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江苏省2024年高考化学模拟试题
一、单选题
1．化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是
A．氨气与氯化氢反应生成氯化铵的过程属于氮的固定
B．煤的气化、煤的液化和煤的干馏均属于化学变化
C．淀粉在稀硫酸催化作用下转化为葡萄糖的过程属于多糖水解
D．将钢铁闸门与电源负极相连的防腐措施属于外加电流保护法
2．CsCl是一种分析试剂，制备方法。下列说法正确的是
A．CsCl的电子式： B．基态的核外电子排布式：
C．的空间构型：三角锥形 D．中子数为18的Cl原子：
3．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素。X和Y基态原子的s能级电子总数均等于其p能级电子总数，Z的原子最外层电子数是Y原子最外层电子数的2倍，W和X位于同一主族。下列说法正确的是
A．第一电离能： B．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>W
C．原子半径： D．简单气态氢化物的热稳定性：X>Z
4．是一种重要的精细化工原料，易溶于水，沸点较低，具有强还原性，其制备原理为。下列实验装置和操作不能达到实验目的的是

A．用甲装置制备 B．用乙装置制备氨水
C．用丙装置制备 D．用丁装置提纯
5．化合物Z是一种抗衰老药物，可由图示方法制备，下列说法正确的是

A．可用溶液鉴别X、Y
B．X分子中所有原子可能处于同一平面
C．Y、Z互为同系物
D．在浓盐酸作用下，Z能与甲醛发生加聚反应
6．(CN)2具有与卤素单质相似的化学性质。在常温下能与Cu反应生成致密的氟化物薄膜，还能与熔融的反应生成硫酰氟()。与浓硫酸反应可制得HF，常温下，测得氟化氢的相对分子质量约为37。下列说法不正确的是
A．(CN)2是由极性键构成的极性分子
B．、中心原子的杂化方式均为
C．常温下，氟化氢可能以(HF)2子的形式存在
D．与熔融反应时一定有氧元素化合价升高
7．CaF2与浓硫酸反应可制得HF，常温下，测得氟化氢的相对分子质量约为37。SO2通入KClO3酸性溶液中可制得黄绿色气体ClO2，该气体常用作自来水消毒剂。下列物质性质与用途具有对应关系的是
A．铜单质化学性质不活泼，可用于制作储存F2的容器
B．ClO2呈黄绿色，可用于自来水消毒
C．SO2具有还原性，可用于与KClO3反应制ClO2
D．浓硫酸具有强氧化性，可用于与CaF2反应制HF
8．下列关于反应+2CO(g) △H=-49 kJ·mol-1的说法不正确的是
A．保持其他条件不变，平衡时升高温度，v正＜v逆
B．保持其他条件不变，平衡时通入Cl2，达到新平衡时变小
C．反应生成1 mol TiCl4，转移电子数目为
D．及时分离出CO，有利于TiCl4生成
9．一种利用废铜渣(主要成分CuO，及少量、等杂质)制备超细铜粉的流程如下：

下列说法正确的是
A．“酸浸”所得滤渣的主要成分为
B．若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为
C．“沉铜”发生的反应为复分解反应
D．“转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：、、
10．我国科学家研发的一种新型全氯液流电池可用于能量储存。该电池装置如图所示。释能时电极b的反应为：，下列说法正确的是

A．储能时，电极a与电源正极相连
B．释能时，电极a发生的电极反应为
