湖北省武漢市2024年高考化學模擬試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二總分評分一、單選題1．自然界與人類活動均對氮的循環(huán)產(chǎn)生影響。下列說法正確的是A．大豆富含蛋白質，豆?jié){煮沸后蛋白質轉化為氨基酸B．汽車尾氣中的NO主要來源于汽油的不充分燃燒C．氮化硅陶瓷屬于傳統(tǒng)無機非金屬材料，可用于制造汽車發(fā)動機D．亞硝酸鈉可用于肉制品的生產(chǎn)，不僅可以防腐還可以保護其顏色2．材料對于促進生產(chǎn)發(fā)展、改善人類生活發(fā)揮著巨大作用。下列有關材料的說法正確的是A．不銹鋼中含有鉻、鎳等元素，具有很強的抗腐蝕能力B．用來生產(chǎn)電閘、燈口等產(chǎn)品的酚醛樹脂屬于聚酯類化合物C．汽車機蓋上使用的碳纖維是一種新型有機高分子材料D．在鋼中加入某些稀土元素，可降低鋼的韌性、塑性等3．利用如圖所示裝置及藥品完成實驗，能達到實驗目的的是A．用裝置甲制取O2B．用裝置乙制備金屬鎂C．用裝置丙作為蒸餾的接收裝置D．用裝置丁除去Cl2中混有的HCl并干燥4．甲酸甲酯常用作殺菌劑、熏蒸劑和煙草處理劑，可由甲酸和甲醇反應制得。NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關說法正確的是A．pH=3的甲酸溶液中氫離子數(shù)目為1×10-3NAB．0.5mol甲酸甲酯中含有sp3雜化的原子數(shù)目為NAC．50g質量分數(shù)為64%的甲醇水溶液中含有σ鍵數(shù)目為5NAD．甲醇燃料電池中，每消耗22.4L(標準狀況)甲醇，轉移電子數(shù)目為6NA5．能正確表示下列反應的離子方程式為A．向酸性KMnO4溶液中滴加雙氧水：2MnO4?+H2O2+6H+=2Mn2++3O2↑+4H2B．向硝酸鐵溶液中通入少量的SO2：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++2H++SO4C．向次氯酸鈉溶液中通入少量CO2：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3D．侯氏制堿法的反應原理：NH3+CO2+H2O=HCO3?+NH6．中藥連翹具有清熱解毒、疏散風熱的功效，常用于治療肺炎等疾病。化合物X是從連翹中提取出來的一種成分，其結構如圖所示。下列有關化合物X的說法錯誤的是A．可以發(fā)生加聚反應、縮聚反應、還原反應B．與濃溴水反應時，1molX最多消耗3molBr2C．1molX最多與1molNa2CO3反應D．X與互為順反異構體7．無水FeCl3是芳香烴取代反應常用的催化劑，它具有易水解、易升華的性質。某同學用5.60g干燥鐵粉制得13.00g無水FeCl3樣品，實驗裝置如圖所示。下列說法正確的是A．該實驗中FeCl3的產(chǎn)率為60%B．裝置C，H中的藥品可以都為P2O5C．裝置B用于干燥氯氣，裝置E和G用于收集產(chǎn)物D．可用K4[Fe(CN)6]溶液檢驗FeCl3產(chǎn)品中是否存在FeCl28．TFMT因具有成本低廉及反應性質多樣等優(yōu)點被用作有機合成的縮合試劑，其結構如圖所示，其中W、X、Y、Z為原子半徑依次增大的短周期非金屬元素，W位于元素周期表的p區(qū)。下列說法正確的是A．氫化物沸點：Y<XB．熱穩(wěn)定性：YX2<YZ2C．XW2中元素X的化合價為+2價D．基態(tài)原子未成對電子數(shù)：Y<X=Z9．聯(lián)氨(N2H4)為二元弱堿，在水中的電離方式與氨相似，可用于處理鍋爐水中的溶解氧，防止鍋爐被腐蝕，其中一種反應機理如圖所示。下列說法正確的是A．結合H+能力：NH3>N2H4B．H-N-H鍵角：NH3>[Cu(NH3)4]2+C．第一電離能：O>N>CuD．中心離子半徑：［Cu(NH3)4]2+>[Cu(NH3)2]+10．下列操作能達到實驗目的的是選項目的實驗操作A探究溫度對化學平衡的影響加熱0.5mol·L-1CuCl2溶液B證明干燥的氯氣不具有漂白性將干燥的氯氣通人盛有紅色鮮花的集氣瓶中C比較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探究濃度對反應速率的影響向2支分別盛有5mL不同濃度NaHSO3溶液的試管中，同時加入2mL5%H2O2溶液A．A B．B C．C D．D11．在恒溫恒容條件下，向某容器中充入一定量的N2O5氣體發(fā)生下列反應：2N2O5(g)?4NO2(g)+O2(g)ΔH>0。溫度T時，部分實驗數(shù)據(jù)如表所示：t/s050100150c(N2O5)/mol·L-14.002.52.002.00下列有關說法錯誤的是A．溫度T時，該反應平衡常數(shù)K=64B．150s后再充入一定量N2O5，再次達到平衡N2O5的轉化率將增大C．達平衡后升高溫度，該容器內混合氣體的密度不會改變D．其他條件不變，若將恒容改為恒壓，則平衡時N2O5的轉化率增大12．硼氫化鋰(LiBH4)是一種潛在的高效儲能材料，在高壓下呈現(xiàn)出多晶型的轉變過程。圖a是不同壓強下LiBH4的兩種晶胞，圖b是晶胞I沿x、y、z軸的投影圖，下列有關說法錯誤的是A．電負性：H>B>LiB．晶胞II為較大壓強下的晶型C．LiBH4中存在配位鍵，B提供空軌道D．晶胞I中Li+周圍距離最近的BH4?13．2，5-呋喃二甲酸(FDCA)是一種重要的化工原料，可用如圖所示的電化學裝置合成。