江苏省泰州市2024-2025学年高中化学高三考前指导卷（含答案）

第第页江苏省泰州市2024-2025学年高中化学高三考前指导卷一、单项选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题意。1．2025年春晚中展示了很多非物质文化遗产内容，下列所涉及的物质主要成分不含有机高分子材料的是A．惠山泥人 B．庆阳剪纸 C．华县皮影 D．东明粮画2．一定条件下，磷化氢(PH3)与CuSO4溶液的反应：24CuSOA．PH3B．CuSO4C．H2OD．PO43．下列与铁有关的实验对应装置或操作设计不正确的是A．用甲装置制取FeB．用乙装置在铁件外表镀一层光亮的铜C．用丙装置蒸干Fe2D．用丁装置将铁与水蒸气反应，并验证气体产物4．高岭石的化学组成可表示为Al4A．半径：r(Al3+C．酸性：H2SiO35．阅读下列材料，完成下面小题。铁、钴、镍是第四周期第Ⅷ族元素，物理性质和化学性质比较相似。FeCl3溶液可用于蚀刻铜制品、制备FeOH3胶体，FeS可用于除去废水中的Cu2+。草酸钴(CoC2O4)可在空气中焙烧制备催化剂Co3O4。废镍渣(NiO)与硫酸铵一起煅烧可得NiSO4，在碱性溶液中用NaClO氧化NiSO4可制得电极材料（1）下列说法正确的是A．铁、钴、镍的基态原子最外层电子数不同B．NiCOC．NH4+的键角比D．1mol [CoNH3（2）下列化学反应表示正确的是A．向FeCl3溶液中加入Na2B．用FeCl3溶液制备FeOH3胶体：C．CoC2OD．NaClO氧化NiSO4制得电极材料：（3）下列物质的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是A．FeCl3B．FeS有还原性，可用于除去废水中的CuC．Co3D．Co3+有空轨道，可与NH36．在给定条件下，下列物质间的转化均可实现的是A．FeSB．漂白粉→C．CuOD．SiO7．化合物Z具有广谱抗菌活性，可利用X和Y反应获得。下列说法正确的是A．X与足量氢气加成的产物中含有6个手性碳原子B．X能与甲醛发生缩聚反应C．Y不存在顺反异构体D．1molZ最多能与5molNaOH发生反应8．以甲烷燃料电池为电源电解NaB(OH)4溶液制备H3BO3的工作原理如图所示，下列叙述错误的是A．燃料电池通入氧气的电极接电解池的X电极B．N室中：a%>b%C．膜I、III为阳离子交换膜，膜II为阴离子交换膜D．理论上每生成1mol产品，需消耗甲烷的体积为2.8L(标况)9．室温下，下列实验方案能达到探究目的的是选项实验方案探究目的A将红热的木炭投入浓HNO3证明木炭具有还原性B将1mL 0.1mol/L ZnSO4溶液滴入到溶度积常数：KC向NaAlOH4结合H+的能力：AlD将溴乙烷与NaOH醇溶液混合加热，将产生的气体通入酸性KMnO4生成了CHA．A B．B C．C D．D10．室温下，通过下列实验探究NaHS溶液的性质。已知：Ka1(H2S)=1.0×实验1：向0.10mol⋅L实验2：向0.10mol实验3：向0.10mol⋅L下列说法正确的是A．实验1所得溶液中：cB．实验1所得溶液中：cC．实验2中主要反应的离子方程式：ClD．实验3中反应Cu2++11．苯乙烯是重要的有机化工原料，工业上用乙苯催化脱氢时发生如下反应：反应Ⅰ：C6H5C2H5(g)⇌C6H5CH=CH2(g)＋H2(g)；ΔH>0反应Ⅱ：C6H5C2H5(g)＋H2(g)⇌C6H5CH3(g)＋CH4(g)；ΔH<0反应Ⅲ：C6H5C2H5(g)⇌C6H6(g)＋C2H4(g)；ΔH>0将1mol乙苯和6mol水蒸气置于密闭容器中，保持p=100kPa，平衡时乙苯的转化率、苯和甲苯的选择性随温度的关系如图所示。