2024年高考押题预测卷—化学（辽宁卷02）（全解全析）

这是一份2024年高考押题预测卷—化学（辽宁卷02）（全解全析），共19页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回，下列实验方案能达到实验目的的是等内容，欢迎下载使用。
(考试时间75分钟，总分100分)
注意事项：
1．答题前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的姓名、准考证号分别填写在试卷和答题卡规定的位置上。
2．答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其它答案；非选择题的答案必须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应的区域内，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5 K 39 Cr 52 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Ag 108 Ba 137 Pb 207
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中错误的是( )
A．“深海一号”母船海水浸泡区的铝基可保障船体不易腐蚀
B．“歼-20”飞机上使用的碳纳米材料是一种是新型无机非金属材料
C．临渭草编美观实用，其原料麦秆的主要成分是纤维素，与淀粉互为同分异构体
D．华为新上市的mate60 pr手机引发关注，其芯片主要材料是Si
【答案】C
【解析】A项，“深海一号”母船海水浸泡区的铝基做负极可以与船体形成原电池，利用“牺牲阳极的阴极保护法”可保障船体不易腐蚀，A正确；B项，歼-20”飞机上使用的碳纤维是一种新型的无机非金属材料，B正确；C项，同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物；淀粉和纤维素虽都写成(C6H10O5)n，但n不同分子式不同，不是同分异构体，C错误；D项，华为新上市的mate60 pr手机引发关注，其芯片材料是晶体硅，D正确；故选C。
2．下列叙述正确的是( )
A．熟石膏的化学式：CaSO4·2H2O
B．过氧化钠的电子式：
C．基态氧原子的电子排布图：
D．Ba(OH)2溶液中滴入少量稀硫酸发生反应的离子方程式：Ba2++2OH-+2H++SO42-= BaSO4↓+2H2O
【答案】D
【解析】A项，熟石膏的化学式：2CaSO4·H2O，A错误；B项，过氧化钠的电子式：，B错误；C项，违反了泡利原理，基态氧原子的电子排布图：，C错误；D项，Ba(OH)2溶液中滴入少量稀硫酸生成硫酸钡和水，发生反应的离子方程式：Ba2++2OH-+2H++SO42-= BaSO4↓+2H2O，D正确；故选D。
3．钠的化合物存在广泛，下列说法错误的是( )
A．溶解度(室温，g/100 g水)： Na2SO4·10H2O＞Na2SO4
B．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3
C．水解平衡常数(同温)：＞
D．化学键中的离子键百分数： Na2O＞Na2S
【答案】C
【解析】A项，Na2SO4·10H2O含有结晶水，溶于100g水达到饱和时，溶解Na2SO4·10H2O的质量更大，A正确；B项，NaHCO3受热易分解，热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，B正确；C项，甲基是推电子基团，酸性：苯酚＞对甲基苯酚，水解平衡常数Kh(同温)：＜，C错误；D项，电负性相差越大，化学键中的离子键百分数越大，O的电负性大于S，O、Na之间电负性差值更大，D正确；故选C。
4．下列实验方案能达到实验目的的是( )
【答案】A
