2024届广东省汕头市高三下学期第二次模拟考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省汕头市2024届高三下学期第二次模拟考试可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16第Ⅰ卷一、单项选择题：本题共16小题，共44分。（1-10题每小题2分，共20分；11-16题每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合要求。）1.2024年春节，汕头文化旅游不断“出圈”，下列有关材料属于有机合成纤维的是（）A东海岸风筝尼龙线B潮阳英歌舞木棍C汕头烟花表演邮轮金属外壳D无人机表演碳纤维机翼〖答案〗A〖解析〗A．尼龙属于有机合成纤维，A正确；B．木棍成分为纤维素，属于天然纤维，B错误；C．金属外壳属于无机物，C错误；D．碳纤维是碳单质，属于新型无机非金属材料，D错误；故选A。2.学好化学才能更好的保护生态环境。下列有关做法错误的是（）A.将快递纸箱回收利用 B.研发易降解的生物化肥C.加快化石燃料的开发与使用 D.将废旧塑料裂解为化工原料〖答案〗C〖解析〗A．将快递纸箱回收利用，节约资源，A正确；B．研发易降解的生物农药能减少污染物的排放，B正确；C．加快化石燃料的开采与使用会增加污染物的排放量，C错误；D．将废旧塑料裂解为化工原料，不仅可以将其变废为宝，还可以为化工产业提供原料，D正确；故选C。3.化学处处呈现美。下列有关说法正确的是（）A.分子呈现完美对称，为V形结构B.NaCl焰色试验为黄色，与氯原子的电子跃迁有关C.冰雪融化时需要破坏氢键和范德华力D.镁条燃烧发出耀眼的白光，只将化学能转化为光能〖答案〗C〖解析〗A．分子中中心原子碳原子价层电子对为，为sp杂化，呈直线形结构，呈现完美对称，故A错误；B．焰色试验为黄色，Na+离子的核外电子从能量高的状态跃迁到能量较低的状态，以光的形式将能量释放出来，故B错误；C．水分子间存在范德华力和氢键，冰雪融化时，需要破坏范德华力和氢键，故C正确；D．Mg在空气中燃烧时发出耀眼的白光，化学能一部分转化为光能，一部分转化为热能，故D错误；故〖答案〗选C。4.科技兴国，中国科学家为国家的发展做出巨大的贡献，下列有关说法错误的是（）A.科学家将镍钛系形状记忆合金用于航空领域，Ni和Ti均属于过渡金属元素B.量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨烯互为同位素C.长征七号火箭发动机的碳化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料D.天和核心舱内以氙和氩为离子推进器气体，氙和氩均为稀有气体〖答案〗B〖解析〗A．Ti为22号元素，Ni为28号元素，因此Ti—Ni两种金属都属于过渡金属元素，故A正确；B．碳纳米管TEM与石墨烯都是碳元素组成的单质，互为同素异形体，故B错误；C．用于火箭发动机的碳化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料，故C正确；D．氙和氩都是位于元素周期表0族的稀有气体，故D正确；〖答案〗选B。5.实验促进化学学科发展，下列实验仪器的名称和用途错误的是（）ABCD直形冷凝管分液漏斗容量瓶石英坩埚用于冷凝操作用于分液或滴加液体精确配制一定物质的量浓度的溶液用于熔化NaOH固体〖答案〗D〖解析〗A．直形冷凝管可以用于冷凝操作，故A正确；B．分液漏斗可以用于用于分液或滴加液体，故B正确；C．容量瓶可以用于精确配制一定物质的量浓度的溶液，故C正确；D．石英坩埚的主要成分是SiO2，与熔化NaOH要反应，不能用于熔化NaOH固体，故D错误。〖答案〗选D。6.现代化学的发展离不开先进的仪器，下列有关说法错误的是（）A.光谱仪能摄取各种元素原子的吸收光谱或发射光谱B.质谱仪通过分析样品轰击后的碎片质荷比来确定分子的相对分子质量C.X射线衍射实验能区分晶体和非晶体，但无法确定分子结构的键长和键角D.红外光谱仪通过分析有机物的红外光谱图，可获得分子所含的化学键和基团信息〖答案〗C〖解析〗A．原子光谱：不同元素的原子发生跃迁时会吸收或释放出不同的光,可以用光谱仪摄取各种元素原子的吸收光谱或发射光谱,总称原子光谱，A正确；B．质谱仪以电子轰击或其他的方式使被测物质离子化，形成各种质荷比的离子，然后利用电磁学原理使离子按不同的质荷比分离并测量各种离子的强度，从而确定被测物质的分子量和结构，B正确；C．X射线衍射实验是一种区分晶体与非晶体的有效方法，晶体会对X射线发生衍射，非晶体不会对X射线发生衍射，可确定分子结构的键长和键角，C错误；D．红外光谱仪基于物质在红外区域对特定波长的红外线的吸收。不同化学键的振动频率与红外辐射的波数或波长相对应，因此可以通过分析光谱中的吸收峰来确定样品中存在的化学键类型和结构，D正确；故选C7.化学服务于社会，下列有关项目与所述化学知识没有关联的是（）选项项目化学知识A医院用作“钡餐”不溶于酸和水B工厂电解熔融获得铝熔点高C作坊往豆浆中加入石膏制作豆腐石膏能使蛋白质发生盐析D利用植物油生产氢化植物油植物油能发生加成反应〖答案〗B〖解析〗A．用作“钡餐”，因既不溶于水，也不溶于酸，A不选；B．工厂电解熔融获得铝，因为是离子化合物，与熔点无关，B选；C．豆浆为胶体，豆腐是往豆浆中加石膏使胶体聚沉得到，C不选；D．植物油中含有碳碳双键，能和氢气发生加成反应生成氢化植物油，D不选；故选B。8.物质类别和元素价态是认识物质两个重要维度。下图为硫及其化合物的价类二维图，下列说法错误的是（）A.附着有a的试管，可用清洗B.b和d反应生成a时，d发生还原反应C.b、c两种氧化物的VSEPR模型相同D.g的钠盐可与f的稀溶液反应生成a和b〖答案〗B〖祥解〗根据价态及物质类别可知d为H2S、a为S、b为SO2、c为SO3、e为亚硫酸、f为硫酸、g为含有硫代硫酸根的盐，据此分析解题。【详析】A．a为S，硫微溶于酒精，易溶于二硫化碳，故附着有a的试管，常用二硫化碳洗涤，故A正确；B．a为S、b为SO2、d为H2S，反应方程式为2H2S+SO2=3S↓+2H2O，H2S中硫元素的化合价升高，发生氧化反应，故B错误；C．b为SO2，价层电子对数为，VSEPR模型为平面三角形，c为SO3，价层电子对数为，VSEPR模型为平面三角形，故C正确；D．