江苏省普通高等学校招生考试2024届高三考前模拟测试卷(十一)
化 学
(满分100分，考试时间75分钟)
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16 V—51 Cu—64
一、 单项选择题：共13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 我国为人类科技发展作出巨大贡献。下列说法正确的是（ ）
A. 火星探测器上天线接收器外壳为钛合金，钛合金属于金属材料
B. 太阳能电池板将太阳能转化为电能，电池板芯片的主要成分为SiO2
C. “旅程”足球中含有玻璃纤维，玻璃纤维是一种有机合成材料
D. “天宫”空间站航天员使用的是双层蛋白皮革耳机，皮革属于无机物
2. 反应SO2＋Br2＋2H2O===H2SO4＋2HBr可用于海水提取溴。下列有关说法正确的是（ ）
A. SO2是直线形分子
B. 基态O原子的轨道表示式为
C. HBr的电子式为H＋[]－
D. 1个H2SO4分子中含有6个σ键
3. 祖母绿（主要成分Be3Al2Si6O18）被称为宝石之王，与其相似的天然绿色宝石有萤石（主要成分CaF2）、磷灰石[主要成分Ca5（PO4）3F]。下列说法正确的是（ ）
A. 半径大小：r（Al3＋）>r（O2－） B. 电负性大小：χ（P）>χ（Si）
C. 电离能大小：I1（F）
ⅤA族元素氮、磷、砷（As）、锑（Sb）及其化合物应用广泛。NH3催化氧化生成NO，NO继续被氧化为NO2，将NO2通入水中制取HNO3。工业上用白磷（P4）与Ba（OH）2反应生成PH3和一种盐，该盐可与H2SO4反应制备一元中强酸H3PO2。雌黄（As2S3）和SnCl2在盐酸中反应转化为雄黄（As4S4）和SnCl4（沸点114 ℃）并放出H2S气体。锑是带有银色光泽的灰色金属，其氧化物Sb2O3可用于制造耐火材料；锑能与铅形成用途广泛的合金。
4. 下列说法正确的是（ ）
A. SnCl4是由极性键形成的非极性分子
B. P4是正四面体形分子，其中P—P—P夹角为109°28′
C. ⅤA族元素单质的晶体类型相同
D. 基态砷原子（33As）核外电子排布式为3d104s24p3
5. 下列化学反应表示错误的是（ ）
A. NO2制HNO3的离子方程式：3NO2＋H2O===2H＋＋2NO＋NO
B. 白磷与Ba（OH）2溶液反应：2P4＋3Ba（OH）2＋6H2O===3Ba（H2PO2）2＋2PH3↑
C. H3PO2与足量的NaOH溶液反应的离子方程式：H＋＋OH－===H2O
D. 雌黄制备雄黄的化学方程式：2As2S3＋2SnCl2＋4HCl===As4S4＋2SnCl4＋2H2S↑
6. 下列物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. 氨气易液化，可用于工业制硝酸
B. 五氧化二磷能与水反应，可用于干燥氨气
C. 三氧化二锑的熔点高，可用于制造耐火材料
D. 锑铅合金导热性好，可用作铅酸电池的电极材料
7. 实验室制备无水FeCl2的装置如右图所示（加热及夹持装置略）。已知SOCl2沸点为76 ℃，遇水极易反应生成两种酸性气体。下列说法错误的是（ ）
A. 实验开始时通入N2的目的是排除装置中的O2，防止FeCl2被氧化
B. 可先给b加热，再用水浴加热的方式给a加热
C. 装置c、d的作用是冷凝回流SOCl2
D. 装置e、f作用是吸收反应生成的HCl和SO2
8. 化合物Z是合成治疗急性淋巴细胞白血病药物的重要中间体，可由下列反应制得：
下列说法正确的是（ ）
A. X、Y生成Z的同时还有HCl生成
B. X与足量H2反应的生成物中含有2个手性碳原子
C. Y分子中处于同一平面上的原子数最多有14个
D. Z在一定条件下能发生消去反应
9. 二氧化碳催化加氢的反应有利于减少温室气体排放，反应为2CO2（g）＋6H2（g） C2H4（g）＋4H2O（g）。下列说法正确的是（ ）
A. 上述反应平衡常数K＝
B. 上述反应的ΔH＝4E（C===O）＋6E（H—H）－4E（C—H）－8E（O—H）（E表示键能）
