最新高考化学一轮复习【讲通练透】 2023-2024学年第一学期高三复习期中复习卷一

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可能用到的相对原子质量：O 16 Mg 24 Ga 70 As 75
一、选择题（每小题只有一个正确选项，共15*3分）
1．化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列有关说法正确的是
A．大规模开发可燃冰有利于实现碳达峰、碳中和
B．铁磁流体液态机器人中驱动机器人运动的磁铁的主要成分是Fe2O3
C．“天问一号”火星车使用热控保温材料——纳米气凝胶，可产生丁达尔效应
D．“天和”核心舱电推进系统中使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于新型有机高分子材料
【答案】C
【解析】A．大规模开发可燃冰会增加二氧化碳的排放量，不利于实现碳达峰、碳中和，A错误；B．铁磁流体液态机器人中驱动机器人运动的磁铁的主要成分是Fe3O4，B错误；C．纳米气凝胶为胶体，可产生丁达尔效应，C正确；D．“天和”核心舱电推进系统中使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于新型无机高分子材料，D错误；故选C。
2．哲学中“对立与统一”同时发生规律广泛存在于化学中。下列叙述中不符合“对立与统一”规律的是
A．工业合成氨中，吸热反应和放热反应同时发生
B．在化学反应中，浓硝酸挥发性和氧化性同时表现
C．原电池中正极反应和负极反应同时发生
D．可逆反应中正反应和逆反应同时发生
【答案】B
【解析】A．吸热反应和放热反应是对立与统一的关系，合成氨反应是可逆反应，则工业合成氨中，吸热反应和放热反应同时发生符合“对立与统一”规律，故A不符合题意；B．浓硝酸挥发性和氧化性不是对立与统一的关系，则在化学反应中，浓硝酸挥发性和氧化性同时表现不符合“对立与统一”规律，故B符合题意；C．正极反应和负极反应是对立与统一的关系，则原电池中正极反应和负极反应同时发生符合“对立与统一”规律，故C不符合题意；D．可逆反应中正反应和逆反应是对立与统一的关系，则可逆反应中正反应和逆反应同时发生符合“对立与统一”规律，故D不符合题意；故选B。
3．已知甲、乙都为单质，丙为化合物，能实现下述转化关系。下列说法正确的是

A．若丙溶于水后得到强碱溶液，则甲可能是O2
B．若溶液丙遇Na2CO3放出气体CO2，则甲不可能是H2
C．若溶液丙中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则甲一定为Cu
D．若溶液丙中滴加NaOH溶液有白色沉淀生成后沉淀溶解，则甲可能为Al
【答案】A
【解析】A．若甲为O2，乙为Na，二者加热条件下反应生成Na2O2，Na2O2溶于水得到NaOH溶液，电解NaOH溶液实质是电解水，生成O2和H2，A正确；B．若溶液丙遇Na2CO3产生CO2气体，丙可以为HCl，电解盐酸生成氢气与氯气，氢气在氯气中燃烧生成HCl，符合转化关系，即甲可能为H2，B错误；C．若溶液丙中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则说明丙为铜盐，甲、乙应为氯气和铜，则甲可能为氯气，也可能为Cu，C错误；D．若溶液丙中滴加NaOH溶液有白色沉淀生成后沉淀溶解，证明丙中含有A13+，但氢离子放电能力强于Al3+，电解丙溶液得不到Al，甲不可能为Al，D错误；故选A。
