2026年高考化学真题基于教材课标解析(辽吉黑蒙卷)

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

【答案】A

【课标出处】

①必修·主题5·5.2：“知道金属材料、无机非金属材料、高分子材料等常见材料类型，结合实例认识材料组成、性能与应用的联系”。

②必修·主题3·3.4：“知道化学反应可以实现化学能与其他能量形式的转化，以原电池为例认识化学能可以转化为电能”。

【教材出处】

①人教版必修第二册·第五章第三节“无机非金属材料”：“二氧化硅可用来生产光导纤维。光导纤维的通信容量大，抗干扰性能好”；硅“导电性介于导体与绝缘体之间，是应用最为广泛的半导体材料”。

②苏教版（非金属材料专题）：“半导体材料、光导纤维……的发现和发明，成为现代信息技术和通信技术发展过程中重要的里程碑”。

③鲁科版（化学与社会）：“没有以硅及其化合物为原料制造出的芯片和光导纤维，人们的生活怎么会像现在这样丰富多彩呢”。

④沪科版（物质的分类与材料）：硅及其化合物（单晶硅、半导体、光导纤维）在现代信息技术中的应用。

【教材与课标的融合】

本题以“化学助力人工智能”为真实情境，落实课标“知道无机非金属材料等常见材料类型”“以原电池为例认识化学能转化为电能”的内容要求。各版本教材均将材料组成、性能与应用及化学能与电能的转化融入半导体、光导纤维、锂离子电池等科技素材，引导学生建立“结构决定性质、性质决定应用”的观念，发展“宏观辨识与微观探析”“科学态度与社会责任”核心素养。

【文献参考】

本题为情境型选择题，主要依托人教版必修第二册第五章第三节、第六章第一节及《课程标准》主题5情境素材建议，无直接对应学术文献。

【详细解析】

A正确。锂离子电池放电时负极失电子、正极得电子，把化学能转化为电能（充电时反之）。

B错误。GaN是无机化合物，属第三代半导体，不是有机材料。

C错误。光导纤维纤芯成分是高纯SiO₂。

D错误。冷却液汽化是物理变化，不涉及化学键断裂。

【知识拓展】

①“硅(Si)半导体”与“SiO₂光导纤维”成分不同；②汽化/熔化只破坏分子间作用力；③GaN为无机宽禁带半导体。

2. 一种制备火箭燃料肼（N₂H₄）的反应如下，下列说法错误的是

NH₂Cl+2NH₃  = N₂H₄+NH₄Cl

A. 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. NH₄⁺的电子式：

【答案】B

【课标出处】

选择性必修·模块2·主题2：2.2“知道共价键可分为极性共价键和非极性共价键”；2.3“结合实例了解共价分子具有特定的空间结构”。

【教材出处】

①人教版必修第一册·第四章第三节“化学键”：“同种原子形成共价键……共用电子对不偏向任何一个原子……叫做非极性共价键”；“共用电子对偏移的共价键叫做极性共价键”。

②苏教版（微粒之间的相互作用力）：“共用电子对不发生偏移，这样的共价键叫做非极性共价键……若两个成键原子吸引电子的能力不同，共用电子对发生偏移”。

③鲁科版（化学键与化学反应规律）：“吸引共用电子的能力相同，所形成的共价键是非极性共价键”。

④沪科版（原子结构与化学键）：“不同元素的原子以共价键相结合时……共用电子对偏向吸引电子能力强的一方”。

【教材与课标的融合】

本题融合课标“共价键极性”“分子空间结构”要求。四版教材均先建立“键的极性取决于电负性差”的概念，再以VSEPR、杂化理论解释构型，体现“结构决定性质”观念，落实“宏观辨识与微观探析”素养。

【文献参考】

本题主要依托人教版选择性必修2第二章及《课程标准》模块2主题2，无直接对应学术文献。

【详细解析】

反应：NH₂Cl＋2NH₃→N₂H₄＋NH₄Cl。

A正确。NH₂Cl中N价层电子对数＝4，VSEPR模型为四面体形。

B错误（选此项）。NH₃中N—H键共用电子对偏向N，属极性共价键。

C正确。N₂H₄中N采取sp³杂化。

D正确。NH₄⁺中N与4个H形成4对共用电子对。

【知识拓展】

键的极性看成键原子电负性差。VSEPR看价层电子对数，分子构型扣除孤电子对。

3. 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+2H₂SO₄=CuSO₄+SO₂↑+2H₂O

B. 少量AlCl₃溶液滴入足量浓烧碱溶液：AlCl₃+3NaOH=Al(OH)₃↓+3NaCl

C. 乙烯通入溴的四氯化碳溶液：CH₂=CH₂+Br₂→CH₂BrCH₂Br

D. Na₂S溶液滴入AgCl悬浊液：Na₂S(aq)+2AgCl(s)=Ag₂S(s)+2NaCl(aq)

【答案】B

【课标出处】

①必修·主题2·2.2“认识有化合价变化的反应是氧化还原反应”；②必修·主题4·4.2“知道氧化、加成、取代、聚合等有机反应类型”；③选择性必修·模块1·主题3·3.4“了解沉淀的生成、溶解与转化”。

【教材出处】

①人教版必修第二册·第五章第一节“硫及其化合物”：浓硫酸具有强氧化性，Cu＋2H₂SO₄(浓)══CuSO₄＋SO₂↑＋2H₂O。

②苏教版（含硫化合物的性质）：浓硫酸的氧化性。

③鲁科版（物质的性质与转化）：浓硫酸的氧化性。

④沪科版（氧化还原反应）：“常用的氧化剂除高锰酸钾外，还有氧气、氯气、硝酸和浓硫酸等”。

【教材与课标的融合】

本题融合课标“氧化还原反应”“有机反应类型”“沉淀溶解平衡”三条要求，考查书写并判断化学方程式正误的能力，落实“能用化学方程式正确表示典型物质的主要化学性质”的学业要求。

