广东省珠海市第一中学2023届高三5月模拟预测二化学试题（含解析）

这是一份广东省珠海市第一中学2023届高三5月模拟预测二化学试题（含解析），共24页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，工业流程题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

广东省珠海市第一中学2023届高三5月模拟预测二化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．广东的“早茶”中有许多特色小吃茶点，深得大家喜爱。下列说法正确的是
A．虾饺中富含蛋白质，加热后蛋白质会变性，有利于人体消化吸收
B．制作肠粉的关键所在就是调制好米浆，可以用KI溶液检验米浆中的淀粉
C．白灼菜心清甜可口，菜心中的纤维素是多糖，有甜味
D．红茶中含有茶多酚，茶多酚是酚类物质，易被还原，应密封保存
2．生产生活中蕴含着许多化学原理，下列说法错误的是
选项
生产活动
化学原理
A
节日烟花：烟花五彩缤纷，呈现各种色彩
锂、钠、钾、锶、钡等元素有特征颜色
B
制造地铁：用不锈钢制造地铁列车的车体
不锈钢抗腐蚀能力强，耐磨性好
C
科技考古：研究人员用测定文物年代
利用死亡生物体不断衰变判断年代
D
酿葡萄酒：适量添加一定二氧化硫
二氧化硫用于杀菌、抗氧化
A．A B．B C．C D．D
3．广东省博物馆馆藏集岭南文物之大成，汇聚诸多种类于一体，下列文物不含硅酸盐材料的是




A．清康熙宜兴紫砂象生瓜形壶
B．明万历款黄釉五彩双龙纹盘
C．清起降款青花船形碟
D．南朝波斯鎏金器
A．A B．B C．C D．D
4．下列说法正确的是
①都是强电解质；②陶瓷、玻璃、水泥都属于硅酸盐材料；③合成纤维、光导纤维都是有机高分子化合物；④溶液与溶液的相同；⑤适量分别通入饱和碳酸钠溶液和澄清石灰水中，都会出现浑浊。
A．①②④ B．①②⑤ C．②③⑤ D．③④⑤
5．白杨素(结构如下)是从紫葳科植物木蝴蝶中提取的一种具有广泛药理活性的物质，具有较高研究前景，下列有关说法正确的是

A．白杨的含氧官能团只有羟基和酮羰基
B．1mol白杨素含有7mol碳碳双键
C．白杨素可以发生加成反应、取代反应
D．1mol白杨素可与足量碳酸钠反应生成
6．科学家提出用转换可燃冰()中的设想，转换过程如图所示，下列说法正确的是

A．笼状结构中水分子间主要靠氢键结合
B．E代表，F代表
C．置换出的过程涉及化学键的断裂及形成
D．可置换可燃冰中所有的分子
7．工业上用发烟将潮湿的氧化为棕色的烟，来除去Cr(III)，中部分氯元素转化为最低价态。下列说法正确的是
A．中元素显+3价
B．属于强酸，该反应还生成了另一种强酸
C．该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为
D．该反应离子方程式为
8．下列离子方程式正确的是
A．用醋酸除水垢：
B．向溴化亚铁溶液中通入足量氯气：
C．用小苏打治疗胃酸过多：
D．通入水中制硝酸：
9．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，11.2LHF所含的原子总数为
B．用惰性电极电解溶液，当阴极产生22.4L气体时，转移的电子数为
C．溶液中含的数目为
D．向盐酸溶液中通入至中性(忽略溶液体积变化)，此时个数为
10．下列陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
SO2有漂白性
SO2可使溴水褪色
B
铁比铜活泼
铜板上的铁钉在潮湿空气中容易生锈
C
蛋白质和淀粉都是高分子化合物
蛋白质和淀粉水解最终产物均是葡萄糖
D
汽油和植物油都属于烃
汽油和植物油都可以燃烧
A．A B．B C．C D．D
11．下列实验操作能达到实验目的的是(　　)

A．用装置甲从碘水中萃取碘 B．用装置乙验证SO2的漂白性
C．用装置丙检验溶液中是否有K＋ D．用装置丁将FeCl3溶液蒸干制备FeCl3
12．我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。

