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2023年江苏省苏锡常镇四市高考化学调研试卷（3月份）（一）（含解析）
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这是一份2023年江苏省苏锡常镇四市高考化学调研试卷（3月份）（一）（含解析），共24页。试卷主要包含了 硫及其化合物有着广泛的作用等内容，欢迎下载使用。
2023年江苏省苏锡常镇四市高考化学调研试卷（3月份）（一）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
得分
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)
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
5. 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的化合物，在生产生活中有重要意义。下列有关说法正确的是( )
A. SO42−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. 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的化合物，在生产生活中有重要意义。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. 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的化合物，在生产生活中有重要意义。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=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1molS8，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−=2FeO42−+3Cl−+H2O+4H+
D. 向铁铵矾溶液中加入过量Ba(OH)2溶液：Fe3++2SO42−+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. 1mol乙最多能与4mol NaOH反应 D. 用NaHCO3溶液能鉴别甲、乙
10. 如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0.1molCr2O72−时，有1.4molH+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 ( )
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0.1mol⋅L−1FeCl3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
AlO2−比CO32−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
A. A B. B C. C D. D
12. 室温下用0.1mol⋅L−1Na2SO3溶液吸收SO2的一种脱硫工艺流程如图所示。已知H2SO3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. 0.1mol⋅L−1Na2SO3溶液中：c(OH−)=c(H+)+c(HSO3−)+c(H2SO3)
B. NaHSO3溶液中：c(SO32−)
D. “沉淀”分离后的滤液中：c(Ca2+)⋅c(SO32−)
①TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)ΔH1=−51.0kJ⋅mol−1K1=1.6×1014
②2CO(g)=CO2(g)+C(s)ΔH2=−172.5kJ⋅mol−1K2=1.0×10−4
③2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH4=−223.0kJ⋅mol−1K3=2.5×1018。
在1.0×105Pa，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)随温度变化如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 1000℃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1000℃
14. 钴的氧化物常用于制取催化剂和颜料等。以含钴废料(含Co2O3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图。
已知：萃取时发生的反应为Co2++n(HA)2⇌CoA2⋅(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≤1×10−6mol⋅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)≥ ______ mol⋅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Co2+萃取率随pH的变化如图所示。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 ______ 。
②Co2+萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是 ______ 。
(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CoC2O4⋅2H2O。将CoC2O4⋅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所示。
①B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. 化合物G是一种酪氨酸激酶抑制剂中间体，其合成路线之一如图：
(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到E的反应需经历D→M→E的过程，M的分子式为C11H13NO4。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. 对SiO2为载体的加氢废催化剂(主要含有WS2、NiS、Al2S3，少量碳、磷)处理的实验流程如图：
(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。除磷装置见如图所示，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：2mol⋅L−1H2SO4溶液、0.1mol⋅L−1NaOH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： ______ 。
17. 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=90.6kJ⋅mol−1
反应2：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2=−41.2kJ⋅mol−1
则反应3：CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g) ΔH3= ______ kJ⋅mol−1。
(3)以CuO−ZnO−Al2O3催化剂进行甲醇重整制氢时，固定其它条件不变，改变水、甲醇的物质的量比甲醇平衡转化率及CO选择性的影响如图所示。[CO的选择性=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Pt−Pd合金表面上甲醇与水蒸气重整反应的机理如图所示(“*”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)。
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 ______ 。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.CO2和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故A正确；
B.链状葡萄糖分子中含有羟基、醛基2种官能团，故B错误；
C.二氧化碳和水合成葡萄糖和脂肪酸，碳元素化合价发生了改变，发生了氧化还原反应，故C正确；
D.该新路径可以充分利用二氧化碳，有利于促进“碳中和”，故D正确，
故选：B。
A.能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物；
B.链状葡萄糖分子中含有羟基、醛基；
C.碳元素化合价发生了改变；
D.该新路径可以充分利用二氧化碳。
本题主要考查物质的性质及变化，为高频考点，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A.P4分子呈正四面体结构，正负电荷重心重合，为非极性分子，故A错误；
