江苏南京市第六十六中学2026届高三四月第一次检测（二模）化学试题

2026届高三四月第一次检测（二模） 一、单选题（每小题3分，共39分） 1．古代壁画中常用的蓝色颜料是石青[2CuCO3∙Cu(OH)2]，黑色颜料是铁黑(Fe3O4)。下列元素位于元素周期表中 ds区的是 A．Cu B．C C．Fe D．O 2．过氧化钠用于呼吸面罩的供氧剂，其反应原理为 下列说法正确的是 A．Na2O2中含极性共价键 B．CO2的电子式为 C．的空间构型为正四面体形 D．O原子结构示意图为 3．实验室进行粗盐提纯并制备 NaHCO3和 Cl2，下列相关原理、装置及操作正确的是 A．装置甲除粗盐水中的泥沙 B．装置乙蒸发NaCl溶液 C．装置丙制备NaHCO3 D．装置丁制备Cl2 4．尿素[CO(NH2)2]和草木灰(主要成分K2CO3)均可用作肥料。下列说法正确的是 A．原子半径：r(O)>r (C) B．电负性：χ(H)>χ(K) C．电离能： D．沸点：NH3>H2O 阅读材料，有机金属化合物是一类含有金属—碳键的化合物。蔡斯盐K[PtCl3(C2H4)]∙H2O 由乙烯和K2[PtCl4]溶液在催化剂作用下制得； 二茂铁 Fe(C5H5)2常被用作燃料的催化剂和抗爆剂，熔点为 172℃； 三甲基铝(CH3)3Al可用作许多反应的催化剂；[RhI2(CO)2]−可催化(CH3OH与CO反应生成乙酸； Ni能与CO在50~60℃条件下反应生成 Ni(CO)4，其在220~250℃下迅速分解生成金属 Ni，可用于 Ni、Co分离。完成问题。 5．对于反应  下列说法正确的是 A．该反应的△H<0 B．CO在反应过程中共价键未断裂 C．[RhI2(CO)2]−提高该反应的活化能 D．及时分离CH3COOH 能加快化学反应速率 6．下列化学反应表示正确的是 A．溴乙烷制备乙烯的反应：CH3CH2BrCH2=CH2↑+HBr B．过量铁与氯气反应： C．合成蔡斯盐的反应： D．生成 Ni(CO)4的反应： 7．下列说法正确的是 A．(CH3)3Al中 Al 原子轨道的杂化类型为 sp3 B．K[PtCl3(C2H4)]中 Pt的化合价为+3 C．Fe(C5H5)2属于离子化合物 D．1mol Ni(CO)4中 σ 键数目为 8 mol 8．在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A．工业制高纯Si： B．侯氏制碱法： C．工业制硝酸： D．海水中提取镁： 9．一种可充放电Li-电池的结构示意图如图所示。该电池放电时，产物为和，随着反应温度升高，Q(消耗1mol 转移的电子数)增大。下列说法不正确的是 A．放电时，向上通过固态电解质膜 B．随温度升高放电时，正极电极反应为 C．充电时，锂电极接电源负极，发生还原反应 D．熔融盐中的质量分数大小影响充放电速率 10．化合物Z是一种具有生理活性的多环呋喃类化合物，部分合成路线如下： 下列说法正确的是 A．最多能和发生加成反应 B．Y分子中和杂化的碳原子数目比为 C．可用FeCl3溶液区别X和Z D．Z不能使的溶液褪色 11．室温下，根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 向溶液中通入和气体X，产生白色沉淀 X有强氧化性 B 向溶液中加入酸性溶液，溶液褪色 具有还原性 C 向溶液中先滴加酚酞，再滴加溶液至过量，溶液红色变浅至消失 溶液中水解使溶液呈碱性 D 在2 mL 0.01 溶液中先滴入几滴0.01 溶液有黑色沉淀生成，再滴入0.01 溶液，又有白色沉淀生成 A．A B．B C．C D．D 12．实验室通过下列过程制取草酸亚铁晶体： 已知：、、。下列说法不正确的是 A．的溶液中： B．“酸化”后的溶液中： C．“沉淀”后的上层清液中： D．水洗后，再用乙醇洗涤有利于晶体快速干燥 13．甲醇水蒸气重整制氢是生产氢气的重要途径，其主要反应为： Ⅰ． Ⅱ． 、时，混合气体以一定流速通过反应管，在催化剂作用下反应一段时间后测得转化率、CO选择性随温度的变化如图所示。 下列说法正确的是 A．反应Ⅱ的平衡常数： B．