湖北省武汉市圆创联考2023届高三3月质检化学试题

这是一份湖北省武汉市圆创联考2023届高三3月质检化学试题，共20页。试卷主要包含了单选题，实验题，有机推断题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

湖北省武汉市圆创联考2023届高三3月质检化学试题

一、单选题
1．自然界与人类活动均对氮的循环产生影响。下列说法正确的是
A．大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质转化为氨基酸
B．汽车尾气中的NO主要来源于汽油的不充分燃烧
C．氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料，可用于制造汽车发动机
D．亚硝酸钠可用于肉制品的生产，不仅可以防腐还可以保护其颜色
2．材料对于促进生产发展、改善人类生活发挥着巨大作用。下列有关材料的说法正确的是
A．不锈钢中含有铬、镍等元素，具有很强的抗腐蚀能力
B．用来生产电闸、灯口等产品的酚醛树脂属于聚酯类化合物
C．汽车机盖上使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料
D．在钢中加入某些稀土元素，可降低钢的韧性、塑性等
3．利用如图所示装置及药品完成实验，能达到实验目的的是

A．用装置甲制取O2 B．用装置乙制备金属镁
C．用装置丙作为蒸馏的接收装置 D．用装置丁除去Cl2中混有的HCl并干燥
4．甲酸甲酯常用作杀菌剂、熏蒸剂和烟草处理剂，可由甲酸和甲醇反应制得。NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是
A．pH=3的甲酸溶液中氢离子数目为1×10-3NA
B．0.5 mol甲酸甲酯中含有sp3杂化的原子数目为NA
C．50g质量分数为64%的甲醇水溶液中含有σ键数目为5NA
D．甲醇燃料电池中，每消耗22.4L(标准状况)甲醇，转移电子数目为6NA
5．能正确表示下列反应的离子方程式为
A．向酸性KMnO4溶液中滴加双氧水：2MnO+H2O2+6H+=2Mn2++3O2↑+4H2O
B．向硝酸铁溶液中通入少量的SO2：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++2H++SO
C．向次氯酸钠溶液中通入少量CO2：ClO-+CO2+H2O=HC1O+HCO
D．侯氏制碱法的反应原理：NH3+CO2+H2O=HCO+NH
6．中药连翘具有清热解毒、疏散风热的功效，常用于治疗肺炎等疾病。化合物X是从连翘中提取出来的一种成分，其结构如图所示。下列有关化合物X的说法错误的是    

A．可以发生加聚反应、缩聚反应、还原反应
B．与浓溴水反应时，1molX最多消耗3 mol Br2
C．1 mol X最多与1 mol Na2CO3反应
D．X与 互为顺反异构体
7．无水FeCl3是芳香烃取代反应常用的催化剂，它具有易水解、易升华的性质。某同学用5.60g干燥铁粉制得13.00g无水FeCl3样品，实验装置如图所示。下列说法正确的是

A．该实验中FeCl3的产率为60%
B．装置C、H中的药品可以都为P2O5
C．装置B用于干燥氯气，装置E和G用于收集产物
D．可用K4[Fe(CN)6]溶液检验FeCl3产品中是否存在FeCl2
8．TFMT因具有成本低廉及反应性质多样等优点被用作有机合成的缩合试剂，其结构如图所示，其中W、X、Y、Z为原子半径依次增大的短周期非金属元素，W位于元素周期表的p区。下列说法正确的是

A．氢化物沸点：Y B．热稳定性：YX2 C．XW2中元素X的化合价为+2价
D．基态原子未成对电子数：Y 9．联氨(N2H4)为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列说法正确的是

A．结合H+能力：NH3>N2H4 B．H-N-H键角：NH3>[Cu(NH3)4]2+
C．第一电离能：O>N>Cu D．中心离子半径：［Cu(NH3)4]2+>[Cu(NH3)2]+
10．下列操作能达到实验目的的是
选项
目的
实验操作
A
探究温度对化学平衡的影响
加热0.5mol·L-1CuCl2溶液
B
证明干燥的氯气不具有漂白性
将干燥的氯气通人盛有红色鲜花的集气瓶中
C
比较AgBr和AgCl的Ksp大小
向NaCl和NaBr的混合溶液中逐滴加入少量AgNO3溶液
D
探究浓度对反应速率的影响
向2支分别盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中，同时加入2mL5%H2O2溶液