g为含有硫代硫酸根的盐，g的钠盐为Na2S2O3，f为硫酸，Na2S2O3与稀硫酸发生歧化反应，生成S和SO2，故D正确；故〖答案〗选B。9.磷酸奥司他韦（分子式为）在治疗流感方面发挥重要作用，其分子结构如图所示，下列有关磷酸奥司他韦的说法错误是（）A.能与3mol反应 B.能与强酸、强碱反应C.可形成分子内氢键、分子间氢键 D.能发生氧化、还原、取代、加成反应〖答案〗A〖解析〗A．该分子中只有碳碳双键与氢气加成，故能与1mol反应，A错误；B．含有氨基，酯基，肽键可以与强酸、强碱反应，B正确；C．含有两个邻位氨基，可以成分子内氢键、分子间氢键，C正确；D．含有氨基，酯基，碳碳双键，肽键能发生氧化、还原、取代、加成反应，D正确；故选A。10.X、Y、Z、M、R、Q为六种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示，下列说法正确的是（）A.M存在最高化合价为+6价B.Q单质与Y的氧化物之间一定无法发生置换反应C.Y、M形成的化合物为大气污染物D.X、Z、M可形成一种含共价键、配位键的离子化合物〖答案〗D〖祥解〗X、Y、Z、M、R、Q为六种短周期元素，由原子半径和最外层电子数之间的关系图可知，X、R、Q最外层只有1个电子，为第ⅠA族元素，Y最外层有4个电子，位于第ⅣA族，Z原子最外层有5个电子，位于第ⅤA族，M最外层有6个电子，位于第ⅥA族，R原子半径最大，为Na，X原子半径最小，为H，Q原子半径小于R大于X，所以Q为Li，Y是C、Z是N、M为O。【详析】A．M为O，O不存在最高化合价+6价，A错误；B．单质锂与CO2的反应为4Li＋CO22Li2O＋C，是置换反应，B错误；C．Y、M形成的化合物CO2不是大气污染物，C错误；D．X、Z、M可形成NH4NO3是一种含共价键、配位键的离子化合物，D正确；故选D。11.牙齿表面有一层牙釉质在保护着，存在如下平衡：，已知的的。下列说法错误的是（）A.口腔中残留大量的酸性物质会破坏牙釉质B.牙膏中添加适量的磷酸盐，可以有效保护牙齿C.若用碳酸氢钠稀溶液进行漱口，会使上述平衡发生移动，此时变小D.使用含氟（NaF）牙膏，可实现与的转化〖答案〗C〖解析〗A．牙釉质的主要成分为羟基磷酸钙[Ca5(PO4)3OH]，口腔中残留大量的酸性物质，将消耗，导致生成物浓度减小，使羟基磷酸钙沉淀溶解平衡右移，破坏牙釉质，故A正确；B．在牙膏中添加适量的磷酸盐，增大了磷酸根离子的浓度，使得反应化学平衡逆向移动，有利于生成羟基磷灰石，能起到保护牙齿的作用，故B正确；C．只受温度影响，加入碳酸氢钠后，温度不变，不变，故C错误；D．发生的反应为：，由方程式可知，反应的平衡常数K====≈2.4×1024，因此使用添加NaF的含氟牙膏，可实现与的转化，故D正确；故〖答案〗选C。12.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A.标准状况下，22.4L正丙醇（）分子中含有的数目为8B.24g质量分数为25%的甲醛水溶液中含有氢原子数目为2.4C.pH=1的溶液与足量的Zn反应产生的氢气分子数目为0.05D.0.1mol与0.1mol反应时，转移电子的数目为0.3〖答案〗B〖解析〗A．标准状况下，正丙醇（）是液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，A错误；B．24g质量分数为25%的甲醛水溶液中，含6g甲醛（HCHO）含氢原子数目为0.4，18g水含有氢原子数目为2，共含有氢原子数目为2.4，B正确；C．没有溶液体积，不确定氢离子的物质的量，不能计算生成氢分子的数目，C错误；D．碘离子还原性大于亚铁离子，0.1molFeI2与0.1molCl2反应时，氯气不足，碘离子完全反应，氯元素化合价由0变为-1，则转移0.2mol电子，电子数目为0.2NA，D错误；故选B。13.下列对应离子方程式书写正确的是（）A.酚酞滴入碳酸钠溶液中变红：B.投入水中：C.等体积、等物质的量浓度的和混合：D.漂白粉溶液中通入过量：〖答案〗A〖解析〗A．碳酸钠在水中会水解，水解方程式：，A正确；B．Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2，其反应的离子方程式为：，B错误；C．等体积、等物质的量浓度的和混合：，C错误；D．Ca2++2ClO-+2SO2+2H2O=2Cl-+CaSO4↓+SO+4H+，D错误；故选A。14.下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验操作、现象结论A向淀粉-KI溶液中通入红棕色气体，溶液变蓝该气体一定为溴蒸气B将乙醇和浓硫酸加热至170℃，将产生的气体通入酸性溶液，溶液紫色褪去证明反应生成乙烯C相同温度下用pH计测定等浓度甲酸和乙酸溶液的pH，甲酸溶液的pH更小烷基越长，推电子效应越大D将浓硫酸滴到蔗糖表面，观察到固体变黑膨胀浓硫酸具有吸水性和强氧化性〖答案〗C〖解析〗A．二氧化氮、溴蒸气均可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，则该气体不一定为溴蒸气，A项错误；B．乙醇和浓硫酸共热至170℃，挥发出的乙醇也能使高锰酸钾溶液褪色，同时反应过程中生成二氧化硫也被还原高锰酸钾使其褪色，不能证明反应生成乙烯，B项错误；C．烃基是推电子基团，烃基越大，推电子能力越强，乙酸的羧基中羟基的极性较甲酸小，其酸性比甲酸弱，C项正确；D．浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，固体变黑膨胀，可知浓硫酸具有脱水性和强氧化性，D项错误；〖答案〗选C。15.资源再利用有利于保护生态，某实验小组研究电催化和含氮废水（）在常温常压下合成尿素，即向一定浓度的溶液中通入至饱和，在电极．上反应生成，电解原理如图所示。下列有关说法错误的是（）A.离子交换膜为质子交换膜B.电极b发生氧化反应，为电解池的阳极C.每消耗44g，理论上可在b处得到4molD.电极a的电极反应式为〖答案〗D〖祥解〗从电池结构中有电源可知，该电池是电解池，从该电池的H+的移动方向可知，H+从b电极向a电极移动，电解池中阳离子从阳极移向阴极，所以a电极是阴极，b电极是阳极，所以b电极连接电源的正极，a电极连接电源的负极；【详析】A．