2025年河南高考模拟卷（五）（含答案）

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2025年河南高考模拟卷（五）
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．化学在新技术、新材料和环境治理方面的应用越来越广泛深入。下列说法错误的是
A．5G新材料氮化镓、砷化镓都属于新型无机非金属材料
B．电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极法
C．敦煌莫高窟壁画中绿色颜料的主要成分是氧化铁
D．“北斗卫星”授时系统的“星载铷钟”含铷元素，其单质与水反应比钠剧烈
2．下列化学用语的书写正确的是
A．中子数为10的氟原子：
B．HClO的结构式：H-Cl-O
C．基态碳原子的轨道表示式：
D．NH4Br的电子式：
3．下列装置能达到相应实验目的的是
A．装置Ⅰ可用于除去苯中的溴
B．利用装置Ⅱ蒸发溶液制无水固体
C．装置Ⅲ可用于实验室制备少量氧气
D．装置Ⅳ可用于滴定盐酸
4．如图是铁或铝及其相应化合物的“价—类二维图”，下列说法正确的是
A．基态铁、铝原子的未成对电子数目之比为4：3
B．均可通过Y→X制备铁、铝的单质
C．均可以通过一步反应实现Y与Z的相互转化
D．含有铁或铝元素的W的溶液均易水解且使溶液呈酸性
5．“宏观辨识与微观探析”是化学学科的核心素养之一，下列有关说法错误的是
选项 宏观事实 微观辨析
A 氯化钠固体不导电 钠离子和氯离子在离子键的作用下不能自由移动
B 向酸性高锰酸钾溶液中滴加少量乙二醇，溶液颜色变浅 乙二醇被酸性高锰酸钾氧化成了乙二酸
C 离子液体难挥发 离子液体的粒子全都是带电荷的离子
D 低温石英具有手性 结构中有顶角相连的硅氧四面体形成的螺旋链
6．和的热化学循环可以利用太阳能，其转化关系如图所示。
已知：反应可用来检验。下列叙述错误的是
A．分析过程I和Ⅱ，是该循环过程中的催化剂
B．过程Ⅱ的化学方程式为
C．用盐酸、溶液检验和混合物中的
D．该循环过程利用了太阳能，而且降低了环境中的含量
7．化合物Z(Sofalcone)是一种抗胃溃疡剂，可由下列反应制得。关于X、Y和Z的说法正确的是
A．X分子所有碳原子一定共面
B．1molY最多能与5mol反应
C．X、Y和Z均不存在顺反异构体
D．上述合成化合物Z的反应为取代反应
8．伯醇(记为 )和叔醇(记为 )发生酯化反应的机理如下图所示。下列说法错误的是
A． 和 互为同位素
B．两个历程中 均起到催化剂的作用
C．两个历程中均有碳原子的杂化轨道类型发生改变
D．两种酯化反应的机理均为羧基中的羟基与醇羟基的氢原子结合成水
9．某离子液体的结构如图所示。已知 A、B、C、D、E 为短周期元素，且 A、B 原子的电子数之和等于 原子价电子数之和。下列说法中正确的是
A．简单氢化物的极性： B．第一电离能；
C． 中 原子为 杂化 D．阴离子中所有原子均满足 结构
10．某兴趣小组用K2Cr2O7和浓盐酸制取氯气并探究氯、溴、碘的相关性质，设计装置图如下所示(夹持装置已略去)。下列说法错误的是
A．装置A中发生反应的离子方程式：
B．若装置C发生堵塞，B中长颈漏斗内液面会上升
C．I、II、III处分别放置湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，为验证氯气是否具有漂白性，B、C间可以加一个盛有浓硫酸的洗气瓶
D．通入足量的氯气，打开E的活塞，将溶液滴入D中，锥形瓶下层液体呈紫色即证明氧化性Br2>I2
11．H2O2与H2SO3反应机理如图所示，用箭头表示电子对的转移。下列说法正确的是
A．的键角大于
B．若用H218O2代替，反应过程中有H218O生成
C．反应历程中S成键数目未发生改变
D．H2SO4的酸性强于H2SO3，与非羟基氧原子的吸电子效应有关
12．利用板状碳封装镍纳米晶体(Ni@C)电催化将5-羟甲基糠醛(HMF)转化为2，5-呋喃二甲酸(FDCA)，工作原理如图所示。双极膜由阴、阳离子交换膜组成，在电场作用下，双极膜中离子向两极迁移。
下列说法正确的是
