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2022年高考押题预测卷01（江苏卷）-化学（全解全析）
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这是一份2022年高考押题预测卷01（江苏卷）-化学（全解全析），共14页。
2022年高考押题预测卷01【江苏卷】
化学·全解全析
1.D
2.A
3.D
4.D
5.D
6.A
7.C
8.D
9.D
10.D
11.D
12.C
13.A
14.D
1【答案】D
【解析】
A．碳基能源主要指煤、石油、天然气，我国的煤炭储量及开发技术均优于石油，A说法正确；
B．硅在地壳中的含量仅次于氧，从沙滩到用户，硅由SiO2转化为硅单质，化合价下降，发生了还原反应，B说法正确；
C．晶硅中掺杂第IIIA族与第VA族元素，形成PN结，在接通电源或受光的激发，自由电子可向空穴方向移动(单向移动) (见图)， C说法正确；
D．氟化氢可与玻璃容器中二氧化硅发生反应，故D说法错误。
故选D。
2.【答案】A
【解析】
A．CaC2是离子化合物，电子式为，故A正确；
B．钙的原子结构示意图为，故B错误；
C．Ca(OH)2中含有离子键、极性键，故C错误；
D．该反应中，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故D错误；
故选A。
3.【答案】D
【解析】
A．Fe(OH)3胶体中的胶体粒子及杂质FeCl3的离子都能够通过滤纸，因此不能采用过滤的方法分离提纯，应该采用渗析方法提纯Fe(OH)3胶体，A错误；
B．FeCl3溶液中含有的Fe2+不能与KSCN发生反应，因此不能使用该方法检验Fe2+的存在，应该向FeCl3溶液中滴加紫色的酸性KMnO4溶液，根据溶液紫色是否褪色判断，B错误；
C．采用控制变量方法判断FeCl3溶液是否有催化作用时，应该在其它外界条件都相同，其中一个滴加FeCl3溶液，一个不滴加FeCl3溶液，根据实验现象进行分析判断，而不能同时改变两个外界条件，C错误；
D．FeCl3是强酸弱碱盐，受热易水解，在HCl气氛中加热晶体，FeCl3∙6H2O的结晶水会在加热时被HCl气流带出反应装置，避免了盐的水解反应的发生，因此可以制取得到无水FeCl3，D正确；
故合理选项是D。
4.【答案】D
【解析】
A．分解吸热，同时释放CO2，可用于干粉灭火，故A说法正确；
B．活性炭、碳酸钙等有吸附性，可用于色谱法中的固定相，故B说法正确；
C．具有漂白性，可用于纸浆漂白，故C说法正确；
D．石棉是硅酸盐，不能燃烧，依据其吸热气化分解带走热量，从而为舱体降温故选D；
选D。
5.【答案】D
【解析】
W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大，W元素的一种离子与具有相同的电子层排布且半径稍大，说明W的原子序数小于Li，则W为H元素；X与Z同主族，Z的价电子排布式为3s23p4，二者位于VIA族，则X为O，Z为S元素；X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为，X(O)的L层含有6个电子，则Y的M层含有4个电子，为Si元素；R的原子序数大于S，则R为Cl元素，据此分析解答。
【详解】
A．元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性S>Si，则与W(H)生成的气态化合物的热稳定性：S>Si，即Z>Y，故A正确；
B．同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：H
D．同一周期从左到右电负性逐渐增大，同一主族从上到下电负性逐渐减小，则电负性：S
6.【答案】A
【解析】
A．NO2和NH3发生归中反应生成N2(g)和水，故A正确；
B．浓HNO3和铜反应生成硝酸铜、二氧化氮、水，故不选B；
C．NO和水不反应 ，故不选C；
D．NO→NO发生还原反应，O2具有氧化性，NO不可能和氧气反应生成NO，故不选D；
选A。
7.【答案】C
【解析】
A．根据反应机理图可知，该废水中处理的含氮粒子主要为、，A正确；
B．中，N原子的最外层有5个电子，再加一个电子，=3，则N原子是sp2杂化，的空间构型为V形；NH2OH-羟胺内部只有极性键，不含离子键（千万别误认含氢氧根离子！）B正确；
C．NH3分子间、N2H4分子间均可形成氢键，联氨沸点大于氨气，C错误；
D．根据反应机理图可知，反应物为，生成物为，三种酶共同作用总反应为：，D正确；
答案选C。
8.【答案】D
【解析】
A．根据方程式可知：反应Ⅱ的正反应是气体体积减小的放热反应，因此该反应为熵减反应，A正确；
B．反应Ⅰ的正反应为放热反应，说明生成物的能量之和小于反应物的能量之和，则2 mol NO(g)的能量高于1 mol N2(g)和1 mol O2(g)的能量之和，B正确；
C．由盖斯定律，Ⅱ-Ⅰ整理可得：，说明反应Ⅱ放出的热量更大，热力学趋势更大，C正确；
D．M、N点均为两个反应的平衡态，平均速率均为0，且不同反应的反应速率一般不比较，D错误；
故合理选项是D。
9.【答案】D
【解析】
