河北省石家庄市2024年高考化学模拟试题（含答案）

河北省石家庄市2024年高考化学模拟试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．兔年春晚《满庭芳·国色》以中国传统色为切入点，使得桃红、凝脂、群青等有着优美名字的“中国色”扑而而来。其中“桃红”可从红花、铅丹、朱砂或赫石等原料中提取。下列说法错误的是A．提取红花中的有效成分红花素时，可使用萃取操作B．铅丹(Pb3O4)中+2价Pb与C．以朱砂(主要成分为HgS)为原料提取的“桃红”不宜用于制作化妆品D．赭石(主要成分为Fe2．材料在生产、生活中发挥着重要作用，下列说法正确的是A．聚氯乙烯可用作不粘锅的耐热涂层材料B．硬铝密度小、强度高，可用于制造飞机外壳C．硅是良好的半导体材料，可用于制作光导纤维D．纺织行业常用的棉花、麻、蚕丝等材料均属于碳水化合物3．设NAA．25℃时，1LpH=12的Ba(OH)2溶液中含有OB．1mol白磷(P4)和C．22.4LCD．0.5molNO和04．下列离子方程式正确的是A．硅酸钠溶液中通入CO2B．向烧碱溶液中加入一小段铝片：2Al+2OC．溴与冷的NaOH溶液反应：BD．过量铁粉加入稀硝酸中：Fe+45．下列说法错误的是A．基态铬原子的电子排布式为[Ar]3B．NHC．所有元素中，氟的第一电离能最大D．光气(COCl6．下列选项中，陈述Ⅰ、Ⅱ的化学原理相同的是

陈述Ⅰ陈述ⅡA不能用浓硫酸干燥NH3不能用浓硫酸干燥H2SB高温时用Na与TiCl4反应制Ti高温时用Na与KCl反应制KC用FeS处理含Cu2+的废水用含氟牙膏预防龋齿D向NaHCO3溶液中滴加AlCl3溶液，产生白色沉淀向NaHCO3溶液中滴加CaCl2溶液，产生白色沉淀A．A B．B C．C D．D7．4-溴甲基肉桂酸甲酯是合成抗肿瘤药物帕比司他的重要中间体，其结构简式如下：关于4-溴甲基肉桂酸甲酯的说法正确的是A．最多有18个原子共平面B．不能发生消去反应C．与互为顺反异构体D．最多可消耗3molNaOH8．下列装置能达到相应实验目的的是A．利用甲装置可使Fe粉最终消失得到澄清溶液B．利用乙装置可制备溴苯并验证有HBr生成C．利用丙装置可制备NHD．利用丁装置可制备S9．电化学合成具有反应条件温和、反应试剂纯净和生产效率高等优点，利用下图所示装置可合成己二腈[NC(CH2)4CN]。充电时生成己二睛，放电时生成O2A．N极的电势高于M极的电势B．放电时，双极膜中OHC．充电时，阴极的电极反应式为2CD．若充电时制得1molNC(CH210．某碳-碳成键反应的催化剂由R3+和结构如图所示的阴离子组成，X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，R3+与Ar具有相同的核外电子排布。下列说法正确的是A．R位于第四周期ⅢA族B．X、Y、Z的简单氢化物的沸点依次升高C．XQ2和QY2的空间结构相同D．基团-XZ3与碘原子形成的化合物可水解为XZ3H和HIO11．向起始温度相同、体积相等的甲、乙两个恒容密闭容器中分别充入1molNO(g)和1molCO(g)发生反应：2NO(g)+2CO(g)=2CO2(g)+N2A．甲为绝热容器B．NO的平衡转化率：甲>乙C．除0时刻外，任意时刻的压强始终满足pD．该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能12．下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向淀粉溶液中加入适量20％H2SO淀粉未水解B将盐酸酸化的CuCl溶液中[CuCl4]C将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMnO铁锈中含有二价铁D向5mLFeCl3溶液中滴加NaFeA．A B．B C．C D．D13．利用如下流程可从废光盘的金属层中回收其中的银(金属层中其他金属含量过低，对实验影响可忽略)：已知：NaClO溶液在加热时易分解产生NaCl和NaClOA．“氧化”时，适宜选择水浴加热方式B．若省略第一次过滤，会使氨水的用量增加C．滤渣Ⅱ洗涤后的滤液可送入“还原”工序利用D．“还原”时，每生成1molAg，理论上消耗014．25℃时，已知0.①NH3②NH3③H2O(l)⇌下列说法正确的是A．反应①和②互为可逆反应B．该氨水中存在c(NC．若该氨水中c(NH3D．向该氨水中加入硫酸，当c(NH二、非选择题15．苯甲酸乙酯可用于配制香水香精和人造精油，也可用于食品中。某实验小组以苯甲酸和乙醇为原料，利用如图装置合成苯甲酸乙酯，步骤如下：Ⅰ．反应回流：向100mL圆底烧瓶中加入磁搅拌子，然后依次加入6.1g苯甲酸、20mL95％乙醇、25mL环己烷，搅拌均匀后再加入Ⅱ．产物蒸馏提纯：继续水浴加热，从圆底烧瓶中蒸出环己烷和剩余的乙醇，经分水器放出。将圆底烧瓶中残留物倒入盛有冷水的烧杯中，再经一系列除杂操作后，最后蒸馏收集210～213℃的馏分，得到5.可能用到的数据如下：

