2022届湖北省高考化学考向预测卷（一）

2022届湖北省高考化学考向预测卷（一）

可能用到的相对原子质量：H-1    C-12    N-14    O-16    F-19    S-32    Cl-35.5    K-39    Ga-70    In-115    Sb-122

一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．下列说法正确的是（　　） 

A．人造纤维、合成橡胶和光导纤维都属于有机高分子化合物

B．道尔顿、汤姆生、卢瑟福和门捷列夫等对原子结构模型的建立均作出了卓越的贡献

C．化学反应能制造出新的物质，也能制造出新的元素，并伴有能量变化

D．感染MERS致死率较高，为防止感染，要加强环境、个人的卫生和消毒，其中消毒剂常选用含氯消毒剂、双氧水、酒精等适宜的物质

2．A、B、C都是金属，把A浸入C的硫酸盐溶液中，A的表面有C析出，A与B和酸溶液组成原电池时，B为电池的负极．A、B、C三种金属的活动性顺序为（　　）

A．A＞B＞C B．A＞C＞B C．B＞A＞C D．B＞C＞A

3．某有机物其结构简式为 ，关于该有机物下列叙述正确的是（　　）  

A．不能使酸性KMnO4溶液褪色

B．不能使溴水褪色

C．在加热和催化剂作用下，最多能和4 mol H2反应

D．易溶于水

4．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（　　） 

A．向稀醋酸中滴加Na2SO3溶液：SO32﹣+2H+═SO2↑+H2O

B．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：SiO32﹣+SO2+H2O═H2SiO3↓+SO32﹣

C．向Al2（SO4）3溶液中加入过量的NH3•H2O：Al3++4 NH3•H2O═[Al（OH）4]﹣+4NH4+

D．向CuSO4溶液中加入Na2O2：2 Na2O2+2Cu2++2H2O═4Na++2Cu（OH）2↓+O2↑

5．下列实验操作正确的是（　　） 

A．洗净的容量瓶可以放进烘箱中烘干

B．用磨口玻璃瓶保存NaOH溶液

C．用苯萃取溴水中的溴时，溴的苯溶液从分液漏斗的下口放出

D．用二硫化碳清洗残留在试管壁上少量的硫粉

6．设 NA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是(　　)  

A．通常状况下，等质量的 CO 和N2所含的原子数均为 2NA

B．标准状况下，78g 苯含有 3NA个碳碳双键

C．标准状况下，11.2L CH2Cl2中所含碳氯键的数目为 NA

D．NA个羟基和 NA个氢氧根离子所含电子数不相等

7．下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是（　　） 

A．A   B．B   C．C   D．D

8．已知A、B、C、D均为中学化学常见的物质，它们有如图反应关系，所需试剂任选，合理即可，下列说法正确的是（　　）

A．若A是一种常见的气体，常用来制作氮肥，C，D是氧化物且会造成光化学污染。标准状况下用试管收集D气体，倒扣在水槽中(不考虑溶质扩散)，溶质的物质的量浓度为mol/L

B．若A是应用最广泛的金属，C可用来腐蚀铜板，D是红褐色固体，则D胶体带正电荷，因为胶粒对光线的反射而有丁达尔效应

C．若A为一元强碱且阴、阳离子所含的电子数相同，C可用于泡沫灭火器，D为日常生活中常用的调味品，⑤的反应原理可用于侯氏制碱法，其母液溶质中只有氯化铵

D．若A常温下是一种有臭鸡蛋气味气体，C是一种大气污染物，D是一种二元强酸，则⑤的反应可以是铜丝和D浓溶液反应，为了观察溶液颜色，向反应后溶液中加入少量水

9．我国成功实现持续开采可燃冰。可燃冰是天然气和水在海底300m-3000m的深度形成的固体，可表示为mCH4·nH2O。下列哪个条件不是形成可燃冰必须具备的（　　）

A．低压 B．低温

C．高压 D．充足的CH4来源

10．组成晶体的质点（分子、原子、离子）以确定的位置在空间作有规则排列，具有一定几何形状的空间格子，称为晶格，晶格中能代表晶体结构特征的最小重复单位称为晶胞．在冰晶石（Na3AlF6）晶胞中，AlF63﹣占据的位置相当于NaCl晶胞中C1﹣占据的位置，则冰晶石晶胞中含有的原子数与食盐晶胞中含有的原子数之比为（　　） 

A．2：1 B．3：2 C．5：2 D．5：1

11．由下列5种基团中的2个不同基团两两组合，形成的有机物能与NaOH反应的有（　　） 

①-OH  ②-CH3③﹣COOH  ④-CHO  ⑤-C6H5．

A．2种 B．3种 C．4种 D．5种

12．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份．向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g（已知硝酸只被还原为NO气体）。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示．下列分析或结果错误的是（　　）

