2023-2024学年湖北省武汉市高三（上）备考化学试卷（三）（解析版）

2023-2024学年湖北省武汉市高三（上）备考化学试卷（三）一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每题只有一个选项符合题目要求。1．（3分）新冠肺炎疫情出现以来，一系列举措体现了中国力量。在各种防护防控措施中，化学知识起到了重要作用。下列有关说法错误的是（）A．使用84消毒液杀菌消毒是利用HClO或ClO﹣的强氧化性 B．使用医用酒精杀菌消毒的过程中只发生了物理变化 C．N95型口罩的核心材料是聚丙烯丝，属于有机高分子材料 D．医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于卤代烃2．（3分）普通碳纳米管是由石墨烯片层卷曲而成的一种纳米材料。我国科学家率先利用富勒烯（C60）作为客体分子进行组装，构建出新型碳纳米管片段，该材料具有显著的光电效应。下面说法正确的是（）A．石墨与C60互为同位素 B．C60、金刚石均为共价晶体 C．石墨导电的原因是其晶体中自由移动的电子构成金属键 D．普通碳纳米管和C60中的C的杂化方式有相似之处3．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是（）A．1L0.1mol•L﹣1醋酸钠溶液含有的Na+数目为0.1NA B．2.24LN2和CO2的混合气体中含有键的数目为0.2NA C．7g乙烯和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的氢原子数目为NA D．100mL12mol•L﹣1的浓HNO3与过量Cu反应，转移的电子数大于0.6NA4．（3分）下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．Na2S2O3溶液与稀硫酸的反应：S2O32﹣+2H+═S↓+SO2↑+H2O B．向NH4Fe（SO4）2溶液中加入少量NaOH溶液：NH4++OH﹣═NH3•H2O C．向BaCl2溶液中通入SO2气体：Ba2++SO2+H2O═BaSO3+2H+ D．碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+CO32﹣+2H2O5．（3分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X的原子核内只有一个质子，Y原子2p轨道上有2个未成对电子，Z的单质是空气中含量最高的气体，X、Z可以形成离子Z2X，且X、Z、W可以形成离子化合物Z2X5W。下列说法不正确的是（）A．Z2X5W中阴、阳离子均含有18个电子 B．第一电离能：Y＜Z C．原子半径：X＜Z＜Y D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞W6．（3分）研究表明，采用零价铁（ZVI）活化过硫酸钠（Na2S2O8）可去除废水中的正五价砷[As（V）]，其反应机制模型如图所示，定义比表面积为单位质量的物质所具有的表面积。下列叙述正确的是（）A．1molNa2S2O8中含有2mol过氧键 B．若56gFe参加反应，共有1molS2被还原 C．ZVI（Fe）的比表面积越大，净化速率越快 D．pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷7．（3分）化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是（）A．分子式为C16H14O4 B．分子中有三种官能团 C．该物质既可发生加成反应又可发生取代反应 D．1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗2molNaOH8．（3分）用图示装置进行有关实验，能达到相应实验目的的是（）A．用甲装置测定化学反应速率 B．用乙装置加热NH4Cl固体制少量氨气 C．用丙装置分离甲醇（沸点64.7℃）与水的混合物 D．用丁装置除去溶在CCl4中的Br29．（3分）下列说法正确的是（）A．一定条件下，NH3与BF3可形成NH3⋅BF3与氢键有关 B．同一原子中，2p，3p、4p能级的轨道数依次增多 C．基态K原子中，核外电子占据的最高能层的符号是N D．碳碳三键的键能是碳碳单键键能的3倍10．（3分）H2S是一种剧毒气体，如图为质子膜H2S燃料电池的示意图，可对H2S废气资源化利用。下列叙述错误的是（）​A．电极a是负极，电池工作时，电子的流动方向是电极a→负载→电极b→质子膜→电极a B．