北京市中国人民大学附属中学2023-2024学年高三下学期一模模拟化学试题（含解析）

这是一份北京市中国人民大学附属中学2023-2024学年高三下学期一模模拟化学试题（含解析），共24页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．下列物质的主要成分(括号中)不包括ⅣA族元素的是
A．AB．BC．CD．D
2．下列化学用语或图示表达正确的是
A．HClO的电子式：
B．NaCl的晶胞：
C．基态N原子的价层电子轨道表示式：
D．NH3和NH的VSEPR模型和空间结构均一致
3．下列性质的比较，不正确的是
A．酸性：H2SO4＞H3PO4B．熔点：金刚石＞碳化硅＞晶体硅
C．热稳定性：H2S＞H2OD．第一电离能：S＜O
4．下列说法正确的是

A．图①装置可用于制取并收集氨气
B．图②操作可排出盛有溶液滴定管尖嘴内的气泡
C．图③操作俯视刻度线定容会导致所配溶液浓度偏大
D．图④装置盐桥中阳离子向溶液中迁移
5．下列解释事实的离子方程式不正确的是
A．用Na2S去除废水中的Hg2+：Hg2++S2-=HgS↓
B．用醋酸溶解水垢中的碳酸钙：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O
C．实验室用二氧化锰和浓盐酸共热制氯气：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
D．铜在NH3环境中被腐蚀：2Cu+O2+2NH3·H2O=2Cu2++2NH3+4OH-
6．下列依据实验方案和现象对浓硫酸性质做出的判断合理的是
A．由I可知，浓硫酸具有脱水性B．由I可知，浓硫酸具有弱酸性
C．由II可知，浓硫酸具有强氧化性D．由II可知，浓硫酸具有吸水性
7．下列实验中物质的颜色变化与氧化还原反应无关的是
A．将Na2O2粉末露置在空气中，固体由淡黄色变为白色
B．向K2Cr2O7酸性溶液中加入乙醇，溶液由橙色变为绿色
C．向AgCl悬浊液中滴加KI溶液，固体由白色变为黄色
D．用FeCl3溶液浸泡覆铜电路板，溶液由黄色变为蓝绿色
8．向100mL 溶液中滴加 溶液，测得溶液电导率的变化如图。下列说法不正确的是
A．和都是强电解质
B．A→B电导率下降的主要原因是发生了反应：
C．B→C，溶液中的减小
D．A、B、C三点水的电离程度：A＜B＜C
9．室温钠-硫电池被认为是一种成本低、比能量高的能源存储系统。一种室温钠-硫电池的结构如图所示。将钠箔置于聚苯并咪唑膜上作为一个电极，表面喷涂有硫黄粉末的炭化纤维素纸作为另一电极。工作时，在硫电极发生反应：S8+e-→S，S+e-→S，2Na++S+2(1-)e-→Na2Sx
下列叙述错误的是
A．充电时Na+从钠电极向硫电极迁移
B．放电时外电路电子流动的方向是a→b
C．放电时正极反应为：2Na++S8+2e-→Na2Sx
D．炭化纤维素纸的作用是增强硫电极导电性能
10．聚合物A是⼀种新型可回收材料的主要成分，其结构片段如下图(图中表示链延)。该聚合物是由线型高分子P和交联剂Q在⼀定条件下反应而成，以氯仿为溶剂，通过调控温度即可实现这种材料的回收和重塑。

已知：i.
ii.
