2025年河南高考模拟卷（三）（含解析）

2025年河南高考模拟卷（三）
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。
1．下列说法错误的是
A．环保型量子点InP—HF在X射线衍射仪测试时呈现分立的斑点，说明其具有晶体结构
B．太阳能电池封装使用的PVB树脂属于有机高分子化合物
C．某新型超分子粘合剂的原料纤维素结构稳定、不能水解
D．氢能作为来源广泛、绿色低碳的二次能源，对实现碳达峰的目标具有重要意义
2．下列化学用语或图示正确的是
A．的VSEPR模型： B．羟基的电子式：
C．中子数为18的Cl原子： D．的化学名称：3，3-甲基戊烷
3．下列离子方程式错误的是
A．向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2：
B．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合后呈中性：
C．向 NaClO溶液中通入足量 SO2气体：
D．向 FeCl2溶液中滴入K3溶液：
4．化学创造美好生活。下列生产活动中，与相应化学原理不相符的是
选项 生产活动 化学原理
A 用化学方法在钢铁表面进行发蓝处理 表面生成一层致密的Fe3O4保护膜
B 冬季来临时，用石灰浆涂抹树皮 石灰浆吸收空气中的CO2可减少植物的光合作用
C 小苏打可用作馒头、饼干的膨松剂 小苏打中和酸且受热易分解产生气体
D 埋在地下的铁质金属管道用导线连接一块镁块 牺牲阳极法保护金属
5．下列有关氨气的制备及性质的实验原理和操作正确的是
A．制备氨气 B．干燥氨气
C．收集氨气 D．制备银氨溶液
6．酯在碱性条件下发生水解反应的历程如图，下列说法正确的是
A．反应④为该反应的决速步
B．若用进行标记，反应结束后醇和羧酸钠中均存在
C．反应①中OH-攻击的位置由碳和氧电负性大小决定
D．该反应历程中碳原子杂化方式没有发生改变
7．合成抗肿瘤药氟他胺的部分流程如下。已知吡啶的结构简式为（）。下列说法正确的是
A．甲在水中的溶解度大于乙
B．乙分子中所有原子共平面
C．乙—丙过程中由于吡啶分子中的N原子上有孤电子对，从而有利于乙转化为丙
D．1mol丙最多与发生加成反应
8．是原子序数依次增大的短周期主族元素。基态P原子核外电子有3种空间运动状态；X的简单氢化物与其最高价氧化物对应水化物可发生反应；与Y同周期的元素中，第一电离能大于Y的有三种；Z与P同主族。下列说法正确的是
A．P元素形成的单质在常温下为固态，属于分子晶体
B．化合物中，键与键的数目之比为
C．Z最高价氧化物对应的水化物可与氨水发生复分解反应
D．简单离子半径：
9．下列叙述I和叙述Ⅱ均正确，且有因果关系的是
选项 叙述I 叙述Ⅱ
A 石墨能导电且化学性质不活泼 外加电流法中可用石墨作辅助阳极
B 煤中含有苯、甲苯等芳香烃 通过煤的干馏可获得苯、甲苯等芳香烃
C 铝制容器和浓硫酸不反应 铝制容器用于存储、运输浓硫酸
D 断裂氨分子中的化学键需要吸收热量 工业上用液氨作制冷剂
10．磷酸氢二铵[]常用于干粉灭火剂。某研究小组用一定浓度磷酸吸收氨气制备(控制)，装置如图所示(搅拌装置已省略)。下列有关叙述正确的是
A．本实验尾气处理可以选用碱石灰做吸收剂
B．活塞的作用是防止倒吸，产生倒吸时应同时打开
C．若用酚酞做指示剂，当溶液由无色变为浅红时，停止通
D．若后继续通，溶液中浓度将不再变化
11．下列方案设计、现象和结论都正确的是
目的 方案设计 现象和结论
