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)化学试题（含答案）

这是一份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)化学试题（含答案），共13页。试卷主要包含了5　Ti—48　V—51， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

(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 Cl—35.5 Ti—48 V—51
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. 党的二十大报告指出“推动绿色发展，促进人与自然和谐共生”。下列做法不合理的是（ ）
A. 研制可降解塑料，控制白色污染产生 B. 研发新能源汽车，降低汽油柴油消耗
C. 开发利用天然纤维，停止使用合成材料 D. 研究开发生物农药，减少作物农药残留
2. 工业制取SO2的主要反应为4FeS2＋11O2 eq \(=====,\s\up7(煅烧)) 2Fe2O3＋8SO2。下列说法正确的是（ ）
A. 中子数为10的氧原子： eq \\al(18, 8) O B. Fe2＋价层电子排布式为3d54s1
C. SO2分子空间构型为直线形 D. 硫原子结构示意图：
3. 下列物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. Na2O2呈淡黄色，可用作供氧剂 B. NaCl熔点较高，可用于制取NaOH
C. Na2CO3溶液呈碱性，可用于除油污 D. NaHCO3易分解，可用于治疗胃酸过多
4. X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大且不超过20的主族元素。X是地壳中含量最多的元素，Y基态原子核外s能级和p能级电子数相等，Z与X同主族，Q的焰色试验呈紫色。下列说法正确的是（ ）
A. 简单离子半径：Z>X>Y
B. X的第一电离能比同周期的相邻元素的大
C. Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
D. Q最高价氧化物对应水化物的碱性比Y的弱
5. 一种将CO2催化转化为C2H4的电化学装置如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该装置工作过程中化学能转化为电能
B. 铂电极发生的反应为2CO2＋12H＋－12e－===C2H4＋4H2O
C. 工作过程中玻碳电极区溶液的pH增大
D. 每产生标准状况下11.2 L O2时，理论上有2 ml H＋通过质子交换膜
阅读下列材料，完成6～8题。
NH3易液化，能与多种物质发生反应。将金属钠投入液氨中有H2产生，NH3能与CaCl2结合生成CaCl2·8NH3，加热条件下NH3能将CuO还原成Cu。NH3可用于制取肼（N2H4）和尿素[CO（NH2）2]等，工业上常用浓氨水检验输送氯气的管道是否泄漏，泄漏处有白烟生成。工业合成氨的反应为N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）；ΔH＝－92.4 kJ·ml－1。
6. 实验室制取NH3并探究其性质，下列实验装置和操作不能达到实验目的的是（ ）
A. 用装置甲制取NH3 B. 用装置乙干燥NH3
C. 用装置丙收集NH3 D. 用装置丁探究NH3的还原性
7. 下列说法正确的是（ ）
A. N2H4分子中的H—N—H键角为120°
B. NH3与Cl2反应生成的白烟成分为NH4Cl
C. 金属钠与液氨反应体现了NH3的还原性
D. NH3易液化是由于NH3与H2O分子间形成氢键
8. 对于工业合成氨的反应，下列说法正确的是（ ）
A. 使用高效催化剂可减小ΔH
B. 适当降温或加压，反应的平衡常数都增大
C. 及时将体系中的NH3液化分离有利于平衡正向移动
D. 用E表示键能，则E（NN）＋3E（H—H）－6E（N—H）＝92.4 kJ·ml－1
9. 首例有机小分子催化剂催化的不对称Aldl反应如下：
下列说法正确的是（ ）
A. X分子中σ键和π键数目之比为3∶1
B. Y的名称为3氨基苯甲醛
C. Z不能发生消去反应
D. 存在对映异构现象
10. 无水FeCl3常用作芳烃氯代反应的催化剂。以废铁屑（主要成分Fe，还有少量Fe2O3、C和SiO2）制取无水FeCl3的流程如下。下列说法正确的是（ ）
A. “过滤”所得滤液中大量存在的离子有Fe3＋、Fe2＋、H＋、Cl－
