【高考真题】黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古2026年化学普通高中学业水平等级性考试（含答案）

【高考真题】黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古2026年化学普通高中学业水平等级性考试一、选择题：本题共15小题，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．化学助力人工智能的发展，下列说法正确的是（）A．锂离子电池可将化学能转化为电能B．氮化镓（GaN）半导体属于有机材料C．光导纤维纤芯的主要成分是单晶硅D．数据中心冷却系统冷却液的汽化涉及化学键断裂2．一种制备火箭燃料肼（N2H4）的反应如下，下列说法错误的是（）NA．NH2Cl的VSEPR模型：四面体形B．NH3的共价键类型：非极性共价键C．N2H4中N的杂化方式：sp3杂化D．NH43．下列过程对应的化学方程式错误的是（）A．铜丝插入热的浓硫酸：Cu+2HB．少量AlCl3溶液滴入足量浓烧碱溶液：AlCC．乙烯通入溴的四氯化碳溶液：CD．Na2S溶液滴入AgCl悬浊液：N4．化学是一门实验与理论并重的学科。下列实验方案不合理的是（）A.Cl2收集及尾气处理B.实验室制备乙炔C.除去CO2中的SD.实验室铜件镀镍A．A B．B C．C D．D5．生活细微处，亦有化学回响。下列“生活小妙招”不合理的是（）选项目的生活小妙招A锁住揉好面团的水分面团表面涂一层食用油B保鲜“自制番茄酱”高温蒸煮后密闭保存C提升菜肴的“风味层次”炒菜时加入适量料酒和香醋D去除蚕丝衣物上的油污热水中加入苏打后浸泡衣物A．A B．B C．C D．D6．镁及其化合物的部分转化关系如下，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．反应①：每消耗0.5molC5H6生成Mg（C5H5）2分子的数目为0.5NAB．反应②：每消耗2.24LN2生成N3-数目为0.2NAC．反应③：每消耗4.4gCO2转移电子数目为0.4NAD．0.15mol⋅L−17．大面积单原子层二维金属Ga（2D）制备过程示意图如下。下列说法错误的是（）A．Ga位于周期表第四周期第ⅢA族，其简化电子排布式为[ArB．蓝宝石砧座的硬度高，其主要成分Al2O3可当作共价晶体C．常温常压下，等物质的量的Ga（2D）能量高于Ga（3D）晶体D．Ga（2D）的一个基本结构单元为8．药物奥利司他结构简式如下。下列关于该物质说法错误的是（）A．含有5个手性碳原子 B．含有分子内氢键C．能使酸性KMnO4溶液褪色 D．能发生水解反应9．金属钒（立方晶胞，Ⅰ）和硅粉高温熔炼可制取传统超导材料VₓSiy（立方晶胞，Ⅱ）。已知此体系中紧邻钒原子间的距离变短可增强超导性能。下列说法错误的是（）A．x：y=3：1 B．与Si紧邻的V有12个C．晶胞中的价层电子总数为19 D．VxSiy的超导性质优于金属钒10．颜料W6X4A．简单离子半径：W<M<ZB．简单氢化物沸点：Z<Y<MC．第一电离能：X<Y<MD．最高价氧化物水化物酸性：X<Y<Z11．热塑性可降解高分子材料Ⅲ可由如下反应制备。下列说法正确的是（）A．I和IV可用元素定量分析区分 B．III具有网状交联结构C．III与NaOH反应生成II D．该聚合反应为缩聚反应12．从铜阳极泥（主要成分为Cu2Te和Cu2S，含少量Ag2S和Au）中提取热电材料碲（Te）的流程如图。已知Na2TeA．“浸渍”时通入过量空气不发生副反应B．滤渣可以全部溶于浓HNC．Na2Te被氧化过程中，溶液碱性增强D．“沉碲”过程中Na13．一种从废旧电池正极材料LiFePOA．a电极反应：OB．电路中转移2mol电子，理论上可回收4molLi+C．b电极连接电源正极D．I3-可转化为I-和14．恒容密闭容器中，等物质的量的C3H8和SA．该反应的△H<0，△S>0B．L点C3H8的消耗速率大于a物质的生成速率C．M点该反应的Kx=0.135（用物质的量分数代替浓度计算）D．N点C315．室温下，0.10mol⋅L−1醋酸铜(CuAA．I为CuAc+的变化曲线B．室温下，K=1C．室温下，KD．Q点：c二、非选择题：本题共4小题，共55分16．某工厂利用镍矿（主要成分为NiS，含少量Fe2O3和CuS）制备超细镍粉，物质转化流程如下（部分反应条件已略去）：已知：①滤液1中镍以[NiNH362+形式存在，硫以SO②“部分蒸氨”时c（NH3）减小，NiNH回答下列问题：（1）依据核外电子排布，Ni元素位于周期表区。（2）“氧压氨浸”时，加压的目的是，NiS转化为NiNH3（3）滤液1中铜的主要存在形式为（填离子符号）。气体a为（填化学式）。（4）“转化”步骤通入足量氧气充分氧化滤液2中剩余的：S2O32−,该步骤无沉淀产生，则理论上每转化1（5）滤液3浓缩结晶得到的（填化学式）可用于生成化肥。（6）近似条件下，不同NiNH3已知酸性条件不利于“还原”步骤，解释|NiNH3（结合离子方程式作答）。17．某研究组采用如下方案实现了聚对苯二甲酸乙二酯（PET）的快速降解，制备对苯二甲酸（Mr=166）。反应式：实验步骤：I.向反应瓶中加入20mLH2O、10.0gNaOH、0.2g催化剂和磁搅拌子，搅拌并加热化合物至135℃；随后加入10.0gPET，继续搅拌加热回流5min（回流温度138℃）。Ⅱ.反应混合物冷却后倒出，用150mL水稀释；过滤，滤渣用水洗涤，合并滤液；从体系中分离催化剂。Ⅲ.用稀盐酸调节滤液pH，析出沉淀；过滤，沉淀用水洗涤，干燥的8.2g固体。已知：常温下，催化剂为油状物，难溶于水，易溶于CH2Cl2。回答下列问题：（1）步骤Ⅰ实验装置搭建时应选择的玻璃仪器是（填标号）。（2）步骤Ⅰ中降解反应的主要产物为乙二醇和（填结构简式）。（3）步骤Ⅱ中滤渣用水洗涤的目的是，催化剂可采用法便捷分离。（4）步骤Ⅲ中用水洗涤是为除去沉淀上残留的和（填名称）。（5）取0.0175g步骤Ⅲ所得固体与0.0168g标准品均三甲氧基苯（，Mr=168）混合；该混合物的核磁共振氢谱中，四种氢吸收峰（忽略杂质的氢吸收峰）的峰面积比为2：4：3：9，则所得固体中对苯二甲酸含量为（6）若采用题中方法降解PET和BPA-PC（）的混合物，当进行步骤Ⅲ时，调节滤液pH可实现上述两种聚合物降解产物的分步析出。pH较大时，（填“PET”或“BPA-PC”）的降解产物析出。18．低碳烯烃(C2−（1）烃类产物碳链增长的部分历程如下（M：催化剂，*CHₓ：活性炭氢物质）：按此历程，产品中低碳烯烃产率不高的原因是（答出一条即可）。（2）合成丙烯的费托反应主要为：①6CO②C3H③COg+④3COg则△H1=kJ·mol-1，基于化学平衡分析，合成丙烯的条件应为（填标号）。

