北京市第二中学教育集团2023-2024学年高三下学期开学考
化学
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Mg—24 Al—27 Si—28 Fe—56 S—32
一、选择题
1．硼酸和乙醇可以发生酯化反应：。生成的硼酸三乙酶点燃时产生绿色火焰，可通过该现象鉴定硼酸。下列表示正确的是（ ）
A．中子数为8的O原子： B．羟基的电子式：
C．乙醇分子的空间填充模型： D．基态C原子核外价电子的轨道表达式：
2．下列说法不正确的是（ ）
A．丁达尔效应可鉴别胶体与溶液
B．红外光谱可区分乙醇与二甲醚
C．葡萄酒中通常含有微量，既可以杀菌又能防止营养成分被还原
D．乙醇易溶于水是因为其分子与水分子间形成氢键
3．是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．与足量水反应，转移电子个数为
B．与足量NaOH溶液反应，所得溶液中的个数为
C．与足量NaOH溶液反应，生成的个数为
D．在空气中燃烧生成MgO和，转移电子个数为
4．下列物质性质实验对应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．漂白粉溶液吸收后产生白色沉淀：
B．溶于氢碘酸，
C．同浓度同体积溶液与NaOH溶液混合：
D．用碳酸钠溶液处理锅炉水垢：
5．聚乳酸是一种新型的生物可降解高分子材料，其合成路线如下：
下列说法错误的是（ ）
A． B．聚乳酸分子中含有两种官能团
C．1mol乳酸与足量的Na反应生成 D．两分子乳酸反应能够生成含六元环的分子
6．下列图示装置不能达到实验目的的是（ ）
甲 乙 丙 丁
A．装置甲用萃取溴水中的 B．装置乙除去中的HCl并干燥
C．装置丙验证铁的吸氧腐蚀 D．装置丁实验室制备少量
7．在熔酸盐体系中，通过电解和获得电池材料（TiSi），电解装置如图，下列说法正确的是（ ）
A．石墨电极为阴极，发生氧化反应
B．电极A的电极反应：
C．该体系中，石墨优先于参与反应
D．电解时，阳离子向石墨电极移动
8．共价化合物中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：，下列说法不正确的是（ ）
A．的结构式为
B．为非极性分子
C．该反应中的配位能力大于氯
D．比更难与发生反应
9．一种农业常用肥料的结构如图所示，其中X、Y、Z、W为核电荷数依次增大的前20号主族元素，且位于不同周期，该物质的水溶液显酸性，下列说法正确的是（ ）
A．该化合物的焰色反应呈黄色
B．Z的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强
C．Y与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物
D．该物质的溶液中：
10．25℃，一定浓度溶液，其中含铬微粒的浓度与溶液pH的关系（局部）如下图所示。溶液中存在平衡：。在时，其他形式含铬微粒可忽略不计。
下列说法不正确的是（ ）
A．曲线Ⅱ代表随pH变化
B．改变溶液的pH，不一定能观察到溶液颜色变化
C．时均存在
D．时均存在
11．下列说法中不正确的是（ ）
A．X射线衍射实验可以区分晶体和非晶体，也可以获得晶体的键长和键角的数值
B．价层电子对互斥模型一般不用于预测以过渡金属为中心原子的分子空间结构
C．杂化轨道用于形成健或用来容纳未参与成键的孤电子对，未参与杂化的p轨道可用于形成键
D．链一元有机酸（是直链烷基）中，烷基是推电子基团，烷基越长羧酸的酸性越强
12．微生物法浸出黄铜矿（，其中Cu为+2价）中铜元素的过程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．微生物在整个转化过程中起催化作用
B．和可以循环利用
C．当黄铜矿中的铁元素全部转化为且生成，需要消耗
D．是非极性分子
13．某同学使用如图装置进行甲苯与液溴的反应，操作、现象及部分结论如下（部分现象、操作略去）：
①将甲苯与液溴混合均匀，静置足够长时间，无明显现象；
②投入还原铁粉，几秒后，瓶内溶液剧烈反应；
③一段时间后，试管内出现淡黄色沉淀；
④反应结束后，烧瓶中溶液呈红棕色。向其中加入浓NaOH溶液，振荡，静置，液体分为两层，均呈无色；
⑤取下层（有机物层）液体与试管中，加入酸化的溶液，振荡，静置，未观察到沉淀生成；
⑥取有机层液体，干燥，蒸馏，检验，产物为2，4-二溴甲苯及2，6-二溴甲苯。
根据上述现象、结论，下列结论中不正确的是（ ）
A．①与②对比说明：甲苯与液溴反应需要催化剂
