江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)四市2024年高考化學(xué)模擬試題（含答案）

江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)四市2024年高考化學(xué)模擬試題姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二總分評(píng)分一、單選題1．我國(guó)科學(xué)家成功以二氧化碳和水為原料合成葡萄糖和脂肪酸，為合成“糧食”提供了新路徑。下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．COB．鏈狀葡萄糖分子中含有三種官能團(tuán)C．合成中發(fā)生了氧化還原反應(yīng)D．該新路徑有利于促進(jìn)“碳中和”2．人們?cè)诮鹦谴髿庵刑綔y(cè)到PH3，據(jù)此推斷金星大氣層或存在生命。反應(yīng)P4+3KOH+3HA．P4為極性分子 B．K+的結(jié)構(gòu)示意圖為C．PH3的電子式為 D．KH23．中和胃酸藥物“達(dá)喜”的有效成分為MgA．電離能大?。篒1(Al)<IC．半徑大小：r(O2-)<r(M4．實(shí)驗(yàn)室用如下圖所示裝置探究SO2與NaNOA．用裝置甲產(chǎn)生SB．裝置乙中無(wú)明顯現(xiàn)象，則SO2與C．裝置丙中注入O2，產(chǎn)生紅棕色氣體，說(shuō)明裝置乙中SD．裝置丁吸收尾氣并防止空氣進(jìn)入裝置丙5．硫及其化合物有著廣泛的作用。硫元素具有多種化合價(jià)，在一定條件下能發(fā)生相互轉(zhuǎn)化。不同溫度下硫單質(zhì)的狀態(tài)和分子結(jié)構(gòu)不同，S8環(huán)狀分子的結(jié)構(gòu)為。合理應(yīng)用和處理含硫的化合物，在生產(chǎn)生活中有重要意義。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是A．SO42?的空間構(gòu)型為正四面體 C．SO2和SO3中的鍵角相等 6．硫及其化合物有著廣泛的作用。硫元素具有多種化合價(jià)，在一定條件下能發(fā)生相互轉(zhuǎn)化。不同溫度下硫單質(zhì)的狀態(tài)和分子結(jié)構(gòu)不同，S8環(huán)狀分子的結(jié)構(gòu)為??。合理應(yīng)用和處理含硫的化合物，在生產(chǎn)生活中有重要意義。下列有關(guān)硫及其化合物的性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是A．硫單質(zhì)呈黃色，可用作橡膠硫化劑B．SO2具有氧化性，可用于漂白草編織物C．Na2SO3具有還原性，可用于處理自來(lái)水中殘留的Cl2D．濃硫酸具有強(qiáng)氧化性，可用作酯化反應(yīng)的催化劑7．硫及其化合物有著廣泛的作用。硫元素具有多種化合價(jià)，在一定條件下能發(fā)生相互轉(zhuǎn)化。不同溫度下硫單質(zhì)的狀態(tài)和分子結(jié)構(gòu)不同，S8環(huán)狀分子的結(jié)構(gòu)為??。合理應(yīng)用和處理含硫的化合物，在生產(chǎn)生活中有重要意義。利用甲烷可以除去SO3，反應(yīng)為A．上述反應(yīng)的ΔS<0B．上述反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K=C．及時(shí)分離出H2D．上述反應(yīng)中生成1molS8，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目約為8．鐵銨礬[NHA．鐵銨礬溶液與氨水混合反應(yīng)：FB．向鐵銨礬溶液中通入H2SC．在強(qiáng)堿溶液中，鐵銨礬與次氯酸鈉反應(yīng)生成Na2D．向鐵銨礬溶液中加入過(guò)量Ba(OH)29．化合物乙是一種治療神經(jīng)類疾病的藥物，可由化合物甲經(jīng)多步反應(yīng)得到。下列有關(guān)化合物甲、乙的說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．甲分子存在順?lè)串悩?gòu) B．乙分子中含有2個(gè)手性碳原子C．1mol乙最多能與4molNaOH反應(yīng) D．用NaHCO10．如圖為某微生物燃料電池凈化水的原理。下列說(shuō)法正確的是A．N極為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)B．電池工作時(shí)，N極附近溶液pH減小C．M極發(fā)生的電極反應(yīng)為(D．處理0.1molCr2O11．根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象得出的結(jié)論錯(cuò)誤的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論A向溶有SO2的X具有強(qiáng)氧化性B向0.1mol?L?1氧化性：FC向NaHCO3溶液中加入等濃度等體積的A1O2?比D將溴乙烷、乙醇和燒堿的混合物加熱，產(chǎn)生的氣體經(jīng)水洗后，再通入酸性KMnO溴乙烷發(fā)生了消去反應(yīng)A．A B．B C．C D．D12．室溫下用0.1mol?L-1Na2SO3溶液吸收SO2的一種脫硫工藝流程如下圖所示。已知H2SO3電離平衡常數(shù)分別為Ka1=1.54×10-2，Ka2=1.02×10-7，H2CO3電離平衡常數(shù)分別為Ka1=4.30×10-7、Ka2=5.61×10-11，忽略通入SO2所引起的溶液體積變化和H2O揮發(fā)。