陕西咸阳市永寿县中学2026-2027学年高三上学期第一次考试 化学试卷（含解析）

高三化学试卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的姓名、准考证号分别填写在试卷和答题卡规定的位置上。2.答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其他答案。非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应的区域内，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-1C-12N-14O-16S-32Zn-65Se-79一、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.好山好水酿好酒，贵州酱酒享誉世界。下列酿酒过程涉及大量有机物发生化学变化的是A.筛选粮食 B.粉碎酒曲 C.密封发酵 D.蒸馏出酒【答案】C【解析】【详解】A．筛选粮食仅对粮食进行分类筛选，无新物质生成，属于物理变化，不涉及化学变化，A不符合题意；B．粉碎酒曲仅改变酒曲的颗粒大小和外形，无新物质生成，属于物理变化，不涉及化学变化，B不符合题意；C．密封发酵过程中粮食中的糖类等有机物反应生成乙醇等新物质，有新物质生成，属于化学变化，C符合题意；D．蒸馏出酒是利用沸点差异分离乙醇，无新物质生成，属于物理变化，不涉及化学变化，D不符合题意；故选C。2.下列化学用语表达错误的是A.质子数为115、中子数为173的Mc核素：B.的VSEPR模型：C.的电子式：D.HCl分子中的键示意图：【答案】D【解析】【详解】A．质子数为115、中子数为173的Mc核素，质量数为，核素表示为，A不符合题意；B．中心原子价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，图中包含2对成键电子对和2对孤电子对，符合四面体的价层电子对排布，B不符合题意；C．为离子化合物，由和构成，最外层满足8电子稳定结构，电子式书写正确，C不符合题意；D．分子中的σ键是的1s轨道与的3p轨道头碰头重叠形成的s-pσ键，示意图应为球形s轨道与哑铃形p轨道重叠，题图为p-pσ键的示意图，表达错误，D符合题意；故选D。3.物质的组成、结构、性质与用途往往相互关联。下列说法错误的是A.聚乳酸（）可降解吸收，可用作免拆手术缝合线B.碘化银用于变色眼镜是因为碘化银的颜色较深C.石墨呈层状结构，层间以范德华力结合，可用作润滑剂D.铁粉用于食品保存是因为其具有还原性【答案】B【解析】【详解】A．聚乳酸含酯基，是可降解的高分子材料，在生物体内可逐步降解被吸收，因此可用作免拆手术缝合线，A正确；B．碘化银用于变色眼镜是因为其存在可逆光解反应：见光时分解生成黑色银单质和碘单质使镜片变暗，避光时二者重新化合为碘化银使镜片恢复透明，利用的是其光致变色的性质，B错误；C．石墨为层状结构，层与层之间以较弱的范德华力结合，层间易发生相对滑动，因此可用作润滑剂，C正确；D．铁粉具有还原性，可消耗食品包装内的氧气，防止食品氧化变质，因此可用于食品保存，D正确；故选B。4.化学与生活、生产息息相关。下列有关说法正确的是A.豆科植物的根瘤菌能将空气中的氮转化为氮肥，属于氮的固定B.葡萄糖与果糖互为同分异构体，淀粉与纤维素互为同分异构体，均属于烃类C.DNA存储技术中用于编码的DNA是核糖核酸D.向鸡蛋清中加入硫酸铜溶液，产生白色沉淀，继续加蒸馏水，沉淀溶解【答案】A【解析】【详解】A．氮的固定是将游离态的氮（即）转化为化合态含氮化合物的过程，豆科植物根瘤菌将空气中转化为含氮氮肥的过程符合氮的固定定义，A正确；B．葡萄糖与果糖分子式均为，结构不同，互为同分异构体，但淀粉和纤维素的化学式中聚合度值不同，分子式不相同，不互为同分异构体，且二者均含、、三种元素，不属于仅含、元素的烃类，B错误；C．是脱氧核糖核酸，核糖核酸为，C错误；D．硫酸铜属于重金属盐，会使鸡蛋清中的蛋白质发生变性，变性是不可逆过程，继续加蒸馏水沉淀不会溶解，D错误；故选A。5.实验安全至关重要。下列说法错误的是A.硝酸具有腐蚀性和挥发性，使用时需要注意防护和通风B.