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周口市第一高级中学等校2026届高三五月份考前三模预测化学试卷
一、单选题
1．我国历史悠久，文化底蕴深厚。下列藏品的主要成分为天然高分子的是( )
A饕餮纹青铜觚 B唐镶金兽首玛瑙杯
C木质官斛 D汉白玉耳杯
A.A B.B C.C D.D
2．化学用语是化学工作者的“语言”。下列化学用语表示错误的是( )
A.自由基·F的电子式：
B.分子的VSEPR模型：
C.水溶液中，的电离方程式：
D.中C-H的形成过程：
3．下列图示中，实验操作或方法符合规范且能达到相应目的的是( )
A混合浓硫酸和乙醇 B除去中的
C测定的体积 D加热溶液
A.A B.B C.C D.D
4．从海水中获得液体Q的转化过程如图（略去部分操作、参与反应的物质和反应条件），其中X为海水中质量分数最大的溶质，Y和Q为同主族相邻元素的单质。下列说法正确的是( )
A.气体Y具有漂白性，可用于自来水消毒
B.电解固体X的水溶液，在阴极可获得气体Y
C.液体Q只能通过置换反应制备
D.向溶液Z中通入，得到的溶液R呈酸性
5．对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式书写正确的是( )
A.向溶液中逐滴加入少量氨水：
B.BrCl溶于NaOH溶液：
C.向次氯酸钠溶液中加入碘化氢溶液：
D.向硫酸铜溶液中加入过量的硫氢化钠溶液：
6．天蓝石是具有玻璃光泽的蓝色晶体，由原子序数依次增大的短周期元素W、X、Y、Z、Q组成。其中W元素与其他元素均不同周期。X、Y的基态原子s轨道电子总数均与自身的p轨道电子总数相等，Q的质子数等于Z所在族的族序数的5倍。下列说法正确的是( )
A.第一电离能：Z>Y B.YX为共价晶体
C.中心原子孤电子对个数： D.分子中含有6molσ键
7．化合物X是从芫花中分离出的一种黄酮类药物，具有抗神经胶质瘤能力和抗癌作用，其结构如图所示。下列有关X的说法正确的是( )
A.分子中含有5种官能团
B.1molX与溴水反应时最多消耗
C.根据结构推测，该分子可作为抗氧化剂
D.能形成分子间氢键，但不能形成分子内氢键
8．实验室合成环己酮缩乙二醇的步骤如下：在圆底烧瓶中按比例加入乙二醇、环己酮、带水剂(苯)、催化剂(浓硫酸)，组装好实验装置(如图)，边搅拌边加热回流，反应一段时间后，冷却，依次用蒸馏水、5%溶液、蒸馏水洗涤并干燥有机层，对干燥后的有机层进行蒸馏并收集174~180℃的馏分(即产品)。
反应原理：
下列说法错误的是( )
A.实验时，圆底烧瓶中应加入沸石防止暴沸
B.第二次用蒸馏水洗涤的目的是除去硫酸和乙二醇
C.分水器中水层液面的变化情况可监控反应是否达到平衡
D.用5%溶液洗涤的目的是中和残留的酸
9．螯合物M是以为中心通过螯合配位成环而形成的化合物，具有较强荧光性能，其结构如图所示。下列说法正确的是( )
A.螯合物M中提供孤电子对形成配位键
B.螯合物M中N原子均为杂化
C.螯合物M中配位数大于配体种类数
D.电负性：N>O>H
10．研究发现，使用储量丰富的非贵金属基催化剂，能实现高效加氢制甲酸，反应中两种路径的相对能量变化如图所示(已知：的相对能量为0，TS表示过渡态物质，*表示吸附态)。下列说法错误的是( )
A.通过路径1更容易实现加氢制甲酸
B.路径2的进程中，决速步骤为
C.在不同路径中，总反应的焓变相同
D.和路径1相比，路径2中甲酸被催化剂吸附得到的吸附态更稳定