B.K+的核外有18个电子，结构示意图为，故B错误；
C.PH3分子中，1个P与3个H各形成一对共用电子，另外P的最外层还有1个孤电子对，PH3的电子式为，故C错误；
D.KH2PO2由K+和H2PO2−构成，阴阳离子间形成离子键，H2PO2−内原子间形成共价键，故D正确；
故选：D。
A.正负电荷重心重合，为非极性分子；
B.K+的核外有18个电子；
C.PH3分子中，1个P与3个H各形成一对共用电子，另外P的最外层还有1个孤电子对；
D.KH2PO2由K+和H2PO2−构成，阴阳离子间形成离子键，H2PO2−内原子间形成共价键。
本题考查常见的化学用语，涉及到电子式的书写、离子的结构示意图及化学键的判断，题目简单，注意规范答题。
3.【答案】A
【解析】解：A.同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是镁原子价电子为3s2全满稳定状态，电离能较大，故Al的第一电离能比Mg小，故A正确；
B.非金属性越强电负性越大，同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强，电负性大小：χ(O)>χ(C)，故B错误；
C.根据径大序小可知半径大小：r(O2−)>r(Mg2+)，故C错误；
D.金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，碱性强弱：Mg(OH)2>Al(OH)3，故D错误；
故选：A。
A.镁原子价电子为3s2全满稳定状态，电离能较大；
B.非金属性越强电负性越大；
C.电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；
D.金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强。
本题考查第一电离能大小、电负性大小及半径大小的比较，掌握同周期、同主族第一电离能递变规律，理解掌握同周期第一电离能异常情况是解答关键，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.甲为二氧化硫的发生装置，方程式为H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O，故A正确；
B.由于生成NO为无色无味气体，故该反应没有明显现象，故B错误；
C.注入氧气，产生红棕色气体，说明装置丙中有NO，说明乙中二氧化硫和硝酸钠发生氧化还原反应生成硫酸钠和一氧化氮，说明装置乙中SO2发生了氧化反应，故C正确；
D.丁做尾气处理，并且防止空气进入丙，故D正确；
故选：B。
甲为二氧化硫发生装置，乙为二氧化硫与硝酸钠的反应装置，反应生成NO进入丙，但是整个过程没有明显现象，因此只能通过向丙中通入氧气，看是否有红棕色气体生成，来确定乙中是否发生反应。
本题考查SO2与NaNO3溶液的反应，侧重考查学生含硫物质性质的掌握情况，试题难度中等。
5.【答案】A
【解析】解：A．SO42−中硫原子形成4个共价键，无孤电子对，空间构型为正四面体，故A正确；
B.S8是由分子构成的分子晶体，故B错误；
C.SO2和SO3中硫原子均为sp2杂化，二氧化硫中存在一对孤电子对，SO3中不存在孤对电子，SO3中的键角大于SO2中的键角，故C错误；
D.水分子间能形成氢键导致沸点升高，故H 2S的沸点低于H2O，故D错误；
故选：A。
A.根据价层电子对互斥模型判断；
B.S8是由分子构成的分子晶体；
C.SO2和SO3中硫原子均为sp2杂化，孤对电子越多键角越小；
D.水分子间能形成氢键导致沸点升高。
本题考查微粒空间构型判断、晶体类型的判断及物质熔沸点的判断等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质的构成微粒及微粒之间作用力、价层电子对互斥理论内涵等知识点是解本题关键，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.硫单质可用作橡胶硫化剂，体现的是硫的化学性质，与颜色无关，故A错误；
B.SO2用于漂白草编织物，发生非氧化还原反应，体现SO2的漂白性，故B错误；
C.Na2SO3具有还原性，与自来水中残留的Cl2发生氧化还原反应，从而去除Cl2，故C正确；
D.浓硫酸用作酯化反应的催化剂，与氧化性无关，故D错误；
故选：C。
A.硫单质可用作橡胶硫化剂，是硫的化学性质；
B.SO2用于漂白草编织物，发生非氧化还原反应；
C.Na2SO3具有还原性，与自来水中残留的Cl2发生氧化还原反应；
D.浓硫酸用作酯化反应的催化剂。
本题考查含硫物质的性质，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
7.【答案】D
【解析】解：A.反应为气体分子数增大的反应，熵变大于零，故A错误；
B.由方程式可知，上述反应的化学平衡常数K=c(S8)⋅c6(CO2)⋅c12(H2O)c8(SO3)⋅c6(CH4)，故B错误；
C.及时分离出H2O(g)，平衡向正反应方向移动，但是反应物浓度减小，正反应速率减小，故C错误；
D.该反应中S元素化合价由+6价变为0价，C元素化合价由−4价变为+4价，有1molS8生成时，转移电子的物质的量=1mol×8×[(+6)−0]=48mol，转移电子的数目约为48×6.02×1023，故D正确；
故选：D。
A.该反应前后气体计量数之和增大，气体的物质的量越多，其熵越大；
B.化学平衡常数K等于气体生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；
C.及时分离出H2O(g)瞬间，减小生成物浓度，反应物浓度不变，平衡正向移动；
D.该反应中S元素化合价由+6价变为0价，C元素化合价由−4价变为+4价，有1molS8生成时，转移电子的物质的量=1mol×8×[(+6)−0]=48mol。
本题考查化学平衡计算、外界条件对化学反应速率影响、氧化还原反应的计算等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确化学平衡常数表达式书写规则、氧化还原反应计算方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：A.一水合氨为弱碱，应以化学式表示，则铁铵矾溶液与氨水混合反应：Fe3++3NH3⋅H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，故A错误；
B.向铁铵矾溶液中通入H2S气体，Fe3+将H2S氧化为S，Fe3+被还原为Fe2+，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故B正确；
C.在强碱溶液中，铁铵矾与次氯酸钠反应生成Na2FeO4，其反应的离子方程式为：3ClO−+2Fe3++10OH−=2FeO42−+3Cl−+5H2O，另外还发生NH4+与OH−的反应，故C错误；
D.向铁铵矾溶液中加入过量Ba(OH)2溶液反应生成氢氧化铁、硫酸钡和一水合氨，其反应的离子方程式为：NH4++Fe3++2SO42−+2Ba2++4OH−=Fe(OH)3↓+2BaSO4↓+NH3⋅H2O，故D错误；
故选：B。
A.一水合氨为弱碱，应以化学式表示；
B.向铁铵矾溶液中通入H2S气体，Fe3+将H2S氧化为S，Fe3+被还原为Fe2+；
C.在强碱溶液中，铁铵矾与次氯酸钠反应生成Na2FeO4；另外还发生NH4+与OH−的反应；
D.向铁铵矾溶液中加入过量Ba(OH)2溶液反应生成氢氧化铁、硫酸钡和一水合氨。
本题考查离子反应，侧重考查学生离子方程式正误判断的掌握情况，试题难度中等。
9.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，甲分子中碳碳双键的碳上均连接2个不同的原子或原子团，存在顺反异构，故A正确；
B.如图标有星号的碳原子为手性碳原子，中含有2个手性碳原子，故B正确；
C.乙中含有酯基、酚羟基、碳溴键，可以与NaOH溶液反应，其中1mol酚与酸形成的酯基要消耗2molNaOH，1mol乙最多能与5mol NaOH反应，故C错误；
D.甲含有−COOH，乙不含−COOH，用NaHCO3溶液能鉴别甲、乙，故D正确；
故选：C。
A.由图可知，甲分子中碳碳双键的碳上均连接2个不同的原子或原子团；
B.所连的四个原子或原子团均不同的碳原子为手性碳；
C.乙中含有酯基、酚羟基、碳溴键，可以与NaOH溶液反应；
D.甲含有−COOH，乙不含−COOH。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：A.由分析可知，M极为负极，发生氧化反应；N为正极，故A错误；
B.电池工作时，重铬酸根离子得到电子发生还原反应生成Cr3+，反应为Cr2O72−+6e−+14H+=2Cr3++7H2O，N极附近消耗氢离子，溶液pH变大，故B错误；
C.有机物失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，M极发生的电极反应为(C6H10O5)n−24ne−+7nH2O=6nCO2↑+24nH+，故C正确；