制备乙烯时，向乙醇与浓硫酸的混合液中加入碎瓷片，防止溶液受热时暴沸C.用胶头滴管向试管滴加液体时，滴管下端紧贴试管内壁，防止液体滴落在外D.钠与水反应的相关实验过程中涉及的提醒图标有【答案】C【解析】【详解】A．具有腐蚀性和挥发性，接触会腐蚀皮肤，挥发的酸雾对人体有害，使用时需要注意防护和通风，A正确；B．制备乙烯时，需要加热乙醇与浓硫酸的混合液，加入碎瓷片可形成汽化中心，防止溶液受热暴沸，B正确；C．常规实验中，用胶头滴管向试管滴加液体时，滴管应垂直悬空于试管口上方，若下端紧贴试管内壁会污染滴管，进而污染试剂瓶内的药品，操作错误，C错误；D．钠与水反应剧烈放热、生成易燃易爆的氢气，生成的有腐蚀性，切割钠需用小刀、取用钠用镊子，存在锐器划伤风险；图示从左到右依次是必须佩戴护目镜、当心划伤、注意通风、洗手的标识，均是该实验需要涉及的安全提醒，D正确。6.氯及其化合物部分转化关系如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.反应①的离子方程式为B.溶液中，数目大于C.将通入水中，所得氯水中，，，粒子数之和为D.若反应②生成氧化产物，转移电子数目为【答案】D【解析】【详解】A．反应①的离子方程式电子、电荷均不守恒，正确的离子方程式为，A错误；B．未给出溶液的体积，无法计算的物质的量，无法判断其数目，B错误；C．根据氯元素守恒，氯水中满足，因此、、、的粒子数之和小于，C错误；D．反应②为，氧化产物为，每生成氧化产物转移电子，生成氧化产物时转移电子数目为，D正确；答案选D。7.物质类别和元素价态是学习元素及其化合物性质的重要认识视角。如图是硫和氮元素部分“价类”二维关系图。下列相关说法错误的是A.a、b、u、v、w均能作还原剂B.w的VSEPR模型为V形，能用作食品添加剂C.除e外，上述物质中还有3个属于电解质D.向u的溶液中通入w或d，均会出现黄色浑浊【答案】B【解析】【分析】根据硫和氮元素部分“价类”二维关系图，确定各对应物质；含N物质：a为，b为，c为，d为，e为；含S物质：u为，v为S，w为，y为，z为。【详解】A．、、、S、中核心元素化合价均不是最高价，均可升高失电子作还原剂，A正确；B．w为，中心S原子价层电子对数为，VSEPR模型为平面三角形，分子空间构型为V形；可作食品添加剂，选项中VSEPR模型描述错误，B错误；C．上述物质中电解质有、、、共4种，除e外还有3种，C正确；D．与发生归中反应生成黄色S沉淀，具有强氧化性，可将氧化为黄色S沉淀，均出现浑浊，D正确；故选B。8.化合物M是重要的有机合成中间体，广泛用于药品、香料等领域，结构如图所示。已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，且分布于三个不同周期，元素Z最外层电子数是电子层数的三倍。下列叙述错误的是A.简单离子半径：W>Y>Z>XB.最高价氧化物对应水化物的酸性：W>YC.同周期中第一电离能大于Z的元素有2种D.的空间结构为三角锥形【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，分布于三个不同周期，则X为；Z最外层电子数是电子层数的三倍，则Z为；Y形成4个共价键且阳离子带1个正电荷，原子序数介于和之间，则Y为；W带1个负电荷且为第三周期主族元素，则W为。【详解】A．简单离子半径比较：电子层数越多半径越大，电子层结构相同时核电荷数越大半径越小，离子半径，即，A正确；B．非金属性，最高价氧化物对应水化物酸性，即，B正确；C．同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，第IIA族与第VA族反常，Z为，第二周期中第一电离能大于的元素有、、共3种，C错误；D．为，中心原子价层电子对数为，含1对孤电子对，空间结构为三角锥形，D正确；答案选C。9.亚硝酰氯(NOCl)主要用于合成洗涤剂、触媒，也可用作有机合成中间体。某研究小组用NO和在如图所示装置中制备亚硝酰氯，并分离回收未反应的原料。下列说法正确的是已知：①；②沸点：NOCl为-6℃，为-34℃，NO为-152℃；③NOCl易水解，能与反应。A.实验前先通入氩气，目的是排尽装置内的空气B.NOCl水解生成和HClC.为分离产物和未反应的原料，低温浴槽A的温度应低于-34℃D.