江苏省普通高等学校招生考试2024届高三考前模拟测试卷(十三)化学试题（含答案）

这是一份江苏省普通高等学校招生考试2024届高三考前模拟测试卷(十三)化学试题（含答案），共12页。试卷主要包含了 铁铵矾[NH4Fe等内容，欢迎下载使用。

(满分100分，考试时间75分钟)
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 S—32 Cl—35.5
Fe—56 C—59 Cu—64 Ag—108
一、 单项选择题：共13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 我国科学家成功以二氧化碳和水为原料合成葡萄糖和脂肪酸，为合成“粮食”提供了新路径。下列有关说法不正确的是（ ）
A. CO2属于酸性氧化物 B. 链状葡萄糖分子中含有三种官能团
C. 合成中发生了氧化还原反应 D. 该新路径有利于促进“碳中和”
2. 人们在金星大气中探测到PH3，据此推断金星大气层或存在生命。反应P4＋3KOH＋3H2O===3KH2PO2＋PH3↑可制备PH3。下列说法正确的是（ ）
A. P4为极性分子 B. K＋的结构示意图为
C. PH3的电子式为 D. KH2PO2中含有离子键和共价键
3. 中和胃酸药物“达喜”的有效成分为Mg6Al2（OH）16CO3·4H2O。下列说法正确的是（ ）
A. 电离能大小：I1（Al）C. 半径大小：r（O2－）4. 实验室用如图所示装置探究SO2与NaNO3溶液的反应（实验前先通入CO2排除装置中的空气）。下列说法不正确的是（ ）
A. 用装置甲产生SO2
B. 装置乙中无明显现象，则SO2与NaNO3未发生反应
C. 装置丙中注入O2，产生红棕色气体，说明装置乙中SO2发生了氧化反应
D. 装置丁吸收尾气并防止空气进入装置丙
阅读下列材料，完成5～7题。
硫及其化合物有着广泛的作用。硫元素具有多种化合价，在一定条件下能发生相互转化。不同温度下硫单质的状态和分子结构不同，S8环状分子的结构为。合理应用和处理含硫化合物，在生产生活中有着重要意义。
5. 下列有关说法正确的是（ ）
A. SO eq \\al(2－,4) 的空间构型为正四面体 B. S8是共价晶体
C. SO2和SO3中的键角相等 D. H2S的沸点高于H2O
6. 下列有关硫及其化合物的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. 硫单质呈黄色，可用作橡胶硫化剂
B. SO2具有氧化性，可用于漂白草编织物
C. Na2SO3具有还原性，可用于处理自来水中残留的Cl2
D. 浓硫酸具有强氧化性，可用作酯化反应的催化剂
7. 利用甲烷可以除去SO3，反应为8SO3（g）＋6CH4（g）⇌S8（g）＋6CO2（g）＋12H2O（g）。下列说法正确的是（ ）
A. 上述反应的ΔS<0
B. 上述反应的化学平衡常数K＝ eq \f(c（S8）·c6（CO2）,c8（SO3）·c6（CH4）)
C. 及时分离出H2O（g），正反应速率增大，平衡向正反应方向移动
D. 上述反应中生成1 ml S8，转移电子的数目约为48×6.02×1023
8. 铁铵矾[NH4Fe（SO4）2·12H2O]常用于制备高铁酸盐。下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 铁铵矾溶液与氨水混合反应：Fe3＋＋3OH－===Fe（OH）3↓
B. 向铁铵矾溶液中通入H2S气体：2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋
C. 在强碱溶液中，铁铵矾与次氯酸钠反应生成Na2FeO4：3ClO－＋2Fe3＋＋6OH－===2FeO eq \\al(2－,4) ＋3Cl－＋H2O＋4H＋
D. 向铁铵矾溶液中加入过量Ba（OH）2溶液：Fe3＋＋2SO eq \\al(2－,4) ＋2Ba2＋＋3OH－===Fe（OH）3↓＋2BaSO4↓
9. 化合物乙是一种治疗神经类疾病的药物，可由化合物甲经多步反应得到。下列有关化合物甲、乙的说法不正确的是（ ）
