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2024届陕西省西安市长安区高三下学期第二次模拟考试理综试卷-高中化学（原卷版+解析版）
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相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 V-51
一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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. 化学与生产、生活、科技、环境等关系密切。下列说法正确的是
A. 汽车尾气催化转化器可有效减少的排放，实现“碳中和”
B. 维生素C用于抗衰老保健品的辅料，因其有较强的氧化性能清除体内自由基
C. 蔡伦采用碱液蒸煮制浆法造纸，该过程不涉及化学变化
D. 甲壳质又称几丁质，是虾、蟹、昆虫等外壳的重要成分，它属于有机物
【答案】D
【解析】
【详解】A．汽车尾气催化转化器可将CO和氮氧化物经催化反应生和，并未有效减少的排放，实现“碳中和”，A错误；
B．维生素C用于抗衰老保健品的辅料，因为其有较强的还原性,能抵抗人体内自由基，B错误；
C．用碱液制浆法造纸，将原料放在碱液中蒸煮，原料在碱性环境下发生反应使原有的粗浆纤维变成细浆，该过程涉及化学变化，C错误；
D．甲壳质（C8H13O5N）n又称几丁质，是虾、蟹、昆虫等外壳的重要成分, 属于有机物，D正确；
故选D。
2. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 由水电离出的的溶液中：、、、
B. 常温下，的溶液中：、、、
C. 中性溶液中：、、、
D. 与Fe反应能生成的溶液：、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．由水电离出的的溶液可以是酸性溶液，也可以碱性溶液，酸性溶液中和均不能大量共存，故A不符合题意；
B．的溶液呈碱性，碱性溶液中该四种离子能大量共存，故B符合题意；
C．和易水解呈酸性，中性溶液中和不能大量共存，故C不符合题意；
D．与Fe反应能生成的溶液显酸性，溶液中若含则硝酸与Fe反应不放出，故D不符合题意；
故选B。
3. 下列实验操作、现象、解释或结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓磷酸沸点高于HI，可能生成HI气体，A正确；
B．向苯酚浊液中滴加饱和溶液反应生成向苯酚钠和溶液，浊液变澄清，酸性：苯酚>碳酸氢根，但碳酸>苯酚，B错误；
C．常温下，铁片与浓硝酸会发生钝化，导致无明显现象，但稀硝酸与铁不发生钝化，会产生气泡，所以不能通过该实验现象比较浓硝酸和稀硝酸的氧化性强弱，C错误；
D．向溴水中加入苯，苯可将溴萃取到上层，使下层水层颜色变浅，不是溴与苯发生了加成反应，D错误；
故选A。
4. 离子液体是指在室温或接近室温下呈现液态、完全由阴阳离子所组成的盐，也称为低温熔融盐。一种以离子液体为电解质溶液的铝—磷酸铁锂二次电池放电时的工作原理如图所示。下列说法正确的是
A. 充电时，阳极的电极反应式为
B. 放电时，磷酸铁锂电极中锂元素被氧化
C. 放电时，铝为负极，其电极反应式为
D. 充电时，电子由Al电极经离子液体流向磷酸铁锂电极
【答案】A
【解析】
【分析】以离子液体为电解质的铝一磷酸铁锂二次电池放电时铝为负极，失电子发生氧化反应，根据图像可知转化为，负极电极反应式为：，磷酸铁锂为正极，铁元素被还原，电极反应式为：；则充电时，铝电极为阴极，磷酸铁锂为阳极，据此分析；
【详解】A．充电时，阳极发生氧化反应，电极反应式为：，A正确；
B．放电时，磷酸铁为正极，铁元素被还原，B错误；
C．放电时，铝为负极，其电极反应式为，C错误；
D．电子不下水，不能经过溶液，D错误；
故选A。
5. 3体积浓硝酸和1体积浓盐酸组成的混合液叫做反王水，腐蚀能力强于王水，含有一种氧化性很强的离子(如图所示)，其中不含氢元素。下列叙述正确的是
A. 离子半径：r(Z)>r(Y)>r(X)B. 简单氢化物的沸点：Y>Z>X
C. X、Z均能与Y形成多种化合物D. Z的含氧酸的酸性强于X的含氧酸的酸性
【答案】C
【解析】
【分析】由原子守恒可知，反王水中含有H、N、O、Cl四种元素，由题干离子结构示意图和其中不含氢元素的信息可知，X周围形成了4个共价键，Y形成了2个共价键，Z形成一个共价键，可推知X为N、Y为O、Z为Cl，据此分析解题。
【详解】A．电子层数越大离子半径越大，电子层数相同离子核电荷数越大半径越小，离子半径：r(Cl-)>r(N3-)>r(O2-)： A错误；
B．由分析可知，X、Y、Z分别为N、O、Cl，其气态氢化物分别为NH3、H2O和HCl，由于NH3和H2O中存在分子间氢键，且水分子周围形成的氢键数目比NH3周围形成的氢键数目多，导致沸点H2O＞NH3＞HCl，简单氢化物的沸点：Y> X > Z，B错误；
C．由分析可知，X、Y、Z分别为N、O、Cl，则N与O可以形成N2O、NO、NO2、N2O4、N2O5等，Cl与O可以形成Cl2O、ClO2和Cl2O5、Cl2O7等，即X、Z均能与Y形成多种化合物，C正确；
D．若不是最高价含氧酸，则酸性不一定满足关系，D错误；
故选C。
6. 常温下，在含有(s)的溶液中，一定pH范围内，存在平衡：；；；。平衡常数依次为、、、。已知、、、随pH变化关系如图所示。其中，和交点，和交点为，和交点为。下列说法错误的是
A. 直线表示的变化情况
B. N点时，
C. 随pH增大，溶液中含A微粒的总浓度一直增大
D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知信息
K0=c[H3A(aq)]，常温下，K0 为常数，因此原溶液中 c[H3A(aq)] 始终不变，对应L4
，，；
，，，
，，， 因此、、与pH的变化关系直线的斜率分别为3，2，1；
【详解】A．由分析可知，直线L2的斜率对应lgc(A3−) 的变化情况，A正确；
B．N点=，=，电荷守恒：，由于=，得出，B正确；
