2025届高考化学考向核心卷 安徽专版（解析版）

2025届高考考向核心卷
化学（安徽专版） 分值：100分 时间：75分钟
可能用到的相对原子质量：H—1、O—16、S—32、Zn—65、Ga—70
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．下列出土的文物中主要成分不能与其他三项归为一类的是( )
A .陶罐 B .滑石管 C .玻璃珠 D .鎏金铜泡
2．进行化学实验时要注意安全及操作规范，以免造成实验事故。下列有关说法错误的是( )
A.试剂瓶的磨口塞打不开时，可将瓶塞在实验台边缘轻轻磕碰，使其松动
B.钠与水反应的实验过程中涉及图标：
C.一些有机试剂（如乙醚）容易被引燃，选择加热方式时要避免明火直接加热
D.完成银镜反应实验后的废液，可先倒入水槽中，再用水冲入下水道
3．医疗卫生行业中化学品发挥着重要的作用。下列说法错误的是( )
A.可用作抗酸剂治疗胃酸过多
B.一定浓度的溶液可用于皮肤消毒
C.苯酚稀溶液可用于环境杀菌消毒
D.的NaCl溶液可用作静脉注射液
4．下列工业生产或处理过程涉及的物质转化关系不正确的是( )
A.消除污染物：
B.去除难溶物：
C.合成聚合物：
D.制备配合物：
5．尼达尼布用于治疗特发性肺纤维化，其结构简式如图所示，下列说法正确的是( )
A.分子式为
B.分子中存在手性碳原子
C.1 mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2 mol NaOH
D.可以发生取代反应，氧化反应，还原反应和聚合反应
6．设为阿伏加德罗常数的值。砷化镓（GaAs）是半导体材料，气相生长法制备GaAs的原理如下：
①；
②；
③。
已知镓晶体与金刚石结构相似，结构与白磷相似。下列叙述正确的是( )
A.7.0 g镓(Ga)含共价键数目为
B.0.1 mol 含σ键数目为
C.标准状况下，含中子数目为
D.反应③中每生成转移的电子数目为
7．我国科学家利用经表面修饰的作催化剂，显著提升了光电催化水氧化反应速度。光照时，光催化电极产生电子和空穴，其反应历程如图所示。下列关于该历程的说法错误的是( )
A.I转化为II时，生成的物质X为
B.III是II转化为IV过程中生成的中间体
C.存在极性键的断裂和非极性键的形成
D.反应历程中元素的化合价未发生变化
8．一种新型化学修饰剂在药物研发领域可作为药物载体提高疗效、降低毒副作用，其结构简式如图。下列有关该物质的说法正确的是( )
A.该化合物中存在过氧键
B.分子的醚键中所有键的键长相等
C.分子中有3种不同化学环境的N原子
D.分子中所有O原子和N原子均有孤电子对
9．由下列实验操作及现象能得出相应结论的是( )
选项 实验操作及现象 结论
A 往碘的溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡，液体分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色 碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在中的溶解能力
B 探究乙酰水杨酸样品中是否含有水杨酸，取少量样品，加入3 mL蒸馏水和少量乙醇，振荡，再加入1~2滴溶液，有紫色沉淀生成 该产品中含有水杨酸
C 向2 mL浓度均为的和混合溶液中滴加少量溶液，振荡，产生白色沉淀 溶度积常数：
D 为基元反应，将盛有的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅 正反应活化能大于逆反应活化能
10．反应M+ZQ（>0）分两步进行：①M+ZX（<0），②XQ（>0）。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是( )
