浓硝酸的氧化性，而是通过形成配合物增强了伯的还原性，B

不正确；

C.冰晶体中水分子间形成较多的氢键，由于氢键具有方向性，因此，水分子间形成氢键后空隙变大，冰晶

体中水分子的空间利用率相对较低，冰的密度小于干冰，C正确；

D.石墨属于混合型晶体，在石墨的二维结构平面内，第个碳原子以C—C键与相邻的3个碳原子结合，形

成六元环层。碳原子有4个价电子，而每个碳原子仅用3个价电子通过sp2杂化轨道与相邻的碳原子形成共

价键，还有1个电子处于碳原子的未杂化的2P轨道上，层内碳原子的这些p轨道相互平行，相邻碳原子p

轨道相互重叠形成大兀键，这些P轨道的电子可以在整个层内运动，因此石墨能导电，D正确；

综上所述，本题选B。

12.某小组设计实验探究的性质，实验记录如下：

实

操作及现象

验

向甲，乙试管中均加入溶液，硫酸溶液，

固体，振荡，使其溶解。然后，向甲中加入2滴的溶液，

①

乙试管中不加，在相同水浴中持续加热，观察到甲中溶液较快变为紫红色；乙试管中一段时间后缓

慢变紫红色

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向①中反应后甲试管中滴加硫酸,溶液，振荡试管，紫红

色逐渐褪去，并产生气泡

向少量的酸性溶液中滴加②中反应后甲试管中溶液（溶液中无）,产生黑色沉淀（经

③

检测：纯黑色固体摩尔质量为），溶液褪色

下列说法正确的是

A.实验①中，甲试管中较快出现紫红色是因为起到了催化作用

B.实验②中紫红色褪去反应的离子方程式为

C.实验③中，每生成Imol黑色沉淀，转移2moi电子

D.该实验中，中S的化合价为，表现强氧化性

【答案】A

【解析】

【详解】A.实验①中，甲试管加入溶液后较快出现紫红色，对比乙试管，说明起到了催化

作用，加快了反应速率，A1E确；

B.为弱酸，不能写成离子，正确离子方程式为：

，B错误；

C.实验③中离子方程式为，则每生成转移

,C错误；

D.过二硫酸镂中硫为价，因为硫原子最外层有6个电子，最高化合价为，含过氧键，它具有强氧化

性（类似过氧化钠），D错误；

故答案为：Ao

13.为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。

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下列说法不正确的是

A.固体溶解是吸热过程

B.根据盖斯定律可知：

C.根据各微粒的状态，可判断，

D.溶解过程的能量变化，与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关

【答案】C

【解析】

【分析】由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，第一步为Na。固体变为Na+和C「，此过程离子

键发生断裂，为吸热过程：第二步为Na+和C「与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成

键过程，为放热过程。

【详解】A.由图可知，固体溶解过程的焙变为，为吸热过程，A正确；

B.由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，由盖斯定律可知，即，B

正确；

C.由分析可知，第一步为NaQ固体变为Na+和C「，此过程离子键发生断裂，为吸热过程，2>0；第二步

为Na+和C「与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程，b<0,C错

误；

D.由分析可知，溶解过程的能量变化，却决于固体断键吸收的热量及Na+和。-水合过程放出的热量

有关，即与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关，D正确：

故选C。

14.Cu。难溶于水，在空气中易被氧化。工业以废铜泥(含CuS、、、Fe等)为原料制

备CuCl的流程如图:

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下列说法正确的是

A.“酸浸”后，溶液中的金属离子只含和

B.“除杂”步骤中，为了使沉淀完全，加氢氧化钠溶液须过量

C.“灼烧”不充分会降低Cu。的产率

D.实验室模拟工业灼烧操作可在蒸发皿中进行

【答案】C

【解析】

【分析】废铜泥灼烧后将金属元素转化为可溶于硫酸氧化物，酸浸后先加HQ?氧化Fe?+,再加NaOH稀

溶液，过滤除去Fe（OH）3,往滤液中加入Na2sO3、NaQ还原后经系列操作得到氯化亚铜产品。

【详解】A.废铜泥在空气中灼烧后，Fe被氧化为Fe的氧化物，酸浸后溶液中的金属离子含有、

和Fe3+,故A项错误;

