2024届广西桂林市高三下学期4月月考化学试卷（含解析）

这是一份2024届广西桂林市高三下学期4月月考化学试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

第I卷（选择题）
一、单选题
1．中国的文化源远流长，下列文物的主要成分属于金属材料的是
2．下列化学用语书写错误的是
A．的结构式：
B．还原CuO反应中电子的转移：
C．溶于水的电离方程式：
D．用电子式表示的形成过程：
3．下列各项表达式正确的是
A．空间填充模型，可表示分子，也可表示分子
B．的结构式：
C．离子化合物的电子式：
D．的最高能层电子排布式为：
4．为达到实验目的，以下实验方案和实验现象均正确的是
5．2021年6月11日国家航天局公布了“祝融号”火星车拍摄的首批科学影像图。已知：火星气体及岩石中富含X、Y、Z、W四种元素，X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，其中Z为金属元素，其单质与冷水反应后溶液能使酚酞试液变为红色，X、W为同一主族元素，Y地壳中含量最高的元素，火星岩石含有W的最高价化合物Z2WY3。下列判断正确的是
A．原子半径：Z>W>Y>X
B．W位于元素周期表第三周期VIIA族
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：X>W
D．X、Y、Z三种元素组成的化合物中没有离子
6．已知咖啡酸苯乙酯是天然抗癌药——蜂胶的主要活性成分，其结构简式如图所示。下列说法正确的是
A．该物质含有4种官能团
B．1 ml该物质最多能与8 ml H2加成
C．该物质苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有6种
D．该物质所有碳原子不可能全部共平面
7．NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，22.4LHCl和22.4LH2O的物质的量相同
B．常温常压下，11.2L氧气所含原子数目为NA
C．1mlNa2O和Na2O2的混合物中，所含阴离子数的总数为NA
D．0.5ml/LNa2SO4溶液中所含数目为0.5NA
8．从浓缩海水(主要含NaCl和MgSO4)中提取金属镁的一种工艺流程如图，下列说法正确的是
A．若试剂X为石灰乳，则沉镁时可能发生沉淀的转化
B．“溶镁”的离子方程式为：
C．加热“溶镁”后的滤液至有大量固体析出后分离
D．“制备”时可采用电解MgCl2固体的方法
9．下列实验操作及现象、结论均正确的是
10．硝酸盐电解还原生成氨是实现硝酸盐废水资源化利用的有效途径。一种采用双室电解法电解硝酸盐酸性废水生成的装置如图所示，P、Q均连接惰性电极，下列说法不正确的是
A．P连接外接电源的负极
B．电解一段时间后，左室溶液的pH将减小
C．生成的与气体A可作为硝酸工业的原料
D．理论上每转化时，有通过质子交换膜
11．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．用溶液腐蚀覆铜板制造印刷电路板：
B．向氯化铝溶液中加入过量氨水：
C．溶液与溶液反应：
D．氯气与水反应：
12．萤石(CaF2) 是自然界常见的含氟矿物，晶胞结构如图所示，晶胞参数为a nm，NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．CaF2晶体属于离子晶体
B．晶体密度为
C．可用质谱法区分40Ca 和42Ca
D．Ca2+与 F-的最小核间距为
13．单斜硫和正交硫转化为二氧化硫的能量变化如图，下列说法不正确的是
A．S(s，单斜)=S(s，正交) ∆H=+0.33kJ·ml−1
B．①式的热化学方程式：S(s，单斜)+O2(g)=SO2(g) ∆H=-297.16kJ·ml−1
C．②式反应断裂1ml正交硫(s)和1ml O2(g)中的共价键吸收的能量比形成1mlSO2(g)中的共价键所放出的能量少296.83kJ
D．从热力学的角度看，正交硫比单斜硫稳定
14．保持温度在25℃不变，分别稀释等体积、的溶液和氨水，溶液pH的变化如图所示。已知：。下列说法错误的是
A．曲线Ⅱ代表溶液的稀释曲线
B．稀释前
