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2022-2023学年北京市海淀区高三第二次模拟考试化学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年北京市海淀区高三第二次模拟考试化学试卷（含解析），共30页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，推断题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年北京市海淀区高三第二次模拟考试化学试卷
一、单选题（本大题共14小题，共14.0分）
1. 下列生活中的现象与物质结构关联不正确的是( )
A.烟花的绚烂多彩与电子跃迁有关
B.橡胶老化与碳碳双键有关
C.钻石璀璨夺目与其为共价晶体有关
D.金属可加工成各种形状与金属键有关
A. A B. B C. C D. D
2. 下列化学用语或图示表达正确的是( )
A. 甲酸的结构式：
B. 乙醇分子的空间填充模型：
C. 溴化钠的电子式：
D. Fe2+结构示意图：
3. 利用下列试剂和如图所示装置制备气体并除去其中的非水杂质，能达到目的的是(必要时可加热，加热及夹持装置已略去) ( )
选项
气体
试剂Ⅰ
试剂Ⅱ
试剂Ⅲ
A
Cl2
浓盐酸
MnO2
NaOH溶液
B
SO2
浓硝酸
Na2SO3
饱和NaHSO3溶液
C
CO2
稀盐酸
CaCO3
饱和NaHCO3溶液
D
C2H4
浓硫酸
C2H5OH
KMnO4酸性溶液
A. A B. B C. C D. D
4. 我国科学家合成首例可控单分子电子开关器件。该分子在紫外光照射下关环(电路接通)，在可见光照射下开环(电路断开)，其微观示意图如下：
下列说法不正确的是( )
A. 石墨烯可以导电
B. 单分子开关经紫外光照射形成了极性键
C. 水解反应可使单分子开关与石墨烯片断分离
D. 紫外光照射后，单分子开关体系内的电子具有流动性，故可以导电
5. 结合下表中数据，判断下列说法不正确的是(氢键键长定义为X—H⋅⋅⋅Y的长度) ( )
微粒间作用
键能/kJ⋅moL−1
键长/pm
晶体SiO2中Si—O
452
162
晶体Si中Si—Si
222
235
H2O中O—H
463
96
H2O中O—H⋅⋅⋅O
18.8
276
C2H5OH中O—H⋅⋅⋅O
25.9
266
A. 依据键长：Si−Si>Si−O，推测原子半径：Si>O
B. 依据键能：O−H>Si−O，推测沸点：H2O>SiO2
C. 依据键长，推测水分子间O⋯H距离大于分子内O−H键长
D. 依据氢键键能及沸点，推测等物质的量水或乙醇中，水中氢键数目多
6. 蜂胶可作抗氧化剂，其主要活性成分咖啡酸苯乙酯(CAPE)的合成路线如下：
下列说法不正确的是( )
A. CAPE存在顺反异构
B. Ⅰ与Ⅱ反应的产物除Ⅲ外还有2−丙醇
C. CAPE可作抗氧化剂，可能与羟基有关
D. 1mol Ⅲ与足量NaOH溶液反应，消耗2molNaOH
7. 四种常见元素基态原子的结构信息如下表。下列大小关系不一定正确的是( )
元素
X
Y
Z
Q
结构信息
有5个原子轨道填充有电子，有3个未成对电子
有8个不同运动状态的电子
2p能级上有2个电子
价电子排布式为
3d104s1
A. 电负性：Y>X B. 第一电离能：Y
8. 光解水制氢的关键步骤是水的氧化。我国科学家用仿生催化剂[用CuH2O22+表示]实现在NaHCO3溶液中高效催化水的氧化，该过程物质转化及反应能量变化示意图如下：
下列说法不正确的是( )
A. 步骤①可表示为CuH2O22++2HCO3−=CuH2O(OH)CO3+H2CO3
B. 水的氧化反应为：2H2O−4e−+4HCO3−=O2↑+4H2CO3
C. ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6
D. 催化剂参与反应，降低活化能，加快反应速率
9. 某小组同学探究溶液中的MnO4−能否被金属钠还原，进行实验：
①在干燥试管中加入绿豆大小的金属钠，逐滴滴加1mL0.001mol⋅L−1KMnO4溶液，产生无色气体，溶液由紫红色变为浅绿色MnO42−。
