江西省景德鎮(zhèn)市2024年高考化學(xué)模擬試題（含答案）

江西省景德鎮(zhèn)市2024年高考化學(xué)模擬試題閱卷人一、選擇題，每小題只有1個(gè)正確選項(xiàng)(每小題3分，共42分)得分1．江西礦物資源豐富，有“物華天寶、人杰地靈”之稱。下列有關(guān)說法錯(cuò)誤的是（）A．德興銅礦是中國第一大伴生金礦和伴生銀礦，電解精煉銅時(shí)粗銅作陽極B．浮梁縣朱溪鎢銅礦是世界最大鎢礦，金屬鎢可用鋁熱法冶煉C．宜春鋰礦是亞洲最大的鋰云母礦，鋰是密度最小的金屬D．贛州素有“稀土王國”的美譽(yù)，稀土元素包含鈦2．下列化學(xué)用語表述正確的是（）A．熟石膏的化學(xué)式：2CaSB．SOCl2C．基態(tài)溴原子的價(jià)層電子排布式：[Ar]4D．含有8個(gè)中子的碳原子：63．下列方程式能正確表示相應(yīng)變化的是（）A．草酸與酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)：2MnB．空氣中加熱FeO：6FeO+C．用銅電極電解飽和食鹽水，陽極有白色沉淀生成：Cu?2D．向硝酸銀溶液中滴加少量的氨水：A4．下列有關(guān)阿伏加德羅常數(shù)(NAA．18g液態(tài)水中含有氫鍵的數(shù)目為2NB．10g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為46%的乙醇溶液中含有O-H鍵的數(shù)目為0.1NC．常溫下2.7gAl加至足量的濃硝酸中，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.3ND．25℃時(shí)，1LpH=2的CH3COOH溶液中，5．“結(jié)構(gòu)決定性質(zhì)”，下列有關(guān)物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的說法中正確的是（）A．溫度相同時(shí)，水溶液中電離常數(shù)：CB．熔點(diǎn)：NaCl<MgCC．分子的極性：OD．F2、Cl26．由大腦分泌的化合物X名為甲硫氨酸-腦啡肽，其結(jié)構(gòu)如下圖。下列敘述正確的是（）A．X是一種五肽 B．組成X的氨基酸有5種C．X含有4個(gè)手性碳原子 D．X不能使溴水褪色7．根據(jù)實(shí)驗(yàn)事實(shí)能得出相應(yīng)結(jié)論的是（）A．在25℃和40℃測(cè)得0.1mol/LNa2SO3溶液的pH分別為9.37和9.66。SB．CHClC．將有機(jī)物X：滴入溴的CCl4D．向溶液Y中滴加鹽酸酸化的氯化鋇溶液有白色沉淀生成。Y中一定含有S8．由于鈉資源儲(chǔ)量豐富，便于開采，價(jià)格便宜，鈉離子電池有望成為下一代大規(guī)模儲(chǔ)能電池。我國化學(xué)家最近研制的一種鈉離子電池如圖所示。下列說法正確的是（）A．膜是陰離子交換膜B．充電時(shí)NaC．放電時(shí)正極的電極反應(yīng)：NaD．有機(jī)溶劑可選擇乙醇9．黃色化合物Р的陽離子和陰離子的結(jié)構(gòu)如圖所示。其中W、X、Y、Z、M原子序數(shù)依次增大且分布在前四個(gè)周期，X的一種單質(zhì)導(dǎo)電能力強(qiáng)但硬度很小，Y的簡(jiǎn)單氫化物可以作制冷劑，Z的氧化物可做消毒劑，M核外只有1個(gè)單電子。下列敘述錯(cuò)誤的是（）A．電負(fù)性：Y>X>M>WB．基態(tài)Z原子中電子的空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有9種C．簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)：X<YD．同周期中，第一電離能比Y大的有2種元素10．某研究小組利用軟錳礦(主要成分為MnO2，另含少量鐵、鋁、銅、鎳的化合物)作脫硫劑，通過如下簡(jiǎn)化流程，既脫除燃煤尾氣中的SOA．X可能是MnCB．若濾渣2是CuS和NiS，則Y一定是HC．還原酸浸時(shí)，MnOD．氧化時(shí)發(fā)生的離子方程式：2Mn11．已知CaFA．與Ca2+距離最近的B．CaF2晶體中F?與C．CaF2D．晶胞中F?圍成的立方體棱長(zhǎng)為212．實(shí)驗(yàn)室可用離子交換法測(cè)定PbCl2溶液的濃度，取V1ml待測(cè)液，加入到交換柱中，待測(cè)液往下流的過程中會(huì)與氫型陽離子交換樹脂(用RH表示)發(fā)生反應(yīng)：2RH+PbCl2A．滴定時(shí)可選擇酚酞作指示劑B．PbCl2溶液的濃度為C．若交換液的流出速率過快，可能導(dǎo)致測(cè)得PbClD．利用該方法可以準(zhǔn)確測(cè)定PbF13．一定溫度下，反應(yīng)HSiCl3(g)+CA．