A．混合酸中NO3-物质的量为0.2mol

B．OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+＝3Fe2+，BC段产生氢气

C．第二份溶液中最终溶质为FeSO4

D．H2SO4浓度为4mol•L-1

13．如图所示，每条折线表示元素周期表ⅣA~ⅦA中的某一族元素氢化物的沸点变化情况，每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是（　　） 

A．H2S B．HCl C．PH3 D．SiH4

14．室温下，某浓度的H2C2O4，溶液在不同pH下，测得pc(H2C2O4)、pc(HC2O4-)、pc(C2O42-)的变化如图所示。下列说法正确的是（　　）

已知：pc(H2C2O4)=-lgc(H2C2O4)，其它类似。

A．曲线①表示pc(C2O42-)随pH的变化

B．H2C2O4的pKa1=3.82

C．b点对应的pH约为2.54

D．1.25<3.82，c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)先减小后增大

15．电解NO制备NH4NO3的工作原理如图所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需要补充物质M。下列有关分析或说法中正确的是（　　） 

A．a 应接直流电源的正极

B．补充的物质M是NH3

C．阳极的电极反应式： NO+5e－+6H+＝NH4++H2O

D．电路中通过5mol 电子时，理论上最多可处理22.4L NO气体(标准状况)

二、非选择题：本题共4小题，共55分。

16．锗是重要的半导体材料，应用于航空航天测控、光纤通讯等领域．一种提纯二氧化锗粗品（主要含GeO2、As2O3）的工艺如下： 

已知：①“碱浸”过程中的反应为：

GeO2+2NaOH═Na2GeO3+H2O

As2O3+2NaOH═2NaAsO2+H2O

②“蒸馏”过程中的反应为：Na2GeO3+6HCl═2NaCl+GeCl4+3H2O

③GeCl4的熔点为﹣49.5℃，AsCl3与GeCl4的沸点分别为130.2℃、84℃．

（1）锗的原子序数为32，锗在元素周期表中的位置为第　     　周期　     　族． 

（2）“氧化除砷”的过程是将NaAsO2氧化为Na3AsO4，其反应方程式为：　                                        　． 

（3）传统的提纯方法是将粗品直接加入盐酸中蒸馏，其缺点是　                                      　． 

（4）工业上与蒸馏操作相关的设备有      

A．蒸馏釜 B．离心萃取机 C．冷凝塔 D．加压过滤机

（5）“水解”操作时发生的化学反应方程式为　                                  　，“水解”操作时保持较低温度有利于提高产率，其最可能的原因是　                                                                                                      　（答一条即可）． 

（6）若1吨二氧化锗粗品（含杂质30%）经提纯得0.745吨的高纯二氧化锗产品，则杂质脱除率为　     　． 

17．化合物G对白色念珠菌具有较强的抑制作用。G可经下图所示合成路线制备：

请回答下列问题：

（1）A→B的反应类型是　         　。  

（2）E中含氧官能团的名称为　     　和　     　。  

（3）C与B互为同分异构体，能与小苏打反应放出CO2，且能与SOCl2发生取代反应生成D。写出C的结构简式：　     　。  

（4）写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：　     　。(不考虑立体异构)

①含有—SH结构；

②能在酸性条件下发生水解反应，两种水解产物均含有三种不同环境的H原子。其中一种水解产物既能遇FeCl3溶液显色，又能与Br2的CCl4溶液发生加成反应。

（5）写出以甲苯和乙醇为原料制备 的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。　     　

18．硫代硫酸钠(Na2S2O3)俗称海波，广泛应用于照相定影及纺织业等领域。某实验小组制备硫代硫酸钠并探究其性质。

（1）Ⅰ：硫代硫酸钠的制备

实验小组设计如下装置制备硫代硫酸钠

已知：①Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2

②Na2S2O3中S元素的化合价分别为-2和+6

仪器a的名称是　         　。A中发生的化学反应方程式为　                               　。

（2）为了保证Na2S2O3的产量，实验中通入的SO2不能过量，需控制A中SO2的生成速率，采取的措施是　                                       　。

（3）Ⅱ：产品纯度的测定

①溶液配制：准确取该硫代硫酸钠样品2.0000g，配制成250mL溶液。

②滴定：向锥形瓶中加入20.00mL0.01mol·L-1KIO3溶液，加入过量KI溶液和H2SO4溶液，发生反应：+5I-+6H+=3I2+3H2O，然后加入淀粉作指示剂，用硫代硫酸钠样品溶液滴定，发生反应：I2+2=+2I-。

滴定终点现象为　                                                               　，消耗样品溶液的用量为25.00mL，则样品纯度为　     　%(保留1位小数)