A. 甲分子存在顺反异构 B. 乙分子中含有2个手性碳原子
C. 1 ml乙最多能与4 ml NaOH反应 D. 用NaHCO3溶液能鉴别甲、乙
10. 下图为某微生物燃料电池净化水的原理。下列说法正确的是（ ）
A. N极为负极，发生氧化反应
B. 电池工作时，N极附近溶液pH减小
C. M极发生的电极反应为（C6H10O5）n－24ne－＋7nH2O===6nCO2↑＋24nH＋
D. 处理0.1 ml Cr2O eq \\al(2－,7) 时，有1.4 ml H＋从交换膜左侧向右侧迁移
11. 根据下列实验操作和现象得出的结论不正确的是（ ）
12. 室温下用0.1 ml·L－1 Na2SO3溶液吸收SO2的一种脱硫工艺流程如下图所示。已知H2SO3的电离平衡常数分别为Ka1＝1.54×10－2、Ka2＝1.02×10－7，H2CO3电离平衡常数分别为Ka1＝4.30×10－7、Ka2＝5.61×10－11，忽略通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发。
下列说法正确的是（ ）
A. 0.1 ml·L－1 Na2SO3溶液中：c（OH－）＝c（H＋）＋c（HSO eq \\al(－,3) ）＋c（H2SO3）
B. NaHSO3溶液中：c（SO eq \\al(2－,3) ）C. “沉淀”时发生主要反应的离子方程式：CaCO3＋HSO eq \\al(－,3) ===CaSO3＋HCO eq \\al(－,3)
D. “沉淀”分离后的滤液中：c（Ca2＋）·c（SO eq \\al(2－,3) ）13. 工业上制备Ti，采用碳氯化法将TiO2转化成TiCl4。在1 000 ℃时发生如下反应：
① TiO2（s）＋2Cl2（g）＋2C（s）===TiCl4（g）＋2CO（g）；ΔH1＝－51.0 kJ·ml－1 K1＝1.6×1014
② 2CO（g）===CO2（g）＋C（s）；ΔH2＝－172.5 kJ·ml－1 K2＝1.0×10－4
③ 2C（s）＋O2（g）===2CO（g）；ΔH3＝－223.0 kJ·ml－1 K3＝2.5×1018
在1.0×105 Pa，将TiO2、C、Cl2以物质的量比1∶2.2∶2进行碳氯化，平衡时体系中CO2、CO、TiCl4和C的组成比（物质的量分数）随温度变化如下图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 1 000 ℃时，反应TiO2（s）＋2Cl2（g）===TiCl4（g）＋O2（g）的平衡常数K＝6.4×10－5
B. 曲线Ⅲ表示平衡时CO2的物质的量分数随温度的变化
C. 高于600 ℃，升高温度，主要对反应②的平衡产生影响
D. 为保证TiCl4的平衡产率，选择反应温度应高于1 000 ℃
二、 非选择题：共4题，共61分。
14. （15分）钴的氧化物常用于制取催化剂和颜料等。以含钴废料（含C2O3和少量Fe、Al、Mn、Ca、Mg等的氧化物及活性炭）为原料制取钴的氧化物的流程如下：
已知：萃取时发生的反应为C2＋＋n（HA）2⇌CA2·（n－1）（HA）2＋2H＋。
（1） 除Fe、Al：先加入NaClO3溶液，再加入Na2CO3溶液调节pH。写出NaClO3氧化Fe2＋的离子方程式： 。
（2） 除Ca、Mg：当某离子浓度c≤1×10－6 ml·L－1时，认为该离子已除尽。
① 为使Ca2＋、Mg2＋除尽，必须保持溶液中c（F－）≥ ml·L－1。
② 若调节溶液的pH偏低，将会导致Ca2＋、Mg2＋沉淀不完全，其原因是________________________________________________________________________
。
[Ksp（CaF2）＝1.0×10－10，Ksp（MgF2）＝7.4×10－11，Ka（HF）＝3.5×10－4]
（3） 萃取、反萃取：加入某有机酸萃取剂（HA）2，实验测得C2＋萃取率随pH的变化如图1所示。向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。