相对分子质量密度/沸点/℃水中溶解性苯甲酸1221.266249微溶乙醇460.78978溶苯甲酸乙酯1501.045213难溶环己烷840.77980.8*难溶*环己烷、乙醇和水可形成共沸物，其沸点为62.1℃。回答下列问题：（1）若用18O标记乙醇，则所得产品苯甲酸乙酯的结构简式为（2）如果步骤Ⅰ中加热一段时间后发现忘记加入磁搅拌子，应采取的正确操作为。（3）步骤Ⅰ中“多次开启分水器活塞放出下层液体”的目的为。（4）步骤Ⅱ中“一系列除杂操作”用到的试剂包括a．无水氯化钙b．碳酸钠c．食盐。按照操作先后顺序，应依次加入(填试剂的字母编号)。操作过程中，当观察到现象时，即可停止加入碳酸钠；加入食盐的目的为。（5）步骤Ⅱ中蒸馏收集产物时，所需用到的玻璃仪器有酒精灯、蒸馏烧瓶、尾接管、接收瓶和(填仪器名称)。（6）本实验的产率为％(保留两位有效数字)。（7）下列仪器不能为产品结构分析提供有效信息的是(填选项字母)。A元素分析仪B．质谱仪C．红外光谱仪D．核磁共振仪E．X射线衍射仪16．湿法炼锌综合回收系统产出的萃余液中含有Na2SO4、ZnSO4、H2SO4，还含有Mn2+、Co2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Al3+等，一种将萃余液中有价离子分步分离、富集回收的工艺流程如下：回答下列问题：（1）“氧化”时，Mn2+、Fe2+均发生反应。后者发生反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为。（2）“调pH”时，所得“滤渣1”中除含有MnO2和Fe(OH)3外，还有。（3）“除镉”时，发生反应的类型为。（4）“除钴镍”时，有机净化剂的基本组分为大分子立体网格结构的聚合物。其净化原理可表示为：反应时，接受电子对的一方是；Co2+、Ni2+能发生上述转化而Zn2+不能，推测可能的原因为。（5）“沉锌”时有气体生成，则生成碱式碳酸锌的离子方程式为。（6）“沉锌”时，所得滤液经硫酸酸化后，用惰性电极电解可制备Na2S2O8，从而实现原料的循环利用，该电解过程中总反应的化学方程式为。（7）氧化锌有多种晶体结构，其中一种晶胞结构及晶胞参数如图所示。已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该氧化锌晶体的密度为g∙cm-3(列出计算式即可)。17．二甲醚是重要的有机合成原料：工业上常用合成气(主要成分为CO、H2反应ⅰ：CO(g)+2H2反应ⅱ：2CH3反应ⅲ：CO(g)+H2（1）已知298K时，由稳定态单质生成1mol化合物的焓变称为该物质的标准摩尔生成焓(ΔfHmΘ物质CO(g)HCΔ−1100.0−201（2）已知ΔG=ΔH−TΔS，ΔG随温度变化的三种趋势如下图中线条所示。能用来表示反应ⅰ的线条是(填线条字母)。（3）在Zn①根据元素电负性的变化规律，图中反应步骤Ⅲ可描述为。②在合成甲醇过程中，需要不断分离出甲醇的原因为(填选项字母)。a．有利于平衡正向移动b．防止催化剂中毒c．提高正反应速率（4）一定温度下，在体积为2L的刚性容器中充入4molCO(g)和8molH2(g)制备二甲醚，4min时达到平衡，平衡时CO(g)的转化率为80%，①0∼4min内，v(CO)=mol⋅②反应ⅲ的平衡常数Kc=（5）实际工业生产中，需要在260℃、压强恒为4.0MPa的反应釜中进行上述反应。初始时向反应釜中加入0.01molCO(g)和0.①需控制出气流量小于进气流量的原因为。②已知出气流量为0.02mol⋅min−1，单位时间内CO(g)18．布洛芬(N)是一种家中常备退烧药，转位重排法是合成布洛芬的主要方法，其合成路线见下图所示。已知：①②回答下列问题：（1）F的名称为，其易溶于水的原因为。（2）A→B的反应类型为，M中含有的官能团名称为。（3）E＋F→G的化学方程式为。（4）手性分子在生命科学和药物生产方面有广泛应用。对于手性药物，一个异构体可能有效，另一个异构体可能无效甚至有害。布洛芬分子(N)中存在的手性碳原子个数为个。（5）苯环上的一氯取代物有两种的D的同分异构体有种(不含立体异构)，写出其中核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积之比为3：2：（6）对甲基苯丙酮()为常用化工原料。结合上述流程，以甲苯和丙烯为原料制备对甲基苯丙酮的合成路线为(无机试剂任选)。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．可用有机溶剂提取红花中的有效成分，采取萃取操作，故A不符合题意；B．Pb3O4可视为：2PbO⋅PbO2，+2价C．HgS有毒，不能制作化妆品，故C不符合题意；D．Fe2O故答案为：D。

