化学自习室移动版

一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

【2025甘肃等级考】1. 下列爱国主义教育基地的藏品中，主要成分属于无机非金属材料的是

A. 劳动英雄模范碑(南梁革命纪念馆藏)

B. 红军党员登记表(红军长征胜利纪念馆藏)

C. 陕甘红军兵工厂铁工具(甘肃省博物馆藏)

D. 谢觉哉使用过的皮箱(八路军兰州办事处纪念馆藏)

【答案】A

【解析】

【详解】A．劳动英雄模范碑通常由石材或混凝土制成，属于无机非金属材料（如硅酸盐类），A符合题意；

B．红军党员登记表为纸质材料，主要成分是纤维素（有机高分子材料），B不符合题意；

C．铁工具由金属铁制成，属于金属材料，C不符合题意；

D．皮箱由皮革（动物蛋白质加工而成，属于有机材料）制成，D不符合题意；

故选A。

【2025甘肃等级考】2. 马家窑文化遗址出土了大量新石器时代陶制文物，陶制文物的主要成分为硅酸盐，下列有关表述错误的是

A. 基态Si原子的价层电子排布图：

B. 的同位素可作为有机反应示踪原子

C. SiCl₄的电子式为：

D. 的球棍模型为：

【答案】D

【解析】

【详解】A．Si为14号元素，其基态价电子排布式为3s²3p²，故其基态价电子排布图为，A项正确；

B．¹⁶O和¹⁸O为氧元素的两种同位素，¹⁸O常用作同位素标记，可作为有机反应的示踪原子，B项正确；

C．SiCl₄为分子晶体，Si与Cl形成一对共用电子对，故SiCl₄的电子式为，C项正确；

D．SiO₂为共价晶体，其球棍模型应为立体网状结构，不能表示SiO₂，D项错误；

故选D。

【2025甘肃等级考】3. 苦水玫瑰是中国国家地理标志产品，可从中提取高品质的玫瑰精油。玫瑰精油成分之一的结构简式如图，下列说法错误的是

A. 该分子含1个手性碳原子 B. 该分子所有碳原子共平面

C. 该物质可发生消去反应 D. 该物质能使溴的四氯化碳溶液褪色

【答案】B

【解析】

详解】A．该分子含1个手性碳原子，如图所示 ，A项正确；

B．该分子中存在多个sp³杂化的碳原子，故该分子所在的碳原子不全部共平面，B项错误；

C．该物质含有醇羟基，且与羟基的β-碳原子上有氢原子，故该物质可以发生消去反应，C项正确；

D．该物质含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，D项正确；

故选B。

【2025甘肃等级考】4. CO₂加氢转化成甲烷，是综合利用CO₂实现“碳中和”和“碳达峰”的重要方式。525℃，101kPa下，CO₂(g)＋4H₂(g)=CH₄(g)＋2H₂O(g)   ΔH=－185kJ/mol。反应达到平衡时，能使平衡向正反应方向移动的是

A. 减小体系压强 B. 升高温度

C. 增大H₂浓度 D. 恒容下充入惰性气体

【答案】C

【解析】

【详解】A．反应物气体总物质的量为5mol，生成物为3mol，减小压强会使平衡向气体体积增大的方向（逆反应）移动，A不符合题意；

B．该反应为放热反应，升高温度会使平衡向吸热的逆反应方向移动，B不符合题意；

C．增大H₂浓度会提高反应物浓度，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动以消耗增加的H₂，C符合题意；

D．恒容充入惰性气体不改变各物质浓度，对平衡无影响，D不符合题意；

故选C。

【2025甘肃等级考】5. X、Y、Z、W、Q分别为原子序数依次增大的短周期主族元素。Y、Q基态原子的价电子数相同，均为其K层电子数的3倍，X与Z同族，W为金属元素，其原子序数等于X与Z的原子序数之和。下列说法错误的是