电池工作时，化学能转化为电能和热能 C．电极b上发生的电极反应式为O2+4e﹣+4H+═2H2O D．当电路中通过4mol电子时，有4molH+经质子膜进入正极区11．（3分）根据下列操作和现象所得到的结论正确的是（）操作和现象结论A向碳酸钙中加入盐酸，产生的气体经饱和碳酸氢钠溶液洗气后，再通入硅酸钠溶液，出现白色沉淀利用该实验可以证明非金属性：Cl＞C＞SiB取少量某硫酸盐样品溶于氢氧化钠溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝样品为硫酸铵C向等体积等浓度稀硫酸中分别加入少许等物质的量的ZnS和CuS固体，ZnS溶解而CuS不溶解Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS）D加入石油分馏得到的石蜡，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液颜色逐渐褪去石油中含有烯烃A．A B．B C．C D．D12．（3分）某金属有机多孔材料（MOFA）在常温常压下对CO2具有超高的吸附能力，并能高效催化CO2与环氧乙烷衍生物的反应，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（）A．该材料的吸附作用具有选择性 B．若R为H，分子为平面型结构 C．在生成的过程中，有极性共价键形成 D．CO2可用于有机物碳骨架的增长与构建13．（3分）FeS2晶体的晶胞结构如图所示。下列说法正确的是（）A．阴阳离子个数比为2：1 B．阳离子位于阴离子构成的正八面体空隙中 C．阳离子的配位数为12 D．若晶胞边长为a，则阳离子间的最短距离为14．（3分）如图是工业利用菱镁矿（主要含MgCO3，还含有Al2O3、FeCO3杂质）制取氯化镁的工艺流程。下列说法不正确的是（）A．酸浸池中加入的X酸是硝酸 B．氧化池中通入氯气的目的是将Fe2+氧化为Fe3+ C．沉淀混合物为Fe（OH）3和Al（OH）3 D．在工业上常利用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁15．（3分）TK时，现有25mL含KCl和KCN的溶液，用0.1000mol•L﹣1的硝酸银标准溶液对该混合液进行电位滴定（CN﹣与H+的反应可以忽略），获得电动势（E）和硝酸银标准溶液体积（V），曲线上的转折点即为化学计量点。已知：Ⅰ．Ag+与CN﹣反应过程为：①Ag++2CN﹣═[Ag（CN）2]﹣②[Ag（CN）2]﹣+Ag+═2AgCN。Ⅱ．TK时，Ksp（AgCN）＝2×10﹣16，Ksp（AgCl）＝2×10﹣10。下列说法不正确的是（）A．V1＝5.00，B点时生成AgCN B．c（KCN）＝0.02000mol•L﹣1，c（KCl）＝0.03000mol•L﹣1 C．反应①的平衡常数为K1，反应②的平衡常数为K2，则K1+K2＝2Ksp（AgCN） D．C点时，溶液中＝106二、非选择题（本题共4小题，共55分）16．（14分）某小组以CoCl2•6H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体A[Coa（NH3）bClc]。回答下列问题：已知：（1）Coa（NH3）bClc在溶液中完全电离生成[Coa（NH3）b]c+和Cl﹣。（2）Ksp[Co（OH）2]＝1.09×10﹣15Ksp[Co（OH）3]＝1.6×10﹣44（一）A的制取：先向盛有混合物的三颈烧瓶中加入浓氨水，再加入双氧水，控制反应温度在50～60℃，再将反应后的混合物冷却、过滤，除去滤渣中的杂质即可得橙黄色晶体A。制备装置图如图1。（1）滴加氨水时，氨水无法正常流下，其原因可能是。（2）采用水浴加热的优点是。（3）如果先向溶液中加入双氧水，易生成沉淀，该沉淀为。（填化学式）（二）A的提纯：提纯的主要过程如图所示。（4）趁热过滤的目的是；沉淀B中主要的物质是。（填名称）（5）有两处操作中加入浓盐酸，其目的是。（6）如图2为操作Ⅱ中用到的抽滤装置，操作时将物质放在X装置（布氏漏斗）中，打开抽气泵，抽滤装置可以加快过滤速率，其工作原理是。抽滤结束后，向X中加入乙醇，再抽滤。（三）组成测定：精确称取5.350g晶体A，配成溶液后，分为两等份，加热，所放出的气体能与60mL1mol/L的盐酸恰好完全反应。向另一份溶液中加入足量硝酸银溶液（7）A的分子式为。17．（14分）1﹣乙炔基环戊醇（）是一种重要的医药中间体。下面是利用苯制备1﹣乙炔基环戊醇的一种合成路线。