B．③说明：甲苯与液漠的反应是取代反应，不是加成反应
C．④、⑤说明：相比于有机溶剂，NaBr更易溶解于水中
D．说明：甲基使其邻对位C原子上的H原子更易被取代
14．赖氨酸［，用HR表示］是人体必需氨基酸，其盐酸盐（）在水溶液中存在如下平衡：。向一定浓度的溶液中滴加NaOH溶液，溶液中、、HR和的分布系数随pH变化如图所示。已知，下列表述正确的是（ ）
A．
B．M点，
C．O点，
D．P点，
二、填空题（将答案填写在答题纸的指定位置）
15．硫铁化合物（FeS、FeS，等）应用广泛。
（1）纳米FeS可去除水中微量六价铬［Cr（Ⅵ）］，在的水溶液中，纳米FeS颗粒表面带正电荷，Cr（Ⅵ）主要以、、等形式存在，纳米FeS去除水中Cr（Ⅵ）主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。
已知：，；电离常数分别为、。
①在弱碱性溶液中，FeS与反应生成、和单质S，其离子方程式为______________________________。
②在弱酸性溶液中，反应的平衡常数K的数值为__________。
③在溶液中，pH越大，FeS去除水中Cr（Ⅵ）的速率越慢，原因是____________________。
（2）具有良好半导体性能，的一种晶体与NaCl晶体的结构相似，该晶体的一个晶胞中的数目为__________，在晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，如图给出了晶胞中的和位于晶胞体心的（中的键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略）。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的连接起来______________________________。
（3）、FeS在空气中易被氧化，将在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值随温度变化的曲线如图所示，800℃时，氧化成含有两种元素的固体产物为____________________（填化学式，写出计算过程）。
16．“碳达峰·碳中和”是我国社会发展重大战略之一，还原是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：
Ⅰ． ，
Ⅱ． ，
（1）有利于提高平衡转化率的条件是__________。
A．低温低压 B．低温高压 C．高温低压 D．高温高压
（2）反应的__________。
（3）恒压，750℃时，和按物质的量之比1：3投料，反应经如下流程（主要产物已标出）可实现高效转化为CO。
①假设各步均转化完全，下列说法正确的是__________。（填序号）
A．过程ⅰ和过程ⅱ中均发生了氧化还原反应
B．过程ⅱ中使用的催化剂为和
C．过程ⅱ，CaO吸收可促使氧化CO的平衡正移
D．相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原需要吸收的能量更多
②过程ⅱ平衡后通入惰性气体He，测得一段时间内CO物质的量上升，根据过程ⅲ。结合平衡移动原理，解释CO物质的量上升的原因______________________________。
（4）还原能力（R）可衡量转化效率，（同一时段内与的物质的量变化量之比）。
①常压下和按物质的量之比1：3投料，某一时段内和的转化率随温度变化如图1，请在图2中画出400～1000℃之间R的变化趋势，并标明1000℃时R值。______________________________
图1 图2
②催化剂X可改变R值，另一时段内转化率、R值随温度变化如下表，下列说法不正确的是__________。
温度/℃ 480 500 520 550
转化率/％ 11.5 20.2 34.8 46.9
R 2.6 2.4 2.1 1.8
A．催化剂X选择性地提高反应目的速率
B．温度越低，含氢产物中占比越高
C．温度升高，转化率增加，转化率降低，R值减小
D．改变催化剂提高转化率，R值不一定增大
17．褪黑激素的前体K的合成路线如图。
已知：（R表示烃基或氢）
（1）A能发生银镜反应，A的名称是__________。
（2）D分子中含有的官能团是__________。
（3）试剂W的分子式是，其结构简式是__________。
（4）G中只含酯基一种官能团，生成G的反应方程式是______________________________。
（5）M的结构简式是__________。
（6）由K合成Q（）。Q再经下列过程合成褪黑激素。
