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2022年广东省深圳市高考化学一调试卷（一模）
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这是一份2022年广东省深圳市高考化学一调试卷（一模），共44页。试卷主要包含了选择题，非选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022年广东省深圳市高考化学一调试卷（一模）
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2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．（2分）蜡染技艺是中国非物质文化遗产之一，其制作工序包括：棉布制板、画蜡（将蜂蜡熔化后画在布上形成覆盖层）、蓝靛染色、沸水脱蜡、漂洗等。下列说法正确的是（ ）
A．“制板”用的白棉布，主要成分为合成纤维
B．“画蜡”过程中主要发生了化学变化
C．“画蜡”用的蜂蜡，是一种混合物，无固定熔点
D．“染色”用的蓝靛，属于有机高分子化合物
2．（2分）下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．水分子的球棍模型：
B．钾原子的结构示意图：
C．Na2O2的电子式：
D．中子数为20的氯原子：Cl
3．（2分）化学改善人类的生活，创造美好的世界。下列生产生活情境中涉及的化学原理不正确的是（ ）
选项
生产生活情境
化学原理
A
国庆节天安门广场燃放烟花，色彩绚丽
利用了某些金属的焰色反应
B
用氯化铁溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板
铜与FeCl3发生置换反应
C
汽车尾气催化转化器处理NO和CO
NO和CO发生反应生成无毒气体
D
秸秆、餐厨垃圾等进行密闭发酵提供燃料
发酵过程中产生CH4
A．A B．B C．C D．D
4．（2分）2021年我国取得多项科研成果，如首套吨级氢液化系统调试成功、首次实现以CO2为原料人工合成淀粉等。下列说法不正确的是（ ）
A．相同条件下，1gH2（l）完全燃烧放出的热量比1gH2（g）的多
B．通过降温加压得到的液氢可存放于特制的绝热容器中
C．通过遇碘变蓝的现象可证明有淀粉生成
D．淀粉可用于生产乙醇、乙酸等化工产品
5．（2分）五指毛桃汤中含有佛手柑内酯（结构简式如图）。下列有关该化合物的说法不正确的是（ ）
A．可发生水解反应
B．可使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．所有碳原子一定共平面
D．1mol该物质充分燃烧可生成12molCO2
6．（2分）科学生产中蕴藏着丰富的化学知识。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是（ ）
选项
劳动项目
化学知识
A
煮豆浆点卤水制作豆腐
胶体聚沉
B
盐碱地（含较多Na2CO3等）施用适量石膏，降低土壤的碱性
盐与盐发生复分解反应
C
利用铝热法焊接钢轨
铝与氧化铁反应，且放出大量的热
D
用FeS除去工业废水中的Cu2+
FeS具有还原性
A．A B．B C．C D．D
7．（2分）古籍记载的食盐生产过程：“粗盐溶解成饱和之盐卤，滤净泥渣流入澄清池”“汲水而上，入于釜中煎炼，顷刻结盐，色成至白”。若实验室模拟上述过程，不涉及的操作是（ ）
A．
B．
C．
D．
8．（2分）下列过程中的化学反应，有关离子方程式书写正确的是（ ）
A．将硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合：NH4++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+NH3⋅H2O
B．向氧化亚铁中加入适量稀硝酸：3FeO+10H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+5H2O
C．使用泡沫灭火器灭火：2Al3++3CO32﹣+3H2O⇌2Al（OH）3↓+3CO2↑
D．向亚硫酸氢钠溶液中加入酸性高锰酸钾溶液：6H++5SO32﹣+2MnO4﹣═5SO42﹣+2Mn2++3H2O
9．（2分）一种药物原料的分子结构式如图所示。其中W、X、Y、Z均为短周期主族元素，且仅X、Y位于同一周期；Z原子的核外电子数比X原子的多10。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：r（Y）＞r（X）＞r（W）
B．XZ2中X的化合价为+2
C．X的最简单氢化物的沸点比Y的高
D．X、Y、Z均可形成至少两种常见的含氧酸
10．（2分）设阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是（ ）
A．常温下，pH＝9的NaF溶液中，水电离出的H+数为10﹣9NA
B．1molI2与1molH2充分反应生成HI的分子数为2NA
C．56gCO和N2的混合气体，所含的原子总数为4NA
D．标准状况下，22.4LCO2与足量的Na2O2充分反应，转移的电子数为2NA
11．（2分）下列实验操作、现象和结论（或解释）均正确的是（ ）
选项
操作
现象
结论（或解释）
A
将水蒸气通过炽热的铁粉
粉末变红
铁与水在高温下发生反应
B
向Na2SiO3溶液中加入稀盐酸
产生白色沉淀
非金属性：Cl＞Si
C
向氢硫酸中通入SO2气体
产生淡黄色沉淀
SO2具有氧化性
D
向盛有某溶液的试管中加入稀NaOH溶液，再将红色石蕊试纸靠近试管口
试纸不变蓝
该溶液中不含NH4+
A．A B．B C．C D．D
12．（2分）部分含铁微粒所带的电荷数与其中铁元素化合价的关系如图所示，由该图可预测含铁微粒间相互转化时所需试剂。下列推断不合理的是（ ）
A．M一定为FeO
B．若R为单质，则常温下浓硫酸可使N钝化
C．若Q为金属阳离子，则可用K3[Fe（CN）6]溶液检验
D．Fe3+与氧化剂在碱性条件下反应可生成FeO42﹣
13．（2分）甲胺（CH3NH2）与盐酸反应生成甲胺盐酸盐（CH3NH3Cl）。25℃时，向一定体积0.01mol⋅L﹣1CH3NH2水溶液（对应图中M点）中缓慢通入HCl气体，溶液的pH与pOH[pOH＝﹣lgc（OH﹣）]的关系如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A．图中a＝2.7，b＝7
B．该过程中，增大
C．Q点溶液中溶质为CH3NH3Cl和CH3NH2
D．N点溶液中：c（CH3NH3+）＝c（Cl﹣）
14．（2分）气相离子催化剂（Fe+、Co+、Mn+等）具有优良的催化效果。其中，在Fe+催化下乙烷氧化反应的机理如图所示（图中﹣﹣为副反应）。下列说法正确的是（ ）
A．FeO+、N2均为反应中间体
B．X既含极性共价键也含非极性共价键
C．该机理涉及的反应均为氧化还原反应
D．每生成1molCH3CHO，消耗N2O的物质的量大于2mol
15．（2分）在容积为VL的恒温密闭容器中模拟工业合成氨。充入N2和H2的总物质的量为1mol，容器内各组分的物质的量分数与反应时间t的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．a表示N2物质的量分数的变化情况物质的量分数
B．0～t1min，v（H2）＝mol⋅L﹣1⋅min﹣1
C．t2min时，NH3的分解速率小于其生成速率
D．t3min时改变的条件可能为减小容器容积
16．（2分）利用电化学原理可对海水（主要成分NaCl和H2O，还含有少量微生物）进行消毒，并能清除残留的含氯消毒物质（工作原理如图，其中电极均为惰性电极）。已知：工作时，先断开K2，闭合K1，一段时间后，断开K1，闭合K2。下列说法不正确的是（ ）
A．闭合K1后的总反应为2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣
B．闭合K2后，Na+通过离子交换膜从Ⅱ室迁移至Ⅲ室
C．工作完成后，Ⅱ室中有金属Na剩余
D．残留的含氯消毒物质在III室放电被脱除
二、非选择题：共56分。第17～19题为必考题，考生都必须作答。第20～21为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共42分。
17．（14分）过氧化氢是一种常用的绿色试剂，某学习小组针对H2O2性质进行如下实验。
Ⅰ.验证H2O2的还原性
查阅资料：H2O2溶液与氯水发生反应时表现还原性。
（1）制取氯水
①仪器X的名称是 ，生成Cl2的化学方程式为 。
②饱和食盐水的作用是 。
（2）取5mL上述新制饱和氯水于试管中，向其中加入H2O2溶液至过量，产生大量气泡（该气体可使余烬复燃），还观察到溶液颜色发生的变化是 。
Ⅱ：探究Cl﹣、NO3﹣对H2O2分解的影响
选用CuCl2溶液和Cu（NO3）2溶液，探究Cl﹣、NO3﹣对H2O2分解的影响。记录数据如下：
实验
序号
添加试剂及用量
H2O2完全分解所需时间/min
1
amLbmol⋅L﹣1CuCl2溶液
t1
2
amLbmol⋅L﹣1Cu（NO3）2溶液
t2
（3）实验结果显示t1＜t2，可得出的结论是： （填化学式）更有利于H2O2分解。
（4）甲同学查阅资料得知：Cu2+能加速H2O2分解，K+对H2O2分解无影响。为排除Cu2+干扰，该同学进行实验：向两份50mL30%H2O2溶液中分别加入amL浓度均为 mol⋅L﹣1的 （填化学式）溶液和 （填化学式）溶液。t2min内，发现H2O2均几乎不分解。
甲同学认为：在无Cu2+存在的情况下，Cl﹣、NO3﹣对H2O2催化分解无影响。
（5）乙同学又提出猜想：Cl﹣、NO3﹣对Cu2+催化H2O2分解会产生影响。
于是进行如下表实验。限选试剂及其标号如下：
A.amL2bmol⋅L﹣1KCl溶液
B.少量KCl固体
C.amL2bmol⋅L﹣1KNO3溶液
D.少量KNO3固体
实验序号
添加试剂
H2O2完全分解所需时间/min
3
需同时加入amLbmol⋅L﹣1CuCl2溶液和① （填标号）
t3（t3＜t1）
4
需同时加入amLbmol⋅L﹣1Cu（NO3）2溶液和② （填标号）
t4（t4＞t2）
（6）根据实验1～4中测得的H2O2完全分解所需时间，小组同学认为Cl﹣ （填“增强”或“减弱”，下同）Cu2+的催化效果，NO3﹣ Cu2+的催化效果。
18．（14分）钛铁渣是铝热法炼铁时产生的废渣。一种以钛铁渣（主要含Al2O3、TiO2，还含Fe2O3、CaO、MgO及SiO2等杂质）为原料制备钛白粉并回收含铝物质的工艺如图：
已知：“酸浸”时，TiO2转化为TiO2+进入溶液。
回答下列问题：
（1）“浸渣”的主要成分为SiO2和 （填化学式）；TiO2发生反应的化学方程式为 。
（2）“有机相2”可在该流程 步骤中循环使用。
（3）“水相2”中钛的存在形式为 。
（4）“水相1”中Fe3+的浓度为0.06mol⋅L﹣1。向“水相1”中加入NH3⋅H2O调节溶液pH为8。已知：常温下，Ksp[Fe（OH）3]＝4×10﹣38。“滤液”中c（Fe3+）＝ mol⋅L﹣1；“滤液”经处理后得到的 （填化学式）可做化肥。
（5）“试剂X”为 （填化学式）溶液。
（6）钛铁（TiFe）合金是常见的储氢合金材料。一种高温下电解钛精矿（主要成分为FeTiO3）制备TiFe合金的装置示意图如图。
①连接FeTiO3的电阻丝应与电源 极相接；
②形成TiFe合金的主要反应如下。
Ⅰ.电极反应： ；
第一步析铁：
第二步析钛：TiO2+4e﹣═Ti+2O2﹣
Ⅱ.转化：2Fe+Ti═TiFe2；TiFe2+Ti═2TiFe
③电解结束后，继续通入氩气直至反应器内产物自然冷却至室温，其主要目的是 。
19．（14分）N2O是《联合国气候变化框架公约》所列六种温室气体之一。目前，直接催化分解法是消除N2O的主要方法，该过程中发生的反应如下：
i.2N2O（g）⇌2N2（g）+O2（g） ΔH1
ii.2N2O（g）⇌N2（g）+2NO（g） ΔH2
iii.4N2O（g）⇌3N2（g）+2NO2（g） ΔH3
回答下列问题：
（1）根据盖斯定律，反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）的ΔH＝ （写出代数式即可）。
（2）已知反应i在任意温度下均能自发进行，则反应i为 （填“吸热”或“放热”）反应。
（3）反应i的势能曲线示意图如图（…表示吸附作用，A表示催化剂，TS表示过渡态分子）：
①过程Ⅲ中最大势能垒（活化能）为 kcal⋅mol﹣1。
②下列有关反应i的说法不正确的是 （填标号）。
A.过程Ⅰ中有极性键断裂
B.过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有N2生成
C.该反应中只有两种物质能够吸附N2O分子
D.过程Ⅱ中间体A﹣O2可释放O2也可吸附N2O分子
（4）模拟废气中N2O直接催化分解过程。
①515℃时，将模拟废气（N2O体积分数为40%）以6000m3⋅h﹣1的速度通过催化剂，测得N2O的转化率为40%，则平均反应速率v（N2O）为 m3⋅h﹣1。欲提高N2O的转化率，可采取的措施为 （任写一条）。
②T℃和P0kPa时，在恒压密闭容器中进行模拟实验。各组分的相关信息如下表：
物质
N2
N2O
O2
CO2
NO
NO2
n（投料）/mol
19
34
6.5
25
0
0
n（平衡）/mol
50
x
20
25
2
2
其中x＝ ，N2O的平衡转化率为 （保留三位有效数字）；该温度下，反应2N2O（g）⇌2N2（g）+O2（g）的压强平衡常数Kp＝ kPa（以分压表示，分压＝总压×物质的量分数）。
三、解答题（共2小题，满分28分）
20．（14分）钛及其化合物具有优异的物理、化学性能，相关的研究备受关注。回答下列问题：
（1）基态钛原子的价电子排布式为 。
（2）钛元素的检验方法如图：
TiO2+可与H2O2形成稳定的[TiO（H2O2）]2+，其原因是 。
（3）二氧化钛是良好的光催化剂，可催化转化多种有毒物质，如：可将水中的NO2﹣转化为NO3﹣；将甲基橙、亚甲基蓝、HCHO转化为CO2等。
①NO3﹣的空间构型为 。
②甲基橙、亚甲基蓝中S原子的杂化类型分别为 、 。
③常温下，1L水中大约可溶解CO2、HCHO的体积分别为1L、480L，其主要原因是 。
（4）具有双钙钛矿型结构的晶体通过掺杂改性可用作固体电解质材料。双钙钛矿型晶体的一种典型结构单元如图所示：
①晶体中与La距离最近的Ba的数目为 。
②该晶体的一个完整晶胞中含有 个Co原子。
③真实的晶体中存在5%的氧原子缺陷，从而能让O2﹣在其中传导，已知La为+3价，则+3价钴与+4价钴的原子个数比为 ；设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 g⋅cm﹣3（列出计算式）。
21．（14分）以1，6﹣二酚（化合物A）为原料合成药物中间体F及其衍生物G的一种路线如图：
已知：
回答下列问题：
（1）化合物A的分子式为 、化合物E中含氧官能团的名称为醚键、 。
（2）写出反应①的化学方程式 。
（3）化合物D的结构简式为 。
（4）反应②的反应类型为 。
（5）若M为化合物E的同分异构体，能与新制的银氨溶液反应。则反应时，消耗的[Ag（NH3）2]OH与M的物质的量最大比为 。
（6）化合物C的同分异构体同时满足下列条件，则该同分异构体的结构简式为 （任写一种）。
a.含两个六元环
b.酸性条件下水解可得CH3COOH
C.1mol该物质最多可消耗2molNaOH
（7）参照上述合成路线，以和为主要原料，设计合成合成的路线 。
2022年广东省深圳市高考化学一调试卷（一模）
参考答案与试题解析
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2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．（2分）蜡染技艺是中国非物质文化遗产之一，其制作工序包括：棉布制板、画蜡（将蜂蜡熔化后画在布上形成覆盖层）、蓝靛染色、沸水脱蜡、漂洗等。下列说法正确的是（ ）
