广东省广州市2022-2023高三下学期化学模拟试题3（含解析）

广东省广州市2022-2023学年高三下学期化学模拟试题3
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 Si 28 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Cu 64
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列物品所使用的主要材料属于无机非金属材料的是
A B C D
陶瓷工艺品 纸质练习簿 不锈钢脸盆 铝罐
A．A B．B C．C D．D
2．糖类、油脂、蛋白质是生命体的重要物质，下列说法正确的是
A．蔗糖水解产物只有葡萄糖 B．鸡蛋清溶液加硫酸镁会发生变性
C．油脂的氢化是加成反应 D．淀粉和纤维素互为同分异构体
3．工业上由石英砂(主要成分为)制备高纯硅的过程中涉及反应：；，下列说法正确的是
A．的球棍模型为
B．28g晶体硅中含有2molSi-Si键
C．HCl中化学键为s-sσ键
D．碳的同素异形体金刚石和均属于共价晶体
4．某有机物结构如图。下列关于该有机物的说法正确的是
A．分子式为 B．该有机物属于酯类
C．分子中含有4种官能团 D．能发生加成、取代反应
5．菠菜中富含铁元素，实验室可以检验菠菜中的铁元素，实验过程中涉及的下列操作及相关叙述错误的是
A B C D
将菠菜叶剪碎后灼烧 在通风橱中，用稀硝酸浸取菠菜灰 过滤 往滤液中滴加溶液检验
A．A B．B C．C D．D
6．以氯酸钠(NaClO3)等为原料制备亚氯酸钠(NaClO2)的工艺流程如下，下列说法中，不正确的是
A．反应1中，每生成1molClO2有0.5molSO2被氧化
B．从母液中可以提取Na2SO4
C．反应2中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
D．采用减压蒸发可能是为了防止NaClO2受热分解
7．化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是
选项 化学性质 实际应用
A ClO2具有强氧化性 自来水杀菌消毒
B Al(OH)3分解吸收大量的热量并有H2O生成 阻燃剂
C SO2具有还原性 用作漂白粉
D NaHCO3受热易分解 焙制糕点
A．A B．B C．C D．D
8．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的重要视角。下图是硫及其化合物的价类二维图，下列说法不正确的是
A．向d的水溶液中滴加几滴紫色石蕊试液，溶液变红色，说明d的水溶液呈酸性
B．b在过量O2中燃烧生成bO3
C．图中由d转化为e需加入氧化剂
D．将a与c混合，可生成淡黄色固体
9．已知室温下，，，下列有关说法正确的是
A．溶液中：
B．向含的溶液中缓慢通入标况下气体，所得溶液
C．室温下，用溶液吸收少量气体，产生黑色沉淀，上层清液中：
D．与溶液反应的离子方程式为
10．瑞典ASES公司设计的曾用于驱动潜艇的液氨-液氧燃料电池示意图如下，有关说法正确的是
A．电池总反应为：4NH3 + 3O2 = 2N2 + 6H2O
B．电池工作时，OH－向正极移动
C．电极2发生的电极反应为：O2+4H+ + 4e－=2H2O
D．电流由电极1经外电路流向电极2
11．近日，某科学家开发了一种用二氧化碳淡化海水的技术，其循环图如下：
已知：R为烃基，是一元弱碱，易溶于水。电离常数：。下列叙述错误的是
A．中N提供孤电子对能与质子形成配位键 B．溶液呈弱碱性
C．可以循环利用 D．在常压、高温条件下海水淡化速率最快
12．五种短周期主族元素X、Y、Z、R、W的原子序数依次增大，它们形成的化合物结构如图所示。X是元素周期表中原子半径最小的元素，Y、Z、R为同周期元素。下列说法错误的是
A．电负性：
B．仅由X、Z、R组成的化合物可能为离子化合物
C．基态Y原子的s轨道的电子数与其p轨道的电子数相等
D．W与R可形成两种离子化合物，两化合物中阴阳离子个数比相同
13．下列实验方案能达到实验目的的是
选项 实验目的 实验方案
A 除去Al2O3中的Fe2O3 向固体中先加入过量NaOH溶液，过滤后向滤液中加入过量盐酸
B 证明溶液中无NH 向某溶液中滴加少量稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝
C 证明二氧化硫具有还原性 将二氧化硫通入Ba(NO3)2溶液中，有白色沉淀生成
D 验证：Ksp(AgI)A．A B．B C．C D．D
14．工业上用电解法生产乙醛酸(OHCCOOH)的原理如图所示，装置中阴、阳两极均为惰性电极。其中双极膜由阴离子交换层和阳离子交换层复合而成，在直流电场作用下双极膜复合层内水解离为和并分别向两极移动。下列说法正确的是
A．a为直流电源的负极
B．相同时间内，两极得到乙醛酸的物质的量一定相等
C．X极上生成乙醛酸的电极反应式为
D．M是阴离子交换膜
15．已知反应，在一定温度下，反应达到平衡时，B的体积分数(B%)与压强变化的关系如图所示，下列叙述一定正确的是
①
②x点表示的正反应速率大于逆反应速率
③x点表示的反应速率比y点的大
④
A．①② B．②④ C．②③ D．①③压强kP
16．常温下，向溶液中逐滴加入等浓度溶液，所得溶液中含A元素的微粒的物质的量分数与溶液的关系如图，下列说法正确的是
A．的水解离子方程式为A2-+H2O HA-+OH-，
B．室温下，水解常数
C．溶液中存在
D．常温下，等物质的量浓度的与溶液等体积混合后溶液的
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．某实验小组为酸性条件下碘化钾与过氧化氢反应的化学反应速率，进行了以下实验探究。
(1)实验一：向硫酸酸化的过氧化氢溶液中加入由碘化钾、淀粉和硫代硫酸钠配制成的混合溶液液，一段时间后溶液变蓝。该小组查阅资料知体系中存在下列两个主要反应：
反应ⅰ：；
反应ⅱ：。
为了证实上述反应过程，进行下列实验(所用试剂浓度均为0.01mol/L)
实验二：向酸化的溶液中加入淀粉KI溶液，溶液几秒后变为蓝色。再向已经变蓝的溶液中加入溶液，溶液立即褪色。
根据此现象可知反应ⅰ的速率___________反应ⅱ的速率(填“大于”、“小于”或“等于”)，解释实验一中溶液混合一段时间后才变蓝的原因是___________。
(2)为了探究对反应速率的影响，设计两组对比实验，按下表中的试剂用量将其迅速混合观察现象。(各实验均在室温条件下进行)
实验编号 试剂体积/mL 溶液开始变蓝的时间/s
(含淀粉)
① 40 40 20 40 20
② 20 20 40
①___________。
②对比实验①和实验②，___________(填“>”、“<”或“=”)。
(3)利用实验①的数据，计算反应ⅱ在的化学反应速率___________；反应ⅰ在的化学反应速率___________。
18．镍、钴及其化合物在工业上有广泛的应用。工业上用红土镍矿(主要成分为NiO，含CoO、FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO和SiO2)制备NiSO4·6H2O和钴的工艺流程如图所示。
已知：①Ni、Co的化学性质与Fe相似：
②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+ Co2+ Mg2+
开始沉淀时的pH 6.8 4.1 2.2 7.5 7.2 9.4
沉淀完全时的pH 9.2 5.4 3.2 9.0 9.0 12.4
③“萃取”可将金属离子进行富集与分离，原理如下：X2+(水相)+2RH(有机相)XR2(有机相)+2H+(水相)。
回答下列问题：
(1)滤渣I的主要成分为____(填化学式)。
(2)调pH的目的为沉铁和沉铝。沉铁时发生的氧化还原反应的离子方程式为____。如何判断NaClO已足量：____(写出具体操作过程)。
(3)滤渣3的成分为MgF2和CaF2。若滤液1中c(Ca2+)=1.0×10-3molL，当滤液2中c(Mg2+)=1.5×10-6mol/L时，除钙率为____(忽略沉淀前后溶液体积变化)。(已知：Ksp(CaF2)=1.5×10-10、Ksp(MgF2)=7.5×10-11)
(4)用25%P507+5%TBP+70%磺化煤油做萃取剂，萃取时，Co、Ni的浸出率和钴/镍分离因素随pH的关系如图所示：
萃取时，选择pH为___左右。
(5)试剂X为___。
(6)资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如表关系。
温度 低于30.8℃ 30.8℃~53.8℃ 53.8℃~280℃ 高于280℃