A．Ni@C能提高还原反应的速率
B．该装置工作时，向b极移动
C．a极的电极反应式为
D．制备0.1 mol FDCA时双极膜中质量减少5.4 g
13．活性炭可以高效处理二氧化氮污染。在温度为 时，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和 ，发生反应： ，反应相同时间，测得各容器中 的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法正确的是
A．图中 c 点一定处于平衡状态
B．容器内的压强：
C．图中 点对应的 浓度：
D． 时， 点对应的化学平衡常数为：
14．废弃电池中锰可通过浸取回收。某温度下，MnSO4在不同浓度的KOH水溶液中，若Mn(Ⅱ)的分布系数δ与pH的关系如图。下列说法正确的是
已知：Mn(OH)2难溶于水，具有两性；δ(MnOH+)=；
A．曲线z为δ(MnOH+) B．O点，
C．P点，c(Mn2+)＜c(K+) D．Q点，c()=2c(MnOH+)+2c()
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（15分）下面是实验室以NH3和CS2为原料模拟工业制备KSCN的装置。
已知：①CS2密度比水大且难溶于水；
②NH3不溶于CS2，但NH3、CS2、水和催化剂混合后可在加热条件下缓慢发生反应：CS2 + 3NH3 NH4SCN + NH4HS；
③NH4SCN在170℃以上时易分解；
④KSCN在水中的溶解度受温度影响较大。
实验步骤：
I．确认装置气密性良好后，使三颈烧瓶下层的CS2没过导管口；
II．打开K1，点燃酒精灯，待观察到三颈烧瓶内液体不分层时，熄灭酒精灯；待C中导管口无气泡产生时再关闭K1，保持三颈烧瓶恒温105℃一段时间，使NH4HS=NH3↑+H2S↑进行完全；
III．打开K2，滴入适量的KOH溶液，继续保持恒温105°C，制得KSCN。
(1)装置A中发生的化学方程式为 ，装置B的仪器名称是 ，装置B中固体可以选用 。
a．无水硫酸铜 b．生石灰 c．碱石灰 d．无水氯化钙
(2)C装置的作用是 。
(3)步骤III中，三颈烧瓶内发生的化学反应方程式为 。
(4)E装置用来吸收 (填化学式)，防止污染空气。
(5)从装置D中获取硫氰化钾晶体的操作：过滤除去三颈烧瓶中的固体催化剂，获取硫氰化钾粗品，再经过减压蒸发浓缩， ，过滤，洗涤，干燥，可将硫氰化钾晶体纯化。
(6)测定晶体中KSCN的含量：称取a g样品，配成b mL溶液，量取c mL溶液于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴指示剂，用AgNO3标准溶液进行滴定。[滴定时发生的反应为SCN-+Ag+=AgSCN↓(白色)。]滴定过程中所用指示剂的化学式为 。
16．（14分）钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe、Cu的单质及+2价氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下：
已知：溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(mol L)时的pH：
开始沉淀的pH 1.5 6.9 - 7.4 6.2
沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2
回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”效率，可采取的措施有 (写一种即可)；“滤渣”的主要成分为 (填化学式)。
(2)沉铁的第一步，加入MnO2时发生反应的离子方程式为 。
(3)根据流程可知，还原性： (填“>”、“<”或“=”)。
(4)“除钴液”中主要的金属阳离子有 (写离子符号)
(5)Co在元素周期表中的位置为 。钴的一种氧化物在纳米储能领域应用广泛，其晶胞结构如图所示。已知该晶胞的晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为 g·cm-3(写化学计算式)。