① 该工艺中设计萃取、反萃取的目的是 。
② C2＋萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是________________________________________________________________________
。
图3
（4） 热分解：向反萃取所得水相中加入（NH4）2C2O4溶液，充分反应后，得到CC2O4·2H2O。将CC2O4·2H2O在空气中加热可得到钴的氧化物。分解时测得残留固体的质量随温度变化的曲线如图2所示。
① B点剩余固体产物为 （写出计算过程）。
② 钴的一种氧化物的晶胞如图3所示，在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有 个。
15. （15分）化合物G是一种酪氨酸激酶抑制剂中间体，其合成路线之一如下：
（1） A分子中碳原子的杂化轨道类型为 。
（2） B→C的反应类型为 。
（3） C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
① 分子中有4种不同化学环境的氢，能与FeCl3发生显色反应，但不能与溴水发生取代反应；
② 在碱性条件下发生水解反应，酸化后产物之一苯环上含有2种含氧官能团。
（4） D→E的反应需经历D→M→E的过程，M的分子式为C11H13NO4，则M的结构简式为 。
（5） 请写出以和甲酸乙酯为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。
16. （16分）对SiO2为载体的加氢废催化剂（主要含有WS2、NiS、Al2S3，少量碳、磷）处理的实验流程如下：
（1） NiS中，基态镍离子的电子排布式为 。
（2） 高温氧化焙烧时，WS2发生反应的化学方程式为 。
（3） 滤渣X的成分为H2SiO3和 。
（4） Mg（H2PO4）2易溶于水，MgHPO4、Mg3（PO4）2均难溶于水。除磷装置如图1所示，向滤液中先通入NH3，再滴加MgCl2溶液，维持溶液pH为9～10，得到复合肥料NH4MgPO4固体。
① 实验中球形干燥管的作用是 。
② 磷酸的分布分数x（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与pH的关系如图2所示。生成NH4MgPO4的离子方程式为 。
③ 向滤液中先通入NH3后加入MgCl2溶液的原因是 。
（5） 已知：① 该实验中pH＝5.0时，Al3＋沉淀完全；在pH＝6.0时，Ni2＋开始沉淀。
② 实验中须用到的试剂：2 ml·L－1 H2SO4溶液、0.1 ml·L－1 NaOH溶液。
浸渣中含NiO、少量的Al2O3和不溶性杂质。请完成从浸渣制备NiSO4·6H2O的实验方案： 。
图1
17. （15分）工业上利用甲醇和水蒸气可制备氢气。
Ⅰ. 电解法制氢：甲醇电解可制得H2，其原理如图1所示。
（1） 阳极的电极反应式为 。
Ⅱ. 催化重整法制氢
（2） 已知反应1：CH3OH（g）===CO（g）＋2H2（g）；ΔH1＝90.6 kJ·ml－1
反应2：CO（g）＋H2O（g）===CO2（g）＋H2（g）；ΔH2＝－41.2 kJ·ml－1
则反应3：CH3OH（g）＋H2O（g）===CO2（g）＋3H2（g）；ΔH3＝ kJ·ml－1。
图2
（3） 以CuOZnOAl2O3催化剂进行甲醇重整制氢时，固定其他条件不变，改变水、甲醇的物质的量比，甲醇平衡转化率及CO选择性的影响如图2所示。
[CO的选择性＝ eq \f(n生成（CO）,n生成（CO2）＋n生成（CO）) ×100%]
① 当水、甲醇比大于0.8时，CO选择性下降的原因是 。
② 当水、甲醇比一定时，温度升高，CO选择性有所上升，可能原因是 。
（4） 铜基催化剂（Cu/CeO2）能高效进行甲醇重整制氢，但因原料中的杂质或发生副反应生成的物质会使催化剂失活。
① 甲醇中混有少量的甲硫醇（CH3SH），重整制氢时加入ZnO可有效避免铜基催化剂失活，其原理用化学反应方程式表示为 。