C．上述两溶液分别与等浓度的稀硫酸中和时，氨水消耗稀硫酸的体积更大
D．若将的溶液与的稀盐酸混合，则混合后的溶液的pH一定为7
二、非选择题
15．从铜氨废液含[Cu(NH3)3·CO]+、[Cu(NH3)2]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH3、CH3COO−、等中回收铜的工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)步骤(Ⅰ)中被氧化的元素是 ，由步骤(Ⅱ)可确定NH3与H+的结合能力比与Cu2+的 (填“强”或“弱”)。
(2)步骤(Ⅲ)“沉铜”时，发生的主要反应的离子方程式为 ，利用Na2S溶液而不选用NaOH溶液“沉铜”的优点是 。
(3)步骤(Ⅳ)反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(4)该流程中可以循环利用的物质是 (填化学式)。
(5)碱式氯化铜在400℃时能完全分解为CuO、H2O和HCl。为测定碱式氯化铜的组成进行如下实验：准确称取42.9g碱式氯化铜，加热到400℃使其完全分解，剩余固体32.0g，将生成的气体通过浓硫酸的洗气瓶，浓硫酸增重3.6g。碱式氯化铜的化学式为 。
16．氮氧化物的有效去除和资源的充分利用是当今社会的重要研究课题。
(1)已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g) +6H2O(g) ΔH1 = -907.0 kJ•ml-1
4NH3(g) +3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) ΔH2= -1269.0 kJ•ml-1
若4NH3(g) +6NO(g)5N2(g) +6H2O(g)的逆反应活化能为 E逆 kJ•ml-1，则其正反应活化能为 kJ•ml-1 (用含E逆的代数式表示)。
(2)已知：①2NO(g)+2ICl(g)2NOCl (g)+I2(g)
②2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g)
③I2(g)+Cl2(g)2ICl(g)
若向VL恒容密闭容器中加 2ml NO和 2ml ICl发生上述反应，达到平衡时，容器中 NOCl (g)为aml，Cl2(g)为b ml，此时 I2(g)的浓度为 ml•L-1(用含 a、b、V 的代数式表示，下同)，反应③的平衡常数为 。
(3)某化工厂排出的尾气(含 CO、N2O)治理的方法为在密闭容器中发生如下反应：CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)，CO、N2O在Pt2O+表面进行反应转化为无毒气体，其相对能量与反应历程的关系如下图所示：
用方程式表示 N2O在Pt2O+ 表面上的反应 。
(4)已知4CO(g) +2NO2(g)4CO2(g)+N2 (g) ΔH1 = -1200kJ•ml-1 ，该反应在 (填“高温”、“低温”或“任何温度”)下能自发进行，为探究温度及不同催化剂对该反应的影响，保持其它初始条件不变重复实验，在相同时间内测得 N2产率与温度的关系如图所示。在催化剂乙作用下，图中 M 点对应的速率(对应温度400℃)v正 (填“＞”、“＜” 或“=”) v逆，温度高于400℃，N2产率降低的原因可能是 。
17．某小组同学设计如下实验，研究亚铁盐与溶液的反应。
【实验1】试剂：酸化的溶液()，溶液()
(1)上述实验中溶液与溶液反应的离子方程式是 。
(2)产生气泡的原因是 。
【实验Ⅱ】试剂：未酸化的溶液()，溶液()
(3)将上述混合物分离，得到棕黄色沉淀和红褐色胶体。取部分棕黄色沉淀洗净，加盐酸，沉淀溶解得到黄色溶液。初步判断该沉淀中含有，经检验还含有。检验棕黄色沉淀中的方法是 。
(4)对于生成红褐色胶体的原因，提出两种假设：
ⅰ．溶液氧化消耗
ⅱ．氧化的产物发生了水解
①根据实验Ⅱ记录否定假设ⅰ，理由是 。
②实验验证假设ⅱ：取 ，加热，溶液变为红褐色，下降，证明假设ⅱ成立。
(5)将溶液加入溶液后，产生红褐色胶体，反应的离子方程式是： 。
18．有机物P的系统命名为2，3-二甲基-1，3-丁二烯，常用于合成橡胶。