17．（14分）苯乙烯是生产塑料与合成橡胶的重要原料。氧化乙苯脱氢制苯乙烯的反应为：
反应Ⅰ：+CO2(g)+ H2O(g) +CO(g)
已知：反应Ⅱ：+ H2(g)
反应Ⅲ：
回答下列问题：
(1)反应Ⅰ的 。
(2)下列关于反应Ⅰ~Ⅲ的说法正确的是___________(填字母)。
A．及时分离出水蒸气，有利于提高平衡混合物中苯乙烯的含量
B．保持恒定时，说明反应Ⅰ达到化学平衡状态
C．其他条件相同，反应Ⅱ分别在恒容和恒压条件下进行，前者乙苯的平衡转化率更高
D．反应Ⅲ正反应的活化能小于逆反应的活化能
(3)在高温催化剂作用下，氧化乙苯脱氢制苯乙烯可能存在如下图所示反应机理：
该机理可表示为以下两个基元反应，请结合图示补充完整反应ⅰ和反应ⅱ：
ⅰ：＋___________＋___________；
ⅱ：______________________。
(4)常压下，乙苯和经催化剂吸附后才能发生上述反应Ⅰ。控制投料比[]分别为1∶1、5∶1和10∶1，并在催化剂作用下发生反应，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如图所示：
①曲线A的投料比为 ，Q点平衡常数 P点平衡常数(填“>”、“<”或“=”)。
②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是：
ⅰ．乙苯的浓度过低；
ⅱ． 。
③850K时，若初始乙苯的物质的量为，反应经达到图中P点所示状态，则 。
18．（15分）化合物H是合成抗心律失常药物泰达隆的一种中间体，可通过以下方法合成：
已知：①苯胺()易被氧化。
②甲基为苯环的邻对位定位基团，取代基优先取代在甲基的邻位或对位；羧基为苯环的间位定位基团，取代基优先取代在羧基的间位。
(1)F→G的反应类型为 ，B中官能团的名称为 。
(2)B→C的作用为 。
(3)写出B→C的化学反应方程式 。
(4)E经还原得到F，E的分子是为C14H17O3N，写出E的结构简式 。
(5)任写一种同时满足下列条件，C的同分异构体的结构简式 。
①能发生银镜反应；
②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；
③分子中只有4种不同化学环境的氢。
(6)请以甲苯和为原料用四步制备，写出制备的合成路线流程图(无机试剂任选，合成路线流程图示例见本题题干) 。
参考答案
1．C
【详解】A．氮化镓、砷化镓都是新型半导体材料，属于新型无机非金属材料，A正确；
B．镁比铁活泼，镁与铁连接后，镁失去电子受到腐蚀，从而保护了铁不受腐蚀，因此镁可以保护不锈钢，原理是牺牲阳极法，B正确；
C．绿色颜料的主要成分是碱式碳酸铜，C错误；
D．铷为碱金属元素，金属性远强于钠，因此其单质与水反应比钠剧烈，D正确；
故选C。
2．D
【详解】A．中子数为10的氟原子应为，A错误；
B．的结构式为，B错误；
C．基态碳原子的电子排布式为，其轨道表示式为，C错误；
D．的电子式为，D正确；
故选D。
3．A
【详解】A．与NaOH溶液反应在水层，再经分液得到苯，A项正确；
B．直接蒸干氯化铝溶液时，由于氯化铝水解平衡正向移动，不能制得无水氯化铝，应该在氯化氢气流中加热，B项错误；
C．过氧化钠是粉末，不能用此装置，C项错误；
D．NaOH溶液应用碱式滴定管盛装，D项错误；
答案选A。
4．B
【详解】A．基态铁的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，未成对电子数为4，基态铝的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p1，未成对电子数为1，则基态铁、铝原子的未成对电子数目之比为4：1，故A错误；
B．Y为氧化物，价态为+3价，对应的是Fe2O3、Al2O3，工业上可以通过CO还原氧化铁制取铁单质，电解熔融氧化铝制取铝单质，故B正确；