A．“制板”用的白棉布，主要成分为合成纤维
B．“画蜡”过程中主要发生了化学变化
C．“画蜡”用的蜂蜡，是一种混合物，无固定熔点
D．“染色”用的蓝靛，属于有机高分子化合物
【分析】A．白棉布的成分是纤维素；
B．画蜡：将蜂蜡熔化后画在布上形成覆盖层；
C．蜂蜡是一种复杂的有机化合物，蜂蜡的主要成分是高级脂肪酸和一元醇所合成的酯类、脂肪酸和糖类；
D．蓝靛的主要成分是3，3′﹣二氧﹣2，2′﹣联吲哚基﹣5，5′﹣二磺酸二钠盐，分子式C16H8N2Na2O8S2，相对分子质量466.36。
【解答】解：A．白棉布的成分是纤维素，纤维素是天然纤维，故A错误；
B．画蜡：将蜂蜡熔化后画在布上形成覆盖层，是物理变化，故B错误；
C．蜂蜡是一种复杂的有机化合物，蜂蜡的主要成分是高级脂肪酸和一元醇所合成的酯类、脂肪酸和糖类，是一种混合物，无固定熔点，故C正确；
D．蓝靛的主要成分是3，3′﹣二氧﹣2，2′﹣联吲哚基﹣5，5′﹣二磺酸二钠盐，分子式C16H8N2Na2O8S2，相对分子质量466.36，不属于有机高分子化合物，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质的组成和性质，为高频考点，把握物质的组成、化学与生活生产的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意纤维素的组成，题目难度不大。
2．（2分）下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．水分子的球棍模型：
B．钾原子的结构示意图：
C．Na2O2的电子式：
D．中子数为20的氯原子：Cl
【分析】A．水分子的空间构型为V形，并且O原子半径大于H；
B．钾原子的核外电子数为19；
C．O22﹣中两个O原子间共用1对电子；
D．质量数＝质子数+中子数，元素符号左上角为质量数，左下角为质子数。
【解答】解：A．水分子的空间构型为V形，中心原子是O，且O原子半径大于H，其球棍模型为，故A正确；
B．钾原子的质子数和核外电子数都是19，核外电子分层排布，则钾原子的结构示意图为，是钾离子的结构示意图，故B错误；
C．过氧化钠为离子化合物，由O22﹣和Na+构成，O22﹣中两个O原子间共用1对电子，其电子式，故C错误；
D．中子数为20的氯原子的质量数为17+20＝37，该核素符号为Cl，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，为高频考点，涉及离子或原子结构示意图、电子式、球棍模型、核素符号等知识，把握常见化学用语的书写原则即可解答，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
3．（2分）化学改善人类的生活，创造美好的世界。下列生产生活情境中涉及的化学原理不正确的是（ ）
选项
生产生活情境
化学原理
A
国庆节天安门广场燃放烟花，色彩绚丽
利用了某些金属的焰色反应
B
用氯化铁溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板
铜与FeCl3发生置换反应
C
汽车尾气催化转化器处理NO和CO
NO和CO发生反应生成无毒气体
D
秸秆、餐厨垃圾等进行密闭发酵提供燃料
发酵过程中产生CH4
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．焰色反应可以用于制作烟花；
B．置换反应是单质和化合物反应生成新的单质和化合物的反应；
C．汽车尾气催化转化器可以把NO和CO转化为N2、CO2；
D．生物质能产生的主要是CH4，可用作燃料。
【解答】解：A．金属元素发生焰色反应会出现不同的色彩，燃放的烟花即是某些金属元素发生焰色反应所呈现出来的色彩，故A正确；
B．用氯化铁溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板发生的反应为2Fe3++Cu＝Cu2++2Fe2+，该反应不属于置换反应，故B错误；
C．汽车尾气催化转化器处理NO和CO，可以将二者转化为无毒的N2、CO2，故C正确；
D．秸秆、餐厨垃圾中含有大量的有机物，发酵过程中产生CH4，CH4是一种燃料，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学应用，难度不大，熟悉常见物质在化工生产和生活的应用为解答的关键，注意日常学习中的积累。
4．（2分）2021年我国取得多项科研成果，如首套吨级氢液化系统调试成功、首次实现以CO2为原料人工合成淀粉等。下列说法不正确的是（ ）
A．相同条件下，1gH2（l）完全燃烧放出的热量比1gH2（g）的多
B．通过降温加压得到的液氢可存放于特制的绝热容器中
C．通过遇碘变蓝的现象可证明有淀粉生成
D．淀粉可用于生产乙醇、乙酸等化工产品
【分析】A．液氢汽化需要吸收热量；
B．液氢吸收能量可以转化为气态；
C．淀粉遇到碘变蓝；
D．淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖发酵得到乙醇，乙醇氧化最终得到乙酸。
【解答】解：A．液氢汽化需要吸收热量，则相同条件下，1gH2（l）完全燃烧放出的热量比1gH2（g）的少，故A错误；
B．液氢吸收能量可以转化为气态，所以加压降温可以使氢气转化为液氢，得到的液氢可用特制的绝热容器保存，故B正确；
C．淀粉遇到碘变蓝，所以可用碘检验淀粉的生成，故C正确；
D．淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖发酵得到乙醇，乙醇氧化最终得到乙酸，所以淀粉可用于生产乙醇、乙酸等化工产品，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了有机物获取与性质、应用，准确提取题干信息，把握淀粉的性质是解题关键，题目难度不大。
5．（2分）五指毛桃汤中含有佛手柑内酯（结构简式如图）。下列有关该化合物的说法不正确的是（ ）
A．可发生水解反应
B．可使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．所有碳原子一定共平面
D．1mol该物质充分燃烧可生成12molCO2
【分析】A．含有酯基，具有酯的性质；
B．含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
C．单键可以旋转，甲基碳原子不一定处于苯环平面内；
D．根据碳原子守恒计算。
【解答】解：A．含有酯基，可以发生水解反应，故A正确；
B．含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；
C．单键可以旋转，甲基碳原子不一定处于苯环平面内，分子中所有碳原子不一定共平面，故C错误；
D．该有机物分子含有12个碳原子，1mol该物质充分燃烧可生成12molCO2，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，根据甲烷的四面体、乙烯与苯的平面形、乙炔直线形理解共面与共线问题，注意单键可以旋转。
6．（2分）科学生产中蕴藏着丰富的化学知识。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是（ ）
选项
劳动项目
化学知识
A
煮豆浆点卤水制作豆腐
胶体聚沉
B
盐碱地（含较多Na2CO3等）施用适量石膏，降低土壤的碱性
盐与盐发生复分解反应
C
利用铝热法焊接钢轨
铝与氧化铁反应，且放出大量的热
D
用FeS除去工业废水中的Cu2+
FeS具有还原性
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．依据胶体聚沉的性质判断；
B．Na2CO3、CaSO4反应生成难溶性的碳酸钙，同时生成强酸强碱盐硫酸钠；
C．铝与氧化铁反应生成铁与氧化铝，释放大量的热；
D．依据沉淀的转化的性质解答。
【解答】解：A．豆浆为胶体，加入卤水可以使豆浆聚沉生成豆腐，故A正确；
B．石膏是主要成分是CaSO4，Na2CO3、CaSO4反应生成难溶性的碳酸钙，同时生成强酸强碱盐硫酸钠，硫酸根离子和钠离子不水解，则其溶液呈中性，所以石膏能降低其碱性，故B正确；
C．铝与氧化铁反应生成铁与氧化铝，释放大量的热，可用此反应焊接钢轨，故C正确；
D．硫化亚铁溶解度大于硫化铜，用FeS除去工业废水中的Cu2+，利用沉淀的转化，与硫化亚铁的还原性无关，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查的是与化学有关的生活知识，属于记忆的内容，了解常见化学物质的性质是解决本题的关键，难度不大。
7．（2分）古籍记载的食盐生产过程：“粗盐溶解成饱和之盐卤，滤净泥渣流入澄清池”“汲水而上，入于釜中煎炼，顷刻结盐，色成至白”。若实验室模拟上述过程，不涉及的操作是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】由信息可知，粗盐溶解后，过滤得到澄清溶液，再加热蒸发分离出NaCl，以此来解答。
【解答】解：A.由粗盐溶解成饱和之盐卤，可选图中烧杯、玻璃棒溶解，故A正确；
B.由滤净泥渣流入澄清池，可选图中过滤装置，故B正确；
C.图中为蒸馏，分离沸点不同互溶的液体混合物，粗盐提纯不涉及，故C错误；
D.由入于釜中煎炼，顷刻结盐，色成至白，可选图中蒸发装置，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物的分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验装置的作用，题目难度不大。
8．（2分）下列过程中的化学反应，有关离子方程式书写正确的是（ ）
A．将硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合：NH4++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+NH3⋅H2O
B．向氧化亚铁中加入适量稀硝酸：3FeO+10H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+5H2O
C．使用泡沫灭火器灭火：2Al3++3CO32﹣+3H2O⇌2Al（OH）3↓+3CO2↑
D．向亚硫酸氢钠溶液中加入酸性高锰酸钾溶液：6H++5SO32﹣+2MnO4﹣═5SO42﹣+2Mn2++3H2O
【分析】A．铵根离子与氢氧根离子的系数不满足硫酸铵、氢氧化钡的化学式组成；
B．二者发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和水；
C．泡沫灭火器原料为硫酸铝与碳酸氢钠，碳酸氢根离子不能拆开；
D．亚硫酸氢根离子不能拆开。
【解答】解：A．向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液，反应生成硫酸钡沉淀和一水合氨，正确的离子方程式为：2NH4++2OH﹣+Ba2++SO42﹣═BaSO4↓+2NH3•H2O，故A错误；
B．氧化亚铁溶液中加入稀硝酸的离子反应为：3FeO+10H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+5H2O，故B正确；
C．使用泡沫灭火器灭火，铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，正确的离子方程式为：Al3++3HCO3﹣＝Al（OH）3↓+3CO2↑，故C错误；
D．向亚硫酸氢钠溶液中加入酸性高锰酸钾溶液，离子方程式为：H++5HSO3﹣+2MnO4﹣═5SO42﹣+2Mn2++3H2O，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，B为易错点，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
9．（2分）一种药物原料的分子结构式如图所示。其中W、X、Y、Z均为短周期主族元素，且仅X、Y位于同一周期；Z原子的核外电子数比X原子的多10。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：r（Y）＞r（X）＞r（W）
B．XZ2中X的化合价为+2
C．X的最简单氢化物的沸点比Y的高
D．X、Y、Z均可形成至少两种常见的含氧酸
【分析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素，且仅X、Y位于同一周期，则W位于第一周期，为H元素；Z原子的核外电子数比X原子的多10，Z形成2个共价键，X形成4个共价键，则Z为S，X为C元素；Y形成3个共价键，位于第二周期，则Y为N元素，以此分析解答。
【解答】解：根据分析可知，W为H，X为C，Y为N，Z为S元素，
A.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，H的原子半径最小，则原子半径：r（X）＞r（Y）＞r（W），故A错误；
B.XZ2为CS2，CS2中S的化合价为﹣2价，则C的化合价为+4价，故B错误；
C.X、Y的最简单氢化物分别为甲烷、氨气，氨气分子间存在氢键，导致其沸点较高，则X的最简单氢化物的沸点比Y的低，故C错误；
D.碳、氮、硫元素均可以形成至少两种常见的含氧酸，如碳酸、乙酸、甲酸、硝酸、亚硝酸、硫酸、亚硫酸等，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、物质结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
10．（2分）设阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是（ ）
A．常温下，pH＝9的NaF溶液中，水电离出的H+数为10﹣9NA
B．1molI2与1molH2充分反应生成HI的分子数为2NA
C．56gCO和N2的混合气体，所含的原子总数为4NA
D．标准状况下，22.4LCO2与足量的Na2O2充分反应，转移的电子数为2NA
【分析】A.题目未给溶液体积；
B.氢气和碘单质的反应为可逆反应；
C.CO和N2的摩尔质量均为28g/mol，均为双原子分子；
D.1mol二氧化碳与过氧化钠反应转移1mol电子。
【解答】解：A.题目未给溶液体积，无法计算离子的物质的量，故A错误；
B.氢气和碘单质的反应为可逆反应，反应不能完全，1molI2与1molH2充分反应生成HI的分子数小于2NA，故B错误；
C.56gCO和N2的混合气体，所含的原子总数为×2×NA/mol＝4NA，故C正确；
D.标准状况下，22.4LCO2与足量的Na2O2充分反应，转移的电子数为×1×NA/mol＝NA，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
11．（2分）下列实验操作、现象和结论（或解释）均正确的是（ ）
选项
操作
现象
结论（或解释）
A
将水蒸气通过炽热的铁粉
粉末变红
铁与水在高温下发生反应
B
向Na2SiO3溶液中加入稀盐酸
产生白色沉淀
非金属性：Cl＞Si
C
向氢硫酸中通入SO2气体
产生淡黄色沉淀
SO2具有氧化性
D
向盛有某溶液的试管中加入稀NaOH溶液，再将红色石蕊试纸靠近试管口
试纸不变蓝
该溶液中不含NH4+
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.高温下Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；
B.盐酸为无氧酸；
C.二者发生氧化还原反应生成S和水；
D.加入稀NaOH溶液，可能生成一水合氨。
【解答】解：A.高温下Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，四氧化三铁为黑色，故A错误；
B.盐酸为无氧酸，不能由盐酸、硅酸的酸性比较Cl、Si的非金属性强弱，故B错误；