【文献参考】

本题主要依托人教版必修第二册、选择性必修1，无直接对应学术文献。

【详细解析】

A正确。Cu＋2H₂SO₄(浓)═△═CuSO₄＋SO₂↑＋2H₂O。

B错误（选此项）。Al(OH)₃两性，NaOH足量时生成NaAlO₂。

C正确。乙烯与溴加成生成1,2⁻二溴乙烷。

D正确。Na₂S＋2AgCl＝Ag₂S＋2NaCl（沉淀转化）。

【知识拓展】

NaOH过量时铝生成偏铝酸盐；沉淀转化向Kₛₚ更小方向。

4. 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. AB.BC.CD.D

【答案】A

【课标出处】

①必修·主题1·1.3“进行物质分离、检验和制备等不同类型化学实验”；②选择性必修·模块1·主题1·1.3“了解电解池的工作原理”；学生必做实验“简单的电镀实验”。

【教材出处】

①人教版必修第二册·第七章第二节：“乙炔是最简单的炔烃”（电石与饱和食盐水反应制乙炔）；选择性必修1·第四章第二节及实验活动4“简单的电镀实验”。

②苏教版（研究物质的实验方法）：常见气体的制取；电化学中的电镀。

③鲁科版：“乙炔分子中，碳原子之间以三键结合形成碳链”。

④沪科版（电化学）：“了解电解原理在电镀、电冶金等工业中的应用”。

【教材与课标的融合】

本题融合课标“化学实验（物质制备）”“电解池”要求，以装置图考查实验方案评价，落实“科学探究与创新意识”素养。

【文献参考】

本题主要依托人教版必修第二册、选择性必修1及《课程标准》模块1主题1学生必做实验“简单的电镀实验”，无直接对应学术文献。

【详细解析】

A．氯气的密度大于空气，使用向上排空气法收集，氯气与CaCl₂不反应，不能用CaCl₂吸收尾气，需用NaOH溶液吸收，A方案不合理；

B．电石与水反应生成乙炔，该反应剧烈，采用饱和NaCl溶液可减缓电石与水的反应速度，B方案合理；

C．亚硫酸的酸性比碳酸强，SO₂通入到饱和NaHCO₃溶液可发生反应生成Na₂SO₃和CO₂，能除去CO₂中的SO₂，C方案合理；

D．实验室铜件镀镍，铜制镀件接电源负极作阴极，镍接电源正极作阳极，电解液中含Ni²⁺，D方案合理；

故选A。

【知识拓展】

制乙炔用饱和食盐水可平稳产气；洗气“长进短出”、尾气“防倒吸”。

5. 生活细微处，亦有化学回响。下列“生活小妙招”不合理的是

A. AB.BC.CD.D

【答案】D

【课标出处】

①必修·主题4·4.2“认识乙烯、乙醇、乙酸的结构及其主要性质与应用”；②主题4·4.3“结合实例认识……蛋白质等有机化合物在生产生活中的重要应用”。

【教材出处】

①人教版必修第二册·第七章第三节“乙醇与乙酸”：“这种酸与醇反应生成酯和水的反应，叫做酯化反应”。

②苏教版（生活中常用的有机物）：油脂与甘油发生酯化反应。

③鲁科版（简单的有机化合物）：“像乙酸与乙醇这样生成酯和水的反应称为酯化反应”。

④沪科版（身边的有机化合物）：“这种酸和醇作用生成酯和水的反应，属于酯化反应”。

【教材与课标的融合】

本题融合课标“乙醇、乙酸性质”“蛋白质应用”要求，以生活情境考查用化学知识分析问题的能力，落实“科学态度与社会责任”素养。

【文献参考】

本题主要依托人教版必修第二册第七章，无直接对应学术文献。

【详细解析】

A合理。油膜隔绝空气、减缓蒸发。

B合理。高温蒸煮杀灭微生物。

C合理。料酒与香醋酯化生成乙酸乙酯。

D不合理（选此项）。蚕丝为蛋白质，热水＋碱易水解受损。

【知识拓展】

蛋白质变性条件：加热、强酸、强碱、重金属盐、乙醇等。

6. 镁及其化合物的部分转化关系如下，设N_A为阿伏伽德罗常数的值，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0.5N_A

