综合模拟卷7 2025年高考总复习优化设计二轮专题化学浙江专版课后习题综合模拟卷含答案

综合模拟卷72025年高考总复习优化设计二轮专题化学浙江专版课后习题综合模拟卷综合模拟卷七本卷可能用到的相对原子质量数据:H—1,O—16,Na—23,Mg—24,S—32,Cl—35.5,Fe—56,Cu—64,Ba—137。一、选择题(本大题共16小题,每小题3分,共48分。每小题列出四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.尿素[CO(NH2)2]可用于电解制氢气,尿素属于()A.酸 B.碱 C.盐 D.有机物答案D解析尿素中含有碳元素,属于有机物,不是酸、碱、盐。2.下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是()A.将Cl2通入冷的石灰乳可制得漂白粉B.用FeCl3溶液可检验工业废水中是否含有酚类物质C.Al与氨水反应可生成H2D.工业上可用Na2CO3溶液吸收氮氧化物,防止其污染环境答案C解析铝不与氨水反应,而能与强碱反应,故C错误;Na2CO3溶液可与氮氧化物反应生成硝酸盐和二氧化碳等物质,氮氧化物被转化为无害化合物,防止其污染环境,故D正确。3.下列化学用语表示正确的是()A.HCl的s-pσ键电子云图:B.氘原子:1C.H2O2分子的空间填充模型:D.过氧化钠的电子式:Na+[··O··答案D解析HCl中是H的s能级电子(其电子云轮廓图呈球形)和Cl原子的p能级电子(其电子云轮廓图呈哑铃形)形成的键,故该键的电子云图为,故A不正确;氘原子表示为

