2026年高考考前预测卷-化学01（新高考适用）（全解全析）

/试卷第=page11页，共=sectionpages33页2026年高考考前预测卷高三化学（考试时间：75分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5I-127一、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．化学与科技、生产、生活密切相关。下列说法错误的是A．用明矾净化黄河水是由于水解产生的胶体具有吸附性B．为增强“84”消毒液的消毒效果，可将“84”消毒液和洁厕灵混合使用C．“歼-20”战斗机采用大量高科技材料，其中石墨烯属于新型无机非金属材料D．清华大学在国际期刊《科学》上发表芯片领域的重要突破，其中芯片的主要成分是高纯度硅【答案】B【详解】A．明矾溶于水电离出的水解生成胶体，具有吸附性，可以起到净化黄河水的作用，A正确；B．“84”消毒液（含）与洁厕灵（含HCl）混合会生成有毒，降低消毒效果且危险，B错误；C．石墨烯属于新型无机非金属材料，C正确；D．芯片的主要成分是晶体硅，D正确；故答案选B。2．下列符号表征或图示正确的是A．中子数为20的氯元素的核素B．基态的价层电子的轨道表示式：C．二氧化硫的VSEPR模型：D．用电子式表示RbCl的形成过程：【答案】C【详解】A．中子数为20的氯原子的质量数为37，可表示为：，A错误；B．基态Cu原子的价电子排布式为，失去最外层1个电子形成，则基态的价电子排布式为，轨道表示式为，B错误；C．二氧化硫的价层电子对数为，VSEPR模型为平面三角形，C正确；D．用电子式表示RbCl的形成过程：，D错误；故答案选C。3．化学实验中，具有安全和规范意识是重要的学科素养。下列说法错误的是A．进行化学实验时，与安全有关的标识一定有、B．高锰酸钾和乙醇不可以同时保存在同一药品柜中C．浓NaOH溶液不慎沾到皮肤上，立即用大量水冲洗，然后涂上2%～5%的硼酸溶液D．酸、碱废液分别收集后直接排放【答案】D【详解】A．做化学实验需要佩戴护目镜，实验结束需要洗手，A正确；B．乙醇具有挥发性，且乙醇可以和高锰酸钾发生氧化还原反应，B正确；C．浓碱溶液有强烈腐蚀性，不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，为避免将皮肤灼烧，要立即用大量水冲洗，然后涂上2%～5%的硼酸溶液，C正确；D．酸、碱废液需中和处理达标后才能排放，D错误；故选D。4．下列有关物质的结构或性质的解释不合理的是选项物质的结构或性质解释A硬度：金刚石>碳化硅C—C的键能比C—Si的键能大B臭氧在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度臭氧是非极性分子C酸性：丙酸<甲酸乙基的推电子作用削弱了氢氧键的极性D金有良好的延展性金原子中脱落下的价电子被晶体中的所有原子共用【答案】B【详解】A．金刚石和碳化硅均为共价晶体，C原子半径小于Si，C-C键长更短、键能更大，对应硬度更高，解释合理，A不符合题意；B．O3为V形结构，正负电荷中心不重合，属于弱极性分子，解释不合理，B符合题意；C．乙基的推电子作用使羧基中O-H键的电子云密度增大，O-H键极性减弱，氢离子更难电离，因此丙酸酸性弱于甲酸，解释合理，C不符合题意；D．金为金属晶体，金原子脱落的价电子形成自由电子，被整个晶体中所有原子共用，形成金属键；在外力作用下，原子层间可相对滑动而金属键不被破坏，因此延展性好，解释合理，D不符合题意；故选B。5．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X的一种核素无中子，Y的基态原子价电子排布式为的质子数等于的质子数之差，的最高正价与最低负价的代数和为4。下列说法错误的是A．基态原子能级有2个单电子B．第一电离能：C．电负性：D．X、Y、Z、W可形成含共价键的离子化合物【答案】C【分析】首先推断元素：X的核素无中子，X为H；Y价电子排布为，n只能为2，价电子为，Y为N；X质子数为1，等于Y、Z质子数差，且Z原子序数大于Y，故Z质子数为8，Z为O；W最高正价与最低负价代数和为4，说明W的最高正价为+6，最低负价为-2，则W为第VIA族元素。又因为W的原子序数大于Z（O），且为短周期主族元素，所以W为S。【详解】A．基态O原子电子排布为，2p能级有2个单电子，A正确；B．N的2p轨道半充满更稳定，第一电离能，同主族第一电离能，故顺序，B正确；C．电负性同周期从左到右增大、同主族从上到下减小，顺序为，C错误；D．四种元素可形成等离子化合物，含共价键和离子键，D正确；故选C。6．缬苯那嗪可用于治疗迟发性运动障碍，其结构如图(-Me是甲基)。下列关于缬苯那嗪的说法正确的是A．分子中含有4个手性碳原子B．因含有醚键，故能与水以任意比例互溶C．不能与NaOH溶液反应，但能与盐酸反应D．1mol该有机物最多能与4mol氢气发生加成反应【答案】A【详解】A．由结构简式可知，缬苯那嗪分子中含有如图*所示的4个手性碳原子：，A正确；B．由结构简式可知，缬苯那嗪分子中含有的烃基、醚键、酯基都是憎水基，只有氨基是亲水基，所以缬苯那嗪不能与水以任意比例互溶，B错误；C．由结构简式可知，缬苯那嗪分子中含有的酯基能与氢氧化钠溶液反应，C错误；D．由结构简式可知，缬苯那嗪分子中含有的苯环一定条件下能与氢气发生加成反应，则1mol缬苯那嗪分子最多能与3mol氢气发生加成反应，D错误；故选A。7．叠氮化钠（）无味无臭，但有剧毒和爆炸性，在医药合成和化学分析中有广泛用途。叠氮化钠残余液可用次氯酸钠溶液进行处理，反应的化学方程式为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（