【解析】A项，向盛有该溶液的试管中加入浓NaOH溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口成蓝色证明溶液中存在NH4+，A正确；B项，将部分裹有Zn皮的铁钉置于盐酸中，露出的铁会与盐酸反应，B错误；C项，向淀粉溶液中滴加少量稀硫酸，加热一段时间后，向其中滴加碘水，变蓝，证明未完全水解，或没有水解，C错误；D项，向盛有鲜花的集气瓶中通入Cl2，鲜花中有水分使氯气发生反应生成HClO，D错误；故选A。
5．羰基硫(COS)是一种粮食熏蒸剂，能防止某些害虫和真菌的危害。与H2S反应可以制得，其化学方程式为CO(g)＋H2S(g)=COS(g)＋H2(g)。NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是( )
A．2.8gC18O含中子数为1.6 NA
B．中键数目为0.16 NA
C．的H2S溶液中的数目为0.01 NA
D．生成2.24 L H2，转移电子数目为0.2 NA
【答案】B
【解析】A项，2.8gC18O的物质的量为，1个C18O含16个中子，0.1ml C18O含中子数为1.6NA，故2.8gC18O含中子数小于1.6NA，A错误；B项，4.8gCOS的物质的量为0.08ml，1个COS中存在2个π键，0.08ml COS中π键数目为0.16NA，B正确；C项，溶液的体积未知，无法求数目，C错误； D项，未注明“标况”，无法计算2.24 L H2的物质的量，不确定反应转移的电子数，D错误；故选B。
6．肼(N2H4)是一种应用广泛的化工原料，其结构相当于氨分子中的一个氢原子被氨基取代，因此肼与氨在性质上有一定的相似性。下列有关说法中正确的是( )
A．肼分子中存在s-p σ键和p-p σ键
B．肼能够较好地溶于水或乙醇等溶剂
C．肼存在顺式和反式两种同分异构体：和
D．肼能与过量硫酸反应形成酸式盐N2H5HSO4
【答案】B
【解析】由题干信息可知，肼(N2H4)是一种应用广泛的化工原料，其结构相当于氨分子中的一个氢原子被氨基取代，则N2H4的电子式为：。A项，由分析可知，肼分子中的N原子采用sp3杂化，故肼分子中存在s-sp3 σ键和sp3-sp3 σ键，A错误；B项，由题干信息可知，肼与氨在性质上有一定的相似性，故肼能够较好地溶于水或乙醇等溶剂，B正确；C项，由肼的电子式可知，N原子间单键连接可以任意旋转，故肼不存在顺式和反式两种同分异构体，C错误；D项，由肼的电子式可知，肼分子中每个N原子上各有一对孤电子对，故肼能与过量硫酸反应形成酸式盐N2H6(HSO4)2，D错误；故选B。
7．葫芦[n]脲(n=5，6，7，8……)家族分子是一种具有空腔的桶状大杯、两端开口的超分子主体，可以很好地包结有机分子、阳离子和其他客体分子，在分子识别、药物载体等方面有广泛应用。葫芦[n]脲(结构如图)可由A()和B在一定条件下合成。下列说法错误的是( )
A．A分子存在2个手性碳原子
B．B物质可发生氧化反应、还原反应、加成反应
C．A与B合成葫芦[n]脲的反应类型是缩聚反应
D．可利用葫芦[n]脲识别某些金属阳离子
【答案】A
【解析】由题意可知，生成葫芦[n]脲的反应为 与甲醛一定条件下发生缩聚反应生成葫芦[n]脲和水，则B为甲醛。A项，由结构简式可知，分子中不含有连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故分子中无手性碳原子，A错误；B项，甲醛分子中含有醛基，一定条件下能发生氧化反应、还原反应、加成反应，B正确；C项，与甲醛一定条件下发生缩聚反应生成葫芦[n]脲和水，C正确；D项，葫芦[n]脲(n=5，6，7，8……)家族分子是一种具有空腔的桶状大杯，可通过空腔直径不同识别某些金属阳离子，D正确；故选A。
8．中国科学院上海有机化学研究所人工合成了青蒿素，其部分合成路线如图所示：
下列说法中正确的是( )
A．“乙→丙”发生了消去反应B．香茅醛不存在顺反异构现象
C．甲遇浓溴水产生白色沉淀D．香茅醛可形成分子内氢键
【答案】B