根据装置可知，该离子交换膜只允许氢离子通过，为质子交换腊，A正确；B．根据分析可知，b电极是电解池的阳极，阳极上发生氧化反应，B正确；C．44gCO2物质的量为1mol，当电极a区消耗1molCO2时，由电极方程式，转移电子16mol，电极b生成O2是H2O中的O失电子，化合价从-2变为0，故得4molO2，C正确；D．a电极是阴极，得电子，从图中可知，a电极上端通入CO2，H+移动到a电极参与反应，硝酸根离子转化为CO(NH2)2，其电极反应式为，D错误；〖答案〗选D。16.为解决铜与稀硝酸反应过程中装置内氧气对实验现象的干扰，以及实验后装置内氮氧化物的绿色化处理问题。某实验小组对装置进行微型化改造，设计如图所示的装置（试管底部有孔隙）。下列说法错误的是（）A.装置内发生的化学反应方程式为：B.实验开始前需除去试管内的氧气，可拉动注射器BC.该装置可通过控制止水夹和注射器来控制反应的开始与停止D.实验终止时，需将铜丝提拉上来后再拉动注射器A〖答案〗B〖解析〗A．装置内铜与稀硝酸反应，即，故A正确；B．实验开始时先拉注射器A活塞，其目的是除去反应前试管内的空气，故B错误；C．该实验装置可通过控制止水夹和注射器来控制反应的开始与停止，故C正确；D．反应停止后，提拉粗铜丝，使粗铜丝下端靠近软胶塞A，再打开止水夹，缓慢拉注射器A活塞，可观察到试管内的无色气体被吸入注射器A内，试管内稀硝酸液面逐渐上升，注射器B活塞缓慢向内移动，如不提拉铜丝会继续反应，故D正确；故〖答案〗选B。第Ⅱ卷二、非选择题：本题共4道大题，每道大题14分，共56分。请考生根据要求认真做答。17.某科学小组进行浓硫酸性质的相关实验如下：（1）Cu与浓硫酸加热条件下反应装置如图：=1\*GB3①Cu与浓硫酸反应的化学方程式为__________________________；②U型管中品红试纸的作用为______________________，蓝色石蕊试纸出现的现象为______________________。（2）实验（1）反应完成后，试管中看到大量白色固体生成，初步推测是因为浓硫酸吸水产生水合硫酸，导致分散系中水的量减少，生成的较难溶解在水中，以白色固体析出。设计实验进一步探究浓硫酸吸水性实验如下：①室温下，利用如图所示数字化装置进行浓硫酸吸水性的探究实验，测定数据如下表。质量分数体积实验开始时湿度实验结束时湿度98%50mLa6.8%90%50mLa8.9%85%50mLa10.1%80%50mLac实验结束时湿度：10.1%______c（填“>”、“<”或“=”）②浓硫酸的吸水性源于其能与水形成一系列较为稳定的化合物，反应方程式如下：结合①中实验数据和（标准平衡常数）可以判断，硫酸浓度越小吸水倾向______（填“越强”、“越弱”或“无法判断”）。水合的同时硫酸分子间会因共价键极化断裂而发生类似水的自耦电离（），则其电离方程式为__________________。（3）硫酸表面饱和蒸汽压中水的分压p（水）可以间接表示水经蒸汽流入硫酸的倾向，如下表所示：质量分数/%5055607075809095p（水）/kPa1.121.040.510.1440.0550.016=1\*GB3①可以写为，请解释呈蓝色的原因是：______________________________________________。②根据数据分析，硫酸表面p（水）越小，硫酸的吸水效果______（填“越强”、“越弱”或“无法判断”）。经典观点认为：失水过程为，已知分步失水时水分压p（水）如下推测若使将加入浓硫酸中，变为白色固体，硫酸质量分数至少大于______。〖答案〗（1）①②检验生成气体中的试纸由蓝色变为红色（2）①<②越弱（3）①中与形成离子，故晶体显蓝色②越强60%〖祥解〗利用浓硫酸与铜共热制备二氧化硫，产生的气体通过品红试纸、酸性高锰酸钾溶液、蓝色石蕊试纸分别检验二氧化硫的漂白性、还原性和酸性氧化物的性质，最后利用干燥管通过氢氧化钠溶液吸收，防止倒吸；【详析】（1）①在加热条件下，Cu与浓硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，则反应方程式为：；②二氧化硫具有漂白性能使品红褪色，U型管中品红试纸的作用为检验生成气体中的，二氧化硫为酸性气体遇石蕊变红，蓝色石蕊试纸出现的现象为试纸由蓝色变为红色；（2）①根据表中数据可知，硫酸浓度越小，实验结束时湿度越大，故10.1%<c，〖答案〗为<；②结合①中实验数据硫酸浓度越小，实验结束时湿度越大，结晶水越多，（标准平衡常数）越小，故可以判断，硫酸浓度越小吸水倾向越弱；水合的同时硫酸分子间会因共价键极化断裂而发生类似水的自耦电离（），则其电离方程式为；（3）①可以写为，中与形成离子，故晶体显蓝色；②根据表中数据可知，硫酸的质量分数越大，硫酸表面饱和蒸汽压中水的分压p（水）越小，故硫酸表面p（水）越小，硫酸的吸水效果越强；分压越小吸水越好，要达到白色固体分压最大分压是0.52，0.51吸水效果比0.52好此时是白色固体，硫酸浓度为60%，故推测若使将加入浓硫酸中，变为白色固体，硫酸质量分数至少大于60%。18.工业上用红土镍矿（主要成分为NiO，含CoO、FeO、、、MgO、CaO和）制备。工艺流程如图所示，回答下列问题：（1）加入在高压下进行酸浸。充分浸取后过滤出的酸浸渣的主要成分为______（填化学式）。（2）由溶液获取的操作是______、______、过滤、洗涤。（3）沉镁沉钙加入NaF溶液，生成和若沉淀前溶液中，当沉淀完全后滤液中时，除钙率为______（忽略沉淀前后溶液体积变化）。（已知：、）（4）“萃取”可将金属离子进行富集与分离，原理如下：。工业上用磺化煤油做萃取剂，萃取时，Co、Ni的浸出率和Co/Ni分离因素随pH的关系如图所示：①萃取时，选择pH为______左右。②反萃取的试剂为______。（5）氧化、沉铁沉铝时，需加入NaClO溶液起氧化作用。写出与NaClO在碱性条件下发生反应的离子方程式：__________________________。（6）中阴离子的空间构型为______________。