江苏省普通高等学校招生考试2024届高三考前模拟测试卷(十二)
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
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Ni—59
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. 高分子是生产生活中的常见物质。下列物质中不属于高分子的是（ ）
A. 淀粉 B. 蛋白质 C. 合成纤维 D. 氯乙烯
2. 氢氟酸是芯片加工中的重要试剂，可通过反应CaF2＋2H3PO4Ca（H2PO4）2＋2HF↑制取。下列说法正确的是（ ）
A. 基态Ca原子的电子排布式为[Ar]4s2 B. CaF2的电子式为Ca
C. 中子数为15的P可以表示为P D. HF的电离方程式为HF===H＋＋F－
3. 下列关于氮的单质或化合物的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. N2性质稳定，可用于合成氨
B. NH4Cl易溶于水，可用于除铁锈
C. NH3·H2O易分解，可用于除去烟气中的SO2
D. HNO3具有氧化性，可用于溶解单质银
4. 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的基态原子所含3个能级中的电子数均相等，Y的基态原子的未成对电子数与X相等，Z是同周期第一电离能最小的元素，W是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是（ ）
A. 简单离子半径：Y＞Z＞W B. 最高价氧化物对应水化物的碱性：Z＜W
C. X的晶体都具有很大的硬度 D. 电负性：X＞Y＞Z
阅读下列材料，完成5～7题。
氯及其化合物应用广泛，Cl2可用于制次氯酸、消毒液、漂白粉，在碱性条件下与Fe（OH）3反应可制取水处理剂高铁酸钾（K2FeO4），K2FeO4能与水反应生成气体和Fe（OH）3胶体；硫酰氯（SO2Cl2）是生产医药、农药的重要原料，在催化剂作用下合成反应为SO2（g）＋Cl2（g） SO2Cl2（g）；ΔH＝a kJ·mol－1（a＜0）。NH4ClO4可用作火箭推进剂。
5. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是（ ）
A. MnO2Cl2 B. FeCl3（aq）FeCl3（s）
C. K2FeO4O2 D. HClOCl2
6. 下列说法正确的是（ ）
A. SO2分子的键角为120°
B. HClO与H2O能形成分子间氢键
C. NH与ClO的空间构型不同
D. SO2Cl2分子中S原子的轨道杂化方式为 sp2杂化
7. 对于反应SO2（g）＋Cl2（g） SO2Cl2（g）；ΔH＝a kJ·mol－1（a＜0），下列说法正确的是（ ）
A. 该反应在任意条件下均能自发进行
B. 反应SO2（g）＋Cl2（g） SO2Cl2（l）的焓变ΔH＜a kJ·mol－1
C. 其他条件一定，增加压强，反应平衡常数增大
D. 恒容条件下，当容器内气体密度不变时反应达到平衡
8. 我国科学家在苯炔不对称芳基化反应方面取得重要进展，一定条件下该反应转化如下：
下列说法正确的是（ ）
A. 箭头a所示C—H键比箭头b所示C—H键活泼
B. 1 mol苯炔中所含σ键的数目为10 NA
C. 1 mol有机物Y最多可与3 mol H2发生加成反应
D. 有机物Y可能易溶于水
9. 双极膜是一种离子交换膜，在电场作用下能将中间层的水分子解离成H＋和OH－，并分别向两极移动。一种用双极膜电解法制取NaBrO3和丁二酸的装置如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A. b极应与直流电源的负极相连