圖中的雙極膜中間層中的H2O解離為H+和OH-，并在直流電場作用下分別向兩極遷移。下列說法正確的是A．a(chǎn)為電源正極B．雙極膜中間層中的OH-在外電場的作用下移向鉛電極C．制得1molFDCA，理論上消耗2molD．負極區(qū)的電極反應為：-6e-+2H2O=+6H+14．據(jù)文獻報道，在鐵雙聚體催化作用下，制備化合物Y的一種反應機理如圖所示。下列說法正確的是A．該總反應原子利用率為100%B．物質X和Y分別為H2O和CH3OHC．鐵雙聚體可降低該反應的活化能和焓變D．反應過程中有非極性鍵的斷裂和生成15．H3PO3是制造塑料穩(wěn)定劑的原料。常溫下，向100mL0.5mol·L-1H3PO3溶液中滴加等濃度的NaOH溶液，混合溶液中所有含磷微粒的物質的量分數(shù)(δ)與溶液pOH[pOH=-lgc(OH-)]的關系如圖所示。下列說法錯誤的是A．H3PO3的結構簡式為B．a(chǎn)點水電離出的c(OH-)=1×10-7.4mol·L-1C．當pH=4時，c(HPO32?)=c(H3PO3D．b點時加入NaOH溶液的體積為50mL二、非選擇題16．Mg與水反應時，Mg表面會覆蓋致密的Mg(OH)I．驗證NH4+實驗序號abcd0.1mol·L?1鹽溶液NNaHCNaClN30min內產(chǎn)生氣體的體積/mL1.50.7<0.11.4氣體的主要成分H30min時鎂條表面情況大量固體附著(固體可溶于鹽酸)（1）某同學認為根據(jù)上表能夠說明NH4+（2）實驗b、d鎂條表面附著固體中還檢驗出堿式碳酸鎂[Mg2(OH)2C（3）綜合實驗a~d可以得出結論：NH4+和HCO3（4）II．室溫下，探究Cl該小組用Mg與NaCl溶液反應，實驗發(fā)現(xiàn)當Cl?濃度過低或過高時，反應速率沒有變化，當Cl經(jīng)檢驗該白色固體含有堿式氯化鎂[Mg(OH)2?xClx（5）常溫下，飽和Mg(OH)2溶液的pH=，試從化學平衡角度分析實驗得到最終溶液的pH大于該值的原因：(已知Ksp17．帕克替尼是一種口服JAK激酶抑制劑，用于治療原發(fā)性或繼發(fā)性成人骨髓纖維化，其合成路線如下：回答下列問題：（1）D的化學名稱為（2）F的結構簡式為（3）⑤的反應類型為，反應的反應類型與該反應相同(填反應序號)。（4）G中含氧官能團的名稱為（5）反應⑦生成帕克替尼和另一種物質，寫出該物質的結構簡式（6）化合物A的同分異構體中滿足下列條件的有種；i．含有苯環(huán)ii．能與NaOH溶液反應其中核磁共振氫譜峰面積比為2：2：1的結構簡式為18．鎢精礦分解渣具有較高的回收利用價值，以鎢精礦分解渣為二次資源綜合回收錳、鐵的工藝流程如下：已知：鎢精礦分解渣的主要化學成分及含量名稱MnO2Fe2O3CaOSiO2WO3ZnO其它含量34.8%26.1%7.6%8.8%0.75%0.66%-①WO3不溶于水、不與除氫氟酸外的無機酸反應。②Ksp(ZnS)=3×10-25、Ksp(MnS)=2.4×10-13（1）將鎢精礦分解渣預先粉碎的目的是。（2）“浸渣”的主要成分為。（3）“除雜”時加入(NH4)2SO4的目的是；相較于H2SO4，該步選擇(NH4)2SO4的優(yōu)點是。（4）“沉鐵”時需要在不斷攪拌下緩慢加入氨水，其目的是。（5）用沉淀溶解平衡原理解釋“凈化”時選擇MnS的原因。（6）“沉錳”時發(fā)生反應的離子方程式為。（7）取2kg鎢精礦分解渣按圖中流程進行操作，最終得到880g含錳元素質量分數(shù)為45%的MnCO3，則整個過程中錳元素的回收率為。19．我國力爭于2030年前做到碳達峰，2060年前實現(xiàn)碳中和。因此，研發(fā)二氧化碳利用技術，降低空氣中二氧化碳含量成為研究熱點。（1）I．CO2在Pb催化劑作用下，通過電催化還原為CO、HCOOH等物質被認為是一種具有前景的利用CO2的方式。Pb催化劑中引入Bi能夠提高它的選擇性。Bi的價電子排布式為6s26p3，其在元素周期表中的位置為。（2）在Pb催化劑表面，CO2轉化為CO和HCOOH是通過兩種平行的反應途徑進行的。CO2還原生成CO、HCOOH的關鍵中間體分別為*COOH、HCOO*。Pb催化劑催化CO2轉化為CO和HCOOH的反應歷程如圖所示。(*表示吸附在催化劑表面)①寫出CO2在酸性介質中電催化還原為HCOOH的電極反應式。②產(chǎn)物的選擇性是由催化劑對兩種關鍵中間體的結合強度決定的。在Pb催化劑表面更利于生成（3）II．CH4與CO2重整是CO2再利用的研究熱點之一，該重整反應體系主要涉及以下反應：反應①：CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g)ΔH1反應②：CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ·mol-1反應③：2CO(g)?CO2(g)+C(s)ΔH3=-172.5kJ·mol-1已知25℃時，CH4、CO和H2的燃燒熱分別為890kJ·mol-1、283kJ·mol-1和285.8kJ·mol-1則ΔH1=。（4）1.01×105Pa下，將n(CO2)：n(CH4)=1：1的混合氣體置于密閉容器中，不同溫度下重整體系中CH4和CO2的平衡轉化率如圖所示。①800℃時CO2的平衡轉化率遠大于600℃時CO2的平衡轉化率，其原因是。②CH4的還原能力(R)可用于衡量CO2的轉化效率，R=Δn(CO2)Δn(CH4)(平衡時CO2