A. X与Q组成的化合物具有还原性 B. Y与Q组成的化合物水溶液显碱性

C. Z、W的单质均可在空气中燃烧 D. Z与Y按原子数1:1组成的化合物具有氧化性

【答案】B

【解析】

【分析】X、Y、Z、W、Q分别为原子序数依次增大的短周期主族元素。Y、Q基态原子的价电子数相同，说明Y、Q为同主族元素，均为其K层电子数的3倍，说明价电子数为6，为氧元素和硫元素；X与Z同族，W为金属元素，其原子序数等于X与Z的原子序数之和，所以只能推出W为镁，则Z为Na，X为H，据此解答。

【详解】A．X与Q组成的化合物如H与S形成的H₂S，这些化合物中S处于最低价，具有还原性，A正确；

B．Y与Q形成的化合物为SO₂或SO₃，溶于水生成亚硫酸或硫酸，溶液显酸性，B错误；

C．Z为Na，W为Mg，都可以在空气中燃烧生成过氧化钠和氧化镁，C正确；

D．Z与Y按1:1组成的化合物为过氧化钠，其中O为-1价，有氧化性，D正确；

故选B。

【2025甘肃等级考】6. 丁酸乙酯有果香味。下列制备、纯化丁酸乙酯的实验操作对应的装置错误的是(加热及夹持装置略)

A. A B. B C. C D. D

【答案】B

【解析】

【详解】A．加热回流时选择圆底烧瓶和球形冷凝管，冷凝管起到冷凝回流的目的，A正确；

B．蒸馏时测定的是蒸汽的温度，温度计水银球应放在蒸馏烧瓶的支管口处，该装置温度计插入液体中，测定是液体的温度，装置不对，B错误；

C．分液时，选择分液漏斗和烧杯，为了防止液体溅出，分液漏斗下端紧挨烧杯内壁，C正确；

D．有机液体干燥时，常加入无水氯化镁，无水硫酸钠等干燥剂，充分吸收水分后，过滤，可得干燥的有机液体，D正确；

故选B。

【2025甘肃等级考】7. 物质的结构决定性质，下列事实与结构因素无关的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】C

【解析】

【详解】A．焰色反应的本质是电子跃迁释放特定波长的光，不同元素的原子能级（能量量子化）导致焰色差异，结构因素正确，A不符合题意；

B．SiH₄和CH₄均为分子晶体，沸点差异由分子间作用力（范德华力）强弱决定，结构因素正确，B不符合题意；

C．金属延展性源于金属键的特性（自由电子使原子层滑动），而离子键对应离子晶体（延展性差），结构因素“离子键”错误，C符合题意；

D．四大晶体类型只是理想的模型，共价晶体与离子晶体没有明显的边界，二者间存在过渡区域，刚玉(Al₂O₃)的硬度大，熔点高，说明其具有共价晶体的特征，结构因素正确，D不符合题意；

故选C。

【2025甘肃等级考】8. 物质的性质决定用途，下列物质的性质与用途对应关系不成立的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】A

【解析】

【详解】A．NaHCO₃用作餐具洗涤剂是因为水解显碱性可与油脂反应，而非热分解性，对应关系不成立，A错误；

B．酚醛树脂耐高温、隔热性符合烧蚀材料保护飞船的需求，对应正确，B正确；

C．离子液体的导电性使其适合作为原电池电解质，对应正确，C正确；

D．水凝胶的亲水性可保持隐形眼镜湿润，对应正确，D正确；

故选A。

【2025甘肃等级考】9. 我国化学家合成了一种带有空腔的杯状主体分子(结构式如图a)，该分子和客体分子(CH₃)₄NCl可形成主客体包合物：(CH₃)₄N^＋被固定在空腔内部(结构示意图见图b)。下列说法错误的是