B. a极上的电极反应为HOOCCH===CHCOOH＋2H＋－2e－===HOOCCH2CH2COOH
C. 外电路中每转移1 mol电子，双极膜中有1 mol水解离
D. 电解一段时间后，若溶液中Br－不足，则b极处可能有H2产生
10. 工业上以锌渣（主要成分为ZnO，含有少量FeO、Fe2O3、CuO）为主要原料制备硫酸锌的工艺流程如下。下列说法正确的是（ ）
A. “沉铜”后的滤液中含有的阳离子为Zn2＋、Fe2＋、H＋
B. “氧化”时的离子方程式为2H2O2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2H2O＋O2↑
C. “滤渣2”的成分为Fe2O3
D. “操作”为蒸发结晶
11. 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 将甲烷通入酸性KMnO4溶液中 甲烷具有还原性
B 向有机物A中加入银氨溶液，水浴加热 有机物A是否属于醛类
C 向 10 mL 0.1 mol·L－1 FeBr2溶液中滴加2滴新制氯水，再滴加2滴KSCN溶液 Fe2＋还原性大于Br－
D 室温下，分别测定浓度均为0.1 mol·L－1Na2CO3溶液和0.1 mol·L－1 Na3PO4溶液的pH 比较H3PO4和H2CO3的酸性
12. 水体中的重金属离子如Cu2＋、Sn2＋等可以通过转化为CuS、SnS沉淀除去。已知：室温下Ka1（H2S）＝9×10－8，Ka2（H2S）＝1×10－12。下列说法正确的是（ ）
A. 0.1 mol·L－1 Na2S溶液中：c（OH－）＝c（H2S）＋c（HS－）＋c（H＋）
B. 0.1 mol·L－1 NaHS溶液中：c（Na＋）＜c（HS－） ＋2c（S2－）
C. 向10 mL 0.001 mol·L－1 CuSO4溶液中加入10 mL 0.001 mol·L－1 Na2S溶液，有沉淀析出。忽略混合时溶液体积的变化，说明Ksp（CuS）＞2.5×10－7
D. 室温时，向 0.001 mol SnS 粉末中加入10 mL 0.1 mol·L－1 CuSO4溶液，充分浸出后所得溶液中c（Cu2＋）＜c（Sn2＋），则Ksp（CuS）＜Ksp（SnS）
13. 以CO2为原料制取CH3OH是CO2资源化利用的重要途径。在催化剂作用下，以CO2、H2为原料制取CH3OH 主要发生如下反应。
反应1：CO2（g）＋3H2（g） CH3OH（g）＋H2O（g）；ΔH1。
反应 2：CO2（g）＋H2（g） CO（g）＋H2O（g）；ΔH2。
向装有催化剂的1 L恒容密闭容器中充入1 mol CO2和1.12 mol H2，测得平衡时CO2的转化率和CH3OH的选择性与温度的关系如右图所示。
已知CH3OH的选择性＝×100%。下列说法不正确的是（ ）
A. ΔH1＜0、ΔH2＞0
B. 240 ℃平衡时容器中c（H2O）＝0.4 mol·L－1
C. 240～320 ℃，温度越高，平衡时CH3OH 的物质的量越小
D. 由图可知200～280 ℃时温度越高催化剂的活性越弱
二、 非选择题：共4题，共61分。
14. （16分）用镍铂合金废料（主要成分为Ni、Pt，含少量Al和难溶于硫酸的重金属） 回收镍和铂的一种工艺流程如下：
（1） “酸浸”后分离出的溶液中c（Ni2＋）＝0.2 mol·L－1，c（Al3＋）＝0.01 mol·L－1，当溶液中离子浓度＜10－5时可认为沉淀完全，则“调pH”应控制pH的范围是 。
（设“调pH”时溶液体积不变）{已知： Ksp[Ni（OH）2]＝2×10－15、Ksp[Al（OH）3]＝1×10－33}