B. “氧化”时可使用新制氯水作氧化剂
C. 将“氧化”后的溶液蒸干可获得FeCl3·6H2O
D. “脱水”时加入SOCl2能抑制FeCl3的水解，原因是SOCl2与水反应生成H2SO4和HCl
11. 室温下，取四根打磨后形状大小相同的镁条，通过下列实验探究镁在溶液中的反应。
实验1 将镁条放入滴有酚酞的蒸馏水中，无明显现象。加热溶液，镁条表面产生气泡，溶液逐渐变红。
实验2 将镁条放入滴有酚酞的1 ml·L－1 NH4Cl溶液中，产生气泡，溶液逐渐变红。
实验3 将镁条放入滴有酚酞的1 ml·L－1 CH3COONH4溶液（pH≈7）中，产生气泡，溶液逐渐变红。
实验4 将镁条放入滴有酚酞的1 ml·L－1 NaCl溶液中，产生气泡，溶液逐渐变红。
下列基于相应实验现象得出的结论不正确的是（ ）
A. 实验1加热时发生反应的化学方程式为Mg＋2H2O eq \(=====,\s\up7(△)) Mg（OH）2＋H2↑
B. 实验2反应后的溶液中存在：c（Cl－）<2c（Mg2＋）＋c（NH eq \\al(＋,4) ）
C. 实验3产生的气体中可能含NH3
D. 实验1和实验4表明Cl－对Mg与H2O反应有催化作用
12. 常温下，将FeSO4溶液与NH4HCO3溶液混合，可制得FeCO3，混合过程中有气体产生。已知：Kb（NH3·H2O）＝1.8×10－5，Ka1（H2CO3）＝4.5×10－7，Ka2（H2CO3）＝4.7×10－11，Ksp（FeCO3）＝3.13×10－11。下列说法不正确的是（ ）
A. 向100 mL pH＝10的氨水中通入少量CO2，反应后溶液中存在：c（CO eq \\al(2－,3) ）>c（HCO eq \\al(－,3) ）
B. 0.1 ml·L－1 NH4HCO3溶液中：c（H2CO3）>c（CO eq \\al(2－,3) ）＋c（NH3·H2O）
C. 生成FeCO3的离子方程式为Fe2＋＋2HCO eq \\al(－,3) ===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O
D. 生成FeCO3沉淀后的上层清液中：c（Fe2＋）·c（CO eq \\al(2－,3) ）＝Ksp（FeCO3）
13. 用CO2和H2可以合成甲醇。其主要反应如下：
反应Ⅰ CO2（g）＋3H2（g）===CH3OH（g）＋H2O（g）；ΔH1＝－58 kJ·ml－1
反应Ⅱ CO2（g）＋H2（g）===CO（g）＋H2O（g）；ΔH2＝＋41 kJ·ml－1
在恒容密闭容器内，充入1 ml CO2和3 ml H2，测得平衡时CO2转化率、CO和CH3OH选择性随温度变化如图所示[选择性＝ eq \f(n（CO）或n（CH3OH）,n（CH3OH）＋n（CO）) ×100%]。下列说法正确的是（ ）
A. 270 ℃时主要发生反应Ⅱ
B. 230 ℃下缩小容器的体积，n（CO）不变
C. 250 ℃下达平衡时，n（H2O） ＝0.12 ml
D. 其他条件不变，210 ℃比230 ℃平衡时生成的CH3OH更多
二、 非选择题：共4题，共61分。
14. （16分）从废脱硝催化剂（主要成分为TiO2、V2O5）中回收TiO2和V2O5具有重要意义。
（1） 碳氯化—氧化法提取TiO2。将粉碎后的催化剂渣料与过量焦炭混合投入高温氯化炉充分反应，将生成的TiCl4与其他气体分离，并将其氧化得TiO2。该过程主要涉及以下反应：
反应Ⅰ TiO2（s）＋2Cl2（g）＋2C（s）===TiCl4（g）＋2CO（g）；ΔH1
反应Ⅱ TiCl4（g）＋O2（g）===TiO2（s）＋2Cl2（g）；ΔH2＝－172 kJ·ml－1
已知常压下TiCl4的沸点为136.4 ℃，C的燃烧热ΔH＝－393.5 kJ·ml－1，CO的燃烧热ΔH＝－283 kJ·ml－1。
① 反应Ⅰ的ΔH1＝ kJ·ml－1。
② 从反应Ⅰ的混合体系中分离出TiCl4的措施是 。
③ 氯化炉中生成CO比生成CO2更有利于TiO2转化为TiCl4，其原因是________________________________________________________________________
。
（2） 碱溶法回收TiO2和V2O5。部分工艺流程如下：
“酸洗”时Na2Ti3O7转化为TiOCl2或TiOSO4； “水解”后得到H2TiO3。
① 写出“热碱浸取”时TiO2发生反应的离子方程式： 。
② 锐钛型和金红石型是TiO2最常见的两种晶体类型。煅烧H2TiO3过程中，TiO2会发生“锐钛型→金红石型”转化，固体质量残留率和晶型转化率随温度变化如图1所示，晶型转化过程中的能量变化如图2所示。设计用“过滤”所得Na2Ti3O7制备金红石型TiO2的操作方案： 。