12H,故B不正确;已知H2O2不是直线形结构,而是空间二面角,故H2O2分子的空间填充模型为,C不正确。4.某小组为制备1-氯-2-甲基丙烷(沸点69℃),将2-甲基-1-丙醇和POCl3溶于CH2Cl2中,加热回流(伴有HCl气体产生)。反应完全后倒入冰水中水解残余的POCl3,分液收集CH2Cl2层,再用无水MgSO4干燥,过滤、蒸馏后得到目标产物。上述过程中涉及的部分装置(夹持及加热装置略)如下图,下列说法不正确的是()A.装置①在加热回流时,不需加入沸石或碎瓷片来防暴沸B.装置②与装置①的冷凝管上端相连,因HCl气体极易溶于水,需将尾气处理装置设计成防倒吸C.装置③在分液前无法区分水层与有机层时,可向分液漏斗中滴水,若上层无水滴通过轨迹,则上层为水层D.CH2Cl2沸点为39.8℃,在蒸馏提纯时,为增强冷凝效果,可将装置④的蛇形冷凝管更换成直形冷凝管答案D解析CH2Cl2沸点为39.8℃,1-氯-2-甲基丙烷沸点69℃,故可使用装置④的蒸馏装置,为增强冷凝效果,蛇形冷凝管接触面积更大,冷凝效果更好,不能更换成直形冷凝管。5.在下列溶液中一定能大量共存的离子组是()A.水电离产生的c(H+)=1×10-12mol·L-1溶液:NH4+、Na+、Cl-B.使紫色石蕊溶液变红的溶液:Fe2+、Mg2+、NO3-C.能使pH试纸变深蓝色的溶液:Na+、AlO2-、S2-D.含有大量Fe3+的溶液:SCN-、I-、K+、Br-答案C解析选项A中水的电离是被抑制的,溶液可能显酸性,也可能显碱性;如果显酸性,则CO32-不能大量共存;如果显碱性,则NH4+不能大量共存。选项B中溶液是显酸性的,在酸性溶液中NO3-能氧化Fe2+。选项C中溶液是显碱性的,可以大量共存。选项D中Fe3+和SCN-以及6.工业上联合生产碳酸氢钠和氯代烃的工艺流程如图所示,在生产NaHCO3的过程中完成乙烯氯化,下列叙述错误的是()A.过程Ⅰ中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气B.在过程Ⅱ中实现了TBA、CuCl2的再生C.理论上每生成1molNaHCO3,可得到1molC2H4Cl2D.过程Ⅲ中的反应是C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl答案C解析根据题意可知,制碱过程为NaCl+CO2+H2O+TBANaHCO3+TBA·HCl,过程Ⅱ为TBA的再生过程,为12O2+2CuCl+2TBA·HCl2CuCl2+2TBA+H2O,乙烯的催化氯化过程为C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl,由此分析。侯德榜制碱法是先把氨气通入食盐水,然后向氨盐水中通二氧化碳,生产溶解度较小的碳酸氢钠,再将碳酸氢钠过滤出来,经焙烧得到碳酸钠,由题图可知,过程Ⅰ中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气,故A正确;由分析可知,B正确;由一系列过程的化学反应方程式可得关系式NaHCO3~TBA~CuCl~12C2H4Cl2,则理论上每生成1molNaHCO3,可得到0.5molC2H4Cl2,故C错误;由分析可知,D7.下表列举的各组事实中存在因果关系的是()选项陈述Ⅰ(原因)陈述Ⅱ(结果)AN2+3H22NH3是放热反应工业合成氨的反应在高温下进行B钠原子核外电子数比铝少钠的金属性比铝强C碳可以置换出二氧化硅中的硅碳的非金属性比硅强DSO2具有还原性SO2能使酸性KMnO4溶液褪色答案D解析N2+3H22NH3是放热反应,升高温度会使平衡逆移,不利于氨气生成,工业上采用高温一是为了提高反应速率,二是因为所用催化剂在高温条件下活性较强,故A错误;钠的金属性比铝强是因为钠原子更容易失去电子,而不是因为钠原子核外电子数比铝少,故B错误;碳置换二氧化硅中的硅的反应中C做还原剂,该反应说明C的还原性比Si强,不能说明碳的非金属性比硅强,故C错误;SO2具有还原性能与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应,所以SO2能使酸性KMnO4溶液褪色,故D正确。8.利用下列装置进行实验,能达到实验目的的是()A.用甲装置验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性B.用乙装置蒸发硫酸铜溶液制备无水硫酸铜晶体C.用丙装置制备并收集乙酸乙酯D.用丁装置分离碘水中的碘答案B解析甲装置中NaHCO3处于外管中,受热温度更高,故不能说明碳酸钠比NaHCO3稳定,A错误;H2SO4不是挥发性酸,故在蒸发皿中蒸发CuSO4溶液可得其晶体,B正确;丙装置导气管直接插入溶液中,容易出现倒吸现象,C错误;分液时漏斗颈必须紧贴烧杯内壁以防止液体飞溅,D错误。9.己二酸是一种重要的化工原料,科学家在现有工业路线基础上,提出了一条“绿色”合成路线如图所示,下列说法不正确的是()A.己二酸与草酸互为同系物B.与NaOH的乙醇溶液共热能发生消去反应C.己二酸与Na2CO3溶液反应可生成CO2D.环己烷分子是非平面分子答案B解析己二酸与草酸都含有2个羧基,结构相似,组成相差一个或多个—CH2—,因此两者互为同系物,故A正确;与羟基相连碳的邻碳上有氢原子,与浓硫酸共热能发生消去反应,故B错误;己二酸与Na2CO3溶液可以反应生成CO2,故C正确;环己烷分子中碳原子为饱和碳原子,因此环己烷分子不是平面结构,故D正确。10.下列指定反应的化学方程式或离子方程式书写正确的是()A.(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量NaOH溶液反应:NH4++OH-NH3·H2B.氢氧化钠溶液中加入过量草酸:H2C2O4+OH-HC2O4-+H2C.乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色:CH2CH2+Br2CH3CHBr2D.工业制取高纯硅:SiO2+CSi+CO2↑答案B解析Fe2+结合OH-的能力强于NH4(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量NaOH溶液反应的离子方程式为Fe2++2OH-Fe(OH)2↓,故A错误;氢氧化钠溶液中加入过量草酸生成草酸氢钠,反应的离子方程式为H2C2O4+OH-HC2O4-+H2O,故B正确;乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应,反应的化学方程式为CH2CH2+Br2CH2BrCH2Br,故C错误;工业制取粗硅的化学方程式为SiO2+2CSi+2CO↑,故D错误。11.短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大,W元素的电子只有一种自旋取向,W与X的原子序数之和等于Y的原子序数;Y元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等,Z元素基态原子核外有6种不同空间运动状态的电子,且只有一个不成对电子。