B. 反应②：每消耗2.24LN₂生成N³⁻数目为0.2N_A

C. 反应③：每消耗4.4gCO₂转移电子数目为0.4N_A

D. 0.15mol⋅L⁻¹MgCl₂溶液中，Mg²⁺数目为0.15N_A

【答案】C

【课标出处】

①必修·主题1·1.1“了解物质的量及其相关物理量的含义和应用”；②必修·主题2·2.2“了解氧化还原反应的本质是电子的转移”。

【教材出处】

①人教版必修第一册·第二章第三节“物质的量”：“单位物质的量的气体所占的体积叫做气体摩尔体积……标准状况下约为22.4 L/mol”。

②苏教版（物质的化学计量）：气体摩尔体积。

③鲁科版（化学中常用的物理量）：摩尔质量与气体摩尔体积。

④沪科版（物质的量）：气体摩尔体积、阿伏加德罗常数。

【教材与课标的融合】

本题融合课标“物质的量”“氧化还原电子转移”要求，考查有关阿伏加德罗常数的计算，落实“证据推理与模型认知”素养。

【文献参考】

本题主要依托人教版必修第一册第二章第三节，无直接对应学术文献。

【详细解析】

①Mg＋2C₅H₆→Mg(C₅H₅)₂＋H₂↑；②3Mg＋N₂→Mg₃N₂；③2Mg＋CO₂→2MgO＋C。

A错误。0.5 mol C₅H₆生成0.25 mol Mg(C₅H₅)₂。

B错误。未指明标准状况。

C正确（选此项）。4.4 g CO₂＝0.1 mol，转移0.4NA。

D错误。未给体积，且Mg₂⁺水解。

【知识拓展】

有关NA陷阱：标准状况适用性、体积缺失、弱离子水解、可逆反应限度、价态变化。

7. 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[Ar]4s²4p¹

B. 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

【答案】A

【课标出处】

选择性必修·模块2·主题1：1.2“知道1~36号元素基态原子核外电子的排布”；1.3“知道元素周期表中区、周期和族的元素原子核外电子排布特征”。

【教材出处】

①人教版选择性必修2·第一章第一节“原子结构”：“以光谱学事实为基础……新增电子填入能级的顺序称为构造原理”（电子排布式、简化电子排布式）。

②苏教版（原子结构与性质）：“能用电子排布式、轨道表示式表征1~36号元素基态原子的核外电子排布”。

③鲁科版（原子结构与元素性质）：“基态原子的核外电子排布可以用电子排布式（或轨道表示式）来表示”。

④沪科版（原子结构）：“由于在内层原子轨道上的电子能量较低……元素的化学性质主要取决于外层原子轨道”（电子排布式）。

【教材与课标的融合】

本题融合课标“1~36号元素核外电子排布”要求，以单原子层二维金属Ga为前沿情境考查简化电子排布式书写，落实“宏观辨识与微观探析”素养。

【文献参考】

本题立意考查“核外电子排布与晶体结构”，情境直接取自文献：Zhao J, et al. Realization of 2D metals at the ångström thickness limit. Nature, 2025, 639: 354–359（10.1038/s41586–025–08711–x）。该文用范德华挤压法在蓝宝石砧座间制备单原子层二维金属Ga（厚约9.2 Å），与本题“蓝宝石砧座、Ga(2D)”直接对应，命题将前沿文献转化为课标知识点考查载体。

【详细解析】

A错误（选此项）。Ga核外电子排布1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s²4p¹，简化式应写[Ar]3d¹⁰4s²4p¹（3d必须写出）。

B正确。蓝宝石Al₂O₃硬度大，可当作共价晶体。

C正确。Ga(2D)表面能高，能量高于Ga(3D)。

D正确。Ga(2D)基本结构单元为二维蜂窝状格子。

【知识拓展】

简化电子排布式以稀有气体作原子实，其后写该稀有气体之后填充的电子。

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

【答案】A

【课标出处】

①选择性必修·模块3·主题1·1.1“认识有机化合物存在构造异构和立体异构等同分异构现象”；②模块2·主题2·2.3“结合实例初步认识分子的手性”；2.1“了解分子内氢键”。

【教材出处】

①人教版选择性必修2·第二章第三节“分子结构与物质的性质”：“分子的手性……像不像一双手不能相互叠合”。

②苏教版（微粒间作用力）：“手性生物分子和手性药物的开发”。

③鲁科版（微粒间相互作用）：“这个碳原子称为不对称碳原子。大多数的手性分子都含有不对称碳原子”。

④沪科版（分子结构）：“分子的手性主要是由分子中的不对称碳原子引起的”。

【教材与课标的融合】

本题融合课标“立体异构”“手性”“氢键”要求，以药物奥利司他结构考查“结构决定性质”，落实“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”素养。

【文献参考】

本题立意考查“有机物官能团与结构性质的关系”，主要依托人教版选择性必修3、选择性必修2，无直接对应学术文献。

【详细解析】

奥利司他含β⁻内酯环、两个酯基、N⁻甲酰基/酰胺键，长碳链饱和。

A．手性碳原子是指连有4个不同原子或原子团的饱和碳原子，如图（带*号的为手性碳），则奥利司他中含有的手性C原子为4个，A错误；

B．由奥利司他的结构可知，分子中含有官能团，能形成分子内氢键，B正确；

C．由奥利司他的结构可知，分子中含有官能团，具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；

D．由奥利司他的结构可知，分子中含有酰胺键和酯基，能够发生水解反应，正确；

【知识拓展】能否使酸性KMnO₄褪色看是否含还原性基团/不饱和键。

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V_xSi_y（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. V_xSi_y的超导性质优于金属钒

【答案】C

【课标出处】

选择性必修·模块2·主题2·2.4“了解晶体中微粒的空间排布存在周期性，认识简单的晶胞”。

【教材出处】

①人教版选择性必修2·第三章第一节“物质的聚集状态与晶体的常识”：“晶体的微观基本单元称为晶胞”。

②苏教版（晶体结构）：晶胞的构成与均摊法。

③鲁科版（不同聚集状态的物质）：“晶体结构的基本重复单元——晶胞”。

④沪科版（晶体结构）：“晶体结构中基本的重复单元称为晶胞”。

【教材与课标的融合】

本题融合课标“认识简单晶胞”要求，以超导材料V₃Si考查晶胞均摊计算与结构分析，落实“证据推理与模型认知”素养，体现结构研究对新材料开发的价值。

【文献参考】

本题立意考查“晶胞结构分析”，情境为超导材料V₃Si（A₁₅型），主要依托人教版选择性必修2第三章及《课程标准》模块2主题3情境素材建议（“元素周期表与超导材料”），无直接对应学术文献。

【详细解析】

V₃Si为A₁₅型超导材料。

A正确（参考）。均摊法V∶Si＝3∶1。

B正确（参考）。每个Si被12个V包围。

C错误（选此项）。V₃Si晶胞含2个V₃Si式量（6V＋2Si），价层电子总数＝6×5＋2×4＝38，非19。

D正确。V₃Si中V—V距离更短，超导性优于金属钒。

【知识拓展】

均摊法：顶点1/8、棱心1/4、面心1/2、体心1。

10. 颜料W₆X₄Y₆M₂₀Z₄因含有Z₂⁻而显色，M、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，基态M最外层电子数是内层的三倍，基态W最外层仅有一个电子，X是地壳中含量最多的金属元素且与Y相邻，Z与M同族。下列说法错误的是