）A．中含有的离子数为B．溶液中含有的氧原子数为C．常温下，的NaOH溶液中的数目为D．标准状况下，生成转移的电子数为【答案】D【详解】A．的物质的量为，由和构成，含离子，故离子数为，A错误；B．溶液中，除了含有氧原子，溶剂水也含有氧原子，故氧原子数大于，B错误；C．题目中未给出溶液的体积，无法计算的物质的量，故数目无法确定，C错误；D．标准状况下的物质的量为，转移电子数=得电子总数=失电子总数，由反应方程式可知，每生成转移电子，故生成转移电子数为，D正确；故答案选D。下列反应的离子方程式正确的是A．饱和Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢：CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+(aq)B．向苯酚钠溶液中通入少量CO2气体：C．同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：+OH-=NH3·H2O D．HI溶液中加入H2O2后溶液变为黄色：2I-+H2O2=I2+2OH-【答案】A【详解】D．HI溶液为酸性环境，反应不可能生成碱性的OH-，正确离子方程式为，D错误；B．酸性顺序为碳酸＞苯酚＞碳酸氢根，向苯酚钠溶液中通入少量，无论量多量少，都只能生成苯酚和碳酸氢钠，不能生成碳酸钠，正确离子方程式为，B错误；C．同浓度同体积的与混合，二者物质的量相等，优先于和反应，反应完全后已无OH-和反应，正确离子方程式为，C错误；A．的溶解度小于，锅炉水垢中的可与饱和碳酸钠中的发生沉淀转化，生成更难溶的，该离子方程式书写正确，A正确；选A。9．丙烯与氯化氢反应过程中物质和能量变化如图。下列说法错误的是A．中间体Ⅰ比中间体Ⅱ能量低，更稳定B．中间体Ⅰ在中间体中的占比大C．丙烯与HCl反应涉及非极性键的断裂和极性键的形成D．该条件下，丙烯与HCl反应有两种产物，以1-氯丙烷为主【答案】D【详解】A．根据右侧能量图，中间体Ⅰ的能量低于中间体Ⅱ。根据“能量越低越稳定”的原则，中间体Ⅰ更稳定，A正确；B．从能量图可以看出，生成中间体Ⅰ的活化能低于生成中间体Ⅱ的活化能，因此生成中间体Ⅰ的反应速率更快，生成的中间体Ⅰ多，中间体Ⅰ在中间体中的占比更大，B正确；C．丙烯与HCl反应时，C=C双键中的π键（非极性键）断裂，形成C-H键和C-Cl键（均为极性键），该反应确实涉及非极性键的断裂和极性键的形成，C正确；D．从能量图看，生成中间体I的活化能更低，反应更易进行，该条件下，丙烯与HCl反应，中间体I对应产物为2-氯丙烷，而非1-氯丙烷，因此该条件下反应产物以2-氯丙烷为主，D错误；故选D。10．相应实验方法或操作能达到相应实验目的的是选项实验目的实验方法或操作A除去苯中少量的苯酚加入适量的浓溴水，振荡、静置、过滤B探究浓度对化学平衡的影响向2mL0.1mol/LK2Cr2O7溶液中滴加5～10滴6mol/L的NaOH溶液，观察现象；继续滴加5～10滴6mol/L的H2SO4溶液，观察现象C检验溴乙烷中的溴元素向溴乙烷中滴加1mL5%的NaOH溶液，振荡后加热，静置。