2022届湖北省华中师范大学第一附属中学高三学业水平等级考试模拟演练（二）化学试题含解析

这是一份2022届湖北省华中师范大学第一附属中学高三学业水平等级考试模拟演练（二）化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，有机推断题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
湖北省华中师范大学第一附属中学2022届高三学业水平等级考试模拟演练（二）化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．高分子材料在2022年的北京冬奥会中应用广泛。下列说法正确的是
A．“飞扬”火炬外壳部分采用了质量轻、耐高温的碳纤维材料， 碳纤维材料属于有机高分子材料
B．速滑竞赛服的手脚处使用了蜂窝样式的聚氨酯材料，聚氨酯材料属于无机高分子材料
C．冬奥会礼仪服中添加石墨烯发热材料，使礼仪服装既美观又保暖，石墨烯属于高分子化合物
D．冬奥会所用的可再生生物降解餐具的成分为聚乳酸(PLA)，PLA属于有机高分子材料
2．下列关于物质的组成、分类和化学用语，表达错误的是
A．新型热电转换材料Sn-Te(Ag、Cd、Se掺杂)，属于合金
B．雾是胶体，大雾可看作是一种分散剂为水的分散系
C．Ca(OH)2的电子式：
D．四氯化碳的球棍模型：
3．有机物M是一种合成香料的中间体，M的结构简式如图所示。下列关于M的说法正确的是

A．M分子中所有碳原子一定共平面
B．可用钠鉴别M中的两种含氧官能团
C．M可以发生酯化、取代和加成反应
D．1molM最多可与5molH2发生反应
4．离子反应、离子共存和物质转化无处不在。下列说法正确的是
A．向FeI2溶液中滴入足量的氯水：2Fe2++Cl2=2Fe3+ + 2Cl-
B．向“84”消毒液中通入过量CO2：2ClO-+CO2+H2O=2HClO+
C．常温下，在=4的溶液中，Fe2+、、K+和 大量共存
D．反应H2O2+2OH-+2ClO2=2+O2↑+2H2O中生成1 mol O2转移2 mol e-
5．关于CH3CH3、CH3-O-CH3和CH3CHO的结构与性质，下列说法正确的是
A．三种有机物中碳原子的杂化方式完全相同
B．CH3- O- CH3和CH3CH3均为非极性分子
C．CH3CHO分子中所有原子共平面
D．三种分子形成的晶体均为分子晶体
6．关于下列常见仪器的使用，说法错误的是

A．仅利用①②③④就可以配制0.1 mol· L-1的稀硫酸
B．④和⑤在使用之前，需要先检查是否漏液
C．③的精确度为0.1 mL
D．仪器①可以加热，仪器③和④均不可以加热
7．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，由这四种元素组成的一种化合物的结构式为，该化合物在食品行业中常作为防腐剂和酸洗剂。下列说法正确的是
A．简单氢化物的热稳定性：X＞Y
B．ZW与Z2Y2中所含化学键类型相同
C．ZW溶于水所得溶液能使紫色石蕊溶液变蓝
D．X、Y、Z组成的盐可治疗胃酸过多
8．用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是


A．4.6 g的C2H6O中所含有一OH的数目一定为0.1NA
B．0.5 mol雄黄(As4S4结构如图)含有NA个S- S键
C．标准状况下11.2 LCl2溶于水，溶液中C1-、ClO-、HClO的数目为NA
D．1molZn与足量浓硫酸反应产生气体的分子数为NA
9．次磷酸钠(NaH2PO2)可用作药物和镀镍时的还原剂，反应原理为CuSO4+2NaH2PO2+2NaOH＝Cu+2NaH2PO3+Na2SO4+H2↑。下列说法错误的是
A．参加反应的NaH2PO2有被CuSO4氧化
B．若1 mol H3PO3最多消耗2 mol NaOH，则NaH2PO3是酸式盐
C．反应中每转移6.02 ×1023个e- ，则生成标准状况下5.6 L H2
D．NaH2PO3和H2均是还原产物
10．实验室中利用CoCl2制取配合物[Co(NH3)6]Cl3的反应为2CoCl2 + 10NH3 + 2NH4Cl+H2O2 =2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O。下列叙述正确的是
A．Co2+的价电子排布图为
B．1 mol [Co(NH3)6]3+中含σ键为18 mol
C．H2O2中氧原子采用sp3杂化
D．氨分子间存在氢键，因而NH3易溶于水
11．丹参素是一种具有抗菌消炎及增强机体免疫作用的药物，丹参素的结构简式如图所示。下列说法正确的是

