2022年深圳市高三年級第一次調研考試化學可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16Co-59Ba-137La-139一、選擇題：本題共16小題，共44分。第1~10小題，每小題2分；第11~16小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.蠟染技藝是中國非物質文化遺產之一，其制作工序包括：棉布制板、畫蠟(將蜂蠟熔化后畫在布上形成覆蓋層)、藍靛染色、沸水脫蠟、漂洗等。下列說法正確的是A.“制板”用的白棉布，主要成分為合成纖維素B.“畫蠟”過程中主要發(fā)生了化學變化C.“畫蠟”用的蜂蠟，是一種混合物，無固定熔點D.“染色”用的藍靛，屬于有機高分子化合物【答案】C【解析】【詳解】A．棉花為天然纖維，所以白棉布主要成分為天然纖維，A錯誤；B．“畫蠟”過程中將蜂蠟熔化后畫在布上形成覆蓋層，沒有新物質生成，為物理變化，B錯誤；C．“畫蠟”用的蜂蠟，是一種混合物，不屬于晶體，無固定熔點，C正確；D．根據題目信息可知藍靛的相對分子質量較小，不是高分子化合物，D錯誤；綜上所述答案為C。2.下列有關化學用語表示正確的是A.水分子的球棍模型： B.鉀原子的結構示意圖：C.Na2O2的電子式： D.中子數(shù)為20的氯原子：【答案】A【解析】【詳解】A．水分子的電子式為，由于受孤電子對的排斥作用，成鍵電子對發(fā)生偏移，所以球棍模型為，A正確；B．鉀為19號元素，其核外有19個電子，原子結構示意圖為，B不正確；C．Na2O2為離子化合物，兩個O原子間只形成1對共用電子，其電子式為，C不正確；D．中子數(shù)為20的氯原子，質量數(shù)為37，其原子符號為，D不正確；故選A。3.化學改善人類的生活，創(chuàng)造美好的世界。下列生產生活情境中涉及的化學原理不正確的是選項生產生活情境化學原理A國慶節(jié)天安門廣場燃放煙花，色彩絢麗利用了某些金屬的焰色反應B用氯化鐵溶液刻蝕覆銅板制作印刷電路板銅與FeCl3發(fā)生置換反應C汽車尾氣催化轉化器處理NO和CONO和CO發(fā)生反應生成無毒氣體D秸稈、餐廚垃圾等進行密閉發(fā)酵提供燃料發(fā)酵過程中產生CH4A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．金屬元素發(fā)生焰色反應會出現(xiàn)不同的色彩，燃放的煙花即是某些金屬元素發(fā)生焰色反應所呈現(xiàn)出來的色彩，A正確；B．用氯化鐵溶液刻蝕覆銅板制作印刷電路板發(fā)生的反應為2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，該反應不屬于置換反應，B錯誤；C．汽車尾氣催化轉化器處理NO和CO，可以將二者轉化為無毒的N2、CO2，C正確；D．秸稈、餐廚垃圾中含有大量的有機物，發(fā)酵過程中產生CH4，CH4是一種燃料，D正確；綜上所述答案為B。4.2021年我國取得多項科研成果，如首套噸級氫液化系統(tǒng)調試成功、首次實現(xiàn)以CO2為原料人工合成淀粉等。下列說法不正確的是A.相同條件下，1gH2(l)完全燃燒放出的熱量比1gH2(g)的多B.通過降溫加壓得到的液氫可存放于特制的絕熱容器中C.通過遇碘變藍的現(xiàn)象可證明有淀粉生成D.淀粉可用于生產乙醇、乙酸等化工產品【答案】A【解析】【詳解】A．同一物質，質量相同時，液態(tài)比氣態(tài)更穩(wěn)定，能量更低，所以1gH2(l)完全燃燒放出的熱量比1gH2(g)的少，A錯誤；B．液氫吸收熱量后會變?yōu)闅鈶B(tài)，所以通過降溫加壓得到的液氫可存放于特制的絕熱容器中，防止其氣化，B正確；C．淀粉遇碘變藍，通過遇碘變藍的現(xiàn)象可證明有淀粉生成，C正確；D．淀粉為多糖，多糖水解可以得到葡萄糖，葡萄糖經發(fā)酵可以得到乙醇，乙醇被氧化可以得到乙酸，D正確；綜上所述答案A。5.五指毛桃湯中含有佛手柑內酯(結構簡式如圖)。下列有關該化合物的說法不正確的是A.可發(fā)生水解反應B.可使酸性高錳酸鉀溶液褪色C.所有碳原子一定共平面D.1mol該物質充分燃燒可生成12molCO2【答案】C【解析】【詳解】A．