（4）Ⅲ：硫代硫酸钠性质的探究

①取Na2S2O3晶体，溶解，配成0.2mol/L溶液。

②取4mL溶液，向其中加入1mL饱和氯水(pH=2.4)，溶液立即出现浑浊，经检验浑浊物为S。

实验小组研究S产生的原因，提出了以下假设：

假设1：氧化剂氧化：Cl2、HClO等含氯的氧化性微粒氧化了-2价硫元素。

假设2：        (不考虑空气中氧气氧化)。

设计实验方案：

假设2是　                                     　。

（5）第②组实验中胶头滴管加入的试剂是　                　。

（6）依据现象，S产生的主要原因是　                                       　。

19．甲醇水蒸气重整制氢(SRM)系统简单，产物中H2 含量高、CO含量低(CO会损坏燃料电池的交换膜)，是电动汽车氢氧燃料电池理想的氢源。反应如下:

反应Ⅰ(主) :CH3OH(g)+ H2O(g)    CO2(g)+ 3H2(g) ΔH1=+49kJ/mol

反应Ⅱ(副) :H2(g)+ CO2(g)  CO(g)+ H2O(g) ΔH2=+41kJ/mol

温度高于300℃则会同时发生反应Ⅲ: CH3OH(g)    CO(g)+2H2(g) ΔH3

（1）计算反应Ⅲ的ΔH3= 　          　。

（2）反应1能够自发进行的原因是　                     　，升温有利于提高CH3OH转化率，但也存在一个明显的缺点是　                                 　。

（3）下图为某催化剂条件下，CH3OH转化率、CO生成率与温度的变化关系。

①随着温度的升高,CO的实际反应生成率没有不断接近平衡状态生成率的原因是　     　 (填标号)。

A．反应Ⅱ逆向移动

B．部分CO 转化为CH3OH

C．催化剂对反应Ⅱ的选择性低

D．催化剂对反应Ⅲ的选择性低

②随着温度的升高，CH3OH 实际反应转化率不断接近平衡状态转化率的原因是　                 　。

③写出一条能提高CH3OH转化率而降低CO生成率的措施　                                                                           　。

（4）250℃，一定压强和催化剂条件下，1.00molCH3OH 和1.32molH2O 充分反应(已知此条件下可忽略反应Ⅲ ),平衡时测得H2为2.70mol,CO有0.030mol,试求反应Ⅰ中CH3OH 的转化率　     　，反应Ⅱ的平衡常数　          　(结果保留两位有效数字)

答案

1．D

【解析】解：A．光导纤维的主要成分为二氧化硅，光导纤维属于无机非金属材料，不属于有机高分子化合物，故A错误；  

B．19世纪初，英国科学家道尔顿提出近代原子学说，他认为原子是微小的不可分割的实心球体；1897年，英国科学家汤姆生发现了电子；1904年提出“葡萄干面包式”的原子结构模型1911年英国物理学家卢瑟福（汤姆生的学生）提出了带核的原子结构模型；1913年丹麦物理学家波尔（卢瑟福的学生）引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型奥地利物理学家薛定谔提出电子云模型（几率说），为近代量子力学原子模型；1869年，俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，并编制出元素周期表，使得化学学习和研究变得有规律可循；所以，对原子结构模型的建立作出了卓越贡献的科学家中没有门捷列夫，故B错误；

C．化学反应能够制造出新的物质，但不能制造出新的元素，故C错误；

D．细菌的成分是蛋白质，含氯消毒剂、双氧水、酒精等是消毒剂，能使蛋白质发生变性，故D正确．

故选D．

【分析】A．光导纤维不属于有机高分子化合物；

B．1869年，俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，并编制出元素周期表，使得化学学习和研究变得有规律可循，据此分析判断；

C．化学变化的实质是分子分成原子，原子再重新组合成新的分子，所以反应前后原子的种类、数目、质量都不变；

D．含氯消毒剂、双氧水、酒精等是消毒剂．

2．C

【解析】把A浸入C的硝酸盐溶液中，A的表面有C析出；说明金属A可以把金属C从其盐中置换出来，所以活泼性A＞C，A、B和稀硫酸组成原电池时，B为电池的负极，所以活泼性B＞A，A、B、C三种金属的活动性顺序为B＞A＞C．

故选C．

【分析】活泼性强的金属可以把活泼性弱的金属从其盐中置换出来，原电池中，负极金属的活泼性强于正极金属的活泼性．

3．C

【解析】A、该有机物分子中含碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故A不符合题意；

B、该有机物分子中含碳碳双键，能使溴水褪色，故B不符合题意；

C、苯环和碳碳双键均可与氢气发生加成反应，则在加热和催化剂作用下，1mol苯环消耗3mol氢气，1mol碳碳双键消耗1mol氢气，共消耗4mol氢气，故C符合题意；

