2026年人教版高考化学二轮复习综合模拟卷（一）

2026高考化学二轮复习综合模拟卷（一） 可能用到的相对原子质量： H1 Li 7 O 16 B 11 C 12 Al 27 一、选择题 1．下列诗句或谚语都与化学现象有关，下列说法不正确的是 A．“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次价值数倍也”。用到的操作方法是蒸发 B．“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器。”文中涉及的操作方法是升华 C．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，该过程对青蒿素的提取属于物理变化 D．“绳锯木断，滴水石穿”，包含化学变化 2．下列化学用语或图示表达错误的是 A．的名称：3-甲基戊烷 B．的VSEPR模型： C．中C原子杂化轨道的电子云轮廓图： D．的形成过程： 3．实验规则千万条，安全第一条。下列说法不正确的是 A．观察Mg在干冰中燃烧的现象时，须佩戴护目镜且保持安全距离 B．探究Cu与浓、稀硝酸的反应时，须打开实验室的通风设备 C．新制的氯水保存在带磨口玻璃塞的棕色广口试剂瓶中，并放在阴凉处 D．如果身上衣物着火且面积较大，应躺在地上翻滚以达到灭火的目的 4．设表示阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是 A．通入足量溶液中，得到的数目为 B．室温下，的溶液中，水电离的数目为 C．金刚石与石墨的混合物中含有碳碳单键的数目为 D．锌加入浓硫酸中，锌完全溶解，硫酸得到的电子数为 5．下列装置正确且能达到相应实验目的的是 A．检验纯碱溶液中的 B．制备氢氧化铁胶体 C．实验室制氨气 D．分离蔗糖与氯化钠的混合溶液 A．A B．B C．C D．D 6．从微观视角探析物质结构性质是学习的有效方法。下列实例与解释不符的是 选项 实例 解释 A 金属具有良好的导电性 金属晶体中电子气在电场中定向移动 B 甲苯与高锰酸钾溶液反应实验中加入冠醚(18-冠-6)可以缩短褪色时间 18-冠-6与相互作用，使高锰酸钾间接“溶于”甲苯中，增大与甲苯接触的机会 C 比的沸点低 分子间氢键比分子间氢键弱 D 中的键角比中的键角大 的孤电子对数比少，对成键电子对的斥力小 A．A B．B C．C D．D 7．某品牌化妆品的主要成分Z具有美白功效，原从杨树中提取，现可用如下图所示反应合成。下列对X、Y、Z的叙述，正确的是 A．X、Y和Z均能和NaOH溶液反应 B．X和Z均能和Na2CO3溶液反应，但不能和NaHCO3溶液反应 C．Y既能发生加聚反应，也能发生缩聚反应 D．Y分子中所有原子不可能共平面 8．常温下，由下列实验操作和现象得出的结论正确的是 选项 操作和现象 结论 A 分别将等pH的HA、HB溶液稀释10倍，测定稀释后溶液的大于HB 酸性：HA＜HB B 向溴水中加入植物油，振荡后静置，水层颜色变浅 植物油可用于萃取溴水中的溴 C 向溶液中加入乙醇，析出深蓝色固体 在乙醇中溶解度小，析出的晶体中不含结晶水 D 用毛皮摩擦过的带电橡胶棒靠近液流，液流方向改变 为极性分子 A．A B．B C．C D．D 9．X、Y、Z、P、Q为原子序数依次增大的前三周期元素，其中只有一种是金属元素，X、Y、位于三个不同周期，Y、Z处于不同主族，5种元素形成的化合物如图所示。下列说法错误的是 A．单质沸点： B．同周期元素中，第一电离能介于P、Q之间的有4种 C．键角： D．的一种氧化物有漂白性 10．用精炼铜漂浮阳极泥(主要成分为BiAsO4、SbAsO4，含有少量Ag、Au)制备Bi2O3的工艺流程如下： 已知：①“转化”分两步进行，其第一步BiOCl转化为Bi(OH)3。 ②常温下，    。 下列说法错误的是 A．“滤渣1”的主要成分是Ag、Au，含砷废水主要成分是Na3AsO4 B．