C．随pH增大，增加，则溶液中含A微粒的总浓度增大，但不会一直增大，C错误；
D．N点=， ， D正确；
故选C。
7. 香茅醛是食用香精，其结构简式为，下列有关香茅醛的说法错误的是
A. 1ml香茅醛分子，最多消耗2ml氢气
B. 分子不存在顺反异构，存在手性碳原子
C. 两种官能团均可与溴的水溶液反应，且反应类型相同
D. 核磁共振氢谱有8组峰
【答案】C
【解析】
【详解】A．香茅醛含有碳碳双键和醛基，1ml香茅醛分子，最多消耗2ml氢气，A正确；
B．因碳碳双键同侧连接相同基团，分子不存在顺反异构，连接四种不同基团的碳为手性碳原子，香茅醛()分子中有1个手性碳原子，B正确；
C．碳碳双键与Br2能发生加成反应，醛基能被溴水氧化，C错误；
D．分子中有8种不同化学环境的氢原子，核磁共振氢谱有8组峰，D正确；
故选C。
三、非选择题：共174分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共129分
8. 二氧化钒()是一种新型热敏材料，＋4价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化，实验室以为原料合成用于制备的氧钒()碱式碳酸铵晶体。过程如下：
回答下列问题：
（1）步骤i中生成的同时还产生一种无色无污染的气体，所发生反应的化学方程式为___________。只用浓盐酸与反应也能制备溶液，从安全与环保角度分析，该反应不被推广的主要原因是___________。
（2）步骤ii可用如图仪器组装完成。
①上述装置从左到右的连接顺序为___________(用各接口字母表示)。
②B装置的作用是___________。
③反应结束后，将三颈烧瓶置于干燥器中一段时间，可得到紫红色晶体，然后抽滤洗涤，先用饱和溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，最后用乙醚洗涤2次。用饱和溶液洗涤除去的阴离子主要是___________，用无水乙醇洗涤的目的是___________。
（3）测定氧钒()碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。
称量a g样品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL混酸溶解后，加0.02ml/L 溶液至稍过量，充分反应后继续加1% 溶液至稍过量。再用尿素除去过量的，滴入几滴铁氰化钾{}溶液，最后用c ml/L 标准溶液滴定至终点，消耗体积为b mL。滴定反应为：。
①溶液的作用是___________。
②粗产品中钒的质量分数的表达式为___________。
【答案】（1） ①. ； ②. 两者反应的化学方程式为，有Cl2生成污染环境；
（2） ①. eabfgc； ②. 验证装置内的空气已经排尽； ③. ； ④. 除去晶体表面的水份；
（3） ①. 除去过量的KMnO4； ②. ；
【解析】
【分析】实验室以V2O5为原料合成氧钒(Ⅳ)简式碳酸铵晶体，V2O5与盐酸、C反应生成VOCl2的同时生成N2，化学方程式为。生成的VOCl2溶液与NH4HCO3反应生成氧钒(Ⅳ)简式碳酸铵晶体。
【小问1详解】
步骤i中生成VOCl2同时生成N2，V2O5中N失电子生成氮气，N化合价从-2价升高为0价，V2O5中V得电子生成VOCl2，V化合价从+5价降低为+4价，根据得失电子守恒，V2O5和V2O5的系数比为1：2，再根据原子守恒，可得化学方程式为。常温下只用浓盐酸和V2O5反应也能制备VOCl2，两者反应的化学方程式为，有Cl2生成污染环境；
【小问2详解】
①+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，因此在反应前需要除尽装置内的空气，先用C装置产生CO2，生成的CO2中混有HCl，故再将混合气体通过A除去CO2中的HCl，然后连接D装置，最后g连接c，观察到澄清石灰水变浑浊说明装置内的空气已经排尽，故从左到右的连接顺序为eabfgc；B装置的作用是：验证装置内的空气已经排尽；VOCl2与NH4HCO3反应生成氧钒(Ⅳ)简式碳酸铵晶体，反应后的溶液中含有氯离子，过滤后得到紫红色晶体，用饱和碳酸氢铵洗涤除去晶体表面的氯离子，氯离子的电子式为；乙醇能与水互溶，利用乙醇具有挥发性，可以除去晶体表面的水份；
【小问3详解】
①根据分析，KMnO4溶液的作用是将+4价的钒氧化为，NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO4；②根据钒元素的质量守恒，根据滴定反应为：+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，则钒元素的物质的量n(V)=n[(NH4)2Fe(SO4)2] =c ml/L×b×10-3L=cb×10-3ml，则粗产品中钒的质量分数的表达式为。
9. 乙烯年产量高低是衡量一个国家石油化工发展水平的一个极为重要的指标，乙烷裂解制乙烯具有极高的经济效益。回答下列问题：
（1）已知：①2C2H6(g)+7O2(g)4CO2(g)+6H2O(l) △H1=-3120kJ·ml-1；
②C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l) △H2=-1411kJ·ml-1；
③2H2(g)+O2(g)2H2O(l) △H3=-566kJ·ml-1。
乙烷脱氢制备乙烯的热化学方程式为_____；生产中会间断性地向容器中通入适量O2，使其发生反应2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g) △H<0，发生此反应的意义是____。
（2）一定条件下，向某密闭容器中通入4ml乙烷，使其发生脱氢转化为乙烯，测得乙烯产率随着温度、压强的变化如图1所示：
①X表示_____(填“温度”或“压强”)，Y1_____(填“>”或“<”)Y2。
②与A点对应的反应中，若容器容积为2L，反应开始到恰好达到平衡状态所用时间为5min，则0~5min内，用浓度C2H6变化表示的平均反应速率v(C2H6)= _____，此温度下，平衡常数K=_____ml·L-1，A、B两点对应的平衡常数K(A) _____(填“>”“=”或“<”)K(B)。