A．Fe粉与AgI悬浊液反应的离子方程式为：Fe+2AgI(s)2Ag+Fe2++2I-，A错误；
B．由图可知，现将含碘海水中的碘转化为AgI，再转化为FeI2，进行I-的富集后，再通入Cl2制备粗碘，B错误；
C．如图2所示I2的晶胞中有个I2分子，C错误；
D．由题干流程可知，流程中沉淀即Ag和Fe加入一定量的稀硝酸可将Ag转化为AgNO3，实现AgNO3的循环使用，D正确；
故答案为：D。
10.【答案】D
【解析】
A．由M的结构简式可知，M的分子式为：，A正确；
B．M、N、P中均含醇羟基，且与羟基相连的碳上有氢，均使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C．由N的结构简式可知，N中含羧基，能与乙醇发生酯化反应，C正确；
D．N的不饱和度为2，其中一种同分异构体的结构简式为：HCOOCH2CH(OH)CH(OH)CH(OH)COOH，含酯基、羟基、羧基三种官能团，D错误；
答案选D。
11.【答案】D
【解析】
A．溶液中存在电荷守恒关系：，由实验1可知，溶液的约为5，溶液中，则，选项A正确；
B．实验2中溶液与过量溶液反应生成沉淀、沉淀和，选项B正确；
C．溶液中的物料守恒关系为，通入足量的，产生红褐色沉淀，导致溶液中的增大，故实验3得到的溶液中有，选项C正确；
D．实验4中发生反应的离子方程式为，选项D错误。
答案选D。
12.【答案】C
【解析】
A．传统氯碱工艺电解饱和食盐水，使用阳离子交换膜；与传统氯碱工艺相比，该方法可避免使用离子交换膜，故A正确；
B．根据图示，第一步中阳极反应为：Na0.44MnO2-xe-=Na0.44-xMnO2+xNa+，故B正确；
C. 第二步中，放电结束后，Na0.44-xMnO2→Na0.44MnO2，Ag→AgCl，电解质溶液中NaCl的含量降低，故C错误；
D．理论上，每消耗1mol O2，转移4mol电子，第一步生成4mol NaOH；根据钠守恒，第二步提取4mol NaCl，第三步生成生成2mol Cl2，故D正确；
故选C。
13.【答案】A
【解析】
已知室温下Ksp(NiS)=1.0×10−21，Ksp(CuS)=1.5×10−36，则NiS 的溶解度大于 CuS。室温下，用0.01mol·L-1CuSO4溶液浸泡NiS固体，发生沉淀转化：NiS + Cu2+Ni2+ + CuS，一段时间后过滤，向滤液中加入氨水，产生蓝色沉淀氢氧化铜沉淀。
【详解】
A．室温下，用0.01mol·L-1CuSO4溶液浸泡NiS固体，发生沉淀转化：NiS + Cu2+Ni2+ + CuS，则NiS溶解、NiS(s)⇌Ni2+(aq)+S2-(aq)向右移动，过滤后所得溶液中存在：Qc(NiS)=c(Ni2+)·c(S2−)＜Ksp(NiS)，A正确；
B．氨水是弱电解质，不能拆写为离子，B错误；
C．反应NiS + Cu2+Ni2+ + CuS的平衡常数，欲使反应NiS + Cu2+Ni2+ + CuS向右进行，需满足，即＜×1015，C错误；
D．Ksp(CuS)=1.5×10−36，Ksp(PbS)=9×10−29，则PbS 的溶解度大于 CuS，用0.01 mol·L-1CuSO4溶液浸泡PbS固体，发生沉淀转化：PbS + Cu2+Pb2+ + CuS，能得到CuS固体，D错误；
答案选A。
14.【答案】D
【解析】
A．其他条件不变，增大起始n(CO2)∶n(H2)的比值，CO2的平衡转化率减小，故A错误；
B．反应①的平衡常数可表示为K=，故B错误；
C．①：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.5kJ·mol-1
②：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2kJ·mol-1
根据盖斯定律①-②得反应②继续加氢生成甲醇的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH=-49.5kJ·mol-1-41.2kJ·mol-1=-90.7kJ·mol-1，故C错误；
D．反应①放热、反应②吸热，为高效生产CH3OH，需研发低温下CO2转化率高和CH3OH选择性高的催化剂，故D正确；
选D。
15.（15分）
【答案】 （1） 3Fe2++MnO+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+ （2）锌粉用量过少，置换出镉产率太低；锌粉用量过多的话，会使海绵镉的纯度降低，同时熔炼消耗NaOH用量也会增大，增加成本 （3） Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑ （4） CdS+4HCl(浓)=H2[CdCl4]+H2S↑ 加水稀释时，c(Cl-)降低，使平衡Cd2++4Cl-[CdCl4]2-向左移动，释放出的Cd2+与溶液中S2－结合生成CdS黄色沉淀
【解析】
根据流程图，镉废渣(含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质)，加入稀硫酸溶液酸溶，形成硫酸盐溶液，加入石灰乳调节pH=5，使Cu2+和Ca2+形成Cu(OH)2和硫酸钙沉淀除去，滤液中加入高锰酸钾溶液，将Fe2+和Mn2+氧化为Fe3+和MnO2，形成氢氧化铁和二氧化锰沉淀除去。在滤液中再加入Zn，置换出Cd，得到海绵镉，海绵镉用氢氧化钠溶液其中的锌，得到隔和Na2ZnO2。