苯乙烯、甲苯或苯的选择性=n（苯乙烯）或下列说法正确的是A．曲线a代表的是苯的选择性B．620℃达平衡时，容器中H2的物质的量为0.664molC．600～640℃时，容器中苯乙烯平衡时的物质的量随温度升高变化不大D．其他条件不变，620℃时起始向容器中只充入1mol乙苯，平衡时乙苯的转化率大于80%二、非选择题：本题共4小题，共61分。12．利用镁泥（主要成分为MgCO3、FeCO3和SiO2（1）酸溶。某工厂用1.78吨发烟硫酸（化学式：H2SO4⋅SO（2）除铁。已知滤渣2的成分与温度、pH的关系如图所示。①若控制温度80℃、pH=2，可得到黄铁矾钠Na2Fe②工业生产不选择以FeOH3形式除铁的可能原因：（3）沉淀。①写出“沉淀”过程的离子方程式：。②“沉淀”过程中溶液pH随时间的变化如图所示。“沉淀”过程的操作：向含Mg2+溶液中（4）控制“沉淀”温度50℃，可制得碱式碳酸镁MgaCO3bOHc⋅xH2（5）某钙镁矿CaMgS2的晶胞结构如图所示。若将Ca全部换为Mg，所得晶体中每个晶胞含有的Mg原子数为13．有机物G可以通过如下路线进行合成：（1）有机物B只有一种含氧官能团且能发生银镜反应，B的结构简式为。（2）有机物C中含有咪唑()的结构，咪唑与苯性质相似，且所有原子均位于同一平面。咪唑分子中轨道杂化方式为sp2杂化的原子共有个。（3）C→D反应分为多步，其中有→D的转化过程，该转化的最后一步反应类型为反应。（4）F→G的反应条件除用K2CO3A．浓硫酸B．H2，催化剂C．（5）F的一种同分异构体满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：。能与NaHCO3（6）已知：RCOOH→②R'NH2①SOCl2RCONHR'(R、R'表示H或烃基)。写出以、C2H5OOCCH14．BiOCl是一种新型的不溶于硫酸的高档环保珠光材料。某工厂以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2，已知：①Bi3+易与Cl−形成BiCl63−，在一定条件下②2BiOCl(白色)+2OH（1）“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2（2）“酸浸”时，需及时补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4，其目的是。（3）“转化”时，加入金属Bi的作用是。（4）“萃取”时，铋离子能被有机萃取剂TBP萃取，其萃取原理可表示为：BiCl63−+（5）请补充完整利用含少量FeOH3杂质的BiOCl粗品制备Bi2O3的实验方案：，过滤、洗涤、干燥，得Bi2O15．铁元素的纳米材料因具备良好的电学特性和磁学特性，而引起了广泛的研究。纳米零价铁可用于去除水体中的六价铬[Cr(VI)]与硝酸盐等污染物。（1）①用FeCl2溶液与NaBH4溶液反应制备纳米零价铁的化学方程式：FeCl2②纳米Fe和Fe3O4均可用于降解含Cr2O72−（2）电解法除CrVI的一种装置如图1所示。利用阳极生成的Fe2+，还原CrVI生成Cr3+，最终转化为CrOH3和（3）生物质铁炭纳米材料活化过一硫酸钾(KHSO5)降解有机污染物的反应历程如图2所示。图中SO4①生物质铁炭纳米材料降解有机污染物的机理可描述为。②与直接使用纳米铁颗粒相比，使用生物质铁炭纳米材料降解的优点是：。（4）利用高炉炼铁尾气中的制取有机物的过程如下图。相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图所示：FE%=Qx“电解”在质子交换膜电解池中进行，生成HCOOH的电极反应式为，当电解电压为U1时，生成C2H

