届高三联考化学试题.docx
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届高三联考化学试题
决胜新高考·名校交流高三年级9月联考卷
化学
注意事项：
1.本试题卷共8页，满分100分，考试时间90分钟。
2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡的相应位置。
3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效。
4.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
5.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：
H1C12O16Na23S32Ni59Cu64
一、选择题（本题共15小题，第1～10题每小题2分，第11～15题每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，第1～10题有1个选项符合题目要求；第11～15题有1～2个选项符合题目要求，全选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1.化学与生活密切相关，下列说法错误的是
A.漂白粉可用于生活用水的消毒
B.高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”
C.二氧化氯泡腾片可用于水处理
D.使用75%的酒精、0.1%的次氯酸钠和1%的食盐水均可以快速高效杀死新冠病毒
【答案】D
【解析】
【详解】A.漂白粉溶于水会和空气中的CO2反应，生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸具有强氧化性，能消毒杀菌，故A正确；
B.高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会发生反应，生成硅酸盐和水，造成光导纤维“断路”，故B正确；
C.二氧化氯具有强氧化性，能消毒杀菌，所以可以用于水处理，故C正确；
D.75%的酒精、0.1%的次氯酸钠均能使病毒的蛋白质变性失活，则可用来杀死新冠病毒，而1%的食盐水不能杀灭病毒，则不能用1%的食盐水杀死新冠病毒，故D错误；
故答案：
D。
2.下列实验装置正确且能达到实验目的的是.
A.用甲装置除去食盐水中混有
不溶杂质B.用乙装置提纯Al（OH）3胶体
C.用丙装置分离苯和硝基苯的混合物D.用装置丁制取乙酸乙酯
【答案】B
【解析】
【详解】A．过滤能除去食盐水中混有的不溶杂质，甲装置中漏斗的下端应紧靠烧杯内壁，A装置错误；
B．Al（OH）3胶体不能透过半透膜，而氯化铝溶液可以透过半透膜，故用乙装置提纯Al（OH）3胶体，B正确；
C．用分液的方法分离苯和硝基苯的混合物，丙装置中温度计的下端应在蒸馏烧瓶的支管口处，测量蒸气温度，C装置错误；
D．用乙酸乙酯时，装置丁中的玻璃导管口应在饱和碳酸钠溶液的液面以上，以防产生倒吸，D装置错误；
答案为B。
3.元素X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如图所示。
已知Y元素原子的价电子排布式为ns（n－1）np（n＋1），则下列说法不正确的是
X
Y
Z
A.X的简单氢化物的沸点比Y的简单氢化物的沸点高
B.Y元素在元素周期表的第三周期VIA族
C.非金属性X>Y>Z
D.Z元素原子的核外电子排布式为[Ar]4s24p3
【答案】D
【解析】
【分析】
已知Y元素原子的价电子排布式为ns（n－1）np（n＋1），p能级上有电子，则s能级则电子充满，故n-1=2，n=3，Y价电子排布式为3s23p4，为S，根据周期表中的信息，X为F；Z为As。
【详解】A．X、Y的氢化物分别为HF、H2S，HF分子间存在氢键，导致分子间的作用力增大，沸点升高，故X的简单氢化物的沸点比Y的简单氢化物的沸点高，A说法正确；
B．Y元素为S，在元素周期表的第三周期VIA族，B说法正确；
C．同周期中随原子序数的增大非金属性增大，同主族中，原子序数越小，非金属性增强，故非金属性X＞Y＞Z，C说法正确；
D．Z元素为As，其基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，D说法错误；
答案为D。
