精品解析：“扬子石化杯”2024年第38届中国化学奥林匹克（江苏赛区）初赛化学试卷

“扬子石化杯” 2024年第38届中国化学奥林匹克(江苏赛区)初赛试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 He 4 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 K 39 Ag 108 Ba 137 1.本试卷共23题，用2小时完成，共100分。 2.不可使用计算器。 3.用铅笔作答无效。 4.不可使用涂改液或修正带。 一、选择题(每小题有1个选项符合题意，每小题2分，共20分。请将答案填在下方的表格内)。 1. 下列物质属于新型无机非金属材料的是 A. 石墨烯 B. 有机玻璃 C. 陶瓷 D. 硬铝 2. 已知和均属于混盐(由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐)。下列说法不正确的是 A. 1mol 固体中共含有6mol离子 B. 向中加入足量稀硫酸会有产生，被氧化与被还原的原子数相等 C. 向中加入足量稀硫酸时发生反应：。 D. 是含有极性键的非极性分子 3. 实验室利用NaCl固体与浓混合加热制取HCl气体，下列装置不能达到目的的是 A. 用装置甲来制取HCl气体 B. 用装置乙来收集HCl气体 C. 用装置丙来吸收HCl尾气 D. 用装置丁来干燥HCl气体 人工光合作用的目标旨在借助光子提供的能量，利用光合中心通过光化学反应将太阳能储存在化学键中。已知：，图甲为光合放氧催化剂的光合中心结构图，图乙为光解水机理示意图。 4. 下列说法不正确的是 A. 图甲中Mn元素的化合价不止一种 B. 化学键中共价键成分的百分数： C. 由N的第一电离能大于O可推知N的第二电离能也大于O D. Mn位于元素周期表的ⅦB族 5. 下列描述或反应方程式不正确的是 A. 当溶液pH=0时，半导体的禁带宽度应小于1.23V B. 光解水步骤ⅲ： C. 光解水的总反应： D. 植物光合作用可表示为： 6. 孔雀石(主要成分为)和蓝铜矿(主要成分为)是两种常见颜料。下列说法不正确的是 A. 原子半径： B. 电负性： C. 孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化 D. 基态Cu+离子3d轨道上有9个电子 7. 结构与组成的变化可以引起性能的变化，下列推测不合理的是 材料 结构和组成变化 性能变化 A 生铁 减少含碳量 增强延展性 B 玻璃 加入硼酸盐 耐温度急剧变化 C 纤维素 接入带有强亲水基团的支链 提高吸水能力 D 冠醚 改成 增大识别的阳离子半径 A. A B. B C. C D. D 8. 在给定条件下，下列物质间转化能一步实现的是 A. B. C. D. 9. 化合物[Co4(OH)6(NH3)12](SO4)3•4H2O可通过如下路径合成，下列说法不正确的是 A. 中Co原子的配位数为6 B. 化合物A的化学式可能为： C. 配离子不存在同分异构体 D. 步骤Ⅳ发生反应： 10. D—葡萄糖的醇化过程如下图所示，下列说法不正确的是 A. 过程Ⅰ的反应类型是加成反应 B. 过程II的变化需要加入氧化剂 C. 丙酮酸的酸性比丙酸强 D. 过程Ⅲ的变化在酶的催化下就可能进行 二、选择题(每小题有1-2个选项符合题意，每小题3分，共24分，漏选扣1.5分，错选、多选不得分)。 11. 某盐{}由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、M组成，X原子的核内质子数为1，基态原子M的价层电子排布为，基态原子的第一电离能排序为：Z>M>Y，下列说法不正确的是 A. Y的最简单氢化物的二氯取代产物有2种 B. 化合物具有较强的碱性 C. 离子中Y发生杂化 D. 简单氢化物的沸点：Z>M 12. 电解高浓度的丙酸钠溶液可制得丁烷，下列说法不正确的是 A. 阳极反应为 B. 电解过程中溶液的pH不断增大 C. 若电解槽存在阳离子交换膜，则每生成1mol丁烷，阳极区增重44g D. 已知电解过程中会生成乙基自由基()，采用高浓度丙酸钠是为了提高自由基偶联的概率 13. 一定温度下，分别将两种亚硫酸氢盐加热分解，达平衡时的压强分别为、。 ⅰ． ⅱ． 在该温度下，将一定质量的与加入某密闭容器中，平衡时，三种固体均存在。下列说法不正确的是 A. 平衡时，， B. 保持恒温将容器体积压缩，再次平衡时各气体的浓度均减小 C. 保持恒温、恒压，若再通入少量，再次平衡时容器内的物质的量不变 D. 保持恒温、恒容，若再通入少量，再次平衡时体系的总压强不变 14. 从菱锰矿(主要成分为，M为Mn、Mg或Ca)提取的转化关系如下： 、、， 已知 ，关系如图。下列说法不正确的是 A. “焙烧”过程最大的是 B. 为了使充分分解，“焙烧”温度应高于1183.1K C. “操作X”为加热 D. 已知热稳定性：，原因与有关，推得 15. 实验室回收废水中苯酚的过程如图所示，苯酚在芳香烃和酯类溶剂中的分配系数分别为1.2~2.0，27~50(分配系数指苯酚在萃取剂和水中的浓度比)，有关说法不正确的是 A. 步骤Ⅰ为萃取，分液，萃取剂用芳香烃更好 B. 试剂a可用NaOH溶液或溶液 C. 试剂b若为少量，则反应为2+CO2+H2O2+ D. 若苯酚不慎沾到皮肤上，先用酒精冲洗，再用水冲洗 16. 已知甲烷与反应的部分机理及异丁烷与溴自由基发生反应的能量图示如下(各物质及粒子的状态皆为气态)： Ⅰ．链引发 Ⅱ．链传递 … Ⅲ．链终止 … 下列说法正确的是 A. 在链传递阶段不会发生反应 B. 若在链传递阶段发生反应，则产物中会有分子 C. 若 ，则 D. 分别用和与异丁烷反应，所得产物中，原因为 17. 利用平衡移动原理，分析25℃下Mg2+在不同pH的0.1mol/L Na2CO3体系中的可能产物。 