D.根据电子守恒可知，4nCr2O72−～24ne−～(C6H10O5)n～24nH+，则处理0.1mol Cr2O72−时，有0.6molH+从交换膜左侧向右侧迁移，故D错误；
故选：C。
由图可知，有机物失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，则M为负极；重铬酸根离子得到电子发生还原反应，则N为正极，据此进行解答。
本题考查原电池工作原理，为高频考点，把握原电池的工作原理即可解答，注意结合装置图中离子移动方向或电子流向判断电池正负极及结合电解质溶液的酸碱性书写电极反应式，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：A.向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体氨气，三者反应也会出现亚硫酸钡白色沉淀，未发生氧化还原反应，X不具有强氧化性，故A错误；
B.向0.1mol⋅L−1FeCl3溶液中滴加KI−淀粉溶液，溶液变蓝，说明碘离子和铁离子生成碘单质，氧化性氧化性：Fe3+>I2，故B正确；
C.向NaHCO3溶液中加入等浓度等体积的NaAlO2溶液，出现白色沉淀，说明AlO2−结合了碳酸氢根离子中的氢离子生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，则AlO2−比CO32−更容易结合H+，故C正确；
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，说明生成了含有碳碳双键的乙烯，则溴乙烷发生了消去反应，故D正确；
故选：A。
A.向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体氨气，会产生白色沉淀；
B.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
C.向NaHCO3溶液中加入等浓度等体积的NaAlO2溶液，出现白色沉淀，说明AlO2−结合了碳酸氢根离子中的氢离子生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子；
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，说明生成了含有碳碳双键的乙烯，则溴乙烷发生了消去反应。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.0.1 mol⋅L−1 Na2SO3溶液中，存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HSO3−)+2c(SO32−)+c(OH−)，物料守恒c(Na+)=2c(HSO3−)+2c(SO32−)+2c(H2SO3)，则c(OH−)=c(H+)+c(HSO3−)+2c(H2SO3)，故A错误；
B.NaHSO3溶液中，Ka2=1.02×10−7，Kh2=1.0×10−141.54×10−2≈6.49×10−13，则以HSO3−的电离为主，溶液呈酸性，所以c(SO32−)>c(H2SO3)，故B错误；
C.由分析可知，由于Ka2(H2SO3)=1.02×10−7
故选：C。
Na2SO3溶液吸收烟气中的SO2，生成NaHSO3；由于Ka2(H2SO3)=1.02×10−7
13.【答案】D
【解析】解：A.1000℃时，由盖斯定律可知，①−③得反应TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)，则其平衡常数K=K1K3=1.6×10142.5×1018=6.4×10−5，故A正确；
B.由分析可知，曲线III表示平衡时CO2的物质的量分数随温度的变化，故B正确；
C.高于600℃，升高温度，TiCl4的分数几乎不变，而CO含量显著增大，反应均为放热，升温反应逆向进行，则说明此时升高温度主要对反应②的平衡产生影响，导致CO含量显著增大，故C正确；
D.温度200℃～1200℃之间四氯化碳的平衡转化率几乎不变，故升高温度对其平衡转化率增加作用不大，故D错误；
故选：D。
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)随温度变化如图所示，TiCl4的分数几乎不变，则反应①生成CO的分数几乎不变，1000℃时①③的平衡常数远大于②，则此时CO含量远大于CO2，故Ⅰ为CO曲线；反应②生成等量的CO2、C，由于投料中含有碳，则C的含量大于CO2，故Ⅱ、Ⅲ分别为C、CO2的曲线。
本题考查化学平衡的影响因素等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理等知识解答，此题难度中等。
14.【答案】6Fe2++ClO3−+6H+=6Fe3++Cl−+3H2O 0.01 pH偏低，氢离子浓度过大导致氟离子和氢离子结合成HF分子 实现的提取和富集 随着pH升高，氢离子浓度减小，Co2++n(HA)2⇌CoA2⋅(n−1)(HA)2+2H+平衡正向移动，导致Co2+萃取率升高；若pH过高则Co2+转化为Co(OH)2沉淀，导致Co2+萃取率下降 Co3O4 12
【解析】解：(1)NaClO3氧化Fe2+生成氯离子和铁离子，离子方程式：6Fe2++ClO3−+6H+=6Fe3++Cl−+3H2O，
故答案为：6Fe2++ClO3−+6H+=6Fe3++Cl−+3H2O；
(2)①Ksp(CaF2)=1.0×10−10，Ksp(MgF2)=7.4×10−11，则氟化钙溶解度更大，钙离子除尽则需要保证氟离子至少为 Ksp(CaF2)c(Ca2+)= 1.0×10−1010−6mol/L=0.01mol/L，故为使Ca2+、Mg2+除尽，必须保持溶液中c(F−)≥0.01mol/L，
故答案为：0.01；
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pH偏低，氢离子浓度过大导致氟离子和氢离子结合成HF分子，
故答案为：pH偏低，氢离子浓度过大导致氟离子和氢离子结合成HF分子；
(3)①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是将Co2+从滤液中提取到有机层中，然后分液后再反萃取到水层中，实现Co2+的提取和富集，
故答案为：实现的提取和富集；
②Co2+萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是随着pH升高，氢离子浓度减小，Co2++n(HA)2⇌CoA2⋅(n−1)(HA)2+2H+平衡正向移动，导致Co2+萃取率升高；若pH过高则Co2+转化为Co(OH)2沉淀，导致Co2+萃取率下降，
故答案为：随着pH升高，氢离子浓度减小，Co2++n(HA)2⇌CoA2⋅(n−1)(HA)2+2H+平衡正向移动，导致Co2+萃取率升高；若pH过高则Co2+转化为Co(OH)2沉淀，导致Co2+萃取率下降；
(4)①CoC2O4⋅2H2O在空气中加热首先失去结晶水，CoC2O4⋅2H2O、CoC2O4的相对分子质量分别为183、147，结合图像可知，初始为0.1mol，A点为0.1molCoC2O4⋅2H2O；根据钴元素守恒，8.03gB中钴为0.1molCoC2O4，则B中氧为8.03−0.1×5916mol=0.133mol，则B中Co、O的物质的量之比为0.1：0.133=3：4，故B点剩余固体产物为Co3O4，
故答案为：Co3O4；
②钴的一种氧化物的晶胞如图所示，根据“均摊法”，晶胞中含8×18+6×12=4个黑球、12×14+1=4个白球，则钴、氧各自周围等距最近的钴、氧原子数目是相同的，以体心白球为例，周围等距最近的白球为12个，故在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有12个，
故答案为：12。
含钴废料焙烧后活性炭转化为二氧化碳，金属元素转化为相应氧化物；加入盐酸、亚硫酸钠浸取后加入氧化为铁离子，加入碳酸钠调节pH除去铁、铝；滤液加入氟化并调节pH除去钙、镁；滤液加入催化剂萃取出后分液，有机层反萃取出，处理后最终得到钴的氧化物；
(1)NaClO3氧化Fe2+生成氯离子和铁离子；
(2)①Ksp(CaF2)=1.0×10−10，Ksp(MgF2)=7.4×10−11，则氟化钙溶解度更大，钙离子除尽则需要保证氟离子至少为 Ksp(CaF2)c(Ca2+)= 1.0×10−1010−6mol/L=0.01mol/L；
②若调节溶液的pH偏低、将会导致Ca2+、Mg2+沉淀不完全；
(3)①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是将Co2+从滤液中提取到有机层中，然后分液后再反萃取到水层中；
②pH升高，氢离子浓度减小，Co2++n(HA)2⇌CoA2⋅(n−1)(HA)2+2H+平衡正向移动，若pH过高则Co2+转化为Co(OH)2沉淀；
(4)①CoC2O4⋅2H2O在空气中加热首先失去结晶水，CoC2O4⋅2H2O、CoC2O4的相对分子质量分别为183、147，结合图像可知，初始为0.1mol，A点为0.1molCoC2O4⋅2H2O；根据钴元素守恒，8.03gB中钴为0.1molCoC2O4，则B中氧为8.03−0.1×5916mol=0.133mol；