4.己烯雌酚是人工合成的非甾体雌激素物质，能产生与天然雌二醇相同的所有药理与治疗作用，其结构简式如图所示。
下列关于己烯雌酚说法错误的是
A.分子中所有碳原子可能共平面B.与溴水既能发生取代反应也能发生加成反应
C.苯环上的一元取代物有4种D.存在顺反异构现象
【答案】C
【解析】
【分析】
己烯雌酚含有碳碳双键和酚羟基，具有烯烃和酚的性质。
【详解】A．分子中若碳碳双键与苯环所确定的平面重合时，所有碳原子可能共平面，A说法正确；
B．己烯雌酚含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，含有酚羟基能发生取代反应，B说法正确；
C．苯环为对称结构，苯环上的一元取代物有2种，C说法错误；
D．碳碳双键上的取代基不相同，存在顺反异构现象，D说法正确；
答案为C。
5.过渡金属配合物的一些特有性质的研究正受到许多研究人员的关注，因为这方面的研究无论是理论上还是工业应用上都有重要意义。
氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时，会生成紫色配合物，其配离子结构如图所示。
有关该配离子的说法正确的是
A.1mol配离子中含有的π键的个数是6×6.02×1023个
B.该配离子中碳原子的杂化类型均为sp2杂化
C.该配离子含有的非金属元素中电负性最大的是碳
D.该配离子中含有的化学键有离子键、共价键、配位键
【答案】A
【解析】
【详解】A.根据配离子结构示意图可知：
1mol配离子中含有的π键的个数是6mol，即6×6.02×1023个，故A正确；
B.该配离子中碳原子的杂化类型有sp2、sp3杂化，故B错误；
C.该配离子含有的非金属元素有：
C、O、H，根据他们非金属性可知，电负性最大的是氧，故C错误；
D.该配离子中含有的化学键有离子键、共价键、配位键、
键、
键，故D错误；
故答案：
A
6.氮化钙（Ca3N2）是高端荧光粉的主要成分之一，其极易与水反应生成氨气。
利用如图装置测定氮化钙产品纯度（杂质不产生气体，氨不溶于煤油）。
下列说法中错误的是
A.实验前使用液差法检验装置气密性
B.当产品与蒸馏水完全反应后，冷却至室温、调平液面、读数
C.如果开始仰视刻度线，终点时俯视刻度线，则测得结果偏高
D.若将煤油换为水，可利用该装置测定CaC2样品（杂质不与水反应）的纯度
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验前连接好装置后，向U形管中注入煤油，使右侧液面高于左侧，若一段时间后仍旧右侧高于左侧，则气密性良好，故可使用液差法检验装置气密性，A说法正确；
B．当产品与蒸馏水完全反应后，冷却至室温、调平液面，可避免实验错误，使读取气体的体积准确，B说法正确；
C．如果开始仰视刻度线，则初始体积偏大，终点时俯视刻度线，导致反应结束时的体积偏大，计算的气体的体积偏小，则测得结果偏小，C说法错误；
D．CaC2样品与水反应生成乙炔，乙炔与水常温下不反应，且不溶于水，若将煤油换为水，可利用该装置测定CaC2样品（杂质不与水反应）的纯度，D说法正确；
答案为C。
7.以NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是
A.标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NA
B.0.1molKI与0.1molFeCl3在溶液中反应转移的电子数为0.1NA
C.1L0.5mol·L－1醋酸钠溶液中阴、阳离子总数目大于NA
D.2L0.3mol·L－1的K2SO4溶液中K＋的物质的量浓度为1.2mol·L－1
【答案】C
【解析】
【详解】A．标准状况下，CCl4为液态，2.24LCCl4的物质的量大于0.1mol，含有的共价键数大于0.4NA，A说法错误；
B．0.1molKI与0.1molFeCl3在溶液中反应，是一个可逆反应，不能完全反应，转移的电子数小于0.1NA，B说法错误；
C．1L0.5mol·L－1醋酸钠溶液中c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），其中c（Na+）=0.5mol/L，故阴、阳离子总数目大于NA，C说法正确；
D．2L0.3mol·L－1的K2SO4溶液中K＋的物质的量浓度为0.6mol·L－1，D说法错误；
答案为C。