C．Z为氢氧化物，价态为+3价，对应的是Fe(OH)3、Al(OH)3，Fe(OH)3、Al(OH)3均能加热分解后得到Fe2O3、Al2O3，均能通过一步反应实现Z→Y的转化，但Fe2O3、Al2O3均不能溶于水，因此均不能通过一步反应实现Y→Z的转化，故C错误；
D．W为盐溶液，价态为+3价，三价铁水解可以使溶液呈酸性，但W为偏铝酸盐时，溶液水解呈碱性，故D错误；
故答案选B。
5．B
【详解】A．存在自由移动离子即可导电，氯化钠固体不能导电的原因是构成氯化钠固体的钠离子和氯离子不能自由移动，因为钠离子与氯离子之间有离子键，故A正确；
B．乙二酸也具有还原性，最终要被氧化为CO2，故B错误；
C．离子液体的粒子全都是带电荷的离子，有离子键的作用，所以离子液体有难挥发性，故C正确；
D．在低温石英中，结构中有顶角相连的硅氧四面体形成的螺旋链，故低温石英具有手性，故D正确；
答案选B。
6．C
【分析】上述循环中，促进分解的关键物质是活性，它也是中间产物，在太阳能作用下分解产生，总反应分两步，先发生反应I，后发生反应Ⅱ，在反应I中参与反应，在反应Ⅱ中生成，故作总反应的催化剂。
A．由分析知，Fe3O4是该循环过程中的催化剂，A项正确；
B．根据图示和分析，由元素守恒可知方程式正确，B项正确；
C．和溶于盐酸，发生的反应有、， 中也含价铁，无法检验混合物中的FeO，C项错误；
D．上述循环的总反应为，从绿色化学角度分析，该循环过程利用了太阳能，实现了的减排，并生成高附加值的活性炭，D项正确；
故本题选C。
7．B
【详解】A．X分子中与碳碳双键、苯环、醚键氧原子和醛基直接相连的碳原子共平面，由于C—O单键可旋转，则X分子中的碳原子不一定处于同一平面，A错误；
B．碳碳双键、苯环、羰基能和氢气加成，则1molY最多能与5mol反应，B正确；
C．X、Y分子中碳碳双键连有相同的甲基，没有顺反异构体，Z分子中两端碳碳双键连有相同的甲基，但中间的碳碳双键的两个碳原子连有不同的原子团，则Z有顺反异构体，C错误；
D．由方程式可知，X与Y生成Z的反应为醛基加成反应，然后发生羟基消去反应，不是取代反应，D错误；
故选B。
8．D
【详解】A．同位素是质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互称同位素，和互为同位素，A正确；
B．根据两个历程可以分析出H+均先被消耗、后生成，均起到催化剂的作用，故B正确；
C．第一个历程中存在C=O键转化为C-O，C的杂化方式由sp2转化为sp3，第二个历程中存在R3到R3C+的转化，C的杂化方式由sp3转化为sp2，C正确；
D．两种酯化反应的机理，前者是羧基中的羟基与醇羟基的氢原子结合成水，后者是醇中羟基与酸中羟基上的氢结合成水，反应的机理不同，故D错误；
答案选D。
9．C
【分析】A、B、C、D、E为短周期元素，E与C同主族，E周围形成6个键，C周围形成2个键，则C为O元素，E为S元素，A形成4个键，A为C元素，B得一个电子后形成2条键，则B最外层电子数为5，B为N，A、B 原子的电子数之和等于 原子价电子数之和，D为F元素，据此回答。
A．A的简单氢化物为CH4属于非极性分子，B的简单氢化物为NH3，是极性分子，极性：AB．B是N元素，C为O元素，D为F元素，同周期从左到右第一电离能有增大趋势，N为2p轨道半充满稳定，第一电离能大于O，故第一电离能：F>N>O，B错误；
C．为SO2，S原子价层电子对为2+，杂化方式为杂化，C正确；
D．阴离子中S不满足8电子结构，D错误；
答案选C。
10．D
【分析】常温下K2Cr2O7和浓盐酸在A中反应生成氯气，浓盐酸具有挥发性，导致生成的氯气中含有HCl，用饱和食盐水除去氯气中HCl，氯气没有漂白性但次氯酸有漂白性，氯气和溴化钠反应生成溴，溴能和KI反应生成碘单质，氯气有毒不能排空，应该用NaOH溶液处理尾气，据此解答。
A．根据以上分析可知装置A发生反应生成氯气，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，得到反应的离子方程式为：，A正确；
B．若装置C发生堵塞，则装置B中压强增大，因此长颈漏斗内液面会上升，B正确；
