《黑龙江哈尔滨市省实验中学2023学年高三(最后冲刺)化学试卷(含解析).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《黑龙江哈尔滨市省实验中学2023学年高三(最后冲刺)化学试卷(含解析).pdf（17页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023 高考化学模拟试卷 注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、已知磷酸分子()中的三个氢原子都可以与重水分子(D2O)中的 D 原子发生氢交换。又知次磷酸(H3 PO2)也可与 D2O进行氢交换，但次磷酸钠(NaH2PO2)却不能与 D2O 发生氢交换。下列说法正确的是 AH3 PO2属于三元酸 BH3 PO2
2、的结构式为 CNaH2PO2属于酸式盐 DNaH2PO2溶液可能呈酸性 2、下列判断正确的是()A加入 AgNO3溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解，可确定原溶液中有 Cl存在 B加入稀盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，可确定原溶液中有 CO32存在 C加入稀盐酸酸化的 BaCl2溶液，生成白色沉淀，可确定原溶液中有 SO42存在 D通入 Cl2后，溶液由无色变为深黄色，加入淀粉溶液后，溶液变蓝，可确定原溶液中有 I存在 3、下列说法正确的是 A用苯萃取溴水中的 Br2，分液时先从分液漏斗下口放出水层，再从上口倒出有机层 B欲除去 H2S 气体中混有的 HCl，可将混合气体通入饱和 N
3、a2S 溶液 C乙酸乙酯制备实验中，要将导管插入饱和碳酸钠溶液底部以利于充分吸收乙酸和乙醇 D用 pH 试纸分别测量等物质的量浓度的 NaCN 和 NaClO 溶液的 pH，可比较 HCN 和 HClO 的酸性强弱 4、不同条件下，用 O2氧化 a mol/L FeCl2溶液过程中所 测的实验数据如图所示。下列分析或推测合理的是 A由、可知，pH越大，+2 价铁越易被氧化 B由、推测，若 pH7，+2 价铁更难被还原 C由、推测，FeCl2被 O2氧化的反应为放热反应 D60、pH=2.5 时，4 h 内 Fe2的平均消耗速率大于 0.15a mol/(Lh)5、物质性质的差异与分子间作用力有
4、关的是 A沸点：Cl2I2 B热稳定性：HFHCl C硬度：晶体硅金刚石 D熔点：MgONaCl 6、短周期主族元素 W、X、Y、Z、R 的原子序数依次增大，其中 X、Z位于同一主族；W 的气态氢化物常用作制冷剂；Y 是同周期主族元素中离子半径最小的；ZXR2能与水剧烈反应，可观察到液面上有白雾生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色。下列说法正确的是 A最简单氢化物的沸点：WX B含氧酸的酸性：ZR CY 和 R 形成的化合物是离子化合物 D向 ZXR2与水反应后的溶液中滴加 AgNO3溶液有白色沉淀生成 7、下列过程属于物理变化的是 A煤的干馏 B石油的分馏 C石油裂化
5、D石油裂解 8、中华民族有着光辉灿烂的发明史，下列发明创造不涉及氧化还原反应的是 A火法炼铜 B转轮排字 C粮食酿酒 D钻木取火 9、下列有关氧元素及其化合物的表示或说法正确的是 A氧原子的原子结构示意图：B羟基的结构式：O-H C用电子式表示 Na2O的形成过程：D组成为 C2H6O的分子中可能只存在极性键 10、已知 C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度,且原子间以单键结合。下列有关 C3N4晶体的说法中正确的是()AC3N4晶体是分子晶体 BC3N4晶体中 CN 键的键长比金刚石中的 CC 键的键长长 CC3N4晶体中 C、N 原子个数之比为 43 DC3N4晶体中粒子间通过共价键相
6、结合 11、下列化学用语正确的是 ACH3OOCCH3名称为甲酸乙酯 B次氯酸的电子式 C17Cl 原子 3p 亚层有一个未成对电子 D碳原子最外层电子云有两种不同的伸展方向 12、下列说法正确的是（）A甲烷有两种二氯代物 B1 mol CH2=CH2中含有的共用电子对数为 5NA C等物质的量的甲烷与氯气在光照条件下反应的产物是 CH3Cl D邻二甲苯只有一种结构说明苯分子不是由单双键交替组成的环状结构 13、下列图示与对应的叙述相符的是()A图 1 表示 H2与 O2发生反应过程中的能量变化，则 H2的燃烧热为 241.8 kJmol1 B图 2 表示压强对可逆反应 2A(g)+2 B(g