下列说法不正确的是
A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B．CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂
C．①→②放出能量并形成了C—C键
D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
13．甲、乙、丙、丁都是短周期元素，其中甲、丁在周期表中的相对位置如下表所示，甲原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，乙单质在空气中燃烧发出黄色火焰，丙是地壳中含量最高的金属元素，下列判断正确的是
甲






丁
A．原子半径：丙>乙
B．乙和丁的最高价氧化物的水化物均可和丙单质反应
C．基态甲原子有5种不同的运动状态
D．甲、乙的最高价氧化物均是共价化合物
14．溴甲基蓝(用HBb表示)指示剂是一元弱酸，HBb为黄色，Bb-为蓝色。下列叙述正确的是
A．0.01mol·L-1HBb溶液的pH=2
B．HBb溶液的pH随温度升高而减小
C．向NaOH溶液中滴加HBb指示剂，溶液显黄色
D．0.01mol·L-1NaBb溶液中，c(H+)+c(Na+)=c(Bb-)+c(HBb)
15．镁－次氯酸盐燃料电池具有比能量高、安全方便等优点，该电池主要工作原理如图所示，关于该电池的叙述不正确的是

A．铂合金为正极，附近溶液的碱性增强
B．电池工作时，OH－向镁合金电极移动
C．电池工作时，需要不断添加次氯酸盐以保证电解质的氧化能力
D．若电解质溶液为H2O2，硫酸和NaCl的混合液，则正极反应为H2O2＋2e－＝2OH－
16．25℃时，向溶液中滴入溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是

A．25℃时，的电离平衡常数
B．M点对应的NaOH溶液体积为20.0mL
C．N点与Q点所示溶液中水的电离程度：N>Q
D．N点所示溶液中

二、结构与性质
17．Ⅰ．学习小组在实验室制备并探究其相关性质，装置如下图所示。

(1)盛放溶液的仪器名称是___________。
(2)制取的离子方程式为___________。
(3)下列溶液褪色能证明具有还原性的是___________(填标号)。
A．品红溶液 B．含有酚酞的NaOH溶液
C．溴水 D．酸性溶液
Ⅱ．有同学提出与溶液反应时，溶液中的溶解氧也有可能起到氧化作用。设计如图所示实验装置探究溶液中与氧化的主导作用：

(4)下列实验均计时80秒，选择提供的试剂完成表格：
溶液、溶液、溶液、溶液
实验编号
步骤操作
pH变化
i
取25mL煮沸过的溶液，通入
pH轻微减小
ii
取25mL未煮沸的①___________，通入
pH减小2.5
iii
取25mL煮沸过的溶液，通入
pH几乎不变
iv
取25mL未煮沸的②___________，通入
pH减小2
(5)由上述实验可得出：溶液中与氧化占主导作用的是___________(填“”或“”)。
(6)写出在有氧气的条件下，与反应的离子方程式：___________。
(7)GaN晶胞结构如图1所示。已知六棱柱底边边长为，阿伏加德常数的值为。

①晶胞中Ga原子采用六方最密堆积，每个Ga原子周围距离最近的Ga原子数目为___________；
②从GaN晶体中“分割”出的平行六面体如图2，若该平行六面体的高为，GaN晶体的密度为___________(用、表示)。


三、工业流程题
18．过渡金属催化的反应已成为重要的合成工具，贵金属成本高，会对环境造成的不利影响。因此研究成本低廉的含锰、铁、钴、镍、铜等催化剂应用成为热点。以下是以含钴废渣（主要成分CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质）为原料制备CoCO3的一种工艺流程：