該物質中含有酯基，可以發(fā)生水解反應，A正確；B．該物質中含有碳碳雙鍵，可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，B正確；C．醚鍵連接了苯環(huán)和一個甲基，由于單鍵可以旋轉，該甲基上的碳原子可能與苯環(huán)不共面，C錯誤；D．該物質的一個分子中含有12個碳原子，所以1mol該物質充分燃燒可生成12molCO2，D正確；綜上所述答案為C。6.科學生產中蘊藏著豐富的化學知識。下列勞動項目與所述的化學知識沒有關聯(lián)的是選項勞動項目化學知識A煮豆?jié){點鹵水制作豆腐膠體聚沉B鹽堿地(含較多Na2CO3等)施用適量石膏，降低土壤的堿性鹽與鹽發(fā)生復分解反應C利用鋁熱法焊接鋼軌鋁與氧化鐵反應，且放出大量的熱D用FeS除去工業(yè)廢水中的Cu2+FeS具有還原性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．鹵水中含有電解質，膠體粒子遇到電解質溶液發(fā)生聚沉，二者有關聯(lián)，A不符合題意；B．石膏中含有硫酸鈣，加入到鹽堿地中與碳酸鈉反應，發(fā)生沉淀的轉化，得到難溶于水的碳酸鈣，降低土壤的堿性，發(fā)生的是復分解反應，二者有關聯(lián)，B不符合題意；C．鋁可以置換出氧化鐵中的鐵單質，且該反應放出大量的熱，所以可以利用鋁熱法焊接鋼軌，二者有關聯(lián)，C不符合題意；D．用FeS除去工業(yè)廢水中的Cu2+時，是將Cu2+轉化為CuS沉淀，發(fā)生的是復分解反應，沒有利用FeS的還原性，二者無關聯(lián)，D符合題意；綜上所述答案為D。7.古籍記載的食鹽生產過程：“粗鹽溶解成飽和之鹽鹵，濾凈泥渣流入澄清池”“汲水而上，入于釜中煎煉，頃刻結鹽，色成至白”。若實驗室模擬上述過程，不涉及的操作是A. B.C. D.【答案】C【解析】【詳解】A．圖示為攪拌溶解，“粗鹽溶解成飽和之鹽鹵”涉及該操作，A不符合題意；B．圖示為過濾，“濾凈泥渣流入澄清池”涉及該操作，B不符合題意；C．圖示為蒸餾，沒有涉及，C符合題意；D．圖示為蒸發(fā)結晶，“入于釜中煎煉，頃刻結鹽”涉及該操作，D不符合題意；綜上所述答案為C。8.下列過程中化學反應，有關離子方程式書寫正確的是A.將硫酸銨溶液與氫氧化鋇溶液混合：NH+SO+Ba2++OH-=BaSO4↓+NH3·H2OB.向氧化亞鐵中加入適量稀硝酸：3FeO+10H++NO=3Fe3++NO↑+5H2OC.使用泡沫滅火器滅火：2Al3++3CO+3H2O2Al(OH)3↓+3CO2↑D.向亞硫酸氫鈉溶液中加入酸性高錳酸鉀溶液：6H++5SO+2MnO=5SO+2Mn2++3H2O【答案】B【解析】【詳解】A．硫酸銨溶液與氫氧化鋇溶液反應生成硫酸鋇和一水合氨，反應的離子方程式為：2NH+SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2NH3·H2O，故A錯誤；

B．氧化亞鐵溶于稀硝酸，生成的亞鐵離子被硝酸根氧化成鐵離子，反應的離子方程式為：3FeO+10H++NO═3Fe3++NO↑+5H2O，故B正確；C．泡沫滅火器滅火其原理是硫酸鋁與碳酸氫鈉混合發(fā)生雙水解反應，是完全反應，不需要打可逆符號，離子方程式為：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑，故C錯誤；D．亞硫酸鈉溶液中滴加酸性高錳酸鉀溶液生成硫酸根離子、錳離子和水，反應的離子方程式為：5HSO+H++2MnO=5SO+2Mn2++3H2O，故D錯誤；