該反應(yīng)的ΔH=?236B．機(jī)理a、b均表示2步基元反應(yīng)C．機(jī)理a、b決速步的能壘：ED．由機(jī)理a可知鍵能大小：Cl-Si<H-Si14．常溫下向CaC2O4飽和溶液(始終有CaC2O4固體存在)中滴加HCl溶液或者NaOH溶液調(diào)節(jié)pH，測(cè)得溶液中A．溶液中始終存在：2c(CB．Ksp(CaC．pH=7時(shí)，2c(CD．A點(diǎn)時(shí)，c(C閱卷人二、非選擇題：本題共4小題，共58分。得分15．三氯化六氨合鈷([Co(NH3Ⅰ．制備氯化鈷：已知CoCl（1）儀器a的名稱為。（2）A中固體為高錳酸鉀，則反應(yīng)的離子方程式為。裝置B中試劑X為。（3）球形干燥管中試劑的作用為。（4）Ⅱ．制備三氯化六氨合鈷：將制備的CoCl“氧化”步驟中應(yīng)控溫在60℃進(jìn)行，可采取水浴加熱，其優(yōu)點(diǎn)為。（5）利用CoCl2、NH4Cl、濃氨水、H（6）操作X中，加入濃鹽酸的作用是。（7）Ⅲ．測(cè)定鈷含量：準(zhǔn)確稱量3.0000g樣品[Co(NH3)6]Cl(已知：①Co3+將I?氧化成I2，自身被還原成C計(jì)算樣品中鈷元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為%(保留至小數(shù)點(diǎn)后兩位)。16．以紅土鎳鎘礦(NiS、CdO，含SiO2、CuO、PbO、已知：水溶液中物質(zhì)得失電子的能力可用標(biāo)準(zhǔn)電極電勢(shì)[E(高價(jià)態(tài)/低價(jià)態(tài))]衡量，E越大說明高價(jià)態(tài)物質(zhì)的氧化性越強(qiáng)、E越小說明低價(jià)態(tài)物質(zhì)的還原性越強(qiáng)。物質(zhì)CPCFNE/V+0.34-0.13-0.40-0.44-0.26（1）“漿化”的目的是。（2）濾渣Ⅰ中含有硫單質(zhì)，寫出“酸浸”時(shí)NiS反應(yīng)的離子方程式；濾渣Ⅰ中還含有。(填化學(xué)式)（3）溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀時(shí)(濃度≤10?5mol/L)的pH如下表，則物質(zhì)X不可能是；所調(diào)pH范圍離子FFCCN開始沉淀的pH1.56.57.24.76.8沉淀完全的pH3.39.99.56.792a．NiCO3b．CuOc．（4）電解時(shí)陰極的電極反應(yīng)為。（5）整個(gè)流程中可以循環(huán)使用的物質(zhì)有。(填化學(xué)式)17．丙醛是一種重要的有機(jī)原料，在許多領(lǐng)域都有廣泛的應(yīng)用。在銠催化劑作用下，乙烯羰基合成丙醛涉及的反應(yīng)如下：主反應(yīng)Ⅰ．C2H副反應(yīng)Ⅱ．C2H回答下列問題：（1）ΔH1（2）保持溫度不變，在恒容反應(yīng)器中，按照n(C2H4):n(CO):n(H2)=1:2:1投料，發(fā)生反應(yīng)Ⅰ和Ⅱ，初始?jí)簭?qiáng)為4pkPa，反應(yīng)tmin達(dá)到平衡，平衡時(shí)C2H（3）在裝有相同催化劑的。相同恒壓容器中，按照n(C2H4):n(CO):n(（4）T℃時(shí)，向恒溫恒容的甲容器中，通入1molC2H4、1molCO和2molH2；向絕熱恒容的乙容器中通入1molC2H4、1molCO、2molH2，若只發(fā)生上述反應(yīng)Ⅰ。則甲乙容器中18．?？颂婺?Icotinib)，商品名凱美納，是我國首個(gè)具有完全自主知識(shí)產(chǎn)權(quán)的小分子靶向抗癌創(chuàng)新藥。它由浙江貝達(dá)藥業(yè)股份有限公司生產(chǎn)，于2011年在我國上市。?？颂婺岬膯柺?，標(biāo)志著我國在抗癌藥物研究領(lǐng)域取得了重大突破。Icotinib的合成路線如圖所示，回答相關(guān)問題。（1）B中含有的官能團(tuán)名稱為。C生成D的反應(yīng)類型為。（2）解釋A生成B的反應(yīng)中K2CO（3）B生成C所需的試劑為。（4）寫出A與足量的NaOH反應(yīng)的化學(xué)方程式。（5）寫出Y的化學(xué)名稱。（6）寫出G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式。（7）A的同分異構(gòu)體中滿足下列條件的有種。①含有1個(gè)苯環(huán)；②既能發(fā)生銀鏡反應(yīng)又能發(fā)生水解反應(yīng)；③核磁共振氫譜顯示有4組峰，峰面積比為1∶1∶2∶6；④不含過氧鍵(O—O)。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．電解精煉銅時(shí)粗銅作陽極，A不符合題意；