11．近年来，科研人员重构出PET聚酯循环友好型合成方法，从源头上解决了聚酯高效回收难的问题，转化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A.化合物T、PET互为同系物
B.化合物E不能发生氧化反应
C.B→PET的过程中有生成
D.由T和E直接聚合生成PET的反应为
12．利用Cu基催化剂双活性位点协同作用机制,以草酸二甲酯(DMO)和氢气为原料制乙二醇(EG)因其原子经济性成为替代石油路线的重要工艺,其可能的反应机理如图所示(略去解离为氢原子的过程)。下列说法错误的是( )
A.草酸二甲酯(DMO)加氢制乙二醇的原子利用率小于100%
B.上述反应机理中碳原子的成键数目发生了变化
C.上述反应机理中未涉及π键的断裂和形成
D.每生成1mol乙二醇需消耗
13．固态全锂硫电池应用于eVTOL(电动垂直起降航空器)、电动无人机，续航时间显著提升。一种全固态锂硫电池在一定条件下50次循环后容量保持率高达89.3%，库仑效率接近100%，该电池的结构示意图如图(其中LPS代表薄膜材料)：
下列说法错误的是( )
A.放电时，硫电极的电极反应式为
B.该电池中合成的LPS的厚度不可控
C.充电时，向Li电极移动
D.充电时，当有0.1mol电子转移时，阴极增重0.7g
14．在一定温度下，用NaOH溶液分别滴定三种溶液，pM与pH的变化关系如图所示。pM=-lgM，M表示、或。已知，lg2=0.3。下列说法错误的是( )
A.曲线Ⅱ表示与pH的关系
B.该温度下，的溶度积数量级为
C.该温度下，的电离平衡常数
D.的平衡常数
二、实验题
15．某课外兴趣小组在学习课本探究内容“利用覆铜板制作图案”的过程中，提出能否用KSCN溶液检验“铜腐蚀液”中是否还存在。通过与人工智能大模型对话，得知向“铜腐蚀液”中滴加KSCN溶液，溶液变为红色后颜色会褪去并立即产生白色沉淀，不能用KSCN溶液检验“铜腐蚀液”中是否存在。为判断大模型的看法是否可信，他们设计了实验进行探究。回答下列问题：
(1)用覆铜板制作印刷电路板的原理为___________(填化学方程式)。
【探究一】向“铜腐蚀液”中滴加KSCN溶液，探究产生的白色沉淀的来源和成分。
基于对“铜腐蚀液”中微粒成分的分析，白色沉淀的来源可能为：
假设1：与反应产生的；假设2：与反应产生的。
(2)通过与人工智能对话，得知仅假设2成立，请设计实验判断大模型的看法是否可信。
已知：对本实验无干扰。
实验1：
实验2：___________(用文字说明实验步骤即可)。
【查阅资料】被称为“拟卤素”，的还原性与的相当；少量与可发生反应。
(3)通过实验验证了大模型对白色沉淀来源的看法是正确的，试写出与生成白色沉淀的离子方程式：______________________。
【探究二】探究、KSCN体系的反应原理。
电极电对
0.77 0.15 0.78 0.77
(4)已知：若两种电极电对的标准电极电势()相等，则认为它们能发生可逆反应。试推测该体系中参与的可逆反应为______________________。
(5)设计实验如图，已知前两步为构建、KSCN的平衡体系。
通过实验可知，实质上的催化作用分别增强了___________(填离子符号，下同)的还原性和______________________的氧化性。
【结论】
(6)通过上述实验探究，可知大模型关于不能用KSCN溶液检验“铜腐蚀液”中是否存在的看法是___________(填“正确”或“不正确”)的，原因是______________________。