B.“除杂”步骤中，加过量的氢氧化钠溶液会提高成本，并且可能生成氢氧化铜沉淀，降低的

产率，故B项错误；

C.“灼烧”不充分,铜没有完全转化为氧化铜，则会降低CuQ的产率，故C项正确：

D.灼烧固体在堵期中进行，不能在蒸发皿中进行，故D项错误；

故本题选C。

15.晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超高子导体的晶胞是立方体（图1）,进行镁离子取代及

卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料（图2）。下列说法错误的是

A.图1晶体密度为g-cm-3B.图1中0原子的配位数为6

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C.图2表示的化学式为D.取代产生的空位有利于传导

【答案】C

【解析】

【详解】A.根据均摊法，图1的晶胞中含Li：8x+1=3,O：2x=1,Cl：4x=1,1个品胞的质量为

g=g，晶胞的体积为（ax10/°cm）3=a3x10-30,m3,则晶体的密度为g4-[a3x1CT30cm3）

=g/cm3,A项正确；

B.图1晶胞中，O位于面心，与O等距离最近的Li有6个，0原子的配位数为6,B项正确；

C.根据均摊法，图2中Li：1,Mg或空位为8x=2oO：2x=1,Cl或Bn4x=1,Mg的个数小于2,

根据正负化合价的代数和为0,图2的化学式为LiMgOCkBri-x，C项错误；

D.进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料，说明M『+取代产生的空位有利于Li

+的传导，D项正确；

答案选C。

二、非选择题（本题共4小题，共55分）

16.草酸钻是制作氧化钻和金属钻的原料，一种利用含钻废料（主要成分CO2O3,含少量Fe2（）3、AI2O3、CaO

、MgO.碳及有机物等）制取C0CQ4的工艺流程如下：

已知：Ca2\Mg2+均能与F生成沉淀。回答下列问题：

（1）基态钻原子的价电子排布式为。

（2）350℃焙烧”的目的是。

（3）“碱浸”时发生反应的离子方程式为。

（4）“浸钻”过程中若先加入足量的稀H2so山后加入足量的Na2so3,则浸出液含有的金属阳离子为Na+、

Ca2\Mg2+和o

（5）“净化除杂1”过程中,先在40〜50℃加入H2O2溶液，后调节pH.

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①该条件下Fe3+、Co3\H2O2氧化性由强到弱的顺序为。

②控制40〜50c的原因是o

(6)已知CO2O3+6HCI=2COC12+C12+3H2O,取一定质量的二水合草酸钻分解后的钻氧化物(其中Co的化合

价为+2、+3),用480mL5moi/L盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCb溶液和4.48LCb(标准状况)。该钻氧化

物中C。、O的物质的量之比为。

(7)在空气中焙烧COC2O4生成CO3O4和一种气体，该反应的化学方程式为o

【答案】⑴3d74s2

(2)除去碳和有机物(3)

⑷、

(5)①.②.温度过低，反应速率太慢；温度过高，双氧水易分解

⑹5:6(7)

【解析】

【分析】550C焙烧含钻废料(主要成分为CO2O3,含少量Fe2Ch、AI2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)除去

碳和有机物：加入氢氧化钠溶液，其中AI2O3溶解生成，CO2O3、Fe2O3,CaO.MgO不溶，

过滤，则浸出液的主要为；向过滤得到的固体加入稀硫酸和亚硫酸钠，NazSCh将C(?+、Fe3

+还原为Co?*、Fe2+,可得C0CI2、FeCb、MgCh>CaCh;在40〜50℃加入H2O2,氧化F*氧化为F』+,

再使Fe?+转化成Fe(OH)3沉淀；过滤后所得滤液主要含有C0CI2、MgCk、CaCb，用NaF溶液除去钙、镁；

过滤后，滤液中主要含有CoCb，加入草酸隹溶液得到草酸钻。

【小问1详解】

钻为27号元素，基态钻原子的价电子排布式为3d74s2；

【小问2详解】

“55()℃蜡烧”的目的是除去碳和有机物；

【小问3详解】

“碱浸”时AI2O3与NaOH生成，反应离子方程式为：

【小问4详解】

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向过滤得到的固体加入稀硫酸和亚硫酸钠，Na2s03将C03+、Fe-还原为C（?+、Fe2+,则浸出液含有的金属