待溶液分层后，取少量上层溶液，滴加2滴AgNO3溶液，观察现象D比较次氯酸和醋酸的酸性强弱室温下，用pH试纸分别测定等浓度的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH【答案】B【详解】A．苯酚与浓溴水反应生成的三溴苯酚可溶于苯，且溴单质也会溶于苯，引入新杂质，无法达到除杂目的，A错误；B．溶液中存在平衡，加入溶液消耗，平衡正向移动，溶液变黄；加入溶液增大浓度，平衡逆向移动，溶液变橙，可探究浓度对化学平衡的影响，B正确；C．溴乙烷水解后溶液中含有过量，会与反应生成沉淀，干扰溴离子检验，应先加稀硝酸酸化，再加溶液，C错误；D．溶液会发生水解，生成次氯酸，会漂白pH试纸，无法用pH试纸测定其pH，D错误；故答案为B。11．无负极锂金属电池具有高能量密度等特点，但也存在放电时部分锂从电极表面脱落而导致不可逆的锂损失等内在挑战。充、放电时，仅Li+通过多孔隔膜。不同状态下的电池结构如图所示，下列说法错误的是A．Cu、Al为电极材料，不参与电极反应B．首次充电时，阳极反应为C．放电时，Li+从左极室穿过多孔隔膜向右极室迁移D．放电时，若负极上Li的质量减少7g，则外电路转移1mol电子【答案】D【分析】该无负极锂金属电池以Cu、Al为电极材料，首次充电时，阳极的LiFePO4失去电子和Li+，生成Li(1-x)FePO4，释放的Li+穿过多孔隔膜，在阴极Cu侧得电子沉积为金属Li；放电时，负极Cu侧的金属Li失去电子生成Li+，Li+穿过多孔隔膜向正极迁移，与正极的Li(1-x)FePO4结合并得电子，重新生成LiFePO4，实现化学能向电能的转化；据此作答。【详解】A．Cu、Al作为电极材料，仅起到导电和支撑的作用，不参与电极反应，A正确；B．首次充电时，阳极的LiFePO4失去电子和Li+，生成Li(1-x)FePO4，电极反应式符合事实，B正确；C．放电时，Li+作为阳离子，会从负极（左侧）穿过多孔隔膜向正极（右侧）迁移，C正确；D．放电时，负极反应为Li-e-=Li+，每1molLi（质量为7g）失去1mol电子，外电路转移1mol电子；但题目中提到“放电时部分锂从电极表面脱落”，这部分脱落的Li并未参与反应，因此负极上Li的质量减少7g时，外电路转移的电子小于1mol，D错误；故选D。12．某合金晶胞为面心立方堆积，其晶胞结构如图，已知原子半径分别为、，且、相邻原子相切，晶胞参数为。下列说法错误的是该合金的化学式为 B．晶胞的俯视投影图为C．晶胞参数 D．与Co距离最近且相等的有12个【答案】B【详解】A．根据晶胞结构图可知，晶胞内含原子数：，含原子数：，则该合金的化学式为或，A正确；B．根据晶胞结构图，晶胞的俯视投影图为，B错误；C．根据合金晶胞为面心立方堆积，且Ni、Co相邻原子相切，则面对角线长为，且面对角线用晶胞参数表示为，则，解得，C正确；D．根据晶胞结构图可知，与距离最近且相等的有12个，D正确；故选B。13．催化加氢制甲醇发生的反应有：i．