② 将失活的铜基催化剂分为两份，第一份直接在氢气下进行还原，第二份先在空气中高温煅烧后再进行氢气还原。结果只有第二份催化剂活性恢复，说明催化剂失活的另外可能的原因是 。
（5） 在PtPd合金表面上甲醇与水蒸气重整反应的机理如图3所示（“*”表示此微粒吸附在催化剂表面，M为反应过程中的中间产物）。
图3
根据元素电负性的变化规律，推导M的结构简式并描述步骤2的反应机理：________________________________________________________________________ 。
江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷(十三)
1. B 解析：A项，CO2能与碱反应生成盐和水，故CO2属于酸性氧化物，正确；B项，葡萄糖中含有羟基和醛基，共有两种官能团，错误；C项，CO2转化为C6H12O6，C的化合价发生变化，属于氧化还原反应，正确；D项，CO2转化为葡萄糖，即消耗了CO2，转化为有机物，实现了“碳中和”，正确。
2. D 解析：A项，P4为正四面体结构，属于非极性分子，错误；B项，K＋的最外层电子数为8，错误；C项，P上面漏写一个共用电子对，错误；D项，K＋与H2PO eq \\al(－,2) 之间为离子键，H2PO eq \\al(－,2) 内O与P之间为共价键，正确。
3. A 解析：A项，Mg的3s中电子为全满的稳定结构，较难失去电子，第一电离能较大，Al的价电子排布为3s23p1，易失去3p1上的一个电子，而得到3s轨道中的全满的稳定结构，所以Al的第一电离能较小，正确；B项，O的非金属性强于C，则电负性O>C，错误；C项，O2－和Mg2＋的核外结构示意图相同，Mg2＋的核电荷数比O2－大，对核外电子的吸引能力强，所以Mg2＋的半径比O2－的小，错误；D项，Mg的金属性强于Al，则碱性：Mg(OH)2>Al(OH)3，错误。
4. B 解析：A项，Na2SO3与浓硫酸反应生成Na2SO4、SO2和H2O，正确；B项，SO2溶于水生成H2SO3，酸性条件下，NO eq \\al(－,3) 氧化SO2生成H2SO4，同时产生NO气体，装置乙中有气泡产生，另化学反应并不是都有现象发生，错误；C项，乙中生成的NO进入丙中，将O2注入装置丙中，NO被O2氧化，生成红棕色的NO2，乙中NO eq \\al(－,3) 变为NO，被还原，说明乙中SO2被HNO3氧化，正确；D项，NO2、NO均为有毒气体，需要进行尾气处理，可以用NaOH溶液吸收，同时也可以防止空气的O2进入丙中，将NO氧化，正确。
5. A 解析：A项，SO eq \\al(2－,4) 中S的孤电子对数为 eq \f(6＋2－2×4,2) ＝0，价层电子对数为0＋4＝4，则S为sp3杂化，SO eq \\al(2－,4) 为正四面体结构，正确；B项，S8为环状分子，属于分子晶体，错误；C项，SO2中S的孤电子对数为 eq \f(6－2×2,2) ＝1，价层电子对数为1＋2＝3，则S为sp2杂化，SO2为V形分子，SO3中S的孤电子对数为 eq \f(6－2×3,2) ＝0，价层电子对数为0＋3＝3，则S为sp2杂化，SO3为平面三角形，两者的键角不同，错误；D项，H2O分子间有氢键，所以H2O的沸点比H2S高，错误。
6. C 解析：A项，S用于硫化橡胶，并不是因为硫单质为黄色，错误；B项，SO2漂白草编织物是因为SO2的漂白性，错误；C项，具有还原性的SO eq \\al(2－,3) ，可以与Cl2发生氧化还原反应，正确；D项，浓硫酸是酯化反应的吸水剂，与其具有强氧化性无关，错误。
7. D 解析：A项，该反应为气体体积增大的反应，则反应的ΔS＞0，错误；B项，该反应的化学平衡常数K＝ eq \f(c（S8）·c6（CO2）·c12（H2O）,c8（SO3）·c6（CH4）) ，漏写H2O(g)的浓度，错误；C项，由于H2O(g)被移走，导致逆反应速率迅速减小，而正反应速率瞬时不变，则正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，随后正反应速率也减小，错误；D项，SO3转化为S8，S由＋6价变为0价，生成1 ml S8，则转移电子为6×8＝48 ml e－，正确。