下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol/L计算）
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Co2+
7.6
9.4
Al3+
3.0
5.0
Zn2+
5.4
8.0
回答下列问题：（1）“酸浸”时通入SO2的目的是 ____________，反应的离子方程式为______________。
（2）“萃取”过程可表示为ZnSO4（水层）+2HX（有机层）ZnX2（有机层）+H2SO4（水层），由有机层获取ZnSO4溶液的操作是 __________________。
（3）“沉钴”时Na2CO3溶液需缓慢滴加的原因是 ____________。
（4）用得到的CoCO3等为原料采用微波水热法和常规水热法可以制得两种CoxNi(1-x)Fe2O4（其中Co、Ni均为+2价），均可用作H2O2分解的催化剂，有较高的活性。如图是两种不同方法制得的CoxNi(1-x)Fe2O4在10℃时催化分解6%的H2O2溶液的相对初始速率随x变化曲线。由图中信息可知：____________法制取得到的催化剂活性更高，由此推测Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是____________ 。

（5）用纯碱沉淀转化法也可以从草酸钴(CoC2O4)废料得到CoCO3，向含有CoC2O4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有CoCO3沉淀生成时，溶液中=___________。[已知Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8 Ksp (CoCO3) =1.4×10- 13]

四、原理综合题
19．催化还原是解决温室效应及能源问题的重要手段之一、研究表明，在催化剂存在下，和可发生两个平行反应，分别生成和。反应的热化学方程式如下：
    I
                      Ⅱ
某实验室控制和初始投料比为1∶2.2，经过相同反应时间测得如下实验数据：
实验编号
温度(K)
催化剂
转化率()
甲醇选择性()
a
543

12.3
42.3
b
543

10.9
72.7
c
553

15.3
39.1
d
553

12.0
71.6
【备注】纳米棒；纳米片；
甲醇选择性：转化的中生成甲醇的百分比。
已知：①和的燃烧热分别为和
②
回答下列问题(不考虑温度对的影响)：
(1)反应Ⅰ的平衡常数表达式___________；反应Ⅱ的______。
(2)有利于提高转化为平衡转化率的措施有______。
A．使用催化剂      B．使用催化剂       C．降低反应温度
D．投料比不变，增加反应物的浓度        E．增大和的初始投料比
(3)对比实验a和c可发现：相同催化剂下，温度升高，转化率升高，而甲醇的选择性却降低，请解释甲醇选择性降低的可能原因______。对比实验a和b可发现：相同温度下，采用纳米片使转化率降低，而甲醇的选择性却提高，请解释甲醇的选择性提高的可能原因______。
(4)在下图中分别画出反应Ⅰ在无催化剂、有和由三种情况下“反应过程-能量”示意图___。

(5)研究证实，也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的反应发生在___________极，该电极反应式是___________。

五、有机推断题
20．化合物M是一种药物中间体，其中一种合成路线如图所示：

已知：
Ⅰ. +
Ⅱ.
回答下列问题：
(1)A的结构简式为___；试剂X的化学名称为___。
(2)C中官能团的名称为___；由D生成E的反应类型为___。
(3)由E生成F的第①步反应的化学方程式为___。
(4)设计由A转化为B和由F转化为M两步的目的为___。
(5)为M的同分异构体，同时满足下列条件的、的结构有___种(不含立体异构)。
①只含两种官能团，能发生显色反应，且苯环上连有两个取代基。
②1mol最多能与2molNaHCO3反应。
③核磁共振氢谱有6组吸收峰。
(6)参照上述合成路线和信息，设计以丙酮和CH3MgBr为原料(其他试剂任选)，制备聚异丁烯的合成路线：___。