已知：①Diels-Alder 反应： ；
②
回答下列问题：
(1)P是否存在顺反异构 (填“是”或“否”)。
(2)P发生1，4-加聚反应得到 (填结构简式)， 将该产物加入溴水中，溴水 (填“能”或“不能”)褪色。
(3)写出P与环戊烯发生Diels-Alder反应的化学方程式 。
(4)P与酸性KMnO4溶液反应生成的有机产物为 (填键线式)。
(5)区别乙醛、苯、苯酚、四氯化碳最好选用的试剂是_______。
A．新制Cu(OH)2悬浊液B．银氨溶液C．浓溴水D．AgNO3溶液
A
B
C
D
凤舞九天木雕
彩绘云凤纹漆圆壶(木板剜凿而成)
战国晚期木觚
青铜尊盘
选项
实验目的
实验方案
实验现象
A
制备乙酸乙酯
试管中溶液出现分层现象
B
制备NaHCO3晶体
锥形瓶中有白色晶体析出
C
测定中和反应反应热
混合溶液温度升高至不再变化
D
制备无水氯化镁固体
硬质玻璃管内的白色晶体变为白色粉末
选项
实验操作及现象
结论
A
在pH试纸上滴几滴新制氯水，试纸变白，然后在酒精灯上微热，试纸恢复为原来的颜色
氯水中次氯酸的漂白性是可逆的
B
取一定量Na2SO3样品，溶解后加入Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，加入浓盐酸，仍有沉淀
此样品中含有SO
C
在洁净的试管中加入1mL2%AgNO3溶液，然后边振荡试管边逐滴滴入2%的稀氨水，先产生沉淀，后沉淀恰好溶解
实验室制备银氨溶液
D
向饱和FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，小心加热
制得红褐色Fe(OH)3胶体
操作
现象
取上述溶液于试管中，加入5滴溶液
溶液立即变为棕黄色，稍后，产生气泡。测得反应后溶液
向反应后的溶液中加入溶液
溶液变红
操作
现象
取溶液于试管中，加入5滴上述溶液
溶液立即变为棕黄色，产生大量气泡，并放热，反应混合物颜色加深且有浑浊。测得反应后溶液
参考答案
一、单选题
1．D
【详解】凤舞九天木雕、彩绘云凤纹漆圆壶、木觚的主要成分均为纤维素，属于有机高分子材料，A项、B项、C项均不符合题意，青铜尊盘属于金属材料，故选D。
2．B
【详解】A．分子中存在氮氮三键，的结构式为，A正确；
B．还原CuO的反应中，铜元素化合价由+2降低为0、H元素化合价由0升高为+1，电子的转移：，B错误；
C．溶于水的电离方程式为，C正确；
D．是离子化合物，用电子式表示的形成过程为，D正确；
选B。
3．D
【详解】A．Cl原子半径比C原子半径大，不能表示分子，故A错误；
B．的结构式为，故B错误；
C．离子化合物的电子式为，故C错误；
D．电子排布式为，最高能层电子排布式为：，故D正确；
故答案选D。
4．D
【详解】A．乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小，且碳酸钠溶液能够吸收反应挥发出来的乙酸和乙醇，故制备乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，A错误；
B．饱和食盐水中只通入二氧化碳，不会生成碳酸氢钠，B错误；
C．图中烧杯没有密封，会导致热量散失，C错误；
D．在氯化氢气流中加热，能抑制镁离子水解，从而制备得到，硬质玻璃管内的白色晶体变为白色粉末，即得到无水氯化镁，D正确；
故选D。
5．C
【分析】Z单质与冷水反应后的溶液能使酚酞试液变红则Z为Na，Y为地壳中含量最高的元素，Y为O，火星岩石含有W的最高价化合物为Na2WO3，则W最高价为+4价，W原子序数大于Na，W为Si，X与W同主族且原子序数小于O，X为C。
【详解】A．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子半径Na>Si>C>O，为Z>W>X>Y，A错误；
B．W为Si，位于元素周期表第三周期ⅣA族，B错误；
C．C的非金属性强于Si，则最高价氧化物对应水化物的酸性C>Si，C正确；
D．X、Y、Z三种元素组成的化合物碳酸钠、碳酸氢钠均为离子化合物，含有离子，D错误；
故答案选C。
6．C
【详解】A．该物质中有羟基、碳碳双键、酯基三种官能团，故A错误；