下列说法正确的是()A.X和Y的最简单氢化物的沸点:Y<XB.X、Y、Z元素原子第一电离能的大小顺序为Y>X>ZC.Y原子可形成Y2与Y3两种气体单质分子,两者都是非极性分子D.W与Y能形成含有非极性共价键的物质答案D解析W元素的电子只有一种自旋取向,则W为H元素;Y原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等,其核外电子排布式为1s22s22p4或1s22s22p63s2,则Y为O或Mg元素;W与X的原子序数之和等于Y的原子序数,则X原子序数为8-1=7或12-1=11,则X为N或Na元素;基态Z原子核外有6种不同空间运动状态的电子说明有6个轨道,s有1个轨道,p有3个轨道,且只有一个不成对电子,其核外电子排布式为1s22s22p63s1,则Z为Na元素,故W、X、Y、Z分别为H、N、O、Na。A项,X和Y的最简单氢化物分别为NH3、H2O,NH3能形成1个分子间氢键,H2O能形成2个分子间氢键,则H2O的沸点较高,A错误;B项,同周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势,N原子的2p电子半满为较稳定结构,第一电离能大于相邻元素的第一电离能,则第一电离能大小顺序:N>O,B错误;C项,Y即O原子可形成O2与O3,氧气为直线结构,结构对称,为非极性分子,臭氧为V形结构,结构不对称,臭氧属于极性分子,C错误;D项,W即H与Y即O原子能形成H2O2,含有非极性共价键O—O,D正确。12.SO2和NOx是主要大气污染物,利用如图装置可同时吸收SO2和NO。下列说法一定不正确的是()A.b是直流电源的正极,发生的电极反应是SO2-2e-+2H2OSO42-B.当pH=4.8时,阴极的电极反应为2HSO3-+2H++2e-S2O42C.吸收NO的离子方程式为2NO+2S2O42-+2H2ON2D.为维持右室浓硫酸的产生,H+必须从左室通过阳离子交换膜进入右室答案D解析该装置为电解池,左侧电极:HSO3-→S2O42-,S元素化合价降低、被还原,电极为阴极右侧电极:SO2→SO42-,S元素化合价升高,被氧化,电极为阳极,由思路分析可知,b为直流电源的正极,与之相连的电极为阳极,失电子,阳极发生的电极反应是SO2-2e-+2H2OSO42-+4H+,A正确;当pH=4.8时,溶液显酸性,阴极的电极反应为2HSO3-+2H++2e-S2O42-+2H2O,B正确;吸收NO的原理是NO与S2O42-反应生成氮气和HSO3-,离子方程式为2NO+2S2O42-+2H2ON2+4HSO3-,C正确;由A项分析可知,不考虑其他阳离子,当电路中转移2mole-时,右室应有2molH+通过阳离子交换膜进入左室,剩余2molH+与1molSO42-结合得到1mol13.以下是工业上利用烟道气中的二氧化硫处理含铬(Ⅵ)废水的工艺流程:设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是()A.2CrO42-+2H+Cr2O7B.过程Ⅱ中SO2是还原剂,Cr3+为还原产物C.处理废水中的1molCrO42-D.烟道气可以用Na2SO3或Fe2(SO4)3代替答案D解析2CrO42-(黄色)+2H+Cr2O72-(橙色)+H2O,A正确;过程Ⅱ中Cr元素化合价降低,说明被还原,则SO2是还原剂,Cr3+为还原产物,B正确;CrO42-→Cr(OH)3,每个Cr原子得3个电子,即处理废水中的1molCrO42-(不考虑其他氧化剂存在),转移电子数为3NA,C正确14.合成氨反应在催化剂作用下的反应历程如图所示(下列微粒均为气态,ad表示吸附态),下列说法不正确的是()A.合成氨反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ·mol-1B.合成氨反应过程中,决定化学反应快慢的基元反应的热化学方程式为Nad(g)+3Had(g)NHad(g)+2Had(g)ΔH=+106kJ·mol-1C.断裂1molN2(g)中共价键需吸热34kJD.过程NH2ad→NH3ad比过程NHad→NH2ad吸收热量更大的原因是NH2ad→NH3ad克服的N—H对H原子的排斥力比NHad→NH2ad克服的N—H对H原子的排斥力要大答案C解析反应热只与反应的始态和终态有关,图像显示0.5molN2参与合成氨释放46kJ的能量,则合成氨反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ·mol-1,A正确;决定化学反应快慢的基元反应是活化能最大的一步反应,由图示可知为Nad(g)+3Had(g)NHad(g)+2Had(g)ΔH=+106kJ·mol-1,B正确;反应历程图示不能判断断裂1molN2(g)中共价键所需吸收热量的具体数据,C错误;过程NH2ad→NH3ad比过程NHad→NH2ad吸收热量更大的原因是NH2ad→NH3ad克服的N—H对H原子的排斥力比NHad→NH2ad克服的N—H对H原子的排斥力要大,D正确。15.常温下,将KOH溶液滴加到某二元弱酸(H2R)中,混合溶液pH与lgc(R2A.Ka2(H2B.常温时,NaHR溶液显酸性C.曲线N表示pH与lgc(D.当混合溶液呈中性时,c(K+)>c(R2-)>c(HR-)>c(OH-)=c(H+)答案B解析lgc(R2-)c(HR-)=lgKa2c(H+),lgc(HR-)c(H2R)=lgKa1c(H+),由于Ka由图可知,pH=4时,lgc(R2-)c(HR-)=lgKa2c(H+)=-3.2,则Ka2=10-3.2×10-4=10-7.2=100.8×10-8,Ka2的数量级为10-8,A错误;由图可知,pH=1.9时,lgc(HR-)c(H2R)=lgKa1c(H+)=0,故Ka1=c(H+)=10-1.9,则Kh(HR-)=10-1410-1.9=10-12.1,Ka2>Kh,故HR-16.二氧化锰矿粉中MnO2含量测定实验流程如图。下列说法错误的是()A.Na2C2O4将MnO2还原为Mn2+B.滴定终点溶液的颜色从无色变为浅紫色C.MnO2含量为8.D.若滴定终点时滴定管尖嘴处出现气泡,则测得MnO2含量偏小答案D解析Na2C2O4具有还原性、二氧化锰具有氧化性,Na2C2O4将MnO2还原为Mn2+,A正确。滴定中使用高锰酸钾溶液滴定草酸钠,恰好反应后高锰酸钾过量溶液显紫红色,故滴定终点溶液的颜色从无色变为浅紫色,B正确。Na2C2O4将KMnO4还原为Mn2+,根据电子守恒可知,5Na2C2O4~10e-~2KMnO4,与KMnO4反应的Na2C2O4的物质的量为20.00×10-3L×0.1000mol·L-1×52=5×10-3mol;Na2C2O4将MnO2还原为Mn2+,根据电子守恒可知,Na2C2O4~2e-~MnO2,与MnO2反应的Na2C2O4的物质的量也就是MnO2的物质的量为30.00×10-3L×0.2000mol·L-1-5×10-3mol=10-3mol;故MnO2含量为87g·mol-1×10-3molm二、非选择题(本大题共4小题,共52分)17.(16分)氮的化合物在工业生产中有重要用途,请回答下列问题:(1)[Ni(N2H4)2](N3)2是一种富氮含能材料。写出一种与N3-互为等电子体的分子:(填化学式);实验数据表明键角:NH3>PH3>AsH3,分析原因是(2)氮与碳还能形成一种离子液体的正离子,为使该正离子以单个形式存在以获得良好的溶解性能,与N原子相连的—C2H5不能被H原子替换,原因是