7、)3C(g)+D（s）的影响，乙的压强比甲的压强大 C根据图 3，若除去 CuSO4溶液中的 Fe3+，可向溶液中加入适量 CuO，调节 pH4，过滤 D图 4 表示常温下，稀释 HA、HB 两种酸的稀溶液时，溶液 pH 随加水量的变化，则相同条件下 NaA 溶液的 pH 大于同浓度的 NaB 溶液的 pH 14、下列说法合理的是()ANH3极易溶于水，所以液氨常用作制冷剂 BC 具有还原性，高温下用焦炭还原 SiO2制取粗硅和 CO2 C用 ClO2代替 Cl2对饮用水消毒，是因为 ClO2杀菌消毒效率高，二次污染小 D明矾水解形成的 Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用作生活用水的消毒
8、剂 15、化学与生活密切相关。下列物质性质与应用的对应关系错误的是（）A硅胶吸水能力强，可用作食品、药品的干燥剂 B氢氧化铝碱性不强，可用作胃酸中和剂 C次氯酸钠具有强氧化性，可用作织物的漂白剂 D葡萄糖具有氧化性，可用于工业制镜 16、乌洛托品在医药、染料等工业中有广泛应用，其结构式如图所示。将氨水与甲醛水溶液混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品，则氨与甲醛的物质的量之比为（）A1：1 B2：1 C2：3 D3：2 二、非选择题（本题包括 5 小题）17、为探究某无结晶水的正盐 X(仅含有两种短周期元素)的组成和性质，设计并完成下列实验。(气体体积已转化为标准状况下的体积)已知
9、：B 是空气的主要成分之一；C 是一种强碱，且微溶于水，载人宇宙飞船内常用含 C 的过滤网吸收宇航员呼出的CO2，以净化空气；D 遇湿润的红色石蕊试纸变蓝。(1)X 的化学式为 _ 。(2)图中 B 的组成元素在元素周期表中的位置是_。(3)A 的电子式为 _。(4)X 受热分解转变成 A 和 B 的化学反应方程式为 _。18、已知，水杨酸酯 E 为紫外吸收剂，可用于配制防晒霜。E 的一种合成路线如下：已知 D 的相对分子质量是 130。请回答下列问题：（1）一元醇 A 中氧的质量分数约为 21.6%。则 A 的分子式为 _，结构分析显示 A 只有一个甲基，A 的名称为_；（2）B 能与新制的
10、 Cu(OH)2发生反应，该反应的化学方程式为：_；（3）写出 C 结构简式：_；若只能一次取样，请提出检验 C 中 2 种官能团的简要方案：_；（4）写出同时符合下列条件的水杨酸所有同分异构体的结构简式：_；（a）分子中有 6 个碳原子在一条直线上；（b）分子中所含官能团包括羧基和羟基（5）第步的反应条件为_；写出 E 的结构简式_。19、纳米 TiO2是一种重要的光催化剂。以钛酸酯 Ti(OR)4为原料制备纳米 TiO2的步骤如下：组装装置如下图所示，保持温度约为 65，先将 30mL 钛酸四丁酯Ti(OC4H9)4加入盛有无水乙醇的三颈烧瓶，再加入 3mL 乙酰丙酮，充分搅拌；将含水 2
11、0的乙醇溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，得到二氧化钛溶胶；将二氧化钛溶胶干燥得到二氧化钛凝胶，灼烧凝胶得到纳米 TiO2。已知，钛酸四丁酯能溶于除酮类物质以外的大部分有机溶剂，遇水剧烈水解；Ti(OH)4不稳定，易脱水生成 TiO2，回答下列问题：(1)仪器 a 的名称是_，冷凝管的作用是_。(2)加入的乙酰丙酮可以减慢水解反应的速率，其原理可能是_(填标号)。a.增加反应的焓变 b.增大反应的活化能 c.减小反应的焓变 d.降低反应的活化能 制备过程中，减慢水解反应速率的措施还有_。(3)步骤中制备二氧化钛溶胶的化学方程式为_。下图所示实验装置中，可用于灼烧二氧化钛凝胶的是_(填标号)。(4)测定样
12、品中 TiO2纯度的方法是：精确称取 0.2000 g 样品放入锥形瓶中，加入硫酸和硫酸铵的混合溶液，加强热使其溶解。冷却后，加入一定量稀盐酸得到含 TiO2+的溶液。加入金属铝，将 TiO2+全部转化为 Ti3+。待过量的金属铝完全溶解并冷却后，加入指示剂，用 0.1000 molL-lNH4Fe(SO4)2溶液滴定至终点。重复操作 2 次，消耗 0.1000 molL-1 NH4Fe(SO4)2溶液的平均值为 20.00 mL(已知：Ti3+Fe3+H2O=TiO2+Fe2+2H)。加入金属铝的作用除了还原 TiO2外，另一个作用是_。滴定时所用的指示剂为_(填标号)a.酚酞溶液 b.KS