【详解】
（1）KMnO4的还原产物是MnO2，Fe2+转化为氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为：3Fe2++MnO+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；
（2）由图像所示，的比例关系小于1.3时置换率低于90%置换率太低，高于1.3时，置换率提升不大，但是会导致锌的用量太多，导致海绵镉的纯度下降，后续除锌时消耗NaOH的用量增大，增加成本；
（3）用氢氧化钠反应海绵镉中的锌，生成Na2ZnO2，化学方程式为：Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑；
（4）①CdS可溶于浓盐酸，并生成H2[CdCl4]，根据原子守恒，还会生成H2S，化学反应方程式为：CdS+4HCl(浓)=H2[CdCl4]+H2S↑；
②已知Cd2++4Cl-[CdCl4]2-，加水稀释后，使Cl-浓度降低，平衡向左移动，使Cd2+浓度增大，和溶液中的S2-结合成CdS沉淀。
16.（14分）
【答案】（1）取代反应
（2）+4H2
（3） 酰胺键 酯基
（4）22
（5） 19
（6）n+n HOCH2CH2OH +(n-1)H2O
（7）
【解析】
根据题干流程图中信息可知，由B的结构简式和生成A的转化条件并结合信息①可知，A的结构简式为：，（5）由题干信息可知，B的分子式为：C10H12O2，则能与氢氧化钠溶液反应且只有一个支链的芳香族，则含有酯基的同分异构体有：-CH2CH2CH2OOCH、-CH2CH(CH3)OOCH、-CH(CH2CH3)OOCH、-CH(CH3)CH2OOCH、-C(CH3)2OOCH、-CH2CH2OOCCH3、-CH(CH3)OOCCH3、-CH2OOCCH2CH3、-OOCCH2CH2CH3、-OOCCH(CH3)2、-CH2CH2COOCH3、-CH(CH3)COOCH3、-CH2COOCH2CH3、-COOCH2CH2CH3、-COOCH(CH3)2共有15种，含有羧基的同分异构体有： 、、、共4种，总19种。B的同分异构体中同时满足下列条件①苯环上有两个取代基 ②与FeCl3溶液发生显色反应即含有酚羟基③能够发生银镜反应含有醛基④核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1即含有两个甲基，其结构简式为： ，（7） 利用E+F→G的转化进行设计， 与CH3CHBrCHO反应生成，由D→E的转化可知，CH3CH2CHO与DBBA（溴化剂）/CH2Cl2反应生成CH3CH2BrCHO，而丙烯与HBr发生加成反应生成CH3CH2CH2Br，CH3CH2CH2Br碱性条件下水解生成CH3CH2CH2OH，CH3CH2CH2OH再发生催化氧化生成CH3CH2CHO，依次确定合成路线，据此分析解题。
（1）
由题干流程图中，D、E的结构简式可知，D→E的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；
（2）
由分析可知，A的结构简式为：，A中酮羰基和苯环能与H2反应，其与氢气充分反应的化学方程式为：+4H2 ，故答案为：+4H2 ；
（3）
由题干流程图中信息可知，图中画虚线部分的官能团名称： a为酰胺键，b为酯基，故答案为：酰胺键；酯基；
（4）
由题干流程图中E的结构简式可知，E分子中苯环上有12个原子一定共平面，醛基一个平面，酮羰基一个平面，单键连接可以任意旋转，故E分子中最多共面的原子有22个，故答案为：22；
（5）
由题干信息可知，B的分子式为：C10H12O2，则能与氢氧化钠溶液反应且只有一个支链的芳香族，则有酯基的同分异构体有：-CH2CH2CH2OOCH、-CH2CH(CH3)OOCH、-CH(CH2CH3)OOCH、-CH(CH3)CH2OOCH、-C(CH3)2OOCH、-CH2CH2OOCCH3、-CH(CH3)OOCCH3、-CH2OOCCH2CH3、-OOCCH2CH2CH3、-OOCCH(CH3)2、-CH2CH2COOCH3、-CH(CH3)COOCH3、-CH2COOCH2CH3、-COOCH2CH2CH3、-COOCH(CH3)2共有15种，含有羧基的同分异构体有：、、、共4种，总19种。
此外，B的同分异构体中同时满足下列条件①苯环上有两个取代基 ②与FeCl3溶液发生显色反应即含有酚羟基③能够发生银镜反应含有醛基④核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1即含有两个甲基，其结构简式为：，故答案为：20；；
（6）
结合上述信息， 1，5-戊二酸酐即与乙二醇即HOCH2CH2OH反应合成聚1，5-戊二酸乙二醇酯的化学方程式为：n+n HOCH2CH2OH +(n-1)H2O，故答案为：n+n HOCH2CH2OH +(n-1)H2O；
（7）