D、该有机物不含有羟基或羧基等亲水官能团，该物质属于氯代烃，难溶于水，故D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】由有机物结构简式 可知，分子中含苯环、碳碳双键、氯原子，该有机物表现烯烃、卤代烃的性质。

4．D

【解析】解：A．向稀醋酸中滴加Na2SO3溶液，不发生反应，故A错误； 

B．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2的离子反应为SiO32﹣+2SO2+2H2O═H2SiO3↓+2HSO3﹣，故B错误；

C．向Al2（SO4）3溶液中加入过量的NH3•H2O的离子反应为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故C错误；

D．向CuSO4溶液中加入Na2O2的离子反应为2 Na2O2+2Cu2++2H2O═4Na++2Cu（OH）2↓+O2↑，故D正确；

故选D．

【分析】A．醋酸的酸性小于亚硫酸的酸性； B．反应生成硅酸和亚硫酸氢钠； C．反应生成氢氧化铝和硫酸铵； D．反应生成硫酸钠、氢氧化铜和氧气．

5．D

【解析】解：A．容量瓶中有少量水不影响配制结果，所以容量瓶不影响烘干，故A错误； 

B．玻璃塞中的二氧化硅与NaOH溶液反应，不能用玻璃塞的试剂瓶盛放碱液，应该用橡胶塞，故B错误；

C．苯的密度比水小，用苯除去溴水中的溴时，有机层在上层，溴的苯溶液应该从分液漏斗的上口倒出，故C错误；

D．由于二硫化碳能够溶解硫单质，可用二硫化碳清洗残留在试管壁上少量的硫粉，故D正确；

故选D．

【分析】A．容量瓶不需要干燥；

B．氢氧化钠溶液与二氧化硅反应，不能使用玻璃塞；

C．苯的密度小于水，在混合液上层；

D．硫粉易溶于二硫化碳．

6．D

【解析】A．等质量但并没有注明质量具体是多少，无法确定气体的物质的量，也就无法确定气体所含原子的数目，故A不符合题意；

B．苯环中不含碳碳双键，存在特殊的碳碳键，故B不符合题意；

C．标况下CH2Cl2不是气体，11.2LCH2Cl2的物质的量不是0.5mol，故C不符合题意；

D．一个羟基含9个电子，一个氢氧根含10个电子，所以NA个羟基和 NA个氢氧根离子所含电子数不相等，故D符合题意；

故答案为D。

【分析】此题考查阿伏伽德罗常数的应用，A中可以利用假设极限法进行判断。B中注意苯环中没有碳碳双键，C中标况下只适用于气体。D中原子团所含电子不一样。

7．D

【解析】A．向氯水中加入硝酸银溶液，有白色沉淀产生，只能证明溶液中含有Cl-，不能证明氯水中无Cl2，A不符合题意；

B．将SO2通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去，是由于二者发生氧化还原反应，SO2被氧化产生H2SO4，高锰酸钾被还原产生Mn2+，证明SO2具有还原性，不能证明SO2具有漂白性，B不符合题意；

C．向某溶液中先滴加硝酸酸化，硝酸具有强氧化性，会将 氧化为 ，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该沉淀可能是AgCl，也可能是BaSO4沉淀，不能证明该溶液中是否含有 ，C不符合题意；

D．向FeCl2和CuCl2混合溶液中加入少量铁粉，先发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，再发生反应：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，故证明氧化性：Fe3+＞Cu2+，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A、氯水中与AgNO3反应产生沉淀的是Cl－；
B、SO2与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应；
C、检验SO42－时，应先加稀盐酸，再加BaCl2溶液；
D、加入少量铁粉，没有红色固体析出，则首先反应的是Fe3＋；

8．A

【解析】A．A是氨气，C为一氧化氮，D是二氧化氮，设试管体积为VL，根据反应3NO2+H2O=2HNO3+2NO，则消耗VLNO2，则得到的HNO3，由于剩余NO为L，所以HNO3溶液的占体积为L，所以HNO3的物质的量浓度为c===mol/L，A符合题意；

B．A是铁，B是氯化亚铁，C是氯化铁，D是红褐色固体氢氧化铁沉淀，氢氧化铁胶体会产生达效应，因为胶粒对光线有散射作用，B不符合题意；

C．A是氢氧化钠，C是碳酸氢钠，D是氯化钠，侯氏制碱法中，饱和氯化钠溶液、二氧化碳和氨气共同反应生成碳酸氢钠固体和氯化铵溶液，碳酸氢钠也溶于水，所以母液溶质中有碳酸氢钠和氯化铵，C不符合题意；