【分析】A、利用有机溶剂提取有机物，属于萃取的操作；

B、可以类比四氧化三铁的构成判断；

C、汞是重金属，会导致人体中毒；

D、磁性物质应该是四氧化三铁。2．【答案】B【解析】【解答】A．聚四氟乙烯可用作不粘锅的耐热涂层材料，故A不符合题意；B．硬铝密度小、强度高，适用于制造飞机外壳，故B符合题意；C．硅是良好的半导体材料，可用于制作集成电路，二氧化硅用于制作光导纤维，故C不符合题意；D．蚕丝主要成分为蛋白质，不属于碳水化合物，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A、聚氯乙烯有毒；

B、硬铝密度小，强度高；

C、二氧化硅可以制作光导纤维；

D、蚕丝的主要成分是蛋白质。3．【答案】A【解析】【解答】A.25℃时，1LpH=12的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，则含有OHB.1分子P4中含有6个共价键，则1mol白磷(P4C．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸是可逆反应，22.4LCl2(标准状况下物质的量为1mol)通入水中充分反应，则转移电子的数目少于NAD．0.5molNO和0.故答案为：A。【分析】A、pH可以计算溶液中的氢氧根浓度，结合公式n=c·V计算氢氧根的物质的量；

B、白磷分子中有4个磷原子，形成6个共价键；

C、氯气和水的反应为可逆反应；

D、一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮会转化为四氧化二氮。4．【答案】B【解析】【解答】A．硅酸钠溶液中通入CO2：SiOB．Al与NaOH反应生成Na[AlC．溴与冷的NaOH溶液反应：BrD．过量铁粉加入稀硝酸中：3Fe+8H故答案为：B。

【分析】A、二氧化碳过量时生成碳酸氢根，少量时生成碳酸根；

B、氢氧化钠可拆，铝和氢气不可拆；

C、电荷不守恒；

D、铁粉过量时生成亚铁离子。5．【答案】C【解析】【解答】A．Cr为24号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或简化为[Ar]3d54s1，故A不符合题意；B．铵根离子中，H+提供空轨道，NH3中N提供孤电子对形成一个配位键，故B不符合题意；C．在同周期元素中稀有气体的第一电离能最高，故C符合题意；D．(COCl2)故答案为：C。【分析】A、Cr为24号元素，其价电子层为3d54s1；

B、氯化铵中一个氢离子可以和氨分子形成配位键；

C、稀有气体的最外层能级为全充满，第一电离能最高；

D、光气分子中所有原子都满足8电子结构。6．【答案】C【解析】【解答】A．虽然NH3和H2S都不能用浓硫酸干燥，但原理不同，浓硫酸与NH3反应生成(NH4)2SO4等，发生非氧化还原反应，浓硫酸与H2S发生氧化还原反应，A不符合题意；B．高温时用Na与TiCl4反应制Ti，利用强还原性物质制取弱还原性物质，高温时用Na与KCl反应制K，利用难挥发性物质制取易挥发性物质，原理不同，B不符合题意；C．用FeS处理含Cu2+的废水、用含氟牙膏预防龋齿，都是利用溶度积大的物质转化为溶度积小的物质，原理相同，C符合题意；D．向NaHCO3溶液中滴加AlCl3溶液，发生双水解反应3HCO3−+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑，产生白色沉淀，向NaHCO3溶液中滴加CaCl2溶液，发生反应2HCO3−+Ca2+=CaCO故答案为：C。【分析】A、氨气具有酸性，硫化氢具有还原性；

B、钠比钛活泼，钾比钠活泼；

C、溶度积大的电解质可以转化为溶度积小的电解质；

D、碳酸氢根和铝离子发生完全双水解，碳酸氢根和钙离子反应生成碳酸钙。7．【答案】B【解析】【解答】A．苯环、碳碳双键、碳氧双键均为平面结构，三个平面通过单键相连，单键可旋转，三个平面可重合，因此最多有20个原子共平面，故A不符合题意；B．溴原子所连碳的邻位碳无氢不能发生消去反应，故B符合题意；C．两者为同种物质，故C不符合题意；D．溴原子与酯基消耗NaOH，1mol该物质消耗2molNaOH，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A、共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面；

B、溴原子邻位碳没有连接氢原子，不能发生消去反应；

C、两者为同种物质，不是顺反异构；

D、溴原子、酯基都可以和氢氧化钠反应。8．【答案】A【解析】【解答】A．氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁，氯化铁与铁粉反应生成氯化亚铁，可使铁粉最终消失，故A符合题意；B．溴单质挥发，也能与硝酸银反应生成AgBr沉淀，因此不能验证HBr生成，故B不符合题意；C．氨气极易溶于水，不能用装水的量气管确定其体积，故C不符合题意；D．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，但出气导管不能伸入液面以下，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】A、氯气和氯化亚铁反应生成氯化铁，氯化铁和铁粉反应生成氯化亚铁；

B、溴易挥发；

C、氨气易溶于水；

D、出气导管不能伸入液面以下。9．【答案】C【解析】【解答】A．当放电时，N极发生氧化反应，为负极，电势低于正极M极，A不符合题意；B．放电时，阴离子向负极运动，则双极膜中OHC．充电时，N极为阴极，阴极发生还原反应生成己二腈，电极反应式为2CHD．若充电时制得1molNC(CH2)4故答案为：C。