故選：B。9.一種藥物原料的分子結構式如圖所示。其中W、X、Y、Z均為短周期主族元素，且僅X、Y位于同一周期；Z原子的核外電子數(shù)比X原子的多10。下列說法正確的是A.原子半徑：r(Y)>r(X)>r(W)B.XZ2中X的化合價為+2C.X的最簡單氫化物的沸點比Y的高D.X、Y、Z均可形成至少兩種常見的含氧酸【答案】D【解析】【分析】根據該物質的結構可知，該分子中X可以形成4個共價鍵，應為ⅣA族元素，為C元素或Si元素，而Z原子的核外電子數(shù)比X原子的多10，若X為Si元素，則Z不可能是短周期元素，所以X為C元素，Z為16號元素，S元素；W可以形成一個共價鍵，且與X、Y、Z均不在同一周期，應位于第一周期，則W為H元素；Y可以形成3個共價鍵，與C元素同周期，則Y為N元素。詳解】A．電子層數(shù)越多原子半徑越大，電子層數(shù)相同時核電荷數(shù)越小半徑越大，所以原子半徑C＞N＞H，即r(X)>r(Y)>r(W)，A錯誤；B．XZ2為CS2，S的非金屬性強于C，S顯-2價，所以C為+4價，B錯誤；C．X、Y的最簡單氫化物分別為CH4、NH3，NH3分子間存在氫鍵，沸點較高，C錯誤；D．C可以形成含氧酸H2CO3、H2C2O4等，N可以形成含氧酸HNO2、HNO3等，S可以形成含氧酸H2SO3、H2SO4等，D正確；綜上所述答案為D。10.設阿伏加德羅常數(shù)的值為NA。下列說法正確的是A.常溫下，pH=9的NaF溶液中，水電離出的H+數(shù)為10-9NAB.1molI2與1molH2充分反應生成HI的分子數(shù)為2NAC.56gCO和N2的混合氣體，所含的原子總數(shù)為4NAD.標準狀況下，22.4LCO2與足量的Na2O2充分反應，轉移的電子數(shù)為2NA【答案】C【解析】【詳解】A．溶液體積位置，無法確定溶液中微粒數(shù)目，A錯誤；B．I2與H2的反應為可逆反應，反應物不能完全轉化為生成物，生成HI的分子數(shù)小于2NA，B錯誤；C．CO和N2的摩爾質量均為28g/mol，所以56g混合物中含有2mol分子，CO和N2均為雙原子分子，所以含有4mol原子，原子總數(shù)為4NA，C正確；D．標況下22.4LCO2為1mol，與足量的Na2O2充分反應生成0.5molO2，根據O元素的價態(tài)變化可知轉移的電子數(shù)為1NA，D錯誤；綜上所述答案為C。11.下列實驗操作、現(xiàn)象和結論(或解釋)均正確的是選項操作現(xiàn)象結論(或解釋)A將水蒸氣通過熾熱的鐵粉粉末變紅鐵與水在高溫下發(fā)生反應B向Na2SiO3溶液中加入稀鹽酸產生白色沉淀非金屬性：Cl>SiC向氫硫酸中通入SO2氣體產生淡黃色沉淀SO2具有氧化性D向盛有某溶液的試管中加入稀NaOH溶液，再將紅色石蕊試紙靠近試管口試紙不變藍該溶液中不含NHA.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．鐵粉與水蒸氣反應生成黑色的四氧化三鐵，粉末不會變紅，A錯誤；B．HCl不是氯元素的最高價含氧酸，比較硅酸和鹽酸的酸性強弱不能確定Cl、Si的非金屬性強弱，B錯誤；C．向氫硫酸中通入SO2氣體，二者發(fā)生歸中反應生成難溶于水的硫單質，產生淡黃色沉淀，該過程中SO2被還原，具有氧化性，C正確；D．含NH的溶液中與濃NaOH溶液、加熱反應才會產生氨氣，與稀NaOH溶液反應一般不會逸出氨氣，D錯誤；綜上所述答案為C。12.部分含鐵微粒所帶的電荷數(shù)與其中鐵元素化合價的關系如圖所示，由該圖可預測含鐵微粒間相互轉化時所需試劑。下列推斷不合理的是A.M一定為FeOB.若R為單質，則常溫下濃硫酸可使R鈍化C.若Q為金屬陽離子，則可用K3[Fe(CN)6]溶液檢驗D.Fe3+與氧化劑在堿性條件下反應可生成FeO【答案】A【解析】【詳解】A．M中含有+2價鐵，且所含電荷數(shù)為0，可能是FeO或Fe(OH)2，A不合理；B．R為0價鐵元素，且為單質，則為Fe單質，常溫下濃硫酸可以使Fe鈍化，B合理；C．若Q為金屬陽離子，化合價為+2價，則為Fe2+，與K3[Fe(CN)6]反應會生成藍色沉淀，可用K3[Fe(CN)6]溶液檢驗，C合理；D．FeO中Fe元素為+6價，據圖可知FeO在堿性環(huán)境中穩(wěn)定存在，所以Fe3+與氧化劑在堿性條件下反應可生成FeO，D合理；綜上所述答案為A。13.甲胺(CH3NH2)與鹽酸反應生成甲胺鹽酸鹽(CH3NH3Cl)。25℃時，向一定體積0.01mol·L-1CH3NH2水溶液(對應圖中M點)中緩慢通入HCl氣體，溶液的pH與pOH[pOH=-lgc(OH-)的關系如圖所示。下列敘述不正確的是A.圖中a=2.7，b=7B.