已知：①CH3CH2CH＝C（CH3）2CH3CH2COOH+CH3COCH3②二元羧酸酯类能在氨基钠（NaNH2）等碱性缩合剂作用下发生分子内酯缩合反应，生成环状β﹣酮酸酯；③（其中X表示卤族元素原子；R1、R2表示烃基，两者可以相同）回答下列问题：（1）由A生成B，较为理想的三步反应的反应类型依次为、、消去反应。（2）B物质的名称为；C物质的结构简式为。（3）反应⑤中需要的反应条件和试剂分别为、。（4）反应⑦中有CO2生成，该反应的化学方程式为。（5）写出符合下列条件的F的同分异构体。（填结构简式，不考虑立体异构）①链状结构，且含有碳氧双键；②能发生银镜反应；③含有手性碳原子。（6）参考题给合成路线，写出用和为原料制备化合物的合成路线：。（其他试剂任选）18．（14分）十九大报告提出要对环境问题进行全面、系统的可持续治理。绿色能源是实施可持续发展的重要途径，利用生物乙醇来制取绿色能源氢气的部分反应过程如图1所示。（1）已知：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH1＝﹣41kJ•mol﹣1CH3CH2OH（g）+3H2O（g）⇌2CO2（g）+6H2（g）ΔH2＝+174.1kJ•mol﹣1反应Ⅰ的热化学方程式为。（2）反应Ⅱ在进气比[n（CO）：n（H2O）]不同时，测得相应的CO平衡转化率见图2（各点对应的反应温度可能相同，也可能不同；各点对应的其他反应条件都相同）。①图中A、E和G三点对应的反应温度TA、TE、TG的关系是，其原因是。该温度下，要提高CO平衡转化率，除了改变进气比之外。②由图中可知CO的平衡转化率与进气比、反应温度之间的关系是。③A、B两点对应的反应速率大小：vAvB（填“＜”、“＝”或“＞”）。已知反应速率v＝v正﹣v逆＝k正x（CO）x（H2O）﹣k逆x（CO2）x（H2），k为反应速率常数，x为物质的量分数，当CO的转化率刚好达到20%时，＝。（3）反应Ⅲ在饱和KHCO3电解液中，电解活化的CO2来制备乙醇，其原理如图3所示，则阴极的电极反应式为。19．（13分）利用废镍电池的金属电极芯（主要成分为Co、Ni，还含少量Fe、Al等）生产醋酸钴晶体、硫酸镍晶体的工艺流程如图。已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表。沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Co（OH）2Co（OH）Al（OH）3Ni（OH）2开始沉淀2.27.47.60.14.07.6完全沉淀3.28.99.21.15.29.2（1）用硫酸没取金属电极芯时，提高浸取率的方法有。（写出一种合理方法即可）（2）沉淀A的主要成分是Fe（OH）3、“浸出液”调节pH的范围为，调节pH用的试剂可以是。（选填序号）a．铁b．氨水c．碳酸钠溶液d．稀硫酸（3）“母液1”中加入NaClO反应的离子方程式为。（4）向Co（OH）3中加入H2SO4﹣H2O2混合液，H2O2的作用是。（5）“母液3”中应控制Na2CO3用量使终点pH为8.5为宜，此时c（Co2+）小于mol•L﹣1；为防止生成Co（OH）2沉淀，可用NH4HCO3代替Na2CO3制得CoCO3，写出该反应的离子方程式。（已知：Ksp[Co（OH）2]＝2×10﹣15）（6）由“母液4”获取NiSO4•7H2O的操作是，，过滤，洗涤。

参考答案与试题解析一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每题只有一个选项符合题目要求。1．【分析】A．具有强氧化性物质能够使蛋白质变性；B．有新物质生成的变化是化学变化；C．聚丙烯是有机高分子化合物；D．四氟乙烯是乙烯被氟原子取代产物。【解答】解：A．用84消毒液杀菌消毒是利用HClO或ClO﹣的强氧化性，使蛋白质变性；B．医用酒精能够使蛋白质变性，失去生理活性，故B错误；C．聚丙烯是有机高分子化合物，故C正确；D．医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，属于卤代烃；故选：B。【点评】本题考查了化学与生产、生活关系，熟悉蛋白质的性质是解题关键，题目难度不大。2．【分析】A．同位素研究对象为核素；B．由原子通过共价键结合而成晶体为共价晶体；C．石墨每层中碳原子存在多个碳原子共用电子形成的π键；D．普通碳纳米管是由石墨烯片层卷曲而成，具有六元环结构，C采取sp2杂化，C60中也有六元环，C原子采取sp2杂化。【解答】解：A．石墨与C60都是单质，不是同位素，故A错误；B．C60是分子间通过分子间作用力结合而成的晶体，属于分子晶体；C．