利用E+F→G的转化进行设计，与CH3CHBrCHO反应生成，由D→E的转化可知，CH3CH2CHO与DBBA（溴化剂）/CH2Cl2反应生成CH3CH2BrCHO，而丙烯与HBr发生加成反应生成CH3CH2CH2Br，CH3CH2CH2Br碱性条件下水解生成CH3CH2CH2OH，CH3CH2CH2OH再发生催化氧化生成CH3CH2CHO，合成路线为： ，
故答案为：。
17.（15分）
【答案】（1） 2+3+=2++Na2SO4+3H2O 使硫酸与悬浊液充分接触反应，防止局部酸性过强产生二氧化硫逸出
（2）5.2≤pH<7.4
（3）P204分子中O原子与Co2＋通过配位键形成配合物，而不与Li+形成配合物，且HA与水互不相溶能分液分离
（4）边搅拌边向溶液中缓慢加入一定量尿素浓溶液（和适量氨水），充分反应至沉淀不再增加为止，冷却、过滤，用蒸馏水洗涤滤渣直至向最后一次洗涤滤液中滴入1 mol·L-1 BaCl2溶液无沉淀生成，将滤渣转移到坩埚中，在空气中加热至500℃
【解析】
废旧锂电池正极材料，粉碎后与溶液混合配成悬浊液，加入硫酸反应生成、，同时铁、铝转化为相应的盐溶液；向浸取液中先加入足量将二价铁转化为三价铁，再加入调节，除去铁、铝；过滤滤液加入萃取剂萃取出钴；将一定量溶液置于水浴槽中加入浓尿素溶液生成和，在空气中加热至得到。
（1）
粉碎后与溶液混合，加入硫酸反应转化为、，反应中Co化合价降低，亚硫酸根离子中硫元素化合价升高，反应为2+3+=2++Na2SO4+3H2O；
硫酸会与亚硫酸钠生成二氧化硫气体逸出，滴加速率不能太快且需要快速搅拌的原因是使硫酸与悬浊液充分接触反应，并减少副反应的发生；
（2）
向浸取液中先加入足量，将二价铁转化为三价铁利于铁的除去且尽量不能生成沉淀；除去、首先要保证pH大于5.2；完全沉淀时pH=9.4，则，，若浸取液中，则，pH=7.4；故须调节溶液的范围是5.2≤pH<7.4；
（3）
通过流程分析可知，萃取的目的是将溶液中的Co2+和Li+分离。 结合P204这种有机酸的结构可知，分子中的O原子存在孤电子对，而Co2+作为过渡金属离子，存在多个空轨道，有形成配合物的可能，Li是主族元素，离子半径小，形成配合物很难，且HA与水互不相溶能分液分离；
（4）
由Co2＋制取纯度较高的Co3O4需解决的问题：沉淀为CoCO3、洗涤干净、灼烧氧化。根据信息，尿素存在酰胺键，在酸性和碱性条件下均可水解，得到碳酸铵。为防止碳酸铵继续水解得到的CO2气体逸出，在沉淀过程中须将尿素分批缓慢加入，促进CoCO3的形成。本题给出的几种试剂是必须使用的试剂，在实际实验过程中，为保证CO与Co2+的充分反应，还可在尿素加热水解的过程中加入少量氨水。即使反应生成碱式碳酸钴，也可在后续加热过程中分解，不影响产品纯度；洗涤过程须检验是否洗涤干净；灼烧过程温度控制在题干提供温度500℃。所以实际方案可描述为：边搅拌边向溶液中缓慢加入一定量尿素浓溶液（和适量氨水），充分反应至沉淀不再增加为止，冷却、过滤，用蒸馏水洗涤滤渣直至向最后一次洗涤滤液中滴入1 mol·L-1BaCl2溶液无沉淀生成，将滤渣转移到坩埚中，在空气中加热至500℃得。
18.（14分）
【答案】（1） 3++8H+=2Cr3++3+4H2O 部分与H+结合后转化为SO2逸出，使得与Cr(VI)反应的的物质的量浓度减小，反应速率减 Fe被Cr(VI)氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，胶体吸附了部分Cr(VI)
（2） 6S2-+2+8H2O=Cr2S3↓+3S↓+16OH- 温度过高，硫酸盐还原菌发生变性，失去活性 1∶3
【解析】
（1）①已知pH=3时，Cr(III)以Cr3+形式存在，则Na2SO3将Cr(VI)还原为Cr(III)，S元素化合价升高，生成，反应的离子方程式：3++8H+=2Cr3++3+4H2O；
②pH<2时，Cr(VI)的去除率随pH降低而降低的原因是：部分与H+结合后转化为SO2逸出，使得与Cr(VI)反应的的物质的量浓度减小，反应速率减慢；
③FeSO4与Cr(VI)发生氧化还原反应生成Fe3+，由于铁离子发生水解得到氢氧化铁胶体吸附部分Cr(VI)，使Cr(VI)的去除率大于其被FeSO4还原的理论值；因此Cr(VI)的去除率大于理论值的原因是：Fe被Cr(VI)氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，胶体吸附了部分Cr(VI)；
（2）
①S2-与可反应生成Cr2S3和S两种沉淀，S元素化合价升高了2，Cr元素化合价降低了3，有2个Cr变价，由得失电子守恒知系数6S~2Cr，反应的离子方程式：6S2-+2+8H2O=Cr2S3↓+3S↓+16OH-；
②硫酸盐还原菌(SRB)具有生物活性，在适宜的温度下其作用效果最佳，因此温度常控制在30℃左右，温度过高，Cr(VI)的去除率低的原因是：温度过高，硫酸盐还原菌发生变性，失去活性；
③由腐蚀机理示意图可知，正极H2O先变成H，SO42-再与H在SRB作用下生成S2-，S2-与Fe2+结合生成FeS，负极Fe失去电子生成Fe2+，Fe2+与OH-结合生成Fe(OH) 2，由此可知该腐蚀过程的总反应为：4Fe+4H2O+SO42-=FeS+3 Fe(OH) 2+2OH-，则生成FeS和Fe(OH)2的物质的量之比为1∶3。