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、惠山泥人主要成分是无机的泥土，属于无机非金属材料，不含有机高分子材料，故A符合题意；

B、庆阳剪纸的纸张主要成分是纤维素，纤维素是有机高分子化合物，属于有机高分子材料，故B不符合题意；

C、华县皮影的皮主要成分是蛋白质，蛋白质是有机高分子化合物，属于有机高分子材料，故C不符合题意；

D、东明粮画的粮食中含有淀粉，淀粉是有机高分子化合物，属于有机高分子材料，故D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】本题的易错点主要有以下两点：

对“有机高分子材料”的范围理解不清晰，容易混淆有机高分子材料（如纤维素、蛋白质、淀粉等）和无机材料，不清楚泥土属于无机非金属材料，而误将惠山泥人归为有机高分子材料相关类别。

对各非遗物品的主要成分不熟悉，比如不了解纸张主要成分是纤维素、皮的主要成分是蛋白质、粮食中含有淀粉，从而在判断其是否属于有机高分子材料时出现错误。2．【答案】D【解析】【解答】分别对每个选项涉及的物质，从分子极性判断、化学键组成、电子式书写规范、空间构型的价层电子对互斥理论应用等角度进行分析，排除错误选项。A、磷化氢（PH3）的价层电子对数为4（3个成键电子对+1对孤电子对），空间结构为三角锥形，分子正负电荷中心不重合，属于极性分子，A错误；B、CuSO4中，Cu2+与SO42-之间是离子键，而SO42-内部S与O之间是共价键，因此CuSO4既有离子键又有共价键，B错误；C、H2O是共价化合物，电子式应为H:D、PO43-的价层电子对数为4（4个成键电子对，无孤电子对），根据价层电子对互斥理论，其空间构型为正四面体形，D正确；故答案为：D。

【分析】本题的易错点主要有以下几点：

对分子极性的判断易出错，忽略PH3因存在孤电子对导致空间结构不对称，从而误判为非极性分子。

对化学键类型的认识不全面，容易忽略CuSO4中SO42-内部存在共价键，误以为仅含离子键。

电子式书写时，混淆共价化合物和离子化合物的电子式形式，错误书写H2O的电子式。

利用价层电子对互斥理论判断粒子空间构型时，计算价层电子对数或判断孤电子对存在失误。3．【答案】B【解析】【解答】A、甲装置中，Fe与稀硫酸反应生成FeSO4，利用H2排尽空气，再通过压强差将FeSO4溶液压入NaOH溶液，可防止Fe(OH)2被氧化生成FeOH2沉淀，A正确；

B、电镀时，镀件（铁制镀件）应作阴极（接电源负极），镀层金属（Cu）作阳极（接电源正极）；但乙装置中，铁制镀件接电源正极（作阳极），会被氧化，无法镀铜，B错误；

C、Fe2(SO4)3溶液蒸干时，Fe3+水解生成H2SO4（难挥发），水解平衡逆向移动，最终仍得到Fe2(SO4)3晶体，C正确；

D、丁装置中，铁粉与水蒸气加热反应生成H2，H2可使肥皂液产生气泡（点燃气泡可验证），D正确；

故答案为：B。

【分析】A．Fe(OH)2易氧化，甲用H2隔空气、压液法制备。

B．电镀需镀件（铁）作阴极（接负极），乙中铁接正极（阳极）会被腐蚀。

C．Fe2(SO4)3水解生成难挥发的H2SO4，蒸干得原盐晶体。

D．铁与水蒸气反应生成H2，丁用肥皂液验H4．【答案】C【解析】【解答】A、Al3+和O2-电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小。Al的核电荷数大于O，因此r(Al3+)<r(O2-)，A错误；

B、同周期元素第一电离能总体随核电荷数增大而增大，Al的价电子排布为3p¹，Si的价电子排布为3p2，Si的第一电离能更大，即I1(Al)<I1(Si)，B错误；

C、同主族元素从上到下非金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性减弱，C的非金属性强于Si，所以酸性H2CO3>H2SiO3，C正确；

D、元素非金属性越强，氢化物热稳定性越强。O的非金属性强于Si，因此热稳定性H2O>SiH4，D错误；

故答案为：C。

【分析】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大半径越小。

B．同周期第一电离能，注意Al和Si的价电子排布差异。

C．同主族非金属性越弱，最高价含氧酸酸性越弱。

D．非金属性越强，氢化物热稳定性越强。5．【答案】（1）C（2）B（3）D【解析】【解答】（1）A、铁、钴、镍均为第四周期第Ⅷ族元素，基态原子最外层电子数均为2（价电子排布中4s2），A错误；