②向1mL0.001mol⋅L−1KMnO4溶液中持续通入H2，水浴加热，溶液颜色无明显变化。
③向1mL0.001mol⋅L−1KMnO4溶液中加入NaOH固体，溶液由紫红色变为浅绿色。
下列说法不正确的是( )
A. 实验①中还可能观察到钠块浮在溶液表面，剧烈燃烧，发出黄色火焰
B. 实验②中的现象说明实验①中溶液变色的原因与产生的气体无关
C. 实验③中的现象说明实验①中可能发生的反应：4MnO4−+4OH−=4MnO42−+O2↑+2H2O
D. 上述实验能证明溶液中的MnO4−可以被金属钠还原
10. 某种超分子聚合物网络生物电极的制备原料CB和PDMA的结构如下图。下列说法正确的是( )
A. CB中核磁共振氢谱有两组峰 B. PDMA单体的化学式为C10H20N2O2
C. CB与PDMA均为高分子 D. CB与PDMA都具有良好的耐酸碱性
11. 甲、乙同学分别用如图所示装置验证铁的电化学防腐原理，相同时间后继续进行实验。
实验①：甲同学分别向Ⅰ、Ⅱ中Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液，Ⅰ中产生蓝色沉淀，Ⅱ中无沉淀。
实验②：乙同学分别取Ⅰ、Ⅱ中Fe电极附近溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，Ⅰ、Ⅱ中均无沉淀。
下列说法正确的是( )
A. Ⅰ是牺牲阳极保护法，正极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−
B. Ⅱ为外加电流阴极保护法，Fe电极与外接电源的正极相连
C. 由实验①中Ⅰ、Ⅱ现象的差异，推测K3[Fe(CN)6]在Ⅰ中氧化性强于Ⅱ
D. 由实验可知，两种保护法均能保护Fe，且Ⅱ保护得更好
12. 某同学进行如下兴趣实验：
反应原理：①IO3−+3HSO3−=I−+3SO42−+3H+②IO3−+5I−+6H+=3I2+3H2O
③Hg2++2I−=HgI2↓(橙红)
现象：立即产生橙红色沉淀，几秒钟后溶液颜色变为蓝色
下列说法不正确的是( )
A. 反应①中IO3−表现氧化性
B. 反应后混合液的pH减小
C. 该实验条件下，反应速率：③>②
D. 若用Na2SO3溶液代替NaHSO3溶液进行上述实验，现象相同
13. 分别测定不同浓度NaCl溶液、HCl溶液和CH3COOH溶液的电导率(σ)数值，测定结果的数据处理如下表。
溶液
σ0.02
σ0.01
σ0.005
σ0.01:σ0.02
σ0.005:σ0.01
NaCl溶液
4839
2478
1252
51.2%
50.5%
HCl溶液
10958
5593
2797
51.0%
50.0%
CH3COOH溶液
267
182
126
68.2%
69.2%
已知：σ0.02代表0.02mol⋅L−1溶液的电导率数值；其他条件相同时，电导率越大，溶液导电性越好。
下列说法不正确的是( )
A. 仅由σ0.02的数据不能说明三种电解质的强弱
B. 表中数据不能说明同等条件下H+与Na+的导电能力强弱
C. σ比值数据能说明CH3COOH存在电离平衡
D. CH3COOH溶液的σ数据能说明溶液越稀，CH3COOH的电离程度越大
14. 某废水中含有NH4+和Cu2+，NH4+浓度远大于Cu2+。用NaOH溶液调节该废水pH
(溶液体积变化忽略不计)，上层清液中铜元素的含量随pH变化如图所示。
已知：Cu2+在溶液中可形成CuNH342+和Cu(OH)42−。
下列说法不正确的是( )
A. a~b段：随pH升高，Cu(OH)2(s)⇌Cu2+(aq)+2OH−(aq)平衡逆向移动
B. b~c段：发生反应Cu(OH)2+4NH3⋅H2O⇌CuNH342++2OH−+4H2O
C. c-d段：随pH升高，溶液中的OH−浓度上升，再次出现Cu(OH)2沉淀
D. 推测d点以后，随pH升高，上层清液中铜元素含量持续下降
二、实验题（本大题共2小题，共20.0分）
15. 某课题小组用比色法估测无色污水样品中苯酚的浓度。
已知：①比色法是通过与标准色阶比对颜色确定有色物质浓度的方法。
②苯酚是一种水体污染物，在溶液中与氯化铁发生显色反应：
6C6H5OH+Fe3+⇌FeC6H5O63−(紫色)+6H+