“水解”分离Sb和Bi的原理是的水解pH低于水解的pH C．“转化”的总反应方程式为： D．当BiOCl恰好完全转化成Bi(OH)3时，溶液，此时溶液pH=12 11．2025年诺贝尔化学奖表彰了化学家们在金属有机框架(MOF)开发方面的突破性贡献，这种材料如同“分子宫殿”，凭借独特结构和定制化特性，在多个领域展现出巨大应用价值。乙烷的催化氧化形成乙醇可以用具有开放性铁位点的金属有机框架材料作催化剂，反应过程如图所示，其中TS表示过渡态。下列说法正确的是 A．该反应过程完全符合原子经济性 B．由于电负性，所以的N原子与催化剂上的Fe产生吸附 C．此反应过程中没有非极性共价键的断裂 D．反应过程中物质c降低了反应的活化能 12．低品位热是一种丰富且广泛存在的可持续能源，一种新型的热富集铂电极电池如图所示。利用从热区至冷区的pH梯度驱动对苯醌和对苯二酚混合溶液的氧化／还原转换：，下列有关说法不正确的是 A．pH：冷端>热端 B．工作中无需定时补充对苯醌和对苯二酚 C．若该电池使用中温差恒定，则无需充电，可持续使用 D．热端电极电势高于冷端电极电势 13．晶体密度为，常用作有机合成中的还原剂，其晶胞结构及部分微粒分数坐标如图所示。下列相关说法不正确的是 A．中存在的化学键有离子键、配位键、键，不存在非极性键 B．晶胞中两个的最近距离为 C．C点的分数坐标为 D．NA= 14．常温下，某二元弱碱的，。溶液稀释过程中、、与的关系如图所示。 已知，的分布系数。 下列叙述错误的是 A．曲线m为的变化曲线 B．c点的pH=5.5 C．b点存在 D．水的电离程度：a=b>c 二、非选择题 15．某化学兴趣小组利用邻二氮菲分光光度法测定水中微量铁。 已知：i.在pH为溶液中，邻二氮菲与生成稳定的橙红色配合物， 显色反应为 ii.根据朗伯比耳定律：，当入射光波长及光程L(比色皿厚度)一定时，在一定浓度范围内，有色物质的吸光度A与该物质的浓度c成正比。 I.溶液配制 (1)用滴定管量取铁储备液10.00 mL，置于100 mL棕色容量瓶中，再取溶液加入棕色容量瓶中，用蒸馏水稀释至刻度，摇匀，得到铁标准溶液。洁净的容量瓶在使用之前需要进行的操作是_______。此过程中除了用到棕色容量瓶、滴定管和量筒外，还需要的仪器有_______(填字母)。 A．圆底烧瓶　B．玻璃棒　C．分液漏斗　D．球形干燥管　E.电子天平　F.酒精灯　G.陶土网　H.胶头滴管 II.邻二氮菲吸收曲线的绘制 (2)用滴定管量取铁标准溶液，经试剂处理后采用不同的波长为横坐标，由计算机绘制A与的吸收曲线如图，确定最大吸收波长。 在显色前，首先用盐酸羟胺(，强电解质)将还原成。其反应离子方程式为_______。试剂处理时需要加入缓冲溶液使溶液的pH保持在合适范围，若pH过低，会造成_______；若pH过高，会造成_______。 (3)邻二氮菲与生成稳定的橙红色配合物，此配合物中的配位数为_______。 (4)从吸收曲线可知，邻二氮菲配合物最大吸收波长，在此波长下，该配合物的摩尔吸光系数，若某次测量时溶液的吸光度，比色皿厚度为1cm，则溶液中的浓度为_______(保留两位有效数字)。 16．锂离子电池在生产、生活中应用广泛。从废锂电池材料（主要含难溶于水的，还含少量和等）中提取和，其流程如图所示： 已知：。 回答下列问题： (1)“粉碎过筛”的目的是_____；“滤渣”的主要成分是_____（填化学式）。 (2)“酸浸”中双氧水的主要作用是_____（用离子方程式表示）。 (3)“沉钴”中，常温下，相同体积滤液、相同浓度氨水，沉钴率与氨水体积关系如图所示。解释时沉钴率降低的原因：_____。 (4)“沉锂”中主要反应的离子方程式为_____。 (5)2024年4月25日，我国成功发射神舟十八号载人飞船，该飞船首次采用“锂离子电池”作电源，锂离子电池放电时的工作原理如图所示。a极的电极反应为_____。 (6)晶胞如图所示。已知：晶胞棱长为，设为阿伏加德罗常数的值。 ①若离子坐标为，则离子坐标为_____。 ②该晶体的密度为_____（只列计算式）。 17．丙烯广泛用于合成聚丙烯、丙烯醛、丙烯酸等工业领域。回答下列问题： （1）丙烷无氧脱氢法制备丙烯反应如下： C3H8（g）C3H6（g）+H2（g）  △H1=+124 kJ·mol-1 ①总压分别为100kPa、10kPa 时发生该反应，平衡体系中C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系如图所示： 100kPa时，C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是___、___。 ②某温度下，在刚性容器中充入C3H8，起始压强为10kPa，平衡时总压为13.3kPa，C3H8的平衡转化率为__。该反应的平衡常数Kp=___kPa（保留1位小数）。 （2）丙烷氧化脱氢法制备丙烯主要反应如下： C3H8（g）+O2（g）C3H6（g）+H2O（g）  △H2 在催化剂作用下，C3H8氧化脱氢除生成C3H6外，还生成CO、CO2等物质。C3H8的转化率和C3H6的产率随温度变化关系如图所示。 ①已知H2（g）+O2（g）＝H2O（g） ∆H=-242kJ·mol-1。由此计算∆H2=__kJ·mol -1。 ②图中C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是_________。 ③575℃时，C3H6的选择性为___。（×100％） ④基于本研究结果，能提高C3H6选择性的措施是___________。 18．含呋喃骨架的芳香化合物在环境化学和材料化学领域具有重要价值。一种含呋喃骨架的芳香化合物合成路线如下： 回答下列问题： (1)B→C实现了由___________到___________的转化(填官能团名称)。 (2)C→D化学方程式为___________。 (3)F→G的反应类型为___________，M→N的反应类型为___________。 (4)E的同分异构体中，其中含苯环(不含其他环)、不能发生银镜反应且不同化学环境氢原子个数比为的同分异构体的结构简式为___________。 (5)参考题干合成路线，设计如下转化，回答下列问题。 ①反应物W的手性碳个数为___________个。 ②W→X化学方程式为___________。 ③Y的结构简式为___________。 2 1 学科网（北京）股份有限公司 《2026高考化学二轮复习综合模拟卷（一）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B C D A C B D C D 题号 11 12 13 14 答案 C D B D 1．A 【详解】A．该诗句描述的是通过蒸馏提纯酸坏酒的过程，“蒸烧”和“复烧”指蒸馏操作（加热汽化后冷凝回收），而非简单的蒸发（仅液体表面汽化），选项误称为蒸发，A错误； B．该谚语描述砒霜（三氧化二砷）加热后直接由固体变为气体并在覆器上冷凝，涉及升华操作，B正确； C．该过程通过水浸泡和绞取汁液提取青蒿素，提取属于萃取为物理变化，无化学变化，C正确； D．“滴水石穿”中，水滴长期冲击石头（如碳酸钙岩石）可导致溶解或化学风化（如与CO₂反应生成可溶性碳酸氢钙），包含化学变化，D正确； 故选A。 2．B 【详解】A．主链上有5个碳原子，3号位有1个甲基，名称为3-甲基戊烷，故A正确； B．SO2的中心原子S原子的价层电子对数为2+，含有1对孤电子对，其VSEPR模型为，故B错误； C．中C原子为sp3杂化，杂化轨道的电子云轮廓图：，故C正确； D．为离子化合物，用电子式表示形成过程为：，故D正确； 答案选B。 3．C 【详解】A．镁燃烧放热剧烈，干冰（固态CO2）升华可能引发飞溅，护目镜和距离防护必要，A正确； B．硝酸与铜反应生成NO、等有毒气体，通风是防中毒的关键措施，B正确； C．