A．丹参素中含有羟基、羧基和碳碳双键三种官能团
B．丹参素可以发生取代、加成、消去、酯化反应
C．丹参素中碳原子上的氢发生一元取代的产物共有4种
D．丹参素中所有碳原子一定在同一平面内
12．乙炔(HC≡CH)能在Hg(II)催化下与水反应生成CH3CHO，反应历程如图所示。下列说法正确的是

A．由反应历程可知：H2O+HC≡CHCH3CHO ΔH＞0
B．催化剂Hg2+改变了合成乙醛的反应历程和反应热
C．在反应过程③中有非极性键的断裂和形成
D．本反应历程中，决定整个反应快慢的步骤为过程④
13．某同学设计的利用NO-空气质子交换膜燃料电池通过电解法制备高纯铬和硫酸的简单装置如图所示。下列说法错误的是


A．Pt( I )的电极反应式为O2+4e- +4H+=2H2O
B．电解池中II和III之间的X膜应为质子交换膜
C．工作时，I池中通过阴膜向II池中移动
D．若Pt(II )极消耗11.2 L NO，则Cr棒质量增加26 g
14．金刚石和C60都是由碳元素组成的重要单质，金刚石和C60分子及它们的晶胞如图所示(已知≈1.732、π≈3.14)：

下列说法正确的是
A．每个金刚石晶胞中含有4个碳原子
B．每个C60分子含有90个σ键
C．金刚石和C60晶胞中微粒间的作用力均只有共价键
D．每个金刚石晶胞原子的空间利用率为74.05%
15．均苯三甲酸(，用 H3T表示)是一种可溶 于水的有机弱酸，常用于制备杀菌剂、防霉剂、增塑剂和交联剂。在常温下向一定浓度的H3T溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3T、H2T-、HT2-和T3-的分布系数δ(X)随pH变化如图所示。已知δ(X)= 下列表述错误的是

A．均苯三甲酸的电离常数Ka1的数量级为10-3
B．b点：c(Na+)+c(H+ )=c(H2T-)+c(HT2-)+c(OH-)
C．0.1 mol·L-1的Na2HT溶液呈酸性
D．溶液中水的电离程度：a＜b＜c
二、工业流程题
16．以钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有MgO、CaO、SiO2等杂质)为原料合成锂离子电池的电极材料钛酸锂(Li4Ti5O12)和铁红(Fe2O3)的工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)已知FeTiO3与盐酸反应后有TiOCl2生成，写出该反应的化学方程式：___________。
(2)“酸浸”过程中，用不同溶剂溶解HCl，图中a为HCl-CH3OH(无水)、b为HCl-H2O(3 mol·L-1盐酸)、c为HCl-CH3OH-H2O(H2O占体积比50%)；图甲表示在35 °C时铁和钛。的浸出率随时间的变化，图乙表示铁和钛的浸出率随温度的变化：

根据上图，可知“酸浸”时适宜选择的溶剂为___________(填“a”“b”或“c”)、温度为___________；在HCl浓度相同的情况下，温度高于35°C时，铁和钛的浸出率下降的原因是___________。
(3)“溶钛”时生成过氧化肽酸铵[(NH4)2Ti5O15]，其中每个该分子中含有过氧键(O-O)的数目为___________个。
(4)“沉铁”过程中生成一种能使石灰水变浑浊的气体，该过程的离子方程式为___________。
(5)“沉铁”过滤后，“洗涤”沉淀的操作方法是___________。
(6)FeCO3达到沉淀溶解平衡时，室温下测得溶液的pH为8，c(Fe2+ )为1.0 ×10-5 mol·L-1，通过计算判断所得FeCO3固体中是否混有Fe(OH)2：___________ {已知：Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17}。
17．某化学兴趣小组利用白铁皮、废硫酸和草酸钠(Na2C2O4)为主要原料，制备草酸锌晶体(ZnC2O4·2H2O)，设计的实验流程如图所示：

