1、（全国I卷）广东省广州市2020届高三化学下学期3月阶段训练试题（含解析）注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、试室号和座位号填写在答题卡上。2用2B铅笔将考生号及试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔将答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回
2、。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 K-39 Fe-56一、选择题：本题共7小题，每小题6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。1.下列关于硫及其化合物说法错误的是（ ）A. 实验室常将硫磺撒在汞的表面以除去不慎洒落的汞B. 葡萄酒中添加适量SO2可以起到抗氧化的作用C. 硫酸钡可用作消化系统X射线检查的内服药剂D. “石胆浅碧色，烧之变白色者真”所描述的“石胆”是指FeSO47H2O【答案】D【解析】【详解】A常温下，硫磺能与汞反应生成硫化汞，从而防止汞的挥发，A正确；B葡萄酒中添加SO2，可减少葡萄中单宁、色素的氧化，B正确；C硫酸钡不溶于水不
3、于酸，不能被X光透过，可作消化系统检查的内服药剂，C正确；D“石胆”指CuSO45H2O，D错误；故选D。2.工业上可由异丙苯（）催化脱氢得到2-苯基丙烯（），下列关于这两种有机化合物的说法正确的是（ ）A. 都是苯的同系物B. 都能使溴的四氯化碳溶液褪色C. 苯环上的二氯代物都有6种D. 分子内共平面的碳原子数均为8【答案】C【解析】【详解】A. 2-苯基丙烯不是苯的同系物，A错误；B. 异丙苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，B错误；C. 采用定一移一法，可得出异丙苯、2-苯基丙烯苯环上的二氯代物都有6种，C正确；D. 异丙苯分子中与苯环相连的碳原子为饱和碳原子，其所连的4个原子一定不在同一平面
4、上，所以分子内一定共平面的碳原子数为7个，D错误；故选C。3.实验室利用下列反应装置模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，反应原理为：NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl，下列说法错误的是（ ）A. 通过活塞K可控制CO2的流速B. 装置b、d依次盛装饱和Na2CO3溶液、稀硫酸C. 装置c中含氨的饱和食盐水提高了CO2吸收效率D. 反应后将装置c中的锥形瓶浸入冷水充分冷却，过滤得到NaHCO3晶体【答案】B【解析】【详解】A关闭活塞K时，气体可将球形容器内的液体压入漏斗内，从而使碳酸钙脱离液面，反应停止，所以通过调节活塞K可控制CO2的流速，A正确；B装置b的作用是除去二氧化碳
5、中混有的氯化氢，故装置b内应盛装饱和NaHCO3溶液，B错误；C装置c中含氨的饱和食盐水呈碱性，CO2的溶解度增大，C正确；D反应后将装置c中的锥形瓶浸入冷水，NaHCO3降温结晶，过滤得NaHCO3晶体，D正确；故选B。4.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Y最外层电子数之和为11，W与Y同族且都是复合化肥的营养元素，Z的氢化物遇水可产生最轻的气体。下列说法正确的是（ ）A. 常温常压下X的单质为气态B. 简单气态氢化物的热稳定性：YWC. Z的氢化物含有共价键D. 简单离子半径：WX【答案】D【解析】【分析】W与Y同族且都是复合化肥的营养元素，则W为氮(N)