13、CN 溶液 c.KMnO4溶液 d.淀粉溶液 样品中 TiO2的质量分数为_%。20、223Na S O是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定，在酸性环境下易分解生成 S 和2SO。某小组设计了如下实验装置制备223Na S O（夹持及加热仪器略），总反应为223222322Na SNa CO4SO3Na S OCO。回答下列问题：a.2470%H SO b.23Na SO粉末 c.NaOH溶液 d.2Na S、23Na CO溶液 e.NaOH溶液 （1）装置 A 的作用是制备_，反应的化学方程式为_。（2）完成下表实验过程：操作步骤 装置 C 的实验现象 解释原因 检查装置气密性
14、后，添加药品 pH计读数约为 13 用离子方程式表示（以2S为例）：_ 打开2K，关闭3K，调节1K；使硫酸缓慢匀速滴下.导管口有气泡冒出，_.pH计读数逐渐_ 反应分步进行：232232Na COSONa SOCO 22232Na S3SO2Na SO3S 23223Na SOSNa S O（较慢）当 pH计读数接近 7 时，立即停止通2SO，操作是_ 必须立即停止通2SO的原因是：_（3）223Na S O有还原性，可作脱氯剂。向223Na S O溶液中通入少量2Cl，某同学预测223S O转变为24SO，设计实验验证该预测：取少量反应后的溶液于试管中，_。21、(1)已知:N2(g)+O
15、2(g)=2NO(g)H=180.5 kJmol-1 C(s)+O2(g)=CO2(g)H=-393.5 kJ mol-1 2C(s)+O2(g)=2CO(g)H=-221 kJ mol-1 若某反应的平衡常数表达式为 K=22222c(N)c（CO）c(NO)c(CO)请写出此反应的热化学方程式:_,该反应自发进行的条件是_。(2)一定温度下,向体积为 V L 的密闭容器中充入一定量的 NO和 CO,发生反应。下列说法正确的是_。A 当容器内气体压强不再发生变化时,说明反应已达到平衡状态 B 当 v(CO2)=v(CO)时,说明反应已达到平衡状态 C 达到平衡后,若向容器中再充入一定量 NO
16、,则 NO转化率将减小 D 达到平衡后,若再升高温度,由于逆反应速率增大,正反应速率减小,因此平衡向逆反应方向移动 若反应在t1时刻达到平衡状态,在其他条件不变的情况下,t2时刻通过缩小容器体积使压强增大到原来的2倍,t3时刻达到新的平衡状态。请在图中补充画出 t2t4时段 c(NO)的变化曲线:_ (3)分离高炉煤气得到的 CO 与空气可设计成燃料电池而除去(以 KOH溶液为电解质溶液)。写出该电池的负极反应式:_。参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【答案解析】A次磷酸(H3PO2)也可跟 D2O进行氢交换，但次磷酸钠(NaH2PO2)却不能跟 D2O发生氢交
17、换，则 H3PO2中只有一个羟基氢，为一元酸，故 A 错误；BH3PO2中只有一个羟基氢，为一元酸，则其结构为，故 B 正确；CH3PO2为一元酸，则 NaH2PO2属于正盐，故 C 错误；DNaH2PO2是强碱盐，不能电离出 H+，则其溶液可能显中性或碱性，不可能呈酸性，故 D错误；答案为 B。点睛：准确理解信息是解题关键，根据磷酸分子中的三个氢原子都可以跟重水分子(D2O)中的 D 原子发生氢交换及次磷酸(H3PO2)也可跟 D2O进行氢交换，说明羟基上的氢能与 D2O 进行氢交换，但次磷酸钠(NaH2PO2)却不能跟 D2O发生氢交换，说明次磷酸钠中没有羟基氢，则 H3PO2中只有一个羟
18、基氢，由此分析判断。2、D【答案解析】A、在加 HCl 之前生成的可能是 AgCl 沉淀,也可能是别的白色沉淀,但是后面加上 HCl 中含有大量 Cl-，所以不能确定Cl-是原溶液里的还是后来加进去的,故 A 错误；B、碳酸根、碳酸氢根、亚硫酸根、亚硫酸氢根遇到盐酸,均会生成能使澄清石灰水变浑浊的气体,故 B错误；C、若溶液中含有亚硫酸根,加入 Ba(NO3)2溶液,生成白色沉淀,加稀盐酸相当于存在了硝酸,亚硫酸根能被硝酸氧化成硫酸根,会生成硫酸钡沉淀,故 C 错误；D、氯气能将碘离子氧化为碘单质,碘水溶液为棕黄色,碘遇淀粉变蓝色,故 D正确；综上所述，本题应选 D。3、A【答案解析】A苯的密