8.某科研团队研发了一种可以“吃”二氧化碳的电池技术。
这种电池使用锂、碳为电极，将二氧化碳吸收到名为2－乙氧基乙胺的水基胺中，然后与非水电解液混合。
二氧化碳可以转化为在电池电极上积聚的固体矿物碳酸盐。
该电池利用火力发电厂排放的二氧化碳参与电池循环并转化为惰性材料，可以作为工业目的的碳源。
下列说法不正确的是
A.放电时，锂为负极，Li＋向碳电极移动
B.电池总反应为4Li＋3CO2
2Li2CO3＋C
C.充电时，阳极反应为2CO
＋C－4e－＝3CO2↑
D.该电池能清除CO2，释放电能，还有可能释放出碳作燃料
【答案】C
【解析】
【详解】A．放电时，为原电池，锂失电子为负极，Li＋向正极即碳电极移动，A说法正确；
B．已知放电时，二氧化碳可以转化为在电池电极上积聚的固体矿物碳酸盐，负极锂失电子，放电为充电的逆过程，故电池总反应为4Li＋3CO2
2Li2CO3＋C，B说法正确；
C．充电时，阳极反应为2Li2CO3＋C－4e－＝4Li++3CO2↑，C说法错误；
D．根据反应的总反应可知，该电池放电时，既能清除CO2，释放电能，还有可能释放出碳作燃料，D说法正确；
答案为C。
9.下列实验不能达到预期目的是
A.除去苯中的少量苯酚：
加入NaOH溶液振荡，静置分层后，用分液漏斗分离去水层
B.向混有醋酸的乙酸乙酯中加入饱和Na2CO3溶液，振荡，分液分离除去乙酸乙酯中的少量醋酸
C.除去CH4中少量的乙烯：
通过酸性KMnO4溶液
D.重结晶法提纯苯甲酸时，为除去杂质和防止杂质析出，应该趁热过滤
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯酚与NaOH反应生成可溶于水的苯酚钠，而苯不与NaOH反应，且不溶于水，故除去苯中的少量苯酚：
加入NaOH溶液振荡，静置分层后，用分液漏斗分离去水层，A能达到预期；
B．醋酸与碳酸钠反应生成易溶于水的醋酸钠溶液，而乙酸乙酯与碳酸钠不反应，且不溶于水，故利用向混有醋酸的乙酸乙酯中加入饱和Na2CO3溶液，振荡，分液分离除去乙酸乙酯中的少量醋酸，B能达到预期；
C．乙烯与高锰酸钾反应生成二氧化碳气体，除去CH4中少量的乙烯应用溴水，不能用酸性KMnO4溶液，C不能达到预期；
D．苯甲酸在热水中的溶解性较大，故重结晶法提纯苯甲酸时，为除去杂质和防止杂质析出，应该趁热过滤，D能达到预期；
答案为C。
10.二甲醚（CH3OCH3）是制冷剂、局部麻醉药和燃料。
工业上可利用CO2催化加氢合成二甲醚，其过程中主要发生下列反应：
反应I：
CO2（g）＋H2（g）
CO（g）＋H2O（g）△H1>0
反应II：
2CO2（g）＋6H2（g）
CH3OCH3（g）＋3H2O（g）△H2<0
一定条件下，于密闭容器中投入一定量CO2和H2发生上述反应。
下列说法正确的是
A.其他条件不变，升高温度CO2的平衡转化率降低
B.其他条件不变，缩小容器体积能提高CH3OCH3平衡产率
C.其他条件不变，增大H2投入量一定能提高CH3OCH3平衡产率
D.其他条件不变，使用不同催化剂对CH3OCH3的平衡产率不产生影响
【答案】B
【解析】
【详解】A.反应I为吸热反应，反应II为放热反应，其他条件不变，升高温度，反应I向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，反应II向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，则其他条件不变，升高温度，二氧化碳的转化率不一定降低，故A错误；
B.反应I为气体体积不变的反应，反应II为气体体积减小的反应，其他条件不变，缩小容器体积，容器中气体压强增大，反应I不移动，反应II向正反应方向移动，二甲醚的产率增大，故B正确；
C.其他条件不变，增大反应物氢气的投入量，反应I和反应II均向正反应方向移动，生成物的浓度均会增大，所以二甲醚的产率不一定会增大，故C错误；
D.其他条件不变，使用不同催化剂对反应I和反应II的选择性不同，对二甲醚的产率一定产生影响，故D错误；
故选B。
11.抗击新冠肺炎疫情中，法匹拉韦和瑞德西韦率先突出重围。
研究表明两者是新冠肺炎潜在的有效药物，目前正在中国进行3期临床实验，下列关于法匹拉韦和瑞德西韦的描述不正确的是
A.法匹拉韦分子式为C5H4O2N3F
B.法匹拉韦分子中不含手性碳原子
C.瑞德西韦中的N－H键的极性大于O－H键的极性
D.瑞德西韦水解的产物中化学式是C6H14O且能与钠反应的有机物的同分异构体有17种