三、填空题
16．科研人员采用绿色自催化工艺对某电子废弃物(主要含Fe、Cu、Au、Pd)进行联合回收Cu、Au、Pd的工艺流程如图。
已知：①的空间结构为平面正方形；在碱性条件下，可转化为沉淀。
②PMS为过一硫酸氢钾复合盐，可用表示，具有强氧化性。
回答下列问题：
(1)“破碎筛分”有利于提高“浸出1”步骤的___________(任写一条)；中Pd的杂化方式为___________(填标号)。
A. B. C. D.
(2)“浸出1”为自催化浸出步骤，写出该步骤中Au与PMS、KCl混合溶液反应生成的离子方程式：______________________。传统工艺上通常用王水或氰化物浸出Au、Pd，与传统工艺对比，上述工艺流程的优势为___________(从经济或环保角度分析，任写一条)。
(3)“反萃取1”中草酸作还原剂，中Au元素被还原为单质，则该反应的离子方程式为______________________。
(4)“浸出3”中通入空气的作用是______________________。
(5)“萃取2”的萃取剂二正辛基硫醚通过离子缔合机理萃取，当水相pH过高时萃取率下降，原因是______________________。
17．资源化利用是一个研究热点。例如通过电化学、热化学等方法，将转化为二甲醚()等化学产品，是实现“双碳”目标的途径之一、请回答下列问题：
(1)某科研小组采用电化学方法，利用太阳能驱动转化为，写出以溶液为电解质溶液时阴极的电极反应式：______________________。
(2)该研究小组改用热化学方法：
反应Ⅰ(主反应)：
反应Ⅱ(副反应)：
①已知反应Ⅲ：。则反应Ⅳ：
______________________。反应Ⅰ在___________(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。
②将加入2L含催化剂的恒容密闭容器中仅发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，的平衡转化率和生成物的选择性(如的选择性=)随温度的变化如图所示(不考虑其他因素影响)。
220℃下，反应体系在2h后达到平衡，则0~2h内，______________________，该温度下反应Ⅱ的平衡常数K=___________(保留两位有效数字)；随温度升高，平衡转化率先降低后升高的原因为______________________。
(3)高分散双位点催化剂在催化二氧化碳转化方面展现出多种应用潜力。的晶胞由A区和B区组成(如图所示)，该物质的化学式为______________________，密度为___________(用含a、的代数式表示)。
18．泽布替尼(Ⅰ)胶囊是我国自主研发并拥有自主知识产权的创新药，用于治疗多种B细胞恶性肿瘤(如套细胞淋巴瘤)和相关血液癌症(如慢性淋巴细胞白血病)，其一种合成路线如图。
已知：①Boc基团为，是合成中常用的氨基保护基团；哌啶的结构为；L-DBTA为L-二苯甲酰酒石酸，是一种手性拆分试剂。
②红外光谱中部分官能团的吸收峰位置信息如表：
化合物类型 芳烃 芳醚 胺 氰类化合物
键型
吸收峰位置/() 3100～3010 1270～1000 3500～3000 2260～2215
回答下列问题：
(1)①下列有关A、B、C的说法正确的是___________(填标号)。
a.A、B、C三种物质的红外光谱图中，仅A在附近有特征峰
b.C中所有碳原子均为杂化
c.B中酰胺基的氮原子可与水分子形成氢键
②A→B的过程中氰基在酸性条件下水解得到酰胺的反应机理如下：
氰基酸性条件下水解生成酰胺的第一步，氰基氮原子先___________(填“得到”或“失去”)质子，带正电荷，___________(填“增强”或“减弱”)氰基碳原子的亲电活性，促进水分子进攻氰基碳，最终重排得到酰胺。
(2)已知：的结构为。试分析上述合成路线中选用C而不选用的可能原因：______________________。
(3)已知物质W为H的同分异构体。其中满足下列条件的W的结构有______________________种(不考虑立体异构)。
①结构中含有环
②含-C-O-C-结构
(4)F→G(S构型)中会产生副产物(，R构型)，可将转化为G回收。
①已知，合成Ⅰ的一种不需要二次拆分的方法(方法2)及本合成方法(方法1)的相关信息如表，但工业上最终选择方法1，结合表格信息，说明原因：______________________。
方法 总产率 手性纯度 分离成本
方法1 单次19%，回收副产物后约35% 99.94% 仅需一次拆分，副产物可循环
方法2 70% 50%为S构型 需要多次柱层析，成本高
②已知：具有氧化性，可将G中①号饱和氮原子氧化为不饱和氮原子，而不氧化G中其他饱和氮原子。设计分三步由转化为G的合成路线如下：
第一步，进行氧化反应：以为氧化剂，得到有机产物的结构简式为___________(不体现构型)。
第二步，进行___________(填具体反应类型)；得到的有机产物为F.