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．豆?jié){主要是蛋白質，煮沸后變性，不是水解生成氨基酸，選項A不符合題意；B．汽油中無氮元素，氮氧化物產(chǎn)生的原因是內燃機的高溫環(huán)境使空氣中的N2與O2化合形成NO，選項B不符合題意；C．氮化硅陶瓷是新型無機非金屬材料，選項C不符合題意；D．亞硝酸鈉是一種防腐劑和護色劑，生產(chǎn)加工臘肉、香腸等肉制品時添加亞硝酸鈉，可以增加肉類的鮮度，并有抑制微生物的作用，能防止肉類變質并保持鮮紅色，但亞硝酸鈉有毒，作為食品添加劑使用時必須按規(guī)定添加，選項D符合題意；故答案為：D。【分析】A．依據(jù)蛋白質加熱變性分析；B．依據(jù)汽油是烴類物質分析；C．氮化硅陶瓷是新型無機非金屬材料；D．亞硝酸鈉是一種防腐劑和護色劑。2．【答案】A【解析】【解答】A．不銹鋼中含有鉻、鎳元素，能改變金屬的內部結構，使鐵合金具有很強的抗腐蝕能力，A項符合題意；B．酚醛樹脂是由酚類和醛類聚合而成的，不屬于聚酯，B項不符合題意；C．碳纖維屬于碳單質，不是新型有機高分子材料，C項不符合題意；D．在鋼中加入某些稀土元素形成的合金，可增強鋼的韌性、塑性等，D項不符合題意；故答案為：A。

