2022年湖北省黄冈中学高考化学三模试卷一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）1. 下列物质的溶液长期暴露在空气中会变质而溶液又会出
现白色浑浊的是(????)A. NaHCO3B. FeCl2C. KID. Na??2SiO??32. 下列实验现象中，由于发生
取代反应而引起的是A. 乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色B. 甲烷和氯气的混合气体在光照后，瓶壁上有油状液滴附着C. 苯滴加到
溴水中，振荡后水层接近无色D. 将灼热的铜丝迅速插入乙醇中，反复多次，有刺激性气味产生3. 连花清瘟胶囊常用于缓解流行性感冒患者
肌肉酸痛、鼻塞流涕等症状，其中一种有效成分连翘苷的结构如图所示。有关该化合物叙述正确的是(????)A. 含有三种含氧官能团B.
不能发生消去反应C. 可以发生氧化反应D. 与Na、NaOH均可发生反应4. 对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式的是(?
???)A. 向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++H2O+CO2=CaCO3↓+2H+B. 硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS+2H
+=Fe2++H2S↑C. 同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH4++OH?=NH3?H2OD. 用Na2SO3
溶液吸收少量Cl2：3SO32?+Cl2+H2O=2HSO3?+2Cl?+SO42?5. 由下列实验操作及现象不能推出相应结论的
是(????)选项实验操作及现象结论A向待测液中滴入新制氯水，再滴入KSCN溶液，溶液变为红色待测液中一定含有Fe2+B将水滴入盛
有Na2O2固体的试管中，有气泡产生，把带火星的木条放在管口，木条复燃Na2O2遇水产生O2C将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满
CO2的集气瓶，集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生还原性：Na>CD向酸性KMnO4溶液中加入Fe3O4粉末，紫色褪去证明F
e3O4中含Fe(Ⅱ)A. AB. BC. CD. D6. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是(????)A. 45g草
酸中sp2杂化的C原子个数为NAB. 2molPCl5中磷原子的价层电子对数为10NAC. 1mol[B(OH)4]?中配位键个数
为NAD. 标准状况下11.2LHCHO与CH3OH的混合物中分子数为0.5NA7. 某化学兴趣小组设计用如图所示装置进行C2H
5OH的氧化实验，并验证产物。沿箭头所示方向通入O2，反应结束后取Ⅳ中所得产物滴入酸性KMnO4溶液。下列说法中错误的是(????
)A. 装置Ⅰ盛有浓硫酸，用于干燥氧气B. 装置Ⅱ、Ⅳ中的水浴方式分别为冰水浴、热水浴C. 滴入产物后酸性KMnO4溶液褪色，不能
说明产物含有乙醛D. 向Ⅳ中小试管内滴入含酚酞的NaOH溶液，若红色褪去说明产物含有乙酸8. 第3周期某元素的原子，其最外层3p
亚层上有一个未成对电子，则关于该元素的描述正确的是(????)A. 该元素最高价氧化物的水化物肯定是一种强酸B. 该元素单质肯定是
一种黄绿色的气体C. 该元素的最高价氧化物水化物肯定能与强碱反应D. 该元素的原子半径在同周期中肯定是最小的(稀有气体元素除外)9
. 4.氢原子的电子云图中小黑点表示的意义是A. 一个小黑点表示一个电子B. 黑点的多少表示电子个数的多少C. 表示电子运动的轨
迹D. 表示电子在核外空间出现机会的多少10. 钇钡铜复合氧化型超导材料YBCO(YBa2Cu3Ox)的晶胞结构如图所示，下列说
法错误的是(????)A. x=7B. 晶胞的体积为3a3×10?30cm3C. 该晶胞中Cu的配位数为4或5D. 相邻Y之间的最
短距离为3apm11. 内酯Y可由X通过电解合成，并在一定条件下转化为Z，转化路线如图。下列说法不正确的是(????)A. Z分
子中一定共面的原子数可以是14B. Y→Z的反应类型是取代反应C. X、Y、Z中只有Y不能与碳酸钠溶液反应D. X苯环上的一氯代物
有9种12. 下列元素中价电子排布不正确的是(????)A. V：3d34s2B. Cr：3d44s2C. Ar：3s23p6D
. Ni：3d84s213. 锡烯的结构与石墨烯结构相似，其俯视图、侧视图如图所示。已知锡烯的导电性只存在于材料的边缘或表面，随
着锡烯层数的增加，显示出超导性。下列说法正确的是(????)A. SnO2+2C??高温?Sn+2CO↑，说明金属性Sn>CB.