已知：
离子
Zn2+
Fe2+
Fe3+
开始沉淀pH
5.6
7.5
2.2
沉淀完全pH
8.1
9.0
3.2

回答下列问题：
(1)“酸溶”时用如图所示装置进行反应，分液漏斗与烧瓶之间用橡胶管连接的主要目的是___________。

(2)“除铁”中加入H2O2时发生反应的离子方程式为___________；除铁时调节pH的合理范围是___________；另一种试剂X最合适的是___________(填字母)。
A．NaOH            B．氨水        C．ZnO          D．ZnSO4
(3)沉锌时为了得到较为纯净的ZnC2O4·2H2O，加入试剂时最合适的方式是___________(填字母)。A．将ZnSO4溶液缓缓注入Na2C2O4溶液中
B．将Na2C2O4溶液缓缓注入ZnSO4溶液中
C．将ZnSO4溶液迅速注入Na2C2O4溶液中
D．将Na2C2O4溶液迅速注入ZnSO4溶液中
(4)镀锌铁的表面镀层破损时，铁腐蚀依然较慢，原因是___________。
(5)草酸锌晶体(ZnC2O4·2H2O)煅烧时剩余固体质量与温度变化曲线如图所示，该曲线中C→D阶段所发生反应的化学方程式为___________。

三、有机推断题
18．扑热息痛是一种速效、安全的解热镇痛药，临床上应用广泛。由丙烯制备聚合物E和扑热息痛的合成路线如图所示(部分条件略去)：

已知：①
②
③(或H)+R3-CH2-CHO。
回答下列问题：
(1)G分子中官能团的名称为___________；C→D的反应类型为___________。
(2)B的结构简式为___________；D的名称为___________。
(3)写出C在一定条件下生成高分子化合物的化学方程式：___________。
(4)C的同分异构体有多种，同时满足下列条件的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为1：1：6的结构简式为___________。
①能发生水解反应②能发生银镜反应 ③能与 Na反应生成H2。
(5)根据已有知识并结合相关信息，写出以B和乙醛为原料，制备的合成路线(无机试剂任选)： ___________。
四、原理综合题
19．国家提出2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和的目标，利用CO或CO2加氢制甲醇将成为实现目标的最佳路径。
(1)利用CO、CO2加氢制甲醇的有关反应如下：
I．2H2(g)+CO(g) CH3OH(g) △H1
II．H2(g)+ CO2(g) CO(g)+ H2O(g) △H 2
III．3H2(g)+CO2(g) CH3OH (g)+H2O(g) △H3
已知：反应I中的相关的化学键键能数据如下。
化学键
CO
H-H
C-O
H-O
C-H
键能/(kJ·mol - 1)
1 071
436
358
467
413

由键能可知△H1=___________kJ·mol-1；若△H2=+41 kJ·mol-1，则△H3=___________kJ·mol-1。
(2)要使反应I在一定条件下建立的平衡正向移动，可采取的措施有___________(填字母)。
A．缩小反应容器的容积            B．扩大反应容器的容积
C．升高温度                           D．降低温度
E．使用合适的催化剂             F．从平衡体系中及时分离出CH3OH
(3)在不同温度、压强和相同催化剂条件下，发生反应III，初始时CO2、H2分别为1.0 mol、3.0mol，测得H2的平衡转化率[α(H2)]随温度和压强的变化如图所示。

①压强：p1、p2、p3的关系为___________。
②250 °C、p1条件下，平衡时α(H2)___________α(CO2)(填“＞”“=”或“＜”)；此时反应的化学平衡常数Kp=___________(分压=总压×物质的量分数)。
③若在A点平衡状态下，再充入1 mol CO2和1 mol H2O(g)， 则速率v正(CO2)___________(填“＞”“＜”或“=”)v逆 (CO2)。