（2） “控温氧化”时控制其他条件一定， Ni2O3 的产率与温度和时间的关系如图1所示。20 ℃、40 ℃时反应后所得滤液主要为 NaCl、 NaOH 和 Na2SO4，60 ℃时反应后所得滤液主要为 NaCl、NaClO3、NaOH和Na2SO4。反应相同时间，60 ℃时 Ni2O3的产率低于40 ℃时，原因可能是 。
（3） “含 Pt 滤渣”中的 Pt 可以用王水（体积比 3∶1 的浓盐酸和浓硝酸的混合液）浸出。浸出时有H2PtCl6和NO生成。向H2PtCl6溶液中加入NH4Cl会生成（NH4）2PtCl6 沉淀。
① 写出浸出时Pt所发生反应的化学方程式： 。
② （NH4）2PtCl6 在一定温度下可以分解生成Pt（NH3）2Cl2。Pt（NH3）2Cl2存在顺式和反式两种结构。请在图2的两个结构中，选择其中一个，填入相应的基团表示Pt（NH3）2Cl2 的顺式结构。
（4） Ni2O3产品中可能含少量NiO，为测定Ni2O3的纯度，进行如下实验：称取5.000 g样品，加入足量硫酸后，再加入100 mL 1.000 mol·L－1 Fe2＋标准溶液，充分反应，加水定容至200 mL。 取出 20.00 mL， 用 0.1 mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定， 到达滴定终点时消耗KMnO4标准溶液10.00 mL。实验过程中发生反应如下：
Ni2O3＋Fe2＋＋H＋——Ni2＋＋Fe3＋＋H2O（未配平）；
Fe2＋＋MnO＋H＋——Fe3＋＋Mn2＋＋H2O（未配平）。
试通过计算确定 Ni2O3的质量分数， 并写出计算过程。
15. （13 分）化合物 G 可通过如下路线合成：
（1） E→F 的反应类型为 。
（2） A→B 的反应会经历 A→X→B 的过程， 其中 X 与 B 互为同分异构体且苯环上只有一个取代基。 则 X 的结构简式为 。
（3） G 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 含苯环，1 mol该物质与足量溴水反应最多消耗2 mol Br2；
② 分子含不同环境的氢原子数目之比为3∶3∶2∶2。
（4） 已知： ① （R、 R′表示烃基或 H）；
② CH3CH2MgBr与醇会转化为CH3CH3。
写出以、 CH3MgBr、CH3OH、PhI（OAc）2为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用， 合成路线流程图示例见本题题干）。
16. （19分）一种以磷铁渣（主要含 FeP，以及少量Fe2O3、SiO2等杂质）、KMnO4为原料制备磷酸锰[Mn3（PO4）2]的实验过程如下：
（1） 溶解。将一定量的磷铁渣加入如图1装置所示的三颈烧瓶中，维持温度60 ℃，边搅拌边向三颈烧瓶中加入一定量的稀硫酸和 KMnO4溶液， 反应后有 Fe3＋、Mn2＋和H3PO4生成。 反应后过滤。
① 写出FeP反应的离子方程式： 。
② 实验中当观察到某种现象时可不再加入KMnO4溶液， 该现象是________________________________________________________________________ 。
③ FePO4难溶于水，反应 Fe3＋＋H3PO4 FePO4＋3H＋的平衡常数为 。
[已知Ksp（FePO4）＝1×10－22，H3PO4的电离平衡常数Ka1＝8×10－3、Ka2＝6×10－8、Ka3＝4×10－13]
④ 实验中需不断补充稀硫酸控制溶液的pH。 pH过大会降低Fe的浸出率和消耗过多的KMnO4， 原因是________________________________________________________________________
。