B、Ni(CO)4常温下为液态，熔点低且易溶于CCl4、苯等有机溶剂，符合分子晶体的性质，属于分子晶体，B错误；

C、NH4+中N原子无孤电子对，NH3中N原子有1对孤电子对；孤电子对对成键电子对的斥力更大，导致NH3键角更小，故NH4+键角比NH3大，C正确；

D、[Co(NH3)6]3+中，6个NH3含18个N-Hσ键，加上6个Co-N配位σ键，总σ键为24，D错误；

故答案为：C。

（2）A、Fe3+与CO32-发生双水解，生成Fe(OH)3和CO2，而非Fe2(CO3)3，A错误；

B、FeCl3溶液加热水解生成Fe(OH)3胶体，方程式标注了胶体和加热条件，正确，B正确；

C、CoC2O4在空气中焙烧需O2参与，方程式未体现O2，氧原子不守恒，C错误；

D、碱性条件下ClO-还原产物应为Cl-，且电荷未配平，D错误；

故答案为：B。

（3）A、FeCl3蚀刻铜是因Fe3+的氧化性，与酸性无关，A错误；

B、FeS除Cu2+是因生成更难溶的CuS沉淀，与还原性无关，B错误；

C、Co3O4作催化剂与表面活性有关，与其是否溶于水无关，C错误；

D、Co3+有空轨道，可接受NH3的孤电子对形成[Co(NH3)6]3+，结构与性质对应正确，D正确；

故答案为：D。

【分析】（1）从原子结构、晶体类型判断、分子键角影响因素、配合物σ键计算等角度分析选项。（2）依据反应原理（如双水解、胶体制备、氧化还原守恒）判断方程式正误。（3）分析物质性质与用途、结构与性质的对应关系是否合理。（1）A、铁、钴、镍均为第四周期第Ⅷ族元素，基态原子最外层电子数均为2（价电子排布中4s2），A错误；

B、Ni(CO)4常温下为液态，熔点低且易溶于CCl4、苯等有机溶剂，符合分子晶体的性质，属于分子晶体，B错误；

C、NH4+中N原子无孤电子对，NH3中N原子有1对孤电子对；孤电子对对成键电子对的斥力更大，导致NH3键角更小，故NH4+键角比NH3大，C正确；

D、[Co(NH3)6]3+中，6个NH3含18个N-Hσ键，加上6个Co-N配位σ键，总σ键为24，D错误；

故答案为：C。（2）A、Fe3+与CO32-发生双水解，生成Fe(OH)3和CO2，而非Fe2(CO3)3，A错误；

B、FeCl3溶液加热水解生成Fe(OH)3胶体，方程式标注了胶体和加热条件，正确，B正确；

C、CoC2O4在空气中焙烧需O2参与，方程式未体现O2，氧原子不守恒，C错误；

D、碱性条件下ClO-还原产物应为Cl-，且电荷未配平，D错误；

故答案为：B。（3）A、FeCl3蚀刻铜是因Fe3+的氧化性，与酸性无关，A错误；

B、FeS除Cu2+是因生成更难溶的CuS沉淀，与还原性无关，B错误；

C、Co3O4作催化剂与表面活性有关，与其是否溶于水无关，C错误；

D、Co3+有空轨道，可接受NH3的孤电子对形成[Co(NH3)6]3+，结构与性质对应正确，D正确；

故答案为：D。6．【答案】A【解析】【解答】A、FeS2在高温下与O2反应生成SO2：4FeS2+11O2高温2Fe2O3+8SO2；SO2与Na2O2发生氧化还原反应生成Na2SO4：SO2+Na2O2=Na2SO4，两步转化均能实现，A正确；

B、漂白粉与CO2反应生成HClO：CaClO2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，但HClO光照分解生成HCl和O2：2HClO光照2HCl+O2↑，无法生成Cl2，转化不能实现，B正确；

C、CuO不溶于水，不能与H2O反应生成Cu(OH)2，后续转化也无法进行，C错误；

D、SiO2与C高温反应生成Si和CO（非CO2）：SiO2+2C高温Si+2CO↑；且Na2SiO3与CO7．【答案】A【解析】【解答】分别从手性碳的定义、缩聚反应的结构要求、顺反异构的条件、官能团与NaOH的反应比例这几个角度，对每个选项进行判断。

A、X与足量氢气加成后，饱和碳原子中连接4个不同原子或原子团的手性碳原子有6个，A正确；

B、X中酚羟基的邻位碳原子上只有1个H，不满足与甲醛发生缩聚反应的结构要求，B错误；

C、Y分子中含有碳碳双键，且双键两端的碳原子均连接不同基团，存在顺反异构，C错误；

D、1molZ中，2mol酚羟基消耗2molNaOH；1mol酯基水解后生成的酚羟基再消耗1molNaOH，酯基共消耗2molNaOH；1mol酰胺基消耗1molNaOH；1mol羧基消耗1molNaOH，总共消耗2+2+1+1=6molNaOH，D错误；