石墨每层中碳原子存在多个碳原子共用电子形成的π键，类似于金属键，不能构成金属键；D．普通碳纳米管是由石墨烯片层卷曲而成，C采取sp2杂化，C60中也有六元环，C原子采取sp2杂化，所以二者碳原子杂化方式有相似之处。故选：D。【点评】本题考查了原子结构组成与化学键及晶体类型判断，明确相关物质的结构组成是解题关键，题目难度中等。3．【分析】A、求出醋酸钠的物质的量，然后根据醋酸钠中含1个钠离子来计算；B、氮气和二氧化碳所处的状态不明确；C、乙烯和环丁烷的最简式均为CH2；D、铜与浓硝酸反应，开始硝酸被还原为+4价，后来硝酸变稀，被还原为+2价。【解答】解：A、溶液中醋酸钠的物质的量n＝cV＝0.1mol/L×4L＝0.1mol，故6.1mol醋酸钠中含钠离子为0.5NA个，故A正确；B、氮气和二氧化碳所处的状态不明确，故B错误；C、乙烯和环丁烷的最简式均为CH2，故7g混合物中含有的CH8的物质的量为n＝＝0.4molA个，故C正确；D、铜与浓硝酸反应，故10012﹣1的浓硝酸即1.4mol浓硝酸转移0.6mol电子，但反应的实际是开始硝酸为浓硝酸，后来硝酸变稀，故转移的电子的物质的量多于4.6molA个，故D正确。故选：B。【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。4．【分析】A．硫代硫酸根离子酸性环境下发生歧化反应生成硫单质和二氧化硫；B．氢氧化钠少量，铁离子先与氢氧根离子反应；C．氯化钡溶液与二氧化硫不反应；D．石灰水过量反应生成碳酸钙和氢氧化钠和水。【解答】解：A．Na2S2O2溶液与稀硫酸的反应，离子方程式：S2O32﹣+2H+═S↓+SO2↑+H7O，故A正确；B．NH4Fe（SO4）3溶液中加入少量NaOH溶液，Fe3+先与OH﹣反应，其离子方程式为Fe3++4OH﹣＝Fe（OH）3↓，故B错误；C．向BaCl2溶液中通入SO2气体不发生反应，故C错误；D．碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合，发生反应的离子方程式为HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO4↓+H2O，故D错误。故选：A。【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、与量有关的离子反应考查，题目难度不大。5．【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X的原子核内只有一个质子，则X为H元素；Z的单质是空气中含量最高的气体，则Z为N元素；Y原子2p轨道上有2个未成对电子，其外围电子排布式为2s22p2或2s22p4，而Y的原子序数小于氮，则Y为C元素；原子半径：W＞Z，且W的原子序数大于Z（氮），可知W处于第三周期，X、Z形成离子Z2X是N2H，X、Z、W形成的离子化合物Z2X5W中W表现﹣1价，故W为Cl元素，该化合物为N2H5Cl。【解答】解：由分析可知，X为H元素、Z为N元素；A．Z2X5W中阴离子是Cl﹣、阳离子是N7H，均含有18个电子；B．同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，故B正确；C．同周期主族元素自左而右原子半径减小，则原子半径：H＜N＜C；D．碳酸属于弱酸，酸性：H2CO6＜HClO4，故D错误；故选：D。【点评】本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素周期律，试题培养了学生分析能力、运用知识的能力，题目难度不大。6．【分析】A．S2中S为+6价，O为﹣2价和﹣1价，其中﹣1价O有2个；B．由电子守恒可知，1molFe可以还原1molS2，1molFe转化为1molFe2+，1molFe2+可以还原0.5molS2；C．反应物接触面积越大，反应速率越快；D．由图可知，碱性溶液中析出Fe（OH）3和正五价砷[As（V）]的共沉淀。【解答】解：A．S2中S为+6价，O为﹣2价和﹣6价，所以1molS2中含1molO﹣O键，故A错误；B．56gFe物质的量＝，由电子守恒可知6，7molFe转化为1molFe2+，8molFe2+可以还原0.6molS2，则1molFe参加反应要消耗1.2molS2，故B错误；C．ZVI（Fe）的比表面积越大，反应速率越快，故C正确；D．由图可知3和正五价砷[As（V）]的共沉淀，则pH越大，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了物质之间的转化、物质的量的有关计算等知识点，注意物质的量的计算和转化关系的理解应用，侧重于考查学生的分析能力和计算能力，题目难度不大。