4．迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其分子结构如图所示，下列叙述正确的是

A．迷迭香酸的分子式为
B．迷迭香酸可以发生氧化、还原、取代、消去、缩聚等反应
C．1ml迷迭香酸与烧碱溶液共热反应时最多消耗6ml NaOH
D．迷迭香酸分子中碳原子的杂化方式只有杂化
【答案】C
【解析】A．由键线式分析分子式为，A错误；B．迷迭香酸不能发生消去反应，B错误；C．酚羟基、酯基、羧基均能和氢氧化钠反应，则1ml迷迭香酸与烧碱溶液共热反应时最多消耗6ml NaOH，C正确；D．迷迭香酸分子中碳原子的杂化方式有和杂化，D错误；故选C。
5．化学用语是学习化学的重要工具，以下化学用语表述正确的是
A．的空间填充模型：
B．HClO分子的VSEPR模型：直线形
C．基态的价电子轨道表示式：
D．1，3-丁二烯的键线式：
【答案】D
【解析】A．的球棍模型为： ，A错误；B．HClO分子的中心原子为氧原子，有两个孤对电子，故VSEPR模型为V形，B错误；C．图示为基态Mn的价电子轨道表示式，基态Mn原子失去电子变成基态，需失去最外层4s轨道的电子，C错误；D．1，3-丁二烯的结构简式为：CH2=CH-CH=CH2,键线式： ，D正确；故选D。
6．X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，已知X、Q为同主族元素且这两种元素能组成离子化合物；Y元素的气态氢化物水溶液显碱性。下列说法正确的是
A．简单离子半径：
B．分子的空间结构为平面三角形
C．X分别与Y、Z、W组成的常见化合物均为极性分子
D．由Y、Z、Q组成的化合物的水溶液一定显中性
【答案】C
【分析】X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，已知X、Q为同主族元素且这两种元素能组成离子化合物所以两者同是IA族元素，Y元素的气态氢化物水溶液显碱性为氮元素，所以X、Q分别为氢和钠，所以X、Y、Z、W、Q分别是氢、氮、氧、氟、钠五种元素。
【解析】A．Z、W、Q形成的离子分别是、、，离子结构相同质子数越大半径越小，所以离子半径，A错误；B．三氟化氮分子中中心原子有4个价层电子对，一个孤电子，结构是三角锥形，B错误；C．X分别与Y、Z、W组成的常见化合物为空间结构为三角锥、V形、直线形都是由极性键构成的极性分子，C正确；D．由Y、Z、Q组成的化合物亚硝酸钠的水溶液显碱性，D错误；故选C。
7．Sharpless教授和Meldal教授因“点击化学”“生物正交化学”研究获2022年诺贝尔化学奖。“点击化学”就是用简单的小分子与生物大分子进行合成。类似的分子结构修饰在药物设计与合成中应用广泛。布洛芬具有抗炎、镇痛、解热作用，但口服该药对胃、肠道有刺激性，结构修饰过程如图所示。下列说法不正确的是
A．甲的分子式为B．甲和乙都能与氢氧化钠溶液反应
C．甲分子中最多有8个碳原子共平面D．乙可降低对胃、肠道的刺激
【答案】C
【解析】A．根据甲分子结构简式可知，其分子式：，故A正确；B．甲分子中含羧基官能团，乙分子中含酯基官能团，都能与氢氧化钠溶液反应，故B正确；C．苯环是平面分子，与苯环直接相连的原子与苯环共平面，根据单键可旋转，则甲分子中做多有11个碳原子共平面，故C错误；D．甲分子中含羧基，具有酸性，修饰成乙分子可降低对胃肠道的刺激，故D正确；答案选C。
8．工业上常用水蒸气蒸馏的方法(蒸馏装置如图)从植物组织中获取挥发性成分。这些挥发性成分的混合物统称精油，大都具有令人愉快的香味。从柠檬、橙子和柚子等水果的果皮中提取的精油90%以上是柠檬烯( )。提取柠檬烯的实验操作步骤如下：