C.二者发生氧化还原反应生成S和水，二氧化硫中S元素的化合价降低，则SO2具有氧化性，故C正确；
D.加入稀NaOH溶液，可能生成一水合氨，由实验及现象可知，溶液中可能含NH4+，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
12．（2分）部分含铁微粒所带的电荷数与其中铁元素化合价的关系如图所示，由该图可预测含铁微粒间相互转化时所需试剂。下列推断不合理的是（ ）
A．M一定为FeO
B．若R为单质，则常温下浓硫酸可使N钝化
C．若Q为金属阳离子，则可用K3[Fe（CN）6]溶液检验
D．Fe3+与氧化剂在碱性条件下反应可生成FeO42﹣
【分析】A．M为亚铁离子的化合物；
B．常温下浓硫酸可以使Fe钝化；
C．Fe2+与K3[Fe（CN）6]反应会生成蓝色沉淀；
D．Fe3+与氧化剂在碱性条件下反应可生成FeO42﹣，可以制取高铁酸碱的盐。
【解答】解：A．M中含有+2价铁，且所含电荷数为0，可能是FeO或Fe（OH）2，故A选；
B．R为0价铁元素，且为单质，则为Fe单质，常温下浓硫酸可以使Fe钝化，故不B选；
C．若Q为金属阳离子，化合价为+2价，则为Fe2+，与K3[Fe（CN）6]反应会生成蓝色沉淀，可用K3[Fe（CN）6]溶液检验，故C不选；
D．FeO42﹣中Fe元素为+6价，据图可知FeO42﹣在碱性环境中稳定存在，所以Fe3+与氧化剂在碱性条件下反应可生成FeO42﹣，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
13．（2分）甲胺（CH3NH2）与盐酸反应生成甲胺盐酸盐（CH3NH3Cl）。25℃时，向一定体积0.01mol⋅L﹣1CH3NH2水溶液（对应图中M点）中缓慢通入HCl气体，溶液的pH与pOH[pOH＝﹣lgc（OH﹣）]的关系如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A．图中a＝2.7，b＝7
B．该过程中，增大
C．Q点溶液中溶质为CH3NH3Cl和CH3NH2
D．N点溶液中：c（CH3NH3+）＝c（Cl﹣）
【分析】A．M点pH＝11.3，c（H+）＝10﹣11.3mol/L，c（OH﹣）＝＝mol/L＝10﹣2.7mol/L，a点pOH＝﹣lgc（OH﹣）＝2.7；N点pH＝7，c（H+）＝10﹣7mol/L，c（OH﹣）＝10﹣7mol/L；
B．甲胺可看作一元弱碱：CH3NH2+H2O⇌CH3NH3++OH﹣，Kb＝，＝×＝；
C．CH3NH2+HCl＝CH3NH3Cl，所以Q点显碱性，溶液中有CH3NH3Cl；
D．溶液中电荷守恒：c（H+）+c（CH3NH3+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣），N点pH＝7，c（H+）＝c（OH﹣）。
【解答】解：A．M点pH＝11.3，c（H+）＝10﹣11.3mol/L，c（OH﹣）＝＝mol/L＝10﹣2.7mol/L，a点pOH＝﹣lgc（OH﹣）＝2.7；N点pH＝7，c（H+）＝10﹣7mol/L，c（OH﹣）＝10﹣7mol/L，b点pOH＝﹣lgc（OH﹣）＝7，故A正确；
B．甲胺可看作一元弱碱：CH3NH2+H2O⇌CH3NH3++OH﹣，Kb＝，＝×＝，CH3NH2水溶液（对应图中M点）中缓慢通入HCl气体，c（CH3NH3+）逐渐增大，Kb只与温度有关，所以比值减小，故B错误；
C．CH3NH2+HCl＝CH3NH3Cl，所以Q点显碱性，溶液中有CH3NH3Cl，同时还有CH3NH2剩余，故C正确；
D．溶液中电荷守恒：c（H+）+c（CH3NH3+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣），N点pH＝7，c（H+）＝c（OH﹣），故c（CH3NH3+）＝c（Cl﹣），故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了弱电解质的电离平衡及影响因素，为高频考点，把握水的离子积常数及其计算是解题关键，侧重分析能力和灵活运用能力的考查，题目难度不大。
14．（2分）气相离子催化剂（Fe+、Co+、Mn+等）具有优良的催化效果。其中，在Fe+催化下乙烷氧化反应的机理如图所示（图中﹣﹣为副反应）。下列说法正确的是（ ）
A．FeO+、N2均为反应中间体
B．X既含极性共价键也含非极性共价键
C．该机理涉及的反应均为氧化还原反应
D．每生成1molCH3CHO，消耗N2O的物质的量大于2mol
【分析】A．FeO+先生成后消耗，是反应中间体，N2属于最后产物；
B．X为H2O，O与H形成极性共价键；
C．存在化合价变化的是氧化还原反应；
D．该反应总反应方程式为C2H6+2N2O＝CH3CHO+2N2+H2O，且发生副反应[（C2H5）Fe（OH）+]→Fe+，结合两个反应分析。
【解答】解：A．FeO+先生成后消耗，是反应中间体，N2由N2O转化得到，是产物，故A错误；
B．由原子守恒可知X是H2O，O与H形成极性共价键，故B错误；
C．该机理中C2H6+FeO+＝[（C2H5）Fe（OH）+]，该反应无化合价变化，不是氧化还原反应，故C错误；
D．该反应总反应方程式为C2H6+2N2O＝CH3CHO+2N2+H2O，由于发生副反应[（C2H5）Fe（OH）+]→Fe+，Fe化合价降低，有电子转移，则每生成1molCH3CHO，消耗N2O的物质的量大于2mol，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应的应用，难度不大，分析反应原理，理解基本概念是解答的关键，注意元素化合物知识和氧化还原概念的理解。
15．（2分）在容积为VL的恒温密闭容器中模拟工业合成氨。充入N2和H2的总物质的量为1mol，容器内各组分的物质的量分数与反应时间t的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．a表示N2物质的量分数的变化情况物质的量分数
B．0～t1min，v（H2）＝mol⋅L﹣1⋅min﹣1
C．t2min时，NH3的分解速率小于其生成速率
D．t3min时改变的条件可能为减小容器容积
【分析】由题中图示可知，开始时N2和H2各占50%，总物质的量是1mol，则N2和H2各为0.5mol，由
N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）（单位：mol）
开始 0.5 0.5 0
变化 x 3x 2x
平衡 0.5﹣x 0.5﹣3x 2x
可得，某时刻总物质的量为n（总）＝（0.5﹣x）mol+（0.5﹣3x）mol+2xmol＝（1﹣2x）mol，某时刻N2的物质的量分数为×100%＝×100%＝50%，所以，N2的物质的量分数一直保持不变，是50%，则a代表N2的物质的量分数，随反应进行减小的是c代表H2的物质的量分数，b代表NH3的物质的量分数；据此解答。
【解答】解：A．由上述分析可知，N2的物质的量分数一直保持不变，是50%，则a代表N2的物质的量分数，故A正确；
B．由上述分析可知，a代表N2的物质的量分数，c代表H2的物质的量分数，b代表NH3的物质的量分数，t1时H2、NH3的物质的量分数相等，即＝，解之x＝0.1mol，则0～t1min，v（H2）＝＝mol•L﹣1•min﹣1＝mol•L﹣1•min﹣1，故B错误；
C．由上述分析可知，b代表NH3的物质的量分数，t2时刻及以后，NH3的物质的量分数增大，说明反应向右进行，则NH3的分解速率小于其生成速率，故C正确；
D．由N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）可知，t3时刻，减小容积，压强增大，平衡正向移动，NH3的物质的量分数增大，H2的物质的量分数减小，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了化学平衡影响因素及其计算，数据分析判断，主要是图线的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
16．（2分）利用电化学原理可对海水（主要成分NaCl和H2O，还含有少量微生物）进行消毒，并能清除残留的含氯消毒物质（工作原理如图，其中电极均为惰性电极）。已知：工作时，先断开K2，闭合K1，一段时间后，断开K1，闭合K2。下列说法不正确的是（ ）
A．闭合K1后的总反应为2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣
B．闭合K2后，Na+通过离子交换膜从Ⅱ室迁移至Ⅲ室
C．工作完成后，Ⅱ室中有金属Na剩余
D．残留的含氯消毒物质在III室放电被脱除
【分析】A．闭合K1时，该装置为电解池，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上钠离子放电生成Na；
B．闭合K2后，该装置为原电池，Ⅱ室中电极为负极，阳离子向正极移动；
C．闭合K1时在Ⅰ室生成的氯气与水反应生成HClO（含氯消毒物质），假设此过程生成1mol氯气，则生成1molHClO，根据电子守恒可知生成2mol钠单质；HClO可以氧化微生物，进行消毒，未反应的HClO在闭合K2后的Ⅲ室中被还原，由于部分HClO是被微生物还原；
D．闭合K1时在Ⅰ室生成的氯气与水反应生成含氯消毒物质，闭合K2后Ⅲ室为正极，剩余的氯消毒物质被还原。
【解答】解：A．闭合K1时，该装置为电解池，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上钠离子放电生成Na，所以电池反应式为2Cl﹣+2Na+Cl2↑+2Na，故A错误；
B．闭合K2后，该装置为原电池，Ⅱ室中电极为负极，Ⅲ室为正极室，阳离子向正极移动，所以Na+通过离子交换膜从Ⅱ室迁移至Ⅲ室，故B正确；
C．闭合K1时在Ⅰ室生成的氯气与水反应生成HClO（含氯消毒物质），假设此过程生成1mol氯气，则生成1molHClO，根据电子守恒可知生成2mol钠单质；HClO可以氧化微生物，进行消毒，未反应的HClO在闭合K2后的Ⅲ室中被还原，由于部分HClO是被微生物还原，所以在Ⅲ室中被还原的HClO的物质的量小于1mol，则消耗的钠单质小于2mol，所以有金属Na剩余，故C正确；
D．闭合K1时在Ⅰ室生成的氯气与水反应生成含氯消毒物质，闭合K2后Ⅲ室为正极，剩余的氯消毒物质被还原，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查原电池和电解池原理，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，题目难度不大。
二、非选择题：共56分。第17～19题为必考题，考生都必须作答。第20～21为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共42分。
17．（14分）过氧化氢是一种常用的绿色试剂，某学习小组针对H2O2性质进行如下实验。
Ⅰ.验证H2O2的还原性
查阅资料：H2O2溶液与氯水发生反应时表现还原性。
（1）制取氯水
①仪器X的名称是 圆底烧瓶 ，生成Cl2的化学方程式为 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O 。
②饱和食盐水的作用是 除去Cl2中混有的HCl 。
（2）取5mL上述新制饱和氯水于试管中，向其中加入H2O2溶液至过量，产生大量气泡（该气体可使余烬复燃），还观察到溶液颜色发生的变化是 黄色绿褪去 。
Ⅱ：探究Cl﹣、NO3﹣对H2O2分解的影响
选用CuCl2溶液和Cu（NO3）2溶液，探究Cl﹣、NO3﹣对H2O2分解的影响。记录数据如下：
实验
序号
添加试剂及用量
H2O2完全分解所需时间/min
1
amLbmol⋅L﹣1CuCl2溶液
t1
2
amLbmol⋅L﹣1Cu（NO3）2溶液
t2
（3）实验结果显示t1＜t2，可得出的结论是： 加入CuCl2溶液后H2O2分解速率更快 （填化学式）更有利于H2O2分解。
（4）甲同学查阅资料得知：Cu2+能加速H2O2分解，K+对H2O2分解无影响。为排除Cu2+干扰，该同学进行实验：向两份50mL30%H2O2溶液中分别加入amL浓度均为 2b mol⋅L﹣1的 KNO3 （填化学式）溶液和 KCl （填化学式）溶液。t2min内，发现H2O2均几乎不分解。
甲同学认为：在无Cu2+存在的情况下，Cl﹣、NO3﹣对H2O2催化分解无影响。
（5）乙同学又提出猜想：Cl﹣、NO3﹣对Cu2+催化H2O2分解会产生影响。
于是进行如下表实验。限选试剂及其标号如下：
A.amL2bmol⋅L﹣1KCl溶液
B.少量KCl固体
C.amL2bmol⋅L﹣1KNO3溶液
D.少量KNO3固体
实验序号
添加试剂
H2O2完全分解所需时间/min
3
需同时加入amLbmol⋅L﹣1CuCl2溶液和① B （填标号）
t3（t3＜t1）
4
需同时加入amLbmol⋅L﹣1Cu（NO3）2溶液和② D （填标号）
t4（t4＞t2）
（6）根据实验1～4中测得的H2O2完全分解所需时间，小组同学认为Cl﹣ 增强 （填“增强”或“减弱”，下同）Cu2+的催化效果，NO3﹣ 减弱 Cu2+的催化效果。
【分析】（1）①根据仪器的结构特点可知X的名称为圆底烧瓶；制备氯气选用的药品为固体二氧化锰和浓盐酸；
②浓盐酸具有挥发性，生成的氯气中会混有HCl气体；
（2）新制氯水中含有氯气分子，呈黄绿色，反应结束后氯气消耗完全；
（3）t1＜t2，即加入CuCl2溶液后H2O2分解速率更快；
（4）Cu2+带2个单位正电荷，K+带1个单位正电荷，结合电荷守恒和等量原则分析；
（5）该实验的目的是探究Cl﹣、NO3﹣对Cu2+催化H2O2分解会产生影响，所以只需改变阴离子的量；
（6）t3＜t1，说明加入更多的Cl﹣后H2O2分解加快，即Cl﹣增强Cu2+的催化效果；而t4＞t2，说明加入更多的NO3﹣后H2O2分解减慢。
【解答】解：（1）①根据仪器的结构特点可知X的名称为圆底烧瓶；制备氯气选用的药品为固体二氧化锰和浓盐酸，加热反应的化学反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：圆底烧瓶；MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
②浓盐酸具有挥发性，生成的氯气中会混有HCl气体，饱和食盐水可以除去Cl2中混有的HCl，
故答案为：除去Cl2中混有的HCl；
（2）新制氯水中含有氯气分子，呈黄绿色，向其中加入H2O2溶液至过量，产生大量气泡，该气体可使余烬复燃，说明生成了氧气，H2O2被氧化，氯气最终全部转化为氯离子，所以溶液颜色发生的变化是黄色绿褪去，
故答案为：黄色绿褪去；
（3）t1＜t2，即加入CuCl2溶液后H2O2分解速率更快，更有利于H2O2分解，
故答案为：加入CuCl2溶液后H2O2分解速率更快；
（4）Cu2+带2个单位正电荷，K+带1个单位正电荷，结合电荷守恒可知，应向两份50mL30%H2O2溶液中分别加入amL浓度均为2bmol/L的KNO3、KCl溶液，
故答案为：2b；KNO3；KCl；
（5）该实验的目的是探究Cl﹣、NO3﹣对Cu2+催化H2O2分解会产生影响，所以只需改变阴离子的量，所以实验3中应加入amLbmol•L﹣1CuCl2溶液和少量KCl固体；实验4中应加入amLbmol•L﹣1Cu（NO3）2溶液和KNO3固体，以此来改变阴离子的量，观察对H2O2分解的是否产生影响，
故答案为：B；D；
（6）t3＜t1，说明加入更多的Cl﹣后H2O2分解加快，即Cl﹣增强Cu2+的催化效果；而t4＞t2，说明加入更多的NO3﹣后H2O2分解减慢，即NO3﹣减弱Cu2+的催化效果，
故答案为：增强；减弱。
【点评】本题考查了探究实验的相关内容，掌握相关物质的性质以及是解答关键，侧重学生实验能力和分析能力的考查，注意高频考点的掌握，题目难度中等。
18．（14分）钛铁渣是铝热法炼铁时产生的废渣。一种以钛铁渣（主要含Al2O3、TiO2，还含Fe2O3、CaO、MgO及SiO2等杂质）为原料制备钛白粉并回收含铝物质的工艺如图：