参考答案：
1．A
【详解】A．虾饺中富含蛋白质，加热使蛋白质变性，从而更易被人体消化吸收，A正确；
B．检验淀粉需要使用碘单质而不是KI溶液，B错误；
C．纤维素是多糖但是没有甜味，C错误；
D．茶多酚是酚类物质，易被氧化，所以应密封保存，D错误；
故答案选A。
2．C
【详解】A．烟花五彩缤纷，呈现各种色彩，是因为烟花中含有金属元素，锂、钠、钾、锶、钡等元素有特征颜色，故而呈现各种色彩，A正确；
B．不锈钢抗腐蚀能力强，耐磨性好，故而用不锈钢制造地铁列车的车体，B正确；
C．利用死亡生物体不断衰变判断年代，C错误；
D．二氧化硫用于杀菌、抗氧化，故而酿葡萄酒时适量添加一定二氧化硫，D正确。
故选C。
3．D
【详解】A．紫砂象生瓜形壶为陶瓷制品，含硅酸盐材料，A不符合题意；
B．五彩双龙纹盘为瓷器，含硅酸盐材料，B不符合题意；
C．船形碟为瓷器，含硅酸盐材料，C不符合题意；
D．金器为金属制品，属于金属材料，不含硅酸盐材料，D符合题意；
故选D。
4．B
【详解】①在水溶液完全电离，溶于水的部分能完全电离，都是强电解质，故①正确；
②陶瓷、玻璃、水泥都属于硅酸盐材料，故②正确；
③合成纤维是有机高分子化合物，光导纤维的成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，故③错误；
④溶液与溶液中氢氧根离子的浓度不同，所以不相同，故④错误；
⑤适量通入饱和碳酸钠溶液中生成碳酸氢钠沉淀，适量通入澄清石灰水中生成碳酸钙沉淀，故⑤正确；
正确的是①②⑤，选B。
5．C
【详解】A．含氧官能团有羟基、醚键和酮羰基，故A错误；
B．苯环不含有碳碳双键，1mol白杨素含有1mol碳碳双键，故B错误；
C．白杨素含有碳碳双键，可以发生加成反应，含有羟基，能发生取代反应，故C正确；
D．由于苯酚的酸性比碳酸的弱，则白杨素与碳酸钠不发生反应，故D错误；
故选：C。
6．A
【详解】A．水分子中氧电负性较大，能形成氢键，笼状结构中水分子间主要靠氢键结合，故A正确；
B．CO2置换可燃冰(mCH4·nH2O) 中CH4，由题图可知E代表CH4， F代表CO2，故B错误；
C．由图可知CO2置换出CH4的过程没有形成新的化学键，没有生成新物质，CO2置换出CH4的过程是物理变化，故C错误；
D．由图可知小笼中的CH4 没有被置换出来，则CO2不可置换可燃冰中所有的CH4分子，故D错误；
故选A。
7．B
【详解】A．CrO2(ClO4)2中O为 -2价、Cl为+7价，则根据化合物中元素化合价代数和等于0 ，可知该物质中Cr元素化合价为+6价，A错误；
B．Cl元素的非金属性较强，HClO4属于强酸， HClO4氧化CrC13为棕色的[CrO2(C1O4)2]，部分 HClO4被还原生成HCl，HCl也属于强酸，B 正确；
C．该反应的离子方程式为，其中19mol 中有3mol 作氧化剂，被还原为Cl-，8mol Cr3+全部作还原剂，被氧化为8mol CrO2(ClO4)2，故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3:8，C错误；
D．该反应的离子方程式为，D错误；
故合理选项是B。
8．C
【详解】A．用醋酸除水垢，醋酸是弱酸，醋酸不能拆写为离子，反应的离子方程式为，故A错误；
B．向溴化亚铁溶液中通入足量氯气，亚铁离子、溴离子都被氧化，反应的离子方程式是，故B错误；
C．用小苏打治疗胃酸过多，碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式是，故C正确；
D．通入水中生成硝酸和一氧化氮，反应的离子方程式是，故D错误；
选C。
9．D
【详解】A．标准状况下，氟化氢不是气体，不确定其物质的量，A错误；
B．没有标况，不确定生成气体的物质的量，B错误；
C．硅酸根离子水解导致其物质的量小于0.2mol，数目小于，C错误；
D．根据电荷守恒可知，，此时溶液呈中性，则，个数为，D正确；
故选D。
10．B
【详解】A ．SO2可使溴水褪色是体现还原性不是漂白性，故A错误；
B．铜铁和电解质溶液能形成原电池原电池能加快化学反应速率铁做负极失电子容易生锈，铁比铜活泼，故B正确；
C．淀粉水解生成葡萄糖，蛋白质水解生成氨基酸，故C错误；
D．汽油属于烃，植物油的成分是油脂，故D错误；
故选B。
11．A
【详解】A. 苯与水不互溶，与碘不反应，且I2在苯中的溶解度远大于在水中的溶解度，因此可用苯作萃取剂，萃取碘水中的I2，可以达到实验目的，A项正确；
B. SO2与酸性的高锰酸钾之间因发生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液褪色，因此不能证明SO2具有漂白性，不能达到实验目的，B项错误；
C. 用焰色反应检验K+时，观察火焰的颜色时要透过蓝色的钴玻璃，不能达到实验目的，C项错误；