〖答案〗（1）、（2）蒸发浓缩冷却结晶（3）99.7%（4）①3.5②稀硫酸（5）（6）正四面体〖祥解〗红土镍矿(主要成分为NiO，含CoO、FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO和SiO2)，向其中加入硫酸在高压下进行酸浸，NiO与硫酸反应生成NiSO4，CoO与硫酸反应生成CoSO4，FeO与硫酸反应生成FeSO4，Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3，Al2O3与硫酸反应生成Al2(SO4)3，MgO与硫酸反应生成MgSO4，CaO与硫酸反应生成CaSO4，SiO2与硫酸不反应；加入氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH，将铁离子、铝离子沉淀；加入可溶氟化物，将镁离子转化为氟化镁沉淀，将钙离子转化为氟化钙沉淀；经过萃取、反萃取得到NiSO4溶液；NiSO4溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥最终得到NiSO4·7H2O晶体。【详析】（1）根据分析，CaO与硫酸反应生成CaSO4，CaSO4微溶于水，SiO2与硫酸不反应，则经充分浸取后过滤出的酸浸渣的主要成分为CaSO4、SiO2；（2）从溶液中获得晶体的操作一般是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，由溶液获取的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。（3）当沉淀完全后滤液中c(Mg2+)=1.5×10-6mol/L时，c2(F-)==(mol/L)2=5×10-5(mol/L)2，此时溶液中c(Ca2+)==mol/L=3×10-6mol/L，除钙率为：=99.7%；（4）①由图示可知，pH为3.5左右时，Co/Ni分离因素最高，钴和镍的萃取率相差较大，因此，萃取时选择pH为3.5左右；②由萃取原理可知，反萃取时可以加入稀硫酸，增大氢离子浓度，使平衡逆向移动，促使有机相中的MR2重新转化为水相中的M2+；（5）与NaClO在碱性条件下发生反应的离子方程式：（6）中阴离子PO,中心原子P的σ键电子对数为4，孤电子对数为0，因此中心原子的价层电子对数为4，P原子采用sp3杂化，所以其立体构型为正四面体的空间构型为：正四面体19.金属钛（Ti）重量轻、强度高、抗腐蚀能力，在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途。目前生产钛的方法之一是将金红石（）转化为，再进一步还原得到钛。（1）基态Ti原子的价电子轨道表示式：__________________。（2）转化为有直接氯化法（Ⅰ）和碳氯化法（Ⅱ）。Ⅰ．Ⅱ．已知：的燃烧热为393.5'，的燃烧热为283.0①______________。②碳氯化反应过程中CO和可以相互转化，如图1所示，下列关于碳氯化反应说法正确的是______。A．生成CO反应为放热反应B．升高温度，平衡转化率减小C．增大压强，碳氯化反应平衡向正反应方向移动D．如图2所示晶胞中位于所构成的正八面体的体心，则的配位数是6③碳氯化法中生成CO比生成更有利于转化为，从熵变角度分析可能的原因是______________________________________。（3）经光谱分析在碳氯化反应中有光气（）生成，后继续反应，有理论认为机理如下：一分子含有______个σ键，决速步骤的反应方程式为__________________。（4）在，将、C、以物质的量比1∶2.2∶2进行反应。体系中气体平衡组成比例（物质的量分数）随温度变化的理论计算结果如图所示。=1\*GB3①反应的平衡常数______Pa。②图中显示，在200℃平衡时几乎完全转化为，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是______________________________________________。〖答案〗（1）（2）①-49②BD③生成CO反应的嫡增变化幅度更大，更有利于反应正向进行（3）3（4）①②提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品〖解析〗（1）Ti的原子序数为22，基态Ti原子的价电子排布式为3d24s2，轨道表示式为：；（2）①I：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)∆H1=+172kJ⋅mol-1，已知：的燃烧热为393.5'，的燃烧热为283.0，Ⅲ：C(s)+O2(g)=CO2(g)∆H3=-393.5kJ⋅mol-1，Ⅳ：CO(g)+O2(g)=CO2(g)∆H4=-283.0kJ⋅mol-1，根据盖斯定律I+2×Ⅲ-2×Ⅳ得=(172-393.5×2+283.0×2)kJ/mol=-49kJ/mol；②A．根据Ⅲ：C(s)+O2(g)=CO2(g)∆H3=-393.5kJ⋅mol-1，Ⅳ：CO(g)+O2(g)=CO2(g)∆H4=-283.0kJ⋅mol-1，根据盖斯定律Ⅲ-2×Ⅳ得CO2(g)+C(s)=2CO(g)，∆H=-393.5+2×283.0=+172.5kJ⋅mol-1，生成CO反应为吸热反应，故A错误；B．碳氯化反应过程中生成CO发生反应Ⅱ，反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡转化率减小，故B正确；C．反应Ⅱ的气体分子数增大，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，碳氯化反应平衡向逆反应方向移动，故C错误；D．均摊法可知，TiO2晶胞中黑色球数目为1+8×=2，白色球数目为2+4×=4，结合黑色球与白色球数目之比为2：4=1：2，故黑色球为Ti、白色球为O，晶胞中体心Ti与周围有6个O原子，晶胞中位于所构成的正八面体的体心，则的配位数是6，故D正确；故选BD；③焓减和熵增有利于反应正向进行，碳氯化法中生成CO比生成更有利于转化为，原因是：生成CO反应的嫡增变化幅度更大，更有利于反应正向进行；（3）的结构式为，单键由1个σ键形成，双键由1个σ键和1个π键形成，则一分子含有3个σ键；正反应活化能越大反应速率越慢，最慢的一步决定整个反应的速率，则决速步骤的反应方程式为；（4）①反应的平衡常数；②考虑实际生产中要尽可能的在单位时间内多出产品，故应该为加快反应速率，提高生产效率。20.