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2022年高考押题预测卷01【江苏卷】
化学·全解全析
1.D
2.A
3.D
4.D
5.D
6.A
7.C
8.D
9.D
10.D
11.D
12.C
13.A
14.D
1【答案】D
【解析】
A．碳基能源主要指煤、石油、天然气，我国的煤炭储量及开发技术均优于石油，A说法正确；
B．硅在地壳中的含量仅次于氧，从沙滩到用户，硅由SiO2转化为硅单质，化合价下降，发生了还原反应，B说法正确；
C．晶硅中掺杂第IIIA族与第VA族元素，形成PN结，在接通电源或受光的激发，自由电子可向空穴方向移动(单向移动) (见图)， C说法正确；
D．氟化氢可与玻璃容器中二氧化硅发生反应，故D说法错误。
故选D。
2.【答案】A
【解析】
A．CaC2是离子化合物，电子式为，故A正确；
B．钙的原子结构示意图为，故B错误；
C．Ca(OH)2中含有离子键、极性键，故C错误；
D．该反应中，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故D错误；
故选A。
3.【答案】D
【解析】
A．Fe(OH)3胶体中的胶体粒子及杂质FeCl3的离子都能够通过滤纸，因此不能采用过滤的方法分离提纯，应该采用渗析方法提纯Fe(OH)3胶体，A错误；
B．FeCl3溶液中含有的Fe2+不能与KSCN发生反应，因此不能使用该方法检验Fe2+的存在，应该向FeCl3溶液中滴加紫色的酸性KMnO4溶液，根据溶液紫色是否褪色判断，B错误；
C．采用控制变量方法判断FeCl3溶液是否有催化作用时，应该在其它外界条件都相同，其中一个滴加FeCl3溶液，一个不滴加FeCl3溶液，根据实验现象进行分析判断，而不能同时改变两个外界条件，C错误；
D．FeCl3是强酸弱碱盐，受热易水解，在HCl气氛中加热晶体，FeCl3∙6H2O的结晶水会在加热时被HCl气流带出反应装置，避免了盐的水解反应的发生，因此可以制取得到无水FeCl3，D正确；
故合理选项是D。
4.【答案】D
【解析】
A．分解吸热，同时释放CO2，可用于干粉灭火，故A说法正确；
B．活性炭、碳酸钙等有吸附性，可用于色谱法中的固定相，故B说法正确；
C．具有漂白性，可用于纸浆漂白，故C说法正确；
D．石棉是硅酸盐，不能燃烧，依据其吸热气化分解带走热量，从而为舱体降温故选D；
选D。
5.【答案】D
【解析】
W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大，W元素的一种离子与具有相同的电子层排布且半径稍大，说明W的原子序数小于Li，则W为H元素；X与Z同主族，Z的价电子排布式为3s23p4，二者位于VIA族，则X为O，Z为S元素；X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为，X(O)的L层含有6个电子，则Y的M层含有4个电子，为Si元素；R的原子序数大于S，则R为Cl元素，据此分析解答。
【详解】
A．元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性S>Si，则与W(H)生成的气态化合物的热稳定性：S>Si，即Z>Y，故A正确；
B．同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：H
D．同一周期从左到右电负性逐渐增大，同一主族从上到下电负性逐渐减小，则电负性：S
6.【答案】A
【解析】
A．NO2和NH3发生归中反应生成N2(g)和水，故A正确；
B．浓HNO3和铜反应生成硝酸铜、二氧化氮、水，故不选B；
C．NO和水不反应 ，故不选C；
D．NO→NO发生还原反应，O2具有氧化性，NO不可能和氧气反应生成NO，故不选D；
选A。
7.【答案】C
【解析】
A．根据反应机理图可知，该废水中处理的含氮粒子主要为、，A正确；
B．中，N原子的最外层有5个电子，再加一个电子，=3，则N原子是sp2杂化，的空间构型为V形；NH2OH-羟胺内部只有极性键，不含离子键（千万别误认含氢氧根离子！）B正确；
C．NH3分子间、N2H4分子间均可形成氢键，联氨沸点大于氨气，C错误；
D．根据反应机理图可知，反应物为，生成物为，三种酶共同作用总反应为：，D正确；
答案选C。
8.【答案】D
【解析】
A．根据方程式可知：反应Ⅱ的正反应是气体体积减小的放热反应，因此该反应为熵减反应，A正确；
B．反应Ⅰ的正反应为放热反应，说明生成物的能量之和小于反应物的能量之和，则2 mol NO(g)的能量高于1 mol N2(g)和1 mol O2(g)的能量之和，B正确；
C．由盖斯定律，Ⅱ-Ⅰ整理可得：，说明反应Ⅱ放出的热量更大，热力学趋势更大，C正确；
D．M、N点均为两个反应的平衡态，平均速率均为0，且不同反应的反应速率一般不比较，D错误；
故合理选项是D。
9.【答案】D
【解析】
A．Fe粉与AgI悬浊液反应的离子方程式为：Fe+2AgI(s)2Ag+Fe2++2I-，A错误；
B．由图可知，现将含碘海水中的碘转化为AgI，再转化为FeI2，进行I-的富集后，再通入Cl2制备粗碘，B错误；