锡烯中的Sn与石墨烯中的C的杂化方式相同C. 锡烯层内存在金属键，层间不存在金属键D. Sn最外层电子逐级电离能存在关系：I5I4
≥I4I314. 某溶液含两种弱酸HA、HL，c(HA)+c(A?)=0.02mol?L?1，c(HL)+c(L?)=0.01m
ol?L?1。溶液中各微粒对数随pH的变化[lg(X)?pH]如图。不考虑溶液变化，已知lg2≈0.30。下列说法错误的是(???
?)A. f代表c(A?)随pH的变化B. pKa(HA)=4，pKa(HL)=7C. 未调pH时混合酸液的pH≈2.85D. 加
入NaOH(s)调pH=10，c(Na+)+c(HA)+c(HL)=(0.03+10?4?10?10)mol?L?115. 目前
一种新型的电池--质子交换膜燃料电池备受消费者青睐，其工作原理如图所示，下列叙述正确的是(????)A. 通入氧气的电极发生氧化反
应B. 通入氢气的电极为正极C. 总反应式：O2+2H2??点燃?2H2OD. 正极的电极反应式为O2+4H++4e?→2H2O二
、简答题（本大题共4小题，共55.0分）16. 以钛铁矿(主要成分：FeTiO3)和硫酸铵为主要原料，联合制取金属钛和摩尔盐的生
产流程如图所示：(1)生产时需在洗液中加入某种物质A，物质A的化学式______．(2)TiO2+转化为TiO2反应的离子方程式为
______，写出反应①的化学反应方程式______(3)为确定摩尔盐的化学式，进行如下实验：现称取4.704g新制摩尔盐，溶于水
配制成100.00mL溶液，再将该溶液分成两等份．向其中一份溶液中加入足量Ba(OH)2溶液，搅拌，再用足量稀盐酸处理沉淀物，过滤
、洗涤和干燥，得白色固体2.796g．另一份溶液用0.0500mol?L?1K2Cr2O7酸性溶液滴定，Cr2O72?被还原为Cr
3+，滴定终点时消耗K2Cr2O7溶液的体积为20.00mL．①25℃时，Ksp(BaSO4)=1.1×10?10，若要使溶液中S
O42?沉淀完全(即该离子浓度≤1×10?5mol?L?1).则此时需保持溶液中c(Ba2+)≥______mol?L?1②确定该
摩尔盐的化学式______(写出计算过程)17. 某化学趣味小组以A(氰乙酸)为原料，采用陶贝合成法合成H(尿酸)，合成路线设计
如图。 回答下列问题： (1)B的名称为 ? 。 (2)E→F的反应类型为 ? 。 (3)G中含氧官能团名称为 ? 。 (4)G
在一定条件下生成H和X。已知体积分数为75%的X溶液常用于杀菌消毒，则尿酸的结构简式为 ? 。 (5)某芳香化合物M(C8H7Cl
O2)与ClCOOC2H5含有相同的官能团，且核磁共振氢谱峰值比为2：2：2：1的同分异构体有 ? 种(不考虑立体异构)，写出其中
能发银镜反应的异构体的结构简式 ? 。 (6)由CH4合成ClCOOC2H5的路线如图： 写出COCl2与C2H5OH反应的方程
式为 ? 。18. 草酸晶体的组成可用H2C2O4?x?H2O表示，为了测定x值，进行如下实验： (1)称取Wg草酸晶体，配成1
00.00mL水溶液 (2)取25.00mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶内，加入适量稀H2SO4后，用浓度为amol?L?1的KMn
O4溶液滴定至KMnO4不再褪色为止，所发生的反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2Mn
SO4+8H2O 试回答： ①在滴定过程中若用去amol?L?1的KMnO4溶液VmL，则所配制的草酸溶液的物质的量浓度为 ___
___ mol?L?1，由此可计算x的值是 ______ ． ②若滴定终点读数时俯视，则计算的x值可能会 ______ (偏大、偏
小、无影响)．19. 近年来，随着化石燃料的大量消耗和CO2等温室气体的大量排放，氨的无碳燃料属性引起重视。低能耗高效率合成氨技
术的开发是实现氨燃料化利用的基础，基于Al2O3载氮体的碳基化学链合成氨技术示意图如图。 (1)总反应的热化学方程式为 ? 。
(2)有利于提高反应Ⅱ平衡转化率的条件为 ? (填标号)。 A.高温高压 B.高温低压 C.低温高压 D.低温低压 (3)在温度为
T、固定容积为VL、p0=100kPa条件下进行反应Ⅰ，平衡时氮气转化率为50%，则N2压强为 ? ，分压平衡常数Kp= ? kP
a2。 (4)60℃、100kPa条件下，反应Ⅱ中溶液pH随时间变化如图，120min～180min持续收集到氨气，但溶液pH几
乎不变的原因是 ? 。 (5)为探究反应Ⅱ中15min时反应速率突然加快的原因，利用计算机模拟反应Ⅱ的反应路径如图。 ①比较不同
路径，路径1能垒较低的原因是 ? 的键能大于 ? 的键能。 ②15min时反应速率突然加快的原因是 ? 。 (6)与传统的催化合成
氨反应相比，碳基化学链合成氨的优势有 ? (填标号)。 A.能够规避N2和H2在催化剂表面竞争吸附的问题 B.原料成本低，能耗低，
产物无需分离，可获得CO副产物 C.规避了催化合成氨的热力学和动力学矛盾，兼顾较高的反应速率和较大的反应限度 D.释氮反应对温度要
求不高，相对低的温度能够缓解NH3分解，有利于NH3的收集答案和解析1.【答案】D?【解析】解：A.碳酸氢钠溶液长期暴露在空气中反
应生成碳酸钠、水和二氧化碳，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，所以不会出现白色沉淀，故A错误； B.氯化亚铁溶液长期暴露在空气中会被氧化生
成氯化铁，不会产生沉淀，故B错误； C.碘化钾溶液长期暴露在空气中被氧气氧化生成碘单质，碘单质溶液水得到黄色溶液，故C错误； D.