D．A是硫化氢，C是二氧化硫，D是硫酸，因为有浓硫酸参与反应，冷却后，将试管里的物质慢慢倒入盛有少量水的另一支试管里（酸入水），观察溶液的颜色，D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A.根据给出条件判断出A,B,C,D化学式，结合题意判断
B.根据给出条件判断出A,B,C,D化学式，结合题意判断
C.根据给出条件判断出A,B,C,D化学式，结合题意判断
D.根据给出条件判断出A,B,C,D化学式，结合题意判断

9．A

【解析】由题意，可燃冰是天然气和水在海底300m-3000m的深度形成的固体，可表示为mCH4·nH2O。所以可燃冰是低温高压条件下许多CH4分子被包进水分子中，在海底的低温与高压下结晶形成的，因此低压不是形成可燃冰必须具备的条件，故答案为：A。

【分析】根据题意分析外界条件对可燃冰的形成的作用即可。

10．D

【解析】解：根据氯化钠的晶胞结构可知，氯化钠晶胞中含有的钠离子数为 =4，氯离子数为12× =4，离子总数为8，在冰晶石晶胞中，AlF63﹣占据的位置相当于NaCl晶胞中C1﹣占据的位置，所以冰晶石晶胞中AlF63﹣的数目为4，根据冰晶石的化学式（Na3AlF6）可知，晶胞中钠离子数为12，所以冰晶石晶胞中原子总数为40，所以冰晶石晶胞中含有的原子数与食盐晶胞中含有的原子数之比为40：8=5：1， 

故选D．

【分析】根据氯化钠的晶胞结构可知，氯化钠晶胞中含有的钠离子数为 =4，氯离子数为12× =4，离子总数为8，在冰晶石晶胞中，AlF63﹣占据的位置相当于NaCl晶胞中C1﹣占据的位置，所以冰晶石晶胞中AlF63﹣的数目为4，根据冰晶石的化学式（Na3AlF6）可知，晶胞中钠离子数为12，所以冰晶石晶胞中原子总数为40，据此答题；

11．D

【解析】解：③﹣COOH分别与②④⑤组合的三种有机物均含﹣COOH，均与NaOH反应； 

①与⑤组合成苯酚具有弱酸性，与NaOH反应；

①与④组合成HCOOH，与NaOH反应，

综上所述，共5种有机物能与NaOH反应，

故选D．

【分析】能与NaOH反应的有机物含﹣COOH、﹣COOC﹣、酚﹣OH，以此来解答．

12．A

【解析】A、OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以n（NO3-）=2n（Fe）= ＝0.4mol，A错误；B、由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，B正确；C、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，C正确；D、反应消耗22.4g铁，也就是22.4g÷56g/mol＝0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4mol/l，D正确，答案选A。

【分析】本题考查的是铜的性质，要注意铜只能和硝酸反应，生成一氧化氮，铁可以和硝酸、硫酸反应，和硫酸反应生成氢气，和硝酸反应生成一氧化氮，且因为硝酸氧化性更强，所以会先跟铁反应，当硝酸反应物，溶液中为铁离子，铁离子氧化性比稀硫酸更强，铁离子先跟铁粉反应，最后跟稀硫酸反应。

13．D

【解析】NH3、H2O、HF分子间存在氢键，它们的沸点较高，即沸点高低关系为：NH3＞PH3，H2O＞H2S，HF＞HCl，对应图上三条折线，所以a点所在折线对应第ⅣA族元素的气态氢化物，且a点对应第三周期，所以a表示SiH4；

故答案为：D。

【分析】由图像可得三个突高点代表的是氨气、水和氟化氢，可知a点所在折线是第四组族元素

14．C

【解析】A．根据分析，曲线①表示pc(H2C2O4)随pH的变化，故A不符合题意；

B．根据图像，室温下，pH=1.25时，c(H2C2O4)=c(HC2O4-)，则pKa1=-lg =-lg=1.25，故B不符合题意；

C．根据图像，b点时，c(H2C2O4)=c(C2O42-)，Ka1(H2C2O4) Ka2(H2C2O4)= =c2(H+)，则c(H+)= = 10-2.54，则对应的pH约为2.54，故C符合题意；