ii．

iii．

将和按通入密闭容器中发生反应，测得不同压强下的平衡转化率以及相同压强下和CO选择性[选择性：]随温度变化如图所示。下列说法正确的是A．相同压强下，从到，的平衡产率先降低后逐渐增大B．的选择性曲线为bC．由大到小的顺序为D．三条曲线接近重合的原因是催化剂失去活性【答案】A【分析】反应i为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇的选择性减小，则表明甲醇选择性的曲线为a，则b表示一氧化碳的选择性，据此解答。【详解】A．反应i和ii均生成H2O，每消耗1molCO2对应生成1molH2O，低温时放热的反应i为主，升高温度平衡逆移，CO2转化率降低，H2O产率降低；高温时吸热的反应ii为主，升高温度平衡正移，CO2转化率升高，H2O产率增大，故H2O(g)的平衡产率先降低后逐渐增大，A正确；B．生成CH3OH的反应i、iii均为放热反应，升高温度平衡逆移，CH3OH选择性随温度升高而降低，对应曲线为a，B错误；C．反应i为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，反应ii是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，二氧化碳的转化率不变，反应iii为气体体积减小的反应，则增大压强，二氧化碳的转化率增大，由图可知，条件下二氧化碳的转化率依次减小，则压强由大到小的顺序为：，C错误；D．高温时体系以反应ii为主，反应ii前后气体分子数相等，压强改变对平衡几乎无影响，故三条曲线接近重合，与催化剂失活无关，D错误；答案选A。14．常温下，用NaOH溶液滴定溶液过程中，溶液中的、、、的物质的量分数随pH的变化如图所示[已知：]。已知表示第一步的水解常数，以此类推。下列说法错误的是A．曲线①代表B．的C．时，D．【答案】C【分析】据图可知，曲线①、②、③、④分别代表、、、；结合电离常数表达式和曲线交点离子浓度数量关系可知，当，；当，；当，；据此作答。【详解】A．曲线①代表，A正确；B．，B正确；C．时，，则，C错误；D．，而，所以，因此，D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．(14分)某含锶()废渣主要含有、、、和等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。已知时，，回答下列问题：(1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态原子价层电子的轨道表示式为______。(2)“浸出液”中主要的金属离子有、______(填离子符号)。(3)“盐浸”中转化反应的离子方程式为________________________________；时，向粉末中加入溶液，充分反应后，理论上溶液中______(忽略溶液体积的变化)。(4)其他条件相同时，摩尔比对锶浸出率的影响如图所示。摩尔比由增大到，锶浸出率增长缓慢的原因是_________________________________________________________。(5)将窝穴体a(结构如图所示)与形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的，原因是__________________________________________________________。(6)由制备无水的最优方法是______(填标号)。a．加热脱水