金红石型TiO2的晶胞结构如图3所示，在图3中用“”圈出所有位于晶胞体内的原子。
③ 为测定回收所得V2O5样品的纯度，进行如下实验：称取2.000 g样品，用稀硫酸溶解、定容得100 mL（VO2）2SO4溶液。量取20.00 mL溶液放入锥形瓶中，加入10.00 mL 0.500 0 ml·L－1（NH4）2Fe（SO4）2溶液（过量），再用0.010 00 ml·L－1 KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液24.00 mL。滴定过程中发生如下反应（均未配平）：VO eq \\al(＋,2) ＋Fe2＋＋H＋―→VO2＋＋Fe3＋＋H2O； MnO eq \\al(－,4) ＋Fe2＋＋H＋―→Mn2＋＋Fe3＋＋H2O。
计算V2O5样品的纯度（写出计算过程）。
15. （14分）一种pH荧光探针的合成路线如下：
（1） B→C过程中发生反应的类型依次是加成反应、 （填反应类型）。
（2） B分子中碳原子的杂化轨道类型是 。
（3） C→D需经历C→X→D的过程。中间体X与C互为同分异构体，X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 能发生银镜反应，分子中有4种不同化学环境的氢；
② 水解后的产物才能与FeCl3溶液发生显色反应。
（5） 已知：RCHO eq \(――→,\s\up7(NH3),\s\d5(兰尼NiH2)) RCH2NH2 eq \(――→,\s\up7(R′CH2Cl),\s\d5(NaOH)) RCH2NHCH2R′。
写出以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. （17分）KIO3是重要的食品添加剂。实验室模拟工业制备KIO3的部分实验流程如下：
（1） “氧化”反应在图1所示装置中进行。先将KClO3与I2混合后放入气密性良好的三颈烧瓶中，加水充分溶解，在90 ℃下边搅拌边滴加20 mL 1 ml·L－1盐酸引发反应，停止滴加盐酸后持续搅拌40 min以上，得到热的KH（IO3）2溶液。
已知：KH（IO3）2不溶于有机溶剂。几种物质的溶解度随温度的变化如图2所示。
① 用12 ml·L－1盐酸配制100 mL 1.00 ml·L－1盐酸须使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、酸式滴定管、 。
② 检查图1所示装置气密性的操作为________________________________________________________________________
。
③ “氧化”过程中有少量黄绿色的气态副产物产生。用热的KOH溶液可吸收该气体并实现原料的循环利用。写出该吸收过程中发生反应的化学方程式： 。
④ 能说明反应已经进行完全的标志是 。
⑤ 实际工业进行“氧化”反应时，需要在反应设备上连接冷凝回流装置，其目的是________________________________________________________________________
。
（2） 除去KH（IO3）2溶液中稍过量I2的实验方法是 。
（3） 利用提纯得到的KH（IO3）2粗品（含少量KCl）制备纯净KIO3的实验方案为________________________________________________________________________
。
（须使用的实验药品：KOH溶液、稀硝酸、AgNO3溶液、冰水）
17. （14分）化学需氧量（COD）是指用强氧化剂将1 L废水中的还原性物质氧化为二氧化碳和水所消耗的氧化剂的量，并换算成以O2为氧化剂时所消耗O2的质量。水体COD值常作为水体中有机污染物相对含量的综合指标之一。Fentn（Fe2＋/H2O2）法能产生Fe3＋和具有强氧化性的羟基自由基（·OH）并引发一系列链式反应，被广泛应用于有机废水的治理。
（1） 羟基自由基（·OH）的电子式为 。
（2） 分别取初始pH＝4、COD＝80的废水200 mL，加入2 mL H2O2，改变起始投加FeSO4·7H2O的量，反应相同时间，测得反应后水样COD随Fe2＋投加量的关系如图1所示。当Fe2＋投加量超过1 g·L－1时，反应后水样COD不降反升的原因可能是
________________________________________________________________________
。