C. 上述反应中每生成1 mol C2H4，转移电子的数目约为6×6.02×1023
D. 实际应用中，氢碳比[]越大越有利于提高CO2的平衡转化率
10. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是（ ）
选项 探究方案 探究目的
A 将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液，观察溶液颜色变化 检验铁锈中是否含有Fe2＋
B 向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸，观察溶液颜色变化 探究H＋浓度对CrO和Cr2O相互转化的影响
C 向NaBr溶液中滴加过量的氯水，再加入淀粉KI溶液，观察溶液颜色变化 比较Cl2、Br2和I2的氧化性强弱
D 分别测定浓度均为1.0 mol·L－1的NaHCO3溶液和CH3COONH4溶液的pH 比较HCO与CH3COO－的水解常数大小
11. 以废弃锌锰干电池（主要成分是Zn和MnO2，还含有少量炭黑）为原料制取ZnSO4、MnSO4溶液，进而得到复合微肥的流程如下：
下列说法正确的是（ ）
A. 浸取时，MnO2与FeS（不溶于水）反应的离子方程式为8MnO2＋2FeS＋16H＋===8Mn2＋＋2SO＋2Fe2＋＋8H2O
B. 浸取液中主要存在离子有H＋、Fe3＋、Zn2＋、S2－、Mn2＋、SO
C. 过滤Ⅱ所得的滤渣为ZnCO3
D. 过滤所得ZnSO4、MnSO4溶液中：c（Zn2＋）＋c（Mn2＋）
A. 含有SrCO3（s）的0.1 mol·L－1Na2CO3溶液中：c（Na＋）＋c（H＋）＝2c（CO）＋c（HCO）＋c（OH－）
B. ①代表含SrCO3（s）的0.1 mol·L－1Na2CO3溶液的变化曲线
C. 若a＝－6.5，则虚线可表示含SrSO4（s）的1.0 mol·L－1Na2SO4溶液
D. 对含SrSO4（s）且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为0.1 mol·L－1的混合溶液，pH≥7.7时才发生沉淀转化
13. 烯烃是一种应用广泛的化学原料。烯烃之间存在下列三个反应：
反应Ⅰ：3C4H8（g） 4C3H6（g）；ΔH1＝＋78 kJ·mol－1
反应Ⅱ：2C3H6（g） 3C2H4（g）；ΔH2＝＋117 kJ·mol－1
反应Ⅲ：C4H8（g） 2C2H4（g）；ΔH3
在恒压密闭容器中，反应达平衡时，三种组分的物质的量分数x随温度T的变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 反应Ⅲ的ΔH3＝＋195 kJ·mol－1
B. 700 K时反应Ⅱ的平衡常数Kx<2.0×10－2（以物质的量分数代替平衡浓度）
C. 提高C4H8物质的量分数，需研发低温条件下活性好且耐高压的催化剂
D. 超过700 K后曲线a下降的原因可能是随着温度升高反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅱ正向移动
二、 非选择题：共4题，共61分。
14. （16分）五氧化二钒（V2O5）是广泛用于冶金、化工等行业的催化剂。工业上以石煤（主要成分为V2O3，含有少量SiO2、P2O5等杂质）为原料制备V2O5，主要经过“焙烧、水浸、除杂、沉钒、灼烧”等过程。
已知：① NaVO3溶于水，NH4VO3难溶于水；
② Ksp（MgSiO3）＝2.5×10－5，Ksp[Mg3（PO4）2]＝2.5×10－24。
回答下列问题：
（1） 向石煤中加纯碱，在通入空气的条件下焙烧，V2O3转化为NaVO3，该反应的化学方程式为 。
（2） 向水浸后的溶液中加入MgSO4生成Mg3（PO4）2、MgSiO3沉淀以除去硅、磷。除杂后的溶液中MgSO4的浓度为0.1 mol·L－1，此时溶液中 eq \f(c（PO）,c（SiO）) ＝ ；磷、硅去除率随温度变化的曲线如图1所示，随着温度升高除磷率下降而除硅率升高，可能的原因是 。