硅酸钠溶液长期暴露在空气中与二氧化碳反应生成白色絮状沉淀硅酸，故D正确； 故选：D。A.碳酸氢钠溶液长期暴露在空气中反应生成碳酸钠
、水和二氧化碳，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠； B.依据二价铁离子强还原性解答； C.碘化钾溶液长期暴露在空气中被氧气氧化生成碘单质；
D.硅酸钠溶液长期暴露在空气中与二氧化碳反应生成白色絮状沉淀硅酸．本题考查了元素化合物知识，明确相关物质的性质及发生反应是解题关
键，题目难度不大．2.【答案】B?【解析】试题分析：A、乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溴和乙烯发生反应生成1，2?二溴乙烷，使溴水褪色
，属于加成反应，故A不符合； B、甲烷与氯气在光照的条件下，甲烷中H原子被氯原子取代生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、三氯甲烷，其
中只有一氯甲烷是气体，其余三种为液体，反应为取代反应，故B符合； C、苯滴加到溴水中，溴在苯中的溶解度远远大于在水中的溶解度，苯萃
取溴水中的溴，故C不符合； D、乙醇和氧气在铜存在下加热生成乙醛，属于氧化反应，故D不符合。 故选B。 考点：取代反应与加成反应
点评：本题考查了取代反应、加成反应、氧化反应等概念，比较简单，掌握常见有机反应类型。3.【答案】C?【解析】解：A.该有机物中含氧
官能团有羟基、醚键，有两种含氧官能团，故A错误； B.根据图知，该分子能发生消去反应，故B错误； C.分子中?CH2OH、?CH(
OH)?能发生氧化反应，所以该有机物能发生氧化反应，故C正确； D.羟基、羧基能和钠反应，酚羟基、羧基、酯基能和氢氧化钠反应，该分
子中含有醇羟基，所以能和钠反应，不能和氢氧化钠反应，故D错误； 故选：C。A.该有机物中含氧官能团有羟基、醚键； B.连接醇羟基的
碳原子相邻碳原子上含有氢原子的醇能发生消去反应； C.?CH2OH、?CH(OH)?能发生氧化反应； D.羟基、羧基能和钠反应，酚
羟基、羧基、酯基能和氢氧化钠反应。本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本
题关键，题目难度不大。4.【答案】D?【解析】解：A.盐酸的酸性强于碳酸，CaCl2溶液中通入CO2中，不反应，不能写离子反应，故
A错误； B.硫化亚铁与稀硝酸发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：FeS+4H++NO3?=Fe3++NO↑+S↓+2H2O，故
B错误； C.同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，氢氧根优先与酸性更强的氢离子反应，离子方程式：H++OH?=H2O
，故C错误； D.用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SO32?+Cl2+H2O=2HSO3?+2Cl?+SO42?，符合电荷守恒
，物料守恒，强制弱规律，故D正确； 故选：D。A.CaCl2溶液中通入CO2中，不反应； B.稀硝酸具有强氧化性，能够将硫离子、亚
铁离子氧化； C.不符合客观事实，氢氧根优先与氢离子反应； D.符合电荷守恒，物料守恒，强制弱规律。本题考查了化学反应原理，离子方
程式的书写，离子方程式的正误判断，重点考查反应发生的可能性，掌握强制弱的原理，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断
常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守
恒和电荷守恒等)；选项D为易错点，注意反应物用量对反应产物的影响，难度中等。5.【答案】A?【解析】解：A.先加氯水可氧化亚铁离子
，不能排除原溶液是否含铁离子，应先加KSCN溶液无现象，后加氯水检验亚铁离子，故A错误； B.过氧化钠与水反应生成氧气，且氧气具有