下列說(shuō)法正確的是A．0.1mol?L-1Na2SO3溶液中：c(OB．NaHSO3溶液中：c(SC．“沉淀”時(shí)發(fā)生主要反應(yīng)的離子方程式：CaCD．“沉淀”分離后的濾液中：c(C13．工業(yè)上制備Ti，采用碳氯化法將TiO2轉(zhuǎn)化成①TiO2(s)+2Cl②2CO(g)=CO2(g)+C(s)③2C(s)+O2(g)=2CO(g)Δ在1.0×105?Pa，將TiO2A．1000℃時(shí)，反應(yīng)TiO2B．曲線III表示平衡時(shí)COC．高于600℃，升高溫度，主要對(duì)反應(yīng)②的平衡產(chǎn)生影響D．為保證TiCl二、非選擇題14．鈷的氧化物常用于制取催化劑和顏料等。以含鈷廢料(含Co已知：萃取時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為Co（1）除Fe、Al：先加入NaClO3溶液，再加入Na2CO3（2）除Ca、Mg：當(dāng)某離子濃度c≤1×10①為使Ca2+、Mg2+除盡，必須保持溶液中②若調(diào)節(jié)溶液的pH偏低、將會(huì)導(dǎo)致Ca2+、Mg2+沉淀不完全，其原因是。[Ksp（3）萃取、反萃?。杭尤肽秤袡C(jī)酸萃取劑(HA)2，實(shí)驗(yàn)測(cè)得Co2+①該工藝中設(shè)計(jì)萃取、反萃取的目的是。②Co2+萃取率隨pH升高先增大后減小的可能原因是（4）熱分解：向反萃取所得水相中加入(NH4)2C①B點(diǎn)剩余固體產(chǎn)物為(寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程)。②鈷的一種氧化物的晶胞如圖所示，在該晶體中與一個(gè)鈷原子等距離且最近的鈷原子有個(gè)。15．化合物G是一種酪氨酸激酶抑制劑中間體，其合成路線之一如下：（1）A分子中碳原子的雜化軌道類型為。（2）B→C的反應(yīng)類型為。（3）C的一種同分異構(gòu)體同時(shí)滿足下列條件，寫(xiě)出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：。①分子中有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫，能與FeCl②在堿性條件下發(fā)生水解反應(yīng)，酸化后產(chǎn)物之一苯環(huán)上含有2種含氧官能團(tuán)。（4）D到E的反應(yīng)需經(jīng)歷D→M→E的過(guò)程，M的分子式為C11H13（5）請(qǐng)寫(xiě)出以和甲酸乙酯為原料制備的合成路線流程圖(無(wú)機(jī)試劑和有機(jī)溶劑任用，合成路線流程圖示例見(jiàn)本題題干)。16．對(duì)SiO2為載體的加氫廢催化劑(主要含有WS（1）NiS中，基態(tài)鎳離子的電子排布式為。（2）高溫氧化焙燒時(shí)，WS2發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為（3）濾渣X的成分為H2SiO（4）Mg(H2PO4)2易溶于水，MgHPO①實(shí)驗(yàn)中球形干燥管的作用是。②磷酸的分布分?jǐn)?shù)x(平衡時(shí)某物種的濃度占各物種濃度之和的分?jǐn)?shù))與pH的關(guān)系如圖所示。生成NH4MgP③向?yàn)V液中先通入NH3后加入MgCl（5）已知：①該實(shí)驗(yàn)中pH=5.0時(shí)，Al3+沉淀完全；在pH=6.0時(shí)，②實(shí)驗(yàn)中須用到的試劑：2mol?L?1H2SO4溶液、0.1mol?L17．工業(yè)上利用甲醇和水蒸氣可制備氫氣。（1）I.電解法制氫：甲醇電解可制得H2陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為。（2）II.催化重整法制氫已知：反應(yīng)1：CH3反應(yīng)2：CO(g)+H2則反應(yīng)3：CH3OH(g)+H（3）以CuO?ZnO?Al2O①當(dāng)水、甲醇比大于0.8時(shí)，CO選擇性下降的原因是。②當(dāng)水、甲醇比一定時(shí)，溫度升高，CO選擇性有所上升，可能原因是。（4）銅基催化劑(Cu/①甲醇中混有少量的甲硫醇(CH3SH②將失活的銅基催化劑分為兩份，第一份直接在氫氣下進(jìn)行還原，第二份先在空氣中高溫煅燒后再進(jìn)行氫氣還原。結(jié)果只有第二份催化劑活性恢復(fù)。說(shuō)明催化劑失活的另外可能的原因是。（5）在Pt-Pd合金表面上甲醇與水蒸氣重整反應(yīng)的機(jī)理如圖所示(“*”表示此微粒吸附在催化劑表面，M為反應(yīng)過(guò)程中的中間產(chǎn)物)。根據(jù)元素電負(fù)性的變化規(guī)律，推導(dǎo)M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式并描述步驟2的反應(yīng)機(jī)理。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．COB．鏈狀葡萄糖分子中含有羥基、醛基2種官能團(tuán)，B符合題意；C．二氧化碳和水為原料合成葡萄糖和脂肪酸，合成中碳元素化合價(jià)發(fā)生了改變，故發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，C不符合題意；D．該新路徑可以充分利用二氧化碳，有利于促進(jìn)“碳中和”，D不符合題意，故答案為：B。