（3） “沉矾”时加入NH4Cl析出NH4VO3。沉钒温度需控制在50 ℃左右，温度不能过高的原因为 。
（4） NH4VO3在空气中灼烧得V2O5。称取0.80 g灼烧后的产物，加入稀硫酸溶解后，向其中加入0.200 0 mol·L－1 H2C2O4溶液25 mL，再用0.100 0 mol·L－1KMnO4溶液滴定过量的H2C2O4溶液至终点，消耗KMnO4溶液的体积为4.00 mL，则产物中V2O5的质量分数为 （写出计算过程）。
已知：V2O5＋2H＋===2VO＋H2O；2VO＋H2C2O4===2VO2＋2CO2↑＋2H＋。
（5） 还原V2O5可制得VO2，图2为VO2的晶胞，该晶胞中钒的配位数为 。
15. （15分）化合物G是合成氢化橙酮衍生物的中间体，其人工合成路线如下：
注： Bz基团为苯甲酰基，结构式为
（1） A中碳原子和氧原子杂化类型分别为 、 。
（2） E→F的反应类型为 。
（3） C的结构简式为 。
（4） D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：________________________________________________________________________。
① 分子中不同化学环境的氢原子数目比为2∶2∶2∶1；
② 碱性条件下水解，酸化后得2种产物，其中一种产物分子只含一种含氧官能团，另一种产物含有2种含氧官能团且能与FeCl3发生显色反应。
（5） 写出以CH3I为原料制备
的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线示例见本题题干）。
16.（15分）硫脲[CS（NH2）2]是白色晶体，易溶于水，150 ℃时能转变为NH4SCN。常用于制造树脂、染料、药物，实验室可用下列方法制备。
步骤Ⅰ：称取一定质量的CaS在三颈烧瓶中制成浆液，不断搅拌下通入适量CO2，反应生成Ca（HS）2溶液，装置如图所示。
步骤Ⅱ：将一定量的CaCN2与Ca（HS）2溶液混合，加热至80 ℃时生成硫脲。
已知：H2CO3的电离平衡常数分别为Ka1＝4.5×10－7、Ka2＝4.7×10－11；H2S的电离平衡常数分别为Ka1＝1.1×10－7，Ka2＝1.3×10－13。
回答下列问题：
（1） 在步骤Ⅰ的三颈烧瓶中生成Ca（HS）2，其反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
（2） 实验中不宜使用盐酸代替CO2的主要原因是________________________________________________________________________。
（3） 按如图装置实验，判断CO2是否已过量的方法是________________________________________________________________________。
（4） 硫脲与酸性KMnO4溶液反应转化为两种无毒的气体及SO，同时生成Mn2＋，该反应的离子方程式为 。
（5） 已知：NH4SCN溶液呈酸性，KSCN溶液呈中性；NH4SCN、KSCN都易溶于乙醇、水，温度高时容易分解和氧化；常温下KSCN的溶解度为217 g。
利用硫脲制备KSCN的方法是：取一定量硫脲 ，将加热后的产物溶于一定比例的无水乙醇和水中形成溶液， 干燥，得到KSCN晶体。（实验中可选用试剂：KOH、无水乙醇。实验中须使用的实验仪器有pH计）。
17. （15分）CH4是一种清洁、高效、具有优良环保性能的燃料，有良好的应用前景。
（1） 科研人员设计了甲烷燃料电池并用于电解。如图1所示，电解质是掺杂了Y2O3与ZrO2的固体，可在高温下传导O2－。
图1
① 该电池工作时负极反应方程式为________________________________________________________________________。