阳离子为Na+、Ca2\Mg2+和、；

【小问5详解】

①在40〜50C加入H2O2,Fe?+氧化为Fe3+,可知氧化性：；但未被氧化成，可知

氧化性：；可得氧化性：；

②“净化除杂1”过程中，先在4D~50℃加入H2O2,控制温度不能太高的原因是防止温度过高导致过氧化

氢分解：同时温度也不能太低，温度过低，反应速率太慢；

【小问6详解】

取一定质量的二水合草酸钻分解后的钻氧化物（其中Co的化合价为+2、+3）,用480mL5moi/L盐酸恰好完全

溶解固体，得到CoCL溶液和4.48LC12（标准状况），根据氯元素守恒，n（Co）=

;盐酸中的氢元素与钻氧化物中的。结合为水，根据H元素守恒,

n（0）=,该钻氧化物中Co、O的物质的量之比为1:1.2=5:6；

【小问7详解】

在空气中焙烧CoCzCh生成CsCh和一种气体，由元素守恒可知，该气体为C02，故燃烧的方程式为：

17.是主要的大气污染物之一，空气中含量测定方法如下：

I.采样

（1）按下图连接仪器，进行（填实验操作），装入药品，其中X、Z中盛有相同吸收液。打开止气

阀和采气泵，开始测定实验。

（2）进入的先转化为，进一步转化为粉红色的偶氮染料；在中被氧化为，在

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中被吸收转化。待（填“X”或"Z”）中吸收液变成粉红色后，同时关闭止气阀和采气泵，停止

采样。多孔玻板上具有多个微孔结构，其作用是;Y中反应的离子方程式为。

II.含量测定

将不同浓度标准溶液与足量吸收液反应生成偶氮染料，分别测定其吸光度（对特定波长光的吸收

程度），绘制出吸光度与标准溶液浓度的关系曲线如图。测定X、Z中吸收液的吸光度，与

标准溶液吸光度曲线对照得出的浓度，换算出的含量。

（3）称取（己干燥恒重）配制成标准溶液，下列实验仪器必须用到的是

（填名称）。

（4）以流量采样小时，测得的含量为,则所采集的环境空气中的含量为

（用含、、的代数式表示）；若配制标准溶液前，固体未经干燥恒重，将导

致测定结果（选填“偏大”或“偏小”）。

【答案】（1）检查装置气密性

(2)①.X②.增大气液接触面积，提高吸收率

（3）烧杯、1000mL容量瓶

（4）①.②.偏大

【解析】

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【分析】目的是测定空气中含量，首先搭建实验装置，检查气密性，实验过程：通

过X,在X中先转化为，进一步转化为偶氮染料，Y中NO与酸性KMnO4溶液反应生成和

Mr?*,Z中将新生成转化为；乂用于检测NO2浓度，Y用于检测NO浓度，Z用于除去新生成NO?