晶体形态 NiSO4·7H2O NiSO4·6H2O 多种结晶水合物 NiSO4
由NiSO4溶液获得稳定的NiSO4·6H2O晶体的操作M依次是蒸发浓缩、____、过滤、洗涤、干燥。
19．我国“十四五”规划提出要制定2030年前碳达峰行动方案，努力争取2060年前实现碳中和。为此，研发CO2转化利用技术成为重要科技目标。
(1)以CO2为原料加氢可以合成甲醇，将n(H2)/n(CO2)=3的混合气体充入体积为V L的密闭容器中，在催化剂存在的条件下进行以下两个反应：
CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H1＜0
CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H2＞0
测得温度与转化率、产物选择性的关系如图所示。
CH3OH选择性=
①270°C以后CO2转化率随温度升高而增大的原因可能是___________。
②有利于提高CH3OH选择性的反应条件可以是___________(填标号)。
A．降低温度 B．使用更合适的催化剂
C．增大压强 D．原料气中掺入适量的CO
③控制温度240°C，测得混合气体流速为a L· h-1(已换算为标准状况)，则CO2的反应速率___________mol·L-1·min-1(写出计算式)。
(2)以CO2和NH3为原料合成尿素。在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：
i： 2NH3(g)+CO2(g) NH2CO2NH4(s) △H=- 1 59.5kJ·mol-1
ii： NH2CO2NH4(s) CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H= +72.5kJ·mol-1
iii： 2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H
④反应iii的△H= ___________ kJ·mol-1。3个反应的△G(自由能变化)随温度的变化关系如图所示，图中对应于反应iii的线是___________(填字母)。
⑤一定条件下的恒容容器中，充入原料气3molNH3和1molCO2，平衡时CO2的转化率为0.5，则平衡时NH3和CO2的物质的量比为 ___________ ，已知反应ii的Kp=p，测得平衡时容器内总压为ap，则反应iii的平衡常数Kp=___________。
20．某研究小组按下列路线合成抗癌药物盐酸苯达莫司汀。
已知：①
②
请回答：
(1)化合物A的官能团名称是___________。
(2)化合物B的结构简式是___________。
(3)下列说法正确的是___________。
A．的反应类型为取代反应
B．化合物D与乙醇互为同系物
C．化合物I的分子式是
D．将苯达莫司汀制成盐酸盐有助于增加其水溶性
(4)写出的化学方程式______。
(5)设计以D为原料合成E的路线(用流程图表示，无机试剂任选)___。
(6)写出3种同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式_______。
①分子中只含一个环，且为六元环；②谱和谱检测表明：分子中共有2种不同化学环境的氢原子，无氮氮键，有乙酰基。
参考答案：
1．A
【详解】A．陶瓷工艺品一般主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，故A选；
B．纸质练习簿的主要成分为纤维素，属于有机非金属材料，故B不选；
C．不锈钢脸盆的主要成分为金属合金材料，属于无机金属材料，故C不选；
D．铝罐成分为金属，属于无机金属材料，故D不选；
综上所述，答案为A。
2．C
【详解】A．蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，A项错误；
B．重金属盐才能使蛋白质变性，而鸡蛋清溶液加硫酸镁，蛋白质发生盐析，而不会变性，B项错误；
C．油脂的氢化是油与氢气发生加成反应生成脂肪，C项正确；
D．淀粉和纤维素的化学式为(C6H10O5)n，化学式中的n值不同，故淀粉和纤维素不互为同分异构体，D项错误；
答案选C。
3．B
【详解】A． 是四面体结构，并且原子半径：Cl＞C＞H，图示表示C原子的半径最大，故A错误；