b．在气流中加热

c．常温加压

d．加热加压(7)一种晶体的晶胞结构如图所示，由图可知，每个周围紧邻且等距离的个数为______。【答案】除备注外，每空2分(1)（1分）(2)、(3)(4)当摩尔比超过1.8后，已基本转化完全，继续增加用量，对转化反应的促进作用极小(5)Sr2+有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定；(6)a（1分）(7)8【分析】含锶(Sr)废渣主要含有、、、和，加入稀盐酸溶解、和，、不反应，过量，向滤渣中加入溶液，进行盐浸，发生反应：，然后过滤，浸出渣2中含有以及没有完全转化的，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤，得到晶体。【详解】（1）锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族，基态原子价电子排布式为，轨道表示式为；（2）根据分析可知，“浸出液”中主要的金属离子有、、；（3）根据分析可知，“盐浸”中转化反应的离子方程式为：，时溶液中，的物质的量为，向粉末中加入溶液，充分反应后，过量溶液的浓度为，则，列三段式：则理论上溶液中，；（4）当摩尔比超过1.8后，已基本转化完全，继续增加用量，对转化反应的促进作用极小，因此锶浸出率增长缓慢；（5）窝穴体a与形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的，原因是Sr2+有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定；（6）Sr2+不水解，由制备无水时，直接加热脱水即可，答案选a；（7）由晶胞结构可知，位于顶点和面心，位于四面体空隙，每个周围紧邻且等距离的个数为8。16．(15分)碘在物质转化与油脂测定中应用广泛。下列实验利用含碘废液(含NaI和少量)制取单质碘并用于花生油碘值的测定。Ⅰ．制取的流程：含碘废液(NaI，少量)→制CuI→制已知：①碘易升华，在常温下微溶于水；②(亚铁氰化钾)与会生成红褐色沉淀。(1)“制CuI”：如图所示，先向碘废液中加入足量的溶液，控制温度60~70℃，再逐滴滴加溶液并不断搅拌，有、和白色的CuI沉淀生成。①图中仪器C的名称为______________________。②写出“制CuI”时发生反应的离子方程式________________________________________________。③实验中若不加入，只加入溶液，可发生反应：。则实验中加入的作用是_________________________________________________________。(2)制取：弃去上步反应后的上层液体只留CuI固体，在B中装浓硝酸，并连接尾气吸收装置D，不断搅拌下，逐滴加入浓硝酸，充分反应后，将所得混合物用真空抽滤器过滤，用冷水洗涤，低温干燥得到。①D中盛放的试剂为_______________________________。②检验洗涤干净的方法为________________________________________________________。Ⅱ．花生油碘值的测定(3)碘值指100g油脂与单质碘加成时消耗的克数，是衡量油脂不饱和程度的指标。因为与油脂反应缓慢，碘值测定时通常用ICl代替。测定过程为称取0.25g花生油于碘量瓶中，加入异己烷，搅拌，再向其中加入25.00mL0.05mol/LICl的乙酸溶液，反应后向其中加入足量KI溶液(与过量ICl反应：)，用0.02mol/L溶液滴定，加入淀粉指示剂滴定至终点，消耗溶液体积为25.00mL。①实验中加入20mL异己烷的作用为_______。②判断滴定到达终点的现象为__________________________________________________。③该花生油的碘值为_______g。【答案】除备注外，每空2分(1)温度计（1分）还原溶液中的I2，确保碘元素全部以CuI的形式沉淀(2)NaOH溶液（或其他碱溶液）取最后一次洗涤液，加入K4[Fe(CN)6]溶液，若未生成红褐色沉淀，则已洗净(3)作为溶剂滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，碘量瓶内液体由蓝色变为无色，且半分钟不褪色101.6【详解】（1）①仪器C名称为温度计；②Na2SO3与NaI、CuSO4反应制备CuI的离子方程式为；③制CuI的目的为将含碘废液中碘富集。不加入Na2SO3，I元素同时存在于CuI与I2中，所以加入Na2SO3的目的为：还原溶液中的I2，确保碘元素全部以CuI的形式沉淀。（2）①浓硝酸与CuI反应生成Cu2+、I2以及NO2，NO等酸性气体，所以吸收尾气的试剂可为NaOH溶液（或其他碱溶液）；②若未洗净，则I2固体上残留有含Cu2+的溶液，所以检验洗涤干净的方法为：取最后一次洗涤液，加入K4[Fe(CN)6]溶液，若未生成红褐色沉淀，则已洗净。（3）①花生油会与乙酸溶液分层，所以需要加入异己烷作为溶剂；②ICl分为两部分被反应：一部分与花生油加成，另一部分与KI反应转化为I2，通过Na2S2O3滴定I2来测定与KI反应的ICl的量，进而确定与花生油反应的ICl的量。淀粉作用指示剂，滴定终点时I2被完全反应，现象为：滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，碘量瓶内液体由蓝色变为无色，且半分钟不褪色；③根据ICl~I2~2Na2S2O3，可得与0.25g花生油反应的ICl物质的量为，与等质量的花生油加成消耗的I2和ICl物质的量相等，所以该花生油的碘值为。17．(14分)低碳烯烃是工业生产中制造塑料、溶剂、药物、化妆品等多种产品的重要原料，工业上可以采用CO2催化加氢和电化学还原制备。Ⅰ.CO2催化加氢。其工艺主要分为逆水煤气转化和费托合成两步，涉及的主要反应如下：逆水煤气转化(RWGS)：①