下列说法不正确的是
A．M为1，4-丁⼆酸
B．交联剂Q的结构简式为
C．合成高分⼦化合物P的反应属于缩聚反应，其中x=n-1
D．通过先升温后降温可实现这种材料的回收和重塑
11．CH4联合H2O和CO2制取H2时，发生的主要反应如下：
①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H1=+206kJ·ml-1
②CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H2=+247kJ·ml-1
将CH4、H2O和CO2按一定比例通入填充有催化剂的恒容反应器，在不同温度下，反应相同时间内(反应均未达到化学平衡状态)测得的值如图所示。
下列说法正确的是
A．由①②可知，CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=+41kJ·ml-1
B．反应条件不变，若反应足够长时间，①比②先达到化学平衡状态
C．其他条件不变时，升高温度，①的化学反应速率减小，②的化学反应速率增大
D．其他条件不变时，增大原料中H2O的浓度可以提高产物中的值
12．相同温度和压强下，研究Cl2在不同溶液中的溶解度(用溶解Cl2的物质的量浓度表示)随溶液浓度的变化。在NaCl溶液和盐酸中Cl2的溶解度以及各种含氯微粒的浓度变化如图。
下列说法不正确的是
A．由图1可知，Cl2溶于NaCl溶液时还发生了反应Cl2+Cl－=Cl
B．随NaCl溶液浓度增大，Cl2+H2O⇌H++Cl－+HClO平衡逆移，Cl2溶解度减小
C．随盐酸浓度增加Cl2与H2O的反应被抑制，生成Cl为主要反应从而促进Cl2溶解
D．由上述实验可知，H+浓度增大促进Cl2溶解，由此推知在稀硫酸中，随硫酸浓度增大Cl2的溶解度会增大
13．同学们探究不同金属和浓硫酸的反应。向三等份浓硫酸中分别加入大小相同的不同金属片，加热，用生成气体进行下表实验操作并记录实验现象。
已知：(CuS为黑色固体)；可燃
下列说法不正确的是
A．加入铜片的实验中，使酸性溶液褪色的气体是
B．加入铝片的实验中，燃烧现象能证明生成气体中一定含
C．加入锌片的实验中，生成的气体一定是混合气体
D．金属与浓硫酸反应的还原产物与金属活动性强弱有关
14．利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同的体系中的可能产物。
已知：i.图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。
ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始，不同下由图1得到]。

下列说法不正确的是
A．由图1，
B．由图2，初始状态，无沉淀生成
C．由图2，初始状态，平衡后溶液中存在
D．由图1和图2，初始状态、，发生反应：
二、解答题
15．金属钛密度小，强度高，抗腐蚀性能好。含钛的矿石主要有金红石和钛铁矿。
(1)基态原子中含有的未成对电子数是 。
(2)金红石主要成分是钛的氧化物，该氧化物的晶胞形状为长方体，边长分别为和，结构如图所示。
①该氧化物的化学式是 ，位于距离最近的O构成的 中心(填字母序号，下同)。
a.三角形 b.四面体 c.六面体 d.八面体
②该氧化物的晶体熔点为，其晶体类型最不可能是 。
a.共价晶体 b.离子晶体 c.分子晶体
③若已知该氧化物晶体体积为，则阿伏加德罗常数可表示为 。
(3)以钛铁矿()为原料，用镁还原法冶炼金属钛的生产流程图如下：
①“高温氯化”时还得到一种可燃性气体，写出反应的化学方程式： 。
②结合流程及右表数据，“分离”时所需控制的最低温度应为 。
③已知和的晶胞类型相同，和的离子半径大小相近，解释熔点高于的原因： 。
16．(NH4)2S2O8电化学循环氧化法可用于废水中苯酚的降解，示意图如图。
(1)(NH4)2S2O8的电解法制备
已知：电解效率η的定义为η(B)=×100%
①电极b是 极。
②生成的电极反应式是 。
③向阳极室和阴极室各加入100mL溶液。制备的同时，还在电极b表面收集到2.5×10-4ml气体，气体是 。经测定η()为80%，不考虑其他副反应，则制备的(NH4)2S2O8的物质的量浓度为 ml/L。