①的过程中，每完全反应，消耗__________。
②Z的结构简式是__________。
③试剂b的结构简式是__________。
（7）与G含有相同的官能团的同分异构体有__________种。
18．液相催化还原法去除水体中是一项很有前景的技术，某科研小组研究该方法中使用的固体催化剂的制备和性能，结果如下。
Ⅰ．制备的反应过程如下图所示，光照使发生电荷分离，电子随机扩散到颗粒表面，将转化为Pd沉积到颗粒上，再用类似方法在Pd上沉积Cu，得到在纳米颗粒表面紧密接触的纳米簇。
（1）该过程中，乙醇发生__________（填“氧化”或“还原”）反应。
（2）结合图示说明②中Cu仅沉积在Pd上的原因______________________________。
Ⅱ．液相催化还原机理如图a所示。其他条件相同，不同pH时，反应1小时后转化率和不同还原产物中在总的比例如图b所示。
图a 图b
（3）液相催化还原法中所用的还原剂是__________。
（4）为了避免对水体的二次污染，的理想还原产物是__________。
（5）研究表明，在Pd表面竞争吸附，会降低Pd吸附的能力，但对Pd吸附H的能力影响不大。
①结合还原机理和催化剂结构分析，反应中的移动方向是__________。
②随pH减小，还原产物中增大，结合离子方程式解释原因：______________________________。
（6）控制溶液pH可在一定时间内将尽可能多地转化为，具体方法是______________________________。
19．在空气中易被氧化，某小组探究绿矾（）和莫尔盐［］在空气中的稳定性。
Ⅰ．探究溶液中的稳定性：配制两种溶液［A：，B：］，露置于空气中一段时间，并检验其中的，结果如表。
编号 新配制 1h后 24h后
pH 性状 酸化后滴等量 pH 性状 酸化后滴等量 pH 性状
A 3.9 无色溶液 几乎无色 3.4 黄色溶液 变红 3.3 红褐色沉淀
B 3.9 无色溶液 几乎无色 3.3 黄色溶液 变红 3.2 红褐色沉淀
（1）新配制的A溶液，原因是发生了水解，离子方程式是______________________________。
（2）常温时溶液，则B溶液中水解程度：__________（填“>”或“<”），因此新配制的A、B溶液pH几乎相同。
（3）放置24h后溶液pH均减小，写出该过程中的离子方程式：______________________________。
上述实验说明两种溶液中的的稳定性差异不大。
Ⅱ．探究晶体的稳定性：将两种晶体分别在不同条件下放置数天，实验记录如表。
编号 ⅰ ⅱ ⅲ ⅳ
实验条件 露置 密闭容器 潮湿的密闭容器 盛有干燥剂的密闭容器
实验结果 绿矾 晶体逐渐变白，进而出现土黄色；含量很多 无明显变化；含量非常少 晶体结块，颜色不变；含量非常少 晶体逐渐变白，最终出现淡黄色；含量很多
莫尔盐 无明显变化；含量非常少 无明显变化；含量非常少 晶体略结块，颜色不变；含量非常少 无明显变化；含量很少
（4）甲同学推测绿矾在ⅱ中的结果与ⅰ不同可能是容器中不足造成的，乙同学经过对比，分析该推测不成立，其理由是______________________________。
（5）该小组同学根据实验结果进而推测绿矾易被氧化与其失去结晶水有关。
①绿矾晶体失去结晶水的实验现象是____________________。
②莫尔盐晶体中__________离子的存在使结晶水不易失去；该离子与分子之间可能存在的作用是______________________________。
（6）同学们经过对两种晶体结构的比较，分析莫尔盐在空气中更稳定，除了上述原因外，还可能的原因：莫尔盐晶体中离子间的空隙较小，______________________________。
参考答案
一、选择题
1．【答案】A
【详解】A．中子数为8的氧原子，质子数为8，质量数为16，可表示为，A正确；
B．羟基中O原子最外层只有7个电子，B错误；
C．乙醇分子中碳原子的半径大于氧原子的半径，模型中的半径大小不符合，C错误；
D．C原子最外层4个电子，2p轨道上只有2个电子，而不是4个电子，D错误；
故选A。
2．【答案】C
【详解】A．胶体具有丁达尔效应，溶液没有丁达尔效应，故丁达尔效应可鉴别胶体与溶液，故A正确；
B．乙醇与二甲醚含有不同的官能团，用红外光谱可区分乙醇与二甲醚，故B正确；
C．具有还原性，能防止营养成分被氧化，故C错误；
D．乙醇分子和水分子均含有键，乙醇分子与水分子间能形成氢键，故乙醇易溶于水，故D正确；
故选C。
3．【答案】D