费托合成(FTS)：②

请回答下列问题：(1)已知，1molCO(g)与2molH2(g)反应生成C2H4(g)和H2O(g)的能量变化如图甲所示：则当n＝2时反应②的______kJ/mol。(2)在恒定压强为2MPa下，将CO2和H2按投料比为1:3进行上述反应，平衡体系中各组分的摩尔分数以及各指标参数随反应温度变化曲线如图乙所示(HC代表烯烃，本题中假设HC仅为乙烯)。①以下叙述能说明反应②达到平衡状态的是______。a.容器内总压强不变

b.混合气体的密度不变c.混合气体的平均摩尔质量不变

d.C2H4(g)和H2O(g)的物质的量之比为1:2②350～850K范围内，CO2的平衡转化率先减小后增大的原因是___________________________________。③750K时，反应①的压强平衡常数______。(以分压表示，分压＝总压×物质的量分数，计算结果保留两位有效数字)④该方法一般需要使用双催化剂(如图乙)，需使氢气吸附在催化剂表面的活性位点上。研究发现催化剂晶体的颗粒越小，催化效果越好，其理由是______________________________________。Ⅱ.电化学还原：以稀硫酸为电解质溶液，利用太阳能将CO2转化为低碳烯烃，其工作原理如图丁。(3)生成丙烯(C3H6)的电极反应式为______________________________。(4)假设电解过程中阴极仅生成乙烯和丙烯，若电解结束后阴、阳两极产生的气体体积比为1:4(相同条件下)，则C2H4的选择性为______。(乙烯的选择性)【答案】每空2分(1)－233.8(2)bc温度低于775K左右时，反应②放热反应占主导地位，升温，反应②逆向移动，CO含量增加，导致反应①逆向移动，二氧化碳转化率降低；温度高于775K左右时，反应①吸热反应占主导地位，升温反应①正向移动，导致二氧化碳转化率升高0.18催化剂晶体颗粒越小，表面积越大，活性位点越多(3)(4)25%或0.25【详解】（1）n＝2时，反应②为，；（2）①此时产物是乙烯，反应②为a．压强恒定为2MPa，容器内总压强始终不变，不能用来判断是否达到平衡，a不符合题意；b．，体系中气体总质量始终不变，即不变，恒压条件，反应前后气体分子数改变，则容器体积也改变，所以密度是变量，当混合气体的密度不变时说明反应达到平衡，b符合题意；c．，体系中气体总质量始终不变，即不变，但反应前后气体分子数改变，即改变，则M是变量，当M不变时，说明反应达到平衡，c符合题意；d．C2H4(g)和H2O(g)起始物质的量为0，根据反应方程式，其物质的量之比始终等于1:2，不能说明平衡，d不符合题意；故答案选bc；②350～850K范围内，CO2的平衡转化率先减小后增大的原因是：温度低于775K左右时，反应②放热反应占主导地位，升温，反应②逆向移动，CO含量增加，导致反应①逆向移动，二氧化碳转化率降低；温度高于775K左右时，反应①吸热反应占主导地位，升温反应①正向移动，导致二氧化碳转化率升高；③CO2和H2的投料比为1:3，设CO2的物质的量为1mol，H2的物质的量为3mol。由图可知，750K时，平衡混合物中H2O(g)的摩尔分数为25%，CO和C2H4的摩尔分数相等。设反应平衡时，则：综上，平衡时体系中含，，，，则，H2O(g)的摩尔分数，则平衡时，，，，；④由图可知，该催化反应需使氢气吸附在催化剂表面的活性位点上，催化剂晶体颗粒越小，表面积越大，活性位点越多，催化效果越好；（3）该装置中，左侧得电子发生还原反应转化丙烯的电极反应式为；（4）设阳极产生气体4mol，阴极产生气体1mol，生成CH2=CH2xmol阴极：阳极：，根据得失电子相等则有：，。则生成乙烯所用的CO2为，阴极吸收的CO2为，所以选择性18．(15分)在碱性或酸性催化剂的作用下，利用氨硼烷()可在室温下高效还原酯，其中的代表性反应如下。(1)化合物1a的分子式为___________。(2)化合物2a中的含氧官能团有___________(写名称)。(3)化合物3a在过量的NaOH水溶液中加热，充分反应后加入稀溶液酸化，得到芳香化合物I的结构简式是___________。(4)芳香化合