③当苯酚溶液pH=5.5时，其与氯化铁显色效果最佳。
(1)FeC6H5O63−中，提供孤电子对用以形成配位键的原子是_______。
(2)根据苯酚与氯化铁的显色原理，推测溶液的pH会影响显色效果，设计如下实验。
实验
操作
现象
I
向2mL苯酚溶液(调节pH=9)滴加0.1mol⋅L−1FeCl3溶液
生成红褐色沉淀
II
向实验Ⅰ所得悬浊液中逐滴加入0.1mol⋅L−1盐酸
沉淀逐渐溶解，溶液变为紫色；继续滴加盐酸，溶液由紫色变为浅黄色
解释实验II中产生相关现象的原因：_________________________。
(3)缓冲溶液可用于调节并维持待测污水样品pH在一定范围内。将0.2mol⋅L−1某一元弱酸HAKa=10−5.5，与0.1mol⋅L−1的NaOH溶液等体积混合，配制成缓冲溶液。解释该缓冲溶液pH约为5.5的原因：______________________。
(4)取amol⋅L−1的标准苯酚溶液40mL，加入10mL缓冲溶液(不干扰显色反应)，再加入0.1mol⋅L−1FeCl3溶液10mL，混合均匀，定容至100mL，得到溶液X。等差改变标准苯酚溶液的浓度，重复实验，得到标准色阶。
①用比色法估测污水中苯酚浓度的操作是：取40mL污水样品，_____________。
②下列说法不正确的是_______(填字母序号)。
a.若苯酚溶液pH=6，加入缓冲溶液将促进苯酚的电离
b.溶液X颜色对应的苯酚浓度应标记为0.4amol⋅L−1
c.溶液X中，有cC6H5OH+cC6H5O−+6cFeC6H5O63−=0.4amol⋅L−1
d.若将污水样品、缓冲溶液和FeCl3溶液用量均减为原来的110，其他操作相同，对比色阶，读取的苯酚浓度不变
③为操作方便，用有效成分为FeCl3⋅5H2O的药片代替上述FeCl3溶液。若每次检测投入一粒药片，为保证标准色阶准确有效，每片应含FeCl3⋅5H2O_______g(保留到小数点后四位)。
(5)小组进一步探究发现不能与Fe3+形成配合物，原因是_____________________________。
16. 白葡萄酒含有糖、醇、有机酸、维生素等营养物质，SO2作为必要的添加剂，具有减缓氧化、防腐、调酸等作用。某学习小组用“直接碘量法”对灌装后存放不同时间的白葡萄酒样品中SO2浓度的变化规律进行探究。
(1)滴定前准备
各取存放了2个月、6个月、10个月的白葡萄酒样品5.00mL，分别放入三个盛有5.00mL2.5mol⋅L−1NaOH溶液的碘量瓶中。将碘量瓶在冰水浴中冷却，继续加入2mL4mol⋅L−1硫酸及1mL淀粉溶液，充分超声振荡3min。
①样品中SO2和NaOH溶液反应的离子反应方程式为_________________________。
②下列说法正确的是_______(填字母序号)。
a.如果样品颜色较深，应对样品脱色后再进行滴定
b.因I2在碱性条件下会发生歧化，故需要充分酸化后再滴定
c.超声振荡过程中温度显著升高，用冰水浴降温有利于SO2的测定
(2)滴定过程
待碘量瓶温度稳定后，用1.00×10−3mol⋅L−1碘的标准溶液滴定。
①滴定过程中，碘量瓶中发生反应的离子方程式为_______________________。
②达到滴定终点时，碘量瓶中的现象是_______________________。
(3)数据处理及应用
每个样品进行三次平行滴定实验，记录消耗碘的标准溶液体积的平均值，并进行相关计算，结果如下表。
存放时间t/月
2
6
10
V(碘的标准溶液)/mL
12.50
7.14
5.00
cSO2/mol⋅L−1
2.50×10−3
1.43×10−3
m
c−1SO2/mol⋅L−1−1
n
700
p
①表中m= _______。
②已知：c−1SO2=kt+b(k、b为常数)。在如图的坐标图中绘制该函数对应的图像_______。
③b−1表达的实际含义是_______________________________。
④国际通行标准：白葡萄酒中SO2含量(≤210mg⋅L−1)。该白葡萄酒灌装后存放1个月，SO2含量约为_______mg⋅L−1(保留到整数位)，符合标准。
(4)实验改进及反思