該過程中，增大C.Q點溶液中溶質為CH3NH3Cl和CH3NH2D.N點溶液中：c()=c(Cl-)【答案】B【解析】【詳解】A．M點pH=11.3，c(H+)=10-11.3mol/L，c(OH-)===10-2.7mol/L，a點pOH=-lgc(OH-)=2.7；N點pH=7，c(H+)=10-7mol/L，c(OH-)=10-7mol/L，b點pOH=-lgc(OH-)=7，選項A正確；B．甲胺可看作一元弱堿：CH3NH2+H2O+OH-，Kb=，==，CH3NH2水溶液(對應圖中M點)中緩慢通入HCl氣體，c()逐漸增大，Kb只與溫度有關，所以比值減小，選項B不正確；C．CH3NH2+HCl=CH3NH3Cl，所以Q點顯堿性，溶液中有CH3NH3Cl，同時還有CH3NH2剩余，選項C正確；D．溶液中電荷守恒：c(H+)+c()=c(OH-)+c(Cl-)，N點pH=7，c(H+)=c(OH-)，故c()=c(Cl-)，選項D正確；答案選B。14.氣相離子催化劑(Fe+、Co+、Mn+等)具有優(yōu)良的催化效果。其中，在Fe+催化下乙烷氧化反應的機理如圖所示(圖中---為副反應)。下列說法正確的是A.FeO+、N2均為反應中間體B.X既含極性共價鍵也含非極性共價鍵C.該機理涉及的反應均為氧化還原反應D.每生成1molCH3CHO，消耗N2O的物質的量大于2mol【答案】D【解析】【詳解】A．FeO+先生成后消耗，是反應中間體，N2由N2O轉化得到，是產物，A錯誤；B．由原子守恒可知XH2O，O與H形成極性共價鍵，B錯誤；C．該機理中C2H6+FeO+=[(C2H5)Fe(OH)+]，該反應無化合價變化，不是氧化還原反應，C錯誤；D．該反應總反應方程式為C2H6+2N2O=CH3CHO+2N2+H2O，由于發(fā)生副反應[(C2H5)Fe(OH)+]→Fe+，F(xiàn)e化合價降低，有電子轉移，則每生成1molCH3CHO，消耗N2O的物質的量大于2mol，D正確；故選：D。15.在容積為VL的恒溫密閉容器中模擬工業(yè)合成氨。充入N2和H2的總物質的量為1mol，容器內各組分的物質的量分數(shù)與反應時間t的關系如圖所示。下列說法不正確的是A.a表示N2物質的量分數(shù)的變化情況物質的量分數(shù)B.0～t1min，v(H2)=mol·L-1·min-1C.t2min時，NH3的分解速率小于其生成速率D.t3min時改變的條件可能為減小容器容積【答案】B【解析】【分析】由題中圖示可知，開始時N2和H2各占50%，總物質的量是1mol，則N2和H2各為0.5mol，由可得，某時刻總物質的量為n(總)=(0.5-x)mol+(0.5-3x)mol+2xmol=(1-2x)mol，某時刻N2的物質的量分數(shù)為=50%，所以，N2的物質的量分數(shù)一直保持不變，是50%，則a代表N2的物質的量分數(shù)，隨反應進行減小的是c代表H2的物質的量分數(shù)，b代表NH3的物質的量分數(shù)；據此解答?！驹斀狻緼．由上述分析可知，N2物質的量分數(shù)一直保持不變，是50%，則a代表N2的物質的量分數(shù)，故A正確；B．由上述分析可知，a代表N2的物質的量分數(shù)，c代表H2的物質的量分數(shù)，b代表NH3的物質的量分數(shù)，t1時H2、NH3的物質的量分數(shù)相等，即，解之x=0.1mol，則0～t1min，v(H2)=mol·L-1·min-1，故B錯誤；C．由上述分析可知，b代表NH3的物質的量分數(shù)，t2時刻及以后，NH3的物質的量分數(shù)增大，說明反應向右進行，則NH3的分解速率小于其生成速率，故C正確；D．由N2(g)+3H2(g)2NH3(g)可知，t3時刻，減小容積，壓強增大，平衡正向移動，NH3的物質的量分數(shù)增大，H2的物質的量分數(shù)減小，故D正確；答案為B。16.利用電化學原理可對海水(主要成分NaCl和H2O，還含有少量微生物)進行消毒，并能清除殘留的含氯消毒物質(工作原理如圖，其中電極均為惰性電極)。已知：工作時，先斷開K2，閉合K1，一段時間后，斷開K1，閉合K2下列說法不正確的是