有机物G是合成中草药活性成分Psoralidin的中间体，其合成路线如下：已知：酯分子中的α-碳原子上的氢比较活泼，使酯与酯之间能发生缩合反应：回答下列问题：（1）化合物A的名称为__________；C中官能团的名称为__________。（2）结合已有知识，写出E→F的方程式：______________________________________；该反应类型为__________。（3）下列关于反应F→G的说法中，正确的有__________。A.反应过程中有极性键、非极性键的断裂和形成B.化合物F存在顺反异构体C.该反应有乙醇生成D.化合物G中碳原子的杂化方式有两种（4）化合物E的芳香族同分异构体中，同时满足如下条件的有______种，a）只含一种官能团且能与碳酸钠反应生成；b）核磁共振氢谱确定分子中有9个化学环境相同的氢原子。其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式为__________________。（写出一种即可）（5）对甲氧基苯甲酸（）可用作防腐剂或制备香料，结合上述信息，写出以苯酚为主要原料制备的合成路线________________。〖答案〗（1）间苯二酚醚键、碳溴键（2）酯化反应或取代反应（3）CD（4）6或（5）〖祥解〗A的结构简式为，名称为间苯二酚，A溴单质反应生成B，B的结构简式为，B和CH3I发生取代反应生成C为，C发生已知反应生成D为，D和Mg、CO2、氢离子酸化生成E，观察E和F的结构可知，E和乙醇发生酯化反应生成F为，F和发生取代反应生成G为，据此作答。【详析】（1）A的结构简式为，名称为间苯二酚，C为，C中官能团的名称为醚键、碳溴键，故〖答案〗为：间苯二酚；醚键、碳溴键。（2）根据分析可知，E和乙醇发生酯化反应生成F为，发生的反应为：，反应类型为：酯化反应或取代反应，故〖答案〗为：；酯化反应或取代反应。（3）F为，F和发生取代反应生成G为，可知：A．反应过程中只有极性键断裂和形成，故A错误；B．F为，碳碳双键两端有一端存在2个H原子，不存在顺反异构，故B错误；C．和在C2H5ONa的作用下生成，发生已知信息中的反应，反应中有乙醇产生，故C正确；D．G为，苯环上的所有碳原子、碳碳双键中碳原子、羰基和酯基上的碳均为sp2，甲基、亚甲基上的碳均为sp3杂化，因此碳原子的杂化方式有2种，故D正确；故〖答案〗选CD。（4）化合物E为，要求芳香族同分异构体中，同时满足如下条件的有：只含一种官能团且能与碳酸钠反应生成CO2，说明含有羧基，且含有2个羧基才能产生CO2；核磁共振氢谱确定分子中有9个化学环境相同的氢原子，说明剩余的甲基应该连在同一个碳原子上，因此取代基为-COOH、-COOH、-C(CH3)3，因此同分异构体有6种，其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式为或，故〖答案〗为：6；或。（5）结合已知信息可知，以苯酚为主要原料制备的合成路线为：，故〖答案〗为：。广东省汕头市2024届高三下学期第二次模拟考试可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16第Ⅰ卷一、单项选择题：本题共16小题，共44分。（1-10题每小题2分，共20分；11-16题每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合要求。）1.2024年春节，汕头文化旅游不断“出圈”，下列有关材料属于有机合成纤维的是（）A东海岸风筝尼龙线B潮阳英歌舞木棍C汕头烟花表演邮轮金属外壳D无人机表演碳纤维机翼〖答案〗A〖解析〗A．尼龙属于有机合成纤维，A正确；B．木棍成分为纤维素，属于天然纤维，B错误；C．金属外壳属于无机物，C错误；D．碳纤维是碳单质，属于新型无机非金属材料，D错误；故选A。2.学好化学才能更好的保护生态环境。下列有关做法错误的是（）A.将快递纸箱回收利用 B.研发易降解的生物化肥C.加快化石燃料的开发与使用 D.将废旧塑料裂解为化工原料〖答案〗C〖解析〗A．将快递纸箱回收利用，节约资源，A正确；B．研发易降解的生物农药能减少污染物的排放，B正确；C．加快化石燃料的开采与使用会增加污染物的排放量，C错误；D．将废旧塑料裂解为化工原料，不仅可以将其变废为宝，还可以为化工产业提供原料，D正确；故选C。3.化学处处呈现美。下列有关说法正确的是（）A.分子呈现完美对称，为V形结构B.NaCl焰色试验为黄色，与氯原子的电子跃迁有关C.冰雪融化时需要破坏氢键和范德华力D.镁条燃烧发出耀眼的白光，只将化学能转化为光能〖答案〗C〖解析〗A．分子中中心原子碳原子价层电子对为，为sp杂化，呈直线形结构，呈现完美对称，故A错误；B．焰色试验为黄色，Na+离子的核外电子从能量高的状态跃迁到能量较低的状态，以光的形式将能量释放出来，故B错误；C．水分子间存在范德华力和氢键，冰雪融化时，需要破坏范德华力和氢键，故C正确；D．Mg在空气中燃烧时发出耀眼的白光，化学能一部分转化为光能，一部分转化为热能，故D错误；故〖答案〗选C。4.科技兴国，中国科学家为国家的发展做出巨大的贡献，下列有关说法错误的是（）A.科学家将镍钛系形状记忆合金用于航空领域，Ni和Ti均属于过渡金属元素B.量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨烯互为同位素C.长征七号火箭发动机的碳化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料D.天和核心舱内以氙和氩为离子推进器气体，氙和氩均为稀有气体〖答案〗B〖解析〗A．Ti为22号元素，Ni为28号元素，因此Ti—Ni两种金属都属于过渡金属元素，故A正确；B．碳纳米管TEM与石墨烯都是碳元素组成的单质，互为同素异形体，故B错误；C．用于火箭发动机的碳化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料，故C正确；D．氙和氩都是位于元素周期表0族的稀有气体，故D正确；〖答案〗选B。5.实验促进化学学科发展，下列实验仪器的名称和用途错误的是（）ABCD直形冷凝管分液漏斗容量瓶石英坩埚用于冷凝操作用于分液或滴加液体精确配制一定物质的量浓度的溶液用于熔化NaOH固体〖答案〗D〖解析〗A．直形冷凝管可以用于冷凝操作，故A正确；B．分液漏斗可以用于用于分液或滴加液体，故B正确；C．