小组同学先将白葡萄酒中二氧化硫充分蒸出，并用足量碱性溶液完全吸收，再将溶液酸化后用碘的标准溶液滴定。发现测定结果比“直接碘量法”更低。分析“直接碘量法”测定数据偏高的可能原因___________________________________。
三、简答题（本大题共2小题，共10.0分）
17. 金属钛22Ti密度小，强度高，抗腐蚀性能好。含钛的矿石主要有金红石和钛铁矿。
(1)基态Ti原子中含有的未成对电子数是_______。
(2)金红石主要成分是钛的氧化物，该氧化物的晶胞形状为长方体，边长分别为acm、acm和bcm，结构如图所示。
①该氧化物的化学式是_______，Ti位于距离最近的O构成的_______中心(填字母序号，下同)。
a.三角形 b.四面体 c.六面体 d.八面体
②该氧化物的晶体熔点为1850，其晶体类型最不可能是_______。
a.共价晶体 b.离子晶体 c.分子晶体
③若已知mg该氧化物晶体体积为Vcm3，则阿伏加德罗常数NA可表示为_______
mol−1。
(3)以钛铁矿(FeTiO3)为原料，用镁还原法冶炼金属钛的生产流程图如下：
①“高温氯化”时还得到一种可燃性气体，写出反应的化学方程式：__________。
②结合流程及下表数据，“分离”时所需控制的最低温度应为_______℃ 。
Ti
Mg
MgCl2
熔点/℃
1668
651
714
沸点/℃
3287
1107
1412
③已知Mg和Ti的晶胞类型相同，Mg2+和Ti4+的离子半径大小相近，解释Ti熔点高于Mg的原因：_______________________。
18. 我国科学家研发的“液态阳光”计划通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢制备甲醇。
(1)制备甲醇的主反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=−48.7kJ⋅mol−1。该过程中还存在一个生成CO的副反应，结合下列反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH=−90.0kJ⋅mol−1
写出该副反应的热化学方程式：____________________________。
(2)将CO2和H2按物质的量比1∶3混合，以固定流速通过盛放Cu/Zn/Al/Zr
催化剂的反应器，在相同时间内，不同温度下的实验数据如图所示。
已知：CH3OH产率=n(转化为CH3OH的CO2)n(通入的CO2总量)
①催化剂活性最好的温度为_______(填字母序号)。
a.483K b．503K c．523K d．543K
②温度由523K升到543K，CO2的平衡转化率和CH3OH的实验产率均降低，解释原因：____________________________。
(3)使用Cu2O−ZnO薄膜电极作阴极，通过电催化法将二氧化碳转化为甲醇。
①将铜箔放入煮沸的饱和硫酸铜溶液中，制得Cu2O薄膜电极。反应的离子方程式为_________________________。
②用Cu2O薄膜电极作阴极，ZnNO32溶液作电解液，采用电沉积法制备Cu2O−ZnO薄膜电极，制备完成后电解液中检测到了NO2−。制备ZnO薄膜的电极反应式为________________。
③电催化法制备甲醇如图所示。若忽略电解液体积变化，电解过程中阴极室溶液的cHCO3−基本不变，结合电极反应解释原因：_______。
四、推断题（本大题共1小题，共10.0分）
19. 丹参酮系列化合物是中药丹参的主要活性成分，具有抗菌消炎、活血化瘀、促进伤口愈合等多种作用，其衍生物J的合成路线如下：
已知：i．
ii．
(1)中含有的官能团是硝基和_______。
(2)A→B的化学方程式为____________________________。
(3)D→E的反应类型为____________。
(4)下列关于化合物B、D的说法正确的是_______(填字母序号)。
A.D含有手性碳原子
B.B和D均能使酸性KMnO4溶液褪色
C.B和D在水中的溶解性：B
(5)由F制备G的反应中，同时会生成一种副产物G′，它与G互为同分异构体，G′的结构简式为________________。
(6)H的结构简式为___________________。
