非选择题专练(5)有机化学综合推断-【鱼跃龙门卷】2026年高考化学试题逐题突破（山东专版）

2025一2026学年度高考试题逐题突破 非选择题专练（五） 化学·有机化学综合推断 总分：72分时间：40分钟姓名： 得分： 可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16 1.(12分)有机物F是合成磷酸奥司他韦的重要环氧中间体，以莽草酸（有机物A)为原料合成路 线如图所示： HO COOH HO- COOCH COOC,H HO- CH;CH2OH HO- 3-戊酮 CHSOCI SOCI CHF SO (CH;CH2)N OH OH OH B C 0 COOC,H COOCHs COOC,H (CHjCH2)N HO NaHCO3 TiCL OSO,CH OSOCH D E 回答下列问题： (1)莽草酸 (填“易溶”或“难溶”)于水，理由是 (2)有机物B的含氧官能团名称为 (3)DE的反应类型为 ,该反应除生成有机物E,还可能生成的副产品有 (写出一种即可)。 (4)E→F是有NaHCO3参与的环合反应，同时有F、CO2等四种产物，写出该反应的化学方程 式： (5)有机物M为3-戊酮的同分异构体，M可以发生银镜反应，通过核磁共振氢谱显示有2组 峰，峰面积之比为9：1，写出M的结构简式： 2.(12分)化合物F是一种医药合成中间体，F的一种合成路线如图所示： OH OHC. OH X H/HCI CIHNO:CICH2COCI NO,HCI/CaCl, Pd C B OH OHC OH OHC HCIHO K2CO3 NHCOCH-CI NHCOCH-CI D 完成下列问题： (1)有机物X的名称为 ,化合物C的结构简式为 0 (2)有机物F中的官能团，除醛基外还有 ,C→D的反应类型为 (3)写出E→F反应的化学方程式： (4)A的同分异构体有多种，满足下列条件的有 种。 ①分子中含有苯环②能发生银镜反应③分子中含有一NO2 化学X·非选择题专练（五）第1页（共4页）】 广鱼跃花门卷 (5)利用上述路线条件及信息，设计以CH,CH,OH为原料制取，CK。门的合成路线： (无机试剂和有机溶剂任选)。 3.(12分)维生素I( OH)的合成路线如图所示。 OH CHO C.HO CHO M 一定条件 CHO CHCHCO CICH.COOCH △ NaOH,△ 碱 B D c,o88cl.0△c,0 CHO多步反应，1 E G 已知： ①I+>△： 0 R 0R" ②RC-R'+CICHCOOCH,.碱R一 (R、R'、R"为H原子或烃基)。 R'COOCH 回答下列问题： (1)A→B涉及的反应类型有 ,M的名称为 ,化合物E中的含氧官 能团的名称为 (2)由C生成D的化学方程式为 D与足量Br2发生加成反应的产物分子中含有 个手性碳原子。 (3)F的同分异构体中符合下列条件的有 种。 ①分子中含有苯环②能发生银镜反应和水解反应 ③核磁共振氢谱有4组峰④不含 过氧键 (4)参照上述合成路线，写出以氯乙酸甲酯(C1CH2 COOCH3)和=O为主要原料制备合成 的路线： 4.(12分)Vitamin B1(H)的一种全合成路线如图所示： OCOCH: DMF,POCl, CN M NC NH N(CH3)2 NC 试剂N NH 1HCI COCOCH,2NaOH HSOi H NH OH E NH CI·HCI 化学X·非选择题专练（五）第2页（共4页） (1)A中含氧官能团的名称是 (2)C→D的反应类型是 (3)已知D→E反应的化学方程式为D十M十N→E十HCI(已配平)，则试剂N的化学式 为 (4)试剂M在使用时应防止反应体系碱性过强，写出试剂M与过量NaOH溶液在加热条件 下的反应方程式为 (5)E→F步骤中，使用过量盐酸的作用是构建出五元环结构，则氢氧化钠的作用是 (6)满足下列条件，且与化合物C互为同分异构体的结构有 种（不考虑立体异构）。 ①分子中含有嘧啶环（心）少且环中氮原子上无取代基 ②嘧啶环上连有与化合物C相同的3种取代基 (7)某课题组参照上述合成方法，采用如下路线合成化合物Q: DHCI NH2 CICH-CHO 2NaOH 试剂N -Q 写出化合物P与Q的结构简式：P Q 0 5.(12分)环苯草酮是一种高效除草剂，其合成路线如图所示。 A CHCH2ONa ①KOH C.HSO K,CO C1H26SOs C.HosO,②HsO,△'CHSO,DCM,EtN 一定条件 X(CH2CINO2) C1sH2SO,CH,CHOH,△ 环苯草酮 已知： ①Ar,入 COOR Ar COOR COOR @人又人aou +CH CH2OH 化学X·非选择题专练（五）第3页（共4页） 鱼跃龙门卷 回答下列问题： (1)A→B的化学方程式为 反应类型为 (2)C中含氧官能团名称为 ；E中手性碳原子的数目为 ;F的结构简式 为 (3)写出符合下列条件的D的同分异构体的结构简式： (任写一种)。 ①苯环上有3个取代基，1mol该有机物最多能与2 mol NaOH发生反应 ②核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为9：2：2：2：1 (④根据上述信息，写出以人利，又。为主要原料制备 的合成路线： COOH 6.(12分)布洛芬(V)是一种非甾体抗炎药，具有镇痛、解热和抗炎的作用。以金属氢化物（如 LiA1H4)为还原剂代替锌汞齐作催化剂可实现绿色合成布洛芬，其合成工艺路线如图所示。 OH 公 COOH LiAIH, HBr(浓) ①Mg,2CO2 ③H,O,H (1)化合物I的分子式为 。1 化合物V中官能团的名称为 ,化合物Ⅱ的某种 同分异构体含有苯环，能与FCL3溶液发生显色反应，且核磁共振氢谱上只有4组峰，写出 其中一种化合物的结构简式： (2)关于上述示意图中的相关物质及转化，下列说法正确的有 (填标号)。 A.化合物I中存在“头碰头”形成的ppπ键 B.由化合物I到Ⅱ的转化中，有非极性共价键的断裂与形成 C.化合物Ⅲ属于卤代烃，难溶于水 D.化合物V中，碳原子采取sp3和sp杂化，并且存在手性碳原子 (3)利用题目所给原理，以丙酮为原料合成(CH3)2 CHCOOCH2CH2CH3,基于你设计的合成 路线回答下列问题： ①第一步反应为丙酮与非极性分子发生原子利用率100%的反应，产物的结构简式 为 0 ②相关步骤涉及卤代烃的生成且为取代反应的化学方程式为 ③最后一步反应的化学方程式为 化学X·非选择题专练（五）第4页（共4页）·化学X· 【解析】(1)锂的第二电离是失去1s2上的1个电子，是从稳定 结构中失去1个电子，非常困难，因此第二电离能最大，硼的第 二电离失去2s上的1个电子，破坏了全充满的稳定结构，失电 子比较困难；铍的第二电离失去2s上的1个电子而出现全充 满的稳定结构，失电子比较容易，所以硼的第二电离能大于铍 的第二电离能，故答案为Li>B>Be。 (2)根据B2H6分子结构为BH3一BH3,每个硼原子形成4个共 价键，所以B原子杂化方式为sp3杂化。乙硼烷中B原子是sp 杂化，硼的最外层有3个电子，分别占据1个sp杂化轨道，剩 余1个空的sp3杂化轨道与旁边B原子上的H原子成键，这样 乙硼烷分子中有两个B一H一B键，三个原子核，两个电子，则乙 硼烷的化学键为三中心两电子，乙硼烷的桥键②记作“3c2” 氢原子仅用1s轨道就可形成桥键的原因是氢原子的1s轨道是 球形对称的，成键无方向性。 (3)钙原子在晶胞体心，钙原子的个数为1，钾原子位于晶胞的 顶点，钾原子的个数为8×令=1，硼原子、碳原子位于面心，丽 1 原子、碳原子个数均为12×2=6，晶体最简化学式为 KCaB C6,乙中由12个B与12个C构成的多面体含有 36条棱。 (4)常温下，Na2CO3溶解度大于NaHCO,,是因为HCO5之间 可以通过氢键形成二聚或多聚体。 3d 6.(a)06NN↑1] ②sp25③> (2)aNAX10 M 【解析】(1)①根据结构可知，金属盐Co(N)2(H2O)4·4H2O中， N5和H2O都是单齿配体，中心离子钴离子的配位数为6，钴是 第27号元素，钴离子的价层电子轨道表示式 3d 4州个↑↑： ②N结构中含有类似苯分子中的大π键，所以N5一定是平 面封闭环状结构( ),所以N原子的杂化类型一定是 sp2杂化，这样才能保证其形成平面环状结构；根据两个原子之 间成键一定有且只有1个。