氯水需避光保存（棕色瓶），但广口瓶用于固体，液体应存于细口瓶，C错误； D．翻滚灭火利用隔绝氧气原理，是标准应急方法，D正确； 故选C。 4．D 【详解】A．通入足量溶液中，发生反应：，得到的数目为，但生成的I2又会和I-反应生成，最终得到的数目小于，A错误； B．的溶液中，OH-全部是由水电离产生，水电离产生的H+和OH-数目相等，则水电离的数目为，B错误； C．金刚石中每个C原子形成4个碳碳单键，但每个碳碳单键被2个C原子共用，因此1mol C原子对应2mol碳碳单键；石墨中每个C原子形成3个碳碳单键，每个碳碳单键被2个C原子共用，因此1mol C原子对应1.5 mol碳碳单键，金刚石与石墨的混合物中碳原子的物质的量为0.1 mol，则混合物中含有碳碳单键的数目为之间，不可能为 ，C错误； D．锌的物质的量为，Zn与浓硫酸反应生成ZnSO4，锌完全溶解，Zn失去0.2mol电子，则硫酸得到的电子数为，D正确； 故选D。 5．A 【详解】A．与反应生成白色沉淀，而与不反应，因此可用检验纯碱溶液中是否含有，A正确； B．向煮沸的蒸馏水中滴加饱和Fe2(SO4)3溶液得不到氢氧化铁胶体，应选择饱和的氯化铁溶液，B错误； C．加热固体时，试管口应略向下倾斜，C错误； D．蔗糖和氯化钠的混合溶液均能透过半透膜，无法分离，D错误； 故选A。 6．C 【详解】A．金属晶体中金属原子共享了价电子，形成了“电子气”，在外电场的作用下自由电子定向移动形成了电流，故金属具有良好的导电性，A正确； B．18-冠-6与相互作用形成超分子，加入冠醚中的钾离子因静电作用将高锰酸根离子间接“溶于”甲苯中，增大与甲苯接触的机会，加快反应速率，B正确； C．分子间氢键比分子间氢键强，但分子间形成的氢键个数少于，因此其沸点较低，C错误； D．中的键角比中的键角大是因为二者中心原子O原子杂化方式相同，都为sp3杂化，的孤电子对数（1对）比（2对）少，对成键电子对的斥力小，D正确； 故选C。 7．B 【详解】A．X、Z都有能和NaOH溶液反应的官能团酚羟基，而Y没有，所以A错。 B．X、Z都有官能团酚羟基，酚羟基的酸性比碳酸弱，但比碳酸氢根强，所以X和Z均能和Na2CO3溶液反应，但不能和NaHCO3溶液反应,B正确。 C．Y有官能团碳碳双键，所以能发生加聚反应，但没有能发生缩聚反应的官能团，所以C错。 D．Y分子可以看成由乙烯基和苯基两部分组成，乙烯分子是6原子共面结构，而苯分子是12原子共面结构，所以当乙烯基绕其与苯环相连的碳碳单键旋转时，有可能共面，D错。 故选B。 【点睛】有机物的性质是官能团决定的，所以有机化学就是官能团的化学。分析一种有机物的性质，首先要分析它有哪些官能团，然后联系这些拥有官能团的代表物的化学性质进行类比。分析有机物的空间结构时，必须以甲烷、乙烯、乙炔和苯等基本结构为基础，根据碳碳单键可以旋转来分析分子中的原子共面、共线问题。 8．D 【详解】A．等pH的酸溶液稀释时，酸性越弱，酸的浓度越大，稀释后电离程度增大，pH变化越小。稀释后的pH大于，说明的pH变化更大，因此酸性：，A错误； B．植物油中含有碳碳不饱和键，能与溴水发生加成反应，从而使水层颜色变浅，并非萃取作用，B错误； C．向溶液中加入乙醇，会析出深蓝色的晶体，说明在乙醇中的溶解度小，但析出的晶体含有结晶水，C错误； D．用毛皮摩擦过的带电橡胶棒靠近液流，液流方向改变，说明分子受到了静电力作用，证明是极性分子，D正确； 故答案选D。 9．C 【分析】X、Y、Z、P、Q为原子序数依次增大的前三周期元素，其中只有一种是金属元素，X、Y、P位于三个不同周期，X是H元素；Q形成-1价阴离子，Q是Cl元素；Y、Z能形成4个共价键，Y、Z处于不同主族，说明Z形成1个配位键，则Y是C、Z是N，只有一种是金属元素，P是金属元素，Z与P形成配位键，P与2个Cl形成共价键后带1个正电荷，则P显+3价，P是Al元素。 【详解】A．Al是金属单质，沸点最高，Cl2、N2、H2均为气体单质，相对分子质量越大沸点越高，单质沸点：Al>Cl2>N2>H2，故A正确； B．