助燃性，则带火星的木条放在管口，木条复燃，故B正确； C.钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和C，可知还原性：Na>C，故C正确； D.亚
铁离子可被酸性高锰酸钾氧化，溶液褪色，可知Fe3O4中含Fe(Ⅱ)，故D正确； 故选：A。A.先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除原溶
液是否含铁离子； B.过氧化钠与水反应生成氧气，且氧气具有助燃性； C.钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和C； D.亚铁离子可被酸性高锰
酸钾氧化。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、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。6.【答案】D?【解析】解：A.草酸的结构式为：，45g草酸物质的量=45g90g/mol=0.5
mol，1个草酸分子中含两个sp2杂化的碳原子，则0.5mol草酸中含sp2杂化的C原子个数为NA，故A正确； B.PCl5分子结
构为正六面体，价层电子对数为5，2molPCl5中磷原子的价层电子对数为10NA，故B正确； C.[B(OH)4]?中B?O原子之
间存在共价键，其中一个是配位键，1mol[B(OH)4]?中配位键个数为NA，故C正确； D.标准状况下，HCHO与CH3OH不是
气体，11.2LHCHO与CH3OH的混合物的物质的量不是0.5mol，不能计算分子数，故D错误； 故选：D。A.计算草酸物质的量
=45g90g/mol=0.5mol，1个草酸分子中含两个sp2杂化的碳原子； B.PCl5分子结构为正六面体，价层电子对数为5；
C.[B(OH)4]?中B?O原子之间存在共价键，其中一个是配位键； D.标准状况下HCHO与CH3OH不是气体。本题考查了阿伏
加德罗常数及其应用、微粒结构的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。7.【答案】B?【解析】解：A.参与反应的氧气应是干燥的
气体，装置Ⅰ盛有浓硫酸，用于干燥氧气，故A正确； B.实验过程中需要乙醇蒸气进入Ⅲ装置中，生成的乙醛需要冷凝收集，装置Ⅱ、Ⅳ中的水
浴方式分别为热水浴、冰水浴，故B错误； C.乙醇易挥发，且能被高锰酸钾溶液氧化，滴入产物后酸性KMnO4溶液褪色，不能说明产物含有
乙醛，故C正确； D.向Ⅳ中小试管内滴入含酚酞的NaOH溶液，若红色褪去说明碱性减弱，氢氧化钠被中和，可以证明产物含有乙酸，故D正
确； 故选：B。氧气经过干燥后进入盛乙醇的圆底烧瓶，和热的乙醇一起进入硬质玻璃管，在铜做催化剂的催化作用下发生乙醇的催化氧化，反应
生成了乙醛，生成的乙醛进入试管中被冷凝收集，据此分回答。本题考查了乙醇催化氧化原理、装置分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度中等
。8.【答案】C?【解析】解：第3周期元素的原子，其最外层3p能级上仅有一个未成对电子，价层电子排布为3s23p1或3s23p5，
为Al元素或Cl元素，A.如为Al，则最高价氧化物的水化物为两性氢氧化物，故A错误；B.如为Al，则为固体，故B错误；C.为Al或
Cl元素，元素的最高价氧化物水化物为氢氧化铝或高氯酸，二者都可与强碱反应，故C正确；D.Al原子半径在第三周期中不是最小，故D错误
．故选C．本题考查结构性质位置关系，难度不大，掌握核外电子排布规律判断元素是解题的关键，注意把握原子结构的特点．9.【答案】D?【
解析】在电子云图中，小黑点并不代表电子，小黑点代表电子在核外空间区域内出现的机会，小黑点的疏密与电子在该区域内出现的机会大小成正比
。10.【答案】D?【解析】解：A.Y在体心，数目为1，氧原子在棱心，数目为12×14+8×12=7，故A正确； B.晶胞的体积为