（2） 除铁。向所得滤液中加入萃取剂（由磷酸酯和煤油混合而成，磷酸酯易溶于煤油，难溶于水）萃取溶液中的Fe3＋。萃取结束后取有机层，经过反萃取操作，可回收萃取剂重复使用。已知萃取剂中磷酸酯（用HA 表示） 萃取溶液中Fe3＋时发生如下反应：Fe3＋＋3（HA）2（有机层） Fe（HA2）3（有机层）＋3H＋反萃取回收萃取剂的方法是________________________________________________________________________ 。
（3） 制 Mn3（PO4）2。请补充完整由萃取后所得水层中 Mn2＋、H3PO4制纯净Mn3（PO4）2固体的实验方案：取萃取后所得水层溶液 100 mL[其中c（Mn2＋）＝1.2 mol·L－1]，
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
， 干燥沉淀，得Mn3（PO4）2 固体。
（已知溶液的pH对所得沉淀中锰磷比[]和Mn的沉淀率影响如图2所示。实验中需使用的实验试剂有0.1 mol·L－1 H3PO4溶液、NaOH 溶液、盐酸、BaCl2 溶液）
17. （13分）研究去除水体中的 NO 污染是环境保护的重要课题。
（1） 一种活性炭载纳米铁粉吸附剂去除废水中NO的可能反应机理如图1所示。 图中“*”表示微粒处于吸附状态。
① 相同条件下， 将活性炭载纳米铁粉和纳米铁粉分别加入含NO 废水中， 反应相同时间， 采用活性炭载纳米铁粉去除NO的效率更高， 原因是________________________________________________________________________ 。
② 实验测得反应相同时间，初始pH对NO 去除率影响如图2所示。pH＜4.0时，pH越小，NO去除率越低的原因是 。
③ 图1所示反应机理可描述为________________________________________________________________________ 。
（2） 以石墨为阳极、铁为阴极电解含NO废水可用于去除NO。电解时各种含氮微粒的浓度、溶液的pH与时间的关系如图3所示。
① 0～1 min时，阴极发生的主要电极反应方程式为 。
② 若向废水中加入一定量的 NaCl，则电解后废水中的NO几乎完全转化为N2，原因是________________________________________________________________________ 。
江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷(十二)
1. D 解析：氯乙烯属于小分子，聚氯乙烯为有机高分子，故选D。
2. A 解析：A项，Ca为20号元素，最外层4s上面有2个电子，基态Ca原子的电子排布式为[Ar]4s2，正确；B项，CaF2为离子化合物，电子式为[]－Ca2＋[]－，错误；C项，质量数＝质子数＋中子数＝15＋15＝30，表示为P，错误；D项，HF为弱酸，部分电离，电离方程式为HF H＋＋F－，错误。
3. D 解析：A项，N2与H2反应生成NH3，与N2的稳定性无关，错误；B项，NH4Cl水解显酸性，H＋可以除去Fe2O3，错误；C项，NH3·H2O显碱性，可以与SO2反应，从而将SO2除去，错误；D项，HNO3具有氧化性，可以将Ag氧化为Ag＋，正确。
4. A 解析：X的基态原子所含3个能级中的电子数均相等，X的电子排布式为1s22s22p2，则X为碳元素，X中2p轨道中的未成对电子数为2，Y中也为2个，则Y的电子排布式为1s22s22p4，Y为氧元素，Z是同周期第一电离能最小的元素，则Z为Na元素；W是地壳中含量最高的金属元素，则W为Al元素。A项，O2－、Na＋和Al3＋的核外电子排布相同，核电荷数大的半径反而小，则简单离子半径：O2－>Na＋>Al3＋，正确；B项，Na的金属性强于Al，则NaOH的碱性强于Al(OH)3，错误；C项，碳形成的石墨很软，错误；D项，电负性：O>C>Na，错误。