的物质的量：a点<b点 C．其他条件不变，混合气体流速越大，的转化率越大 D．温度高于240℃，CO选择性迅速上升的原因是反应Ⅱ速率大于反应Ⅰ 二、解答题（本题共4小题，共61分） 14．钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、钴、锰的价氧化物及锌和铜的单质。制备二次电池添加剂的流程如下： 注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于或等于 ，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。 已知：①，，，，。 ②锌的氢氧化物在开始沉淀，沉淀完全。 ③沉淀过快无法形成，易与形成配合物。 回答下列问题： (1)位于元素周期表_______区，其基态价电子排布式为_______。 (2)“沉铜”步骤中发生反应的离子方程式是，该反应的平衡常数_______。 (3)假设“沉铜”后得到的滤液中为0.10 ，向其中加入至沉淀完全，据此判断能否实现和的完全分离：_______（写出计算过程）。 (4)“沉锰”步骤中，将氧化为二氧化锰除去，被还原为，发生反应的离子方程式为_______。 (5)制备，先加氨水再加NaOH溶液的理由是_______。 (6)“萃取”得到的有机相中加入2∼3 的反萃取可得到含的水溶液，完成从反萃取后的水相中回收得到较纯净的氢氧化锌的实验方案：向溶液中边搅拌边_______，低温干燥，得到较纯净的氢氧化锌。实验中可选用的试剂：1.0 NaOH溶液，蒸馏水，1.0 溶液。 15．H是某抗癌药物的中间体，其合成路线如下。 (1)1mol化合物A含有的键数目是______。 (2)B→C反应过程中会生成一种与C互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为______。 (3)的反应类型为______。 (4)E中官能团的名称为______。 (5)G和乙二醇以物质的量之比为2:1完全酯化的有机产物有多种同分异构体，写出同时满足下列条件的一种同分异构体的结构简式______。 ①含有两个苯环且除苯环外没有其他环状结构；②既能发生水解反应又能发生银镜反应；③分子中有3种不同化学环境的氢原子。 (6)写出以和为原料制备的合成路线流程图______（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干）。 16．磷资源流失到水环境中会造成水体富营养化。已知：基磁性纳米复合材料，由和纳米经过超声分散制得。能通过纳米物理吸附和溶出后通过化学反应等去除水体磷。已知：纳米颗粒表面带正电荷；部分物质的溶解性如下表。 物质 溶解性 难溶 微溶 可溶 易溶 (1)制备复合材料所需的纳米：一定条件下，先将和晶体配制成混合溶液，再与氨水反应可制得纳米，实验装置如下： ①氨水缓慢滴入，开始一段时间内未出现浑浊，原因是___________。 ②制备纳米需控温在50～60°℃之间，写出该反应的化学方程式：___________。 ③配制混合溶液时按进行投料：实验中需不断通入。通的目的是___________。 (2)研究不同pH下向含磷(V)废水中加入纳米复合材料的除磷效果： ①从图1中可以看出初始pH为3～6时，磷的去除率较高且反应后pH均有一定的上升，反应过程中无气体生成。结合图2，写出对应的离子方程式：___________。 ②当初始pH为9～10时，磷的去除率明显小于初始pH为3～6的去除率，是因为___________。 (3)除磷后续处理 除磷回收得到的磷矿物，可进一步转化为，作为钾磷复合肥使用。设计由浆料制备晶体的实验方案：向含的浆料中___________，干燥。[已知：；室温下从饱和溶液中可结晶析出晶体；实验中须选用的试剂：溶液、溶液，pH试纸，无水乙醇] 17．的捕集和资源化利用具有重要意义。 Ⅰ.的来源之一是汽车尾气。 (1)已知：碳的燃烧热为；   ；   。   ______。 (2)催化转换器中机动车尾气转化效率与气缸中空燃比（空气与燃油气的体积比）的关系如图-1。