尾气回收的物质为NO，可直接通入氢氧化钠溶液中进行吸收【答案】A【解析】【分析】通过实验原理可知，进气端为NO和Cl2，经过催化剂使其反应制备NOCl；经过低温浴槽A降温，使NOCl冷凝，得到产品；再经过低温浴槽B降温，使Cl2冷凝，防止逸出，污染空气；剩下NO经过无水氯化钙干燥后，进行回收，据此分析作答。【详解】A．已知易被空气中的氧化，且能与反应、易水解，实验前通入氩气排尽装置内空气，可避免反应物被氧化，同时防止产物发生水解或与反应，A正确；B．中为价，水解过程无化合价变化，反应生成和，无生成，B错误；C．低温浴槽A的作用是将冷凝为液体，同时让未反应的、保持气态实现分离，温度应控制在之间，若温度低于，也会液化，无法分离产物和原料，C错误；D．不能和溶液直接反应，无法用溶液直接吸收，且尾气还可能混有未反应的，D错误；故选A。10.硒化锌是一种黄色晶体，可用于荧光材料、半导体掺杂物。其立方晶胞结构如图所示，其晶胞参数为apm。下列叙述错误的是A.该晶体中锌的配位数为4B.相邻的与之间的距离为C.已知原子分数坐标：A点为，则C点的原子分数坐标为D.硒化锌晶体的密度为【答案】C【解析】【详解】A．根据硒化锌晶胞结构图可知，每个锌原子周围有4个硒原子，因此锌的配位数为4，A正确；B．晶胞参数为，体对角线长度为，相邻与的距离为体对角线的，即，B正确；C．A点为(0,0,0)，B点为(1,1,1)，C点在x轴的处、y轴的处、z轴的处，则C点的原子分数坐标为，故C错误；D．晶胞中数目为，数目为4，一个晶胞中有4个ZnSe，晶胞质量为，晶胞体积为，则密度，D正确；故选C。11.Cativa法生产乙酸，比经典Rh-Monsanto法效率更高。其核心是以铱(Ir)催化体系催化甲醇羰基合成醋酸，反应机理如图所示。下列说法错误的是A.A为，且、都是反应中间体B.降低了甲醇羰基化反应的活化能和焓变C.中铱(Ir)的化合价为+3D.此合成原理生成，原子利用率为100%【答案】B【解析】【详解】A．根据原子守恒，结合后续A与反应生成和，可知A为；、均为反应过程中生成、后续又完全消耗的物质，属于反应中间体，A正确；B．为该反应的催化剂，催化剂可降低反应的活化能，但焓变由反应物和生成物的总能量差决定，催化剂不改变反应焓变，B错误；C．设中化合价为，为价，为价，为价，离子带个单位负电荷，故，解得，C正确；D．将各步反应加和可得总反应为，产物只有乙酸，原子利用率为，D正确。12.冠醚可用于金属元素的分离、富集以及相转移催化反应的催化剂。利用K与L合成高分子冠醚M的反应的化学方程式如图所示。下列说法正确的是A.冠醚K属于超分子，K不能与NaOH溶液反应B.L中最多12个原子共平面C.反应方程式中D.不同的冠醚可识别不同的碱金属离子【答案】D【解析】【详解】A．超分子是两种及以上分子通过分子间作用力形成的聚集体，K是单一有机分子，不属于超分子；K所含官能团为醚键和氨基，两者均不与NaOH反应，A错误；B．L中苯环和羰基的碳原子均为杂化，苯环为平面结构，羰基为平面结构，通过单键旋转可以使所有原子平面，包含8个C、2个O、2个Cl和4个H，故共平面原子数最多为16，B错误；C．该反应为缩聚反应，1个与1个反应生成1个酰胺键，同时脱去1分子；K含，L含，聚合后链端剩余1个未反应的和1个未反应的，因此，C错误；D．不同冠醚的空腔大小不同，可匹配不同半径的碱金属离子，因此可识别不同的碱金属离子，D正确；故选D。13.电极显著提高了还原催化性能，为高性能还原催化剂的设计提供了新的思路，同时，可充放电电池的构建也为绿色能源转换和存储系统提供了新方案。下列叙述正确的是A.该原电池中，在负极发生还原反应B.电极电势：，a极电极反应式为C.每生成9.2gHCOOH时理论上转移0.4mol电子D.工作一段时间后，b极区电解质溶液的pH降低【答案】C【解析】【详解】A．该装置为原电池，Zn是活泼金属，发生失电子的氧化反应作负极；发生得电子的还原反应，是在正极（b极）进行，A错误；B．原电池中正极电势高于负极，b为正极、a为负极，故电极电势，同时a极在环境下的产物是[Zn(OH)4]2-C．的摩尔质量为，的物质的量为，生成时，C元素化合价从+4降到+2，转移电子，故生成转移电子，C正确；D．