(2)苯酚的降解
已知：·具有强氧化性，Fe2+浓度较高时会导致·猝灭。可将苯酚氧化为CO2，但反应速率较慢。加入Fe2+可加快反应，过程为：
ⅰ. +Fe2+=+·+Fe3+
ⅱ. ·将苯酚氧化
① ·氧化苯酚的离子方程式是 。
②将电解得到的含溶液稀释后加入苯酚处理器，调节溶液总体积为1L，pH=1，测得在相同时间内，不同条件下苯酚的降解率如图。
用等物质的量的铁粉代替FeSO4，可明显提高苯酚的降解率，主要原因是 。
(3)苯酚残留量的测定
已知：电解中转移1ml电子所消耗的电量为F库仑
取处理后的水样100mL，酸化后加入KBr溶液，通电。电解产生的Br2全部与苯酚反应，当苯酚完全反应时，消耗的电量为a库仑，则样品中苯酚的含量为 g/L。(苯酚的摩尔质量：94g/ml)
17．有机物K是合成一种治疗老年性白内障药物的中间体，其合成路线如图。
已知：ⅰ.R1COOC2H5+R2CH2COOC2H5+C2H5OH
ii.R3OH+R4OHR3OR4+H2O
(1)由A制C2H5ONa的化学方程式是 。
(2)B的同分异构体中，与B具有相同官能团的有 种。
(3)B+C→D的化学方程式是 。
(4)官能团转化是有机反应的核心，D中 (填官能团名称，下同)和E中 相互反应生成F。
(5)G的结构简式是 。
(6)J的结构简式是 。
18．合成氨工业产生的钻钼废催化剂(主要成分MS2、CO、Fe2O3等)是一种相当宝贵的二次资源。用碱浸法处理钻钼废催化剂的工艺流程如图：
资料：
i.氧化钼(MO3)：熔点795℃。易升华(即使在低于熔点情况下，也有显著的升华现象)。
ii.钼酸(H2MO4)：难溶于水和酸的黄色晶体，可通过酸化钼酸盐溶液而制得。
(1)焙烧：
①将废催化剂在空气中焙烧可生成氧化钼，写出反应的化学方程式 。
②解释钼浸取率随焙烧温度变化的原因是 。
(2)碱浸：
碱浸时杂质钴元素以C(OH)2的形式浸出，加入双氧水可将其氧化为C(OH)3沉淀。写出反应的化学方程式 。
(3)酸沉：
传统工艺中酸沉多在不锈钢离心机中进行。文献记载，选用浓硝酸比用硫酸和盐酸效果更佳，可避免M(VI)还原成低价态，利用了浓硝酸的 性。
(4)从母液中获得无水Na2SO4的操作是 。
19．探究溶液中与单质S的反应。
资料：不溶于盐酸，和在盐酸中均发生沉淀的转化
实验Ⅰ 将10mL 溶液与0.01g S粉混合，水浴加热，充分反应后，过滤，得到无色溶液a(pH≈1)，沉淀除S、洗涤后得到黑色固体b。
(1)研究黑色固体b的组成
①根据S具有 性，推测b中可能含有、Ag、或。
②检验黑色固体b的成分
实验Ⅱ 具体操作如图所示
ⅰ．取少量滤液c，先加入足量稀盐酸，再滴加溶液，未出现白色沉淀，判断黑色固体b中不含 。
ⅱ．用滤液c继续实验证明了黑色固体b中不含，可选择的试剂是 (填序号)。
a．酸性溶液 b．和的混合溶液 c．溴水
ⅲ．进一步实验证实了黑色固体b中不含Ag。根据沉淀e含有Ag、气体含有，写出同时生成Ag和的离子方程式： 。
(2)研究无色溶液a的组成
结合上述实验结果，分析溶液a中可能存在或，依据是 。
实验Ⅲ 具体操作如图所示
①说明溶液a中不含的实验证据是 。
②加入足量稀盐酸的作用是 。
(3)在注射器中进行实验Ⅳ，探究溶液与S的反应，所得产物与实验Ⅰ相同。
①向注射器中加入的物质是 。
②改用溶液的目的是 。
(4)用溶液与S进行实验Ⅴ，发现二者不反应。综合以上实验，写出溶液中与S反应的离子方程式并简要说明的作用： 。
A．石英石
[SiO2]
B．猫眼石
[Be3Al2Si6O18]
C．孔雀石
[Cu2(OH)2CO3]
D．红宝石
[Al2O3]
实验方案
实验I：
实验II：
实验现象
试纸中心区域变黑，边缘变红
黑色固体溶解，溶液接近无色(溶液中锰元素仅以存在)，产生能使带火星的木条复燃的无色气体
实验操作
实验现象
金属为铜
金属为锌
金属为铝
点燃
不燃烧
燃烧
燃烧
通入酸性溶液
褪色
褪色
褪色
通入溶液
无明显变化
无明显变化
出现黑色沉淀
通入品红溶液
褪色
褪色
不褪色
熔点/
1668
651
714
沸点/
3287
1107
1412
参考答案：
1．D
【详解】A．SiO2中Si元素是ⅣA族元素，故不选A；