（3）在800℃时乙烷、O2混合后发生的主要反应为2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g)，测得乙烷的转化率、乙烯的选择性和收率(等于产率×选择性)随投料比的变化关系如图2所示：
I、II两条曲线表示乙烷转化率的是_____(填“I”或“II”)，当<2时，越小，乙烯的选择性和收率越小的原因是_____。
【答案】（1） ①. C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) △H=+134kJ·ml-1 ②. 为乙烷脱氢生成乙烯提供能量
（2） ①. 温度 ②. < ③. 0.24ml·L-1·min-1 ④. 1.8 ⑤. =
（3） ①. I ②. 当<2时，O2过量，越小，O2过量的越多，乙烷的转化率越大，过量的O2可氧化乙烯，导致乙烯的选择性和收率越低
【解析】
【小问1详解】
①2C2H6(g)+7O2(g)4CO2(g)+6H2O(l) △H1=-3120kJ·ml-1；
②C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l) △H2=-1411kJ·ml-1；
③2H2(g)+O2(g)2H2O(l) △H3=-566kJ·ml-1
根据盖斯定律，0.5×①-②-0.5×③可得；由于乙烷脱氢生成乙烯需要吸收热量，而乙烷部分氧化时会放出热量，放出的热量满足乙烷脱氢需要吸收的热量。
【小问2详解】
①由于乙烷脱氢是吸热反应，其他条件相同时，温度越高乙烯平衡产率越大，而压强越大，越不利于平衡正向进行，故X代表温度，Y代表压强。
②乙烯的理论产量是，由此知平衡时，，；，平衡常数是温度的函数，只和温度有关，A、B两点温度相同，故平衡常数相等。
【小问3详解】
原料中含量越低，乙烷的转化率一定是越低的，故Ⅰ表示乙烷的转化率；高温下，乙烷除脱氢生成乙烯外，还可以转化为C、CO、等物质，由化学方程式可知，当时，过量，越小，过量的越多，乙烷的转化率越大，越小，过量的越多，乙烷的转化率越大，过量的可氧化乙烯，导致乙烯的选择性和收率降低。
10. 随着新能源汽车的不断发展，从经济价值、环境保护等多重背景下考虑，废旧锂离子电池中的锂、镍、钴、锰金属的回收利用已经刻不容缓。某科研团队对废旧三元锂电池进行处理，工艺如图所示：
查阅资料显示：
a．正极片预处理后的粉料中主要成分与终端产品2相同，均为，且其中所含镍、钴、锰的化合价均为＋3价。粉料中杂质主要为。
b．碳酸锂微溶于水，其溶解度随温度升高而减小。
（1）旧电池拆解前进行放电处理有利于锂在正极的回收，其原因是___________。
（2）写出粉料中的通过“浸出还原”得到含、、、的化学反应方程式：___________。
（3）温度、浸出时间对镍、钴、锰浸出率的影响如下图所示。根据图中信息，应选择的温度为___________℃，浸出时间为___________min。除温度和时间外，写出另外一种影响浸出率的因素：___________。
（4）“浸出还原”后，可用低浓度的碳酸氢铵溶液除杂，写出反应的离子方程式___________。
（5）“共沉淀”后的滤液中含有大量，加碳酸钠后，对溶液采用如下“系列操作”可得到终端产品1：___________、___________、洗涤、干燥。检验沉淀是否洗涤干净的操作是___________。
（6）已知、、三种物质的分别为、、，共沉淀时，使构成三元材料的金属离子均完全沉淀(溶液中离子浓度)，则pH至少应调至___________。
【答案】（1）防止在电池拆解过程中，发生短路引起火灾、爆炸等事故
（2）
（3） ①. 70℃ ②. 120min ③. H2SO4用量
（4）
（5） ①. 蒸发结晶 ②. 趁热过滤 ③. 取最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀洗涤干净，否则，洗涤不干净
（6）10.1
【解析】
【分析】经过放电处理后，负极Li放电形成Li+，最终转移到正极材料中，可提高Li元素的回收率，经过浸出还原，正极材料中相关元素转化为Ni2+、C2+、Mn2+、Li+，加入NaOH调节pH至11，可将Ni2+、C2+、Mn2+转化为沉淀除去， 最终在滤液中加入Na2CO3得到Li2CO3产品， 正极材料前驱体在空气中煅烧得到终端产品2；
【小问1详解】
回收处理时首先对废旧锂电池进行放电，目的是防止在电池拆解过程中，发生短路引起火灾、爆炸等事故；
【小问2详解】
粉料中的被过氧化氢氧化，相关元素转化为Ni2+、C2+、Mn2+、Li+，Ni2+、C2+、Mn2+化合价由+3价变为+2价，H2O2氧元素由-1价变为0价，故相关化学方程式为；
【小问3详解】
①由图可知，当温度为70℃、浸出时间为120min时金属的浸出率较高，再提高温度和浸出时间，金属的浸出率几乎不变，所以最佳的温度为70℃、最佳的浸出时间为120min；
②影响浸出率的因素除了温度时间外，还包括反应物浓度，故答案为H2SO4用量；
【小问4详解】
Al3+与发生相互促进的完全双水解反应：；
【小问5详解】
由于碳酸锂的溶解度随温度升高而减小，沉淀完成后从溶液中得到Li2CO3的操作有蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥；
若沉淀洗涤干净则沉淀表面不存在硫酸根离子，则检验沉淀是否洗涤干净的操作是取最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀洗涤干净，否则，洗涤不干净；
【小问6详解】
比较、、三种物质的Ksp，第二次调pH时，要使构成三元材料的金属离子均完全沉淀（溶液中离子浓度)，则只需要满足[]=就能达到目的，，，所以pH至少应调至10.1，答案为10.1。
(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
[化学——选修3：物质结构与性质]
11. Fe、C、Ni、Cu均为第四周期元素，它们的化合物在生产、生活中有着广泛的应用。