【答案】C
【解析】
【详解】A.有机物中每个碳原子形成四个键，氧原子形成两个键，氮原子形成三个键，氢原子形成一个键，据此可知法匹拉韦分子式为C5H4O2N3F，故A正确，但不符合题意；
B.与碳原子相连的四个原子或原子团均不相同，这样的碳原子是手性碳原子，有图中法匹拉韦的结构简式可知，法匹拉韦分子中不含手性碳原子，故B正确，但不符合题意；
C.氮元素的非金属性小于氧元素，非金属性越强，电负性越大，形成的极性键越强，即瑞德西韦中的N－H键的极性小于O－H键的极性，故C错误，符合题意；
D.瑞德西韦水解的产物中化学式是C6H14O且能与钠反应说明是饱和一元醇，含有羟基，剩下留个碳原子形成己基，同分异构体有五种，对应的等效氢有17种，C6H14O且能与钠反应的有机物的同分异构体有17种，故D正确，但不符合题意；
故选：
C。
12.某二氧化氯复合消毒剂发生器的工作原理如图所示。
通电后，产生成分为ClO2、Cl2、O3、H2O2的混合气体甲，被水吸收后可制得具有更强的广谱杀菌灭毒能力的二氧化氯复合消毒剂。
下列说法正确的是
A.m端为电源正极，隔膜为阳离子交换膜
B.产生ClO2的电极反应式为Cl－＋5e－＋2H2O＝ClO2↑＋4H＋
C.通电后d口所
极室pH升高，e口排出NaOH溶液
D.标准状况下，b口每收集到2.24L气体乙，电路中转移电子0.4NA
【答案】AC
【解析】
【分析】
根据装置可知，装置为电解池，c口通入饱和食盐水，产生的气体甲中含有二氧化氯，氯原子的化合价升高，失电子，作阳极，m为电源的正极，产生的氢离子向阴极移动，则交换膜为阳离子交换膜；则n极为负极，与n极相连的电极为阴极，溶液中的水电离出的氢离子得电子，生成氢气。
【详解】A．分析可知，m端为电源正极，隔膜为阳离子交换膜，A说法正确；
B．产生ClO2的电极失电子，电极反应式为Cl－-5e－+2H2O＝ClO2↑+4H＋，B说法错误；
C．通电后d口所在极室氢离子得电子生成氢气，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，pH升高，e口排出NaOH溶液，C说法正确；
D．标准状况下，b口每收集到2.24L气体乙，即0.1mol氢气，电路中转移电子0.2NA，D说法错误；
答案为AC。
13.已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应I：
Pb3O4＋4H＋＝PbO2＋2Pb2＋＋2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应II：
5PbO2＋2Mn2＋＋4H＋＋5SO
＝2MnO
＋5PbSO4＋2H2O。
下列推断正确的是
A.由反应I可知，Pb3O4中Pb（II）和Pb（IV）含量之比为1：
2
B.由反应I可知氧化性：
PbO2>HNO3
C.由反应II可知，Pb3O4可与盐酸发生反应：
Pb3O4＋8HCl＝3PbCl2＋4H2O＋Cl2↑
D.由反应II可知，每生成1molPbSO4转移10mol电子
【答案】
BC
【解析】
【详解】A．由反应I可知，生成PbO2、2Pb2＋，则Pb3O4中Pb（II）和Pb（IV）含量之比为2：
1，A推断错误；
B．由反应I可知硝酸与PbO2不反应，故氧化性：
PbO2＞HNO3，B推断正确；
C．由反应II可知，Pb3O4的氧化性大于高锰酸钾，大于氯气，故Pb3O4与盐酸发生反应：
Pb3O4＋8HCl＝3PbCl2＋4H2O＋Cl2↑，C推断正确；
D．由反应II可知，每生成5molPbSO4转移10mol电子，生成1molPbSO4转移2mol电子，D推断错误；
答案为BC。
14.25℃时，将0.1molNaOH固体加入1.0L浓度为xmol·L－1的HR溶液中（忽略溶液体积、温度变化），充分反应后向混合液中加入HR或NaR固体，溶液中lg
变化如图。
下列叙述正确的是
A.b点对应的溶液中c（Na＋）>c（R－）
B.c点对应的溶液中R－浓度不能确定
C.a、b、c点对应的溶液中，水的电离程度：
a>b>c
D.a、b、c点对应
溶液中，Ka（HR）均为
【答案】D
【解析】
【分析】
b点时，溶液为0.1molNaOH固体加入1.0L浓度为xmol·L－1的HR溶液中充分反应后的溶液，lg
≈4，25℃时，c（H+）×c（OH-）=10-14，则c（H+）=10-5mol/L，同理c点时，溶液呈中性；a点c（H+）=10-3mol/L。