B．1ml苯环结构能和3ml H2加成，1ml碳碳双键能消耗1 mlH2，1 ml该物质最多能与7ml H2加成，故B错误；
C．该物质苯环上总共有6种等效氢，苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有6种，故C正确；
D．苯环和碳碳双键都是共面结构，单键能够旋转，所有碳原子可能共平面，故D错误；
故选C。
7．C
【详解】A．标准状况下，H2O不是气体，物质的量不是1ml，A错误；B．没有告知常温常压下的气体摩尔体积，无法计算11.2L氧气的物质的量，B错误；
C．1ml Na2O和1ml Na2O2所含阴离子数的总数均为NA，因此1mlNa2O和Na2O2的混合物中，所含阴离子数的总数为NA，C正确；
D．没有告诉溶液体积，无法计算，D错误；
故选C。
8．C
【分析】盐卤水加入石灰乳“溶镁”后过滤，沉淀使用盐酸溶解，得到纯净的MgCl2溶液，蒸发结晶得到晶体，脱水后得到MgCl2，电解熔融的MgCl2可制备Mg，据此分析解题。
【详解】A．盐卤水加入石灰乳“溶镁”，不会发生沉淀转化，故A错误；
B．“溶镁”为氢氧化镁和盐酸反应，离子方程式为：，故B错误；
C．加热“溶镁”后的滤液，蒸发结晶，至有大量固体析出后分离，故C正确；
D．电解熔融的MgCl2可制备Mg，故错误；
故答案选C。
9．C
【详解】A．氯水中的次氯酸具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，褪色过程是不可逆的，所以在pH试纸上滴几滴新制氯水，试纸变白，然后在酒精灯上微热，试纸不可能恢复为原来的颜色，故A错误；
B．亚硫酸钡酸性条件下能与硝酸根离子反应生成硫酸钡，则取一定量亚硫酸钠样品，溶解后加入硝酸钡溶液，产生白色沉淀，加入浓盐酸，仍有沉淀不能说明样品中含有硫酸根离子，故B错误；
C．实验室制备银氨溶液的实验过程为在洁净的试管中加入1mL2%硝酸银溶液，然后边振荡试管边逐滴滴入2%的稀氨水，先产生沉淀，后沉淀恰好溶解得到银氨溶液，故C正确；
D．氢氧化钠溶液与饱和氯化铁溶液反应生成氢氧化铁沉淀，无法制得氢氧化铁胶体，故D错误；
故选C。
10．B
【分析】从图中可知，P电极上硝酸根离子得电子生成铵根离子，故P电极为阴极，则Q电极为阳极，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，氢离子通过质子交换膜进入左侧电极室与硝酸根离子反应生成铵根离子。
【详解】A．根据分析可知，P电极为阴极，连接电源的负极，A正确；
B．负极上电极反应为+10H++8e-=+3H2O，电解过程中氢离子被消耗，因此电解一段时间，左室溶液的pH增大，B错误；
C．气体A为氧气，氨气和氧气可发生氨气的催化氧化生成NO，是硝酸工业的原料，C正确；
D．+10H++8e-=+3H2O，铵根离子进一步转化为氨气，每生成1ml氨气，转移8ml电子，则右侧电极室中有8ml氢离子通过质子交换膜，D正确；
故答案选B。
11．B
【详解】A．用溶液腐蚀覆铜板制造印刷电路板生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为，故A错误；
B．向氯化铝溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为，故B正确；
C．溶液与溶液反应生成硫酸钡、氢氧化铜两种沉淀，反应的离子方程式为，故C错误；
D．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为，故D错误；
选B。
12．B
【分析】CaF2中钙离子和氟离子是1：2，根据晶胞分析，X原子有4个，Y原子有8个，因此X代表Ca2+离子，Y代表F-离子，据此分析。
【详解】A．由分析可知，CaF2晶体由离子组成，属于离子晶体，A正确；
B．根据密度 ，B错误；
C．质谱法用于测量元素的质核比，即质量数，40Ca 和42Ca质量数不同，可以用质谱法区分，C正确；
D．Ca2+与 F-的最小核间距为体对角线的四分之一，即，D正确；
故选B。
13．A
【详解】A．根据图示，S(s，单斜)能量比S(s，正交)高，则S(s，单斜)=S(s，正交)为放热反应，故A错误；