已知：“酸浸”时，TiO2转化为TiO2+进入溶液。
回答下列问题：
（1）“浸渣”的主要成分为SiO2和 CaSO4 （填化学式）；TiO2发生反应的化学方程式为 TiO2+H2SO4＝TiOSO4+H2O 。
（2）“有机相2”可在该流程 萃取 步骤中循环使用。
（3）“水相2”中钛的存在形式为 TiO2+ 。
（4）“水相1”中Fe3+的浓度为0.06mol⋅L﹣1。向“水相1”中加入NH3⋅H2O调节溶液pH为8。已知：常温下，Ksp[Fe（OH）3]＝4×10﹣38。“滤液”中c（Fe3+）＝ 4×10﹣20 mol⋅L﹣1；“滤液”经处理后得到的 （NH4）2SO4 （填化学式）可做化肥。
（5）“试剂X”为 NaOH （填化学式）溶液。
（6）钛铁（TiFe）合金是常见的储氢合金材料。一种高温下电解钛精矿（主要成分为FeTiO3）制备TiFe合金的装置示意图如图。
①连接FeTiO3的电阻丝应与电源 负 极相接；
②形成TiFe合金的主要反应如下。
Ⅰ.电极反应： FeTiO3+2e﹣＝Fe+TiO2+O2﹣ ；
第一步析铁：
第二步析钛：TiO2+4e﹣═Ti+2O2﹣
Ⅱ.转化：2Fe+Ti═TiFe2；TiFe2+Ti═2TiFe
③电解结束后，继续通入氩气直至反应器内产物自然冷却至室温，其主要目的是 氩气可以作为保护气，防止生成的TiFe合金被氧化 。
【分析】钛铁渣先用硫酸浸取，SiO2难溶，同时CaO转化为难溶的CaSO4，所以浸渣主要成分为SiO2和CaSO4；得到含有Al3+、TiO2+、Fe3+、Mg2+的溶液，然后萃取，根据有机相的后续处理可知，Ti元素进入有机相，有机相中加入稀硫酸反萃取，根据酸浸时Ti元素的存在形式可知，水相中含有TiO2+，经沉淀、烘干焙烧得到TiO2；萃取分液后的水相1加入一水合氨调节pH，过滤得到Al（OH）3、Fe（OH）3、Mg（OH）2沉淀，向沉淀中加入NaOH溶液，Al（OH）3溶解得到偏铝酸钠。
【解答】解：（1）酸浸时SiO2难溶，同时CaO转化为难溶的CaSO4，所以浸渣主要成分为SiO2和CaSO4；根据题目所给信息TiO2转化为TiO2+进入溶液，根据元素守恒可得发生的化学方程式为TiO2+H2SO4＝TiOSO4+H2O，
故答案为：CaSO4；TiO2+H2SO4＝TiOSO4+H2O；
（2）有机相2即有机相1中的Ti元素被反萃取后的有机物，所以可以在“萃取”步骤中循环使用，
故答案为：萃取；
（3）根据酸浸时Ti元素的存在形式可知，水相中钛的存在形式为TiO2+，
故答案为：TiO2+；
（4）溶液pH为8，则溶液中c（OH﹣）＝10﹣6mol/L，“滤液”中c（Fe3+）＝＝mol/L＝4×10﹣20mol/L；酸浸时用的硫酸，之后用一水合氨调节pH，所以滤液中主要含有（NH4）2SO4，处理后可以作氮肥，
故答案为：4×10﹣20；（NH4）2SO4；
（5）试剂X可以将Al（OH）3转化为NaAlO2，所以为NaOH溶液，
故答案为：NaOH；
（6）①该装置的目的是利用FeTiO3制备TiFe合金，所以Fe、Ti元素要得电子发生还原反应，所以应为电解池的阴极，连接FeTiO3的电阻丝应与电源负极相接，
故答案为：负；
②第一步析铁，即FeTiO3要被还原为Fe单质，根据第二步反应可知Ti元素转化为TiO2，根据电子守恒、元素守恒可得电极反应为FeTiO3+2e﹣＝Fe+TiO2+O2﹣，
故答案为：FeTiO3+2e﹣＝Fe+TiO2+O2﹣；
③电解结束后，继续通入氩气直至反应器内产物自然冷却至室温，其主要目的是氩气可以作为保护气，防止生成的TiFe合金被氧化，
故答案为：氩气可以作为保护气，防止生成的TiFe合金被氧化。
【点评】本题考查物质分离提纯实验方案的设计与评价，为高频考点，把握制备原理、物质的分离提纯、物质的性质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度较大。
19．（14分）N2O是《联合国气候变化框架公约》所列六种温室气体之一。目前，直接催化分解法是消除N2O的主要方法，该过程中发生的反应如下：
i.2N2O（g）⇌2N2（g）+O2（g） ΔH1
ii.2N2O（g）⇌N2（g）+2NO（g） ΔH2
iii.4N2O（g）⇌3N2（g）+2NO2（g） ΔH3
回答下列问题：
（1）根据盖斯定律，反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）的ΔH＝ ΔH3﹣ΔH1﹣ΔH2 （写出代数式即可）。
（2）已知反应i在任意温度下均能自发进行，则反应i为 放热 （填“吸热”或“放热”）反应。
（3）反应i的势能曲线示意图如图（…表示吸附作用，A表示催化剂，TS表示过渡态分子）：
①过程Ⅲ中最大势能垒（活化能）为 82.17 kcal⋅mol﹣1。
②下列有关反应i的说法不正确的是 C （填标号）。
A.过程Ⅰ中有极性键断裂
B.过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有N2生成
C.该反应中只有两种物质能够吸附N2O分子
D.过程Ⅱ中间体A﹣O2可释放O2也可吸附N2O分子
（4）模拟废气中N2O直接催化分解过程。
①515℃时，将模拟废气（N2O体积分数为40%）以6000m3⋅h﹣1的速度通过催化剂，测得N2O的转化率为40%，则平均反应速率v（N2O）为 960 m3⋅h﹣1。欲提高N2O的转化率，可采取的措施为 适当升温 （任写一条）。
②T℃和P0kPa时，在恒压密闭容器中进行模拟实验。各组分的相关信息如下表：
物质
N2
N2O
O2
CO2
NO
NO2
n（投料）/mol
19
34
6.5
25
0
0
n（平衡）/mol
50
x
20
25
2
2
其中x＝ 1 ，N2O的平衡转化率为 97.1% （保留三位有效数字）；该温度下，反应2N2O（g）⇌2N2（g）+O2（g）的压强平衡常数Kp＝ 500P0 kPa（以分压表示，分压＝总压×物质的量分数）。
【分析】（1）根据盖斯定律，由iii﹣ii﹣i可得；
（2）反应能否自发进行的依据是ΔH﹣TΔS＜0；
（3）①由过程Ⅲ图可知，最大势能垒为N2O•••O2﹣A→TS3过程；
②A.过程Ⅰ中发生N2O•••A→N2•••O﹣A；
B.过程Ⅰ中发生→N2•••O﹣A→O﹣A，Ⅱ中发生N2•••O2﹣A→O2﹣A，Ⅲ中发生N2•••O3﹣A→O3﹣A；
C.该反应中Ⅰ中存在N2O•••A，Ⅱ中存在N2O•••O﹣A，Ⅲ中存在N2O•••O2﹣A；
D.过程Ⅱ有存在N2•••O2﹣A→O2﹣A、O2﹣A→A两个过程；
（4）①N2O通过催化剂速度为6000m3⋅h﹣1×40%＝2400m3⋅h﹣1，N2O的转化率为40%，即可求得反应速率，提高N2O的转化率，可采取措施使平衡正向进行；
②根据NO、O2、NO2，的变化量可求出N2O、N2变化量，可求得N2O的平衡量及转化率，求出分压代入平衡常数Kp即可求解。
【解答】解：（1）根据盖斯定律，由iii﹣ii﹣i可得：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）ΔH＝ΔH3﹣ΔH1﹣ΔH2，
故答案为：ΔH3﹣ΔH1﹣ΔH2；
（2）反应i在任何温度下能自发进行说明ΔH﹣TΔS恒小于0，由反应方程式可知ΔS＞0，故ΔH＜0，即反应为放热反应，
故答案为：放热；
（3）①由过程Ⅲ图可知，最大势能垒为N2O•••O2﹣A→TS3过程，过程Ⅲ中最大势能垒为[37.49kcal⋅mol﹣1﹣（﹣44.68kcal⋅mol﹣1）]kcal⋅mol﹣1＝82.17kcal⋅mol﹣1，
故答案为：82.17；
②A.过程Ⅰ中发生N2O•••A→N2•••O﹣A，有氮氧极性键断裂，故A正确；
B.过程Ⅰ中发生→N2•••O﹣A→O﹣A，Ⅱ中发生N2•••O2﹣A→O2﹣A、Ⅲ中发生N2•••O3﹣A→O3﹣A，这三个过程中都有N2生成，故B正确；
C.该反应中Ⅰ中存在N2O•••A，Ⅱ中存在N2O•••O﹣A，Ⅲ中存在N2O•••O2﹣A，这三个过程中有3种物质能吸附N2O分子，故C错误；
D.过程Ⅱ有存在N2•••O2﹣A→O2﹣A、O2﹣A→A，说明程过程Ⅱ中间体A﹣O2可释放O2也可吸附N2O分子，故D正确，
故答案为：C；
（4）①N2O通过催化剂速度为6000m3⋅h﹣1×40%＝2400m3⋅h﹣1，N2O的转化率为40%，平均反应速率v（N2O）＝2400m3⋅h﹣1×40%＝960m3⋅h﹣1，提高N2O的转化率，可适当升温使平衡正向进行，
故答案为：960；适当升温；
②由表中数据可知O2、NO、NO2，的变化量分别为13.5mol、2mol、2mol，
2N2O（g）⇌2N2（g）+O2（g）
27 27 13.5
2N2O（g）⇌N2（g）+2NO（g）
2 1 2
4N2O（g）⇌3N2（g）+2NO2（g）
4 3 2
平衡时N2O的物质的量为（34﹣27﹣2﹣4）mol＝1mol，α（N2O）＝×100%＝97.1%，平衡时总物质的量为（50+1+20+25+2+2）mol＝100mol，平衡常数Kp＝＝＝500p0，
故答案为：1；97.1%；500p0。
【点评】本题考查了化学平衡的计算，涉及了反应热计算，反应方向的判断、化学平衡的影响因素，考查图象和图表数据的分析能力，知识覆盖面广，题目难度适中。
三、解答题（共2小题，满分28分）
20．（14分）钛及其化合物具有优异的物理、化学性能，相关的研究备受关注。回答下列问题：
（1）基态钛原子的价电子排布式为 3d24s2 。
（2）钛元素的检验方法如图：
TiO2+可与H2O2形成稳定的[TiO（H2O2）]2+，其原因是 TiO2+可提供空轨道，过氧化氢提供孤电子对，两者形成稳定的配合物 。
（3）二氧化钛是良好的光催化剂，可催化转化多种有毒物质，如：可将水中的NO2﹣转化为NO3﹣；将甲基橙、亚甲基蓝、HCHO转化为CO2等。
①NO3﹣的空间构型为 平面正三角形 。
②甲基橙、亚甲基蓝中S原子的杂化类型分别为 sp3 、 sp2 。
③常温下，1L水中大约可溶解CO2、HCHO的体积分别为1L、480L，其主要原因是 CO2和HCHO均为非极性分子，但是HCHO可以和水形成氢键，导致溶解度较大 。
（4）具有双钙钛矿型结构的晶体通过掺杂改性可用作固体电解质材料。双钙钛矿型晶体的一种典型结构单元如图所示：
①晶体中与La距离最近的Ba的数目为 6 。
②该晶体的一个完整晶胞中含有 8 个Co原子。
③真实的晶体中存在5%的氧原子缺陷，从而能让O2﹣在其中传导，已知La为+3价，则+3价钴与+4价钴的原子个数比为 4：1 ；设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 g⋅cm﹣3（列出计算式）。
【分析】（1）钛的原子序数为22，故钛在周期表中的位置是第四周期第ⅣB族；
（2）TiO2+可与H2O2形成稳定的[TiO（H2O2）]2+，其原因是 TiO2+可提供空轨道，过氧化氢提供孤电子对；
（3）①NO3﹣的价层电子对数为3+＝3，不含孤电子对；
②甲基橙中的S形成四条σ键为sp3杂化，亚甲基蓝中的S元素形成三条σ键，杂化方式为sp2杂化；
③常温下，1L水中大约可溶解CO2、HCHO的体积分别为1L、480L，分析氢键的影响；
（4）①分析晶胞结构可知，La距离最近的Ba的数目为6；
②图示并非完整晶胞，为部分；
③结构单元中，La数目为4×＝，Co原子数目为1，Ba数目为4×＝，存在5%的原子缺陷，故含有6××（1﹣5%）＝2.82个O，设+3价Co为x个，+4价Co为y个，3x+4y+（3+2）＝2.85×2，x+y＝1，解得x＝0.8，y＝0.2，+3价钴与+4价钴的原子个数比为4：1，晶胞质量为g，晶胞体积为（a×10﹣10）3cm3，据此计算。
【解答】解：（1）钛的原子序数为22，故钛在周期表中的位置是第四周期第ⅣB族，Ti的基态原子外围电子排布式为：3d24s2，
故答案为：3d24s2；
（2）TiO2+可与H2O2形成稳定的[TiO（H2O2）]2+，其原因是 TiO2+可提供空轨道，过氧化氢提供孤电子对，两者形成稳定的配合物，
故答案为：TiO2+可提供空轨道，过氧化氢提供孤电子对，两者形成稳定的配合物；
（3）①NO3﹣的价层电子对数为3+＝3，不含孤电子对，离子构型为平面正三角形，
故答案为：平面正三角形；
②甲基橙中的S形成四条σ键为sp3杂化，亚甲基蓝中的S元素形成三条σ键，杂化方式为sp2杂化，
故答案为：sp3；sp2；
③常温下，1L水中大约可溶解CO2、HCHO的体积分别为1L、480L，其主要原因是CO2和HCHO均为非极性分子，但是HCHO可以和水形成氢键，导致溶解度较大，
故答案为：CO2和HCHO均为非极性分子，但是HCHO可以和水形成氢键，导致溶解度较大；
（4）①分析晶胞结构可知，La距离最近的Ba的数目为6，
故答案为：6；
②图示并非完整晶胞，为部分，故完整晶胞中Co原子数目为8，
故答案为：8；
③结构单元中，La数目为4×＝，Co原子数目为1，Ba数目为4×＝，存在5%的原子缺陷，故含有6××（1﹣5%）＝2.82个O，设+3价Co为x个，+4价Co为y个，3x+4y+（3+2）＝2.85×2，x+y＝1，解得x＝0.8，y＝0.2，+3价钴与+4价钴的原子个数比为4：1，晶胞质量为g，晶胞体积为（a×10﹣10）3cm3，该晶体的密度＝g⋅cm﹣3，
故答案为：4：1；。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
21．（14分）以1，6﹣二酚（化合物A）为原料合成药物中间体F及其衍生物G的一种路线如图：
已知：
回答下列问题：
（1）化合物A的分子式为 C10H8O2 、化合物E中含氧官能团的名称为醚键、 羰基 。
（2）写出反应①的化学方程式 +2CH3I+2HI 。
（3）化合物D的结构简式为 。
（4）反应②的反应类型为 加成反应（或还原反应） 。
（5）若M为化合物E的同分异构体，能与新制的银氨溶液反应。则反应时，消耗的[Ag（NH3）2]OH与M的物质的量最大比为 6：1 。
（6）化合物C的同分异构体同时满足下列条件，则该同分异构体的结构简式为 （或） （任写一种）。
a.含两个六元环
b.酸性条件下水解可得CH3COOH
C.1mol该物质最多可消耗2molNaOH
（7）参照上述合成路线，以和为主要原料，设计合成合成的路线 。
【分析】对比A、C的结构，结合B的分子式，可知A中酚羟基转化为﹣OCH3生成B，B发生还原反应生成C，故B为；对比C、E的结构，结合C的分子式，已知是反应信息，可推知D为，D与发生加成反应生成E，E→F理解为先发生加成反应、再发生消去反应，F中碳碳双键与氢气加成生成G；
（7）由E→F的转化可知，由反应得到，由D→E的转化，可知与反应生成，发生催化氧化生成。
【解答】解：（1）A的结构简式为，化合物A的分子式为C10H8O2，化合物E中含氧官能团的名称为醚键、羰基，
故答案为：C10H8O2；羰基；
（2）反应①的化学方程式为+2CH3I+2HI，
故答案为：+2CH3I+2HI；
（3）由分析可知，化合物D的结构简式为，
故答案为：；
（4）反应②是F中碳碳双键与氢气反应加成反应，也属于还原反应，
故答案为：加成反应（或还原反应）；
（5）若M为化合物E的同分异构体，能与新制的银氨溶液反应，说明含有醛基，而E分子中含有3个氧原子，不饱和度为7，碳原子数为16，则M分子中最多含有3个醛基，则反应时消耗的[Ag（NH3）2]OH与M的物质的量最大比为6：1，
故答案为：6：1；
（6）化合物C的同分异构体含两个六元环，且酸性条件下水解可得CH3COOH，1mol该物质最多可消耗2molNaOH，环状结构为，苯环侧链为﹣OOCCH3，符合条件的同分异构体为、，
故答案为：（或）；
（7）由E→F的转化可知，由反应得到，由D→E的转化，可知与反应生成，发生催化氧化生成，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，涉及官能团识别、有机反应方程式的书写、有机反应类型、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物的结构理解发生的反应，试题培养了学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/8/4 18:53:19；用户：李超；邮箱：lichao317807156@126.com；学号：19716718