② 用该电池电解CuCl2溶液得到12.8 g Cu，理论上需要使用O2的体积（标准状况）为 。
（2） 化学链燃烧技术主要由载氧体、燃料反应器和空气反应器组成。载氧体作为氧的载体，在反应器中循环，实现氧的转移。
① 利用αFe2O3载氧体的甲烷化学链燃烧法，其示意图如图2所示。甲烷脱氢过程可描述为________________________________________________________________________
。
图2
图3
② CuO/Cu2O也可作为甲烷燃烧的载氧体。向盛有CuO/Cu2O载氧体的刚性密闭容器中充入空气（O2的物质的量分数为21%），发生反应。平衡时O2的物质的量分数随反应温度T变化的曲线如图3所示。O2的物质的量分数随温度升高而增大的原因是 ，反应温度必须控制在1 030 ℃以下，原因是 。
江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷(十一)
1. A 解析：A项，钛合金属于金属材料，正确；B项，电池板芯片的主要成分为Si，错误；C项，玻璃纤维属于无机非金属材料，错误；D项，皮革属于蛋白质，为有机物，错误。
2. D 解析：A项，SO2中S的孤电子对数为＝1，价层电子对数为1＋2＝3，则S为sp2杂化，SO2为V形分子，错误；B项，填充2p轨道中的电子时，应先分别填充2p轨道中的每个轨道，错误；C项，HBr为共价化合物，H与Br之间为共用电子对，错误；D项，H2SO4分子的结构式为单键均为σ键，1个双键中有1个σ键，故1个H2SO4分子中含有6个σ键，正确。
3. B 解析：A项，Al3＋和O2－的电子层结构相同，但是Al的核电荷数比O的大，则Al吸引核外电子能力强，故Al3＋的半径比O2－小，错误；B项，P的非金属性比Si强，则P的电负性强于Si，正确；C项，O、F位于同一周期，同主族元素第一电离能呈增大趋势，故第一电离能：F>O，错误；D项，Ca的金属性强于Al，元素金属性越强，其最高价氧化物对应的碱性越强，则碱性：Ca(OH)2>Al(OH)3，错误。
4. A 解析：A项，Sn与C同一主族，所以SnCl4结构类似于CCl4的结构，是正面体形，由极性键形成的非极性分子，正确；B项，P4是正四面体形分子，每个顶点均为P原子，P4的结构为，P—P—P的夹角为60°，错误；C项，N2、P和As均为分子晶体，Sb为金属晶体，错误；D项，基态砷原子(33As)核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，错误。
5. C 解析：A项，NO2溶于水生成HNO3和NO，正确；B项，P4发生歧化反应生成H2PO和PH3，正确；C项，H3PO2为一元中强酸，在写离子方程式时不可拆开，错误；D项，根据信息“雌黄(As2S3)和SnCl2在盐酸中反应转化为雄黄(As4S4)和SnCl4(沸点114 ℃)并放出H2S气体”，写出化学方程式，正确。
6. C 解析：A项，NH3被O2氧化为NO，NO与O2反应生成NO2，NO2溶于水生成HNO3，反应中NH3体现出还原性，错误；B项，P2O5溶于水生成H3PO4，显酸性，NH3显碱性，两者会发生反应，故不可用P2O5干燥NH3，错误；C项，Sb2O3的熔点高，即在高温下，不易熔化，故可作耐火材料，正确；D项，锑铅合金具有良好的导电性，故用作电极材料，错误。
7. B 解析：A项，通入N2，是将装置中的O2排除，防止Fe2＋被O2氧化，正确；B项，先加热b，则FeCl2·4H2O会水解生成Fe(OH)2，故应先加热a，使得SOCl2进入b中，吸水生成HCl，可抑制FeCl2水解，错误；C项，SOCl2沸点为76 ℃，加热时会挥发，故用冷凝管冷凝SOCl2，回流后的SOCl2进入d中，可继续反应，正确；D项，SOCl2与水生成H2SO3和HCl，e中盛放浓硫酸，可以防止f中的水进入b中，生成的SO2和HCl均极易溶于水，故用倒置的漏斗，以防引发倒吸，正确。