【分析】A、酸性氧化物：多數(shù)非金屬氧化物是酸性氧化物，一氧化氮、一氧化碳、二氧化氮特殊；

B、葡萄糖含有羥基、醛基；

C、化合價(jià)發(fā)生變化為氧化還原反應(yīng)；

D、碳中和的特點(diǎn)是除去二氧化碳。2．【答案】D【解析】【解答】A．P4分子呈正四面體結(jié)構(gòu)，正負(fù)電荷重心重合，為非極性分子，A不符合題意；B．K+的核外有18個(gè)電子，結(jié)構(gòu)示意圖為，B不符合題意；C．PH3分子中，1個(gè)P與3個(gè)H各形成一對(duì)共用電子，另外P的最外層還有1個(gè)孤電子對(duì)，電子式為，C不符合題意；D．KH2PO2由K+和H2PO故答案為：D。

【分析】A、正負(fù)電荷重心重合，為非極性分子；

B、鉀原子丟失最外層1個(gè)電子形成鉀離子；

C、磷原子周圍滿足8個(gè)電子；

D、銨根離子或金屬離子與非金屬離子或酸根離子的結(jié)合是離子鍵，非金屬原子和非金屬原子的結(jié)合是共價(jià)鍵。3．【答案】A【解析】【解答】A．同一周期隨著原子序數(shù)變大，第一電離能變大，但是鎂原子價(jià)電子為3s2全滿穩(wěn)定狀態(tài)，電離能較大，故Al的第一電離能比Mg?。籄符合題意；B．同周期從左到右，金屬性減弱，非金屬性變強(qiáng)，元素的電負(fù)性變強(qiáng)；電負(fù)性大?。害?O)>χ(C)，B不符合題意；C．電子層數(shù)越多半徑越大，電子層數(shù)相同時(shí)，核電荷數(shù)越大，半徑越小；半徑大小：r(OD．金屬性越強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的堿性越強(qiáng)，堿性強(qiáng)弱：Mg(OH)故答案為：A。