2022年广东省深圳市高考化学一调试卷（一模）
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2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．（2分）蜡染技艺是中国非物质文化遗产之一，其制作工序包括：棉布制板、画蜡（将蜂蜡熔化后画在布上形成覆盖层）、蓝靛染色、沸水脱蜡、漂洗等。下列说法正确的是（ ）
A．“制板”用的白棉布，主要成分为合成纤维
B．“画蜡”过程中主要发生了化学变化
C．“画蜡”用的蜂蜡，是一种混合物，无固定熔点
D．“染色”用的蓝靛，属于有机高分子化合物
2．（2分）下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．水分子的球棍模型：
B．钾原子的结构示意图：
C．Na2O2的电子式：
D．中子数为20的氯原子：Cl
3．（2分）化学改善人类的生活，创造美好的世界。下列生产生活情境中涉及的化学原理不正确的是（ ）
选项
生产生活情境
化学原理
A
国庆节天安门广场燃放烟花，色彩绚丽
利用了某些金属的焰色反应
B
用氯化铁溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板
铜与FeCl3发生置换反应
C
汽车尾气催化转化器处理NO和CO
NO和CO发生反应生成无毒气体
D
秸秆、餐厨垃圾等进行密闭发酵提供燃料
发酵过程中产生CH4
A．A B．B C．C D．D
4．（2分）2021年我国取得多项科研成果，如首套吨级氢液化系统调试成功、首次实现以CO2为原料人工合成淀粉等。下列说法不正确的是（ ）
A．相同条件下，1gH2（l）完全燃烧放出的热量比1gH2（g）的多
B．通过降温加压得到的液氢可存放于特制的绝热容器中
C．通过遇碘变蓝的现象可证明有淀粉生成
D．淀粉可用于生产乙醇、乙酸等化工产品
5．（2分）五指毛桃汤中含有佛手柑内酯（结构简式如图）。下列有关该化合物的说法不正确的是（ ）
A．可发生水解反应
B．可使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．所有碳原子一定共平面
D．1mol该物质充分燃烧可生成12molCO2
6．（2分）科学生产中蕴藏着丰富的化学知识。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是（ ）
选项
劳动项目
化学知识
A
煮豆浆点卤水制作豆腐
胶体聚沉
B
盐碱地（含较多Na2CO3等）施用适量石膏，降低土壤的碱性
盐与盐发生复分解反应
C
利用铝热法焊接钢轨
铝与氧化铁反应，且放出大量的热
D
用FeS除去工业废水中的Cu2+
FeS具有还原性
A．A B．B C．C D．D
7．（2分）古籍记载的食盐生产过程：“粗盐溶解成饱和之盐卤，滤净泥渣流入澄清池”“汲水而上，入于釜中煎炼，顷刻结盐，色成至白”。若实验室模拟上述过程，不涉及的操作是（ ）
A．
B．
C．
D．
8．（2分）下列过程中的化学反应，有关离子方程式书写正确的是（ ）
A．将硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合：NH4++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+NH3⋅H2O
B．向氧化亚铁中加入适量稀硝酸：3FeO+10H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+5H2O
C．使用泡沫灭火器灭火：2Al3++3CO32﹣+3H2O⇌2Al（OH）3↓+3CO2↑
D．向亚硫酸氢钠溶液中加入酸性高锰酸钾溶液：6H++5SO32﹣+2MnO4﹣═5SO42﹣+2Mn2++3H2O
9．（2分）一种药物原料的分子结构式如图所示。其中W、X、Y、Z均为短周期主族元素，且仅X、Y位于同一周期；Z原子的核外电子数比X原子的多10。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：r（Y）＞r（X）＞r（W）
B．XZ2中X的化合价为+2
C．X的最简单氢化物的沸点比Y的高
D．X、Y、Z均可形成至少两种常见的含氧酸
10．（2分）设阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是（ ）
A．常温下，pH＝9的NaF溶液中，水电离出的H+数为10﹣9NA
B．1molI2与1molH2充分反应生成HI的分子数为2NA
C．56gCO和N2的混合气体，所含的原子总数为4NA
D．标准状况下，22.4LCO2与足量的Na2O2充分反应，转移的电子数为2NA
11．（2分）下列实验操作、现象和结论（或解释）均正确的是（ ）
选项
操作
现象
结论（或解释）
A
将水蒸气通过炽热的铁粉
粉末变红
铁与水在高温下发生反应
B
向Na2SiO3溶液中加入稀盐酸
产生白色沉淀
非金属性：Cl＞Si
C
向氢硫酸中通入SO2气体
产生淡黄色沉淀
SO2具有氧化性
D
向盛有某溶液的试管中加入稀NaOH溶液，再将红色石蕊试纸靠近试管口
试纸不变蓝
该溶液中不含NH4+
A．A B．B C．C D．D
12．（2分）部分含铁微粒所带的电荷数与其中铁元素化合价的关系如图所示，由该图可预测含铁微粒间相互转化时所需试剂。下列推断不合理的是（ ）
A．M一定为FeO
B．若R为单质，则常温下浓硫酸可使N钝化
C．若Q为金属阳离子，则可用K3[Fe（CN）6]溶液检验
D．Fe3+与氧化剂在碱性条件下反应可生成FeO42﹣
13．（2分）甲胺（CH3NH2）与盐酸反应生成甲胺盐酸盐（CH3NH3Cl）。25℃时，向一定体积0.01mol⋅L﹣1CH3NH2水溶液（对应图中M点）中缓慢通入HCl气体，溶液的pH与pOH[pOH＝﹣lgc（OH﹣）]的关系如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A．图中a＝2.7，b＝7
B．该过程中，增大
C．Q点溶液中溶质为CH3NH3Cl和CH3NH2
D．N点溶液中：c（CH3NH3+）＝c（Cl﹣）
14．（2分）气相离子催化剂（Fe+、Co+、Mn+等）具有优良的催化效果。其中，在Fe+催化下乙烷氧化反应的机理如图所示（图中﹣﹣为副反应）。下列说法正确的是（ ）
A．FeO+、N2均为反应中间体
B．X既含极性共价键也含非极性共价键
C．该机理涉及的反应均为氧化还原反应
D．每生成1molCH3CHO，消耗N2O的物质的量大于2mol
15．（2分）在容积为VL的恒温密闭容器中模拟工业合成氨。充入N2和H2的总物质的量为1mol，容器内各组分的物质的量分数与反应时间t的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．a表示N2物质的量分数的变化情况物质的量分数
B．0～t1min，v（H2）＝mol⋅L﹣1⋅min﹣1
C．t2min时，NH3的分解速率小于其生成速率
D．t3min时改变的条件可能为减小容器容积
16．（2分）利用电化学原理可对海水（主要成分NaCl和H2O，还含有少量微生物）进行消毒，并能清除残留的含氯消毒物质（工作原理如图，其中电极均为惰性电极）。已知：工作时，先断开K2，闭合K1，一段时间后，断开K1，闭合K2。下列说法不正确的是（ ）
A．闭合K1后的总反应为2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣
B．闭合K2后，Na+通过离子交换膜从Ⅱ室迁移至Ⅲ室
C．工作完成后，Ⅱ室中有金属Na剩余
D．残留的含氯消毒物质在III室放电被脱除
二、非选择题：共56分。第17～19题为必考题，考生都必须作答。第20～21为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共42分。
17．（14分）过氧化氢是一种常用的绿色试剂，某学习小组针对H2O2性质进行如下实验。
Ⅰ.验证H2O2的还原性
查阅资料：H2O2溶液与氯水发生反应时表现还原性。
（1）制取氯水
①仪器X的名称是 ，生成Cl2的化学方程式为 。
②饱和食盐水的作用是 。
（2）取5mL上述新制饱和氯水于试管中，向其中加入H2O2溶液至过量，产生大量气泡（该气体可使余烬复燃），还观察到溶液颜色发生的变化是 。
Ⅱ：探究Cl﹣、NO3﹣对H2O2分解的影响
选用CuCl2溶液和Cu（NO3）2溶液，探究Cl﹣、NO3﹣对H2O2分解的影响。记录数据如下：
实验
序号
添加试剂及用量
H2O2完全分解所需时间/min
1
amLbmol⋅L﹣1CuCl2溶液
t1
2
amLbmol⋅L﹣1Cu（NO3）2溶液
t2
（3）实验结果显示t1＜t2，可得出的结论是： （填化学式）更有利于H2O2分解。
（4）甲同学查阅资料得知：Cu2+能加速H2O2分解，K+对H2O2分解无影响。为排除Cu2+干扰，该同学进行实验：向两份50mL30%H2O2溶液中分别加入amL浓度均为 mol⋅L﹣1的 （填化学式）溶液和 （填化学式）溶液。t2min内，发现H2O2均几乎不分解。
甲同学认为：在无Cu2+存在的情况下，Cl﹣、NO3﹣对H2O2催化分解无影响。
（5）乙同学又提出猜想：Cl﹣、NO3﹣对Cu2+催化H2O2分解会产生影响。
于是进行如下表实验。限选试剂及其标号如下：
A.amL2bmol⋅L﹣1KCl溶液
B.少量KCl固体
C.amL2bmol⋅L﹣1KNO3溶液
D.少量KNO3固体
实验序号
添加试剂
H2O2完全分解所需时间/min
3
需同时加入amLbmol⋅L﹣1CuCl2溶液和① （填标号）
t3（t3＜t1）
4
需同时加入amLbmol⋅L﹣1Cu（NO3）2溶液和② （填标号）
t4（t4＞t2）
（6）根据实验1～4中测得的H2O2完全分解所需时间，小组同学认为Cl﹣ （填“增强”或“减弱”，下同）Cu2+的催化效果，NO3﹣ Cu2+的催化效果。
18．（14分）钛铁渣是铝热法炼铁时产生的废渣。一种以钛铁渣（主要含Al2O3、TiO2，还含Fe2O3、CaO、MgO及SiO2等杂质）为原料制备钛白粉并回收含铝物质的工艺如图：
已知：“酸浸”时，TiO2转化为TiO2+进入溶液。
回答下列问题：
（1）“浸渣”的主要成分为SiO2和 （填化学式）；TiO2发生反应的化学方程式为 。
（2）“有机相2”可在该流程 步骤中循环使用。
（3）“水相2”中钛的存在形式为 。
（4）“水相1”中Fe3+的浓度为0.06mol⋅L﹣1。向“水相1”中加入NH3⋅H2O调节溶液pH为8。已知：常温下，Ksp[Fe（OH）3]＝4×10﹣38。“滤液”中c（Fe3+）＝ mol⋅L﹣1；“滤液”经处理后得到的 （填化学式）可做化肥。
（5）“试剂X”为 （填化学式）溶液。
（6）钛铁（TiFe）合金是常见的储氢合金材料。一种高温下电解钛精矿（主要成分为FeTiO3）制备TiFe合金的装置示意图如图。
①连接FeTiO3的电阻丝应与电源 极相接；
②形成TiFe合金的主要反应如下。
Ⅰ.电极反应： ；
第一步析铁：
第二步析钛：TiO2+4e﹣═Ti+2O2﹣
Ⅱ.转化：2Fe+Ti═TiFe2；TiFe2+Ti═2TiFe
③电解结束后，继续通入氩气直至反应器内产物自然冷却至室温，其主要目的是 。
19．（14分）N2O是《联合国气候变化框架公约》所列六种温室气体之一。目前，直接催化分解法是消除N2O的主要方法，该过程中发生的反应如下：
i.2N2O（g）⇌2N2（g）+O2（g） ΔH1
ii.2N2O（g）⇌N2（g）+2NO（g） ΔH2
iii.4N2O（g）⇌3N2（g）+2NO2（g） ΔH3
回答下列问题：
（1）根据盖斯定律，反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）的ΔH＝ （写出代数式即可）。
（2）已知反应i在任意温度下均能自发进行，则反应i为 （填“吸热”或“放热”）反应。
（3）反应i的势能曲线示意图如图（…表示吸附作用，A表示催化剂，TS表示过渡态分子）：
①过程Ⅲ中最大势能垒（活化能）为 kcal⋅mol﹣1。
②下列有关反应i的说法不正确的是 （填标号）。
A.过程Ⅰ中有极性键断裂
B.过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有N2生成
C.该反应中只有两种物质能够吸附N2O分子
D.过程Ⅱ中间体A﹣O2可释放O2也可吸附N2O分子
（4）模拟废气中N2O直接催化分解过程。
①515℃时，将模拟废气（N2O体积分数为40%）以6000m3⋅h﹣1的速度通过催化剂，测得N2O的转化率为40%，则平均反应速率v（N2O）为 m3⋅h﹣1。欲提高N2O的转化率，可采取的措施为 （任写一条）。
②T℃和P0kPa时，在恒压密闭容器中进行模拟实验。各组分的相关信息如下表：
物质
N2
N2O
O2
CO2
NO
NO2
n（投料）/mol
19
34
6.5
25
0
0
n（平衡）/mol
50
x
20
25
2
2
其中x＝ ，N2O的平衡转化率为 （保留三位有效数字）；该温度下，反应2N2O（g）⇌2N2（g）+O2（g）的压强平衡常数Kp＝ kPa（以分压表示，分压＝总压×物质的量分数）。
三、解答题（共2小题，满分28分）
20．（14分）钛及其化合物具有优异的物理、化学性能，相关的研究备受关注。回答下列问题：
（1）基态钛原子的价电子排布式为 。
（2）钛元素的检验方法如图：
TiO2+可与H2O2形成稳定的[TiO（H2O2）]2+，其原因是 。
（3）二氧化钛是良好的光催化剂，可催化转化多种有毒物质，如：可将水中的NO2﹣转化为NO3﹣；将甲基橙、亚甲基蓝、HCHO转化为CO2等。
①NO3﹣的空间构型为 。
②甲基橙、亚甲基蓝中S原子的杂化类型分别为 、 。
③常温下，1L水中大约可溶解CO2、HCHO的体积分别为1L、480L，其主要原因是 。
（4）具有双钙钛矿型结构的晶体通过掺杂改性可用作固体电解质材料。双钙钛矿型晶体的一种典型结构单元如图所示：
①晶体中与La距离最近的Ba的数目为 。
②该晶体的一个完整晶胞中含有 个Co原子。
③真实的晶体中存在5%的氧原子缺陷，从而能让O2﹣在其中传导，已知La为+3价，则+3价钴与+4价钴的原子个数比为 ；设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 g⋅cm﹣3（列出计算式）。
21．（14分）以1，6﹣二酚（化合物A）为原料合成药物中间体F及其衍生物G的一种路线如图：
已知：
回答下列问题：
（1）化合物A的分子式为 、化合物E中含氧官能团的名称为醚键、 。
（2）写出反应①的化学方程式 。
（3）化合物D的结构简式为 。
（4）反应②的反应类型为 。
（5）若M为化合物E的同分异构体，能与新制的银氨溶液反应。则反应时，消耗的[Ag（NH3）2]OH与M的物质的量最大比为 。
（6）化合物C的同分异构体同时满足下列条件，则该同分异构体的结构简式为 （任写一种）。
a.含两个六元环
b.酸性条件下水解可得CH3COOH
C.1mol该物质最多可消耗2molNaOH
（7）参照上述合成路线，以和为主要原料，设计合成合成的路线 。
2022年广东省深圳市高考化学一调试卷（一模）
参考答案与试题解析
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2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．（2分）蜡染技艺是中国非物质文化遗产之一，其制作工序包括：棉布制板、画蜡（将蜂蜡熔化后画在布上形成覆盖层）、蓝靛染色、沸水脱蜡、漂洗等。下列说法正确的是（ ）
A．“制板”用的白棉布，主要成分为合成纤维
B．“画蜡”过程中主要发生了化学变化