A. 主体分子存在分子内氢键 B. 主客体分子之间存在共价键

C. 磺酸基中的S-O键能比S=O小 D. (CH₃)₄N^＋和(CH₃)₃N中N均采用sp³杂化

【答案】B

【解析】

【详解】A．主体分子内羟基与磺酸基相邻较近，磺酸基中含有羟基的结构，可以形成分子内氢键，A正确；

B．主体与客体间通过非共价键形成超分子，B错误；

C．已知单键的键能小于双键，则S-O的键能比S=O键能小，C正确；

D．N原子价电子数为5，(CH₃)₄N^＋中N有4条σ键，失去1个电子形成阳离子，无孤对电子，采用sp³杂化，(CH₃)₃N中N有3条σ键，1对孤对电子，价层电子对数为4，采用sp³杂化，D正确；

故选B。

【2025甘肃等级考】10. 我国科学家制备了具有优良双折射性能的C₃H₈N₆I₆·3H₂O材料。下列说法正确的是

A. 电负性N＜C＜O B. 原子半径C＜N＜O

C. 中所有I的孤电子对数相同 D. 中所有N—H极性相同

【答案】C

【解析】

【详解】A．非金属性越强，电负性越大，故电负性：C＜N＜O，A错误；

B．同周期从左到右，原子半径递减，故原子半径：C＞N＞O，B错误；

C．碘的价电子数为7，中心原子I与两个碘通过共用电子对形成共价键，则两边的碘存在3对孤对电子，中心原子I的孤对电子是，C正确；

D．六元环内存在大π键，大π键具有吸电子效应，离大π键比较近，N-H键极性更大，D错误；

故选C。

【2025甘肃等级考】11. 处理某酸浸液(主要含Li^＋、Fe^2＋、Cu^2＋、Al^3＋)的部分流程如下：

下列说法正确的是

A. “沉铜”过程中发生反应的离子方程式：2Fe＋3Cu^2＋=3Cu＋2Fe³⁺

B. “碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，Al(OH)₃沉淀越完全

C. “氧化”过程中铁元素化合价降低

D. “沉锂”过程利用了Li₂CO₃的溶解度比Na₂CO₃小的性质

【答案】D

【解析】

【分析】酸浸液(主要含Li^＋、Fe^2＋、Cu^2＋、Al^3＋)加入铁粉“沉铜”，置换出Cu单质，溶液加入NaOH碱浸，过滤得到Al(OH)₃沉淀，滤液加入H₂O₂，把Fe²⁺氧化为Fe(OH)₃沉淀，在经过多步操作，最后加入Na₂CO₃，得到Li₂CO₃沉淀。

【详解】A．“沉铜”过程中铁置换出铜单质，发生反应的离子方程式：Fe＋Cu^2＋=Cu＋Fe^2＋，A错误；

B．Al(OH)₃是两性氢氧化物，NaOH过量，则Al(OH)₃会溶解，B错误；

C．“氧化”过程中将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，铁元素化合价升高，C错误；

D．加入Na₂CO₃得到Li₂CO₃沉淀，利用了Li₂CO₃的溶解度比Na₂CO₃小的性质，D正确；

答案选D

【2025甘肃等级考】12. 我国科研工作者设计了一种Mg-海水电池驱动海水(pH=8.2)电解系统(如下图)。以新型MoNi/NiMoO₄为催化剂(生长在泡沫镍电极上)。在电池和电解池中同时产生氢气。下列关于该系统的说法错误的是

A. 将催化剂生长在泡沫镍电极上可提高催化效率

B. 在外电路中，电子从电极1流向电极4

C. 电极3的反应为：4OH==4e^-=2H₂O＋O₂↑

D. 理论上，每通过2mol电子，可产生1molH₂

【答案】D

【解析】

【分析】由图可知，左侧为原电池，右侧为电解池，电极1为负极，发生氧化反应，电极反应式为：Mg-2e^-+2OH^-=Mg(OH)₂，电极2为正极发生还原反应，电极反应式为：H₂O+2e^-=H₂↑+2OH^-，右侧为电解池，电极3为阳极，产生氧气，电极4产生阴极，产生氢气。

