湖北省武汉市2024年高考化学模拟试题（含答案）2

湖北省武汉市2024年高考化学模拟试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．自然界与人类活动均对氮的循环产生影响。下列说法正确的是A．大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质转化为氨基酸B．汽车尾气中的NO主要来源于汽油的不充分燃烧C．氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料，可用于制造汽车发动机D．亚硝酸钠可用于肉制品的生产，不仅可以防腐还可以保护其颜色2．材料对于促进生产发展、改善人类生活发挥着巨大作用。下列有关材料的说法正确的是A．不锈钢中含有铬、镍等元素，具有很强的抗腐蚀能力B．用来生产电闸、灯口等产品的酚醛树脂属于聚酯类化合物C．汽车机盖上使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料D．在钢中加入某些稀土元素，可降低钢的韧性、塑性等3．利用如图所示装置及药品完成实验，能达到实验目的的是A．用装置甲制取O2B．用装置乙制备金属镁C．用装置丙作为蒸馏的接收装置D．用装置丁除去Cl2中混有的HCl并干燥4．甲酸甲酯常用作杀菌剂、熏蒸剂和烟草处理剂，可由甲酸和甲醇反应制得。NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是A．pH=3的甲酸溶液中氢离子数目为1×10-3NAB．0.5mol甲酸甲酯中含有sp3杂化的原子数目为NAC．50g质量分数为64%的甲醇水溶液中含有σ键数目为5NAD．甲醇燃料电池中，每消耗22.4L(标准状况)甲醇，转移电子数目为6NA5．能正确表示下列反应的离子方程式为A．向酸性KMnO4溶液中滴加双氧水：2MnO4−+H2O2+6H+=2Mn2++3O2↑+4H2B．向硝酸铁溶液中通入少量的SO2：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++2H++SO4C．向次氯酸钠溶液中通入少量CO2：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3D．侯氏制碱法的反应原理：NH3+CO2+H2O=HCO3−+NH6．中药连翘具有清热解毒、疏散风热的功效，常用于治疗肺炎等疾病。化合物X是从连翘中提取出来的一种成分，其结构如图所示。下列有关化合物X的说法错误的是A．可以发生加聚反应、缩聚反应、还原反应B．与浓溴水反应时，1molX最多消耗3molBr2C．1molX最多与1molNa2CO3反应D．X与互为顺反异构体7．无水FeCl3是芳香烃取代反应常用的催化剂，它具有易水解、易升华的性质。某同学用5.60g干燥铁粉制得13.00g无水FeCl3样品，实验装置如图所示。下列说法正确的是A．该实验中FeCl3的产率为60%B．装置C，H中的药品可以都为P2O5C．装置B用于干燥氯气，装置E和G用于收集产物D．可用K4[Fe(CN)6]溶液检验FeCl3产品中是否存在FeCl28．TFMT因具有成本低廉及反应性质多样等优点被用作有机合成的缩合试剂，其结构如图所示，其中W、X、Y、Z为原子半径依次增大的短周期非金属元素，W位于元素周期表的p区。下列说法正确的是A．氢化物沸点：Y<XB．热稳定性：YX2<YZ2C．XW2中元素X的化合价为+2价D．基态原子未成对电子数：Y<X=Z9．联氨(N2H4)为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列说法正确的是A．结合H+能力：NH3>N2H4B．H-N-H键角：NH3>[Cu(NH3)4]2+C．第一电离能：O>N>CuD．中心离子半径：［Cu(NH3)4]2+>[Cu(NH3)2]+10．下列操作能达到实验目的的是选项目的实验操作A探究温度对化学平衡的影响加热0.5mol·L-1CuCl2溶液B证明干燥的氯气不具有漂白性将干燥的氯气通人盛有红色鲜花的集气瓶中C比较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探究浓度对反应速率的影响向2支分别盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中，同时加入2mL5%H2O2溶液A．A B．B C．C D．D11．在恒温恒容条件下，向某容器中充入一定量的N2O5气体发生下列反应：2N2O5(g)⇌4NO2(g)+O2(g)ΔH>0。温度T时，部分实验数据如表所示：t/s050100150c(N2O5)/mol·L-14.002.52.002.00下列有关说法错误的是A．温度T时，该反应平衡常数K=64B．150s后再充入一定量N2O5，再次达到平衡N2O5的转化率将增大C．达平衡后升高温度，该容器内混合气体的密度不会改变D．其他条件不变，若将恒容改为恒压，则平衡时N2O5的转化率增大12．硼氢化锂(LiBH4)是一种潜在的高效储能材料，在高压下呈现出多晶型的转变过程。图a是不同压强下LiBH4的两种晶胞，图b是晶胞I沿x、y、z轴的投影图，下列有关说法错误的是A．电负性：H>B>LiB．晶胞II为较大压强下的晶型C．LiBH4中存在配位键，B提供空轨道D．晶胞I中Li+周围距离最近的BH4−13．