故答案为：A。

【分析】本题的易错点主要有以下几点：

对手性碳原子的判断不准确，容易漏数或错数X与氢气加成产物中的手性碳原子。

对酚醛缩聚反应的条件理解不清晰，不清楚酚羟基邻位需有多个H才能与甲醛发生缩聚反应。

对顺反异构的条件掌握不牢，忽略Y中碳碳双键两端碳原子连接的基团不同，错误认为Y不存在顺反异构。

对能与NaOH反应的官能团及反应比例分析不到位，尤其是酯基水解后生成的酚羟基也能与NaOH反应，容易少算Z与NaOH的反应量。8．【答案】B【解析】【解答】A、燃料电池中，通入O2的电极为正极；电解池中，M室石墨电极（X连接）处H2O放电生成O2（阳极），阳极接电源正极，故O2电极接X，A正确；

B、N室为阴极，H2O放电生成H2和OH-，Na+通过膜III进入N室，NaOH浓度增大，故a%<b%，B错误；

C、M室H+通过膜I（阳离子膜）进入产品室，原料室Na+通过膜III（阳离子膜）进入N室，原料室B(OH)4-通过膜II（阴离子膜）进入产品室，C正确；

D、生成1molH3BO3需转移1mol电子，CH4燃烧每mol转移8mol电子，故需CH418mol，标况体积2.8L，D正确；

故答案为：B。

【分析】电解池工作时，M室的石墨电极为阳极：H2O在此放电，生成O2和H+；H+通过膜I（阳离子膜）向产品室移动。原料室中的B(OH)4-通过膜II（阴离子膜）进入产品室，与H+结合生成H3BO3（产品）；同时原料室的Na+通过膜III（阳离子膜）向N室移动。N室的石墨电极为阴极：H2O在此放电，生成H2和OH-；Na+与OH-9．【答案】C【解析】【解答】A、红热木炭投入浓HNO3产生红棕色气体，可能是浓HNO3自身高温分解生成NO2，无法排除此干扰，不能证明木炭的还原性，A错误；

B、ZnSO4与Na2S反应时S2-过量，再加入CuSO4产生黑色沉淀，可能是过量S2-与Cu2+直接反应，无法说明ZnS转化为CuS，不能比较Ksp(ZnS)和Ksp(CuS)，B错误；

C、Na[Al(OH)4]与NaHSO3反应生成Al(OH)3白色沉淀，说明[Al(OH)4]-结合了HSO3-释放的H+，即[Al(OH)4]-结合H+的能力强于SO32-，C正确；

D、溴乙烷与NaOH醇溶液反应产生的气体含乙醇蒸气，乙醇能使酸性KMnO4溶液褪色，干扰乙烯的检验，无法证明生成了CH2=CH2，D错误；

故答案为：C。

【分析】A．需考虑浓HNO3自身高温分解产生NO2的干扰，排除干扰才能证明木炭的还原性。

B．比较溶度积需满足“沉淀转化”的条件，即反应后无过量的S2-，此实验S2-过量，无法说明沉淀转化。

C．通过反应现象判断结合H+的能力，生成Al(OH)3沉淀说明[Al(OH)4]-更易结合H+。

D．要排除乙醇蒸气对酸性KMnO4溶液褪色的干扰，需纯化气体后再检验。10．【答案】D【解析】【解答】A、根据H2S的两步电离平衡：第一步电离：H2S第二步电离：HS−⇌将两式相乘，可得：K实验1中溶液pH=11，则c(H+)=10−11mol/L，代入上式：B、实验1溶液中存在电荷守恒：

c(Na+)+c(H+)=c(HS−)+2c(S2−)+c(OH−)C、NaHS溶液中主要含有的粒子是HS−（而非S2−）。新制氯水具有强氧化性，Cl2与HS−发生氧化还原反应，生成S沉淀、Cl−和H+，离子方程式应为：Cl2D、实验3的反应为：Cu2++2HS−=CuS↓+H2S，平衡常数K的推导：由H2S的电离平衡，H2S⇌H++HS−，Ka1=c(H+)⋅c(HS−)c(H总反应的平衡常数K=代入数据：Ka1=1.0×10−7，Ka2=1.0×故答案为：D。【分析】A．利用H2S两步电离常数乘积推导c(S2-)与c(H2S)的比值，代入溶液pH计算的H+浓度，即可判断二者大小。