b极电极反应式为，反应消耗，b极区浓度降低，pH升高，D错误；故选C。14.某一元弱碱(ROH)在医药、农药、燃料、炸药等工业领域应用广泛。室温下，向溶液中滴加盐酸，混合溶液中ROH、的分布系数、水电离出的负对数与所加盐酸体积的关系如图所示。下列说法错误的是A.曲线Ⅰ代表的变化B.C.室温下，ROH的电离平衡常数约为D.Q点粒子浓度：【答案】B【解析】【分析】室温下，向溶液中滴加盐酸，随着反应的进行，的含量增大，ROH的含量降低，故曲线Ⅱ代表的变化，曲线Ⅰ代表的变化，Q和M所在的线表示水电离出的负对数与所加盐酸体积的关系；据此解答。【详解】A．据分析，曲线Ⅰ代表的变化，A正确；B．根据a点，，即，此时水电离出，说明水解为主，如果a=10，则，要使，还需要加少量的盐酸，故a>10，B错误；C．a点时，ROH电离平衡常数，a点水电离的，由于是的水解为主，此时溶液显酸性，故溶液中的近似都是水电离出的，即溶液中，溶液中，，C正确；D．由图可知，Q点ROH和盐酸恰好完全反应，反应生成的在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液中微粒浓度由大到小的顺序为，D正确；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.苯硫酚(，易被氧化，沸点168℃)是重要的有机合成中间体，可在相转移催化剂PTC(四丁基溴化铵)条件下合成，实验装置如图所示：I．反应原理：(沸点：156℃)（1）仪器a的名称为______________。相对于普通分液漏斗，恒压分液漏斗的主要优点是_________________________。（2）PTC作为相转移催化剂，可将水相中______________(填离子符号)转移至有机相，从而使反应顺利进行。Ⅱ．分离与提纯从混合液中分离出苯硫酚的具体步骤如图所示：（3）“操作1”为______________。（4）①加稀盐酸以去除少量NaHS，反应的离子方程式为_________________________。②加入无水的目的是____________________。Ⅲ．纯度计算与性质探究（5）某同学为测定粗产品中苯硫酚的含量，步骤如下：取样品wg，用乙醇溶解，配成100.00mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，加入过量标准溶液，充分反应，调节pH至中性，以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定至终点，平行测定3次，平均消耗体积。已知：、。①该粗产品中苯硫酚的质量分数为______________%(用含、、、、的代数式表示)。②滴定终点时仰视读数，导致纯度________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。【答案】（1）①.球形冷凝管②.平衡气压，使液体顺利滴下（2）（3）分液（4）①.②.干燥有机相（或除去有机相中的水分）（5）①.②.偏小【解析】【分析】利用和在催化并加热的条件制备；制备后将混合液中加入饱和食盐水后进行分液除去多余的，分液后的有机相1中加入稀盐酸去除多余的，再加入水除去饱和食盐水和稀盐水，分液后的有机相2加入无水除去水，过滤后对有机相3进行减压蒸馏得到；最后用滴定法测定粗品中的质量分数，由此解答；【小问1详解】根据仪器a的结构可知，仪器a的名称为球形冷凝管；恒压分液漏斗带有连通漏斗上口和下方反应容器的支管，能够平衡漏斗内部与反应体系的压强，保证液体顺利滴下；【小问2详解】根据反应原理可知，反应物在水相中会电离出，而有机相中的溴苯需要和接触才能发生反应，因此的作用是将水相中的转移到有机相中，使溴苯和充分接触，保证反应顺利进行；【小问3详解】向混合液中加入饱和食盐水，经过操作1可得到有机相1，因此操作1为分液；【小问4详解】①向有机相1中加入稀盐酸是为了除去，是与反应生成，因此离子方程式为；②由分析可知，加入无水的目的是为了除去有机相2中的水；【小问5详解】①消耗的的物质的量为c2 mol⋅L-1×V2×10-3L=c2V2×10-3mol，根据可知与反应的的物质的量为，故与反应消耗的物质的量为，根据可知，25mL溶液中的物质的量为，100mL溶液中的物质的量为②滴定终点时仰视读数，会导致读取的体积偏大，代入质量分数表达式，最终结果偏小。