B．鋁比鎢活潑，可用鋁熱反應(yīng)還原金屬鎢的氧化物得到金屬鎢，B不符合題意；

C．鋰是密度最小的金屬，C不符合題意；

D．鈦金屬屬于過渡金屬元素，D符合題意；

故答案為：D。

【分析】A.電解精煉銅時(shí)，粗銅作陽極，其電極反應(yīng)式為Cu-2e-=Cu2+，精銅作陰極，其電極反應(yīng)式為Cu2++2e-=Cu。

B.鋁比鎢活潑，金屬鎢可用鋁熱法冶煉。

C.鋰是密度最小的金屬。

D.稀土元素包括鑭系重稀土元素和鈧、釹、銪等輕稀土元素。2．【答案】A【解析】【解答】A．熟石膏的化學(xué)式為2CaSO4?H2O，A符合題意；

B．SOCl2中有2個(gè)S-Cl鍵，1個(gè)S=O鍵，價(jià)層電子對(duì)數(shù)=σ鍵個(gè)數(shù)+孤電子對(duì)個(gè)數(shù)=3+6-2-2×12=4，則VSEPR模型為四面體形，含1個(gè)孤電子對(duì)，空間構(gòu)型為三角錐形，B不符合題意；

C．由分析可知，基態(tài)溴原子的價(jià)層電子排布式：3d104s24p5，C不符合題意；

D．含有8個(gè)中子的碳原子：614C，D不符合題意；

故答案為：A。

【分析】A.熟悉常見物質(zhì)的化學(xué)式與俗名。

B.根據(jù)價(jià)層電子對(duì)數(shù)進(jìn)行分析。

3．【答案】B【解析】【解答】A．草酸為弱酸，該反應(yīng)正確的離子方程式為2MnO4?+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H4．【答案】A,D【解析】【解答】A．根據(jù)題干信息可知，n(H2O)=18g/18g·mol-1=1mol，1個(gè)H2O分子中含有2個(gè)氫鍵，則1molH2O分子中含有氫鍵的數(shù)目為2NA，A符合題意；

B．根據(jù)題干信息，n(乙醇)=10g×46%/46g·mol-1=0.1mol，n(H2O)=10g×54%/18g·mol-1=0.3mol，則0.1mol乙醇中含有的H-O鍵數(shù)目為0.1NA，0.3molH2O分子中含H-O鍵數(shù)目為0.6NA，所以乙醇溶液中共含有O-H鍵的數(shù)目0.7NA，B不符合題意；

C．常溫下，鋁遇濃硝酸發(fā)生鈍化，無法計(jì)算，C不符合題意；

D．pH=2，即溶液中c(H+)=0.01mol/L，則n(H+)=1L×0.01mol/L=0.01mol，所以該溶液中H+的數(shù)目為0.01NA，D符合題意；