2，5-呋喃二甲酸(FDCA)是一种重要的化工原料，可用如图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH-，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是A．a为电源正极B．双极膜中间层中的OH-在外电场的作用下移向铅电极C．制得1molFDCA，理论上消耗2molD．负极区的电极反应为：-6e-+2H2O=+6H+14．据文献报道，在铁双聚体催化作用下，制备化合物Y的一种反应机理如图所示。下列说法正确的是A．该总反应原子利用率为100%B．物质X和Y分别为H2O和CH3OHC．铁双聚体可降低该反应的活化能和焓变D．反应过程中有非极性键的断裂和生成15．H3PO3是制造塑料稳定剂的原料。常温下，向100mL0.5mol·L-1H3PO3溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，混合溶液中所有含磷微粒的物质的量分数(δ)与溶液pOH[pOH=-lgc(OH-)]的关系如图所示。下列说法错误的是A．H3PO3的结构简式为B．a点水电离出的c(OH-)=1×10-7.4mol·L-1C．当pH=4时，c(HPO32−)=c(H3PO3D．b点时加入NaOH溶液的体积为50mL二、非选择题16．Mg与水反应时，Mg表面会覆盖致密的Mg(OH)I．验证NH4+实验序号abcd0.1mol·L−1盐溶液NNaHCNaClN30min内产生气体的体积/mL1.50.7<0.11.4气体的主要成分H30min时镁条表面情况大量固体附着(固体可溶于盐酸)（1）某同学认为根据上表能够说明NH4+（2）实验b、d镁条表面附着固体中还检验出碱式碳酸镁[Mg2(OH)2C（3）综合实验a~d可以得出结论：NH4+和HCO3（4）II．室温下，探究Cl该小组用Mg与NaCl溶液反应，实验发现当Cl−浓度过低或过高时，反应速率没有变化，当Cl经检验该白色固体含有碱式氯化镁[Mg(OH)2−xClx（5）常温下，饱和Mg(OH)2溶液的pH=，试从化学平衡角度分析实验得到最终溶液的pH大于该值的原因：(已知Ksp17．帕克替尼是一种口服JAK激酶抑制剂，用于治疗原发性或继发性成人骨髓纤维化，其合成路线如下：回答下列问题：（1）D的化学名称为（2）F的结构简式为（3）⑤的反应类型为，反应的反应类型与该反应相同(填反应序号)。（4）G中含氧官能团的名称为（5）反应⑦生成帕克替尼和另一种物质，写出该物质的结构简式（6）化合物A的同分异构体中满足下列条件的有种；i．含有苯环ii．能与NaOH溶液反应其中核磁共振氢谱峰面积比为2：2：1的结构简式为18．钨精矿分解渣具有较高的回收利用价值，以钨精矿分解渣为二次资源综合回收锰、铁的工艺流程如下：已知：钨精矿分解渣的主要化学成分及含量名称MnO2Fe2O3CaOSiO2WO3ZnO其它含量34.8%26.1%7.6%8.8%0.75%0.66%-①WO3不溶于水、不与除氢氟酸外的无机酸反应。②Ksp(ZnS)=3×10-25、Ksp(MnS)=2.4×10-13（1）将钨精矿分解渣预先粉碎的目的是。（2）“浸渣”的主要成分为。（3）“除杂”时加入(NH4)2SO4的目的是；相较于H2SO4，该步选择(NH4)2SO4的优点是。（4）“沉铁”时需要在不断搅拌下缓慢加入氨水，其目的是。（5）用沉淀溶解平衡原理解释“净化”时选择MnS的原因。（6）“沉锰”时发生反应的离子方程式为。（7）取2kg钨精矿分解渣按图中流程进行操作，最终得到880g含锰元素质量分数为45%的MnCO3，则整个过程中锰元素的回收率为。19．我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。（1）I．CO2在Pb催化剂作用下，通过电催化还原为CO、HCOOH等物质被认为是一种具有前景的利用CO2的方式。Pb催化剂中引入Bi能够提高它的选择性。Bi的价电子排布式为6s26p3，其在元素周期表中的位置为。（2）在Pb催化剂表面，CO2转化为CO和HCOOH是通过两种平行的反应途径进行的。CO2还原生成CO、HCOOH的关键中间体分别为*COOH、HCOO*。Pb催化剂催化CO2转化为CO和HCOOH的反应历程如图所示。(*表示吸附在催化剂表面)①写出CO2在酸性介质中电催化还原为HCOOH的电极反应式。②产物的选择性是由催化剂对两种关键中间体的结合强度决定的。在Pb催化剂表面更利于生成（3）II．CH4与CO2重整是CO2再利用的研究热点之一，该重整反应体系主要涉及以下反应：反应①：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)ΔH1反应②：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ·mol-1反应③：2CO(g)⇌CO2(g)+C(s)ΔH3=-172.5kJ·mol-1已知25℃时，CH4、CO和H2的燃烧热分别为890kJ·mol-1、283kJ·mol-1和285.8kJ·mol-1则ΔH1=。（4）1.01×105Pa下，将n(CO2)：n(CH4)=1：1的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中CH4和CO2的平衡转化率如图所示。①800℃时CO2的平衡转化率远大于600℃时CO2的平衡转化率，其原因是。②CH4的还原能力(R)可用于衡量CO2的转化效率，R=Δn(CO2)Δn(CH4)(平衡时CO2