【小问1详解】

实验涉及气体的吸收与转化，则连接仪器后，进行检查装置气密性，再装入药品进行实验；

【小问2详解】

进入的先转化为，进一步转化为粉红色的偶氮染料，则待X中吸收液变成粉红色后，说明

被吸收，同时关闭止气阀和采气泵，停止采样。多孔玻板上具有多个微孔结构，其作用是增大气液接

触面积，提高吸收率；Y中NO与酸性KMnO4溶液反应生成和Mi?+,氮化合价由+2变为+4、钵化合

价由+7变为+2,结合电子守恒，Y中反应的离子方程式为

♦*

【小问3详解】

配制一定物质的量浓度的溶液，炉需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶

贴签；称取（已干燥恒重，精确度较高，需要使用电子天平）配制成标准

溶液，下列实验仪器必须用到的是烧杯、1000mL容量瓶；

【小问4详解】

以流量采样小时，测得的含量为，则所采集的环境空气中的含量为

;若配制标准溶液前固体未经干燥恒重，则称取

质量偏小，标定标准溶液浓度时，由于称量质量相同，未烘干的基准物中有效物质摩尔数

少「理论值，导致滴定所需标准溶液体积减少，计算浓度时，仍按干燥后的理论摩尔数代入公式c=n/V,

而实际消耗的V偏小，导致标准溶液浓度计算结果偏高，标准溶液浓度偏高，则NO,含量测定结

果偏大。

18.有机物H是一种抗癌药物的合成中间体，其合成路线如下图所示。

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已知：RiCHO

I可答下列问题：

（!）A-B的反应类型为。

（2）C-D的化学方程式为。

（3）E中官能团的名称是o

（4）A具有碱性，其碱性（填或"v”）o

（5）A的同分异构体中含苯环和，的共有种；其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比

为的结构简式为（写出一种即可）。

（6）G-H的反应可分为三步，第一步为加成反应，第二步为消去反应，第三步为加成反应，则第二步反

应有机产物的结构简式为。

【答案】（1）氧化反应

（2）2+O22+2H2O

⑶氨基、酯基⑷>

（5）①.10②.

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(6)（或)

【解析】

【分析】A被MnCh氧化，将甲基氧化为醛基生成B,B与ChMgBr在HQ+条件下发生已知反应生成C,

则C为，C与0?在Cu的催化下发生氧化反应，将羟基氧化为酮锻基，生成D,D与E

发生取代反应生成F,F与H2在Ni的催化下发生还原反应，将冢基还原为氨基，生成G,G依次发生加成

反应、消去反应、加成反应生成H,据此回答。

【小问I详解】

由分析知，A被Mn02氧化，将甲基氧化为醛基生成B,A-B的反应类型为氧化反应；

【小问2详解】

C与02在Cu的催化下发生氧化反应，将羟基氧化为酮埃基，生成D,化学方程式为2+

022+2H2O；

【小问3详解】

E为，官能团的名称鼠基、酯基；

【小问4详解】

在含氮有机物中，氮原子上电子云密度越大，结合质子能力越强，碱性越强，中甲基是

推电子基团，会使氮原子上电子云密度增大，碱性更强；

【小问5详解】

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A为，其同分异构体中含苯环和，若苯环上只有一个取代基，为，共

有I种，若苯环上有两个取代基，为和，有邻、同、对3种；若苯环上有三个取代基，为

、、，苯环上连三个取代基，其中有两个相同时，共有6种，符合题意的同分异构体共1

+3+6=10种；核磁共振氢谱有3组峰且峰面积之比为2:2:1,说明分子中有3种不同化学环境的氢原子，

且氢原子个数比为221,上述同分异构体中符合条件的

【小问6详解】

由于G-H的反应可分为三步，第一步为加成反应，第二步为消去反应，第三步为加成反应，即

（或

,则第二步反应有机产物的结构简式为（或）。

19.碳达峰和碳中和是应对气候变化的重要策略，以CO?为原料合成甲醇可以减少CO2的排放，可以更快

地实现碳达峰和碳中和。回答下列问题：

i.CO2和比生成甲醇涉及的反应如下：

主反应：

副反应：

（I）反应O

（2）恒温卜:向恒容密闭容器按投料比n（CO2）：1】（比尸1：1通入气体，若只发生主反应，卜.列能判断反应

处于平衡状态的是___________

A.B.COz体积分数不再改变

C.体系内气体密度不再改变D.CO2与Hz物质的量之比不再改变

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（3）rc时，在主、副反应的混合体系中，平衡时，生成甲静的选择性［CH30H选择性

］随压强的变化如图所示.

①增大压强，甲醉的选择性增大的原因是。

②TC时，若在密闭容器中充入2moic02和2.8molH2，在压强为pPa时，生成0.6molCO,则TC时，主反

应的压强平衡常数。（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）

II.催化剂的性能测试：一定条件下使CO2、比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C02的转化率和CH30H的选择性以评价催化剂的性能。

（4）230℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比5：18

：1,则该温度下CO2的转化率为。

（5）其他条件相同时，反应温度对CO2的转化率和CH30H的选择性的影响如图1、2所示。

①由图I判断