8. B 解析：A项，氨水为弱电解质，不可写成OH－，错误；C项，强碱性溶液中，不可能生成H＋，错误；D项，过量的Ba(OH)2会与NH eq \\al(＋,4) 反应生成NH3·H2O，错误。
9. C 解析：A项，甲中碳碳双键的两个碳原子，所连接的基团不同，故存在顺反异构，正确；B项，中标“*”的为手性碳原子，共有2个，正确；C项，乙中存在一个酯基(消耗1份NaOH)，一个酚酯(消耗2份NaOH)，一个酚羟基(消耗1份NaOH)，一个溴原子(消耗1份NaOH)，1 ml 乙最多可以消耗5 ml NaOH，错误；D项，甲中有羧基，乙中没有，故甲可以与NaHCO3反应放出CO2，而乙不可以，则可用NaHCO3溶液来鉴别甲和乙，正确。
10. C 解析：A项，N极为Cr2O eq \\al(2－,7) 转化为Cr3＋，Cr的化合价降低，得到电子，为原电池的正极，错误；B项，N极的电极反应式为Cr2O eq \\al(2－,7) ＋6e－＋14H＋===2Cr3＋＋7H2O，生成的Cr3＋转化为Cr(OH)3，Cr3＋水解：Cr3＋＋3H2O===Cr(OH)3＋3H＋，两步反应，1 ml Cr2O eq \\al(2－,7) 要给合8 ml H＋，消耗H＋，N极处溶液pH增大，错误；C项，(C6H10O5)n中C为0价，生成CO2中C为＋4价，C的化合价升高4，一共有6n个C，则失去24n个e－，正确；D项，两个电极处转移的电子总量相等，0.1 ml Cr2O eq \\al(2－,7) 转移0.6 ml e－，同时要结合1.4 ml H＋，另一电极(C6H10O5)n也转移0.6 ml e－，生成0.6 ml H＋，所以转移的H＋为1.4 ml－0.6 ml＝0.8 ml，错误。
11. A 解析：A项，SO2与BaCl2溶液不反应，可以加入氧化性气体将SO2氧化成SO eq \\al(2－,4) ，生成BaSO4沉淀，也可以通入碱性气体，如NH3，则生成BaSO3白色沉淀，错误；B项，Fe3＋氧化I－生成I2，I2遇淀粉会变蓝，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性知，Fe3＋的氧化性强于I2，正确；C项，发生反应：HCO eq \\al(－,3) ＋AlO eq \\al(－,2) ＋H2O===Al(OH)3↓＋CO eq \\al(2－,3) ，说明AlO eq \\al(－,2) 可以结合HCO eq \\al(－,3) 电离出的H＋，即AlO eq \\al(－,2) 比CO eq \\al(2－,3) 更容易结合H＋，正确；D项，溴乙烷在碱的醇溶液中发生消去反应，生成乙烯，加热时乙醇易挥发，但是经过水洗后，只有乙烯进入酸性KMnO4溶液中，若KMnO4的紫红色褪去，则可说明溴乙烷发生了消去反应生成了乙烯，正确。
12. C 解析：A项，Na2SO3溶液的质子守恒方程式为c(OH－)＝c(H＋)＋c(HSO eq \\al(－,3) )＋2c(H2SO3)，错误；B项，NaHSO3溶液中存在HSO eq \\al(－,3) 的水解平衡，Kh(HSO eq \\al(－,3) ) ＝ eq \f(Kw,Ka1（H2SO3）) ＝ eq \f(10－14,1.54×10－2) ≈10－12，HSO eq \\al(－,3) 的电离平衡常数Ka2(H2SO3)＝ 1.02×10－7，由此得出HSO eq \\al(－,3) 的电离平衡大于水解平衡，则电离出的SO eq \\al(2－,3) 比水解出来的H2SO3要多，即c(SO eq \\al(2－,3) )>c(H2SO3)，错误；C项，Na2SO3吸收SO2生成NaHSO3，HSO eq \\al(－,3) 与CaCO3反应生成CaSO3和HCO eq \\al(－,3) ，不能生成CO2，因为Ka2(H2SO3)＜Ka1(H2CO3)，正确；D项，溶液中已生成CaSO3沉淀，说明上层清液中Ca2＋与SO eq \\al(2－,3) 之间达到沉淀溶解平衡，即c(Ca2＋)·c(SO eq \\al(2－,3) ) ＝Ksp(CaSO3)，错误。