（3） 已知·OH更容易进攻有机物分子中电子云密度较大的基团。1丁醇比正戊烷更容易受到·OH进攻的原因是________________________________________________________________________
。
（4） 在Fentn法的基础上改进的基于硫酸根自由基（SO eq \\al(·－,4) ）的氧化技术引起关注。研究发现，一种Mn3O4—石墨烯纳米复合材料对催化活化S2O eq \\al(2－,8) 产生SO eq \\al(·－,4) 具有很好的效果。S2O eq \\al(2－,8) 结构为
① 与Fe2＋/H2O2试剂相比，Mn3O4—石墨烯/S2O eq \\al(2－,8) 的使用范围更广。SO eq \\al(·－,4) 在强碱性条件下反应生成·OH，写出该反应的离子方程式： 。
② 一种制取Mn3O4—石墨烯纳米复合材料的物种转化关系可表示如下（GO表示石墨烯）：
在石墨烯表面制得1 ml Mn3O4，理论上需要消耗NaBH4的物质的量为 ml。
③ 利用该复合材料催化活化S2O eq \\al(2－,8) 并去除废水中有机污染物的可能反应机理如图2所示，该机理可描述为________________________________________________________________________ 。
江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷(十)
1. C 解析：A项，“白色污染”是指不可降解的塑料，若采用可降解塑料，会减少大量的“白色污染”，正确；B项，新能源汽车如电动汽车、氢能汽车，可以减少汽油柴油的使用，正确；C项，有些合成材料是必需品，不可能停止使用，错误；D项，生物农药对人体的伤害少，正确。
2. A 解析：A项， eq \\al(18, 8) O的质量数为18，质子数为8，中子数＝质量数－质子数＝18－8＝10，正确；B项，Fe的价层电子排布式为3d64s2，Fe先失去4s上面的电子，则Fe2＋价层电子排布式为3d6，错误；C项，SO2中S的孤电子对为 eq \f(6－2×2,2) ＝1，价层电子对为1＋2＝3，则S为sp2杂化，空间构型为V形，错误；D项，S原子的最外层电子数为6，错误。
3. C 解析：A项，Na2O2可以与人呼出的CO2反应生成O2，与其颜色无关，错误；B项，电解饱和食盐水生成NaOH，与NaCl导电性有关，与其熔点无关，错误；C项，油脂在碱性条件下可以发生水解，Na2CO3溶液显碱性，可以使油脂水解而除去，正确；D项，NaHCO3可以与胃酸(HCl)反应，与其稳定性无关，错误。
4. A 解析：X是地壳中含量最多的元素，为O元素；Y基态原子核外s能级和p能级电子数相等，且原子序数比X大，则Y的核外电子排布式为1s22s22p63s2，为Mg元素，Z与X同主族，则Z为S元素，Q的焰色试验呈紫色，则Q为K元素，S与K之间的主族元素只有Cl，则W为Cl元素。A项，S2－为三个电子层，半径最大，O2－和Mg2＋具有相同的电子层，Mg的核电荷数越大，半径越小，则有半径：S2－＞O2－＞Mg2＋，正确；B项，O的电离能比N、F均小，错误；C项，Cl的非金属性强于S，则热稳定性：HCl>H2S，错误；D项，K的金属性强于Mg，则碱性：KOH>Mg(OH)2，错误。
5. D 解析：A项，CO2转化为C2H4，H2O转化为O2，均需要外界吸收能量，在电解时发生转化，故该装置为电能转化为化学能，错误；B项，CO2转化为C2H4，C的化合价由＋4转化为－2，得到电子，错误；C项，H2O转化为O2，O的化合价升高，失去电子，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，pH减小，错误；D项，n(O2)＝11.2 L/22.4 L·ml－1＝0.5 ml，转移电子数为0.5 ml×4＝2 ml，电路中转移的电子数与溶液中H＋的迁移数相等，则有2 ml H＋通过质子交换膜，正确。
6. B 解析：A项，NH4Cl和Ca(OH)2加热条件制NH3，正确；B项，NH3与CaCl2可生成CaCl2·8NH3，故不可用CaCl2干燥NH3，错误；C项，NH3的密度比空气小，应从短管进气，将丙中的空气排出，正确；D项，NH3与CuO反应生成Cu和N2，方程式为2NH3＋3CuO eq \(=====,\s\up7(△)) 3Cu＋N2＋3H2O，NH3表现为还原性，正确。
7. B 解析：A项，N2H4的结构为，N上面存在一个孤电子对，N为sp3杂化，不是平面型结构，则H—N—H键角不是120°，错误；B项，NH3与Cl2反应生成HCl和N2，HCl与NH3反应生成白烟为NH4Cl，正确；C项，NH3中H为＋1价，与钠反应生成H2，H的化合价降低，则NH3表现为氧化性，错误；D项，NH3液化是NH3与NH3分子间形成氢键，液化时并没有水参与，错误。