A 检验某无色溶液中是否含有SO 取少量该溶液于试管中，加稀硝酸酸化，再加入氯化钡溶液 若有白色沉淀生成，则该溶液中一定含有SO
B 探究不同金属离子对H2O2分解速率的影响 取支试管，向支试管中各加入5mL 6%H2O2溶液，分别向试管中各加入1mL 0.1mol/L FeCl3溶液和0.1mol/L CuSO4溶液 相同时间内产生气泡多的，则催化效果好
C 比较ZnS和CuS的Ksp 向0.1 mol/L K2S溶液中滴加少量等浓度的ZnSO4溶液，再滴加少量等浓度的CuSO4溶液 先产生白色沉淀，后产生黑色沉淀，可得出结论：Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)
D 检验某无色气体是否为SO2 将气体通入品红溶液中，再加热 若通入气体后品红溶液褪色，加热后能恢复红色，则气体为SO2
12．水溶液锌电池(图1)的电极材料是研究热点之一，一种在晶体中嵌入的电极材料充放电过程的原理如图2所示。下列叙述中正确的是
A．①为活化过程，其中Mn的价态不变
B．该材料在锌电池中作为负极材料
C．②代表电池充电过程
D．③中该物质发生反应转移的电子数约为
13．醋酸甲酯制乙醇的反应为：。三个恒容密闭容器中分别加入醋酸甲酯和氢气，在不同温度下，反应t分钟时醋酸甲酯物质的量n如图所示。下列说法正确的是
A．该反应的 B．容器甲中平均反应速率
C．容器乙中当前状态下反应速率D．容器丙中乙醇的体积分数为
14．以酚酞为指示剂，用0.1000 mol·L 1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2 的分布系数：]

下列叙述正确的是
A．曲线①代表，曲线②代表
B．H2A溶液的浓度为0.2000 mol·L 1
C．HA 的电离常数Ka=1.0×10 2
D．滴定终点时，溶液中
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（15分）对溴乙酰苯胺()是医药合成的重要中间体，实验室常以乙酰苯胺()和为原料来合成。实验步骤如下：
步骤Ⅰ．向一定体积的三颈烧瓶中，先加入45.0mL乙醇，再加入10.8g乙酰苯胺，充分溶解。将13.0g溴溶解于20.0mL冰醋酸中，装入图1所示装置的仪器a中；
步骤Ⅱ．一边搅拌一边慢慢地滴加溴的冰醋酸溶液，滴加完毕后，在45℃下，继续搅拌反应1小时，然后将温度提高至60℃，再搅拌一段时间；
步骤Ⅲ．在搅拌下将反应后溶液慢慢加至含少量NaOH的100mL冰水中(混合后溶液呈弱酸性)，此时立即有固体析出，略有黄色，加入饱和的亚硫酸氢钠水溶液充分搅拌至黄色恰好褪去，将上述溶液放入冰水浴中慢慢冷却；
步骤Ⅳ．采用如图2所示装置过滤，并用冷水充分洗涤，干燥，经系列操作后得到12.84g白色针状晶体，色谱检测其纯度为80.0%。
已知：有关物质的部分性质见下表：
物质 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性
乙酰苯胺 135 113 304 白色结晶性粉末，微溶于冷水，溶于热水、乙醇等
对溴乙酰苯胺 214 167 353 白色针状晶体，溶于苯、乙醇，微溶于热水，不溶于冷水
回答下列问题：
(1)图1装置中，仪器a的名称为 ，“步骤Ⅰ”中选用三颈烧瓶的规格是 (填标号)。
①100mL ②150mL ③250mL ④50mL
(2)乙醇和冰醋酸的作用是 。
(3)“步骤Ⅲ”两次慢慢冷却的目的是 ，加入饱和的亚硫酸氢钠水溶液黄色恰好褪去时的离子方程式为 。
(4)“步骤Ⅳ”中，图2装置停止实验时，先 (填标号)再 (填标号)，最后加入冰水充分洗涤。