已知：①， ②溶液中平衡时物质的量分数 ③， 下列说法不正确的是 A. 的一级水解平衡常数的数量级为 B. 当且调节溶液的pH=12时，有沉淀生成 C. 当且调节溶液的pH=9时，平衡后溶液中存在： D. 当调节溶液的pH=12时，该体系中的可逆反应正向移动 18. 在超高压(300GPa)下，金属钠和氦可形成化合物。结构中，钠离子按简单立方排布，形成Na8立方体空隙(如下图所示)，电子对(2e-)和氦原子交替分布填充在立方体的中心。下列说法不正确的是 A. 图为该晶体的晶胞 B. 可以用化学式表示该化合物结构特点 C. 晶胞中Na+同样位于He原子围成的立方体中心 D. 若晶胞边长，则该晶体密度为 三、(本小题共2小题，共16分) 19. 以锗石矿A(化学式为)为原料，可以实现如下转化。 已知：Ge与Si同族，固体D为氧化物 请回答： （1）D的化学式为___________，液体E的沸点___________(填“高于”或“低于”)。 （2）下列说法不正确的是___________。 A. 气体B是形成酸雨的成分之一 B. 固体C中可能含有 C. 也能与浓盐酸反应 D. 键强于键 （3）已知液体E以物质的量之比1∶1与反应，该反应可用来构建键，写出步骤Ⅲ的化学方程式___________。 （4）写出溶液G中所有的阴离子___________，设计实验证明溶液G中含有Cu元素___________。 20. 将通入微酸性的溶液中，生成和白色沉淀(A)。将白色沉淀(A)与硫酸混合加热最终可制得纳米Cu。 已知：白色沉淀(A)中含有Cu+及正四面体型离子和三角锥型离子，三种离子物质的量之比为1∶1∶1。 （1）正四面体型结构的离子为___________(填化学式，下同)：三角锥型结构的离子为：___________。 （2）写出生成白色沉淀(A)的离子方程式：___________。 （3）①理论上纳米Cu的产率为：___________。 ②若将白色沉淀(A)与硫酸置于密闭容器中反应，则理论上纳米Cu的产率将___________(填“增大”、“不变”、“减小”)，理由为：___________。 四、(本小题共1小题，共14分) 21. 化合物Ⅰ具有良好的降血压、减肥以及治疗心脏疾病等功效，其合成路线如下(部分反应条件省略) 已知：① ② ③ 请回答： （1）化合物A非全碳官能团名称是___________。 （2）下列说法不正确是___________。 A. A→B的转变只是官能团种类和数量的变化 B. 在B→C的反应中，作催化剂 C. 化合物G的分子式为 D. 化合物I可在酸性或碱性条件下发生水解反应 （3）化合物E结构简式是___________。 （4）写出G→H的化学方程式___________。 （5）写出同时符合下列条件的化合物C的一种同分异构体的结构简式___________。 ①分子中含有苯环且与溶液发生显色反应 ②核磁共振氢谱和红外光谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，不含键 （6）写出以、以及乙醇为原料制备化合物A的合成路线图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。___________ 五、(本小题共1小题，共12分) 22. 某研究小组用工业钛白副产品为原料制备纳米级电池材料，按如下流程开展实验。 已知：①钛白副产品主要成分为，含少量的、、等杂质。 ②已知和的氧化性随酸性的增强而增强。 请回答： （1）常温下步骤Ⅰ所得料液其pH___________7(填“>”、“<”)。 （2）下列说法不正确的是___________。 A. 步骤Ⅱ，加入Fe粉的目的是调节溶液pH值，以便Ti元素水解沉淀 B. 步骤Ⅲ，加入的目的是除去Mg元素 C. 为了提高实验效率，可以将Ⅱ、Ⅲ、Ⅴ的过滤操作合并 D. 步骤Ⅳ中过量的可在步骤Ⅴ中被氧化去除 （3）步骤Ⅴ中Mn元素的去除率及滤液中Mn元素含量随着溶液pH值的关系如图1所示， 实验时选择pH为1.2，可能原因为___________。 （4）步骤Ⅵ操作之一采用如图2所示装置进行(忽略夹持装置)，仪器A的名称是___________；该操作不宜用酒精灯直接加热的原因是___________。 （5）铁磷比是衡量磷酸铁品质最关键的指标。 Fe元素的定量测定：①配制一系列pH=3～5，浓度由低到高的与邻菲罗啉的橙红色络合物的标准液。②称取一定量产品，用适量盐酸溶解，再加入足量的盐酸羟胺()溶液，调pH=3～5，加入邻菲罗啉。③进行比色 ①通过比色能获得Fe元素浓度的原理是___________。 ②测得产品中铁磷比，可能原因是___________。 六、(本小题共1小题，共14分) 23. 二氧化碳()的高值化利用是解决全球气候变暖和能源短缺问题的重要举措，低碳烯烃作为基础化工原料，是加氢转化的主要产品之一、 请回答： （1）以合成例，其合成反应为： ①已知的燃烧热为；的燃烧热为；的热效应为，则___________(请用、、表示) ②该反应在较低温度时能自发进行，可能原因为___________。 ③在体积为V L的恒容密闭容器中，以的投料比发生上述反应，不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量如图所示，a曲线代表的物质为___________，温度下该反应的平衡常数为___________。 （2）在铁基催化剂上加氢制低碳烯烃主要包含以下两步反应： 第一步： 第二步： 第二步的机理及可能的副反应如图： 已知：的第一电离能为1330kJ/mol，第一电子亲和能(基态的气态分子得到一个电子形成-1价气态阴离子时所放出的能量)为3665kJ/mol ①下列说法不正确的是___________。 A．第一步反应中，在催化剂表面，倾向于通过给出电子的方式进行活化 B．