C．“画蜡”用的蜂蜡，是一种混合物，无固定熔点
D．“染色”用的蓝靛，属于有机高分子化合物
【分析】A．白棉布的成分是纤维素；
B．画蜡：将蜂蜡熔化后画在布上形成覆盖层；
C．蜂蜡是一种复杂的有机化合物，蜂蜡的主要成分是高级脂肪酸和一元醇所合成的酯类、脂肪酸和糖类；
D．蓝靛的主要成分是3，3′﹣二氧﹣2，2′﹣联吲哚基﹣5，5′﹣二磺酸二钠盐，分子式C16H8N2Na2O8S2，相对分子质量466.36。
【解答】解：A．白棉布的成分是纤维素，纤维素是天然纤维，故A错误；
B．画蜡：将蜂蜡熔化后画在布上形成覆盖层，是物理变化，故B错误；
C．蜂蜡是一种复杂的有机化合物，蜂蜡的主要成分是高级脂肪酸和一元醇所合成的酯类、脂肪酸和糖类，是一种混合物，无固定熔点，故C正确；
D．蓝靛的主要成分是3，3′﹣二氧﹣2，2′﹣联吲哚基﹣5，5′﹣二磺酸二钠盐，分子式C16H8N2Na2O8S2，相对分子质量466.36，不属于有机高分子化合物，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质的组成和性质，为高频考点，把握物质的组成、化学与生活生产的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意纤维素的组成，题目难度不大。
2．（2分）下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．水分子的球棍模型：
B．钾原子的结构示意图：
C．Na2O2的电子式：
D．中子数为20的氯原子：Cl
【分析】A．水分子的空间构型为V形，并且O原子半径大于H；
B．钾原子的核外电子数为19；
C．O22﹣中两个O原子间共用1对电子；
D．质量数＝质子数+中子数，元素符号左上角为质量数，左下角为质子数。
【解答】解：A．水分子的空间构型为V形，中心原子是O，且O原子半径大于H，其球棍模型为，故A正确；
B．钾原子的质子数和核外电子数都是19，核外电子分层排布，则钾原子的结构示意图为，是钾离子的结构示意图，故B错误；
C．过氧化钠为离子化合物，由O22﹣和Na+构成，O22﹣中两个O原子间共用1对电子，其电子式，故C错误；
D．中子数为20的氯原子的质量数为17+20＝37，该核素符号为Cl，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，为高频考点，涉及离子或原子结构示意图、电子式、球棍模型、核素符号等知识，把握常见化学用语的书写原则即可解答，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
3．（2分）化学改善人类的生活，创造美好的世界。下列生产生活情境中涉及的化学原理不正确的是（ ）
选项
生产生活情境
化学原理
A
国庆节天安门广场燃放烟花，色彩绚丽
利用了某些金属的焰色反应
B
用氯化铁溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板
铜与FeCl3发生置换反应
C
汽车尾气催化转化器处理NO和CO
NO和CO发生反应生成无毒气体
D
秸秆、餐厨垃圾等进行密闭发酵提供燃料
发酵过程中产生CH4
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．焰色反应可以用于制作烟花；
B．置换反应是单质和化合物反应生成新的单质和化合物的反应；
C．汽车尾气催化转化器可以把NO和CO转化为N2、CO2；
D．生物质能产生的主要是CH4，可用作燃料。
【解答】解：A．金属元素发生焰色反应会出现不同的色彩，燃放的烟花即是某些金属元素发生焰色反应所呈现出来的色彩，故A正确；
B．用氯化铁溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板发生的反应为2Fe3++Cu＝Cu2++2Fe2+，该反应不属于置换反应，故B错误；
C．汽车尾气催化转化器处理NO和CO，可以将二者转化为无毒的N2、CO2，故C正确；
D．秸秆、餐厨垃圾中含有大量的有机物，发酵过程中产生CH4，CH4是一种燃料，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学应用，难度不大，熟悉常见物质在化工生产和生活的应用为解答的关键，注意日常学习中的积累。
4．（2分）2021年我国取得多项科研成果，如首套吨级氢液化系统调试成功、首次实现以CO2为原料人工合成淀粉等。下列说法不正确的是（ ）
A．相同条件下，1gH2（l）完全燃烧放出的热量比1gH2（g）的多
B．通过降温加压得到的液氢可存放于特制的绝热容器中
C．通过遇碘变蓝的现象可证明有淀粉生成
D．淀粉可用于生产乙醇、乙酸等化工产品
【分析】A．液氢汽化需要吸收热量；
B．液氢吸收能量可以转化为气态；
C．淀粉遇到碘变蓝；
D．淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖发酵得到乙醇，乙醇氧化最终得到乙酸。
【解答】解：A．液氢汽化需要吸收热量，则相同条件下，1gH2（l）完全燃烧放出的热量比1gH2（g）的少，故A错误；
B．液氢吸收能量可以转化为气态，所以加压降温可以使氢气转化为液氢，得到的液氢可用特制的绝热容器保存，故B正确；
C．淀粉遇到碘变蓝，所以可用碘检验淀粉的生成，故C正确；
D．淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖发酵得到乙醇，乙醇氧化最终得到乙酸，所以淀粉可用于生产乙醇、乙酸等化工产品，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了有机物获取与性质、应用，准确提取题干信息，把握淀粉的性质是解题关键，题目难度不大。
5．（2分）五指毛桃汤中含有佛手柑内酯（结构简式如图）。下列有关该化合物的说法不正确的是（ ）
A．可发生水解反应
B．可使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．所有碳原子一定共平面
D．1mol该物质充分燃烧可生成12molCO2
【分析】A．含有酯基，具有酯的性质；
B．含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
C．单键可以旋转，甲基碳原子不一定处于苯环平面内；
D．根据碳原子守恒计算。
【解答】解：A．含有酯基，可以发生水解反应，故A正确；
B．含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；
C．单键可以旋转，甲基碳原子不一定处于苯环平面内，分子中所有碳原子不一定共平面，故C错误；
D．该有机物分子含有12个碳原子，1mol该物质充分燃烧可生成12molCO2，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，根据甲烷的四面体、乙烯与苯的平面形、乙炔直线形理解共面与共线问题，注意单键可以旋转。
6．（2分）科学生产中蕴藏着丰富的化学知识。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是（ ）
选项
劳动项目
化学知识
A
煮豆浆点卤水制作豆腐
胶体聚沉
B
盐碱地（含较多Na2CO3等）施用适量石膏，降低土壤的碱性
盐与盐发生复分解反应
C
利用铝热法焊接钢轨
铝与氧化铁反应，且放出大量的热
D
用FeS除去工业废水中的Cu2+
FeS具有还原性
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．依据胶体聚沉的性质判断；
B．Na2CO3、CaSO4反应生成难溶性的碳酸钙，同时生成强酸强碱盐硫酸钠；
C．铝与氧化铁反应生成铁与氧化铝，释放大量的热；
D．依据沉淀的转化的性质解答。
【解答】解：A．豆浆为胶体，加入卤水可以使豆浆聚沉生成豆腐，故A正确；
B．石膏是主要成分是CaSO4，Na2CO3、CaSO4反应生成难溶性的碳酸钙，同时生成强酸强碱盐硫酸钠，硫酸根离子和钠离子不水解，则其溶液呈中性，所以石膏能降低其碱性，故B正确；
C．铝与氧化铁反应生成铁与氧化铝，释放大量的热，可用此反应焊接钢轨，故C正确；
D．硫化亚铁溶解度大于硫化铜，用FeS除去工业废水中的Cu2+，利用沉淀的转化，与硫化亚铁的还原性无关，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查的是与化学有关的生活知识，属于记忆的内容，了解常见化学物质的性质是解决本题的关键，难度不大。
7．（2分）古籍记载的食盐生产过程：“粗盐溶解成饱和之盐卤，滤净泥渣流入澄清池”“汲水而上，入于釜中煎炼，顷刻结盐，色成至白”。若实验室模拟上述过程，不涉及的操作是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】由信息可知，粗盐溶解后，过滤得到澄清溶液，再加热蒸发分离出NaCl，以此来解答。
【解答】解：A.由粗盐溶解成饱和之盐卤，可选图中烧杯、玻璃棒溶解，故A正确；
B.由滤净泥渣流入澄清池，可选图中过滤装置，故B正确；
C.图中为蒸馏，分离沸点不同互溶的液体混合物，粗盐提纯不涉及，故C错误；
D.由入于釜中煎炼，顷刻结盐，色成至白，可选图中蒸发装置，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物的分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验装置的作用，题目难度不大。
8．（2分）下列过程中的化学反应，有关离子方程式书写正确的是（ ）
A．将硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合：NH4++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+NH3⋅H2O
B．向氧化亚铁中加入适量稀硝酸：3FeO+10H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+5H2O
C．使用泡沫灭火器灭火：2Al3++3CO32﹣+3H2O⇌2Al（OH）3↓+3CO2↑
D．向亚硫酸氢钠溶液中加入酸性高锰酸钾溶液：6H++5SO32﹣+2MnO4﹣═5SO42﹣+2Mn2++3H2O
【分析】A．铵根离子与氢氧根离子的系数不满足硫酸铵、氢氧化钡的化学式组成；
B．二者发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO和水；
C．泡沫灭火器原料为硫酸铝与碳酸氢钠，碳酸氢根离子不能拆开；
D．亚硫酸氢根离子不能拆开。
【解答】解：A．向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液，反应生成硫酸钡沉淀和一水合氨，正确的离子方程式为：2NH4++2OH﹣+Ba2++SO42﹣═BaSO4↓+2NH3•H2O，故A错误；
B．氧化亚铁溶液中加入稀硝酸的离子反应为：3FeO+10H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+5H2O，故B正确；
C．使用泡沫灭火器灭火，铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，正确的离子方程式为：Al3++3HCO3﹣＝Al（OH）3↓+3CO2↑，故C错误；
D．向亚硫酸氢钠溶液中加入酸性高锰酸钾溶液，离子方程式为：H++5HSO3﹣+2MnO4﹣═5SO42﹣+2Mn2++3H2O，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，B为易错点，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
9．（2分）一种药物原料的分子结构式如图所示。其中W、X、Y、Z均为短周期主族元素，且仅X、Y位于同一周期；Z原子的核外电子数比X原子的多10。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：r（Y）＞r（X）＞r（W）
B．XZ2中X的化合价为+2
C．X的最简单氢化物的沸点比Y的高
D．X、Y、Z均可形成至少两种常见的含氧酸
【分析】W、X、Y、Z均为短周期主族元素，且仅X、Y位于同一周期，则W位于第一周期，为H元素；Z原子的核外电子数比X原子的多10，Z形成2个共价键，X形成4个共价键，则Z为S，X为C元素；Y形成3个共价键，位于第二周期，则Y为N元素，以此分析解答。
【解答】解：根据分析可知，W为H，X为C，Y为N，Z为S元素，
A.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，H的原子半径最小，则原子半径：r（X）＞r（Y）＞r（W），故A错误；
B.XZ2为CS2，CS2中S的化合价为﹣2价，则C的化合价为+4价，故B错误；
C.X、Y的最简单氢化物分别为甲烷、氨气，氨气分子间存在氢键，导致其沸点较高，则X的最简单氢化物的沸点比Y的低，故C错误；
D.碳、氮、硫元素均可以形成至少两种常见的含氧酸，如碳酸、乙酸、甲酸、硝酸、亚硝酸、硫酸、亚硫酸等，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、物质结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
10．（2分）设阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是（ ）
A．常温下，pH＝9的NaF溶液中，水电离出的H+数为10﹣9NA
B．1molI2与1molH2充分反应生成HI的分子数为2NA
C．56gCO和N2的混合气体，所含的原子总数为4NA
D．标准状况下，22.4LCO2与足量的Na2O2充分反应，转移的电子数为2NA
【分析】A.题目未给溶液体积；
B.氢气和碘单质的反应为可逆反应；
C.CO和N2的摩尔质量均为28g/mol，均为双原子分子；
D.1mol二氧化碳与过氧化钠反应转移1mol电子。
【解答】解：A.题目未给溶液体积，无法计算离子的物质的量，故A错误；
B.氢气和碘单质的反应为可逆反应，反应不能完全，1molI2与1molH2充分反应生成HI的分子数小于2NA，故B错误；
C.56gCO和N2的混合气体，所含的原子总数为×2×NA/mol＝4NA，故C正确；
D.标准状况下，22.4LCO2与足量的Na2O2充分反应，转移的电子数为×1×NA/mol＝NA，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
11．（2分）下列实验操作、现象和结论（或解释）均正确的是（ ）
选项
操作
现象
结论（或解释）
A
将水蒸气通过炽热的铁粉
粉末变红
铁与水在高温下发生反应
B
向Na2SiO3溶液中加入稀盐酸
产生白色沉淀
非金属性：Cl＞Si
C
向氢硫酸中通入SO2气体
产生淡黄色沉淀
SO2具有氧化性
D
向盛有某溶液的试管中加入稀NaOH溶液，再将红色石蕊试纸靠近试管口
试纸不变蓝
该溶液中不含NH4+
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.高温下Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；
B.盐酸为无氧酸；
C.二者发生氧化还原反应生成S和水；
D.加入稀NaOH溶液，可能生成一水合氨。
【解答】解：A.高温下Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，四氧化三铁为黑色，故A错误；
B.盐酸为无氧酸，不能由盐酸、硅酸的酸性比较Cl、Si的非金属性强弱，故B错误；
C.二者发生氧化还原反应生成S和水，二氧化硫中S元素的化合价降低，则SO2具有氧化性，故C正确；
D.加入稀NaOH溶液，可能生成一水合氨，由实验及现象可知，溶液中可能含NH4+，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