A．A B．B C．C D．D
11．在恒温恒容条件下，向某容器中充入一定量的N2O5气体发生下列反应：2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)   ΔH>0。温度T时，部分实验数据如表所示：
t/s
0
50
100
150
c(N2O5)/mol·L-1
4.00
2.5
2.00
2.00

下列有关说法错误的是A．温度T时，该反应平衡常数K=64
B．150s后再充入一定量N2O5，再次达到平衡N2O5的转化率将增大
C．达平衡后升高温度，该容器内混合气体的密度不会改变
D．其他条件不变，若将恒容改为恒压，则平衡时N2O5的转化率增大
12．硼氢化锂(LiBH4)是一种潜在的高效储能材料，在高压下呈现出多晶型的转变过程。图a是不同压强下LiBH4的两种晶胞，图b是晶胞I沿x、y、z轴的投影图，下列有关说法错误的是


A．电负性：H>B>Li
B．晶胞II为较大压强下的晶型
C．LiBH4中存在配位键，B提供空轨道
D．晶胞I中Li+周围距离最近的BH有4个
13．2，5-呋喃二甲酸(FDCA)是一种重要的化工原料，可用如图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH-，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是

A．a为电源正极
B．双极膜中间层中的OH-在外电场的作用下移向铅电极
C．制得1mol FDCA，理论上消耗2 mol
D．负极区的电极反应为：-6e-+2H2O=+6H+
14．据文献报道，在铁双聚体催化作用下，制备化合物Y的一种反应机理如图所示。下列说法正确的是

A．该总反应原子利用率为100%
B．物质X和Y分别为H2O和CH3OH
C．铁双聚体可降低该反应的活化能和焓变
D．反应过程中有非极性键的断裂和生成
15．H3PO3是制造塑料稳定剂的原料。常温下，向100mL0.5mol·L-1H3PO3溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，混合溶液中所有含磷微粒的物质的量分数(δ)与溶液pOH[pOH=-lgc(OH-)]的关系如图所示。下列说法错误的是                      

A．H3PO3的结构简式为
B．a点水电离出的c(OH-)=1×10-7.4mol·L-1
C．当pH=4时，c(HPO)=c(H3PO3)
D．b点时加入NaOH溶液的体积为50mL

二、实验题
16．Mg与水反应时，Mg表面会覆盖致密的导致反应较缓慢。某兴趣小组为了验证部分离子对Mg与水反应的影响，进行了如下实验。
I．验证和对Mg与水反应的促进作用
实验序号
a
b
c
d
0.1 mol·L盐溶液


NaCl

30 min内产生气体的体积/mL
1.5
0.7
<0.1
1.4
气体的主要成分

30 min时镁条表面情况
大量固体附着(固体可溶于盐酸)

(1)某同学认为根据上表能够说明对Mg与水的反应起促进作用，他的理由是__________。
(2)实验b、d镁条表面附着固体中还检验出碱式碳酸镁，写出Mg与溶液反应生成该固体的离子方程式：________________。
(3)综合实验a~d可以得出结论：和都能与作用而加快Mg与水的反应，________________________________(补充两点)。
II．室温下，探究对Mg与水反应的影响
该小组用Mg与NaCl溶液反应，实验发现当浓度过低或过高时，反应速率没有变化，当浓度为2 mol·L时，Mg与水反应较快，产生大量的气泡，同时生成白色固体，最终溶液pH约为10.98。
(4)经检验该白色固体含有碱式氯化镁。碱式氯化镁受热(>100℃)易分解生成氧化镁和两种气体，写出其分解的化学方程式：__________________________。实验室检验镁条表面生成的白色固体含有碱式氯化镁的操作是__________________。
(5)常温下，饱和溶液的______，试从化学平衡角度分析实验得到最终溶液的pH大于该值的原因：___________(已知，)。

三、有机推断题
17．帕克替尼是一种口服JAK激酶抑制剂，用于治疗原发性或继发性成人骨髓纤维化，其合成路线如下：

回答下列问题：
(1)D的化学名称为___________
(2)F的结构简式为___________
(3)⑤的反应类型为___________，反应___________的反应类型与该反应相同(填反应序号)。
(4)G中含氧官能团的名称为___________
(5)反应⑦生成帕克替尼和另一种物质，写出该物质的结构简式___________
(6)化合物A的同分异构体中满足下列条件的有___________种；
i．含有苯环                               ii．能与NaOH溶液反应
其中核磁共振氢谱峰面积比为2：2：1的结构简式为___________