(7)已知I→J反应过程中1molDMP可得2mol电子，则反应中I与DMP的物质的量之比为_______。
(8)丹参酮ⅡA的合成过程中有如下转化，已知X含三种官能团，不与金属Na反应放出H2，丹参酮ⅡA分子中所有与氧原子连接的碳均为sp2杂化。
依次写出X、丹参酮IIA的结构简式：_______、_______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.形成烟花的过程中金属原子由较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态，烟花的绚烂多彩与电子跃迁有关，A正确；
B.橡胶含有碳碳双键，易被氧化，所以橡胶老化与碳碳双键有关，B正确；
C.钻石璀璨夺目是由于钻石色散的作用，钻石会反射出五光十色的彩光，与其共价键无关，C错误；
D.金属晶体组成微粒为金属离子和自由电子，存在金属键，当金属受到外力作用时，晶体中的各原子层就会发生相对滑动，但是金属键未被破坏，所以金属具有良好的延展性，可以加工成各种形状与其金属键有关，D正确；
故答案为：C。
2.【答案】A
【解析】A.甲酸的结构简式为HCOOH，C原子为sp2杂化，无孤电子对，其空间结构为平面三角形，O原子为sp3杂化，含2对孤电子对，空间结构为V形，故其结构式为，A正确；
B.用原子间的相对大小表示分子的真实的空间结构的模型为空间结构模型，由于半径：C>O>H，则乙醇分子的空间填充模型为：，为乙酸的空间填充模型，B错误；
C.NaBr为离子化合物，其电子式为，C错误；
D.Fe2+核外有3个电子层，K、L、M层上的电子数分别是2、8、14，Fe2+的结构示意图：，D错误；
故答案为：A。
3.【答案】C
【解析】A.MnO2和浓盐酸反应制氯气需要加热，且实验室中制备的Cl2中含有HCl，除去Cl2中的HCl应该用饱和食盐水，而不是NaOH溶液，A不合题意；
B.浓硝酸具有强氧化性，能将Na2SO3氧化为Na2SO4，故不能用浓硝酸和Na2SO3来制备SO2，而应该用70%H2SO4和Na2SO3来制备SO2，B不合题意；
C.实验室用稀盐酸和CaCO3制备CO2，此时CO2中含有少量的杂质HCl，可用饱和NaHCO3溶液来除去CO2中的HCl，C符合题意；
D.实验室可以将浓硫酸和无水乙醇的混合液迅速加热到170℃来制备乙烯，这样制得的乙烯中含有SO2、CO2和乙醇蒸气等杂质，由于乙烯也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故不能用酸性高锰酸钾溶液来除杂，应该用NaOH溶液来除杂，D不合题意；
故答案为：C。
4.【答案】B
【解析】A.石墨烯每层中碳原子存在多个碳原子共用电子形成的π键，电子可以在层内移动，故石墨烯可以导电，A正确；
B.单分子开关经紫外光照射形成了碳碳键，属于非极性键，B错误；
C.由图可知，单分子开关与石墨烯片断之间通过酰胺键相连，故通过水解反应可使单分子开关与石墨烯片断分离，C正确；
D.紫外光照射后，单分子开关体系内有共轭的结构，体系内的电子具有流动性，故可以导电，D正确；
故答案为：B。
5.【答案】B
【解析】A.原子半径越大，键长越长，A正确；
B.水为分子晶体，沸点高与分子间氢键有关，B错误；
C.根据水分子间O⋯H距离大于分子内O−H距离，键长长，C正确；
D.氢键键能H2OC2H5OH，说明水中氢键数目多，D正确；
故答案为：B。
6.【答案】B
【解析】A.顺反异构指化合物分子具有自由旋转的限制因素，使各个基团在空间排列方式不同出现非对映异构体的现象，限制因素一般是由有机物结构中出现“C=C”、“C=N”等不能自由旋转的官能团引起，CAPE含有C=C双键，且双键左右两边含有一对不同基团，满足结构，存在顺反异构体，所以CAPE有顺反异构体，选项A正确；
B.，化学反应前后原子的种类和数量不发生改变，故另一生成物的化学式为C3H6O，为丙酮，选项B错误；
C.CAPE可作抗氧剂，是因为其结构中含有易被氧化剂氧化的C=C双键和羟基(−OH)，选项C正确；
D.1mol Ⅲ中含有1mol酯基和1mol羧基，羧基显酸性，与NaOH发生酸碱中和反应，酯基与NaOH发生水解反应，故消耗2mol NaOH，选项D正确；
答案选B。
7.【答案】C