B．Be3Al2Si6O18中Si元素是ⅣA族元素，故不选B；
C．Cu2(OH)2CO3中C元素是ⅣA族元素，故不选C；
D．Al2O3中Al元素是ⅢA族元素、O元素是ⅥA族元素，不含ⅣA族元素，故选D。
2．C
【详解】A．HClO的电子式： ，故A错误；
B．NaCl的晶胞为：，故B错误；
C．N原子价层电子数为5，价层电子轨道表示式：，故C正确；
D．NH3空间构型为三角锥形、NH空间构型为正四面体形，故D错误；
故选：C。
3．C
【详解】A．非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，非金属性：S＞P，酸性：H2SO4＞H3PO4，故A正确；
B．金刚石、碳化硅、晶体硅都是原子晶体，熔沸点的高低与共价键有关，键长：Si－Si >C－Si> C－C，键能：C－C>C－Si>Si－Si，则熔点：金刚石>碳化硅>晶体硅，故B正确；
C．非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，电负性：O＞S，热稳定性：H2S＜H2O，故C错误；
D．同族元素从上到下，第一电离能逐渐减小，第一电离能：S＜O，故D正确；
故选C。
4．C
【详解】A．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，遇冷又化合生成氯化铵，则直接加热氯化铵无法制得氨气，实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体的方法制备氨气，故A错误；
B．高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，所以高锰酸钾溶液应盛放在酸式滴定管在，不能盛放在碱式滴定管中，故B错误；
C．配制一定物质的量浓度的溶液时，俯视刻度线定容会使溶液的体积偏小，导致所配溶液浓度偏大，故C正确；
D．由图可知，锌铜原电池中，锌电极为原电池的负极，铜为正极，盐桥中阳离子向硫酸铜溶液中迁移，故D错误；
故选C。
5．D
【详解】A．用Na2S去除废水中的Hg2+，Hg2+与S2-结合为HgS沉淀，离子方程式为：Hg2++S2-=HgS↓，故A正确；
B．用醋酸溶解水垢中的碳酸钙，生成醋酸钙、二氧化碳和水，离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，故B正确；
C．实验室用二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下生成氯气，化学方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故C正确；
D．铜在NH3环境中被腐蚀为，离子方程式为：，故D错误；
故选D。
6．A
【详解】A．试纸中心区域变黑，说明试纸中的H元素和O元素被脱去，只剩下C，证明浓硫酸具有脱水性，A正确；
B．蓝色石蕊试纸边缘变红，证明浓硫酸具有酸性，不能证明浓硫酸有弱酸性，B错误；
C．浓硫酸与MnO2反应后，Mn元素仅以存在，说明Mn元素化合价降低，表现氧化性，产生能使带火星的木条复燃的无色气体，说明生成O2。但由于Mn元素也表现氧化性，且实验中没有说明有硫酸的还原产物生成，故不能体现浓硫酸的强氧化性，C错误；
D．浓硫酸与MnO2反应没有体现出浓硫酸的吸水性，D错误；
故选A。
7．C
【详解】A．过氧化钠与空气中水蒸气、二氧化碳反应生成氧气，反应中发生了氧化还原反应，故A不选；
B．向K2Cr2O7酸性溶液中滴加乙醇，K2Cr2O7酸性溶液被乙醇还原成三价铬离子，溶液由橙色变为绿色，与氧化还原反应有关，故B不选；
C．发生的离子反应为AgCl+I-⇌AgI+Cl-，无化合价变化，与氧化还原反应无关，故C选；
D．氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，铁离子被还原为亚铁离子，与氧化还原反应有关，故D不选；
故选：C。
8．B
【详解】A． 和在溶液中均完全电离，均属于强电解质，故A正确；
B．A→B加入的物质的量小于的物质的量，发生的反应为，故B错误；
C．B→C时加入的继续消耗氢氧根离子，C点两者恰好完全反应，因此B→C溶液中减小，故C正确；