19、度比水小，萃取后有机层位于上层，水层位于下层，因此分液时先从分液漏斗下口放出水层，再从上口倒出有机层，故 A 正确；BH2S 与 Na2S 溶液能够发生反应生成 NaHS，因此不能用饱和 Na2S 溶液除去 H2S 气体中混有的 HCl，故 B 错误；C乙酸乙酯制备实验中，导管需离液面一小段距离，防止倒吸，故 C错误；DNaClO 具有漂白性，不能用 pH 试纸测定溶液的 pH，故 D 错误；故答案为：A。【答案点睛】测定溶液 pH时需注意：用 pH试纸测定溶液 pH时，试纸不能湿润，否则可能存在实验误差；不能用 pH试纸测定具有漂白性溶液的 pH，常见具有漂白性的溶液有：新制氯水、NaClO
20、溶液、H2O2溶液等。4、D【答案解析】A、中温度和 pH均不同，存在两个变量，不能判断 pH 对反应的影响，故 A 错误；B若 pH7，+2 价铁会转化为氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁在空气中能被氧气氧化生成氢氧化铁，所以+2 价铁易被氧化，故 B 错误；C、中 pH相同，温度越高，转化率越大，则 FeCl2被 O2氧化的反应为吸热反应，故 C 错误；D50、pH=2.5 时，4h 内 Fe2+的平均消耗速率等于 0.15a mol/（Lh），在 60、pH=2.5 时，温度升高，速率增大，所以 60、pH=2.5 时，4h 内 Fe2+的平均消耗速率大于 0.15a mol/（Lh），故 D
21、正确。故答案为 D。【答案点睛】本题考查了影响反应速率的因素、影响化学平衡移动的因素，把握图中的信息以及影响反应速率的因素、影响化学平衡移动的因素是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。5、A【答案解析】A、分子晶体的相对分子质量越大,沸点越高,则卤素单质的熔、沸点逐渐升高，与分子间作用力有关，A 正确；B、非金属性 FClBrI，则 HF、HCl、HBr、HI 热稳定性依次减弱，与共价键有关，B 错误；C、原子晶体中，共价键的键长越短，熔点越高，金刚石的硬度大于硅，其熔、沸点也高于硅，与共价键有关，C 错误；D、离子键的键长越短，离子所带电荷越多，离子键越强，熔点越高，离子半径：M
22、g2+Na+、O2Cl-，所以熔点：MgONaCl，与离子键大小有关，D 错误；正确选项 A。6、D【答案解析】W 的气态氢化物常用作制冷剂，W 为 N 元素；X、Z位于同一主族；ZXR2能与水剧烈反应，可观察到液面上有白雾生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色，可推断该气体为 SO2，则 X为 O，Z为 S，R 为Cl；Y 是同周期主族元素中离子半径最小的，Y是 Al。【题目详解】根据题意，可推断出 W、X、Y、Z、R 分别是 N、O、Al、S、Cl元素；A.W 和 X最简单氢化物的为 NH3、H2O，沸点大小为 NH3H2O，所以 A 项错误；B.最高价含氧酸的酸性：Z
23、HB。酸越强，其盐水解程度就越小，其盐溶液的碱性就越弱。所以相同条件下 NaA 溶液的 pH小于同浓度的 NaB 溶液的 pH，错误。考点：考查图像法在表示燃烧热、平衡移动原理、杂质的除去即盐的水解中的应用的知识。14、C【答案解析】A.NH3可用作制冷剂，是利用液氨气化时从环境吸收大量的热的性质，不是溶解性，故 A 错误；B.高温下用焦炭还原 SiO2生成的产物是粗硅和一氧化碳，不能产生二氧化碳，故 B 错误；C.相同物质的量的 ClO2转移电子数 Cl2的 2.5 倍，其消毒能力之比为 5:2，而且不产生二次污染，故 C 正确；D.明矾水解形成的 Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，是利用
24、胶体的吸附作用，不能杀菌消毒，故 D错误；故答案为 C。【答案点睛】本题综合考查常见物质的性质，为高考高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累。15、D【答案解析】A硅胶具有吸水性，而且无毒，能用作食品、药品干燥剂，故 A 正确；B氢氧化铝具有弱碱性，能与盐酸发生中和反应，可用作胃酸中和剂，故 B 正确；C次氯酸钠具有强氧化性，可用作织物的漂白剂，C 正确；D葡萄糖具有还原性，能够发生银镜反应，可用于工业制镜，故 D 错误；故答案为 D。16、C【答案解析】将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌
25、洛托品分子中含有 6 个 C 原子、4 个 N 原子，根据 C 原子、N 原子守恒判断氨与甲醛的物质的量之比。【题目详解】将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托品分子中含有 6 个 C 原子、4 个 N 原子，每个甲醛分子中含有 1 个 C 原子、每个氨气分子中含有 1 个 N原子，根据 C 原子、N 原子守恒知，要形成一个乌洛托品分子需要 6 个甲醛分子、4 个氨气分子，则需要氨气和甲醛分子个数之比4：62：3，根据 NnNA知，分子数之比等于物质的量之比，所以氨与甲醛的物质的量之比 2：3，故答案选 C。二、非选择题（本题包括 5 小题）17、Li
26、N3 第 2 周期 VA 族 3LiN3Li3N+4N2 【答案解析】B 是空气的主要成分之一，B 为氮气或氧气；C 是一种强碱，且微溶于水，C 为 LiOH，载人宇宙飞船内常用含 C 的过滤网吸收宇航员呼出的 CO2，以净化空气，LiOH 与反应生成 Li2CO3；D 遇湿润的红色石蕊试纸变蓝，D 是 NH3，确定 B 为氮气，NH3是 2.24L 合 0.1mol，A 中 N 为 14gmol10.1mol=1.4g。A 为 Li3N，3.5g 中 Li为 3.5-1.4=2.1g，14.7gX中 Li为 2.1g，n(Li)=12.17?gg mol=0.3mol，n(N)=114.72
27、.114?ggg mol=0.9mol,n(Li)：n(N)=0.3:0.9=1:3，X的化学式为：LiN3。【题目详解】（1）由分析可知：X的化学式为 LiN3。故答案为：LiN3；（2）B 为氮气，组成元素 N 在元素周期表中的位置是第 2 周期 VA 族。故答案为：第 2 周期 VA 族；（3）A为 Li3N，Li最外层只有 1个电子，显+1价，N最外层 5个电子，得三个电子，显-3价，电子式为。故答案为：；（4）由分析 X的化学式为：LiN3，X受热分解转变成 Li3N 和 N2，由质量守恒：化学反应方程式为 3LiN3Li3N+4N2。故答案为：3LiN3Li3N+4N2。18、C4
28、H10O 1丁醇（或正丁醇）322232222CH CH CH CHO+2CuOH+NaOHCH CH CH COONa+Cu O+3H O（）用银氨溶液先检验醛基，再加稀盐酸使溶液呈酸性后，加溴水检验碳碳双键 HOCH2CCCCCH2COOH、HOCH2CH2CCCCCOOH、浓 H2SO4、加热 【答案解析】一元醇 A 中氧的质量分数约为 21.6%，设该饱和一元醇的化学式为 CnH2n+2O，氧元素的质量分数=16142 16n100%=21.6%，解得：n=4，且 A 中只有一个甲基，所以该一元醇是 1-丁醇，在铜作催化剂、加热条件下，A 被氧气氧化生成 B，B 为丁醛，根据题干信息，
29、丁醛在氢氧化钠水溶液发生反应生成 C，C的结构简式为：CH3CH2CH2CH=C(CH2CH3)CHO，C 反应生成 D，D 的相对分子质量是 130，则 C 和氢气发生加成反应生成 D，则 D的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH(CH2OH)CH2CH3，D 和邻羟基苯甲酸发生酯化反应生成 E，E 的结构简式为：。【题目详解】(1)通过以上分析知，A 的分子式为：C4H10O，结构分析显示 A 只有一个甲基，A 的名称为 1-丁醇；(2)加热条件下，丁醛和新制氢氧化铜反应生成丁酸钠、氧化亚铜和水，反应方程式为：322232222CH CH CH CHO+2CuOH+NaOHCH CH
30、CH COONa+Cu O+3H O（）；(3)C 的结构简式为：，C中含有醛基和碳碳双键，都能和溴水反应，要检验两种官能团，则应先用银氨溶液检验醛基，然后再用溴水检验碳碳双键，检验方法为：用银氨溶液先检验醛基，再加稀盐酸使溶液呈酸性后，加溴水检验碳碳双键；(4)a分子中有 6 个碳原子在一条直线上，则该分子中含有两个碳碳三键；b分子中含有一个羟基和一个羧基，所以与水杨酸互为同分异构体的结构简式为：HOCH2CC-CCCH2COOH、HOCH2CH2CC-CC-COOH、；(5)第步的反应是酯化反应，根据乙酸乙酯的反应条件知，该反应条件是浓硫酸作催化剂、加热，通过以上分析知，E 的结构简式为：