5. C 解析：A项，缺少加热条件，错误；B项，加热会促进Fe3＋水解，生成的HCl挥发，故生成Fe(OH)3沉淀，错误；C项，由题给信息知，K2FeO4能与水反应生成气体和Fe(OH)3，Fe的化合价降低，则必有元素化合价升高，则为O元素升高至0价，即有O2生成，正确；D项，光照HClO生成O2，错误。
6. B 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，S为sp2杂化，SO2为V形，键角略小于120°，错误；B项，H2O中的O有孤电子对，可以吸引HClO中的H原子，两者之间有氢键，正确；C项，NH中N的孤电子对数为＝0，价层电子对数为0＋4＝4，N为sp3杂化，NH为正四面体形，ClO中Cl的孤电子对数为＝0，价层电子对数为0＋4＝4，Cl为sp3杂化，ClO为正四面体形，错误；D项，SO2Cl2分子中S为中心原子，孤电子对数为＝0，价层电子对数为0＋4＝4，S为sp3杂化，错误。
7. B 解析：A项，该反应为熵减小的放热反应，熵减可能会导致反应不自发，错误；B项，反应过程用能量图表示为，SO2Cl2(g)的能量比SO2Cl2(l)高，则生成SO2Cl2(l)时，放出的能量大，其ΔH的数值小，正确；C项，平衡常数仅与温度有关，错误；D项，由质量守恒定律知，反应前后的气体的总质量不变，恒容条件，则体积不变，所以混合气体的密度始终不变，故密度不变，不能作为平衡的标志，错误。
8. B 解析：A项，对比X与Y的结构简式知，箭头b处C上的H与苯炔发生了加成反应，所以箭头b处的C—H键比箭头a处的活泼，错误；B项，1个苯炔中有6个碳碳键，4个碳氢键，则1 mol苯炔中所含σ键的数目为10 NA，正确；C项，Y中苯环和酮羰基均可以与H2发生加成反应，酯基不可以与H2发生加成反，1 mol有机物Y最多可与4 mol H2发生加成反应，错误；D项，Y中苯环、酯基、环烃等均难溶于水，错误。
9. C 解析：A项，b极Br－转化为BrO时，Br的化合价升高，失去电子，作阳极，对应的b极为正极，正确；B项，a极为阴极，得到电子，错误；C项，H2O H＋＋OH－，H＋和OH－均带1个单位电荷，则转移1 mol e－时，转移1 mol H＋和OH－，即双极膜中有1 mol水解离，正确；D项，Br－不足时，OH－放电生成O2，错误。
10. A 解析：A项，“酸溶”为H2SO4与ZnO、FeO、Fe2O3和CuO反应，生成Zn2＋、Fe2＋、Fe3＋和Cu2＋，氧化性Fe3＋>Cu2＋>H＋，加入Zn“沉铜”，Zn先将Fe3＋还原为Fe2＋，再将Cu2＋还原为Cu，故“沉铜”后的滤液中含有的阳离子为Zn2＋、Fe2＋、H＋，正确；B项，“氧化”时，H2O2在酸性条件下，氧化Fe2＋生成Fe3＋：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，错误；C项，Fe3＋水解：Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋，加入ZnO，促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀，错误；D项，滤液为FeSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶得ZnSO4·7H2O晶体，错误。