故答案為：AD。

【分析】A.1個(gè)H2O分子中含有2個(gè)氫鍵。

B.注意乙醇水溶液中，乙醇和水均含H-O鍵。

C.常溫下，鋁遇濃硝酸發(fā)生鈍化。

D.注意pH=-lgc(H+)。5．【答案】C【解析】【解答】A．氟的電負(fù)性大于氯，?導(dǎo)致CF3-的極性大于CCl3-的極性，則?CF3COOH中羧基電離出氫離子的程度大于CCl3COOH，所以水溶液中電離常數(shù)：CF3COOH＞CCl3COOH，A不符合題意；

B．NaCl、MgCl2均為離子晶體，AlCl3為分子晶體，離子晶體的熔點(diǎn)比分子晶體的大，由于金屬性：鈉＞鎂，則NaCl中的離子鍵比MgCl2的強(qiáng)，離子鍵較強(qiáng)的物質(zhì)的熔點(diǎn)高，所以熔點(diǎn)：NaCl＞MgCl2＞AlCl3，B不符合題意；

C．O2是非極性分子，O3是極性分子，分子的極性：O2＜O3，C符合題意；

D．通常原子半徑越小，鍵長(zhǎng)越短，鍵能越大，F(xiàn)、Cl、Br的半徑逐漸增大，由于F-F鍵能反常，則鍵能：Cl-Cl＞Br-Br＞F-F，D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】A.羧酸R-COOH中，?R-結(jié)構(gòu)的極性越強(qiáng)，?羧基在水溶液中的電離能力越強(qiáng)。

B.離子晶體的熔點(diǎn)比分子晶體的大，離子晶體中離子鍵較強(qiáng)的物質(zhì)的熔點(diǎn)較高。

C.注意O2是非極性分子，O3是極性分子。

D.通常原子半徑越小，鍵長(zhǎng)越短，鍵能越大，注意F-F鍵能反常。6．【答案】A【解析】【解答】A．由分析可知，該有機(jī)物是一種五肽，A符合題意；

B．將肽鍵斷開后，可觀察到組成X的氨基酸有4種，B不符合題意；

C．由分析可知，X含有3個(gè)手性碳原子，C不符合題意；

D．該有機(jī)物中含有酚羥基，能使溴水褪色，D不符合題意；

故答案為：A。

【分析】A.五肽是由5個(gè)氨基酸脫水縮合形成的化合物，形成4個(gè)肽鍵。

B.將肽鍵斷開進(jìn)行分析。

C.手性碳原子連接4個(gè)不同的原子或原子團(tuán)。

D.酚羥基能使溴水褪色。7．【答案】A【解析】【解答】A．亞硫酸鈉水解方程為SO32-+H2O可逆HSO3-+OH-，根據(jù)題干信息可知，升溫使溶液pH增大，即利于水解平衡正向移動(dòng)，則水解常數(shù)：Kh（40℃）＞Kh（25℃），A符合題意；

B．CHCl3為非極性分子，根據(jù)相似相溶原理，溶劑的極性：苯＜水，B不符合題意；

C．碳碳雙鍵與醛基均能使溴水褪色，根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象無法檢驗(yàn)X中的碳碳雙鍵，C不符合題意；

D．向溶液Y中滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，Y中可能含Ag+或SO42-，D不符合題意；