【详解】A．催化剂生长在泡沫镍电极上可加快电解速率，提高催化效率，A正确；

B．根据分析，电极1是负极，电极4为阴极，电子从电极1流向电极4，B正确；

C．由分析可知，电极3为阳极，发生氧化反应，生成氧气，电极3反应为：4OH==4e^-=2H₂O＋O₂↑，C正确；

D．根据分析可知，电极2和电极4均产生氢气，理论上，每通过2mol电子，可产生2molH₂，D错误；

答案选D。

【2025甘肃等级考】13. 下列实验操作能够达到目的的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】D

【解析】

【详解】A．若该酸为一元酸，0.01mol/L某酸溶液的pH=2，可判断为强酸，但某些二元弱酸，在浓度0.01mol/L也可能达到pH=2，故无法判断该酸是否为强酸，A错误；

B．向稀Fe₂(SO₄)₃溶液中加浓硫酸，虽增加H^＋浓度增大抑制Fe^3＋水解，但浓硫酸稀释时放热，未控制变量，无法单独验证H^＋的影响，B错误；

C．AgNO₃溶液过量，溶液中剩余的Ag^＋会直接与I^－生成AgI沉淀，无法证明AgCl转化为AgI，故不能比较K_sp，C错误；

D．Cl₂与Na₂S反应生成S淡黄色沉淀，证明Cl₂将S^2-氧化为S，验证了Cl₂的氧化性，D正确；

故选D。

【2025甘肃等级考】14. 氨基乙酸NH₂CH₂COOH是结构最简单的氨基酸分子，其分子在水溶液中存在如下平衡：

在25℃时，其分布分数δ[如=]

与溶液pH关系如图1所示。在100mL0.01mol/L⁺NH₃CH₂COOH·Cl^－溶液中逐滴滴入0.1mol/LNaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液滴入体积的变化关系如图2所示。下列说法错误的是

A. 曲线Ⅰ对应的离子是⁺NH₃CH₂COOH

B. a点处对应的pH为9.6

C. b点处

D. c点处

【答案】C

【解析】

【分析】图1可知，随着pH增大，平衡右移，⁺NH₃CH₂COOH的分布分数减少，⁺NH₃CH₂COO^-先增加后减少，NH₂CH₂COO^-最后增加，a点代表⁺NH₃CH₂COO^-和NH₂CH₂COO^-分布分数相等的点；图2中b点滴入NaOH为10mL，⁺NH₃CH₂COOH·Cl^－和NaOH的物质的量相等，得到⁺NH₃CH₂COO^-，c点⁺NH₃CH₂COOH·Cl^－和NaOH的物质的量之比为1:2，得到主要粒子为NH₂CH₂COO^-。

【详解】A．根据分析可知，随着pH值增大，⁺NH₃CH₂COOH的分布分数减少，曲线I代表⁺NH₃CH₂COOH的分布分数，A正确；

B．a点代表⁺NH₃CH₂COO^-和NH₂CH₂COO^-分布分数相等的点，二者浓度相等，Pk_a2=9.6，K_a2=，pH=9.6，B正确；

C．图2中b点滴入NaOH为10mL，⁺NH₃CH₂COOH·Cl^－和NaOH的物质的量相等，得到主要离子为⁺NH₃CH₂COO^-，⁺NH₃CH₂COO^-存在电离和水解，K_a2=10^-9.6，K_h==，电离大于水解，则，C错误；

D．c点⁺NH₃CH₂COOH·Cl^－和NaOH物质的量之比为1:2，得到主要粒子为NH₂CH₂COO^-，根据质子守恒，有，D正确；

答案选C。

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

【2025甘肃等级考】15. 某兴趣小组按如下流程由稀土氧化物Eu₂O₃和苯甲酸钠制备配合物Eu(C₇H₅O₂)₃·xH₂O，并通过实验测定产品纯度和结晶水个数(杂质受热不分解)。已知Eu^3＋在碱性溶液中易形成Eu(OH)₃沉淀。Eu(C₇H₅O₂)₃·xH₂O在空气中易吸潮，加强热时分解生成Eu₂O₃。