B． Si晶体中每个Si原子形成4个Si-Si键，两个Si原子形成1个Si-Si键，1molSi形成2molSi-Si键，28g晶体硅中含有=2molSi-Si键，故B正确；
C． 氯原子利用p轨道成键，HCl中化学键为s-pσ键，故C错误；
D． 碳的同素异形体金刚石属于共价晶体，但属于分子晶体，故D错误；
故选B。
4．D
【详解】A．根据有机物的结构简式得到分子式为，故A错误；
B．该有机物不含有酯基，因此不属于酯类，故B错误；
C．分子中含有羧基、羟基、碳碳双键3种官能团，故C错误；
D．该有机物含有碳碳双键，能发生加成，含有羟基、羧基，能发生酯化反应，又叫取代反应，故D正确；
综上所述，答案为D。
5．D
【详解】A．将菠菜叶剪碎后灼烧，在坩埚中进行，操作合理，选项A正确；
B．在通风橱中，用稀硝酸浸取菠菜灰，防止产生的有毒气体使人引起中毒，操作合理，选项B正确；
C．将溶解后的固体与溶液分离开来，通过过滤操作，操作步骤也合理，选项C正确；
D．溶解中硝酸将铁氧化为Fe3+，往滤液中滴加溶液检验而不是检验，操作不合理，选项D错误；
答案选D。
6．C
【分析】反应1中，2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2；反应2中，2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O。
【详解】A．从反应1中可以看出，NaClO3作氧化剂，SO2作还原剂，每生成1molClO2，有0.5molSO2被氧化，A正确；
B．反应1生成ClO2的同时，有Na2SO4生成，所以从母液中可以提取Na2SO4，B正确；
C．反应2中，氧化剂为ClO2，还原剂为H2O2，二者的物质的量之比为2∶1，C不正确；
D．NaClO2受热易分解，采用减压蒸发可以节省能源，也可以防止NaClO2受热分解，D正确；
故选C。
7．C
【详解】A. ClO2具有强氧化性，可使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，故A正确；
B. Al(OH)3分解吸收热量，同时生成的H2O覆盖在可燃物表面隔绝空气，可用于阻燃剂，故B正确；
C. SO2能与有色物质反应生成不稳定的无色化合物，表现出漂白性，可作漂白剂，与SO2具有还原性无关，故C错误；
D. NaHCO3受热易分解生成CO2气体，并且能与酸反应生成CO2气体，可用于焙制糕点，故D正确；
故选C。
8．B
【详解】A．d为H2SO3，能使紫色石蕊试液变红说明其水溶液呈酸性，选项A正确；
B．b为S单质，无论O2是否过量，燃烧时只能生成SO２，选项B不正确；
C．d转化为e的S元素化合价升高，被氧化，需加入氧化剂，选项C正确；
D．a是H2S与c是SO2混合，两者发生归中反应可生成S，出现淡黄色固体，选项D正确；
答案选B。
9．B
【详解】A．氢硫酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，一级电离抑制二级电离，则溶液中，故A错误；
B．0.1mol氢氧化钠溶液与标况下2.24L硫化氢气体反应生成硫氢化钠，硫氢酸根离子的水解常数为Kh===≈7.69×10—3＞Ka2(H2S)，则硫氢酸根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，硫氢化钠溶液呈碱性，溶液pH>7，故B正确；
C．由题意可知，上层清液为硫化铜的饱和溶液，溶液中，故C错误；
D．次氯酸钠具有强氧化性，则具有还原性的硫化氢与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应，不可能发生复分解反应生成次氯酸，故D错误；
故选B。
10．A
【详解】A．氨气的氧化产物是氮气，则燃料电池的总反应可表示为4NH3+3O2＝2N2+6H2O，A正确；
B．原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，即OH-向负极移动，B错误；
C．氧气在正极得到电子，溶液显碱性，则正极电极反应为O2+2H2O+4e-＝4OH-，C错误；
D．原电池中电流从正极流向负极，即电流由电极2经外电路流向电极1，D错误，
答案选A。
11．D
【详解】A．RNH2中氮原子有一对孤对电子，中N提供孤电子对能与质子形成配位键，A正确；
B．由于，所以的水解程度小于碳酸氢根的水解程度，因此溶液呈弱碱性，B正确；