6、，Y为磷(P)；W、X、Y最外层电子数之和为11，则X为钠(Na)；Z的氢化物遇水可产生最轻的气体，则Z为钾(K)或钙(Ca)。【详解】A常温常压下X的单质为钠，呈固态，A错误；B非金属性Y(P) W (N)，简单气态氢化物的热稳定性YNa+，D正确；故选D。5.NSR技术能降低柴油发动机在空气过量条件下NOx的排放，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）A. 降低NOx排放可以减少酸雨的形成B. 储存过程中NOx被氧化C. 还原过程中消耗1molBa(NO3)2转移的电子数为5NA（NA为阿伏加德罗常数的值）D. 通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原【答案】C【解
7、析】【详解】A大气中的NOx可形成硝酸型酸雨，降低NOx排放可以减少酸雨的形成，A正确；B储存过程中NOx转化Ba(NO3)2，N元素价态升高被氧化，B正确；C还原过程中消耗1molBa(NO3)2转移的电子数为10NA，C错误；DBaO转化为Ba(NO3)2储存NOx，Ba(NO3)2转化为BaO、N2和H2O，还原NOx，D正确；故选C。6.一种三电极电解水制氢的装置如图，三电极为催化电极a、催化电极b和Ni(OH)2电极。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。下列说法错误的是（ ）A. 制O2时，电子由Ni(OH)2电极通过外电路流向催化电极bB. 制H2时，阳极的电极反应式
8、为Ni(OH)2+OH-e-=NiOOH+H2OC. 催化电极b上，OH-发生氧化反应生成O2D. 该装置可在无隔膜的条件下制备高纯氢气【答案】A【解析】详解】A催化电极b中，水失电子生成O2，作阳极，电子由催化电极b通过外电路流向Ni(OH)2电极，A错误；B制H2时，催化电极a为阴极，阳极Ni(OH)2在碱性溶液中失电子生成NiOOH，电极反应式为Ni(OH)2+OH-e-=NiOOH+H2O，B正确；C催化电极b上，水电离产生的OH-失电子，发生氧化反应生成O2，C正确；D该装置中，电解质只有水，所以可在无隔膜的条件下制备高纯氢气，D正确；故选A。7.常温下，HCOOH和CH3COOH的
9、电离常数分别1.80104和1.75105。将pH=3，体积均为V0的两种酸溶液分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示。下列叙述错误的是（ ）A. 溶液中水的电离程度：b点c点B. 相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同C. 从c点到d点，溶液中不变（HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子）D. 若两溶液无限稀释，则它们的c(H+)相等【答案】B【解析】【分析】从图中可以看出，随着溶液的不断稀释，的pH大于的pH，则表明的n(H+)小于的n(H+)，从而表明lg=0时，对应的酸电离程度大，为HCOOH，为CH3COOH；pH=3时，二者电离产生的c(H+)相
10、等，由于HCOOH的电离常数大于CH3COOH，所以CH3COOH的起始浓度大。【详解】A在c点，溶液的pH大，则酸电离出的c(H+)小，对水电离的抑制作用小，所以溶液中水的电离程度：b点c点，A正确；B相同体积a点的两溶液，CH3COOH的物质的量比HCOOH大，分别与NaOH恰好中和后，消耗的NaOH体积大，所以CH3COOH溶液中n(Na+)大，B错误；C对于HCOOH来说，从c点到d点，温度不变，溶液中=Ka(HCOOH)不变，C正确；D若两溶液无限稀释，可看成是纯水，所以它们的c(H+)相等，D正确；故选B。8.K3Fe(C2O4)33H2O（三草酸合铁酸钾）为亮绿色晶体，易溶于水，
11、难溶于乙醇，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。实验室用莫尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O制备K3Fe(C2O4)33H2O具体流程如图：回答下列问题：(1)步骤滴加过量6%H2O2，生成红褐色胶状沉淀，该反应的化学方程式为_。生成的沉淀不易过滤，过滤前需要的操作是_。(2)步骤将Fe(OH)3加入到KHC2O4溶液中，水浴加热，控制pH为3.5-4，若pH偏高应加入适量_（填“H2C2O4”或“K2C2O4”）。(3)步骤的操作是_、过滤。得到的晶体依次用少量冰水、95%乙醇洗涤，用95%乙醇洗涤的目的是_。(4)测定K3Fe(C2O4)33H2O中铁的含量。称量mg样品于锥形瓶中，
12、溶解后加稀H2SO4酸化，用cmolL-1KMnO4溶液滴定至终点。滴定反应的氧化产物为_。滴定时，盛放高锰酸钾溶液的仪器是_（“酸式”或“碱式”）滴定管。向上述溶液中加入过量锌粉至将铁元素全部还原为Fe2+后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用cmolL-1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液VmL。该样品中铁的质量分数的表达式为_。【答案】 (1). 2Fe(OH)2+H2O2=2Fe(OH)3 (2). 煮沸 (3). H2C2O4 (4). 蒸发浓缩、冷却结晶 (5). 除去晶体表面的水分 (6). CO2 (7). 酸式 (8). 【解析】【
13、分析】莫尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O中加入NaOH，发生的反应为Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2；加入H2O2，发生反应为Fe(OH)2与H2O2反应生成Fe(OH)3；在反应中，Fe(OH)3固体与KHC2O4反应，生成K3Fe(C2O4)3溶液；将溶液蒸发结晶便可得到K3Fe(C2O4)33H2O晶体，再洗涤干燥，从而获得纯净的晶体。【详解】(1)步骤滴加过量6%H2O2，将Fe(OH)2氧化为Fe(OH)3红褐色胶状沉淀，该反应的化学方程式为2Fe(OH)2+H2O2=2Fe(OH)3。生成的沉淀呈胶状，不易过滤，过滤前需要加热煮沸以破坏其胶状结构，操作是煮沸。答案为：
14、2Fe(OH)2+H2O2=2Fe(OH)3；煮沸；(2)步骤若pH偏高，则应加酸将pH降低，所以应加入适量H2C2O4。答案为：H2C2O4；(3)步骤是从溶液中提取溶质，操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。得到的晶体依次用少量冰水、95%乙醇洗涤，因结晶水合物受热易失去结晶水，所以用95%乙醇洗涤，目的是除去晶体表面的水分，防止晶体受热失去结晶水。答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；除去晶体表面的水分；(4)滴定时，H2C2O4被氧化生成CO2，反应的氧化产物为CO2。滴定时，因高锰酸钾会腐蚀橡皮管，所以盛放高锰酸钾溶液的仪器是酸式滴定管。答案为：CO2；酸式；Fe3+被Zn还原为Fe2+，Fe2+被
15、KMnO4氧化生成Fe3+，关系式为5Fe3+5Fe2+KMnO4，则n(Fe3+)=cmolL-1V10-3L5=510-3cVmol，该样品中铁的质量分数的表达式为=。答案为：。【点睛】胶状沉淀呈胶状，容易堵塞滤纸的孔隙，使水难以顺利流下，所以过滤胶状沉淀物时，需加热破坏胶体结构。9.四氧化三锰（Mn3O4）广泛应用于生产软磁材料、催化材料制备领域。一种以低品位锰矿（含MnCO3、Mn2O3、MnOOH及少量Fe2O3、Al2O3、SiO2）为原料生产Mn3O4的工艺流程如图：已知：(NH4)2SO4NH3+NH4HSO4回答下列问题：(1)MnOOH中Mn的化合价为_。(2) “溶浸”中
16、H2O2的作用是_。(3) “滤渣2”的主要成分有_。(4) “母液”溶质的主要成分是_，循环利用该物质的方案是_。(5)氧化”时，将固体加入水中，70水浴加热，通空气氧化，将固体全部转化为Mn3O4。Mn(OH)2生成Mn3O4的化学方程式为_。反应后溶液pH_（填“增大”、“减小”或“不变”）。【答案】 (1). +3 (2). 将+3价Mn元素还原成Mn2+ (3). Fe(OH)3、Al(OH)3 (4). (NH4)2SO4 (5). 加热到213308分解生成氨气和NH4HSO4，分别循环到沉锰和溶浸中，或加H2SO4生成NH4HSO4循环到溶浸中 (6). 6Mn(OH)2+O2
17、2Mn3O4+6H2O (7). 减小【解析】【分析】锰矿粉(含MnCO3、Mn2O3、MnOOH及少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)加NH4HSO4、H2O2溶浸，MnCO3、Mn2O3、MnOOH转化为Mn2+，Fe2O3、Al2O3转化为Fe2+、Al3+，SiO2不溶而成滤渣1；加入Mn(OH)2调pH=5，此时Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3，成为滤渣2的成分；加入氨水沉锰，此时锰转化为Mn(OH)2、Mn2(OH)2SO4，通空气氧化，70水浴加热，即得Mn3O4。【详解】(1)MnOOH中O显-2价，H显+1价，依据化合价的代数为0，可求出Mn的化合价为
18、+3。答案为：+3；(2) “溶浸”中，有一部分Mn由+3价降为+2价，所以H2O2的作用是将+3价Mn元素还原成Mn2+。答案为：将+3价Mn元素还原成Mn2+；(3) 由以上分析知，“滤渣2”的主要成分有Fe(OH)3、Al(OH)3。答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；(4) 由以上分析知，“母液”溶质的主要成分是(NH4)2SO4，循环利用该物质的方案是加热到213308分解生成氨气和NH4HSO4，分别循环到沉锰和溶浸中，或加H2SO4生成NH4HSO4循环到溶浸中。答案为：(NH4)2SO4；加热到213308分解生成氨气和NH4HSO4，分别循环到沉锰和溶浸中，或加H2SO4
19、生成NH4HSO4循环到溶浸中；(5)氧化”时，Mn(OH)2利用70水浴加热，通空气氧化，生成Mn3O4，化学方程式为6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O。Mn(OH)2呈碱性，Mn3O4难溶于水，所以反应后溶液pH减小。答案为：6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O；减小。【点睛】在反应中，H2O2通常作氧化剂，表现出强氧化性，如果我们不注意审题，容易把“溶浸中H2O2的作用”错误地回答成“氧化性”。10.合成氨是目前最有效工业固氮的方法，解决数亿人口生存问题。回答下列问题：(1)科学家研究利用铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示。由图
20、可知合成氨反应N2(g)+H2(g)NH3(g)的H=_ kJmol-1。该历程中反应速率最慢的步骤的化学方程式为_。(2)工业合成氨反应为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，当进料体积比V(N2)：V(H2)=1：3时平衡气体中NH3的物质的量分数随温度和压强变化的关系如图所示：500时，反应平衡常数Kp(30MPa)_ Kp(100MPa)。（填“”）500、30MPa时，氢气的平衡转化率为_（保留2位有效数字），Kp=_(MPa)-2（列出计算式）。(3)科学家利用电解法在常温常压下实现合成氨，工作时阴极区的微观示意如图，其中电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的惰性有机溶剂。阴极区生
21、成NH3的电极方程式为_。下列说法正确的是_（填标号）。A三氟甲磺酸锂的作用是增强导电性B该装置用金(Au)作催化剂目的是降低N2的键能C选择性透过膜可允许N2和NH3通过，防止H2O进入装置【答案】 (1). -46 (2). Nad+3HadNHad+2Had (3). = (4). 33% (5). (6). N2+6e-+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O- (7). AC【解析】【分析】(1)利用盖斯定律，起点为N2(g)+H2(g)，终点为NH3(g)，H=-46kJmol-1。该历程中反应速率最慢反应，是需吸热最多的反应，显然是吸热106 kJmol-1的反应。(2)500时
22、，平衡常数不变。500、30MPa时，氨气的体积分数为20%，利用三段式，计算氢气平衡转化率及Kp。(3)从图中看，阴极区N2与C2H5OH反应生成NH3和C2H5O-。A从阴极反应看，三氟甲磺酸锂并未参与反应，所以作用是增强导电性；B催化剂只能降低反应的活化能，不能降低键能；C从图中看，选择性透过膜可允许N2和NH3通过，但H2O不能透过。【详解】(1)利用盖斯定律，起点为N2(g)+H2(g)，终点为NH3(g)，H=-46 kJmol-1。所以，合成氨反应N2(g)+H2(g) NH3(g) H=-46 kJmol-1。该历程中反应速率最慢的反应，是需吸热最多的反应，显然是吸热106 k
23、Jmol-1的反应，化学方程式为Nad+3HadNHad+2Had。答案为：利用盖斯定律，起点为N2(g)+H2(g)，终点为NH3(g)，H=-46kJmol-1；Nad+3HadNHad+2Had；(2)因为平衡常数只受温度变化的影响，所以500时，反应平衡常数Kp(30MPa)= Kp(100MPa)；设参加反应N2的物质的量为x，建立三段式为：则，x=，则N2的体积分数为=20%，H2的体积分数为60%，NH3的体积分数为20%。500、30MPa时，氢气的平衡转化率为=33%，Kp=(MPa)-2； (3)从图中看，阴极区N2与C2H5OH反应生成NH3和C2H5O-，电极方程式为N
24、2+6e-+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O-；A从阴极反应看，三氟甲磺酸锂并未参与反应，所以作用是增强导电性，A正确；B催化剂只能降低反应的活化能，不能降低键能，B不正确；C从图中看，选择性透过膜可允许N2和NH3通过，但H2O不能透过，C正确；故合理选项是AC。【点睛】在比较“平衡常数Kp(30MPa)与Kp(100MPa)”的关系时，我们易出错，其错因是受图中数据的影响，我们易产生以下的错误推理：增大压强，NH3的体积分数增大，显然平衡正向移动，所以平衡常数增大。11.(CdSe)n小团簇（CdnSen，n=116）为-族化合物半导体材料，具有独特的光学和电学性质，常应用于发光二极
25、管、生物系统成像与诊断等方面。回答下列问题：(1)基态Se原子的价层电子排布式为_。(2)Cd的第一电离能大于同周期相邻元素，原因是_。(3)CdS、CdSe、CdTe均为重要的-族化合物半导体材料，熔点分别为1750、1350、1041，上述熔点呈规律性变化的原因是_。(4)利用有机配体PH3、N(CH3)3等修饰(CdSe)2可改善其光致发光效率。其中PH3的空间构型是_。N(CH3)3中参与形成配位键的孤电子对占据的轨道是_。(5)CdSe的一种晶体为闪锌矿型结构，晶胞结构如图所示。其中原子坐标参数A为(，)，则B、C的原子坐标参数分别为_。该晶胞中CdSe键的键长为_。已知Cd和Se的
26、原子半径分别为rCdnm和rSenm，则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_。【答案】 (1). 4s24p4 (2). Cd的电子排布式为Kr4d105s2，原子轨道为全充满状态 (3). 均为离子化合物，阳离子相同，阴离子半径S2-Se2-CdSeCdTe (4). 三角锥形 (5). sp3 (6). B(，)，C(，) (7). (8). 【解析】【分析】(1)基态Se原子的核外电子排布式为Ar3d104s24p4，由此可写出其价层电子排布式。(2)Cd价电子排布式为4d105s2，5s轨道全充满，则第一电离能出现反常。(3)从熔点看，CdS、CdSe、CdTe都形成离子晶体，晶格