【分析】A、同一周期隨著原子序數(shù)變大，第一電離能變大若最外層能級(jí)為全充滿或者半充滿則出現(xiàn)反常；

B、同周期從左到右元素的電負(fù)性變強(qiáng)；

C、粒子的半徑比較，一看電子層，電子層數(shù)越多半徑越大，二看核電荷數(shù)，核電荷數(shù)越多半徑越小，三看最外層電子數(shù)，最外層電子數(shù)越多，半徑越大；

D、最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物堿性即比較金屬性。4．【答案】B【解析】【解答】A．甲為二氧化硫的發(fā)生裝置，方程式為H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O，A不符合題意；B．由于生成NO為無(wú)色無(wú)味氣體，故該其反應(yīng)沒(méi)有明顯現(xiàn)象，B符合題意；C．注入氧氣，產(chǎn)生紅棕色氣體，說(shuō)明裝置丙中有NO，進(jìn)一步證明乙中發(fā)生了反應(yīng)，C不符合題意；D．丁做尾氣處理，并且防止空氣進(jìn)入丙，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A、濃硫酸和亞硫酸鈉反應(yīng)是實(shí)驗(yàn)室制取二氧化硫的方法；

B、一氧化氮為無(wú)色氣體；

C、氧氣和一氧化氮反應(yīng)生成二氧化氮；

D、氫氧化鈉可以吸收尾氣。5．【答案】A【解析】【解答】A．SOB．S8C．SO2和SOD．水分子間能形成氫鍵導(dǎo)致沸點(diǎn)升高，故H2S的沸點(diǎn)低于故答案為：A。

【分析】A、雜化軌道=中心原子成鍵電子對(duì)數(shù)+孤電子對(duì)數(shù)，若雜化軌道數(shù)=2，為sp雜化，雜化軌道數(shù)=3，為sp2雜化，雜化軌道數(shù)=4，為sp3雜化；

雜化軌道數(shù)=2，為直線；

雜化軌道數(shù)=3，成鍵電子數(shù)=3，為三角形；

雜化軌道數(shù)=3，成鍵電子數(shù)=2，為V形；

雜化軌道數(shù)=4，成鍵電子數(shù)=4，為四面體；

雜化軌道數(shù)=4，成鍵電子數(shù)=3，為三角錐；

雜化軌道數(shù)=4，成鍵電子數(shù)=2，為V形；

B、S8由8個(gè)硫原子構(gòu)成分子晶體；

C、孤電子對(duì)導(dǎo)致鍵角變小；

D、水分子之間可以形成氫鍵，使沸點(diǎn)變高。6．【答案】C【解析】【解答】A．硫單質(zhì)可用作橡膠硫化劑，體現(xiàn)的是硫的化學(xué)性質(zhì)，與顏色無(wú)關(guān)，A不符合題意；B．SO2用于漂白草編織物，發(fā)生非氧化還原反應(yīng)，體現(xiàn)SO2的漂白性，B不符合題意；C．Na2SO3具有還原性，與自來(lái)水中殘留的Cl2發(fā)生氧化還原反應(yīng)，從而去除Cl2，C符合題意；D．濃硫酸用作酯化反應(yīng)的催化劑，與氧化性無(wú)關(guān)，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A、顏色和是否作為硫化劑無(wú)關(guān)；

B、二氧化硫具有漂白性可以漂白編織物；

C、亞硫酸鈉可以和氯氣發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

D、濃硫酸作為催化劑可以使醇和羧酸發(fā)生酯化反應(yīng)。7．【答案】D【解析】【解答】A．反應(yīng)為氣體分子數(shù)增大的反應(yīng)，熵變大于零；A不符合題意；B．由方程式可知，上述反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K=c(C．及時(shí)分離出H2D．反應(yīng)中硫元素化合價(jià)由+6變?yōu)?，S8～48e-，則上述反應(yīng)中生成1mol故答案為：D。