（1）基态Fe原子的核外电子中，两种自旋状态的电子数之比为___________。在空气中FeO稳定性小于，从电子排布的角度分析，其主要原因是___________。
（2）可形成，其中en代表。该化合物分子中，VSEPR模型为四面体的非金属原子共有___________个；C、N、B的电负性由小到大的顺序为___________。
（3）基态的核外电子排布式为___________；常温下为无色液体，写出两种与CO互为等电子体离子的化学式___________、___________。
（4）一种由Cu、In、Te组成的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶体中Te原子填充在Cu、In围成的四面体空隙中，则四面体空隙的占有率为___________；该晶体的化学式为___________。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点、B点原子的分数坐标分别为、，则c点原子的分数坐标为___________；晶胞中C、D间距离d=___________pm。
【答案】（1） ①. 11∶15； ②. 价层电子排布式Fe2+为3d6，Fe3+为3d5，根据洪特规则的补充规则，能量相同的轨道全充满、半满或全空的状态比较稳定，因此Fe2+易被氧化为Fe3+；
（2） ①. 11个； ②. F>N>C；
（3） ①. 1s22s22p63s23p63d84s2； ②. CN-； ③. C；
（4） ①. 50%； ②. CuInTe2； ③. （）； ④. ；
【解析】
【小问1详解】
基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，两种自旋状态的电子数之比为11∶15；Fe原子价层电子排布式为3d64s2，Fe2+为3d6，Fe3+为3d5，根据洪特规则的补充规则，能量相同的轨道全充满、半满或全空的状态比较稳定，因此Fe2+易被氧化为Fe3+；
【小问2详解】
在H2N−CH2−CH2−NH2中，C原子和N原子均为sp3杂化，NH3和的中心原子也均为sp3杂化，其VSEPR模型均为四面体形，1ml该配合物中有2mlen、1mlNH3和2ml，则VSEPR模型为四面体的非金属原子共有11个；同周期元素的电负性从左到右逐渐增大，则C、N、F的电负性由大到小的顺序为F>N>C；
【小问3详解】
Ni原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，基态的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8；与CO互为等电子体的阴离子中含有2个原子、价电子数是10，符合条件的阴离子为CN-或C；
【小问4详解】
根据晶胞结构可知，在一个晶胞中，Cu、In围成的四面体空隙共有16个，晶体中Te原子有8个，晶体中Te原子填充在Cu、In围成的四面体空隙中，则四面体空隙的占有率为50%；该晶胞中Cu位于8个顶点、4个位于面心、1个位于体心，共有Cu：8+4+1=4个；In位于面心和棱心，位于面心的有6个，位于棱心的有4个，共有6+4=4个，Te有8个，所以该晶体的化学式为CuInTe2；C点原子位于下面的二分之一晶胞分成的8个小晶胞其中之一的体心，根据A和B的原子坐标，可知C点原子的坐标为（）；晶胞中C、D间的距离是一个边长为、长方形的面对角线，距离为；
[化学——选修5：有机化学基础]
12. 某课题组合成了一种非天然氨基酸X，合成路线如下(Ph—表示苯基)：
已知：①
②
请回答：
（1）化合物F的一卤代物___________(填有或无)手性碳原子；化合物X的分子式是___________；D分子中含有的官能团名称为___________。
（2）化合物A的结构简式是___________，化合物E的结构简式是___________。
（3）C→D的化学方程式是___________。
（4）分子式为，氨基与羧基连在同一个碳上的结构有___________种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱为1∶2∶3∶9的物质的结构简式为___________。
（5）以化合物F、溴苯和甲醛为原料，设计下图所示化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)___________。
【答案】（1） ①. 无； ②. C13H15NO2； ③. 碳碳双键、碳氯键；
（2） ①. ； ②. ；
（3）+NaOH +NaCl+H2O；
（4） ①. 14； ②. ；
（5）；
【解析】
【分析】从合成路线图来看，A的结构简式应该是，与氯化氢作用取代了三个羟基，再与酸性高锰酸钾作用后脱去CO2形成C（），C在氢氧化钠醇溶液作用下发生消去反应脱去一分子HCl生成D，D的结构简式应该为，D到E中结合题目中的已知可以推出E的结构简式为，F到G发生加成反应，G到H发生取代反应，最后生成X，据此分析如下；
【小问1详解】
化合物F的结构简式为，其一卤代物有两种，均对称结构，、无手性碳原子；化合物X的分子式是C13H15NO2；D（）分子中含有的官能团名称为碳碳双键、碳氯键；
【小问2详解】
化合物A的结构简式是，化合物E的结构简式是；
【小问3详解】
C→D为卤代烃在氢氧化钠醇溶液中发生的消去反应，方程式为：+NaOH +NaCl+H2O；
【小问4详解】
分子式为，氨基与羧基连在同一个碳上的结构可看成一个取代基 ，剩余部分可看成是主链C5H12，则分子式为，氨基与羧基连在同一个碳上的结构有14种；；其中核磁共振氢谱为1∶2∶3∶9的物质的结构简式为；
【小问5详解】
根据已知第二个信息以及F转化为G反应结合逆推法可知以化合物、溴苯和甲醛为原料制备的合成路线为：
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
加热NaI固体和浓磷酸的混合物
有气体产生
可能生成HI气体
B
向苯酚浊液中滴加饱和溶液
浊液变澄清
酸性：苯酚>碳酸
C
常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中