13. D 解析：A项，用反应①减去反应③可得所求反应，由①得，K1 ＝ eq \f(c（TiCl4）·c2（CO）,c2（Cl2）) ，由③得，K3 ＝ eq \f(c2（CO）,c（O2）) ，则所求反应的K＝ eq \f(K1,K3) ＝ eq \f(c（TiCl4）·c（O2）,c2（Cl2）) ＝ eq \f(1.6×1014,2.5×1018) ＝6.4×10－5，正确；B项，由A项所求反应的平衡常数知，该反应的平衡常数较小，一般难以发生，则几乎没有O2产生，所以反应③虽然平衡常数较大，但由于没有O2，所以反应③也较难发生，故平衡体系中主要发生反应①和②。反应②为等物质的量变化的反应，即反应前后，物质的总物质的量保持不变，则反应②对生成物的总量不影响。在1 000 ℃时，K1的值很大，且由反应①的生成物计量系数知，CO的含量大于TiCl4，图中只有曲线Ⅰ比TiCl4的含量大，则曲线Ⅰ代表CO，由反应②知，生成的CO2和C的量相等，由于起始时C过量，所以平衡时，C的总量比CO2多，则曲线Ⅱ为C，曲线Ⅲ为CO2，正确；C项，高于600 ℃时，TiCl4的含量几乎不变，说明反应①可忽略，升温，会使反应②、③均逆向移动，反应②使CO的含量增大，反应③使CO的含量减小，但图中曲线Ⅰ对应的CO含量增大，所以升温对反应②的影响较大，正确；D项，由题图知，升温对TiCl4的物质的量分数影响不大，所以反应不一定要高于1 000 ℃，错误。
14. (15分)
(1) ClO eq \\al(－,3) ＋6Fe2＋＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O(2分)
(2) ① 0.01(2分)
② pH偏低，较多的F－与H＋形成弱酸HF，导致溶液中F－浓度减小，使Ca2＋、Mg2＋不能完全转化为沉淀(2分)
(3) ① 与Mn2＋等杂质离子分离，富集C2＋或提高C2＋的浓度(2分)
② 当pH<6.5时，随着pH升高，溶液中c(H＋)减小，平衡向正反应方向移动，更多的C2＋与萃取剂反应。当pH>6.5时，随着pH升高，溶液中c(OH－)增大，C2＋与OH－形成C(OH)2沉淀(2分)
(4) ① n(CC2O4)＝n(CC2O4·2H2O)＝ eq \f(18.3 g,183 g·ml－1) ＝0.1 ml
0．1 ml×147 g·ml－1＝14.7 g
故 A点为CC2O4(1分)
设B点剩余固体的化学式为COx
n(COx)＝n(CC2O4)＝ eq \f(14.7 g,147 g·ml－1) ＝0.1 ml
M(COx)＝ eq \f(8.03 g,0.1 ml) ＝80.3 g·ml－1
由59＋16x＝80.3 解得x≈1.33(1分)
COx为C3O4(1分)
② 12(2分)
解析：(1) ClO eq \\al(－,3) 氧化Fe2＋，生成Fe3＋和Cl－，根据Cl、Fe得失电子守恒确定氧化剂、氧化产物、还原剂和还原产物的系数，溶液为酸性条件，故用H＋平衡电荷配平反应，再用H、O原子守恒确定有水生成。(2) ① Ksp(CaF2)比Ksp(MgF2)的值大，若Ca2＋能完全除尽，则Mg2＋也已被除尽，所以用Ksp(CaF2)计算，Ksp(CaF2)＝c(Ca2＋)·c2(F－)，c2(F－)＝Ksp(CaF2)/c(Ca2＋)＝1.0×10－10/1×10－6＝1×10－4，c(F－)＝10－2 ml·L－1。② 酸性条件下，F－会与H＋结合成弱电解质HF，从而导致F－的浓度下降，则会与Ca2＋、Mg2＋反应沉淀不完全。(3) ① 要获得钴的氧化物，流程中先后除去Fe、Al和Ca、Mg，进入“萃取”时，开始分离Mn2＋和C2＋，原理为C2＋与萃取剂反应生成新物质，从而将Mn2＋除去，然后再加入硫酸进行“反萃取”，可将C2＋释放出来，通过多次萃取和反萃取，可以富集得到更多的C2＋。② 萃取时发生的反应为C2＋＋n(HA)2⇌CA2·(n－1)(HA)2＋2H＋，在pH<6.5，并增大pH时，可以促进萃取反应正向移动，C2＋萃取率提高。