【解析】A项，“乙→丙”羟基氧化成了羰基，发生了氧化反应，A错误；B项，香茅醛碳碳双键的同一个碳上连了两个甲基，不存在顺反异构现象，B正确；C项，甲分子属于醇类，不属于酚类，遇浓溴水不产生白色沉淀，C错误；D项，香茅醛中有醛基，醛基中的氧原子可以和其他的-OH等的氢原子之间形成氢键，但不能形成分子内氢键，D错误；故选B。
9．某种锂盐具有良好的电化学性能，其阴离子的结构如图所示，X、Y、Z、W、M是原子半径依次增大的短周期元素，Z的一种单质可用于杀菌消毒，X和Y的原子序数之和是M的2倍，下列说法错误的是( )
A．M的单质属于共价晶体B．简单氢化物的稳定性
C．基态原子未成对电子数D．Z、W均可以与X形成18电子分子
【答案】B
【解析】由阴离子的结构可知，Z能形成两个价键，且Z的一种单质可用于杀菌消毒，所以Z为O，X、Y均形成一个价键，且X的原子半径在5种中最小，所以X为H，Y的原子半径小于O，所以Y为F，X和Y的原子序数之和是M的2倍，所以M为B，X、Y、Z、W、M的原子半径依次增大，所以W为C，综上所述，X、Y、Z、W、M分别为H、F、O、C、B。A项，M为B，其单质硬度大、熔沸点高，属于共价晶体，A正确；B项，Y、Z分别为F、O，氟元素的非金属性强于氧，元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，所以简单氢化物的稳定性Y＞Z，B错误；C项，Z为O，基态原子电子排布式为1s22s22p4，未成对电子数为2；W为C，基态原子电子排布式为1s22s22p2，未成对电子数为2；Y为F，基态原子电子排布式为1s22s22p5，未成对电子数为1，所以基态原子未成对电子数Z=W＞Y，C正确；D项，Z、W分别为O、C，与H形成的H2O2、C2H6均为18电子分子，D正确；故选B。
10．碲被誉为金属性最强的非金属，某科研小组从碲渣(主要含有Cu2Te )中提取粗碲的工艺流程如图所示。下列有关说法错误的是( )
已知：①“焙烧”后，碲主要以TeO2形式存在；②TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱。
A．“焙烧”后铜以Cu2O形式存在
B．“碱浸”后过滤用到的主要仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒
C．“酸化”后生成Te(SO4)2
D．“还原”后，溶液的酸性减弱
【答案】D
【解析】碲渣(主要含有Cu2Te )中通入O2焙烧，由于Cu2O在高温时比CuO稳定，所以Cu元素转化为Cu2O，Te元素转化为TeO2；加入NaOH溶液，Cu2O不溶，TeO2转化为Na2TeO3，过滤后得Cu2O滤渣，滤液为Na2TeO3溶液；加入稀硫酸进行酸化，Na2TeO3转化为Te(SO4)2，再加入Na2SO3还原，发生反应为Te4++2SO32-+2H2O=Te+2SO42-+4H+。A项， “焙烧”后铜以Cu2O形式存在，A正确；B项，“碱浸”后得到固液混合物，需进行过滤操作，过滤时用到的主要仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，B正确；C项，TeO2微溶于水，易溶于强酸，则加酸后，Na2TeO3先转化为TeO2，TeO2继续与硫酸反应，生成Te(SO4)2，C正确；D项，“还原”时，发生反应为Te4++2SO32-+2H2O=Te+2SO42-+4H+，则溶液的酸性增强，D错误；故选D。
11．研究表明许多疾病，包括基因突变(癌变、动脉硬化等)和生物机体中毒等，可能是一氧化氮的释放或调节不正常引起的。用间接电化学法可对NO进行无害化处理，其原理如图所示(质子膜允许H+和H2O通过)，下列相关判断错误的是( )
A．该装置工作时，可视Pb为惰性电极
B．电极I接电源负极，电极反应式为2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O