12．（2分）部分含铁微粒所带的电荷数与其中铁元素化合价的关系如图所示，由该图可预测含铁微粒间相互转化时所需试剂。下列推断不合理的是（ ）
A．M一定为FeO
B．若R为单质，则常温下浓硫酸可使N钝化
C．若Q为金属阳离子，则可用K3[Fe（CN）6]溶液检验
D．Fe3+与氧化剂在碱性条件下反应可生成FeO42﹣
【分析】A．M为亚铁离子的化合物；
B．常温下浓硫酸可以使Fe钝化；
C．Fe2+与K3[Fe（CN）6]反应会生成蓝色沉淀；
D．Fe3+与氧化剂在碱性条件下反应可生成FeO42﹣，可以制取高铁酸碱的盐。
【解答】解：A．M中含有+2价铁，且所含电荷数为0，可能是FeO或Fe（OH）2，故A选；
B．R为0价铁元素，且为单质，则为Fe单质，常温下浓硫酸可以使Fe钝化，故不B选；
C．若Q为金属阳离子，化合价为+2价，则为Fe2+，与K3[Fe（CN）6]反应会生成蓝色沉淀，可用K3[Fe（CN）6]溶液检验，故C不选；
D．FeO42﹣中Fe元素为+6价，据图可知FeO42﹣在碱性环境中稳定存在，所以Fe3+与氧化剂在碱性条件下反应可生成FeO42﹣，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
13．（2分）甲胺（CH3NH2）与盐酸反应生成甲胺盐酸盐（CH3NH3Cl）。25℃时，向一定体积0.01mol⋅L﹣1CH3NH2水溶液（对应图中M点）中缓慢通入HCl气体，溶液的pH与pOH[pOH＝﹣lgc（OH﹣）]的关系如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A．图中a＝2.7，b＝7
B．该过程中，增大
C．Q点溶液中溶质为CH3NH3Cl和CH3NH2
D．N点溶液中：c（CH3NH3+）＝c（Cl﹣）
【分析】A．M点pH＝11.3，c（H+）＝10﹣11.3mol/L，c（OH﹣）＝＝mol/L＝10﹣2.7mol/L，a点pOH＝﹣lgc（OH﹣）＝2.7；N点pH＝7，c（H+）＝10﹣7mol/L，c（OH﹣）＝10﹣7mol/L；
B．甲胺可看作一元弱碱：CH3NH2+H2O⇌CH3NH3++OH﹣，Kb＝，＝×＝；
C．CH3NH2+HCl＝CH3NH3Cl，所以Q点显碱性，溶液中有CH3NH3Cl；
D．溶液中电荷守恒：c（H+）+c（CH3NH3+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣），N点pH＝7，c（H+）＝c（OH﹣）。
【解答】解：A．M点pH＝11.3，c（H+）＝10﹣11.3mol/L，c（OH﹣）＝＝mol/L＝10﹣2.7mol/L，a点pOH＝﹣lgc（OH﹣）＝2.7；N点pH＝7，c（H+）＝10﹣7mol/L，c（OH﹣）＝10﹣7mol/L，b点pOH＝﹣lgc（OH﹣）＝7，故A正确；
B．甲胺可看作一元弱碱：CH3NH2+H2O⇌CH3NH3++OH﹣，Kb＝，＝×＝，CH3NH2水溶液（对应图中M点）中缓慢通入HCl气体，c（CH3NH3+）逐渐增大，Kb只与温度有关，所以比值减小，故B错误；
C．CH3NH2+HCl＝CH3NH3Cl，所以Q点显碱性，溶液中有CH3NH3Cl，同时还有CH3NH2剩余，故C正确；
D．溶液中电荷守恒：c（H+）+c（CH3NH3+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣），N点pH＝7，c（H+）＝c（OH﹣），故c（CH3NH3+）＝c（Cl﹣），故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了弱电解质的电离平衡及影响因素，为高频考点，把握水的离子积常数及其计算是解题关键，侧重分析能力和灵活运用能力的考查，题目难度不大。
14．（2分）气相离子催化剂（Fe+、Co+、Mn+等）具有优良的催化效果。其中，在Fe+催化下乙烷氧化反应的机理如图所示（图中﹣﹣为副反应）。下列说法正确的是（ ）
A．FeO+、N2均为反应中间体
B．X既含极性共价键也含非极性共价键
C．该机理涉及的反应均为氧化还原反应
D．每生成1molCH3CHO，消耗N2O的物质的量大于2mol
【分析】A．FeO+先生成后消耗，是反应中间体，N2属于最后产物；
B．X为H2O，O与H形成极性共价键；
C．存在化合价变化的是氧化还原反应；
D．该反应总反应方程式为C2H6+2N2O＝CH3CHO+2N2+H2O，且发生副反应[（C2H5）Fe（OH）+]→Fe+，结合两个反应分析。
【解答】解：A．FeO+先生成后消耗，是反应中间体，N2由N2O转化得到，是产物，故A错误；
B．由原子守恒可知X是H2O，O与H形成极性共价键，故B错误；
C．该机理中C2H6+FeO+＝[（C2H5）Fe（OH）+]，该反应无化合价变化，不是氧化还原反应，故C错误；
D．该反应总反应方程式为C2H6+2N2O＝CH3CHO+2N2+H2O，由于发生副反应[（C2H5）Fe（OH）+]→Fe+，Fe化合价降低，有电子转移，则每生成1molCH3CHO，消耗N2O的物质的量大于2mol，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应的应用，难度不大，分析反应原理，理解基本概念是解答的关键，注意元素化合物知识和氧化还原概念的理解。
15．（2分）在容积为VL的恒温密闭容器中模拟工业合成氨。充入N2和H2的总物质的量为1mol，容器内各组分的物质的量分数与反应时间t的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．a表示N2物质的量分数的变化情况物质的量分数
B．0～t1min，v（H2）＝mol⋅L﹣1⋅min﹣1
C．t2min时，NH3的分解速率小于其生成速率
D．t3min时改变的条件可能为减小容器容积
【分析】由题中图示可知，开始时N2和H2各占50%，总物质的量是1mol，则N2和H2各为0.5mol，由
N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）（单位：mol）
开始 0.5 0.5 0
变化 x 3x 2x
平衡 0.5﹣x 0.5﹣3x 2x
可得，某时刻总物质的量为n（总）＝（0.5﹣x）mol+（0.5﹣3x）mol+2xmol＝（1﹣2x）mol，某时刻N2的物质的量分数为×100%＝×100%＝50%，所以，N2的物质的量分数一直保持不变，是50%，则a代表N2的物质的量分数，随反应进行减小的是c代表H2的物质的量分数，b代表NH3的物质的量分数；据此解答。
【解答】解：A．由上述分析可知，N2的物质的量分数一直保持不变，是50%，则a代表N2的物质的量分数，故A正确；
B．由上述分析可知，a代表N2的物质的量分数，c代表H2的物质的量分数，b代表NH3的物质的量分数，t1时H2、NH3的物质的量分数相等，即＝，解之x＝0.1mol，则0～t1min，v（H2）＝＝mol•L﹣1•min﹣1＝mol•L﹣1•min﹣1，故B错误；
C．由上述分析可知，b代表NH3的物质的量分数，t2时刻及以后，NH3的物质的量分数增大，说明反应向右进行，则NH3的分解速率小于其生成速率，故C正确；
D．由N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）可知，t3时刻，减小容积，压强增大，平衡正向移动，NH3的物质的量分数增大，H2的物质的量分数减小，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了化学平衡影响因素及其计算，数据分析判断，主要是图线的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
16．（2分）利用电化学原理可对海水（主要成分NaCl和H2O，还含有少量微生物）进行消毒，并能清除残留的含氯消毒物质（工作原理如图，其中电极均为惰性电极）。已知：工作时，先断开K2，闭合K1，一段时间后，断开K1，闭合K2。下列说法不正确的是（ ）
A．闭合K1后的总反应为2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣
B．闭合K2后，Na+通过离子交换膜从Ⅱ室迁移至Ⅲ室
C．工作完成后，Ⅱ室中有金属Na剩余
D．残留的含氯消毒物质在III室放电被脱除
【分析】A．闭合K1时，该装置为电解池，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上钠离子放电生成Na；
B．闭合K2后，该装置为原电池，Ⅱ室中电极为负极，阳离子向正极移动；
C．闭合K1时在Ⅰ室生成的氯气与水反应生成HClO（含氯消毒物质），假设此过程生成1mol氯气，则生成1molHClO，根据电子守恒可知生成2mol钠单质；HClO可以氧化微生物，进行消毒，未反应的HClO在闭合K2后的Ⅲ室中被还原，由于部分HClO是被微生物还原；
D．闭合K1时在Ⅰ室生成的氯气与水反应生成含氯消毒物质，闭合K2后Ⅲ室为正极，剩余的氯消毒物质被还原。
【解答】解：A．闭合K1时，该装置为电解池，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上钠离子放电生成Na，所以电池反应式为2Cl﹣+2Na+Cl2↑+2Na，故A错误；
B．闭合K2后，该装置为原电池，Ⅱ室中电极为负极，Ⅲ室为正极室，阳离子向正极移动，所以Na+通过离子交换膜从Ⅱ室迁移至Ⅲ室，故B正确；
C．闭合K1时在Ⅰ室生成的氯气与水反应生成HClO（含氯消毒物质），假设此过程生成1mol氯气，则生成1molHClO，根据电子守恒可知生成2mol钠单质；HClO可以氧化微生物，进行消毒，未反应的HClO在闭合K2后的Ⅲ室中被还原，由于部分HClO是被微生物还原，所以在Ⅲ室中被还原的HClO的物质的量小于1mol，则消耗的钠单质小于2mol，所以有金属Na剩余，故C正确；
D．闭合K1时在Ⅰ室生成的氯气与水反应生成含氯消毒物质，闭合K2后Ⅲ室为正极，剩余的氯消毒物质被还原，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查原电池和电解池原理，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，题目难度不大。
二、非选择题：共56分。第17～19题为必考题，考生都必须作答。第20～21为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共42分。
17．（14分）过氧化氢是一种常用的绿色试剂，某学习小组针对H2O2性质进行如下实验。
Ⅰ.验证H2O2的还原性
查阅资料：H2O2溶液与氯水发生反应时表现还原性。
（1）制取氯水
①仪器X的名称是 圆底烧瓶 ，生成Cl2的化学方程式为 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O 。
②饱和食盐水的作用是 除去Cl2中混有的HCl 。
（2）取5mL上述新制饱和氯水于试管中，向其中加入H2O2溶液至过量，产生大量气泡（该气体可使余烬复燃），还观察到溶液颜色发生的变化是 黄色绿褪去 。
Ⅱ：探究Cl﹣、NO3﹣对H2O2分解的影响
选用CuCl2溶液和Cu（NO3）2溶液，探究Cl﹣、NO3﹣对H2O2分解的影响。记录数据如下：
实验
序号
添加试剂及用量
H2O2完全分解所需时间/min
1
amLbmol⋅L﹣1CuCl2溶液
t1
2
amLbmol⋅L﹣1Cu（NO3）2溶液
t2
（3）实验结果显示t1＜t2，可得出的结论是： 加入CuCl2溶液后H2O2分解速率更快 （填化学式）更有利于H2O2分解。
（4）甲同学查阅资料得知：Cu2+能加速H2O2分解，K+对H2O2分解无影响。为排除Cu2+干扰，该同学进行实验：向两份50mL30%H2O2溶液中分别加入amL浓度均为 2b mol⋅L﹣1的 KNO3 （填化学式）溶液和 KCl （填化学式）溶液。t2min内，发现H2O2均几乎不分解。
甲同学认为：在无Cu2+存在的情况下，Cl﹣、NO3﹣对H2O2催化分解无影响。
（5）乙同学又提出猜想：Cl﹣、NO3﹣对Cu2+催化H2O2分解会产生影响。
于是进行如下表实验。限选试剂及其标号如下：
A.amL2bmol⋅L﹣1KCl溶液
B.少量KCl固体
C.amL2bmol⋅L﹣1KNO3溶液
D.少量KNO3固体
实验序号
添加试剂
H2O2完全分解所需时间/min
3
需同时加入amLbmol⋅L﹣1CuCl2溶液和① B （填标号）
t3（t3＜t1）
4
需同时加入amLbmol⋅L﹣1Cu（NO3）2溶液和② D （填标号）
t4（t4＞t2）
（6）根据实验1～4中测得的H2O2完全分解所需时间，小组同学认为Cl﹣ 增强 （填“增强”或“减弱”，下同）Cu2+的催化效果，NO3﹣ 减弱 Cu2+的催化效果。
【分析】（1）①根据仪器的结构特点可知X的名称为圆底烧瓶；制备氯气选用的药品为固体二氧化锰和浓盐酸；
②浓盐酸具有挥发性，生成的氯气中会混有HCl气体；
（2）新制氯水中含有氯气分子，呈黄绿色，反应结束后氯气消耗完全；
（3）t1＜t2，即加入CuCl2溶液后H2O2分解速率更快；
（4）Cu2+带2个单位正电荷，K+带1个单位正电荷，结合电荷守恒和等量原则分析；
（5）该实验的目的是探究Cl﹣、NO3﹣对Cu2+催化H2O2分解会产生影响，所以只需改变阴离子的量；
（6）t3＜t1，说明加入更多的Cl﹣后H2O2分解加快，即Cl﹣增强Cu2+的催化效果；而t4＞t2，说明加入更多的NO3﹣后H2O2分解减慢。
【解答】解：（1）①根据仪器的结构特点可知X的名称为圆底烧瓶；制备氯气选用的药品为固体二氧化锰和浓盐酸，加热反应的化学反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：圆底烧瓶；MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
②浓盐酸具有挥发性，生成的氯气中会混有HCl气体，饱和食盐水可以除去Cl2中混有的HCl，
故答案为：除去Cl2中混有的HCl；
（2）新制氯水中含有氯气分子，呈黄绿色，向其中加入H2O2溶液至过量，产生大量气泡，该气体可使余烬复燃，说明生成了氧气，H2O2被氧化，氯气最终全部转化为氯离子，所以溶液颜色发生的变化是黄色绿褪去，
故答案为：黄色绿褪去；
（3）t1＜t2，即加入CuCl2溶液后H2O2分解速率更快，更有利于H2O2分解，
故答案为：加入CuCl2溶液后H2O2分解速率更快；
（4）Cu2+带2个单位正电荷，K+带1个单位正电荷，结合电荷守恒可知，应向两份50mL30%H2O2溶液中分别加入amL浓度均为2bmol/L的KNO3、KCl溶液，
故答案为：2b；KNO3；KCl；
（5）该实验的目的是探究Cl﹣、NO3﹣对Cu2+催化H2O2分解会产生影响，所以只需改变阴离子的量，所以实验3中应加入amLbmol•L﹣1CuCl2溶液和少量KCl固体；实验4中应加入amLbmol•L﹣1Cu（NO3）2溶液和KNO3固体，以此来改变阴离子的量，观察对H2O2分解的是否产生影响，
故答案为：B；D；
（6）t3＜t1，说明加入更多的Cl﹣后H2O2分解加快，即Cl﹣增强Cu2+的催化效果；而t4＞t2，说明加入更多的NO3﹣后H2O2分解减慢，即NO3﹣减弱Cu2+的催化效果，
故答案为：增强；减弱。
【点评】本题考查了探究实验的相关内容，掌握相关物质的性质以及是解答关键，侧重学生实验能力和分析能力的考查，注意高频考点的掌握，题目难度中等。
18．（14分）钛铁渣是铝热法炼铁时产生的废渣。一种以钛铁渣（主要含Al2O3、TiO2，还含Fe2O3、CaO、MgO及SiO2等杂质）为原料制备钛白粉并回收含铝物质的工艺如图：
已知：“酸浸”时，TiO2转化为TiO2+进入溶液。
回答下列问题：
（1）“浸渣”的主要成分为SiO2和 CaSO4 （填化学式）；TiO2发生反应的化学方程式为 TiO2+H2SO4＝TiOSO4+H2O 。