②钴的一种氧化物的晶胞如图所示，根据“均摊法”，晶胞中含8×18+6×12=4个黑球、12×14+1=4个白球，则钴、氧各自周围等距最近的钴、氧原子数目是相同的，以体心白球为例，周围等距最近的白球为12个。
本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的转化、分离提纯和晶胞计算的掌握情况，试题难度较大。
15.【答案】sp2、sp3 还原反应 或
【解析】解：(1)A分子中单键碳原子采用sp3杂化，双键碳、苯环上的碳原子采用sp2杂化，碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3，
故答案为：sp2、sp3；
(2)B中的硝基变为C中的氨基，B→C的反应类型为还原反应，
故答案为：还原反应；
(3)①分子中有4种不同化学环境的氢，说明结构对称，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，说明酚羟基的邻位、对位都有取代基；②在碱性条件下发生水解反应，说明含有酯基，酸化后产物之一苯环上含有2种含氧官能团；符合条件的C的同分异构体为或，
故答案为：或；
(4)D到E的反应需经历D→M→E的过程，D中氨基、醛基发生加成反应生成M，M的分子式为C11H13NO4，M发生消去反应生成E，M的结构简式为，
故答案为：；
(5)苯乙烯和氯化氢加成、水解生成，催化氧化为；与甲酸乙酯反应生成，与POCl3反应生成，合成路线为，
故答案为：。
A和浓硝酸发生取代反应生成B，B中硝基发生还原反应生成C中氨基，C发生反应生成D，D发生取代反应生成E和H2O，E中醇羟基发生取代反应生成F，F发生取代反应生成G；
(5)以和甲酸乙酯为原料制备，苯乙烯和氯化氢加成、水解生成，催化氧化为；与甲酸乙酯反应生成，与POCl3反应生成。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
16.【答案】3d8 Al(OH)3 防止倒吸 NH3⋅H2O+HPO42−+Mg2+=NH4MgPO4↓+H2O 避免生成MgHPO4沉淀，提升NH4MgPO4产率或纯度 向浸渣中加入稍过量的2mol⋅L−1H2SO4溶液中，充分搅拌至固体不再溶解；边搅拌边滴加0.1mol⋅L−1NaOH溶液，调节溶液的pH在5.0～6.0之间，过滤；将滤液加热浓缩、冷却结晶，过滤
【解析】解：(1)基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2，镍失去2个电子得到镍离子，基态镍离子的电子排布式为3d8，
故答案为：3d8；
(2)高温氧化焙烧时，WS2和空气中氧气反应生成WO3和二氧化硫，反应为，
故答案为：；
(3)滤渣X的成分为H2SiO3和Al(OH)3，
故答案为：Al(OH)3；
(4)①氨气极易溶于水溶液产生倒吸，实验中球形干燥管的作用是防止倒吸，
故答案为：防止倒吸；
②维持溶液pH为9～10，得到复合肥料NH4MgPO4固体，pH为9～10时磷主要以HPO42−存在，则反应为NH3⋅H2O+HPO42−+Mg2+=NH4MgPO4↓+H2O，
故答案为：NH3⋅H2O+HPO42−+Mg2+=NH4MgPO4↓+H2O；
③已知：Mg(H2PO4)2易溶于水，MgHPO4、Mg3(PO4)2均难溶于水；向滤液中先通入NH3后加入MgCl2溶液的原因是避免生成MgHPO4沉淀，提升NH4MgPO4产率或纯度，
故答案为：避免生成MgHPO4沉淀，提升NH4MgPO4产率或纯度；
(5)该实验中pH=5.0时，Al3+沉淀完全；在pH=6.0时，Ni2+开始沉淀；故实验方案为：向浸渣中加入稍过量的2mol⋅L−1H2SO4溶液中，充分搅拌至固体不再溶解；边搅拌边滴加0.1 mol⋅L−1NaOH溶液，调节溶液的pH在5.0～6.0之间，过滤；将滤液加热浓缩、冷却结晶，过滤，
故答案为：向浸渣中加入稍过量的2mol⋅L−1H2SO4溶液中，充分搅拌至固体不再溶解；边搅拌边滴加0.1 mol⋅L−1NaOH溶液，调节溶液的pH在5.0～6.0之间，过滤；将滤液加热浓缩、冷却结晶，过滤。
废催化剂通入空气氧化焙烧，WS2、NiS、Al2S3转化为相应的金属氧化物同时生成二氧化碳、二氧化硫，加入碳酸钠焙烧金属氧化物转化钠盐，水浸除去滤渣，滤液加热煮沸加入盐酸调节pH得到硅酸、氢氧化铝沉淀成为滤渣X；过滤滤液加入氨气、氯化镁除去磷，滤液加入氯化钙溶液处理得到CaWO4；
(1)基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2，镍失去2个电子得到镍离子；
(2)高温氧化焙烧时，WS2和空气中氧气反应生成WO3和二氧化硫；
(3)滤渣X的成分为H2SiO3和Al(OH)3；
(4)①氨气极易溶于水溶液产生倒吸；
②维持溶液pH为9～10，得到复合肥料NH4MgPO4固体；
③已知：Mg(H2PO4)2易溶于水，MgHPO4、Mg3(PO4)2均难溶于水；
(5)该实验中pH=5.0时，Al3+沉淀完全；在pH=6.0时，Ni2+开始沉淀。
本题考查物质的制备和分离提纯，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】CH3OH−6e−+H2O=CO2↑+6H+ +49.4 水的含量增加，促进反应2、3正向进行，二氧化碳选择性上升，CO选择性下降 反应1为吸热反应，升高温度，使得甲醇转化为CO的平衡转化率上升；反应3为吸热反应，升高温度，使得甲醇转化为二氧化碳的平衡转化率上升；且上升幅度前者超过后者，导致一氧化碳选择性上升 CH3SH+ZnO=ZnS+CH3OH 催化剂表面有积碳沉积 M的结构简式为，吸附催化剂表面的水分子断裂为H、OH，H与甲醛分子中氧原子结合，OH上的O与碳原子结合，生成，生成的(通过氧原子)吸附在催化剂表面
【解析】解：(1)由图可知，阳极甲醇失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，反应为CH3OH−6e−+H2O=CO2↑+6H+，
故答案为：CH3OH−6e−+H2O=CO2↑+6H+；
(2)由盖斯定律可知，反应1+2得到反应3：CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)△H3=(90.6−41.2)kJ⋅mol−1=+49.4kJ⋅mol−1，
故答案为：+49.4；
(3)①当水、甲醇比大于0.8时，水的含量增加，促进反应2、3正向进行，二氧化碳选择性上升，CO选择性下降，
故答案为：水的含量增加，促进反应2、3正向进行，二氧化碳选择性上升，CO选择性下降；
②反应1为吸热反应，升高温度，使得甲醇转化为CO的平衡转化率上升，反应3为吸热反应，升高温度，使得甲醇转化为二氧化碳的平衡转化率上升，且上升幅度前者超过后者，导致一氧化碳选择性上升，
故答案为：反应1为吸热反应，升高温度，使得甲醇转化为CO的平衡转化率上升；反应3为吸热反应，升高温度，使得甲醇转化为二氧化碳的平衡转化率上升；且上升幅度前者超过后者，导致一氧化碳选择性上升；
(4)①原料中的杂质或发生副反应生成的物质会使催化剂失活，由催化重整法制氢反应可知，甲醇中混有少量的甲硫醇，重整制氢时加入ZnO可有效避免铜基催化剂失活，其原理是甲硫醇和氧化锌反应生成硫化锌、甲醇，反应为CH3SH+ZnO=ZnS+CH3OH，
故答案为：CH3SH+ZnO=ZnS+CH3OH；
②第二份先在空气中高温煅烧后再进行氢气还原，使得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催化剂表面有积碳沉积，而煅烧可以将积碳除去使得催化剂活性恢复，
故答案为：催化剂表面有积碳沉积；
(5)M的结构简式为，吸附催化剂表面的水分子断裂为H、OH，H与甲醛分子中氧原子结合，OH上的O与碳原子结合，生成，生成的 (通过氧原子)吸附在催化剂表面，
故答案为：M的结构简式为，吸附催化剂表面的水分子断裂为H、OH，H与甲醛分子中氧原子结合，OH上的O与碳原子结合，生成，生成的 (通过氧原子)吸附在催化剂表面。
(1)由图可知，阳极甲醇失去电子发生氧化反应生成二氧化碳；
(2)由盖斯定律可知，反应1+2得到反应3；
(3)①当水、甲醇比大于0.8时，水的含量增加，促进反应2、3正向进行，二氧化碳选择性上升，CO选择性下降；
②反应1为吸热反应，升高温度，使得甲醇转化为CO的平衡转化率上升，反应3为吸热反应，升高温度，使得甲醇转化为二氧化碳的平衡转化率上升，且上升幅度前者超过后者，导致一氧化碳选择性上升；
(4)①原料中的杂质或发生副反应生成的物质会使催化剂失活，由催化重整法制氢反应可知，甲醇中混有少量的甲硫醇，重整制氢时加入ZnO可有效避免铜基催化剂失活，其原理是甲硫醇和氧化锌反应生成硫化锌、甲醇；
②第二份先在空气中高温煅烧后再进行氢气还原，使得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催化剂表面有积碳沉积；
(5)M的结构简式为，吸附催化剂表面的水分子断裂为H、OH，H与甲醛分子中氧原子结合，OH上的O与碳原子结合，生成，生成的 (通过氧原子)吸附在催化剂表面。