。

(3)配合物顺铂[Pt(NH3)2Cl2]是临床使用的第一代铂类抗癌药物。顺铂的抗癌机理:在铜转运蛋白的作用下,顺铂进入人体细胞发生水解,生成的Pt(NH3)2(OH)Cl破坏DNA的结构,阻止癌细胞增殖。如:①基态Cu原子价层电子的轨道表示式为,鸟嘌呤中所有原子共平面,其中氮原子的杂化方式为

。构成鸟嘌呤的元素电负性由大到小的顺序为

。

②在Pt(NH3)2Cl2中,配体与铂(Ⅱ)的结合能力:Cl-(填“>”或“<”)NH3。

③顺铂和反铂互为同分异构体,两者的结构和性质如表。物质顺铂反铂结构25℃时溶解度/g0.25770.0366请从分子结构角度解释顺铂在水中的溶解度大于反铂的原因是

。(4)氮化硅可用作高温陶瓷复合材料,在航空航天、汽车发动机、机械等领域有着广泛的应用。由石英砂合成氮化硅粉末的路线如图所示:石英砂粗硅SiCl4(粗)SiCl4(精)Si(NH2)4氮化硅其中—NH2中各元素的化合价与NH3中相同。请回答下列问题:①反应Ⅰ中原料1是;条件是。

②图示Ⅰ~Ⅴ的变化中,属于氧化还原反应的是。

③在反应Ⅴ中,3molSi(NH2)4在高温下加热可得1mol氮化硅粉末和8molA气体,则氮化硅的化学式为。

④在高温下将SiCl4在B和C两种气体的气氛中,也能反应生成氮化硅,B和C两种气体在一定条件下化合生成A。写出SiCl4与B和C两种气体反应的化学方程式:

。

答案(1)CO2(或CS2、N2O等)原子半径:N<P<As,则成键电子对之间的斥力:NH3>PH3>AsH3,所以键角逐渐减小(2)氮原子上连氢原子容易形成分子间氢键,使该离子不易以单个形式存在(3)①sp2O>N>C>H②<③[Pt(NH3)2Cl2]分子为平面四边形结构。顺铂是极性分子,反铂是非极性分子,水为极性分子,根据相似相溶原理,顺铂易溶于水(4)①焦炭高温②Ⅰ、Ⅱ③Si3N4④3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl解析(1)等电子体是原子数相等、原子核外最外层电子数也相等的微粒。N、P、As是同一主族元素,原子结构相似,由于从上到下原子半径逐渐增大,则成键电子对之间的斥力:NH3>PH3>AsH3,所以键角逐渐减小。(3)①Cu是29号元素,根据构造原理,可知基态Cu原子价层电子的轨道表示式;根据鸟嘌呤分子中所有原子共平面,故N的杂化方式为sp2杂化;构成鸟嘌呤的元素有O、N、C、H元素,元素的非金属性越强,其电负性就越大,元素的非金属性:O>N>C>H,则元素的电负性由大到小的顺序为O>N>C>H;②Cl、N都是非金属性元素,元素的原子半径:N<Cl,则提供孤电子对的能力N>Cl,所以在Pt(NH3)2Cl2中,配体与铂(Ⅱ)的结合能力:Cl-<NH3;③根据顺铂和反铂的溶解度:顺铂>反铂,这是由于[Pt(NH3)2Cl2]分子为平面四边形结构。顺铂是极性分子,反铂是非极性分子,水为极性分子,根据相似相溶原理可知顺铂易溶于水,而反铂在水中的溶解度相对较小。(4)①石英砂的主要成分二氧化硅,在高温下可被焦炭还原为粗硅;②反应Ⅰ是石英砂与焦炭发生氧化还原反应;反应Ⅱ是硅单质与Cl2发生氧化还原反应,故属于氧化还原反应的为Ⅰ、Ⅱ;③根据原子守恒,反应Ⅴ发生的反应为3Si(NH2)4Si3N4+8NH3↑,故氮化硅的化学式为Si3N4,气体A为NH3;④气体A为NH3,则B、C为氢气、氮气,根据题意发生的化学反应为3SiCl4+2N2+6H2Si3N18.(12分)血红蛋白(Hb)和肌红蛋白(Mb)分别存在于血液和肌肉中,都能与氧气结合,与氧气的结合度α(吸附O2的Hb或Mb的量占总Hb或Mb的量的比值)和氧气分压p(O2)密切相关。请回答下列问题:(1)人体中的血红蛋白(Hb)能吸附O2、H+,相关反应的热化学方程式及平衡常数如下:Ⅰ.Hb(aq)+H+(aq)HbH+(aq)ΔH1K1Ⅱ.HbH+(aq)+O2(g)HbO2(aq)+H+(aq)ΔH2K2Ⅲ.Hb(aq)+O2(g)HbO2(aq)ΔH3K3ΔH3=(用ΔH1、ΔH2表示),K3=(用K1、K2表示)。