3a3×10?30cm3，故B正确； C.铜原子位于晶胞的顶点和棱上，位于顶点的铜原子，距离铜最近的氧原子个数为4个，位于棱上的铜
原子，与之最近的氧原子为5个，故其配位数为4或者5，C正确； D.Y位于体心，在此晶胞上面还有一个晶胞，两个晶胞中相邻的Y之间最短
距离为apm，D错误； 故选：D。A.Y在体心，数目为1，氧原子在棱心； B.晶胞的体积为3a3×10?30cm3； C.铜原子位
于晶胞的顶点和棱上，位于顶点的铜原子，距离铜最近的氧原子个数为4个，位于棱上的铜原子，与之最近的氧原子为5个； D.Y位于体心。本
题考查晶体结构，侧重考查学生晶体结构和晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。11.【答案】D?【解析】解：A.苯环上所有原子共平面，单
键可以旋转，则Z原子中一定共平面的原子是14，故A正确； B.Y中酯基发生取代反应生成Z，该反应为取代反应，故B正确； C.羧基能
、酚羟基和碳酸钠溶液反应，X中含有羧基、Z中含有酚羟基，Y中不含酚羟基和羧基，所以Y不能和碳酸钠溶液反应，故C正确； D.X苯环上
含有7种氢原子，其苯环上的一氯代物有7种，故D错误； 故选：D。A.苯环上所有原子共平面，单键可以旋转； B.Y中酯基发生取代反应
生成Z； C.羧基能、酚羟基和碳酸钠溶液反应； D.X苯环上含有几种氢原子，其苯环上的一氯代物就有几种。本题考查有机物的结构和性质
，侧重考查分析、判断及计算能力，明确官能团及其性质关系等知识点是解本题关键，题目难度不大。12.【答案】B?【解析】【分析】本题考
查核外电子排布，题目难度不大，注意电子处于全满、半满、全空时最稳定．【解答】A、V基态原子价电子排布式为：3d34s2，符合基态电
子排布规律，故A正确；B、3d能级上的原子轨道处于半满时较为稳定，因此铬原子基态价电子排布式为3d54s1，故B错误；C、Ar基态
原子价电子排布式为：3s23p6，符合基态电子排布规律，故C正确；D、Ni基态原子价电子排布式为：3d84s2，符合基态电子排布规
律，故D正确；故选B。?13.【答案】D?【解析】解：A.在该反应中Sn从+4价变为0价，体现的是非金属性，故A错误； B.石墨烯
相当于石墨中的一层，其中碳的杂化方式为sp2，由图b侧视图可以看到，在锡烯结构中两层原子形成一种翘曲的结构，不是平面结构，在锡烯结
构中Sn是sp3杂化，故B错误； C.金属键是自由电子和金属阳离子之间的作用力，在锡烯中不存在金属键，故C错误； D.Sn是第IV
A族元素，失去4个电子后达到稳定结构，故其第5电离能远大于第4电离能，即：I5I4≥I4I3，故D正确； 故选：D。A.在该反应中
Sn从+4价变为0价； B.石墨烯相当于石墨中的一层，其中碳的杂化方式为sp2，在锡烯结构中两层原子形成一种翘曲的结构，不是平面结
构； C.金属键是自由电子和金属阳离子之间的作用力； D.Sn是第IVA族元素，失去4个电子后达到稳定结构，故其第5电离能远大于第
4电离能。本题考查物质结构，侧重考查学生杂化、电离能和化学键的掌握情况，试题难度中等。14.【答案】A?【解析】解：A.f表示lg
c(L?)随pH变化的图象，其浓度最后几乎为0，故A错误； B.取bc的交点，即pH=4，Ka=c(H+)×c(A?)c(HA)=
c(H+)=10?4，pKa(HL)=4，取df交点，pH=7，Ka=c(H+)×c(L?)c(HL)=c(H+)=10,7，pK
a(HL)=7，故B正确； C.电离平衡常数分析，HA酸性比HL强，在不调节pH时，溶液氢离子主要是由HA提供，且氢离子浓度等于A
?离子浓度，则有c(H+)×c(A?)c(HA)=c2(H+)c(HA)=c2(H+)0.02=10?4，氢离子浓度c(H+)=2
×10?6mol/L，pH=3?2≈2.70，接近2.85，故C正确； D.加入NaOH(s)调pH=10，溶液中存在电荷守恒：c
(Na+)+c(H+)=c(A?)+c(L?)+c(OH?)，c(HA)+c(A?)=0.02mol?L?1，c(HL)+c(L?