【分析】A、氣體分子數(shù)增多為熵增的過(guò)程；

B、化學(xué)平衡常數(shù)為生成物的濃度冪之積和反應(yīng)物的濃度冪之積比值；

C、減少生成物濃度，平衡朝正向移動(dòng)；

D、結(jié)合化合價(jià)變化數(shù)目和原子個(gè)數(shù)判斷電子數(shù)。8．【答案】B【解析】【解答】A．一水合氨為弱堿，應(yīng)以化學(xué)式表示，則鐵銨礬溶液與氨水混合反應(yīng)：Fe3++3NH3?H2O=Fe(OH)3↓+3NHB．向鐵銨礬溶液中通入H2S氣體，F(xiàn)e3+將H2S氧化為S，F(xiàn)e3+被還原為Fe2+，離子方程式為：C．在強(qiáng)堿溶液中，鐵銨礬與次氯酸鈉反應(yīng)生成Na2FeO4；3ClD．向鐵銨礬溶液中加入過(guò)量Ba(OH)2溶液：故答案為：B。

【分析】A、一水合氨不可拆；

B、鐵離子和硫化氫發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成亞鐵離子、硫和氫離子；

C、堿性溶液不生成氫離子；

D、氫氧化鋇過(guò)量時(shí)，會(huì)生成一水合氨。9．【答案】C【解析】【解答】A．由圖可知，甲分子中碳碳雙鍵的碳上均連接2個(gè)不同的原子或原子團(tuán)，存在順?lè)串悩?gòu)，故A不符合題意；B．乙分子中含有2個(gè)手性碳原子，如圖標(biāo)有星號(hào)的碳原子為手性碳原子，故B不符合題意；C．乙中含有酯基、酚羥基、碳溴鍵，可以與NaOH溶液反應(yīng)，其中1mol酚與酸形成的酯基要消耗2molNaOH，1mol乙最多能與5molNaOH反應(yīng)，故C符合題意；D．甲含有-COOH，乙不含-COOH，用NaHCO故答案為：C。

【分析】A、順?lè)串悩?gòu)的特點(diǎn)是碳碳雙鍵兩側(cè)均連接不同的原子或者原子團(tuán)；

B、手性碳原子指的是一個(gè)碳原子周圍連接四個(gè)完全不相同的結(jié)構(gòu)；

C、羧基、酯基、溴原子都可以和氫氧化鈉反應(yīng)；

D、碳酸氫鈉只能和羧基反應(yīng)。10．【答案】C【解析】【解答】A．由分析可知，M極為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)；N為正極，A不符合題意；B．電池工作時(shí)，重鉻酸根離子得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成Cr3+，反應(yīng)為CrC．有機(jī)物失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成二氧化碳，M極發(fā)生的電極反應(yīng)為(CD．根據(jù)電子守恒可知，4nCr2O72-故答案為：C。

【分析】新型電池的判斷：

1、化合價(jià)升高的為負(fù)極，失去電子，化合價(jià)降低的為正極，得到電子；

2、電極反應(yīng)式的書(shū)寫(xiě)要注意，負(fù)極反應(yīng)為負(fù)極材料失去電子化合價(jià)升高，正極反應(yīng)為正極材料得到電子化合價(jià)降低，且要根據(jù)電解質(zhì)溶液的酸堿性判斷，酸性溶液不能出現(xiàn)氫氧根，堿性溶液不能出現(xiàn)氫離子，且電極反應(yīng)式要滿足原子守恒。11．【答案】A【解析】【解答】A．向溶有SO2的B．向0.1mol?L?1FeClC．向NaHCO3溶液中加入等濃度等體積的NaAlO2溶液，出現(xiàn)白色沉淀，說(shuō)明A1O2?D．將溴乙烷、乙醇和燒堿的混合物加熱，產(chǎn)生的氣體經(jīng)水洗后，再通入酸性KMnO故答案為：A。