第三步，进行手性拆分：选用的手性拆分试剂为______________________。
参考答案
1．答案：C
解析：A.饕餮纹青铜觚主要成分为青铜，属于金属合金，不是天然高分子，A错误；
B.唐镶金兽首玛瑙杯主要成分为，属于无机非金属材料，不是天然高分子，B错误；
C.木质官斛主要成分为纤维素，属于天然有机高分子，C正确；
D.汉白玉耳杯主要成分为，属于无机碳酸盐，不是天然高分子，D错误；
故选C。
2．答案：D
解析：A.氟原子的最外层有7个电子，自由基·F中含有1个未成对电子，电子式为：，A正确；
B.中心的价层电子对数，中心原子连有两个配位原子并带有一对孤电子对，VSEPR模型为，B正确；
C.是强电解质，在水溶液中完全电离：，是弱酸（）的酸式酸根，电离不完全，因此不能继续拆写成和；C正确；
D.碳原子需先经杂化，形成4个等价轨道，再与H的1s轨道重叠成键；题目图示直接使用2p轨道成键，未体现杂化过程，D错误；
因此答案为D。
3．答案：B
解析：A.浓硫酸密度大于乙醇，且稀释时释放大量热，混合时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢注入乙醇中并不断搅拌，题中操作易引发液体飞溅，A错误；
B.可与溶液反应生成易溶于水的、，而与溶液不互溶且密度更大，通过分液操作可分离除杂，操作规范可达到目的，B正确；
C.可溶于水且能与水反应，同时测定气体体积时应短管进气、长管排水，题中操作无法收集到，不能测定其体积，C错误；
D.陶瓷蒸发皿的主要成分含，加热时会与发生反应腐蚀蒸发皿，且加热溶液不能使用蒸发皿，操作错误，D错误；
故选B。
4．答案：D
解析：根据已知信息可推知X为NaCl，Y为，Z为溴水，R为含的溶液，Q为液体。
A.可用于自来水消毒，但不具有漂白性，A错误；
B.电解NaCl溶液在阳极可获得气体，B错误；
C.含的溶液可被强氧化剂氧化获得液体，发生的反应不一定是置换反应，C错误；
D.向溴水中通入可得到含HBr、的强酸性溶液，D正确；
5．答案：A
解析：A.向溶液中加入少量氨水时，与反应生成沉淀和，所给离子方程式书写符合反应事实，A正确；
B.BrCl中Cl非金属性强于Br，因此Cl为-1价、Br为+1价，与NaOH反应应生成和，正确离子方程式为，选项中产物书写错误，B错误；
C.具有强氧化性，具有强还原性，二者会发生氧化还原反应生成和，并非仅发生复分解反应生成HClO，C错误；
D.硫氢化钠过量时，反应生成的会与过量的反应生成，正确离子方程式为，选项方程式不符合过量试剂的反应逻辑，D错误；
故答案选A。
6．答案：D
解析：W与其他短周期元素不同周期，且原子序数最小，故W为H；X、Y基态原子s轨道电子总数等于p轨道电子总数，结合原子序数递增顺序，X电子排布为，即O，Y电子排布为，即；Q的质子数为Z所在族族序数的5倍，短周期内仅族序数为3时，符合质子数要求，故Q为P，Z为ⅢA族元素。
A.同周期元素第一电离能总体呈增大趋势，的轨道全满为稳定结构，第一电离能大于相邻的，即第一电离能，A错误；
B.YX为，由和通过离子键构成，属于离子晶体，B错误；
C.为，中心O的孤电子对数为；为，中心P的孤电子对数为，故中心原子孤电子对个数，C错误；
D.为，分子为正四面体结构，每个分子含6个键，故1mol分子中含有6mol键，D正确；
故选D。
7．答案：C
解析：A.该分子中的官能团为酚羟基、醚键、羰基、碳碳双键，共4种，A错误；
B.1molX中，酚羟基邻、对位可与溴水发生取代反应，共消耗5mol，碳碳双键可与溴水发生加成反应消耗1mol，总共最多消耗6mol，B错误；
C.分子中含有酚羟基，酚羟基具有较强还原性，易被氧化，因此该分子可作为抗氧化剂，C正确；
D.分子中同时存在羟基和电负性大的氧原子，可形成分子间氢键，两个羟基处于邻位可形成分子内氢键，D错误；