四、工业流程题
18．钨精矿分解渣具有较高的回收利用价值，以钨精矿分解渣为二次资源综合回收锰、铁的工艺流程如下：

已知：钨精矿分解渣的主要化学成分及含量
名称
MnO2
Fe2O3
CaO
SiO2
WO3
ZnO
其它
含量
34.8%
26.1%
7.6%
8.8%
0.75%
0.66%
-

①WO3不溶于水、不与除氢氟酸外的无机酸反应。
②Ksp(ZnS)=3×10-25、Ksp(MnS)=2.4×10-13
(1)将钨精矿分解渣预先粉碎的目的是___________。
(2)“浸渣”的主要成分为___________。
(3)“除杂”时加入(NH4)2SO4的目的是___________；相较于H2SO4，该步选择(NH4)2SO4的优点是___________。
(4)“沉铁”时需要在不断搅拌下缓慢加入氨水，其目的是___________。
(5)用沉淀溶解平衡原理解释“净化”时选择MnS的原因___________。
(6)“沉锰”时发生反应的离子方程式为___________。
(7)取2kg钨精矿分解渣按图中流程进行操作，最终得到880g含锰元素质量分数为45%的MnCO3，则整个过程中锰元素的回收率为___________。

五、原理综合题
19．我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
I．CO2在Pb催化剂作用下，通过电催化还原为CO、HCOOH等物质被认为是一种具有前景的利用CO2的方式。
(1)Pb催化剂中引入Bi能够提高它的选择性。Bi的价电子排布式为6s26p3，其在元素周期表中的位置为___________。
(2)在Pb催化剂表面，CO2转化为CO和HCOOH是通过两种平行的反应途径进行的。CO2还原生成CO、HCOOH的关键中间体分别为*COOH、HCOO*。Pb催化剂催化CO2转化为CO和HCOOH的反应历程如图所示。(*表示吸附在催化剂表面)                          

①写出CO2在酸性介质中电催化还原为HCOOH的电极反应式___________。
②产物的选择性是由催化剂对两种关键中间体的结合强度决定的。在Pb催化剂表面更利于生成___________
II．CH4与CO2重整是CO2再利用的研究热点之一，该重整反应体系主要涉及以下反应：
反应①：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH1
反应②：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ·mol-1
反应③：2CO(g) CO2(g)+C(s) ΔH3=-172.5kJ·mol-1
(3)已知25℃时，CH4、CO和H2的燃烧热分别为890 kJ·mol-1、283kJ·mol-1和285.8kJ·mol-1则ΔH1=___________。
(4)1.01×105 Pa下，将n(CO2)：n(CH4)=1：1的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中CH4和CO2的平衡转化率如图所示。                         

①800℃时CO2的平衡转化率远大于600℃时CO2的平衡转化率，其原因是___________。
②CH4的还原能力(R)可用于衡量CO2的转化效率，R= (平衡时CO2与CH4的物质的量变化量之比)。600℃时，R=___________；随温度的升高，R变化趋势为___________(填“增大”、“减小”、“先减小后增大”)。