(2)Hb与氧气的结合能力受到c(H+)的影响,相关反应如下:HbO2(aq)+H+(aq)HbH+(aq)+O2(g)。37℃,pH分别为7.2、7.4、7.6时氧气分压p(O2)与达到平衡时Hb与氧气的结合度α的关系如图1所示,pH=7.6时对应的曲线为(填“A”或“B”)。图1图2(3)Mb与氧气结合的反应如下:Mb(aq)+O2(g)MbO2(aq)ΔH,37℃,氧气分压p(O2)与达平衡时Mb与氧气的结合度α的关系如图2所示。①已知Mb与氧气结合的反应的平衡常数表达式K=c(MbO2)c(Mb)·②人正常呼吸时,体温约为37℃,氧气分压约为20.00kPa,计算此时Mb与氧气的最大结合度为(结果精确到0.1%)。

③经测定,体温升高,Mb与氧气的结合度降低,则该反应的ΔH(填“>”或“<”)0。④已知37℃时,上述反应的正反应速率v(正)=k1·c(Mb)·p(O2),逆反应速率v(逆)=k2·c(MbO2),若k1=120s-1·kPa-1,则k2=。37℃时,图2中C点时,v(正)v(逆)答案(1)ΔH1+ΔH2K1·K2(2)A(3)①2.00(或2)②97.6%③<④60s-11解析(1)反应Ⅲ可以由反应Ⅰ+反应Ⅱ得到,根据盖斯定律可知,ΔH3=ΔH1+ΔH2,K3=K1·K2。(2)根据反应HbO2(aq)+H+(aq)HbH+(aq)+O2(g)可知,pH越小,H+浓度越大,平衡正向移动,Hb与氧气的结合度α减小,故37℃,pH=7.6时对应的曲线为A。(3)①由图2可知,氧气分压p(O2)=2.00kPa时,Mb与氧气的结合度α=80.0%,则c(MbO2)c(Mb)=80.0%②体温约为37℃,K=c(MbO2)c(Mb)·p(O2)=2.00kPa-1,氧气分压p(O2)=20.00kPa时,c③体温升高,Mb与氧气的结合度降低,则Mb(aq)+O2(g)MbO2(aq)的平衡逆向移动,逆反应吸热,正反应放热,即ΔH<0;④反应达到平衡时v(正)=v(逆),即k1·c(Mb)·p(O2)=k2·c(MbO2),k1k2=K=2.00kPa-1,k1=120s-1·kPa-1时,则k2=60s-1;37℃时,图2中C点时,p(O2)=2.00kPa、结合度α=80.0%,则c(Mb)c(MbO2)=1-80.0%80.0%=14,19.(12分)某研究小组在实验室中利用如图装置(其中夹持装置略去)模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备MgSO4·H2O晶体,其实验步骤如下:步骤Ⅰ:组装如图所示实验装置,检查装置气密性,装入试剂;步骤Ⅱ:在电磁搅拌器的不断搅拌下,向盛有MgO浆料的三颈瓶中匀速缓慢通入SO2气体;步骤Ⅲ:反应一段时间,停止通SO2气体,通过仪器A逐滴加入双氧水;步骤Ⅳ:实验结束后,三颈瓶中的MgSO4溶液含有少量Fe3+、Al3+,经一系列操作后制得MgSO4·H2O晶体。已知:①25℃,MgSO3的溶解度为0.65g。②Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+完全转化为氢氧化物沉淀对应的pH为9.6、3.7、5.2、9.7。③室温下从MgSO4饱和溶液中结晶出MgSO4·7H2O,MgSO4·7H2O在150~170℃下干燥得到MgSO4·H2O。请回答:(1)实验装置中仪器A的名称是。

(2)下列说法正确的是。

A.步骤Ⅰ:用胶塞封闭三颈瓶左侧口,关闭仪器A的活塞,将右侧口导管末端浸入盛水的烧杯中,用酒精灯微热三颈瓶,导管口出现气泡,则证明装置的气密性良好B.步骤Ⅱ:降低通入SO2气体的速率一定能提高MgO浆料吸收SO2的效率C.步骤Ⅲ:装置中水浴的目的是控温,防止温度过高导致H2O2分解D.从实验操作安全的角度考虑,上述实验装置存在一定的缺陷(3)资料表明:过硫酸钠(Na2S2O8)具有强氧化性。请写出MgSO3被过量的过硫酸钠氧化的离子方程式:

。

(4)请从下列选项中选出步骤Ⅳ中一系列操作并排序。过滤,取滤液→()→()→()→()→()→产品。①分批加入少量MgO粉末,搅拌,调节溶液的pH至4.0左右;②自然冷却,过滤;③分批加入少量MgO粉末,搅拌,调节溶液的pH至5.5左右;④所得晶体在150~170℃下干燥;⑤将滤液蒸发浓缩至产生细密的气泡且溶液表面出现晶膜、停止加热;⑥过滤;⑦将滤液蒸发浓缩至大量晶体析出,过滤;⑧所得晶体自然风干。(5)准确称取15.00gMgSO4·H2O产品于烧杯中,加盐酸溶解,边搅拌边加入过量的BaCl2溶液;过滤,洗涤沉淀3~4次;干燥沉淀至恒重,称量沉淀质量为23.30g。产品的纯度为