键的原理，得到N5的平面环状结 构中一定有5个。键。 ③大π键会使原子间的结合力增加，键能增加，故氨氨键的键 能：N5>H2N一NH2 (2)已知单元的相对质量为Mg·mol1,所以每个单元的 质量为 NA8,晶胞中含有y个[(N,)6(H,O),(NH,),C]单 元，所以晶胞质量为兴g:品胞边长为anm,即aX10m,所 以晶胞体积为a3×10-1cm3。由上可以得到晶体的密度为 x总 aX10a=p,解得y=a'pNAX101 M 化学非选择题专练（五） 1.(1)易溶 莽草酸中的羟基和羧基与水形成氢键；莽草酸是极性 分子 (2)酯基、羟基 H() COOCH; (3)还原反应 或 OSO,CH HO- -COOC,H HO- OSO,CH (4) 0 -COOCHs -COOCH HO- +NaHCO;- OSO,CH CH,SO,Na+CO2↑+H,O CH (5)CH3—C-CHO CH 【解析】(1)莽草酸易溶于水，理由是莽草酸中的羟基和羧基与 水形成氢键；且莽草酸是极性分子，水也是极性分子，故易溶 于水。 (2)由有机物B的结构简式可知，含氧官能团名称为酯基、 羟基。 (3)结合D、E的结构简式可知，D→E的过程中加了2个氢原 子，属于还原反应；根据反应原理可知，该反应除生成有机物E, HO- COOCHs 还可能生成的副产品有 0 或 OSO,CH; HO -COOCH HO- OSO,CH (4)将CH,SO3H视作一元酸即可得出该反应会生成F、CO2、 CH,SONa、H2O,化学方程式为 -COOC2Hs COOCH HO- +NaHCO;- OSO,CH: CH3SO3Na+CO2个+H2O。 (5)3-戊酮的分子式为CH1。O,其同分异构体M可以发生银镜 反应，说明其含有醛基，通过核磁共振氢谱显示有2组峰，峰面 积之比为9：1，则含有一C(CH)基团，满足条件的结构简式 CHa 为CH3一CCHO。 CH, OH (1)1,3-丙二醇 NH (2)酰胺基、醚键取代反应 (3)OHC OH OHC +K2CO;- NHCOCH,CI KHCO+KCI (4)15 CH,CH,OH浓宽酸CH,=CH,B, CH2—Br △ CH2—Br OH一CH,KOH水溶液 (5) OH-CH2 △ Cu/O, →CH;CHO △ r0. CH-CH,HCU/CaCh LO 【解析】(1)根据X的结构简式HOCH2CHCH2OH,可知其化 学名称为1,3-丙二醇；由B的结构简式和C的分子式，再结合 ·15 参考答案及解析 OH 反应条件，可知C的结构简式为 量Br2发生加成反应的产物 ,分子中含有4个 NH (2)有机物F中的官能团除醛基外，还有酰胺基和醚键；根据C 手性碳原子。 和D的结构简式，可知C→D属于取代反应。 (3)F的分子式为CsH2O3,有5个不饱和度，符合“①分子中 (3)根据E和F的结构简式，可知E与K2CO3发生反应的化学 含有苯环，②能发生银镜反应和水解反应，③核磁共振氢谱有4 OH 组峰，④不含过氧键”条件的同分异构体说明含有甲酸酯、羟基 方程式为 +KCO- OOCH NHCOCHCI H.C CH OH 或醚键，符合条件的结构为 -KHCO;+KCI HC CH: C(CH H OOCH OOCH (4)苯环上连有一NO2、一CHO、一OH三个基团共10种，去掉 (CH)C A还有9种；苯环上连有HCOO一和一NO2,有3种；苯环上连 C(CH,共3种。 有一CH0和一O一NO2有3种，共15种。 (CH:)C C(CH) OH OH (5)要合成CH,( 0门采用逆推法，需要先合成乙二醇和乙 (4)参照上述合成路线采用逆推法， 醛，故需要将乙醇消去生成乙烯，再加成生成1,2-二溴乙烷，最 后水解生成乙二醇；将乙醇氧化制取乙醛，具体流程见答案。 (1)加成反应、消去反应丙酮醚键、酯基 COOH COOCH CICH2 COOCH3,由此写出合成路线 CHO 4. (1)酰胺基 NaOH. -H,O (2)加成反应（或还原反应） CH (3)CS2 3)3 CI OH (4) OCOCH,+2NaOH H.O OH +NaCH 0 (4CICH,COOCH COOCH,NaOH. COOH HCI CH;COONa (5)促进酯基（完全）水解（或使一NH时转化为一NH2或中和过 量的盐酸) (6)11 OH CHO CN 【解析】A先发生加成反应生成 然后发生消去反应 C 0 【解析】(1)由A的结构简式可知，A中含氧官能团为酰胺基。 (2)C与氢气加成，一CN变为一CH2NH2,生成D,属于加成反 生成B,M为 ,B和乙烯发生信息①的加成反应生 CH3 应或还原反应。 (3)对比D、M、E的结构可知，试剂N为CS2。 CHO 成C( ),C与M先加成然后消去生成D (4)试剂M与过量NaOH溶液在加热条件下反应，M中酯基和 OH 氯原子会水解，得到 化学方程式为 ),D与C1CH2 COOCH3在碱存在的条件下发生 +2NaOH- OCOCH OH 信息②反应生成 COOCH),E在碱性条件下 CH,COONa。 (5)对比E、F的结构可知，氢氧化钠的作用是促进酯基（完全） 水解再酸化生成F( CO0H),F到G对比分子式 水解或使一NH转化为一NH2或中和过量的盐酸 N (6)①分子中含有嘧啶环( )且环中氨原子上无取代基； 知去掉1个CO2,G 据此解答。 ②嘧啶环上连有与化合物C相同的3种取代基，即嘧啶环上三 种取代基为一CH、一NH2、一NH2,符合条件的结构共有 (1)根据分析可知A→B涉及的反应类型有加成反应、消去反 12种，其中一种就是C,因此符合条件的C的同分异构体有 应，M的名称为丙酮，化合物E中的含氧官能团名称醚键 11种 酯基。 (2)由C生成D的化学方程式为 (7) 与NaCN反应生成P,P与氢气加成生成 CHO CN NaOH D与足 NH2,即P的结构简式为〔 ;得到Q的过程参考 高考试题逐题突破 D到F的过程，由此可知Q的结构简式、 (1) 加成反应 (2)(酮)羰基、酯基 2 OH CH OH CH CHSC-CH或《 SCH2一CCH OH CH OH CH. HO CH HO CH 或 〉-SCH2CCH或 —CH2SCCH HO CH, HO CH CH,CH2 ONa 稀H2SO, △ COOH 6 【解析】根据A、B及反应物 的分子式，可知 A→B为加成反应，由D(C1H6SO2)与 反应生成E ),可推断D为 ,结合已知 ③，可知C为 结合已知②，可知B为 1 ,结合已知①，可知A为 E的分子 2 式为CsH22SO3,可知E与F互为同分异构体，E→F为异构化 3 过程，结合环苯草酮的结构，可知F的结构为 0 (1)由分析可知，A→B的化学方程式为 ,该反 应为加成反应。 (2)由分析可知，C的结构简式为 ,故含氧官能 团为（酮）羰基、酯基；E的结构为 ,其中标有 *的为手性碳原子，有2个：F的结构为 (3)由条件①可知，D的同分异构体的结构含有1个苯环，苯环 上连接3个基团，其中有2个酚羟基，由条件②可知，另1个基 CH 团有连在同1个碳原子上的3个甲基，即一CH,据此写出 CH3 满足条件的D的同分异构体。 OH OH (1)C12H160 羧基 (2)CD OH OH (3)①HC-CH—CH3 ②H,C-CH-CH,+HBr(浓)△ Br HC—CH-CH3+H2O CHa ⑤ HC-CH-COOH +CH,CH2CH2 OH 浓硫酸 △ CH CH-CH-COOCH2 CH2 CH3+H2O 化学关键能力专练（一） 、选择题 D【解析】A项，煤是主要由碳、氢、氧、氨、硫等元素组成的复 杂有机高分子混合物；B项，石油是主要由碳和氢元素组成的烃 类混合物，包括烷烃、环烷烃和芳香烃，不含油脂；C项，煤的气 化是将煤转化成可燃性气体的过程，属于化学变化；D项，加人 催化剂的目的是降低反应的活化能，加快反应速率。 