（2）“有机相2”可在该流程 萃取 步骤中循环使用。
（3）“水相2”中钛的存在形式为 TiO2+ 。
（4）“水相1”中Fe3+的浓度为0.06mol⋅L﹣1。向“水相1”中加入NH3⋅H2O调节溶液pH为8。已知：常温下，Ksp[Fe（OH）3]＝4×10﹣38。“滤液”中c（Fe3+）＝ 4×10﹣20 mol⋅L﹣1；“滤液”经处理后得到的 （NH4）2SO4 （填化学式）可做化肥。
（5）“试剂X”为 NaOH （填化学式）溶液。
（6）钛铁（TiFe）合金是常见的储氢合金材料。一种高温下电解钛精矿（主要成分为FeTiO3）制备TiFe合金的装置示意图如图。
①连接FeTiO3的电阻丝应与电源 负 极相接；
②形成TiFe合金的主要反应如下。
Ⅰ.电极反应： FeTiO3+2e﹣＝Fe+TiO2+O2﹣ ；
第一步析铁：
第二步析钛：TiO2+4e﹣═Ti+2O2﹣
Ⅱ.转化：2Fe+Ti═TiFe2；TiFe2+Ti═2TiFe
③电解结束后，继续通入氩气直至反应器内产物自然冷却至室温，其主要目的是 氩气可以作为保护气，防止生成的TiFe合金被氧化 。
【分析】钛铁渣先用硫酸浸取，SiO2难溶，同时CaO转化为难溶的CaSO4，所以浸渣主要成分为SiO2和CaSO4；得到含有Al3+、TiO2+、Fe3+、Mg2+的溶液，然后萃取，根据有机相的后续处理可知，Ti元素进入有机相，有机相中加入稀硫酸反萃取，根据酸浸时Ti元素的存在形式可知，水相中含有TiO2+，经沉淀、烘干焙烧得到TiO2；萃取分液后的水相1加入一水合氨调节pH，过滤得到Al（OH）3、Fe（OH）3、Mg（OH）2沉淀，向沉淀中加入NaOH溶液，Al（OH）3溶解得到偏铝酸钠。
【解答】解：（1）酸浸时SiO2难溶，同时CaO转化为难溶的CaSO4，所以浸渣主要成分为SiO2和CaSO4；根据题目所给信息TiO2转化为TiO2+进入溶液，根据元素守恒可得发生的化学方程式为TiO2+H2SO4＝TiOSO4+H2O，
故答案为：CaSO4；TiO2+H2SO4＝TiOSO4+H2O；
（2）有机相2即有机相1中的Ti元素被反萃取后的有机物，所以可以在“萃取”步骤中循环使用，
故答案为：萃取；
（3）根据酸浸时Ti元素的存在形式可知，水相中钛的存在形式为TiO2+，
故答案为：TiO2+；
（4）溶液pH为8，则溶液中c（OH﹣）＝10﹣6mol/L，“滤液”中c（Fe3+）＝＝mol/L＝4×10﹣20mol/L；酸浸时用的硫酸，之后用一水合氨调节pH，所以滤液中主要含有（NH4）2SO4，处理后可以作氮肥，
故答案为：4×10﹣20；（NH4）2SO4；
（5）试剂X可以将Al（OH）3转化为NaAlO2，所以为NaOH溶液，
故答案为：NaOH；
（6）①该装置的目的是利用FeTiO3制备TiFe合金，所以Fe、Ti元素要得电子发生还原反应，所以应为电解池的阴极，连接FeTiO3的电阻丝应与电源负极相接，
故答案为：负；
②第一步析铁，即FeTiO3要被还原为Fe单质，根据第二步反应可知Ti元素转化为TiO2，根据电子守恒、元素守恒可得电极反应为FeTiO3+2e﹣＝Fe+TiO2+O2﹣，
故答案为：FeTiO3+2e﹣＝Fe+TiO2+O2﹣；
③电解结束后，继续通入氩气直至反应器内产物自然冷却至室温，其主要目的是氩气可以作为保护气，防止生成的TiFe合金被氧化，
故答案为：氩气可以作为保护气，防止生成的TiFe合金被氧化。
【点评】本题考查物质分离提纯实验方案的设计与评价，为高频考点，把握制备原理、物质的分离提纯、物质的性质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度较大。
19．（14分）N2O是《联合国气候变化框架公约》所列六种温室气体之一。目前，直接催化分解法是消除N2O的主要方法，该过程中发生的反应如下：
i.2N2O（g）⇌2N2（g）+O2（g） ΔH1
ii.2N2O（g）⇌N2（g）+2NO（g） ΔH2
iii.4N2O（g）⇌3N2（g）+2NO2（g） ΔH3
回答下列问题：
（1）根据盖斯定律，反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）的ΔH＝ ΔH3﹣ΔH1﹣ΔH2 （写出代数式即可）。
（2）已知反应i在任意温度下均能自发进行，则反应i为 放热 （填“吸热”或“放热”）反应。
（3）反应i的势能曲线示意图如图（…表示吸附作用，A表示催化剂，TS表示过渡态分子）：
①过程Ⅲ中最大势能垒（活化能）为 82.17 kcal⋅mol﹣1。
②下列有关反应i的说法不正确的是 C （填标号）。
A.过程Ⅰ中有极性键断裂
B.过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有N2生成
C.该反应中只有两种物质能够吸附N2O分子
D.过程Ⅱ中间体A﹣O2可释放O2也可吸附N2O分子
（4）模拟废气中N2O直接催化分解过程。
①515℃时，将模拟废气（N2O体积分数为40%）以6000m3⋅h﹣1的速度通过催化剂，测得N2O的转化率为40%，则平均反应速率v（N2O）为 960 m3⋅h﹣1。欲提高N2O的转化率，可采取的措施为 适当升温 （任写一条）。
②T℃和P0kPa时，在恒压密闭容器中进行模拟实验。各组分的相关信息如下表：
物质
N2
N2O
O2
CO2
NO
NO2
n（投料）/mol
19
34
6.5
25
0
0
n（平衡）/mol
50
x
20
25
2
2
其中x＝ 1 ，N2O的平衡转化率为 97.1% （保留三位有效数字）；该温度下，反应2N2O（g）⇌2N2（g）+O2（g）的压强平衡常数Kp＝ 500P0 kPa（以分压表示，分压＝总压×物质的量分数）。
【分析】（1）根据盖斯定律，由iii﹣ii﹣i可得；
（2）反应能否自发进行的依据是ΔH﹣TΔS＜0；
（3）①由过程Ⅲ图可知，最大势能垒为N2O•••O2﹣A→TS3过程；
②A.过程Ⅰ中发生N2O•••A→N2•••O﹣A；
B.过程Ⅰ中发生→N2•••O﹣A→O﹣A，Ⅱ中发生N2•••O2﹣A→O2﹣A，Ⅲ中发生N2•••O3﹣A→O3﹣A；
C.该反应中Ⅰ中存在N2O•••A，Ⅱ中存在N2O•••O﹣A，Ⅲ中存在N2O•••O2﹣A；
D.过程Ⅱ有存在N2•••O2﹣A→O2﹣A、O2﹣A→A两个过程；
（4）①N2O通过催化剂速度为6000m3⋅h﹣1×40%＝2400m3⋅h﹣1，N2O的转化率为40%，即可求得反应速率，提高N2O的转化率，可采取措施使平衡正向进行；
②根据NO、O2、NO2，的变化量可求出N2O、N2变化量，可求得N2O的平衡量及转化率，求出分压代入平衡常数Kp即可求解。
【解答】解：（1）根据盖斯定律，由iii﹣ii﹣i可得：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）ΔH＝ΔH3﹣ΔH1﹣ΔH2，
故答案为：ΔH3﹣ΔH1﹣ΔH2；
（2）反应i在任何温度下能自发进行说明ΔH﹣TΔS恒小于0，由反应方程式可知ΔS＞0，故ΔH＜0，即反应为放热反应，
故答案为：放热；
（3）①由过程Ⅲ图可知，最大势能垒为N2O•••O2﹣A→TS3过程，过程Ⅲ中最大势能垒为[37.49kcal⋅mol﹣1﹣（﹣44.68kcal⋅mol﹣1）]kcal⋅mol﹣1＝82.17kcal⋅mol﹣1，
故答案为：82.17；
②A.过程Ⅰ中发生N2O•••A→N2•••O﹣A，有氮氧极性键断裂，故A正确；
B.过程Ⅰ中发生→N2•••O﹣A→O﹣A，Ⅱ中发生N2•••O2﹣A→O2﹣A、Ⅲ中发生N2•••O3﹣A→O3﹣A，这三个过程中都有N2生成，故B正确；
C.该反应中Ⅰ中存在N2O•••A，Ⅱ中存在N2O•••O﹣A，Ⅲ中存在N2O•••O2﹣A，这三个过程中有3种物质能吸附N2O分子，故C错误；
D.过程Ⅱ有存在N2•••O2﹣A→O2﹣A、O2﹣A→A，说明程过程Ⅱ中间体A﹣O2可释放O2也可吸附N2O分子，故D正确，
故答案为：C；
（4）①N2O通过催化剂速度为6000m3⋅h﹣1×40%＝2400m3⋅h﹣1，N2O的转化率为40%，平均反应速率v（N2O）＝2400m3⋅h﹣1×40%＝960m3⋅h﹣1，提高N2O的转化率，可适当升温使平衡正向进行，
故答案为：960；适当升温；
②由表中数据可知O2、NO、NO2，的变化量分别为13.5mol、2mol、2mol，
2N2O（g）⇌2N2（g）+O2（g）
27 27 13.5
2N2O（g）⇌N2（g）+2NO（g）
2 1 2
4N2O（g）⇌3N2（g）+2NO2（g）
4 3 2
平衡时N2O的物质的量为（34﹣27﹣2﹣4）mol＝1mol，α（N2O）＝×100%＝97.1%，平衡时总物质的量为（50+1+20+25+2+2）mol＝100mol，平衡常数Kp＝＝＝500p0，
故答案为：1；97.1%；500p0。
【点评】本题考查了化学平衡的计算，涉及了反应热计算，反应方向的判断、化学平衡的影响因素，考查图象和图表数据的分析能力，知识覆盖面广，题目难度适中。
三、解答题（共2小题，满分28分）
20．（14分）钛及其化合物具有优异的物理、化学性能，相关的研究备受关注。回答下列问题：
（1）基态钛原子的价电子排布式为 3d24s2 。
（2）钛元素的检验方法如图：
TiO2+可与H2O2形成稳定的[TiO（H2O2）]2+，其原因是 TiO2+可提供空轨道，过氧化氢提供孤电子对，两者形成稳定的配合物 。
（3）二氧化钛是良好的光催化剂，可催化转化多种有毒物质，如：可将水中的NO2﹣转化为NO3﹣；将甲基橙、亚甲基蓝、HCHO转化为CO2等。
①NO3﹣的空间构型为 平面正三角形 。
②甲基橙、亚甲基蓝中S原子的杂化类型分别为 sp3 、 sp2 。
③常温下，1L水中大约可溶解CO2、HCHO的体积分别为1L、480L，其主要原因是 CO2和HCHO均为非极性分子，但是HCHO可以和水形成氢键，导致溶解度较大 。
（4）具有双钙钛矿型结构的晶体通过掺杂改性可用作固体电解质材料。双钙钛矿型晶体的一种典型结构单元如图所示：
①晶体中与La距离最近的Ba的数目为 6 。
②该晶体的一个完整晶胞中含有 8 个Co原子。
③真实的晶体中存在5%的氧原子缺陷，从而能让O2﹣在其中传导，已知La为+3价，则+3价钴与+4价钴的原子个数比为 4：1 ；设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 g⋅cm﹣3（列出计算式）。
【分析】（1）钛的原子序数为22，故钛在周期表中的位置是第四周期第ⅣB族；
（2）TiO2+可与H2O2形成稳定的[TiO（H2O2）]2+，其原因是 TiO2+可提供空轨道，过氧化氢提供孤电子对；
（3）①NO3﹣的价层电子对数为3+＝3，不含孤电子对；
②甲基橙中的S形成四条σ键为sp3杂化，亚甲基蓝中的S元素形成三条σ键，杂化方式为sp2杂化；
③常温下，1L水中大约可溶解CO2、HCHO的体积分别为1L、480L，分析氢键的影响；
（4）①分析晶胞结构可知，La距离最近的Ba的数目为6；
②图示并非完整晶胞，为部分；
③结构单元中，La数目为4×＝，Co原子数目为1，Ba数目为4×＝，存在5%的原子缺陷，故含有6××（1﹣5%）＝2.82个O，设+3价Co为x个，+4价Co为y个，3x+4y+（3+2）＝2.85×2，x+y＝1，解得x＝0.8，y＝0.2，+3价钴与+4价钴的原子个数比为4：1，晶胞质量为g，晶胞体积为（a×10﹣10）3cm3，据此计算。
【解答】解：（1）钛的原子序数为22，故钛在周期表中的位置是第四周期第ⅣB族，Ti的基态原子外围电子排布式为：3d24s2，
故答案为：3d24s2；
（2）TiO2+可与H2O2形成稳定的[TiO（H2O2）]2+，其原因是 TiO2+可提供空轨道，过氧化氢提供孤电子对，两者形成稳定的配合物，
故答案为：TiO2+可提供空轨道，过氧化氢提供孤电子对，两者形成稳定的配合物；
（3）①NO3﹣的价层电子对数为3+＝3，不含孤电子对，离子构型为平面正三角形，
故答案为：平面正三角形；
②甲基橙中的S形成四条σ键为sp3杂化，亚甲基蓝中的S元素形成三条σ键，杂化方式为sp2杂化，
故答案为：sp3；sp2；
③常温下，1L水中大约可溶解CO2、HCHO的体积分别为1L、480L，其主要原因是CO2和HCHO均为非极性分子，但是HCHO可以和水形成氢键，导致溶解度较大，
故答案为：CO2和HCHO均为非极性分子，但是HCHO可以和水形成氢键，导致溶解度较大；
（4）①分析晶胞结构可知，La距离最近的Ba的数目为6，
故答案为：6；
②图示并非完整晶胞，为部分，故完整晶胞中Co原子数目为8，
故答案为：8；
③结构单元中，La数目为4×＝，Co原子数目为1，Ba数目为4×＝，存在5%的原子缺陷，故含有6××（1﹣5%）＝2.82个O，设+3价Co为x个，+4价Co为y个，3x+4y+（3+2）＝2.85×2，x+y＝1，解得x＝0.8，y＝0.2，+3价钴与+4价钴的原子个数比为4：1，晶胞质量为g，晶胞体积为（a×10﹣10）3cm3，该晶体的密度＝g⋅cm﹣3，
故答案为：4：1；。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
21．（14分）以1，6﹣二酚（化合物A）为原料合成药物中间体F及其衍生物G的一种路线如图：
已知：
回答下列问题：
（1）化合物A的分子式为 C10H8O2 、化合物E中含氧官能团的名称为醚键、 羰基 。
（2）写出反应①的化学方程式 +2CH3I+2HI 。
（3）化合物D的结构简式为 。
（4）反应②的反应类型为 加成反应（或还原反应） 。
（5）若M为化合物E的同分异构体，能与新制的银氨溶液反应。则反应时，消耗的[Ag（NH3）2]OH与M的物质的量最大比为 6：1 。
（6）化合物C的同分异构体同时满足下列条件，则该同分异构体的结构简式为 （或） （任写一种）。
a.含两个六元环
b.酸性条件下水解可得CH3COOH
C.1mol该物质最多可消耗2molNaOH
（7）参照上述合成路线，以和为主要原料，设计合成合成的路线 。
【分析】对比A、C的结构，结合B的分子式，可知A中酚羟基转化为﹣OCH3生成B，B发生还原反应生成C，故B为；对比C、E的结构，结合C的分子式，已知是反应信息，可推知D为，D与发生加成反应生成E，E→F理解为先发生加成反应、再发生消去反应，F中碳碳双键与氢气加成生成G；
（7）由E→F的转化可知，由反应得到，由D→E的转化，可知与反应生成，发生催化氧化生成。
【解答】解：（1）A的结构简式为，化合物A的分子式为C10H8O2，化合物E中含氧官能团的名称为醚键、羰基，
故答案为：C10H8O2；羰基；
（2）反应①的化学方程式为+2CH3I+2HI，
故答案为：+2CH3I+2HI；
（3）由分析可知，化合物D的结构简式为，
故答案为：；
（4）反应②是F中碳碳双键与氢气反应加成反应，也属于还原反应，
故答案为：加成反应（或还原反应）；
（5）若M为化合物E的同分异构体，能与新制的银氨溶液反应，说明含有醛基，而E分子中含有3个氧原子，不饱和度为7，碳原子数为16，则M分子中最多含有3个醛基，则反应时消耗的[Ag（NH3）2]OH与M的物质的量最大比为6：1，
故答案为：6：1；
（6）化合物C的同分异构体含两个六元环，且酸性条件下水解可得CH3COOH，1mol该物质最多可消耗2molNaOH，环状结构为，苯环侧链为﹣OOCCH3，符合条件的同分异构体为、，
故答案为：（或）；
（7）由E→F的转化可知，由反应得到，由D→E的转化，可知与反应生成，发生催化氧化生成，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，涉及官能团识别、有机反应方程式的书写、有机反应类型、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物的结构理解发生的反应，试题培养了学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
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