8. C 解析：A项，催化剂不可改变焓变，错误；B项，平衡常数仅与温度有关，错误；C项，将生成物移走，可以促使平衡正向移动，正确；D项，ΔH＝E(反应物键能之和)－E(生成物键能之和)＝E(NN)＋3E(H—H)－6E(N—H)＝－92.4 kJ·ml－1，错误。
9. D 解析：A项，X分子的结构式为，单键均为σ键，双键中有1个σ键和1个π键，则X中σ键和π键数目之比为9∶1，错误；B项，醛基的对位为硝基，不是氨基，编号为与醛基相连的苯环上的碳为1号，则硝基为4号，故命名为4硝基苯甲醛，错误；C项，醇羟基相邻的碳上存在βH，可以发生消去，错误；D项，与羧基相连的碳原子为手性碳(标*号)，则 存在对映异构现象，正确。
10. B 解析：A项，废铁屑主要成分Fe，Fe2O3的量很少，与HCl反应生成的Fe3＋，会被过量的Fe反应生成Fe2＋，故不存在大量的Fe3＋，错误；B项，氯水氧化Fe2＋生成Fe3＋，不会引入新杂质，错误；C项，将FeCl3溶液在HCl的氛围中蒸发可得FeCl3·6H2O晶体，不可将溶液蒸干，会失去结晶水，错误；D项，SOCl2中S为＋4价，水解时，元素的化合价不发生变化，则应生成H2SO3，错误。
11. D 解析：A项，Mg与H2O反应产生的气泡为H2，生成的Mg(OH)2显碱性，可以使酚酞变红，正确；B项，NH eq \\al(＋,4) 水解显酸性，NH eq \\al(＋,4) ＋H2O⇌NH3·H2O＋H＋，Mg与H＋反应生成Mg2＋和H2，促进NH eq \\al(＋,4) 的水解，生成更多的NH3·H2O，溶液显碱性，c(OH－)＞c(H＋)，由电荷守恒：c(Cl－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(NH eq \\al(＋,4) )＋2c(Mg2＋)，则有c(Cl－)＜2c(Mg2＋)＋c(NH eq \\al(＋,4) )，正确；C项，由实验2的现象推知，Mg与NH eq \\al(＋,4) 反应生成H2和NH3，正确；D项，对比实验1和4，加入NaCl可以促进Mg与水的反应，可能是Cl－也可能是Na＋起催化作用，错误。
12. A 解析：A项，Ka2(H2CO3)＝ eq \f(c（CO eq \\al(2－,3) ）·c（H＋）,c（HCO eq \\al(－,3) ）) ＝4.7×10－11，pH＝10，得 eq \f(c（CO eq \\al(2－,3) ）,c（HCO eq \\al(－,3) ）) ＝0.47，通入CO2后，使pH减小，c(H＋)增大，而Ka2(H2CO3)不变，则 eq \f(c（CO eq \\al(2－,3) ）,c（HCO eq \\al(－,3) ）) 减小，即 eq \f(c（CO eq \\al(2－,3) ）,c（HCO eq \\al(－,3) ）) ＜0.47＜1，则c(CO eq \\al(2－,3) )＜c(HCO eq \\al(－,3) )，错误；B项，NH4HCO3溶液中NH eq \\al(＋,4) 水解显酸性，NH eq \\al(＋,4) ＋H2O⇌NH3·H2O＋H＋，Kh(NH eq \\al(＋,4) )＝ eq \f(c（NH3·H2O）·c（H＋）,c（NH eq \\al(＋,4) ）) ＝ eq \f(c（NH3·H2O）·c（H＋）·c（OH－）,c（NH eq \\al(＋,4) ）·c（OH－）) ＝ eq \f(Kw,Kb) ＝ eq \f(10－14,1.8×10－5) ＝5.55×10－10，HCO eq \\al(－,3) 水解显碱性，HCO eq \\al(－,3) ＋H2O⇌H2CO3＋OH－，Kh(HCO eq \\al(－,3) )＝ eq \f(c（H2CO3）·c（OH－）,c（HCO eq \\al(－,3) ）) ＝ eq \f(c（H2CO3）·c（OH－）·c（H＋）,c（HCO eq \\al(－,3) ）·c（H＋）) ＝ eq \f(Kw,Ka1) ＝ eq \f(10－14,4.5×10－7) ＝2.22×10－8，Kh(HCO eq \\al(－,3) )＞Kh(NH eq \\al(＋,4) )，则溶液显碱性，由NH4HCO3的质子守恒方程式知c(NH3·H2O)＋c(CO eq \\al(2－,3) )＋c(OH－)＝c(H2CO3)＋c(H＋)，c(OH－)＞c(H＋)，则c(NH3·H2O)＋c(CO eq \\al(2－,3) )＜c(H2CO3)，正确；C项， HCO eq \\al(－,3) 电离出H＋和CO eq \\al(2－,3) ，CO eq \\al(2－,3) 与Fe2＋反应生成FeCO3沉淀，电离出的H＋与另一个HCO eq \\al(－,3) 反应生成CO2和H2O，正确；D项，生成FeCO3沉淀后的上层清液中，上层清液中Fe2＋与CO eq \\al(2－,3) 达到沉淀溶解平衡，则有c(Fe2＋)·c(CO eq \\al(2－,3) )＝Ksp(FeCO3)，正确。