故答案為：A。

【分析】A.升溫利于水解平衡正向移動(dòng)。

B.根據(jù)相似相溶原理進(jìn)行分析。

C.碳碳雙鍵使溴水褪色的原理是與溴發(fā)生加成反應(yīng)，醛基使溴水褪色的原理是與溴發(fā)生氧化還原反應(yīng)。

D.AgCl和BaSO4均為白色沉淀。8．【答案】C【解析】【解答】A．由分析可知，膜是陽離子交換膜，A不符合題意；

B．由分析可知，充電時(shí)Na+向左邊電極移動(dòng)，B不符合題意；

C．由分析可知，放電時(shí)正極的電極反應(yīng)式為NaV2(PO4)2O2F+2e-+2Na+=Na3V2(PO4)2O2F，C符合題意；

D．金屬Na能與乙醇發(fā)生反應(yīng)生成乙醇鈉和氫氣，即有機(jī)溶劑不能選擇乙醇，D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】放電時(shí)，金屬Na作負(fù)極，其電極反應(yīng)式為Na-e-=Na+，則右邊電極為正極，得電子發(fā)生還原反應(yīng)，其電極反應(yīng)式為NaV2(PO4)2O2F+2e-+2Na+=Na3V2(PO4)2O2F，則左邊電極生成的Na+移向右邊電極附近，所以膜是陽離子交換膜。充電時(shí)，陽極反應(yīng)式為Na3V2(PO4)2O2F-2e-=NaV2(PO4)2O2F+2Na+，陰極反應(yīng)式為Na++e-=Na。9．【答案】A【解析】【解答】A．由分析可知，Y、X、M、W分別是N、C、Cu、H，根據(jù)同周期元素的電負(fù)性從左到右逐漸增大，同族元素的電負(fù)性自上而下逐漸減小，可推出電負(fù)性：N>C>H＞Cu，A符合題意；

B．由分析可知，Z是Cl，其基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p5，核外有9種原子軌道，則其基態(tài)原子的核外電子的空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有9種，B不符合題意；

C．由分析可知，X、Y分別是C、N，其簡(jiǎn)單氫化物分別為CH4、NH3，NH3中含有氫鍵，沸點(diǎn)較高，C不符合題意；

D．由分析可知，Y是N，位于第二周期，?第一電離能比氮元素大的元素有氟和氧兩種元素，D不符合題意；

故答案為：A。

【分析】根據(jù)題干信息，W、X、Y、Z、M原子序數(shù)依次增大且分布在前四個(gè)周期，X的一種單質(zhì)導(dǎo)電能力強(qiáng)但硬度很小，可推出X是碳元素；Y的簡(jiǎn)單氫化物可以作制冷劑，可推出Y是氮元素；Z的氧化物可做消毒劑，可推出Z是氯元素；M核外只有1個(gè)單電子，且圖示化合物為黃色，結(jié)合陰離子結(jié)構(gòu)，可推出M為銅元素；根據(jù)化合物中陽離子結(jié)構(gòu)圖，可推出W是氫元素。10．【答案】B【解析】【解答】A．MnCO3能消耗溶液中的H2SO4，降低溶液的酸性，從而促進(jìn)Al3+和Fe3+水解生成氫氧化物沉淀而除去，即X可能是MnCO3，A不符合題意；

B．由分析可知，若濾渣2是CuS和NiS，則Y可能是MnS，B符合題意；

C．還原酸浸時(shí)，MnO2參與的反應(yīng)方程式為MnO2+SO2=MnSO4，氧化劑和還原劑分別是MnO2、SO2，其物質(zhì)的量之比為1：1，C不符合題意；

D．由分析可知，氧化時(shí)發(fā)生的離子方程式為2MnO4?+3Mn2++2H2O=4H++5MnO2↓，D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】根據(jù)題干信息及流程圖，“還原酸浸”時(shí)，SO2與MnO2反應(yīng)生成MnSO4，鐵、鋁、銅、鎳的化合物與硫酸反應(yīng)生成相應(yīng)的亞鐵鹽、鋁鹽、銅鹽、鎳鹽；“除鐵鋁”時(shí)，加入的X能除去溶液中Al3+和Fe11．【答案】C【解析】【解答】A．由晶胞結(jié)構(gòu)可知，CaF2晶體中距離Ca2+最近的F-有8個(gè)，A不符合題意；

B．CaF2晶體中F-與Ca2+之間的最近距離為體對(duì)角線的14，即34apm，B不符合題意；

C．根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)圖，Ca原子個(gè)數(shù)為8×18+6×12=4，F(xiàn)原子個(gè)數(shù)為8，則晶胞質(zhì)量為4×78NAg=312NAg，晶胞體積為（a×10-10）3cm3，所以CaF2晶體的密度為312a3×10?30NAg/cm3，C符合題意；

D．假設(shè)晶胞中F-圍成的立方體棱長(zhǎng)為xpm，其體對(duì)角線為CaF2晶體中體對(duì)角線的一半，即3x=32，x=12，所以晶胞中F?圍成的立方體棱長(zhǎng)為12apm，D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】A.CaF2晶體中距離Ca12．【答案】D【解析】【解答】A．用NaOH溶液滴定交換液，涉及反應(yīng)是NaOH+HCl=NaCl+H2O，滴定時(shí)可選擇酚酞作指示劑，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘不變色，A不符合題意；