A. 简单离子半径：W<M<Z

B. 简单氢化物沸点：Z<Y<M

C. 第一电离能：X<Y<M

D. 最高价氧化物水化物酸性：X<Y<Z

【答案】B

【课标出处】

①必修·主题3·3.1“认识原子结构、元素性质与元素在元素周期表中位置的关系”；②选择性必修·模块2·主题1·1.3“认识原子半径、第一电离能、电负性等元素性质的周期性变化”。

【教材出处】

①人教版选择性必修2·第一章第二节“原子结构与元素的性质”：“原子半径、电离能和电负性等都与原子结构密切相关，因而也呈现周期性变化”。

②苏教版（元素周期律）：元素的第一电离能、电负性等呈现周期性变化。

③鲁科版（原子结构与元素周期律）：第一电离能的含义及其递变。

④沪科版（元素周期律）：电离能、电负性的周期性变化。

【教材与课标的融合】

本题融合课标“元素周期律”“第一电离能”要求，通过元素推断考查位—构—性综合运用，落实“宏观辨识与微观探析”素养。

【文献参考】

本题立意考查“元素周期律与元素推断”，主要依托人教版必修第一册第四章、选择性必修2第一章，无直接对应学术文献。

【详细解析】

推断：M＝O、W＝Na、X＝Al、Y＝Si、Z＝S。

A正确。Na⁺＜O₂⁻＜S₂⁻。

B错误（选此项）。沸点SiH₄＜H₂S＜H₂O，即Y＜Z＜M。

C正确。第一电离能Al＜Si＜O。

D正确。酸性Al(OH)₃＜H₂SiO₃＜H₂SO₄。

【知识拓展】

氢键使HF、H₂O、NH₃沸点反常偏高。

11. 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ⅡD.该聚合反应为缩聚反应

【答案】D

【课标出处】

选择性必修·模块3·主题3·3.1“了解聚合物的组成与结构特点……了解加聚反应和缩聚反应的特点”。

【教材出处】

①人教版选择性必修3·第五章第一节“合成高分子的基本方法”：“生成高分子的反应称为缩合聚合反应（简称缩聚反应）……还伴有小分子的副产物（如H₂O等）的生成”。

②苏教版（合成高分子）：“脱去小分子获得高分子化合物的反应，称为缩聚反应”。

③鲁科版（生物大分子与合成高分子）：“缩合而生成高分子化合物的聚合反应，简称缩聚反应……伴随有小分子化合物（如水）的产生”。

④沪科版（合成高分子）：“缩聚反应与加聚反应不同，在生成聚合物的同时，一般伴随有小分子”。

【教材与课标的融合】

本题融合课标“加聚与缩聚特点”要求，以热塑性可降解高分子考查聚合类型与结构，落实“宏观辨识与微观探析”素养与绿色发展理念。

【文献参考】

本题立意考查“缩聚反应与高分子结构”，主要依托人教版选择性必修3第五章及《课程标准》必修主题5情境素材建议（“可降解塑料（如聚乳酸）”），无直接对应学术文献。

【详细解析】

【详解】A．根据题干结构简式可知，Ⅰ和Ⅳ的分子数均为，元素组成（C、H、O的质量分数）完全相同，因此无法用元素定量分析区分，无法元素定量分析进行区分，A错误；

B．从结构简式看，高分子Ⅲ的主链是线性的（两端为链节，没有交联点），属于线型高分子，而非网状交联结构，B错误；

C．高分子Ⅲ在碱性条件下水解，酯基会断裂，生成的是二元醇和二元羧酸盐，不会直接生成环状的化合物Ⅱ（环状酯），C错误；

D．反应过程中，单体Ⅱ开环，与单体I反应生成高分子Ⅲ的同时，脱去了小分子Ⅳ（丙酮），符合缩聚反应的定义，可认为是缩聚反应，D正确；

【知识拓展】

缩聚特征：有官能团参与、脱去小分子、链节与单体组成不同。

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Na₂Te与适量空气反应可生成Na₂Te₂。下列说法正确的是

A. “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HNO₃

C. Na₂Te被氧化过程中，溶液碱性增强

D. “沉碲”过程中Na₂SO₃被氧化

【答案】C

【课标出处】

①必修·主题2·2.2“知道常见的氧化剂和还原剂”；②主题2·2.6“认识物质及其转化在……自然资源综合利用……中的重要价值”。

【教材出处】

①人教版必修第一册·第一章第三节“氧化还原反应”：“在氧化还原反应中，一种物质失去电子……必然同时有物质得到电子”（氧化剂、还原剂）。

②苏教版（氧化还原反应）：氧化剂和还原剂（元素化合价变化与电子转移）。

③鲁科版（元素与物质世界）：“根据物质所含元素化合价的改变情况，可将物质分为氧化剂和还原剂”。

④沪科版（氧化还原反应）：“根据氧化还原反应理论，可以将物质分为氧化剂和还原剂”。

【教材与课标的融合】

本题融合课标“氧化还原反应”“物质转化的价值”要求，以铜阳极泥提碲流程考查氧化剂/还原剂判断，落实“变化观念与平衡思想”素养。

【文献参考】

本题立意考查“氧化还原反应在物质转化中的应用”，主要依托人教版必修第一册第一章第三节、必修第二册第八章，无直接对应学术文献。

【详细解析】

【分析】铜阳极泥的主要成分为和，含少量和，在“浸渍”操作中，加入Na₂S溶液，通入适量空气，和反应生成CuS沉淀，同时生成Na₂Te₂，和不溶，进入滤渣，滤液1中含有Na₂Te₂，加入Na₂SO₃溶液发生氧化还原反应，Na₂SO₃作氧化剂被还原，同时将Na₂Te₂氧化为碲粉，滤液2中主要含有低价态含硫化合物用于“浸渍”工序循环利用；