【分析】新型二次电池的判断：

1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；

2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒；若是充电过程，则负极作为阴极，正极作为阳极，阴极电极反应式为负极的逆反应，阳极的电极反应式为正极的逆反应。10．【答案】D【解析】【解答】A．由分析可知，R为21号元素Sc，其价电子排布式为3d14s2，位于第四周期ⅢB族，A不符合题意；B．X、Y、Z的简单氢化物分别为CH4、H2O、HF，H2O和HF分子间均能形成氢键，且H2O间形成的氢键数目高于HF的，则H2O的沸点最高，B不符合题意；C．XQ2和QY2分别为CS2、SO2，前者呈直线形结构，后者呈V形结构，二者的空间结构不同，C不符合题意；D．基团-CF3与碘原子形成的化合物为ICF3，由于受F的影响，I-C间的共用电子对偏离I原子，所以发生水解生成HCF3和HIO，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A、钪为21号元素，在周期表第四周期第三纵列，第三纵列为IIIB族；

B、氢键数目越多，沸点越高；

C、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；

杂化轨道数=2，为直线；

杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；

杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；

杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；

杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；

杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；

D、共用电子对偏向电负性强的一端。11．【答案】B【解析】【解答】A．该反应为放热反应，若容器为绝热容器，则体系内温度升高，温度越高反应速率越快，任意时刻的正反应速率始终满足v甲B．由以上分析可知甲为绝热容器，甲中温度高于乙，该反应为放热反应，温度升高使平衡逆向移动，会降低NO的转化率，因此乙中NO的平衡转化率高于甲，故B符合题意；C．除0时刻外，甲中温度高于乙，且甲正向进行程度小于乙，甲中气体分子数大于乙，则甲中压强始终大于乙，故C不符合题意；D．该反应为放热反应，正反应的活化能小于逆反应的活化能，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A、升高温度速率加快；

B、升高温度，平衡朝吸热方向移动；

C、气体分子数越大，压强越大；

D、反应物活化能大于生成物活化能，反应吸热，反之，反应放热。12．【答案】D【解析】【解答】A．检验淀粉是否水解应用银氨溶液检验是否生成水解产物葡萄糖，用该实验加少量碘水，溶液变蓝，可能是淀粉未水解完全，故A不符合题意；B．加水稀释过程中，溶质离子浓度均减小，故B不符合题意；C．将铁锈溶于浓盐酸，铁锈中铁单质与盐酸反应生成氯化亚铁，再滴入KMnOD．向5mLFeCl3溶液中滴加Na2SO3故答案为：D。

【分析】A、溶液变蓝只能证明还有淀粉存在；

B、加水稀释过程中各种粒子浓度减小；

C、氯离子和亚铁离子都可以被酸性高锰酸钾氧化；

D、红褐色为氢氧化铁，蓝色沉淀为亚铁离子遇到铁氰酸钾的现象。13．【答案】D【解析】【解答】A．“氧化”时需要的温度为80℃，适宜选择水浴加热方式，A不符合题意；B．需要增加氨水的用量，因为①过量NaClO与NH3·H2O反应，②还因为未过滤掉的溶液会对加入的氨水起稀释作用，且其中含有一定浓度的Cl-，也不利于AgCl与氨水反应，B不符合题意；C．滤渣Ⅱ洗涤后的滤液含有Ag(NHD．还原过程Ag(NH3)2+中银元素化合价降低生成单质银，由+1价变为0价，N2H4·H2O中氮元素化合价升高生成N2，由-2价变为0价，根据得失电子守恒，n[Ag(N故答案为：D

【分析】A、控制一定温度加热为水浴加热；

B、过量NaClO会与NH3·H2O反应；

C、二铵合银离子可以进入还原阶段进行利用；

D、结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。14．【答案】C【解析】【解答】A．反应①和②的反应物和生成物不完全相同，不是可逆反应，故A不符合题意；B．根据电荷守恒，氨水中存在电荷守恒c(NHC．反应①+②可得反应NH3(aq)+H2O(aq)⇌NH4+(aq)+OH-(aq)的K=K1K2D．溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-故答案为：C。