。

答案(1)分液漏斗(球形分液漏斗)(2)CD(3)S2O82-+MgSO3+H2O3SO42-(4)③⑥⑤②④(5)92%(0.92、92.0%)解析在电磁搅拌器的不断搅拌下,向盛有MgO浆料的三颈瓶中匀速缓慢通入SO2气体,二者发生化学反应生成亚硫酸镁,生成的亚硫酸镁被双氧水氧化生成硫酸镁,多余的二氧化硫被氢氧化钠溶液吸收,防止污染空气,据此解答。(2)步骤Ⅰ:用胶塞封闭三颈瓶左侧口,关闭仪器A的活塞,将右侧口导管末端浸入盛水的烧杯中,用酒精灯微热三颈瓶,导管口出现气泡,停止加热后,导管中形成一段水柱,则证明装置的气密性良好,A错误;步骤Ⅱ:降低通入SO2气体的速率不一定能提高MgO浆料吸收SO2的效率,B错误;步骤Ⅲ:双氧水受热易分解,装置中水浴的目的是控温,防止温度过高导致H2O2分解,C正确;二氧化硫易溶于水,需要有防倒吸装置,从实验操作安全的角度考虑,上述实验装置存在一定的缺陷,D正确。(3)过硫酸钠(Na2S2O8)具有强氧化性,还原产物是硫酸根离子,则MgSO3被过量的过硫酸钠氧化的离子方程式为S2O82-+MgSO3+H2O3SO42-(4)实验结束后,三颈瓶中的MgSO4溶液含有少量Fe3+、Al3+,需要利用氧化镁除去,依据已知信息②③可知制备MgSO4·H2O晶体的实验操作是:过滤,取滤液,分批加入少量MgO粉末,搅拌,调节溶液的pH至5.5左右;过滤;将滤液蒸发浓缩至产生细密的气泡且溶液表面出现晶膜、停止加热;自然冷却,过滤;所得晶体在150~170℃下干燥。(5)沉淀质量为23.30g,即硫酸钡的质量是23.30g,物质的量是0.1mol,所以MgSO4·H2O的质量是13.80g,产品的纯度为13.801520.(12分)有机物I()主要用于生产高分子胶囊、离子交换树脂等的黏合剂,以石油裂解气为基本原料合成I的路线如图所示:已知:①;②CH2CH2。请回答下列问题:(1)A的结构简式为,I的分子式是。

(2)B的化学名称是,D中官能团的名称是,生成C、I的反应类型分别是。

(3)F→G的化学方程式为

。

(4)C→D反应存在一种中间产物,其通式为,请写出满足以下条件的该中间产物的同分异构体的结构简式:

。

①能与钠反应释放氢气;②1H-NMR谱显示分子中存在5种不同化学环境的H原子,且比例为1∶1∶1∶2∶2;③IR谱检测表明分子含五元环且无。(5)以A为基本原料可以制取甘油,写出相应的合成路线图:

(其他无机试剂任选)。答案(1)CH3CHCH2C7H10O3(2)2-丙醇(或异丙醇)羟基、羧基氧化反应、酯化(取代)反应(3)CH2CH—CH2Cl+NaOHCH2CH—CH2OH+NaCl(4)、、、(5)CH2CH—CH3CH2CHCH2ClCH2ClCHClCH2ClHOCH2CHOHCH2OH解析由反应信息②及生成I的过程反推E是、H是。再由E反推D是,结合反应信息①知C是、B是。由H反推G是CH2CHCH2OH、F是CH2CHCH2Cl,A是CH2CHCH3。综合模拟卷八本卷可能用到的相对原子质量数据:H—1,Li—7,C—12,N—14,O—16,Na—23,Mg—24,Al—27,Si—28,S—32,Cl—35.5,K—39,Ca—40,Fe—56,Cu—64,Br—80,Ag—108,I—127,Ba—137。一、选择题(本大题共16小题,每小题3分,共48分。每小题列出四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.下列属于碱的是()A.CaO B.Na2CO3C.NH3·H2O D.MgCl2答案C解析CaO是碱性氧化物,Na2CO3是盐,NH3·H2O是碱,MgCl2是盐。2.下列实验设计能够完成且结论合理的是()A.可用玻璃棒蘸取氯水点在pH试纸上,待变色后与标准比色卡比较测出氯水的pHB.向AgCl悬浊液中滴2滴Na2S稀溶液,产生黑色沉淀,证明AgCl的溶解度大于Ag2SC.将50mL稀NaOH溶液缓慢倒入盛有等量盐酸的烧杯中,记录温度可测定中和热D.将少量溴水滴加入苯酚溶液中,未见到白色沉淀,表明苯酚已经变质答案B解析氯水具有漂白性,能使pH试纸褪色,所以不能用pH试纸检验氯水的pH,A错误;向AgCl悬浊液中滴加2滴Na2S稀溶液,产生黑色沉淀,反应向溶解度更小的沉淀方向进行,证明AgCl的溶解度大于Ag2S,B正确;NaOH稍过量,可保证盐酸完全反应,缓慢混合会使热量散失,应一次性迅速混合测定中和热,C错误;溴水与苯酚反应生成的三溴苯酚,能溶解在过量的苯酚中,不能证明苯酚已经变质,D错误。3.下列化学用语表示正确的是()A.CO2的结构式:O—C—OB.N2的电子式:N︙︙NC.SiF4的空间填充模型:D.乙烯的结构简式:C2H4答案C解析二氧化碳的结构式为OCO,故A错误;氮气的电子式为