13. C 解析：A项，随着温度的升高，反应Ⅰ的选择性减小，对应题图中下降的曲线，另CH3OH的选择性与CO的选择性之和为1，则题图中最下面的曲线为CO的选择性，另一曲线对应CO2的转化率，270 ℃时，图中CH3OH的选择性大于CO的选择性，则以反应Ⅰ为主，错误；B项，加压时，反应Ⅰ正向移动，n(CO2)、n(H2)减小，则导致反应Ⅱ逆向移动，n(CO)减小，错误；C项，250 ℃下达平衡时，CO2的转化率为12%，由反应Ⅰ和Ⅱ方程式知，反应1 ml CO2均生成1 ml H2O，则转化的CO2为1 ml×12%＝0.12 ml，则生成的n(H2O)＝0.12 ml，正确；D项，210 ℃时，CO2的平衡转化率为5.6%，CH3OH的选择性为82%，则n(CH3OH)＝1 ml×5.6%×82%≈0.046 ml，230 ℃时，CO2的平衡转化率为8.4%，CH3OH的选择性为79%，则n(CH3OH)＝1 ml×8.4%×79%≈0.066 ml，则230 ℃平衡时生成的CH3OH更多，错误。
14. (16分)
(1) ① －49(2分)
② 将含有TiCl4、CO、Cl2的气体混合物通过热交换器降温冷凝(2分)
③ 与生成CO2相比，生成CO使反应Ⅰ的ΔS更大，更有利于反应正向进行(2分)
(2) ① 3TiO2＋2Na＋＋2OH－ eq \(=====,\s\up7(△)) Na2Ti3O7＋H2O(2分)
② 用HCl酸洗Na2Ti3O7，将生成的TiOCl2充分水解后，过滤、洗涤得到H2TiO3，在950 ℃下煅烧H2TiO3至恒重(3分)
(2分)
③ 根据得失电子守恒可得：n(Fe2＋)＝2n(V2O5)＋5n(MnO eq \\al(－,4) )
n(V2O5)＝ eq \f(n（Fe2＋）－5n（MnO eq \\al(－,4) ）,2)
＝ eq \f(0.500 0 ml·L－1×0.010 00 L－5×0.010 00 ml·L－1×0.024 00 L,2) × eq \f(100 mL,20 mL) ＝0.009 500 ml
m(V2O5)＝182 g·ml－1×0.009 500 ml＝1.729 g
w＝ eq \f(m（V2O5）,m（样品）) ×100%＝ eq \f(1.729 g,2.000 g) ×100%＝86.45%(3分)
解析：(1) ① 由C的燃烧热ΔH＝－393.5 kJ·ml－1，CO的燃烧热ΔH＝－283 kJ·ml－1，可以写出热化学方程式为C(s)＋O2(g)===CO2(g)；ΔH＝－393.5 kJ·ml－1①，CO(g)＋ eq \f(1,2) O2(g)===CO2(g)；ΔH＝－283 kJ·ml－1 ②，依据盖斯定律，用“反应①×2－反应Ⅱ－反应②×2”，得ΔH1＝－393.5 kJ·ml－1×2－(－172 kJ·ml－1)－(－283 kJ·ml－1)×2＝－49 kJ·ml－1。② 反应Ⅰ的混合体系中有Cl2(g)、CO(g)和TiCl4(g)，常压下TiCl4的沸点为136.4 ℃，比Cl2(g)和CO(g)高得多，通过降温冷凝，使TiCl4变为液态，与Cl2和CO得以分离。③ 生成CO2时，反应方程式为TiO2(s)＋2Cl2(g)＋C(s)===TiCl4(g)＋CO2(g)，生成CO时，反应方程式为TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)===TiCl4(g)＋2CO(g)，由两个反应方程式中反应前后气体的物质的量变化相比知，生成CO时，气体物质的量增大更多，即熵增较大，所以生成CO时，反应更容易转化。(2) ① TiO2和V2O5通过“热碱浸取”时，TiO2与NaOH反应，生成一种含Ti的沉淀和NaVO3溶液。由已知“酸洗”时Na2Ti3O7转化为TiOCl2或TiOSO4，推知，含Ti的沉淀为Na2Ti3O7。若生成1 ml Na2Ti3O7，则需要2 ml NaOH、3 ml TiO2参加反应，由H、O原子守恒知，产生H2O为1 ml。② 由题图2知，含有SO eq \\al(2－,4) 的TiO2的活化能较高，所以选用HCl洗涤Na2Ti3O7转化为TiOCl2，再水解得H2TiO3。