16.铜、钴作为战略金属，在国民经济和国防科技上有广泛应用，某研究团队提出利用铵盐焙烧一水浸取法从含低品位铜钴硫酸渣中提取铜钴，流程如图所示：已知：①含低品位铜钴硫酸渣的化学成分分析如下：②萃取钴的原理：。③反萃取液保持硫酸盐体系。回答下列问题：（1）基态铜原子的价电子排布式为______________。（2）“焙烧”中，、、与反应生成可溶性盐，写出将转化成可溶性铜盐的归中反应的化学方程式：_________________________。该流程采取铵盐焙烧—水浸法提取钴铜，这相较于酸浸提取的优点是_________________________。（3）浸出渣的主要成分除、铁的氧化物外，还有______________。（4）试剂X的名称为______________，有机相可在______________工序中循环利用。（5）“沉钴”时分两步，第一步用-萘酚与合成-亚硝基--萘酚，第二步在酸性环境下，亚硝基萘酚将氧化为，自身被还原为，第二步发生的主要离子方程式为____________________________________。（6）的晶胞具有尖晶石结构。不同价态钴离子和氧离子构成A、B两种结构，晶胞由4个A和4个B构成(如图所示)。如上图建立坐标系，取，得晶胞截面如图1，若取，在图2中补全相应原子位置__________________(分别用和○表示)。【答案】（1）（2）①.②.减少酸性废液产生，降低设备腐蚀，且可减少杂质离子浸出（3）、（4）①.稀硫酸②.萃取2（5）（6）【解析】【分析】起始原料为低品位铜钴硫酸渣，主要成分为铁铜钴的硫化物或氧化物、二氧化硅、氧化钙、氧化镁，目标产物为四氧化三钴，同时提取铜。焙烧环节加入硫酸铵，将铜、钴的硫化物、氧化物转化为可溶性硫酸盐，其中硫化铜发生氧化还原反应转化为硫酸铜，硫元素部分转化为二氧化硫，氨气为焙烧气主要成分。水浸环节可溶性硫酸盐进入浸出液，二氧化硅不参与反应，氧化钙与硫酸铵反应生成微溶的硫酸钙，与氧化镁、铁的氧化物共同成为浸出渣。萃取1采用LIX984N萃取铜，实现铜与钴的分离，含铜有机相可后续处理回收铜。萃取2采用P204+P507萃取钴，使钴进入有机相与其他杂质分离。反萃取环节加入稀硫酸，使萃取平衡逆向移动，钴离子进入水相，有机相可返回萃取2工序循环利用。沉钴环节先合成α-亚硝基-β-萘酚，酸性条件下该物质将二价钴氧化为三价钴，自身被还原为羟胺衍生物，后续处理得到四氧化三钴。【小问1详解】铜为29号元素，基态铜原子的核外电子排布式为，价电子为最外层与次外层的d电子，故价电子排布式为。【小问2详解】焙烧时硫化铜与硫酸铵发生氧化还原反应，硫化铜中-2价硫被氧化为二氧化硫中+4价硫，硫酸铵中部分+6价硫被还原为二氧化硫中+4价硫，结合得失电子守恒、原子守恒配平反应方程式为。酸浸提取需使用大量强酸，会产生酸性废液，对设备腐蚀严重，且会溶解铁、镁、钙等杂质，铵盐焙烧水浸可减少酸性废液产生，降低设备腐蚀，同时减少杂质离子的浸出，提高浸出液中铜钴的纯度。【小问3详解】原料中的二氧化硅不与硫酸铵反应，也不溶于水，氧化钙与硫酸铵反应生成微溶的硫酸钙，氧化镁、铁的氧化物也不溶于水浸体系，故浸出渣的主要成分除氧化镁、铁的氧化物外，还有、。【小问4详解】萃取钴的原理为，反萃取需使平衡逆向移动，使钴离子进入水相，且反萃取液为硫酸盐体系，故试剂X为稀硫酸，提供氢离子使平衡左移。反萃取后有机相的萃取剂再生，可返回萃取2工序循环利用。【小问5详解】酸性条件下，将氧化为，自身被还原为，每个分子得到4个电子，每个失去1个电子，结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平离子方程式为。【小问6详解】为尖晶石结构，晶胞中钴离子分为四面体配位的二价钴和八面体配位的三价钴，分别对应○和△。z=7/8为晶胞的上层截面，四面体配位的二价钴位于四个小正方形的中心，对应符号为○，八面体配位的三价钴位于截面的中心格点，对应符号为△，即。17.丙烯作为重要的基本化工原料，在化学工业中具有举足轻重的作用。回答下列问题：I．丙烷直接脱氢制丙烯反应I：（1）利用下列键能数据计算该反应的______________。