【详解】A．“浸渍”时和生成的都具有还原性，通入过量空气时，过量会进一步将氧化为更高价态的物质，发生副反应，A错误；

B．铜阳极泥中的Au不参与浸渍反应，留在滤渣中，Au不溶于浓硝酸（仅溶于王水），因此滤渣不能全部溶于浓硝酸，B错误；

C．被氧化生成的反应方程式为：，反应生成强碱，溶液中增大，碱性增强，C正确；

D．滤液1中在中为价，沉碲得到价碲单质，化合价升高被氧化，因此做氧化剂参与氧化还原反应，被还原，D错误；

【知识拓展】

口诀“升失氧、降得还”。Te与S同主族。

13. 一种从废旧电池正极材料（LiFePO₄）中回收锂元素的电化学装置如图。下列说法错误的是

A. a电极反应：O₂+2H₂O+2e⁻=H₂O₂+2OH⁻

B. 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IO₃⁻，会降低锂的理论回收产率

【答案】D

【课标出处】

选择性必修·模块1·主题1·1.3“了解电解池的工作原理，认识电解在实现物质转化和能量储存中的具体应用”。

【教材出处】

①人教版选择性必修1·第四章第二节“电解池”：阳极氧化、阴极还原，阳极接电源正极。

②苏教版（电化学）：“用电解的方法制取这些金属单质”。

③鲁科版（化学反应与能量转化）：“这种将电能转化为化学能的装置叫作电解池”。

④沪科版（氧化还原反应和电化学）：“将电能转变为化学能的装置就是电解池”。

【教材与课标的融合】

本题融合课标“电解池工作原理”要求，以废旧LiFePO₄回收锂考查电极反应与定量关系，落实“变化观念与平衡思想”“科学态度与社会责任”素养。

【文献参考】

本题立意考查“电解池的工作原理与应用”，主要依托人教版选择性必修1第四章，无直接对应学术文献。

【详细解析】

【分析】左侧池通入O₂生成H₂O₂，这是还原反应，因此a电极是阴极，连接电源的负极。电极反应: ，右侧池被氧化为，这是氧化反应，因此b电极是阳极，连接电源的正极。电极反应: ；阴离子交换膜：允许阴离子(如、OH^-等)通过，以维持电荷平衡。

【详解】A．如上分析，左侧通入氧气生成双氧水，且在溶液中可生成OH^-，该方程式书写正确，A正确

B．电路中转移电子时，整个体系总电子转移量为，每释放对应电子转移（），双电极可同时回收，理论上可回收，B正确；

C．右侧发生氧化反应：被氧化为，阳极连接电源正极，C正确；

D．若歧化转化为和，反应为：，该歧化反应为碘自身氧化还原，总可得到的电子数（氧化的总能力）不变：原本可得到电子，歧化后作为氧化剂可得到电子，总氧化能力不变，理论上脱出回收的总物质的量不变，因此不会降低锂的理论回收产率，D错误；

【知识拓展】

电解池：阳极氧化、阴极还原，阳极接正极。

14. 恒容密闭容器中，等物质的量的C₃H₈和SO₂发生的总反应如下：3C₃H₈(g)+SO₂(g)⇌3C₃H₆(g)+H₂S(g)+2H₂O(g)，达到平衡时，相关物质平衡组成随温度变化关系如图。下列说法正确的是

A. 该反应的ΔH<0，ΔS>0

B. 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K_x=0.135（用物质的量分数代替浓度计算）

D. N点C₃H₈的平衡转化率为75%

【答案】D

【课标出处】

选择性必修·模块1·主题2·2.1“认识化学平衡常数是表征反应限度的物理量”；学业要求“能进行平衡常数、平衡转化率的简单计算”。

【教材出处】

①人教版选择性必修1·第二章第二节“化学平衡”：化学平衡常数表达式与平衡转化率。

②苏教版（化学反应速率与化学平衡）：“可以用化学平衡常数来定量描述化学反应的限度”（2NO₂⇌N₂O₄）。

③鲁科版（化学反应的方向、限度和速率）：“人们发现可以用化学平衡常数来定量描述化学反应的限度”。

④沪科版（化学平衡）：“化学平衡状态是一定条件下可逆反应可进行的最大限度”（化学平衡常数）。

【教材与课标的融合】

本题融合课标“平衡常数、转化率”要求，以丙烷脱氢体系考查三段式、平衡常数计算与图像分析，落实“证据推理与模型认知”素养。

【文献参考】

本题立意考查“化学平衡常数与转化率计算”，主要依托人教版选择性必修1第二章，无直接对应学术文献。

【详细解析】

【详解】A．观察图像可知，随着温度的升高，C₃H₈的物质的量分数逐渐降低。这说明升高温度促使平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应为吸热反应，因此，另外，反应物气体共4分子，生成物气体共6分子，正反应是气体分子数增大的过程，因此，A错误；

B．前面已推断出a物质是C₃H₆。在同一个化学反应中，各物质的反应速率之比等于方程式中对应的化学计量数之比。C₃H₆与C₃H₈的化学计量数均为3，因此在反应过程中的任何时刻，的消耗速率等于物质()的生成速率，B错误；

C．列三段式：，M点时，C₃H₈曲线与b曲线(H₂O)相交，意味着两者的物质的量分数相等(即物质的量相等)：1-3x=2x，解得x=0.2，此时各物质的量分别为：C₃H₈=0.4 mol、SO₂=0.8 mol、C₃H₆=0.6 mol、H₂S=0.2mol、H₂O=0.4mol。体系总物质的量为2.4 mol。代入物质的量分数平衡常数K_x。进行计算，C错误；