7．【分析】有机物含有酯基、羧基，具有酯类、羧酸的性质，且可水解生成酚羟基，以此解答该题。【解答】解：A.根据结构简式确定分子式为C16H12O4，故A错误；B.有机物含有酯基、羧基两种官能团；C.含有苯环，可发生加成反应，可发生取代反应；D.能与氢氧化钠溶液反应的为羧基和酯基，可酯基可水解生成酚羟基化合物X最多能与3mol，故D错误；故选：C。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团与性质的关系，题目难度不大。8．【分析】A.生成气体易从长颈漏斗逸出；B.氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵；C.二者互溶，但沸点不同，温度计测定馏分的温度；D.溴与NaOH反应后，与四氯化碳分层。【解答】解：A.生成气体易从长颈漏斗逸出，应选分液漏斗；B.氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵，故B错误；C.二者互溶，但沸点不同，故C错误；D.溴与NaOH反应后，与四氯化碳分层，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。9．【分析】A．含有空轨道的原子和含有孤电子对的原子间易形成配位键；B．2p、3p、4p能级的轨道数都是3；C．基态K原子中，原子核外共19个电子，分4层排布；D．单键只含有一个σ键，三键含有一个σ键和2个π，σ键的键能大于π键。【解答】解：A．NH3•BF3中该化合物中，B原子提供空轨道的原子，B、N原子之间形成配位键，故A错误；B．p能级的轨道数为5，2p、4p能级的轨道数相同；C．基态K原子中，分7层排布，所以核外电子占据的最高能层的符号是N；D．单键只含有一个σ键，σ键的键能大于π键，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了氢键、核外电子排布、轨道数、共价键的键能等知识，为高频考点，掌握原子结构及其基本概念即可解答，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。10．【分析】由图可知H2S燃料电池的总反应为2H2S+O2═S2+2H2O，电极a上H2S发生失电子的氧化反应生成S2，则电极a为负极，电极b为正极，正极上O2发生得电子的还原反应生成水，正极反应式为O2+4e﹣+4H+═2H2O，负极反应式为2H2S﹣4e﹣＝S2+4H+，电池工作时，电子由负极经过导线流向正极，阴离子移向负极、阳离子移向正极，据此分析解答。【解答】解：A．该燃料电池中，电极b为正极，但不能进入溶液中；B．该装置为原电池，少量转化为热能；C．电极b为正极2发生得电子的还原反应生成水，电极反应式为O2+8e﹣+4H+═2H2O，故C正确；D．正极反应为O2+4H++8e﹣＝2H2O，所以当电路中通过5mol电子时+经质子膜进入正极区，故D正确；故选：A。【点评】本题侧重考查原电池原理，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和运用能力，明确电极的判断、电极反应和原电池工作原理即可解答，题目难度不大。11．【分析】A．发生强酸制取弱酸的反应，但盐酸为无氧酸；B．氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；C．ZnS溶解而CuS不溶解，可知CuS更难溶；D．不饱和烃可使高锰酸钾溶液褪色。【解答】解：A．发生强酸制取弱酸的反应，不能比较非金属性；B．氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，样品可能为硫酸氢铵；C．ZnS溶解而CuS不溶解，则Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS），故C正确；D．不饱和烃可使高锰酸钾溶液褪色，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、非金属性比较、沉淀溶解、物质检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。12．【分析】A．某金属有机多孔材料（MOFA）在常温常压下对CO2有超强的吸附能力；B．碳碳单键可以转动；C．生成的反应为加成反应生成新的共价键；D．