参考答案：
1．D
【解析】
【详解】
A．碳纤维不是有机材料，只是碳元素的一种特殊存在形态，A选项错误；
B．聚氨酯材料属于聚酯类，是有机高分子材料，B选项错误；
C．石墨烯是碳原子特殊排列的一种单质，不是化合物，C选项错误；
D．聚乳酸是乳酸CH3CH(OH)COOH通过缩聚反应合成的一种有机高分子材料，D选项正确；
答案选D。
2．B
【解析】
【详解】
A．新型热电转换材料Sn-Te(Ag、Cd、Se掺杂)是热、电的量导体，具有金属的形状，属于合金材料，A正确；
B．雾是胶体，大雾可看作是分散剂是空气，分散质主要是水的分散系，B错误；
C．Ca(OH)2是离子化合物，Ca2+与OH-之间以离子键结合，在阴离子OH-中H与O原子之间以共价单键结合，故Ca(OH)2的电子式：，C正确；
D．四氯化碳是由CCl4分子构成的分子晶体，分子呈四面体结构，由于原子半径：Cl＞C，所以该图示可以表示CCl4的空间结构的球棍模型，D正确；
故合理选项是B。
3．C
【解析】
【详解】
A．M分子中，两个框内碳原子一定共平面，但两个平面只共用2个碳原子，所以两平面不一定重合，即所有碳原子不一定共平面，A不正确；
B．-OH和-COOH都能与Na反应产生H2，所以不可用钠鉴别M中的两种含氧官能团，B不正确；
C．M分子中含有的-OH和-COOH，可以发生酯化反应、取代反应，苯环、碳碳双键能发生加成反应，C正确；
D．酯基不能与H2发生加成反应，M分子中，苯环、碳碳双键能与H2发生加成反应，所以1molM最多可与4molH2发生反应，D不正确；
故选C。
4．D
【解析】
【详解】
A．Fe2+、I-均具有还原性，向FeI2溶液中滴入足量的氯水，Fe2+、I-均被氧化，Fe2+被氧化为Fe3+，I-被氧化为I2，该反应的离子方程式为：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-，A错误；
B．向“84”消毒液中通入过量CO2，反应产生HClO、NaHCO3，反应的离子方程式为：ClO-+CO2+H2O=HClO+，B错误；
C．常温下，在=4的溶液中，c(H+)=10-5 mol/L，溶液显酸性，Fe2+、、H+ 会发生氧化还原反应而不能大量共存，C错误；
D．由于氧化还原反应中元素化合价改变数值等于反应过程中电子转移数目，在反应H2O2+2OH-+2ClO2=2+O2↑+2H2O中，元素化合价改变了2价，所以每反应产生1 mol O2转移2 mol e-，D正确；
故合理选项是D。
5．D
【解析】
【详解】
A．CH3CH3中的C均为sp3杂化，CH3-O-CH3中的C均为sp3杂化，CH3CHO中醛基上的C为sp2杂化，A错误；
B．CH3- O- CH3中的氧是sp3杂化的，还有两对孤对电子，所以C-O-C的键角大约是107度左右，所以并不是直线型的分子，故为极性分子，B错误；
C．CH3CHO分子中含有饱和碳原子，形成四面体结构，所有原子不可能共平面，C错误；
D．三种分子形成的晶体均为分子晶体，D正确；
答案选D。
6．A
【解析】
【详解】
A．配制一定体积一定物质的量浓度的溶液，需要使用的仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、一定规格的容量瓶及胶头滴管，还缺少胶头滴管，因此不能仅利用①②③④就可以配制0.1 mol· L-1的稀硫酸，A错误；
B．④是容量瓶，⑤是分液漏斗，这两个带活塞的仪器在使用之前，需要先检查是否漏液，B正确；
C．③是量筒，其精确度为0.1 mL，C正确；
D．仪器①是烧杯，仪器③是量筒，仪器④是容量瓶，烧杯仪器可以加热，但需垫上石棉网进行加热，而量筒是量取一定体积溶液的仪器，不能加热；容量瓶是准确配制一定体积一定物质的量浓度溶液的仪器，也不可以加热，D正确；
故合理选项是A。
7．C
【解析】
【分析】
由W、X、Y、Z组成的盐中各元素形成的化学键，可确定W、X、Y、Z的最外层电子数分别为1、4、6、1，从而确定W、X、Y、Z分别为H、C、O、Na。