C．根据示意图可判断，参加吸收二氧化碳，后面又生成，因此可以循环利用，C正确；
D．二氧化碳气体的溶解度随温度升高而降低，因此在高温条件下不利于海水淡化，D错误；
答案选D。
12．C
【分析】五种短周期主族元素X、Y、Z、R、W的原子序数依次增大，形成的化合物结构如图所示，X在元素周期表中原子半径最小，则X为H元素；W形成+1价阳离子，其原子序数最大，则W为Na元素；Y、Z、R为同周期元素，Y形成4个共价键，其原子序数小于Na元素，则Y为C元素；Z形成3个共价键，则Z为N元素；R形成2个共价键，则R为O元素，以此分析解答。
【详解】根据分析可知，X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，R为O元素，W为Na元素。则
A．非金属性越强，电负性越大，电负性：O＞Z＞C，故A正确；
B．仅由H、N、O组成的化合物可能为离子化合物，例如硝酸铵等，故B正确；
C．基态C原子的核外电子排布式为1s22s2p2，s轨道的电子数与其p轨道的电子数不相等，故C错误；
D．W与R可形成两种离子化合物氧化钠和过氧化钠，两化合物中阴阳离子个数比相同，均是1：2，故D正确；
故选C。
13．C
【详解】A．氧化铝与NaOH反应，且滤液中加过滤盐酸不能生成氧化铝，不能除杂，A错误；
B．离子的检验必须加碱加热，B错误；
C．二氧化硫通入Ba(NO3)2溶液，发生氧化还原反应，生成硫酸钡白色沉淀， C正确；
D．AgNO3溶液过量，均为沉淀生成，不能比较Ksp大小，D错误；
故选C。
14．D
【分析】图解剖析
该装置为电解池，电极X上的电极反应有、，X为阳极；电极Y上电极反应有、，Y为阴极；阳极室溶液中发生反应。
【详解】A．X为阳极，则a为电源的正极，选项A错误；
B．由于阴极上发生2个电极反应，阳极上也同时发生2个电极反应，故无法确定两极生成OHCCOOH的物质的量是否相等，选项B错误；
C．阳极室生成乙醛酸的反应在电解质溶液中，不是在电极上，选项C错误；
D．电解时，阴离子向阳极移动，故M为阴离子交换膜，选项D正确；
答案选D。
15．B
【分析】从题图的曲线变化特征可以看出，增大压强，B的体积分数增大，说明平衡向逆反应方向移动，A为固态，则有n＜p+q，在曲线上的点为平衡状态，图象中x和y没有达到平衡状态，根据B的含量判断反应趋向于平衡分析反应进行的方向，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，由此分析。
【详解】①从题图的曲线变化特征可以看出，增大压强，B的体积分数增大，说明平衡向逆反应方向移动，A为固态，则有n＜p+q，m+n与p+q的关系不能确定，故①错误；
②x点位于曲线上方，未达到平衡状态，由题图可以看出，当B的体积分数减小时，可趋向于平衡，则要想达到平衡状态，反应向正反应方向进行，即v正>v逆，故②正确；
③x点对应的压强小于y点，压强越大，反应速率越大，故x点比y点的反应速率小，故③错误；
④从题图的曲线变化特征可以看出，增大压强，B的体积分数增大，说明平衡向逆反应方向移动，A为固态，则有n＜p+q，故④正确；正确的是②④；
答案选B。
16．B
【详解】A．由图像可知，0.1mol/L H2A溶液的pH=1，即H2A全部电离为HA-，说明第一步电离为完全电离，HA-不水解，A错误；
B．Na2A水解平衡常数K=，结合pH=3时c(A2-)=c(HA-)，所以K=c(OH-)=10-11，B正确；
C．H2A溶液中全部电离，不存在H2A分子，则由物料守恒可知，c(A2-)+c(HA-)=0.1mol/L，C错误；
D．常温下，c(A2-)=c(HA-)时，Ka==c(H+)=10-3，则A2-水解平衡常数Kh==10-11＜Ka，则等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合后，A2-水解程度小于HA-电离程度，导致溶液中c(A2-)＞c(HA-)，则c(H+)＜10-3，溶液的pH＞3，D错误；
故选B。
17．(1) 小于 反应ⅰ的速率小于反应ⅱ的速率，完全反应之后，溶液中才能出现碘单质
(2) 40mL <
(3)
【详解】（1）向酸化的溶液中加入淀粉KI溶液，溶液几秒后变为蓝色。再向已经变蓝的溶液中加入溶液，溶液立即褪色，说明反应ⅰ的速率小于反应ⅱ的速率；反应ⅰ的速率小于反应ⅱ的速率，完全反应之后，溶液中才能出现碘单质，所以溶液混合一段时间后才变蓝。