D．酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离，A点溶液中全部是，水的电离受到抑制，电离程度最小，B点为反应一半点，氢氧化钡还有剩余，C点和恰好完全反应，因此水的电离程度：A＜B＜C，故D正确；
答案选B。
9．A
【分析】由题意可知放电时硫电极得电子，硫电极为原电池正极，钠电极为原电池负极。
【详解】
A．充电时为电解池装置，阳离子移向阴极，即钠电极，故充电时，Na+由硫电极迁移至钠电极，A错误；
B．放电时Na在a电极失去电子，失去的电子经外电路流向b电极，硫黄粉在b电极上得电子与a电极释放出的Na+结合得到Na2Sx，电子在外电路的流向为a→b，B正确；
C．由题给的的一系列方程式相加可以得到放电时正极的反应式为2Na++S8+2e-→Na2Sx，C正确；
D．炭化纤维素纸中含有大量的炭，炭具有良好的导电性，可以增强硫电极的导电性能，D正确；
故答案选A。
10．C
【详解】A．和1，4-丁⼆酸发生缩聚反应生成p，故A正确；
B．根据A的结构简式，可知交联剂Q的结构简式为，故B正确；
C．和1，4-丁⼆酸发生缩聚反应生成p，其中x=2n-1，故C错误；
D．正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，所以通过先升温后降温可实现这种材料的回收和重塑，故D正确；
选C。
11．D
【分析】由图可得，在不同温度下，反应相同时间内(反应均未达到化学平衡状态)测得的值，随温度升高而减小。
【详解】A. ①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H1=+206kJ·ml-1，②CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H2=+247kJ·ml-1，由①-②可知，CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=206kJ·ml-1-247kJ·ml-1= -41kJ·ml-1，故A错误；
B. 反应条件不变，若反应足够长时间，无法确定2个反应的速率，无法确定谁先达到化学平衡状态，故B错误；
C. 其他条件不变时，升高温度，增大活化分子百分数，化学反应速率增大，①的化学反应速率增大，②的化学反应速率增大，故C错误；
D. 其他条件不变时，增大原料中H2O的浓度，①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)平衡正向移动，氢气增大的幅度大于CO，可以提高产物中的值，故D正确；
故选D。
12．D
【详解】A．由图1分析Cl2的浓度降低，Cl浓度升高，得出Cl2溶于NaCl溶液时还发生了反应Cl2+Cl－=Cl，故A正确；
B．增大Cl－浓度，Cl2+H2O⇌H++ Cl－+HClO平衡逆移，所以随NaCl溶液浓度增大，Cl2溶解度减小，故B正确；
C．由图2分析Cl2的浓度先降低后升高，随着盐酸浓度增加，Cl2与H2O的反应被抑制，生成Cl为主要反应，从而促进Cl2溶解，故C正确；
D．由图2分析，H+浓度一直增大，但是溶解的Cl2的浓度先降低后升高，应该是发生了反应Cl2+Cl－=Cl，促进了Cl2溶解，而在稀硫酸只提供了H+，随硫酸浓度增大，Cl2+H2O⇌H++ Cl－+HClO平衡逆向移动，Cl2的溶解度会降低，故D错误；
故选D。
13．B
【详解】A．加入铜片的实验中，气体能使酸性溶液褪色、使品红溶液褪色、不可燃，则气体具有还原性、漂白性，则气体是，A正确；
B． 加入铝片的实验中，气体能使酸性溶液褪色、能与CuSO4溶液产生黑色沉淀，则气体是，硫化氢具有可溶性，但具有可溶性的气体不一定是硫化氢，B不正确；
C． 加入锌片的实验中，气体能使酸性溶液褪色、使品红溶液褪色、则气体含，但不可燃，而锌片与浓硫酸反应的气体具有可燃性、但不能与CuSO4溶液产生黑色沉淀，则含有另一种气体；故生成的气体一定是混合气体，C正确；
D． 结合选项ABC可知，金属与浓硫酸反应的还原产物与金属活动性强弱有关，D正确；
答案选B。
14．C
【详解】
A．水溶液中的离子平衡 从图1可以看出时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；