B．涉及反應(yīng)是2RH+PbCl2=R2Pb+2HCl、NaOH+HCl=NaCl+H2O，則可得反應(yīng)關(guān)系式：PbCl2~2HCl~2NaOH，所以n(PbCl2)=12n(NaOH)=cV2×10-32mol/L，根據(jù)n=cV，則c(PbCl2)=V22V1cmol/L，B不符合題意；

C．若交換液的流出速率過快，則得到的HCl偏少，可能導(dǎo)致測(cè)得c(PbCl2)偏小，C不符合題意；

D．PbF13．【答案】D【解析】【解答】A．由分析可知，該反應(yīng)的△H=-236.7kJ/mol-0=-236.7kJ/mol，A不符合題意；

B．機(jī)理a、b均表示2步基元反應(yīng)，B不符合題意；

C．由圖可知，機(jī)理a、b決速步的能壘：Ea>Eb，C不符合題意；

D．由分析可知，機(jī)理a可知鍵能大?。篊l-Si＞H-Si，D符合題意；

故答案為：D。

【分析】A.△H=生成物總能量-反應(yīng)物總能量。

B.基元反應(yīng)是指在反應(yīng)中一步直接轉(zhuǎn)化為產(chǎn)物的反應(yīng)。14．【答案】B【解析】【解答】A．根據(jù)物料守恒可知，CaC2O4溶液中，存在c(Ca2+)=c(C2O42?)+c(HC2O4?)+c(H2C2O4)，A不符合題意；

B．Ksp(CaC2O4)=c(Ca2+)·c(C2O42-)=10-3.7×10-3.7=10-7.4，即Ksp(CaC2O4)的數(shù)量級(jí)為10-8，B符合題意；

C．pH=7時(shí)，即溶液中存在c(H+)=c(OH-)，根據(jù)電荷守恒可知，c(H+)+2c(Ca2+)+c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)+c(Cl-)，所以2c(Ca2+)+c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(Cl-)，C不符合題意；

D．根據(jù)題干及圖示信息，A點(diǎn)時(shí)，c(Ca2+)=10-2.94，pH=2.75，則c(Cl-)=c(H+)=10-2.75，所以c(Cl-)＞c(Ca15．【答案】（1）分液漏斗（2）2MnO（3）吸收氯氣，防止污染空氣，同時(shí)防止空氣中的水進(jìn)入D中（4）受熱均勻，利于控制溫度（5）2CoC（6）增大氯離子濃度，利于[Co(NH3)6]Cl3晶體析出（7）19.67％【解析】【解答】（1）儀器A是分液漏斗。

（2）由分析可知，反應(yīng)的離子方程式為2MnO4?+10Cl?+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，試劑X為飽和食鹽水。

（3）球形干燥管中試劑的作用為吸收氯氣，防止污染空氣，同時(shí)防止空氣中的水進(jìn)入D中。

（4）“氧化”步驟中可采取水浴加熱，其優(yōu)點(diǎn)為受熱均勻，利于控制溫度。

（5）由分析可知，其總反反應(yīng)化學(xué)方程式為2CoCl2+2NH4Cl+H2O2+10NH3?H2O=2[Co(NH3)6]Cl3+12H2O。

（6）操作X中，加入濃鹽酸的作用是增大氯離子濃度，利于[Co(NH3)6]Cl3晶體析出。

（7）根據(jù)題干涉及反應(yīng)方程式為2Co3++2I?=I216．【答案】（1）增大接觸面積，加快酸浸反應(yīng)速率（2）2NiS+O2+4H+=2Ni2++2S+2H2O；SiO2、PbSO4（3）d；3.3-4.7（4）Ni2++2e－=Ni、Cd2++2e－=Cd（5）Ni、CO、H2SO4【解析】【解答】（1）“漿化”的目的是增大接觸面積，加快酸浸反應(yīng)速率。

（2）濾渣Ⅰ中含有硫單質(zhì)，“酸浸”時(shí)NiS反應(yīng)的離子方程式為2NiS+O2+4H+=2Ni2++2S+2H2O；

“酸浸”時(shí)，CdO、CuO、PbO、Fe2O3與硫酸反應(yīng)生成相應(yīng)硫酸鹽，SiO2不參與反應(yīng)，產(chǎn)物PbSO4難溶于水，所以濾渣Ⅰ中還含有SiO2、PbSO4。