Fe基催化剂的反应活性位点间不宜相距太远，否则不利于碳链的增长 C．Fe基催化剂对C原子吸附能力越强，越有利提高短链烯烃的比例 D．该过程中可能产生等副产品 ②在其他条件恒定的情况下，适当降低原料气的流速，的转化率将___________(填“增大”或“减小”)，原因为___________；产物中将___________，原因为___________。(结合反应机理中的步骤来回答) 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ “扬子石化杯” 2024年第38届中国化学奥林匹克(江苏赛区)初赛试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 He 4 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 K 39 Ag 108 Ba 137 1.本试卷共23题，用2小时完成，共100分。 2.不可使用计算器。 3.用铅笔作答无效。 4.不可使用涂改液或修正带。 一、选择题(每小题有1个选项符合题意，每小题2分，共20分。请将答案填在下方的表格内)。 1. 下列物质属于新型无机非金属材料的是 A. 石墨烯 B. 有机玻璃 C. 陶瓷 D. 硬铝 【答案】A 【解析】 【详解】A．石墨烯是碳单质，是无机物，属于新型无机非金属材料，A正确； B．有机玻璃成分是聚甲基丙烯酸甲酯，属于有机高分子材料，不属于新型无机非金属材料，B错误； C．陶瓷是以黏土为主要原料经高温烧结而成的，属于传统的硅酸盐材料，C错误； D．硬铝属于金属材料，D错误； 故答案选A。 2. 已知和均属于混盐(由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐)。下列说法不正确的是 A. 1mol 固体中共含有6mol离子 B. 向中加入足量稀硫酸会有产生，被氧化与被还原的原子数相等 C. 向中加入足量稀硫酸时发生反应：。 D. 是含有极性键的非极性分子 【答案】D 【解析】 【详解】A．1个中含有4个、1个和1个，则1mol固体中共含有6mol离子，故A正确； B．向中加入足量稀硫酸，、在酸性条件下发生归中反应生成氯气，其离子方程式为，则其中被氧化与被还原的原子数相等，故B正确； C．向固体中加入足量稀硫酸时，发生反应：，2个中有2个S的化合价由-2升高为0，1个S的化合价由+4降低为0，故C正确； D．SO2分子中含有极性键，SO2分子中的中心原子S的价层电子对数为，含有一对孤电子对，因此SO2是V形，由于分子结构不对称，正负电荷重心不重合，为极性分子，故D错误； 故答案选D。 3. 实验室利用NaCl固体与浓混合加热制取HCl气体，下列装置不能达到目的的是 A. 用装置甲来制取HCl气体 B. 用装置乙来收集HCl气体 C. 用装置丙来吸收HCl尾气 D. 用装置丁来干燥HCl气体 【答案】B 【解析】 【详解】A．固体与浓混合加热制取气体，可以用装置甲来制取，A正确； B．气体极易溶于水，在饱和食盐水中仍能溶解，不能用排饱和食盐水方法收集气体，即用装置乙不能收集气体，B错误； C．气体极易溶于水，易与溶液反应，需要采用防倒吸装置，装置丙可以吸收尾气，C正确； D．水溶液显酸性，为酸性气体，可以用干燥，装置丁可以干燥气体，D正确； 答案选B。 人工光合作用的目标旨在借助光子提供的能量，利用光合中心通过光化学反应将太阳能储存在化学键中。已知：，图甲为光合放氧催化剂的光合中心结构图，图乙为光解水机理示意图。 4. 下列说法不正确的是 A. 图甲中Mn元素的化合价不止一种 B. 化学键中共价键成分的百分数： C. 由N的第一电离能大于O可推知N的第二电离能也大于O D. Mn位于元素周期表的ⅦB族 5. 下列描述或反应方程式不正确的是 A. 当溶液pH=0时，半导体的禁带宽度应小于1.23V B. 光解水步骤ⅲ： C. 光解水的总反应： D. 植物光合作用可表示为： 【答案】4. C 5. A 【解析】 【4题详解】 A．图甲中Mn原子与O原子有两种不同的成键方式，故Mn元素的化合价不止一种，A正确； B．根据电负性差值越小，共价键的百分数越大可知，电负性：，则化学键中共价键键成分的百分数：，B正确； C．同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p能级中电子排布为半充满结构，因此N的第一电离能大于O；O原子失去一个电子之后，2p能级上电子排布为半充满结构，更加稳定，再失去一个电子消耗能量更高，则第二电离能：N<O，C错误； D．Mn为第25号元素，位于元素周期表的第四周期ⅦB族，D正确； 答案选C。 【5题详解】 A．当溶液pH=0时，，题干中说明，根据能斯特方程可得，，代入可得，因此半导体的禁带宽度应等于1.23V，故A错误； B．观察图乙可知，光解水步骤ⅲ：，故B正确； C．观察图乙可知，反应物为水，产物为氧气和氢气，需要用催化剂，因此光解水的总反应为：，故C正确； D．植物光合作用为，故D正确； 故答案选A。 6. 孔雀石(主要成分为)和蓝铜矿(主要成分为)是两种常见颜料。下列说法不正确的是 A. 原子半径： B. 电负性： C. 孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化 D. 基态Cu+离子3d轨道上有9个电子 【答案】D 【解析】 【详解】A．同周期主族元素从左往右原子半径逐渐减小，可知原子半径，电子层数越多，半径越大可知，，故A正确； B．同周期主族元素从左往右电负性逐渐增大，同主族元素从上往下电负性逐渐减小，可知电负性：，故B正确； C．由孔雀石和蓝铜矿的化学成分可知，其中的铜元素、碳元素和氢元素均处于最高价，其均为自然界较稳定的化学物质，因此，用其所制作的颜料不易被空气氧化，故C正确； D．基态Cu+离子的价层电子排布式为3d10，3d轨道上有10个电子，故D错误； 故答案选D。 