若空燃比大于14.7，则氮氧化物的转化效率降低的原因是______。 Ⅱ.的捕集 (3)一种由阴离子交换树脂－碳纳米管构成的复合膜可利用电化学原理捕集空气中的，如图－2，复合膜的a侧将空气中的捕集并转化为；b侧通入少量即可释放。 ①复合膜中加入碳纳米管的作用是：______。 ②a侧空气流量为a，理论上要将空气中的完全去除，则b侧流量至少为______。 (4)CaO可在较高温度下捕集，添加CuO形成的钙铜复合材料可以优化其性能。不同负载量的钙铜复合材料X射线衍射图如图-3（X射线用于判断某晶态物质是否存在）。 结合图像说明，当摩尔比小于1：1时，随CuO加入，钙铜复合材料对捕集量减少的可能原因是：______。 Ⅲ.的资源化 (5)Bi和In是电催化生成甲酸的催化剂，BiIn也可为该反应的催化剂，其反应历程中物质的相对能量如图－4（带“*”表示物质处于吸附态）。与单金属Bi和单金属In相比，使用BiIn催化剂的优点是______。 (6)还可以如图－5历程转化为HCOOH。 ①过程ⅱ形成一个负离子中间体，将图中口部分补齐______。 ②若将换成，则生成甲酸的结构简式可能为______。 2026届高三四月第一次检测（二模） 参考答案 1．A 【详解】A．Cu的价电子排布式为3d104s1，其属于ds区元素，A符合题意； B．C的价电子排布式为2s22p2，其属于p区元素，B不符合题意； C．Fe的价电子排布式为3d64s2，其属于d区元素，C不符合题意； D．O的价电子排布式为2s22p4，其属于p区元素，D不符合题意； 故选A。 2．B 【详解】A．Na2O2中O和O之间存在非极性共价键，A错误； B．CO2的电子式为，B正确； C．的中心原子的价层电子对数为，无孤对电子，空间构型为平面三角形，C错误； D．O原子的核外电子数为8，结构示意图为，D错误； 故选B。 3．C 【详解】A．装置甲中除粗盐水中的泥沙时，采用过滤的方法，但需要使用玻璃棒引流，A不正确； B．装置乙中蒸发NaCl溶液时，采用蒸发结晶的方法，通常使用蒸发皿，坩埚是灼烧固体所用的仪器，不用于蒸发溶液，B不正确； C．装置丙制备NaHCO3时，将CO2气体通入氨化的NaCl饱和溶液中，由于NaHCO3在饱和NaCl中的溶解度较小，所以生成的NaHCO3大部分结晶析出，C正确； D．装置丁制备Cl2，采用电解饱和食盐水的方法，与直流电源正极相连的Fe电极为阳极，则Fe失电子，而不是Cl-失电子，得不到Cl2，D不正确； 故选C。 4．B 【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，原子半径：r(O)＜r (C)，故A错误； B．元素非金属性越强，电负性越大，根据金属活动性顺序表，金属性：K＞H，则非金属性K＜H，则电负性：χ(H)>χ(K)，故B正确； C．同主族从上到下，第一电离能逐渐减小，同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，但ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故第一电离，故C错误； D．常温下氨为气态，水为液态，故沸点：NH3＜H2O，故D错误； 故选B。 5．A 6．C 7．D 【解析】5．A．该反应可以理解为醇的氧化反应生成乙酸，为放热反应，则△H<0，A正确； B．CO结构为，反应生成乙酸中存在碳氧双键和碳氧单键，则CO在反应过程中共价键发生断裂，B错误； C．[RhI2(CO)2]−为反应的催化剂，降低该反应的活化能，加快反应速率，C错误； D．及时分离CH3COOH ，促使平衡正向移动，但是物质浓度减小，减慢了反应速率，D错误； 故选A； 6．A．溴乙烷在氢氧化钠醇溶液条件下加热生成乙烯，反应：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O，A错误； B．过量铁与氯气反应生成氯化铁：，B错误； C．乙烯和K2[PtCl4]溶液在催化剂作用下制得蔡斯盐，反应为： ，C正确； D．Ni能与CO在50~60℃条件下反应生成 Ni(CO)4，：，D错误； 故选C； 7．