A：低温高压

B：低温低压

C：高温低压

D：高温高压（3）传统费托合成低碳烯烃收率低。我国科研工作者研发出转化率和选择性均优异的催化剂。图1中抑制副反应的最适宜催化剂为（填“MgAPO”、“SAPO”或“GeAPO”）。430℃时，CO2的选择性为32%，根据图2，此时低碳烯烃的最大收率为（写出计算式即可）。[已知：收率=转化为总烃的CO转化率×低碳烯烃选择性、某烃选择性=生成某烃消耗n(CO（4）若费托反应只发生③和④，且反应③已快速平衡而④未平衡。恒压、初始投料nH2:nCO=2.5、CO2选择性为a%或b%时，CO转化率与温度的关系如图3所示，则a（5）若采取某种措施抑制CO2生成，此时费托反应只发生②和④，320∘C、恒压645kPa、初始投料nH2:nCO=2时，CO的转化率为50%，丙烯的选择性为90%，则pC319．杀虫剂氯噻啉（化合物H）合成路线如下（部分条件已略去）：回答下列问题：（1）A能发生银镜反应，其结构简式为。（2）B中官能团名称为醛基和。（3）F→H的反应类型为。（4）参照E→F过程，设计某药物中间体K的合成路线如下（部分反应条件已略去）。其中，I的结构简式为，J→K的化学方程式为。（5）B→D可能经历的过程如下图所示。X→Y发生巯基（-SH）参与的取代反应，Y的结构简式为。Y发生分子内氨基−NH2与醛基的加成、消去反应生成Z和H