7. 结构与组成的变化可以引起性能的变化，下列推测不合理的是 材料 结构和组成变化 性能变化 A 生铁 减少含碳量 增强延展性 B 玻璃 加入硼酸盐 耐温度急剧变化 C 纤维素 接入带有强亲水基团的支链 提高吸水能力 D 冠醚 改成 增大识别的阳离子半径 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．较低的碳含量赋予材料更好的延展性和可塑性，A正确； B．普通玻璃加入硼酸盐可以耐化学腐蚀，耐高温等性能，可用于制造实验室用的玻璃仪器，故B正确； C．淀粉、纤维素的主链上再接上带有强亲水基团的支链(如丙烯酸钠)，在交联剂作用下形成网状结构可以提高吸水能力，C正确； D．冠醚识别碱金属离子时存在必要条件：冠醚空腔直径与碱金属离子直径适配，中含有6个氧，中含有5个氧，中间的空腔直径减小，因此是减小识别的阳离子半径，D错误； 故答案选D。 8. 在给定条件下，下列物质间转化能一步实现的是 A. B C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】A．漂白粉为Ca(ClO)2，通入过量二氧化碳后，发生反应为：，但，故A错误； B．第一步为：，第二步为：，故B正确； C．氯化钡溶液中通入二氧化碳不能产生碳酸钡沉淀，故C错误； D．需要在氯化氢的气流中才能分解产生，是由于在加热的条件下，镁离子的水解程度增大，产生的氯化氢挥发后，得到的是氢氧化镁，也可以分解产生氧化镁，故D错误； 故答案选B。 9. 化合物[Co4(OH)6(NH3)12](SO4)3•4H2O可通过如下路径合成，下列说法不正确的是 A. 中Co原子的配位数为6 B. 化合物A的化学式可能为： C. 配离子不存在同分异构体 D. 步骤Ⅳ发生反应： 【答案】C 【解析】 【详解】A．中每个NH3与Co3+形成一个配位键，一个与Co3+形成2个配位键，故Co原子的配位数为6，A正确； B．根据题干流程图可知，化合物A和(NH4)2SO4反应生成，推测得化合物A的化学式可能为：，B正确； C．配离子中心原子Co周围的价层电子对数为6，即呈八面体结构，故存在同分异构体，C错误； D．由题干转化关系流程图可知，步骤Ⅳ发生反应：，D正确； 故答案为：C。 10. D—葡萄糖的醇化过程如下图所示，下列说法不正确的是 A. 过程Ⅰ的反应类型是加成反应 B. 过程II的变化需要加入氧化剂 C. 丙酮酸的酸性比丙酸强 D. 过程Ⅲ的变化在酶的催化下就可能进行 【答案】D 【解析】 【分析】由有机物的转化关系可知，D—葡萄糖发生加成反应生成环状葡萄糖，环状葡萄糖发生氧化反应生成丙酮酸，催化剂作用下丙酮酸分子中酮羰基发生还原反应生成乙醇。 【详解】A．由分析可知，过程Ⅰ发生的反应为D—葡萄糖发生加成反应生成环状葡萄糖，故A正确； B．由分析可知，过程II发生的反应为环状葡萄糖发生氧化反应生成丙酮酸，则变化过程中需要加入氧化剂才能实现，故B正确； C．丙酮酸分子中酮羰基为吸电子基团，会使羧基中羟基的极性增强，更易电离出氢离子，所以酸性比丙酸强，故C正确； D．由分析可知，过程Ⅲ发生的反应为催化剂作用下丙酮酸分子中酮羰基发生还原反应生成乙醇，所以变化过程中需要加入催化剂酶和适宜的还原剂才能实现，故D错误； 故选D。 二、选择题(每小题有1-2个选项符合题意，每小题3分，共24分，漏选扣1.5分，错选、多选不得分)。 11. 某盐{}由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、M组成，X原子的核内质子数为1，基态原子M的价层电子排布为，基态原子的第一电离能排序为：Z>M>Y，下列说法不正确的是 A. Y的最简单氢化物的二氯取代产物有2种 B. 化合物具有较强的碱性 C. 离子中Y发生杂化 D. 简单氢化物沸点：Z>M 【答案】AD 【解析】 【详解】此题为竞赛题，现征集试题答案和解析，如您有该题的答案和解析可联系总部编辑谭老师qq：807204649。 12. 电解高浓度的丙酸钠溶液可制得丁烷，下列说法不正确的是 A. 阳极反应为 B. 电解过程中溶液的pH不断增大 C. 若电解槽存在阳离子交换膜，则每生成1mol丁烷，阳极区增重44g D. 已知电解过程中会生成乙基自由基()，采用高浓度丙酸钠是为了提高自由基偶联的概率 【答案】C 【解析】 【分析】根据电解高浓度的丙酸钠溶液可制得丁烷，可知，电极反应式为：，此为阳极的电极反应式，阴极的电极反应式为：，据此作答。 【详解】A．根据分析可知，阳极反应为，故A正确； B．根据分析可知，阴极的电极反应式为：，由此可知电解过程中溶液的pH不断增大，故B正确； C．根据阳极的电极反应式可知，生成丁烷和二氧化碳均为气体，因此阳极质量是减少的，故C错误； D．题中说明已知电解过程中会生成乙基自由基，高浓度丙酸钠可以增加乙基自由基碰撞的概率，因此采用高浓度丙酸钠是为了提高自由基偶联的概率，故D正确； 故答案选C。 13. 一定温度下，分别将两种亚硫酸氢盐加热分解，达平衡时的压强分别为、。 ⅰ． ⅱ． 在该温度下，将一定质量的与加入某密闭容器中，平衡时，三种固体均存在。下列说法不正确的是 A. 平衡时，， B. 保持恒温将容器体积压缩，再次平衡时各气体的浓度均减小 C. 保持恒温、恒压，若再通入少量，再次平衡时容器内的物质的量不变 D. 保持恒温、恒容，若再通入少量，再次平衡时体系的总压强不变 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题给信息，反应i的化学平衡常数Ki=p(NH3)p(H2O)p(SO2)=(a)3=，反应ii的化学平衡常数Kii=p(H2O)p(SO2)=(b)2=，在该温度下，将一定质量的NH4HSO3与NaHSO3加入某一密闭容器中达平衡，体积为100mL，三种固体均存在。