D【解析】D项，五元环中，酰胺基中的C为sp2杂化。 C【解析】硫化钾为强碱弱酸盐，S2-会发生水解，所以$2-的 数目小于2N。;标准状况下，HF为液体，无法根据气体摩尔体 积计算其物质的量；已知1个C0分子中含有14个中子，故 2.8gC0中含有的中子数为 28g.mol-X14X NA mol-1=1. 2.8g 4NA;过氧化钠的摩尔质量为78g·mol1,39g(即0.5mol)NazO2 与足量水充分反应，即发生反应2Na2O2十2H20一4NaOH+ ·16 O2◆，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，2mol过氧化钠参与反 少，表示的曲线是丙，则X=2.0的曲线是甲。 应时转移2mol电子，所以39gNa2O2与足量水充分反应，转 ②随着温度的升高，积炭生成量减少的原因是温度升高，反应 移的电子数为0.5NA。 Ⅲ和Ⅱ平衡正向移动，温度对反应Ⅲ正向移动影响程度更大， C【解析】取一块打磨过的生铁片，在其表面滴1滴含酚酞和 导致积炭生成量减少。 K,[Fe(CN)。]的食盐水，铁皮发生吸氧腐蚀，没有H2生成；铁 (5)恒温恒容，进料比X=1.0,假设甲烷和二氧化碳分别是 片发生吸氧腐蚀，Fe电极反应为Fe一2e一Fe+,边缘处为 1mol,反应I先进行，反应N后进行，设反应I转化率为x,二 红色的原因是二价铁被空气中的氧气氧化为三价铁；铁片发生 氧化碳的平衡转化率为y,平衡时，总物质的量增加了60%，列 吸氧腐蚀，反应后中心区域溶液呈碱性，pH>7;铁皮发生吸氧 三段式： 腐蚀的原理是原电池，化学能不能完全转化为电能。 CH,(g)+CO2 (g)=2CO(g)+2H2 (g) A【解析】A项，向容量瓶中转移溶液时用玻璃棒引流；B项， 始/mol 1 1 0 0 导管不能插人饱和碳酸钠溶液中，会引起倒吸；C项，碘单质受 转/mol x 2x 2x 热升华，遇冷的圆底烧瓶凝华，而NH,CI受热易分解成氨气和 平/mol 1-x1-x 2x 2x 氯化氢，遇冷后又生成氯化铵，此方法不能提纯含NH4CI杂质 的碘晶体；D项，溴水具有氧化性能腐蚀橡胶，不能用碱式滴定 CO2(g)+H2 (g)=CO(g)+H2 O(g) 管盛装，应用酸式滴定管盛装。 始/mol 1-x2x 2x 0 B【解析】向FCl2溶液中通入过量H2S气体，不会发生反应； 转/mol y y y y 酸性条件下，碘盐中的碘酸根离子可以和碘离子反应生成单质 平/mol1-x-y2x-y2x+yy 碘，离子方程式为IO?+5I厂十6H+一3L2十3H20;向碳酸氢 ①n每=2+2x=2X1.6,得x=0.6,故CH4的平衡转化率 镁溶液中加入过量的NaOH溶液，生成氢氧化镁沉淀，离子方 为60%。 程式为Mg2++2HC0?+4OH —Mg(OH)2￥+2CO号+ ②恒温恒容，平衡压强为1.6pkPa时，混合气体中n(H2O): 2H2O;向硫酸铝铵溶液中滴加氢氧化钡溶液至硫酸根离子沉 y 淀完全，则硫酸铝铵与氢氧化钡的物质的量之比为1：2，反应的 aC0,)-8i1,得-2)-是解得y=03,K, 离子方程式为2Ba2++NH+A13++2S0?+4OH P(CO)·P(H2O) Al(OH)gY+NH3·H2O+2BaSO4Y。 p)·PCO)P(CO)=P￥，水、氢气三氧化碳的 n总 A【解析】根据图示，KHA溶液呈酸性，当溶液中只含有K2A 平衡分压同理得出，数据代入得K。=5。 时溶液的pH≈10，酚酞的变色范围是8~10，所以用KOH溶 9.(1)将+3价铈氧化为十4价铈 液滴定0.1mol·L-1KHA溶液可以用酚酞作指示剂；根据图 (2)随着c(SO)增大，水层中Ce+与SO结合成 示，c(HA)=c(A2)时，pH=7,25℃时，H2A第二步电离平 [CeSO,]+,导致萃取平衡向左移动，D迅速减小 衡常数K2≈10？