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、锂离子电池属于二次原电池，放电过程可以将内部储存的化学能转化为电能，A正确；

B、氮化镓（GaN）属于无机非金属化合物，是新型无机半导体材料，不属于有机材料，B错误；

C、光导纤维纤芯的主要成分为二氧化硅，单晶硅是太阳能电池、芯片的主要原料，C错误；

D、冷却液汽化属于物理变化，仅破坏分子间作用力，不会发生化学键的断裂，D错误；

故答案为：A。

【分析】本题解题要点：

电池能量转化规律：原电池放电实现化学能转化电能，电解池实现电能转化化学能；

材料类别区分：含碳化合物（除碳酸盐等）为有机材料，金属氮化物属于无机材料；

常见物质用途辨析：SiO2用于光导纤维，晶体Si用于芯片与光伏电池；

物理化学变化判断：物态变化均为物理变化，只改变分子间作用力，不破坏物质内部化学键。2．【答案】B【解析】【解答】A、NH2Cl中心N原子价层电子对数B、NH3中N−H键是不同种非金属原子形成的共价键，属于极性共价键，并非非极性共价键，B错误；

C、N2H4中每个N原子形成3根σ键，含有1对孤电子对，价层电子对数为4，采取sp3杂化，C正确；

【分析】本题解题要点：

VSEPR模型判断方法：价层电子对数等于σ键数加孤电子对数，价层电子对数为4时VSEPR模型为四面体形；

共价键分类规则：不同原子之间形成极性共价键，同种原子之间形成非极性共价键；

杂化轨道判断依据：价层电子对数为4时中心原子采取sp3杂化；

3．【答案】B【解析】【解答】A、加热条件下铜与浓硫酸发生氧化还原反应，方程式Cu+2H2SO4(浓)Δ__CuSO4+SO2↑+2H2O【分析】本题解题要点：

铜与浓硫酸反应规律：加热时浓H2SO4作氧化剂，还原产物为SO2，常温下不反应；

铝盐与强碱反应定量规律：强碱足量时无氢氧化铝沉淀，最终生成四羟基合铝酸钠；4．【答案】A【解析】【解答】A、氯气密度大于空气，采用向上排空气法收集；CaCl2溶液不能吸收Cl2，无法完成尾气处理，尾气应选用NaOH溶液吸收，该方案不合理，A符合题意；

B、电石与饱和NaCl溶液反应制备乙炔，饱和氯化钠溶液可减缓反应速率，分液漏斗+圆底烧瓶装置适配该制备，方案合理，B不符合题意；

C、SO2可与饱和NaHCO3反应生成CO2，CO2不溶于饱和碳酸氢钠溶液，洗气瓶长进短出，除杂方案合理，C不符合题意；【分析】本题解题要点：

氯气尾气处理原理：氯气能与强碱NaOH反应，氯化钙溶液与氯气不反应，无吸收效果；

乙炔制备要点：饱和氯化钠溶液降低水的浓度，平稳电石与水的剧烈反应；

酸性气体除杂规则：杂质酸性强于主体气体时，选用对应酸式盐饱和溶液除杂，不损耗目标气体；

电镀装置规律：待镀金属作阴极，镀层金属作阳极，电镀液含镀层金属阳离子。5．【答案】D【解析】【解答】A、食用油属于油脂，不溶于水，在面团表面均匀涂抹后会形成一层致密疏水油膜，隔绝空气，抑制面团内部水分向外挥发，有效锁住面团水分，操作原理合理，A正确；

B、高温蒸煮能够彻底杀灭自制番茄酱里的细菌、霉菌等微生物，完成灭菌处理，后续密闭保存可以隔绝外界空气中杂菌再次污染，减缓腐败变质，保鲜方案合理，B正确；

C、料酒中含有乙醇，香醋含有乙酸，炒菜加热时二者发生可逆酯化反应，生成具有特殊果香的酯类有机物，丰富菜品香气，提升风味层次，妙招合理，C正确；

D、苏打是碳酸钠，溶于水发生水解使溶液呈较强碱性，热水会进一步促进水解、增强碱性；蚕丝的主要成分是动物蛋白质，高温+强碱性环境会破坏蛋白质空间结构，发生水解变性，造成蚕丝衣物脆化、破损，该方法不合理，D错误；