D．如果pH变化是因为溶液逐渐稀释的缘故，则溶液体积逐渐增大，c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)的值逐渐减小，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A．随着pH值的增大，溶液中c(H2C2O4）逐渐减小、c(HC2O4−）先增大后减小、c(C2O42−)逐渐增大，则pc(H2C2O4）逐渐增大、pc(HC2O4−）先减小后增大、pc（C2O42−）逐渐减小，根据图知，曲线①、②、③分布表示pc（H2C2O4）、pc(HC2O4−）、pc(C2O42−)；
B．pc(H2C2O4）＝pc(HC2O4−）时，为a点，溶液的pH＝1.25，c(H2C2O4）＝c(HC2O4−），pKa1＝−lgc(H＋)；
C．c点pc(HC2O4−）＝pc(C2O42−)，则c(HC2O4−）＝c(C2O42−)，pH＝3.82，Ka2＝c(H＋)＝10−3.82，b点pc(H2C2O4）＝pc(C2O42−)，则c(H2C2O4）＝c(C2O42−)，Ka1×Ka2＝c2(H＋)，则b点c(H＋)＝ ；
D．根据物料守恒判断。

15．B

【解析】A. a极是NO转化为NH4+的过程，N元素化合价降低，发生还原反应，作电解池的阴极，连接的是直流电源的负极，故A项不符合题意；

B. 结合电子转移数守恒，由上述分析可知，阴极产生的铵根离子小于阳极产生的硝酸根离子，为保持溶液电中性，NH4+与NO3－按物质的量为1:1制备NH4NO3，则应及时补充NH3，故B项符合题意；

C. 阳极NO失电子发生氧化反应，其电极反应式：NO - 3e－ + 2H2O＝NO3－+ 4H+，故C项不符合题意；

D. 电解反应总的方程式为：8NO + 7H2O3NH4NO3+ 2HNO3，根据关系式8NO 15 e－可知，若通过5 mol电子时，最多处理NO的物质的量为 mol，在标准状况下，NO的体积为 mol 22.4 L/mol= 59.7 L，故D项不符合题意；

故答案为：B。

【分析】电解NO制备NH4NO3，阳极NO失电子发生氧化反应生成硝酸根离子，其电极反应式为：NO - 3e－ + 2H2O＝NO3－+ 4H+，阴极NO得电子发生还原反应生成铵根离子，其电极反应式： NO + 5e－+ 6H+ ＝ NH4+ + H2O，从两极反应可以看出，若要得失电子数守恒，阳极产生的硝酸根离子大于阴极产生的铵根离子，为保持溶液的电中性，应该及时补充NH3，据此分析作答。

16．（1）四；IVA

（2）3NaAsO2+NaClO3+6NaOH=3Na3AsO4+NaCl+3H2O

（3）馏出物中将会含有AsCl3，降低了产品纯度

（4）A；C

（5）GeCl4+（n+2）H2O=GeO2•nH2O↓+4HCl；该水解反应为放热反应，温度较低时反应平衡常数较大，反应物平衡转化率更高；或温度高时GeCl4易挥发降低产率

（6）85%

【解析】解：二氧化锗粗品（主要含GeO2、As2O3）中加入NaOH溶液碱浸，发生的反应为GeO2+2NaOH═Na2GeO3+H2O、As2O3+2NaOH═2NaAsO2+H2O，向溶液中加入NaClO3氧化除砷，发生的反应为3NaAsO2+NaClO3+6 NaOH=3 Na3AsO4+NaCl+3H2O，向溶液中加入稀盐酸并蒸馏，“蒸馏”过程中的反应为：Na2GeO3+6HCl═2NaCl+GeCl4+3H2O，所以得到GeCl4，向GeCl4中加入高纯水，发生的水解反应为GeCl4+（n+2）H2O=GeO2•n H2O↓+4HCl，然后过滤得到母液和GeO2•n H2O，将GeO2•n H2O烘干得到高纯的GeO2，（1）锗的原子序数为32，锗在元素周期表中的位置为第四周期IVA族，故答案为：四；IVA；（2）“氧化除砷”的过程是将NaAsO2氧化为Na3AsO4，同时氯酸钠被还原生成氯化钠，根据反应物和生成物书写反应方程式为3NaAsO2+NaClO3+6 NaOH=3 Na3AsO4+NaCl+3H2O，故答案为：3NaAsO2+NaClO3+6 NaOH=3 Na3AsO4+NaCl+3H2O；（3）传统的提纯方法是将粗品直接加入盐酸中蒸馏，其缺点是馏出物中将会含有AsCl3，降低了产品纯度，故答案为：馏出物中将会含有AsCl3，降低了产品纯度；（4）工业上与蒸馏操作相关的设备有蒸馏釜和冷凝塔，故选AC；（5）“水解”时生成GeO2•n H2O和HCl，反应方程式为GeCl4+（n+2）H2O=GeO2•n H2O↓+4HCl，该水解反应为放热反应，温度较低时反应平衡常数较大，反应物平衡转化率更高；或温度高时GeCl4易挥发降低产率，所以采用低温水解，故答案为：GeCl4+（n+2）H2O=GeO2•n H2O↓+4HCl；该水解反应为放热反应，温度较低时反应平衡常数较大，反应物平衡转化率更高；或温度高时GeCl4易挥发降低产率；（6）1吨二氧化锗粗品（含杂质30%）中杂质质量=1t×30%=0.3t，纯的二氧化锗质量=1t×（1﹣30%）=0.7t，实际上经提纯得0.745吨的高纯二氧化锗产品，则提纯得到的二氧化锗中杂质质量=（0.745﹣0.7）t=0.045t，杂质去除率= ×100%=85%， 