B．根据图示，①式的热化学方程式：S(s，单斜)+O2(g)=SO2(g) ∆H=-297.16kJ·ml−1，故B正确；
C．②式反应为放热反应，则断裂1ml正交硫(s)和1ml O2(g)中的共价键吸收的能量比形成1mlSO2(g)中的共价键所放出的能量少296.83kJ，故C正确；
D．根据图示，S(s，单斜)能量比S(s，正交)高，则从热力学的角度看，正交硫比单斜硫稳定，故D正确；
故选A。
14．D
【分析】Ba(OH)2溶液为强碱，氨水为弱碱，则稀释相同的倍数，强碱的pH变化较大，弱碱的pH变化小，则曲线Ⅰ为氨水，曲线Ⅱ为Ba(OH)2，随着稀释倍数的增加，二者均无限接近pH=7。
【详解】A．由分析得，曲线Ⅱ代表溶液的稀释曲线，A正确；
B．由于，即，稀释前pH=11，即c（OH-）=0.001ml/L，带入得，B正确；
C．由于氨水是弱碱，pH均为11的溶液和氨水，＞c[]，与等浓度的稀硫酸中和时，氨水消耗稀硫酸的体积更大，C正确；
D．的稀盐酸体积未知，无法计算混合后溶液的pH，D错误；
故选D。
二、非选择题
15． Cu、C 强 Cu2+＋S2－＝CuS↓ CuS的溶解度比Cu(OH)2小，能使Cu2+充分沉淀，提高Cu的回收率 2:3 HNO3 Cu2(OH)3Cl
【分析】从铜氨废液含[Cu(NH3)3·CO]+、[Cu(NH3)2]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH3、CH3COO−、等中回收铜，废液中通入热空气，并加热，可生成CO2,NH3，得到含有[Cu(NH3)4]2+、CH3COO−、的溶液，加入20%的硫酸，调节pH =2,得到硫酸铜，硫酸铵溶液，加入20%的硫化钠溶液生成CuS沉淀，在沉淀中加入硝酸可生成NO、S和硝酸铜，加入硫酸生成硫酸铜，经过滤、洗涤、干燥得到五水硫酸铜晶体。
向含有[Cu(NH3)4]2+、CH3COO−、的溶液中加入盐酸，经过滤、洗涤、干燥，可得到碱式氯化铜。
【详解】(1)步骤(Ⅰ)“吹脱”时通入空气，氧气把Cu+氧化为Cu2+,将CO氧化生成CO2吹出，吹出游离的NH3等，步骤(Ⅱ)中加入硫酸生成硫酸铵，可确定NH3与H+的结合能力比与Cu2+结合能力强，故答案为Cu、C 强；
(2)步骤(Ⅲ)“沉铜”时，Na2S溶液与CuSO4溶液反应生成CuS沉淀和Na2SO4，主要反应的离子方程式为Cu2+＋S2－＝CuS↓，因为硫化铜的溶解度小于氢氧化铜的溶解度，能使Cu2+充分沉淀，提高Cu的回收率，所以“沉铜”选用Na2S溶液而不选用NaOH溶液，故答案为Cu2+＋S2－＝CuS↓ CuS的溶解度比Cu(OH)2小，能使Cu2+充分沉淀，提高Cu的回收率。
(3)步骤(Ⅳ)反应中CuS和硝酸反应生成NO、S，反应中S元素化合价由-2价升高到0价，N元素的化合价由+5价降低为+2价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3，故答案为2:3。
(4)在第(Ⅴ)硝酸铜溶液中加入硫酸制硫酸铜，同时生成HNO3，则HNO3可循环利用，故答案为HNO3。
(5)碱式氯化铜在400℃时能完全分解为CuO、H2O和HCl。为测定碱式氯化铜的组成进行如下实验：准确称取42.9g碱式氯化铜，加热到400℃使其完全分解，剩余固体32.0g，将生成的气体通过浓硫酸的洗气瓶，浓硫酸增重3.6g。CuO的物质的量为32.0g÷80g/ml=0.4ml, H2O的物质的量为3.6g÷18g/ml=0.2ml, HCl的物质的量为(42.9g-32.0g-3.6g)÷36.5g/ml=0.2ml,则CuO:H2O:HCl=0.4:0.2:0.2=2:1:1,则碱式氯化铜的化学式为Cu2(OH)3Cl。故答案为Cu2(OH)3Cl。
16．(1)E逆-1812
(2) (a+2b)/2V [2(2-2b-a)2]/[(a+2b)b]
(3)N2O+Pt2O+=N2+Pt2O
(4) 低温 ＞ 温度升高催化剂活性降低
【分析】（1）根据盖斯定律分析反应热，并根据反应热=正反应的活化能-逆反应的活化能计算分析。
（2）根据平衡进行计算各物质的物质的量，并根据平衡常数公式计算平衡常数；
（3）理解图中物质书写方程式。