B．依据溶液电荷守恒式，结合pH得出的OH-与H+浓度差异，变形守恒式判断离子浓度关系。

C．明确NaHS溶液中主要反应粒子是HS-，而非S2-，据此判断氧化还原反应的实际反应物。

D．将目标反应拆解为电离逆过程与溶度积相关反应，通过平衡常数乘积关系推导总反应K，代入数据计算验证。11．【答案】B【解析】【解答】A、反应II（生成甲苯）是放热反应，升温平衡逆向移动，甲苯选择性减小，故曲线a代表甲苯选择性（非苯），A错误；

B、620℃时，乙苯转化率80%（消耗0.8mol），苯选择性3%（生成0.024mol）、甲苯选择性7%（生成0.056mol）；则转化为苯乙烯的乙苯为0.8-0.024-0.056=0.72mol。反应I生成H20.72mol，反应II消耗H20.056mol，最终H2物质的量为0.72-0.056=0.664mol，B正确；

C、600~640℃时，乙苯转化率增大，且甲苯+苯的选择性总和变化小，故苯乙烯的物质的量随温度升高而增大，C错误；

D、只充入1mol乙苯，相当于增大压强，反应I、III（气体分子数增多）逆向移动，乙苯转化率小于80%，D错误；

故答案为：B。

【分析】先根据反应的热效应判断温度对选择性的影响：

反应II（生成甲苯）是放热反应，温度升高时，平衡逆向移动，生成甲苯的量减少，因此甲苯的选择性随温度升高而降低，对应曲线a。

反应III（生成苯）是吸热反应，温度升高时，平衡正向移动，生成苯的量增加，因此苯的选择性随温度升高而增大，对应曲线b。据此解题。12．【答案】（1）2.14（2）2Na++3ClO−（3）Mg2++CO2+2OH（4）3:2（5）4【解析】【解答】（1）1.78吨发烟硫酸（化学式：H2SO4⋅SO3）的物质的量为1.78×故答案为：2.14；（2）①“除铁”时，若控制温度80℃、pH=2，可得到黄铁矾钠Na2②由图可知，pH在4附近温度略低于40℃时产生的氢氧化铁最多，温度继续升高时铁转化为其它含铁的不溶性物质，结合分析可知，铁工业生产不选择以FeOH3形式除铁的可能原因：H+故答案为：2Na++3ClO−（3）①结合分析可知，“沉淀”过程的离子方程式：Mg2+②由图知，“沉淀”时溶液的pH先减小后增大后维持不变，则“沉淀”过程的操作：向含Mg2+溶液中先通CO2至饱和，然后滴加NaOH溶液，同时继续通入故答案为：Mg2++CO2+2OH−（4）现称取一定质量碱式碳酸镁样品经高温完全分解后得8.0gMgO固体，根据镁元素守恒，镁离子为8.0g40g/mol=0.2故答案为：3:2；（5）某钙镁矿CaMgS2的晶胞中若将Ca全部换为Mg，若Ca换为Mg，则该图变为两个立方晶胞，则Mg位于晶胞的8个顶点和6个面心，所得晶体中每个晶胞含有的Mg原子数为18×8+【分析】结合镁泥的成分，分析加酸、氧化、调节pH、通入气体等操作中物质的转化与分离逻辑，明确各步骤的作用：镁泥主要成分为MgCO3、FeCO3和SiO2。加入硫酸时，SiO2不溶于硫酸，过滤后滤渣1为SiO2；NaClO具有氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+；调节pH使Fe3+转化为沉淀除去；向滤液中通入CO2并加入NaOH溶液，反应后得到沉淀，过滤可获得MgCO3・3H2O。整个流程通过酸溶、氧化除杂、沉淀转化等步骤，实现了碳酸镁晶体的制备。（1）1.78吨发烟硫酸（化学式：H2SO4⋅SO3）的物质的量为1.78×（2）①“除铁”时，若控制温度80℃、pH=2，可得到黄铁矾钠Na2Fe②由图可知，pH在4附近温度略低于40℃时产生的氢氧化铁最多，温度继续升高时铁转化为其它含铁的不溶性物质，结合分析可知，铁工业生产不选择以FeOH3形式除铁的可能原因：H+（3）①结合分析可知，“沉淀”过程的离子方程式：Mg2+②由图知，“沉淀”时溶液的pH先减小后增大后维持不变，则“沉淀”过程的操作：向含Mg2+溶液中先通CO2至饱和，然后滴加NaOH溶液，同时继续通入（4）现称取一定质量碱式碳酸镁样品经高温完全分解后得8.0gMgO固体，根据镁元素守恒，镁离子为8.0g40g/mol=0.2（5）某钙镁矿CaMgS2的晶胞中若将Ca全部换为Mg，若Ca换为Mg，则该图变为两个立方晶胞，则Mg位于晶胞的8个顶点和6个面心，所得晶体中每个晶胞含有的Mg原子数为113．【答案】（1）OHC（2）5（3）消去反应（4）C（5）（6）【解析】【解答】（1）根据分析可知，可以推知B为OHC-故答案为：OHC-CHBr-CHO；

故答案为：5；

（3）C和先发生成环反应，生成，然后环上的酯基水解，生成，再发生羟基的消去反应，生成D物质。所以转化的最后一步反应类型为消去反应。故答案为：消去反应；

（4）F和CH3CH2Br发生取代反应生成G，同时生成HBr，加入K2CO3的作用是除去HBr故答案为：C；

（5）F的一种同分异构体满足条件：能与NaHCO3溶液反应，能发生水解反应，说明其中含有酰胺基和羧基，水解后所得两种有机产物的碳原子数相同，且均含有2种化学环境不同的氢，其中一种水解产物具有顺反异构体，说明其中含有苯环和碳碳双键，且为对称的结构，则满足条件的同分异构体为：。故答案为：；

（6）利用和C2H5OOCCH2CH2COOC2H5发生C生成D的反应原理得到，和CH3CO2O发生D生成E的反应原理得到，发生水解反应生成，和CH3NH2发生取代反应生成，和BrCH2CH2NH2发生取代反应生成，所以其合成线路为：。

故答案为：

【分析】有机物B能发生银镜反应，且只有一种含氧官能团，说明含醛基（—CHO），结合其分子式可推知B为OHC-CH(Br)-CHO，C与先发生成环反应，生成含酯基的环状结构（）；之后环上的酯基水解，得到含羟基和羧基的化合物（）；再经羟基的消去反应生成D。

D与(CH3CO)2O反应生成E，E经一系列反应得到F，F与溴乙烷发生取代反应生成G。

(1)依据银镜反应含—CHO及分子式，推B结构。

(2)结合咪唑平面结构，判断sp2杂化原子数。

(3)分析C→D的反应步骤，确定最后一步为消去反应。

(4)明确F→G除K2CO3外，选能消耗HBr的碱性物质(C)。

(5)根据与NaHCO3反应、水解产物特征（碳原子数相同、氢环境及顺反异构），推导同分异构体。

（1）根据分析可知，可以推知B为OHC-（2）有机物C中含有咪唑()的结构，咪唑与苯性原相似，且所有原子均位于同一平面。咪唑分子中轨道杂化方式为sp2杂化的原子为氮原子和碳原子，共有5个。（3）C和先发生成环反应，生成，然后环上的酯基水解，生成，再发生羟基的消去反应，生成D物质。所以转化的最后一步反应类型为消去反应。（4）F和CH3CH2Br发生取代反应生成G，同时生成HBr，加入K2CO3的作用是除去HBr（5）F的一种同分异构体满足条件：能与NaHCO3溶液反应，能发生水解反应，说明其中含有酰胺基和羧基，水解后所得两种有机产物的碳原子数相同，且均含有2种化学环境不同的氢，其中一种水解产物具有顺反异构体，说明其中含有苯环和碳碳双键，且为对称的结构，则满足条件的同分异构体为：。（6）利用和C2H5OOCCH2CH2COOC2H5发生C生成D的反应原理得到，和CH3CO2O发生D生成E的反应原理得到，发生水解反应生成，和CH3NH2发生取代反应生成，和14．【答案】（1）2Bi（2）增大Cl-、H+浓度，Bi3＋与Cl－形成BiCl63−，使Bi3＋充分浸出；同时抑制金属离子Bi3＋(或BiCl63−（3）将Fe3+转化为Fe2+，避免形成Fe(OH)3沉淀，保证BiOCl的纯度（4）升高温度，促进BiCl63−水解，导致溶液中Cl−（5）边搅拌边向BiOCl粗品中分批加入足量1mol·L-1H2SO4溶液，充分反应后静置，过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤，直至向最后一次洗涤后的滤液中滴加1mol·L-1BaCl2溶液不再出现白色沉淀。将洗涤后的滤渣浸入过量4mol·L-11NaOH溶液中，加热并充分搅拌至固体颜色不再变化【解析】【解答】（1）联合焙烧时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2故答案为：2Bi2S3+6MnO2+9O2焙烧2Bi2O3+6MnSO4；