A.閉合K1后的總反應為2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-B.閉合K2后，Na+通過離子交換膜從Ⅱ室遷移至Ⅲ室C.工作完成后，Ⅱ室中有金屬Na剩余D.殘留的含氯消毒物質在III室放電被脫除【答案】A【解析】【詳解】A．閉合K1后為電解池，陽極海水中的Cl-被氧化為氯氣，陰極為含Na+的有機電解液，所以應是Na+被還原生成Na單質，總反應為2Cl-+2Na+Cl2↑+Na，A錯誤；B．閉合K2后為原電池，Ⅱ室中Na單質被氧化為Na+，所以為負極，Ⅲ室為正極，原電池中陽離子流向正極，所以Na+通過離子交換膜從Ⅱ室遷移至Ⅲ室，B正確；C．閉合K1時在Ⅰ室生成的氯氣與水反應生成HClO(含氯消毒物質)，假設此過程生成1mol氯氣，則生成1molHClO，根據電子守恒可知生成2mol鈉單質；HClO可以氧化微生物，進行消毒，未反應的HClO在閉合K2后的Ⅲ室中被還原，由于部分HClO是被微生物還原，所以在Ⅲ室中被還原的HClO的物質的量小于1mol，則消耗的鈉單質小于2mol，所以有金屬Na剩余，C正確；D．閉合K1時在Ⅰ室生成的氯氣與水反應生成含氯消毒物質，含氯消毒物質可以氧化微生物，進行消毒，閉合K2后Ⅲ室為正極，剩余的氯消毒物質被還原，D正確；綜上所述答案為A。二、非選擇題：共56分。第17~19題為必考題，考生都必須作答。第20~21為選考題，考生根據要求作答。(一)必考題：共42分。17.過氧化氫是一種常用的綠色試劑，某學習小組針對H2O2性質進行如圖實驗。Ⅰ.驗證H2O2的還原性查閱資料：H2O2溶液與氯水發(fā)生反應時表現(xiàn)還原性。（1）制取氯水①儀器X的名稱是___，生成Cl2的化學方程式為___。②飽和食鹽水的作用是___。（2）取5mL上述新制飽和氯水于試管中，向其中加入H2O2溶液至過量，產生大量氣泡(該氣體可使余燼復燃)，還觀察到溶液顏色發(fā)生的變化是___。Ⅱ.探究Cl-、NO對H2O2分解的影響選用CuCl2溶液和Cu(NO3)2溶液，探究Cl-、NO對H2O2分解的影響。記錄數(shù)據如下：實驗序號添加試劑及用量H2O2完全分解所需時間/min1amLbmol·L-1CuCl2溶液t12amLbmol·L-1Cu(NO3)2溶液t2（3）實驗結果顯示t1<t2，可得出的結論是：___(填化學式)更有利于H2O2分解。（4）甲同學查閱資料得知：Cu2+能加速H2O2分解，K+對H2O2分解無影響。為排除Cu2+干擾，該同學進行實驗：向兩份50mL30%H2O2溶液中分別加入amL濃度均為___mol·L-1的___(填化學式)溶液和___(填化學式)溶液。t2min內，發(fā)現(xiàn)H2O2均幾乎不分解。甲同學認為：在無Cu2+存在的情況下，Cl-、NO對H2O2催化分解無影響。（5）乙同學又提出猜想：Cl-、NO對Cu2+催化H2O2分解會產生影響。于是進行如表實驗。限選試劑及其標號如下：A.amL2bmol·L-1KCl溶液B.少量KCl固體C.amL2bmol·L-1KNO3溶液D.少量KNO3固體實驗序號添加試劑H2O2完全分解所需時間/min3需同時加入amLbmol·L-1CuCl2溶液和①___(填標號)t3(t3<t1)4需同時加入amLbmol·L-1Cu(NO3)2溶液和②___(填標號)t4(t4>t2)（6）根據實驗1~4中測得的H2O2完全分解所需時間，小組同學認為Cl-___(填“增強”或“減弱”，下同)Cu2+的催化效果，NO___Cu2+的催化效果?！敬鸢浮浚?）①.圓底燒瓶②.MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O③.除去Cl2中混有的HCl（2）黃色綠褪去（3）CuCl2（4）①.2b②.KCl③.KNO3（5）①.B②.D（6）①.增強②.減弱【解析】【分析】實驗Ⅰ驗證H2O2的還原性，首先制取氯水，利用濃鹽酸和二氧化錳共熱制取氯氣，飽和食鹽水除去氯氣中混有的HCl氣體，然后通入蒸餾水中得到氯水，之后NaOH溶液吸收尾氣，然后取少量新制氯水，加入H2O2溶液至過量，生成氧氣可以證明H2O2的還原性；實驗Ⅱ探究Cl-、NO對H2O2分解的影響，通過控制變量法，選用Cl-、NO的銅鹽溶液，通過比較H2O2完全分解所需時間來判斷催化效果?！