【详解】
A．X、Y分别为C、O，C的非金属性小于O，所以简单氢化物的热稳定性：H2O＞CH4，A不正确；
B．ZW与Z2Y2分别为NaH、Na2O2，前者只含离子键，后者含有离子键和共价键，二者所含化学键类型不完全相同，B不正确；
C．ZW为NaH，溶于水后与水发生反应，生成NaOH和H2，NaOH溶液呈碱性，能使紫色石蕊溶液变蓝，C正确；
D．X、Y、Z分别为C、O、Na，组成的盐Na2CO3具有较强的碱性，会腐蚀胃粘膜，不能用于治疗胃酸过多，D不正确；
故选C。
8．D
【解析】
【详解】
A．不能确定其结构，不能确定分子中是否含有羟基，A错误；
B．分子中不存在硫硫键，B错误；
C．氯气和水不能完全反应，溶液中还有氯气分子，C错误；
D．锌和浓硫酸反应生成二氧化硫气体，根据电子守恒分析，1mol锌对应生成1mol二氧化硫，D正确；
故选D。
9．D
【解析】
【详解】
A．反应中P元素化合价从+1价升高到+3价，失去2个电子，铜元素化合价从+2价降低到0价，得到2个电子，氢元素化合价从+1价降低到0价，因此根据电子得失守恒可知参加反应的NaH2PO2有被CuSO4氧化，A正确；
B．若1 mol H3PO3最多消耗2 mol NaOH，说明H3PO3是二元酸，因此NaH2PO3是酸式盐，B正确；
C．根据选项A分析可知转移4mol电子生成1mol氢气，因此反应中每转移6.02×1023个e-即1mol电子，生成0.25mol氢气，在标准状况下的体积为5.6 L，C正确；
D．NaH2PO3是氧化产物，Cu和H2均是还原产物，D错误；
答案选D。
10．C
【解析】
【详解】
A．Co原子核外有27个电子，基态Co原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，Co2+的价电子排布式为3d7，价电子排布图为，A项错误；
B．1个[Co(NH3)6]3+中1个Co3+与6个N原子形成6个配位键，配位键属于σ键，每个NH3中含3个N—Hσ键，1mol[Co(NH3)6]3+中含有(6+6×3)mol=24molσ键，B项错误；
C．H2O2的结构式为H—O—O—H，每个O形成2个σ键，每个O还有两对孤电子对，即O原子的价层电子对数为4，O原子采用sp3杂化，C项正确；
D．NH3易溶于水是由于NH3与H2O分子间存在氢键、NH3分子和H2O分子都是极性分子、NH3能与H2O反应，不是由于氨分子间存在氢键，D项错误；
答案选C。
11．B
【解析】
【详解】
A．根据丹参素结构简式可知：该物质分子中含有羟基、羧基两种官能团，而不存在碳碳双键，A错误；
B．丹参素分子中含有羟基和羧基，可以发生取代反应、酯化反应；由于分子中含有苯环，故可以发生加成反应；由于羟基所连C原子的邻位C原子上含有H原子，因此也可以发生消去反应，B正确；
C．根据物质结构简式可知：该物质分子中碳原子上的氢有5种，因此其发生一元取代的产物共有5种，C错误；
D．该物质分子中含有饱和C原子，具有甲烷的四面体结构，因此丹参素中所有碳原子一定不在同一平面内，D错误；
故合理选项是B。
12．D
【解析】
【详解】
A．根据图示可知：反应物H2O和HC≡CH相对能量大于生成物CH3CHO的相对能量，因此H2O+HC≡CHCH3CHO 为放热反应，ΔH＜0，A错误；
B．催化剂Hg2+改变了合成乙醛的反应历程，降低了反应的活化能，但不能改变反应物与生成物的总能量，因此不能改变相应化学反应的反应热，B错误；
C．根据图示可知：在反应过程③中有非极性键的断裂和极性键的形成，C错误；
D．对于多步反应，总化学反应速率由慢反应决定。反应的活化能越大，发生反应需消耗的能量就越高，反应发生就越不容易进行，该反应的化学反应速率就越慢。根据图示可知：过程④的活化能最大，该步反应速率最慢，故本反应历程中，决定整个反应快慢的步骤为过程④，D正确；
故合理选项是D。
13．D
【解析】
【分析】