【分析】A．不銹鋼中含有鉻、鎳元素，能改變金屬的內部結構；B．酚醛樹脂是由酚類和醛類聚合而成的；C．碳纖維屬于碳單質；D．在鋼中加入某些稀土元素形成的合金。3．【答案】D【解析】【解答】A．Na2O2與H2O劇烈反應生成NaOH和O2，同時放出大量的熱，Na2O2不是塊狀且難溶于水的固體，不能用啟普發(fā)生器制備，故A不符合題意；B．Mg的金屬活動順序強于Al，不能通過鋁熱反應制備，故B不符合題意；C．蒸餾時，錐形瓶不能用瓶塞，故C不符合題意；D．稀硫酸中含有大量氫離子，可以抑制氯氣的溶解，而稀硫酸中的水可以吸收HCl，洗氣后再用濃硫酸干燥，可制得干燥的氯氣，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】A．Na2O2不是塊狀且難溶于水的固體，且反應時放出大量的熱；B．Mg的金屬活動順序強于Al；C．錐形瓶不能用瓶塞；D．依據(jù)反應物和試劑的性質分析。4．【答案】B【解析】【解答】A．該甲酸溶液體積未知，無法計算氫離子數(shù)目，A項不符合題意；B．甲酸甲酯中1個碳原子和1個氧原子采用sp3雜化，0.5mol甲酸甲酯中采用sp3的原子數(shù)目為NA，B項符合題意；C.50g質量分數(shù)為64%的甲醇水溶液中，m(CH3OH)=32g，m(H2O)=18g，各為1mol，1molCH3OH中σ鍵數(shù)目為5NA，1molH2O中σ鍵數(shù)目為2NA，因此50g該溶液中σ鍵數(shù)目為7NA，C項不符合題意；D．標準狀況下，甲醇為液體，D項不符合題意；故答案為：B。