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．豆浆主要是蛋白质，煮沸后变性，不是水解生成氨基酸，选项A不符合题意；B．汽油中无氮元素，氮氧化物产生的原因是内燃机的高温环境使空气中的N2与O2化合形成NO，选项B不符合题意；C．氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，选项C不符合题意；D．亚硝酸钠是一种防腐剂和护色剂，生产加工腊肉、香肠等肉制品时添加亚硝酸钠，可以增加肉类的鲜度，并有抑制微生物的作用，能防止肉类变质并保持鲜红色，但亚硝酸钠有毒，作为食品添加剂使用时必须按规定添加，选项D符合题意；故答案为：D。【分析】A．依据蛋白质加热变性分析；B．依据汽油是烃类物质分析；C．氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料；D．亚硝酸钠是一种防腐剂和护色剂。2．【答案】A【解析】【解答】A．不锈钢中含有铬、镍元素，能改变金属的内部结构，使铁合金具有很强的抗腐蚀能力，A项符合题意；B．酚醛树脂是由酚类和醛类聚合而成的，不属于聚酯，B项不符合题意；C．碳纤维属于碳单质，不是新型有机高分子材料，C项不符合题意；D．在钢中加入某些稀土元素形成的合金，可增强钢的韧性、塑性等，D项不符合题意；故答案为：A。