C．用溶液代替吸收，也能达到储能-释能的效果
D．释能时，吸收桶中溶液质量每减少71g，理论上电极a应减少46g
11．常温下，根据下列实验操作和现象得出的结论不正确的是
选项 实验操作和现象 实验结论
A 将硫酸钡浸泡在饱和碳酸钠溶液中一段时间后过滤、洗涤，向所得滤渣上滴加盐酸，产生无色气体
B 向酒精中加入适量，充分振荡形成无色透明液。用激光笔照射液体，出现一条光亮通路 该分散系是胶体
C 分别测量浓度均为0.1 mol·L 溶液和溶液的pH，后者pH更大 比更容易结合
D 卤代烃Y与NaOH溶液共热，冷却后加入足量稀硝酸，再滴加溶液，产生白色沉淀 卤代烃Y中含有氯原子
A．A B．B C．C D．D
12．已知室温下， ，用氨水吸收并探究吸收后溶液的性质，吸收过程中所引起的溶液体积变化和挥发可忽略。下列说法正确的是
序号 实验操作和现象
实验1 向10 mL 0.1 mol·L氨水中通入0.0005 mol ，测得反应后溶液
实验2 向“实验1”所得溶液中继续通入0.0005 mol ，测得反应后溶液
实验3 取“实验2”所得溶液，向其中加入过量溶液，产生白色沉淀
实验4 取“实验2”所得溶液，向其中加入至溶液
A．“实验1”得到的溶液中：
B．实验2”得到的溶液中：
C．“实验3”发生反应的离子方程式：
D．“实验4”得到的溶液中：
13．利用和CO反应生成的过程中主要涉及的反应如下：
反应Ⅰ kJ mol-1
反应Ⅱ kJ mol-1
[的产率，的选择性]。保持温度一定，在固定容积的密闭容器中进行上述反应，平衡时和的产率及CO和的转化率随的变化情况如图所示。下列说法不正确的是

A．当容器内气体总压不变时，反应Ⅱ达到平衡状态
B．曲线c表示的产率随的变化
C．，反应达平衡时，的选择性为50%
D．随着增大，的选择性先增大后减小
二、解答题
14．沸石分子筛可用于气体、重金属离子的吸附或去除。工业上以粉煤灰（主要含和，还含有少量和有机物）为原料制取某种沸石分子筛的过程如下：
已知：粉煤灰中的硅、铝化合物煅烧时不发生反应，且难溶于酸。
(1)将粉煤灰在空气中煅烧的目的是 。
(2)“酸浸”的操作是向“煅烧”后的固体混合物中加入足量的盐酸，充分搅拌后过滤．检验“酸浸”操作是否达到目的的方法是 。
(3)“碱熔”时，将“酸浸”后所得滤渣与固体在高温下混合熔融，可生成易溶于水的和．“水热合成”时，加入水和一定量的和溶液，在条件下反应一段时间，可以得到晶体．写出“水热合成”时反应的化学方程式： 。
(4)沸石分子筛的结构为相邻的硅氧四面体和铝氧四面体相互连接形成的笼状结构，沸石分子筛的结构示意图及部分平面结构分别如图-1、图-2所示。沸石分子筛中存在一定大小的空隙，其中的可与其他阳离子发生交换．
①沸石分子筛可以用于去除废水中和，原理是 ；
②沸石分子筛对去除率随溶液的关系如图-3所示。越大，去除率越高的原因是 。
15．化合物G是制备一种生物碱的中间体，其合成路线如下：
(1)反应分为两步，第二步是消去反应．X的结构简式为 ；
(2)C的分子式为的结构简式为 ；
(3)须在无水环境中使用，不能与水或酸接触，原因是 ；
(4)时会生成一种与G互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为 ；
(5)写出一种符合下列条件的B的同分异构体的结构简式： ；
I．与溶液显紫色；
Ⅱ．发生水解反应后所得有机产物有三种，酸化后一种为氨基丙酸，另两种均含有2种化学环境不同的氢．
(6)已知：①苯环上发生取代反应时，若原有基团为（卤素原子），则新进入基团在其邻、对位；若原有基团为，则新进入基团则在其间位．
②
③可将羰基或酯基还原为醇