【分析】A．溶液體積未知，無法計算；B．依據(jù)價層電子對數(shù)=σ鍵數(shù)+孤電子對數(shù)，由價層電子對數(shù)確定雜化類型；C.1molCH3OH中含5molσ鍵，1molH2O中含2molσ鍵；D．標準狀況下，甲醇為液體。5．【答案】C【解析】【解答】A．向酸性KMnO4溶液中滴加雙氧水，雙氧水被氧化成氧氣，其反應的離子方程式為2MnO4?+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2B．硝酸的氧化性大于鐵離子，因此向硝酸鐵中加入少量SO2時，硝酸與SO2發(fā)生氧化還原反應，B項不符合題意；C．由于酸性：H2CO3>HClO>HCO3?，則向次氯酸鈉溶液中通入少量的CO2生產(chǎn)次氯酸和碳酸氫鈉：ClO-+CO2+H2O=HClO＋HCO3D．侯氏制堿法中發(fā)生反應：NH3+NaCl+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，由于NaHCO3的溶解度比碳酸鈉小，能夠從溶液中析出，故書寫離子方程式時NaHCO3應寫化學式，D項不符合題意。故答案為：C。

【分析】A．得失電子不守恒；

B．硝酸的氧化性大于鐵離子，硝酸與SO2發(fā)生反應，不符合客觀事實；

C．離子方程式書寫正確；

D．NaHCO3從溶液中析出，NaHCO3應寫化學式。6．【答案】C【解析】【解答】A．該有機物有碳碳雙鍵、羥基和羧基3種官能團，因此可以發(fā)生加聚反應、縮聚反應、還原反應，A項不符合題意；B.1mol該化合物可以與1molBr2發(fā)生加成反應，酚羥基的兩個鄰位氫還可以與2molBr2發(fā)生取代反應，B項不符合題意；C．該有機物中含有酚羥基和羧基，1mol該化合物最多與2mo1molNa2CO3反應，C項符合題意；D．由碳碳雙鍵兩端的基團可知，X與互為順反異構體，D項不符合題意；故答案為：C。

【分析】ABC．根據(jù)官能團的性質判斷；

D．當兩個相同的原子或基團處于雙鍵同側時稱“順式異構”；當處于雙鍵異側時稱“反式異構”。

7．【答案】B【解析】【解答】A．根據(jù)反應2Fe+3Cl2=2FeCl3，5.6g鐵粉理論上制得氯化鐵的質量xg，解得x=16.25g，13.B．裝置C和H起干燥作用，可以選擇P2O5，B項符合題意；C．裝置A的目的是干燥氯氣，裝置B是檢查后續(xù)裝置是否堵塞，C項不符合題意；D．檢驗Fe2+用K3[Fe(CN)6]溶液，D項不符合題意；故答案為：B。