B．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确；
C．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中，C项错误；
D．时，溶液中主要含碳微粒是，，时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，D项正确；
故选C。
15．(1)2
(2) TiO2 d c
(3) TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO 1668 Mg和Ti均为金属晶体，熔化时破坏金属键，Mg2+和Ti4+的离子半径接近，但是Ti4+带四个单位正电荷，而Mg2+带两个单位正电荷，故金属钛中的金属键强于金属镁中的金属键，因此钛的熔点更高
【详解】（1）基态Ti原子的价电子排布式为3d24s2，3d轨道2个电子分别单独占有一个轨道，未成对电子数为2。
（2）①根据均摊法，该晶胞中O的个数为=4，Ti的个数为=2，故该氧化物的化学式为TiO2，从图中可以看出，中间的Ti周围有6个等距离的O，Ti位于距离最近的O构成的八面体中心，答案选d。
②该氧化物晶体熔点为1850℃，分子晶体分子间通过范德华力结合，熔点通常较小，因此晶体类型最不可能是分子晶体，答案选c。
③一个晶胞中含有2个Ti原子和4个O原子，则mg该氧化物中含有该晶胞个数为，一个晶胞体积为a2bcm3，则有×a2bcm3=Vcm3，NA=。
（3）钛铁矿与焦炭熔炼提纯，生成TiO2，TiO2与焦炭、Cl2高温下反应生成TiCl4和一种可燃性气体，则该气体为CO，精制TiCl4加Mg还原，生成MgCl2和Ti，最后分离得到Ti。①高温氯化过程中，TiO2与C、Cl2反应生成TiCl4和CO，化学方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO。
②从表中可知，Ti的熔点为1668℃，而Mg、MgCl2的沸点分别为1107℃和1412℃，分离过程最后生成的Ti为液态，Mg和MgCl2为气态，则最低温度应为1668℃。
③Mg和Ti均为金属晶体，熔化时破坏金属键，Mg2+和Ti4+的离子半径接近，但是Ti4+带四个单位正电荷，而Mg2+带两个单位正电荷，故金属钛中的金属键强于金属镁中的金属键，因此钛的熔点更高。
16．(1) 阳 2SO-2e-=S2O O2 0.02
(2) + Fe缓慢释放Fe2+，使c(Fe2+)较低，减弱了Fe2+对SO·的猝灭作用；且Fe可以和产生的Fe3+反应，继续补充Fe2+
(3)
【详解】（1）①由图可知在b极区转化为，化合价升高，所以是电解池的阳极区，答案为：阳；
②电极反应式是2SO-2e-=S2O，答案为：2SO-2e-=S2O；
③氧元素在阳极区失电子，所以生成的气体可能是氧气，物质的量为2.5×10-4ml，所以转移电子的物质的量为 ，转移电子总物质的量为，参与2SO-2e-=S2O 反应的电子的物质的量是，所以(NH4)2S2O8的物质的量是，由，答案为：O2，0.02；
（2）
① ·氧化苯酚时自身被还原为硫酸根离子，苯酚转化为二氧化碳，离子方程式是+，答案为：+；
②Fe缓慢释放Fe2+，使c(Fe2+)较低，减弱了Fe2+对SO·的猝灭作用；且Fe可以和产生的Fe3+反应，继续补充Fe2+；
（3）反应为 ，苯酚，所以苯酚的物质的量为，则样品中苯酚的含量为 g/L= g/L ，答案为：。
17．(1)2C2H5OH+2Na2C2H5ONa+H2↑
(2)3
(3)CH3COOC2H5++ C2H5OH
(4) 羰基 氨基
(5)
(6)
【分析】由有机物的转化关系可知，浓硫酸作用下C2H5OH与CH3COOH共热发生酯化反应生成CH3COOC2H5，则A为C2H5OH、B为CH3COOC2H5；浓硫酸作用下C2H5OH与HOOCCOOH共热发生酯化反应生成，则C为；乙醇钠作用下与CH3COOC2H5发生取代反应生成，则D为；酸性条件下与发生取代反应生成，一定条件下转化为，则G为；酸性条件下发生水解反应生成，发生氧化反应生成，酸性条件下与共热反应生成，则J为。