31、。19、温度计 冷凝回流 b 用含水 20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液 Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4 C4H9OH a 与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止 Ti3+在空气中被氧化 b 80 【答案解析】(1)根据水、无水乙醇和乙酰丙酮容易挥发分析解答；(2)反应的焓变只与初始状态和终了状态有关；增大反应的活化能，反应速率减慢；降低反应的活化能，反应速率加快，据此分析判断；根据实验步骤的提示分析判断；(3)Ti(OH)4不稳定，易脱水生成 TiO2，钛酸四丁酯Ti(OC4H9)4水解生成二氧化钛溶胶，据此书写反应的化学方程式；灼烧固体需要在坩埚中进行；(4)根据 Ti3+Fe3
32、+H2O=TiO2+Fe2+2H，说明 Ti3+容易被氧化；并据此分析判断可以选用的指示剂，结合消耗的 NH4Fe(SO4)2的物质的量计算样品中 TiO2的质量分数。【题目详解】(1)根据装置图，仪器 a 为温度计，实验过程中为了防止水、无水乙醇和乙酰丙酮挥发，可以使用冷凝管冷凝回流，提高原料的利用率，故答案为温度计；冷凝回流；(2)a.反应的焓变只与初始状态和终了状态有关，加入的乙酰丙酮，改变是反应的条件，不能改变反应的焓变，故 a 错误；b.增大反应的活化能，活化分子数减少，反应速率减慢，故 b 正确；c.反应的焓变只与初始状态和终了状态有关，加入的乙酰丙酮，改变是反应的条件，不能改变反
33、应的焓变，故 c 错误；d.降低反应的活化能，活化分子数增多，反应速率加快，故 d 错误；故选 b；根据实验步骤的提示，制备过程中，用含水 20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液，减慢钛酸四丁酯Ti(OC4H9)4水解的反应速率，故答案为 b；用含水 20%的乙醇溶液代替水、缓慢滴液；(3)Ti(OH)4不稳定，易脱水生成 TiO2，步骤中钛酸四丁酯Ti(OC4H9)4水解生成二氧化钛溶胶，反应的化学方程式为 Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4 C4H9OH；灼烧二氧化钛凝胶需要在坩埚中进行，故选择的装置为 a，故答案为Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4 C4H9OH；a；(4)
34、根据 Ti3+Fe3+H2O=TiO2+Fe2+2H，说明 Ti3+容易被氧化，铝与酸反应生成氢气，在液面上方形成氢气氛围，防止 Ti3+在空气中被氧化，故答案为与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止 Ti3+在空气中被氧化；酚酞溶液、淀粉溶液与 NH4Fe(SO4)2溶液，现象不明显；KMnO4溶液也能氧化 Ti3+，影响滴定结果，KMnO4不与 Fe3+反应；根据滴定反应 Ti3+Fe3+H2O=TiO2+Fe2+2H可知，可以选用 KSCN 溶液作指示剂，当滴入最后一滴NH4Fe(SO4)2溶液，容易变成血红色，且半分钟不褪色，说明到达了滴定终点，故答案为 b；消耗的 NH4Fe(SO4)
35、2的物质的量=0.02L0.1000 molL-1=0.002mol，则根据钛原子守恒，n(TiO2)=n(Ti3+)=n（Fe3+）=0.002mol，样品中 TiO2的质量分数=0.00280g/0.2000molmolg100%=80%，故答案为 80。20、2SO 24232224H SONa SOSOH ONa SO 22SH OHSOH 溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清（或浑浊减少）减小 关闭1K、2K，打开3K 2SO过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率 加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加 Ba2Cl溶液，有白色沉淀生成 【答案解析】（1）装置 A 中试剂 1 为浓硫酸，试剂