容量瓶可以用于精确配制一定物质的量浓度的溶液，故C正确；D．石英坩埚的主要成分是SiO2，与熔化NaOH要反应，不能用于熔化NaOH固体，故D错误。〖答案〗选D。6.现代化学的发展离不开先进的仪器，下列有关说法错误的是（）A.光谱仪能摄取各种元素原子的吸收光谱或发射光谱B.质谱仪通过分析样品轰击后的碎片质荷比来确定分子的相对分子质量C.X射线衍射实验能区分晶体和非晶体，但无法确定分子结构的键长和键角D.红外光谱仪通过分析有机物的红外光谱图，可获得分子所含的化学键和基团信息〖答案〗C〖解析〗A．原子光谱：不同元素的原子发生跃迁时会吸收或释放出不同的光,可以用光谱仪摄取各种元素原子的吸收光谱或发射光谱,总称原子光谱，A正确；B．质谱仪以电子轰击或其他的方式使被测物质离子化，形成各种质荷比的离子，然后利用电磁学原理使离子按不同的质荷比分离并测量各种离子的强度，从而确定被测物质的分子量和结构，B正确；C．X射线衍射实验是一种区分晶体与非晶体的有效方法，晶体会对X射线发生衍射，非晶体不会对X射线发生衍射，可确定分子结构的键长和键角，C错误；D．红外光谱仪基于物质在红外区域对特定波长的红外线的吸收。不同化学键的振动频率与红外辐射的波数或波长相对应，因此可以通过分析光谱中的吸收峰来确定样品中存在的化学键类型和结构，D正确；故选C7.化学服务于社会，下列有关项目与所述化学知识没有关联的是（）选项项目化学知识A医院用作“钡餐”不溶于酸和水B工厂电解熔融获得铝熔点高C作坊往豆浆中加入石膏制作豆腐石膏能使蛋白质发生盐析D利用植物油生产氢化植物油植物油能发生加成反应〖答案〗B〖解析〗A．用作“钡餐”，因既不溶于水，也不溶于酸，A不选；B．工厂电解熔融获得铝，因为是离子化合物，与熔点无关，B选；C．豆浆为胶体，豆腐是往豆浆中加石膏使胶体聚沉得到，C不选；D．植物油中含有碳碳双键，能和氢气发生加成反应生成氢化植物油，D不选；故选B。8.物质类别和元素价态是认识物质两个重要维度。下图为硫及其化合物的价类二维图，下列说法错误的是（）A.附着有a的试管，可用清洗B.b和d反应生成a时，d发生还原反应C.b、c两种氧化物的VSEPR模型相同D.g的钠盐可与f的稀溶液反应生成a和b〖答案〗B〖祥解〗根据价态及物质类别可知d为H2S、a为S、b为SO2、c为SO3、e为亚硫酸、f为硫酸、g为含有硫代硫酸根的盐，据此分析解题。【详析】A．a为S，硫微溶于酒精，易溶于二硫化碳，故附着有a的试管，常用二硫化碳洗涤，故A正确；B．a为S、b为SO2、d为H2S，反应方程式为2H2S+SO2=3S↓+2H2O，H2S中硫元素的化合价升高，发生氧化反应，故B错误；C．b为SO2，价层电子对数为，VSEPR模型为平面三角形，c为SO3，价层电子对数为，VSEPR模型为平面三角形，故C正确；D．g为含有硫代硫酸根的盐，g的钠盐为Na2S2O3，f为硫酸，Na2S2O3与稀硫酸发生歧化反应，生成S和SO2，故D正确；故〖答案〗选B。9.磷酸奥司他韦（分子式为）在治疗流感方面发挥重要作用，其分子结构如图所示，下列有关磷酸奥司他韦的说法错误是（）A.能与3mol反应 B.能与强酸、强碱反应C.可形成分子内氢键、分子间氢键 D.能发生氧化、还原、取代、加成反应〖答案〗A〖解析〗A．该分子中只有碳碳双键与氢气加成，故能与1mol反应，A错误；B．含有氨基，酯基，肽键可以与强酸、强碱反应，B正确；C．含有两个邻位氨基，可以成分子内氢键、分子间氢键，C正确；D．含有氨基，酯基，碳碳双键，肽键能发生氧化、还原、取代、加成反应，D正确；故选A。10.X、Y、Z、M、R、Q为六种短周期元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示，下列说法正确的是（）A.M存在最高化合价为+6价B.Q单质与Y的氧化物之间一定无法发生置换反应C.Y、M形成的化合物为大气污染物D.X、Z、M可形成一种含共价键、配位键的离子化合物〖答案〗D〖祥解〗X、Y、Z、M、R、Q为六种短周期元素，由原子半径和最外层电子数之间的关系图可知，X、R、Q最外层只有1个电子，为第ⅠA族元素，Y最外层有4个电子，位于第ⅣA族，Z原子最外层有5个电子，位于第ⅤA族，M最外层有6个电子，位于第ⅥA族，R原子半径最大，为Na，X原子半径最小，为H，Q原子半径小于R大于X，所以Q为Li，Y是C、Z是N、M为O。【详析】A．M为O，O不存在最高化合价+6价，A错误；B．单质锂与CO2的反应为4Li＋CO22Li2O＋C，是置换反应，B错误；C．Y、M形成的化合物CO2不是大气污染物，C错误；D．X、Z、M可形成NH4NO3是一种含共价键、配位键的离子化合物，D正确；故选D。11.牙齿表面有一层牙釉质在保护着，存在如下平衡：，已知的的。下列说法错误的是（）A.口腔中残留大量的酸性物质会破坏牙釉质B.牙膏中添加适量的磷酸盐，可以有效保护牙齿C.若用碳酸氢钠稀溶液进行漱口，会使上述平衡发生移动，此时变小D.使用含氟（NaF）牙膏，可实现与的转化〖答案〗C〖解析〗A．牙釉质的主要成分为羟基磷酸钙[Ca5(PO4)3OH]，口腔中残留大量的酸性物质，将消耗，导致生成物浓度减小，使羟基磷酸钙沉淀溶解平衡右移，破坏牙釉质，故A正确；B．在牙膏中添加适量的磷酸盐，增大了磷酸根离子的浓度，使得反应化学平衡逆向移动，有利于生成羟基磷灰石，能起到保护牙齿的作用，故B正确；C．只受温度影响，加入碳酸氢钠后，温度不变，不变，故C错误；D．发生的反应为：，由方程式可知，反应的平衡常数K====≈2.4×1024，因此使用添加NaF的含氟牙膏，可实现与的转化，故D正确；故〖答案〗选C。12.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A.标准状况下，22.4L正丙醇（）分子中含有的数目为8B.24g质量分数为25%的甲醛水溶液中含有氢原子数目为2.4C.pH=1的溶液与足量的Zn反应产生的氢气分子数目为0.05D.0.1mol与0.1mol反应时，转移电子的数目为0.3〖答案〗B〖解析〗A．标准状况下，正丙醇（）是液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，A错误；B．24g质量分数为25%的甲醛水溶液中，含6g甲醛（HCHO）含氢原子数目为0.4，18g水含有氢原子数目为2，共含有氢原子数目为2.4，B正确；C．