A．(CH3)3Al中 Al 原子形成3个共价键，且无孤电子对，轨道的杂化类型为 sp2，A错误； B．K[PtCl3(C2H4)]中钾为+1价、氯为-1价， C2H4整体化合价为0，则Pt的化合价为+2，B错误； C．二茂铁 Fe(C5H5)2熔点为 172℃，属于分子晶体，不存在离子键，C错误； D．1个CO中存在1个σ键，镍和4个CO形成4个配位键，则1mol Ni(CO)4中含8mol σ 键，数目为 8 mol，D正确； 故选D。 8．A 【详解】A．硅和碳高温生成粗硅，粗硅和HCl高温生成，再被氢气还原为硅单质，A正确；   B．饱和氨盐水通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体，氯化钠和二氧化碳不反应，碳酸氢钠受热分解为碳酸钠，B错误； C．氨气被氧气氧化为NO，NO和水不反应，制硝酸应为NO和氧气生成二氧化氮，二氧化氮和水生成硝酸，C错误；   D．氢氧化镁和盐酸生成氯化镁溶液，结晶得到氯化镁晶体，再转化为无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到镁单质，电解氯化镁溶液得不到金属镁，D错误； 故选A。 9．B 【分析】电池放电时，锂电极为负极，反应为，多孔功能电极为正极，低温时发生反应，随温度升高Q增大，则正极区转化为；充电时，锂电极为阴极，得到电子，多孔功能电极为阳极，或失去电子，据此分析； 【详解】A．放电时，锂电极（负极）发生氧化反应：，生成的Li+需向正极（多孔功能电极，上方）移动，故Li+向上通过固态电解质膜，A正确； B．放电时，在正极得电子，生成Li2O（O为-2价）时1molO2转移4e⁻，生成Li2O2（O为-1价）时转移2e⁻。题目中“温度升高Q增大”，说明高温下更易生成Li2O（转移电子数更多），此时正极反应应为；而对应生成Li2O2（转移2e⁻，Q=2），为低温下反应，B错误； C．充电时，锂电极作阴极，需接电源负极，发生还原反应：，C正确； D．熔融盐中的质量分数影响离子浓度，离子浓度决定导电性，进而影响充放电时离子迁移速率，D正确； 故选B。 10．B 【详解】A．X分子中含1个苯环、2个酮碳基和1个碳碳双键均能与H2发生加成反应，共消耗H2的物质的量为（3+2+1）mol =6mol，A错误； B．Y为环己烯，分子中碳碳双键上的碳为sp2杂化，单键上的碳为sp3杂化，因此和杂化的碳原子数目比为1:2，B正确； C．X中羟基连在非苯环碳上，为醇羟基，Z中无酚羟基，二者均不与FeCl3发生显色反应，无法区别，C错误； D．Z分子中含碳碳双键，能与Br2发生加成反应，因此Z能使的溶液褪色，D错误； 故选B。 11．C 【详解】A．溶液中通入和X气体产生白色沉淀，可能因X的强氧化性将氧化为硫酸根生成硫酸钡沉淀，也可能是氨气和二氧化硫在水中发生反应，然后与氯化钡发生复分解生成亚硫酸钡沉淀，所以X可能不是强氧化性气体（如NH3），A错误； B．溶液中加入酸性褪色，具有还原性可被氧化，但Cl-在酸性条件下也可能被氧化，无法排除Cl-的干扰，B错误； C．溶液显碱性是因水解生成OH⁻，加入后生成BaSO3沉淀，浓度降低导致水解平衡逆向移动，OH⁻减少，碱性减弱，红色褪去，C正确； D．溶液中S2-过量，加入硫酸铜，先形成CuS沉淀，再滴入0.01 溶液，剩余的硫离子会直接与锌离子反应形成ZnS沉淀，无法据此比较溶度积，D错误； 故选C。 12．C 【分析】硫酸亚铁铵溶于水，加硫酸酸化，再加草酸，析出草酸亚铁晶体，过滤，洗涤，得到较纯净的草酸亚铁晶体。 【详解】A．，已知，即，将数值代入，解得，故，A正确； B．“酸化”后溶液中存在电荷守恒，此时溶液呈酸性，有，故，B正确； C．“沉淀”后的上层清液为的饱和溶液，此时，C错误； D．用乙醇洗涤可带走晶体表面水分，同时乙醇易挥发，利于快速干燥，D正确； 故选C。 13．B 【详解】A．反应Ⅱ为吸热反应，温度升高，反应Ⅱ的K值增大，其平衡常数：，A错误； B．