C．如图2所示I2的晶胞中有个I2分子，C错误；
D．由题干流程可知，流程中沉淀即Ag和Fe加入一定量的稀硝酸可将Ag转化为AgNO3，实现AgNO3的循环使用，D正确；
故答案为：D。
10.【答案】D
【解析】
A．由M的结构简式可知，M的分子式为：，A正确；
B．M、N、P中均含醇羟基，且与羟基相连的碳上有氢，均使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；
C．由N的结构简式可知，N中含羧基，能与乙醇发生酯化反应，C正确；
D．N的不饱和度为2，其中一种同分异构体的结构简式为：HCOOCH2CH(OH)CH(OH)CH(OH)COOH，含酯基、羟基、羧基三种官能团，D错误；
答案选D。
11.【答案】D
【解析】
A．溶液中存在电荷守恒关系：，由实验1可知，溶液的约为5，溶液中，则，选项A正确；
B．实验2中溶液与过量溶液反应生成沉淀、沉淀和，选项B正确；
C．溶液中的物料守恒关系为，通入足量的，产生红褐色沉淀，导致溶液中的增大，故实验3得到的溶液中有，选项C正确；
D．实验4中发生反应的离子方程式为，选项D错误。
答案选D。
12.【答案】C
【解析】
A．传统氯碱工艺电解饱和食盐水，使用阳离子交换膜；与传统氯碱工艺相比，该方法可避免使用离子交换膜，故A正确；
B．根据图示，第一步中阳极反应为：Na0.44MnO2-xe-=Na0.44-xMnO2+xNa+，故B正确；
C. 第二步中，放电结束后，Na0.44-xMnO2→Na0.44MnO2，Ag→AgCl，电解质溶液中NaCl的含量降低，故C错误；
D．理论上，每消耗1mol O2，转移4mol电子，第一步生成4mol NaOH；根据钠守恒，第二步提取4mol NaCl，第三步生成生成2mol Cl2，故D正确；
故选C。
13.【答案】A
【解析】
已知室温下Ksp(NiS)=1.0×10−21，Ksp(CuS)=1.5×10−36，则NiS 的溶解度大于 CuS。室温下，用0.01mol·L-1CuSO4溶液浸泡NiS固体，发生沉淀转化：NiS + Cu2+Ni2+ + CuS，一段时间后过滤，向滤液中加入氨水，产生蓝色沉淀氢氧化铜沉淀。
【详解】
A．室温下，用0.01mol·L-1CuSO4溶液浸泡NiS固体，发生沉淀转化：NiS + Cu2+Ni2+ + CuS，则NiS溶解、NiS(s)⇌Ni2+(aq)+S2-(aq)向右移动，过滤后所得溶液中存在：Qc(NiS)=c(Ni2+)·c(S2−)＜Ksp(NiS)，A正确；
B．氨水是弱电解质，不能拆写为离子，B错误；
C．反应NiS + Cu2+Ni2+ + CuS的平衡常数，欲使反应NiS + Cu2+Ni2+ + CuS向右进行，需满足，即＜×1015，C错误；
D．Ksp(CuS)=1.5×10−36，Ksp(PbS)=9×10−29，则PbS 的溶解度大于 CuS，用0.01 mol·L-1CuSO4溶液浸泡PbS固体，发生沉淀转化：PbS + Cu2+Pb2+ + CuS，能得到CuS固体，D错误；
答案选A。
14.【答案】D
【解析】
A．其他条件不变，增大起始n(CO2)∶n(H2)的比值，CO2的平衡转化率减小，故A错误；
B．反应①的平衡常数可表示为K=，故B错误；
C．①：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.5kJ·mol-1
②：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2kJ·mol-1
根据盖斯定律①-②得反应②继续加氢生成甲醇的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH=-49.5kJ·mol-1-41.2kJ·mol-1=-90.7kJ·mol-1，故C错误；
D．反应①放热、反应②吸热，为高效生产CH3OH，需研发低温下CO2转化率高和CH3OH选择性高的催化剂，故D正确；
选D。
15.（15分）
【答案】 （1） 3Fe2++MnO+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+ （2）锌粉用量过少，置换出镉产率太低；锌粉用量过多的话，会使海绵镉的纯度降低，同时熔炼消耗NaOH用量也会增大，增加成本 （3） Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑ （4） CdS+4HCl(浓)=H2[CdCl4]+H2S↑ 加水稀释时，c(Cl-)降低，使平衡Cd2++4Cl-[CdCl4]2-向左移动，释放出的Cd2+与溶液中S2－结合生成CdS黄色沉淀
【解析】
根据流程图，镉废渣(含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质)，加入稀硫酸溶液酸溶，形成硫酸盐溶液，加入石灰乳调节pH=5，使Cu2+和Ca2+形成Cu(OH)2和硫酸钙沉淀除去，滤液中加入高锰酸钾溶液，将Fe2+和Mn2+氧化为Fe3+和MnO2，形成氢氧化铁和二氧化锰沉淀除去。在滤液中再加入Zn，置换出Cd，得到海绵镉，海绵镉用氢氧化钠溶液其中的锌，得到隔和Na2ZnO2。