【分析】A．產(chǎn)率是指實際產(chǎn)量與理論產(chǎn)量的比值；B．依據(jù)物質和雜質的性質選擇試劑；C．依據(jù)儀器中試劑的性質判斷用途；D．檢驗Fe2+用K3[Fe(CN)6]溶液。8．【答案】C【解析】【解答】A．碳元素形成的氫化物有多種烴類物質，沸點不一定小于氧形成的氫化物，選項A不符合題意；B．S的原子半徑比O大，故C=S鍵長比C=O鍵長長，鍵能小，故CS2的熱穩(wěn)定性比CO2的低，選項B不符合題意；C．OF2中F為-1價，O為＋2價，選項C符合題意；D．C、O、S三種基態(tài)原子未成對電子數(shù)均為2，基態(tài)原子未成對電子數(shù)：Y=X=Z，選項D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A．碳元素形成的氫化物有多種烴類物質，且碳原子數(shù)越多，沸點越高；B．原子半徑越大，共價鍵鍵長越長，鍵能越小，共價鍵越不牢固，氫化物的穩(wěn)定性越弱；C．根據(jù)化合物中正負化合價為0；D．根據(jù)泡利原理以及洪特規(guī)則分析。9．【答案】A【解析】【解答】A．NH3共用電子對更偏向N元素，N元素上的電子云密度大，更易結合質子(H+)，A符合題意；B．［Cu(NH3)4]2+中N原子的孤對電子形成配位鍵，NH3中N原子有1對孤對電子，孤對電子與成鍵電子對間的斥力大，鍵角小，H-N-H鍵角：NH3<[Cu(NH3)4]2+，B不符合題意；C．根據(jù)非金屬性越強，第一電離能越大分析，但氮原子屬于半充滿結構，第一電離能大于相鄰元素，故第一電離能N>O>Cu，C不符合題意；D．Cu2+和Cu+核電荷數(shù)相同，Cu+核外電子數(shù)多，半徑大，D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A．N元素上的電子云密度大，更易結合質子；B．依據(jù)孤對電子之間排斥作用＞孤對電子與成鍵電子對之間排斥＞成鍵電子對之間排斥分析；C．同一周期的主族元素中，從左至右，元素的第一電離能呈“鋸齒狀”增大，其中IIA族和VA族的第一電離能高于相鄰的元素；D．核電荷數(shù)相同，核外電子數(shù)越多，半徑越大。10．【答案】A【解析】【解答】A．氯化銅稀溶液中存在［Cu(H2O)]2+(藍色)＋4Cl-?[CuCl4]2-(黃色)＋4H2OΔH>0，加熱溶液變?yōu)樗{綠色(藍色和黃色的混合色)，說明升高溫度平衡向吸熱的方向移動，A項符合題意；B．將過量干燥的氯氣通入盛有紅色鮮花的集氣瓶中，因為鮮花中有水，則紅色鮮花顏色褪去，B項不符合題意；C．NaCl和NaBr的濃度大小未知，產(chǎn)生的淡黃色沉淀也可能是溴離子濃度較大所導致，因此該實驗現(xiàn)象不能說明Ksp(AgBr)<Ksp(AgCl)，C項不符合題意；D．H2O2與NaHSO3溶液發(fā)生氧化還原反應生成H2O和Na2SO4，無明顯現(xiàn)象，D項不符合題意。故答案為：A。