、时，设起始甲醇物质的量为1mol，a点转化率较低(约为65%)、CO选择性很低(约为2%)，则n(CO)=1mol×65%×2%=0.013mol，n(CO2)=0.65mol-0.013mol=0.637mol，b点转化率较高(约为95%)、CO选择性相对较高(约为12%)，则n(CO)=1mol×95%×12%=0.114mol，n(CO2)=0.95mol-0.114mol=0.836mol，故的物质的量：a点b点，B正确； C．其他条件不变，混合气体流速越大，不能完全反应，故转化率不一定越大，C错误； D．温度高于240℃，甲醇的转化率基本不变、CO选择性迅速上升，说明反应Ⅱ速率随温度增大的程度大于反应Ⅰ，但是无法得出反应Ⅱ速率大于反应Ⅰ，D错误； 故选B。 14．(1) d (2) (3)不能,沉淀完全时，,，已经开始沉淀，故不能完全分离 (4) (5)先加氨水，与形成配合物，使溶液中浓度减小，沉淀速率减小，从而防止沉淀过快无法形成 (6)滴加 溶液，控制溶液的pH略大于8.2，充分反应静置后过滤；用蒸馏水洗涤至最后一次洗涤液滴加 溶液，无白色沉淀产生 【分析】由题给流程可知，向炼锌废渣中加入稀硫酸酸浸，金属氧化物转化为硫酸盐，单质铜不反应，过滤得到含有铜、硫酸铅的浸渣和滤液；向滤液中加入氢硫酸溶液沉铜，将溶液中的铜离子转化为硫化铜沉淀，过滤得到硫化铜和滤液；向滤液中加入过二硫酸钠溶液沉锰，将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，过滤得到二氧化锰和滤液；向滤液中加入有机萃取剂萃取溶液中的锌离子，分液得到含有锌离子的有机相和水相；向水相中先加入氨水，将溶液中的亚钴离子转化为配合物，再向反应后的溶液中加入热的氢氧化钠溶液沉钴，将溶液中的亚钴离子转化为β-Co(OH)2沉淀，过滤得到滤液和β-Co(OH)2。 【详解】（1）钴元素的原子序数为27，基态原子的价电子排布式为，则钴元素位于元素周期表的d区； （2）由方程式可知，反应的平衡常数K====； （3）由溶度积可知，溶液中锌离子完全沉淀时，溶液中，则溶液中浓度熵Qc=，溶液中已经开始沉淀，所以不能实现和的完全分离； （4）由分析可知，加入过二硫酸钠溶液沉锰的目的是将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，反应的离子方程式为； （5）由题给信息可知，沉淀过快无法形成β-Co(OH)2沉淀，所以制备β-Co(OH)2时应先加氨水，使溶液中亚钴离子与氨分子形成配合物，将溶液中的亚钴离子浓度减小，沉淀速率减小，从而防止沉淀过快无法形成β-Co(OH)2沉淀； （6）由题给信息可知，从反萃取后的水相中回收得到较纯净的氢氧化锌的实验方案：向溶液中边搅拌边滴加1.0mol/L氢氧化钠溶液，控制溶液的pH略大于8.2，充分反应静置后过滤；用蒸馏水洗涤至最后一次洗涤液滴加1.0mol/L 氯化钡溶液，无白色沉淀产生；将洗涤干净的沉淀低温干燥得到较纯净的氢氧化锌。 15．(1)15mol (2)    (3)取代反应 (4)碳碳双键、酯基 (5)或   (6)   【分析】 A→B为酯化反应，C→D为取代反应，E的分子式为C18H16O2，生成的F分子式为C9H10O，G分子式为C9H8O2，由分子式可发现E+H2O→F+G，且G为羧酸，所以E为酯，F为醇；根据F的分子式可知，，结合H的结构，可知F中应除苯环外，还有一个双键，F结构为，E的结构简式为，D与F发生双键的还原和碳氧双键的加成，生成H，以此分析。 【详解】（1）1mol化合物A含有的键数目是15mol； （2） 苯环上连接羟基后，使邻对位活化，所以连接方式除了题干中在酚羟基的对位，还可以在酚羟基的邻位，即 ； （3）C中羟基去氢之后的基团取代了另一反应物的氯原子，所以的反应类型为取代反应； （4） 由分析可知，E的结构简式为，所以E中官能团的名称为碳碳双键、酯基； （5） G和乙二醇以物质的量之比为2:1完全酯化的有机产物，它的同分异构体既能发生水解反应又能发生银镜反应，则应该有结构，分子中有3种不同化学环境的氢原子，则该分子应高度对称，所以满足条件的同分异构体可能为或 ； （6） 采用逆推法分析，由最后的聚合物可推知需要的单体为，由题目流程C→D，D+F→H可知，以和为原料，可以得到，后将羟基氧化，最终可得到单体，所以制备过程为： 16．