故答案为：D。

【分析】本题解题要点：

油脂隔水原理：油脂难溶于水，可在固体表面形成疏水薄膜，阻隔水分与空气接触，减少水分蒸发；

食品防腐逻辑：高温可杀灭食品内原有微生物，密封容器隔绝外界杂菌侵入，双重作用延长食品保存时间；

酯化反应生活应用：醇与羧酸在加热条件下生成酯类芳香物质，是烹饪增香的常见化学原理；

蛋白质性质：蚕丝、羊毛类动物蛋白纤维不耐强碱、高温，碱性溶液会使蛋白质水解变性，清洗时不可使用热纯碱水。6．【答案】C【解析】【解答】A、产物Mg(C5H5)2含有2个C5H5−B、选项只给出N2体积2.24L，未标注标准状况，无法用气体摩尔体积计算物质的量，不能确定N3−数目，B错误；

C、反应③：2Mg+CO2=点燃2MgO+C，4.4gCO2物质的量为0.1mol；CO2中C从+4价降为0价，1molCO2【分析】本题解题要点：

有机物配比定量关系：Mg(C5H5)2配体比例为2：1，反应物与产物物质的量之比为2：1；

气体摩尔体积使用前提：只有标准状况下，22.4L/mol才可用于气体换算，无标况条件无法计算；

7．【答案】A【解析】【解答】A、Ga原子序数为31，位于周期表第四周期第ⅢA族，完整简化电子排布式必须包含3d轨道，正确形式为[Ar]3d104s24p1，选项遗漏3d10，排布式书写错误，A错误；

B、蓝宝石主要成分为刚玉Al2O3，硬度极大、熔沸点很高，具备共价晶体典型物理特征，可归类为共价晶体，B正确；【分析】本题解题要点：

Ga核外电子排布规则：第四周期元素简化电子排布式需要完整写出内层填满的d轨道，不能省略3d10；

共价晶体判定依据：物质硬度极高、熔沸点高，晶体内部以共价键作用为主，符合共价晶体物理特性；

物质能量对比规律：制备过程持续吸热的特殊形态物质，自身能量高于常态稳定块状晶体；8．【答案】A【解析】【解答】A、手性碳原子定义为饱和碳原子且连接四种完全不同的基团，，标记结构中带*的手性碳一共4个，并非5个，A错误；

B、分子内存在酰胺基，N−H上的氢原子可与分子内酯基、内酯环的羰基氧靠近，形成分子内氢键，B正确；

C、酰胺基（）中的N-H键具有还原性，同时分子内大量烷基支链可被强氧化剂氧化，能够还原酸性高锰酸钾使其褪色，C正确；

D、该有机物同时含有酰胺键、普通酯基、内酯环酯基，三类官能团均可在酸性或碱性条件下发生水解反应，D正确；

故答案为：A。【分析】本题解题要点：

手性碳计数方法：逐个寻找饱和碳原子，判断四个连接基团是否互不相同，准确清点数量；

分子内氢键形成条件：同一分子中N−H、O−H的氢与羰基、醚键的氧空间位置相近，可形成分子内氢键；

酸性高锰酸钾褪色判断：酰胺键、烷基侧链具备还原性，可被9．【答案】C【解析】【解答】A、晶胞Ⅱ中Si原子采用均摊计算：N(Si)=8×18+1=2；V原子均摊计算：N(V)=12×14+3=6；两种原子数目之比x:y=N(V):N(Si)=6:2=3:1，A正确；