拘?詳解】①根據儀器的結構特點可知X的名稱為圓底燒瓶；利用濃鹽酸和二氧化錳共熱制取氯氣，化學方程式為MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O；②濃鹽酸具有揮發(fā)性，生成的氯氣中會混有HCl氣體，飽和食鹽水可以除去Cl2中混有的HCl；【小問2詳解】新制氯水中含有氯氣分子，呈黃綠色，向其中加入H2O2溶液至過量，產生大量氣泡，該氣體可使余燼復燃，說明生成了氧氣，H2O2被氧化，氯氣最終全部轉化為氯離子，所以溶液顏色發(fā)生的變化是黃色綠褪去；【小問3詳解】t1<t2，即加入CuCl2溶液后H2O2分解速率更快，更有利于H2O2分解；【小問4詳解】Cu2+帶2個單位正電荷，K+帶1個單位正電荷，所以應向兩份50mL30%H2O2溶液中分別加入amL濃度均為2bmol/L的KNO3、KCl溶液；【小問5詳解】該實驗的目的是探究Cl-、NO對Cu2+催化H2O2分解的影響，所以只需改變陰離子的量，所以實驗3中應加入amLbmol·L-1CuCl2溶液和少量KCl固體，即選B；實驗4中應加入amLbmol·L-1Cu(NO3)2溶液和KNO3固體，即選D，以此來改變陰離子的量，觀察對H2O2分解的是否產生影響；【小問6詳解】t3<t1，說明加入更多的Cl-后H2O2分解加快，即Cl-增強Cu2+的催化效果；而t4>t2，說明加入更多的NO后H2O2分解減慢，即NO減弱Cu2+的催化效果。18.鈦鐵渣是鋁熱法煉鐵時產生的廢渣。一種以鈦鐵渣(主要含Al2O3、TiO2，還含F(xiàn)e2O3、CaO、MgO及SiO2等雜質)為原料制備鈦白粉并回收含鋁物質的工藝如圖：

已知：“酸浸”時，TiO2轉化為TiO2+進入溶液?；卮鹣铝袉栴}：（1）“浸渣”的主要成分為SiO2和____(填化學式)；TiO2發(fā)生反應的化學方程式為___。（2）“有機相2”可在該流程___步驟中循環(huán)使用。（3）“水相2”中鈦的存在形式為___。（4）“水相1”中Fe3+的濃度為0.06mol·L-1。向“水相1”中加入NH3·H2O調節(jié)溶液pH為8。已知：常溫下，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38?！盀V液”中c(Fe3+)=____mol·L-1；“濾液”經處理后得到的____(填化學式)可做化肥。（5）“試劑X”為____(填化學式)溶液。（6）鈦鐵(TiFe)合金是常見的儲氫合金材料。一種高溫下電解鈦精礦(主要成分為FeTiO3)制備TiFe合金的裝置示意圖如圖。

①連接FeTiO3的電阻絲應與電源____極相接；②形成TiFe合金的主要反應如下。Ⅰ.電極反應：第一步析鐵：____；第二步析鈦：TiO2+4e-=Ti+2O2-Ⅱ.轉化：2Fe+Ti=TiFe2；TiFe2+Ti=2TiFe③電解結束后，繼續(xù)通入氬氣直至反應器內產物自然冷卻至室溫，其主要目的是____。【答案】（1）①.CaSO4②.TiO2+H2SO4=TiOSO4+H2O（2）萃?。?）TiO2+(或TiOSO4)（4）①.4×10-20②.(NH4)2SO4（5）NaOH（6）①.負②.FeTiO3+2e-=Fe+TiO2+O2-③.防止生成的TiFe合金被氧化【解析】【分析】鈦鐵渣先用硫酸浸取，SiO2難溶，同時CaO轉化為難溶的CaSO4，所以浸渣主要成分為SiO2和CaSO4；得到含有Al3+、TiO2+、Fe3+、Mg2+的溶液，然后萃取，根據有機相的后續(xù)處理可知，Ti元素進入有機相，有機相中加入稀硫酸反萃取，根據酸浸時Ti元素的存在形式可知，水相中含有TiO2+，經沉淀、烘干焙燒得到TiO2；萃取分液后的水相1加入一水合氨調節(jié)pH，過濾得到Al(OH)3、Fe(OH)3、Mg(OH)2沉淀，向沉淀中加入NaOH溶液，Al(OH)3溶解得到偏鋁酸鈉。