【分析】A、氣體可能是氨氣或者氧化性氣體；

B、淀粉遇碘變藍(lán)；

C、偏鋁酸根可以結(jié)合碳酸氫鈉中的氫離子生成氫氧化鋁；

D、乙醇、溴化氫可以被水吸收，剩下乙烯可以和酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)。12．【答案】C【解析】【解答】A.0.1mol?L-1Na2SO3溶液中，存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HSO3?)+2c(SO32?)+c(OH-)，物料守恒c(Na+)=2c(HSO3?)+2c(SO32?)+2c(H2SOB．NaHSO3溶液中，Ka2=1.02×10-7，Kh2=1.0×10?141.54×1C．由分析可知，由于Ka2(H2SO3)=1.02×10-7＜Ka1(H2CO3)=4.30×10-7，所以NaHSO3與CaCO3反應(yīng)只能生成NaHCO3和CaSO3，“沉淀”時(shí)發(fā)生主要反應(yīng)的離子方程式：CaCOD．“沉淀”分離后的濾液，仍是CaSO3的飽和溶液，則c(Ca故答案為：C。

【分析】A、結(jié)合電荷守恒和物料守恒判斷；

B、結(jié)合結(jié)合電離程度和水解程度判斷；

C、碳酸鈣和亞硫酸氫根反應(yīng)生成亞硫酸鈣和碳酸氫根；

D、飽和溶液離子濃度積等于溶度積。13．【答案】D【解析】【解答】A.1000℃時(shí)，由蓋斯定律可知，①-③得反應(yīng)TiO2(s)+2CB．由分析可知，曲線III表示平衡時(shí)COC．高于600℃，升高溫度，TiCl4的分?jǐn)?shù)幾乎不變，而CO含量顯著增大，反應(yīng)均為放熱，升溫反應(yīng)逆向進(jìn)行，則說(shuō)明此時(shí)升高溫度主要對(duì)反應(yīng)D．溫度200℃~1200℃之間四氯化碳的平衡轉(zhuǎn)化率幾乎不變，故升高溫度對(duì)其平衡轉(zhuǎn)化率增加作用不大，D符合題意；故答案為：D。

【分析】A、兩式相加，其平衡常數(shù)相乘，兩式相減，其平衡常數(shù)相除；

B、升高溫度，平衡朝吸熱方向移動(dòng)；

C、結(jié)合圖示以及一氧化碳的含量變化判斷；

D、結(jié)合圖示可以知道200℃~1200℃之間四氯化碳的平衡轉(zhuǎn)化率幾乎不變。14．【答案】（1）6F（2）0.01；pH偏低，氫離子濃度過(guò)大導(dǎo)致氟離子和氫離子結(jié)合成HF分子（3）實(shí)現(xiàn)Co2+的提取和富集；隨著pH升高，氫離子濃度減小，Co2++n(HA)2?CoA（4）CoC2O4?2H2O在空氣中加熱首先失去結(jié)晶水，CoC2O4?2【解析】【解答】（1）NaClO3氧化Fe（2）①Ksp(CaF2)=1.0×10?10，Ksp(Mg②若調(diào)節(jié)溶液的pH偏低、將會(huì)導(dǎo)致Ca2+、（3）①該工藝中設(shè)計(jì)萃取、反萃取的目的是將Co2+從濾液中提取到有機(jī)層中，然后分液后再反萃取到水層中，實(shí)現(xiàn)②Co2+萃取率隨pH升高先增大后減小的可能原因是隨著pH升高，氫離子濃度減小，Co2++n(HA)2?CoA（4）①CoC2O4?2H2O在空氣中加熱首先失去結(jié)晶水，CoC2O4?2②鈷的一種氧化物的晶胞如圖所示，根據(jù)“均攤法”，晶胞中含8×18+6×

【分析】（1）亞鐵離子和氯酸根離子、氫離子反應(yīng)生成鐵離子、氯離子和水；

（2）①結(jié)合溶度積和離子濃度計(jì)算；

②結(jié)合氫離子和氟離子形成弱酸判斷；

（3）①萃取和反萃取可以使鈷離子濃度增大；

②減小氫離子濃度，平衡朝正向移動(dòng)，而氫氧根濃度增大會(huì)使鈷離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鈷；