【分析】A．不锈钢中含有铬、镍元素，能改变金属的内部结构；B．酚醛树脂是由酚类和醛类聚合而成的；C．碳纤维属于碳单质；D．在钢中加入某些稀土元素形成的合金。3．【答案】D【解析】【解答】A．Na2O2与H2O剧烈反应生成NaOH和O2，同时放出大量的热，Na2O2不是块状且难溶于水的固体，不能用启普发生器制备，故A不符合题意；B．Mg的金属活动顺序强于Al，不能通过铝热反应制备，故B不符合题意；C．蒸馏时，锥形瓶不能用瓶塞，故C不符合题意；D．稀硫酸中含有大量氢离子，可以抑制氯气的溶解，而稀硫酸中的水可以吸收HCl，洗气后再用浓硫酸干燥，可制得干燥的氯气，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．Na2O2不是块状且难溶于水的固体，且反应时放出大量的热；B．Mg的金属活动顺序强于Al；C．锥形瓶不能用瓶塞；D．依据反应物和试剂的性质分析。4．【答案】B【解析】【解答】A．该甲酸溶液体积未知，无法计算氢离子数目，A项不符合题意；B．甲酸甲酯中1个碳原子和1个氧原子采用sp3杂化，0.5mol甲酸甲酯中采用sp3的原子数目为NA，B项符合题意；C.50g质量分数为64%的甲醇水溶液中，m(CH3OH)=32g，m(H2O)=18g，各为1mol，1molCH3OH中σ键数目为5NA，1molH2O中σ键数目为2NA，因此50g该溶液中σ键数目为7NA，C项不符合题意；D．标准状况下，甲醇为液体，D项不符合题意；故答案为：B。

【分析】A．溶液体积未知，无法计算；B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；C.1molCH3OH中含5molσ键，1molH2O中含2molσ键；D．标准状况下，甲醇为液体。5．【答案】C【解析】【解答】A．向酸性KMnO4溶液中滴加双氧水，双氧水被氧化成氧气，其反应的离子方程式为2MnO4−+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2B．硝酸的氧化性大于铁离子，因此向硝酸铁中加入少量SO2时，硝酸与SO2发生氧化还原反应，B项不符合题意；C．由于酸性：H2CO3>HClO>HCO3−，则向次氯酸钠溶液中通入少量的CO2生产次氯酸和碳酸氢钠：ClO-+CO2+H2O=HClO＋HCO3D．侯氏制碱法中发生反应：NH3+NaCl+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，由于NaHCO3的溶解度比碳酸钠小，能够从溶液中析出，故书写离子方程式时NaHCO3应写化学式，D项不符合题意。故答案为：C。

【分析】A．得失电子不守恒；

B．硝酸的氧化性大于铁离子，硝酸与SO2发生反应，不符合客观事实；

C．离子方程式书写正确；

D．NaHCO3从溶液中析出，NaHCO3应写化学式。6．【答案】C【解析】【解答】A．该有机物有碳碳双键、羟基和羧基3种官能团，因此可以发生加聚反应、缩聚反应、还原反应，A项不符合题意；B.1mol该化合物可以与1molBr2发生加成反应，酚羟基的两个邻位氢还可以与2molBr2发生取代反应，B项不符合题意；C．该有机物中含有酚羟基和羧基，1mol该化合物最多与2mo1molNa2CO3反应，C项符合题意；D．由碳碳双键两端的基团可知，X与互为顺反异构体，D项不符合题意；故答案为：C。

【分析】ABC．根据官能团的性质判断；

D．当两个相同的原子或基团处于双键同侧时称“顺式异构”；当处于双键异侧时称“反式异构”。

7．【答案】B【解析】【解答】A．根据反应2Fe+3Cl2=2FeCl3，5.6g铁粉理论上制得氯化铁的质量xg，解得x=16.25g，13.B．装置C和H起干燥作用，可以选择P2O5，B项符合题意；C．装置A的目的是干燥氯气，装置B是检查后续装置是否堵塞，C项不符合题意；D．检验Fe2+用K3[Fe(CN)6]溶液，D项不符合题意；故答案为：B。