由题图1知，温度在950 ℃时，H2TiO3分解生成TiO2，得“锐钛型→金红石型”晶型转化达100%。由金红石型的TiO2的晶胞图知，小黑球为8× eq \f(1,8) ＋1＝2，由TiO2的化学式推知，属于晶胞的白球应有4个，由题图3知，白球有4个位于面上，属于晶胞的白球为4× eq \f(1,2) ＝2，故还有两个白球应位于晶胞内，这样白球共有为4个。由此晶胞内有1个黑球和2个白球，即中画圈的原子在晶胞内。③ V2O5与(VO2)2SO4中V均为＋5价，所以计算中两者可以等量代换。(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2＋与(VO2)2SO4溶液以及KMnO4溶液均会发生氧化还原反应。根据得失电子守恒，列出反应关系为n(Fe2＋)＝2n(V2O5)＋5n(MnO eq \\al(－,4) )，由(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量以及消耗的KMnO4的物质的量，可以计算出n(V2O5)，进而得出m(V2O5)以及V2O5的质量分数。
15. (14分)
(1) 消去反应(2分)
(2) sp2、sp3(2分)
(3) (2分)
解析：(1) 对比B、以及C的结构简式知，B中两个酯基中间的碳原子上的H原子先与中的醛基先发生加成反应生成，接着羟基发生消去反应生成C。(2) B中酯基上的碳原子为sp2杂化，其余碳原子为sp3杂化。(3) C→X→D的过程，中间体X与C互为同分异构体，则X是对C的结构简式进行重排，由D的结构简式推知，将 沿虚线处断开，再重新连接，得X的结构简式为。(4) D除苯环外，还有4个不饱和度，4个碳原子，5个氧原子。水解后的产物才能与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚酯，则还有3个碳原子、3个氧原子、3个不饱和度。分子能发生银镜反应，则说明含有醛基，由对称性知，含有3个醛基，则结构简式为(5) 由已知信息知，醛基可以与NH3反应生成氨基，氨基与卤代烃反应生成含氮化合物，所以合成中需要得到氨基化合物和含卤化合物。乙二醇先与O2催化氧化生成乙二醛，在NH3作用下生成H2NCH2CH2NH2。对比目标产物，六元环上有4个碳原子，所以另一条线，乙二醇先发生分子间脱水生成含有4个碳原子的醚，醇与卤化氢加热生成。在NaOH条件下，H2NCH2CH2NH2和反应，两个氯原子与H2NCH2CH2NH2中一个氨基生成HCl，得产物。
16. (17分)
(1) ① 100 mL容量瓶、胶头滴管(2分)
② 连接好装置，关闭分液漏斗活塞，将导管用乳胶管连接后插入水中，微热烧瓶，在导管口有气泡产生(2分)
③ 3Cl2＋6KOH eq \(=====,\s\up7(△)) 5KCl＋KClO3＋3H2O(2分)
④ 溶液的pH不再变化(2分)
⑤ 冷凝回流I2和盐酸，提高原料利用率并防止污染空气(2分)
(2) 用CCl4萃取后分液 (2分)
(3) 将KH(IO3)2溶于水，向其中滴加KOH溶液至溶液pH>7，加热浓缩，冷却结晶，过滤，用冰水洗涤，直至最后一次洗涤滤液中加入稀硝酸和硝酸银无沉淀产生(5分)
解析：(1) ① 配制一定物质的量浓度的溶液，需要用到一定规格(100 mL)的容量瓶，在定容时，需要用到胶头滴管。② 将装置右侧导管插入水中，关闭分液漏斗活塞，微热烧瓶，若装置不漏气时，则会使烧瓶内的气压增大，导管口有气泡产生。③“氧化”过程中有少量黄绿色的气态物质产生，即为Cl2，热的KOH溶液吸收Cl2可实现原料的循环利用，该循环物质为KClO3，Cl元素的化合价升高，由氧化还原反应规律知，必有元素的化合价降低，则应有KCl生成，Cl2发生歧化反应，根据氯元素的升降总值相等，配平反应。④ 三颈烧瓶中反应物有I2、KClO3和HCl。溶液呈酸性，三颈烧瓶上插有pH计，通过观察溶液的pH不再变化时，即可说明三颈烧瓶内的反应已完成。⑤ 冷凝回流装置，可以将易挥发的盐酸、易升华的I2单质，冷凝回流至三颈烧瓶内，可继续反应，从而提高元素的利用率，也可以减少HCl对空气的污染。(2) KH(IO3)2不溶于有机溶剂，而I2可以溶于有机溶剂，故可以通过萃取法分离出I2。(3) KH(IO3)2制备KIO3，可以用KH(IO3)2与KOH反应即可，KIO3溶液为弱碱性，可以通过溶液pH略大7判断反应已完成。由KIO3溶解度曲线知，随着温度升高，其溶解度增大，则可通过蒸发浓缩，冷却结晶得到KIO3晶体，而少量的KCl析出的量较少，通过重结晶除去KCl。析出KIO3晶体后，过滤，再用冰水洗涤表面的KCl，通过判断洗涤滤液中是否含有Cl－，得出KIO3晶体是否洗干净。