【详解】（1）由分析可知，A是结构简式为C2H5OH的乙醇，乙醇与金属钠反应生成乙醇钠和氢气，反应的化学方程式为2C2H5OH+2Na2C2H5ONa+H2↑，故答案为：2C2H5OH+2Na2C2H5ONa+H2↑；
（2）由分析可知，B的结构简式为CH3COOC2H5，含有酯基的B的同分异构体有甲酸正丙酯、甲酸异丙酯、丙酸甲酯，共3种，故答案为：3；
（3）由分析可知，B+C→D的反应为乙醇钠作用下与CH3COOC2H5发生取代反应生成和乙醇，反应的化学方程式为CH3COOC2H5++ C2H5OH，故答案为：CH3COOC2H5++ C2H5OH；
（4）由题意可知，中的羰基与中的氨基发生取代反应生成，故答案为：羰基；氨基；
（5）由分析可知，G的结构简式为，故答案为：；
（6）由分析可知，J的结构简式，故答案为：。
18．(1) 2MS2+7O22MO3+4SO2 反应开始时随温度的升高，反应速率加快，钼的浸取率增大；温度过高时，氧化钼升华加剧，所以钼的浸取率下降
(2)
(3)强氧化（或氧化）
(4)加热浓缩至有大量固体析出、趁热过滤，过滤出的固体洗涤、干燥，得无水Na2SO4
【分析】先将钴钼废催化剂粉碎以加快焙烧速率，焙烧中主要反应为2MS2+7O22MO3+4SO2，焙烧后的固体中加入NaOH和H2O2，将C2+转化为C(OH)3除去，过滤后滤渣中有Fe2O3、C(OH)3等，向滤液中加酸，将M转化为钼酸沉淀，过滤即得钼酸。
【详解】（1）将废催化剂在空气中焙烧可生成氧化钼，化学方程式为：2MS2+7O22MO3+4SO2；氧化钼的熔点795℃，易升华(即使在低于熔点情况下，也有显著的升华现象)，故反应开始时随温度的升高，反应速率加快，钼的浸取率增大；温度过高时，氧化钼升华加剧，所以钼的浸取率下降；
（2）碱浸时杂质钴元素以C(OH)2的形式浸出，加入双氧水可将其氧化为C(OH)3沉淀，反应的化学方程式为：；
（3）选用浓硝酸比用硫酸和盐酸效果更佳，可避免M(VI)还原成低价态，即浓硝酸能够将体系中还原性强的物质给氧化，避免去还原M(VI)，利用了浓硝酸的强氧化性；
（4）由图可知，温度高于40℃时析出无水Na2SO4，而低于40℃时析出Na2SO4•10H2O，由此确定从母液中获得无水Na2SO4的操作为：加热浓缩至有大量固体析出、趁热过滤，过滤出的固体洗涤、干燥，得无水Na2SO4。
19．(1) 氧化性和还原 bc
(2) S转化为发生了还原反应，反应必然同时发生氧化反应，能发生氧化反应的只有S，故在pH≈1的溶液中可能存在或 向溶液a中加入足量稀盐酸后，再加入碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去 排除对和检验的干扰
(3) 10mL 溶液与0.01g S粉 排除(H+)对反应的影响
(4)，形成难溶物，降低，提高S的氧化性，利于反应发生
【详解】（1）①由转化为、Ag、或可见Ag的化合价有上升也有下降，表现了根据S具有氧化还原性；
ⅰ．取少量滤液c，先加入足量稀盐酸，再滴加溶液，未出现白色沉淀，判断黑色固体b中不含，若含有硫酸根则会生成硫酸钡沉淀；
ⅱ．用滤液c继续实验证明了黑色固体b中不含，可选择的试剂是和的混合溶液，因为双氧水将亚硫酸根氧化为硫酸根与氯化钡生成硫酸钡白色沉淀；溴水具有氧化性将亚硫酸根氧化为硫酸根产生白色沉淀，且溴水褪色，酸性高锰酸钾溶液中可能会含有硫酸根影响检验；
ⅲ．沉淀e含有Ag、气体含有，与Fe在酸性环境下同时生成Ag和，离子方程式：；
（2）溶液a中可能存在或，依据是S转化为发生了还原反应，反应必然同时发生氧化反应，能发生氧化反应的只有S，故在pH≈1的溶液中可能存在或；
①说明溶液a中不含的实验证据是：向溶液a中加入足量稀盐酸酸化后，再加入碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去，说明碘单质没有被还原；
②加入足量稀盐酸的作用是：对溶液进行酸化，排除对和检验的干扰；
（3）①向注射器中加入的物质是：10mL 溶液与0.01g S粉；
②改用溶液的目的是：排除(H+)对反应的影响
（4）与S反应的离子方程式并简要说明的作用：，形成难溶物，降低，提高S的氧化性，利于反应发生。