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海南州高级中学2026届第三次模拟考试
化学
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，监考员将试卷、答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 Ca-40 Mn-55 Cu-64 Zr-91 I-127
第Ⅰ卷(选择题，共42分)
一、单项选择题：本题共15小题，每小题3分，共42分。
1．目前化学科学已经融入国民经济的大部分技术领域，下列说法正确的是
A．利用CO2合成了脂肪酸，实现了无机小分子向有机高分子的转变
B．战斗机的雷达罩使用的玻璃纤维属于无机非金属材料
C．“燃煤脱硫”技术有利于我国早日实现“碳达峰、碳中和”
D．重油通过分馏可得到石油气、汽油、煤油和柴油
2．下列有关叙述正确的是
A．可以用热的浓NaOH溶液来区分植物油和矿物油
B．葡萄糖和蔗糖互为同系物，淀粉和纤维素互为同分异构体
C．向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，证明该溶液中一定有
D．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性
3．下列化学用语或图示表示不正确的是
A．聚丙烯的结构简式： B．SCl2的VSEPR模型：
C．NaCl溶液中的水合离子： D．NH2OH的电子式：
4．儿茶酸具有抗菌、抗氧化作用，常用于治疗烧伤、小儿肺炎等疾病，可采用如图所示路线合成。下列说法正确的是
A．Z与足量的溴水反应消耗3mol Br2 B．可用酸性溶液鉴别X和Z
C．Y存在二元芳香酸的同分异构体 D．X分子中所有原子可能共平面
5．HCHO还原银氨溶液的方程式为，为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．100 g 30%的HCHO溶液中含氧原子数目为
B．22.4 L的含电子数为
C．1 mol HCHO与足量的银氨溶液反应转移电子数为
D．1 mol 中σ键数目为
6．下列相关离子方程式表示正确的是
A．向AgBr沉淀中加入Na2S溶液，沉淀由黄色变为黑色：
B．向酸性KMnO4溶液中加入亚硫酸溶液，紫色褪去：
C．向pH=4的FeSO4溶液中加入H2O2溶液，有红褐色沉淀生成：
D．向酸性的淀粉-碘化钾溶液通入O2，溶液变蓝：
7．下列实验装置能达到实验目的是
A．从废铝合金中提取Al B．除去金属表面油污
C．完成钠的燃烧实验 D．验证铁与水蒸气反应生成H2
A．A B．B C．C D．D
8．化合物可作电镀液的制备原料，已知所含的5种元素X、Y、Z、R、Q原子序数依次增大，且在前四周期均有分布，仅有Y与Z同周期。Z与R同族，Z在地壳中含量最高，基态Q原子的次外层全部填满电子，最外层电子数为1。下列说法正确的是
A．沸点： B．第一电离能：Y>Z>R
C．Q位于元素周期表的ⅠA族 D．原子半径：R>Z>Y
9．我国科学家成功构建全球首例氢负离子原型电池，工作原理如图所示。放电时，由电极a移向电极b。下列说法正确的是
A．放电时，电流方向为由电极b经负载流向电极a
B．放电时，电极b的电极反应式为
C．充电时，消耗的同时将生成
D．充电时，电极a的电极反应式为
10．锆(Zr)是重要的战略金属，可从其氧化物中提取。下图是某种锆的氧化物晶体的立方晶胞，p处Zr的坐标参数为，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．该氧化物的化学式为 B．该氧化物的密度为
C．p点和q点之间的距离为 D．该晶体中Zr的配位数为4
11．以菱镁矿(主要成分为MgCO3，还含有SiO2、CaCO3和Fe2O3等杂质)为原料制取高纯MgCl2的流程如图所示。下列说法错误的是
已知：25℃时，Ksp(MgCO3)=6.82×10-6，Ksp(CaCO3)=3.4×10-9
下列说法错误的是
A．无水MgCl2在熔融状态下电解产生Mg