【详解】A．b点对应的溶液中c（H+）=10-5mol/L，根据溶液呈电中性，c（Na＋）+c（H+）=c（R－）+c（OH-），溶液显酸性，则c（H+）＞c（OH-），故c（Na＋）＜c（R－），A叙述错误；
B．c点对应的溶液呈中性，即c（H+）=c（OH-），则c（Na＋）=c（R－），此时溶液中c（Na＋）=
=0.2mol/L，R－浓度能确定，B叙述错误；
C．a、b、c点对应的溶液中，a中酸的浓度大于b，而c点为中性，故水的电离程度：
a＜b＜c，C叙述错误；
D．a、b、c点对应的溶液中，温度未变，则Ka（HR）不变，c点溶液中，c（H+）=10-7mol/L，c（R－）=0.2mol/L，未电离的HR的浓度=xmol/L-0.1mol/L，故Ka（HR）=
=
mol/L，D叙述正确；
答案为D。
15.水煤气变换[CO（g）＋H2O（g）
CO2（g）＋H2（g）]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。
Shoichi研究了467℃、489℃时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系（如图甲所示），已知467℃和489℃时反应的平衡常数大于1，催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的
和pCO相等、
和
相等。
试分析图像判断，下列说法正确的是
A.曲线a的反应在30～90min内的平均速率v（a）＝0.0047kPa·min－1
B.我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图乙所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注，由图像可知水煤气变换的反应是放热反应
C.489℃时
和pCO随时间变化关系的曲线分别是b、c
D.467℃时
和pCO
随时间变化关系的曲线分别是a、d
【答案】AB
【解析】
【详解】A.曲线a的反应在30~90min内的平均速率v（a）=
，故A正确；
B.由图像可知反应物的总能量大于生成物的总能量，水煤气变换的反应是放热反应，故B正确；
C、D.水煤气变换的反应是
，在467℃、489℃时的化学平衡常数大于1，实验初始时体系中的
相等，
和
相等，故反应达到平衡时
=
>
，由此可知同一温度下，平衡时分压大的为生成物，分压小的为反应物，即a、b曲线表示
，c、d曲线表示
，正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数
减小，由图像可以看出b、c曲线对应的
比a、d曲线对应的
大，则b、c曲线对应的平衡常数更大，对应的反应温度更低，由此可知b、c分别为467℃下
和
；a、d分别为489℃下
和
故C、D错误；
故选：
AB。
二、非选择题（本题共5小题，共60分）
16.镍白铜是具有高耐蚀性和良好的力学性能的合金，用于制造在腐蚀性环境中工作的精密仪器零件，Cu和Ni都是常见的合金元素。
（1）Cu的价层电子轨道示意图为___________。
（2）单质铜及镍都是由___________键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为ICu＝1958kJ·mol－1、INi＝1753kJ·mol－1，ICu>INi；的原因是________。
（3）NiO晶胞中Ni2＋和O2－的配位数分别为_______、_______。
NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同：
Ni2＋和Fe2＋的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点NiO_____（填“<”或“>”）FeO。
（4）图甲为铜晶体中铜原子堆积模型，图中未标号的铜原子形成晶体后周围最紧邻的铜原子数为___________。
（5）某镍白铜合金的立方晶胞结构如乙图所示。
①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为___________。
②若合金的密度为dg·cm－3，晶胞参数表达式为a＝___________nm。
【答案】
（1）.