前者产生无色气体，后者无明显现象
稀硝酸的氧化性比浓硝酸强
D
向溴水中加入苯，振荡后静置
水层颜色变浅
溴与苯发生了加成反应
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 V-51
一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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. 化学与生产、生活、科技、环境等关系密切。下列说法正确的是
A. 汽车尾气催化转化器可有效减少的排放，实现“碳中和”
B. 维生素C用于抗衰老保健品的辅料，因其有较强的氧化性能清除体内自由基
C. 蔡伦采用碱液蒸煮制浆法造纸，该过程不涉及化学变化
D. 甲壳质又称几丁质，是虾、蟹、昆虫等外壳的重要成分，它属于有机物
【答案】D
【解析】
【详解】A．汽车尾气催化转化器可将CO和氮氧化物经催化反应生和，并未有效减少的排放，实现“碳中和”，A错误；
B．维生素C用于抗衰老保健品的辅料，因为其有较强的还原性,能抵抗人体内自由基，B错误；
C．用碱液制浆法造纸，将原料放在碱液中蒸煮，原料在碱性环境下发生反应使原有的粗浆纤维变成细浆，该过程涉及化学变化，C错误；
D．甲壳质（C8H13O5N）n又称几丁质，是虾、蟹、昆虫等外壳的重要成分, 属于有机物，D正确；
故选D。
2. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 由水电离出的的溶液中：、、、
B. 常温下，的溶液中：、、、
C. 中性溶液中：、、、
D. 与Fe反应能生成的溶液：、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．由水电离出的的溶液可以是酸性溶液，也可以碱性溶液，酸性溶液中和均不能大量共存，故A不符合题意；
B．的溶液呈碱性，碱性溶液中该四种离子能大量共存，故B符合题意；
C．和易水解呈酸性，中性溶液中和不能大量共存，故C不符合题意；
D．与Fe反应能生成的溶液显酸性，溶液中若含则硝酸与Fe反应不放出，故D不符合题意；
故选B。
3. 下列实验操作、现象、解释或结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓磷酸沸点高于HI，可能生成HI气体，A正确；
B．向苯酚浊液中滴加饱和溶液反应生成向苯酚钠和溶液，浊液变澄清，酸性：苯酚>碳酸氢根，但碳酸>苯酚，B错误；
C．常温下，铁片与浓硝酸会发生钝化，导致无明显现象，但稀硝酸与铁不发生钝化，会产生气泡，所以不能通过该实验现象比较浓硝酸和稀硝酸的氧化性强弱，C错误；
D．向溴水中加入苯，苯可将溴萃取到上层，使下层水层颜色变浅，不是溴与苯发生了加成反应，D错误；
故选A。
4. 离子液体是指在室温或接近室温下呈现液态、完全由阴阳离子所组成的盐，也称为低温熔融盐。一种以离子液体为电解质溶液的铝—磷酸铁锂二次电池放电时的工作原理如图所示。下列说法正确的是
A. 充电时，阳极的电极反应式为
B. 放电时，磷酸铁锂电极中锂元素被氧化
C. 放电时，铝为负极，其电极反应式为
D. 充电时，电子由Al电极经离子液体流向磷酸铁锂电极
【答案】A
【解析】
【分析】以离子液体为电解质的铝一磷酸铁锂二次电池放电时铝为负极，失电子发生氧化反应，根据图像可知转化为，负极电极反应式为：，磷酸铁锂为正极，铁元素被还原，电极反应式为：；则充电时，铝电极为阴极，磷酸铁锂为阳极，据此分析；
【详解】A．充电时，阳极发生氧化反应，电极反应式为：，A正确；
B．放电时，磷酸铁为正极，铁元素被还原，B错误；
C．放电时，铝为负极，其电极反应式为，C错误；
D．电子不下水，不能经过溶液，D错误；
故选A。
5. 3体积浓硝酸和1体积浓盐酸组成的混合液叫做反王水，腐蚀能力强于王水，含有一种氧化性很强的离子(如图所示)，其中不含氢元素。下列叙述正确的是
A. 离子半径：r(Z)>r(Y)>r(X)B. 简单氢化物的沸点：Y>Z>X
C. X、Z均能与Y形成多种化合物D. Z的含氧酸的酸性强于X的含氧酸的酸性
【答案】C
【解析】
【分析】由原子守恒可知，反王水中含有H、N、O、Cl四种元素，由题干离子结构示意图和其中不含氢元素的信息可知，X周围形成了4个共价键，Y形成了2个共价键，Z形成一个共价键，可推知X为N、Y为O、Z为Cl，据此分析解题。
【详解】A．电子层数越大离子半径越大，电子层数相同离子核电荷数越大半径越小，离子半径：r(Cl-)>r(N3-)>r(O2-)： A错误；
B．由分析可知，X、Y、Z分别为N、O、Cl，其气态氢化物分别为NH3、H2O和HCl，由于NH3和H2O中存在分子间氢键，且水分子周围形成的氢键数目比NH3周围形成的氢键数目多，导致沸点H2O＞NH3＞HCl，简单氢化物的沸点：Y> X > Z，B错误；
C．由分析可知，X、Y、Z分别为N、O、Cl，则N与O可以形成N2O、NO、NO2、N2O4、N2O5等，Cl与O可以形成Cl2O、ClO2和Cl2O5、Cl2O7等，即X、Z均能与Y形成多种化合物，C正确；
D．若不是最高价含氧酸，则酸性不一定满足关系，D错误；
故选C。
6. 常温下，在含有(s)的溶液中，一定pH范围内，存在平衡：；；；。平衡常数依次为、、、。已知、、、随pH变化关系如图所示。其中，和交点，和交点为，和交点为。下列说法错误的是
A. 直线表示的变化情况
B. N点时，
C. 随pH增大，溶液中含A微粒的总浓度一直增大
D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知信息
K0=c[H3A(aq)]，常温下，K0 为常数，因此原溶液中 c[H3A(aq)] 始终不变，对应L4
，，；
，，，
，，， 因此、、与pH的变化关系直线的斜率分别为3，2，1；
【详解】A．由分析可知，直线L2的斜率对应lgc(A3−) 的变化情况，A正确；
B．N点=，=，电荷守恒：，由于=，得出，B正确；
C．随pH增大，增加，则溶液中含A微粒的总浓度增大，但不会一直增大，C错误；
D．N点=， ， D正确；
故选C。
7. 香茅醛是食用香精，其结构简式为，下列有关香茅醛的说法错误的是