【分析】A．依據(jù)影響化學平衡的因素分析；B．氯氣無漂白性，次氯酸有漂白性；C．NaCl和NaBr的濃度大小未知，無法判斷；D．反應中無明顯現(xiàn)象。11．【答案】B【解析】【解答】A．2K=44B．恒容條件下，再充入一定量N2O5，相當于加壓，再次達到平衡N2O5的轉化率將降低，故B符合題意；C．升高溫度，混合氣體的總質量、容器的體積都不變，因此氣體的密度不變，故C不符合題意；D．該反應的正反應是氣體分子數(shù)增大的反應，其他條件不變時，改為在恒壓密閉容器中反應，相當于減壓，平衡正向移動，平衡時N2O5的轉化率增大，故D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A．化學平衡常數(shù)是可逆反應達到平衡狀態(tài)時各種生成物濃度冪之積與各種反應物濃度冪之積的比值；BD．依據(jù)影響化學平衡的因素分析；C．利用“變者不變即平衡”。12．【答案】D【解析】【解答】A．根據(jù)BH4?B．由晶胞結構可知，晶胞II的密度大于晶胞I，壓強越大，晶體中離子間的距離越小，密度越大，則在較大壓強下的晶型是晶胞II，B不符合題意；C．BH4?D．晶胞I為長方體，不是正方體，Li+與周圍的4個BH4?故答案為：D。【分析】A．非金屬性越強，電負性越大；B．依據(jù)壓強越大，晶體中離子間的距離越小，密度越大分析；C．依據(jù)配合物的結構和性質分析；D．根據(jù)晶胞結構分析。13．【答案】C【解析】【解答】A．鉛電極附近醛基被還原為羥基，發(fā)生還原反應，為陰極，因此a為電源的負極，A項不符合題意；B．雙極膜中間層中的OH-在外電場的作用下移向陽極(催化電極)，B項不符合題意；C．制得1molFDCA，陽極消耗，轉移6mole，陰極轉移6mole時，消耗1mol，共消耗2mol，C項符合題意；D．電解池中負極區(qū)即為陰極，陰極發(fā)生還原反應，D項不符合題意。故答案為：C。【分析】電解時，陽極與直流電源的正極相連的電極，發(fā)生氧化反應；陰極與直流電源的負極相連的電極，發(fā)生還原反應；電解時，陽離子移向陰極，陰離子移向陽極。14．【答案】B【解析】【解答】A．由圖可知，該反應的總反應為過氧化氫和甲烷生成水和甲醇，H2O2+CH4=H2O+CH3OH，原子利用率小于100%，A不符合題意；B．由反應機理圖可以推出物質X和Y分別為H2O和CH3OH，目標產(chǎn)物為CH3OH，B符合題意；C．鐵雙聚體為該反應的催化劑，可降低該反應的活化能，不改變反應的焓變，C不符合題意；D．反應過程中有非極性鍵(O-O鍵)的斷裂，沒有非極性鍵的生成，D不符合題意；故答案為：B。【分析】A．依據(jù)圖中反應物和產(chǎn)物判斷；B．由反應機理圖分析；C．催化劑，可降低該反應的活化能，不改變反應的焓變；D．同種原子之間的共價鍵為非極性鍵；不同種原子之間的共價鍵為極性鍵。15．【答案】D【解析】【解答】A．圖像中只含有3種含磷微粒，因此H3PO3為二元酸有兩個羥基氧，結構，A項不符合題意；B．隨著c(OH-)逐漸增大，pOH減小，根據(jù)H3PO3+OH-=H2PO3-+H2O，H2PO3-+OH-=HPO32-+H2O知，c(H3PO3)逐漸減小，c(H2PO3-)先增大后減小，c(HPO32-)逐漸增大，故曲線I、II、II分別表示HPO32-、H2PO3-、H3PO3的變化曲線，a點溶質為Na2HPO3和NaH2PO3，溶液pH為6.6，顯酸性，H2PO3C．b點時，c(H3PO3)=c(H2PO3-)此時Ka1=c(H+)=10-1.4，a點時，c(HPO32-)=c(H2PO3-)，Ka2=c(H+)=10-6.6，Ka1·Ka2D．當加入NaOH溶液的體積為50mL，反應生成的NaH2PO3和剩余的H3PO3物質的量相同，但需要考慮H3PO3的電離和H2PO3-的電離，此時c(H3故答案為：D。

【分析】A．依據(jù)圖像中只含有3種含磷微粒分析；

B．依據(jù)酸或堿抑制水的電離，含有弱根離子的鹽促進水的電離；

C．依據(jù)Ka計算分析；

D．依據(jù)產(chǎn)物粒子的電離情況分析。16．【答案】（1）30min內實驗a產(chǎn)生氣體的體積遠大于實驗c(或30min內實驗d產(chǎn)生氣體的體積遠大于實驗b)（2）2Mg+2（3）相同濃度時，NH4+對Mg與水反應的促進作用大于HCO3（4）Mg(OH)2-xC（5）10.48；反應過程中存在平衡Mg(OH)2+xCl?【解析】【解答】（1）實驗a中所用鹽溶液為NH4Cl（2）Mg與NaHCO2Mg+2H（3）對比實驗a、c和實驗b、c，30min內，實驗a中產(chǎn)生氣體的體積較大，說明相同濃度時，NH4+對Mg與水反應的促進作用大于HCO3（4）堿式氯化鎂受熱易分解生成氧化鎂和兩種氣體，根據(jù)質量守恒可知生成氣體為水和HCl，化學方程式為Mg(OH)2-xClx（5）設飽和Mg(OH)2溶液中c(OH?)=xmol·L?1，則c(Mg2+)=x2mol·L?1，Ksp[Mg(OH)