；c点溶液中，c(HA)=c(A2),pH=7, (3)2Ce++H202—2Ce3++02个+2H c(H)=c(OH),根据电荷守恒c(H)十c(K)=c(HAˉ)十 (4)9 2c(A2-)+c(OH),故c(K+)=3c(HA);a→d点，随滴入 (5)CeOx-)+2xNO-CeOz+xN2 KOH的体积增大，H2A减少、KHA先增多后减少、K2A增多， 11 (6)①(1,2,2) ② 172×4 或3.87X102 H2A抑制水电离，KHA溶液显酸性，说明HA的电离程度大 43a3XNA 于水解程度，KHA也抑制水电离，K2A水解促进水的电离，所 (4x100）°xN 3 以a、b、c、d四点溶液中水的电离程度为a<b<c<d。 ③10% 、非选择题 【思路分析】氟碳铈矿（主要含CFCO3)经“氧化焙烧”将十3价 (1)799 铈氧化为十4价，加入盐酸得到含C+的溶液，加入萃取剂，发 (2)BC 生反应Ce4+十n(HA)2=Ce·(H2m-4A2m)+4H,从而除去 (3)积炭使催化剂活性降低（或使催化剂中毒、催化剂吸附甲烷 溶液中的F-,再加入过氧化氢和硫酸，Ce+被还原为Ce3+,反 能力降低等其他合理答案也可) (4)①甲②温度对反应Ⅲ正向移动影响程度更大，所以积炭生 萃取得到含Ce3+的溶液，加入NaOH,使Ce3+转化为Cc(OH)a, 成量减少 加入NaCIO,Ce(OH)3被氧化为Ce(OH)4。 【解析】(1)原料CeFCO3中Ce为十3价，结合题目信息“在硫 (5)①60%②5 【解析】(1)CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△H4 酸体系中Ce+能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3+不能”，可知 十41.0kJ·mol1,由于反应热等于断裂反应物化学键吸收的 “氧化焙烧”的目的是将十3价铈氧化为十4价铈。 (2)D随起始料液中c(SO?)变化的原因是随着c(SO)增大， 总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差，设C一O的键 能为xkJ·mol1,则△H4=2xkJ·mol-1十436kJ·mol-1 水层中Ce4+与SO?结合成[CesO,]+,导致萃取平衡向左移 1067kJ·mol1-463kJ·mol1×2=+41kJ·mol1,则 动，D迅速减小。 (3)依据流程中水层含Ce3+可知，Ce+作氧化剂，H2O,作还原 C-O的键能为799kJ·mol-1 (2)反应Ⅲ为气体体积增大的反应，其他条件不变，增大压强，平 剂，氧化产物一定有氧气，在酸性环境下反应，从而得出离子方 程式为2Ce4++H2O2一2Ce3++O2个+2H+。 衡逆向移动；平衡时速率之比等于化学计量数之比，所以当 2v正(CO,)=逆(CO)时，反应达到平衡状态；气体质量发生变 (4)Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀时，Ce3+浓度小于105mol· L1,依据Kp[Ce(0H)3]=1.0×10-0,c(0H)= 化，又知一罗，若混合气体的密度不再变化，说明反应已达到 31×10D 平衡状态；升高温度，平衡右移，正反应速率加快，逆反应速率也 √109mol,L1=105molL,c(H+)=10- 10-s mol 加快。 L1=10mol·L1,则pH大于9时，Ce3+完全生成 (3)因积炭生成量增加导致反应I速率显著降低是由于积炭使 Ce(OH)3沉淀。 催化剂活性降低（或使催化剂中毒、催化剂吸附甲烷能力降低 (5)根据题目信息“CO2在氧化气氛中耗氧”“气体产物是空气 等其他合理答案也可)，反应速率减慢： 的某一成分”，可知NO的还原产物是N2,化学方程式为 ④①用X表示进料比？C,在其他条件不变时，增大进裂 CeO2-+2xNO-CeO2+xN2. (6)①根据M原子的分数坐标为(0,0,0)，且N原子在面心位 比，相当于增大CH4的浓度，反应Ⅱ的平衡正向移动，导致积碳 生成量增多，因此X=0.5即进料比最小时，积碳生成量应该最 置，则N原子的分数坐标为1，分，）