【详解】A．的物质的量为：，与足量水反应的化学方程式为：，中一个氧原子化合价升高1价，另一个氧原子化合价降低1价，转移电子个数为，A错误；
B．的物质的量为，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，但硅酸根水解，故硅酸根的个数小于，B错误；
C．的物质的量为，反应失去3mol电子，故转移电子的总物质的量为0.3mol，根据得失电子守恒，生成氢气的物质的量为0.15mol，故氢气分子的个数为，C错误；
D．1.2gMg的物质的量为，在空气中燃烧生成MgO和，镁全部转化为+2价，转移电子的物质的量为0.1mol，个数为，D正确；
故选D。
4．【答案】D
【详解】A．漂白粉溶液吸收后产生硫酸钙沉淀和次氯酸，反应的离子方程式是，故A错误；
B．溶于氢碘酸生成碘化亚铁、碘单质、水，反应的离子方程式是，故B错误；
C．同浓度同体积溶液与NaOH溶液混合，与NaOH等物质的量反应生成硫酸铵、硫酸钠、水，反应的离子方程式是，故C错误；
D．用碳酸钠溶液处理锅炉水垢，沉淀硫酸钙转化为碳酸钙沉淀，反应的离子方程式是，故D正确；
选D。
5．【答案】B
【详解】A．根据氧原子数目守恒可得：，则，A正确；
B．聚乳酸分子中含有三种官能团，分别是羟基、羧基、酯基，B错误；
C．1个乳酸分子中含有1个羟基和1个羧基，则1mol乳酸和足量的Na反应生成，C正确；
D．1个乳酸分子中含有1个羟基和1个羧基，则两分子乳酸可以缩合产生含六元环的分子（），D正确；
故选B。
6．【答案】D
【详解】A．四氯化碳和水不互溶，溴在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，则装置甲能达到用四氯化碳萃取溴水中溴的实验目的，故A不符合题意；
B．浓盐酸具有挥发性，制得的氧气中混有氧化氢和水蒸气，盛有的饱和食盐水的洗气瓶能用于除去氧化氢气体，盛有的浓硫酸的洗气瓶能用于干燥氯气，则装置乙能达到除去氯气中的氯化氢气体并干燥的实验目的，故B不符合题意；
C．铁丝网在氯化钠溶液中发生吸氧腐蚀会使试管内气体的物质的量减小，气体压强减小，红墨水会进入导气管中形成一段液柱，则装置丙能达到验证铁的吸氧腐蚀的实验目的，故C不符合题意；
D．由图可知，装置丁的向下排空气法收集氮气的试管中没有排出气体的出口，则装置丁不能达到实验室制备少量氨气的实验目的，故D符合题意；
故选D。
7．【答案】C
【分析】由图可知，在外加电源下石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，与电源正极相连，则电极A作阴极，和获得电子产生电池材料（TiSi），电极反应为。
【详解】A．在外加电源下石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，选项A错误：
D．由电荷守恒：，故D错误；
故选：D。
11．【答案】D
【详解】A．通过晶体X射线衍射实验可以区分晶体和非晶体，也可以获得晶体的键长和键角的数，故A正确：
B．价层电子对互斥模型可用来预测分子的立体结构，以过渡金属为中心原子形成的分子结构复杂，价层电子对互斥模型一般不能用于预测以过渡金属为中心原子的分子空间结构，故B正确：
C．杂化轨道用于形成键或用来容纳未参与成键的孤电子对，未参与杂化的p轨道可用于形成键，故C正确：
D．烷基是推电子基团，烷基越长推电子效应越大，使基中的羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱，故D错误：
故选D。
12．【答案】C
【分析】由微生物法浸出黄铜矿中铜元素的过程示意图可知，黄铜矿与氢离子、铁离子反应生成铜离子、亚铁离子和，亚铁离子在微生物作用下与氧气反应生成铁离子；铁离子与反应生成亚铁离子、氢离子和，亚铁离子在微生物作用下与氧气反应生成铁离子；与氧气和水反应生成硫酸根离子和氢离子，则微生物是浸出过程的催化剂，总反应的方程式为，浸出过程中硫酸和硫酸铁可循环使用。
【详解】A．由分析可知，微生物是浸出过程的催化剂，故A正确；
B．由分析可知，浸出过程中硫酸和硫酸铁可循环使用，故B正确；
C．由分析可知，当黄铜矿中的铁元素全部转化为铁离子时，生成2mol硫酸根时，反应消耗氧气的物质的量为，故C错误；
D．为非金属单质，分子结构是8个是硫原子形成一个环形结构，结构对称，属于非极性分子，故D正确；
故选C。
13．【答案】B
【分析】甲苯与液溴在铁催化作用下生成甲苯的溴代物和溴化氢，溴化氢能使硝酸银溶液生成黄色沉淀；反应后混合物加入浓氢氧化钠除去过量的溴，振荡，静置，分液，有机层蒸馏得到产物；
【详解】A．①与②变量为催化剂铁的加入，对比说明：甲苯与液溴反应需要催化剂，A正确；