由于平衡i和ii,反应生成的H2O和SO2的量始终相等，则可设达平衡时H2O和SO2的分压为xPa,NH3的分压为yPa,则Ki＝x2y＝，Kii＝x2＝，解得x=Pa,y=Pa，据此分析解答。 【详解】A. 由分析，平衡时，，，故A正确； B. 保持恒温将容器体积压缩，平衡逆向移动，达平衡时H2O和SO2的分压仍为xPa,NH3的分压仍为yPa,各气体物质的量随容器体积同比减小，即达平衡时各气体的浓度均保持不变，故B错误； C. 保持恒温、恒压，若再通入少量，相当于扩大体积，平衡正向移动，由于温度不变K不变，再次达平衡时，反应ii中 H2O和SO2的分压仍为xPa,由此可知反应i中NH3的分压仍为yPa,即再次平衡时容器内的物质的量增大，故C错误； D. 保持恒温、恒容，若再通入少量，平衡逆向移动，温度不变，平衡常数不变，再次平衡时体系的总压强不变，故D正确； 故选BC。 14. 从菱锰矿(主要成分为，M为Mn、Mg或Ca)提取的转化关系如下： 、、， 已知 ，关系如图。下列说法不正确的是 A. “焙烧”过程最大的是 B. 为了使充分分解，“焙烧”温度应高于1183.1K C. “操作X”为加热 D. 已知热稳定性：，原因与有关，推得 【答案】BD 【解析】 【分析】菱锰矿焙烧分解产生MnO、MgCO3、CaCO3，而后加入浓氨水和二氧化碳得到，再通入二氧化碳得到MnCO3，可知操作X为加热，除挥发性物质，促使二价锰离子沉淀。 【详解】A．图中均为有关的图像，根据，可知 为各个线段的斜率，斜率最大的直线是经过622.7K的直线，该直线与有关，故A正确； B．充分分解，说明反应的，而MgCO3、CaCO3有关的反应，保证得到的焙烧产物中只有MnO，因此控制温度在，故B错误； C．操作X 是将中的配体氨转化为气体，生成MnCO3，因此操作X为加热，故C正确； D．根据图中表示可知，分解的温度最高，因此最稳定，，则碳酸钙中离子键更强，但是不能由此推得 ，Mn2+为三个电子层，镁离子为两个电子层，电子层数也多，离子半径越大，故D错误； 故答案选BD。 15. 实验室回收废水中苯酚的过程如图所示，苯酚在芳香烃和酯类溶剂中的分配系数分别为1.2~2.0，27~50(分配系数指苯酚在萃取剂和水中的浓度比)，有关说法不正确的是 A. 步骤Ⅰ为萃取，分液，萃取剂用芳香烃更好 B. 试剂a可用NaOH溶液或溶液 C. 试剂b若为少量，则反应为2+CO2+H2O2+ D. 若苯酚不慎沾到皮肤上，先用酒精冲洗，再用水冲洗 【答案】AC 【解析】 【分析】含苯酚的废水，先加入苯经过步骤I后得到有机溶液，因此步骤I应为萃取分液，在有机溶液中加入能与酚羟基反应的含有钠元素的碱性物质，经过步骤Ⅱ即分液后得到苯酚钠溶液，最后步骤Ⅲ中加入试剂b，得到苯酚。 【详解】A．根据分析可知，步骤I应为萃取分液，分配系数指苯酚在萃取剂和水中的浓度比，苯酚在芳香烃分配系数为1.2~2.0，则苯酚在水中的浓度与在芳香烃中的浓度相差不大，那么萃取效率不好，根据题中信息可知，苯酚在酯类溶剂中的分配系数为27~50，可知萃取剂用酯类溶剂更好，故A错误； B．步骤I为苯酚反应后生成苯酚钠后进入水层，与苯分离，因此试剂a可以加入氢氧化钠，也可以加入碳酸钠，但不能加入碳酸氢钠，故B正确； C．根据分析可知，试剂b若为少量，可以与苯酚钠反应得到苯酚，由于酸性关系为：H2CO3>苯酚> ，因此苯酚钠和二氧化碳反应只能生成苯酚和碳酸氢钠，反应为：+CO2+H2O→+，故C错误； D．苯酚有毒，其浓溶液对皮肤有强烈的腐蚀性，使用时要小心，如果不慎沾到皮肤上，应立即用酒精洗涤，再用水冲洗，故D正确； 故答案选AC。 16. 已知甲烷与反应的部分机理及异丁烷与溴自由基发生反应的能量图示如下(各物质及粒子的状态皆为气态)： Ⅰ．链引发 Ⅱ．链传递 … Ⅲ．链终止 … 下列说法正确的是 A. 在链传递阶段不会发生反应 B. 若在链传递阶段发生反应，则产物中会有分子 C. 若 ，则 D. 分别用和与异丁烷反应，所得产物中，原因为 【答案】BC 【解析】 【详解】A．根据CH4到CH3Cl的链传递反应的信息可知，在链传递阶段会发生反应，故A错误； B．产生后，两个结合可以产生分子，故B正确； C．①，②，根据盖斯定律，用②-①得到，，，观察图像可知，，假设与观察图像得到的焓变相同，故C正确； D．根据可知，取代在2号位置的产物占比少一些，根据图象可知，2号位置的产物少，则更多生成的1号位置的产物，说明图中的要更小才可以得到更多的1号位置的产物，因此，故D错误； 故答案选BC。 17. 利用平衡移动原理，分析25℃下Mg2+在不同pH的0.1mol/L Na2CO3体系中的可能产物。 已知：①， ②溶液中平衡时物质的量分数 ③， 下列说法不正确的是 A. 的一级水解平衡常数的数量级为 B. 当且调节溶液的pH=12时，有沉淀生成 C. 当且调节溶液的pH=9时，平衡后溶液中存在： D. 当调节溶液的pH=12时，该体系中的可逆反应正向移动 【答案】D 【解析】 【详解】A．的一级水解平衡常数Kh1===10-3.67，则其数量级为，A正确； B．当即c(Mg2+)=10-5mol/L，且调节溶液的pH=12时即c(OH-)=10-2mol/L，此时c(Mg2+)c2(OH-)=10-5×(10-2)2=10-9＞Ksp[Mg(OH)2]=5.61×10-12，故有沉淀生成，B正确； C．当即c(Mg2+)=10-2mol/L，根据已知信息②可知，当调节溶液的pH=9时即c()=0.1mol/L×=0.0045mol/L，则c(Mg2+)c()=10-2×0.0045=4.5×10-5＞Ksp(MgCO3)=6.82×10-6，即析出MgCO3沉淀，则有平衡后溶液中存在：，C正确； D．pH值越大，溶液中OH-浓度越高，则当调节溶液的pH=12时，该体系中的可逆反应平衡逆向移动，生成的沉淀主要为Mg(OH)2，D错误； 故答案为：D。 18. 在超高压(300GPa)下，金属钠和氦可形成化合物。