a．打开活塞K b．关闭抽气泵
(5)本实验中，对溴乙酰苯胺产率为 ，若“步骤Ⅱ”加热时温度过高至85℃，将导致所测产率 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
16．（14分）乙烯是重要的工业原料，可用下列方法制备。
I．催化加氢法制乙烯：
已知：的燃烧热分别为：285.8kJ/mol、1411.0kJ/mol；
(1)该反应 。
(2)将和按物质的量之比为2：3充入恒容密闭容器中，分别在不同催化剂条件下发生反应，测得相同时间的转化率与温度的关系如图所示：
一定温度下，下列有关说法正确的是 。
A．达平衡时，一定为2：3
B．向反应体系中加入少量无水固体，可提高的产率
C．b、d两状态下，反应的瞬时速率一定相等
D．使用催化剂I时反应的活化能比使用催化剂Ⅱ时低
E．温度下，向容器中加入稀有气体，可提高的转化率
Ⅱ．工业上也可用甲烷催化法制取乙烯，只发生如下反应：。
(3)温度T时，向2L的恒容反应器中充入，仅发生上述反应，反应过程中的物质的量随时间变化如图所示：
实验测得：为速率常数，只与温度有关，温度时， (用含有x的代数式表示)；当温度升高时，增大m倍，增大n倍，则m (填“>”“<”或“=”)n。
Ⅲ．氧化制乙烯：
主反应为：
(4)某催化剂催化过程中，在催化剂表面发生了一系列反应：
①
②
③
④___________。
则：④的反应式为 。
(5)在与反应制的过程中，还会发生副反应：
①其他条件相同时，与经相同反应时间测得如表实验数据：
实验 温度/K 催化剂 的产率%
实验1 400 催化剂1 55.0
400 催化剂2 62.3
实验2 500 催化剂1 68.5
500 催化剂2 80.1
相同温度时，催化剂2催化下产率更高的原因是 。
②在容器体积为1.0L，充入和同时发生主、副反应，乙烷的平衡转化率、乙烯的选择性(乙烯的选择性)与温度、压强的关系如图所示。M点主反应的平衡常数为 (结果保留2位有效数字)。
17．（14分）铟是一种稀有贵金属，广泛应用于航空航天领域。从高铟灰渣(主要含PbO、SiO2、FeAsO4·2H2O、In2O3)中提取铟的工艺流程如下：
已知：FeS4O6为强电解质；P2O4为磷酸二异辛酯；Ksp[In(OH)3]=1.4×10-33。回答下列问题：
(1)FeAsO4·2H2O中铁元素化合价为+3价，As的化合价为 。Fe3+的价层电子排布式 。
(2)“硫酸化焙烧”时，其他条件一定，焙烧温度对“水浸”时铟、铁浸出率的影响如图所示。
适宜的焙烧温度是 ℃，温度过高铟、铁浸出率降低的原因是 。
(3)“水浸”时，浸渣除了As2O3外，还含有 。
(4)“还原铁”时反应的离子方程式为 。
(5)“萃取除铁”时，用30%的P2O4作萃取剂时，发现当溶液pH >1.5后，铟萃取率随pH值的升高而下降，原因是 。
(6)“置换铟”时，发现溶液中残留溶解的As2O3也与Zn反应，会有少量的气体AsH3生成，该过程的离子方程式为 。
(7)立方晶系CuInSe2的晶胞结构如图所示，晶胞参数如图。CuInSe2的摩尔质量为M g mol-1，则该晶体密度ρ= g·cm-3(用含M、NA的式子表示)，与In原子最近且距离相等的Se原子个数为 。
18．（15分）有机物X作为有机太阳能电池中的添加剂，可提高太阳能电池的光电转换效率和稳定性。X的一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)A的化学名称是 （用系统命名法命名）。