【分析】A、可逆反应的特点是反应物和生成物相同，条件相同，同时进行；

B、结合电荷守恒判断；

C、两式相加，平衡常数相乘，两式相减，平衡常数相除；

D、结合电荷守恒判断。15．【答案】（1）（2）冷却后补加（3）通过分水器除去产物水，使反应正向进行，提高产率（4）b、c、a；不再有气泡生成；降低酯的溶解度，便于后续分液（5）温度计、直形冷凝管（6）67（7）A【解析】【解答】（1）根据酯化反应原理“酸脱羟基醇脱氢”可知，产品中苯甲酸乙酯的结构简式为，故答案为：；（2）实验时发现忘加磁搅拌子，应停止加热，待溶液冷却后加入磁搅拌子，重新继续实验，故答案为：冷却后补加；（3）分水器上层是有机层，下层为水层，当有机层液面高于支管口时，有机层会回流至烧瓶，即达到了反应物回流，提高产率的目的，多次放出水是防止水层过高到达支管口回流，保证只有有机层回流这样等于及时分离出产物水，促使平衡正向移动，提高酯的产率，故答案为：（4）烧瓶中主要含有苯甲酸、浓硫酸、乙醇、环己烷、苯甲酸乙酯，想要得到纯净的苯甲酸乙酯需要除掉苯甲酸、浓硫酸、乙醇、环己烷等杂质，需先加入碳酸钠中和苯甲酸和浓硫酸，当不再有气泡生成时可停止加入碳酸钠，为使有机层和水层充分分层，需加入食盐降低苯甲酸乙酯的溶解度，最后需用氯化钙除去多余的水分，故答案为：bca；不再产生气泡；降低苯甲酸乙酯的溶解度，便于后续分液；（5）蒸馏过程除上述仪器外还需要温度计和直形冷凝管，促进蒸馏产物的冷凝，便于收集，故答案为：温度计、直形冷凝管；（6）6.1g苯甲酸的物质的量为6.1g122g/mol（7）元素分析仪用来分析元素种类，质谱仪用来测定相对分子质量和部分结构信息（碎片的相对质量），红外光谱能够确定分子中化学键和官能团信息，核磁共振能够测定氢原子的化学环境种类及相对数目，X射线衍射能获得分子的键长、键角等结构信息。因此不能为产品结构分析提供信息的为元素分析仪，