故答案为：85%．

【分析】二氧化锗粗品（主要含GeO2、As2O3）中加入NaOH溶液碱浸，发生的反应为GeO2+2NaOH═Na2GeO3+H2O、As2O3+2NaOH═2NaAsO2+H2O，向溶液中加入NaClO3氧化除砷，发生的反应为3NaAsO2+NaClO3+6 NaOH=3 Na3AsO4+NaCl+3H2O，向溶液中加入稀盐酸并蒸馏，“蒸馏”过程中的反应为：Na2GeO3+6HCl═2NaCl+GeCl4+3H2O，所以得到GeCl4，向GeCl4中加入高纯水，发生的水解反应为GeCl4+（n+2）H2O=GeO2•n H2O↓+4HCl，然后过滤得到母液和GeO2•n H2O，将GeO2•n H2O烘干得到高纯的GeO2，（1）锗的原子序数为32，锗在元素周期表中的位置为第四周期IVA族；（2）“氧化除砷”的过程是将NaAsO2氧化为Na3AsO4，同时氯酸钠被还原生成氯化钠，根据反应物和生成物书写反应方程式；（3）传统的提纯方法是将粗品直接加入盐酸中蒸馏，馏出物中将会含有AsCl3；（4）工业上与蒸馏操作相关的设备有蒸馏釜和冷凝塔；（5）“水解”时生成GeO2•n H2O和HCl，温度高时GeCl4易挥发，且该反应是放热反应，升高平衡平衡逆向移动；（6）1吨二氧化锗粗品（含杂质30%）中杂质质量=1t×30%=0.3t，纯的二氧化锗质量=1t×（1﹣30%）=0.7t，实际上经提纯得0.745吨的高纯二氧化锗产品，则提纯得到的二氧化锗中杂质质量=（0.745﹣0.7）t=0.045t，据此计算杂质去除率．

17．（1）加成反应

（2）羰基；酯基

（3）

（4）

（5）

【解析】 与 在(CH3CH2)3N催化下加热发生加成反应生成 ， 在AlCl3作用下发生重组生成 ， 在SOCl2作用下反应生成 ， 与甲醇发生取代反应生成 和氯化氢， 与氨水共热生成 ， 在POCl3催化下加热与乙酸发生反应生成 。(1) A→B的反应类型是加成反应；(2) E为 ，含氧官能团的名称为羰基和酯基；(3) C与B互为同分异构体，能与小苏打反应放出CO2，且能与SOCl2发生取代反应生成D。C的结构简式为 ； (4) D的一种同分异构体：①含有—SH结构；②能在酸性条件下发生水解反应，两种水解产物均含有三种不同环境的H原子。其中一种水解产物既能遇FeCl3溶液显色则含有酚羟基，又能与Br2的CCl4溶液发生加成反应则含有碳碳双键，则符合条件的同分异构体有 或 ；(5)以甲苯和乙醇为原料制备 ，甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯，苯甲酸乙酯与NH2NH2•H2O反应生成 ；乙醇被酸性高锰酸钾氧化得到乙酸，乙酸与 反应得到 ；合成路线流程图为 。

【分析】 与 在(CH3CH2)3N催化下加热发生加成反应生成 ， 在AlCl3作用下发生重组生成 ， 在SOCl2作用下反应生成 ， 与甲醇发生取代反应生成 和氯化氢， 与氨水共热生成 ， 在POCl3催化下加热与乙酸发生反应生成 ，据此分析。

18．（1）三颈烧瓶；Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+ SO2↑+H2O

（2）控制分液漏斗的活塞，调节滴加硫酸的速率

（3）滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不褪色；94.8

（4）酸性条件下，Na2S2O3与酸反应生成S单质

（5）1mLpH=2.4的盐酸

（6）氯气等含氯元素的氧化性微粒将-2价硫氧化

【解析】由实验装置图可知，装置A中亚硫酸钠与70%硫酸反应制备二氧化硫，装置B中二氧化硫与硫化钠和碳酸钠的混合溶液反应制备硫代硫酸钠，装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫和反应生成的二氧化碳，防止污染空气。

(1)由实验装置图可知，仪器a为分液漏斗；由分析可知，装置A中亚硫酸钠与70%硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+ SO2↑+H2O，故答案为：分液漏斗；Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+ SO2↑+H2O；