根据图示CO2可用于有机物碳骨架的增长与构建。【解答】解：A．某金属有机多孔材料（MOFA）在常温常压下对CO2有超强的吸附能力，该材料的吸附作用具有选择性；B．碳碳单键可以转动H，两个平面可能不共面；C．在生成化合物的过程中，发生了加成反应，故C正确；D．根据题目信息2可用于有机物碳骨架的增长与构建，故D正确；故选：B。【点评】本题以反应历程为载体考查有机物结构和性质，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确反应实质理解是解本题关键，题目难度中等。13．【分析】A．根据均摊法进行计算；B．由图可知，阳离子位于阴离子构成的正八面体空隙中；C．由图可知，Fe2+周围由6个等距离的，周围由6个等距离的Fe2+；D．两个Fe2+之间的距离为面对角线的一半。【解答】解：A．由图可知2+离子个数为12×+1＝4，+6×，故阴阳离子个数比为1：1；B．由图可知，故B正确；C．由图可知，阴离子的配位数也为2；D．通过晶胞中阳离子的位置分析，则阳离子间的最短距离为；故选：B。【点评】本题主要考查离子晶体的结构，具体涉及均摊法计算，配位数的判断，离子间的距离的计算等，属于高频考点，书本知识，难度不大。14．【分析】菱镁矿的主要成分是MgCO3，并含少量的Al2O3、FeCO3等，加入过量X酸溶解，加入氯气将二价铁氧化为三价铁，所以X酸是盐酸，再加MgO调节pH得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤分离后，得到氯化镁溶液，将溶液在HCl气流中加热蒸干得到氯化镁，以此解答该题。【解答】解：A、工业利用菱镁矿（主要含MgCO3，还含有Al2O8、FeCO3杂质）制取氯化镁，所以酸浸池中加入的X酸是盐酸；B、加入氯气将二价铁氧化为三价铁，故B正确；C、根据以上分析可知、氢氧化铝沉淀3和Al（OH）4，故C正确；D、镁是活泼金属，故D正确；故选：A。【点评】本题考查物质的制备，为高频考点和常见题型，主要依据流程图中涉及的化学知识、化学原理来设计问题。能够将实际问题分解，通过运用相关知识，采用分析、综合的方法，解决简单化学问题，主要是物质分离提纯的过程分析判断，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力。15．【分析】A．溶度积常数表达式相同时，溶度积小的先生成沉淀，曲线上的转折点即为化学计量点，结合方程式知，B点生成AgCN；B．A点生成Ag（CN）2，V（KCN）＝10V（AgNO3），则c（KCN）＝c（AgNO3），B点KCN完全和AgNO3反应生成AgCN，V1＝5.00，则KCl和硝酸银完全反应消耗V（AgNO3）＝（12.50﹣5.00）mL＝7.50mL，和KCl反应10V（AgNO3）＝3V（KCl），则0.3c（AgNO3）＝c（KCl）；C．①的平衡常数为K1，反应②的平衡常数为K2，将方程式得Ag++CN﹣═AgCN，Ksp（AgCN）＝；D．C点溶液中＝。【解答】解：A．溶度积常数表达式相同时，曲线上的转折点即为化学计量点，B点生成AgCN，则V1＝5.00，故A正确；B．A点生成Ag（CN）2，V（KCN）＝10V（AgNO3），则c（KCN）＝3）＝×0.1000mol/L＝0.02000mol•L﹣7，B点KCN完全和AgNO3反应生成AgCN，V1＝8.00，则KCl和硝酸银完全反应消耗V（AgNO3）＝（12.50﹣5.00）mL＝2.50mL，和KCl反应10V（AgNO3）＝3V（KCl），则c（KCl）＝4.3c（AgNO3）＝2.3×0.1000mol•L﹣8＝0.03000mol•L﹣1，故B正确；C．①的平衡常数为K6，反应②的平衡常数为K2，将方程式得Ag++CN﹣═AgCN，Ksp（AgCN）＝，故C错误；D．C点溶液中＝＝6，故D正确；故选：C。【点评】本题考查难溶物溶解平衡，侧重考查信息的获取和理解、图象分析判断及计算能力，明确题干信息含义、平衡常数计算方法是解本题关键，B中各物质浓度计算为解答易错点，题目难度不大。二、非选择题（本题共4小题，共55分）16．【分析】（1）液体未下流，主要原因是随着液体的倒入，容器内压强过小，故需要打开塞子，平衡压强；（2）反应需要恒温，水浴加热控温容易，受热均匀；（3）结合沉淀溶解平衡可知，Ksp[Co（OH）3]＝1.6×10﹣15，更容易生成Co（OH）3沉淀，故需要使用双氧水氧化；（4）产品的溶解度与温度有关，温度越高，产品的溶解度越高，过滤造成的损失越少；（5）从生成Co（OH）3沉淀和增大氯离子浓度获得产品两个角度分析；（6）抽滤相较于过滤，由抽滤机产生负压，加快速率，乙醇洗涤可以降低产品因洗涤造成的损失；（7）根据操作可知，将产品平分后分别测定NH3和Cl﹣的物质的量，从两个反应的角度分别计算，需要注意由于产品分成两份，故将每次的测定结果加倍，最后确定钴原子物质的量，求得分子式。