同周期元素中，第一电离能介于Al、Cl之间的有Mg、Si、P、S共4种，故B正确； C．NH3、NCl3中心原子N均采取sp3杂化，均有一对孤电子对，但Cl的电负性大于H，所以键角NH3>NCl3，故C错误； D．ClO2具有强氧化性，因此具有漂白性，故D正确； 答案选C。 10．D 【分析】漂浮阳极泥中的Ag、Au不与盐酸反应，故酸浸过滤后成为“滤渣1”的主要成分，由图可知Sb3+水解步骤后的水解生成SbOCl，经过滤变为滤渣出掉，调节pH的目的是除砷，可推出含砷废水主要成分是Na3AsO4，BiOCl转化为Bi(OH)3，最后转化为Bi2O3。 【详解】A．由分析可知：“滤渣1”的主要成分是Ag、Au，含砷废水主要成分是Na3AsO4，故A正确； B．由图可知，加NaOH之前，Sb3+水解生成SbOCl，此时溶液pH较小，加入NaOH后，Bi3+水解，故“水解”分离Sb和Bi的原理是的Sb3+水解pH值低于Bi3+水解的pH值，故B正确； C．由图可判断出“转化"的反应物为BiOCl和NaOH，生成物为Bi2O3，再结合元素守恒可知方程式正确，故C正确； D．BiOCl+H2O⇋Bi3++2OH-+Cl-的K=c(Bi3+)·c2(OH-)·c(Cl-)，等号两边同乘以c(OH-)可得c(Bi3+)·c3(OH-)·c(Cl-)×c(OH-)，×c(OH-)，×0.04=×c(OH-)，c(OH-)=0.1mol/L，pH=13，故D错误； 故选D。 11．C 【详解】A．根据分析，总反应中生成乙醇和氮气，则原子利用率小于100%，A错误； B．N、O是同周期元素，电负性O＞N，O对Fe的吸引能力强，故的O原子与催化剂上的Fe产生吸附，B错误； C．该反应中断裂的是乙烷中的C-H键和的化学键，而乙烷中的C-C非极性共价键没有断裂，C正确； D．由图知，物质a为乙烷催化氧化的重要催化剂，而物质b、c、d、e均为中间产物，故物质a降低了反应的活化能，D错误； 故选C。 12．D 【分析】 由图可知，原电池工作时冷端，发生加氢反应，热端，发生脱氢反应，即冷端发生得电子的还原反应，热端发生失电子的氧化反应，则冷端为正极，热端为负极，正极反应为，负极反应为，据此分析解答。 【详解】A．由分析可知，pH：冷端>热端，A正确； B．结合两端反应，对苯醌、对苯二酚浓度不变，不需要补充，B正确； C．该电池是将热能转化为电能的装置，只要温差恒定，就能持续产生pH梯度，驱动电极反应，从而持续产生电流，因此无需充电，可持续使用，C正确； D．由分析可知，冷端电极为正极电势高，热端电极为负极电势低，D错误； 故答案选D。 13．B 【详解】A．NaAlH4为离子晶体，Na+与[AlH4]-间为离子键；[AlH4]-内部Al原子提供空轨道、H-提供孤对电子形成配位键（本质为极性σ键），无同种原子间成键，故不存在非极性键，A正确； B．[AlH4]-位于晶胞顶点及面心位置，如(0,0,0)与两点间距离为面对角线的一半：，而非a nm，B错误； C．C点位于晶胞右侧面上，x=1（沿a方向满格），y=1/2（沿a方向中点），z=1/4（沿2a方向四分之一处，即高度a/2），C正确； D．晶胞含4个NaAlH4单元，摩尔质量为54 g/mol，故晶胞质量为 g，晶胞体积为cm3，由密度公式得：，D正确； 故选B。 14．D 【分析】溶液中，，， ，其中离子浓度最大，曲线n为的变化曲线，由电离平衡常数可知，的水解平衡常数，水解程度大于电离程度，以水解为主，稀释时含量减小，含量增大，且大于，故曲线m为的变化曲线，曲线p为的变化曲线； 【详解】A．根据分析可知，曲线m为的变化曲线，A正确； B．c点的，，pH=5.5，B正确； C．根据物料守恒，，b点时，故b点存在，C正确； D．a点和b点，浓度相同，水的电离程度相等，c点溶液以水解为主，根据越稀越水解，水解程度增大，即水的电离程度增大，水的电离程度：a=b<c ，D错误； 故选D。 