（1）步骤①中，加热的目的为_______。

（2）步骤②中，调节溶液pH时需搅拌并缓慢滴加NaOH溶液，目的为_______；pH接近6时，为了防止pH变化过大，还应采取的操作为_______。

（3）如图所示玻璃仪器中，配制一定物质的量浓度的苯甲酸钠溶液所需的仪器名称为_______。

（4）准确称取一定量产品，溶解于稀HNO₃中，萃取生成的苯甲酸，蒸去有机溶剂，加入一定量的NaOH标准溶液，滴入1~2滴酚酞溶液，用HCl标准溶液滴定剩余的NaOH。滴定终点的现象为_______。实验所需的指示剂不可更换为甲基橙，原因为_______。

（5）取一定量产品进行热重分析，每个阶段的重量降低比例数据如图所示。0～92℃范围内产品质量减轻的原因为_______。结晶水个数_______。[，结果保留两位有效数字]。

【答案】（1）升高温度，加快溶解速率，提高浸出率    

（2）    ①. 防止生成Eu(OH)₃沉淀    ②. 缓慢滴加NaOH溶液，同时测定溶液的pH值    

（3）容量瓶、烧杯    （4）    ①. 滴入最后半滴标准溶液，溶液有浅红色变无色，并保持半分钟不褪色    ②. 滴定终点呈碱性，使用甲基橙误差较大    

（5）    ①. Eu(C₇H₅O₂)₃·xH₂O吸潮的水    ②. 1.7

【解析】

【分析】Eu₂O₃加入稀盐酸加热溶解，调节pH=6，再加入苯甲酸钠溶液，得到Eu(C₇H₅O₂)₃·xH₂O沉淀，再经过抽滤、洗涤，得到产品。

【小问1详解】

步骤①中，加热的目的是：加快溶解速率，提高浸出率；

【小问2详解】

Eu³⁺在碱性溶液中易形成Eu(OH)₃沉淀，步骤②中，调节溶液pH时需搅拌并缓慢滴加NaOH溶液，目的是防止生成Eu(OH)₃沉淀；

pH接近6时，为了防止pH变化过大，要缓慢滴加NaOH溶液，同时测定溶液的pH值；

【小问3详解】

配制一定物质的量浓度的苯甲酸钠溶液所需的仪器有容量瓶、烧杯，不需要漏斗和圆底烧瓶；

【小问4详解】

用酚酞做指示剂，HCl标准溶液滴定剩余的NaOH，滴定终点的现象为：滴入最后半滴标准溶液，溶液有浅红色变无色，并保持半分钟不褪色；

滴定终点呈碱性，甲基橙变色范围在酸性范围内，使用甲基橙做指示剂误差较大；

【小问5详解】

Eu(C₇H₅O₂)₃·xH₂O在空气中易吸潮，0～92℃范围内产品质量减轻的是Eu(C₇H₅O₂)₃·xH₂O吸潮的水，92℃~195℃失去的是结晶水的质量；

最后得到的是Eu₂O₃，1molEu(C₇H₅O₂)₃·xH₂O失去结晶水质量减少18xg，重量减少5.2%，根据，1molEu(C₇H₅O₂)₃生成0.5mol的Eu₂O₃，质量减少3×(121-8)g=339g，重量减少56.8%，有关系式18x：5.2%=339：56.8%，x=1.7。

【2025甘肃等级考】16. 研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘(主要含S、及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)中高效回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺，部分流程如下：