（2）.金属（3）.铜失去的是全充满的3d10的电子，镍失去的是4s1的电子（4）.6（5）.6（6）.＞（7）.12（8）.3:
1（9）.
×107
【解析】
【详解】
（1）铜元素
原子序数为29，位于元素周期表第四周期ⅠB族，价电子排布式为3d104s1，则价层电子轨道示意图为
，故答案为：
；
（2）单质铜及镍都是由金属键形成的金属晶体；铜原子的价电子排布式为3d104s1，失去一个电子后形成3d10的全充满的稳定结构，镍原子的价电子排布式为3d84s2，失去一个电子后形成3d84s1的结构，电子处于全充满状态时比半充满状态时稳定，则铜元素的第二电离能大于镍元素，故答案为：
金属；铜失去的是全充满的3d10的电子，镍失去的是4s1的电子；
（3）氯化钠晶体中，钠离子和氯离子的配位数均为6，NiO结构类型与氯化钠的相同，则氧化镍晶体中，氧离子和镍离子的配位数也均为6；离子晶体的晶格能越大，离子间形成的离子键越强，晶体的熔点越高，氧化亚铁和氧化镍均为离子晶体，镍离子的离子半径小于亚铁离子，则氧化镍晶体的晶格能大，离子间形成的离子键强，晶体的熔点高，故答案为：
6；6；＞；
（4）由晶体模型可知，未标号的铜原子形成晶体后周围最紧邻的铜原子为上层1、2、3，同层4、5、6、7、8、9，下层10、11、12，共有12个，故答案为：
12；
（5）①由晶胞结构可知，晶胞中位于面心的铜原子个数为6×
=3，位于顶点色镍原子个数为8×
=1，则数量比为3:
1，故答案为：
3:
1；
②由晶胞的质量公式可得（a×10—7）3d=
×（3×64+59），则a=
×107nm，故答案为：
×107。
【点睛】铜原子的价电子排布式为3d104s1，失去一个电子后形成3d10的全充满的稳定结构，镍原子的价电子排布式为3d84s2，失去一个电子后形成3d84s1的结构，电子处于全充满状态时比半充满状态时稳定是比较第二电离能大小的关键。
17.“翠矾”（NiSO4·7H2O）在印染工业作媒染剂，生产酞菁艳蓝络合剂；氟镍化钾（K2NiF4）是结构化学研究的热点物质。
以镍废渣（主要成分为Ni，含少量Fe、Al、Fe3O4、Al2O3和不溶性杂质等）为原料合成“翠矾”和氟镍化钾的流程如下：
几种金属离子的氢氧化物沉淀pH如表：
请回答下列问题：
（1）“碱浸”过程中，为提高浸出率，可采取的措施是___________（写一种即可）。
（2）“转化”过程中加入H2O2的目的是__________（用离子方程式表示），经实验测定该过程温度高于40℃，转化率急速降低的原
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