15．(1) 检漏 BH (2) 邻二氮菲中氮原子质子化，使得其配位能力降低 亚铁离子转化为氢氧化亚铁沉淀 (3)6 (4) 【分析】该题围绕利用邻二氮菲分光光度法测定水中微量铁为核心实验展开，涉及到溶液配制、氧化还原反应、配合物结构、分光光度定量分析等知识点。从配制标准溶液开始，将水里的铁用盐酸羟胺还原成二价铁，再加入缓冲溶液调节pH，然后让二价铁和邻二氮菲变成橙红色物质，最后用分光光度法定量计算出铁的含量。 【详解】（1）洁净的容量瓶在使用之前需要进行的操作是检漏，防止配制溶液过程中漏液；配制一定物质的量浓度的溶液，定容步骤中需要用到玻璃棒、胶头滴管； （2）盐酸羟胺属于强电解质，能够电离出，反应过程中Fe3+被还原为Fe2+，N元素被氧化为N2。根据得失电子守恒，原子守恒配平：；试剂处理时加入缓冲溶液使溶液的pH保持在合适范围，若pH过高，会使Fe2+转为Fe(OH)2沉淀，若pH过低，会使邻二氮菲中氮原子质子化，使得其配位能力降低； （3）邻二氮菲与形成的配合物中提供空轨道，氮提供孤电子对形成配位键，结合，1个和3个C12H8N2形成配合物，则配位原子个数为6； （4）根据朗伯比耳定律：，，比色皿厚度L为1cm，，因此。 16．(1) 增大固体接触面，增大反应速率及浸取率 (2) (3)当时，发生反应，随着氨水体积的增大，生成的量减少 (4) (5) (6) 【分析】废锂电池材料“碱溶”时，Al和NaOH溶液反应生成和H2，过滤除去，得含LiCoO2、Fe固体；“酸溶”时加入稀硫酸和过氧化氢，LiCoO2、Fe被溶解得到含Li+、Co2+、Fe3+溶液，加入氢氧化钠、空气使得铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去Fe3+，滤液加入氨水“沉钴”并过滤得Co(OH)2固体和含Li+溶液；加入碳酸钠“沉锂”并过滤得Li2CO3，煅烧得到Li2O，Li2CO3和Co(OH)2、空气高温转化为LiCoO2； 【详解】（1）“粉碎过筛”的目的是增大固体接触面，增大反应速率及浸取率；由分析，“滤渣”的主要成分是； （2）废锂电池材料主要含难溶于水的，酸浸中加入稀硫酸和过氧化氢，LiCoO2被溶解得到含Li+、Co2+的溶液，则三价钴被过氧化氢还原为二价钴，过氧化氢中氧被氧化为氧气，结合电子守恒，反应为：； （3）已知：，当时，发生反应，随着氨水体积的增大，Co2+被转化为，生成的量减少，沉钴率降低； （4）“沉锂”中主要反应为锂离子和碳酸根离子生成碳酸锂沉淀，离子方程式为：； （5）由图，a极的得到电子被还原为，则电极反应为：； （6）①若离子坐标为，则离子在xyz轴上投影坐标分别为、、，故坐标为。 ②由图，该晶胞中含有8个锂离子，结合化学式，该晶体的密度为。 17． a d 33% 1.6 -118 温度升高，催化剂的活性增大 51.5% 选择相对较低的温度 【分析】(1)①C3H8(g) ⇌ C3H6(g)+H2(g)△H1=+124 kJ·mol-1，正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，C3H8(g)的物质的量分数减小，C3H6(g)的物质的量分数增大；该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，据此分析判断；②同温同体积条件下，气体的压强之比=气体物质的量之比，设C3H8的平衡转化率为x，根据三段式列式计算； (2)①i. C3H8(g) ⇌ C3H6(g)+H2(g) △H1=+124 kJ·mol-1，ii. H2(g)+O2(g)＝H2O(g)  ∆H=-242kJ·mol-1，根据盖斯定律分析计算C3H8(g)+O2(g) ⇌ C3H6(g)+H2O(g)  △H2；②结合催化剂的活泼变化分析解答；③根据图象，575℃时，C3H8的转化率为33%，C3H6的产率为17%，据此分析解答；④根据图象，分别计算535℃、550℃、575℃时，C3H6的选择性，再分析解答。 