A. 1ml香茅醛分子，最多消耗2ml氢气
B. 分子不存在顺反异构，存在手性碳原子
C. 两种官能团均可与溴的水溶液反应，且反应类型相同
D. 核磁共振氢谱有8组峰
【答案】C
【解析】
【详解】A．香茅醛含有碳碳双键和醛基，1ml香茅醛分子，最多消耗2ml氢气，A正确；
B．因碳碳双键同侧连接相同基团，分子不存在顺反异构，连接四种不同基团的碳为手性碳原子，香茅醛()分子中有1个手性碳原子，B正确；
C．碳碳双键与Br2能发生加成反应，醛基能被溴水氧化，C错误；
D．分子中有8种不同化学环境的氢原子，核磁共振氢谱有8组峰，D正确；
故选C。
三、非选择题：共174分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共129分
8. 二氧化钒()是一种新型热敏材料，＋4价的钒化合物在弱酸性条件下易被氧化，实验室以为原料合成用于制备的氧钒()碱式碳酸铵晶体。过程如下：
回答下列问题：
（1）步骤i中生成的同时还产生一种无色无污染的气体，所发生反应的化学方程式为___________。只用浓盐酸与反应也能制备溶液，从安全与环保角度分析，该反应不被推广的主要原因是___________。
（2）步骤ii可用如图仪器组装完成。
①上述装置从左到右的连接顺序为___________(用各接口字母表示)。
②B装置的作用是___________。
③反应结束后，将三颈烧瓶置于干燥器中一段时间，可得到紫红色晶体，然后抽滤洗涤，先用饱和溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，最后用乙醚洗涤2次。用饱和溶液洗涤除去的阴离子主要是___________，用无水乙醇洗涤的目的是___________。
（3）测定氧钒()碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。
称量a g样品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL混酸溶解后，加0.02ml/L 溶液至稍过量，充分反应后继续加1% 溶液至稍过量。再用尿素除去过量的，滴入几滴铁氰化钾{}溶液，最后用c ml/L 标准溶液滴定至终点，消耗体积为b mL。滴定反应为：。
①溶液的作用是___________。
②粗产品中钒的质量分数的表达式为___________。
【答案】（1） ①. ； ②. 两者反应的化学方程式为，有Cl2生成污染环境；
（2） ①. eabfgc； ②. 验证装置内的空气已经排尽； ③. ； ④. 除去晶体表面的水份；
（3） ①. 除去过量的KMnO4； ②. ；
【解析】
【分析】实验室以V2O5为原料合成氧钒(Ⅳ)简式碳酸铵晶体，V2O5与盐酸、C反应生成VOCl2的同时生成N2，化学方程式为。生成的VOCl2溶液与NH4HCO3反应生成氧钒(Ⅳ)简式碳酸铵晶体。
【小问1详解】
步骤i中生成VOCl2同时生成N2，V2O5中N失电子生成氮气，N化合价从-2价升高为0价，V2O5中V得电子生成VOCl2，V化合价从+5价降低为+4价，根据得失电子守恒，V2O5和V2O5的系数比为1：2，再根据原子守恒，可得化学方程式为。常温下只用浓盐酸和V2O5反应也能制备VOCl2，两者反应的化学方程式为，有Cl2生成污染环境；
【小问2详解】
①+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，因此在反应前需要除尽装置内的空气，先用C装置产生CO2，生成的CO2中混有HCl，故再将混合气体通过A除去CO2中的HCl，然后连接D装置，最后g连接c，观察到澄清石灰水变浑浊说明装置内的空气已经排尽，故从左到右的连接顺序为eabfgc；B装置的作用是：验证装置内的空气已经排尽；VOCl2与NH4HCO3反应生成氧钒(Ⅳ)简式碳酸铵晶体，反应后的溶液中含有氯离子，过滤后得到紫红色晶体，用饱和碳酸氢铵洗涤除去晶体表面的氯离子，氯离子的电子式为；乙醇能与水互溶，利用乙醇具有挥发性，可以除去晶体表面的水份；
【小问3详解】
①根据分析，KMnO4溶液的作用是将+4价的钒氧化为，NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO4；②根据钒元素的质量守恒，根据滴定反应为：+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，则钒元素的物质的量n(V)=n[(NH4)2Fe(SO4)2] =c ml/L×b×10-3L=cb×10-3ml，则粗产品中钒的质量分数的表达式为。
9. 乙烯年产量高低是衡量一个国家石油化工发展水平的一个极为重要的指标，乙烷裂解制乙烯具有极高的经济效益。回答下列问题：
（1）已知：①2C2H6(g)+7O2(g)4CO2(g)+6H2O(l) △H1=-3120kJ·ml-1；
②C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l) △H2=-1411kJ·ml-1；
③2H2(g)+O2(g)2H2O(l) △H3=-566kJ·ml-1。
乙烷脱氢制备乙烯的热化学方程式为_____；生产中会间断性地向容器中通入适量O2，使其发生反应2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g) △H<0，发生此反应的意义是____。
（2）一定条件下，向某密闭容器中通入4ml乙烷，使其发生脱氢转化为乙烯，测得乙烯产率随着温度、压强的变化如图1所示：
①X表示_____(填“温度”或“压强”)，Y1_____(填“>”或“<”)Y2。
②与A点对应的反应中，若容器容积为2L，反应开始到恰好达到平衡状态所用时间为5min，则0~5min内，用浓度C2H6变化表示的平均反应速率v(C2H6)= _____，此温度下，平衡常数K=_____ml·L-1，A、B两点对应的平衡常数K(A) _____(填“>”“=”或“<”)K(B)。
（3）在800℃时乙烷、O2混合后发生的主要反应为2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g)，测得乙烷的转化率、乙烯的选择性和收率(等于产率×选择性)随投料比的变化关系如图2所示：