故答案为：A。

【分析】（1）结合“酸脱羟基醇脱氢”判断；

（2）应该停止加热后冷却，补加；

（3）分水器的好处是分离水，使平衡朝正向移动；

（4）食盐可以降低酯的溶解度，便于后分离；

（5）蒸馏实验需要的仪器有酒精灯、蒸馏烧瓶、尾接管、接收瓶、温度计和直形冷凝管；

（6）产率要结合实际质量和理论质量计算；

（7）元素分析仪只能分析所含元素，不能判断其对应结构。16．【答案】（1）1：2（2）Al(OH)3、CaSO4（3）置换反应（4）Co2+、Ni2+；Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能（5）3Zn2++3CO32−+3H2O=ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2（6）Na2SO4+H2SO4通电__Na2S2O8+H（7）2×81【解析】【解答】（1）“氧化”时，Fe2+被Na2S2O8氧化，发生反应为2Fe2++S2O82−=2Fe3++2SO（2）由分析可知，“调pH”时，所得“滤渣1”中除含有MnO2和Fe(OH)3外，还有Al(OH)3、CaSO4。故答案为：Al(OH)3、CaSO4；（3）由分析可知，“除镉”时，发生反应为Zn+Cd2+=Zn2++Cd，反应类型为置换反应。故答案为：置换反应；（4）由题干流程图可知，除镍和钴步骤中，Co2+和Ni2+能形成配合物时，中心原子提供能接受孤电子对的空轨道，配位原子提供孤电子对，则反应时，接受电子对的一方是Co2+、Ni2+；Co2+、Ni2+能发生上述转化而Zn2+不能，可能的原因为：Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能。故答案为：Co2+、Ni2+；Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能；（5）“沉锌”时有气体生成，则此气体为CO2，生成碱式碳酸锌的离子方程式为3Zn2++3CO32−+3H2O=ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O↓+2CO2↑。故答案为：3Zn2++3CO32−+3H2O=ZnCO3∙2Zn(OH)（6）“沉锌”时，所得滤液经硫酸酸化后，用惰性电极电解可制备Na2S2O8，从而实现原料的循环利用，该电解过程中，Na2SO4在阳极失电子生成Na2S2O8，H2SO4在阴极得电子生成H2，总反应的化学方程式为Na2SO4+H2SO4通电__Na2S2O8+H2↑。故答案为：Na2SO4+H2SO4通电__Na2S2O（7）图中所示晶胞中，含O原子个数为1+8×18=2，含Zn原子个数为1+2×16+2×13=2，已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该氧化锌晶体的密度为2×81g/mol