化学键C—CC=CC—HH—H键能/347.7615413.4436（2）一定条件下，丙烯与HCl的反应历程与能量变化的关系如图所示。下列说法错误的是______________(填标号)。A.丙烯与HCl发生加成反应有2种产物B.体系达平衡后升高温度，丙烯的转化率增大C.反应过程中恒有D.选择合适的催化剂可以提高的选择性（3）丙烷直接脱氢制备丙烯时，体系中还存在副反应Ⅱ：。一定温度下，将和的混合气体通过催化剂(负载于)的表面。反应过程中，催化剂会与反应生成另一催化剂。使用不同催化剂时，和的关系如图甲所示(其中a为，为)。反应过程中丙烷平衡转化率、丙烯选择性以及丙烯生成速率随变化如图乙所示。①已知Arrhenius经验公式为(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。在其他条件相同时，催化效果更好的是______________(填“”或“”)。判断依据是______________。②图乙中，代表丙烯生成速率的曲线为______________(填“c”或“d”)。恒温恒压条件下，向密闭容器中通入和混合气体使丙烯生成速率最大，丙烷直接脱氢制丙烯反应I的______________MPa(已知压强为0.1MPa，列出计算式即可)。II．二氧化碳耦合丙烷脱氢在恒压为的容器中充入，。发生下列反应：反应a：反应b：（4）反应b的反应速率，其中、分别为正、逆反应速率常数，p为气体的分压(分压=总压×物质的量分数)，降低温度，______________(填“增大”“减小”或“不变”)。（5）一定温度下，容器中反应达到平衡时，测得的转化率为，的体积分数为，则的转化率为______________。【答案】（1）+123.5（2）BC（3）①.②.据Arrhenius经验公式，直线斜率的绝对值越小，活化能越小，催化剂催化效果越好③.d④.（4）减小（5）【解析】【小问1详解】反应焓变反应物总键能生成物总键能。丙烷（，结构为​）含2个键、8个键；生成物丙烯含1个键、1个键、6个键，含1个键。代入计算：；【小问2详解】A．丙烯与HCl加成可生成1-氯丙烷、2-氯丙烷共2种产物，A正确；B．由能量图可知总反应生成物总能量低于反应物，为放热反应，升温平衡逆向移动，丙烯转化率减小，B错误；C．2-氯丙烷的生成路径活化能更低，产物能量也更低，平衡时2-氯丙烷浓度远大于1-氯丙烷，即，C错误；D．催化剂可选择性降低某一路径的活化能，提高目标产物的选择性，D正确；故选BC。【小问3详解】①Arrhenius公式，斜率绝对值代表活化能大小，b对应催化剂的活化能更低，反应速率更快，催化效果更优。②根据题意，随着氢气的增加，可以生成更多催化效果更好的催化剂，因此反应速率逐渐增加。而氢气的增加，会促使主反应平衡逆向移动，因此转化率降低。根据以上分析，可以判断随着氢气增多，逐渐上升的曲线即曲线d为丙烯生成速率，逐渐下降的曲线即曲线c为丙烷平衡转化率；图中，当为2时，丙烯生成速率最大，此时丙烷平衡转化率为45%，丙烯选择性为90%。设氢气和丙烷的起始量分别为2mol、1mol，总转化丙烷：145%=0.45mol，参与主反应（生成丙烯）的丙烷：0.4590%=0.405mol，参与副反应的丙烷：0.4510%=0.045mol，依据图中数据列三段式：，，利用平衡时、、、、，，，因此；【小问4详解】反应b的，降温平衡逆向移动，平衡常数​​减小，因此减小；【小问5详解】初始投料：，。设反应a中转化的物质的量为

。已知的转化率为，初始为。反应a：，反应b：，平衡时各物质的量，，，（反应a生成，反应b消耗），，，总物质的量，的体积分数（即物质的量分数）为：，我们需要求出的转化率，即。从上述等式中解出：，整理得，所以的转化率为。18.甲型流感是由病毒引起的呼吸道传染病，对人类致病性高。奥司他韦(Q)具有抗病毒的生物学活性，其主流合成路线如图所示：已知：①②(R为烃基或氢原子)回答下列问题：（1）A的名称为______________。D中除碳碳双键外的官能团的名称为______________。（2）的化学方程式为___________________________________________。（3）的反应分两步进行，第一步反应是加成反应，第二步的反应类型是