B．挥发出的溴溶于水生成HBr，也会和硝酸银生成溴化银沉淀，B错误；
C．⑤中没有生成溴化银沉淀，说明相比于有机溶剂，NaBr更易溶解于水中，C正确；
D．2、4、6号位是甲基的邻对位，⑥说明：甲基使其邻对位C原子上的H原子更易被取代，D正确；
故选B。
14．【答案】C
【分析】向HRCl溶液中流加NaOH溶液，依次发生离子反应：、、，溶液中逐渐减小，和HR先增大后减小，逐渐增大，，，，M点，由此可知，N点，则，P点，则，据此分析选择。
【详解】A．，，所以，A错误；
B．M点存在电荷守恒：，此时，因此，B错误；
C．O点，因此，即，因此，溶液，C正确；
D．P点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此，溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度，因此，D错误；
答案为：C。
二、填空题（将答案填写在答题纸的指定位置）
15．【答案】（1）①
②
③越大，FeS表而带正电荷，易吸引阴离子，因为的浓度增大，降低了对Cr（Ⅵ）三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降
（2）①4 ②
（3）；设FeS氧化成含有两种元素的固体产物化学式为，，则，则，，即固体产物为
【小问1详解】
在弱碱性溶液中，FeS与反应生成、和单质S的离子方程式为：；反应的平衡常数，由题目信息可知，，电离常数，所以；在溶液中，pH越大，FeS表而带正电荷，易吸引阴离子，因为的浓度增大，降低了对Cr（Ⅵ）三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降；故答案为：；FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为的浓度增大，降低了对Cr（Ⅵ）三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降。
【小间2详解】
因为的晶体与NaCl晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个NaCl晶胞含有4个Na和4个Cl，则该晶体的一个晶胞中时的数目也为4；晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，根据晶胞中的和的位置（中的键位于晶胞体对角线上）可知，每个S原子与键所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的紧邻且间距相等，其中一个S原子与紧邻的连接图如下：；故答案为：4；。
【小问3详解】
有图可知，800℃时，氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值为66.7％，设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为，，则，则，，即固体产物为；故答案为：；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为，，则，则，，即固体产物为。
16．【答案】（1）C
（2）+329
（3）①AC ②通入He，分解平衡正移，导致，促进Fe还原平衡正移
（4）① ②C
【小问1详解】
反应Ⅰ为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积不变的吸热反应，，升高温度，平衡右移，平衡转化率增大：降低压强，平衡右移，平衡转化率增大，故有利于提高平衡转化率的条件是高温低压，综上所述C正确；
故答案为：C。
【小问2详解】
已知：Ⅰ． ，
Ⅱ． ，
根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ×2得反应；
故；
故答案为：+329。
【小问3详解】
①A．过程ⅰ发生氧化还原反应，过程ⅱ发生氧化还原反应，A正确；
B．过程ⅱ中和CaO一直循环使用，故为催化剂，B错误：
C．过程ⅱ，CaO吸收使浓度降低，促进氧化CO的平衡正移，选项B正确；
D．焓变只与起始物质的量有关，与过程无关，故相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原需吸收的能量一样多，选项D错误；综上所述AC正确；
②通入He，分解平衡正移，导致，促进Fe还原平衡正移，故过程ⅱ平衡后通入He，测得一段时间内CO物质的量上升：