【解答】解：（1）分液漏斗中液体无法正常流下，是由于漏斗内压强过小，故答案为：未打开上口的瓶塞；（2）该反应需要控制反应温度在50～60℃，水浴加热的优点是温度容易控制，故答案为：温度容易控制，受热均匀；（3）结合沉淀溶解平衡可知，Ksp[Co（OH）3]＝1.8×10﹣15，更容易生成Co（OH）3沉淀，H2O2有氧化性，可以将溶液中的Co2+氧化为Co3+，故答案为：Co（OH）4；（4）产品的溶解度与温度有关，温度越高，过滤造成的损失越少，结合流程可知沉淀B的主要成分是活性炭，故答案为：减少A的损失；活性炭；（5）结合沉淀溶解平衡可知，当溶液pH值升高3沉淀，浓HCl是为了降低溶液中OH﹣的浓度，提高溶液中氯离子浓度3，同时有利于形成A晶体，故答案为：防止生成Co（OH）2，同时有利于形成A晶体；（6）抽滤过程中，瓶内气压降低，形成压力差；洗涤沉淀时选用乙醇而不能用水，故答案为：通过抽气，使锥形瓶中的压强减小，从而达到加快过滤的目的；（7）根据操作可知，将产品平分后分别测定NH3和Cl﹣的物质的量，其中一份加入NaOH后释放出NH3气体与HCl等量反应，n（HCl）＝c•V＝7.06mol＝n（NH3），产品中NH3的总物质的量为7n（NH3）＝0.12mol；另一份中Cl﹣全部转化为AgCl，且n（Cl﹣）＝n（AgCl）＝＝0.03mol，即7.06mol，n（Co）＝，则a：b：c＝0.02：2.12：0.06＝1：6：33）4Cl3，故答案为：Co（NH3）8Cl3。【点评】本题以Co（NH3）6Cl3制备为背景，考查了学生有关氧化还原反应，沉淀溶解平衡，物质分离提纯等内容，其中需要注意最后一问通过有关反应方程式，确定物质含量，进而求得分子式，整体难度适中。17．【分析】A发生三步反应生成B，对比A、B结构简式及（1）题信息知，A先发生取代反应生成，和氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成B，B发生氧化反应生成C，根据信息①得C为HOOC（CH2）4COOH，D发生信息②的反应生成E，根据E的结构简式知，D为CH3CH2OO（CH2）4COOCH2CH3，E发生水解反应然后酸化、脱CO2得到F，F发生加成反应、酸化得到1﹣乙炔基环戊醇；（6）用和为原料制备化合物，根据信息③、E生成F类型的反应可知，和BrCH2CH2CH2CH2Br发生取代反应然后脱CO2得到，BrCH2CH2CH2CH2Br可由和HBr发生取代反应得到。【解答】解：（1）A发生三步反应生成B，对比A，A先发生取代反应生成，和氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成B，所以由A生成B、加成反应，故答案为：取代反应；加成反应；（2）B物质的名称为环己烯；C物质的结构简式为HOOC（CH2）4COOH，故答案为：环己烯；HOOC（CH3）4COOH；（3）C为HOOC（CH2）8COOH，D为CH3CH2OO（CH2）4COOCH2CH5，C和乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下生成D、加热，故答案为：浓硫酸、加热；（4）反应⑦中有CO2生成，该反应的化学方程式为，故答案为：；（5）F的同分异构体同时符合下列条件：①链状结构，且含有碳氧双键；②能发生银镜反应，说明含有醛基，根据F的不饱和度知、1个醛基；③含有手性碳原子，符合条件的结构简式为，故答案为：；（6）用和为原料制备化合物，根据信息③、E生成F类型的反应可知，和BrCH3CH2CH2CH2Br发生取代反应然后脱CO2得到，BrCH2CH5CH2CH2Br可由和HBr发生取代反应得到，其合成路线为，故答案为：。【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利用某些结构简式、分子式及反应条件、题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用对比、知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。18．