【分析】A．产率是指实际产量与理论产量的比值；B．依据物质和杂质的性质选择试剂；C．依据仪器中试剂的性质判断用途；D．检验Fe2+用K3[Fe(CN)6]溶液。8．【答案】C【解析】【解答】A．碳元素形成的氢化物有多种烃类物质，沸点不一定小于氧形成的氢化物，选项A不符合题意；B．S的原子半径比O大，故C=S键长比C=O键长长，键能小，故CS2的热稳定性比CO2的低，选项B不符合题意；C．OF2中F为-1价，O为＋2价，选项C符合题意；D．C、O、S三种基态原子未成对电子数均为2，基态原子未成对电子数：Y=X=Z，选项D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．碳元素形成的氢化物有多种烃类物质，且碳原子数越多，沸点越高；B．原子半径越大，共价键键长越长，键能越小，共价键越不牢固，氢化物的稳定性越弱；C．根据化合物中正负化合价为0；D．根据泡利原理以及洪特规则分析。9．【答案】A【解析】【解答】A．NH3共用电子对更偏向N元素，N元素上的电子云密度大，更易结合质子(H+)，A符合题意；B．［Cu(NH3)4]2+中N原子的孤对电子形成配位键，NH3中N原子有1对孤对电子，孤对电子与成键电子对间的斥力大，键角小，H-N-H键角：NH3<[Cu(NH3)4]2+，B不符合题意；C．根据非金属性越强，第一电离能越大分析，但氮原子属于半充满结构，第一电离能大于相邻元素，故第一电离能N>O>Cu，C不符合题意；D．Cu2+和Cu+核电荷数相同，Cu+核外电子数多，半径大，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A．N元素上的电子云密度大，更易结合质子；B．依据孤对电子之间排斥作用＞孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子对之间排斥分析；C．同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中IIA族和VA族的第一电离能高于相邻的元素；D．核电荷数相同，核外电子数越多，半径越大。10．【答案】A【解析】【解答】A．氯化铜稀溶液中存在［Cu(H2O)]2+(蓝色)＋4Cl-⇌[CuCl4]2-(黄色)＋4H2OΔH>0，加热溶液变为蓝绿色(蓝色和黄色的混合色)，说明升高温度平衡向吸热的方向移动，A项符合题意；B．将过量干燥的氯气通入盛有红色鲜花的集气瓶中，因为鲜花中有水，则红色鲜花颜色褪去，B项不符合题意；C．NaCl和NaBr的浓度大小未知，产生的淡黄色沉淀也可能是溴离子浓度较大所导致，因此该实验现象不能说明Ksp(AgBr)<Ksp(AgCl)，C项不符合题意；D．H2O2与NaHSO3溶液发生氧化还原反应生成H2O和Na2SO4，无明显现象，D项不符合题意。故答案为：A。