C．要验证氯气没有漂白性，应该用干燥剂干燥氯气然后用干燥的红色布条检验，则为了验证氯气是否具有漂白性，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别放置湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，B、C间可以加一个盛有浓硫酸的洗气瓶，C正确；
D．将氯气通入溴化钠溶液中，导致溶液中可能含有氯气，氯气也能氧化碘离子生成碘，导致干扰实验，所以若观察到锥形瓶下层液体呈紫红色，不能证明氧化性Br2>I2，D错误；
故选D。
11．D
【详解】A．和中的S原子均为sp3杂化，但由于中含有一个孤电子对，而不含孤电子对，故的键角小于，A错误；
B．由图知，水中氧来源于，因此若用H218O2代替，反应过程中无H218O生成，B错误；
C．③→④的过程中硫氧双键变为了硫氧单键，C错误；
D．H2SO4的酸性强于H2SO3，非羟基氧原子的吸电子效应导致羟基极性增强，D正确；
故选D。
12．C
【分析】由图可知，5-羟甲基糠醛(HMF)在板状碳封装镍纳米晶体(Ni@C)转化为2，5-呋喃二甲酸(FDCA)，羟基和醛基转化为羧基，该反应为氧化反应，则板状碳封装镍纳米晶体(Ni@C)为阳极，石墨烯为阴极，水在阴极得到电子生成气体X为H2。
A．利用板状碳封装镍纳米晶体(Ni@C)电催化将5-羟甲基糠醛(HMF)转化为2，5-呋喃二甲酸(FDCA)，羟基和醛基转化为羧基，该反应为氧化反应，Ni@C能提高氧化反应的速率，A错误；
B．由分析可知，Ni@C为阳极，石墨烯为阴极，该装置工作时，向阴极(a)极移动，B错误；
C．由分析可知，石墨烯(a)为阴极，水在阴极得到电子生成气体X为H2，电极方程式为：，C正确；
D．5-羟甲基糠醛(HMF)在板状碳封装镍纳米晶体(Ni@C)转化为2，5-呋喃二甲酸(FDCA)，羟基和醛基转化为羧基，电极方程式为：HMF+2H2O-6e-=FDCA+6H+，制备0.1 mol FDCA时双极膜中有0.6molOH-移向阳极，同时有0.6molH+移向阴极，双极膜中质量减少0.6mol×(1+17)g/mol=10.8 g，D错误；
故选C。
13．D
【详解】A．相同时间内，b点比a点反应慢，但转化率达到80%，c点比a点反应更慢，转化率也有40%，说明a点为平衡点，c点为未平衡点，即图中c点所示条件下，v(正)＞v(逆)，故A错误；
B．根据a点反应三段式：，b点三段式：，以及pV=nRT可知，paV1=1.2RT，pbV2=1.4RT，由于V2>V1，所以容器内的压强：pa︰pb>6︰7，故B错误；
C．图中a点、c点O2的转化率相同，但a点容器体积小于c点容器体积，则对应的CO2浓度：，故C错误；
D．由图可知，b点NO2的转化率最高，而ab曲线上对应容器的体积均小于V2L，起始投料相同，则NO2的起始浓度均大于b点，ab曲线上物质的反应速率均大于b点，所以ab曲线上反应均先于b点达到平衡状态，即ab曲线上反应均达到平衡状态，由于a点时NO2的转化率为40%，a点反应三段式为：，各物质平衡浓度为、、，时，该反应的化学平衡常数为，故D正确；
故答案为D。
14．C
【分析】Mn(OH)2难溶于水，具有两性，某温度下，MnSO4在不同浓度的KOH水溶液中，若Mn(Ⅱ)的分布系数δ与pH的关系如图，结合曲线变化和分布分数可知，pH较小时，Mn元素存在形式为Mn2+，则曲线x为Mn2+，曲线y为MnOH+，曲线z为，结合图象变化分析判断选项。
A．分析可知，z表示δ()，故A错误；
B．图中O点存在电离平衡Mn2++OH﹣ MnOH+，在P点时c(Mn2+)＝c(MnOH+)，pH＝10.2，K103.8，O点δ(Mn2+)＝0.6时，δ(MnOH+)＝0.4，则c(OH﹣)10﹣3.8mol/L10﹣3.8mol/L，则，故B错误；
C．P点时δ(Mn2+)＝δ(MnOH+)=0.5，溶液中含Mn元素微粒只有这两种，根据物料守恒有c(Mn2+)+c(MnOH+)=c()，且c(Mn2+)＝c(MnOH+)① 即2c(Mn2+)=c()②，根据电荷守恒有 ③，将①和②代入③得到，此时pH=10.2， 则c(Mn2+)＜c(K+)，故C正确；