本题考查化学平衡及电解原理，为高频考点，把握平衡移动、盖斯定律计算焓变、电极反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。
2023年江苏省苏锡常镇四市高考化学调研试卷（3月份）（一）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
得分
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)
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
5. 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的化合物，在生产生活中有重要意义。下列有关说法正确的是( )
A. SO42−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. 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的化合物，在生产生活中有重要意义。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. 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的化合物，在生产生活中有重要意义。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=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1molS8，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−=2FeO42−+3Cl−+H2O+4H+
D. 向铁铵矾溶液中加入过量Ba(OH)2溶液：Fe3++2SO42−+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. 1mol乙最多能与4mol NaOH反应 D. 用NaHCO3溶液能鉴别甲、乙
10. 如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0.1molCr2O72−时，有1.4molH+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 ( )
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0.1mol⋅L−1FeCl3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
AlO2−比CO32−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
A. A B. B C. C D. D
12. 室温下用0.1mol⋅L−1Na2SO3溶液吸收SO2的一种脱硫工艺流程如图所示。已知H2SO3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. 0.1mol⋅L−1Na2SO3溶液中：c(OH−)=c(H+)+c(HSO3−)+c(H2SO3)
B. NaHSO3溶液中：c(SO32−)
D. “沉淀”分离后的滤液中：c(Ca2+)⋅c(SO32−)
①TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)ΔH1=−51.0kJ⋅mol−1K1=1.6×1014
②2CO(g)=CO2(g)+C(s)ΔH2=−172.5kJ⋅mol−1K2=1.0×10−4
③2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH4=−223.0kJ⋅mol−1K3=2.5×1018。
在1.0×105Pa，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)随温度变化如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 1000℃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1000℃
14. 钴的氧化物常用于制取催化剂和颜料等。以含钴废料(含Co2O3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图。
已知：萃取时发生的反应为Co2++n(HA)2⇌CoA2⋅(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≤1×10−6mol⋅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)≥ ______ mol⋅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Co2+萃取率随pH的变化如图所示。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 ______ 。
②Co2+萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是 ______ 。
(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CoC2O4⋅2H2O。将CoC2O4⋅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所示。
①B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. 化合物G是一种酪氨酸激酶抑制剂中间体，其合成路线之一如图：
(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到E的反应需经历D→M→E的过程，M的分子式为C11H13NO4。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. 对SiO2为载体的加氢废催化剂(主要含有WS2、NiS、Al2S3，少量碳、磷)处理的实验流程如图：
(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。除磷装置见如图所示，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：2mol⋅L−1H2SO4溶液、0.1mol⋅L−1NaOH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： ______ 。
17. 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=90.6kJ⋅mol−1
反应2：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2=−41.2kJ⋅mol−1
则反应3：CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g) ΔH3= ______ kJ⋅mol−1。
(3)以CuO−ZnO−Al2O3催化剂进行甲醇重整制氢时，固定其它条件不变，改变水、甲醇的物质的量比甲醇平衡转化率及CO选择性的影响如图所示。[CO的选择性=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Pt−Pd合金表面上甲醇与水蒸气重整反应的机理如图所示(“*”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)。
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 ______ 。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.CO2和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故A正确；
B.链状葡萄糖分子中含有羟基、醛基2种官能团，故B错误；
C.二氧化碳和水合成葡萄糖和脂肪酸，碳元素化合价发生了改变，发生了氧化还原反应，故C正确；
D.该新路径可以充分利用二氧化碳，有利于促进“碳中和”，故D正确，
故选：B。
A.能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物；
B.链状葡萄糖分子中含有羟基、醛基；
C.碳元素化合价发生了改变；
D.该新路径可以充分利用二氧化碳。
本题主要考查物质的性质及变化，为高频考点，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A.P4分子呈正四面体结构，正负电荷重心重合，为非极性分子，故A错误；
B.K+的核外有18个电子，结构示意图为，故B错误；
C.PH3分子中，1个P与3个H各形成一对共用电子，另外P的最外层还有1个孤电子对，PH3的电子式为，故C错误；