(2)C的结构简式为 ；化学反应类型为 。
(3)M的酸性 （填“大于”或“小于”）的酸性，其原因是 。
(4)的化学方程式为 。
(5)X的结构简式为，已知虚线圈内所有原子共平面。
①X中N原子的杂化方式为 。
②在生成X时，E分子和P分子断裂的化学键为 。
(6)有机物Y是B的同分异构体，则满足下列条件的Y的结构简式为 。
①苯环上只有两个取代基，其中一个为氯原子；
②能发生银镜反应；
③核磁共振氢谱峰面积之比为。
参考答案
1．C
【详解】A．晶体在X射线衍射仪测试时呈现明锐的衍射峰，A正确；
B．PVB树脂材料属于有机高分子化合物，B正确；
C．纤维素可以水解为小分子的葡萄糖，C错误；
D．氢能是绿色低碳的二次能源，可以减少二氧化碳的排放，对实现碳达峰的目标具有重要意义，D正确；
故选C；
2．A
【详解】A．中N的价层电子对数为3+=4，含有一对孤电子对，其VSEPR模型为四面体形，A正确；
B．羟基(-OH)不带电，电子式为，是氢氧根离子(OH-)的电子式，B错误；
C．中子数为18的氯原子质量数为17+18=35，可表示为，C错误；
D．该有机物主链(含C最多的碳链)上有5个C，属于戊烷类，第三个C上连有两个甲基，故化学名称为3，3-二甲基戊烷，D错误；
故选A。
3．C
【详解】A．碳酸氢钠溶解度小，向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会生成碳酸氢钠沉淀，离子方程式为：，A正确；
B． NaHSO4溶液与溶液混合后呈中性，溶液中的H+与OH-离子完全反应，离子方程式为：，B正确；
C．NaClO溶液中通入少量SO2溶液，发生氧化还原反应生成硫酸和氯离子，过量的次氯酸根离子继续和氢离子生成次氯酸，离子方程式为：，C错误；
D．Fe2+离子遇到生成蓝色沉淀，反应的离子方程式为：，D正确；
答案选C。
4．B
【详解】A．发蓝的主要成分是Fe3O4，它是一种致密的氧化物保护膜，用化学方法在钢铁表面进行发蓝处理，可保护钢铁制品不受腐蚀，A不符合题意；
B．冬季来临时，用石灰浆涂抹树皮，利用的是氢氧化钙的腐蚀性，能杀死藏于树干中的害虫卵，不是为了阻止光合作用的发生，B符合题意；
C．小苏打与酸作用或受热分解都能产生气体，使面团变得膨松，从而作馒头、饼干的膨松剂，C不符合题意；
D．埋在地下的铁质金属管道用导线连接一块镁块，利用镁的金属性比铁强，作原电池的负极，可阻止铁失电子，此操作是通过外加金属阻止被保护金属失电子，称为牺牲阳极法保护金属，D不符合题意；
故选B。
5．D
【详解】A．该装置试管口应略向下倾斜，防止冷凝水倒流使试管炸裂，故A错误；
B．无水氯化钙会与氨气反应生成，不能用于干燥氨气，故B错误；
C．氨气密度比空气小，导气管应短进长出，故C错误；
D．向硝酸银溶液中逐滴加入，直至最初产生的沉淀恰好溶解，可制得银氨溶液，故D正确；
故答案为D。
6．C
【详解】A．反应历程中最慢的一步是整个反应的决速步，结合图示可知，反应①为该反应的决速步，A错误；
B．反应①断开了酯基的碳氧双键结合，反应②断裂出原酯基中的-OR’，反应③转移了氢离子得到醇R’OH，反应④生成羧酸钠没有转移氧原子，故反应结束后醇中不均存在，只能存在为羧酸钠中，B错误；
C．反应①中带负电，攻击的位置由碳和氧电负性大小决定，OH-攻击电负性较小、电子云密度较小的碳原子，C正确；
D．反应①酯基中的碳从sp2杂化生成连接四个单键的sp3杂化，后经过反应②又生成羧基，恢复sp2杂化，故该反应历程中碳原子杂化方式有发生改变，D错误；
故选C；
7．C