D．Q点时，根据图像溶液中存在，物料守恒：c()＝c(Mn2+)+c(MnOH+)+c()+c()+c[]，且c(MnOH+)＝c()，c()=c[]，则c()＝c(Mn2+)+2c(MnOH+)+2c() ，故c()＞2c(MnOH+)+2c() ，故D错误；
故选C。
15．(1)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O（2分）球形干燥管（1分）bc（2分）
(2)通过观察产生气泡的快慢，以便调整生成氨气的速率（2分）
(3)NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O（2分）
(4)NH3、H2S（2分）
(5)冷却结晶（2分）
(6)Fe(NO3)3（2分）
【分析】氯化铵和消石灰加热反应生成氯化钙、氨气和水，氨气中有水蒸气，常用碱石灰或生石灰除掉水蒸气，再将氨气缓慢通入到二硫化碳溶液中，氨气、二硫化碳、水在催化剂加热作用下缓慢反应直到溶液不分层，固定温度加热分解NH4HS变为氨气和硫化氢，用酸性重铬酸钾溶液处理污染性气体，再向三颈烧瓶中加入KOH溶液，再经过一系列过程得到KSCN。
（1）A装置是实验室制氨气的反应，反应方程式2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O 。装置B的仪器名称是球形干燥管，装置B主要是干燥氨气，因此装置B中固体可以选用碱石灰或生石灰；
（2）由于D中NH3、CS2、水和催化剂混合后可在加热条件下缓慢发生反应，因此氨气不能通入太快，则C装置的作用是通过观察产生气泡的快慢，以便调整生成氨气的速率；
（3）操作II中CS2和NH3生成了NH4SCN和NH4HS ，三颈烧瓶恒温105℃一段时间，使NH4HS=NH3↑+H2S↑进行完全。所以操作III中，三颈烧瓶内主要是NH4SCN与KOH反应生成KSCN、NH3和H2O，其反应的化学反应方程式NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O；
（4）三颈烧瓶恒温105℃一段时间，使NH4HS=NH3↑+H2S↑进行完全，因此E装置用来吸收NH3、H2S，防止污染空气；
（5）由于KSCN在水中的溶解度受温度影响较大，在获取硫氰化钾粗品，再经过减压蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，可将硫氰化钾晶体纯化；
（6）SCN-和Fe3+呈现红色，不能用FeCl3或Fe2(SO4)3，Cl-、SO都会消耗Ag+，因此常加入几滴Fe(NO3)3溶液作指示剂。
16．(1)粉碎废渣或升高温度或适当增大硫酸的浓度（2分）PbSO4、Cu（2分）
(2) （2分）
(3)< （2分）
(4)Zn2+、K+（2分）
(5)第四周期第VIII族（2分）（2分）
【分析】用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe、Cu的单质或氧化物的废渣，得到含有、、、、Cu2+等离子的溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的，则“滤渣”为“酸浸”时生成的Cu、，通入H2S沉铜产生CuS，向滤液中加入将氧化为，然后加入ZnO调节pH=4使完全转化为，过滤后滤液中的金属离子主要是、和；最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂，将溶液中氧化为，在时形成沉淀，而则被还原为，还会与溶液中的发生归中反应生成，得到和的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4；
（1）为提高“酸浸”效率，可采取的措施有粉碎废渣或升高温度或适当增大硫酸的浓度；根据分析可知，“滤渣”的主要成分为、Cu。
（2）向滤液中加入将氧化为，锰化合价由+4变为+2、铁化合价由+2变为+3，结合电子守恒，发生反应的离子方程式：。
（3）可以氧化为，加入氧化氧化为，均是产生二价锰离子，同等条件下，变化价态相同时，氧化需要用更强的氧化剂，因此还原性<。