①将1~2块橙子皮剪成细小的碎片，投入乙装置中，加入约30mL水；②打开活塞K，加热水蒸气发生器至水沸腾，活塞K的支管口有大量水蒸气冒出时旋紧活塞K，接通冷凝水，水蒸气蒸馏即开始进行，可观察到在馏出液的水面上有一层很薄的油层。
下列说法不正确的是
A．当馏出液无明显油珠且澄清透明时，说明蒸馏完成
B．蒸馏结束后，先打开活塞K，再停止加热
C．为完成实验目的，应将甲中的长导管换成温度计
D．要得到纯精油，还需要用到的分离提纯方法有分液、蒸馏
【答案】C
【解析】A．柠檬烯不溶于水，密度比水小，因此当馏出液无明显油珠，澄清透明时，说明蒸馏完成，故A项正确；B．蒸馏结束后，为防止倒吸，先打开活塞K，再停止加热，故B项正确；C．长玻管可作安全管，平衡气压，防止由于导管堵塞引起爆炸，温度计在甲装置中没啥作用，故C项错误；D．因为得到的精油中含有其它成分，所以要想得到柠檬烯，要进行萃取、分液、蒸馏操作才能实现目的，故D项正确；故选C。
9．价层电子对互斥理论可以预测某些微粒的空间结构。下列说法正确的是
A．和均为非极性分子
B．、、都是平面正三角形的分子
C．和的VSEPR模型均为四面体
D．键角为120°，键角大于120°
【答案】C
【解析】A．类似甲烷，为正四面体结构，属于非极性分子；中心原子S价层电子对数，sp3d杂化，含一对孤电子对，为极性分子，故A错误；B．中C原子形成3个键，属于sp2杂化，为一般平面三角形；中心原子B价层电子对数，无孤电子对，平面正三角形；中心原子S价层电子对数，无孤电子对，平面正三角形，故B不正确；C．中心原子C价层电子对数，无孤电子对，VSEPR模型均为四面体；中心原子O价层电子对数，VSEPR模型均为四面体，故C正确；D．中心原子B价层电子对数，无孤电子对，平面三角形，键角为120°；中心原子Sn价层电子对数，有一对孤电子对，V形结构，键角小于120°，故D错误；答案选C。
10.高压科学研究中心研究的一种通过压力梯度驱动化学反应产生电能的电池装置如图所示。金刚石压砧把H2压入储氢电极PdHx，它在压力梯度的驱动下生成质子，电子先后通过下层铂电极和外接线路转移到Pd电极参与反应，形成闭合回路。

下列说法错误的是
A．Pd电极为正极B．交换膜为质子交换膜
C．电池正极反应为D．Pd与PdHx之间含氢差异和压力梯度都会导致电势差
【答案】C
【分析】PdHx是负极材料，它在压力梯度的驱动下发生反应：，生成的质子通过质子交换膜传输到上层钯电极(正极)，而电子先后通过下层铂电极和外接线路转移到钯电极，并在此与质子重新结合发生还原反应，至此形成闭合回路。
【解析】A．PdHx是负极材料，它在压力梯度的驱动下发生反应：，生成的质子通过质子交换膜传输到上层钯电极(正极)，而电子先后通过下层铂电极和外接线路转移到钯电极，并在此与质子重新结合发生还原反应，至此形成闭合回路。Pd电极为正极，A项正确；B．交换膜需要H+通过并在正极发生反应；，所以交换膜为质子交换膜，B项正确；C．电池正极反应为，C错误；D．分析原理可知，Pd与PdHx之间含氢差异和压力梯度都会导致电势差，D正确；
故选C。
11．物质结构决定性质。下列性质差异正确且与结构因素相匹配的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【解析】A.水溶性HBr＞的原因是HBr为极性分子，为非极性分子，而水分子为极性分子，根据相似相溶原理，HBr溶解性更大，故A错误。