B、选取晶胞体心Si原子作为参照，空间分层统计可得等距紧邻的V原子一共12个，B正确；

C、V为第ⅤB族元素，单个V价层电子数为5；Si为第ⅣA族元素，单个Si价层电子数为4；晶胞内总价层电子计算公式：【分析】本题解题要点：

晶胞原子均摊计算规则：顶点原子贡献18，棱上原子贡献14，体心原子全部计入晶胞，算出两种原子数量后得到化学式比例；

晶体配位数判断思路：以内部孤立原子为中心，分层清点三维空间中等距离的最近相邻原子总数；

价层电子总数计算方法：总价电子=晶胞内V原子总数×V价电子数+晶胞内Si原子总数×Si价电子数；10．【答案】B【解析】【解答】A、M=O、W=Na、Z=S；Na+与OB、Y=Si、Z=S、M=O，对应简单氢化物SiH4、H2S、H2O；HC、X、Y、M依次为Al、Si、O；第三周期同周期第一电离能总体随原子序数增大而升高，可得Al<Si<S；同主族从上至下第一电离能减小，故S<O，综合得第一电离能Al<Si<O，C正确；故答案为：B。【分析】M、W、X、Y、Z为原子序数递增短周期元素；基态M最外层电子数为内层3倍，推出M=O；Z与M同主族，Z=S；W原子序数大于O、最外层1个电子，W=11．【答案】D【解析】【解答】A、物质Ⅰ与物质Ⅳ分子式均为C3H6O，二者所含C、H、O元素的质量分数完全一致，依靠元素定量分析无法将两种物质区分，A错误；

B、高分子Ⅲ主链呈线性延伸，分子内不存在交联点，属于线型高分子，不具备网状交联结构的特征，B错误；

C、高分子Ⅲ分子中存在大量酯基，碱性环境下水解时酯键断裂，水解产物为二元醇与二元羧酸盐，不能直接生成环状酯Ⅱ，C错误；【分析】本题解题要点：

元素定量分析适用条件：仅分子式、元素质量分数存在差异的物质才能用元素定量法区分，同分异构体无法区分；

高分子结构分类判断：分子链无交联、呈长链状为线型高分子，分子链之间相互交联形成立体网状为体型高分子；

聚酯碱性水解产物规律：线型聚酯碱性水解得到醇与羧酸盐，不会逆向生成环状内酯；

缩聚反应判定标准：单体聚合生成高分子化合物的同时，生成小分子（水、酮、卤化氢等），符合该特征即为缩聚反应。12．【答案】C【解析】【解答】A、浸渍阶段投入的Na2S以及反应生成的Na2Te2都容易被氧化，若通入过量空气，富余的O2会持续氧化体系内S2−，生成多种高价含硫副产物，打乱整套工艺流程，A错误；

B、阳极泥里的Au在浸渍步骤全程不发生反应，全部残留在滤渣当中；Au的化学惰性很强，浓HNO3无法单独将其溶解，只有王水可以溶解Au，所以滤渣不能完全溶于浓HNO3，B错误；

C、O2氧化Na2Te得到Na2Te2，反应方程式为4Na2Te+【分析】铜阳极泥（Cu2Te、Cu2S、少量Ag2S、Au）加Na2S溶液并通空气浸渍，Cu2Te、Cu2S转化为CuS沉淀与滤液13．【答案】D【解析】【解答】A、左侧电极通入O2发生还原反应生成H2O2，电解液为Na2SO4水溶液，电极反应式O2+2H2O+2e−=H2O2+2OH−配平、产物书写均无误，A正确；

B、电极反应LiFePO【分析】该电解装置以Na2SO4溶液为电解液，中间设置阴离子交换膜分隔两极室；左侧阴极a通入O2得电子还原生成H2O2，右侧阳极b中I−失电子氧化生成14．【答案】D【解析】【解答】A、温度升高，C3H8物质的量分数持续减小，平衡正向移动，依据勒夏特列原理，正反应吸热，ΔH>0；反应前气体总计量数为4，反应后气体总计量数为B、该反应方程式3C3H8+SO2⇌3C3H6+H2S+2H2O，C3H8与C3H6化学计量数均为3，同一体系中，C3H8消耗速率等于C3H6生成速率，选项表述B错误；

C、初始投料：n(C3H8)=1mol、n(SO2)=1mol；

设SO2转化量为x，三段式：

M点n(【分析】反应生成C3H6、H2O、H2S三种产物，反应起始阶段三者物质的量均为0；结合化学计量数，任意时刻三种产物的物质的量比值固定为3:2:1，对应图像里三条上升曲线，数值大小排序为a>b>c，由此判定曲线a15．【答案】C【解析】【解答】A、结合曲线推断结论，曲线Ⅰ对应粒子CuAc+B、可逆反应Cu2++pH=3.46时曲线Ⅰ、Ⅱ相交，满足c(CuAc+)=c(Cu2+)；该点c(HAc)=10−0.86mol⋅L10−2.60=10−5.75c(Cu2+)，解得c(Cu2+)=10−3.15mol⋅L−1；