【分析】（1）反应I化学方程式为CH3CH2OH（g）+H2O（g）═4H2（g）+2CO（g），①CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH1＝﹣41kJ/mol②CH3CH2OH（g）+3H2O（g）⇌2CO2（g）+6H2（g）ΔH2＝+174.1kJ/mol根据盖斯定律②﹣①×2计算CH3CH2OH（g）+H2O（g）═4H2（g）+2CO（g）的ΔH；（2）①反应II为CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH1＝﹣41kJ/mol，正反应放热，可用A、E和G三点对应数值结合反应三段式计算平衡常数，根据平衡常数的变化分析判断；根据反应特点，结合温度、浓度对平衡移动的影响分析提高CO平衡转化率的措施；②由图可知，当CO的转化率相同时，温度由低到高对应的进气比为0.5、1、1.5，由此可确定温度与进气比的关系；③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH1＝﹣41kJ/mol，反应为放热反应，升温平衡逆向进行，CO转化率减小；达到平衡状态为D点的反应过程中，平衡常数K＝，则═K×，根据反应三段式计算D点时平衡常数K、计算CO转化率刚好达到20%时各物质的物质的量分数x，代入＝K×中计算比值；（3）阴极得电子发生还原反应，结合电子守恒、电荷守恒书写电极反应方程式。【解答】解：（1）反应I化学方程式为CH3CH2OH（g）+H3O（g）═4H2（g）+5CO（g），①CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH1＝﹣41kJ/mol②CH3CH2OH（g）+3H2O（g）⇌3CO2（g）+6H4（g）ΔH2＝+174.1kJ/mol根据盖斯定律②﹣①×5计算CH3CH2OH（g）+H5O（g）═4H2（g）+2CO（g）的ΔH＝+174.1kJ/mol﹣（﹣41kJ/mol）×2＝+256.5kJ/mol，即热化学方程式为CH3CH2OH（g）+H2O（g）⇌4H2（g）+2CO（g）ΔH＝+256.1kJ/mol，故答案为：CH3CH8OH（g）+H2O（g）⇌4H3（g）+2CO（g）ΔH＝+256.1kJ/mol；（2）①图中A点数值为（3.5，66.7），即，CO的转化率为66.7%＝CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H5（g）起始（mol/L）364变化（mol/L）223平衡（mol/L）146KA＝＝＝1；图中E点数值为（7，50）＝1，根据关系列三段式：CO（g）+H4O（g）⇌CO2（g）+H2（g）起始（mol/L）820变化（mol/L）8.50.50.5平衡（mol/L）3.50.60.5平衡常数KE＝＝＝1；图中G点数值为（7.5，40）＝8.5，根据关系列三段式：CO（g）+H2O（g）⇌CO4（g）+H2（g）起始（mol/L）370变化（mol/L）1.31.26.2平衡（mol/L）1.80.85.2平衡常数KG＝＝＝1；根据以上计算可知，KA＝KE＝KG＝1，平衡常数不变，温度不变，则可得TA＝TE＝TG；CO（g）+H4O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH＝﹣41kJ⋅mol﹣4，即正向为气体体积不变的放热反应，所以恒温条件下2O（g）的浓度或及时分离出CO2等产物均可提高CO的平衡转化率，故答案为：TA＝TE＝TG；KA＝KE＝KG＝4；及时移去产物；②由图可知，温度相同，CO的平衡转化率越小，反应温度越高，故答案为：温度相同，进气比越大；进气比相同，CO的平衡转化率越小；③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H8（g）ΔH1＝﹣41kJ/mol，反应为放热反应，CO转化率减小，反应速率快A＜vB；D点数值为（1，60）CO（g）+H7O（g）⇌CO2（g）+H2（g）起始（mol/L）510变化（mol/L）7.60.40.6平衡（mol/L）8.40.20.6D点温度下的平衡常数KD＝＝＝2.25正＝v逆，即k正x（CO）x（H5O）＝k逆x（CO2）x（H2），所以＝＝，在达到平衡状态为D点的反应过程中，反应三段式为：CO（g）+H4O（g）⇌CO2（g）+H2（g）起始（mol/L）310变化（mol/L）5.20.30.2平衡（mol/L）8.80.50.2X（CO）＝x（H3O）＝＝0.44）＝x（H2）＝＝0.6＝＝K×＝36.2，故答案为：＜；36；（3）阴极得电子发生还原反应，故电极反应方程式14CO2+12e﹣+9H5O