B.与中心原子的杂化方式相同，它们键角不同的原因是不同孤电子对间与共用电子对的排斥力不同，故B错误。
C.熔点石墨＞金刚石的原因是碳碳双键的键能比碳碳单键大，故C错误。
D.乙酸中羟基与羰基相连，乙醇中羟基与乙基相连，羰基的吸电子能力强于乙基，因此乙酸中的羟基极性更强，更易电离，故D正确。
故选D。
12．有机物X→Y的异构化反应如图所示，下列说法错误的是

A．类比上述反应， 的异构化产物可发生银镜反应和加聚反应
B．含醛基和碳碳双键且有手性碳原子的Y的同分异构体有3种(不考虑立体异构)
C．依据红外光谱可确证X、Y存在不同的官能团
D．除氢原子外，X中其他原子可能共平面
【答案】B
【解析】A．类比上述反应， 的异构化产物为：，分子中含碳碳双键和醛基，可发生银镜反应和加聚反应，故A正确；B．含醛基和碳碳双键且有手性碳原子的Y的同分异构体为： ，共有5种，故B错误；C．红外光谱具有高度的特征性，利用红外光谱可以确定化学基团和鉴定未知物结构，可确证X、Y存在不同的官能团，故C正确；D．乙烯是平面结构，碳碳双键和所连原子一定形成6个原子共平面的结构，三点决定一个平面，单键可以旋转，除氢原子外，X中其他原子可能共平面，故D正确；故选B。
13．实验室用有机含碘(主要以和的形式存在)废水制备单质碘的实验流程如下：

已知：碘的熔点为，但固态的碘可以不经过熔化直接升华。下列说法错误的是

A．操作①和③中的有机相从分液漏斗下端放出
B．操作②中发生反应的离子方程式为
C．操作④中用到的玻璃仪器只需蒸馏烧瓶、球形冷凝管、酒精灯、接引管及锥形瓶
D．操作⑤可用如图所示的水浴装置进行
【答案】C
【分析】操作①为萃取，将有机含碘废水中的I2转移至有机相中，IO留在水相中；操作②中，IO在酸性环境中被Na2SO3还原为I2；操作③为萃取，将水相中生成的I2转移至有机相中；操作④为蒸馏，将CCl4蒸出，获得粗碘；操作⑤为升华，获得精碘。
【解析】A．的密度比水大，操作①和③均为萃取操作，其中溶解的有机相从分液漏斗下端放出，故A正确；B．操作②中溶液还原得到，自身被氧化为，发生反应的离子方程式为，故B正确；C．操作④为蒸馏操作，用到的玻璃仪器包括蒸馏烧瓶、球形冷凝管、酒精灯、接引管、锥形瓶以及温度计，故C错误；D．固态的碘可以不经过熔化直接升华，不需要经过加热熔化使之气化的过程，则操作⑤可利用水浴装置进行，故D正确；故选：C。
14．浸金液浸取金：。常温下，往，，的初始溶液中通入配制浸金液。不同体系中含Cu微粒的分布系数如图。如的分在系数。下列说法正确的是
A．浸金液越高，越有利于金的浸出
B．
C．浸金液中
D．时，
【答案】D
【解析】A．由方程式可知，越高，平衡逆向移动，不利于金的浸出，故A错误；B．由图可知，当时，=3.5ml/L，则的平衡常数，故B错误；C．浸金液中存在电荷守恒：，该溶液为碱性，则，，故C错误；D．由图可知，当时，，，反应开始前溶液pH=10，c(OH-)=10-4ml/L，通入后生成一水合氨电离又能产生OH-，则溶液中，故D正确；故选D。
15．砷化镓是一种立方晶系如图甲所示，将Mn掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示，砷化镓的晶胞密度为gcm-3。下列说法错误的是
A．1ml砷化镓中配位键的数目是4NA
B．掺入Mn的晶体中Mn、Ga、As的原子个数比为5：26：32
C．沿体对角线a→b方向投影图如丙，若c在11处，则As的位置为7、9、11、13
D．该晶体中距离最近的两个镓原子之间的距离为pm
【答案】B