结构中，钠离子按简单立方排布，形成Na8立方体空隙(如下图所示)，电子对(2e-)和氦原子交替分布填充在立方体的中心。下列说法不正确的是 A. 图为该晶体的晶胞 B. 可以用化学式表示该化合物的结构特点 C. 晶胞中Na+同样位于He原子围成的立方体中心 D. 若晶胞边长，则该晶体密度为 【答案】AC 【解析】 【详解】A．由题干信息可知，该图为晶胞中Na+的排列示意图，即图不为该晶体的晶胞，A错误； B．晶胞中的电子对、He原子处于小立方体的中心，不均摊，可知晶胞中有4对电子、4个He原子，结合(1)中晶胞占有的钠离子数目为8，则Na、He、电子对数占比为8：4：4=2：1：1，故化学式为Na2He(e2)，可以用化学式表示该化合物的结构特点，B正确； C．由B项分析可知，晶胞中8个小立方体中只有4个体心上放有He，另外4个为电子对，Na+位于He和电子对形成的立方体的中心上，则Na+不位于He原子围成的立方体中心，C错误； D．晶胞中有8个Na原子、4个He原子，晶胞质量=g，若晶胞边长a=395pm，晶胞密度=g÷(395×10-10 cm)3=5.39   g•cm-3，D正确； 故答案为：AC。 三、(本小题共2小题，共16分) 19. 以锗石矿A(化学式为)为原料，可以实现如下转化。 已知：Ge与Si同族，固体D为氧化物 请回答： （1）D的化学式为___________，液体E的沸点___________(填“高于”或“低于”)。 （2）下列说法不正确的是___________。 A. 气体B是形成酸雨的成分之一 B. 固体C中可能含有 C. 也能与浓盐酸反应 D. 键强于键 （3）已知液体E以物质的量之比1∶1与反应，该反应可用来构建键，写出步骤Ⅲ的化学方程式___________。 （4）写出溶液G中所有的阴离子___________，设计实验证明溶液G中含有Cu元素___________。 【答案】（1） ①. ②. 高于 （2）CD （3） （4） ①. 、、 ②. 取少量溶液，加入足量的氨水，静置或过滤，若上层溶液或滤液为深蓝色，则含铜元素 【解析】 【分析】锗石矿A，化学式为，可知化合价铜为+1价，铁为+2价，硫为-2价，锗为+2价，加入足量浓硝酸，说明得到的气体B是NO2，由于浓硝酸具有强氧化性且为足量，可知溶液G中含有Cu2+、Fe3+、、、H+，还有少量，根据已知Ge与Si同族，固体D为氧化物，+2价的Ge被氧化后生成的氧化为D为GeO2， 操作Ⅱ中加入浓盐酸后进行分液，水溶液为盐酸溶液，说明得到的液体E与水溶液不互溶，应该为非极性的分子，可知GeO2转化得到的是GeCl4，GeCl4与发生反应，根据题中问题可知生成的F为CH3GeCl3，固体C是NO2与镁发生反应产生，NO2中氮元素化合价下降生成氮气，据此作答。 【小问1详解】 根据分析可知，D为GeO2，E为GeCl4，属于分子晶体，而Ge与Si同族，可知SiCl4也属于分子晶体，但由于GeCl4的相对分子质量更大，范德华力也更大，因此GeCl4的沸点高于SiCl4，故答案为：GeO2；高于。 【小问2详解】 A．根据分析可知气体B是NO2，是形成酸雨的成分之一，故A正确； B．根据分析可知，固体C是NO2与镁发生反应产生，NO2中氮元素化合价下降生成氮气，则镁的化合价升高，产物可能含，故B正确； C．为酸性氧化物，只能与HF发生反应，不能与浓盐酸反应，故C错误； D．根据（3）中反应可知，存在键的断裂及键的生成，因此键更稳定，即键弱于键，故D错误； 故答案选AB。 【小问3详解】 GeCl4与（格氏试剂）以物质的量之比1∶1反应，产物之一为MgCl2，根据原子守恒可知，F为CH3GeCl3，该反应可用于构建键，因此反应为：，故答案为：。 【小问4详解】 溶液G中含有Cu2+、Fe3+、、、H+，还有少量，因此溶液G中阴离子为：、、，证明溶液G中含有Cu元素即检验Cu2+，实验方法为：取少量溶液，加入足量的氨水，静置或过滤，若上层溶液或滤液为深蓝色，则含铜元素，故答案为：、、；取少量溶液，加入足量的氨水，静置或过滤，若上层溶液或滤液为深蓝色，则含铜元素。 20. 将通入微酸性的溶液中，生成和白色沉淀(A)。将白色沉淀(A)与硫酸混合加热最终可制得纳米Cu。 已知：白色沉淀(A)中含有Cu+及正四面体型离子和三角锥型离子，三种离子物质的量之比为1∶1∶1。 （1）正四面体型结构的离子为___________(填化学式，下同)：三角锥型结构的离子为：___________。 （2）写出生成白色沉淀(A)的离子方程式：___________。 （3）①理论上纳米Cu的产率为：___________。 ②若将白色沉淀(A)与硫酸置于密闭容器中反应，则理论上纳米Cu的产率将___________(填“增大”、“不变”、“减小”)，理由为：___________。 【答案】（1） ①. ②. （2） （3） ①. 50% ②. 增大 ③. 密闭容器中留存于容器中，可以进一步还原为，再歧化 【解析】 【分析】白色沉淀(A)中含有Cu+，还可能含有的阳离子为：，阴离子为：，，为满足电荷，推测A可能为，正四面体型结构的离子为，三角锥型结构的离子为；由SO2与反应生成和的离子方程式为：；将白色沉淀与硫酸混合加热最终可制得纳米Cu，Cu+发生歧化反应得到Cu2+和纳米Cu，因此，理论上纳米Cu的产率为50%；若A和硫酸的反应在密闭容器里进行，反应放出的气体SO2，可以不断地还原溶液里的Cu2+变成 Cu+，Cu+重复发生上述歧化反应。从电子得失相等的定量角度来考虑，二氧化硫是足足有余的。因此在这种密闭容器里，由于反应放出的SO2气体使容器的内压不断增高，有可能把Cu2+完全还原成金属铜。 