【分析】A．依据影响化学平衡的因素分析；B．氯气无漂白性，次氯酸有漂白性；C．NaCl和NaBr的浓度大小未知，无法判断；D．反应中无明显现象。11．【答案】B【解析】【解答】A．2K=44B．恒容条件下，再充入一定量N2O5，相当于加压，再次达到平衡N2O5的转化率将降低，故B符合题意；C．升高温度，混合气体的总质量、容器的体积都不变，因此气体的密度不变，故C不符合题意；D．该反应的正反应是气体分子数增大的反应，其他条件不变时，改为在恒压密闭容器中反应，相当于减压，平衡正向移动，平衡时N2O5的转化率增大，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A．化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比值；BD．依据影响化学平衡的因素分析；C．利用“变者不变即平衡”。12．【答案】D【解析】【解答】A．根据BH4−B．由晶胞结构可知，晶胞II的密度大于晶胞I，压强越大，晶体中离子间的距离越小，密度越大，则在较大压强下的晶型是晶胞II，B不符合题意；C．BH4−D．晶胞I为长方体，不是正方体，Li+与周围的4个BH4−故答案为：D。【分析】A．非金属性越强，电负性越大；B．依据压强越大，晶体中离子间的距离越小，密度越大分析；C．依据配合物的结构和性质分析；D．根据晶胞结构分析。13．【答案】C【解析】【解答】A．铅电极附近醛基被还原为羟基，发生还原反应，为阴极，因此a为电源的负极，A项不符合题意；B．双极膜中间层中的OH-在外电场的作用下移向阳极(催化电极)，B项不符合题意；C．制得1molFDCA，阳极消耗，转移6mole，阴极转移6mole时，消耗1mol，共消耗2mol，C项符合题意；D．电解池中负极区即为阴极，阴极发生还原反应，D项不符合题意。故答案为：C。【分析】电解时，阳极与直流电源的正极相连的电极，发生氧化反应；阴极与直流电源的负极相连的电极，发生还原反应；电解时，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。14．【答案】B【解析】【解答】A．由图可知，该反应的总反应为过氧化氢和甲烷生成水和甲醇，H2O2+CH4=H2O+CH3OH，原子利用率小于100%，A不符合题意；B．由反应机理图可以推出物质X和Y分别为H2O和CH3OH，目标产物为CH3OH，B符合题意；C．铁双聚体为该反应的催化剂，可降低该反应的活化能，不改变反应的焓变，C不符合题意；D．反应过程中有非极性键(O-O键)的断裂，没有非极性键的生成，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A．依据图中反应物和产物判断；B．由反应机理图分析；C．催化剂，可降低该反应的活化能，不改变反应的焓变；D．同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键。15．【答案】D【解析】【解答】A．图像中只含有3种含磷微粒，因此H3PO3为二元酸有两个羟基氧，结构，A项不符合题意；B．随着c(OH-)逐渐增大，pOH减小，根据H3PO3+OH-=H2PO3-+H2O，H2PO3-+OH-=HPO32-+H2O知，c(H3PO3)逐渐减小，c(H2PO3-)先增大后减小，c(HPO32-)逐渐增大，故曲线I、II、II分别表示HPO32-、H2PO3-、H3PO3的变化曲线，a点溶质为Na2HPO3和NaH2PO3，溶液pH为6.6，显酸性，H2PO3C．b点时，c(H3PO3)=c(H2PO3-)此时Ka1=c(H+)=10-1.4，a点时，c(HPO32-)=c(H2PO3-)，Ka2=c(H+)=10-6.6，Ka1·Ka2D．当加入NaOH溶液的体积为50mL，反应生成的NaH2PO3和剩余的H3PO3物质的量相同，但需要考虑H3PO3的电离和H2PO3-的电离，此时c(H3故答案为：D。

【分析】A．依据图像中只含有3种含磷微粒分析；

B．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；

C．依据Ka计算分析；

D．依据产物粒子的电离情况分析。16．【答案】（1）30min内实验a产生气体的体积远大于实验c(或30min内实验d产生气体的体积远大于实验b)（2）2Mg+2（3）相同浓度时，NH4+对Mg与水反应的促进作用大于HCO3（4）Mg(OH)2-xC（5）10.48；反应过程中存在平衡Mg(OH)2+xCl−【解析】【解答】（1）实验a中所用盐溶液为NH4Cl（2）Mg与NaHCO2Mg+2H（3）对比实验a、c和实验b、c，30min内，实验a中产生气体的体积较大，说明相同浓度时，NH4+对Mg与水反应的促进作用大于HCO3（4）碱式氯化镁受热易分解生成氧化镁和两种气体，根据质量守恒可知生成气体为水和HCl，化学方程式为Mg(OH)2-xClx（5）设饱和Mg(OH)2溶液中c(OH−)=xmol·L−1，则c(Mg2+)=x2mol·L−1，Ksp[Mg(OH)