··N︙︙N··,故B错误;SiF4的中心Si原子的价层电子对数为4,发生sp3杂化,空间填充模型为,C正确;乙烯的结构简式为CH2CH2,故D错误。4.用下列实验装置进行相应实验,不能达到实验目的的是()A.用装置①验证AgCl可溶于氨水B.用装置②蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体C.用装置③除去粗盐溶液中的不溶物D.用装置④分离乙酸乙酯和饱和Na2CO3溶液答案B解析溶液中,AgNO3与NaCl反应生成AgCl沉淀,然后加入氯水生成可溶的[Ag(NH3)2]Cl,则装置①能达到实验目的;氯化铵固体受热分解生成氨气和氯化氢,则蒸干氯化铵饱和溶液不能制备氯化铵晶体,则装置②无法达到实验目的;用过滤的方法能除去粗盐溶液中的不溶物,则装置③能达到实验目的;乙酸乙酯不溶于水,用分液的方法能分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液,则装置④能达到实验目的;故只有B符合题意。5.化学在实际生活中有着广泛的应用。下列说法错误的是()A.食品添加剂可以改善食物的色、香、味,并防止变质,但要按标准使用B.铅蓄电池工作时两极的质量均增加C.用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同D.用明矾做净水剂除去水中的悬浮物答案C解析食品添加剂要按标准使用,因为它在为人类改善食物的色、香、味的同时,可能也产生一定的毒性,故A正确;铅蓄电池工作时,负极Pb→PbSO4,正极PbO2→PbSO4,两极的质量均增加,故B正确;用活性炭为糖浆脱色是利用活性炭的吸附性,属于物理性质,用次氯酸盐漂白纸浆发生了氧化还原反应,原理不相同,故C错误;明矾中的Al3+可水解生成Al(OH)3胶体,吸附水中的悬浮物并使之沉降,所以可用作净水剂,故D正确。6.已知:Fe3O4+8HI3FeI2+I2+4H2O,设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是()A.室温下,0.2mol·L-1的FeI2溶液中Fe2+数目小于0.2NAB.标准状况下,11.2LHI中所含分子数为0.5NAC.1mol基态I原子中含有的未成对电子数为NAD.11.6gFe3O4与足量HI溶液反应转移电子数为0.1NA答案A解析未告知0.2mol·L-1的FeI2溶液的体积,无法计算Fe2+数目,A错误;标准状况下,11.2LHI的物质的量为0.5mol,则所含分子数为0.5NA,B正确;I为53号元素,基态I原子的价层电子排布式为5s25p5,则1mol基态I原子中含有未成对电子数为NA,C正确;Fe3O4与足量HI溶液反应生成亚铁离子,11.6gFe3O4的物质的量=11.6g232g·mol-1=0.05mol,其中三价铁的物质的量为07.下列物质的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是()A.N2中化学键非常牢固,可用作保护气B.乙醇易溶于水,可用于消毒杀菌C.浓硫酸具有强氧化性,可用于与CaF2反应制HFD.SO2是极性分子,可用于漂白纸浆答案A解析N2中化学键非常牢固,因此N2化学性质稳定,难与其他物质反应,可用作保护气,故A正确;乙醇能使蛋白质变性,从而可用于消毒杀菌,与乙醇易溶于水无关,故B错误;浓硫酸具有强酸性,可与CaF2发生复分解反应产生CaSO4和HF,因此可以用于制HF,属于高沸点酸制备低沸点酸,这与浓硫酸是否具有强氧化性无关,故C错误;SO2具有漂白性,可用于漂白纸浆,故D错误。8.能正确表示下列反应的离子方程式的是()A.KI溶液暴露在空气中:4I-+O2+2H2O2I2+4OH-B.0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液与0.2mol·L-1Ba(OH)2溶液等体积混合:Al3++2SO42-+Ba2++4OH-2BaSO4↓+[Al(OH)4C.用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应,证明H2O2具有还原性:2MnO4-+6H++5H2O22Mn2++5O2↑+8H2D.铁粉与水蒸气反应:2Fe+3H2O(g)Fe2O3+3H2答案A解析KI溶液暴露在空气中,I-被氧化,故A正确;0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液与0.2mol·L-1Ba(OH)2溶液等体积混合,离子方程式为NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3·H2O,故B错误;酸化KMnO4可用硫酸,因高锰酸钾溶液能将盐酸氧化成氯气,不能用浓盐酸,故C错误;铁粉与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气,化学方程式:3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2,9.某有机化合物常用于生产聚酯纤维和树脂,是一种重要的化工合成原料,使用现代仪器对该有机化合物的结构进行测定,相关谱图如图所示。下列说法错误的是()A.由红外光谱可获得该有机化合物的化学键或官能团信息B.由核磁共振氢谱可知该有机化合物中有2种不同化学环境的氢原子C.由质谱图可知该有机化合物的相对分子质量为91D.经过计算可以从X射线衍射图中获得分子结构中的键长、键角等分子结构信息答案C解析由质谱图可知该有机化合物相对分子质量为106,C错误。10.短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。常温下,W、Y形成的一种液态化合物是一种绿色氧化剂;X、Y为同周期相邻元素,X原子核外电子数等于Z原子最外层电子数,X、Z原子核外电子数之和为Y原子核外电子数的3倍。下列说法错误的是()A.简单氢化物的沸点:X<YB.Y、Z两种元素形成的一种化合物可用于杀菌消毒C.W、X、Y三种元素形成的化合物中不可能含有离子键D.元素最高价氧化物对应水化物的酸性:Z>X答案C解析短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大,依据常温下,W、Y形成的一种液态化合物是一种绿色氧化剂,初步判断其为H2O2;X、Y为同周期相邻元素,X原子核外电子数等于Z原子最外层电子数,X、Z原子核外电子数之和为Y原子核外电子数的3倍。由题意设X原子的核外电子数为a,则Y原子的核外电子数为(a+1),Z原子的核外电子数为(2+a)或(10+a),列式如下,(2+a)+a=3(a+1)不合理,舍去;(10+a)+a=3(a+1),解得a=7,故X为N,Y为O,Z为Cl,W为H,据此分析解题。N、O的简单氢化物分别为NH3和H2O,水分子间的氢键比氨气分子间的氢键强,沸点:NH3<H2O,A正确;Y、Z形成的ClO2是一种常用的消毒剂,可用于杀菌消毒,B正确;W、X、Y三种元素形成的化合物有HNO3、NH3·H2O、NH4NO3等,NH4NO3中含有离子键,C错误;元素非金属性越强,其最高价氧化物对应水化物的酸性越强,非金属性:Cl>N,酸性:HClO4>HNO3,D正确。11.我国科学家已经成功催化氢化CO2获得甲酸,利用化合物1催化氢化CO2的反应过程如图甲所示,其中化合物2与水反应生成化合物3与HCOO-过程中的能量变化如图乙所示(TS表示过渡态,I表示中间体),下列说法错误的是()甲乙A.化合物1为该反应的催化剂,可加快CO2的转化速率B.图乙中形成中间体I2的反应为图甲中“化合物2+H2O化合物3+HCOO-”的决速步骤C.化合物1→化合物2的过程中存在碳氧键的断裂和碳氢键的形成D.从平衡移动的角度看,升高温度可促进化合物2与水反应生成化合物3与HCOO-答案D解析根据题意和图甲可知,化合物1为反应的催化剂,可加快CO2的转化速率,故A正确;图乙中形成中间体I2的反应活化能最大,为图甲中“化合物2+H2O化合物3+HCOO-”的决速步骤,故B正确;化合物1→化合物2的过程中二氧化碳中的碳氧键断裂,生成碳氢键,故C正确;从图乙可以看出,化合物2与水反应生成化合物3与HCOO-是放热反应,因此降低温度可以促进该反应的正向移动,故D错误。12.某研究小组在铑催化的区域成功实现对映选择性烯丙基膦化反应,如图所示(—Ph代表苯基,—Me代表甲基)。下列叙述正确的是()A.甲分子内所有原子可能处于同一平面B.甲和乙生成丙的反应是取代反应C.甲不存在顺反异构,能发生加聚、水解、酯化反应D.用酸性KMnO4溶液可以证明甲含有碳碳双键答案B解析甲分子内含有饱和碳原子,所有原子不可能处于同一平面,故A错误;观察甲、乙、丙的结构可知,甲中羟基被乙中取代,发生取代反应,故B正确;甲不含酯基,不能发生水解反应,故C错误;甲中碳碳双键和醇羟基都能与酸性高锰酸钾溶液反应,故D错误。13.通过NO协同耦合反应,实现了NO的电催化歧化,并同时合成了双氮产物(NH3和硝酸盐)是实现可持续固氮的一种极具潜力的方法,装置如图。下列说法正确的是()A.电解液E为阳极电解液,呈酸性B.电极B的电极反应:NO+2H2O-3e-HNO3+3H+C.中间层的OH-、H+分别透过选择性离子膜向A、B极迁移D.若电解一段时间后,取两极所有产物于溶液中反应,可得硝酸盐和硝酸答案D解析由图可知,A极氮元素价态降低得电子,故A极为阴极,电极反应式为NO+5H++5e-NH3+H2O,B极为阳极,电极反应式为NO+2H2O-3e-NO3-+4H+。电解液E为阴极电解液,呈酸性,A错误;由以上分析可知B错误;由两极反应式可知,阳极区产生氢离子,阴极区消耗氢离子,故中间层的OH-、H+分别透过选择性离子膜向B、A极迁移,故C错误;A极NO→NH3~5e-,B极NO→NO3-~3e-,根据电子得失守恒,电解一段时间后,取两极所有产物于溶液中反应,可得硝酸盐和硝酸,故14.磷脂双分子膜是由两性的磷脂分子以“尾部朝里,头朝外”的方式组成的双层膜结构,它起到对细胞进行包裹保护以及对物质进行选择性传递的作用。构成该双层膜结构的磷脂分子和磷脂双层膜结构的示意图如图所示。下列说法错误的是()A.磷脂分子的头基是亲水基团,尾基是疏水基团B.磷脂分子主要依靠范德华力形成磷脂双分子层C.细胞的磷脂双分子膜体现了超分子的分子识别特征D.磷脂分子溶于水-苯混合溶剂中分子将分布成单层答案C解析磷脂分子的头部是含磷酸盐的亲水基团,尾部是含脂肪烃链的疏水基团,故A正确;在双分子层中,磷脂尾部之间的脂肪烃链的疏水基团存在范德华力,主要依靠范德华力形成磷脂双分子层,故B正确;细胞的磷脂双分子膜体现了超分子的自组装特征,故C错误;将磷脂分子置于水—苯的混合溶剂中,磷脂的“头部”将与水接触,“尾部”与苯接触,磷脂分子分布成单层,故D正确。15.利用平衡移动原理,分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。已知:ⅰ.图甲中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。ⅱ.图乙中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c2(OH-)=Ksp[Mg(OH)2];曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c(CO32-)=Ksp(MgCO3)。[注:起始c(Na2CO3)=0.1mol·L-1,不同pH下c甲乙下列说法错误的是()A.pH=7时,碳酸钠溶液体系中存在:c(HCO3-)>c(H2CO3)>c(CB.由图甲可知,2HCO3-H2CO3+CO32-C.由图乙可知,初始状态pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2,平衡后溶液中存在:c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)<0D.增大pH,Mg2+-Na2CO3溶液体系中均可发生反应:MgCO3(s)+2OH-(aq)Mg(OH)2(s)+CO32答案D解析由图甲中pH=7时三条曲线的相对高低可知,c(HCO3-)>c(H2CO3)>c(CO32-),A正确;H2CO3的Ka1=10-6.37,Ka2=10-10.25,2HCO3-H2CO3+CO32-的平衡常数K=c(CO32-)×c(H2CO3)c2(HCO3-)=c(CO32-)×c(H+)×c(H2CO3)c(HCO3-)×c(HCO3-)×c(H+)16.某小组采用如下实验流程制备难溶于水的白色BiOCl:已知:Bi(NO3)3极易水解产生难溶的BiONO3固体,Ksp(BiONO3)>Ksp(BiOCl),形成无色[Bi(EDTA)]-远比形成黄色[Bi(TU)2]3+容易,M下列说法正确的是()A.步骤Ⅱ:可加适量的NaOH溶液调节pHB.步骤Ⅲ:在通风橱中浓缩至蒸发皿中大量晶体析出C.步骤Ⅳ:试剂X选用HCl、NaCl,组合使用更有利于制备BiOClD.称取产品ag于锥形瓶中,用盐酸溶解后加入饱和硫脲(简写为TU)与Bi3+形成黄色溶液,再用bmol·L-1的EDTA滴定,滴定消耗EDTA溶液的平均体积为VmL,则产品的纯度为260.答案C解析步骤Ⅱ:加入适量氢氧化钠溶液调节pH,容易形成BiONO3沉淀,A错误;步骤Ⅲ:已知Bi(NO3)3极易水解产生难溶的BiONO3固体,故不能浓缩至蒸发皿中大量晶体析出,应浓缩后冷却结晶析出晶体,B错误;步骤Ⅳ:溶液中存在2个平衡:Bi3++NO3-+H2OBiONO3+2H+、Bi3++Cl-+H2OBiOCl+2H+,组合使用HCl、NaCl,增大氯离子浓度,利于第二个平衡生成BiOCl,C正确;已知形成无色[Bi(EDTA)]-远比形成黄色[Bi(TU)2]3+容易,则反应关系为Bi3+~EDTA,产品的纯度为bmol·L-1二、非选择题(本大题共4小题,共52分)17.(16分)钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料,回答下列问题:(1)基态Ti原子的核外电子排布式为