参考答案：
1．D
【详解】A．豆浆主要是蛋白质，煮沸后变性，不是水解生成氨基酸，选项A错误；
B．汽油中无氮元素，氮氧化物产生的原因是内燃机的高温环境使空气中的N2与O2化合形成NO，选项B错误；
C．氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，选项C错误；
D．亚硝酸钠是一种防腐剂和护色剂，生产加工腊肉、香肠等肉制品时添加亚硝酸钠，可以增加肉类的鲜度，并有抑制微生物的作用，能防止肉类变质并保持鲜红色，但亚硝酸钠有毒，作为食品添加剂使用时必须按规定添加，选项D正确；
答案选D。
2．A
【详解】A．不锈钢中含有铬、镍元素，能改变金属的内部结构，使铁合金具有很强的抗腐蚀能力，A项正确；
B．酚醛树脂是由酚类和醛类聚合而成的，不属于聚酯，B项错误；
C．碳纤维属于碳单质，不是新型有机高分子材料，C项错误；
D．在钢中加入某些稀土元素形成的合金，可增强钢的韧性、塑性等，D项错误；
故选A。
3．D
【详解】A．Na2O2与H2O剧烈反应生成NaOH和O2，同时放出大量的热，Na2O2不是块状且难溶于水的固体，不能用启普发生器制备，故A错误；
B．Mg的金属活动顺序强于Al，不能通过铝热反应制备，故B错误；
C．蒸馏时，锥形瓶不能用瓶塞，故C错误；
D．稀硫酸中含有大量氢离子，可以抑制氯气的溶解，而稀硫酸中的水可以吸收HCl，洗气后再用浓硫酸干燥，可制得干燥的氯气，故D正确；
选D。
4．B
【详解】A．该甲酸溶液体积未知，无法计算氢离子数目，A项错误；
B．甲酸甲酯中1个碳原子和1个氧原子采用sp3杂化，0.5mol甲酸甲酯中采用sp3的原子数目为NA，B项正确；
C．50g质量分数为64%的甲醇水溶液中，m(CH3OH)=32g，m(H2O)=18g，各为1mol，1 mol CH3OH中σ键数目为5NA，1mol H2O中σ键数目为2NA，因此50g该溶液中σ键数目为7NA，C项错误；
D．标准状况下，甲醇为液体，D项错误；
故选B。
5．C
【详解】A．向酸性KMnO4溶液中滴加双氧水，双氧水被氧化成氧气，其反应的离子方程式为2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，A项错误；
B．硝酸的氧化性大于铁离子，因此向硝酸铁中加入少量SO2时，硝酸与SO2发生氧化还原反应，B项错误；
C．由于酸性：H2CO3>HClO>HCO，则向次氯酸钠溶液中通入少量的CO2生产次氯酸和碳酸氢钠：ClO-+CO2+H2O=HClO＋HCO，C项正确；
D．侯氏制碱法中发生反应：NH3+NaCl+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，由于NaHCO3的溶解度比碳酸钠小，能够从溶液中析出，故书写离子方程式时NaHCO3应写化学式，D项错误。
故选C。
6．C
【详解】A．该有机物有碳碳双键、羟基和羧基3种官能团，因此可以发生加聚反应、缩聚反应、还原反应，A项正确；
B．1mol该化合物可以与1molBr2发生加成反应，酚羟基的两个邻位氢还可以与2molBr2发生取代反应，B项正确；
C．该有机物中含有酚羟基和羧基，1mol该化合物最多与2molmol Na2CO3反应，C项错误；
D．由碳碳双键两端的基团可知，X与互为顺反异构体，D项正确；
故选C。
7．B
【分析】A、B装置均为浓硫酸干燥Cl2，而C、H均为干燥且防止FeCl3水解。E、F、G收集FeCl3，I吸收尾气。
【详解】A．根据反应2Fe+3Cl2=2FeCl3，5.6g铁粉理论上制得氯化铁的质量xg，解得 x=16.25g，× 100%=80%，A项错误；
B．装置C和H起干燥作用，可以选择P2O5，B项正确；
C．装置A的目的是干燥氯气，装置B是检查后续装置是否堵塞，C项错误；
D．检验Fe2+用K3[Fe(CN)6]溶液，D项错误；
故选B。
8．C
【分析】根据物质结构以及成键方式，Z成了6个共价键，X成了2个共价键，可以推出X、Z分别为氧元素和硫元素；Y成了4个共价键，且半径小于Z，因此Y为C元素；W成了1个共价键，且位于元素周期表的p区，半径小于X，因此W为氟元素；
【详解】A．碳元素形成的氢化物有多种烃类物质，沸点不一定小于氧形成的氢化物，选项A错误；
B．S的原子半径比O大，故C=S键长比C=O键长长，键能小，故CS2的热稳定性比CO2的低，选项B错误；
C．OF2中F为-1价，O为＋2价，选项C正确；
D．C、O、S三种基态原子未成对电子数均为2，基态原子未成对电子数：Y=X=Z，选项D错误；
答案选C。
【命题意图】考查元素推断、元素周期律等知识，意在考查学生的分析与推测的关键能力。
9．A
【详解】A．NH3共用电子对更偏向N元素，N元素上的电子云密度大，更易结合质子(H+)，A正确；
B．［Cu(NH3)4]2+中N原子的孤对电子形成配位键，NH3中N原子有1对孤对电子，孤对电子与成键电子对间的斥力大，键角小，H-N-H键角：NH3<[Cu(NH3)4]2+，B错误；
C．根据非金属性越强，第一电离能越大分析，但氮原子属于半充满结构，第一电离能大于相邻元素，故第一电离能N>O>Cu，C错误；
D．Cu2+和Cu+核电荷数相同，Cu+核外电子数多，半径大，D错误；
故选A。
10．A
【详解】A．氯化铜稀溶液中存在［Cu(H2O)]2+(蓝色)＋4Cl-[CuCl4]2-(黄色)＋4H2O ΔH>0，加热溶液变为蓝绿色(蓝色和黄色的混合色)，说明升高温度平衡向吸热的方向移动，A项正确；
B．将过量干燥的氯气通入盛有红色鲜花的集气瓶中，因为鲜花中有水，则红色鲜花颜色褪去，B项错误；
C．NaCl和NaBr的浓度大小未知，产生的淡黄色沉淀也可能是溴离子浓度较大所导致，因此该实验现象不能说明Ksp(AgBr) D．H2O2与NaHSO3溶液发生氧化还原反应生成H2O和Na2SO4，无明显现象，D项错误。
故选A。
11．B
【详解】A．
K= ，故A正确；
B．恒容条件下，再充入一定量N2O5，相当于加压，再次达到平衡N2O5的转化率将降低，故B错误；
C．升高温度，混合气体的总质量、容器的体积都不变，因此气体的密度不变，故C正确；
D．该反应的正反应是气体分子数增大的反应，其他条件不变时，改为在恒压密闭容器中反应，相当于减压，平衡正向移动，平衡时N2O5的转化率增大，故D正确；
选B。
12．D
【详解】A．根据BH中B显＋3价，氢显-1价可以判断电负性H>B，A正确；
B．由晶胞结构可知，晶胞II的密度大于晶胞I，压强越大，晶体中离子间的距离越小，密度越大，则在较大压强下的晶型是晶胞II，B正确；
C．BH中存在配位键，B提供空轨道，C正确；
D．晶胞I为长方体，不是正方体，Li+与周围的4个BH的距离不相等，D错误；
故选D。
13．C
【详解】A．铅电极附近醛基被还原为羟基，发生还原反应，为阴极，因此a为电源的负极，A项错误；
B．双极膜中间层中的OH-在外电场的作用下移向阳极(催化电极)，B项错误；
C．制得1mol FDCA，阳极消耗，转移6mole，阴极转移6mole时，消耗1 mol，共消耗2 mol，C项正确；
D．电解池中负极区即为阴极，阴极发生还原反应，D项错误。
故答案选C。
14．B
【分析】比较②③物质结构可知，生成X为水；比较⑤①物质结构可知，生成Y为甲醇；
【详解】A．由图可知，该反应的总反应为过氧化氢和甲烷生成水和甲醇，H2O2+CH4=H2O+CH3OH，原子利用率小于100%，A错误；
B．由反应机理图可以推出物质X和Y分别为H2O和CH3OH，目标产物为CH3OH，B正确；
C．铁双聚体为该反应的催化剂，可降低该反应的活化能，不改变反应的焓变，C错误；
D．反应过程中有非极性键(O-O键)的断裂，没有非极性键的生成，D错误；
故选B。
15．D
【详解】A．图像中只含有3种含磷微粒，因此H3PO3为二元酸有两个羟基氧，结构，A项正确；
B．随着c(OH-)逐渐增大，pOH减小，根据H3PO3+OH-=H2PO3-+H2O，H2PO3-+OH-=HPO32-+H2O知，c(H3PO3)逐渐减小，c()先增大后减小，c()逐渐增大，故曲线I、II、II分别表示、、H3PO3的变化曲线，a点溶质为Na2HPO3和NaH2PO3，溶液pH为6.6，显酸性，H2PO3-电离出H+，该溶液对水的电离起抑制作用，C水(OH-)=C溶液(OH-)=1×10-7.4 mol·L-1，B项正确；
C．b点时，c(H3PO3)=c()此时Ka1=c(H+)=10-1.4，a点时，c()=c()，Ka2=c(H+)=10-6.6， Ka1·Ka2= 10-8，当c(H+)=10-4时，c()=c(H3PO3)，C项正确；
D．当加入NaOH溶液的体积为50mL，反应生成的NaH2PO3和剩余的H3PO3物质的量相同，但需要考虑H3PO3的电离和的电离，此时c(H3PO3)≠c()，D项错误；
故选D。
16．(1)30 min内实验a产生气体的体积远大于实验c(或30 min内实验d产生气体的体积远大于实验b)
(2)
(3)相同浓度时，对Mg与水反应的促进作用大于；和共同存在且浓度相同时，二者对Mg与水反应的促进作用并未叠加
(4)          取适量白色固体，灼烧，若产生的气体可以使玻璃棒表面蘸有的溶液变浑浊，则证明白色固体含有碱式氯化镁
(5)     10.48     反应过程中存在平衡，促使该平衡正向移动，溶液中浓度增大，pH增大