故答案为：AC；通入He，分解平衡正移，导致，促进Fe还原平衡正移。
【小问4详解】
①根据图1可知1000℃时，转化率为100％，即，转化率为60％，即，故，故400~1000℃间R的变化趋势如图：；
②A．R值增大，增大的倍数比大，的转化率降低，则单位时间内反应Ⅱ中的转化率增大，说明催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率，使则R提高，选项A正确；
B．根据表中数据可知，温度越低，转化率越小，而R越大，增大的倍数比大，含氢产物中占比越高，选项B正确：
C．温度升高，转化率增加，转化率也增大，且两个反应中的转化率均增大，增大倍数多，故R值增大，选项C不正确；
D．改变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高转化率，若转化率减小，则R值不一定增大，选项D正确；综上所述选C；
故答案为：；C。
17．【答案】（1）丙烯醛
（2）羟基
（3）
（4）
（5）
（6）①3mol ② ③
（7）3种
【分析】乙酸与试剂a在浓硫酸加热条件下生成G，G中只含酯基，故G为乙酸乙酯，结构简式为，参照已知信息，G在碱性条件下发生反应：，故M的结构简式为：；试剂W的分子式是，根据K的结构简式，可知W的结构简式为：，F为，E为。A的化学式为，不饱和度为2，能发生银镜反应，说明含醛基，还应含有双键，故A的结构简式为，与水发生加成反应，根据E的结构简式可知B为，B到D发生加成反应，D为，D到E发生取代反应。
【小问1详解】
根据分析，A的结构简式为，名称为丙烯醛；
【小问2详解】
根据分析，D为，官能团名称为羟基；
【小问3详解】
根据分析，W的结构简式为：；
【小问4详解】
根据分析，G为乙酸乙酯，结构简式为，制备乙酸乙酯的化学方程式为：；
【小问5详解】
根据分析，M的结构简式为：；
【小问6详解】
Q中含酰胺基和酯基，Q在碱性条件下水解得到X：，根据褪黑激素和Z的分子式可知Z的结构简式为：，Z与试剂b：发生反应得到褪黑激素。Q中含酰胺基和酯基，均能在碱性条件下发生水解，故消耗；根据分析，Z的结构简式为，试剂b为；
【小问7详解】
G为乙酸乙酯，结构简式为，与G含有相同官能团的同分异构体的结构简式为：，，，共3种。
18．【答案】（1）氧化
（2）光使发生电荷分离后，电子定向移动到Pd表面，将还原为Cu
（3）
（4）
（5）①从Cu表面移动到Pd表面
②Pd表面两个竞争反应a．；b．。pH减小，Pd对的吸附能力增强，Pd表面增大，对反应a更有利
（6）先调节废水的pH到12，使尽快转化为；再调节pH到4，将还原为
【小问1详解】
由图示可知，在催化条件下，、与乙醇反应生成Pd、Cu，则乙醇为氧化，起到还原剂的作用，故答案为：氧化；
【小问2详解】
由于光使发生电荷分离后，电子定向移动到Pd表面，将还原为Cu，所以②中Cu仅沉积在Pd上；
【小何3详解】
由流程可知反应中Cu为催化剂，Pd为载体，氢气为还原剂，故答案为：；
【小问4详解】
由于亚硝酸盐有毒，铵根水解显酸性，所以为了避免对水体的二次污染，的理想还原产物是氮气：
【小问5详解】
①结合还原机理和催化剂结构分析可知硝酸根首先被铜还原为亚硝酸根，然后亚硝酸根转移到Pd表面，再被氢气还原，所以反应中的移动方向是从Cu表面移动到Pd表面：
②由于Pd表面两个竞争反应a．；b．。pH减小，Pd对的吸附能力增强，Pd表面增大，对反应a更有利，所以随pH减小，还原产物中增大；
【小问6详解】
根据图象可知要想控制溶液pH在一定时间内将尽可能多地转化为，应先调节废水的pH到12，使尽快转化为；再调节pH到4，将还原为
19．【答案】（1）
（2）>
（3）
（4）根据实验ⅳ，同样在密闭容器中，能被氧化
（5）①晶体变白 ② ③氢键
（6）分子较难进入晶体中与反应
【分析】通过检测的含量来探究绿矾（）和莫尔盐［］在空气中的稳定性，若的含量高说明不稳定。
【小问1详解】
发生了水解反应生成氢氧化亚铁和氢离子，因此溶液呈酸性，离子方程式是。
【小问2详解】
已知同浓度的溶液的酸性比溶液的酸性强，说明B溶液中水解程度：。
【小问3详解】
放置24h后溶液pH均减小说明酸性增强，且生成氢氧化铁红褐色沉淀，被空气氧化生成的离子方程式为。
【小问4详解】
绿矾在实验ⅱ中含量少不可能是不足造成的，理由根据实验ⅳ，同样在密闭容器中，能被氧化。
【小问5详解】
①绿矾晶体失去结晶水的实验现象是晶体变白。
②莫尔盐晶体中离子的存在使结晶水不易失去，中的N能与分子之间可能存在氢键。
【小问6详解】
莫尔盐在空气中更稳定，可能的原因：莫尔盐晶体中离子间的空隙较小，分子较难进入晶体中与反应。