该pH下c(OH−)=10−(14−5.75)=10−8.25mol⋅L−1，【分析】本题初始溶液为0.10mol/LCuAc2，根据溶质解离比例，体系中所有含铜微粒总浓度c(Cu)总=0.10mol/L；全部醋酸根存在形态（Ac−、HAc、CuAc+、CuAc2）的浓度总和固定为c(Ac)总=0.20mol/L。当溶液pH极低、酸性很强时，大量H+会与醋酸根结合生成弱酸HAc，体系内c(16．【答案】（1）d（2）增大液相氧气浓度，加快固液浸出反应速率；NiS（3）[Cu(（4）2（5）(（6）2；[Ni(NH3)]2+被还原时发生反应：[Ni【解析】【解答】（1）Ni为28号元素，价电子排布式3d84s2，元素周期表分区规则中，价电子同时包含3故答案为：d；

（2）加压环境能够提升O2在水溶液中的溶解量，增大液相氧气浓度，加快固液浸出反应速率，提升镍元素浸出率；NiS、O2与氨水反应生成[故答案为：增大液相氧气浓度，加快固液浸出反应速率；NiS+2O2+6NH3⋅H2O=[Ni(NH3故答案为：[Cu(NH3)4]2+；NH3；

（4）S2O32−中S平均化合价为+2，被氧化至SO42−故答案为：2；

（5）还原工序中[Ni(NH3)6]SO4被H故答案为：(NH4)2SO4；

（6）结合图像变化规律，x=2时溶液中Ni(II)浓度下降速率最快，且最终能够完全消耗、转化率达到100%；x=1时反应速率缓慢且中途停止，镍转化不完全；x=3时整体反应速率过低，生产效率差，因此最优配体数目取值为2。

x=1时发生反应[Ni(NH故答案为：2；[Ni(NH3)]2+被还原时发生反应：[Ni(NH3)]2++H2=Ni+NH4++H+，溶液呈酸性，不利于“还原”步骤；而[Ni(NH3)2]2+被还原时发生反应：[Ni(NH3)2]（1）元素分区判断：根据价电子排布轨道类型划分周期表区，同时填充d、s轨道的过渡金属为d区；（2）加压浸出原理与方程式配平：气体溶解度随压强升高而增大，结合电子转移、原子守恒书写氧化还原方程式；（3）络合平衡移动：NH3（4）氧化还原电子守恒计算：计算还原剂总失电子量、O2（5）工艺流程副产品判断：梳理全程稳定留存的阴阳离子，组合得到可溶性盐并说明用途；（6）图像与反应机理综合分析：对比不同x条件下反应速率、转化率，结合反应方程式判断体系H+17．【答案】（1）ADF（2）（3）洗出滤渣表面吸附的对苯二甲酸钠，提高对苯二甲酸产率；分液（4）氯化钠；氯化氢(或盐酸)（5）95（6）BPA【解析】【解答】（1）实验操作需要加热回流，反应混合液总体积约20mL，再加入固体原料，综合容积与接口需求选用100mL两颈圆底烧瓶A；单口烧瓶B缺少多接口，无法同时完成回流、搅拌、测温操作，容器C容积过小不适用；回流装置配套球形冷凝管D；实验回流温度为138℃，超过100℃，故选择量程0~200℃的温度计F。故答案为：ADF；

（2）步骤Ⅰ是PET在碱性环境下发生酯水解反应，酯键断裂后体系存在大量NaOH，羧基会转化为羧酸盐形式，最终水解产物为乙二醇与对苯二甲酸钠，对苯二甲酸钠的结构简式为。故答案为：；

（3）滤渣中残留未完全反应的PET固体，固体表面会吸附目标产物对苯二甲酸钠，洗涤滤渣可以回收吸附的产物，提升整体产率；实验所用催化剂常温下呈油状，难溶于水，能和水溶液形成分层体系，可直接通过分液操作实现分离，步骤简单易操作。故答案为：洗出滤渣表面吸附的对苯二甲酸钠，提高对苯二甲酸产率；分液；

（4）调pH时加入盐酸中和体系内的NaOH，二者反应生成NaCl，且盐酸需过量才能完全酸化；析出的固体沉淀表面会吸附残留NaCl与过量HCl，水洗操作可除去这两类可溶性杂质。故答案为：氯化钠；氯化氢(或盐酸)；