【分析】研究外界条件变化对实验结果产生的影响要注意控制变量，通过对比实验得出实验结论；
【详解】（1）实验a中所用盐溶液为溶液，实验c中所用盐溶液为NaCl溶液，实验a、c所用盐溶液中的阴离子相同，30 min内，实验a产生气体的体积远大于实验c，可说明对Mg与水的反应起促进作用。
（2）Mg与溶液反应生成碱式碳酸镁，反应中镁元素化合价升高，则氢元素化合价降低生成氢气，根据质量守恒可知，还会生成碳酸根离子，离子方程式为
；
（3）对比实验a、c和实验b、c，30 min内，实验a中产生气体的体积较大，说明相同浓度时，对Mg与水反应的促进作用大于；对比实验a、d，30 min内，实验d中产生气体的体积略小于实验a，说明和共同存在且浓度相同时，二者对Mg与水反应的促进作用并未叠加；
（4）碱式氯化镁受热易分解生成氧化镁和两种气体，根据质量守恒可知生成气体为水和HCl，化学方程式为。实验中镁条表面生成的白色固体为氢氧化镁和碱式氯化镁的混合物，可以通过检验的存在检验碱式氯化镁：取适量上述白色固体，灼烧，若产生的气体可以使玻璃棒表面蘸有的溶液变浑浊，则证明白色固体含有碱式氯化镁；
（5）设饱和溶液中 mol·L，则 mol·L，，可得 mol·L，则。反应过程中存在平衡，促使该平衡正向移动，溶液中浓度增大，pH增大。
17．(1)3-溴丙烯或3-溴-1-丙烯
(2)
(3)     还原反应     ②
(4)硝基、醚键
(5)CH2=CH2
(6)     15     、