故选C。
8．答案：B
解析：A.该反应需要加热，为防止液体暴沸，应在圆底烧瓶中加入沸石，A正确；
B.洗涤顺序为先水洗，再用溶液洗涤，最后再水洗。第一次水洗的目的是除去大部分水溶性的乙二醇和硫酸；用溶液洗涤的目的是中和除去作催化剂的浓硫酸；第二次水洗的目的是除去前一步残留的和生成的盐，B错误；
C.反应生成水，通过分水器可将生成的水分离出来，使平衡正向移动，提高产率。当分水器中水层液面不再变化时，说明反应达到了平衡状态，C正确；
D.催化剂为浓硫酸，反应后有残留，溶液显碱性，可以与酸反应，故用5%溶液洗涤的目的是中和残留的酸，D正确；
故答案选B。
9．答案：C
解析：A.螯合物M中，中心离子提供空轨道，配体原子（N、O、Cl）提供孤电子对，形成配位键，A错误；
B.螯合物M中，左侧与吡啶环是平面结构，N原子为杂化，右侧形成五元环中的N原子为杂化，B错误；
C.根据图示可知，螯合物M中，配体一种为有机分子和另一种为2个，其中配位原子有N、O、Cl，中心离子的配位数为5，故螯合物M中配位数大于配体种类数，C正确；
D.同周期主族元素的电负性从左到右逐渐增大，故电负性O>N，在分子中，N表现负价，说明电负性N>H，所以电负性：O>N>H，D错误；
故选C。
10．答案：B
解析：A.路径1的最大能垒低于路径2的最大能垒，反应更易发生，A正确；
B.路径2中能垒最大的步骤为转化为的过程，故决速步不是，B错误；
C.两种路径的总反应均为，始态、终态完全相同，总反应焓变相同，C正确；
D.路径2中吸附态的能量低于路径1中吸附态的能量，能量越低越稳定，故路径2的吸附态甲酸更稳定，D正确；
故选B。
11．答案：C
解析：A.T是小分子羧酸，PET是高分子聚合物，二者结构不相似，分子组成也不相差整数个，A错误；
B.化合物E为乙二醇，可被氧化为醛类，B错误；
C.B→PET属于缩聚反应。反应过程中，B分子间通过酯交换/缩合形成长链聚酯，同时脱去小分子乙二醇：，C正确；
D.T和E直接聚合生成PET的反应为：，D错误；
因此答案选C；
12．答案：C
解析：A.草酸二甲酯(DMO)加氢制乙二醇的过程中,有副产物甲醇的生成,原子利用率小于100%,A正确;
B.反应1,3的产物中均有1个碳原子只形成了3个共价键,而其他碳原子均形成了4个共价键,碳原子的成键数目发生了变化,B正确;
C.反应3中有碳氧双键中的π键断裂,反应4中有碳氧双键种的π键的形成,C错误;
D.总反应方程式为:,每生成1mol乙二醇需消耗4mol,D正确;
故选C。
13．答案：B
解析：形成原电池时，Li电极为负极，硫电极为正极。
A.放电时，在硫电极(正极)，得电子产物与反应生成，由转化为，从Li元素考虑，应得到，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得出电极反应式为，A正确；
B.由A可知，LPS实际上应为，该电池通过电化学方法合成，其厚度可通过控制电流、反应时间等条件调控，并非不可控，B错误；
C.充电时，Li电极为阴极，阳离子向阴极移动，则向Li电极移动，C正确；
D.充电时，在阴极，，当有0.1mol电子转移时，阴极生成0.1molLi，增重0.1mol×7g/mol=0.7g，D正确；
故选B。
14．答案：A
解析：对于难溶氢氧化物的溶度积，取负对数得关系式为：，所以n越大，曲线的斜率越小，因此曲线Ⅰ表示(n=3)与pH的关系，曲线Ⅱ表示(n=2)与pH的关系；根据醋酸的电离常数，取负对数得关系式为：，斜率为1，故曲线Ⅲ表示与pH的关系。
A.根据上述分析，金属离子的价态越高，pH随pM变化的斜率越小，的化合价为+3价，的化合价为+2价，曲线为Ⅰ表示(n=3)与pH的关系，曲线Ⅱ表示(n=2)与pH的关系，A错误；