【解析】X有5个原子轨道填充有电子，有3个未成对电子，可知X的核外电子排布式为1s22s22p3，X为N；Y有8个不同运动状态的电子，则Y有8个核外电子，Y为O；Z的核外电子排布式为1s22s22p2，则Z为C；Q的价电子排布式为3d104s1，则Q为Cu。
A.同周期从左到右电负性依次增大，则电负性O>N，A项正确；
B.N为半充满状态，比较稳定，第一电离能大于O，B项正确；
C.C有多种同素异形体，比如金刚石、石墨等，石墨的硬度小于Cu，而金刚石的硬度大于Cu，C项不一定正确；
D.N的最高价含氧酸为HNO3，C的最高价含氧酸为H2CO3，酸性HNO3>H2CO3，D项正确。
答案选C。
8.【答案】A
【解析】A.由题干图示信息可知，步骤①表示为CuH2O22++2HCO3−=CuH2O(OH)CO3+H2CO3时H原子不守恒，A错误；
B.由题干图示信息可知，水的氧化反应(总反应)方程式为：2H2O−4e−+4HCO3−=O2↑+4H2CO3，B正确；
C.根据盖斯定律结合题干图示信息可知，ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6，C正确；
D.根据碰撞理论可知，催化剂参与反应，通过降低活化能，提高活化分子百分含量，从而加快反应速率，D正确；
故答案为：A。
9.【答案】D
【解析】A.钠与水反应时钠浮在水面，然后熔化成闪亮黄色小球，在水面游动，并发出嘶嘶的响声，反应放热，故还可能观察到剧烈燃烧，发出黄色火焰，A正确；
B.实验②为对照实验，探究H2对KMnO4的影响，实验②中的现象说明实验①中溶液变色的原因与产生的H2无关，B正确；
C.实验③为对照实验，探究NaOH对KMnO4的影响，溶液由紫红色变为浅绿色，说明实验①中可能发生的反应：4MnO4−+4OH−=4MnO42−+O2↑+2H2O，C正确；
D.上述三个实验证明碱性条件下高锰酸根离子可以生成锰酸根离子，4MnO4−+4OH−=4MnO42−+O2↑+2H2O，不能说明溶液中的 MnO4−可以被金属钠还原，D错误；
故答案为：D。
10.【答案】A
【解析】A.根据等效氢原理可知，CB中核磁共振氢谱有二组峰如图所示，A正确；
B.由题干图示信息可知，PDMA单体为：，则其化学式为C5H9NO，B错误；
C.CB的相对分子质量为1328，不是高分子化合物，PDMA为高分子，C错误；
D.由题干信息可知，CB与PDMA中都含有酰胺键，在酸性和碱性条件下均能发生水解，故CB与PDMA都不耐酸碱性，D错误；
故答案为：A。
11.【答案】D
【解析】A.由图可知，Fe电极是正极，Zn电极是负极，属于牺牲阳极的阴极保护法，由于电解质溶液呈酸性，故正极上氢离子得电子，则正极的反应为：2H++2e−=H2↑，A错误；
B.外加电流阴极保护法中要保护的电极应与外接电源的负极相连，即Fe电极与外接电源的负极相连，B错误；
C.由于Ⅰ中Fe电极与电解质溶液直接接触，会有少量的Fe直接与酸反应生成Fe2+，与K3[Fe(CN)6]在Ⅰ、Ⅱ中的氧化性无关，C错误；
D.对比Ⅰ、Ⅱ现象的差异可知，两种保护法均能保护Fe，且电解法保护得更好，即Ⅱ保护得更好，D正确；
故答案为：D。
12.【答案】D
【解析】A.反应①中IO3−中I元素为+5价，生成物I−中I元素为−1价，IO3−为氧化剂，表现氧化性，A项正确；
B.反应①生成的I−和H+的物质的量之比为1∶3，而反应②消耗的I−和H+的物质的量之比为5∶6，且反应③也消耗I−，所以总的来说H+生成的数量大于消耗的数量，H+数量增多，pH减少，B项正确；
C.先产生了橙红色沉淀后溶液颜色变蓝，说明反应速率③>②，C项正确；
D.若用Na2SO3溶液代替NaHSO3溶液，则没有生成反应②所需的H+，反应②难以发生，现象应该不同，D项错误。
答案选D。
13.【答案】B
【解析】A.由σ0.02的数据可知，HCl溶液的电导率最大，NaCl溶液的电导率居中，CH3COOH溶液的电导率最小，而NaCl、HCl均为强电解质，故不能仅由σ0.02的数据说明三种电解质的强弱，选项A正确；
B.同等条件下，HCl溶液与NaCl溶液的浓度相同，氯离子浓度相同，氯离子的导电性相同，二者只有阳离子的种类不同，即H+与Na+，而HCl溶液的电导率大于NaCl溶液的，故表中数据说明同等条件下H+的导电能力比Na+的强，选项B错误；