8. A 解析：A项，X中氨基上的H原子与Y中酰氯基上的Cl原子结合生成HCl，正确；B项，X与H2加成的产物为，标“*”的碳原子为手性碳原子，共3个，错误；C项，中与右侧C相连的2个H和1个Cl中，最多只有一个原子与苯环共平面，其余原子均可以共平面，最多有15个原子共平面，错误；D项，Z中与Cl原子相连的碳原子的邻位碳原子上无H原子，故不能发生消去反应，错误。
9. D 解析：A项，漏写c4(H2O)，错误；B项，漏减乙烯的碳碳双键的键能，错误；C项，CO2中的C为＋4价，C2H4中C为－2价，C的化合价降低6，生成1 mol C2H4时，转移12 mol e－，错误；D项，越大，相当于H2越过量，对应的CO2的平衡转化率越大，正确。
10. B 解析：A项，KMnO4也会氧化浓盐酸，KMnO4的颜色褪去，可能是与Fe2＋反应，也可能是与HCl反应，错误；B项，反应：2CrO＋2H＋ Cr2O＋H2O，滴加硫酸，平衡正向移动，CrO(黄色)转化为Cr2O(橙色)，正确；C项，Cl2氧化NaBr生成Br2，氯水过量，Cl2也可将KI氧化生成I2，所以不能证明Br2氧化性强于I2，错误；D项，CH3COONH4中CH3COO－和NH均水解，且相互促进，故不能比较出HCO与CH3COO－的水解的相对强弱，即不能比较两者的水解常数大小，错误。
11. D 解析：A项，Fe2＋也会被MnO2氧化生成Fe3＋，错误；B项，S2－被氧化成SO，错误；C项，Fe3＋水解显酸性，加入ZnCO3，促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀，滤渣主要成分为Fe(OH)3，错误；D项，Zn2＋、Mn2＋会水解，故两者浓度之和小于SO的浓度，正确。
12. C 解析：A项，根据电荷守恒知，阳离子漏写Sr2＋，关系式为c(Na＋)＋c(H＋)＋2c(Sr2＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)，错误；B项，Na2CO3水解：CO＋H2O HCO＋OH－，碱性增强时，水解平衡逆向移动，CO的浓度增大，由Ksp(SrCO3)＝c(CO)·c(Sr2＋)知，c(Sr2＋)减小，则lg[c(Sr2＋)]减小，对应曲线②为含SrCO3(s)的0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液的变化曲线，而Na2SO4不水解，不随pH的变化而变化，所以pH增大时，c(Sr2＋)不变，对应曲线①为含SrSO4(s)的0.1 mol·L－1 Na2SO4溶液，错误；C项，由曲线①知，Ksp(SrSO4)＝c(SO)·c(Sr2＋) ＝ 0.1 mol·L－1×10－5.5 ＝ 10－6.5，Ksp(SrSO4)仅与温度有关，当c(SO)＝ 1.0 mol·L－1，则c(Sr2＋) ＝10－6.5/1 ＝10－6.5 mol·L－1，lg[c(Sr2＋)]＝－6.5，若图中虚线a＝－6.5，且不随pH的变化而变化，则对应为含SrSO4(s)的1.0 mol·L－1 Na2SO4溶液，正确；D项，对含SrSO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为0.1 mol·L－1的混合溶液，pH＝6.8时，c(Sr2＋)与c(SO)、c(CO)均达到沉淀溶解平衡，当pH≥6.8时，碱性越强，越抑制CO水解，c(CO)增大，会促进SrSO4(s)＋CO(aq) SrCO3(s)＋SO(aq)平衡正向移动，沉淀发生转化，错误。
13. C 解析：A项，根据盖斯定律，将“(反应Ⅰ＋反应Ⅱ×2)/3”得，ΔH3＝(78 kJ·mol－1＋117 kJ·mol－1×2)/3 ＝104 kJ·mol－1，错误；B项，三个反应均为吸热反应，升高温度，三个反应均正向移动，则C2H4(g)一定增大，对应图中c曲线，C4H8(g)一定减小，对应图中b曲线，在反应Ⅰ中C3H6(g)增大，在反应Ⅱ中C3H6(g)减小，对应图中a曲线，700 K时反应Ⅱ的平衡常数K＝ ＝≈0.022＞2.0×10－2，错误；C项，反应Ⅰ和Ⅲ均为体积增大的吸热反应，故增大压强和低温下有利于生成C4H8，加入催化剂也可以促进单位时间内的C4H8产量，正确；D项，图中a曲线，C3H6(g)先增大再减小，可能的原因是700 K之后，反应Ⅱ正向移动的量超过了反应Ⅰ正向移动的量，错误。