B.曲线Ⅱ表示(n=2)与pH的关系，当pM=0时，，此时pH=4.15，即，所以，B正确；
C.根据图示及分析可知，曲线Ⅲ表示与pH的关系，根据的电离平衡常数，可得，当时，，故，C正确；
D.反应的平衡常数，由图可知当pM=0时，，此时pH=1，即，故，又B项可知，代入K可得，D正确；
故选A。
15．答案：(1)
(2)取少量溶液于试管中，滴加少量KSCN溶液，观察是否产生白色沉淀。
(3)
(4)
(5)；
(6)正确；腐蚀液中含有大量的和，加入KSCN溶液后，在的作用下会将氧化为从而使溶液变红，产生“假阳性”干扰，因此无法据此判断原溶液中是否残留。
解析：（1）溶液与Cu反应，离子方程式对应的化学方程式为；
（2）要验证白色沉淀是与反应产生的，需要做对比实验：实验2：取2mL的溶液（不含），向其中滴加1滴溶液，观察现象；若立即产生白色沉淀，则说明假设2成立（白色沉淀由与反应生成）；结合实验1中与KSCN反应无明显白色沉淀，可证明白色沉淀来源是与的反应；
（3）已知的还原性与相当，类比与的反应，会被还原为，与生成CuSCN白色沉淀，同时被氧化为；离子方程式为：；
（4）由表格中标准电极电势：；两者电势相等，可发生可逆反应：；核心是利用电势相等的可逆反应；
（5）从实验和电势变化分析：增强了的还原性（因为的电势高于，被氧化为，体现还原性增强）；增强了的氧化性（因为生成CuSCN沉淀后，的电势升高，氧化性增强，可氧化）；
（6）正确；原因是：铜腐蚀液中含大量和，加入KSCN溶液时，与反应生成白色CuSCN沉淀，同时生成；且(可与反应，导致溶液中存在足量的等红色配合物而产生红色（假阳性干扰），因此无法用KSCN溶液检验的存在。
16．答案：(1)增大固液接触面积，加快浸出速率（或提高浸出率）；B
(2)；不使用剧毒的氰化物，且不产生氮氧化物等污染性气体，更加环保（或试剂成本更低等合理答案均可）
(3)
(4)作氧化剂，将Cu氧化为使其溶解
(5)pH过高时，浓度增大，会转化为沉淀，导致水相中浓度降低
解析：电子废弃物先经破碎筛分增大接触面积，再磁选除铁；随后进入浸出1步骤，在PMS（过一硫酸氢钾复合盐，强氧化剂）和KCl作用下，Au、Pd被氧化为进入溶液，Cu则留在浸出渣中；浸出液经萃取1，二丁基卡必醇萃取进入有机相，再用草酸反萃取还原得到Au；水相中的经二正辛基硫醚萃取2得到Pd；含Cu的浸出渣经硫酸、空气浸出，Cu被氧化溶解为硫酸铜溶液，再经电解精炼得到Cu，实现三种金属的联合回收；
（1）“破碎筛分”增大了固体反应物的接触面积，能提高“浸出1”步骤的浸出速率（或浸出率）；
为平面正方形结构，中心Pd的杂化方式为，对应选项B；
（2）离子方程式：PMS中的为氧化剂，将Au氧化为，自身被还原为，反应为：；
工艺优势：传统王水/氰化物法会产生有毒气体（如、氰化物废液），本工艺绿色环保，无有毒有害物质排放；或试剂更安全、成本更低，对设备腐蚀性更小；
（3）草酸作还原剂，将还原为Au单质，草酸被氧化为，离子方程式：；
（4）“浸出3”中通入空气的作用是：作氧化剂，将Cu氧化为，使其溶解进入溶液（或将浸出渣中的Cu氧化为CuO，再与硫酸反应溶解）；
（5）水相pH过高时，溶液碱性增强，根据已知条件，会转化为沉淀，导致溶液中游离的浓度降低，因此萃取率下降。
17．答案：(1)
(2)-23.5；低温；0.08；0.16；温度较低时，以反应Ⅰ为主，反应Ⅰ为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率降低；温度较高时，以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度平衡正向移动，转化率升高
(3)；
解析：（1）电解池中，阴极发生还原反应，被还原为，电解质为溶液（弱碱性）；根据原子守恒、电荷守恒配平：；