D．N点时，C₃H₈曲线与c曲线(H₂S)相交，说明两者的物质的量分数相等:1-3x=x，解得x=0.25。此时C₃H₈转化了0.75 mol，故C₃H₈的平衡转化率为：，D正确；

故选D。

【知识拓展】

平衡常数不同表达形式（Kₓ、Kc、Kₚ）注意换算。

15. 室温下，0.10mol⋅L⁻¹醋酸铜（CuAc₂，Ac⁻表示CH₃COO⁻）溶液中CuAc₂、CuAc⁺、Cu²⁺和HAc的pX-pH曲线如图。保持体系中Cu元素总物质的量、C元素总物质的量和溶液体积不变，忽略除氢氧化铜以外的其他含铜难溶物。下列说法错误的是

A. Ⅰ为CuAc⁺的变化曲线

B. 室温下，K=10^−2.60

C. 室温下，K_spCu(OH)₂=10^−20.97

D. Q点：

【答案】C

【课标出处】

选择性必修·模块1·主题3：3.2“认识弱电解质在水溶液中存在电离平衡”；3.4“认识难溶电解质在水溶液中存在沉淀溶解平衡”。

【教材出处】

①人教版选择性必修1·第三章第一节、第四节：电离平衡常数、溶度积常数（Kₛₚ）。

②苏教版（水溶液中的离子反应）：难溶电解质的溶度积常数。

③鲁科版（物质在水溶液中的行为）：部分难溶电解质的溶度积。

④沪科版（水溶液中的离子平衡）：“难溶电解质的沉淀溶解平衡，其平衡常数叫做溶度积常数，简称溶度积，用Kₛₚ表示”。

【教材与课标的融合】

本题融合课标“电离平衡、沉淀溶解平衡”要求，以醋酸铜pX–pH图考查离子平衡定量分析，落实“变化观念与平衡思想”“证据推理与模型认知”素养。

【文献参考】

本题立意考查“水溶液中的离子平衡”，主要依托人教版选择性必修1第三章，无直接对应学术文献。

【详细解析】

【分析】初始状态分析：溶液为0.10mol/L的CuAc₂。体系中c(Cu)= 0.10mol/L，总(Ac)= 0.20mol/L；低pH值(酸性较强)时：Ac^-主要与H⁺结合形成HAc，因此HAc的浓度最大，接近0.20 mol/L。此时pX=-lg(0.20)≈0.7；观察图像，曲线Ⅲ的起点约为0.7，因此Ⅲ为HAc的曲线。由于Ac^-浓度极低，铜元素主要以游离的Cu²⁺形式存在，其浓度略小于0.10 mol/L。此时pX=-lg(0.10)=1.0。观察图像，曲线Ⅱ的起点约为1.1(略大于1.0代表)，因此Ⅱ为Cu²⁺的曲线。剩下的曲线Ⅰ代表CuAc⁺的曲线，据此解答；

【详解】A．由分析可知，Ⅰ为的变化曲线，A正确；

B．题中反应的，当pH=3.46时，由Ⅰ和Ⅱ相交可知，此时，且由M点坐标可知，，代入平衡常数表达式：，B正确；

C．根据P点坐标，此时pH=5.75，，反应的平衡常数，代入数据得到：，故，，C错误；

D．根据题意，C元素总物质的量不变，即总醋酸根(含各种形态)的浓度保持为0.20 mol/L，存在物料守恒：，对于HAc的电离平衡常数：，变形得，代入题干原式，得到原式=，将物料守恒式代入得到：原式=，Q点存在，由于，故原式=＜，D正确；

故选C。

【知识拓展】

pX–pH图：标物种、交叉点求K、拐点求Kₛₚ。

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中镍以形式存在，硫以SO₄²⁻和少量S₂O₃²⁻形式存在；

②“部分蒸氨”时c(NH₃)减小，转化为，x=1~5。

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转化为的化学方程式为_______________。

（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1molS₂O₃²⁻消耗O₂的物质的量为______mol。

（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，不同溶液中二价镍[Ni(II)]浓度随“还原”步骤时间的变化如图。为提高Ni(II)的还原速率和转化率，x应选择_______（填“2”或“≥3”）。

已知酸性条件不利于“还原”步骤，解释还原程度较低而还原程度较高的原因：______________________（结合离子方程式作答）。

【答案】

（1）d

（2）①. 增大氧气的溶解度（或浓度），加快反应速率②. 

（3）①. ②. 

（4）2

（5）

（6）①. 2②. 被还原时发生反应：，溶液呈酸性，不利于“还原”步骤；而被还原时发生反应：，不会生成游离的，因此还原程度较高

【课标出处】

①选择性必修·模块2·主题1·1.3“知道元素周期表中区、周期和族的元素原子核外电子排布特征”；②模块2·主题2·2.1“知道配位键的特点”；③必修·主题2·2.2“了解氧化还原反应的本质是电子的转移”。

【教材出处】

①人教版选择性必修2·第一章第二节（周期表分区）、第三章第四节“配合物与超分子”：“电子对给予—接受键被称为配位键”。

②苏教版（微粒间作用力）：“这类共价键称为配位键”。

③鲁科版（微粒间相互作用与物质性质）：离子键、配位键与金属键。

④沪科版（配位化合物）：“配位键和配位化合物”。

【教材与课标的融合】

本题融合课标“周期表分区”“配位键”“氧化还原”要求，以镍矿制超细镍粉流程综合考查，落实“宏观辨识与微观探析”“科学态度与社会责任”素养。

【文献参考】

本题立意考查“周期表分区、配合物与氧化还原”，主要依托人教版选择性必修2、必修第一册，无直接对应学术文献。

【详细解析】

【分析】镍矿的主要成分为，含少量和，在“氧压氨浸”操作中通入空气、加入氨水，生成、，浸渣为；“部分蒸氨”时挥发逸出的气体为氨气，减小，转化为，转化为CuS沉淀；向滤液2中通入足量O₂，将滤液2中剩余的充分氧化为，最后通过H₂还原，得到Ni粉，滤液3中的主要成分为硫酸铵；