【分析】将甲在Fe和盐酸的催化作用还原为乙，再将乙和在吡啶的作用下进行取代反应得到产物丙，据此信息解答。
A．物质乙分子中的氨基是亲水基，比在水中的溶解度大，导致物质乙在水中的溶解度大于物质甲，A错误；
B．乙分子中的C原子是饱和C原子，结构跟一样，为四面体结构，同时为三角锥形结构，因此该物质分子中所有原子不可能共平面，B错误；
C．吡啶的结构中N原子有5个电子，已经共用了3个，还剩2个电子形成了1个孤电子对可以接受氢离子，因此吡啶呈碱性，能消耗反应生成的HCl，有利于将乙转化为丙，C正确；
D．丙结构中的酰胺基的碳氧双键不能发生加成反应，只能加成苯环上的不饱和键，故1mol丙最多与发生加成反应，D错误；
故答案为：C。
8．B
【分析】P、Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。基态P原子核外电子有3种空间运动状态，则有三种空间运动状态的核外电子排布方式只能是1s22s22p1，则P为B元素。X的简单氢化物与其最高价氧化物对应水化物可发生反应，即X为N元素，NH3和硝酸可发生反应，考虑到P、Q、X、Y、Z是原子序数依次增大，则Q为C元素。Z与P同主族，在短周期中只能是Al元素。与Y同周期的元素中，第一电离能大于Y的有三种，第三周期钠与镁元素显然不符合要求，只能是第二周期O元素，同周期元素第一电离能比O大的有Ne、F、N。综上：P为B元素、Q为C元素、X为N元素、Y为O元素、Z为Al元素。
A．P为B元素，形成的单质在常温下为固态，属于共价晶体，故A错误；
B．C2H2，结构式为H-C≡C-H，单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键含有1个σ键2个π键，即键与键的数目之比为3:2，故B正确；
C．最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，氨水为弱碱，Al(OH)3不与氨水反应，故C错误；
D．电子层数越多，半径越大，核外电子排布相同时，核电荷数越多，半径越小，简单离子半径：N3->O2->Al3+，即X >Y> Z，故D错误；
答案选B。
9．A
【详解】A．因石墨能导电且化学性质不活泼，故外加电流的阴极保护法中可用石墨作辅助阳极，被保护的金属做阴极，A正确；
B．煤中不含有苯、甲苯等芳香烃，叙述Ⅰ不正确，通过煤的干馏是发生化学反应可获得苯、甲苯等芳香烃，B错误；
C．常温下铝制容器和浓硫酸发生钝化反应，不是不反应，是生成致密氧化膜，叙述Ⅰ不正确，铝制容器用于存储、运输浓硫酸，C错误；
D．断裂氨分子中的化学键需要吸收热量，工业上用液氨作制冷剂，均正确但二者不具有因果关系，液氨作制冷剂是因为液氨汽化时要从周围环境中吸收大量的热，D错误；
故选A；
10．C
【详解】A．实验过程中生成的氨气不能被碱石灰吸收，A错误；
B．由于NH3极易溶于水，因此可选择打开活塞K2以平衡气压，防止发生倒吸，所以实验过程中，当出现倒吸现象时，应及时关闭K1，打开K2，B错误；
C．由题意可知，当pH为8.0~9.0时，可制得(NH4)2HPO4，说明(NH4)2HPO4溶液显碱性，因此若不选用pH传感器，还可以选用酚酞作指示剂，C正确；
D．若通入过多氨气，(NH4)2HPO4继续反应生成(NH4)3PO4，D错误；
答案选C。
11．D
【详解】A．加入硝酸酸化无法排除溶液中以及的干扰，应加入稀盐酸酸化，A错误；
B．探究不同金属离于对分解速率的影响应选用相同阴离子的金属盐，该方案中盐中的阴离子不同，无法排除阴离子的干扰，B错误；