14. (16分)
(1) V2O3＋Na2CO3＋O22NaVO3＋CO2(3分)
(2) 2×10－7(2分)
随着温度升高PO水解程度增大，Mg3(PO4)2的沉淀溶解平衡向右移动，所以PO去除率下降，温度升高时SiO水解增大，但水解生成不溶于水的硅酸，所以SiO的去除率增大(其他合理答案即可)(3分)
(3) 温度过高，NH4Cl分解，不利于NH4VO3析出(2分)
(4) 加入H2C2O4的物质的量：n(H2C2O4)＝0.200 0 mol·L－1×0.025 L＝0.005 mol
依据2KMnO4～5H2C2O4，过量H2C2O4的物质的量：
n(H2C2O4)＝n(KMnO4) ＝0.001 mol
与VO反应的H2C2O4的物质的量：n(H2C2O4)＝0.005 mol－0.001 mol＝0.004 mol
依据化学方程式可知V2O5～2VO～H2C2O4
n(V2O5)＝0.004 mol m(V2O5)＝0.004 mol×182 g·mol－1＝0.728 g
w(V2O5)＝×100%＝91%(4分)
(5) 6(2分)
解析：(1) V2O3与Na2CO3、O2培烧生成NaVO3，V的化合价由＋3升至＋5，O的化合价降低，根据V、O得失电子配平反应，由碳原子守恒，确定有CO2生成。(2) Ksp(MgSiO3)＝c(Mg2＋)·c(SiO)＝2.5×10－5，c(Mg2＋)＝0.1 mol·L－1，得c(SiO)＝2.5×10－5/0.1 mol·L－1＝ 2.5×10－4 mol·L－1，Ksp[Mg3(PO4)2]＝c3(Mg2＋)·c2(PO)＝2.5×10－24，得c2(PO)＝2.5×10－24/(0.1)3 ＝25×10－22，c(PO)＝5×10－11 mol·L－1， eq \f(c（PO）,c（SiO）) ＝＝2×10－7。Mg3(PO4)2的沉淀溶解平衡为Mg3(PO4)2 3Mg2＋＋2 PO，温度升高，会促进PO的水解，c(PO)减小，导致Mg3(PO4)2的沉淀溶解，PO去除率下降。温度升高，促进SiO水解生成H2SiO3沉淀，则除硅率升高。(3) NH4Cl受热不稳定，会发生分解生成NH3和HCl，c(NH)减小，不利于VO生成NH4VO3。(4) V2O5在酸性条件下生成VO，VO与H2C2O4以2∶1比例反应，由反应关系可以得出：V2O5～2VO～H2C2O4，过量的H2C2O4用KMnO4滴定，根据反应关系：2KMnO4～5H2C2O4，由消耗的KMnO4的量可以计算出过量的H2C2O4的量，由总的H2C2O4的量减去与KMnO4消耗的量，即得与VO反应的H2C2O4的量，进而得出V2O5的量，计算出V2O5的的质量分数。(5) 小黑球为8×＋1＝2个，白球为4×＋2＝4个，两者个数比为1∶2，由化学式VO2知，小黑球代表V，白球代表O，一个V连有6个O，即钒的配位数为6。
15. (15分)
(1) sp2(1分) sp3(1分) (2) 取代反应(2分)
(3) (3分)
解析：(1) A中苯环上的H原子为sp2杂化，“—OH”与H2O中O的杂化方式相同，均为sp3杂化。(2) E中羟基上的H原子被甲基所取代。(3) 对比B、D的结构简式知，B中的Cl原子与苯环邻碳上的羟基相结合生成HCl，得C的结构简式为，与中Cl原子与中羟基上的H原子结合成HCl，生成，其中Bz为去掉Cl原子的部分。(4) D的结构简式为，除三个苯环外，还有4个碳原子，4个不饱和度。能水解且水解后的产物可以发生显色，说明含有酚酯基。去掉三个苯环，两个酚酯基，还剩有两个碳、两个氧原子以及两个不饱和度，则推知还有两个醛基。由水解得到的含有酚羟基的有机物还有存在一种含氧官能团知，水解得到的产物为，由分子的对称性，写出其结构简式：16. (15分)
(1) 2CaS＋CO2＋H2O===Ca(HS)2＋CaCO3(3分)
(2) 反应中会生成可溶性的CaCl2，增加了分离的难度(2分)