I、II两条曲线表示乙烷转化率的是_____(填“I”或“II”)，当<2时，越小，乙烯的选择性和收率越小的原因是_____。
【答案】（1） ①. C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) △H=+134kJ·ml-1 ②. 为乙烷脱氢生成乙烯提供能量
（2） ①. 温度 ②. < ③. 0.24ml·L-1·min-1 ④. 1.8 ⑤. =
（3） ①. I ②. 当<2时，O2过量，越小，O2过量的越多，乙烷的转化率越大，过量的O2可氧化乙烯，导致乙烯的选择性和收率越低
【解析】
【小问1详解】
①2C2H6(g)+7O2(g)4CO2(g)+6H2O(l) △H1=-3120kJ·ml-1；
②C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l) △H2=-1411kJ·ml-1；
③2H2(g)+O2(g)2H2O(l) △H3=-566kJ·ml-1
根据盖斯定律，0.5×①-②-0.5×③可得；由于乙烷脱氢生成乙烯需要吸收热量，而乙烷部分氧化时会放出热量，放出的热量满足乙烷脱氢需要吸收的热量。
【小问2详解】
①由于乙烷脱氢是吸热反应，其他条件相同时，温度越高乙烯平衡产率越大，而压强越大，越不利于平衡正向进行，故X代表温度，Y代表压强。
②乙烯的理论产量是，由此知平衡时，，；，平衡常数是温度的函数，只和温度有关，A、B两点温度相同，故平衡常数相等。
【小问3详解】
原料中含量越低，乙烷的转化率一定是越低的，故Ⅰ表示乙烷的转化率；高温下，乙烷除脱氢生成乙烯外，还可以转化为C、CO、等物质，由化学方程式可知，当时，过量，越小，过量的越多，乙烷的转化率越大，越小，过量的越多，乙烷的转化率越大，过量的可氧化乙烯，导致乙烯的选择性和收率降低。
10. 随着新能源汽车的不断发展，从经济价值、环境保护等多重背景下考虑，废旧锂离子电池中的锂、镍、钴、锰金属的回收利用已经刻不容缓。某科研团队对废旧三元锂电池进行处理，工艺如图所示：
查阅资料显示：
a．正极片预处理后的粉料中主要成分与终端产品2相同，均为，且其中所含镍、钴、锰的化合价均为＋3价。粉料中杂质主要为。
b．碳酸锂微溶于水，其溶解度随温度升高而减小。
（1）旧电池拆解前进行放电处理有利于锂在正极的回收，其原因是___________。
（2）写出粉料中的通过“浸出还原”得到含、、、的化学反应方程式：___________。
（3）温度、浸出时间对镍、钴、锰浸出率的影响如下图所示。根据图中信息，应选择的温度为___________℃，浸出时间为___________min。除温度和时间外，写出另外一种影响浸出率的因素：___________。
（4）“浸出还原”后，可用低浓度的碳酸氢铵溶液除杂，写出反应的离子方程式___________。
（5）“共沉淀”后的滤液中含有大量，加碳酸钠后，对溶液采用如下“系列操作”可得到终端产品1：___________、___________、洗涤、干燥。检验沉淀是否洗涤干净的操作是___________。
（6）已知、、三种物质的分别为、、，共沉淀时，使构成三元材料的金属离子均完全沉淀(溶液中离子浓度)，则pH至少应调至___________。
【答案】（1）防止在电池拆解过程中，发生短路引起火灾、爆炸等事故
（2）
（3） ①. 70℃ ②. 120min ③. H2SO4用量
（4）
（5） ①. 蒸发结晶 ②. 趁热过滤 ③. 取最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀洗涤干净，否则，洗涤不干净
（6）10.1
【解析】
【分析】经过放电处理后，负极Li放电形成Li+，最终转移到正极材料中，可提高Li元素的回收率，经过浸出还原，正极材料中相关元素转化为Ni2+、C2+、Mn2+、Li+，加入NaOH调节pH至11，可将Ni2+、C2+、Mn2+转化为沉淀除去， 最终在滤液中加入Na2CO3得到Li2CO3产品， 正极材料前驱体在空气中煅烧得到终端产品2；
【小问1详解】
回收处理时首先对废旧锂电池进行放电，目的是防止在电池拆解过程中，发生短路引起火灾、爆炸等事故；
【小问2详解】
粉料中的被过氧化氢氧化，相关元素转化为Ni2+、C2+、Mn2+、Li+，Ni2+、C2+、Mn2+化合价由+3价变为+2价，H2O2氧元素由-1价变为0价，故相关化学方程式为；
【小问3详解】
①由图可知，当温度为70℃、浸出时间为120min时金属的浸出率较高，再提高温度和浸出时间，金属的浸出率几乎不变，所以最佳的温度为70℃、最佳的浸出时间为120min；
②影响浸出率的因素除了温度时间外，还包括反应物浓度，故答案为H2SO4用量；
【小问4详解】
Al3+与发生相互促进的完全双水解反应：；
【小问5详解】
由于碳酸锂的溶解度随温度升高而减小，沉淀完成后从溶液中得到Li2CO3的操作有蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥；
若沉淀洗涤干净则沉淀表面不存在硫酸根离子，则检验沉淀是否洗涤干净的操作是取最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀洗涤干净，否则，洗涤不干净；
【小问6详解】
比较、、三种物质的Ksp，第二次调pH时，要使构成三元材料的金属离子均完全沉淀（溶液中离子浓度)，则只需要满足[]=就能达到目的，，，所以pH至少应调至10.1，答案为10.1。
(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
[化学——选修3：物质结构与性质]
11. Fe、C、Ni、Cu均为第四周期元素，它们的化合物在生产、生活中有着广泛的应用。
（1）基态Fe原子的核外电子中，两种自旋状态的电子数之比为___________。在空气中FeO稳定性小于，从电子排布的角度分析，其主要原因是___________。
（2）可形成，其中en代表。该化合物分子中，VSEPR模型为四面体的非金属原子共有___________个；C、N、B的电负性由小到大的顺序为___________。