图中左边装置为NO-空气质子交换膜燃料电池，通入O2的Pt(I)作正极，NO失电子被氧化的Pt(II)作负极，右边电解池中Cr棒作阴极，Cr3+在此得电子获得高纯铬，石墨作阳极，水中OH-在此失电子被氧化为O2，H+透过质子交换膜(X膜)迁移到II区域，与从I透过阴膜迁移来的聚集获得硫酸，据此可分析解答。
【详解】
A．Pt(I)作正极，O2在此得电子并结合通过质子交换膜迁移来的H+，电极反应方程式为O2+4e- +4H+=2H2O，A选项正确；
B．作为阳极的石墨电极处，水中OH-在此失电子被氧化为O2，H+透过质子交换膜(X膜)迁移到II区域，获得硫酸，B选项正确；
C．工作时，I池中通过阴膜向II池中移动获得硫酸，C选项正确；
D．未标明气体所处环境的温度与压强，无法计算，D选项错误；
答案选D。
14．B
【解析】
【详解】
A．根据均摊原则，每个金刚石晶胞中碳原子数为，故A错误；
B．C60分子中每个C原子形成3个σ键，每个C60分子含有σ键数，故B正确；
C．金刚石晶胞中微粒间的作用力均只有共价键，C60晶胞中微粒间的作用力有共价键、分子间作用力，故C错误；
D．设晶胞的边长为a、碳原子半径为r，金刚石晶胞体对角线等于8r，则，原子的空间利用率，故D错误；
选B。
15．B
【解析】
【详解】
A．a点时c(H3T)=c(H2T-)，均苯三甲酸的电离常数Ka1=，所以Ka1的数量级为10-3，A正确；
B．b点时，c(H2T-)=c(HT2-)，根据电荷守恒可知：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+ c(H2T-)+2 c(HT2-)+3c(T3-)，则c(Na+)+c(H+ )＞c(H2T-)+c(HT2-)+c(OH-)，B错误；
C．a点时c(H3T)=c(H2T-)，均苯三甲酸的电离常数Ka1=；b点时，c(H2T-)=c(HT2-)，均苯三甲酸的电离常数Ka2=；c点时，c(HT2-)=c(T3-)，均苯三甲酸的电离常数Ka3=。HT2-+H2OH2T-+OH-，Kh2=，HT2-的电离程度大于其水解程度，因此0.1 mol·L-1的Na2HT溶液呈酸性，C正确；
D．a点时c(H3T)=c(H2T-)，b点时，c(H2T-)=c(HT2-)，c点时，c(HT2-)=c(T3-)，a、b、c三点的水溶液pH＜7，故三点水溶液均显酸性。酸电离产生的H+浓度越大，对水电离的抑制作用就越强，水电离产生的H+的浓度就越小。a、b、c三点酸电离产生的c(H+ )：a＞b＞c，所以需要溶液中水的电离程度：a＜b＜c，D正确；
故合理选项是B。
16．(1)FeTiO3+4HCl=FeCl2+ TiOCl2+2H2O
(2)     a     35 °C     温度高于 35° C时，HCl大量挥发，则导致HCl浓度降低，浸出率下降
(3)4
(4)Fe2+ + 2=FeCO3↓+CO2↑十H2O
(5)在过滤器中加蒸馏水浸没固体，待液体自然流下，重复操作2~3次
(6)c(Fe2+)·c2(OH- )=1.0×10-5×(1×10-6)2= 1.0×10 -17＜Ksp[ Fe(OH)2]，故无Fe(OH)2沉淀析出
【解析】
【分析】
钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有MgO、CaO、SiO2等杂质)，经盐酸酸浸，生成TiOCl2、FeCl2、MgCl2、CaCl2，过滤除去SiO2，滤液加热可以得到富钛渣和富铁液，富钛渣价双氧水和氨水“溶钛”时生成过氧化肽酸铵[(NH4)2Ti5O15]，煅烧生成TiO2，加入Li2CO3生成Li4Ti5O12；富铁液加入NH4HCO3“沉铁”，生成CO2气体和FeCO3沉淀，在空气中煅烧FeCO3可以得到铁红；
(1)
FeTiO3与盐酸反应生成TiOCl2的化学方程式为FeTiO3+4HCl=FeCl2+ TiOCl2+2H2O，故答案为：FeTiO3+4HCl=FeCl2+ TiOCl2+2H2O；
(2)