11. C 解析：A项，甲烷与酸性KMnO4溶液不反应，所以不能验证CH4有还原性，错误；B项，A还可能是甲酸酯类，错误；C项，FeBr2电离出Fe2＋和Br－，两者均可以被氯水氧化，只滴入少量的氯水，则只有Fe2＋或Br－参与反应，若加入KSCN后见到血红色，则说明Fe2＋在Br－之前先被氧化，即可说明Fe2＋的还原性强于Br－，正确；D项，根据“越弱越水解”判断，同浓度的盐溶液碱性越强，对应的酸越弱，Na2CO3对应的酸为HCO，Na3PO4对应的酸为H2PO，所以通过测定0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液和0.1 mol·L－1 Na3PO4溶液的pH，只能得出HCO和H2PO的酸性强弱，不能判断H3PO4和H2CO3的酸性强弱，错误。
12. D 解析：A项，Na2S溶液中存在质子守恒：c(OH－)＝2c(H2S)＋c(HS－) ＋ c(H＋)，错误；B项，NaHS溶液中，Kh(HS－)＝＝≈10－6，Kh＞Ka2(H2S)，即HS－的水解程度大于其电离，溶液显碱性，NaHS溶液中的电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)，c(H＋)＜c(OH－)，则c(Na＋)＞c(HS－) ＋ 2c(S2－)，错误；C项，n(CuSO4) ＝ 0.001 mol·L－1×10×10－3 L＝10－5 mol，混合后溶液的总体积为20 mL，混合后溶液中，c(CuSO4) ＝＝＝5×10－3 mol·L－1，同理，c(Na2S)＝5×10－3 mol·L－1，出现白色溶液，说明Qc(CuS)＞Ksp(CuS)，Qc(CuS)＝5×10－3 mol·L－1×5×10－3 mol·L－1 ＝ 2.5×10－7，即Ksp(CuS)＜2.5×10－7，错误；D项，n(SnS)＝0.001 mol，n(CuSO4)＝0.1 mol·L－1×10×10－3L＝0.001 mol，n(Sn2＋)＝n(Cu2＋)，充分反应后，c(Cu2＋)＜c(Sn2＋)，说明Cu2＋沉淀得更多，即Ksp(CuS)＜Ksp(SnS)，正确。
13. D 解析：A项，由题图知，随着温度的升高，CH3OH的选择性减小，说明升温，使反应Ⅰ逆向移动，则反应Ⅰ为放热反应，ΔH1＜0，在320 ℃之后，CH3OH的选择性仍减小，但是CO2的转化率却增大，说明升温使反应2正向移动，则反应Ⅱ为吸热反应，ΔH2＞0，正确；B项，240 ℃，1 mol CO2平衡时的转化率为40%，参加反应的CO2的物质的量为0.4 mol，CH3OH的选择性＝×100%＝0.8，则生成的n(CH3OH)＝0.32 mol，由反应1知，同时生成H2O的物质的量为0.32 mol，反应Ⅰ中消耗CO2的物质的量为0.32 mol，则反应Ⅱ中消耗CO2的物质的量为0.08 mol，反应2中生成H2O的物质的量为0.08 mol，一共生成的H2O的物质的量为0.04mol，c(H2O)＝0.04 mol ÷ 1 L ＝ 0.04 mol·L－1，正确；C项，平衡时的n(CH3OH)＝n(CO2)反应×CH3OH的选择性，240～320 ℃，温度越高，CO2的转化率越小，CH3OH的选择性也减小，故n(CH3OH)减小，正确；D项，题图中CO2的转化率即平衡时CO2的转化率，而催化剂不影响CO2的平衡转化率，所以随着温度的升高，CO2的转化率减小，不是因为催化剂的活性变弱，而是平衡发生移动，错误。
14. (16分)
(1)
(3) ① 3Pt＋18HCl＋4HNO3===3H2PtCl6＋4NO↑＋8H2O(3分)
② (3分)
(4) n(KMnO4)＝0.100 0 mol·L－1×0.010 0 L＝1×10－3 mol(1分)
n(Fe2＋)＝1.000 mol·L－1×0.100 L＝0.1 mol
与KMnO4标准溶液反应的n(Fe2＋)＝5×1×10－3 mol ＝5×10－3 mol
与Ni2O3反应的n(Fe2＋)＝0.1 mol－×5×10－3 mol＝0.05 mol(1分)
n(Ni2O3)＝×0.05 mol＝0.025 mol(1分)