没有溶液体积，不确定氢离子的物质的量，不能计算生成氢分子的数目，C错误；D．碘离子还原性大于亚铁离子，0.1molFeI2与0.1molCl2反应时，氯气不足，碘离子完全反应，氯元素化合价由0变为-1，则转移0.2mol电子，电子数目为0.2NA，D错误；故选B。13.下列对应离子方程式书写正确的是（）A.酚酞滴入碳酸钠溶液中变红：B.投入水中：C.等体积、等物质的量浓度的和混合：D.漂白粉溶液中通入过量：〖答案〗A〖解析〗A．碳酸钠在水中会水解，水解方程式：，A正确；B．Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2，其反应的离子方程式为：，B错误；C．等体积、等物质的量浓度的和混合：，C错误；D．Ca2++2ClO-+2SO2+2H2O=2Cl-+CaSO4↓+SO+4H+，D错误；故选A。14.下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验操作、现象结论A向淀粉-KI溶液中通入红棕色气体，溶液变蓝该气体一定为溴蒸气B将乙醇和浓硫酸加热至170℃，将产生的气体通入酸性溶液，溶液紫色褪去证明反应生成乙烯C相同温度下用pH计测定等浓度甲酸和乙酸溶液的pH，甲酸溶液的pH更小烷基越长，推电子效应越大D将浓硫酸滴到蔗糖表面，观察到固体变黑膨胀浓硫酸具有吸水性和强氧化性〖答案〗C〖解析〗A．二氧化氮、溴蒸气均可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，则该气体不一定为溴蒸气，A项错误；B．乙醇和浓硫酸共热至170℃，挥发出的乙醇也能使高锰酸钾溶液褪色，同时反应过程中生成二氧化硫也被还原高锰酸钾使其褪色，不能证明反应生成乙烯，B项错误；C．烃基是推电子基团，烃基越大，推电子能力越强，乙酸的羧基中羟基的极性较甲酸小，其酸性比甲酸弱，C项正确；D．浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，固体变黑膨胀，可知浓硫酸具有脱水性和强氧化性，D项错误；〖答案〗选C。15.资源再利用有利于保护生态，某实验小组研究电催化和含氮废水（）在常温常压下合成尿素，即向一定浓度的溶液中通入至饱和，在电极．上反应生成，电解原理如图所示。下列有关说法错误的是（）A.离子交换膜为质子交换膜B.电极b发生氧化反应，为电解池的阳极C.每消耗44g，理论上可在b处得到4molD.电极a的电极反应式为〖答案〗D〖祥解〗从电池结构中有电源可知，该电池是电解池，从该电池的H+的移动方向可知，H+从b电极向a电极移动，电解池中阳离子从阳极移向阴极，所以a电极是阴极，b电极是阳极，所以b电极连接电源的正极，a电极连接电源的负极；【详析】A．根据装置可知，该离子交换膜只允许氢离子通过，为质子交换腊，A正确；B．根据分析可知，b电极是电解池的阳极，阳极上发生氧化反应，B正确；C．44gCO2物质的量为1mol，当电极a区消耗1molCO2时，由电极方程式，转移电子16mol，电极b生成O2是H2O中的O失电子，化合价从-2变为0，故得4molO2，C正确；D．a电极是阴极，得电子，从图中可知，a电极上端通入CO2，H+移动到a电极参与反应，硝酸根离子转化为CO(NH2)2，其电极反应式为，D错误；〖答案〗选D。16.为解决铜与稀硝酸反应过程中装置内氧气对实验现象的干扰，以及实验后装置内氮氧化物的绿色化处理问题。某实验小组对装置进行微型化改造，设计如图所示的装置（试管底部有孔隙）。下列说法错误的是（）A.装置内发生的化学反应方程式为：B.实验开始前需除去试管内的氧气，可拉动注射器BC.该装置可通过控制止水夹和注射器来控制反应的开始与停止D.实验终止时，需将铜丝提拉上来后再拉动注射器A〖答案〗B〖解析〗A．装置内铜与稀硝酸反应，即，故A正确；B．实验开始时先拉注射器A活塞，其目的是除去反应前试管内的空气，故B错误；C．该实验装置可通过控制止水夹和注射器来控制反应的开始与停止，故C正确；D．反应停止后，提拉粗铜丝，使粗铜丝下端靠近软胶塞A，再打开止水夹，缓慢拉注射器A活塞，可观察到试管内的无色气体被吸入注射器A内，试管内稀硝酸液面逐渐上升，注射器B活塞缓慢向内移动，如不提拉铜丝会继续反应，故D正确；故〖答案〗选B。第Ⅱ卷二、非选择题：本题共4道大题，每道大题14分，共56分。请考生根据要求认真做答。17.某科学小组进行浓硫酸性质的相关实验如下：（1）Cu与浓硫酸加热条件下反应装置如图：=1\*GB3①Cu与浓硫酸反应的化学方程式为__________________________；②U型管中品红试纸的作用为______________________，蓝色石蕊试纸出现的现象为______________________。（2）实验（1）反应完成后，试管中看到大量白色固体生成，初步推测是因为浓硫酸吸水产生水合硫酸，导致分散系中水的量减少，生成的较难溶解在水中，以白色固体析出。设计实验进一步探究浓硫酸吸水性实验如下：①室温下，利用如图所示数字化装置进行浓硫酸吸水性的探究实验，测定数据如下表。质量分数体积实验开始时湿度实验结束时湿度98%50mLa6.8%90%50mLa8.9%85%50mLa10.1%80%50mLac实验结束时湿度：10.1%______c（填“>”、“<”或“=”）②浓硫酸的吸水性源于其能与水形成一系列较为稳定的化合物，反应方程式如下：结合①中实验数据和（标准平衡常数）可以判断，硫酸浓度越小吸水倾向______（填“越强”、“越弱”或“无法判断”）。水合的同时硫酸分子间会因共价键极化断裂而发生类似水的自耦电离（），则其电离方程式为__________________。（3）硫酸表面饱和蒸汽压中水的分压p（水）可以间接表示水经蒸汽流入硫酸的倾向，如下表所示：质量分数/%5055607075809095p（水）/kPa1.121.040.510.1440.0550.016=1\*GB3①可以写为，请解释呈蓝色的原因是：______________________________________________。②根据数据分析，硫酸表面p（水）越小，硫酸的吸水效果______（填“越强”、“越弱”或“无法判断”）。经典观点认为：失水过程为，已知分步失水时水分压p（水）如下推测若使将加入浓硫酸中，变为白色固体，硫酸质量分数至少大于______。