C．吸收塔中每消耗2mlNO，有通过质子膜
D．每处理1mlNO，电解池将产生11.2LO2
【答案】D
【解析】从图中可以看出，电极Ⅱ中H2O失去电子生成O2和H+，连接电源正极，为阳极；电极Ⅰ得到电子，将HSO3-转化为S2O42-，连接电源负极为阴极。A项，Pb在阳极极，但不参与反应可视为为惰性电极，A正确；B项，在电极Ⅰ上HSO3-获得电子生成为S2O42-，则电极Ⅰ为阴极，接电源负极，电极反应式为2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O，B正确；C项，吸收塔中方程式为2S2O42-+2NO=N2+4HSO3-， 吸收塔中每消耗2mlNO，转移4ml电子，有4mlH+通过质子膜，C正确；D．未说标况，无法计算氧气体积，D错误；故选D。
12．柴油燃油车是通过尿素-选择性催化还原法处理氮氧化物。其工作原理为：将尿素[CO(NH2)2]水溶液通过喷嘴喷入排气管中，当温度高于160℃时尿素水解，产生NH3，生成的NH3与富氧尾气混合后，在催化剂作用下，使氮氧化物得以处理。如图为在不同投料比[]时NO转化效率随温度变化的曲线。下列说法不正确的是( )
A．投料比[]：曲线a大于曲线b
B．使用催化剂可以提高NO的平衡转化率
C．图中温度升高，NO转化率升高的可能原因是氨气的释放速度加快，催化剂的活性增强
D．图中温度过高，NO转化率下降的的可能原因是发生反应4NH3+5O2=4NO+6H2O
【答案】B
【解析】A项，尿素分解产生氨气，氨气的浓度越大，越有利于NO的转化，则尿素与NO的比值为a曲线大于b曲线，A正确；B项，催化剂可加快反应速率，对于平衡转化率不会改变，B错误；C项，随着温度升高，尿素分解氨气的速率加快，NH3的浓度变大，温度升高催化剂活性增加，导致化学反应速率加快，C正确；D项，温度过高，NO的转化效率下降，NO的浓度反而升高，发生反应4NH3+5O2=4NO+6H2O，D正确；故选B。
13．时，固体酸分子筛催化乙醇脱水，乙醇的分子间脱水和分子内脱水过程与相对能量变化如图所示：
下列说法不正确的是( )
A．乙醇通过氢键吸附于固体酸分子筛表面并放出热量
B．生成产物2的决速步活化能为60.1 kcal·ml−1
C．生成产物1的热化学方程式为：CH3CH2OH (l)→CH2=CH2(g) +H2O(l) ΔH＝13.8kcal·ml−1
D．升高温度、延长反应时间及选择合适催化剂均可提高产物1的产率
【答案】D
【解析】A项，根据过程能量示意图可知，乙醇通过氢键吸附于固体酸分子筛表面并放出热量，A正确；B项，生成产物2的决速步对应活化能最大，对应数值：9.3+50.8=60.1 kcal·ml−1，B正确；C项，根据过程能量示意图可知，生成产物1的热化学方程式为：CH3CH2OH (l)→CH2=CH2(g) +H2O(l) ΔH＝13.8kcal·ml−1，C正确；D项，反应存在限度，延长反应时间及选择合适催化剂不能提高转化率，D错误；故选D。
14．硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂，硫代硫酸根(S2O32-)可看作是SO42-中的一个原子被原子取代的产物，浸金时S2O32-与Au+配位形成[Au(S2O3)2]3-。MgS2O3·6H2O的晶胞形状为长方体，结构如图所示，下列说法正确的是( )
A．[Mg(H2O)6]2+中σ键数目为12
B．S2O32-的空间结构是四面体形
C．与配位时，S2O32-中心原子可作配位原子
D．MgS2O3·6H2O晶体的密度为：
【答案】B
【解析】A项，[Mg(H2O)6]2+中，每一个水分子含有2个σ键，水分子和镁离子之间形成了6个配位键，都是σ键，所以[Mg(H2O)6]2+中一共有18个σ键，A错误；B项，S2O32-是用一个硫原子取代了硫酸根离子中的一个氧原子，硫酸根离子的空间结构为正四面体，故S2O32-的结构为四面体结构，B正确；C项，S2O32-的中心S原子没有孤电子对，无法去配位，应是另一个非中心的硫酸原子提供孤电子对，去做配位原子，C错误；D项，晶胞中有4个[Mg(H2O)6]2+和4个S2O32-，其密度应为：，D错误；故选B。