（3）根據(jù)題干信息及流程圖，回收金屬Ni、Cd和Cu，則“濾渣Ⅱ”為含鐵的沉淀，結(jié)合表格信息，

調(diào)節(jié)溶液pH可向?yàn)V液中加入鎳或鎘的不溶物，經(jīng)加熱將溶液中鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，也可加入CuO，與酸反應(yīng)，利于Fe3+水解正向移動(dòng)，形成氫氧化鐵沉淀，物質(zhì)X不可能是NaOH，否則會(huì)引入雜質(zhì)Na+；“調(diào)pH”時(shí)是為了除去Fe3+，結(jié)合表格信息，所調(diào)pH范圍是3.3-4.7。

（4）由分析可知，電解得到鎳、鎘，則其陰極的電極反應(yīng)為Ni2++2e－=Ni、Cd2++2e－=Cd。

（5）由分析可知，整個(gè)流程中可以循環(huán)使用的物質(zhì)有Ni、CO、H2SO4。

【分析】根據(jù)題干信息及流程圖，“酸浸”時(shí)，NiS、CdO、CuO、PbO、Fe2O3與硫酸反應(yīng)生成相應(yīng)硫酸鹽，SiO2不參與反應(yīng)，產(chǎn)物PbSO4難溶于水，所以“濾渣Ⅰ”主要是SiO2、PbSO4；向?yàn)V液中加入碳酸鎳或氧化鎳調(diào)節(jié)溶液pH，經(jīng)加熱將溶液中鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，即“濾渣Ⅱ”主要為Fe(OH)3；“凈化”時(shí)，加入鎳，發(fā)生反應(yīng)：Ni+Cu2+=Ni2++Cu，“金屬A”主要為Cu，濾液為硫酸鎳、硫酸鎘；“電解”可得到鎳、鎘和硫酸；“氣化”時(shí)，CO與Ni反應(yīng)生成Ni(CO)4，Ni(CO)4受熱分解得到Ni和CO，“金屬B”為Cd。17．【答案】（1）<（2）80；3p5t；（3）>；溫度升高，催化劑活性降低，且催化劑對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響大于溫度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響（4）>；反應(yīng)Ⅰ為放熱反應(yīng)，由甲到乙，相當(dāng)于升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，C2H4的轉(zhuǎn)化率降低【解析】【解答】（1）由分析可知，反應(yīng)Ⅰ為化合反應(yīng)，屬于放熱反應(yīng)，即ΔH1＜0，

（2）根據(jù)題干信息，可假設(shè)開始投料的量為n(C2H4)=1mol、n(CO)=2mol、n(H2)=1mol，平衡時(shí)C2H4的轉(zhuǎn)化率為80%，說明反應(yīng)消耗n(C2H4)=1mol×80%=0.8mol。C2H6的選擇性為25%，根據(jù)C2H6的選擇性表達(dá)式可知，生成n(C2H6)=0.8mol×25%=0.2mol，則反應(yīng)Ⅱ中，消耗n(H2)=n(C2H4)=0.2mol，所以反應(yīng)Ⅰ中，消耗n(H2)=n(CO)=n(C2H4)=0.8mol-0.2mol=0.6mol。反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ中共消耗n(H2)=0.2mol+0.6mol=0.8mol，所以H2的轉(zhuǎn)化率為0.8mol/1mol×100%=80%。恒溫恒容下，根據(jù)PV=nRT，n與P成正比，反應(yīng)初始?xì)怏w總物質(zhì)的量為4mol，初始總壓強(qiáng)為4pkPa，則CO初始分壓為2pkPa，反應(yīng)Ⅰ消耗n(CO)=0.6mol，則其壓強(qiáng)變化0.6pkPa，所以v(CO)=0.6pkPa/tmin=3p5tkPa/min。平衡時(shí)，n(C2H4)=1mol-0.6mol-0.2mol=0.2mol，n(H2)=1mol-0.6mol-0.2mol=0.2mol，n(CO)=2mol-0.6mol=1.4mol，n(C2H6)=0.2mol，n(CH3CH2CHO)=0.6mol，即n總=0.2mol+0.2mol+1.4mol+0.2mol+0.6mol=2.6mol，初始時(shí)氣體總物質(zhì)的量為4mol，總壓為4pkPa，則平衡時(shí)各物質(zhì)分壓為p（C2H4）=0.2pkPa，n（H2）=0.2pkPa，p(CO)=1.4pkPa，p(C2H6)=0.2pkPa，p(CH3CH2CHO)=0.6pkPa，所