【分析】（1）结合化合价变化判断化学计量数，化学计量数之比等于物质的量之比；

（2）结合后续流程，可以知道滤渣1含有二氧化锰、氢氧化铁、氢氧化铝和硫酸钙；

（3）锌和镉离子反应，生成镉单质，为置换反应；

（4）钴离子和镍离子丢失电子，含有空轨道，可以接受电子；

（5）锌离子、碳酸根和水反应生成碱式碳酸锌和二氧化碳；

（6）硫酸钠和硫酸通电条件下生成过硫酸钠和氢气；

（7）晶胞密度的计算要结合摩尔质量、阿伏加德罗常数和体积计算。17．【答案】（1）-90.7（2）c（3）H的电负性大于Zn而小于O，吸附在O2-上的H带正电，与C-O上带负电的O结合，吸附在Zn2+上的H带负电，与C-O上带正电的C结合；ac（4）0.4；4.67（5）反应釜要求压强恒定，而反应i为气体分子数减小的反应；5%【解析】【解答】（1）由图表数据可知：①C(s)+②C(s)+2H2(g)+12O2（2）反应ⅰ为放热的熵减反应，随着温度升高，ΔG会增大，故表示反应ⅰ的线条是c；（3）①电负性：O＞H＞Zn，图中反应步骤Ⅲ可描述为：H的电负性大于Zn而小于O，吸附在O2-上的H带正电，与C-O上带负电的O结合，吸附在Zn2+上的H带负电，与C-O上带正电的C结合，然后生成产物；②在合成甲醇过程中，需要不断分离出甲醇，可以使得甲醇浓度减小促使反应正向移动，且甲醇浓度减小，利于从催化剂脱附从而可以空出催化位置提高正反应速率；故答案为：ac；（4）①4min时达到平衡，平衡时CO(g)的转化率为80%，0∼4min内，②平衡时CO(g)的转化率为80%，则Δc(CO)=1.6mol∙L-1；c(H2)=1.4mol⋅L起始(mol⋅平衡时c(H2起始(mol/L)根据化学方程式体现的关系可知，1.6-a=2a-2.6，a=1.4mol⋅L−1；设反应ii中，CH3OCH3的浓度变化量为b起始(mol/L)平衡时c(CH3OH)=2c(C则平衡时CO、H2、CO2、H2O浓度分别为0.4mol⋅L−1、1.4mol⋅L−1、0.2mol⋅L（5）①反应釜要求压强恒定，而反应i为气体分子数减小的反应，会导致压强减小，故需控制出气流量小于进气流量；②假设时间为1min，则进气为0.03mol、出气0.02mol；反应ⅰ为气体分子数减少的反应，反应ⅱ、ⅲ为气体分子数不变的反应，则减少0.01mol气体是由反应i引起的，由反应i的方程式可知，参加反应i的CO的物质的量为0.01mol÷2=0.005mol，CO(