【分析】根据B与NaBH4发生还原反应生成C，结合C的分子式可知，C比B多2个H，则可推知C为，在一定条件下与D反应生成E，结合E的结构简式及D的分子式可推知D为，E与F在DMA作用下反应生成G，结合G的结构简式及F的分子式可推知F为，结合其他有机物的结构简式及反应条件进行分析解答；
【详解】（1）反应②中NaBH4为常见的还原剂，将B中的-CHO还原为羟基，即变为-CH2OH，然后D再取代C中的羟基得到E，故D(C3H5Br)的结构简式为，化学名称为3-溴丙烯或3-溴-1-丙烯；
（2）观察E和G的结构异同可看出，F取代E中的-Cl后生成G，故F的结构简式为；
（3）-NO2→-NH2为还原反应，②也是还原反应，故⑤的反应类型为还原反应，反应②的反应类型与该反应相同；
（4）G中含氧基团为-NO2和R-O-R’，对应的名称分别为硝基和醚基；
（5）对比I、J结构可知，I中左侧与氧相连的C和右侧双键的C直接连接后得到J，剩下的部分为“=”故反应⑦生成的另一种物质的结构简式为CH2=CH2；
（6）化合物A为，其同分异构体中满足条件：i．含有苯环； ii．能与NaOH溶液反应，则含有酚羟基或羧基或酯基，若含有酚羟基，则以A中官能团相同，定二动三，则有4+4+2=10种，除去本身只剩下9种；若含有羧基则硝基与羧基在邻、间、对位上有3种；若含有酯基则硝基与酯基有邻、间、对位上有3种；故总共有9+3+3=15种；
其中核磁共振氢谱峰面积比为2：2：1的结构简式为、。
18．(1)增大接触面积，提高酸浸速率
(2)SiO2、WO3
(3)     将Ca2+转化为CaSO4沉淀除去     除钙时溶液的pH变化较小，避免“沉铁”时会消耗更多的氨水
(4)防止局部溶液pH过大而引起锰的沉淀
(5)MnS(s)+Zn2+(aq)ZnS(s)+Mn2+(aq)的平衡常数K= = 8×1011>105，Zn2+可完全的转化为ZnS沉淀
(6)Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O
(7)90%