【分析】（1）依據(jù)鹽類水解規(guī)律分析；（2）根據(jù)反應物和生成物的化學式，利用原子守恒、得失電子守恒、電荷守恒分析；（3）依據(jù)影響化學平衡的因素分析；（4）根據(jù)反應物和生成物的化學式，利用原子守恒分析；（5）利用Ksp計算。17．【答案】（1）3-溴丙烯或3-溴-1-丙烯（2）（3）還原反應；②（4）硝基、醚鍵（5）CH2=CH2（6）15；、【解析】【解答】（1）反應②中NaBH4為常見的還原劑，將B中的-CHO還原為羥基，即變?yōu)?CH2OH，然后D再取代C中的羥基得到E，故D(C3H5Br)的結構簡式為，化學名稱為3-溴丙烯或3-溴-1-丙烯；（2）觀察E和G的結構異同可看出，F(xiàn)取代E中的-Cl后生成G，故F的結構簡式為；（3）-NO2→-NH2為還原反應，②也是還原反應，故⑤的反應類型為還原反應，反應②的反應類型與該反應相同；（4）G中含氧基團為-NO2和R-O-R’，對應的名稱分別為硝基和醚基；（5）對比I、J結構可知，I中左側與氧相連的C和右側雙鍵的C直接連接后得到J，剩下的部分為“=”故反應⑦生成的另一種物質的結構簡式為CH2=CH2；（6）化合物A為，其同分異構體中滿足條件：i．含有苯環(huán)；ii．能與NaOH溶液反應，則含有酚羥基或羧基或酯基，若含有酚羥基，則以A中官能團相同，定二動三，則有4+4+2=10種，除去本身只剩下9種；若含有羧基則硝基與羧基在鄰、間、對位上有3種；若含有酯基則硝基與酯基有鄰、間、對位上有3種；故總共有9+3+3=15種；其中核磁共振氫譜峰面積比為2：2：1的結構簡式為、。

【分析】（1）由結構簡式先確定物質的類別，再確定名稱；（2）依據(jù)反應前后物質的結構簡式及反應條件確定結構簡式；（3）依據(jù)“加氫去氧”是還原反應，“加氧去氫”是氧化反應；（4）G中含氧基團為-NO2和R-O-R’，對應的名稱分別為硝基和醚基；（5）利用原子守恒判斷；（6）利用題目的條件確定官能團，書寫同分異構體。18．【答案】（1）增大接觸面積，提高酸浸速率（2）SiO2、WO3（3）將Ca2+轉化為CaSO4沉淀除去；除鈣時溶液的pH變化較小，避免“沉鐵”時會消耗更多的氨水（4）防止局部溶液pH過大而引起錳的沉淀（5）MnS(s)+Zn2+(aq)?ZnS(s)+Mn2+(aq)的平衡常數(shù)K=c(Mn2+)c(Zn2+)（6）Mn2++2HCO3?=MnCO3↓+CO2↑+H2（7）90%【解析】【解答】（1）為了提高酸浸速率，將鎢精礦分解渣預先粉碎以增大接觸面積；所以將鎢精礦分解渣預先粉碎的目的是增大接觸面積，提高酸浸速率；故答案為：增大接觸面積，提高酸浸速率。（2）據(jù)分析可知，“浸渣”的主要成分為SiO2、WO3；故答案為：SiO2、WO3。（3）據(jù)分析可知，加入(NH4)2SO4將Ca2+轉化為CaSO4沉淀除去；相較于H2SO4，選擇(NH4)2SO4的優(yōu)點是除鈣時溶液的pH變化較小，避免“沉鐵”時會消耗更多的氨水；故答案為：將Ca2+轉化為CaSO4沉淀除去；除鈣時溶液的pH變化較小，避免“沉鐵”時會消耗更多的氨水。（4）“沉鐵”時需要在不斷攪拌下緩慢加入氨水，防止局部溶液pH過大而引起錳的沉淀；故答案為：防止局部溶液pH過大而引起錳的沉淀。（5）已知Ksp(ZnS)=3×10-25、Ksp(MnS)=2.4×10-13；MnS(s)+Zn2+(aq)?ZnS(s)+Mn2+(aq)的平衡常數(shù)K=c(Mn2+)c(Zn2+)=8×1011>105，Zn2+可完全的