【解析】A．由图甲知，1个As与4个Ga形成As-Ga共价键，即砷化镓中As的配位数为4，则1ml砷化镓中配位键的数目是4NA，A正确；B．掺入Mn的晶体中Ga有7个位于顶点，5个位于面心，个数为：；As有4个位于体内，Mn有1个位于顶点，1个位于面心，个数为：；Mn、Ga、As的原子个数比为：：4=5：27：32，B错误；C．由砷化镓晶胞结构可知，c位于侧面的面心，沿体对角线a→b方向投影图如丙，则As的位置为7、9、11、13，C正确；D．由晶胞结构可知，距离最近的两个镓原子之间的距离为面对角线的一半，晶胞中含4个Ga和4个As，晶胞质量为，晶胞体积为，则晶胞边长为：pm，两个镓原子之间的最近距离为pm，D正确；故选：B。
二、主观题（共4小题，共55分）
16．（14分）硅酸钠和氧化镁是重要的化工原料，综合利用蛇纹石[主要成分为，还含有少量、]制备硅酸钠和氧化镁可极大限度地实现经济、资源、环境效益的统一、一种以蛇纹石为原料制备硅酸钠和氧化镁的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)基态硅原子的核外电子排布式为 。
(2)将蛇纹石预先粉碎的目的是 。
(3)“磁选”时利用 的磁性，可将其从“蛇纹石矿粉”中分离出来。
(4)“碱熔”过程中发生的主要反应的化学方程式为 。
(5)“碱熔”时，硅提取率随碱熔时间、碱矿比的变化曲线如图所示，则最佳的反应条件为 。
(6)氧化镁熔沸点高，可制造耐火、耐高温器材，其晶胞结构如图所示。该晶体中每个周围与它最近且距离相等的数为 ；若该立方晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为 (用含a、的代数式表示)。
【答案】（每空2分）(1)或
(2)增大反应物接触面积，提高磁选、碱熔速率；使反应更充分，提高原料磁选、碱熔率
(3)四氧化三铁或或磁性氧化铁
(4)
(5)碱熔时间25min、碱矿比为3.2
(6)6 或
【分析】由题干信息可知，蛇纹石矿粉的主要成分为，还含有少量的、，结合流程图分析，“磁选”利用具有磁性将其从蛇纹石矿粉中分离出来。“碱熔”时蛇纹石矿粉与NaOH反应生成和，加水溶浸将和分离，氢氧化镁在高温条件下脱水生成氧化镁。
【解析】（1）基态硅原子的核外电子数为14，其核外电子排布式为；
（2）蛇纹石预先粉碎可以增大反应物的接触面积，提高磁选、碱熔速率，充分反应，提高原料磁选、碱熔率；
（3）具有磁性，经“磁选”将其从蛇纹石矿粉中分离出来；
（4）蛇纹石中的硅主要以形式存在，蛇纹石中的和少量均可与氢氧化钠反应生成可溶性的硅酸钠，蛇纹石矿中的镁元素在碱熔过程中生成了不溶于水的氢氧化镁，碱熔过程中发生的主要反应的化学方程式为，少量的二氧化硅发生反应的化学方程式为；
（5）图可知硅的提取率随碱熔时间的增加而增大；碱熔时间为25min时硅提取率就已达到86%，25min之后，蛇纹石中硅提取率随碱熔时间的增加变化不大。由图可知硅的提取率随碱矿比的增大而逐渐增加，当碱矿比达到3.2时，蛇纹石中硅提取率就已达到88%，之后，蛇纹石中硅提取率随碱矿比增加变化不大；
（6）由氧化镁的晶胞结构可知该晶体中每个周围与它最近且距离相等的数为6；氧化镁晶胞中的个数为，的个数为，一个氧化镁晶胞中含4个MgO化学式。该晶胞的质量为，体积为，故晶体密度为。
17．（14分）有机物H是合成药物的重要中间体，其合成路线如图：
(1)有机物B分子中含有的官能团的名称为 。
(2)C→D的反应类型为 ，有机物C碳碳双键中的 (填“”或“”)键断裂。
(3)已知：，写出B→C的化学方程式 。