17. (14分)
(1) H eq \\al(·,·) eq \(O,\s\up6(··),\s\d4(··)) eq \a\vs4\al(·) (2分)
(2) 溶液中c(Fe2＋)过大，被还原的H2O2增多，生成的Fe3＋催化H2O2分解生成O2速率加快，溶液中c(·OH)减小，氧化去除还原性有机物的速率减慢；过量Fe2＋残留，会增加测量水样COD时强氧化剂的用量，造成水样COD测量值偏高(3分)
(3) 由于O的电负性比C大，1丁醇中羟基(—OH)的电子云密度比正戊烷中甲基(—CH3)、亚甲基(—CH2—)的电子云密度大，更易受到·OH的进攻(2分)
(4) ① SO eq \\al(·－,4) ＋OH－===·OH＋SO eq \\al(2－,4) (2分)
② 3.75(2分)
③ S2O eq \\al(2－,8) 得到Mn3O4中Mn(Ⅱ)和石墨烯失去的电子，生成SO eq \\al(·－,4) 和SO eq \\al(2－,4) ；SO eq \\al(2－,4) 和Mn3O4中的Mn(Ⅲ)反应生成SO eq \\al(·－,4) 和Mn(Ⅱ)；水体中的还原性有机污染物被SO eq \\al(·－,4) 氧化生成CO2和H2O(3分)
解析：(1) O的最外层有6个电子，H的最外层有1个电子，两个原子共用一个共用电子对，则O原子最外层变为7个电子，即羟基的电子式为H eq \\al(·,·) eq \(O,\s\up6(··),\s\d4(··)) eq \a\vs4\al(·) 。(2) ① H2O2的结构式为H—O—O—H，将过氧键断开，得2个HO·，其中1个HO·可以氧化Fe2＋生成Fe3＋，HO·生成H2O。由题图1知，Fe2＋投加量小于1 g·L－1时，反应后的COD减小，原因是加入的Fe2＋可以使H2O2生成更多的HO·，HO·氧化废水中的还原性物质速率快，废水中的还原性物质减少得多，则反应后COD的量减少。但是当Fe2＋投加量超过1 g·L－1时，溶液中Fe2＋浓度升高，被H2O2氧化生成Fe3＋增多，Fe3＋会催化H2O2分解，导致溶液中的c(·OH)减小，则HO·氧化还原性有机物的速率减慢，残留的还原性物质变多，则反应后COD的量增大。另外，Fe2＋具有还原性，当Fe2＋的量增多，使得水样中还原性的物质增多，则会导致处理水样时的氧化剂的量增多，即反应后COD的量增大。(3) 已知·OH更容易进攻有机物分子中电子云密度较大的基团。1丁醇与正戊烷相比，具有相同的丁基，相比较前者的羟基上的O比后者的甲基上的C的电负性大，所以羟基的电子云密度比甲基要大，所以醇更易被·OH进攻。(4) ① SO eq \\al(·－,4) 中S为＋7价，在OH－作用下，生成HO·，OH－转化为HO·，O由－2价升至－1价，由氧化还原反应规律知，必有元素的化合价降低，则SO eq \\al(·－,4) 转化为SO eq \\al(2－,4) ，S由＋7价降至＋6价。根据S、O得失电子守恒配平反应，得SO eq \\al(·－,4) ＋OH－===·OH＋SO eq \\al(2－,4) 。② NaBH4中B为＋3价，H为－1价，NaBO2中B为＋3价，NaBH4转化为H2，H的化合价由－1价升至0价，1 ml NaBH4参加反应生成H2时，转移的电子数为[0－(－1)]×4＝4 ml。MnO eq \\al(－,4) 先转化为Mn2＋，Mn2＋再被空气中的O2氧化生成Mn3O4。由Mn守恒知，生成1 ml Mn3O4，则参加的MnO eq \\al(－,4) 为3 ml，MnO eq \\al(－,4) 转化为Mn2＋，Mn的化合价变化5，转移的电子数为3 ml×5 ＝ 15 ml，根据得失电子守恒有n(NaBH4)×4＝15 ml，n(NaBH4)＝3.75 ml。③ 1 ml由中间的过氧根断开，可生成2 ml SO eq \\al(·－,4) 。由题图2知，Mn(Ⅱ)失去电子生成Mn(Ⅲ)，1 ml S2O eq \\al(2－,8) 得1 ml e－生成1 ml SO eq \\al(·－,4) 和1 ml X，1 ml SO eq \\al(·－,4) 得1 ml e－生成1 ml SO eq \\al(2－,4) ，即X为SO eq \\al(2－,4) 。由题图2知，Mn(Ⅱ)和石墨烯失去电子，S2O eq \\al(2－,8) 得电子生成SO eq \\al(·－,4) 和SO eq \\al(2－,4) ，SO eq \\al(2－,4) 失电子生成SO eq \\al(·－,4) ，Mn(Ⅲ)得电子生成Mn(Ⅱ)，生成的SO eq \\al(·－,4) 将有机污染物氧化生成CO2和H2O。