m(Ni2O3)＝0.025 mol×166 g·mol－1＝4.15 g
Ni2O3的质量分数＝×100%＝83%(1分)
解析：(1) 欲将Ni2＋与Al3＋分离，Ni2＋不能生成沉淀，则Ksp[Ni(OH)2]＝c(Ni2＋)·c2(OH－)，c2(OH－) ＝2×10－15/ 0.2＝10－14，c(OH－)＝10－7 mol·L－1，得pH<7。Al3＋要完全转化为沉淀，即c(Al3＋)＜10－5，则Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33，c3(OH－)＝10－33/10－5＝1×10－28，c(OH－) ＝(10－1)×10－9 mol·L－1，c(H＋)＝10×10－5 mol·L－1，pH＝5－＝，控制pH的范围是< pH < 7。(2) 对比20 ℃、40 ℃、60 ℃时的产物可知，60 ℃的产物中多了NaClO3，说明有部分NaClO转化为NaClO3，使得NaClO的浓度减小，反应速率变慢，则反应相同时间，60 ℃时Ni2O3的产率变低。(3) ① Pt被HNO3氧化，形成配合物H2PtCl6，HNO3还原产物为NO，根据N和Pt的得失电子守恒，确定Pt、HNO3、H2PtCl6和NO前的计量系数，根据Cl守恒，确定HCl前的计量系数，再由H、O守恒，确定H2O前的计量系数。② Pt(NH3)2Cl2存在顺式和反式两种结构，则应为平面结构，后者类似于CH4的结构，Pt位于四面体的中心，另外四个顶点是完全等价的，故不存在两种结构。(4) Ni2O3先与Fe2＋反应，然后过量的Fe2＋再用KMnO4进行滴定，根据KMnO4的消耗量可以计算出过量的Fe2＋的量，用总的Fe2＋的量减去过量的Fe2＋的量，即为与Ni2O3反应的Fe2＋的量，根据Ni2O3和Fe2＋的反应关系，可以计算出Ni2O3的物质的量，进而得出Ni2O3的质量分数。
15. (13分)
(1) 加成(2分)
解析：(1) E→F为E中的碳碳双键变为碳碳单键，则应为碳碳双键的还原反应(或与H2的加成反应)。(2) X与B互为同分异构体且苯环上只有一个取代基，则为A中的酚羟基上的H与中Cl结合生成HCl以及，再通过重排生成B。(3) G有5个不饱和度，苯环的不饱和度为4，则除苯环外还有1个不饱和度，3个碳原子，3个氧原子，能与溴水反应，则含有酚羟基。由不同环境的氢原子数目之比为3∶3∶2∶2，得分子中含有两个甲基，由三个氧原子，推知有2个对称的酚羟基，还有一个碳氧双键，则结构简式为或。(4) 原料有PhI(OAc)2，对应流程中的D→E，将酚转化为和CH3OH通过PhI(OAc)2，反应可生成与CH3MgBr反应生成，与对比，需要将—OCH3转化为酮羰基，可将先用H2将2个碳碳双键加成，然后再模仿C→D的转化，用HI将—OCH3转化为醇羟基，再将醇羟基氧化即可得酮。
16. (19分)
(1) ① 5FeP＋8MnO＋39H＋===5Fe3＋＋8Mn2＋＋5H3PO4＋12H2O(3分)
② 三颈烧瓶中加入KMnO4溶液后红色不消失(2分)
③ 1.92(3分)
④ pH过大，Fe3＋水解生成Fe(OH)3或转化为FePO4沉淀造成Fe的浸出率低，KMnO4转化为MnO2，氧化等量的FeP消耗的KMnO4更多(3分)
(2) 向萃取后所得有机层中(分批次)加入一定量的稀硫酸，充分振荡后静置分液，取有机层(3分)
(3) 向其中滴加50 mL 0.1 mol·L－1 H3PO4溶液，再滴加NaOH溶液，至溶液pH＝7，过滤，洗涤沉淀至最后一次洗涤滤液中加入盐酸和BaCl2溶液无沉淀生成(5分)