（3）基态的核外电子排布式为___________；常温下为无色液体，写出两种与CO互为等电子体离子的化学式___________、___________。
（4）一种由Cu、In、Te组成的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶体中Te原子填充在Cu、In围成的四面体空隙中，则四面体空隙的占有率为___________；该晶体的化学式为___________。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点、B点原子的分数坐标分别为、，则c点原子的分数坐标为___________；晶胞中C、D间距离d=___________pm。
【答案】（1） ①. 11∶15； ②. 价层电子排布式Fe2+为3d6，Fe3+为3d5，根据洪特规则的补充规则，能量相同的轨道全充满、半满或全空的状态比较稳定，因此Fe2+易被氧化为Fe3+；
（2） ①. 11个； ②. F>N>C；
（3） ①. 1s22s22p63s23p63d84s2； ②. CN-； ③. C；
（4） ①. 50%； ②. CuInTe2； ③. （）； ④. ；
【解析】
【小问1详解】
基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，两种自旋状态的电子数之比为11∶15；Fe原子价层电子排布式为3d64s2，Fe2+为3d6，Fe3+为3d5，根据洪特规则的补充规则，能量相同的轨道全充满、半满或全空的状态比较稳定，因此Fe2+易被氧化为Fe3+；
【小问2详解】
在H2N−CH2−CH2−NH2中，C原子和N原子均为sp3杂化，NH3和的中心原子也均为sp3杂化，其VSEPR模型均为四面体形，1ml该配合物中有2mlen、1mlNH3和2ml，则VSEPR模型为四面体的非金属原子共有11个；同周期元素的电负性从左到右逐渐增大，则C、N、F的电负性由大到小的顺序为F>N>C；
【小问3详解】
Ni原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，基态的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8；与CO互为等电子体的阴离子中含有2个原子、价电子数是10，符合条件的阴离子为CN-或C；
【小问4详解】
根据晶胞结构可知，在一个晶胞中，Cu、In围成的四面体空隙共有16个，晶体中Te原子有8个，晶体中Te原子填充在Cu、In围成的四面体空隙中，则四面体空隙的占有率为50%；该晶胞中Cu位于8个顶点、4个位于面心、1个位于体心，共有Cu：8+4+1=4个；In位于面心和棱心，位于面心的有6个，位于棱心的有4个，共有6+4=4个，Te有8个，所以该晶体的化学式为CuInTe2；C点原子位于下面的二分之一晶胞分成的8个小晶胞其中之一的体心，根据A和B的原子坐标，可知C点原子的坐标为（）；晶胞中C、D间的距离是一个边长为、长方形的面对角线，距离为；
[化学——选修5：有机化学基础]
12. 某课题组合成了一种非天然氨基酸X，合成路线如下(Ph—表示苯基)：
已知：①
②
请回答：
（1）化合物F的一卤代物___________(填有或无)手性碳原子；化合物X的分子式是___________；D分子中含有的官能团名称为___________。
（2）化合物A的结构简式是___________，化合物E的结构简式是___________。
（3）C→D的化学方程式是___________。
（4）分子式为，氨基与羧基连在同一个碳上的结构有___________种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱为1∶2∶3∶9的物质的结构简式为___________。
（5）以化合物F、溴苯和甲醛为原料，设计下图所示化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)___________。
【答案】（1） ①. 无； ②. C13H15NO2； ③. 碳碳双键、碳氯键；
（2） ①. ； ②. ；
（3）+NaOH +NaCl+H2O；
（4） ①. 14； ②. ；
（5）；
【解析】
【分析】从合成路线图来看，A的结构简式应该是，与氯化氢作用取代了三个羟基，再与酸性高锰酸钾作用后脱去CO2形成C（），C在氢氧化钠醇溶液作用下发生消去反应脱去一分子HCl生成D，D的结构简式应该为，D到E中结合题目中的已知可以推出E的结构简式为，F到G发生加成反应，G到H发生取代反应，最后生成X，据此分析如下；
【小问1详解】
化合物F的结构简式为，其一卤代物有两种，均对称结构，、无手性碳原子；化合物X的分子式是C13H15NO2；D（）分子中含有的官能团名称为碳碳双键、碳氯键；
【小问2详解】
化合物A的结构简式是，化合物E的结构简式是；
【小问3详解】
C→D为卤代烃在氢氧化钠醇溶液中发生的消去反应，方程式为：+NaOH +NaCl+H2O；
【小问4详解】
分子式为，氨基与羧基连在同一个碳上的结构可看成一个取代基 ，剩余部分可看成是主链C5H12，则分子式为，氨基与羧基连在同一个碳上的结构有14种；；其中核磁共振氢谱为1∶2∶3∶9的物质的结构简式为；
【小问5详解】
根据已知第二个信息以及F转化为G反应结合逆推法可知以化合物、溴苯和甲醛为原料制备的合成路线为：
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
加热NaI固体和浓磷酸的混合物
有气体产生
可能生成HI气体
B
向苯酚浊液中滴加饱和溶液
浊液变澄清
酸性：苯酚>碳酸
C
常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中
前者产生无色气体，后者无明显现象
稀硝酸的氧化性比浓硝酸强
D
向溴水中加入苯，振荡后静置
水层颜色变浅
溴与苯发生了加成反应
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