〖答案〗（1）①②检验生成气体中的试纸由蓝色变为红色（2）①<②越弱（3）①中与形成离子，故晶体显蓝色②越强60%〖祥解〗利用浓硫酸与铜共热制备二氧化硫，产生的气体通过品红试纸、酸性高锰酸钾溶液、蓝色石蕊试纸分别检验二氧化硫的漂白性、还原性和酸性氧化物的性质，最后利用干燥管通过氢氧化钠溶液吸收，防止倒吸；【详析】（1）①在加热条件下，Cu与浓硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，则反应方程式为：；②二氧化硫具有漂白性能使品红褪色，U型管中品红试纸的作用为检验生成气体中的，二氧化硫为酸性气体遇石蕊变红，蓝色石蕊试纸出现的现象为试纸由蓝色变为红色；（2）①根据表中数据可知，硫酸浓度越小，实验结束时湿度越大，故10.1%<c，〖答案〗为<；②结合①中实验数据硫酸浓度越小，实验结束时湿度越大，结晶水越多，（标准平衡常数）越小，故可以判断，硫酸浓度越小吸水倾向越弱；水合的同时硫酸分子间会因共价键极化断裂而发生类似水的自耦电离（），则其电离方程式为；（3）①可以写为，中与形成离子，故晶体显蓝色；②根据表中数据可知，硫酸的质量分数越大，硫酸表面饱和蒸汽压中水的分压p（水）越小，故硫酸表面p（水）越小，硫酸的吸水效果越强；分压越小吸水越好，要达到白色固体分压最大分压是0.52，0.51吸水效果比0.52好此时是白色固体，硫酸浓度为60%，故推测若使将加入浓硫酸中，变为白色固体，硫酸质量分数至少大于60%。18.工业上用红土镍矿（主要成分为NiO，含CoO、FeO、、、MgO、CaO和）制备。工艺流程如图所示，回答下列问题：（1）加入在高压下进行酸浸。充分浸取后过滤出的酸浸渣的主要成分为______（填化学式）。（2）由溶液获取的操作是______、______、过滤、洗涤。（3）沉镁沉钙加入NaF溶液，生成和若沉淀前溶液中，当沉淀完全后滤液中时，除钙率为______（忽略沉淀前后溶液体积变化）。（已知：、）（4）“萃取”可将金属离子进行富集与分离，原理如下：。工业上用磺化煤油做萃取剂，萃取时，Co、Ni的浸出率和Co/Ni分离因素随pH的关系如图所示：①萃取时，选择pH为______左右。②反萃取的试剂为______。（5）氧化、沉铁沉铝时，需加入NaClO溶液起氧化作用。写出与NaClO在碱性条件下发生反应的离子方程式：__________________________。（6）中阴离子的空间构型为______________。〖答案〗（1）、（2）蒸发浓缩冷却结晶（3）99.7%（4）①3.5②稀硫酸（5）（6）正四面体〖祥解〗红土镍矿(主要成分为NiO，含CoO、FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO和SiO2)，向其中加入硫酸在高压下进行酸浸，NiO与硫酸反应生成NiSO4，CoO与硫酸反应生成CoSO4，FeO与硫酸反应生成FeSO4，Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3，Al2O3与硫酸反应生成Al2(SO4)3，MgO与硫酸反应生成MgSO4，CaO与硫酸反应生成CaSO4，SiO2与硫酸不反应；加入氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH，将铁离子、铝离子沉淀；加入可溶氟化物，将镁离子转化为氟化镁沉淀，将钙离子转化为氟化钙沉淀；经过萃取、反萃取得到NiSO4溶液；NiSO4溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥最终得到NiSO4·7H2O晶体。【详析】（1）根据分析，CaO与硫酸反应生成CaSO4，CaSO4微溶于水，SiO2与硫酸不反应，则经充分浸取后过滤出的酸浸渣的主要成分为CaSO4、SiO2；（2）从溶液中获得晶体的操作一般是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，由溶液获取的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。（3）当沉淀完全后滤液中c(Mg2+)=1.5×10-6mol/L时，c2(F-)==(mol/L)2=5×10-5(mol/L)2，此时溶液中c(Ca2+)==mol/L=3×10-6mol/L，除钙率为：=99.7%；（4）①由图示可知，pH为3.5左右时，Co/Ni分离因素最高，钴和镍的萃取率相差较大，因此，萃取时选择pH为3.5左右；②由萃取原理可知，反萃取时可以加入稀硫酸，增大氢离子浓度，使平衡逆向移动，促使有机相中的MR2重新转化为水相中的M2+；（5）与NaClO在碱性条件下发生反应的离子方程式：（6）中阴离子PO,中心原子P的σ键电子对数为4，孤电子对数为0，因此中心原子的价层电子对数为4，P原子采用sp3杂化，所以其立体构型为正四面体的空间构型为：正四面体19.金属钛（Ti）重量轻、强度高、抗腐蚀能力，在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途。目前生产钛的方法之一是将金红石（）转化为，再进一步还原得到钛。（1）基态Ti原子的价电子轨道表示式：__________________。（2）转化为有直接氯化法（Ⅰ）和碳氯化法（Ⅱ）。Ⅰ．Ⅱ．已知：的燃烧热为393.5'，的燃烧热为283.0①______________。②碳氯化反应过程中CO和可以相互转化，如图1所示，下列关于碳氯化反应说法正确的是______。A．生成CO反应为放热反应B．升高温度，平衡转化率减小C．增大压强，碳氯化反应平衡向正反应方向移动D．如图2所示晶胞中位于所构成的正八面体的体心，则的配位数是6③碳氯化法中生成CO比生成更有利于转化为，从熵变角度分析可能的原因是______________________________________。（3）经光谱分析在碳氯化反应中有光气（）生成，后继续反应，有理论认为机理如下：一分子含有______个σ键，决速步骤的反应方程式为__________________。（4）在，将、C、以物质的量比1∶2.2∶2进行反应。体系中气体平衡组成比例（物质的量分数）随温度变化的理论计算结果如图所示。=1\*GB3①反应的平衡常数______Pa。②图中显示，在2