15．常温下，分别在Mn(NO3)2、Zn(NO3)2、HNO2溶液中滴加NaOH溶液，溶液pX[pX=-lgc(X)，X代表Mn2+、Zn2+、OH-、]与pH关系如图所示。已知：Ksp[Mn(OH)2]＞Ksp[Zn(OH)2]。下列叙述错误的是( )
A．图中L2代表，L3代表Zn2＋
B．同时产生两种沉淀时，
C．Mn(OH)2+2HNO2Mn(NO2)2+2H2O的平衡常数K=10-8.7
D．室温下，Ksp[Mn(OH)2]的数量级为10-13
【答案】C
【解析】分别在Mn(NO3)2、Zn(NO3)2、HNO2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中c(Mn2+)、c(Zn2+)、c(HNO2)逐渐减小，c(OH-)逐渐增大，HNO2溶液中c(NO2-)逐渐增大、且起始时pH＜pOH，即随着NaOH溶液的滴加，pMn和pZn逐渐增大，pOH和p逐渐减小，Ksp[Mn(OH)2]＞Ksp[Zn(OH)2]，则图中L1、L2、L3、L4分别代表OH-、、Zn2+、Mn2+，结合图中a点数值计算K(HNO2)=×c(H+)=10-2×10-1.30=10-3.3，结合c点数值计算Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)•c2(OH-)=(10-7)2×101.30=10-12.7，同理Ksp[Zn(OH)2]=(10-5)2×10-6.15=10-16.15。A项，图中L1、L2、L3、L4分别代表OH-、、Zn2+、Mn2+，A正确；B项，Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)•c2(OH-)=10-12.7，Ksp[Zn(OH)2]=10-16.15，则同时产生两种沉淀时，===103.45，B正确；C项，Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)•c2(OH-)=10-12.7，K(HNO2)=×c(H+)=10-2×10-1.30=10-3.3，反应Mn(OH)2+2HNO2Mn(NO2)2+2H2O的平衡常数K===Ksp[Mn(OH)2]×= Ksp[Mn(OH)2]×==108.7，C错误；D项，室温下Ksp[Mn(OH)2]=10-12.7，数量级为10-13，D正确；故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．(14分)公元前200年左右中国就开始使用镍。镍主要用于合金及用作催化剂，也可用来制造货币。以镍废渣(主要成分为Ni，还含有Al2O3、NiO、FeO、CaO和SiO2)为原料制备纯镍的流程如图，回答下列问题：
(1)“酸浸”得到的浸渣的主要成分是 (填化学式)。常温下，“酸浸”中硫酸浓度与镍浸出率的关系如图所示。
硫酸浓度大于c0 ml·L-1后，镍浸出率降低的可能原因是 。
(2)“氧化”时双氧水的作用是 (用离子方程式表示)。
(3)“沉铝”时NiO的作用是 ，“操作X”包括蒸发浓缩、 、过滤、洗涤。
(4) NiSO4‧7H2O在隔绝空气条件下的热失重曲线如下图2所示。a→b过程中失去的物质是 (填化学式，下同)，c点对应的氧化物为 。
(5)Ni和Nb组成的一种合金材料，其晶胞如上图3所示。已知：NA代表阿伏加德罗常数的值。该晶胞中Ni、Nb个数之比为 ，该晶体的密度为 (填表达式)g·cm-3。
【答案】(1) SiO2、CaSO4(1分) 镍被钝化(或其他合理答案)(1分)
(2) 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(1分)