pH>6.5时，碱性增强，会使得C2＋生成沉淀，C2＋萃取率降低。(4) M(CC2O4·2H2O) ＝183 g·ml－1，在反应前，取m(CC2O4·2H2O) ＝ 18.3g，n(CC2O4·2H2O)＝18.3 g/183 g·ml－1＝0.1 ml，由C守恒知，在B处得到的钴的氧化物中，n(C)＝0.1 ml，m(C)＝0.1 ml×59 g·ml－1 ＝5.9 g，则O的质量为8.03 g－5.9 g ＝ 2.13 g，n(O)＝2.13 g/16 g·ml－1＝0.133 ml，则n(C)∶n(O)＝0.1∶0.133＝1∶1.33＝3∶4，则B处得到的钴的氧化物化学式为C3O4。② 图示晶胞中黑球和白球是等价的，则C、O原子各自周围等距最近的钴、氧原子数目是相同的。假设黑球为C，以顶点的C为例，与顶点最近的黑球，位于三个面心的对角线中点处，该晶胞中共有3个，而顶点的C为8个小立体所共有，所以一共有3×8＝24个C，但是相邻的两个晶胞共用一个面，面心处的C被重复数2次，则与顶点处的C最近的C有12个。
15. (15分)
(1) sp2、sp3(2分)
(2) 还原反应(2分)
解析：(1) A分子中苯环和羰基上的碳原子为sp2杂化，甲基上的碳原子为sp3杂化。(2) B→C中硝基被还原为氨基，去氧加氢称为还原反应。(3) C中除了苯环外，有一个不饱和度，4个碳原子，3个氧原子，1个氮原子。能与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，但不能与溴水发生取代反应，说明酚羟基不存在邻、对位的H原子；能水解，说明含有酯基或酰胺基，水解后含有苯环的有机物上有两种官能团，则应为酚羟基和羧基。分子中有4种不同化学环境的氢，所以分子中的基团在苯环上应是对称的，如两个对称的羟基，两个对称的甲基，多余一个甲基和一个酰胺基。(4)对比D、E的结构简式以及M的分子式知，D中氨基上的H与醛基发生加成反应，生成，生成的羟基与氨基上H发生消去反应生成碳氮双键。(5) 原料有甲酸乙酯，与流程中C→D的原料相同，C中酮羰基会转化为羟基和醛基，所以要设法使中碳碳双键转化为酮羰基。碳碳双键可以先与HCl发生加成反应生成碳卤键，再水解生成羟基，再氧化可得酮羰基，得结构简式为，类比E→F，可将羟基转化为氯原子。
16. (16分)
(1) [Ar]3d8(或1s22s22p63s23p63d8) (2分)
(2) 2WS2＋7O2 eq \(=====,\s\up7(高温)) 2WO3＋4SO2(2分)
(3) Al(OH)3(2分)
(4) ① 防止倒吸(2分)
② Mg2＋＋NH3·H2O＋HPO eq \\al(2－,4) ===NH4MgPO4↓＋H2O(2分)
③ 避免生成MgHPO4[或Mg3(PO4)2]沉淀，得不到复合肥料NH4MgPO4(2分)
(5) 将浸渣加入到稍过量的2 ml·L－1 H2SO4溶液中，充分搅拌；边搅拌边滴加0.1 ml·L－1 NaOH溶液，调节溶液的pH在5.0～6.0，过滤；洗涤滤渣2～3次，将洗涤后的滤液与原滤液合并，将滤液加热浓缩(蒸发)、降温结晶，过滤(4分)
解析：(1)Ni为28号，价电子数为28－18＝10，电子排布式为[Ar]3d84s2，失去2个电子，先从4s上面开始失去，则Ni2＋的价电子排布式为[Ar]3d8。(2) CaWO4中W为＋6价，WS2与O2反应生成WO3和SO2，根据W、S和O得失电子守恒配平反应。(3) 由元素守恒分析，WS、NiS、Al2S3中S元素灼烧会生成SO2，同时生成WO3、NiO和Al2O3，碳、磷与O2反应生成CO2气体和P2O5固体。由流程知，水浸后，加入HCl生成滤渣X之后，除磷、沉钨，浸渣最后得NiSO4，除此之外，还有Al元素没有给出信息，由此推知，滤渣X中有Al(OH)3。(4) ① NH3在水中的溶解度很大，为防止三颈烧瓶中液体的倒吸，利用干燥管上端体积大的空间容纳溶液，因重力原因容纳的溶液会下落，避免了倒吸。② 溶液pH为9～10，由图2知，含磷的物种主要为HPO eq \\al(2－,4) ，与NH3、MgCl2反应生成NH4MgPO4沉淀。