D.KH2PO2由K+和H2PO2−构成，阴阳离子间形成离子键，H2PO2−内原子间形成共价键，故D正确；
故选：D。
A.正负电荷重心重合，为非极性分子；
B.K+的核外有18个电子；
C.PH3分子中，1个P与3个H各形成一对共用电子，另外P的最外层还有1个孤电子对；
D.KH2PO2由K+和H2PO2−构成，阴阳离子间形成离子键，H2PO2−内原子间形成共价键。
本题考查常见的化学用语，涉及到电子式的书写、离子的结构示意图及化学键的判断，题目简单，注意规范答题。
3.【答案】A
【解析】解：A.同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是镁原子价电子为3s2全满稳定状态，电离能较大，故Al的第一电离能比Mg小，故A正确；
B.非金属性越强电负性越大，同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强，电负性大小：χ(O)>χ(C)，故B错误；
C.根据径大序小可知半径大小：r(O2−)>r(Mg2+)，故C错误；
D.金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，碱性强弱：Mg(OH)2>Al(OH)3，故D错误；
故选：A。
A.镁原子价电子为3s2全满稳定状态，电离能较大；
B.非金属性越强电负性越大；
C.电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；
D.金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强。
本题考查第一电离能大小、电负性大小及半径大小的比较，掌握同周期、同主族第一电离能递变规律，理解掌握同周期第一电离能异常情况是解答关键，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.甲为二氧化硫的发生装置，方程式为H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O，故A正确；
B.由于生成NO为无色无味气体，故该反应没有明显现象，故B错误；
C.注入氧气，产生红棕色气体，说明装置丙中有NO，说明乙中二氧化硫和硝酸钠发生氧化还原反应生成硫酸钠和一氧化氮，说明装置乙中SO2发生了氧化反应，故C正确；
D.丁做尾气处理，并且防止空气进入丙，故D正确；
故选：B。
甲为二氧化硫发生装置，乙为二氧化硫与硝酸钠的反应装置，反应生成NO进入丙，但是整个过程没有明显现象，因此只能通过向丙中通入氧气，看是否有红棕色气体生成，来确定乙中是否发生反应。
本题考查SO2与NaNO3溶液的反应，侧重考查学生含硫物质性质的掌握情况，试题难度中等。
5.【答案】A
【解析】解：A．SO42−中硫原子形成4个共价键，无孤电子对，空间构型为正四面体，故A正确；
B.S8是由分子构成的分子晶体，故B错误；
C.SO2和SO3中硫原子均为sp2杂化，二氧化硫中存在一对孤电子对，SO3中不存在孤对电子，SO3中的键角大于SO2中的键角，故C错误；
D.水分子间能形成氢键导致沸点升高，故H 2S的沸点低于H2O，故D错误；
故选：A。
A.根据价层电子对互斥模型判断；
B.S8是由分子构成的分子晶体；
C.SO2和SO3中硫原子均为sp2杂化，孤对电子越多键角越小；
D.水分子间能形成氢键导致沸点升高。
本题考查微粒空间构型判断、晶体类型的判断及物质熔沸点的判断等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质的构成微粒及微粒之间作用力、价层电子对互斥理论内涵等知识点是解本题关键，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.硫单质可用作橡胶硫化剂，体现的是硫的化学性质，与颜色无关，故A错误；
B.SO2用于漂白草编织物，发生非氧化还原反应，体现SO2的漂白性，故B错误；
C.Na2SO3具有还原性，与自来水中残留的Cl2发生氧化还原反应，从而去除Cl2，故C正确；
D.浓硫酸用作酯化反应的催化剂，与氧化性无关，故D错误；
故选：C。
A.硫单质可用作橡胶硫化剂，是硫的化学性质；
B.SO2用于漂白草编织物，发生非氧化还原反应；
C.Na2SO3具有还原性，与自来水中残留的Cl2发生氧化还原反应；
D.浓硫酸用作酯化反应的催化剂。
本题考查含硫物质的性质，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
7.【答案】D
【解析】解：A.反应为气体分子数增大的反应，熵变大于零，故A错误；
B.由方程式可知，上述反应的化学平衡常数K=c(S8)⋅c6(CO2)⋅c12(H2O)c8(SO3)⋅c6(CH4)，故B错误；
C.及时分离出H2O(g)，平衡向正反应方向移动，但是反应物浓度减小，正反应速率减小，故C错误；
D.该反应中S元素化合价由+6价变为0价，C元素化合价由−4价变为+4价，有1molS8生成时，转移电子的物质的量=1mol×8×[(+6)−0]=48mol，转移电子的数目约为48×6.02×1023，故D正确；
故选：D。
A.该反应前后气体计量数之和增大，气体的物质的量越多，其熵越大；
B.化学平衡常数K等于气体生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；
C.及时分离出H2O(g)瞬间，减小生成物浓度，反应物浓度不变，平衡正向移动；
D.该反应中S元素化合价由+6价变为0价，C元素化合价由−4价变为+4价，有1molS8生成时，转移电子的物质的量=1mol×8×[(+6)−0]=48mol。
本题考查化学平衡计算、外界条件对化学反应速率影响、氧化还原反应的计算等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确化学平衡常数表达式书写规则、氧化还原反应计算方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：A.一水合氨为弱碱，应以化学式表示，则铁铵矾溶液与氨水混合反应：Fe3++3NH3⋅H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，故A错误；
B.向铁铵矾溶液中通入H2S气体，Fe3+将H2S氧化为S，Fe3+被还原为Fe2+，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故B正确；
C.在强碱溶液中，铁铵矾与次氯酸钠反应生成Na2FeO4，其反应的离子方程式为：3ClO−+2Fe3++10OH−=2FeO42−+3Cl−+5H2O，另外还发生NH4+与OH−的反应，故C错误；
D.向铁铵矾溶液中加入过量Ba(OH)2溶液反应生成氢氧化铁、硫酸钡和一水合氨，其反应的离子方程式为：NH4++Fe3++2SO42−+2Ba2++4OH−=Fe(OH)3↓+2BaSO4↓+NH3⋅H2O，故D错误；
故选：B。
A.一水合氨为弱碱，应以化学式表示；
B.向铁铵矾溶液中通入H2S气体，Fe3+将H2S氧化为S，Fe3+被还原为Fe2+；
C.在强碱溶液中，铁铵矾与次氯酸钠反应生成Na2FeO4；另外还发生NH4+与OH−的反应；
D.向铁铵矾溶液中加入过量Ba(OH)2溶液反应生成氢氧化铁、硫酸钡和一水合氨。
本题考查离子反应，侧重考查学生离子方程式正误判断的掌握情况，试题难度中等。
9.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，甲分子中碳碳双键的碳上均连接2个不同的原子或原子团，存在顺反异构，故A正确；
B.如图标有星号的碳原子为手性碳原子，中含有2个手性碳原子，故B正确；
C.乙中含有酯基、酚羟基、碳溴键，可以与NaOH溶液反应，其中1mol酚与酸形成的酯基要消耗2molNaOH，1mol乙最多能与5mol NaOH反应，故C错误；
D.甲含有−COOH，乙不含−COOH，用NaHCO3溶液能鉴别甲、乙，故D正确；
故选：C。
A.由图可知，甲分子中碳碳双键的碳上均连接2个不同的原子或原子团；
B.所连的四个原子或原子团均不同的碳原子为手性碳；
C.乙中含有酯基、酚羟基、碳溴键，可以与NaOH溶液反应；
D.甲含有−COOH，乙不含−COOH。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：A.由分析可知，M极为负极，发生氧化反应；N为正极，故A错误；
B.电池工作时，重铬酸根离子得到电子发生还原反应生成Cr3+，反应为Cr2O72−+6e−+14H+=2Cr3++7H2O，N极附近消耗氢离子，溶液pH变大，故B错误；
C.有机物失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，M极发生的电极反应为(C6H10O5)n−24ne−+7nH2O=6nCO2↑+24nH+，故C正确；
D.根据电子守恒可知，4nCr2O72−～24ne−～(C6H10O5)n～24nH+，则处理0.1mol Cr2O72−时，有0.6molH+从交换膜左侧向右侧迁移，故D错误；
故选：C。