根据图甲可知，在相同温度下采用a组溶剂浸出率最高，由图乙可知， 35°C时浸出率最高，故“酸浸”时采用的最佳条件为选用a组溶剂、温度35°C。由图乙可知35°C时铁和钛的浸出率最高，因为HCl易挥发，当温度过高时，HCl挥发加剧，导致HCl浓度下降，浸出率下降。故答案为：a；35°C；温度高于 35° C时，HCl大量挥发，则导致HCl浓度降低，浸出率下降；
(3)
[(NH4)2Ti5O15]中，NH为+1价、Ti为+4价设每个分子中有x个过氧键，则-2价O为(15-2x)个，从而有21+54 =2x+2(15-2x)，解得x=4，即每个[(NH4)2Ti5O15]中有4个过氧键。故答案为：4；
(4)
根据分析可知“沉铁”时，在FeCl2溶液中加入NHHCO3，由于存在电离H+ +CO；电离出的CO与Fe2+结合生成FeCO3，电离出的H+与反应生成CO2和H2O，故对应的离子方程式为Fe2+ + 2=FeCO3↓+CO2↑十H2O，故答案为：Fe2+ + 2=FeCO3↓+CO2↑十H2O；
(5)
“沉铁”过滤后，“洗涤"沉淀的操作是在过滤器中加蒸馏水浸没固体，待液体自然流下，重复操作2~3次。故答案为：在过滤器中加蒸馏水浸没固体，待液体自然流下，重复操作2~3次；
(6)
由溶液的pH为8，c(Fe2+ )为1.0 ×10-5 mol·L-1，可知Qc= c(Fe2+ )c2(OH- )= 1.0 ×10-5(1.0 ×10-6)2=1.0 ×10-17< Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17故无Fe(OH)2沉淀析出，故答案为：c(Fe2+)·c2(OH- )=1.0×10-5×(1×10-6)2= 1.0×10 -17＜Ksp[ Fe(OH)2]，故无Fe(OH)2沉淀析出；
17．(1)平衡气压，便于液体顺利流下
(2)     H2O2+2Fe2+ +2H+= 2H2O+ 2Fe3+     3.2≤pH＜5.6     C
(3)B
(4)锌比铁活泼，镀层破损后形成原电池，锌作负极，铁被保护
(5)ZnC2O4 ZnCO3+CO↑
【解析】
【分析】
白铁皮是在铁表面镀锌，加入稀硫酸溶解，生成FeSO4和ZnSO4；加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入X，调节溶液的pH，使Fe3+生成Fe(OH)3沉淀；过滤后，往滤液中加入Na2C2O4，便可得到ZnC2O4∙2H2O晶体。
(1)
“酸溶”时，金属与酸发生反应产生气体，会导致烧瓶内压强增大，分流漏斗内液体流出困难，所以分液漏斗与烧瓶之间用橡胶管连接的主要目的是：平衡气压，便于液体顺利流下。答案为：平衡气压，便于液体顺利流下；
(2)
“除铁”中加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为H2O2+2Fe2+ +2H+= 2H2O+ 2Fe3+；除铁时，既要保证Fe3+完全沉淀，又要防止Zn2+生成沉淀，所以调节pH的合理范围是3.2≤pH＜5.6；另一种试剂X用于调节溶液的pH，且不能引入新的杂质。
A．NaOH，能调节pH，但引入Na+，A不符合题意；
B．氨水，能调节pH，但引入，B不符合题意；
C．ZnO，能调节pH，且不引入新的杂质，C符合题意；
D．ZnSO4，不能调节溶液的pH，D不符合题意；
所以最合适的试剂是ZnO，故选C。答案为：H2O2+2Fe2+ +2H+= 2H2O+ 2Fe3+；3.2≤pH＜5.6；C；
(3)
A．Na2C2O4溶液呈碱性，将ZnSO4溶液缓缓注入Na2C2O4溶液中，会导致一部分Zn2+转化为Zn(OH)2，A不符合题意；
B．ZnSO4溶液呈酸性，将Na2C2O4溶液缓缓注入ZnSO4溶液中，可避免生成Zn(OH)2沉淀，使Zn2+全部转化为ZnC2O4，B符合题意；
C．将ZnSO4溶液迅速注入Na2C2O4溶液中，会在局部生成Zn(OH)2沉淀，C不符合题意；