【小问1详解】

Ni是28号元素，价电子排布为，根据周期表分区规则，属于d区。

【小问2详解】

加压可增大氧气的溶解度，提高浓度，加快浸出速率，提升镍的浸出率；与氧气、氨水反应生成，根据电子守恒、原子守恒可知化学方程式为。

【小问3详解】

氨浸过程中，铜离子与氨水形成稳定的；“部分蒸氨沉铜”时，溶液中挥发出来的气体 a 显然是氨气。蒸发氨气会导致溶液中减小，促使络合物解离进而使铜沉淀。

【小问4详解】

被氧化为，中S 的平均化合价为 +2价，中S的化合价为+6价，总共失去电子，反应得到4 mol电子，根据电子守恒，消耗的物质的量为。

【小问5详解】

在“还原”步骤中，被还原生成 Ni 粉，溶液中主要留下的阳离子是生成的（由和结合），阴离子是一直未参与后续反应的。因此滤液 3 浓缩结晶得到的副产品是，硫酸铵是常用氮肥，可做化肥。

【小问6详解】

观察题给图像，当时，Ni(Ⅱ) 浓度随时间下降最快，且最终能降至 0（完全转化）。而时反应提前停滞（转化率低），时反应速率过慢。因此为提高速率和转化率，应选2；

当时，发生反应：，会释放一个游离的，游离会使溶液呈酸性，而题目已知“酸性条件不利于还原”，因此反应受到抑制，转化率低。

当时，发生反应：，恰好生成2个，体系不会生成游离的，反应能顺利进行到底。

【知识拓展】

周期表分区：s、p、d、ds、f区。

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（M_r=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，搅拌并加热至135°C；随后加入10.0gPET，继续搅拌加热回流5min（回流温度138°C）。

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，干燥得到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（，M_r=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_____%（精确至1%）。

（6）若采用题中方法降解PET和）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。

【答案】

（1）ADF

（2）

（3）①. 洗出滤渣表面吸附的对苯二甲酸钠，提高对苯二甲酸产率②. 分液

（4）①. 氯化钠②. 氯化氢（或盐酸）

（5）95（6）BPA−PC

【课标出处】

①选择性必修·模块3·主题3·3.1“了解聚合物的组成与结构特点”；②模块3·主题1·1.1“知道红外光谱、核磁共振等现代仪器分析方法在有机化合物分子结构测定中的应用”。

【教材出处】

①人教版选择性必修3·第一章第二节“研究有机化合物的一般方法”：“红外光谱、核磁共振氢谱和X射线衍射等分析”。

②苏教版（分子结构测定）：“红外光谱、晶体的X射线衍射、核磁共振等”。

③鲁科版（有机化合物的结构测定）：“质谱仪、核磁共振仪、X射线衍射仪”。

④沪科版（研究有机物的一般方法）：“通过核磁共振分析可以了解特定原子的化学环境、原子个数等”。

【教材与课标的融合】

本题融合课标“聚合物结构特点”“核磁共振”要求，以PET降解制对苯二甲酸实验考查有机实验与仪器定量分析，落实“科学探究与创新意识”“证据推理与模型认知”素养。

【文献参考】

本题立意考查“聚酯水解与核磁共振定量分析”，主要依托人教版选择性必修3第一章、第五章，无直接对应学术文献。

【详细解析】

【1】本实验需要加热回流，反应总液体体积约20mL，加上固体反应物，选用100mL两颈圆底烧瓶A，单口烧瓶B无法满足回流、搅拌/测温的多接口需求，C容积太小；回流需要球形冷凝管D；回流温度为138℃，超过100℃，因此选择量程0~200℃的温度计F。

【2】步骤Ⅰ为碱性条件下PET的酯水解反应，酯基水解后在NaOH环境中，羧基转化为羧酸钠，因此主要产物为乙二醇和对苯二甲酸钠，其结构简式为；

【3】未反应的PET等不溶物滤渣表面会吸附产物对苯二甲酸钠，洗涤可回收产物，提高产率；已知催化剂常温下为油状物，难溶于水，与水体系分层，因此可直接分液分离，操作便捷。

【4】调节pH过程中，NaOH与盐酸反应生成NaCl，且加入了过量稀盐酸，沉淀表面会吸附残留的NaCl和HCl，因此水洗除去这两种杂质。

【5】，均三甲氧基苯含3个苯环氢、9个甲氧基氢，对应峰面积比中的；对苯二甲酸含2个羧基氢、4个苯环氢，对应剩下的峰面积比，因此可得，，含量为。

【6】PET降解产物为对苯二甲酸（羧酸），BPA-PC降解产物为双酚A（酚类）；羧酸酸性强于酚，酸性越弱，其盐越容易在较低（即较大pH）条件下质子化析出，因此pH较大时，BPA-PC的降解产物先析出。

【知识拓展】

核磁共振氢谱峰面积比＝不同化学环境氢原子数之比。

18. 低碳烯烃（C₂-C₄烯）用途广泛，可由合成气（CO+H₂）经费托反应催化直接合成。

（1）烃类产物碳链增长的部分历程如下（M：催化剂，*CH_x：活性碳氢物质）：

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：

①6CO(g)+3H₂(g)=C₃H₆(g)+3CO₂(g)ΔH₁

②C₃H₆(g)+H₂(g)=C₃H₈(g)ΔH₂=−124kJ⋅mol⁻¹

③COg+H₂O(g)=CO_2(g)+H_2(g)ΔH₃=−41kJ⋅mol⁻¹

④3CO(g)+6H₂(g)=C₃H₆(g)+3H₂O(g)ΔH₄=−374kJ⋅mol⁻¹

则ΔH₁=______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°C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、]