(3) 消耗酸，促进铝离子水解生成Al(OH)3 (2分) 降温结晶(1分)
(4) H2O(2分) Ni2O3(2分)
(5) 3：1(2分) (2分)
【解析】镍废料中加入一定浓度的硫酸，进行酸浸，Al2O3、NiO和FeO转化为可溶性的硫酸铝、NiSO4和硫酸亚铁，CaO与硫酸反应生成的硫酸钙为微溶物，二氧化硅不反应，硫酸钙和SiO2共同形成滤渣，滤液中加双氧水氧化Fe2+成Fe3+，再加氨水调pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，过滤后往滤液中加入NiO沉铝，形成Al(OH)3沉淀，再次过滤后所得滤液经一系列操作，得NiSO4‧7H2O，然后灼烧得氧化物，最后还原得Ni单质。(1) “酸浸”得到滤渣1的主要成分是SiO2、CaSO4；浓硫酸具有强氧化性，硫酸浓度太大，可能会使Ni钝化，从而降低镍的浸出率，或因为硫酸浓度太大、氢离子浓度降低，使镍的浸出率降低，故硫酸浓度大于c0 ml·L-1后，镍浸出率降低的可能原因是：镍被钝化或H+浓度降低；(2)过氧化氢具有强氧化性，“氧化”时双氧水的作用将亚铁离子氧化为铁离子，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；(3)NiO 为金属氧化物，能和氢离子反应，“沉铝”是指将铝元素转化为Al(OH)3沉淀，所以其中NiO的作用是消耗酸，促进铝离子水解生成Al(OH) 3；“操作X”得到NiSO4‧7H2O晶体，操作包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤；(4)NiSO4‧7H2O的相对分子质量为281，起始时2.81gNiSO4‧7H2O物质的量为0.01ml，其中n(Ni)=0.01ml，m(Ni)=0.59g，m(H2O)=0.01ml×7×18g/ml=1.26g，2.81g-1.26=1.55g，所以b点为完全失去结晶水的产物，即a→b过程中失去的物质是H2O；Ni原子守恒，加热至质量不再变化时为氧化物，0.83g中m(Ni)=0.59g，m(O)=0.83g-0.59g=0.24g，所以n(O)==0.015ml，镍、氧物质的量之比为0.01ml：0.015ml=2:3，c点对应的氧化物为Ni2O3；(5)据“均摊法”，晶胞中含个Nb、个Ni，则晶体密度为= g·cm-3。
17．(14分)12-钨磷酸(H3PW12O40，分子量：2880)是杂多化合物的代表物之一，实验室可通过乙醚萃取法合成。涉及的部分物质性质见下表：
【制备步骤】
Ⅰ.12-钨磷酸钠(Na3PW12O40)溶液的制备
取13.2 g Na2WO4 ·2H2O (分子量：330)和2.67g Na2HPO4·2H2O (分子量：178)于烧杯中，溶于80mL热水，边加热边搅拌下，向溶液中以细流加入14 mL浓盐酸，继续加热30 s。
Ⅱ.12-钨磷酸的制备
将烧杯中液体一并转移至分液漏斗中，加入205 mL乙醚及6 mL 6 ml/L的盐酸(均过量)，振荡后静置，液体分三层，分出最下层液体于仪器X中，在通风橱内，置于热水浴中加热蒸除少量乙醚，得白色12-钨磷酸固体8.64 g。
请回答下列问题：
(1)请用离子方程式表示步骤Ⅰ中12-钨磷酸钠的制备原理 ；
(2)“仪器X”为 ；
(3)步骤Ⅱ中，振荡分液漏斗制备12-钨磷酸时，需不时拧开分液漏斗活塞进行放气，这样操作的目的是 ；
(4)步骤Ⅱ中“液体分为三层”，最上层液体的主要成分为 (填代号)；
a．乙醚 b．12-钨磷酸钠溶液 c．水 d．NaCl溶液
(5)步骤Ⅱ蒸除乙醚时，采用水浴加热而不采用明火加热的目的是 ；
(6)制备出的12-钨磷酸常因有灰尘、纸屑等有机纤维杂质落入而形成蓝色的“杂多蓝”，出现这一现象时，加入适量过氧化氢或溴水可使其恢复。上述实验现象可体现出12-钨磷酸常温下具有较强的 (填“氧化性”或“还原性”)；
(7)根据上述实验数据计算，该实验的产率为 (设所得白色固体均为无水12-钨磷酸，结果保留两位有效数字)；