D．将Na2C2O4溶液迅速注入ZnSO4溶液中，也会在局部生成Zn(OH)2沉淀，D不符合题意；
故选B。答案为：B；
(4)
镀锌铁的表面镀层破损时，由于锌的金属活动动性比铁强，可阻止铁失电子，从而使铁腐蚀依然较慢，原因是：锌比铁活泼，镀层破损后形成原电池，锌作负极，铁被保护。答案为：锌比铁活泼，镀层破损后形成原电池，锌作负极，铁被保护；
(5)
M(ZnC2O4·2H2O)=189，M(ZnC2O4)=153，M(ZnCO3)=125，M(ZnO)=81。n(ZnC2O4·2H2O)==0.1mol；15.3g固体，M==153g/mol，应为ZnC2O4；12.5g固体，M==125g/mol，应为ZnCO3；所以该曲线中C→D阶段所发生反应的化学方程式为ZnC2O4 ZnCO3+CO↑。答案为：ZnC2O4 ZnCO3+CO↑。
【点睛】
ZnC2O4·2H2O受热分解，先失去结晶水，然后ZnC2O4发生分解，生成ZnCO3；继续加热，ZnCO3分解生成ZnO等。
18．(1)     酚羟基、硝基     消去反应
(2)          2-甲基丙烯酸
(3)n +(n-1)H2O
(4)     5    
(5)
【解析】
【分析】
丙烯和苯发生加成反应生成A，A与氧气反应生成F和B为，B与HCN发生加成反应得到再酸化得到C，C发生醇的消去反应生成D为，D发生加聚反应得到E；F与硝酸发生取代反应得到G，G中硝基发生已知信息①被还原为H为，H发生已知信息②得到扑热息痛；
(1)
G分子中官能团的名称为酚羟基、硝基；C发生醇的消去反应生成D为，C→D的反应类型为消去反应；
(2)
由分析可知，B的结构简式为；D为，D的名称为2-甲基丙烯酸；
(3)
C在一定条件下发生自身缩聚反应生成高分子化合物，化学方程式：n +(n-1)H2O；
(4)
C满足下列条件：①能发生水解反应说明含有酯基结构，②能发生银镜反应说明含有醛基，③能与Na反应生成H2说明含有羟基或羧基，同分异构体有：、、、、共5种；其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为1：1：6的结构简式为：；
(5)
由逆推法，由发生加聚反应得到，可由B为与乙醛发生加成反应生成，再氧化醛基为羧基，再发生醇的消去反应即可，合成路线为： 。
19．(1)     -121     -80
(2)ADF
(3)     p1＞p2＞p3     =          ＜
【解析】
(1)
ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和，则ΔH1=436×2+1071-（413×3+358+467）=-121kJ/mol。通过观察可知反应Ⅲ=反应Ⅰ+反应Ⅱ，ΔH3=ΔH1+ΔH2=-80kJ/mol。
(2)
A缩小体积压强增大，反应Ⅰ平衡正向移动，A可行；扩大反应容器体积，压强减小，反应平衡逆向移动，B不可行；反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，降低温度，平衡正向移动，故C不可行，D可行；使用合适的催化剂只能加快反应速率，不影响化学平衡的移动，E不可行；从平衡体系中分离出产物甲醇，平衡正向移动，F可行；答案为ADF。
(3)
反应Ⅲ为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，相同温度下，压强越大，H2转化率越高，故p1>p2>p3；初始时加入的CO2和H2的物质的量之比为1：3，反应过程中消耗的CO2和H2物质的量也为1：3，故平衡时α（H2）=α（CO2）。

平衡时总物质的量为，则H2、CO2、CH3OH和H2O的物质的量分数分别为、、、。。在A点平衡时再充入1molCO2和1molH2O，则此时总物质的量为，H2、CO2、CH3OH和H2O的物质的量分数分别为、、、，Qp=>，因此平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率。