【分析】（1）依据盐类水解规律分析；（2）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；（3）依据影响化学平衡的因素分析；（4）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒分析；（5）利用Ksp计算。17．【答案】（1）3-溴丙烯或3-溴-1-丙烯（2）（3）还原反应；②（4）硝基、醚键（5）CH2=CH2（6）15；、【解析】【解答】（1）反应②中NaBH4为常见的还原剂，将B中的-CHO还原为羟基，即变为-CH2OH，然后D再取代C中的羟基得到E，故D(C3H5Br)的结构简式为，化学名称为3-溴丙烯或3-溴-1-丙烯；（2）观察E和G的结构异同可看出，F取代E中的-Cl后生成G，故F的结构简式为；（3）-NO2→-NH2为还原反应，②也是还原反应，故⑤的反应类型为还原反应，反应②的反应类型与该反应相同；（4）G中含氧基团为-NO2和R-O-R’，对应的名称分别为硝基和醚基；（5）对比I、J结构可知，I中左侧与氧相连的C和右侧双键的C直接连接后得到J，剩下的部分为“=”故反应⑦生成的另一种物质的结构简式为CH2=CH2；（6）化合物A为，其同分异构体中满足条件：i．含有苯环；ii．能与NaOH溶液反应，则含有酚羟基或羧基或酯基，若含有酚羟基，则以A中官能团相同，定二动三，则有4+4+2=10种，除去本身只剩下9种；若含有羧基则硝基与羧基在邻、间、对位上有3种；若含有酯基则硝基与酯基有邻、间、对位上有3种；故总共有9+3+3=15种；其中核磁共振氢谱峰面积比为2：2：1的结构简式为、。

【分析】（1）由结构简式先确定物质的类别，再确定名称；（2）依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定结构简式；（3）依据“加氢去氧”是还原反应，“加氧去氢”是氧化反应；（4）G中含氧基团为-NO2和R-O-R’，对应的名称分别为硝基和醚基；（5）利用原子守恒判断；（6）利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体。18．【答案】（1）增大接触面积，提高酸浸速率（2）SiO2、WO3（3）将Ca2+转化为CaSO4沉淀除去；除钙时溶液的pH变化较小，避免“沉铁”时会消耗更多的氨水（4）防止局部溶液pH过大而引起锰的沉淀（5）MnS(s)+Zn2+(aq)⇌ZnS(s)+Mn2+(aq)的平衡常数K=c(Mn2+)c(Zn2+)（6）Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2（7）90%【解析】【解答】（1）为了提高酸浸速率，将钨精矿分解渣预先粉碎以增大接触面积；所以将钨精矿分解渣预先粉碎的目的是增大接触面积，提高酸浸速率；故答案为：增大接触面积，提高酸浸速率。（2）据分析可知，“浸渣”的主要成分为SiO2、WO3；故答案为：SiO2、WO3。（3）据分析可知，加入(NH4)2SO4将Ca2+转化为CaSO4沉淀除去；相较于H2SO4，选择(NH4)2SO4的优点是除钙时溶液的pH变化较小，避免“沉铁”时会消耗更多的氨水；故答案为：将Ca2+转化为CaSO4沉淀除去；除钙时溶液的pH变化较小，避免“沉铁”时会消耗更多的氨水。（4）“沉铁”时需要在不断搅拌下缓慢加入氨水，防止局部溶液pH过大而引起锰的沉淀；故答案为：防止局部溶液pH过大而引起锰的沉淀。（5）已知Ksp(ZnS)=3×10-25、Ksp(MnS)=2.4×10-13；MnS(s)+Zn2+(aq)⇌ZnS(s)+Mn2+(aq)的平衡常数K=c(Mn2+)c(Zn2+)=8×1011>105，Zn2+可完全的