A. B.
C. D.
11．如图为某新型的可充电锌-肼电池充、放电时的物质转化示意图，其采用双功能电催化剂在同一电极实现了独立的析氢反应（放电）和产氮反应（充电）。下列说法错误的是( )
A.充电时，阴极区溶液的pH增大
B.放电时，正极反应式为
C.充电时，理论上每转移1 mol，阳极上会生成5.6 L（标准状况下）
D.放电时，当生成2.24 L（标准状况下）时，理论上锌电极增重6.5 g
12．已知有以下有机反应（图甲）与反应装置（图乙）：
其中A、B、C、D的百分含量随长度x的变化如表所示：
x/m 1 2 3 4 5 6 7
物质A 40% 30% 10% 5% 4% 2% 0%
物质B 40% 30% 10% 5% 4% 2% 0%
物质C 15% 30% 65% 60% 40% 20% 1%
物质D 5% 10% 15% 30% 52% 76% 99%
下列说法错误的是( )
A.物质D比物质C稳定
B.反应1的活化能小于反应2的活化能
C.增大B气流的流速，处，的值不变
D.若需提高物质C的产率，可将管道的出口设计相对更远
13．实验测得溶液、溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知时和的电离常数均为。下列说法不正确的是( )
A.图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化
B.将溶液加水稀释至浓度为，溶液pH变化值小于
C.随温度升高，增大，溶液中减小，增大，pH减小
D.时稀释相同倍数的溶液与溶液中：
14.是制作红外光学系统中的光学棱镜、透镜和窗口等光学元件的最好材料。的晶体结构呈立方体形，如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，的摩尔质量为。下列叙述错误的是( )
A.在晶体中，配位数为8，配位数为4
B.两个最近的之间的距离是
C.晶胞与8个形成的立方体的体积比为2:1
D.晶胞的密度是
二、非选择题：本大题共4小题，共58分。
15．(14分)高铁锌焙烧矿渣主要含。一种利用焙烧矿渣制备并生产黄铵铁矾的流程如下：
回答下列问题。
(1)“酸浸”前要将焙烧矿渣进行粉碎处理的原因是_______________________________________。
(2)“酸浸”时，控制反应温度65 ℃、硫酸初始酸度，滤渣中锌元素的质量分数随时间变化的关系如下图所示。当浸出时间超过后，滤渣中锌元素的质量分数反而升高的原因是_____________________________________________。
(3)“沉矾”生成黄铵铁矾[]，需控制溶液、温度不超过。
①生成黄铵铁矾的化学方程式为___________________________________________。
②控制溶液温度不能过高的原因是_________________________________________。
③超过1.5，可发生反应。其平衡常数与、的代数关系式为___________________。
(4)加热晶体，测得加热过程中剩余固体的质量随温度的变化关系如下图所示。A点物质为_______________________(填化学式)。
16．(14分)为探究甲醛与新制Cu(OH)2反应的产物，设计了如下实验。回答下列问题：
I．反应装置如下：
反应一段时间后，生成大量气体，悬浊液蓝色褪去，且有红色沉淀生成。
(1)仪器a的名称是___________，该反应需控制温度为65℃，宜采用的加热方式为__________(填标号)。
A．酒精灯加热 B．砂浴 C．油浴 D．水浴
II．为探究气体产物、溶液中产物与固体产物的成分，小组同学经过讨论分析后，关于产物成分有如下猜想：
气体产物 H2、CO、CO2
溶液中产物 HCOO-、
固体产物 Cu、Cu2O
(2)为确定气体成分，下列实验装置的连接顺序是______________________( 按气流方向填大写字母，个别装置可重复使用)。(已知：CO与银氨溶液能发生氧化还原反应)
实验发现，装置C、D中均未观察到明显现象， E中固体变为红色，A中固体颜色变蓝，则证明生成的气体是_____________________。
(3)为确定溶液中产物与固体产物，小组做了以下实验：
已知：Cu2O能与氨水反应生成Cu(NH3) (无色)，Cu(NH3)易被氧化生成Cu(NH3)。
①由实验现象可知，液体产物中存在离子是________________(填离子符号)。
②滤渣1中加入足量浓氨水时，主要反应的离子方程式为__________________________________________。
③滤液2在空气中放置一段时间后，显蓝色的离子是__________________(填离子符号)。
④通过定量测定发现，固体产物主要是铜。综合以上分析，若主要还原产物的物质的量相等，甲醛与新制氢氧化铜发生的主要反应的化学方程式是_______________________________________。
17．(15分)CO、NO是常见的大气污染物，将二者转化为无毒、无害的气体是研究的热点课题。在催化剂作用下会发生如下反应：
反应1：
反应2：
(1)在一定温度和压强下，由稳定单质生成1 mol化合物的焓变称为该化合物的标准摩尔生成焓（）。相关物质在298 K的标准摩尔生成焓如表所示：
物质
-393.5 -110.5 90.3 0
______；若正反应的活化能为，逆反应的活化能为，________（填“>”或“<”）。该反应自发进行的条件是________（填“高温”或“低温”）。
（2）汽车排气管装有的三元催化装置，可以消除CO、NO等的污染，反应机理如下：
I：NO+Pt(s)NO(*)[Pt(s)表示催化剂，NO(*)表示吸附态NO，下同]
Ⅱ:CO+Pt(s)CO(*)
Ⅲ:NO(*)N(*)+O(*)
IV:CO(*)+O(*)(s)
V:N(*)+N(*)(s)
上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为________（填标号），理由是________________________________________________________。
（3）220 ℃时，在可见光下或黑暗中，CO与NO按投料比1:1在催化剂作用下反应，NO转化率和选择性随时间变化的曲线如图所示。
CO与NO适宜的反应条件是_____（填“黑暗”或“可见光”）；若要提高的选择性可采取的措施是_______________________。在可见光条件下反应进行到时，NO的转化率不再变化时可近似为平衡转化率，已知该条件下的副反应为。该温度下，CO的平衡转化率为_________，主反应的平衡常数=______________（只列表达式，用平衡时各物质的物质的量分数代替平衡浓度计算）。
(4)钴酸镍的晶体结构可以表示为，其中O原子按照立方密堆积形式排列(类似于NaCl晶胞中的排列，)，O原子形成四面体和八面体空隙。在钴酸镍中，和分别占据四面体和八面体空隙，晶胞中和的空隙填充率分别为________、_________。
18．(15分)环丙虫酰胺是一种广谱杀虫剂。其合成路线如下（部分条件略）：
（1）A中含有的官能团是氨基、___________。
（2）D→E的化学方程式是______________________________________________。
（3）下列有关E的说法正确的是__________（填序号）。
a.含有3种含氧官能团
b.为顺式结构
c.1 mol E最多能与2 mol NaOH发生反应
d.能使酸性KMnO4溶液褪色
（4）F中存在2个六元环。F的结构简式是_________________________________。
（5）G的分子式为，G→I过程中发生取代反应和加成反应。I的结构简式是_____________________________________。
（6）J→环丙虫酰胺的合成方法如下：
①K的结构简式是_______________。
②理论上，生成1 mol环丙虫酰胺需要消耗__________mol H2O2。2025届高考考向核心卷
化学（安徽专版）参考答案
1．答案：D
解析：陶瓷主要成分为硅酸盐；滑石是一种硅酸盐矿物；玻璃珠是玻璃制品，属于硅酸盐材料；金代六曲葵花鎏金银盏是合金，属于金属材料；综上D选项材质与其他三项材质不同，不能归为一类，答案选D。
2．答案：D
解析：试剂瓶的磨口塞因粘牢而打不开时，可将瓶塞在实验台边缘轻轻磕碰，使其松动，然后打开，A正确；钠与水反应的实验过程要注意戴好护目镜、通风等，用小刀切割绿豆大小的钠时要注意锐器、防止伤手，B正确；一些有机试剂（如乙醚）易燃，选择加热方式时可用水浴加热等方式，避免用酒精灯等明火直接加热，C正确；银镜反应实验后的废液中含有重金属离子，应收集在废液缸中集中处理，不可直接冲入下水道，D错误。
3．答案：D
解析：能与胃酸反应，故可用作抗酸剂，A正确；溶液具有强氧化性，能使蛋白质变性，一定浓度时，可用于皮肤消毒，B正确；苯酚稀溶液能杀菌消毒，C正确；用作静脉注射液的NaCl溶液称为生理盐水，浓度为，D错误。
4．答案：B
解析：消除二氧化硫污染物的反应为二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵溶液与空气中的氧气反应生成硫酸铵，则物质转化关系能实现，A正确；难溶碳酸钙的溶解度小于微溶的硫酸钙，所以用硫酸钠溶液难以将碳酸钙转化为硫酸钙，硫酸钙与盐酸不反应，B错误；一定条件下乙炔与氯化氢发生加成反应生成氯乙烯，一定条件下氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，则物质转化关系能实现，C正确；硫酸铜溶液能与过量氨水反应生成硫酸四氨合铜，向反应后的溶液中加入乙醇降低硫酸四氨合铜的溶解度，过滤、洗涤、干燥能达到制备一水硫酸四氨合铜的实验目的，D正确。
5．答案：D
解析：由结构简式可知，尼达尼布的分子式为，A错误；由结构简式可知，尼达尼布分子中不含连有4个不同原子或原子团的碳原子，即不含手性碳原子，B错误；尼达尼布分子中含有的酯基和酰胺基能与NaOH溶液反应，则1 mol尼达尼布与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3 mol ，C错误；尼达尼布分子中含有的酯基和酰胺基能发生取代反应，含有的碳碳双键能发生氧化反应、加聚反应，含有的碳碳双键和苯环在一定条件下能与氢气发生加成反应，与氢气的加成反应属于还原反应，D正确。
6．答案：D
解析：镓晶体与金刚石结构相似，每个镓原子可形成4个化学键，但每个化学键由两个镓原子共有，镓中n(Ga) ∶n(化学键)=1∶2，则7.0 g Ga中含化学键物质的量为=0.2 mol，含化学键数为0.2NA，A错误；白磷分子是正四面体形结构，1个P4中含6个P—P σ键，As4结构与P4相似，故1个As4分子含6个σ键，0.1 molAs4中含σ键数目为0.6NA，B错误；1个75AsH3中含42个中子，标准状况下0.448 L 75AsH3(g)即0.02 mol 75AsH3含0.84 mol中子，含中子数目为0.84NA，C错误；反应③中H的化合价由0价升至+1价，Ga的化合价由+1价升至+3价，As的化合价由0价降至-3价，每生成4 mol GaAs转移12 mol电子，则每生成1 mol GaAs转移电子数为3NA，D正确。
7．答案：D
解析：对比I、II的结构，II比I少两个氢，正好与水电离出的两个氢氧根结合，生成X为水，A正确；由II转化为IV过程中有III生成并最终转化为IV，说明III是II转化为IV过程中生成的中间体，B正确；I转化为II有氢氧键的断裂，是极性键的断裂，II转化为IV的过程中间体III有过氧键形成，是氧原子间形成的非极性键，C正确；I和II相比，II比I少两个氢，氧的数目和其它结构不变，说明II中的铁元素化合价更高，D错误。
8．答案：D
解析：该化合物分子中含多个醚键，不含过氧键，A错误；醚键中的C—O键周围连接的基团不完全相同，则其键长不完全相同，B错误；十二元环中的4个N原子存在3种不同的化学环境［易错：误认为十二元环中的4个N原子化学环境相同］，另外有1个酰胺基，六元环中有4个次氨基（化学环境有两种），C错误；含氮六元环中的N原子为杂化，其中1个杂化轨道中有1对孤电子对，酰胺基N原子和十二元环中的N原子均为杂化，其中1个杂化轨道中容纳1对孤电子对，醚键O原子，羟基O原子均有2对孤电子对，羧基中双键中的O原子为杂化，有2对孤电子对，D正确。
9．答案：A
解析：往碘的溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡，液体分层，下层为密度大的，颜色从紫红色变为浅粉红色，说明碘被萃取到浓KI溶液中，发生反应：，说明碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在中的溶解能力，A正确；水杨酸中含有酚羟基，乙酰水杨酸中不存在酚羟基，酚羟基和溶液发生显色反应，形成紫色配合物，不是紫色沉淀，B错误；碳酸钡和碳酸钙均为白色沉淀，先生成哪种沉淀未知，故无法比较两者的溶度积常数，C错误；将盛有的密闭烧瓶浸入冷水，红棕色变浅，即减小，说明温度降低，反应正向进行，<0，=正反应活化能-逆反应活化能，则正反应活化能小于逆反应活化能，D错误。
10．答案：B
解析：由题意可知，M+ZQ（△H＞0）是吸热反应，M和Z的能量之和小于Q，M+ZX（△H＜0）是放热反应，M和Z的能量之和大于X，XQ（△H＞0）是吸热反应，X的能量小于Q。综上所述，X的能量小于M+Z，M+Z的能量小于Q，只有B项符合题意。
11．答案：D
分析：采用双功能电催化剂在同一电极实现了独立的析氢反应(放电)和产氮反应(充电)，放电时正极反应式为，负极反应式为 ，充电时阳极反应式为 ，阴极反应式为；
解析：充电时，Zn作阴极，电极反应式为，阴极区溶液的pH增大，A正确；放电时，正极析氢，电极反应式为，B正确；充电时阳极反应式为，理论上每转移1 mol，阳极上会生成0.25 mol氮气，生成氮气的体积为5.6 L(标准状况下)，C正确；放电时正极反应式为，负极反应式为，当生成2.24 L(标准状况下)时，转移0.2 mol电子，负极消耗0.1 mol Zn，理论上锌电极减轻6.5 g，D错误。
12．答案：D
解析：由表中数据可知，随的增大，物质C的百分含量先增大后减小，物质D的百分含量一直增大，最终物质C的百分含量为，物质D的百分含量为，则该条件下物质D比物质C稳定，A正确；由表中数据可知，当时，物质C的百分含量迅速增大，物质D的百分含量缓慢增大，则生成速率：，反应速率受其活化能影响，活化能越小，反应速率越大，所以活化能：反应1<反应2，B正确；时，反应物全部转化为C和D，且C、D的百分含量保持不变，则增大B气流的流速，在处，的值不变，C正确；由表中数据可知，随x的增大，物质C的百分含量先增大后减小，则若需提高物质C的产率，不能将管道的出口设计相对更远，D错误。
13．答案：C
分析：由题中信息可知，图中两条曲线为10 mL溶液、溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小，其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水解程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小。温度越高，水的电离程度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。
解析：由分析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A说法正确。将溶液加水稀释至浓度为时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的变为原来的，则溶液的pH将增大，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，大于原来的，因此，溶液pH的变化值小于，B说法正确。随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即增大，的水解程度变大，溶液中增大，C说法不正确。时稀释相同倍数的溶液与溶液中均分别存在电荷守恒，，。因此，氯化铵溶液中，，醋酸钠溶液中，。由于时和的电离常数均为，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的溶液与溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中（两者差的绝对值）相等，故，D说法正确。
14.答案：C
解析：根据晶胞结构可知，距面心的最近且等距的有4个，面心的原子为2个晶胞共有，则距最近且等距的有8个，距最近且等距的有4个，则配位数为8，配位数为4，A正确；顶点到面心的距离为，晶胞边长为，两个最近的之间的距离为边长的一半，即为，B正确；设晶胞边长为，则晶胞体积为，两个最近的之间的距离为边长的一半，8个形成的立方体的体积为，晶胞与8个形成的立方体的体积比为，C错误；位于顶点和面心，个数为，8个位于体内，1个晶胞中含有4个，晶胞质量为，晶胞边长为，晶胞体积为，晶体密度，D正确。
15．(14分)
答案：(1)增大与酸接触面积，加快反应速率，提高焙烧矿渣浸出率（1分）
(2)浸出时间超过，溶液中被消耗、升高，随着水解程度增大，生成的胶体吸附溶液中（2分）；还可生成沉淀，附着在焙烧矿渣表面阻碍锌的浸出，使滤渣中锌质量分数升高（2分）
(3)（4分）；温度过高，受热分解（1分）；（2分）
(4)（2分）
分析：高铁锌焙烧矿渣主要含ZnO、ZnFe2O4、SiO2，加入硫酸酸浸，SiO2与硫酸不反应，过滤除去，得到含有硫酸锌，硫酸铁以及过量硫酸的混合溶液，向混合溶液中加入NH4HCO3、ZnO，发生反应3Fe2(SO4)3+5ZnO+2NH4HCO3+5H2O2NH4Fe3(SO4)2(OH)6+5ZnSO4+2CO2↑，过滤，除去黄铵铁矾，将硫酸锌滤液经过一系列处理，得到ZnSO4·7H2O；
解析：(1)“酸浸”前要将焙烧矿渣进行粉碎处理的原因是：矿渣粉碎可以增大与酸的接触面积，加快反应速率，提高焙烧矿渣浸出率；
(2)由图可知，滤渣中锌元素的质量分数在60 min以前逐渐减小，超过60 min后，滤渣中锌元素的质量分数反而升高，溶液中有大量Fe3+，由于Fe3+易水解，考虑浸出导致pH变化从而使Fe3+水解生成Fe(OH)3从而导致此变化，故原因为浸出时间超过60 min，溶液中H+被消耗、pH升高，随着Fe3+水解程度增大，生成的Fe(OH)3胶体吸附溶液中Zn2+；Fe3+还可生成Fe(OH)3沉淀，附着在焙烧矿渣表面阻碍锌的浸出，使滤渣中锌质量分数升高；
(3)①“沉矾”生成黄铵铁矾NH4Fe3(SO4)2(OH)6，需控制溶液pH=1.5、温度不超过85℃，向过滤后的混合溶液中加入NH4HCO3、ZnO，反应还生成硫酸锌和CO2，化学方程式为3Fe2(SO4)3+5ZnO+2NH4HCO3+5H2O2NH4Fe3(SO4)2(OH)6+5ZnSO4+2CO2↑；
②由于反应物之一是碳酸氢铵，不稳定，受热易分解，故控制溶液温度不能过高的原因是：温度过高，NH4HCO3受热分解；
③根据所给反应，该反应K=；
(4)28.7 g ZnSO4·7H2O的物质的量为=0.1 mol，A点物质质量为17.9 g，失去水的质量为10.8 g，即0.6 mol水，所以A点物质为ZnSO4·H2O。
16．（14分）答案：(1) 球形冷凝管（1分）；D（1分）
(2)DCBEAB（2分）；H2（2分）
(3)（2分）；Cu2O+8NH3·H2O=2Cu(NH3)+2OH-+7H2O（2分）； （2分）； （2分）
分析：甲醛具有还原性，新制的氢氧化铜具有氧化性，二者发生氧化还原反应，气体产物可能是H2、CO、CO2， CO2用澄清石灰水检验，CO用银氨溶液检验，H2用CuO和无水硫酸铜检验，氢气还原氧化铜之前要干燥，无水硫酸铜之后也要接干燥管防止空气中水蒸气干扰，因此装置的连接顺序是DCBEAB；装置C、D无明显现象，说明没有CO2和CO，E中固体变为红色，A中固体颜色变蓝，证明气体是氢气；溶液中混合物过滤，滤液加稀硫酸无现象说明没有碳酸根离子，液体中的离子是甲酸根离子，滤渣加浓氨水，经过一系列变化最后是蓝色溶液，根据Cu2O能与氨水反应生成Cu(NH3) (无色)，Cu(NH3)易被氧化生成Cu(NH3)，证明滤渣中有Cu2O。
解析：(1)a是球形冷凝管，65°C加热应该用水浴加热；
(2)由于二氧化碳溶于水，所以先用澄清石灰水检验二氧化碳，再用银氨溶液检验CO，干燥后再用氧化铜和无水硫酸铜检验H2，连接顺序为DCBEAB；C、D中均未观察到明显现象说明没有CO2和CO，E中固体变为红色，A中固体颜色变蓝，则证明生成的气体是H2；
(3)滤液1加稀硫酸无明显现象说明没有碳酸根离子，液体中是甲酸根离子；加入足量浓氨水是氧化亚铜和浓氨水反应生成无色Cu(NH3)，离子方程式为Cu2O+8NH3·H2O=2Cu(NH3)+2OH-+7H2O；Cu(NH3)易被氧化生成Cu(NH3)，显蓝色的离子是Cu(NH3)离子；甲醛与新制氢氧化铜在碱性条件下发生反应生成Cu、氢气、甲酸盐等，还原产物是氢气和铜，物质的量之比为1:1，因此方程式为。
17．（15分）答案：(1)-746.6（1分）；<（1分）；低温（1分）
(2)Ⅲ（1分）；断裂N—O键需要吸收能量（2分）
(3)可见光（1分）；在可见光下反应（或选择合适的催化剂）（2分）；63%（2分）；（2分）
(4)12.5%（1分）；50%（1分）
解析：(1)；该可逆反应中，则；根据时反应能自发进行，以及该反应的<0、<0可知，低温时<0。
(2)步骤Ⅲ为断裂N—O键的过程，需要吸收能量，其他步骤为在催化剂表面的吸附或成键过程。
(3)在黑暗中的选择性低，所以CO与NO适宜的反应条件是可见光。若要提高的选择性可采取的措施是在可见光下反应或选择合适的催化剂。假设CO和NO的起始投入量均为1 mol，由题图可知NO的转化率为75%，的选择性为68%，根据“三段式”计算
平衡时，，该温度下CO的平衡转化率，主反应的平衡数。
(4)晶胞中含有8×个O，由晶体结构可以表示为可知，晶胞中含有1个Ni、2个Co，晶胞中有8个四面体空隙，4个八面体空隙，则晶胞中和的空隙填充率分别为。
18．（15分）答案：（1）羧基、碳氯键（2分）
（2）（2分）
（3）a、d（2分）
（4）（2分）
（5）（2分）
（6）（3分）；1（2分）
分析：由流程可知，A和溴发生取代反应在氨基的邻位引入溴原子生成B，B和生成D：，D中右侧支链上羧基和甲醇发生酯化反应生成酯基得到E，E失去水分子生成F，F中存在2个六元环，已知：，则为E中右侧支链上酰胺基中羰基转化为羟基，和E中羧基发生分子内酯化反应生成酯基，得到F，则F为，F和反应生成G，G和肼反应生成I，G→I过程中发生取代反应和加成反应，结合后续生成的环丙虫酰胺结构、I化学式可知，I为，I中的一个氨基和发生取代反应引入新的环生成J：，J经过多步反应生成环丙虫酰胺；
解析：（1）A中含有的官能团是氨基、碳氯键、羧基；
（2）D中右侧支链上羧基和甲醇发生酯化反应生成酯基得到E：；
（3）a.E含有羧基、酰胺基、酯基3种含氧官能团，正确；
b.分子中碳碳双键两端的氢在异侧，为反式结构，错误；
c.E中羧基、酰胺基、酯基、溴原子、氯原子，均能和氢氧化钠反应，故1 mol E最多能与大于2 mol NaOH发生反应，错误；
d.分子中含碳碳双键，能使酸性溶液褪色，正确；
故选ad；
（4）由分析可知，F为：；
（5）由分析可知，I为：；
（6）J为：，J经过多步反应生成环丙虫酰胺；首先J发生已知反应原理：，转化为K：，K中羟基和HBr发生取代反应引入溴原子生成L，L与过氧化氢氧化在含氮环中生成碳碳双键得到目标产物；
①由分析可知，K的结构简式是。
②L被过氧化氢氧化在含氮环中生成碳碳双键得到环丙虫酰胺，生成碳碳双键过程中失去2个氢，则转移2个电子，故理论上，生成1 mol环丙虫酰胺需要消耗1 mol 。