【详解】
（1）KMnO4的还原产物是MnO2，Fe2+转化为氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为：3Fe2++MnO+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；
（2）由图像所示，的比例关系小于1.3时置换率低于90%置换率太低，高于1.3时，置换率提升不大，但是会导致锌的用量太多，导致海绵镉的纯度下降，后续除锌时消耗NaOH的用量增大，增加成本；
（3）用氢氧化钠反应海绵镉中的锌，生成Na2ZnO2，化学方程式为：Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑；
（4）①CdS可溶于浓盐酸，并生成H2[CdCl4]，根据原子守恒，还会生成H2S，化学反应方程式为：CdS+4HCl(浓)=H2[CdCl4]+H2S↑；
②已知Cd2++4Cl-[CdCl4]2-，加水稀释后，使Cl-浓度降低，平衡向左移动，使Cd2+浓度增大，和溶液中的S2-结合成CdS沉淀。
16.（14分）
【答案】（1）取代反应
（2）+4H2
（3） 酰胺键 酯基
（4）22
（5） 19
（6）n+n HOCH2CH2OH +(n-1)H2O
（7）
【解析】
根据题干流程图中信息可知，由B的结构简式和生成A的转化条件并结合信息①可知，A的结构简式为：，（5）由题干信息可知，B的分子式为：C10H12O2，则能与氢氧化钠溶液反应且只有一个支链的芳香族，则含有酯基的同分异构体有：-CH2CH2CH2OOCH、-CH2CH(CH3)OOCH、-CH(CH2CH3)OOCH、-CH(CH3)CH2OOCH、-C(CH3)2OOCH、-CH2CH2OOCCH3、-CH(CH3)OOCCH3、-CH2OOCCH2CH3、-OOCCH2CH2CH3、-OOCCH(CH3)2、-CH2CH2COOCH3、-CH(CH3)COOCH3、-CH2COOCH2CH3、-COOCH2CH2CH3、-COOCH(CH3)2共有15种，含有羧基的同分异构体有： 、、、共4种，总19种。B的同分异构体中同时满足下列条件①苯环上有两个取代基 ②与FeCl3溶液发生显色反应即含有酚羟基③能够发生银镜反应含有醛基④核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1即含有两个甲基，其结构简式为： ，（7） 利用E+F→G的转化进行设计， 与CH3CHBrCHO反应生成，由D→E的转化可知，CH3CH2CHO与DBBA（溴化剂）/CH2Cl2反应生成CH3CH2BrCHO，而丙烯与HBr发生加成反应生成CH3CH2CH2Br，CH3CH2CH2Br碱性条件下水解生成CH3CH2CH2OH，CH3CH2CH2OH再发生催化氧化生成CH3CH2CHO，依次确定合成路线，据此分析解题。
（1）
由题干流程图中，D、E的结构简式可知，D→E的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；
（2）
由分析可知，A的结构简式为：，A中酮羰基和苯环能与H2反应，其与氢气充分反应的化学方程式为：+4H2 ，故答案为：+4H2 ；
（3）
由题干流程图中信息可知，图中画虚线部分的官能团名称： a为酰胺键，b为酯基，故答案为：酰胺键；酯基；
（4）
由题干流程图中E的结构简式可知，E分子中苯环上有12个原子一定共平面，醛基一个平面，酮羰基一个平面，单键连接可以任意旋转，故E分子中最多共面的原子有22个，故答案为：22；
（5）
由题干信息可知，B的分子式为：C10H12O2，则能与氢氧化钠溶液反应且只有一个支链的芳香族，则有酯基的同分异构体有：-CH2CH2CH2OOCH、-CH2CH(CH3)OOCH、-CH(CH2CH3)OOCH、-CH(CH3)CH2OOCH、-C(CH3)2OOCH、-CH2CH2OOCCH3、-CH(CH3)OOCCH3、-CH2OOCCH2CH3、-OOCCH2CH2CH3、-OOCCH(CH3)2、-CH2CH2COOCH3、-CH(CH3)COOCH3、-CH2COOCH2CH3、-COOCH2CH2CH3、-COOCH(CH3)2共有15种，含有羧基的同分异构体有：、、、共4种，总19种。
此外，B的同分异构体中同时满足下列条件①苯环上有两个取代基 ②与FeCl3溶液发生显色反应即含有酚羟基③能够发生银镜反应含有醛基④核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为6：2：2：1：1即含有两个甲基，其结构简式为：，故答案为：20；；
（6）
结合上述信息， 1，5-戊二酸酐即与乙二醇即HOCH2CH2OH反应合成聚1，5-戊二酸乙二醇酯的化学方程式为：n+n HOCH2CH2OH +(n-1)H2O，故答案为：n+n HOCH2CH2OH +(n-1)H2O；
（7）
利用E+F→G的转化进行设计，与CH3CHBrCHO反应生成，由D→E的转化可知，CH3CH2CHO与DBBA（溴化剂）/CH2Cl2反应生成CH3CH2BrCHO，而丙烯与HBr发生加成反应生成CH3CH2CH2Br，CH3CH2CH2Br碱性条件下水解生成CH3CH2CH2OH，CH3CH2CH2OH再发生催化氧化生成CH3CH2CHO，合成路线为： ，