已知：As₂O₃熔点314℃，沸点460℃

分解温度：CuO100℃，CuSO₄560℃，ZnSO₄680℃，PbSO₄高于1000℃

K_sp(PbSO₄)=1.8×10^－8

（1）设计焙烧温度为600℃，理由为_______。

（2）将SO₂通入Na₂CO₃和Na₂S的混合溶液可制得Na₂S₂O₃，该反应的化学方程式为_______。

（3）酸浸的目的为_______。

（4）从浸出液得到Cu的方法为_______(任写一种)。

（5）某含Pb化合物是一种被广泛应用于太阳能电池领域的晶体材料，室温下该化合物晶胞如图所示，晶胞参数，。Cs与Pb之间的距离为_______pm(用带有晶胞参数的代数式表示)；该化合物的化学式为_______，晶体密度计算式为_______g/cm³(用带有阿伏加德罗常数N_A的代数式表示和分别表示Cs、Pb和Br的摩尔质量)。

【答案】（1）使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，同时使As₂O₃沸腾收集    

（2）4SO₂＋Na₂CO₃＋2Na₂S=3Na₂S₂O₃＋CO₂    

（3）分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液    

（4）电解法或置换法    （5）    ①.     ②. CsPbBr₃    ③.

【解析】

【分析】铜冶炼烟尘(主要含S、As₂O₃及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)焙烧将S转化为二氧化硫，As₂O₃因沸点低被蒸出，设计温度为600℃，根据已知信息，硫酸铜被分解，生成氧化铜，硫酸锌和硫酸铅未分解，加水浸取后，硫酸锌溶于水形成溶液被分离出去，留下氧化铜，硫酸铅，加硫酸溶解，硫酸铅不溶于硫酸，氧化铜与硫酸反应转化成硫酸铜，过滤分离，浸出渣为硫酸铅，浸出液主要为硫酸铜，硫酸铜经过电解或置换法转化为铜，据此解答。

【小问1详解】

设计焙烧温度为600℃，使硫酸铜分解，而硫酸锌和硫酸铅不分解，使As₂O₃沸腾收集，故答案为：使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，使As₂O₃沸腾收集；

【小问2详解】

将SO₂通入Na₂CO₃和Na₂S的混合溶液可制得Na₂S₂O₃，根据元素守恒可知还生成了二氧化碳，该反应的化学方程式为4SO₂＋Na₂CO₃＋2Na₂S=3Na₂S₂O₃＋CO₂ ，故答案为：4SO₂＋Na₂CO₃＋2Na₂S=3Na₂S₂O₃＋CO₂ ；

【小问3详解】

酸浸时，硫酸铅不溶于硫酸，氧化铜与硫酸反应转化成硫酸铜，过滤分离，浸出渣为硫酸铅，浸出液主要为硫酸铜，故酸浸的目的为分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液；

【小问4详解】

浸出液主要为硫酸铜，经过电解或置换法转化为铜，故从浸出液得到Cu的方法有：电解法或置换法；

【小问5详解】

某含Pb化合物室温下晶胞如图所示，Cs位于体心，个数为1，Pb位于顶点，个数为=1，Br位于棱心，个数为=3，该化合物的化学式为CsPbBr₃，Cs位于体心，Pb位于顶点，Cs与Pb之间的距离为体对角线的一半，由于晶胞参数，℃，Cs与Pb之间的距离为 pm，该晶体密度计算式为，故答案为：；CsPbBr₃；。

【2025甘肃等级考】17. 乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括以下两个主要反应：

反应1：  

反应2：  

（1）25℃，101kPa时，反应C₂H₄(g)＋H₂(g)=C₂H₆(g)   ΔH=_______kJ/mol。

（2）一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。

①在60～220℃范围内，乙炔转化率随温度升高而增大的原因为_______(任写一条)，当温度由220℃升高至260℃，乙炔转化率减小的原因可能为_______。

②在120~240℃范围内，反应1和反应2乙炔的转化速率大小关系为_______(填“>”“<”或“=”)，理由为_______。

（3）对于反应1，反应速率与H₂浓度c(H₂)的关系可用方程式表示(k为常数)。145℃时，保持其他条件不变，测定了不同浓度时的反应速率(如下表)。当时，c(H₂)=_______mol/L。

（4）以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压(25℃，101KPa)下实现乙炔加氢，反应机理如下图所示(虚线为生成乙烷的路径)。以_______为催化剂时，乙烯的选择性更高，原因为_______。(图中“*”表示吸附态；数值为生成相应过渡态的活化能)