【小问1详解】 由分析可知，正四面体型结构的离子为，三角锥型结构的离子为； 【小问2详解】 反应物为SO2与，生成物为和，反应离子方程式为：； 【小问3详解】 ①由分析可知，Cu+发生歧化反应得到Cu2+和纳米Cu，理论上纳米Cu的产率为50%；②若白色沉淀和硫酸的反应在密闭容器里进行，反应放出的气体SO2留存于容器中，可以进一步还原Cu2+为Cu+，Cu+再继续歧化得到纳米Cu，纳米Cu的产率将增大。 四、(本小题共1小题，共14分) 21. 化合物Ⅰ具有良好的降血压、减肥以及治疗心脏疾病等功效，其合成路线如下(部分反应条件省略) 已知：① ② ③ 请回答： （1）化合物A的非全碳官能团名称是___________。 （2）下列说法不正确的是___________。 A. A→B的转变只是官能团种类和数量的变化 B. 在B→C反应中，作催化剂 C. 化合物G的分子式为 D. 化合物I可在酸性或碱性条件下发生水解反应 （3）化合物E的结构简式是___________。 （4）写出G→H的化学方程式___________。 （5）写出同时符合下列条件的化合物C的一种同分异构体的结构简式___________。 ①分子中含有苯环且与溶液发生显色反应 ②核磁共振氢谱和红外光谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，不含键 （6）写出以、以及乙醇为原料制备化合物A的合成路线图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。___________ 【答案】（1）酯基、氰基 （2）AB （3） （4） （5） （6） 【解析】 【分析】A的结构简式为，在浓HCl的条件下生成B，B的分子式为C9H12O4，不饱和度为4，由B与甲醇生成C可知，B与甲醇发生酯化反应生成C，过程中碳原子的数目增加2个，则B的结构为，观察F的结构，结合D、E的分子式，D的分子式为C10H14O4，不饱和度为4，E的分子式为C10H12N2，不饱和度为5，则D为，E为，D和E脱水后得到F，F转化后得到G，G中加入碱发生水解得到H，H中的含氮杂环加氢后得到I。 【小问1详解】 A的结构为，化合物A的非全碳官能团名称是酯基、氰基，碳碳双键是全碳官能团，故答案为：酯基、氰基。 【小问2详解】 A．A→B的转变，即→，对比结构可知，不仅是官能团种类和数量的变化，由于氰基减少导致还有碳链的缩短，故A错误； B．在B→C的反应中，即→，在发生酯化反应的过程中，会有水产生，因此作吸水剂，故B错误； C．根据化合物G结构可知，分子式为，故C正确； D．根据化合物I的结构可知，酰胺基可以在酸性或碱性条件下发生水解反应，故D正确； 故答案选AB。 【小问3详解】 根据上述分析可知，E的结构简式为，故答案为：。 【小问4详解】 根据分析可知G→H为水解反应，化学方程式为：，故答案为：。 【小问5详解】 C为，不饱和度为4，其一种同分异构体满足条件：①分子中含有苯环且与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，有苯环的话就不存在其它不饱和基团，剩下的碳原子为饱和碳原子；②核磁共振氢谱和红外光谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，不含键，说明对称性较高，因此符合条件的结构简式为：，故答案为：。 【小问6详解】 以、以及乙醇为原料制备化合物A，结合已知信息②③，合成路线为：，故答案为：。 五、(本小题共1小题，共12分) 22. 某研究小组用工业钛白副产品为原料制备纳米级电池材料，按如下流程开展实验。 已知：①钛白副产品主要成分为，含少量的、、等杂质。 ②已知和的氧化性随酸性的增强而增强。 请回答： （1）常温下步骤Ⅰ所得料液其pH___________7(填“>”、“<”)。 （2）下列说法不正确的是___________。 A. 步骤Ⅱ，加入Fe粉的目的是调节溶液pH值，以便Ti元素水解沉淀 B. 步骤Ⅲ，加入的目的是除去Mg元素 C. 为了提高实验效率，可以将Ⅱ、Ⅲ、Ⅴ的过滤操作合并 D. 步骤Ⅳ中过量的可在步骤Ⅴ中被氧化去除 （3）步骤Ⅴ中Mn元素的去除率及滤液中Mn元素含量随着溶液pH值的关系如图1所示， 实验时选择pH为1.2，可能原因为___________。 （4）步骤Ⅵ操作之一采用如图2所示装置进行(忽略夹持装置)，仪器A的名称是___________；该操作不宜用酒精灯直接加热的原因是___________。 （5）铁磷比是衡量磷酸铁品质最关键的指标。 Fe元素的定量测定：①配制一系列pH=3～5，浓度由低到高的与邻菲罗啉的橙红色络合物的标准液。②称取一定量产品，用适量盐酸溶解，再加入足量的盐酸羟胺()溶液，调pH=3～5，加入邻菲罗啉。③进行比色 ①通过比色能获得Fe元素浓度的原理是___________。 ②测得产品中铁磷比，可能原因是___________。 【答案】（1）< （2）C （3）低于1.2时，随着酸性的增强，和的氧化性增强，还原产物中的比例提高，除锰率下降。高于1.2后，会逐渐水解，造成产率下降 （4） ①. 恒压分液漏斗 ②. 直接加热，受热不均匀，会造成的粒径不均匀，降低材料的活性 （5） ①. Fe元素浓度的大小和颜色的深浅正相关 ②. ①洗涤不充分，吸附部分可溶的磷酸盐②除杂不完全，产品中含有磷酸锰等杂质 【解析】 【分析】步骤Ⅰ钛白副产品主要成分为，含少量的、、等杂质，溶于水后产生、、、，还有硫酸根等离子，步骤Ⅱ加入铁粉可以消耗溶液中的H+，调节溶液的pH，促使水解产生沉淀后除去钛元素，步骤Ⅲ加入生成MgF2沉淀后除去镁元素，步骤Ⅳ中加入H2O2氧化为，步骤Ⅴ加入高锰酸钾可以除去过量的H2O2，步骤Ⅵ中加入NH4H2PO4后，经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥后得到产品。 【小问1详解】 钛白副产品主要成分为，溶于水后产生，此时溶液pH<7，才可以存在，否则会水解产生沉淀，故答案为：<。 【小问2详解】 A．