（4）①結(jié)合鈷元素質(zhì)量和氧元素質(zhì)量進(jìn)行判斷；

②結(jié)合均攤法判斷。15．【答案】（1）sp2、sp3（2）還原反應(yīng)（3）或（4）（5）【解析】【解答】（1）A分子中單鍵碳原子采用sp3雜化，雙鍵碳、苯環(huán)上的碳原子采用sp2雜化，碳原子的雜化軌道類型為sp2、sp3；（2）B中的硝基變?yōu)镃中的氨基，B→C的反應(yīng)類型為還原反應(yīng)；（3）①分子中有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫，說(shuō)明結(jié)構(gòu)對(duì)稱，能與FeCl3發(fā)生顯色反應(yīng)，說(shuō)明含有酚羥基，但不能與溴水發(fā)生取代反應(yīng)，說(shuō)明酚羥基的鄰位、對(duì)位都有取代基。②在堿性條件下發(fā)生水解反應(yīng)，說(shuō)明含有酯基，酸化后產(chǎn)物之一苯環(huán)上含有2種含氧官能團(tuán)。符合條件的C的同分異構(gòu)體為或；（4）D到E的反應(yīng)需經(jīng)歷D→M→E的過(guò)程，D中氨基、醛基發(fā)生加成反應(yīng)生成M，M的分子式為C11H13（5）苯乙烯和氯化氫加成、水解生成，催化氧化為；與甲酸乙酯反應(yīng)生成，與POCl3反應(yīng)生成，合成路線為。

【分析】（1）雜化軌道=中心原子成鍵電子對(duì)數(shù)+孤電子對(duì)數(shù)，若雜化軌道數(shù)=2，為sp雜化，雜化軌道數(shù)=3，為sp2雜化，雜化軌道數(shù)=4，為sp3雜化；

（2）有機(jī)反應(yīng)中加氫去氧為還原反應(yīng)；

（3）4種不同環(huán)境的氫氣即有4種等效氫，可以和氯化鐵發(fā)生顯色反應(yīng)即含有酚羥基，堿性條件下水解即含有酯基；

（4）結(jié)合D和E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式判斷M；

（5）合成路線的設(shè)計(jì)，一般要結(jié)合已知條件或者已知合成路線去看，根據(jù)題干要求的物質(zhì)，采用順推或者逆推法進(jìn)行相應(yīng)的設(shè)計(jì)。16．【答案】（1）[Ar]3d8（2）2W（3）Al(OH)3（4）防止倒吸；NH3?H2O+HPO（5）向浸渣中加入稍過(guò)量的2mol·L-1H2SO4溶液中，充分?jǐn)嚢柚凉腆w不再溶解；邊攪拌邊滴加0.1mol·L-1NaOH溶液，調(diào)節(jié)溶液的pH在5.0～6.0之間，過(guò)濾；將濾液加熱濃縮、冷卻結(jié)晶，過(guò)濾【解析】【解答】（1）基態(tài)Ni原子的價(jià)電子排布式為3d84s2，鎳失去2個(gè)電子得到鎳離子，基態(tài)鎳離子的電子排布式為[Ar]3d8；（2）高溫氧化焙燒時(shí)，WS2和空氣中氧氣反應(yīng)生成WO3和二氧化硫，反應(yīng)為（3）由分析可知，濾渣X的成分為H2SiO（4）①氨氣極易溶于水溶液產(chǎn)生倒吸，實(shí)驗(yàn)中球形干燥管的作用是防止倒吸；②維持溶液pH為9～10，得到復(fù)合肥料NH4MgPO4③已知：Mg(H2PO4)2易溶于水，MgHPO4、Mg（5）該實(shí)驗(yàn)中pH=5.0時(shí)，Al3+沉淀完全；在pH=6.0時(shí)，Ni2+開(kāi)始沉淀。故實(shí)驗(yàn)方案為：向浸渣中加入稍過(guò)量的2mol·L-1H2SO

【分析】（1）鎳離子為鎳原子丟失2個(gè)電子；

（2）結(jié)合氧化還原反應(yīng)化合價(jià)升降進(jìn)行化學(xué)計(jì)量數(shù)配平；

（3）硅酸鹽遇氫離子形成硅酸，偏鋁酸根弱酸性條件下形成氫氧化鋁；

（4）①干燥管可防止倒吸；

②一水合氨和磷