(4)可用于检验A中含氧官能团的试剂是 (填标号)。
A．溴水B．新制的氢氧化铜C．高锰酸钾溶液
(5)在中S原子采用的杂化方式为 。
(6)M与A组成元素相同相对分子质量比A小28。满足下列条件的M的同分异构体有 种(不考虑立体异构)。
①含有六元环②能发生银镜反应
【答案】（每空2分）(1)醚键、(酮)羰基
(2)加成反应(或还原反应)
(3)
(4)B
(5)
(6)5
【分析】A经系列转化生成B，B在碱性条件下先发生分子内加成再发生醇消去反应生成C，C与氢气发生碳碳双键的加成生成D，D经多步转化生成E，E与 发生分子间脱水反应生成F，F与HC(OCH3)3反应生成G，G在HgCl2作用下反应生成H，据此分析解答。
【解析】（1）由B的结构简式可知其所含官能团为醚键、(酮)羰基；（2）C→D的反应为C中的碳碳双键和氢气的加成反应；C中的碳碳双键打开其中的键与氢气发生加成反应；（3）结合信息可知，B→C的反应的方程式为：；（4）A中含氧官能团为醛基，可用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液检验醛基，故选B；（5）中S为单键，采用sp3杂化；（6）结合A的结构简式可知，其不饱和度为2，M中含六元环醛基，则不含其他不饱和度；M中含六元环，除此之外仅含醛基和一个碳原子，若为一个取代基可为-CH2CHO，只有一种结构，若含两个取代基则为-CH3、-CHO，在六元环上可连在同一个碳上，或位于邻、间、对三种位置，共有5种。
18．（15分）某小组同学探究与新制悬浊液的反应。
资料：为白色固体，难溶于水，能溶于浓盐酸；能与氨水反应生成，该物质在空气中会立即被氧化成而使溶液显蓝色。
(1)装置B的作用是控制气体的流速，则B中试剂是 。
(2)通入前，实验Ⅰ、Ⅱ中产生蓝色絮状沉淀的离子方程式为 。
(3)实验Ⅰ通入后产生砖红色沉淀，该反应的化学方程式为 。分析实验Ⅰ一段时间后砖红色沉淀消失的可能原因 。
(4)同学们对实验Ⅱ中白色沉淀的成分继续探究。
①甲同学取少量白色沉淀，洗净后加入氨水，得到蓝色溶液，此过程中反应的离子方程式为：、 。
②乙同学用另一种方法证明了该白色沉淀为，实验方案如下：
填写下表空格：
(5)实验Ⅰ和实验Ⅱ中与新制悬浊液均发生了 反应，反应现象的不同与 有关。
【答案】（除标注外，每空2分）(1)饱和NaHSO3溶液
(2)Cu2++2OH-=Cu(OH)2
(3)2Cu(OH)2+SO2+2NaOH=2Na2SO4+Cu2O+3H2O 溶液中溶解的SO2增多，溶液的酸性增强，使Cu2O溶解，砖红色沉淀消失
(4) 浓盐酸（1分） 白色沉淀溶解（1分） 出现白色沉淀（1分）
(5)氧化还原（1分） 配制Cu(OH)2所用铜盐的阴离子种类
【分析】A制备二氧化硫，通过观察B中气泡的速度控制A中产生二氧化硫的速度，C中二氧化硫和新制悬浊液的反应，D中氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，防止污染空气。
【解析】（1）B的作用是控制二氧化硫气体的流速，B中试剂不能吸收二氧化硫，所以B中试剂是饱和NaHSO3溶液。
（2）通入SO2前，实验Ⅰ、Ⅱ中铜离子和氢氧根离子反应生成氢氧化铜蓝色絮状沉淀，反应的离子方程式为：Cu2++2OH-=Cu(OH)2。
（3）实验Ⅰ通入SO2后产生砖红色氧化亚铜沉淀，铜元素化合价由+2价降低为+1价，S元素化合价由+4价升高为+6价，该反应的化学方程式2Cu(OH)2+SO2+2NaOH=2Na2SO4+Cu2O+3H2O；Cu2O在酸性溶液中溶解转化为Cu和Cu2+，实验Ⅰ一段时间后, 溶液中溶解的SO2增多，溶液的酸性增强，使Cu2O溶解，砖红色沉淀消失。