解析：(1) ① FeP与稀硫酸和KMnO4溶液反应，有Fe3＋、Mn2＋和H3PO4生成。FeP中Fe为＋3价，P为－3价，反应后生成H3PO4，得P为＋5价，P的化合价升高8，MnO转化为Mn2＋，Mn的化合价降低5，根据P和Mn得失电子守恒确定出FeP、MnO、Fe3＋、Mn2＋和H3PO4前的计量系数，由电荷守恒确定H＋前的计量系数为39，再由H、O原子守恒，得H2O前的计量系数为12。② 当加入的KMnO4将P元素完全氧化成H3PO4后，再滴入一滴KMnO4，溶液颜色将会出现浅红色，通过此现象可以判断三颈烧瓶内的反应已完全。③ 磷酸有三级电离：H3PO4 H＋＋H2PO，H2PO H＋＋HPO，HPO H＋＋PO，Ka1＝ eq \f(c（H＋）·c（H2PO）,c（H3PO4）) ，Ka2＝ eq \f(c（H＋）·c（HPO）,c（H2PO）) ，Ka3＝ eq \f(c（H＋）·c（PO）,c（HPO）) ，则c3(H＋)·c(PO)＝Ka1·Ka1·Ka1，反应Fe3＋＋H3PO4 FePO4＋3H＋的平衡常数K＝＝ eq \f(c3（H＋）·c（PO）,c（Fe3＋）·c（PO）) ＝＝＝1.92。④ pH过大，c(OH－)变大，Fe3＋与OH－会生成Fe(OH)3沉淀，从而使Fe的浸出率降低。碱性条件下，KMnO4会转化为MnO2，Mn的化合价降低3，酸性条件下，KMnO4会转化为Mn2＋，Mn的化合价降低5，根据得失电子守恒知，当生成MnO2时，消耗的KMnO4会更多。(2) 根据反应：Fe3＋＋3(HA)2(有机层) Fe(HA2)3(有机层)＋3H＋知，加入酸可使该反应逆向移动，释放出有机层。通过充分振荡、多次萃取，可以将有机层中的Fe3＋分离出有机层。(3) 100 mL水层溶液中c(Mn2＋)＝1.2 mol·L－1，n(Mn2＋)＝0.12 mol，当生成Mn3(PO4)2固体时，需要n(H3PO4)＝×n(Mn2＋) ＝ ×0.12 mol＝0.08 mol，依据反应①中生成物知，8Mn2＋～5H3PO4，生成n(Mn2＋)＝0.12 mol时，同时生成n(H3PO4)＝0.12 mol×＝0.075 mol，故还需要n(H3PO4)＝0.08 mol－0.075 mol＝0.005 mol，V(H3PO4)＝＝0.005 mol÷0.1 mol·L－1＝0.05 L＝50 mL。先向水层溶液加入50 mL 0.1 mol·L－1H3PO4溶液，使MnSO4沉淀完全。由题图2知，pH＝7时，Mn的沉淀率达到最大，故加入NaOH调节溶液的pH＝7，过滤出Mn3(PO4)2沉淀，沉淀表面会吸附SO，洗涤沉淀，通过确定洗涤滤液中不含SO，判断沉淀已洗干净。
17. (13分)
(1) ① 活性炭具有吸附性，能吸附NO；活性炭载纳米铁粉能形成铁碳原电池，加快反应速率(3分)
② pH低于4.0，纳米铁粉易与H＋反应放出氢气，被还原的NO数目减少(2分)
③ Fe失去电子转化为Fe2＋，Fe2＋失去电子转化为Fe3＋或FeOOH，吸附于活性炭表面的NO得到电子转化为NH进入溶液(或离开活性炭表面)(3分)
(2) ① NO＋6H2O＋8e－===NH3＋9OH－(3分)
② 电解时阳极产生Cl2，Cl2将溶液中的NH3氧化为N2(2分)
解析：(1) ① 活性炭载纳米铁粉和纳米铁粉相比较，加入活性炭可以吸附NO，使得NO更易被还原；活性炭与Fe可以构成原电池，也可以加快NO被还原。②在酸性条件下，Fe与H＋反应，则用于还原NO的Fe的量减少，则NO去除率越低。③ 由机理图知，Fe失去电子生成Fe2＋，Fe2＋失去电子生成Fe3＋和FeOOH，NO得到电子生成NH。(2) ① 阴极得到电子，有元素化合价降低，从题图3可见，0～1 min时，NO减少，NH3和N2增多，NH3增加得更多，则电极反应为NO转化为NH3，由pH右侧坐标图知，在1 min时，溶液的pH约为10，即为碱性条件，故用OH－平衡电荷。② 加入NaCl，电解时在阳极Cl－放电生成Cl2，Cl2可将溶液中的NH3生成N2，即NO最终转化为N2。