B．“浸渣”为SiO2，“滤渣”为Fe(OH)3、CaCO3
C．该流程涉及复分解反应、化合反应、分解反应和置换反应
D．“浓缩、部分脱水”时，可能有Mg(OH)Cl沉淀生成
12．室温下，下列实验方案能得到相应的实验结论的是
选项 实验方案设计 实验结论
A 将KMnO4加入到酸性FeCl2溶液中，溶液变成棕黄色，有黄绿色气体产生 氧化性：
B 分别向等体积AgCl和AgBr饱和溶液中加入足量同浓度的AgNO3溶液，生成沉淀的物质的量前者更多 Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)
C 向浓HNO3中插入红热的炭，观察到有红棕色气体生成 证明炭可与浓HNO3反应生成NO2
D 将25℃ 0.1mol/L Na2SO3溶液加热到40℃，用传感器监测溶液pH，溶液的pH逐渐减小 说明水解过程放热
A．A B．B C．C D．D
13．研究表明，Rh(I)-邻氨基苯酚催化剂能有效提高主反应的选择性。Rh(I)-邻氨基苯酚催化甲醇羰基化制乙酸的反应历程如图所示［其中TS表示过渡态，Rh(I)配合物简写为TN］，关于反应历程说法正确的是
A．反应历程中只有做催化剂
B．增大LiI的用量，甲醇的平衡转化率增大
C．总反应为
D．经定量测定，反应历程中物质TN3含量最少，可能原因是TN3→TN4的活化能较高
14．常温下，H2A酸溶液中分布系数δ随pH的变化关系如下图。已知：Ksp(MA)=2×10-8(M2+不水解，不与Cl-反应)。下列说法错误的是
A．pH=4.2时，c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)
B．pH=3.7时，c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)
C．0.1mol/L的Na2A溶液中：c(H2A)D．用HCl调节MA浑浊液使其pH=6.8时，c(M2+)=2×10-4mol/L
第Ⅱ卷(非选择题，共58分)
二、非选择题：本题共4小题，共58分
15．碘在物质转化与油脂测定中应用广泛。下列实验利用含碘废液（含NaI和少量）制取单质碘并用于花生油碘值的测定。
Ⅰ、制取的流程：含碘废液（NaI，少量)→制CuI→制
已知：①碘易升华，在常温下微溶于水；
②K4[Fe(CN)6]（亚铁氰化钾）与Cu2+会生成红褐色沉淀。
(1)“制CuI”：如图所示，先向碘废液中加入足量的Na2SO3溶液，控制温度60~70℃，再逐滴滴加CuSO4溶液并不断搅拌，有NaHSO4、Na2SO4和白色的CuI沉淀生成。
①图中仪器A的名称为______。
②写出“含碘废液中由NaI制CuI”时发生反应的离子方程式______。
③实验中若不加入Na2SO3，只加入CuSO4溶液，可发生反应：。则实验中加入Na2SO3的作用是______。
(2)制取：弃去上步反应后的上层液体只留CuI固体，在B中装浓硝酸，并连接尾气吸收装置D，不断搅拌下，逐滴加入浓硝酸，充分反应后，将所得混合物用真空抽滤器过滤，用冷水洗涤，低温干燥得到。
①D中盛放的试剂为______。
②检验洗涤干净的方法为______。
Ⅱ、花生油碘值的测定
(3)碘值指100 g油脂与单质碘加成时消耗的克数，是衡量油脂不饱和程度的指标。因为与油脂反应缓慢，碘值测定时通常用ICl代替。测定过程为称取0.25 g花生油于碘量瓶中，加入异己烷，搅拌，再向其中加入25.00 mL 0.05 mol/L ICl的乙酸溶液，反应后向其中加入足量KI溶液（与过量ICl反应：），用0.02 mol/L Na2S2O3溶液滴定（），加入淀粉指示剂滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液体积为25.00 mL。
①实验中加入20 mL异己烷的作用为______。
②判断滴定到达终点的现象为______。
③该花生油的碘值为______g。
16．从工业废渣［含CuSO4、CuO、CuS、Fe2(SO4)3、FeS、Fe2O3、As2O3等］中回收砷和铜，能节约生产成本。工艺流程如下：
已知：①有机萃取剂的萃取反应为2RH+M2+ R2M+2H+；
②当溶液中离子浓度小于或等于10-6mol·L-1时，认为该离子沉淀完全；
③Ksp(FeAsO4)=5×10-21、Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38，取lg2=0.3。
(1)提高废渣氧化浸出率的方法有______(写出两条即可)，不能用盐酸代替硫酸，其原因为：______。
(2)“预中和”生成滤渣的主要成分是______(填化学式)。
(3)深度氧化过程将H3AsO3全部氧化成H3AsO4，反应的化学方程式为______。
(4)“中和除砷、铁”过程生成FeAsO4沉淀。常温下，欲使溶液中完全沉淀，且不产生Fe(OH)3沉淀，应控制pH小于______。
(5)反萃取中，下列说法正确的是______(填字母)。
A．分液漏斗使用前有两处需检查是否漏液
B．经几次振荡并放气后，手持分液漏斗静置分层
C．反萃取后，Cu2+被转移至水相
(6)用惰性电极电解500mL“反萃取”后的溶液，一段时间后c(H+)增大了0.04mol/L，则阴极沉积的铜的质量为______g(电解过程中溶液体积变化忽略不计)。
17．碳达峰和碳中和是应对气候变化的重要策略，以CO2为原料合成甲醇可以减少CO2的排放，可以更快地实现碳达峰和碳中和。回答下列问题：
Ⅰ、CO2和H2生成甲醇涉及的反应如下：
ⅰ：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5kJ·mol-1
ⅱ：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ·mol-1
(1)反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H3=______kJ·mol-1。
(2)T℃时，在主、副反应的混合体系中，平衡时，生成甲醇的选择性［CH3OH选择性］随压强的变化如图所示。
①增大压强，甲醇的选择性增大的原因是______。
②T℃时，若在密闭容器中充入2mol CO2和2.8mol H2，在压强为p Pa时，生成0.6mol CO，则T℃时，主反应的压强平衡常数Kp=______Pa-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
Ⅱ、催化剂的性能测试：一定条件下使CO2、H2混合气体通过反应器，检测反应器出口气体的成分及其含量，计算CO2的转化率和CH3OH的选择性以评价催化剂的性能。
(3)230℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比n(CH3OH)：n(CO2)：n(CO)=5：18：1，则该温度下CO2的转化率为______。
(4)其他条件相同时，反应温度对CO2的转化率和CH3OH的选择性的影响如图1、2所示。
①由图1判断，A、B、C、D均未达到平衡状态的依据是______。
②温度高于260℃时，CO2平衡转化率升高的原因是______。
③温度相同时，CH3OH选择性的实验值略高于平衡值(见图2)，从化学反应速率的角度解释原因：______。
18．化合物M是一种功能高分子材料。实验室由A制备M的一种合成路线如下：
已知：①
②
回答下列问题：
(1)C中含有的官能团名称______。B分子中含有______个手性碳原子。
(2)由G生成M的化学方程式为______。
(3)根据化合物F的结构特征，分析预测化合物F与足量浓HBr加热反应，其反应类型为______，生成的有机产物结构简式为______。
(4)Q是E的同分异构体。同时满足下列条件的Q的结构简式______(任写一种)。
ⅰ、分子中含有苯环和2个酚羟基
ⅱ、核磁共振氢谱有5组峰
(5)参照上述合成路线和信息，以CH2=C(CH3)CH2CH2CH=CH2和甲醇为原料(其他试剂任选)，分三步合成化合物。
①CH2=C(CH3)CH2CH2CH=CH2的化学名称为______。
②第三步反应的化学方程式为______。
试卷第1页，共3页
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1．B