（4）①甲同学取少量白色沉淀，洗净后加入氨水，得到蓝色溶液，在空气中会立即被氧化成而使溶液显蓝色，此过程中反应的离子方程式为：、；②CuCl为白色固体，难溶于水，能溶于浓盐酸；取白色固体加浓盐酸，白色固体溶解，在加蒸馏水，又出现白色沉淀，则说明白色固体是CuCl。
（5）实验Ⅰ和实验Ⅱ中SO2 与新制Cu(OH)2悬浊液均发生了氧化还原反应，反应现象的不同与配制Cu(OH)2所用铜盐的阴离子种类有关。
19．（14分）利用Ag作催化剂可实现乙烯高选择性制备环氧乙烷()，涉及反应如下：
主反应：()
副反应：
(1)已知，()的燃烧焓为，则 。
(2)一定条件下，向1L密闭容器中通入和，平衡时的选择性[n()/n(参加反应的CH2=CH2)]为0.6，乙烯的平衡转化率为0.6，则该温度下主反应的平衡常数K= ，能够提高平衡产率的措施有 (写一项即可)。
(3)以上过程反应机理如下：
反应Ⅰ：慢
反应Ⅱ：()快
反应Ⅲ：快
一定能够提高主反应反应速率的措施有___________(填标号)。
A．升高温度B．通入惰性气体
C．增大浓度D．增大浓度
(4)加入1，2-二氧乙烷会发生。一定条件下，反应经过一定时间后，产率及选择性与1，2-二氯乙烷浓度关系如图。
1，2-二氯乙烷能使产量先增加后降低的原因是 。
(5)反应结束后，控制氨水浓度对失活催化剂(主要成分是AgCl)进行回收。25℃时，，
① (填数值)。
②1L氨水中至少含有 才能回收1mlAgCl。
【答案】（每空2分）(1)
(2)4.05 压缩体积
(3)AD
(4)浓度低时抑制副反应增加主反应选择性，浓度较高时则会使催化剂失活降低催化效果
(5)
【解析】（1）④（g）③②，根据盖斯定律：2×②-4×③-2×④得()；
（2）根据()，假设氧气转变化量为x，则乙烯变化量为2x，环氧乙烷变化量为2x；根据，假设氧气变化量为3y，则乙烯变化量为y，二氧化碳和水的变化量均为2y；平衡式时乙烯物质的量：，氧气物质的量：，环氧乙烷物质的量：，二氧化碳物质的量：，根据乙烯的平衡转化率为0.6可知①，根据平衡时的选择性[n()/n(参加反应的CH2=CH2)]为0.6可知②，联立①②解得，则平衡常数；可以通过压缩体积方式提高产率；
（3）A．升高温度，反应速率一定加快，故A正确；B．通入无关反应气体，可能导致反应物浓度降低，速率减慢，故B错误；C．增大乙烯浓度会导致副反应速率加快，消耗更多氧气，氧气浓度降低，主反应速率减慢，故C错误；D．增大氧气浓度，利于提高反应历程中慢反应速率，从而提高主反应速率，故D正确；答案选AD；
（4）浓度低时抑制副反应增加主反应选择性，浓度较高时则会使催化剂失活降低催化效果；
（5）①，平衡常数；②根据反应可知，回收1ml氯化银需要2ml氨，该反应平衡常数为，假设1L氨水含xmlNH3，则有，解得；
选项
性质差异
结构因素
A
水溶性：HBr＞Br2
氢键
B
键角：CH4＞NH3
中心原子杂化方式
C
熔点：石墨＞金刚石
晶体类型
D
酸性：CH3COOH＞C2H5OH
羟基的极性
序号
物质a
C中实验现象
通入前
通入后
Ⅰ
溶液
产生蓝色絮状沉淀
开始时有砖红色沉淀出现，一段时间后，砖红色沉淀消失，静置，试管底部有少量紫红色固体，溶液呈绿色
Ⅱ
溶液
产生蓝色絮状沉淀
开始时有黄色沉淀出现，一段时间后，黄色沉淀消失，静置，生成大量白色沉淀，溶液呈绿色
试剂1

试剂2
蒸馏水
现象1

现象2