（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n(H₂):n(CO)=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_____b（填“>”、“=”或“<”，下同），反应③的v_正(M)_______v_逆(N)。

（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n(H₂):n(CO)=2时，CO的转化率为50%，丙烯的选择性为90%，则p(C₃H₆):p(CO)=_________；反应②的反应商Q_p=______(kPa)⁻¹（用分压代替浓度计算，分压=总压×物质的量分数，保留两位有效数字）。

【答案】

（1）有副反应发生生成烷烃（或生成高碳烷烃）

（2）①. -497②. A

（3）①. ②. 

（4）①. ＞②. ＜

（5）①. 0.3②. 

【课标出处】

①选择性必修·模块1·主题1·1.2“了解盖斯定律及其简单应用”；②主题2·2.1“认识化学平衡常数……了解浓度商和化学平衡常数的相对大小与反应方向间的联系”。

【教材出处】

①人教版选择性必修1·第一章第二节“反应热的计算”：盖斯定律“一个化学反应……（反应热只与始态、终态有关，与途径无关）”。

②苏教版（化学反应与能量）：“最终状态有关，而与反应的途径无关。由此，盖斯定律就成为必然的结果”。

③鲁科版（化学反应的热效应）：“分几步完成，反应热都是一样的。此定律称为盖斯定律”。

④沪科版（化学反应与能量）：“了解盖斯定律，能进行反应焓变的简单计算”。

【教材与课标的融合】

本题融合课标“盖斯定律”“平衡常数”“反应调控”要求，以费托合成低碳烯烃考查反应热计算、平衡移动、催化剂选择与分压平衡常数，落实“变化观念与平衡思想”“证据推理与模型认知”素养。

【文献参考】

本题立意考查“盖斯定律、化学平衡与催化剂调控”，情境取自我国科研团队的费托合成低碳烯烃研究：①Feng Jiao, Xiulian Pan, et al. Disentangling the activity–selectivity trade–off in catalytic conversion of syngas to light olefins. Science, 2023, 380: 727–730（science.adg2491）：提出OXZEO概念，Ge取代AlPO–18打破活性–选择性权衡，与本题第(3)问MgAPO/SAPO/GeAPO催化剂及CO₂选择性数据直接对应；②Yu Han, et al. Hydroxy–induced cobalt oxides for syngas to light olefins. Nature, 2026, 652: 89–95（10.1038/s41586–026–10204–4）：羟基底物促进的钴氧化物催化剂，与本题低碳烯烃产率、副反应抑制立意一致。

【详细解析】

【1】根据题干给出的反应历程图，中间体既可以继续与反应使碳链增长，也可以结合 +H 发生加成反应生成甲烷；同理，碳链增长过程中的中间体也可以结合 +H 生成乙烷、丙烷等烷烃。此外，碳链也有可能继续增长生成及以上的高碳烃。这些副反应的存在消耗了反应物，降低了目标产物低碳烯烃的产率。

【2】根据盖斯定律，目标反应 ① 可以由3×反应③ + 反应④得到，因此。反应①是放热、气体分子数减少的反应，低温有利于放热反应平衡正向移动，高压有利于气体分子数减少的反应平衡正向移动，因此选低温高压A。

【3】由图 1 可知，在相同的温度下，使用催化剂时丙烯的转化率最低。由于丙烯是我们期望的目标产物，其转化（消耗）属于副反应，因此是抑制该副反应的最适宜催化剂。根据定义：收率转化为总烃的CO转化率低碳烯烃选择性；选择性为，说明总消耗CO中用于生成总烃；由图2可知，要使收率最大，需要找到乘积最大的组合。观察图 2 中三种催化剂的数据，对应的总转化率为，低碳烯烃选择性为，此时收率最大，因此收率计算式为。

【4】反应 ③为放热反应。在图 3 中的水平虚线（固定 CO 转化率为60%），该线与实线（a%）相交于点 M（温度较低），与实线（b%）相交于点 N（温度较高）。在相同 CO 转化率下（即反应 ④ 生成量基本相同），温度越高，放热的反应 ③ 平衡越向左移动，生成的越少，导致选择性越低。因此，高温对应的线b% 的选择性低于低温对应的线a%，即a＞b；

由于反应3已经快速平衡，所以在任意时刻正逆反应速率相等，即=、=。题目要求比较和，本质上就是比较M点和N点的正反应速率。点N的温度远高于点M，温度升高会使反应速率常数k显著增大；此外，点N的CO₂选择性更低，意味着更少的H₂O被消耗，反应体系中H₂O的浓度更高。在更高的温度和更高的反应物浓度双重作用下，N点的反应速率必然大于M点。因此，＜。

【5】设初始，：转化率为，故转化的为，剩余；丙烯选择性，故最终生成丙烯消耗为，得，分压比等于物质的量比，因此；

反应②为，反应商，代入分压化简得：，平衡时：、、、，，，，计算得：。

【知识拓展】

盖斯定律：反应热只与始态、终态有关。

19. 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H₂O，则Z的结构简式为___________（不考虑立体异构）。

【答案】

（1）

（2）碳溴键（溴原子）

（3）取代反应

（4）①. 

②. +CH₃OH+H₂O

（5）①. ②. 

【课标出处】

选择性必修·模块3·主题2·2.3“认识有机合成的关键是碳骨架的构建和官能团的转化，了解设计有机合成路线的一般方法”。