写出以、为原料制备的合成路线流程图 （无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。
16．生物质铁炭纳米材料可以活化过一硫酸盐，降解废水中有机污染物．
(1)生物质铁炭纳米材料活化过—硫酸钾降解有机污染物的反应历程如图-1所示．图中和分别表示硫酸根自由基和羟基自由基．
①（S的化合价为）在水中的电离过程为：、．写出的结构式： 。
②生物质铁炭纳米材料降解有机污染物的机理可描述为 。
③若有机污染物为苯酚，写出酸性条件下与苯酚反应的化学方程式： 。
(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： 。
(3)铁炭纳米材料在不同对有机污染物去除率（溶液有机物浓度与初始有机物浓度的比值）的影响如图-2所示，越小有机污染物去除率越高的原因是： 。
(4)已知微粒的氧化性：。水中存在一定量和无存在时对铁炭纳米材料降解有机污染物的影响如图-3所示．的存在对有机污染物的降解有影响，原因是： 。
17．实验室从电解铜阳极泥（含等）中提取硒及银、金等贵金属，过程如下：
已知：①升华温度为．
②氯化法提取的原理：在溶有的盐酸中可反应生成溶液，可被还原为．
(1)“焙烧”时通常采用低温氧化焙烧，所得固体有等．“焙烧”时采用低温的目的是 ．
(2)“浸出”时先加入稀硫酸，再加入盐酸．加盐酸时发生反应：．该反应平衡常数 ．[已知，]
(3)“浸出渣”中含有及少量惰性物质．
①用溶液浸取浸出渣得到含溶液，用甲醛还原可生成银．碱性条件下，用甲醛还原生成银和的离子反应方程式为： ．
②补充完整以浸出渣为原料回收的实验方案： ，得到金．（实验中须使用如图所示实验装置及以下试剂：、盐酸，溶液，溶液）
(4)通过如下步骤测定粗硒样品中的质量分数：
步骤1：准确称取粗硒样品，加入足量硝酸充分溶解生成溶液，配成溶液；
步骤2：取所配溶液于锥形瓶中，加入和溶液，使之充分反应；
步骤3：滴入滴淀粉指示剂，振荡，逐滴加入物质的量浓度为的溶液标准溶液滴定至终点，恰好完全反应，消耗标准溶液．
已知：
计算粗硒样品中的质量分数，并写出计算过程 。
参考答案：
1．A
【详解】A．氮的固定是从氮气变成化合物的过程，氨气和氯化氢的反应不属于氮的固定，A错误；
B．煤是复杂的无机物和有机物的混合物，煤的气化、煤的液化和煤的干馏均属于化学变化，B正确；
C．淀粉属于多糖，在稀硫酸存在下能水解生成葡萄糖，C正确；
D．钢铁闸门与电源负极相连，做阴极，该措施属于外加电流保护法，D正确；
故选A。
2．B
【详解】A．CsCl属于离子化合物，即电子式 ，A错误；
B．基态的核外电子排布式：，B正确；
C．的空间构型为平面三角形，C错误；
D．中子数为18的Cl原子，D错误；
故选B。
3．D
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素。X和Y基态原子的s能级电子总数均等于其p能级电子总数，则X是O元素、Y是Mg元素；Z的原子最外层电子数是Y原子最外层电子数的2倍，Z是Si元素；W和X位于同一主族，W是S元素。
【详解】A．同主族元素从上到下第一电离能逐渐减少，第一电离能：，故A错误；
B．同周期从左到右元素非金属性增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性：H2SO4>H2SiO3，故B错误；
C．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径：，故C错误；
D．元素非金属性越强，气态氢化物越稳定，简单气态氢化物的热稳定性：H2O>SiH4，故D正确；
选D。
4．C
【详解】A．氢氧化钙与氯化铵加热有氨气生成，图中固体加热装置可制备氨气，A正确；
B．氨气极易溶于水，球形干燥管可防止倒吸，B正确；
C．氨气可被次氯酸钠氧化，NaClO过量，可氧化生成的N2H4·H2O，应将NaClO注入氨水中，C错误；
D．N2H4·H2O沸点较低，蒸馏时温度计测定馏分的温度、冷凝管中冷水下进上出，图中装置合理，D正确；
故选C。
5．B
【详解】A．含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应，X、Y都含有酚羟基，都能和氯化铁溶液发生显色反应，所以不能用氯化铁溶液鉴别X、Y，A错误；
B．苯环上原子和直接连接苯环的原子共平面，-COOH中所有原子共平面，单键可以旋转，该分子相当干苯环上的氢原子被-OH、-Br、-COOH取代，所以该分子中所有原子可能共平面，B正确；
C．结构相似，在分子组成上相差一个或n个-CH2-原子团的有机物互为同系物，二者结构不相似，不互为同系物，C错误；
D．在浓盐酸作用下，Z能与甲醛发生缩聚反应，不能发生加聚反应，D错误；
故选B。
【点睛】含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应；苯环上原子和直接连接苯环的原子共平面，-COOH中所有原子共平面，单键可以旋转；酚和甲醛发生缩聚反应生成高分子化合物。
6．A
【详解】A． (CN)2分子内碳原子有1个碳碳单键、1个碳氮三键，则C原子为sp杂化，直线形，正负电荷中心重叠，是由极性键、非极性键构成的非极性分子，A错误；
B． 中心原子的孤电子对为，价层电子对个数=1+3=4 ，所以中心原子为杂化，硫酸根离子中心原子的孤电子对为，价层电子对个数=4+0=4 ，所以中心原子为杂化，B正确；
C． 常温下，氟化氢分子间存在氢键、存在缔合分子，且常温下测得氟化氢的相对分子质量约为37，故可能以(HF)2子的形式存在，C正确；
D． 与熔融反应生成硫酰氟()，氟化合价降低，钠和S已是最高价态，则反应时一定有氧元素化合价升高，D正确；
答案选A。
7．C
【详解】A．铜单质化学性质不活泼，但由于F2氧化性强，可以与Cu反应产生CuF2，因此Cu不可用于制作储存F2的容器，A错误；
B．ClO2呈黄绿色，具有强的氧化性，能够使水中细菌、病毒蛋白质发生变性，因而可用于自来水消毒，与其是否是黄绿色无关，因此不具有对应关系，B错误；
C．SO2具有还原性，KClO3具有强的氧化性，二者会发生氧化还原反应，SO2可以使KClO3还原为ClO2，因此可用于与KClO3反应制ClO2，C正确；
D．浓硫酸具有强酸性，可与CaF2发生复分解反应产生CaSO4和HF，因此可以用于制HF，属于高沸点酸制备低沸点酸，这与浓硫酸是否具有强氧化性无关，D错误；
故合理选项是C。
8．B
【详解】A．该反应的正反应是放热反应，保持其他条件不变，平衡时升高温度，v正、v逆都增大，由于温度对吸热反应影响更大，因此升高温度后，v正＜v逆，A正确；
B．该反应的化学平衡常数K=，化学平衡常数只与温度有关，保持其他条件不变，平衡时通入Cl2，即增大了反应物的浓度，化学平衡正向移动，但由于温度不变，因此化学平衡常数不变，因此平衡时通入Cl2，达到新平衡时不变，B错误；
C．根据反应方程式可知：反应生成1 mol TiCl4，反应过程中转移4 mol电子，则转移电子数目为，C正确；
D．及时分离出CO，即减小了生成物的浓度，化学平衡正向移动，会产生更多的TiCl4，因此有利于TiCl4生成，D正确；
故合理选项是B。
9．D