【详解】(1)①C3H8(g) ⇌ C3H6(g)+H2(g)△H1=+124 kJ·mol-1，正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，C3H8(g)的物质的量分数减小，C3H6(g)的物质的量分数增大；根据方程式，该反应为气体体积增大的反应，增大压强，C3H8的物质的量分数大于10kPa 时C3H8的物质的量分数，因此表示100kPa时，C3H8的物质的量分数随温度变化关系的曲线是a；增大压强，平衡逆向移动，C3H6的物质的量分数减小，表示100kPa时，C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线是d，故答案为：a；d； ②同温同体积条件下，气体的压强之比=气体物质的量之比，设C3H8的平衡转化率为x， 则10(1-x)+10x+10x=13.3，解得：x=0.33，Kp==1.6kPa，故答案为：33%；1.6； (2)①i. C3H8(g) ⇌ C3H6(g)+H2(g)△H1=+124 kJ·mol-1，ii. H2(g)+O2(g)＝H2O(g)  ∆H=-242kJ·mol-1，根据盖斯定律，将i+ii得：C3H8(g)+O2(g) ⇌ C3H6(g)+H2O(g)  △H2=(+124 kJ·mol-1)+(-242kJ·mol-1)=-118kJ·mol-1，故答案为：-118； ②该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，C3H8的转化率应该降低，但实际上C3H8的转化率随温度升高而上升，可能是升高温度，催化剂的活性增大导致的，故答案为：温度升高，催化剂的活性增大； ③根据图象，575℃时，C3H8的转化率为33%，C3H6的产率为17%，假设参加反应的C3H8为100mol，生成的C3H6为17mol，C3H6的选择性=×100%=51.5%，故答案为：51.5%； ④根据图象，535℃时，C3H6的选择性=×100%=66.7%，550℃时，C3H6的选择性=×100%=61.5%，575℃时，C3H6的选择性=×100%=51.5%，选择相对较低的温度能够提高C3H6选择性，故答案为：选择相对较低的温度。 18．(1) 酯基 羟基 (2)2+2 (3) 取代反应 加成反应 (4)   、 (5) 2 【分析】A为邻羟基苯甲酸，与甲醇发生酯化反应生成B()，在LiAlH4的作用下，发生还原反应生成C()，C被氧气氧化为D()，D和CBr4反应生成E()，E在CuI作用下，生成F()，F与反应生成G，结合H的结构可推出G为，G与反应生成H，H在一定条件下转化为M()，M与PtCl2反应生成N()，据此解答。 【详解】（1）根据B和C的结构区别，可知B→C实现了由酯基到羟基的转化。 （2）C被氧气氧化为D：，故方程式为：22。 （3） F为()，F与反应生成G；G为，属于取代反应的特征，故答案为：取代反应；M()，M与反应生成N()，属于加成反应的特征。 （4）E为，含苯环(不含其他环)且不同化学环境氢原子个数比为的同分异构体，支链上有一个不饱和度，则推测有醛基或者是酮羰基。题目说明不能发生银镜反应，则为酮碳基，溴原子组合时可形成 、，一共有2种。 （5） 参考题干中路线，可先将消去生成，再与反应生成，与在一定条件下得到目标产物； ①连接四个不同原子或基团的饱和碳原子为手性碳原子，W中与溴原子相连的碳原子为手性碳原子，位置如图：，故个数为2个。 ②W→X发生消去反应，化学方程式为+2NaOH+2NaBr+2H2O。 ③根据题目中流程G为，G与反应生成H为取代反应，可知与反应生成，与在一定条件下得到目标产物。 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $