河北省承德市高考化学二模试卷及答案

…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○……○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………高考化学二模试卷一、单选题1.后母戊鼎是迄今世界上出土最大、最重的铜制礼器，享有“镇国之宝”的美誉。下列相关说法错误的是（

）A.

后母戊鼎由铜合金制成

B.

后母戊鼎的熔点高于纯铜

C.

碱式碳酸铜可用于干法炼铜

D.

废弃铜制品属于可回收垃圾2.中华文化源远流长，对人类进步和社会发展有着巨大影响。《徐光启手记》中载有强水的制备方法：“绿矾五斤，硝五斤。将矾炒去，(质量)约折五分之一。将二味同研细，用铁作锅，锅下起火……，开坛则药化为水，而锅亦坏矣。用水入五金皆成水，惟黄金不化水中，加盐(NaCl)则化……”。下列相关说法错误的是（

）A.

“炒”矾时绿矾失去全部结晶水

B.

强水中加盐后形成王水能溶解金

C.

硝的焰色试验中火焰呈紫色

D.

制备强水过程中涉及氧化还原反应3.新型羽毛球拍质轻、硬度和弹性好，由多种新材料制成，下列相关说法正确的是（

）A.

拍框中含有的中子数为14的铝原子符号为

B.

拍杆中的碳纤维属于合成有机高分子材料

C.

拍弦中的尼龙可通过缩聚反应制备

D.

制拍用的环氧树脂单体中含有羟基4.在生成和纯化硝基苯的实验过程中，下列操作未涉及的是（

）A.

B.

C.

D.

5.甲基丙烯酸()是一种重要的有机合成单体，下列关于甲基丙烯酸的说法错误的是（

）A.

分子式为

B.

与丙烯酸互为同系物

C.

分子中所有碳、氧原子可能处于同一平面

D.

1mol甲基丙烯酸可与发生加成反应6.下列叙述和所作解释均正确的是（

）选项叙述解释A可作食品干燥剂具有很强的吸水性B浓硝酸保存在棕色试剂瓶浓硝酸见光易分解C牺牲阳极的阴极保护法可用于钢铁防腐钢铁不能在电解池阴极上得电子D可溶性铝盐能用于饮用水杀菌消毒铝盐能吸附水中悬浮杂质A.

A

B.

B

C.

C

D.

D7.科研工作者研究出二氧化碳催化氢化制甲酸的反应过程如图所示(其中M为过渡金属，R表示烷基)。下列说法错误的是（

）A.

是反应的中间产物

B.

二氧化碳催化氢化反应的原子利用率为100%

C.

反应过程中M的成键数目保持不变

D.

存在反应8.常温下，在氨水中加入醋酸溶液。已知溶液显中性，下列相关说法正确的是（

）A.

的水解常数与的电离常数相等

B.

升高温度，溶液的pH不变

C.

当加入20.00mL醋酸溶液时，水的电离程度最大

D.

整个滴定过程中始终存在9.部分含碳物质的分类与相应碳元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是（

）A.

a中可能含有非极性键

B.

b存在多种同素异形体

C.

c不属于酸性氧化物

D.

d转化为e可通过化合反应实现10.硒(Se)是一种新型半导体材料，对富硒废料(含、)进行综合处理的一种工艺流程如下：下列说法错误的是（

）A.

合理处理富硒废料符合循环经济理念

B.

母液可在“酸溶”工序循环利用

C.

“滤液”经处理可制得胆矾

D.

“电解精炼”装置中电解质适合选择AgCl11.氨硼烷(，B为+3价)是高能储氢燃料，由其制成的燃料电池性能稳定，放电效率高，工作原理如图所示。该电池工作时，下列说法正确的是（

）A.

交换膜适合选择阴离子交换膜

B.

电极M上的电势高于电极N上的电势

C.

负极附近溶液的pH增大

D.

导线中流过，正极区溶液质量增加1g12.工业上用NaOH溶液进行脱硫并制备高纯PbO的过程为。已知；PbO的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是（

）A.

PbO在NaOH溶液中的溶解是放热反应

B.

碱浸1适宜用高浓度的NaOH溶液

C.

降低NaOH溶液的浓度有利于PbO溶解

D.

M点溶液中存在13.一种可作为纺织品阻燃剂的化合物结构如图所示，其中M、W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大。下列说法错误的是（

）A.

单质的氧化性：

B.

M、W、X形成的二元酸只有

C.

M、W、Z三种元素可组成通常为气态的化合物

D.

Y分别与X、Z形成的化合物中所有原子均满足8电子稳定结构二、多选题14.设表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（

）A.

中含有的中子数目为

B.

密闭容器中1molHI分解后，容器内分子数目为

C.

与K充分反应转移的电子数目为

D.

1L稀硝酸中含有的氢离子数目为15.利用如图所示装置进行实验，能达到相应实验目的的是（

）选项①②③实验目的A浓蔗糖品红溶液检验是否有生成B稀某盐溶液澄清石灰水检验盐溶液中是否含有或C浓盐酸溶液比较非金属性：Cl与SD浓浓盐酸悬浊液比较与A.

A

B.

B

C.

C

D.

D三、非选择题16.亚硝酰氯(NOCl)的沸点为-5.5℃，易水解生成两种酸，常用于有机合成。学习小组在实验室中对NO与制备NOCl的反应进行了探究。回答下列问题：（1）出于安全和环保考虑，制备反应的实验操作需在________(条件)下进行。（2）NO与反应，装置如图所示(已知溶液可以吸收NO)。①关闭，打开和分液漏斗活塞，至气球膨胀，目的为________；连接B的目的为________。②关闭，打开，向D中通入气体，至黄绿色完全消失。D中反应的化学方程式为________。（3）装置E中的试剂X为________，作用为________。（4）测定NOCl的纯度。已知：实验前，D中的体积为(已换算为标准状况)。取实验后D中所得溶液，加入适当过量NaI溶液，酸化后充分反应(杂质不参加反应，还原产物为NO)；以淀粉为指示剂，用标准液滴定，达到滴定终点时消耗标准液体积为。①NaI发生反应的离子方程式为________。②达到滴定终点的现象为________。③本实验中NOCl的产率为________。17.综合利用富钛废渣(含、ZnO、和少量有机物)制备锂离子电池正极材料中间体，并获得部分副产品的工艺流程如下：已知：、、，溶液中离子浓度时认为该离子沉淀完全。回答下列问题：（1）“灼烧”的目的为________；“酸溶”时用硝酸代替硫酸的不足之处为________。（2）若省略“还原”工序可能导致的后果为________；当观察到________现象时，即可停止加入铁粉。（3）“酸溶”后钛以形式存在，则“水解”反应的离子方程式为________；中过氧键的数目为________。（4）“氧化”后所得溶液中过渡金属离子浓度均为，则“调pH”的合理范围为________。（5）滤液2可用于制备活性ZnO，其方法为________。（6）“转化”反应的化学方程式为________；以铁、石墨为电极，电解NaOH溶液也可制得，其中Fe作________(填“阳极”或“阴极”)，阳极的电极反应式为________。18.氯乙烯是制备塑料的重要中间体，可通过乙炔选择性催化加氢制备。已知：Ⅰ.Ⅱ.Ⅲ.Ⅳ.部分化学键的键能如表所示。化学键键能347.7x413.4340.2431.8回答下列问题：（1）表中x=________。（2）较低温度下乙炔选择性催化加氢过程只发生反应Ⅰ和Ⅱ。一定温度下，向盛放催化剂的恒容密闭容器中以物质的量之比为充入和，发生反应Ⅰ和Ⅱ。实验测得反应前容器内压强为，10min达到平衡时、HCl(g)的分压分别为、。①内，反应的平均速率________(用分压表示，下同)。②的平衡转化率为________。③反应Ⅰ的平衡常数________。（3）高温度下，会发生反应Ⅲ而形成积碳，其可能导致的后果为________(答出一点即可)；不同压强下，向盛放催化剂的密闭容器中以物质的量之比为充入和HCl(g)发生反应，实验测得乙炔的平衡转化率与温度的关系如图1所示。、、由大到小的顺序为________；随温度升高，三条曲线逐渐趋于重合的原因为________。（4）结合试验和计算机模拟结果，有学者提出乙炔选择性催化加氢的反应历程，如图2所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注，TS表示过渡态。下列说法正确的是______(填选项字母)。A.该历程中的最大能垒为

B.存在非极性键断裂和极性键形成

C.选择不同催化剂，最大能垒不发生变化19.有电极化特性、非磁绝缘性、光致发光性等多种优异性能。回答下类问题：（1）基态Co原子的价层电子排布图为________；金属Co的熔点、沸点均高于金属K的原因为________。（2）、、的键角由大到小的顺序为________；C、N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为________。（3）碱金属离子镶入适合的冠醚空腔可形成特殊材料，两种冠醚结构如图1所示。①冠醚中O原子的杂化形式为________；H、C、O的电负性由小到大的顺序为________。②不能镶入甲中而易镶入乙中的原因为________。（4）具有钙钛矿型立方结构，其晶胞中处于面心的F形成正八面体空隙，结构如图2所示。①每个晶胞中由K和F共同形成的正四面体空隙有________个。②晶胞的另一种表示中，Co处于各顶角位置，则K处于________位置。③若晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为，晶体密度ρ=________。20.化合物M是一种医药中间体，实验室中M的一种合成路线如下：已知：①②③一个碳原子连接两个—OH不稳定，易自动脱水回答下列问题：（1）A中官能团的名称为________；B的化学名称为________；由C生成D的反应类型为________。（2）F的结构简式为________；由F生成G所需试剂和条件为________。（3）由G生成M的化学方程式为________。（4）Q为D的同分异构体，同时满足下列条件的Q的所有结构简式有________种(不含立体异构)。①苯环上连有5个取代基；②既含，又能与银氨溶液发生银镜反应。（5）参照上述合成路线和信息，以2-丙醇和苯为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线________。

答案解析部分一、单选题1.【答案】B【解析】【解答】A．后母戊鼎由青铜制成，青铜是铜锡合金，A不符合题意；B．合金的特点是熔点较组成合金的单一金属更低，硬度更大，所以后母戊鼎的熔点低于纯铜，B符合题意；C．碱式碳酸铜可以发生反应：，氧化铜可用于干法炼铜：，所以碱式碳酸铜可用于干法炼铜，C不符合题意；D．废弃铜制品可回收利用，属于可回收垃圾，D不符合题意；故答案为：B

【分析】后母戊鼎是合金，其熔点低于纯铜的熔点，但是硬度高于纯铜的硬度，其他均正确2.【答案】A【解析】【解答】A．1mol的质量为296g，失去全部结晶水，质量减少，，所以“炒”矾时绿矾没有失去全部结晶水，A项符合题意；B．强水是指硝酸，加入盐后形成王水，金能溶于王水，B项不符合题意；C．硝是KNO3，含有K+，K+的焰色试验中火焰呈紫色，C项不符合题意；D．开坛则药化为水，而锅亦坏矣，铁被硝酸氧化为Fe3+，是氧化还原反应，D项不符合题意；故答案为：A。【分析】A.根据绿矾失去水的反应计算出水的质量进行判断

B.王水可以溶解黄金

C.钾元素的焰色反应是紫色

D.此过程中涉及到元素化合价的变化包含氧化还原反应3.【答案】C【解析】【解答】A．中子数为14的铝的质量数为13+14=27，所以该铝原子的原子符号为，A不符合题意；B．拍杆中的碳纤维不属于化合物，不属于有机物，即不属于合成有机高分子材料，B不符合题意；C．尼龙可由二胺和二酸缩聚而得的聚二酸二胺，也可由内酰胺缩聚得到，所以C符合题意；D．制拍用的环氧树脂单体中不含有羟基，D不符合题意；故答案为：C

【分析】A.质子数在左下角，质量数在左上角

B.碳纤维主要成分是碳元素，不是有机物

C.考查的是尼龙的合成

D.含有羟基易被氧化，因此环氧树脂中不含羟基4.【答案】B【解析】【解答】A．该装置为制备硝基苯的装置，A项不符合题意；B．该装置为蒸发装置，本实验不需要蒸发装置，B项符合题意；C．该装置为分液装置，洗涤产品时需要分液，C不符合题意；D．该装置为蒸馏装置，可通过蒸馏将苯和硝基苯分离，D项不符合题意；故答案为：B。

【分析】在生成和纯化硝基苯的实验过程中需要用的是反应装置、分液装置和蒸馏装置，ACD均需要用到5.【答案】D【解析】【解答】A．由结构简式可知，甲基丙烯酸的分子式为，A项不符合题意；B．甲基丙烯酸和丙烯酸结构相似，分子组成上相差1个-CH2，二者互为同系物，B项不符合题意；C．根据结构简式可知，该分子中含有碳碳双键，所以与碳碳双键上的C及其相连的C原子一定共平面，羧基上的C和其相连的O可能共平面，所以分子中所有碳、氧原子可能处于同一平面，C项不符合题意；D．该分子中含有1个碳碳双键和1个羧基，而只有碳碳双键能和氢气发生加成反应，则1mol甲基丙烯酸可与发生加成反应，D项符合题意；故答案为：D。

【分析】根据结构简式即可写分子式，与丙烯酸结构相似，相差1个CH2，故互为同系物，含有双键，且双键之间通过单键连接可以通过旋转共面，1mol甲基丙烯酸只含有1mol双键，因此只能和1mol氢气加成6.【答案】B【解析】【解答】A．P2O5有毒，不能做食品干燥剂，A不符合题意；B．浓硝酸见光易分解，所以要保存在棕色试剂瓶中，B符合题意；C．牺牲阳极的阴极保护法是原电池原理，钢铁做正极，难以失电子，C不符合题意；D．可溶性铝盐水解生成氢氧化铝胶体，可以吸附水中悬浮杂质，不能杀菌消毒，D不符合题意；故答案为：B

【分析】A.食品干燥剂一般是氧化钙

B.符合浓硝酸的保存方法

C.考查的是牺牲阳极的阴极保护法是将钢铁做正极

D.可溶性铝盐不能消毒只能吸附杂质沉淀7.【答案】C【解析】【解答】A．由图可知，生成后又参与反应，所以是反应的中间产物，A项不符合题意；B．由图可知，H2和CO2恰好完全转化为HCOOH，反应的原子利用率为100%，B项不符合题意；C．由图可知，反应过程中形成了三种含有M的物质，且成键数目不同，C项符合题意；D．由图可知，该过程中包含CO和反应生成HCOOH和，D项不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.根据图示，此物质在起始和最终状态不存在，因此为中间产物

B.根据反应物和生成物即可判断

C.根据图示M的成键方式出现改变

D.根据图示一氧化碳到甲酸的转化即可判断8.【答案】C【解析】【解答】A．溶液显中性，说明的水解程度与的水解程度相同，即表明对应的的水解常数与的水解常数相同，不能得出的水解常数与的电离常数相等，A不符合题意；B．，温度升高，增大，因为的水解程度与的水解程度相同，溶液呈中性，则，则此时，所以氢离子浓度增大，pH减小，B不符合题意；C．当加入20.00mL醋酸溶液时，此时恰好生成，盐类水解促进水的电离，所以此时水的电离程度最大，C符合题意；D．只有当加入的总量与原本的总量相等时，根据物料守恒才能得到，不是整个过程都符合此关系式，D不符合题意；故答案为：C

【分析】A.铵根离子水解呈酸性，醋酸根水解呈碱性，水解程度相似接近

B.水解均是吸热，因此温度升高水解程度增大，pH发生变化

C.此时醋酸和氨水恰好完全反应产生醋酸铵，铵根离子和醋酸根离子恰好促进水解，水的电离程度最大

D.根据物料守恒判断，只有当氨水和醋酸的物质的量相等时才会出现此等式9.【答案】A【解析】【解答】A．a为CH4，不含非极性共价键，故A符合题意；B．b为碳单质，比如：金刚石、石墨，存在多种同素异形体，故B不符合题意；C．c为CO，不属于酸性氧化物，故C不符合题意；D．若e为NaHCO3，d转化为e则发生CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3，属于化合反应，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】根据含碳物质化合价分析可知，a为CH4，b为碳单质（如：金刚石、石墨），c为CO，d为CO2，e为碳酸盐或碳酸氢盐；10.【答案】D【解析】【解答】A．合理处理富硒废料实现了废物利用，符合循环经济理念，A不符合题意；B．母液中含有剩余的硫酸，可在“酸溶”工序循环利用，B不符合题意；C．“滤液”中含有硫酸铜，经处理可制得胆矾，C不符合题意；D．AgCl常温下为固体，“电解精炼”装置中电解质不能选择AgCl，D符合题意；故答案为：D【分析】富硒废料(含、)在空气中焙烧，形成Ag、CuO、SO2、SeO2，SO2和SeO2在水中反应生成Se，CuO与稀硫酸反应形成硫酸铜，过滤得到粗银，电解精炼得到精银。11.【答案】D【解析】【解答】A．由电极反应式可知，负极生成的H+要向正极移动，故交换膜应为阳离子交换膜，A项不符合题意；B．M电极为负极，N电极为正极，所以电极M上的电势低于电极N上的电势，B项不符合题意；C．负极有H+生成，pH减小，C项不符合题意；D．当导线中流过，会生成1molH+，H+向正极移动使正极质量增加，所以导线中流过，正极区溶液质量增加1g，D项符合题意；故答案为：D。【分析】左侧NH3·BH3转化为NH4BO2，H元素由-1价变为+1价，化合价升高，发生氧化反应，所以M极为负极，则N为正极；正极H2O2转化为H2O，电极反应式为，负极NH3·BH3转化为NH4BO2，电极反应式为。12.【答案】D【解析】【解答】A．由图可知，温度升高，PbO在NaOH溶液中的溶解度增大，所以PbO在NaOH溶液中的溶解是吸热反应，A不符合题意；B．由图可知，浓度越大，PbO在NaOH溶液中的溶解度越大，碱浸1需要得到固体PbO，则应选择低浓度的NaOH溶液，B不符合题意；C．由图可知，浓度越大，PbO在NaOH溶液中的溶解度越大，高浓度的NaOH溶液的浓度有利于PbO溶解，C不符合题意；D．M点溶液中，，PbO溶解度为，根据反应可求出＝，即存在，D符合题意；故答案为：D

【分析】A.根据溶解度曲线即可看出，温度越高溶解度越大，因此是吸热反应，故A不符合题意

B,需要的的得到的产品是氧化亚铅，因此需要在低浓度氢氧化钠溶液中进行溶解

C.根据图示进行比较下，同温度下，浓度大时溶解的多

D.根据此时的溶解度可计算出NaHPbO2的浓度，此时的OH-也可知即可比较

13.【答案】B【解析】【解答】A．氯气的氧化性强于硅单质，所以A不符合题意；B．H、C、O形成的二元酸H2CO3、H2C2O4以及其他多种二元羧酸，B符合题意C．H、C、Cl三种元素可组成通常为气态的化合物，如CH3Cl，C不符合题意；D．Si和O、Cl形成二氧化硅和SiCl4，所有原子均满足8电子稳定结构，D不符合题意；故答案为：B【分析】根据图示结构可知，Z为带一个负电荷的阴离子，M可以形成一个共价键，X可以形成两个共价键，W可以形成四个共价键，Y可以形成四个共价键，且M、W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大，所以M为H，W为C，X为O，Y为Si，Z为Cl。二、多选题14.【答案】A,B【解析】【解答】A．中的氢原子不含中子，一个含有10个中子，即一个含有10个中子，则的中子数目为，A符合题意；B．，该反应为分子总数不变的反应，所以密闭容器中1molHI分解后，容器内分子数目为，B符合题意；C．与K充分反应生成KO2，，所以转移的电子数目为，C不符合题意；D.1L稀硝酸中，硝酸电离出的氢离子数目为，溶液中的水会电离出少量的氢离子，所以溶液中氢离子总数大于，D不符合题意；答案为AB。

【分析】A.找出1个H218O的中子数即可

B.根据反应得出，前后体积不变，相同情况下物质的量也不变

C.根据反应方程式中转移的电子数进行判断

D.水也是弱电解质，未考虑水的微弱电离15.【答案】A,C【解析】【解答】A．浓硫酸具有脱水性，蔗糖先脱去水生成碳，然后C再和浓硫酸发生氧化还原反应生成SO2，③中品红溶液褪色，A项符合题意；B．若②中是亚硫酸、亚硫酸氢类盐，产生的气体二氧化硫也会使澄清石灰水变混浊，B项不符合题意；C．高锰酸钾和浓盐酸发生氧化还原反应生成Cl2，然后Cl2和Na2S发生置换反应生成S，说明非金属性Cl>S，C项符合题意；D．浓盐酸具有挥发性，和H+反应生成，故无法比较与，D项不符合题意；故答案为：AC。

【分析】A.浓硫酸与蔗糖可以反应得到二氧化硫和二氧化碳，而品红溶液可以检验二氧化硫，A符合题意

B.使澄清石灰水变浑浊的气体可能是二氧化硫或者是二氧化碳，故B不符合题意

C.浓盐酸和和高锰酸钾可以反应得到的是氯气，利用单质的氧化性进行比较可以比较元素的非金属性

D.未考虑到浓盐酸的挥发性三、非选择题16.【答案】（1）通风条件

（2）排尽装置中的空气，防止NO转化为NO2；除去NO2和吸收挥发出的硝酸；

（3）浓硫酸；防止后续装置的水分进入D装置与亚硝酰氯反应，干扰实验

（4）；加入最后一滴标准液时溶液蓝色恰好褪去且半分钟不恢复至原来颜色；【解析】【解答】(1)反应的两种原料气NO和Cl2均是有毒气体，出于安全和环保考虑，制备反应的实验操作需在通风条件下进行。

(2)①装置中的空气会将NO转化为NO2，影响实验，所以需要先将空气排尽，制备NO时，会有一部分被空气转化为NO2，可以用水除去。所以答案为：排尽装置中的空气，防止NO转化为NO2；除去NO2和吸收挥发出的硝酸②D中为氯气与NO反应生成亚硝酰氯，根据得失电子守恒和元素守恒，可以得出反应的化学方程式为。(3)亚硝酰氯易与水反应，所以发生装置后端要接一个装有浓硫酸的干燥装置，防止后续水分进入发生装置，所以装置E中的试剂X为浓硫酸，作用为防止后续装置的水分进入D装置与亚硝酰氯反应，干扰实验。(4)①NaI与亚硝酰氯反应生成Cl-、I2、NO，根据得失电子守恒和元素守恒可知发生反应的离子方程式为；②达到滴定终点前碘单质有剩余，遇到淀粉溶液变蓝，滴定终点时，碘单质反应完全，蓝色褪去，所以滴定终点的现象为加入最后一滴标准液时溶液蓝色恰好褪去且半分钟不恢复至原来颜色；③根据反应方程式、和可知有如下关系式：，即，所以参与反应的氯气为：，原本氯气总量为：，则亚硝酰氯的产率为：，所以答案为：。【分析】装置A中铜与稀硝酸反应产生NO，用B装置中的水除去NO2和挥发出的硝酸，C装置进行干燥除水，然后NO与Cl2在D装置发生核心反应制备亚硝酰氯，亚硝酰氯易与水反应，所以E装置装有浓硫酸防止后续装置的水分进入D装置与产物反应，NO和Cl2有毒，为防止污染环境用F装置盛装酸性高锰酸钾溶液除NO，用G装置盛装氢氧化钠溶液除去多余的氯气。

17.【答案】（1）除去富铁废渣中的有机物；会产生污染环境的气体

（2）水解时铁离子水解生成氢氧化铁，中混有氢氧化铁而不纯；溶液中出现固体

（3）；4

（4）[3,6)

（5）向滤液2中加入适量NaOH溶液，过滤，洗涤，干燥，将得到的经灼烧可以得到活性ZnO

（6）；阳极；【解析】【解答】(1)灼烧是将富铁废渣中的有机物除去；酸溶时若用硝酸代替，后续加入铁粉时会产生污染环境的气体，故填除去富铁废渣中的有机物、会产生污染环境的气体；

(2)没有还原步骤，则水解时铁离子水解生成氢氧化铁，中混有氢氧化铁而不纯，使产物不纯；当观察到溶液中出现固体时，停止加入铁粉，故填水解时铁离子水解生成氢氧化铁，中混有氢氧化铁而不纯、溶液中出现固体；(3)水解步骤为水解生成，其离子方程式为；根据化合价和原子守恒可以计算，设中含-2价O个数为x个，为y个，则可建立方程①和方程②，联立方程①和②可解得y=4，所以中含过氧键的数目为4，故填、4；(4)调pH时锌离子不能沉淀，铁离子完全沉淀，可计算出锌离子开始沉淀时的pH和铁离子完全沉淀时的pH，即为范围。1)铁离子完全沉淀时，其浓度，根据溶解平衡，，即，带入数据可得mol/L，常温下根据pH=14-pOH，即pH=14-pOH=14-lg=3；2)锌离子刚开始沉淀时，根据溶解平衡，，即，带入数据可得mol/L，同理可得pH=6，所以调pH的合理范围为[3,6)，故填[3,6)；(5)滤液2中含大量锌离子，可向滤液2中加入适量NaOH溶液，过滤，洗涤，干燥，将得到的经灼烧可以得到活性ZnO，故填向滤液2中加入适量NaOH溶液，过滤，洗涤，干燥，将得到的经灼烧可以得到活性ZnO；(6)转化反应生成高铁酸钠，其反应为；根据化合价变化，Fe化合价升高被氧化，作阳极，其反应式为，故填、阳极、。【分析】富铁废渣中含有少量有机物，灼烧时可以除去有机物；将灼烧后的烧渣溶于稀硫酸，以锌离子、铁离子、以及形式存在，加入适量铁粉使铁离子转化为亚铁离子，水解生成，在双氧水、LiOH作用下生成，水解之后的滤液中含有亚铁离子、铁离子、锌离子，加入次氯酸钠后将二价铁氧化，再调pH得到氢氧化铁沉淀，在碱性条件下与NaClO反应得到高铁酸钠。

18.【答案】（1）615

（2）；；

（3）积碳会降低催化剂的活性或选择性，导致氯乙烯产率下降；pc>pb>pa；反应Ⅲ前后气体分子数相等，高温下以反应Ⅲ为主

（4）B【解析】【解答】(1)由盖斯定律，方程式Ⅱ-方程式Ⅰ得：HCl(g)+C2H3Cl(g)C2H4Cl2(g)，代入键能公式=431.8+x+413.4×3+340.2-347.7-413.4×4-340.2×2=-54.5，解得x=615，故答案为：615；

(2)①恒容密闭容器中以物质的量之比为充入和，实验测得反应前容器内压强为，则反应前p(H2)=Pa，，故答案为：；②，则的平衡转化率==，故答案为：；③平衡时p(C2H2)=，p(C2H3Cl)=p1，p(HCl)==p2，Kp==,故答案为：；(3)高温度下，会发生反应Ⅲ而形成积碳，其可能导致的后果为：积碳会降低催化剂的活性或选择性，导致氯乙烯产率下降；增大压强使平衡正向移动，乙炔转化率增大，压强越大，乙炔转化率越大，故pc>pb>pa，随温度升高，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都向逆向移动，乙炔的转化率逐渐减小，当温度升到一定程度时，压强对乙炔转化率无影响，说明高温下以反应Ⅲ为主，因为反应Ⅲ前后气体分子数相等；故答案为：积碳会降低催化剂的活性或选择性，导致氯乙烯产率下降；pc>pb>pa；反应Ⅲ前后气体分子数相等，高温下以反应Ⅲ为主；(4)A．该历程中的最大能垒为，故A不符合；B．由图可知，存在非极性键断裂和极性键形成，故B符合；C．选择不同催化剂，最大能垒发生变化，故C不符合；综上，本题选B。【分析】通过乙炔选择性催化加氢制备氯乙烯，较低温度下乙炔选择性催化加氢过程只发生反应Ⅰ和Ⅱ。可结合该过程的和计算，结合方程式计算出各物质的物质的量分数，利用p分=p总×物质的量分数计算。随温度升高，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都向逆向移动，乙炔的转化率逐渐减小，当温度升到一定程度时，压强对乙炔转化率无影响，说明高温下以反应Ⅲ为主，因为反应Ⅲ前后气体分子数相等；

19.【答案】（1）；Co金属离子半径