C．在溶液中滴加少量等浓度的溶液，生成白色沉淀，溶液中还有剩余的，再加入少量等浓度的溶液，生成黑色的沉淀，可能是剩余的与反应，也可能是转化为，所以不能说明，C错误；
D． 对品红溶液具有可逆的漂白作用，通入后品红溶液褪色，加热或置于空气中又可恢复颜色，是检验的常见方法，D正确；
故选D。
12．D
【详解】A．①过程中MnO晶胞中体心的Mn2+失去，产生空位，该过程为MnO活化过程，根据化合物化合价为0可知Mn元素化合价一定发生变化，A错误；
B．锌电池中Zn失去电子生成Zn2+，Zn电极为负极材料，B错误；
C．②过程中电池的MnO电极上嵌入Zn2+，说明体系中有额外的Zn2+生成，因此表示放电过程，C错误；
D．根据“均摊法”可知，晶胞中的个数为，和晶胞中的个数均为3（脱去晶胞体心的），晶胞中的个数为，因此的个数比为，是0.61，则为，③过程当中，转移电子数为2，所以转移电子数为：，D正确；
故选D。
13．D
【分析】温度越高反应速率越快，比较乙丙可知，丙反应升高温度，醋酸甲酯量增大，则反应逆向进行，正反应为放热反应，焓变小于0；
A．由分析，该反应的，A错误；
B．容器甲中平均反应速率，B错误；
C．温度越高反应速率越快，比较乙丙可知，丙达到平衡状态，但不确定乙是否平衡，不能确定正逆反应速率相对大小，C错误；
D．对丙而言：
容器丙中乙醇的体积分数为，D正确；
故选D。
14．C
【分析】根据图象，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，据此分析作答。
A．根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A错误；
B．当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)= =0.1000mol/L，B错误；
C．由于H2A第一步完全电离，则HA-的起始浓度为0.1000mol/L，根据图像，当VNaOH=0时，HA-的分布系数为0.9，溶液的pH=1，A2-的分布系数为0.1，则HA-的电离平衡常数Ka==≈1×10-2，C正确；
D．用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D错误；
答案选C。
15．(1)恒压滴液漏斗（1分）②（1分）
(2)充当溶剂，乙醇和冰醋酸互溶，使溴分子和乙酰苯胺充分接触，充分反应（2分）
(3)吸收酸和碱中和放出的热量，并降低对溴乙酰苯胺溶解度，同时得到大颗粒对溴乙酰苯胺晶体（2分）(或)（2分）
(4) a（2分） b（2分）
(5)60%（2分）偏小（1分）
【分析】三颈烧瓶中先加入乙醇，再加入乙酰苯胺，充分溶解，将溴溶解于冰醋酸中，慢慢地滴加溴的冰醋酸溶液，在水浴条件下反应得到对溴乙酰苯胺和HBr，将反应后溶液慢慢加至含少量NaOH的100mL冰水中，以吸收HBr、溴、乙酸，并使固体析出，加入饱和的亚硫酸氢钠水溶液充分搅拌至黄色恰好褪去，以除去多余的溴单质，在冰水浴中慢慢冷却析出对溴乙酰苯胺，过滤，并用冷水充分洗涤，干燥，经系列操作后得到白色针状晶体对溴乙酰苯胺；
（1）图1装置中，仪器a的名称为恒压滴液漏斗；三颈烧瓶中加入45.0mL乙醇，加入10.8g乙酰苯胺，滴加20.0mL溴的冰醋酸溶液，三颈烧瓶中液体体积大于三分之一而小于三分之二，则“步骤Ⅰ”中选用三颈烧瓶的规格是②150mL合适；
（2）已知，乙酰苯胺微溶于冷水，溶于热水、乙醇等，实验中乙醇和冰醋酸的作用是充当溶剂，乙醇和冰醋酸互溶，使溴分子和乙酰苯胺充分接触，充分反应；