)=0.01mol?L?1，c(Na+)+10?10=0.02?c(HA)+0.01?c(HL)+10?4，c(Na+)+c(HA
)+c(HL)=(0.03+10?4?10?10)mol?L?1，故D正确； 故选：A。分析可知图象中a表示lgc(H+)随pH变
化的图象，b表示lgc(HA)随pH变化的图象，c表示lgc(A?)随pH变化的图象，d表示lgc(HL)随pH变化的图象，e表示
lgc(OH?)随pH变化的图象，f表示lgc(L?)随pH变化的图象，据此分析判断。本题考查了弱电解质电离平衡影响因素、平衡常数
的计算、电解质溶液中离子浓度关系，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。15.【答案】D?【解析】解：A.通入氧气的电极是正极，正极上
得电子发生还原反应，故A错误； B.通入氢气的电极是负极，负极上失电子发生氧化反应，故B错误； C.电池反应式为O2+2H2=2H
2O，故C错误； D.正极上氧气得电子和和氢离子反应生成水，电极反应式为O2+4H++4e?=2H2O，故D正确； 故选：D。该装
置属于燃料电池，氢气失电子发生氧化反应，所以通入氢气的电极是负极，通入氧气的电极是正极，正极上得电子发生还原反应．本题考查了原电池
原理，明确燃料电池中得失电子的物质即可解答，注意该原电池是酸性电池，可能很多同学不能根据“质子交换膜”确定溶液的酸碱性，为易错点．
16.【答案】Fe；TiO2++H2O=TiO2+2H+；TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)?高温?TiCl4(g)+2C
O(g)；1.1×10?5；(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O[或(NH4)2SO4?FeSO4?6H2O]?【解析】解：钛铁
矿和浓硫酸混合时发生反应为FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O，亚铁离子不稳定，易被氧化，为防止亚铁离子
被氧化，需要加入A物质且不能引进新的杂质，所以A是Fe；然后经过控温冷却结晶并过滤得到绿矾和含有TO2+的滤液，向滤液中调节溶液p
H，利用水解得到TiO2，二氧化钛在高温条件下和氯气、C反应生成四氯化钛，高温条件下，四氯化钛和镁发生置换反应生成Ti；将绿矾溶解
于硫酸铵溶液可结晶得到摩尔盐； (1)由分析可判断A是为了防止Fe2+氧化，同时不引入杂质离子，应选择铁，故答案为：Fe； (2)
TiO2+转化为TiO2反应的离子方程式为TiO2++H2O=TiO2+2H+，反应①是二氧化钛在高温条件下和氯气、C反应生成四氯
化钛，此反应的化学反应方程式为TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)?高温?TiCl4(g)+2CO?(g)， 故答案为：Ti
O2++H2O=TiO2+2H+；TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)?高温?TiCl4(g)+2CO?(g)； (3)①2
5℃时，Ksp(BaSO4)=1.1×10?10，若要使溶液中SO42?离子沉淀完全(即该离子浓度须小于1×10?5?mol?L?
1)，则c(Ba2+)=Ksp(BaSO4)c(SO42?)=1.1×10?1010?5mol/L=1.1×10?5mol?L?1
，再根据Ba原子守恒得c[(Ba(OH)2]=c(Ba2+)=1.1×10?5mol?L?1,故答案为：1.1×10?5； ②摩尔
盐和氢氧化钡反应生成硫酸钡、氨气、氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，被氧化生成氢氧化铁红褐色沉淀，然后用足量稀盐酸溶解沉淀，最后得到的
白色沉淀是BaSO4，n(BaSO4)=2.796g233g/mol=0.012mol， 6Fe2++Cr2O72?+14H+=6
Fe3++2Cr3++7H2O 6 1 n?0.0500mol?L?1×0.020L n(Fe2+)=0.001?mol×6=0.
006mol 根据电荷守恒得n(NH4+)+2n(Fe2+)=2n(SO42?)，n(NH4+)=0.012mol， n(H2O)
=4.7042g?0.012mol×96g/mol?0.012mol×18g/mol?0.006mol/L×56g/mol18g/
mol=0.036mol， n(SO42?)：n(Fe2+)：n(NH4+)：n(H2O)=0?012?mol：0?006?mol
：0?012mol：0036?mol=2：1：2：6，故莫尔盐的化学式为：(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O[或(NH4)2S
O4?FeSO4?6H2O]， 故答案为：(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O[或(NH4)2SO4?FeSO4?6H2O]．钛
铁矿和浓硫酸混合时发生反应为FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O，亚铁离子不稳定，易被氧化，为防止亚铁离
子被氧化，需要加入A物质且不能引进新的杂质，所以A是Fe；然后经过控温冷却结晶并过滤得到绿矾和含有TO2+的滤液，向滤液中调节溶液
pH，利用水解得到TiO2，二氧化钛在高温条件下和氯气、C反应生成四氯化钛，高温条件下，四氯化钛和镁发生置换反应生成Ti；将绿矾溶
解于硫酸铵溶液可结晶得到摩尔盐； (1)根据分析可判断A物质的化学式； (2)依据水解的定义，TiO2+水解结合水电离出的OH?，
生成的H2TiO3不稳定分解得到TiO2，结合电荷守恒和原子守恒得到此水解反应的离子方程式；反应①为TiO2在高温下与过量氯气和焦
炭的作用下生成TiCl4和CO，结合原子守恒和电子守恒可得到此反应的化学方程式； (3)①25℃时，Ksp(BaSO4)=1.1×
10?10，若要使溶液中SO42?离子沉淀完全(即该离子浓度须小于1×10?5?mol?L?1)，则c(Ba2+)=Ksp(BaS
O4)c(SO42?)，再根据Ba原子守恒计算c[(Ba(OH)2]； ②摩尔盐和氢氧化钡反应生成硫酸钡、氨气、氢氧化亚铁，氢氧化
亚铁不稳定，被氧化生成氢氧化铁红褐色沉淀，然后用足量稀盐酸溶解沉淀，最后得到的白色沉淀是BaSO4，n(BaSO4)=2.796g
233g/mol=0.012mol， 6Fe2++Cr2O72?+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O 6 1 n?0.05
00mol?L?1×0.020L n(Fe2+)=0.001?mol×6=0.006mol 根据电荷守恒得n(NH4+)+2n(F
e2+)=2n(SO42?)，n(NH4+)=0.012mol， n(H2O)=4.7042g?0.012mol×96g/mol?