D. 将FeCl3溶液蒸干的过程中，Fe3+水解生成Fe(OH)3，加热后生成Fe2O3，因此将FeCl3溶液蒸干不能制备纯净的FeCl3，不能达到实验目的，D项错误；
答案选A。
【点睛】解答本题的关键是要掌握盐溶液蒸干时所得产物的判断方法：
(1)盐溶液水解生成难挥发性酸时蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)蒸干得CuSO4(s)；
(2)盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得到对应的氧化物，如AlCl3(aq)蒸干得Al(OH)3，灼烧得Al2O3；
(3)考虑盐受热时是否分解：
原物质
蒸干灼烧后固体物质
Ca(HCO3)2
CaCO3或CaO
NaHCO3
Na2CO3
KMnO4
K2MnO4和MnO2
NH4Cl
分解为NH3和HCl无固体物质存在
(4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化，如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)；
(5)弱酸的铵盐蒸干后无固体，如NH4HCO3、(NH4)2CO3。
12．D
【详解】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。
详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。
点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。
13．B
【分析】甲、乙、丙、丁都是短周期元素，甲原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故甲为C元素；由甲、丁在周期表中的相对位置，可知丁为Cl；乙单质在空气中燃烧发出黄色火焰，则乙为Na；丙是地壳中含量最高的金属元素，则丙为Al。
【详解】A．同周期自左而右原子半径减小，故原子半径：丙（Al）<乙（Na），故A错误；
B．乙和丁的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠、高氯酸，均可和铝单质反应，故B正确；
C．在同一原子轨道下最多可以有两个自旋方向不同的电子，自旋方向不同，运动状态也就不相同，即运动状态个数等于电子数；基态甲原子有6种不同的运动状态，故C错误；
D．甲、乙的最高价氧化物分别为二氧化碳、氧化钠，前者属于共价化合物，后者属于离子化合物，故D错误，
故选B。
14．B
【详解】A．由于HBb为弱酸，0.01mol·L-1HBb溶液中氢离子浓度小于0.01，故溶液的pH＞2，A错误；
B．升温促进电离，HBb溶液的pH随温度升高而减小，B正确；
C．向NaOH溶液中滴加HBb指示剂，溶液含有Bb-为蓝色，C错误；
D．0.01mol·L-1NaBb溶液中，存在物料守恒c(Na+)=c(Bb-)+c(HBb)，D错误；
答案选B。
15．D
【详解】从图中可以看出，ClO-在铂电极转化为Cl-，得电子，则铂电极为正极，镁电极为负极。
A. 铂合金为正极，电极反应为ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-，附近溶液的碱性增强，A正确；
B. 电池工作时，镁电极反应为Mg-2e-+2OH-=Mg(OH)2，所以OH－向镁合金电极移动，B正确；
C. 电池工作时，ClO-不断消耗，浓度断减小，氧化能力不断减弱，所以需要不断添加次氯酸盐，C正确；
D. 若电解质溶液为H2O2、硫酸和NaCl的混合液，则正极反应为H2O2＋2e－+2H+=2H2O，D不正确。
故选D。
16．C
【详解】A．由图可知，溶液的pH=3，则，A项错误；
B．M点pH=7，若加入20mLNaOH溶液，溶液中溶质是，水解使溶液显碱性，与题干的溶液显中性相违背，说明M点对应的NaOH溶液的体积小于20.00 mL，B项错误；
C．完全反应后，加入的NaOH越多，对水的电离抑制程度越大，故N点水的电离程度比Q点大，C项正确；
D．N点时所示溶液中醋酸与NaOH恰好中和，溶液为CH3COONa溶液，CH3COO-发生水解反应而消耗，所以c(Na+)>c(CH3COO-)，CH3COO-发生水解反应消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)> c(H+)，但盐水解程度是微弱的，水解产生的离子浓度远小于盐电离产生的离子浓度，因此c(CH3COO-)>c(OH-)，故该溶液中离子浓度关系为：c(Na+)> c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，D项错误；
故选C。
17．(1)分液漏斗
(2)
(3)CD
(4) 溶液 溶液
(5)
(6)
(7) 12