（2）根据题目已知信息，Bi3+易与Cl−形成BiCl63−，及时补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4，增大Cl−、H故答案为：增大Cl-、H+浓度，Bi3＋与Cl－形成BiCl63−，使Bi3＋充分浸出；同时抑制金属离子Bi3＋(或BiCl63−)、Fe3＋水解；

（3）由分析可知，转化加入金属Bi的作用是将Fe3故答案为：将Fe3+转化为Fe2+，避免形成Fe(OH)3沉淀，保证BiOCl的纯度；

（4）升高温度，促进水解反应BiCl63−+H2故答案为：升高温度，促进BiCl63−水解，导致溶液中Cl−浓度增大，BiCl63−+H2O⇌BiOCl↓+5Cl−+2H+平衡逆向移动；

（5）利用含少量Fe(OH)3杂质的BiOCl粗品制备Bi2O3，首先要除去Fe(OH)3杂质，再将BiOCl与OH−发生反应：2BiOCl白色+2OH-=Δ2Cl-+H2O+Bi2O3黄色制备Bi2O3，根据提供的试剂，实验方案为：边搅拌边向BiOCl粗品中分批加入足量1mol/LH2SO4溶液，充分反应后静置，过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤，直至向最后一次洗涤后的滤液中滴加1mol/LBaCl2溶液不再出现白色沉淀。将洗涤后的滤渣浸入过量4mol/LNaOH溶液中，加热并充分搅拌至固体颜色不再变化。

故答案为：边搅拌边向BiOCl粗品中分批加入足量1mol·L-1H2SO4溶液，充分反应后静置，过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤，直至向最后一次洗涤后的滤液中滴加1mol·L-1BaCl2溶液不再出现白色沉淀。将洗涤后的滤渣浸入过量4mol·L-11NaOH溶液中，加热并充分搅拌至固体颜色不再变化。

【分析】辉铋矿与软锰矿联合焙烧时，在空气中发生反应：MnO2转化为MnSO4（锰元素价态降低，实现硫酸化）；FeS2被氧化为Fe2O3（铁元素从+2价升至+3价）；Bi2O3在该条件下稳定存在，为后续提取铋保留原料。水浸：焙烧产物中，可溶于水的MnSO4进入溶液，不溶的Fe2O3、Bi2O3、SiO2形成滤渣。Bi2O3与浓盐酸反应生成BiCl63-（1）联合焙烧时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2（2）根据题目已知信息，Bi3+易与Cl−形成BiCl63−，及时补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4，增大Cl−、H+浓度，Bi3+与Cl−形成BiCl63−，使Bi3+（3）由分析可知，转化加入金属Bi的作用是将Fe3+转化为Fe2（4）升高温度，促进水解反应BiCl63−+H2（5）利用含少量Fe(OH)3杂质的BiOCl粗品制备Bi2O3，首先要除去Fe(OH)3杂质，再将BiOCl与OH−发生反应：2BiOCl白色+2OH-15．【答案】（1）8mol；Fe3O4有磁性，吸引纳米铁，使其分散附着在Fe3O4表面，增大表面积；纳米铁能将含Fe（2）电极交换后，阴极产生氢气，使钝化膜还原（3）纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导至表面，HSO5−得到电子生成SO4.−和OH−或·OH和SO42-​，活性SO4.−（4）CO2+2H++2e-=HCOOH；1∶3【解析】【解答】（1）①用FeCl2溶液与NaBH4溶液反应制备纳米零价铁的化学方程式：根据反应：FeCl2+2NaBH4+6H2O=②Fe3O4辅助纳米铁去除C