（5）先计算均三甲氧基苯物质的量：n(均三甲氧基苯含3个苯环氢、9个甲氧基氢，对应核磁峰面积比例3:9；剩余峰面积比例2:4匹配对苯二甲酸的2个羧基氢、4个苯环氢，由此确定两种物质物质的量相等，n(对苯二甲酸)=1×10−4mol计算产物纯度：w=故答案为：95；

（6）PET水解生成对苯二甲酸，属于羧酸类物质；BPA−PC降解产物为双酚A，属于酚类物质；羧酸电离能力强于酚，酚对应的盐更易在氢离子浓度更低、pH更高的环境下质子化析出，因此体系pH偏大时，故答案为：BPA−PC；

【分析】（1）回流操作要求烧瓶预留充足反应空间，液体体积不超过容器容积（2）PET属于聚酯高分子，碱性水解不可逆，酯基完全断裂生成小分子二元醇与芳香羧酸；碱性环境下羧酸会与NaOH结合生成离子型羧酸盐，不会以羧酸分子形式析出，由此判断水解产物种类并书写对应结构简式。（3）固体颗粒存在吸附作用，滤渣会吸附溶解在溶液里的目标产物，洗涤能够洗脱吸附产物，提高产物总回收率；油状催化剂与水互不相溶、分层明显，分液漏斗可快速分层分离，简化提纯流程，相比过滤、萃取操作损耗更少。（4）酸化步骤中和碱液生成可溶性无机盐NaCl，过量盐酸会附着在固体表面；NaCl、HCl均易溶于水，水洗可溶解去除两类水溶性杂质，避免杂质残留影响产物纯度。（5）核磁共振氢谱峰面积与分子中氢原子数目成正比，通过标准品均三甲氧基苯的氢比例锁定对应峰组，再匹配样品对苯二甲酸的氢数量，得出二者物质的量相等；再依托摩尔质量公式计算纯品理论质量，最终用纯品质量除以样品总质量得到产物纯度。（6）电离平衡常数：羧酸Ka远大于酚，酸性越强，对应阴离子结合H+的能力越弱；酸性弱的酚盐更容易在低氢离子浓度、高pH条件下捕获18．【答案】（1）有副反应发生生成烷烃(或生成高碳烷烃)（2）-497；A（3）GeAPO；85（4）＞；＜（5）0.3；3.8×【解析】【解答】（1）根据题目给出的反应历程，中间体M−CH3存在两条转化路径：一是持续与∗故答案为：有副反应发生生成烷烃(或生成高碳烷烃)；

（2）结合盖斯定律运算规则，目标反应①可由3倍反应③叠加反应④推导得出，焓变对应计算式：Δ反应①ΔH<0故答案为：-497；A；

（3）对比图1相同温度下不同催化剂的数据，GeAPO催化体系中丙烯转化率数值最低；丙烯是实验需要得到的目标产物，丙烯被持续消耗代表副反应发生，因此GeAPO可以有效抑制丙烯消耗的副反应，是适配本体系的最优催化剂。

根据题意给出的产率换算公式：总烃产率=参与生成总烃的CO占比×CO总转化率×低碳烯烃选择性；CO2选择性为32%，代表被消耗的CO里仅有(1−32%)的部分参与生成各类烃。结合图2数据，GeAPO对应的CO总转化率85%故答案为：GeAPO；85%×(1−32%)×83%；

（4）反应③CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)为放热可逆反应。图3水平虚线代表CO转化率固定为60%，该虚线与曲线a%交于低温点M，与曲线b%交于高温点N。

CO转化率固定时，反应④生成H2O的量基本保持不变；升温会使放热反应③平衡逆向偏移，体系内CO2生成量减少，对应CO2选择性下降，由此可知低温曲线a的选择性高于高温曲线b，即故答案为：＞；＜；

（5）设定初始投料n(CO)=1mol，n(H2)=2mol；CO转化率50%，反应消耗CO0.5mol，剩余n(副反应②：C3H分压与总压、物质的量满足pi=nin总⋅P总，代入化简得到Qp=n(C3H8)⋅n总P总⋅n(C3H6)⋅n(H2)。

（2）盖斯定律与平衡移动综合：通过系数配平叠加已知反应计算总焓变；依据ΔH（3）催化剂选择性与产率计算：图像对比判断催化剂抑制副反应的能