(8)通过对X-射线衍射结果分析，得到12-钨磷酸根离子结构如下图，请回答：
①W原子的配位数为 ；
②12-钨磷酸根离子中存在 种处于不同化学环境的氧原子。
【答案】(1)12WO42-+HPO42-+23H+=PW12O403-+12H2O (2分)
(2)蒸发皿或小烧杯(1分)
(3)(乙醚易挥发)排出乙醚蒸气，减小分液漏斗内压强，防止爆炸(2分)
(4)a(2分)
(5)防止乙醚蒸气遇明火爆燃(2分)
(6)氧化性(1分)
(7)90%(2分)
(8)6 (1分) 4(1分)
【解析】(1)步骤Ⅰ中Na2WO4和Na2HPO4发生反应生成H3PW12O40和水，离子方程式为：12WO42-+HPO42-+23H+=PW12O403-+12H2O。(2)分液出的液体应该放在蒸发皿或小烧杯中，“仪器X”为蒸发皿或小烧杯。(3)步骤Ⅱ中，振荡分液漏斗制备12-钨磷酸时，需不时拧开分液漏斗活塞进行放气，这样操作的目的是：(乙醚易挥发)排出乙醚蒸气，减小分液漏斗内压强，防止爆炸。(4)乙醚的密度比水小，12-钨磷酸的密度比水大，步骤Ⅱ中“液体分为三层”，最上层液体的主要成分为乙醚，故选a。(5)步骤Ⅱ蒸除乙醚时，采用水浴加热而不采用明火加热的目的是：防止乙醚蒸气遇明火爆燃。(6)过氧化氢或溴水具有氧化性，与蓝色的“杂多蓝”反应后可以生成12-钨磷酸，说明蓝色的“杂多蓝”具有还原性，而12-钨磷酸常温下具有较强的氧化性。(7)13.2 g Na2WO4 ·2H2O的物质的量为=0.04ml，2.67g Na2HPO4·2H2O的物质的量为=0.015ml，由方程式12WO42-+HPO42-+23H+=PW12O403-+12H2O可知，理论上生成 12-钨磷酸，该实验的产率为。(8)①由12-钨磷酸根离子结构可知，W原子的配位数为6；②12-钨磷酸根离子是对称的结构，存在4种处于不同化学环境的氧原子。
18．(13分)CH4是重要的资源，CH4-H2O催化重整不仅可制得H2，还对温室气体的减排具有重要意义。工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应：
Ⅰ．CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH1＝+205.8kJ·ml−1
Ⅱ．CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝-41.2kJ·ml−1
总反应：
Ⅲ．CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g) ΔH3
(1)反应Ⅲ的ΔH3= ；该反应自发进行的条件是 。
(2)常向反应体系中通入一定比例的O2，有利于重整反应。试从能量角度分析其原因 ；进料中氧气量不能过大，原因是 。
(3)生产中向重整反应体系中加入适量多孔，其优点是 。
(4)在条件下，甲烷水蒸气重整反应达到平衡时体系中各组分摩尔分数与投料水碳比的计算结果如图所示。(物质的摩尔分数)
①曲线②、④分别代表体系中 、 的变化曲线(填化学式)。
②投料水碳比为4时，反应Ⅲ的平衡常数KP= (以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】(1) +164.6kJ/ml(2分) 高温(1分)
(2) O2与CO反应为放热反应，温度高有利于重整反应的进行(2分) 如果O2的量过大，可能会与H2反应，降低产率(2分)
(3)CaO与CO2反应生成CaCO3，多孔CaO与CO2接触面积大，吸收CO2速率快，使得反应Ⅱ和Ⅲ正向进行，提高氢气的产率同时为反应提供热能(2分)
(4) CH4 (1分) CO2(1分) 4.67MPa2(2分)
【解析】(1)根据盖斯定律，反应Ⅰ+反应Ⅱ得到反应Ⅲ，ΔH3=ΔH1+ΔH2=(+205.8-41.2)kJ/ml=+164.6kJ/ml，反应Ⅲ的ΔH>0，ΔS>0，则高温下，ΔG=ΔH-TΔS