【分析】废铜渣(主要成分CuO，及少量、等杂质) “酸浸”时CuO、少量与H2SO4反应生成硫酸铜、硫酸铁，SiO2不溶于H2SO4，所以滤渣的成分是SiO2，滤液中加过量氨水沉铁除去Fe3+，铜离子转化为，所得滤液通二氧化硫沉铜，过滤出产生的CuNH4SO3沉淀，加稀硫酸转化，+1价铜发生歧化反应，得到铜离子、和Cu。
【详解】A． 据分析，“酸浸”所得滤渣的主要成分为SiO2，A错误；
B． 若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为，B错误；
C． “沉铜”时含有和过量氨水的混合溶液中通入二氧化硫生成CuNH4SO3沉淀，铜元素化合价降低，则发生氧化还原反应，不为复分解反应，C错误；
D．转化时，CuNH4SO3在稀硫酸中发生歧化反应，得到铜离子、和Cu，结合元素守恒可知， “转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：、、，D正确；
答案选D。
10．D
【分析】释能时电极b的反应为：Cl2+2e =2Cl ，发生还原反应可知电极b为正极，则电极a为负极。
【详解】A．储能时，电极a与电源负极相连，A错误；
B．释能时，电极a为负极，发生氧化反应，电极反应为Na3Ti2(PO4) 3-2e = NaTi2(PO4)3+2Na+，B错误；
C．用Na2SO3溶液与Cl2发生氧化还原反应，CCl4不与Cl2发生反应，故不能用Na2SO3溶液代替CCl4，C错误；
D．释能时，吸收桶中溶液质量每减少71g，消耗Cl21mol，转移电子2mol，电极a也转移电子2mol，Na3Ti2(PO4) 3-2e = NaTi2(PO4)3+2Na+，根据方程式可知a电极产生2molNa+，则电极a减少46g，D正确；
故答案为：D。
11．A
【详解】A．将BaSO4浸泡在饱和Na2CO3溶液中，只要溶液中钡离子和碳酸根离子浓度幂之积大于就可生成BaCO3沉淀，故不能证明，A错误；
B．胶体能产生丁达尔效应，即用激光笔照射液体，出现一条光亮通路，所以该分散系为胶体，B正确；
C．碳酸根离子和偏铝酸根离子都能发生水解，即结合水电离的氢离子使溶液显碱性，又浓度均为0.1 mol·L 溶液和溶液的pH，后者pH更大，所以等浓度时偏铝酸根水解程度大碱性强，即比更容易结合，C正确；
D．卤代烃Y与NaOH溶液共热，发生水解反应有卤化钠生成，冷却后加入足量稀硝酸，再滴加溶液，产生白色沉淀，即该沉淀为氯化银，所以卤代烃Y中含有氯原子，D正确；
故选A。
12．B
【分析】
据题目信息可以算出：，，，，据此分析答题。
【详解】
A向10 mL 0.1 mol·L氨水中通入0.0005 mol 得到溶液的溶质为，由于 ，因此，A错误；
B．向“实验1”所得溶液中继续通入0.0005 mol得到溶液的溶质为，将变形为> 代入相关数据即可证明，B正确；
C．取“实验2”所得溶液，向其中加入过量溶液，产生白色沉淀，发生反应的离子方程式：，C错误；
D．取“实验2”所得溶液，向其中加入至溶液，，D错误；
故选B。
13．D
【详解】A．反应I是气体体积缩小的反应，当固定密闭容器内总压不变时，反应I达到平衡状态，则CO、H2O的浓度保持不变，所以反应Ⅱ也达到平衡状态，A正确；
B．增大H2的浓度，CO的转化率增大、H2的转化率降低，b表示H2的转化率，CO的转化率为甲烷、二氧化碳产率的和，根据a、c、d起点的数值，可知a表示CO的转化率，根据反应Ⅰ，持续增大H2的浓度，反应1正向移动，甲烷的产率会持续增大，c表示的产率随的变化；H2的浓度增大到一定程度，反应Ⅱ逆向移动，CO2的产率先增大后减小，d表示CO2的产率，故B正确；
C．根据B分析，c表示的产率随的变化，当=0.5时，生成物n(CH4)=n(CO2)，故CH4的选择性为50%，故C正确；
D．根据图像，随着的不断增加，甲烷的产率大于CO2的产率，所以CO2选择性先减小，故D错误；
选D。
14．(1)除去粉煤灰中的有机物
(2)取少量过滤后的固体，加入适量盐酸，充分搅拌后滴加几滴溶液，无红色现象则说明“酸浸”操作已达到目的
(3)
(4) 分子直径小于沸石分子筛中的空隙，沸石分子筛通过吸附去除废水中，废水中的可以与沸石分子筛中发生离子交换而去除 与均可与沸石分子筛中的进行交换，较小时，浓度较高，与交换的变少；随着升高，溶液中的会生成沉淀，去除率增大
【分析】粉煤灰（主要含SiO2和3Al2O3 2SiO2，还含有少量CaO、Fe2O3和有机物）进行煅烧，有机物转化为无机物，盐酸酸浸过程中，粉煤灰中的硅、铝化合物难溶于酸，所得滤渣与NaOH固体在高温下混合熔融，可生成易溶于水的NaAlO2和Na2SiO3，“水热合成”时，加入水和一定量的NaAlO2和Na2SiO3溶液，在90°C条件下反应一段时间，可以得到Na12Al12Si12O48 27H2O晶体，据此回答。
【详解】（1）将粉煤灰在空气中煅烧的目的是：除去粉煤灰中的有机物；
（2）当固体中没有氧化铁，则代表酸浸完成，通过检验铁离子来实现，方法为：取少量过滤后的固体，加入适量盐酸，充分搅拌后滴加几滴KSCN溶液，无红色现象则说明“酸浸”操作已达到目的；
（3）“水热合成”时，NaAlO2与Na2SiO3反应生成Na12Al12Si12O48 27H2O晶体，方程式为：；
（4）①NH3分子直径小于沸石分子筛中的空隙，沸石分子筛通过吸附去除废水中NH3，废水中的可以与沸石分子筛中Na+发生离子交换而去除，所以沸石分子筛可以用于去除废水中NH3和；
②H+与Cu2+均可与沸石分子筛中的Na+进行交换，pH较小时，H+浓度较高，与Na+交换的Cu2+变少，随着pH升高，溶液中的Cu2+会生成Cu(OH)2沉淀，Cu2+去除率增大。
15．(1)
(2)
(3)中H为价，具有强还原性，会与水或酸反应生成
(4)
(5)或
(6)
【分析】
分两步，A的醛基与CH3NO2发生加成反应生成，再发生消去反应得到B, 结合D的结构简式可知，B被还原得到C，碳碳双键转化为单键、硝基转化为氨基，则C为；C经过取代反应得到D，D→E:先羰基上发生加成反应转变为羟基并形成含氮六元环、后醇羟基消去引入碳碳双键，E→F为取代反应，F→G本质为Diels-Alder反应或双烯合成，含共轭二烯结构的含硅反应物与F五元环中的碳碳双键进行1,4-加成,生成六元环状化合物，即G；
【详解】（1）
反应分为两步，第二步是消去反应．X的结构简式为；
（2）
C的分子式为，结合分析可知C的结构简式为；
（3）中H为价，具有强还原性，能与+1价H发生氧化还原反应产生氢气，则须在无水环境中使用、不能与水或酸接触的原因是: 中H为价，具有强还原性，会与水或酸反应生成；
（4）
F和含共轭二烯结构的含硅反应物发生1,4-加成反应生成G，由于该含硅反应物中碳碳双键不对称，则时会生成一种与G互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为；
（5）B的同分异构体符合下列条件；
I．与溶液显紫色；则含有酚羟基；
Ⅱ．发生水解反应后所得有机产物有三种，酸化后一种为氨基丙酸，另两种均含有2种化学环境不同的氢,即分别为和乙酸。
综上，满足条件的B的同分异构体为：或。
（6）
要以、为原料制备，结合信息①，应首先在甲基对位引入硝基、再在甲基邻位硝基间位引入卤素原子，结合信息③，为防止LiAlH4还原羰基，接着把硝基还原为氨基，再利用信息②与含卤素有机物发生取代去除卤原子，最后仿照E→F通过取代反应形成目标产物，则合成路线为：。
16．(1) 纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导至表面，得到电子生成和或和，活性和与难降解有机污染物反应生成和
(2)石墨碳层可以增加反应的接触面积；石墨碳层的包裹可以减少铁的渗出，减少二次污染
(3)越小，越有利于纳米铁释放电子，生成或速率越快，同时越小时，主要以形式存在，浓度大，生成或速率也越快，所以有机污染物去除速率增大
(4)会与生成的和转化为氧化性更低的对有机污染物的降解速率低或不能降解有机物
【详解】（1）
①是二元酸，则分之内有2个羟基氢，中有1个羟基氢，中S的化合价为，比硫酸氢根多一个O，则中含一个O-O-键，的结构式：。
②生物质铁炭纳米材料降解有机污染物的核心反应为强氧化剂例如硫酸根自由基和羟基自由基把难降解有机污染物氧化为二氧化碳和水，结合图示转化，机理可描述为：纳米铁颗粒失去电子，经过石墨碳层传导至表面，得到电子生成和或和，活性和与难降解有机污染物反应生成和。
③若有机污染物为苯酚，苯酚具有强还原性，具有强氧化性，二者发生氧化还原反应生成硫酸根和二氧化碳，则酸性条件下与苯酚反应的化学方程式：。
（2）降解过程中都是铁失去电子、得到电子生成和或和，活性和与难降解有机污染物反应生成和，使用生物质铁炭纳米材料，与直接使用纳米铁颗粒，二者比较，前者纳米铁颗粒失去的电子需经过石墨碳层传导至表面，则使用生物质铁炭纳米材料降解的优点是：石墨碳层可以增加反应的接触面积；石墨碳层的包裹可以减少铁的渗出，减少二次污染。
（3）由图-2知：越小有机污染物去除率越高，原因是：越小，越有利于纳米铁释放电子，生成或速率越快，同时越小时，主要以形式存在，浓度大，生成或速率也越快，所以有机污染物去除速率增大。
（4）由图-3知：水中存在一定量时降解有机污染物效果差些，无存在时降解有机污染物效果好些，已知微粒的氧化性：，按氧化还原反应的规律，和能制取出，则的存在对有机污染物的降解有影响的原因是：会与生成的和转化为氧化性更低的对有机污染物的降解速率低或不能降解有机物。
17．(1)防止因升华导致硒的回收率降低
(2)
(3) 向浸出渣中加入一定量的盐酸，从导管a处通入至（黄色）固体不再溶解，过滤，向滤液中加入溶液，至向上层清液中继续滴加溶液不再产生沉淀时停止滴加，过滤，洗涤滤渣至最后一次洗涤滤液加入溶液不再产生沉淀
(4)
【分析】阳极泥（含Cu、Au、Ag2Se、Cu2Se等）焙烧，得到CuO、Au、CuSeO3、CuSeO4、Ag2SeO3、SeO2，后加入盐酸，再加硫酸酸浸，浸出渣可制得Ag与金，
【详解】（1）“焙烧”时采用低温的目的是：SeO2升华温度为315°C，防止其升华；
（2）K=；
（3）①碱性条件下，用甲醛还原[Ag(S2O3)2]3 生成银和碳酸根离子，离子反应方程式为：；
②根据题目信息，Au在溶有Cl2的盐酸中可反应生成HAuCl4溶液，HAuCl4可被还原为Au，以浸出渣为原料回收Au的实验方案：向浸出渣中加入一定量的盐酸，从导管a处通入Cl2至（黄色）固体不再溶解，过滤，向滤液中加入FeSO4溶液，至向上层清液中继续滴加FeSO4溶液不再产生沉淀时停止滴加，过滤，洗涤滤渣至最后一次洗涤滤液加入BaCl2溶液不再产生沉淀；
（4）根据方程式可知，n(H2SeO3)=()=()=mol，则样品中Se的质量分数。

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