（2）①探究对反应速率的影响，根据控制变量法，为使两组实验中的浓度相等，V1=40，为使的浓度相等，控制混合后总体积系统，所以40mL。
②对比实验①和实验②，实验①中大于实验②，实验①反应速率快，所以<。
（3）完全反应后，溶液开始变蓝，根据实验①的数据，反应前的浓度为 ，反应ⅱ在的化学反应速率；根据反应ⅱ，可知内反应ⅰ生成I2的速率为，反应ⅰ在的化学反应速率 。
18．(1)CaSO4和SiO2
(2) 2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+或2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO 取反应后少量滤液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若无蓝色沉淀产生，说明NaClO已足量
(3)99.7%
(4)3.5
(5)盐酸
(6)冷却至30.8℃~53.8℃之间结晶
【分析】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，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，则过滤得到的滤渣1含SiO2和CaSO4；向滤液中加入次氯酸钠将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钠溶液调节pH，将铁离子、铝离子沉淀，过滤，滤渣2含Fe(OH)3、Al(OH)3；向滤液1中加入氟化钠，将镁离子转化为氟化镁沉淀，将钙离子转化为氟化钙沉淀，滤渣3含MgF2、CaF2；向滤液2中加入萃取剂，将二价钴离子萃取到有机相中，再加盐酸进行反萃取，得到氯化钴溶液，氯化钴溶液电解得到单质钴；而二价镍离子在萃取的水相中，将水相处理得到硫酸镍溶液，硫酸镍溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiSO4·6H2O晶体。
（1）由分析可知，滤渣1的主要成分是：SiO2和CaSO4。
（2）次氯酸根离子有强氧化性，亚铁离子有还原性，两者发生氧化还原反应生成氯离子和铁离子，而生成的铁离子又水解生成氢氧化铁，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，沉铁时发生的氧化还原反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+或2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO；要证明次氯酸钠已足量，只需证明溶液中已经没有亚铁离子，因此方法为：取反应后少量滤液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若无蓝色沉淀产生，说明NaClO已足量。
（3）当滤液2中c(Mg2+)=1.5×10-6mol/L时，c2(F-)===510-5(mol/L)2，此时溶液中c(Ca2+)===310-6mol/L，除钙率为：。
（4）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。
（5）由图示可知，反萃取后得到氯化钴溶液，再结合已知信息③，因此试剂X为盐酸。
（6）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，依据表中数据可知，30.8℃~53.8℃，晶体以NiSO4·6H2O形式存在，因此冷却结晶时应在30.8℃~53.8℃之间冷却结晶。
19．(1) 反应未达平衡，温度升高，反应速率加快；生成CO的反应为主反应，该反应吸热，温度升高转化率增大 ABCD
(2) - 87.0 b 4：1
【详解】（1）①270°C以后CO2转化率随温度升高而增大的原因可能是反应未达平衡，温度升高，反应速率加快；生成CO的反应为主反应，该反应吸热，温度升高转化率增大；答案为：反应未达平衡，温度升高，反应速率加快；生成CO的反应为主反应，该反应吸热，温度升高转化率增大。
②A．降低温度，反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)正向移动，反应CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)逆向移动，有利于提高CH3OH的选择性，A项选；