（4）根据催化剂能加快反应速率，但不影响平衡进行分析，M点氮气的转化率较低，说明在相同时间内反应速率较慢，反应还没有到平衡，正在向平衡进行，从而正反应速率大于逆反应速率，而温度对催化剂的活性的影响可能影响反应产率。
【详解】（1）①4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g) +6H2O(g) ΔH1 = -907.0 kJ•ml-1
②4NH3(g) +3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) ΔH2= -1269.0 kJ•ml-1
则（5×②-3×①）/2可得热化学方程式4NH3(g) +6NO(g)5N2(g) +6H2O(g) ΔH= ，该反应的逆反应活化能为 E逆 kJ•ml-1，即E正-E逆=-1812，则正反应的活化能为E正= （E逆-1812）kJ•ml-1；
（2）①2NO(g)+2ICl(g)2NOCl (g)+I2(g) ②2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g)
③I2(g)+Cl2(g)2ICl(g)， 向VL恒容密闭容器中加 2ml NO和 2ml ICl发生上述反应，达到平衡时，假设反应中一氧化氮的消耗量为xml，反应中NOCl的消耗量为yml，反应中碘的消耗量为zml，则有容器中 NOCl (g)为x-y=aml，Cl2(g)为0.5y-z=b ml，此时 I2(g)的物质的量为(0.5x-z)ml,则因有 则碘的物质的量为(0.5a+b)ml，物质的量浓度为(a+2b)/2Vml/L；氯气的浓度为b/Vml/L，氯化碘的浓度为(2-a-2b)/V ml/L，则反应③的平衡常数为=[2(2-2b-a)2]/[(a+2b)b]。
（3）N2O在Pt2O+表面上的反应为N2O+Pt2O+=N2+Pt2O；
（4）已知4CO(g) +2NO2(g)4CO2(g)+N2 (g) ΔH1 = -1200kJ•ml-1，该反应为放热的，熵减的反应，根据ΔG=ΔH-TΔS＜0能自发进行分析，在低温下能自发进行。在催化剂乙作用下，图中 M 点氮气的产率较低，说明反应速率较慢，还没有到平衡，即对应的速率(对应温度400℃)v正＞ v逆，温度高于400℃，根据另一种催化剂催化下氮气的产率随温度的变化曲线可知，该反应仍未达到平衡状态，故N2产率降低的原因一定是因为反应速率减小，故可能是温度升高导致催化剂活性降低。
17．(1)
(2)Fe3+催化下分解生成O2
(3)取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2 溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有
(4) 根据实验Ⅱ 记录反应后溶液pH = 1.4，酸性增强，假设ⅰ中消耗氢离子，酸性减弱，pH 应增大，故不合理 溶液
(5)
【详解】（1）溶液与溶液反应的离子方程式是：；
（2）过氧化氢在铁离子催化作用下分解生成氧气，故产生气泡；
（3）硫酸根离子用酸化的氯化钡检验，故检验棕黄色沉淀中的方法：取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有；
（4）①根据实验Ⅱ 记录反应后溶液pH = 1.4，酸性增强，假设ⅰ中消耗氢离子，酸性减弱，pH 应增大，故不合理；②根据假设ⅱ，氧化的产物发生了水解，铁离子水解，验证硫酸铁溶液中铁离子的水解平衡即可，取溶液，加热，溶液变为红褐色，pH下降，证明假设ⅱ成立；
（5）将溶液加入溶液后，产生红褐色胶体，反应的离子方程式是：。
18．(1)否
(2) 能
(3)
(4)
(5)C
【详解】（1）P是，且连有双键的碳原子上连有相同的原子团，故不存在顺反异构。
（2）P发生1，4-加聚反应，得到，将该产物加入溴水中，因含碳碳双键，溴水褪色。
（3）由已知信息①可知，P与环戊烯发生Diels-Alder反应的化学方程式为。
（4）由已知信息②可知，与酸性高锰酸钾反应的产物有和二氧化碳。
（5）区别乙醛、苯、苯酚、四氯化碳最好选用的试剂是浓溴水，乙醛与溴水发生氧化还原反应使溴水褪色，苯与溴水发生萃取水层褪色，上层苯层为橙色，苯酚与浓溴水反应产生白色沉淀，四氯化碳遇溴水变为紫红色。