(3) b中出现黑色沉淀即CO2过量(2分)
(4) 14MnO＋5CS(NH2)2＋32H＋===14Mn2＋＋5CO2↑＋5N2↑＋5SO＋26H2O(3分)
(5) 在隔绝空气的条件下加热至150 ℃充分反应(2分)
边搅拌边滴加KOH并微热除去NH3至用pH计测量溶液pH为中性，加热，低温将乙醇和水蒸出至大量晶体析出，过滤(3分)
解析：(1) 由步骤Ⅰ知，CaS与CO2在水溶液中反应，生成Ca(HS)2溶液。CO2与H2O反应生成H2CO3，与CaS发生复分解反应生成CaCO3。(2) 盐酸与CaS反应生成CaCl2，CaCl2是可溶的，与难溶性的CaCO3相比，CaCl2与Ca(HS)2之间难分离。(3) 因为Ka1(H2CO3)＞Ka1(H2S)，当CO2过量时，CaS会转化成H2S，H2S与CuSO4溶液反应会生成黑色的CuS沉淀。(4) 硫脲[CS(NH2)2]与酸性KMnO4溶液反应，转化为两种无毒的气体：CO2和N2，并生成SO，[CS(NH2)2]中C为＋4价，S为－2价，N为－3价，S由－2价升至＋6价，升高8，N由－3价升至0价，2个N共升高6，1个[CS(NH2)2]共升高14，KMnO4转化为Mn2＋，Mn由＋7价转化为＋2价，共降低5，根据得失电子守恒配平反应，[CS(NH2)2]前配5，MnO前配14，由原子守恒确定，Mn2＋前配14，CO2前配5，N2前配5，SO前配5，由电荷守恒确定，反应物中需要加入H＋，且计量系数为32，再由H、O原子守恒确定，产物中有H2O生成，且计量系数为26。(5) 硫脲[CS(NH2)2]在150 ℃时能转变为NH4SCN。NH4SCN与KOH在微热条件下生成KSCN和NH3，调节溶液为中性，即可得KSCN溶液。KSCN在温度高时易分解和氧化，所以KSCN溶液需要在低温条件下将乙醇和水蒸出，直至有大量KSCN晶体析出，通过过滤得KSCN晶体。
17. (15分)
(1) ① CH4－8e－＋4O2－===CO2＋2H2O(3分)
② 2. 24 L(3分)
(2) ① 甲烷先被吸附在αFe2O3载氧体中的Fe上，随后由于与铁相邻、电负性较强的O吸引作用使甲烷上的C—H断裂，H被吸附在O上，直至甲烷上的H全部被吸附，自身变成C，同时O吸附2H生成H2O从αFe2O3载氧体脱离，形成O空穴(5分)
② O2和Cu2O反应生成CuO为放热反应，温度升高，平衡常数减小，平衡左移(2分)
温度高于1 030 ℃时，O2的物质的量分数大于21%，载氧体无法载氧(或温度高于1 030 ℃时，导致CuO/Cu2O受热分解，导致催化剂失去活性，无法载氧)(2分)
解析：(1) ① CH4转化为CO2，C的化合价由－4升至＋4，升高8，1 mol CH4失去8 mol电子，由电荷守恒知，用O2－平衡电荷，再由H、O守恒确定产物中有H2O生成。② 电解CuCl2溶液得到12.8 g Cu，n(Cu)＝12.8 g/64 g·mol－1 ＝0.2 mol，1 mol Cu失去2 mol e－，则得到0.2 mol Cu转移0.4 mol e－。1 mol O2得到4 mol e－，根据得失电子守恒知，需要使用0.1 mol O2，标准状况下的体积为2.24 L。(2) ① 由题图知，①为甲烷被吸附在αFe2O3载氧体中的Fe上；②为CH4中的H被Fe2O3中的O吸附；③为—CH3中的H被Fe2O3中的另一个O吸附；④为—CH2中的H被Fe2O3中的O继续吸附；⑤—CH中的H被Fe2O3中的O继续吸附使CH4变成一个C原子；⑥CH4中每两个H原子与Fe2O3中的O给合成H2O分子，Fe2O3中O脱除，形成氧空位。② CuO/Cu2O可作为甲烷燃烧的载氧体。Cu2O与O2反应生成CuO：2Cu2O＋O2===4CuO，升高温度时，O2的物质的量分数增大，即该反应在升温时，逆向移动，O2的量增多。由题图知，温度高于1 030 ℃时，O2的物质的量分数大于21%，空气中的O2含量为21%，即若容器中的O2超过21%时，则CuO/Cu2O载氧体不会吸附空气中的O2。在高温下，催化剂会失活，导致无法载氧。