A．脂肪酸相对分子质量较小，不属于有机高分子，利用合成脂肪酸是无机小分子向有机小分子的转变，A错误；
B．玻璃纤维主要成分为硅酸盐类无机物，属于无机非金属材料，B正确；
C．“燃煤脱硫”技术可减少排放、降低酸雨危害，但无法减少排放，对实现“碳达峰、碳中和”没有帮助，C错误；
D．石油气、汽油、煤油和柴油是原油直接分馏得到的轻质馏分，重油是原油分馏后剩余的重质组分，通过分馏无法从重油中得到上述轻质油品，D错误；
答案选B。
2．A
A．植物油属于酯类，热的浓溶液可使其水解生成易溶于水的高级脂肪酸钠和甘油，混合后不分层；矿物油属于烃类，与不反应，混合后分层，二者现象不同可区分，A正确；
B．同系物要求结构相似、分子组成相差若干个原子团，葡萄糖是含醛基的单糖，蔗糖是无醛基的二糖，结构不相似，不互为同系物；淀粉和纤维素聚合度不同，分子式不同，不互为同分异构体，B错误；
C．酸化的溶液中和共存时具有强氧化性，可将氧化为，也会生成白色沉淀，无法证明溶液中一定有，C错误；
D．使品红褪色是因为其与水反应生成的HClO具有强氧化性，而使品红褪色是与有色物质化合生成不稳定无色物质，属于化合漂白，不体现氧化性，D错误；
故选A。
3．A
A．聚丙烯的单体为丙烯，结构简式为，丙烯发生加聚反应生成聚丙烯的结构简式为，A错误；
B．SCl2 的中心原子S的价层电子对数为，有2对孤对电子，VSEPR模型为四面体形，B正确；
C．溶液中，和会与水分子形成水合离子，水分子的氧原子（带部分负电荷）靠近，氢原子（带部分正电荷）靠近，故NaCl溶液中的水合离子为，C正确；
D．NH2OH中N原子与2个H原子形成共价键，O原子分别与N、H原子形成共价键，故NH2OH的电子式为，D正确；
故选A。
4．C
A．中含有两个酚羟基，两个酚羟基的邻、对位共有三个H能被溴原子取代，1mol Z与足量的溴水反应可消耗3mol，但选项中未明确Z的物质的量，因此无法计算的消耗量，A错误；
B．X中的醛基、Z中的酚羟基均能被酸性溶液氧化，不能用酸性溶液鉴别X和Z，B错误；
C．的分子式为，不饱和度为6，存在二元芳香酸的同分异构体，如，C正确；
D．X分子中存在1个杂化的碳原子，即饱和碳原子，该碳原子与其直接相连的四个原子构成四面体结构，不可能所有原子共平面，D错误；
故答案选C。
5．D
A．100 g 30%的HCHO溶液中，HCHO质量为30 g（1 mol），含1 mol氧原子；溶剂水质量为70 g（约3.889 mol），含约3.889 mol氧原子；总氧原子数约4.889 mol（即4.889NA），A错误；
B．未指明气体处于标准状况，22.4 L NH3的物质的量不一定是1 mol，因此电子数不一定为10NA，B错误；
C．根据反应HCHO → ，碳氧化态从0升至+4，失去4个电子；1 mol HCHO反应转移4 mol电子（4NA），不是2NA，C错误；
D．[Ag(NH3)2]+中，Ag+与2个NH3形成2个配位键（属于σ键），每个NH3有3个N-H σ键，共6个；总σ键数=2+6=8，1mol [Ag(NH3)2]+含8 mol σ键（8NA），D正确；
答案选D。
6．D
A．AgBr难溶不能拆，则正确的离子方程式为：，A错误；
B．高锰酸钾有强氧化性，可以将亚硫酸氧化为硫酸，本身被还原为锰离子，离子方程式为：，B错误；
C．pH=4，溶液显酸性，酸性条件下过氧化氢可以将二价铁氧化为三价铁，根据题意最终生成氢氧化铁，离子方程式为：，C错误；
D．酸性条件下氧气可以将碘离子氧化为单质碘，离子方程式为：，D正确；
故选D。
7．B
A．电解AlCl3溶液时，由于溶液中的氧化性强于，因此在阴极上是得电子生成氢气，而不是得电子生成金属铝，故该装置不能用于从铝合金中提取铝，A错误；
B．油污属于酯类，在碱性加热条件下会发生水解生成可溶于水的物质，从而除去油污。溶液中水解使溶液显碱性，加热可以促进水解，增强去污能力，该装置可以加热浸泡金属除去表面油污，能达到实验目的，B正确；
C．钠燃烧反应温度很高，烧杯不耐高温，加热时会炸裂，钠的燃烧实验需要在坩埚中进行，因此不能达到实验目的，C错误；
D．铁与水蒸气反应需要高温才能发生，该装置仅在湿棉花（提供水蒸气）处加热，还原铁粉处没有加热装置，D错误；
故选B。
8．B
元素X、Y、Z、R、Q原子序数依次增大，且在前四周期均有分布，说明X为H元素；Z在地壳中含量最高是O元素；Z与R同族说明R是S元素；Q原子序数最大，基态原子次外层全满，最外层1电子，为Cu元素；Y与Z同周期，结合化合物的化学式为(YX4)2Q(RZ4)2，Y为N元素，综上所述，X、Y、Z、R、Q分别为H、N、O、S、Cu；据此作答。
A．X为H，Y为N，Z为O，R为S，NH3、H2O分子间均有氢键，沸点高于无氢键的H2S，且水分子间氢键更强，则简单氢化物的沸点：H2O>NH3>H2S，A错误；
B．Y为N，Z为O，R为S，同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，N原子2p轨道半充满稳定，第一电离能大于O，同主族从上到下第一电离能减小，故第一电离能：N>O>S，B正确；
C．Q为Cu，属于第ⅠB族，C错误；
D．电子层数越多，原子半径越大，则S原子半径最大；电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，即原子半径：S>N>O，D错误；
故答案选B。
9．D
上述装置为二次电池，放电时，由电极a移向电极b，即a作正极，b为负极；充电时，电极a变为阳极，应发生氧化反应，电极b变为阴极，发生还原反应。
A．原电池中，电流从正极（电极a）经外电路流向负极（电极b），与电子流向相反，A错误；
B．放电时，电极b为负极，发生氧化反应，失去电子，其电极反应式为，B错误；
C．充电时总反应为，故每消耗6 mol ，实际是消耗1 mol；若消耗3 mol，则消耗0.5mol，C错误；
D．充电时，原正极a变为阳极，应发生氧化反应，电极a的电极反应式为，D正确；
故选D。
10．C
A．由均摊法，该晶胞中Zr个数为4，O个数为，所以该氧化物化学式为ZrO2，A错误；
B．该晶胞分子式为ZrO2，一个晶胞中有4个ZrO2，所以该氧化物密度为，B错误；
C．根据p点坐标参数为，可知q点坐标参数为，所以pq距离为=，C正确；
D．根据Zr的坐标参数和图示结构可知，Zr的配位数为8，D错误；
故选C。
11．C
菱镁矿(主要成分为MgCO3，还含有SiO2、CaCO3和Fe2O3等杂质)加入盐酸酸化后，浸渣为SiO2（不与盐酸发生反应），第二步加入适量MgCO3调节pH进行除杂，此时转化为Fe(OH)3沉淀，结合溶度积可知，会转化为CaCO3沉淀。
A．工业上通过电解熔融无水MgCl2在制备金属Mg，A正确；
B．菱镁矿中SiO2不与盐酸反应，酸浸后成为“浸渣”，酸浸后溶液含、，加入MgCO3调节，使转化为Fe(OH)3沉淀，结合溶度积可知，会转化为溶解度更小的CaCO3沉淀，因此“滤渣”为Fe(OH)3和CaCO3，B正确；
C．流程中，酸浸、除杂涉及复分解反应，氨化生成属于化合反应，热解生成属于分解反应，整个流程没有置换反应发生，C错误；
D．可发生水解反应浓缩脱水加热时，HCl挥发促进水解，可能生成Mg(OH)Cl沉淀，D正确；
故选C。
12．B
A．将KMnO4加入到酸性FeCl2溶液中，溶液变成棕黄色，有黄绿色气体产生，酸性条件下可同时氧化和，实验仅能证明氧化性、，无法比较和的氧化性强弱，故A错误；
B．难溶电解质的越大，其饱和溶液中对应离子浓度越大，等体积饱和溶液中Cl-物质的量大于Br-，加足量AgNO3时生成AgCl沉淀更多，可证明，故B正确；
C．浓硝酸受热易分解生成，无法确定红棕色是炭与浓硝酸反应生成还是浓硝酸自身分解产生，故C错误；
D．加热过程中易被空气中氧化为，Na2SO4为水中性盐，从而导致溶液碱性减弱，pH减小，且盐类水解通常为吸热过程，不能证明水解放热，故D错误；
故答案选B。
13．C
A．从图中可看出，LiI先与甲醇反应生成LiOH和CH3I，CH3I参与TN催化循环最终生成的CH3COI又与LiOH反应生成LiI与终产物乙酸，因此LiI也属于该反应的催化剂，A错误；
B．LiI也是反应的催化剂，其用量不影响平衡移动，因此增大LiI用量不能提高甲醇的平衡转化率，B错误；
C．总反应需消去中间产物，反应物为CH3OH和CO，生成物为CH3COOH，总反应方程式为，C正确；
D．反应中TN3含量最少说明其生成慢（TN2→TN3反应速率慢）或消耗快（TN3→TN4反应速率快），即TN2→TN3的活化能较高或TN3→TN4活化能较低，D错误；
故答案选C。
14．A
根据图示，c(HA-)=c(H2A)时pH=1.6， ；c(HA-)=c(A2-)时pH=6.8，；
A．，pH=4.2时，c(H2A)= c(A2-)，c(H+)> c(OH-)，所以c(H2A)+c(H+)>c(A2-)+c(OH-)，故A错误；
B．，，pH=3.7时，、；所以c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)，故B正确；
C．，0.1mol/L的Na2A溶液中c(A2-)≈0.1mol/L，，溶液呈碱性c(H+)远小于10-7，所以c(H2A)D．用HCl调节MA浑浊液使其pH=6.8时，c(HA-)=c(A2-)，根据物料守恒，2c(A2-)≈c(M2+)，设c(M2+)=xmol/L，则Ksp(MA)=x×0.5x=2×10-8，x=2×10-4mol/L，故D正确；
选A。
15．(1) 三颈烧瓶 还原I2，确保碘元素全部以CuI的形式沉淀
(2) NaOH溶液(或其他碱溶液) 取最后一次洗涤液，加入K4[Fe(CN)6]溶液，若未生成红褐色沉淀，则已洗净
(3) 作为溶剂 滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，碘量瓶内液体由蓝色变为无色，且半分钟不恢复原色 101.6
向含碘废液中加入亚硫酸钠，将废液中少量还原为，再加入硫酸铜溶液，使与发生氧化还原反应生成CuI沉淀，亚硫酸钠的存在可避免副反应生成，保证完全转化为CuI，提高产率；随后用浓硝酸氧化CuI得到，通过洗涤、干燥提纯产品，利用与亚铁氰化钾的特征红褐色沉淀反应检验洗涤是否完全，确保产品纯度。在碘值测定中，利用ICl与油脂反应后加入过量KI将剩余ICl 转化为，再用硫代硫酸钠标准溶液滴定生成的，以淀粉为指示剂，通过蓝色褪去判断滴定终点，结合滴定数据计算出与油脂反应的ICl量，进而换算为100 g油脂消耗的质量（即碘值）。据此分析。
（1）①图中仪器A的名称为三颈烧瓶。
②根据电子守恒：Cu元素从+2价降为+1价（2个Cu共降2价），S元素从+4价升为+6价（升2价），电荷、原子守恒配平即得到离子方程式。
③不加时，与反应会生成一半，碘元素无法完全进入CuI沉淀，作还原剂，将所有还原为，保证碘完全转化为CuI，提高回收率。
（2）①浓硝酸与CuI反应会生成有毒氮氧化物尾气，同时挥发的碘也需要吸收，用NaOH碱液可以吸收这些有毒物质。
②反应后滤液中含有（来自CuI被氧化），固体表面会吸附等杂质离子，洗涤的目的就是洗去这些离子，因此只要最后一次洗涤液中检测不到，就说明洗涤干净，所以检验洗涤干净的方法为取最后一次洗涤液，加入K4[Fe(CN)6]溶液，若未生成红褐色沉淀，则已洗净。
（3）①油脂难溶于水，易溶于有机溶剂，异己烷作为溶剂，使反应物充分接触反应。
②淀粉遇碘变蓝，硫代硫酸钠将碘完全反应后，蓝色褪去，故判断滴定到达终点的现象为滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，碘量瓶内液体由蓝色变为无色，且半分钟不恢复原色。
③根据关系式计算： 总，过量， 反应的，相当于消耗，质量为， 则100 g花生油消耗碘的质量为。
16．(1) 粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度等 后续步骤中用到的KMnO4会将盐酸氧化为Cl2(答案合理即可)
(2)CaSO4
(3)5H3AsO3+2KMnO4+3H2SO4=5H3AsO4+K2SO4+2MnSO4+3H2O
(4)6.3
(5)AC
(6)0.64
工业废渣[含、、、、、、等]通入空气，用硫酸浸取，过滤得滤渣，滤液中的主要存在、、、、，滤液中加入，得到滤渣，得滤液中加入溶液深度氧化，全部被氧化为，加入石灰中和除砷、铁（以形式），加入有机萃取剂，发生反应，反萃取后得到硫酸铜溶液，电解硫酸铜溶液得到铜单质。
（1）粉碎、搅拌、加热、适当增大硫酸浓度等，能提高氧化浸出率；后续步骤中用到的会将盐酸氧化为，所以不能用盐酸代替硫酸；
（2）根据分析可知，滤渣的主要成分是；
（3）深度氧化中全部被氧化为，做氧化剂，化合价由+7价降至+2价，化合价由+3价升至+5价，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式为；
（4）欲使完全沉淀，其最大浓度为，若，此时，，则，所以应控制；
（5）A．分液漏斗使用前，上口塞子和活塞处需检查是否漏液，A正确；
B．经几次振荡并放气后，分液漏斗应放置在铁架台上静置分层，B错误；
C．萃取是将转移至有机相，反萃取后被转移至水相，C正确；
故答案选AC；
（6）若电解 “反萃取”后的溶液，一段时间后增大了，则，根据阳极反应可知转移电子的物质的量为，根据阴极反应，可知阴极沉积的铜的质量为。
17．(1)-90.7
(2) 主反应正反应为气体分子数减小的反应，副反应为气体分子数不变的反应，故增大压强主反应向正反应方向移动，甲醇的选择性增大
(3)25%
(4) A、B、C、D的CO2实验转化率均未达到平衡转化率 温度升高，主反应逆向进行，副反应正向进行，温度高于260℃时，副反应正向进行的程度大于主反应逆向进行的程度 温度相同时，主反应的速率大于副反应，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多
（1）将主反应减去副反应，可得反应，；
（2）①主反应前后气体的计量数之和减小、副反应的气体计量数之和不变，增大压强，主反应正向移动，副反应平衡不移动，则甲醇的选择性增大；
②根据主反应和副反应的方程式可知：消耗等于生成的、CO的物质的量之和，已知，设生成的，甲醇的选择性为40%，则，解得x=0.4；平衡时，，，，，混合气体总物质的量为，，，则T℃时，主反应的压强平衡常数；
（3）230℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比，根据碳原子守恒可知：消耗的的物质的量等于生成的、CO的物质的量之和，则该温度下的转化率为=；
（4）①由图1判断：实验中反应A、B、C、D点的实验值都小于平衡值，则A、B、C、D点都未达到化学平衡状态，故未达到化学平衡状态的点为A、B、C、D；
②主反应为放热反应，副反应为吸热反应，温度升高，主反应逆向移动、副反应正向移动；温度高于260℃时，副反应正向移动的程度大于主反应逆向移动的程度，所以平衡转化率随温度升高而增大；
③温度相同时，主反应的速率大于副反应的速率，单位时间内生成的量比生成CO的量多，导致选择性的实验值略高于平衡值。
18．(1) (酮)羰基、羧基 3
(2)
(3) 取代反应
(4)、、、、、、、，(任写一种)
(5) 2-甲基-1，5-己二烯 +CH3OH
结合已知信息，由C的结构简式，可以推出B的结构简式为，A到B发生的是消去反应，故A的结构简式为或，C到D是酯化反应，故D的结构简式为，E到F发生加成反应，故F的结构简式为，再发生消去反应，得到G，继续发生加聚反应生成M。
（1）
由C的结构可知，C中含有的官能团名称为(酮)羰基、羧基；B的结构简式为，含有3个手性碳原子，如图：；
（2）
由G生成M发生的是加聚反应，化学方程式为；
（3）
F的结构简式为，与足量浓氢溴酸，加热反应，羟基被溴原子取代，发生取代反应，生成物的结构简式为；
（4）
E的结构简式为，Q是其同分异构体，满足条件：i.分子中含有苯环和2个酚羟基；ii.核磁共振氢谱有5组峰，可能的结构有：、、、、、、、（任写一种）；
（5）①是二烯烃，从左侧开始编号，双键在1、5号碳上，2号碳上有1个甲基，故名称为：2-甲基-1，5-己二烯；
②分析合成流程，第一步由发生氧化反应生成CH3COCH2CH2COOH，第二步CH3COCH2CH2COOH与CH3OH发生酯化反应生成CH3COCH2CH2COOH，第三步发生反应：。
答案第1页，共2页
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