【小問1詳解】酸浸時SiO2難溶，同時CaO轉化為難溶的CaSO4，所以浸渣主要成分為SiO2和CaSO4；根據題目所給信息TiO2轉化為TiO2+進入溶液，根據元素守恒可得發(fā)生的化學方程式為TiO2+H2SO4=TiOSO4+H2O；【小問2詳解】有機相2即有機相1中的Ti元素被反萃取后的有機物，所以可以在“萃取”步驟中循環(huán)使用；【小問3詳解】根據酸浸時Ti元素的存在形式可知，水相中鈦的存在形式為TiO2+；【小問4詳解】溶液pH為8，則溶液中c(OH-)=10-6mol/L，“濾液”中c(Fe3+)==mol/L=4×10-20mol/L；酸浸時用的硫酸，之后用一水合氨調節(jié)pH，所以濾液中主要含有(NH4)2SO4，處理后可以作氮肥；【小問5詳解】試劑X可以將Al(OH)3轉化為NaAlO2，所以為NaOH溶液；【小問6詳解】①該裝置的目的是利用FeTiO3制備TiFe合金，所以Fe、Ti元素要得電子發(fā)生還原反應，所以應為電解池的陰極，連接FeTiO3的電阻絲應與電源負極相接；②第一步析鐵，即FeTiO3要被還原為Fe單質，根據第二步反應可知Ti元素轉化為TiO2，根據電子守恒、元素守恒可得電極反應為FeTiO3+2e-=Fe+TiO2+O2-；③氬氣可以作為保護氣，防止生成的TiFe合金被氧化。19.N2O是《聯(lián)合國氣候變化框架公約》所列六種溫室氣體之一。目前，直接催化分解法是消除N2O的主要方法，該過程中發(fā)生的反應如下：i.2N2O(g)2N2(g)+O2(g)△H1ii.2N2O(g)N2(g)+2NO(g)△H2iii.4N2O(g)3N2(g)+2NO2(g)△H3回答下列問題：（1）根據蓋斯定律，反應2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的△H=___(寫出代數(shù)式即可)。（2）已知反應i在任意溫度下均能自發(fā)進行，則反應i為___(填“吸熱”或“放熱”)反應。（3）反應i的勢能曲線示意圖如圖(…表示吸附作用，A表示催化劑，TS表示過渡態(tài)分子)：①過程Ⅲ中最大勢能壘(活化能)為___kcal·mol-1。②下列有關反應i的說法不正確的是___(填標號)。A．過程Ⅰ中有極性鍵斷裂B．過程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有N2生成C．該反應中只有兩種物質能夠吸附N2O分子D．過程Ⅱ中間體A—O2可釋放O2也可吸附N2O分子（4）模擬廢氣中N2O直接催化分解過程。①515℃時，將模擬廢氣(N2O體積分數(shù)為40%)以6000m3·h-1的速度通過催化劑，測得N2O的轉化率為40%，則平均反應速率v(N2O)為____m3·h-1。欲提高N2O的轉化率，可采取的措施為____(任寫一條)。物質N2N2OO2CO2NONO2n(投料)/mol19346.52500n(平衡)/mol50x202522②T℃和P0kPa時，在恒壓密閉容器中進行模擬實驗。各組分的相關信息如表：其中x=____，N2O的平衡轉化率為____(保留三位有效數(shù)字)；該溫度下，反應2N2O(g)2N2(g)+O2(g)的壓強平衡常數(shù)Kp=___kPa(以分壓表示，分壓=總壓×物質的量分數(shù))?！敬鸢浮浚?）△H3-△H1-△H2（2）放熱（3）①.82.17②.C（4）①.960②.減壓(或升溫、將廢氣緩慢通過催化劑等)③.1④.97.1%⑤.500po【解析】【小問1詳解】i.2N2O(g)2N2(g)+O2(g)△H1ii.2N2O(g)N2(g)+2NO(g)△H2iii.4N2O(g)3N2(g)+2NO2(g)△H3根據蓋斯定律，將iii-i-ii得：反應2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的△H=△H3-△H1-△H2。答案為：△H3-△H1-△H2；【小問2詳解】已知反應i在任意溫度下均能自發(fā)進行，則表明反應i為任意條件下的自發(fā)反應，其?S＞0，則?Ｈ＜０，所以該反應為放熱反應。答案為：放熱；【小問3詳解】①過程Ⅲ中最大勢能壘(活化能)為活化分子的最高能量與分子平均能量的差值，即為37.49kcal·mol-1-(-44.68kcal·mol-1)=82.17kcal·mol-1。②A．過程Ⅰ中，N2O轉化為N2等，斷裂為氮氧共價鍵，其為極性鍵，A正確；B．