【分析】浓硫酸和亚硫酸钠生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性使A中品红溶液褪色，二氧化硫和硝酸钡溶液发生反应生成硫酸钡沉淀，二氧化硫和氢氧化钠反应使得溶液碱性消失导致酚酞溶液褪色，二氧化硫和溴水发生氧化还原反应而褪色，二氧化硫和酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而褪色，尾气有毒需要处理；
【详解】（1）盛放溶液的仪器名称是分液漏斗；
（2）浓硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠和水、二氧化硫气体：；
（3）A．品红溶液体现了二氧化硫的漂白性，A不符合题意；
B．二氧化硫具有酸性氧化物的性质，和氢氧化钠反应使得溶液碱性消失，导致酚酞溶液褪色，B不符合题意；
C．溴水具有强氧化性，和二氧化硫发生氧化还原反应而褪色，体现二氧化硫还原性，C符合题意；
D．酸性高锰酸钾具有强氧化性，和二氧化硫发生氧化还原反应而褪色，体现二氧化硫还原性，D符合题意；
故选CD。
（4）实验中探究溶液中与氧化的主导作用，则需要控制实验中的变量唯一；
实验i、ii为对照实验，变量为硝酸钡溶液是否煮沸除去溶解氧，故实验ii填：溶液；
实验iii、iv为对照实验，变量为氯化钡溶液是否煮沸除去溶解氧，故实验iv填：溶液；
（5）由实验i、ii为对照，验iii、iv为对照，通过pH变化可知，存在溶解氧的pH更小，故溶液中与氧化占主导作用的是；
（6）在有氧气的条件下，氧气将四价硫氧化为六价硫的硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，总反应为；
（7）①晶胞中Ga原子采用六方最密堆积，每个Ga原子周围距离最近的Ga原子在上中下层各存在3、6、3，共12个；
②根据“均摊法”，晶胞中含个Ga、个Ga，已知六棱柱底边边长为，则底面积为，该平行六面体的高为，则晶体密度为。
18． 将Co3+转化为Co2+ 2Co3++SO2+2H2O= 2Co2++SO42-+4H+ 向有几层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分液 防止加入过快而产生Co(OH)2沉淀 微波水热 Co2+ 2.2×10-6
【详解】（1）从流程图知要把Co3+转化为Co2+，SO2具有还原性，能把Co3+转化为Co2+，所以“酸浸”时通入SO2的目的是将Co3+转化为Co2+，反应的离子方程式为2Co3++SO2+2H2O= 2Co2++SO42-+4H+。因此，本题正确答案为：将Co3+转化为Co2+。
（2）“萃取”过程可表示为ZnSO4（水层）+2HX（有机层）ZnX2（有机层）+H2SO4（水层），由有机层获取ZnSO4溶液的操作是向有几层中加入适量的硫酸溶液，使平衡逆向进行，充分振荡后再静置，分液。
（3）为防止因加入Na2CO3溶液过快而产生Co(OH)2沉淀，“沉钴”时需缓慢滴加，因此，本题正确答案为：防止加入过快而产生Co(OH)2沉淀。
（4）H2O2分解的分解速率越大，催化剂活性活性越高，根据图象可以知道，X相同时，微波水热法初始速率大于常规水热法，故微波水热制取得到的催化剂活性更高；由图可以知道，随X越大，过氧化氢的分解速率越大，而X增大，Co2+的比例增大，故Co2+的催化效果更好，因此，本题正确答案为：微波水热 ；Co2+。
（5）向含有CoC2O4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有CoCO3沉淀生成时，Ksp(CoC2O4)=c(Co2+)c(CO32-)，Ksp (CoCO3)=c(Co2+)c(C2O42-)，所以溶液中= Ksp (CoCO3)/ Ksp(CoC2O4)= 1.4×10- 13/6.3×10-8=2.2×10-6。
19．(1) +41.2kJ•mol-1
(2)CD
(3) 反应Ⅰ正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，导致温度升高甲醇的选择性降低 采用纳米片使反应Ⅰ速率快，在相同时间内生成的甲醇多
(4)
(5) 阴极 CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O