（3）已知，对溴乙酰苯胺不溶于冷水；反应后溶液加入含少量NaOH的100mL冰水中，氢氧化钠和酸发生中和反应放热，会导致温度升高，“步骤Ⅲ”两次慢慢冷却的目的是吸收酸和碱中和放出的热量，并降低对溴乙酰苯胺溶解度，同时得到大颗粒对溴乙酰苯胺晶体；显黄色，说明含有过量溴单质，溴单质具有氧化性，加入饱和的亚硫酸氢钠水溶液黄色恰好褪去，则溴单质氧化亚硫酸氢根离子为硫酸根离子同时生成溴离子，离子方程式为(或
)；
（4）“步骤Ⅳ”中，图2装置停止实验时，为防止倒吸，应先a．打开活塞K，使得装置与大气相通，再b．关闭抽气泵，最后加入冰水充分洗涤。
（5）10.8g乙酰苯胺为=0.8mol，理论上对溴乙酰苯胺的物质的量为=0.8mol，经系列操作后得到12.84g白色针状晶体，色谱检测对溴乙酰苯纯度为80.0%，则本实验中，对溴乙酰苯胺产率为，若“步骤Ⅱ”加热时温度过高至85℃，使得溴、乙酸、乙醇挥发，导致原料损耗，将导致实际所得产物质量减小、所测产率偏小。
16．(1) （2分）
(2)BD（2分）
(3) （2分） >（2分）
(4) （2分）
(5)相同温度时，催化剂2对主反应的选择性高，生成的多，产率高（2分）0.57（2分）
【详解】（1）由的燃烧热分别为：可知，，CH2=CH2(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) H3=-1411.0kJ/mol；依据盖斯定律进行计算
（2）A．达到平衡时，二氧化碳转化量未知，也没有按照方程式中化学计量数比进行投料，达平衡时，不为2：3，A错误；
B．向反应体系中加入少量无水固体，无水氯化钙能够吸收水，水的浓度降低，平衡正向移动，可提高的产率，B正确；
C．b、d两状态下，d的温度高于b，化学反应速率d>b，C错误；
D．由图可知，使用催化剂Ⅰ时先达到平衡，因此反应Ⅰ的活化能比使用催化剂Ⅱ时低，D正确；
E．温度下，向容器中加入稀有气体，容器体积不变，各组分浓度不变，不会影响平衡，的转化率不变，E错误；
故选：BD；
（3）由题中信息，，当达到平衡时，正逆反应速率相等，所以，列三段式进行计算：，所以，该反应的正反应，升高温度，平衡正向移动，正反应速率大于逆反应速率，所以m>n；
（4）④=总反应-①-②-③，所以④的反应为；
（5）①相同温度时，催化剂2对主反应的选择性高，生成的多，产率更高；
②M点的平衡转化率为50%，乙烯的选择性为80%，此时容器的体积为1L，初始加入量为2.0mol，乙烯平衡物质的量为2mol×50%×80%=0.8mol，二氧化碳的初始加入量为3mol，列式：，，综合主、副反应可知，二氧化碳消耗的总物质的量浓度为1.2mol/L，平衡时二氧化碳的浓度为1.8mol/L，平衡时的浓度为2 mol/L -0.8 mol/L -0.2 mol/L=1 mol/L，H2O平衡时的浓度为0.8 mol/L，一氧化碳平衡时的浓度为1.6mol/L，平衡时的浓度为0.8 mol/L，所以主反应的平衡常数。
17．(1) +5（1分）3d5（1分）
(2)450(“440～460”的数值) （1分）温度过高，硫酸大量挥发，且部分分解（2分）
(3)SiO2、PbSO4（1分）
(4)2Fe3++2S2O=2Fe2++S4O（2分）
(5)当溶液pH >1.5后，溶液中的In3+发生水解，形成难被P2O4萃取的粒子（2分）
(6) （2分）
(7) （2分）4（1分）
【分析】在高铟烟灰渣(主要含PbO、SiO2、FeAsO4 2H2O、In2O3)中加入硫酸溶液进行硫酸化焙烧，所得焙砂用水“水浸”，PbO、FeAsO4 2H2O、In2O3分别与硫酸反应转化为硫酸铅沉淀和硫酸铁，硫酸铟，同时生成As2O3，滤渣为硫酸铅和As2O3、SiO2；过滤，向滤液中加Na2S2O3将铁还原为FeS4O6；然后加萃取剂P2O4使In3+进入有机相，铁进入水相从而除去铁；分离后在萃取液中加硫酸反萃取In3+进入水相，然后在水溶液中加Zn置换出铟，据此分析解答。
（1）FeAsO4·2H2O中铁元素化合价为+3价，根据FeAsO4中元素的化合价代数和为0，As的化合价为+5，Fe的价层电子排布式为3d64s2，从最外层开始失去3个电子变为Fe3+，Fe3+的价层电子排布式为3d5；
（2）从示意图可知，适宜的焙烧温度是450℃，温度过高铟、铁浸出率降低的原因是温度过高，硫酸大量挥发，且部分分解；
（3）由分析可知，“水浸”时，浸渣除了As2O3外，还含有SiO2、PbSO4；
（4）“还原铁”时，Fe3+被还原为亚铁离子，根据得失电子守恒及元素守恒得反应离子方程式：2Fe3++2S2O=2Fe2++S4O；
（5）当溶液pH＞1.5后，溶液中的铟离子发生水解，形成难被P2O4萃取的粒子，导致铟萃取率下降；
（6）溶液中残留溶解的As2O3也与Zn反应，会有少量的气体AsH3生成，此时溶液环境为酸性，根据得失电子守恒、电荷守恒，可得该过程的离子方程式为；
（7）晶胞的体积为a2c×10-30cm3，晶胞中Cu位于8个顶点、4个面心和体心，个数为8×+4×+1=4，In位于晶胞的4个棱，面心有6个，个数为4×+6×=4，Se位于晶胞的内部，有8个，则晶胞平均含有4个CuInSe2，可知= g·cm-3=g·cm-3；由晶胞图可知，与In原子最近且距离相等的Se原子个数为4。
18．(1)2-氯苯甲酸（2分）(2) （2分）取代反应（1分）(3)大于（1分） 氟的电负性大于氢的电负性，的极性大于的极性，使的极性大于的极性，导致的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子（2分） (4) （2分）(5) （1分）（2分） (6)、（2分）
【解析】A（）与发生酯化反应生成B（），B发生硝化反应得到C（），C发生还原反应得到D（），D在的作用下与发生反应得到E（）；与在浓硫酸加热的条件下生成与在一定条件下发生雷系已知的反应生成O，结合P的结构简式和O的分子式可知，O的结构简式为，E和P在一定条件下生成，结构简式为。
（1）依据有机物的系统命名原则，A的化学名称是2-氯苯甲酸。
（2）根据分析，C的结构简式为：。D（）在的作用下与发生反应得到E（），故的反应为取代反应。
（3）的酸性大于的酸性，其原因是F的电负性大于H的电负性，的极性大于的极性，使的极性大于的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子。
（4）依题意可知，的化学方程式为。
（5）①根据X（）的结构中虚线圈内所有原子共平面可知，N原子的杂化方式为；②E与P反应生成X的化学方程式为，由此可知：E分子断裂的化学键如图所示：，P分子断裂的化学键如图所示：，故在生成X时，E分子和P分子断裂的化学键均为键、键。
（6）有机物Y是B的同分异构体，B的结构简式为，依据题意：有机物Y能发生银镜反应，则有机物Y中含有官能团或，苯环上只有两个取代基，其中一个为氯原子，则有机物Y的取代基为氯原子和或氯原子和；核磁共振氢谱峰面积之比为，则有机物Y的结构简式为、。
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