【分析】钨精矿分解渣的主要化学成分为MnO2；Fe2O3；CaO；SiO2；WO3；ZnO；加入盐酸溶解，其中SiO2和WO3不与盐酸反应；其余金属以离子形式存在在溶液中；加入(NH4)2SO4将Ca2+转化为CaSO4沉淀除去；然后加入氨水沉铁，再加入MnS除去Zn；最后加入NH4HCO3得到MnCO3；据此分析解题。
【详解】（1）为了提高酸浸速率，将钨精矿分解渣预先粉碎以增大接触面积；所以将钨精矿分解渣预先粉碎的目的是增大接触面积，提高酸浸速率；故答案为增大接触面积，提高酸浸速率。
（2）据分析可知，“浸渣”的主要成分为SiO2、WO3；故答案为SiO2、WO3。
（3）据分析可知，加入(NH4)2SO4将Ca2+转化为CaSO4沉淀除去；相较于H2SO4，选择(NH4)2SO4的优点是除钙时溶液的pH变化较小，避免“沉铁”时会消耗更多的氨水；故答案为将Ca2+转化为CaSO4沉淀除去；除钙时溶液的pH变化较小，避免“沉铁”时会消耗更多的氨水。
（4）“沉铁”时需要在不断搅拌下缓慢加入氨水，防止局部溶液pH过大而引起锰的沉淀；故答案为防止局部溶液pH过大而引起锰的沉淀。
（5）已知Ksp(ZnS)=3×10-25、Ksp(MnS)=2.4×10-13； MnS(s)+Zn2+(aq)ZnS(s)+Mn2+(aq)的平衡常数K==8×1011>105，Zn2+可完全的转化为ZnS沉淀；故答案为MnS(s)+Zn2+(aq)ZnS(s)+Mn2+(aq)的平衡常数K= = 8×1011>105，Zn2+可完全的转化为ZnS沉淀。
（6）加入NH4HCO3“沉锰”得到MnCO3；发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；故答案为Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O。
（7）取2kg钨精矿分解渣按图中流程进行操作，钨精矿中MnO2的含量为34.8%；所以锰元素的质量为；最终得到880g含锰元素质量分数为45%的MnCO3，所以锰元素的质量为，则整个过程中锰元素的回收率为；故答案为90%。
19．(1)第六周期第VA族
(2)     CO2+2e-+2H+=HCOOH     CO
(3)+247.6 kJ/mol
(4)     反应①和反应②的ΔH>0，高温下反应正向进行程度大，CO2的消耗量大，反应③的ΔH<0，高温下反应正向进行程度小，CO2的生成量小          增大

【详解】（1）Bi的电子排布为6s26p3，最高能层为P，最外层电子数为5个，则该元素位于第6周期第VA族。答案为第6周期第VA族；
（2）CO2在酸性介质中电催化还原为HCOOH即CO2得电子变为HCOOH，反应为CO2+2e-+2H+=HCOOH。转化为中间体HCOO*的活化能高，该反应难；而*COOH能量低反应易发生，所以Pb催化剂有利于CO生成。所以答案为CO2+2e-+2H+=HCOOH；CO；
（3）由CH4、CO和H2的燃烧热分别为890 kJ·mol-1、283kJ·mol-1和285.8kJ·mol-1得出反应④CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)       ΔH=-890 kJ·mol-1、⑤2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)    ΔH=-566 kJ·mol-1、⑥2H2(g)+ O2(g)= 2H2O(l)   ΔH=-571.6 kJ·mol-1。反应①=④-⑤-⑥，得到ΔH1=-890+566+571.6=+247.6 kJ·mol-1。答案为+247.6 kJ·mol-1；
（4）温度变化结合平衡移动分析。反应①和反应②的ΔH>0，高温下反应正向进行程度大，CO2的消耗量大，反应③的ΔH<0，高温下反应正向进行程度小，CO2的生成量小。已知n(CO2)：n(CH4)=1：1，设各物质物质的量为1mol、1mol。同时600℃时CO2和CH4的转化率分别为65%、80%，则两者的变化量分别为0.65mol、0.8mol，所以R= 。从图分析，随着温度的升高，CO2的转化率越来越靠近CH4的转化率，所以R增大。答案为反应①和反应②的ΔH>0，高温下反应正向进行程度大，CO2的消耗量大，反应③的ΔH<0，高温下反应正向进行程度小，CO2的生成量小；；增大。