由图可知，有机物失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，则M为负极；重铬酸根离子得到电子发生还原反应，则N为正极，据此进行解答。
本题考查原电池工作原理，为高频考点，把握原电池的工作原理即可解答，注意结合装置图中离子移动方向或电子流向判断电池正负极及结合电解质溶液的酸碱性书写电极反应式，题目难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：A.向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体氨气，三者反应也会出现亚硫酸钡白色沉淀，未发生氧化还原反应，X不具有强氧化性，故A错误；
B.向0.1mol⋅L−1FeCl3溶液中滴加KI−淀粉溶液，溶液变蓝，说明碘离子和铁离子生成碘单质，氧化性氧化性：Fe3+>I2，故B正确；
C.向NaHCO3溶液中加入等浓度等体积的NaAlO2溶液，出现白色沉淀，说明AlO2−结合了碳酸氢根离子中的氢离子生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，则AlO2−比CO32−更容易结合H+，故C正确；
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，说明生成了含有碳碳双键的乙烯，则溴乙烷发生了消去反应，故D正确；
故选：A。
A.向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体氨气，会产生白色沉淀；
B.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
C.向NaHCO3溶液中加入等浓度等体积的NaAlO2溶液，出现白色沉淀，说明AlO2−结合了碳酸氢根离子中的氢离子生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子；
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，说明生成了含有碳碳双键的乙烯，则溴乙烷发生了消去反应。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.0.1 mol⋅L−1 Na2SO3溶液中，存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HSO3−)+2c(SO32−)+c(OH−)，物料守恒c(Na+)=2c(HSO3−)+2c(SO32−)+2c(H2SO3)，则c(OH−)=c(H+)+c(HSO3−)+2c(H2SO3)，故A错误；
B.NaHSO3溶液中，Ka2=1.02×10−7，Kh2=1.0×10−141.54×10−2≈6.49×10−13，则以HSO3−的电离为主，溶液呈酸性，所以c(SO32−)>c(H2SO3)，故B错误；
C.由分析可知，由于Ka2(H2SO3)=1.02×10−7
故选：C。
Na2SO3溶液吸收烟气中的SO2，生成NaHSO3；由于Ka2(H2SO3)=1.02×10−7
13.【答案】D
【解析】解：A.1000℃时，由盖斯定律可知，①−③得反应TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)，则其平衡常数K=K1K3=1.6×10142.5×1018=6.4×10−5，故A正确；
B.由分析可知，曲线III表示平衡时CO2的物质的量分数随温度的变化，故B正确；
C.高于600℃，升高温度，TiCl4的分数几乎不变，而CO含量显著增大，反应均为放热，升温反应逆向进行，则说明此时升高温度主要对反应②的平衡产生影响，导致CO含量显著增大，故C正确；
D.温度200℃～1200℃之间四氯化碳的平衡转化率几乎不变，故升高温度对其平衡转化率增加作用不大，故D错误；
故选：D。
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)随温度变化如图所示，TiCl4的分数几乎不变，则反应①生成CO的分数几乎不变，1000℃时①③的平衡常数远大于②，则此时CO含量远大于CO2，故Ⅰ为CO曲线；反应②生成等量的CO2、C，由于投料中含有碳，则C的含量大于CO2，故Ⅱ、Ⅲ分别为C、CO2的曲线。
本题考查化学平衡的影响因素等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理等知识解答，此题难度中等。
14.【答案】6Fe2++ClO3−+6H+=6Fe3++Cl−+3H2O 0.01 pH偏低，氢离子浓度过大导致氟离子和氢离子结合成HF分子 实现的提取和富集 随着pH升高，氢离子浓度减小，Co2++n(HA)2⇌CoA2⋅(n−1)(HA)2+2H+平衡正向移动，导致Co2+萃取率升高；若pH过高则Co2+转化为Co(OH)2沉淀，导致Co2+萃取率下降 Co3O4 12
【解析】解：(1)NaClO3氧化Fe2+生成氯离子和铁离子，离子方程式：6Fe2++ClO3−+6H+=6Fe3++Cl−+3H2O，
故答案为：6Fe2++ClO3−+6H+=6Fe3++Cl−+3H2O；
(2)①Ksp(CaF2)=1.0×10−10，Ksp(MgF2)=7.4×10−11，则氟化钙溶解度更大，钙离子除尽则需要保证氟离子至少为 Ksp(CaF2)c(Ca2+)= 1.0×10−1010−6mol/L=0.01mol/L，故为使Ca2+、Mg2+除尽，必须保持溶液中c(F−)≥0.01mol/L，
故答案为：0.01；
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pH偏低，氢离子浓度过大导致氟离子和氢离子结合成HF分子，
故答案为：pH偏低，氢离子浓度过大导致氟离子和氢离子结合成HF分子；
(3)①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是将Co2+从滤液中提取到有机层中，然后分液后再反萃取到水层中，实现Co2+的提取和富集，
故答案为：实现的提取和富集；
②Co2+萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是随着pH升高，氢离子浓度减小，Co2++n(HA)2⇌CoA2⋅(n−1)(HA)2+2H+平衡正向移动，导致Co2+萃取率升高；若pH过高则Co2+转化为Co(OH)2沉淀，导致Co2+萃取率下降，
故答案为：随着pH升高，氢离子浓度减小，Co2++n(HA)2⇌CoA2⋅(n−1)(HA)2+2H+平衡正向移动，导致Co2+萃取率升高；若pH过高则Co2+转化为Co(OH)2沉淀，导致Co2+萃取率下降；
(4)①CoC2O4⋅2H2O在空气中加热首先失去结晶水，CoC2O4⋅2H2O、CoC2O4的相对分子质量分别为183、147，结合图像可知，初始为0.1mol，A点为0.1molCoC2O4⋅2H2O；根据钴元素守恒，8.03gB中钴为0.1molCoC2O4，则B中氧为8.03−0.1×5916mol=0.133mol，则B中Co、O的物质的量之比为0.1：0.133=3：4，故B点剩余固体产物为Co3O4，
故答案为：Co3O4；
②钴的一种氧化物的晶胞如图所示，根据“均摊法”，晶胞中含8×18+6×12=4个黑球、12×14+1=4个白球，则钴、氧各自周围等距最近的钴、氧原子数目是相同的，以体心白球为例，周围等距最近的白球为12个，故在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有12个，
故答案为：12。
含钴废料焙烧后活性炭转化为二氧化碳，金属元素转化为相应氧化物；加入盐酸、亚硫酸钠浸取后加入氧化为铁离子，加入碳酸钠调节pH除去铁、铝；滤液加入氟化并调节pH除去钙、镁；滤液加入催化剂萃取出后分液，有机层反萃取出，处理后最终得到钴的氧化物；
(1)NaClO3氧化Fe2+生成氯离子和铁离子；
(2)①Ksp(CaF2)=1.0×10−10，Ksp(MgF2)=7.4×10−11，则氟化钙溶解度更大，钙离子除尽则需要保证氟离子至少为 Ksp(CaF2)c(Ca2+)= 1.0×10−1010−6mol/L=0.01mol/L；
②若调节溶液的pH偏低、将会导致Ca2+、Mg2+沉淀不完全；
(3)①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是将Co2+从滤液中提取到有机层中，然后分液后再反萃取到水层中；
②pH升高，氢离子浓度减小，Co2++n(HA)2⇌CoA2⋅(n−1)(HA)2+2H+平衡正向移动，若pH过高则Co2+转化为Co(OH)2沉淀；
(4)①CoC2O4⋅2H2O在空气中加热首先失去结晶水，CoC2O4⋅2H2O、CoC2O4的相对分子质量分别为183、147，结合图像可知，初始为0.1mol，A点为0.1molCoC2O4⋅2H2O；根据钴元素守恒，8.03gB中钴为0.1molCoC2O4，则B中氧为8.03−0.1×5916mol=0.133mol；
②钴的一种氧化物的晶胞如图所示，根据“均摊法”，晶胞中含8×18+6×12=4个黑球、12×14+1=4个白球，则钴、氧各自周围等距最近的钴、氧原子数目是相同的，以体心白球为例，周围等距最近的白球为12个。