【详解】（1）平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，反应Ⅰ的平衡常数表达式；CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ•mol-1和-285.8kJ•mol-1，可知热化学方程式
a．CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ•mol-1；
b．H2（g）+O2（g）=H2O（1）△H=-285.8kJ•mol-1，
c．H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ•mol-1，
根据盖斯定律b-a+c得=-285.8kJ•mol-1+283.0kJ•mol-1+44.0kJ•mol-1=+41.2kJ•mol-1。
（2）A．使用催化剂Cat.1，平衡不移动，不能提高转化率，故A错误；
B、使用催化剂Cat.2，不能提高转化率，故B错误；
C、降低反应温度，平衡正向移动，可增大转化率，故C正确；
D、投料比不变，增加反应物的浓度，相当于增大压强，衡正向移动，可增大转化率，故D正确；
E、增大 CO2和H2的初始投料比，可增大氢气的转化率，二氧化碳的转化率减小，故E错误；
选CD。
（3）对比实验a和c：生成甲醇的反应是反应Ⅰ，反应Ⅰ正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，导致温度升高甲醇的选择性降低；
对比实验a和b可发现：催化剂只影响速率而不能改变平衡，表中数据不是达到平衡后测得的数据，而是反应相同时间测得的数据，采用纳米片使反应Ⅰ速率快，在相同时间内生成的甲醇多。
（4）从表中数据分析，在催化剂Cat.2的作用下，甲醇的选择性更大，说明催化剂Cat.2对反应Ⅰ催化效果更好，催化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂Cat.2的反应过程中活化能更低，故图为。
（5）CO2在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，C元素化合价降低，被还原，应为电解池的阴极反应，电极方程式为CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O。
20． 环己酮 羟基、醚键 取代反应 +NaOH→+C2H5OH 保护酚羟基不被氧化 3
【分析】A(C7H6O3)通过信息Ⅰ的反应生成，则A中存在两个酚羟基和一个醛基，A的结构式为：，X为；B通过信息Ⅱ的反应生成C，则C的结构式为： ，C和硫酸反应生成D，D和BrCH2COOC2H5发生取代反应生成E，E在碱溶液中发生水解反应生成F，F发生信息Ⅰ的反应生成M，以此解答。
【详解】(1)由分析可知，A的结构简式为：，X为，化学名称为环己酮；故答案为：；环己酮；
(2)由分析可知，C为，官能团的名称为羟基、醚键；由D生成E的反应类型为取代反应；故答案为：羟基、醚键；取代反应；
(3)E在碱溶液中发生水解反应生成F，方程式为：+NaOH→+C2H5OH，故答案为：+NaOH→+C2H5OH；
(4)酚羟基溶液被氧化，把酚羟基变成醛基再变回酚羟基可以保护酚羟基不被氧化，故答案为：保护酚羟基不被氧化；
(5)M的同分异构体中①只含两种官能团，能发生显色反应，且苯环上连有两个取代基，说明其中存在酚羟基；②1mol最多能与2molNaHCO3反应，说明其中含有两个羧基；③核磁共振氢谱有6组吸收峰，说明有6中环境的氢原子；满足上述条件的M的同分异构体为：、或，共有3种，故答案为：3；
(6)丙酮通过信息Ⅱ反应将羰基转化为羟基生成，再通过消去反应生成，发生加聚反应生成聚异丁烯，故答案为：。