36、 2 为 Na2SO3，反应生成二氧化硫气体；（2）检查装置气密性后，添加药品，pH计读数约为 13 说明溶液显碱性是硫离子水解的原因；打开 K2，关闭 K3，调节 K1使硫酸缓慢匀速滴下，反应分步进行：Na2CO3+SO2Na2SO3+CO2 2Na2S+3SO22Na2SO3+3S Na2SO3+SNa2S2O3（较慢）发生总反应为 2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2，据此分析反应现象；当 pH计读数接近 7 时，立即停止通 SO2，SO2过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率，操作是关闭 K1、K2，打开 K3；（3）预测 S2O32-转变为 SO42-，可以
37、利用检验硫酸根离子的方法设计实验检验；【题目详解】（1）装置 A 中试剂 1 为浓硫酸，试剂 2 为 Na2SO3，反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：H2SO4+Na2SO3=SO2+H2O+Na2SO4，故答案为 SO2；H2SO4+Na2SO3=SO2+H2O+Na2SO4；(2)检查装置气密性后，添加药品，pH 计读数约为 13 说明溶液显碱性是硫离子水解，水解离子方程式为：S2+H2OHS+OH，打开 K2，关闭 K3，调节 K1使硫酸缓慢匀速滴下，反应分步进行：Na2CO3+SO2Na2SO3+CO2 2Na2S+3SO22Na2SO3+3S Na2SO3+SNa2S2O3（
38、较慢）发生总反应为 2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2，反应过程中的现象是导管口有气泡冒出，溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清(或浑浊减少)，碳酸钠溶液变化为亚硫酸钠溶液和硫代硫酸钠溶液，pH计读数逐渐减小 当 pH计读数接近 7 时，立即停止通 SO2，操作是关闭 K1、K2，打开 K3，必须立即停止通 SO2的原因是：SO2过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率，故答案为 S2+H2OHS+OH；溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清(或浑浊减少)；减小；关闭 K1、K2，打开 K3；SO2过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率；(3)Na2S2O3有还原性，可作脱
39、氯剂。向 Na2S2O3溶液中通入少量 Cl2，某同学预测 S2O32转变为 SO42，设计实验为：取少量反应后的溶液于试管中，加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加 BaCl2溶液，有白色沉淀生成，故答案为加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加 BaCl2溶液，有白色沉淀生成；21、2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)H=-746.5 kJ mol-1 低温 AC CO+4OH-2e-=CO32-+2H2O 【答案解析】(1)根据平衡常数的表达式可知方程式为 2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，H=2-=-746.5 kJmol-1。此反应的 H0，S0，故低温条件下可
40、自发进行；(2)A.恒温恒容下，压强和混合气的总的物质的量成正比，压强不变说明混合气体的总物质的量不变。该反应是反应前后气体系数之和不相等的反应，故压强不变可以说明反应已经平衡，A正确；B.没有说明正逆情况，无法判断，B 错误；C.增大 NO 的浓度，会使 CO的转化率增大，而 NO 的转化率会降低，故 C正确；D.升温正、逆反应速率都增大，D 错误。故选 AC。t2瞬间体积加倍，c(NO)为原平衡时的 2 倍，由于平衡向正向移动，所以 c(NO)再慢慢降低，当 t3达到新平衡时 c(NO)介于 1 倍和 2 倍原浓度之间，之后 t3t4 c(NO)不变。故答案为：；(3)负极失电子，元素化合价升高，故反应物为 CO，在碱性的 KOH 溶液生成物为 CO32-，根据电荷守恒和质量守恒补充 H2O 和 OH-到方程式中配平，得到电极反应式为：CO+4OH-2e-=CO32-+2H2O。【答案点睛】画压强改变的浓度-时间图象时，要注意改变压强的瞬间，由于体积的改变，会使气体浓度瞬间变大或变小。然后平衡开始移动，经过一段时间，达到新的平衡。