B．使用更合适的催化剂，对反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)的选择性更好，抑制CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)反应的发生，可提高CH3OH的选择性，B项选；
C．增大压强，反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)正向移动，反应CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)不移动，有利于提高CH3OH的选择性，C项选；
D．原料气中掺入适量的CO，反应CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)逆向移动，CO2、H2浓度增大，反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)正向移动，有利于提高CH3OH的选择性，D项选；
答案选ABCD。
③将n(H2)/n(CO2)=3的混合气体充入体积为V L的密闭容器中，控制温度240°C，测得混合气体流速为a L· h-1，根据图象可知，240℃时CO2的转化率为10%，CO2的反应速率=；答案为：。
（2）④根据盖斯定律，iii=i+ii，则反应iii的 H=-159.5kJ/mol+(+72.5kJ/mol)=-87.0kJ/mol；反应ii的 H＞0、 S＞0，根据 G= H-T S，反应ii随温度的升高 G减小，对应于反应ii的线是c，反应i的 H＜0、 S＜0，反应iii的 H＜0、 S＜0，反应i和反应iii随温度的升高 G增大，反应iii相对于反应i有气态物质生成，则反应iii的 S的绝对值比反应i的小，反应iii的 S比反应i的大，对应于反应i的线是a，对应于反应iii的线是b；答案为：-87.0；b。
⑤一定条件下的恒容容器中，充入原料气3molNH3和1molCO2，平衡时CO2的转化率为0.5，转化CO2物质的量为0.5mol，在反应i、iii中消耗的NH3、CO2物质的量之比为2：1，则转化NH3物质的量为1mol，平衡时NH3物质的量为3mol-1mol=2mol、CO2物质的量为1mol-0.5mol=0.5mol，平衡时NH3和CO2的物质的量比为2mol：0.5mol=4：1；已知反应ii的Kp=p，则平衡时H2O(g)的分压为p，测得平衡时容器内总压为ap，平衡时NH3和CO2的总压为ap-p=(a-1)p，平衡时NH3和CO2的物质的量比为4：1，在恒温恒容容器中气体的压强之比等于物质的量之比，则平衡时NH3、CO2的分压依次为、，则反应iii的平衡常数Kp== =；答案为：4：1；。
20．(1)硝基，碳氯键(氯原子)
(2)
(3)D
(4)
(5)
(6)
【分析】与CH3NH2反应生成B，B与硫化钠发生还原反应生成C，结合C的结构可知A到B为取代反应，B为，C与E发生已知中反应生成F，F为，F脱水生成G，G与乙醇发生酯化反应生成H，H与氢气加成后再与环氧乙烷发生反应生成I，I与SOCl2发生取代反应后再与盐酸反应生成盐酸苯达莫司汀，据此分析解答。
【详解】（1）由A的结构可知其所含官能团为硝基和氯原子，故答案为：硝基、碳氯键(氯原子)；
（2）由以上分析可知化合物B的结构简式，故答案为：；
（3）A. 的反应中B中一个硝基转化为氨基，反应类型为还原反应，故错误；
B. 化合物D中含有两个羟基，与乙醇不是同系物，故错误；
C. 化合物I的分子式是，故错误；
D. 将苯达莫司汀制成盐酸盐，可以增加其水溶性，利于吸收，故正确；
故答案为：D；
（4）G与乙醇发生酯化反应生成H，反应方程式为：，故答案为：；
（5）1，3-丙二醇与HBr发生取代反应生成1，3-二溴丙烷，1，3-二溴丙烷与NaCN发生取代反应生成 ，发生水解生成戊二酸，戊二酸分子内脱水生成，合成路线为： ，故答案为：；
（6）化合物C的同分异构体①分子中只含一个环，且为六元环；②谱和谱检测表明：分子中共有2种不同化学环境的氢原子，无氮氮键，有乙酰基，除乙酰基外只有一种氢，则六元环上的原子均不与氢相连，该物质具有很高的对称性，符合的结构有，故答案为： ；