根据分析可知，步骤Ⅱ加入铁粉可以消耗溶液中的H+，调节溶液的pH，促使水解产生沉淀后除去钛元素，故A正确； B．根据分析可知，步骤Ⅲ加入生成MgF2沉淀后除去镁元素，故B正确； C．步骤Ⅱ调节溶液的pH，促使水解产生沉淀，步骤Ⅲ加入生成MgF2沉淀后除去镁元素，步骤Ⅴ加入高锰酸钾可以除去过量的H2O2，高锰酸钾在酸性条件下会将铁元素直接氧化为，而会比完全水解的pH更小，导致产品的产量损失，故C错误； D．根据分析可知，步骤Ⅴ加入高锰酸钾可以除去过量的H2O2，故D正确； 故答案选C。 【小问3详解】 根据已知②已知和的氧化性随酸性的增强而增强，可知实验时选择pH为1.2的原因为：低于1.2时，随着酸性的增强，和的氧化性增强，还原产物中的比例提高，除锰率下降，高于1.2后，会逐渐水解，造成产率下降，故答案为：低于1.2时，随着酸性的增强，和的氧化性增强，还原产物中的比例提高，除锰率下降，高于1.2后，会逐渐水解，造成产率下降。 【小问4详解】 仪器A的名称是恒压分液漏斗，不宜用酒精灯直接加热的原因是直接加热，受热不均匀，会造成的粒径不均匀，降低材料的活性，故答案为：恒压分液漏斗；直接加热，受热不均匀，会造成的粒径不均匀，降低材料的活性。 【小问5详解】 ①根据朗伯比尔定律，A为吸光度，K为摩尔吸光系数，c为吸光物质的浓度，单位为mol/L，可知，通过比色能获得Fe元素浓度的原理是：Fe元素浓度的大小和颜色的深浅正相关，故答案为：浓度的大小和颜色的深浅正相关； ②测得产品中铁磷比，说明铁是比磷少，说明沾有磷酸根，可能是①洗涤不充分，吸附部分可溶的磷酸盐②除杂不完全，产品中含有磷酸锰等杂质，故答案为：①洗涤不充分，吸附部分可溶的磷酸盐，②除杂不完全，产品中含有磷酸锰等杂质。 六、(本小题共1小题，共14分) 23. 二氧化碳()的高值化利用是解决全球气候变暖和能源短缺问题的重要举措，低碳烯烃作为基础化工原料，是加氢转化的主要产品之一、 请回答： （1）以合成为例，其合成反应为： ①已知的燃烧热为；的燃烧热为；的热效应为，则___________(请用、、表示) ②该反应在较低温度时能自发进行，可能原因为___________。 ③在体积为V L的恒容密闭容器中，以的投料比发生上述反应，不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量如图所示，a曲线代表的物质为___________，温度下该反应的平衡常数为___________。 （2）在铁基催化剂上加氢制低碳烯烃主要包含以下两步反应： 第一步： 第二步： 第二步的机理及可能的副反应如图： 已知：的第一电离能为1330kJ/mol，第一电子亲和能(基态的气态分子得到一个电子形成-1价气态阴离子时所放出的能量)为3665kJ/mol ①下列说法不正确的是___________。 A．第一步反应中，在催化剂表面，倾向于通过给出电子方式进行活化 B．Fe基催化剂的反应活性位点间不宜相距太远，否则不利于碳链的增长 C．Fe基催化剂对C原子吸附能力越强，越有利提高短链烯烃的比例 D．该过程中可能产生等副产品 ②在其他条件恒定的情况下，适当降低原料气的流速，的转化率将___________(填“增大”或“减小”)，原因为___________；产物中将___________，原因为___________。(结合反应机理中的步骤来回答) 【答案】（1） ①. ②. 该反应的、在较低温度时，所以能自发进行 ③. ④. L—3/mol—3 （2） ①. AC ②. 增大 ③. 降低原料气的流速，反应物与催化剂的接触时间变长，可以更充分转化，所以转化率增大 ④. 增大 ⑤. 步骤Ⅷ的产物可以停留较长时间阻止正向进行，增加步骤Ⅸ的反应机会，造成增大 【解析】 【小问1详解】 ①由题意可得如下热化学方程式：①H2(g)+ O2(g)= H2O(l) △H2，②CH2=CH2(g)+3O2(g)= 2H2O(l)+2CO2(g)△H3,③H2O(l)=H2O(g) △H4，由盖斯定律可知，反应①×6-②+③×4可得合成反应，则反应ΔH1=，故答案为：； ②合成反应为熵减的反应，反应在较低温度时能自发进行，说明低温条件下反应ΔH—TΔS＜0，则反应的焓变小于0，故答案为：该反应的、在较低温度时，所以能自发进行； ③合成反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，反应物的物质的量增大、生成物的物质的量减小，由方程式可知，图中曲线a、b、c分别代表二氧化碳、水蒸气、乙烯的物质的量；由图可知，T1温度下反应达到平衡时氢气的物质的量为6mol、水蒸气的物质的量为4mol，由方程式可知，平衡乙烯的物质的量为1mol、起始氢气的物质的量为12mol，由投料比可知，起始和平衡二氧化碳的物质的量分别为4mol和2mol，则反应的平衡常数Kc==L—3/mol—3，故答案为：L—3/mol—3； 【小问2详解】 ①A．由方程式可知，第一步反应中碳元素化合价降低被还原，则在催化剂表面，二氧化碳倾向于通过得到电子的方式进行活化，故错误； B．由图可知，铁基催化剂的反应活性位点间不宜相距太远，否则不利于碳碳键的形成，不利于碳链的增长，故正确； C．由图可知，铁基催化剂对碳原子吸附能力越强，越不利于提高短链烯烃的比例，故错误；D．由图可知，该过程中可能产生丙烷等副产品，故正确； 故选AC； ②在其他条件恒定的情况下，适当降低原料气的流速，反应物与催化剂的接触时间变长，二氧化碳可以更充分转化，所以二氧化碳的转化率增大；由图可知，步骤Ⅷ的产物可以停留较长时间阻止正向进行，增加步骤Ⅸ的反应机会，造成增大，故答案为：增大；降低原料气的流速，反应物与催化剂的接触时间变长，可以更充分转化，所以转化率增大；增大；步骤Ⅷ的产物可以停留较长时间阻止正向进行，增加步骤Ⅸ的反应机会，造成增大。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $