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2025届高考考向核心卷
化学（湖南专版） 分值：100分 时间：75分钟
可能用到的相对原子质量：H—1、N—14、O—16、K—39、V—51、Fe—56、Se—79。
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．“雪龙二号”是我国自主建造的全球第一艘采用艏艉双向破冰技术的极地科考破冰船，展现了我国科技发展的巨大成就。下列说法错误的是( )
A.螺旋桨采用的镍铝青铜合金有强度大、不易锈蚀的特点
B.船载雷达系统所用半导体材料碳化硅属于共价晶体
C.具有良好电绝缘性和耐热性的酚醛树脂可以通过加聚反应制得
D.船用发动机使用的燃料是柴油，柴油是石油分馏产品，分馏属于物理变化
2．下列化学用语或表述错误的是( )
A.中共价键的电子云图：
B.键角大小关系：
C.的空间结构：三角锥形
D.、、互为同位素
3．下列有关化学实验的必备知识，说法正确的是( )
A.中学实验室中未用完的钠，钾，白磷等不宜放回原试剂瓶
B.蒸馏操作中，使用球形冷凝管可以有效提高馏分的冷凝效果
C.碱沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后涂上的
D.滴定实验中，可用量筒量取25.00 mL标准溶液于锥形瓶中
4．物质结构决定性质，性质决定用途，下列物质结构与性质或用途具有对应关系的是( )
A.BeO熔点高，可用作耐火材料
B.极易溶于水，液氨可用作制冷剂
C.易溶于水，可用作制豆腐的凝固剂
D.石墨晶体的层状结构间存在分子间作用力，具有导电性
5．松香酸是最重要的树脂酸之一，其结构如图所示。下列关于该物质的叙述正确的是( )
A.与丙烯酸互为同系物
B.该物质易溶于水
C.能与乙二醇发生缩聚反应
D.1 mol该有机物最多可消耗1 mol
6．方程式是一种重要的化学语言，下列离子方程式的书写错误的是( )
A.淀粉-KI溶液检验加碘食盐中碘元素：
B.向氯化银浊液中滴加氨水，得到澄清溶液：
C.常温下澄清石灰水久置后出现白色固体：
D.酰胺在碱性条件下的水解：
7．碱金属的液氨溶液含有的蓝色溶剂化电子是强还原剂。锂与液氨反应的装置如图（夹持装置略）。下列说法错误的是( )
A.双口烧瓶中发生的变化是
B.锂片必须打磨出新鲜表面
C.干燥管中均可选用碱石灰
D.若撤去干冰-丙酮冷却装置，液氨溶液中可能产生
8．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
9．一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
10．我国科学家设计出双盐混合电池，电解液用代替驱动正极反应，能够有效克服迁移较慢的问题，工作原理如图所示。下列说法错误的是( )
A.充电或放电时M极电势均高于N极
B.放电时，每生成1 mol Fe，外电路转移2 mol电子
C.充电时，M极发生还原反应
D.电解液中的迁移速率比快，能够提高电流效率
11．某废钯（Pd）催化剂中含有钯（5%～6%）、碳（93%～94%）、铁（1%～2%）以及其他杂质，利用废钯催化剂回收钯的工艺流程如图所示：
已知：①水合肼（）在弱碱性环境下具有还原性，是一种常用的绿色还原剂；②在加热条件下钯与王水反应生成配合物和一种有毒的无色气体；③当有硝酸存在时，钯易与硝酸形成稳定的配合物，是难溶于水的沉淀。
下列说法错误的是( )
A.“焙烧”后钯以PdO的形式存在，“还原1”工序中还原产物与氧化产物的物质的量之比为2:1
B.用王水“酸溶”时，与钯反应时体现氧化性，浓盐酸仅体现酸性
C.“浓缩赶硝”的目的是防止钯与硝酸形成稳定的配合物，从而影响的沉淀率
D.“沉淀”时滴加盐酸将转化为沉淀
12．钾、铁、硒形成的一种超导材料，晶胞结构如图。已知晶胞参数，。若阿伏加德罗常数的值为，下列说法错误的是( )
A.该超导材料的化学式是
B.与K原子距离最近且相等的Fe原子数目为8
C.该晶体密度
D.其晶胞在xy平面投影为
13．乙二胺(，简写为X)为二元弱碱。时，向乙二胺的盐酸盐溶液中加入固体NaOH(溶液体积变化忽略不计)，体系中三种粒子的浓度的对数与pOH的变化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A.的数量级为
B.a点对应溶液中，
C.b点对应溶液中，
D.c点对应溶液中，
14．和在某催化剂表面合成，反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。
下列说法正确的是( )
A.该反应在高温下能自发进行
B.升高温度，基元反应的正反应速率没有逆反应速率增加的程度大
C.最后一步基元反应有极性键的断裂和生成
D.基元反应是快反应
二、非选择题：本大题共4小题，共58分。
15．(15分)氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体是制备多种含钒产品和催化剂的基础原料和前驱体，难溶于水，能被氧化，化学式为。实验室以为原料制备氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体，过程如下：
（1）步骤Ⅰ中生成的同时还生成，该反应的还原剂是________（填化学式）。已知氧化性，若用浓盐酸与混合制备，则会生成污染性气体。该反应的化学方程式为__________________________________________________。
（2）步骤Ⅱ可在如下装置中进行：
①仪器E的名称是__________。
②上述装置依次连接的合理顺序为B→__________（按气流方向，用字母表示）。
③连接好装置，检查装置气密性良好后，加入试剂，开始实验，先打开，当______________
__________________________________________________________________________（填实验现象），再关闭，打开，进行实验。
④装置D中每生成1 mol氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，需消耗________mol。
（3）装置D中加入溶液使反应完全，取下三颈烧瓶，立即塞上瓶塞，将其置于保护下的干燥器中，静置，得到紫色晶体，抽滤，并用饱和溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，最后用乙醚洗涤2次，抽干称重。其中用无水乙醇洗涤的目的是____________________
_______________________________________________。
（4）测定粗产品中钒元素的含量。实验步骤如下：称量产品于锥形瓶中，用20 mL蒸馏水与30 mL稀硫酸溶解后，加入溶液至稍过量，将钒元素氧化为，再加入某还原剂除去过量的，最后用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为（已知：）。粗产品中钒的质量分数表达式为____________________（用含a、b、c的代数式表示）。若标准溶液部分变质，则测定结果_________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
16．(14分)废钒催化剂中含等，对其进行分离回收的工艺流程如下：
已知：
①+5价钒元素的存在形式与pH的关系如下所示：
②常温下，各物质的溶度积如下：
物质
溶度积
③偏钒酸铵()难溶于水。回答下列问题：
（1）基态V原子的价电子中，成对电子数与未成对电子数之比为___________。
（2）碱浸液的用途有____________________________（写出一种即可）。
（3）酸浸过程中，转化为，氧化中和时，加入KOH调节pH=8~8.5，此时未发生溶解。
①氧化中和过程中，的主要作用为___________________________________。
②氧化中和后，溶液中__________。
③离子交换时，使用强碱性离子交换树脂，则加入时，反应的离子方程式为_____________
____________________________________。
（4）在惰性气体中加热偏钒酸铵，测得加热过程中固体的失重比随温度变化如图所示：
①加热至250 ℃时，反应的化学方程式为_________________________________。
②350 ℃时，固体成分为____________________________。
17．(14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。
18．(15分)含氮物质与化工生产，环境保护密切相关，试回答下列问题。
（1）以氨、丙烯、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈和副产物丙烯醛的热化学方程式如下：
主反应：
副反应：
已知：丙烯腈的产率
丙烯腈的选择性
①一定条件下，丙烯腈产率与温度的关系如图甲所示，则460℃之后产率随温度升高而降低的原因是____________________________________________。
②一定条件下，平衡时丙烯腈选择性与温度、压强的关系如图乙所示，则由小到大的顺序为__________，判断依据是_____________________________；相同压强下，丙烯腈选择性随温度升高而降低的可能原因是（不考虑催化剂失活）______________________________________。
③某温度下，向压强恒为100 kPa的密闭容器中通入、和7.5 mol空气(的体积分数为)，发生上述反应。平衡时测得的转化率为90%，的物质的量为2.5 mol，则平衡时的分压为_________kPa，此温度下副反应的_________。
（2）只需一步即可完成的反应称为基元反应，基元反应如的速率方程，，。非基元反应由多个基元反应组成，非基元反应的速率方程可由反应机理推定，为非基元反应。一种可能的机理为
（ⅰ） 快速平衡 平衡常数为
（ⅱ） 慢反应
①_______（用含的表达式表示）。
②是在无催化剂的条件下升高温度速率减慢的反应，目前研究认为和上述机理有关。如表为和在不同温度下的数值：
T/K 300 350 400 500
平衡常数（）
速率常数（） 2.5 25.8
根据表中数据推测：升高温度，该反应的反应速率反而减慢的原因可能是____________________
_____________________________________。2025届高考考向核心卷
化学（湖南专版）参考答案
1．答案：C
解析：镍铝青铜合金的密度较低，但是强度大，不容易锈蚀，常用于制作螺旋桨，A正确：碳化硅与金刚石的结构类似，属于共价晶体，B正确；酚醛树脂是通过苯酚和甲醛的缩聚反应制得的，C错误；石油的分馏是指将石油中几种不同沸点的混合物分离的一种方法，可以得到汽油、航空煤油、柴油等，是物理变化，D正确。
2．答案：D
解析：中的共价键是由2个氯原子各提供1个未成对电子的3p原子轨道重叠形成的，共价键的电子云图为，A正确；的中心C原子的杂化方式为，空间结构为正四面体，键角为109°28′，和的中心原子分别为N和O，杂化方式也为sp ，但中N上有一对孤电子对，中O上有两对孤电子对，孤电子对多的分子键角小，B正确；的中心P原子为杂化但有一对孤电子对，空间结构为三角锥形，C正确；H、D、T互为同位素，、为不正确的表达方式，D错误。
3．答案：C
解析：钠、钾、白磷等易燃，若随便丢弃，容易引发火灾，应放回原试剂瓶，A错误；蒸馏操作中，若使用球形冷凝管，冷凝后的液体会残留在球形部位，B错误；碱沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后涂上的，C正确；滴定实验中，可用碱式滴定管或移液管量取标准溶液于锥形瓶中，量筒只能精确到，D错误。
4．答案：A
解析：BeO熔点高，则其耐高温，因此可作耐火材料，A正确；液氨可用作制冷剂，表明氨分子由液态转化为气态时，需要从周围环境吸收热量，也即液氨分子间存在较大的作用力，与氨极易溶于水无关，B错误；氯化镁用作豆腐制作过程中的凝固剂是利用蛋白质在盐溶液中发生聚沉的性质，与其易溶于水无关，C错误；石墨晶体中层与层之间存在分子间作用力，层内存在大π键，层内存在自由移动的电子，具有导电性，D错误
5．答案：D
解析：松香酸含环状结构，碳碳双键数目也与丙烯酸的不同，二者不互为同系物，A错误；分子中烃基较大，在水中溶解度不大，B错误；每个该有机物分子只含1个羧基，不能与乙二醇发生缩聚反应，C错误；该有机物中羧基可与溶液反应，1 mol该有机物最多可消耗1 mol ，D正确。
6．答案：B
解析：加碘食盐中的碘元素以形式存在，检验方法是将少量碘盐与淀粉－KI溶液及酸混合，若溶液变成蓝色，即证明碘盐中含有碘元素，离子方程式为；A正确；AgCl不能“拆”，正确的离子方程式为，B错误；久置后，澄清石灰水与空气中的反应生成，C正确；酰胺在碱性条件下可水解，产物为羧酸盐和氨气，，D正确。
7．答案：C
分析：本题利用Li和液氨反应制备；碱石灰可以吸收浓氨水中的水分，同时吸水过程大量放热，使浓氨水受热分解产生氨气；利用集气瓶收集氨气；过量的氨气进入双口烧瓶中在冷却体系中发生反应生成；最后的球形干燥管中可装P2O5，除掉过量的氨气，同时防止空气的水进入引起副反应。
解析：双口烧瓶中锂与液氨反应生成，离子方程式为：，A正确；锂片表面有，会阻碍Li和液氨的接触，所以必须打磨出新鲜表面，B正确；第一个干燥管作用为干燥氨气，可以使用碱石灰，装置末端的干燥管作用为吸收过量的氨气，由于氨气不能和碱石灰反应，则不能用碱石灰，可用，C错误；若撤去干冰-丙酮冷却装置，液氨和锂会发生反应生成氨基锂和，化学方程式为，D正确。
8．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。
9．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。
10．答案：C
分析：放电时Mg转化为Mg2+，所以N电极为负极，M电极为正极，FeS得电子生成Fe和Li2S，电极反应为FeS+2e +2Li+Fe+Li2S，以此解答。
解析：由电池工作原理图可知，放电时M极为正极，充电时M极为阳极，不论充电还是放电，M极电势都高于N极，A正确。放电时，M极为正极，电极反应为，则每生成1 mol Fe外电路转移2 mol电子，B正确。充电时，M极为阳极，发生氧化反应，C错误。半径小，便于移动，迁移速率比快，能够提高电流效率，D正确。
11．答案：B
解析：“还原1”工序中水合肼（）与PdO反应生成Pd和氮气，反应的化学方程式为，还原产物与氧化产物的物质的量之比为2:1，A正确；在钯与王水的反应中，硝酸做氧化剂，盐酸中的做配体，生成络合物，B错误；结合已知信息③可知，当有硝酸存在时，钯易与硝酸形成稳定的配位化合物，故“浓缩赶硝”的目的是防止钯与硝酸形成稳定的配合物，从而影响的沉淀率，C正确；“氨水络合”过程得到，“沉淀”时加入盐酸，与HCl反应生成，使得的浓度减小，平衡正向移动，最终转化为沉淀，D正确。
12．答案：D
解析：由题图可知，K在晶胞的八个顶点和体心处，共有个；Fe位于面上，共有个；Se有8个处于棱上，2个在内部，共有个。该超导材料的化学式是，A正确。以体心K为研究对象，面上8个Fe与K距离最近且相等，B正确。该晶体密度，C正确。该晶胞在xy平面投影如图：，D错误。
13．答案：B
分析：pOH=-lgc(OH-)，因此溶液碱性越强，pOH越小，纵坐标从上至下溶液碱性逐渐增强，向XH2Cl2溶液中加入固体NaOH，利用碱性强的制取碱性弱的，即XH的浓度随着氢氧化钠物质的量增大而减小，XH+的浓度先增大后减小，推出曲线①代表XH，曲线②代表XH+，曲线③代表X，据此分析。
解析：X的第二步电离为，电离平衡常数，电离平衡常数只受温度的影响，由题图可知，a点时，，，则，数量级为，A错误；a点对应溶液中，根据电荷守恒可得，，且，代入得，故正确；b点对应溶液，即，根据，代入得，因此有，即，C错误；由题中信息可知，溶液体积保持不变，设起始时，溶液体积为，则溶液中，由题图可知c点对应溶液中，忽略不计，则。结合发生的反应、，可计算消耗NaOH的物质的量为，因此，D错误。
14．答案：D
解析：第一步，分析图示，寻找关键信息。①该反应为气体分子数减小的放热反应；②反应过程中有极性键、非极性键的断裂和极性键的生成。
第二步，逐项分析，判断正误。由图可知，该反应的<0，该反应为气体分子数减小的反应，<0，由时反应自发进行可知，该反应在低温下能自发进行，A错误；基元反应是吸热反应，升高温度，正、逆反应速率均增加，但正反应速率比逆反应速率增加的程度大，B错误；最后一步基元反应是，此过程中形成氢氧键，只有极性键的生成，没有极性键的断裂，C错误；从图中可以看出，基元反应是该历程中活化能最小的反应，故是快反应，D正确。
15．（15分）答案：（1）（2分）；（2分）
（2）①长颈漏斗（1分）
②（1分）
③澄清石灰水变浑浊（1分）
④17（2分）
（3）除去晶体表面的碳酸氢铵，并迅速带走表面水分（2分）
（4）（2分）；偏高（2分）
解析：由题给流程可知，五氧化二钒与盐酸—盐酸肼微热制得VOCl2，反应方程式为2V2O5+6HCl+N2H4·2HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；反应制得的VOCl2溶液与碳酸氢铵溶液反应生成氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵沉淀、二氧化碳和氯化铵，反应的化学方程式为
（1）步骤Ⅰ中生成的同时还生成，中V元素由+5价降低为+4价，作氧化剂，中N元素由-2价升高为0价，作还原剂；氧化性，则浓盐酸与反应时生成的污染性气体为，结合得失电子守恒，元素守恒可得该反应的化学方程式为。
（2）②结合题给条件氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵能被氧化可知，装置B的作用为制备以排尽装置中的空气，防止产物被氧化，则装置A中饱和碳酸氢钠溶液用于除去二氧化碳中混有的氯化氢气体，装置D为氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵的制备装置，装置C中盛有的澄清石灰水用于验证二氧化碳是否将装置中的空气完全排出，所以装置连接顺序应为。③由②可知，开始实验时需先用排尽装置中的空气，当装置C中澄清石灰水变浑浊时说明装置中的空气已完全排尽。④由原子守恒可写出步骤Ⅱ的化学方程式为，故装置D中每生成1 mol氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体，需要消耗17 mol碳酸氢铵。
（3）用无水乙醇洗涤晶体可除去晶体表面的碳酸氢铵，并迅速带走晶体表面水分。
（4）由已知信息可知，，则产品中钒的质量分数为；若标准溶液部分变质，即标准溶液中的量偏小，则滴定时消耗标准溶液的量偏多，测得偏大，测定结果偏高。
16．（14分）答案：（1）2:3（2分）
（2）木材防火剂（或黏合剂，合理即可）（2分）
（3）①将+4价V氧化为+5价V（2分）；②（2分）；③（2分）
（4）①（2分）；②（2分）
解析：废钒催化剂中含等，加入稀硫酸酸浸后，V2O5转化为，V2O4转化为VO2+，Fe2O3、Al2O3分别转化为Fe3+、Al3+，则滤渣1主要成分为SiO2经过碱溶得到Na2SiO3溶液；向酸浸液中加入KClO3将+4价V氧化为+5价V，加入KOH调节pH=8~8.5，含V微粒转化为，Fe3+、Al3+分别转化为Fe(OH)3、Al(OH)3；过滤后滤液经过离子交换、向洗脱液中加入氯化铵(弱酸性)后，转化为，煅烧后得到V2O5
（1）基态V原子的价电子排布式为，成对电子数为2个，未成对电子数为3个，故成对电子数与未成对电子数之比为2:3。
（2）由流程分析可知，碱浸液的主要成分为，可用作木材防火剂、黏合剂等。
（3）①氧化中和过程中，的主要作用为将+4价V氧化为+5价V。②氧化中和。③加入时，转化为，反应的离子方程式为。
（4）①设初始的物质的量为1 mol，则质量为117 g，加热至250 ℃时，失重的质量为117 g×14.53%≈17 g，即失去1 mol ，则反应的化学方程式为。②当1 mol 完全失水转化为时，可失去0.5 mol (9 g)，而250~350 ℃时，失去的质量为117 g×(20.03%～14.53%)≈6.4 g，即没有完全失水，则350℃时，固体成分为。
17．（14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）（2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 。
18．（15分）答案：（1）①460 ℃时反应已达到平衡状态，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，丙烯腈的产率下降（2分）
②（1分）；主反应正方向为气体分子数增大的反应，减小压强，平衡正向移动，的产率增大，而的产率不变，则的选择性增大（2分）；主、副反应均为放热反应，但主反应放出热量多，压强相同时升高温度，主反应逆向移动程度更大，反应物浓度增大，可能促使副反应平衡正向移动，丙烯腈选择性下降（2分）
③8（2分）；12.5（2分）
（2）①（2分）
②温度升高，增大的程度小于(即)减小的程度（2分）
解析：（1）①生成丙烯腈的反应为放热反应，温度升高，平衡产率下降，由题图甲可知460 ℃之前，温度升高时丙烯腈的产率也升高，说明460 ℃之前反应还未达到平衡，温度升高，反应速率加快，产率增大；460 ℃之后反应达到平衡状态，随温度升高，平衡逆向移动。
③恒温恒压条件下，气体体积分数等于物质的量分数，则7.5 mol空气(的体积分数为20%)中的物质的量为，设平衡时生成、，根据题中信息可列三段式：
平衡时测得的转化率为90%，的物质的量为2.5 mol，则，，则，平衡时的分压为，同理可得的分压分别为1 kPa、2 kPa、1 kPa、25 kPa，则副反应的。
（2）①总反应的速率是由慢反应决定的，则，则，即，已知反应(ⅰ)可快速达到平衡，且平衡常数为，则几乎任意时刻均满足，即，则，。
②由题表数据知，温度升高，增大的程度小于(即)减小的程度，故总反应整体反应速率减慢。

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