(1) 主要用于消耗配制溶液时加入的盐酸 除去空气，防止部分被氧化为，造成产品不纯 (2) 碱性条件下，几乎不溶解，钙离子浓度很小；同时浓度增大，会与产生竞争吸附 (3)缓慢加入溶液40.0mL不断搅拌；再分批缓慢滴入溶液，不断搅拌至用pH试纸测得反应液，过滤；将滤液蒸发浓缩至表面析出晶膜，降温至室温结晶(或在室温下冷却结晶)；过滤，所得晶体用无水乙醇洗涤2~3次 【详解】（1）①配制FeCl2和FeCl3溶液溶液时，防止亚铁离子和铁离子水解，加有盐酸，氨水先与盐酸反应。 ②FeCl2+2FeCl3+8NH3⋅H2O=Fe3O4↓+8NH4Cl+4H2O ③通入N2除去空气，防止Fe2+部分被O2氧化为Fe3+，造成产品不纯 （2）①从图1中可以看出初始pH为3～6时，磷的去除率较高且反应后pH均有一定的上升，反应过程中无气体生成。结合图2，写出对应的离子方程式： ②当初始pH为9～10时，磷的去除率明显小于初始pH为3～6的去除率，是因为：一方面碱性条件下，CaCO3几乎不溶解，钙离子浓度很小；同时OH−浓度增大，会与产生竞争吸附 （3）向含0.02molCaHPO4⋅2H2O的浆料中缓慢加入0.25mol/LK2SO4溶液40.0mL不断搅拌；再分批缓慢滴入H2SO4溶液，不断搅拌至用pH试纸测得反应液pH≈4~5，过滤；将滤液蒸发浓缩至表面析出晶膜，降温至室温结晶(或在室温下冷却结晶)；过滤，所得晶体用无水乙醇洗涤2~3次，干燥。 【点睛】题目通过先将FeCl2⋅4H2O和FeCl3⋅6H2O晶体配制成混合溶液，再与氨水反应可制得纳米Fe3O4，在题目已给信息中可以看出，通过纳米Fe3O4物理吸附和CaCO3溶出后通过化学反应等去除水体磷，所以在后续离子方程式是碳酸钙反应而不是四氧化三铁反应，这里需要注意。 17．(1) (2)空燃比大于14.7，汽油充分燃烧，CO和的含量少，难以被还原 (3) 提高薄膜导电性；促进气体吸附 (4)CuO会与CaO反应生成，但是过多的CuO会附着在材料表面，CuO不会与发生反应，导致反应活性位点减少 (5)相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附（或BiIn合金催化剂能够降低*形成*OCHO中间体的活化能），相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能 (6) DCOOH、DCOOD 【分析】Ⅱ. （3）图中a侧发生反应：；b侧：，据此分析。 【详解】（1）碳的燃烧热的热化学方程式① ； ② ③ 目标反应可由①×2 - ② - ③得到，则； （2）结合图知，氮氧化物的转化效率降低的原因：空/燃比大于14.7，汽油充分燃烧，CO和的含量少，难以被还原； （3）①碳纳米管的作用：提高薄膜导电性；促进气体吸附； ②a侧：；b侧：，则存在计量关系：；a侧空气流量为a，理论上要将空气中的完全去除，则b侧流量至少为； （4）当摩尔比小于1：1时，随CuO加入，CuO会与CaO反应生成，但是过多的CuO会附着在材料表面，CuO不会与发生反应，导致反应活性位点减少，钙铜复合材料对捕集量减少； （5）相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附（或 BiIn合金催化剂能够降低*形成*OCHO中间体的活化能），相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能； （6） ①图中过程ⅱ中得电子转化为负离子中间体，过程iii中得电子转化为，则形成的负离子中间体为：； ②过程ⅱ得电子形成负离子中间体，过程ⅲ转化为，过程iv中，结合水电离出的H+ 生成、结合水电离出的H+ 生成甲酸。若将换成，生成甲酸的结构简式为DCOOH；而生成的三唑的结构简式为，可与二氧化碳反应进入新的循环，经过程i、ii、iii、iv可得到；综上，若将换成，则生成甲酸的结构简式可能为DCOOH、。 学科网（北京）股份有限公司 $