(2)实验时可以通过控制分液漏斗的活塞，调节滴加硫酸的速率防止二氧化硫过量，故答案为：控制分液漏斗的活塞，调节滴加硫酸的速率；

(3)由题意可知，当硫代硫酸钠溶液与碘完全反应后，再滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不褪色说明滴定达到终点；由题给方程式可得如下关系：KIO3—3I2—6Na2S2O3，滴定消耗样品溶液的用量为25.00mL，则2.0000g样品的纯度为   ×100%=94.8%，故答案为：滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不褪色；94.8；

(4)硫代硫酸钠在酸性溶液中能与酸反应生成硫沉淀，则假设2为酸性条件下，硫代硫酸钠与酸反应生成硫单质，故答案为：酸性条件下，Na2S2O3与酸反应生成S单质；

(5)由控制变量唯一化原则可知，第②组实验中胶头滴管加入的试剂是1mLpH=2.4的盐酸，故答案为：1mLpH=2.4的盐酸；

(6)由第②组实验一段时间后出现浑浊，且浑浊度比①组小可知，假设1成立，产生硫沉淀的主要原因是氯气等含氯元素的氧化性微粒将-2价硫氧化，故答案为：氯气等含氯元素的氧化性微粒将-2价硫氧化。

【分析】（1）根据图示即可找出仪器名称，根据反应物和生成物即可写出方程式
（2）分液漏镀可以控制速率
（3）根据蓝色消失判断滴定终点，结合数据计算出纯度
（4）根据 Na2S2O3 可以自身发生反应得到硫单质
（5）考虑酸和 Na2S2O3 反应，应该加入酸且pH=2.4
（6）根据实验现象判断即可

19．（1）+90kJ/mol

（2）反应Ⅰ为熵增加的反应；CO含量升高，破坏燃料电池的交换膜

（3）C；升温反应速率加快；其它条件不变，提高n(水)/n(甲醇)的比例 (或其它条件不变，选择更合适的借化剂)

（4）91%；5.6×10-3

【解析】（1）反应Ⅰ加上反应Ⅱ得到：CH3OH(g)   CO(g)+2H2(g)   ΔH3= +90kJ/mol。

（2）反应自发进行的要求是△G=△H－T△s＜0，此反应的△H＞0，所以反应自发进行的原因就是△s＞0，即反应为熵增反应。升温会促进反应Ⅲ的发生，提高CO的含量，而CO会破坏该电池的交换膜。

（3）①工业生产中，一般不会等待反应达到平衡后再进行下一道工序，多数都是进行一段时间的反应就将体系取出，所以一般来说，反应的速度越快，取出的体系就越接近应该达到的平衡态。随着反应温度的升高，速度加快，但是CO的生产率并没有接近反应的平衡态，说明该反应使用的催化剂对于反应Ⅱ几乎没有加速作用，所以选项C正确，选项D不正确。三个反应都吸热，所以升温都正向移动，不会促进CO转化为甲醇，选项A、选项B都不正确。

②由①的叙述可以得到答案为：升温反应速率加快。

③加入水蒸气，可以调高甲醇的转化率，同时使反应Ⅱ的平衡向逆反应方向移动，从而降低了CO的生成率。加入更合适的催化剂，最好只催化反应Ⅰ，不催化反应Ⅱ，这样也能达到目的。

（4）达平衡时CO有0.03mol，根据反应Ⅱ得到参与反应的氢气为0.03mol，所以反应Ⅰ生成的氢气为2.73mol（平衡剩余氢气2.7mol），根据反应Ⅰ，消耗的甲醇为0.91mol，所以甲醇转化率为91%。根据反应Ⅰ的数据，消耗的水为0.91mol，生成的CO2为0.91mol，则剩余1.32-0.91=0.41mol水，在反应Ⅱ中应该消耗0.03molCO2，生成0.03molCO和0.03mol水，所以达平衡时，水为0.41+0.03=0.44mol，CO2为0.91-0.03=0.88mol。所以反应Ⅱ的平衡常数为（设容器体积为V） 。

【分析】

（1）根据盖斯定律计算即可，注意单位和正负号；
（2）根据上述材料分析，反应为熵增反应，易自发反应，而提高甲醇转化率会产生一氧化碳副产物，根据题目，此物质破坏交换膜；
（3）根据上述反应机理，一氧化碳是副产物，主要是因为催化剂的选择性；而两反应均为吸热，升温可提高反应速率，平衡右向移动；根据勒夏特列原理，增加水的量可以促进主反应正向移动，副反应逆向移动；
（4）根据平衡前后的浓度采用三段式计算平衡常数和转化率即可。