【答案】（1）-137    

（2）    ①. 温度升高，反应速率加快或温度升高，催化剂活性增强    ②. 催化剂在该温度范围内失活    ③. ＞    ④. 乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率    

（3）9.2×10^-3    

（4）    ①. Pd/W    ②. Pd/W做催化剂时，生成乙烷的活化能大于Pd催化剂时的

【解析】

【小问1详解】

由盖斯定律，②－①可以得到目标反应，则ΔH=ΔH₂－ΔH₁=－312kJ/mol＋175kJ/mol=－137kJ/mol；

【小问2详解】

反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，乙炔的转化率增大或温度升高，催化剂活性增强，乙炔的转化率增大；

220℃-260℃，乙炔的转化率下降，反应未达平衡状态，说明不是由于平衡移动造成的，可能原因是催化剂在该温度范围内失活；

由图像可知，乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率，即；

【小问3详解】

将数据代入方程，②÷①得到a=1，则，时，，c(H₂)=9.2×10^-3mol/L；

【小问4详解】

如图可知，选择Pd做催化剂时，生成乙烷的活化能低于选择Pd/W时的(0.68＜0.83)，说明使用Pd做催化剂，乙烯更容易转化为乙烷，使乙烯的选择性更小，故Pd/W做催化剂时，乙烯的选择性更高。

【2025甘肃等级考】18. 毛兰菲是一种具有抗肿瘤活性的天然菲类化合物，可按下图路线合成(部分试剂省略)：

（1）化合物A中的含氧官能团名称为_______，化合物A与足量NaOH溶液反应的化学方程式为_______。

（2）化合物B的结构简式为_______。

（3）关于化合物C的说法成立的有_______。

①与FeCl₃溶液作用显色    ②与新制氢氧化铜反应，生成砖红色沉淀

③与D互为同系物    ④能与HCN反应

（4）C→D涉及的反应类型有_______，_______。

（5）F→G转化中使用了CH₃OLi，其名称为_______。

（6）毛兰菲的一种同分异构体Ⅰ具有抗氧化和抗炎活性，可由多取代苯甲醛J出发，经多步合成得到(如下图)。已知J的¹HNmR谱图显示四组峰，峰面积比为1：1：2：6。J和I的结构简式为_______，_______。

【答案】（1）    ①. 酚羟基、醛基    ②.     

（2）    （3）②④    

（4）    ①. 还原反应    ②. 加成反应    

（5）甲醇锂    （6）    ①.     ②.

【解析】

【分析】A为，与CH₃I发生取代反应，生成B，其结构简式为；B与BnBr发生取代反应，生成C，其结构简式为；C被NaBH₄还原，生成D，其结构简式为；多步转化生成E；E与F发生醛基的先加成后消去反应，生成G；G经过一系列反应生成H；H与氢气反应生成毛兰菲。

【小问1详解】

化合物A的结构简式为，其含氧官能团为酚羟基、醛基；A中酚羟基可与NaOH反应，生成，其反应的化学方程式为：。

【小问2详解】

由分析可知，化合物B的结构简式为：。

【小问3详解】

化合物C中无酚羟基，不能与FeCl₃溶液作用显色；有醛基，可以与新制氢氧化铜反应，生成砖红色沉淀，能与HCN发生加成反应；化合物D与C的官能团种类不同，不互为同系物，故说法成立的为②④。

【小问4详解】

C→D中，醛基被还原为醇羟基，即属于还原反应，又属于加成反应。

【小问5详解】

CH₃OLi为甲醇与活泼金属形成的化合物，名称为甲醇锂。

【小问6详解】

根据流程中E和F的反应，J经过一系列转化形成的结构类似于F，且其分子式为C₉H₁₀O₄，峰面积比为1：1：2：6，则其结构简式为；I为毛兰菲的同分异构体，类似G转化为毛兰菲的过程，可推出I的结构简式为：。