27、能与离子带电荷成正比，与离子半径的平方成反比。(4) PH3中P的价层电子对数为4，由此可确定其空间构型。N(CH3)3中N原子的价层电子对数为4，由此可确定参与形成配位键的孤电子对占据的轨道。(5)原子坐标参数A为(，)，根据0点定位，可确定B、C的原子坐标参数。该晶胞中CdSe键的键长，可建立三角形进行计算。利用均摊法，确定晶胞中所含原子个数，从而求出原子的总体积，再除以晶胞的体积，即得该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率。【详解】(1)基态Se原子的核外电子排布式为Ar3d104s24p4，则基态Se原子的价层电子排布式为4s24p4。答案为：4s24p4；(2) Cd的价电子排布式为4
28、d105s2，5s轨道全充满，Cd的第一电离能大于同周期相邻元素，原因是Cd的电子排布式为Kr4d105s2，原子轨道为全充满状态。答案为：Cd的电子排布式为Kr4d105s2，原子轨道为全充满状态；(3) 从熔点看，CdS、CdSe、CdTe都形成离子晶体，晶格能与离子带电荷成正比，与离子半径的平方成反比，所以上述熔点呈规律性变化的原因是：均为离子化合物，阳离子相同，阴离子半径S2-Se2-CdSeCdTe。答案为：均为离子化合物，阳离子相同，阴离子半径S2-Se2-CdSeCdTe；(4) PH3中P的价层电子对数为4，P原子的最外层存在1对孤对电子，则PH3的空间构型是三角锥形。N(CH
29、3)3中N原子的价层电子对数为4，N(CH3)3中参与形成配位键的孤电子对占据的轨道是sp3。答案为：三角锥形；sp3；(5)原子坐标参数A为(，)，根据0点定位，则B、C的原子坐标参数分别为B(，)，C(，)。设该晶胞中CdSe键的键长为x，则x2=(a)2+(a)2+(a)2，x=。在晶胞中，Cd原子数为8+6=4，Se原子数为4，已知Cd和Se的原子半径分别为rCdnm和rSenm，则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为。答案为：B(，)，C(，)；。【点睛】在确定分子的空间构型时，需先确定中心原子的价层电子对数，然后确定中心原子的最外层所含有的孤对电子数。也可采用类推法，由同主族元素
30、中化学式类似分子的结构，类推出该分子的结构。12.化合物H是一种香料合成中间体，其合成路线如图：回答下列问题：(1)A的化学名称是_。(2)A到B的反应方程式是_。(3)C的结构简式是_。(4)的反应类型是_。(5)H中的含氧官能团的名称是_。(6)X是F的同分异构体，X所含官能团的种类和数量与F完全相同，其核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6：1：1。写出两种符合上述条件的X的结构简式_。(7)设计由苯甲醇和制备的合成路线_（无机试剂任选）。【答案】 (1). 丙二酸二乙酯 (2). (3). (4). 取代反应 (5). 羰基(酮基)、酯基 (6). 、 (7). 【解析】【分析】(A)与在
31、吡啶的作用下反应生成(B)；B与LiAlH4反应生成C，由C的分子式及前后物质的结构，可确定其结构简式为；由E、G结构及F的分子式，可确定F的结构简式为。【详解】(1)A的结构简式为，化学名称是丙二酸二乙酯。答案为：丙二酸二乙酯；(2) (A)与在吡啶的作用下反应生成(B)，反应方程式是。答案为：；(3)由以上分析知，C的结构简式是。答案为：；(4)为,与NaCH(COOCH2CH3)2反应生成和NaBr，反应类型是取代反应。答案为：取代反应；(5)H的结构简式为，含氧官能团的名称是羰基(酮基)、酯基。答案为：羰基(酮基)、酯基；(6)X是(F)的同分异构体，X所含官能团的种类和数量与F完全相同，其核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6：1：1，则分子结构对称，含有4个-CH3、2个-COOH、1个碳碳双键，另外还含有4个季碳原子。符合上述条件的X的结构简式为：、。答案为：、；(7)由苯甲醇和制备，需利用AB的信息，所以应先将苯甲醇氧化为苯甲醛，然后与反应生成，最后水解得到目标有机物。合成路线为：。答案为：。【点睛】由两种反应物制取目标有机物，关键的一步是如何将两种反应物结合成一种中间产物，也就是找到流程图中的信息，并利用信息将反应物的官能团进行转化。