本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的转化、分离提纯和晶胞计算的掌握情况，试题难度较大。
15.【答案】sp2、sp3 还原反应 或
【解析】解：(1)A分子中单键碳原子采用sp3杂化，双键碳、苯环上的碳原子采用sp2杂化，碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3，
故答案为：sp2、sp3；
(2)B中的硝基变为C中的氨基，B→C的反应类型为还原反应，
故答案为：还原反应；
(3)①分子中有4种不同化学环境的氢，说明结构对称，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，说明酚羟基的邻位、对位都有取代基；②在碱性条件下发生水解反应，说明含有酯基，酸化后产物之一苯环上含有2种含氧官能团；符合条件的C的同分异构体为或，
故答案为：或；
(4)D到E的反应需经历D→M→E的过程，D中氨基、醛基发生加成反应生成M，M的分子式为C11H13NO4，M发生消去反应生成E，M的结构简式为，
故答案为：；
(5)苯乙烯和氯化氢加成、水解生成，催化氧化为；与甲酸乙酯反应生成，与POCl3反应生成，合成路线为，
故答案为：。
A和浓硝酸发生取代反应生成B，B中硝基发生还原反应生成C中氨基，C发生反应生成D，D发生取代反应生成E和H2O，E中醇羟基发生取代反应生成F，F发生取代反应生成G；
(5)以和甲酸乙酯为原料制备，苯乙烯和氯化氢加成、水解生成，催化氧化为；与甲酸乙酯反应生成，与POCl3反应生成。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
16.【答案】3d8 Al(OH)3 防止倒吸 NH3⋅H2O+HPO42−+Mg2+=NH4MgPO4↓+H2O 避免生成MgHPO4沉淀，提升NH4MgPO4产率或纯度 向浸渣中加入稍过量的2mol⋅L−1H2SO4溶液中，充分搅拌至固体不再溶解；边搅拌边滴加0.1mol⋅L−1NaOH溶液，调节溶液的pH在5.0～6.0之间，过滤；将滤液加热浓缩、冷却结晶，过滤
【解析】解：(1)基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2，镍失去2个电子得到镍离子，基态镍离子的电子排布式为3d8，
故答案为：3d8；
(2)高温氧化焙烧时，WS2和空气中氧气反应生成WO3和二氧化硫，反应为，
故答案为：；
(3)滤渣X的成分为H2SiO3和Al(OH)3，
故答案为：Al(OH)3；
(4)①氨气极易溶于水溶液产生倒吸，实验中球形干燥管的作用是防止倒吸，
故答案为：防止倒吸；
②维持溶液pH为9～10，得到复合肥料NH4MgPO4固体，pH为9～10时磷主要以HPO42−存在，则反应为NH3⋅H2O+HPO42−+Mg2+=NH4MgPO4↓+H2O，
故答案为：NH3⋅H2O+HPO42−+Mg2+=NH4MgPO4↓+H2O；
③已知：Mg(H2PO4)2易溶于水，MgHPO4、Mg3(PO4)2均难溶于水；向滤液中先通入NH3后加入MgCl2溶液的原因是避免生成MgHPO4沉淀，提升NH4MgPO4产率或纯度，
故答案为：避免生成MgHPO4沉淀，提升NH4MgPO4产率或纯度；
(5)该实验中pH=5.0时，Al3+沉淀完全；在pH=6.0时，Ni2+开始沉淀；故实验方案为：向浸渣中加入稍过量的2mol⋅L−1H2SO4溶液中，充分搅拌至固体不再溶解；边搅拌边滴加0.1 mol⋅L−1NaOH溶液，调节溶液的pH在5.0～6.0之间，过滤；将滤液加热浓缩、冷却结晶，过滤，
故答案为：向浸渣中加入稍过量的2mol⋅L−1H2SO4溶液中，充分搅拌至固体不再溶解；边搅拌边滴加0.1 mol⋅L−1NaOH溶液，调节溶液的pH在5.0～6.0之间，过滤；将滤液加热浓缩、冷却结晶，过滤。
废催化剂通入空气氧化焙烧，WS2、NiS、Al2S3转化为相应的金属氧化物同时生成二氧化碳、二氧化硫，加入碳酸钠焙烧金属氧化物转化钠盐，水浸除去滤渣，滤液加热煮沸加入盐酸调节pH得到硅酸、氢氧化铝沉淀成为滤渣X；过滤滤液加入氨气、氯化镁除去磷，滤液加入氯化钙溶液处理得到CaWO4；
(1)基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2，镍失去2个电子得到镍离子；
(2)高温氧化焙烧时，WS2和空气中氧气反应生成WO3和二氧化硫；
(3)滤渣X的成分为H2SiO3和Al(OH)3；
(4)①氨气极易溶于水溶液产生倒吸；
②维持溶液pH为9～10，得到复合肥料NH4MgPO4固体；
③已知：Mg(H2PO4)2易溶于水，MgHPO4、Mg3(PO4)2均难溶于水；
(5)该实验中pH=5.0时，Al3+沉淀完全；在pH=6.0时，Ni2+开始沉淀。
本题考查物质的制备和分离提纯，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】CH3OH−6e−+H2O=CO2↑+6H+ +49.4 水的含量增加，促进反应2、3正向进行，二氧化碳选择性上升，CO选择性下降 反应1为吸热反应，升高温度，使得甲醇转化为CO的平衡转化率上升；反应3为吸热反应，升高温度，使得甲醇转化为二氧化碳的平衡转化率上升；且上升幅度前者超过后者，导致一氧化碳选择性上升 CH3SH+ZnO=ZnS+CH3OH 催化剂表面有积碳沉积 M的结构简式为，吸附催化剂表面的水分子断裂为H、OH，H与甲醛分子中氧原子结合，OH上的O与碳原子结合，生成，生成的(通过氧原子)吸附在催化剂表面
【解析】解：(1)由图可知，阳极甲醇失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，反应为CH3OH−6e−+H2O=CO2↑+6H+，
故答案为：CH3OH−6e−+H2O=CO2↑+6H+；
(2)由盖斯定律可知，反应1+2得到反应3：CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)△H3=(90.6−41.2)kJ⋅mol−1=+49.4kJ⋅mol−1，
故答案为：+49.4；
(3)①当水、甲醇比大于0.8时，水的含量增加，促进反应2、3正向进行，二氧化碳选择性上升，CO选择性下降，
故答案为：水的含量增加，促进反应2、3正向进行，二氧化碳选择性上升，CO选择性下降；
②反应1为吸热反应，升高温度，使得甲醇转化为CO的平衡转化率上升，反应3为吸热反应，升高温度，使得甲醇转化为二氧化碳的平衡转化率上升，且上升幅度前者超过后者，导致一氧化碳选择性上升，
故答案为：反应1为吸热反应，升高温度，使得甲醇转化为CO的平衡转化率上升；反应3为吸热反应，升高温度，使得甲醇转化为二氧化碳的平衡转化率上升；且上升幅度前者超过后者，导致一氧化碳选择性上升；
(4)①原料中的杂质或发生副反应生成的物质会使催化剂失活，由催化重整法制氢反应可知，甲醇中混有少量的甲硫醇，重整制氢时加入ZnO可有效避免铜基催化剂失活，其原理是甲硫醇和氧化锌反应生成硫化锌、甲醇，反应为CH3SH+ZnO=ZnS+CH3OH，
故答案为：CH3SH+ZnO=ZnS+CH3OH；
②第二份先在空气中高温煅烧后再进行氢气还原，使得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催化剂表面有积碳沉积，而煅烧可以将积碳除去使得催化剂活性恢复，
故答案为：催化剂表面有积碳沉积；
(5)M的结构简式为，吸附催化剂表面的水分子断裂为H、OH，H与甲醛分子中氧原子结合，OH上的O与碳原子结合，生成，生成的 (通过氧原子)吸附在催化剂表面，
故答案为：M的结构简式为，吸附催化剂表面的水分子断裂为H、OH，H与甲醛分子中氧原子结合，OH上的O与碳原子结合，生成，生成的 (通过氧原子)吸附在催化剂表面。
(1)由图可知，阳极甲醇失去电子发生氧化反应生成二氧化碳；
(2)由盖斯定律可知，反应1+2得到反应3；
(3)①当水、甲醇比大于0.8时，水的含量增加，促进反应2、3正向进行，二氧化碳选择性上升，CO选择性下降；
②反应1为吸热反应，升高温度，使得甲醇转化为CO的平衡转化率上升，反应3为吸热反应，升高温度，使得甲醇转化为二氧化碳的平衡转化率上升，且上升幅度前者超过后者，导致一氧化碳选择性上升；
(4)①原料中的杂质或发生副反应生成的物质会使催化剂失活，由催化重整法制氢反应可知，甲醇中混有少量的甲硫醇，重整制氢时加入ZnO可有效避免铜基催化剂失活，其原理是甲硫醇和氧化锌反应生成硫化锌、甲醇；
②第二份先在空气中高温煅烧后再进行氢气还原，使得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催化剂表面有积碳沉积；
(5)M的结构简式为，吸附催化剂表面的水分子断裂为H、OH，H与甲醛分子中氧原子结合，OH上的O与碳原子结合，生成，生成的 (通过氧原子)吸附在催化剂表面。
本题考查化学平衡及电解原理，为高频考点，把握平衡移动、盖斯定律计算焓变、电极反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。
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