（4）据分析可知，“除钴液”中主要的金属阳离子有、。
（5）基态Co原子的价层电子排布式为，故Co在元素周期表第四周期Ⅷ族。根据“均摊法”，该晶胞中含有为，含有为，因此该晶体的密度为 。
17．(1) （2分）
(2)AB（2分）
(3) （2分）（2分）
(4)10∶1（2分） =（2分）过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低 （2分）
【详解】（1）根据盖斯定律反应I=反应Ⅱ+反应Ⅲ，则反应I的。
（2）A．由反应I可知，及时分离出水蒸气，有利于反应I平衡正向移动，从而提高平衡混合物中苯乙烯的含量，故正确；
B．二氧化碳为反应物，CO为生成物，反应过程中二氧化碳逐渐减少，CO逐渐增多，则的比值在减小，当保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态，故正确；
C．其他条件相同，反应Ⅱ正向气体分子数增大，若在恒容条件下进行，容器内压强逐渐增大，不利于反应正向进行，因此恒压条件下乙苯的平衡转化率更高，故错误；
D．反应Ⅲ为吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，故错误；
故选AB。
（3）根据图中机理可知，反应ⅰ产生水和苯乙烯，反应为：；由图中信息可知，反应ii为。
（4）①温度相同时，∶n(乙苯)越大，乙苯的转化率越高，结合图像可知越靠上的曲线乙苯转化率越高，则曲线A对应的∶n(乙苯)为10∶1，曲线B对应的∶n(乙苯)为5∶1，曲线C对应的∶n(乙苯)为1∶1；
Q点和P点的温度相同，而对于同一个反应，平衡常数只受温度影响，当温度相同时，平衡常数相同，因此Q点和P点的平衡常数相同；
②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是乙苯的浓度过低，也可能是过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低，从而导致乙苯反应的量大大减少，转化率降低；
③850K时，反应经t min达到P点，初始时乙苯的物质的量为nmol，此时乙苯转化率为50%，则消耗的乙苯的物质的量为0.5n，生成苯乙烯的物质的量为0.5n，v(苯乙烯)＝。
18．(1)消去反应（2分）氨基、醚键（2分）
(2)保护氨基（2分）
(3)+ (CH3CO)2O→ + CH3COOH（2分）
(4) （2分）
(5)或或（2分）
(6) （3分）
【分析】由结构简式可知D含有酚羟基、羰基和酰胺键，F含有羟基，而生成G含有碳碳双键，可知发生消去反应；C的一种同分异构体：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明水解可生成酚羟基，应含有结构；③分子中只有4种不同化学环境的氢，应为对称结构；甲苯和(CH3CO)2O为原料制备，可先由甲苯发生硝化反应，生成邻-硝基甲苯，然后发生还原反应生成邻甲基苯胺，与乙酸酐发生取代反应生成，氧化可生成，以此解答。
（1）F含有羟基，而生成G含有碳碳双键，可知F→G的反应类型为发生消去反应；结合B的结构简式可知，B中官能团的名称为：氨基、醚键；
（2）氨基有碱性和还原性，不保护起来容易被破坏，B→C的作用为：保护氨基；
（3）结合B和C的结构简式可知，B→C的化学反应方程式为：+ (CH3CO)2O→ + CH3COOH；
（4）E经还原得到F，E的分子式为C14H17O3N，不饱和度为，由F的结构简式可知E中含有C=O键，发生还原反应生成，E的结构简式为；
（5）C的一种同分异构体：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明水解可生成酚羟基，应含有结构；③分子中只有4种不同化学环境的氢，应为对称结构，则同分异构体可为或或，
（6）甲苯和(CH3CO)2O为原料制备，可先由甲苯发生硝化反应，生成邻-硝基甲苯，然后发生还原反应生成邻甲基苯胺，与乙酸酐发生取代反应生成，氧化可生成，流程为。
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