C.由表中数据可知，NaCl溶液、HCl溶液的σ比值与浓度成正比，而CH3COOH溶液的σ比值却大于浓度比，说明CH3COOH存在电离平衡，选项C正确；
D.由表中数据可知，CH3COOH溶液的σ比值大于浓度比，说明溶液越稀，CH3COOH的电离程度越大，选项D正确；
答案选B。
14.【答案】D
【解析】A．a~b段：Cu(OH)2(s)⇀↽Cu2+(aq)+2OH−(aq)，随pH升高，c(OH-)增大，平衡逆向移动，上层清液的含量减小，选项A正确；
B．b~c段：Cu(OH)2+4NH3⋅H2O⇀↽CuNH342++2OH−+4H2O，随着c(OH-)增大，NH4+与OH-结合生成NH3·H2O，c(NH3·H2O)增大，发生上述反应，使上层清液中铜元素的含量增大，选项B正确；
C．c-d段：随pH升高，使Cu(OH)2+4NH3⋅H2O⇀↽CuNH342++2OH−+4H2O平衡逆向移动，再次出现Cu(OH)2沉淀，选项C正确；
D．d点以后，随pH升高，可能发生，则上层清液中铜元素含量可能上升，选项D错误；
答案选D。
15.【答案】(1)O
(2)盐酸和氢氧化铁反应生成氯化铁和水，Fe3+的浓度增大，6C6H5OH+Fe3+⇌FeC6H5O63−(紫色)+6H+平衡正向移动，沉淀逐渐溶解，溶液变为紫色，继续滴加盐酸，氢离子浓度增大，6C6H5OH+Fe3+⇌FeC6H5O63−(紫色)+6H+平衡逆向移动，FeC6H5O63−浓度降低、Fe3+的浓度增大，溶液由紫色变为浅黄色
(3)将0.2mol⋅L−1某一元弱酸HAKa=10−5.5，与0.1mol⋅L−1的NaOH溶液等体积混合，得到NaA、HA均为0.05mol/L的混合液。溶液中cA−、cHA都约为0.05mol/L，Ka=cH+×cA−cHA=10−5.5，所以cH+=10−5.5
(4)①加入10mL缓冲溶液(不干扰显色反应)，再加入0.1mol⋅L−1FeCl3溶液10mL，混合均匀，定容至100mL，与标准色阶比对颜色，得出污水中苯酚的浓度
②abd
③0.2525
(5)中羧基电离出的氢离子使6C6H5OH+Fe3+⇌FeC6H5O63−(紫色)+6H+平衡逆向移动
【解析】(1)FeC6H5O63−中，O原子含有孤电子对，提供孤电子对用以形成配位键的原子是O；
(2)向实验Ⅰ所得悬浊液中逐滴加入0.1mol⋅L−1盐酸，盐酸和氢氧化铁反应生成氯化铁和水，Fe3+的浓度增大，6C6H5OH+Fe3+⇌FeC6H5O63−(紫色)+6H+平衡正向移动，沉淀逐渐溶解，溶液变为紫色，继续滴加盐酸，氢离子浓度增大，6C6H5OH+Fe3+⇌FeC6H5O63−(紫色)+6H+平衡逆向移动，FeC6H5O63−浓度降低、Fe3+的浓度增大，溶液由紫色变为浅黄色。
(3)将0.2mol⋅L−1某一元弱酸HAKa=10−5.5，与0.1mol⋅L−1的NaOH溶液等体积混合，得到NaA、HA均为0.05mol/L的混合液。溶液中cA−、cHA都约为0.05mol/L，Ka=cH+×cA−cHA=10−5.5，所以cH+=10−5.5，pH约为5.5。
(4)①用比色法估测污水中苯酚浓度的操作是：取40mL污水样品，加入10mL缓冲溶液(不干扰显色反应)，再加入0.1mol⋅L−1FeCl3溶液10mL，混合均匀，定容至100mL，与标准色阶比对颜色，得出污水中苯酚的浓度。
②a.若苯酚溶液pH=6，缓冲溶液的pH=5.5，加入缓冲溶液将抑制苯酚的电离，故a错误；
b.溶液X颜色对应的苯酚浓度应标记为amol⋅L−1，故b错误；
c.根据物料守恒，溶液X中，有cC6H5OH+cC6H5O−+6cFeC6H5O63−=0.4amol⋅L−1，故c正确；
d.若将污水样品、缓冲溶液和FeCl3溶液用量均减为原来的110，仍定容至100mL，相当于把污水样品稀释10倍，对比色阶，读取的苯酚浓度减小，故d错误；
选abd；
③为操作方便，用有效成分为FeCl3⋅5H2O的药片代替上述FeCl3溶液。若每次检测投入一粒药片，为保证标准色阶准确有效，每片应含FeCl3⋅5H2O的物质的量为0.1mol⋅L−1×0.01L=0.001mol，质量为0.001mol×252.5g/mol=0.2525g。