從圖中可以看出，過程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有N2生成，B正確；C．從圖中可以看出，A、A-O、A-O2都能吸附N2O，所以該反應中有三種物質能夠吸附N2O分子，C不正確；D．從圖中看出，A-O2在過程Ⅱ中轉化為A，從而釋放出O2，在過程Ⅲ中吸附N2O分子，D正確；故選C。答案為：82.17；C；【小問4詳解】①515℃時，將模擬廢氣(N2O體積分數(shù)為40%)以6000m3·h-1的速度通過催化劑，測得N2O的轉化率為40%，則平均反應速率v(N2O)為6000m3·h-1×40%×40%=960m3·h-1。由于反應為氣體分子數(shù)增大的分解反應，所以欲提高N2O的轉化率，可采取的措施為：減壓(或升溫、將廢氣緩慢通過催化劑等)。②利用表中數(shù)據，可建立以下三段式：由分析可得出，其中x=1，N2O的平衡轉化率為；該溫度下，反應2N2O(g)2N2(g)+O2(g)的壓強平衡常數(shù)Kp=kPa==500pokPa。答案為：960；減壓(或升溫、將廢氣緩慢通過催化劑等)；1；97.1%；500po?！军c睛】雖然N2O發(fā)生三個分解反應，但在平衡混合氣中，不同反應中的同一種物質，物質的量相同。(二)選考題：共14分。請考生從2道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。20.鈦及其化合物具有優(yōu)異的物理、化學性能，相關的研究備受關注?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)鈦原子的價電子排布式為___。（2）鈦元素的檢驗方法如圖：TiO2+可與H2O2形成穩(wěn)定的[TiO(H2O2)]2+，其原因是___。（3）二氧化鈦是良好的光催化劑，可催化轉化多種有毒物質，如：可將水中的NO轉化為NO；將甲基橙、亞甲基藍、HCHO轉化為CO2等。①NO的空間構型為___。②甲基橙、亞甲基藍中S原子的雜化類型分別為___、___。③常溫下，1L水中大約可溶解CO2、HCHO的體積分別為1L、480L，其主要原因是___。（4）具有雙鈣鈦礦型結構的晶體通過摻雜改性可用作固體電解質材料。雙鈣鈦礦型晶體的一種典型結構單元如圖所示：①晶體中與La距離最近的Ba的數(shù)目為____。②該晶體的一個完整晶胞中含有___個Co原子。③真實的晶體中存在5%的O原子缺陷，從而能讓O2-在其中傳導，已知La為+3價，則+3價鈷與+4價鈷的原子個數(shù)比為___；設阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶體的密度為___g·cm-3(列出計算式)?！敬鸢浮浚?）3d24s2（2）TiO2+中的Ti有空軌道，而H2O2中的O有孤電子對，兩者能形成配位鍵（3）①.平面三角形②.sp3③.sp2④.HCHO能與H2O形成氫鍵而CO2不能，HCHO和H2O為極性分子，CO2為非極性分子，根據相似相溶原理，HCHO更易溶于水（4）①.6②.8③.4：1④.或或或【解析】【小問1詳解】Ti為22號元素，核外電子排布式為[Ar]3d24s2，價電子為3d24s2；【小問2詳解】TiO2+中的Ti有空軌道，而H2O2中的O有孤電子對，兩者能形成配位鍵，從而形成穩(wěn)定的[TiO(H2O2)]2+；【小問3詳解】①NO中心N原子的價層電子對數(shù)為=3，不含孤電子對，所以空間構型為平面三角形；②甲基橙中S原子形成4個σ鍵，2個π鍵，所以不含孤電子對，價層電子對數(shù)為4，采取sp3雜化；亞甲基藍中S原子形成2個σ鍵，1個π鍵，帶一個單位正電荷，所以還有一對孤電子，則價層電子對數(shù)為3，為sp2雜化；③HCHO能與H2O形成氫鍵而CO2不能，氫鍵可以增大HCHO的溶解度；HCHO和H2O為極性分子，CO2為非極性分子，根據相似相溶原理，HCHO更易溶于水；【小問4詳解】①以任一頂點的La原子為例，距離其最近的Ba原子位于該La原子所在棱的另一個頂點，一個La原子被六條棱共用，所以晶體中與La距離最近的Ba的數(shù)目為6；②Co