故答案为：。
17.（15分）
【答案】（1） 2+3+=2++Na2SO4+3H2O 使硫酸与悬浊液充分接触反应，防止局部酸性过强产生二氧化硫逸出
（2）5.2≤pH<7.4
（3）P204分子中O原子与Co2＋通过配位键形成配合物，而不与Li+形成配合物，且HA与水互不相溶能分液分离
（4）边搅拌边向溶液中缓慢加入一定量尿素浓溶液（和适量氨水），充分反应至沉淀不再增加为止，冷却、过滤，用蒸馏水洗涤滤渣直至向最后一次洗涤滤液中滴入1 mol·L-1 BaCl2溶液无沉淀生成，将滤渣转移到坩埚中，在空气中加热至500℃
【解析】
废旧锂电池正极材料，粉碎后与溶液混合配成悬浊液，加入硫酸反应生成、，同时铁、铝转化为相应的盐溶液；向浸取液中先加入足量将二价铁转化为三价铁，再加入调节，除去铁、铝；过滤滤液加入萃取剂萃取出钴；将一定量溶液置于水浴槽中加入浓尿素溶液生成和，在空气中加热至得到。
（1）
粉碎后与溶液混合，加入硫酸反应转化为、，反应中Co化合价降低，亚硫酸根离子中硫元素化合价升高，反应为2+3+=2++Na2SO4+3H2O；
硫酸会与亚硫酸钠生成二氧化硫气体逸出，滴加速率不能太快且需要快速搅拌的原因是使硫酸与悬浊液充分接触反应，并减少副反应的发生；
（2）
向浸取液中先加入足量，将二价铁转化为三价铁利于铁的除去且尽量不能生成沉淀；除去、首先要保证pH大于5.2；完全沉淀时pH=9.4，则，，若浸取液中，则，pH=7.4；故须调节溶液的范围是5.2≤pH<7.4；
（3）
通过流程分析可知，萃取的目的是将溶液中的Co2+和Li+分离。 结合P204这种有机酸的结构可知，分子中的O原子存在孤电子对，而Co2+作为过渡金属离子，存在多个空轨道，有形成配合物的可能，Li是主族元素，离子半径小，形成配合物很难，且HA与水互不相溶能分液分离；
（4）
由Co2＋制取纯度较高的Co3O4需解决的问题：沉淀为CoCO3、洗涤干净、灼烧氧化。根据信息，尿素存在酰胺键，在酸性和碱性条件下均可水解，得到碳酸铵。为防止碳酸铵继续水解得到的CO2气体逸出，在沉淀过程中须将尿素分批缓慢加入，促进CoCO3的形成。本题给出的几种试剂是必须使用的试剂，在实际实验过程中，为保证CO与Co2+的充分反应，还可在尿素加热水解的过程中加入少量氨水。即使反应生成碱式碳酸钴，也可在后续加热过程中分解，不影响产品纯度；洗涤过程须检验是否洗涤干净；灼烧过程温度控制在题干提供温度500℃。所以实际方案可描述为：边搅拌边向溶液中缓慢加入一定量尿素浓溶液（和适量氨水），充分反应至沉淀不再增加为止，冷却、过滤，用蒸馏水洗涤滤渣直至向最后一次洗涤滤液中滴入1 mol·L-1BaCl2溶液无沉淀生成，将滤渣转移到坩埚中，在空气中加热至500℃得。
18.（14分）
【答案】（1） 3++8H+=2Cr3++3+4H2O 部分与H+结合后转化为SO2逸出，使得与Cr(VI)反应的的物质的量浓度减小，反应速率减 Fe被Cr(VI)氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，胶体吸附了部分Cr(VI)
（2） 6S2-+2+8H2O=Cr2S3↓+3S↓+16OH- 温度过高，硫酸盐还原菌发生变性，失去活性 1∶3
【解析】
（1）①已知pH=3时，Cr(III)以Cr3+形式存在，则Na2SO3将Cr(VI)还原为Cr(III)，S元素化合价升高，生成，反应的离子方程式：3++8H+=2Cr3++3+4H2O；
②pH<2时，Cr(VI)的去除率随pH降低而降低的原因是：部分与H+结合后转化为SO2逸出，使得与Cr(VI)反应的的物质的量浓度减小，反应速率减慢；
③FeSO4与Cr(VI)发生氧化还原反应生成Fe3+，由于铁离子发生水解得到氢氧化铁胶体吸附部分Cr(VI)，使Cr(VI)的去除率大于其被FeSO4还原的理论值；因此Cr(VI)的去除率大于理论值的原因是：Fe被Cr(VI)氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，胶体吸附了部分Cr(VI)；
（2）
①S2-与可反应生成Cr2S3和S两种沉淀，S元素化合价升高了2，Cr元素化合价降低了3，有2个Cr变价，由得失电子守恒知系数6S~2Cr，反应的离子方程式：6S2-+2+8H2O=Cr2S3↓+3S↓+16OH-；
②硫酸盐还原菌(SRB)具有生物活性，在适宜的温度下其作用效果最佳，因此温度常控制在30℃左右，温度过高，Cr(VI)的去除率低的原因是：温度过高，硫酸盐还原菌发生变性，失去活性；
③由腐蚀机理示意图可知，正极H2O先变成H，SO42-再与H在SRB作用下生成S2-，S2-与Fe2+结合生成FeS，负极Fe失去电子生成Fe2+，Fe2+与OH-结合生成Fe(OH) 2，由此可知该腐蚀过程的总反应为：4Fe+4H2O+SO42-=FeS+3 Fe(OH) 2+2OH-，则生成FeS和Fe(OH)2的物质的量之比为1∶3。
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