③ 若先加入MgCl2，则与HPO eq \\al(2－,4) 会反应生成MgHPO4沉淀；先加入NH3，可以将HPO eq \\al(2－,4) 中和生成PO eq \\al(3－,4) 和NH eq \\al(＋,4) ，加入Mg2＋后，三种离子反应可生成NH4MgPO4。(5) 浸渣用H2SO4充分溶解，根据题给Al3＋、Ni2＋的沉淀pH范围，用NaOH溶液调节pH在5.0～6.0之间，使得Al(OH)3完全沉淀，但不能使Ni2＋生成沉淀。通过过滤除去Al(OH)3和不溶性杂质，在加入H2SO4溶解后不需要过滤，因为多次过滤会使得滤液中的溶质损失。洗涤Al(OH)3沉淀和不溶性杂质2～3次，为减少溶解的损失，故要将洗涤液合并，对滤液蒸发浓缩，冷却结晶得NiSO4·6H2O晶体，最后过滤出晶体。
17. (15分)
(1) CH3OH＋H2O－6e－===CO2↑＋6H＋(2分)
(2) 49.4(2分)
(3) ① 增加水的用量，反应2平衡向正反应方向移动；反应3中更多的CH3OH转化为CO2，都使CO选择性下降(2分)
② 反应1的ΔH1>0，升高温度，平衡正向移动，反应2的ΔH2<0，升高温度，平衡逆向移动，都使CO选择性上升；反应3的ΔH3>0，升高温度，平衡正向移动，使更多的甲醇转化为CO2，使CO2选择性上升，但此影响程度小于前两者使CO选择性上升的影响，所以CO选择性上升仍然随温度的升高而上升(2分)
(4) ① CH3SH＋ZnO===ZnS＋CH3OH(2分)
② 催化剂表面有积碳沉积(2分)
(5) M的结构简式为(1分)，吸附在催化剂表面的H2O断裂为H和OH(1分)，H原子与甲醛分子中的氧原子结合，OH与碳原子结合，生成的(通过氧原子吸附在催化剂表面)(1分)
解析：(1) 阳极失去电子，甲醇转化为CO2，CH3OH中C为－2价，CO2中C为＋4价，C的化合价升高6，则1 ml CH3OH失去6 ml e－，装置中为质子交膜树脂，则用H＋平衡电荷配平反应。(2) 将反应1与反应2相加，可得所求反应的ΔH3＝ΔH1＋ΔH2＝90.6 kJ·ml－1＋(－41.2 kJ·ml－1 ) ＝49.4 kJ·ml－1。(3) ① 当H2O的量增大，反应2和反应3进行的程度增大，生成更多的CO2，则生成的CO会减少，即CO的选择性减小。② 反应1为吸热反应，升高温度，反应1正向进行，CO的选择性增大；反应3也为吸热反应，升高温度，反应3也正向进行，CO2的选择性增大；现结论为温度升高，导致的CO的选择性升高，所以温度对反应1的影响超过了对反应3的影响。(4) ① 甲硫醇为杂质，会使催化剂失活，但是加入ZnO可以避免催化剂失活，说明加入的ZnO可将甲硫醇反应除去。② 直接用H2无法还原失活的催化剂，但先通过高温灼烧就可以用H2还原，说明催化剂表面覆盖了物质，可以通过灼烧除去。有机物很容易形成积炭，故灼烧的物质为炭。(5)步骤1中H2O没有变化，CH3OH中羟基上的H原子与甲基上的H原子，结合成H2。观察步骤4知，HCOOH中，羟基上的H原子与碳原子上的H原子，结合成H2。由此判断出生成的H2，为羟基上的H与碳原子上的H相结合而得，但步骤1得到的没有羟基，所以M要形成含有羟基的物质，与H2O反应，羰基打开一根键，H—OH中H与OH断开，OH与羰基上C相连，H与羰基上O相连，得M为。步骤3为M中羟基上的H原子与碳原子上的H原子相结合生成H2，得另一物质为CHOOH。另外也可这样分析，步骤2得到的产物只有一种M，则为与H2O发生加成反应生成。
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀
X具有强氧化性
B
向0.1 ml·L－1 FeCl3溶液中滴加KI淀粉溶液，溶液变蓝
氧化性：Fe3＋>I2
C
向NaHCO3溶液中加入等浓度等体积的NaAlO2溶液，出现白色沉淀
AlO eq \\al(－,2) 比CO eq \\al(2－,3) 更容易结合H＋
D
将溴乙烷、乙醇和烧碱的混合物加热，产生的气体经水洗后，再通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色
溴乙烷发生了消去反应