（2）①已知：反应I：；
反应Ⅲ：；
反应Ⅳ：；
由盖斯定律，反应Ⅳ=反应I-2×反应Ⅲ：；
反应自发进行的判据：；反应I中：气体分子数减少（反应物2+6=8mol，生成物1+3=4mol），；又，因此低温下项较小，，反应自发，即低温下自发；
②反应速率220℃时，平衡转化率为40%，总消耗的物质的量：2mol×40%=0.8mol；的选择性为80%，即生成二甲醚的占总消耗的80%，则生成二甲醚消耗的：0.8mol×80%=0.64mol；根据反应I：，生成的；容器体积2L，时间2h，则：；
反应Ⅱ的平衡常数K：反应Ⅱ消耗的：0.8mol×(1-80%)=0.16mol，根据反应Ⅱ：，生成，消耗；反应I消耗的，平衡时：，；，；，；，；平衡常数：；
平衡转化率先降后升的原因：低温时：以反应I（放热）为主，升高温度，反应I平衡逆向移动，转化率降低；高温时：以反应II（吸热）为主，升高温度，反应II平衡正向移动，转化率升高；因此整体表现为先降后升；
（3）①晶胞由A区、B区组成，整体晶胞为边长apm的立方体，包含4个A晶胞和4个B晶胞；A晶胞（共4个）：：顶点4×=0.5个，内部1个，共1.5个；4个A晶胞中：4×1.5=6个；：内部4个，4个A晶胞中：4×4=16个；B晶胞（共4个）：：顶点4×=0.5个；：内部4个，4个A晶胞中：4×0.5=2个；4个B晶胞中：4×4=16个；：内部4个，4个B晶胞中：4×4=16个；合并晶胞内总粒子数：，，总Co：8+16=24；O为32，最简比3:4，故化学式为；
②晶胞质量：晶胞含8个单元，摩尔质量，晶胞质量；晶胞体积：；密度公式：。
18．答案：(1)ac；得到；增强
(2)C中哌啶环上的亚氨基被保护，在后续环合反应中无副反应发生，不会降低目标产物产率
(3)7
(4)方法1虽然单次拆分产率低，但通过副产物回收，G的实际总产率接近方法2，且手性纯度远高于方法2，分离成本更低，更适合工业生产；；还原反应（或加成反应）；L-DBTA
解析：由图，A和甲磺酸转化为B，B和C生成D，D和氢气加成生成E，E发生取代反应生成F，F生成G，G和H发生取代反应生成I；
（1）①a.A、B、C三种物质中只有A含-CN，水解后氰基消失，结合已知表中信息，则三者物质的红外光谱图中，仅A在附近有特征峰，a正确；
b.C中哌啶环的碳原子均为饱和碳原子，饱和碳原子为杂化，b错误；
c.当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；B中酰胺基的氮原子可与水分子形成氢键，c正确；
故选ac；
②由图，氰基酸性条件下水解生成酰胺的第一步，氰基氮原子得到质子，带正电荷，增强氰基碳原子的亲电活性，促进水分子进攻氰基碳，最终重排得到酰胺。
（2）中含有游离的仲氨基（-NH-），具有较强的亲核性，容易在反应中发生副反应，选用C使用Boc基团保护氨基，可防止氨基发生副反应，不会降低目标产物产率；
（3）H含3个碳、1个氧、1个氯、2个不饱和度，已知物质W为H的同分异构体，其中满足下列条件：①结构中含有环，②含-C-O-C-结构，首先取代环、再确定氯原子位置：、、、、、、，存在7种；
（4）①结合表信息，方法2虽然总产率更高，但产物中一半是不需要的R构型，需要多次柱层析分离，成本很高；方法1虽然单次拆分产率低，但通过副产物回收，G的实际总产率接近方法2，且手性纯度远高于方法2，分离成本更低，更适合工业生产；
②已知：具有氧化性，先经过二氧化锰氧化，手性碳形成双键，失去手性，再经过氢气催化氢化，最后经L-DBTA拆分，得到G，因此三步路线为氧化→氢化→拆分，合成路线为：，故答案为：，还原反应，L-DBTA。

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