0.012mol×18g/mol?0.006mol/L×56g/mol18g/mol=0.036mol， 根据各微粒的物质的量之比
确定化学式．本题以物质的制备为载体，考查物质制备实验方案设计和组成分析，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，明确各个物理量之间的
关系是解本题关键，题目难度中等．17.【答案】氰乙酸甲酯 还原反应 酰胺基、酯基? 4? COCl2+CH3CH2OH→一定条件下
ClCOOCH2CH3+HCl?【解析】解：(1)B为NCCH2COOCH3，B的名称为氰乙酸甲酯， 故答案为：氰乙酸甲酯； (2
)E中亚硝基发生还原反应生成F中氨基，则E→F的反应类型为还原反应， 故答案为：还原反应； (3)G中含氧官能团名称为酰胺基、酯基
， 故答案为：酰胺基、酯基； (4)尿酸的结构简式为， 故答案为：； (5)某芳香化合物M(C8H7ClO2)与ClCOOC2H5
含有相同的官能团，说明含有氯原子和酯基且含有苯环，不饱和度=8×2+2?82=5，苯环的不饱和度是4、酯基的不饱和度是1，所以符合
条件的同分异构体中除了苯环、酯基外不含其它环或双键，且核磁共振氢谱峰值比为2：2：2：1的同分异构体，说明结构对称，符合条件的结构
简式有，所以有4种；能发生银镜反应，说明含有醛基，则能发银镜反应的异构体的结构简式为， 故答案为：4；； (6)甲烷发生取代反应生
成四氯化碳，四氯化碳发生取代反应生成COCl2，COCl2和乙醇发生取代反应生成ClCOOCH2CH3，同时生成HCl，COCl2
与C2H5OH反应的方程式为COCl2+CH3CH2OH→一定条件下ClCOOCH2CH3+HCl， 故答案为：COCl2+CH3
CH2OH→一定条件下ClCOOCH2CH3+HCl。根据A、C的结构简式及反应条件知，A和甲醇发生酯化反应生成B为NCCH2CO
OCH3，B和尿素发生取代反应生成C，同时生成CH3OH，C发生反应生成D，D和亚硝酸发生取代反应生成E，同时生成H2O；E发生还
原反应生成F中氨基，F法取代反应生成G，G在一定条件下生成H和X，已知体积分数为75%的X溶液常用于杀菌消毒，X为CH3CH2OH
，则H为； (6)甲烷发生取代反应生成四氯化碳，四氯化碳发生取代反应生成COCl2，COCl2和乙醇发生取代反应生成ClCOOCH
2CH3，同时生成HCl。本题考查有机物推断和合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合运用能力，明确反应中物质结构或官能团变化并正
确推断各物质的结构简式是解本题关键，易错点是限制性条件下同分异构体种类判断。18.【答案】0.1av；50w9av?5；偏大?【解
析】解：①2KMnO4～5H2C2O4 2mol?5mol aV×10?3mol 0.025L×c c=5mol×aV×10?3
mol2mol×0.025L=0.1aVmol?L?1 H2C2O4?xH2O～H2C2O4～xH2O ?1mol 18xg ?0
.1aV×0.1mol?W?0.1aV×0.1×90g x=1mol×(W?0.1aV×0.1×90)18g×0.1aV×0.1m
ol=50w9av?5； 故答案为：0.1aV；?50w9av?5； ②滴定终点时俯视滴定管刻度，会导致测量体积偏小，测定草酸浓度
偏小，则x值会偏大，故答案为：偏大． ①根据化学方程式中各物质的关系进行计算； ②滴定终点时俯视滴定管刻度，会导致测量体积偏小，测
定草酸浓度偏小，则x值会偏大． 本题考查滴定应用与计算、误差分析，难度中等，注意滴定中经常根据关系式进行计算，掌握根据关系式计算方
法．19.【答案】3C(s)+N2(g)+3H2O(l)=3CO(g)+2NH3(g)△H=+434kJ/mol D 25kPa
16875 溶液中氨水浓度达到饱和 O?H键 Al?H键 AlN与水结合后，生成氨水，氨水电离出OH?对反应Ⅱ具有催化作用 ABD
?【解析】解：(1)根据盖斯定律可知，吸氮反应Ⅰ+释氮反应Ⅱ可得：3C(s)+N2(g)+3H2O(l)=3CO(g)+2NH3(
g)则△H=(+708.1kJ/mol)+(?274.1kJ/mol)=+434kJ/mol， 故答案为：3C(s)+N2(g)+