。

(2)Ti的四卤化物熔点如下表所示:化合物TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔点/℃377-24.1238.3155写出TiF4的电子式;TiCl4至TiI4熔点依次升高,其原因是

。

(3)CaTiO3的晶胞如图a所示,金属离子与氧离子间的作用力为。

图a(4)KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料,具有钙钛矿型的立体结构,晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置,如图b所示,与K紧邻的O个数为。

图b(5)在KIO3晶胞结构的另一种表示中,I处于各顶角位置,则O处于位置,K处于位置。

(6)一种利用钙钛矿制备金属钛的工艺流程如下所示。①由TiOSO4水解得到偏钛酸(H2TiO3)的化学方程式为

。

②过滤得到偏钛酸时需经过洗涤,检验洗涤干净的操作为

,由偏钛酸得到TiO2的操作为。

③以TiO2为原料生产钛的过程中,需要用到稀有气体,其作用是

。答案(1)1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2(2)相对分子质量:TiCl4<TiBr4<TiI4,结构相似,相对分子质量越大,分子间作用力越大,所以TiCl4至TiI4熔点依次升高(3)离子键(4)12(5)棱心体心(6)①TiOSO4+2H2OH2TiO3+H2SO4②取最后一次洗涤液,向其中加入盐酸酸化的氯化钡溶液,若无白色沉淀产生证明沉淀已洗涤干净灼烧③稀有气体作为保护气,防止钛被氧化解析(1)钛原子序数为22,按构造原理,基态Ti原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2。(2)通常,晶体熔点高低规律:共价晶体>离子晶体>分子晶体。TiF4熔点高于其他三种卤化物,则TiF4为离子化合物,另三种卤化物为共价化合物;TiCl4至TiI4熔点依次升高,其原因是相对分子质量:TiCl4<TiBr4<TiI4,结构相似,相对分子质量越大,分子间作用力越大。(3)阴、阳离子间强烈的相互作用为离子键,则钙钛矿中金属离子与氧离子间的作用力为离子键。(4)由KIO3晶体示意图可知晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置,则与K紧邻的O个数为12。(5)晶胞中含有K原子数目为8×18=1、O原子数目为6×12=3,在KIO3晶胞结构的另一种表示中,K、I、O的数目仍然分别为1、1、3,若I处于各顶角位置满足1个,则O数目3个,即12×14=3,则处于棱心位置,K(6)①根据流程图可知,在TiOSO4水解过程中产生偏钛酸,相当于结合了水电离产生的氢氧根离子,则另一种产物应为硫酸。②TiOSO4水解过程产生的副产物为硫酸,故检查是否洗涤干净可以通过检查最后一次洗涤液中是否还有硫酸根离子来进行验证;偏钛酸得到二氧化钛通过高温灼烧分解即可得到。③由二氧化钛制得钛的过程中,稀有气体用于第二步转化过程,即用活泼金属如镁高温条件下还原TiCl4,在此过程中,稀有气体用作保护气,防止高温条件下产生的钛被氧化。18.(12分)我国提出2060年前实现碳中和,降低大气中CO2含量是当今世界重要科研课题之一,以CO2为原料制备甲烷、戊烷、甲醇等能源物质具有较好的发展前景。回答下列问题:(1)CO2在固体催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应:主反应:CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=-156.9kJ·mol-l副反应:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.1kJ·mol-1①已知:2H2(g)+O2(g)2H2O(g)ΔH3=-395.6kJ·mol-1,则CH4燃烧的热化学方程式CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)ΔH=。②500℃时,向1L恒容密闭容器中充入4molCO2和12molH2,初始压强为p,20min时主、副反应都达到平衡状态,测得c(H2O)=5mol·L-1,体系压强为34p,则0~20min内v(CH4)=,平衡时CH4选择性=(CH4选择性=CH(2)我国科研人员将CO2和H2在Na-Fe3O4/HZSM-5催化下转变为汽油(C5~C11的烃),反应过程如下图所示。①若CO2在该条件下转化为戊烷(C5H12),则该反应的化学方程式为

。②催化剂中的Fe3O4可用电解法制备。电解时以Fe电极做电解池的极,电解质溶液为稀硫酸,铁电极的反应式为

。

(3)甲醇催化制取乙烯的过程中发生如下反应:反应1:3CH3OH(g)C3H6(g)+3H2O(g);反应2:2CH3OH(g)C2H4(g)+2H2O(g)反应1的Arrhenius经验公式的实验数据如图中曲线a所示,已知Arrhenius经验公式Rlnk=-EaT+C(Ea为活化能,k为速率常数,R和C为常数)。则该反应的活化能Ea=kJ·mol-1。当改变外界条件时,实验数据如图中的曲线b所示,则实验可能改变的外界条件是答案(1)①-634.3kJ·mol-1②0.1mol·L-1·min-166.7%(2)①5CO2+16H2C5H12+10H2O②阳3Fe-8e-+4H2OFe3O4+8H+(3)64使用更高效的催化剂(或增大催化剂比表面积等)解析(1)①用已知反应×2-主反应即得到CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g),则ΔH=2ΔH3-ΔH1=-634.3kJ·mol-1;②设主反应消耗二氧化碳的物质的量为amol,消耗氢气的物质的量为4amol,生成甲烷的物质的量为amol,生成水蒸气的物质的量为2amol,根据题意,达到平衡时生成水蒸气总物质的量为1L×5mol·L-1=5mol,副反应中生成水蒸气的物质的量为(5-2a)mol,消耗二氧化碳和氢气的物质的量都为(5-2a)mol,相同条件下,气体的压强之比等于物质的量之比,即有164-a-(5-2a)+12-4a-(5-2a)+a+5-2a+5=p34p,解之得a=2,(2)①由图可知,二氧化碳和氢气在该条件下,生成戊烷和水,反应的化学方程式为5CO2+16H2C5H12+10H2O;②铁为活性电极,所以做阳极,与水反应生成四氧化三铁和氢离子,其电极反应式为3Fe-8e-+4H2OFe3O4+8H+。(3)将曲线a上的两点(3.2,8.0)、(3.3,1.6)代入表达式,得到8=-3.2×10-3Ea+C;1.6=-3.3×10-3Ea+C,连立解之得Ea=64kJ·mol-1;曲线b的斜率小于曲线a,则Ea减小,可能使用了高效催化剂或增大催化剂比表面积等。19.(12分)某学习小组对“FeCl3溶液的灼烧”进行实验探究。回答下列问题:(1)如图所示将浸泡过FeCl3溶液的粉笔夹持于酒精灯上灼烧,加热过程中观察到粉笔表面颜色变化:黄色→红褐色→铁锈色→黑色。①配制一定浓度的FeCl3溶液的操作为先加溶解FeCl3,再稀释至所需浓度。②用化学方程式解释粉笔表面出现红褐色的原因:

。③溶液变铁锈色是因为生成了(填化学式)。

(2)针对粉笔表面颜色最终变为黑色的现象,设计实验探究黑色物质成分。查阅资料:FeO是一种黑色粉末,不稳定,在空气中加热可被氧化为Fe3O4;隔绝空气加热歧化为Fe和Fe3O4。提出猜想:猜想1:酒精与粉笔灼烧的产物;猜想2:酒精还原铁锈色物质而得到的产物。实验设计:①实验1:利用一个简单的操作证明猜想1不成立,实验操作为