3H2O(l)=3CO(g)+2NH3(g)△H=+434kJ/mol； (2)反应Ⅱ为正向气体分子总数减小的放热反应，所以减小压
强、降低温度，均有利于平衡正向移动，所以有利于提高反应Ⅱ平衡转化率的条件是低温低压， 故答案为：D； (3)在温度为T、固定容积为
VL、p0=100kPa条件下进行反应Ⅰ，设N2的起始量为1mol，平衡时氮气转化率为50%，即转化的氮气为0.5mol，则有三段
式： ?Al2O3(s)+3C(s)+N2(g)=3CO(g)+2AlN(s) 起始量(mol)?1 0 变化量(mol) 0.5
?1.5 平衡量(mol) 0.5?1.5 所以平衡时，气体总物质的量为(0.5+1.5)mol=2mol，氮气和CO的分压分别为
：0.5mol2mol×100kPa=25kPa，1.5mol2mol100KPa=75kPa，则分压平衡常数Kp=p3(CO)p
(N2)=75325kPa2=16875kPa2， 故答案为：25kPa；16875； (4)由图可知，60℃、100kPa条件下
，反应Ⅱ中溶液pH开始逐渐增大，120min～180min持续收集到氨气，但溶液pH几乎不变，因为氨气溶于水，已经达到饱和，形成了
氨的饱和溶液，所以溶液pH几乎不变， 故答案为：溶液中氨水浓度达到饱和； (5)①路径1和路径2都断裂N?H键，但路径1形成的是O
?H键，路径2形成的是Al?H键，由于O?H键的键能大于Al?H键的键能，所以O?H键更容易形成，所以能垒降低， 故答案为：O?H
键；Al?H键； ②开始时，AlN与水结合，当AlN结合一定量水并使水解离后，能显著降低反应的活化能，所以反应在15min时速率突
然加快， 故答案为：AlN与水结合后，生成氨水，氨水电离出OH?对反应Ⅱ具有催化作用； (6)A.传统工业上合成氨采用N2和H2在催化剂作用下进行，碳基化学链合成氨的优势能够规避N2和H2在催化剂表面竞争吸附的问题，故A正确； B.传统工业上合成氨采用N2和H2在催化剂作用下进行，且需要高温、高压，能耗较高，该方法原料成本低，能耗低，产物无需分离，可获得副产物CO副产物，故B正确； C.传统工业上合成氨条件苛刻，且存在动力学与热力学之间的矛盾，该方法提供的了新思路，将合成氨过程解耦为吸氮和释氮过程，较好的规避了催化合成氨的热力学和动力学矛盾，兼顾较高的反应速率和较大的反应限度，但无法规避催化合成氨的动力学与热力学之间的矛盾，故C错误； D.释氮反应为放热反应，对温度要求不高，相对低的温度能够使平衡正向移动，且能够缓解NH3分解，有利于NH3的收集，故D正确； 故答案为：ABD。(1)根据盖斯定律可知，吸氮反应Ⅰ+释氮反应Ⅱ可得：3C(s)+N2(g)+3H2O(l)=3CO(g)+2NH3(g)△H，据此计算△H； (2)反应Ⅱ为正向气体分子总数减小的放热反应，所以减小压强、降低温度，均有利于平衡正向移动； (3)在温度为T、固定容积为VL、p0=100kPa条件下进行反应Ⅰ，设N2的起始量为1mol，平衡时氮气转化率为50%，即转化的氮气为0.5mol，列出三段式，计算平衡时，气体总物质的量，进一步计算氮气和CO的分压以及分压平衡常数Kp； (4)氨气溶于水，已经达到饱和时，形成了氨的饱和溶液，溶液pH几乎不变； (5)①路径1和路径2都断裂N?H键，但路径1形成的是O?H键，路径2形成的是Al?H键，由于O?H键的键能大于Al?H键的键能，所以O?H键更容易形成； ②开始时，AlN与水结合，当AlN结合一定量水并使水解离后，生成了OH?，能显著降低反应的活化能； (6)A.碳基化学链合成氨的优势能够规避N2和H2在催化剂表面竞争吸附的问题； B.传统工业上合成氨采用N2和H2在催化剂作用下进行，且需要高温、高压，能耗较高； C.碳基化学链合成氨无法规避催化合成氨的动力学与热力学之间的矛盾； D.释氮反应为放热反应，对温度要求不高，相对低的温度能够使平衡正向移动。本题主要考查盖斯定律的应用，化学平衡的移动以及平衡常数K的计算，同时考查学生的看图理解能力、分析能力，属于高考高频考点，难度较大。第11页，共11页 |
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