(5)中羧基电离出的氢离子使6C6H5OH+Fe3+⇌FeC6H5O63−(紫色)+6H+平衡逆向移动，所以不能与Fe3+形成配合物。
16.【答案】(1)①SO2+2OH−=SO 32−+H2O ②abc
(2)①I2+2H2O+SO2=SO 42−+4H++2I−(或I3−+2H2O+SO2=SO 42−+4H++3I−)
②溶液由无色变为浅蓝色(或蓝色)，且半分钟内颜色不褪去
(3)①1.00×10−3 ② ③灌装时c(SO2) ④197
(4)白葡萄酒中含有还原性有机物(如维生素C等)也能和I2发生反应(其他合理答案，如跟糖类物质、跟酚类物质的反应)，消耗更多碘标准溶液
【解析】(1)①样品中SO2和NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水，离子反应方程式为SO2+2OH−=SO 32−+H2O。故答案为：SO2+2OH−=
SO 32−+H2O；
②a.如果样品颜色较深，应将样品稀释或对样品脱色后再进行滴定，确保终点现象明显，故正确；b.因I2在碱性条件下会发生歧化，故需要充分酸化后再滴定，故正确；c.超声振荡过程中温度显著升高，用冰水浴降温有利于SO2的测定，减少SO2的逸出，故正确；故答案为：abc；
(2)①滴定过程中，碘量瓶中发生反应的离子方程式为I2+2H2O+SO2=SO 42−+4H++2I−(或I3−+2H2O+SO2=SO 42−+4H++3I−)。故答案为：I2+2H2O+SO2=SO 42−+4H++2I−(或I3−+2H2O+SO2=SO 42−+4H++3I−)；
②达到滴定终点时，碘量瓶中的现象是溶液由无色变为浅蓝色(或蓝色)，且半分钟内颜色不褪去。故答案为：溶液由无色变为浅蓝色(或蓝色)，且半分钟内颜色不褪去；
(3)①表中m= 。故答案为：1.00×10−3；
②已知：c−1SO2=kt+b(k、b为常数)。n=12.50×10−3=400，p=11.0×10−3=1000，在如图的坐标图中绘制该函数对应的图像。故答案为：；
③b−1表达的实际含义是灌装时c(SO2)。故答案为：灌装时c(SO2)；
④将存放2个月和10个月的数据代入公式c−1SO2=kt+b，400=2k+b，1000=10k+b，得k=75，b=250，国际通行标准：白葡萄酒中SO2含量(≤210mg⋅L−1)。该白葡萄酒灌装后存放1个月，c−1SO2=kt+b=1×75+250=325，c(SO2)=1325mol·L−1， SO2含量约为=64×1000325mg⋅L−1≈197mg⋅L−1≤210mg⋅L−1，符合标准。故答案为：197；
(4)测定结果比“直接碘量法”更低，分析“直接碘量法”测定数据偏高的可能原因是白葡萄酒中含有还原性有机物(如维生素C等)也能和I2发生反应(其他合理答案，如跟糖类物质、跟酚类物质的反应)，消耗更多碘标准溶液。故答案为：白葡萄酒中含有还原性有机物(如维生素C等)也能和I2发生反应(其他合理答案，如跟糖类物质、跟酚类物质的反应)，消耗更多碘标准溶液。
17.【答案】(1)2
(2)①TiO2；d ②c ③160Vma2b
(3)①TiO2+2C+2Cl2高温 TiCl4+2CO ②1668 ③Mg和Ti均为金属晶体，熔化时破坏金属键，Mg2+和Ti4+的离子半径接近，但是Ti4+带四个单位正电荷，而Mg2+带两个单位正电荷，故金属钛中的金属键强于金属镁中的金属键，因此钛的熔点更高
【解析】(1)基态Ti原子的价电子排布式为3d24s2，3d轨道2个电子分别单独占有一个轨道，未成对电子数为2。
(2)①根据均摊法，该晶胞中O的个数为12×4+2=4，Ti的个数为18×8+1=2，故该氧化物的化学式为TiO2，从图中可以看出，中间的Ti周围有6个等距离的O，Ti位于距离最近的O构成的八面体中心，答案选d。
②该氧化物晶体熔点为1850℃，分子晶体分子间通过范德华力结合，熔点通常较小，因此晶体类型最不可能是分子晶体，答案选c。
③一个晶胞中含有2个Ti原子和4个O原子，则mg该氧化物中含有该晶胞个数为m160NA，一个晶胞体积为a2bcm3，则有m160NA×a2bcm3=Vcm3，NA=160Vma2b。
(3)钛铁矿与焦炭熔炼提纯，生成TiO2，TiO2与焦炭、Cl2高温下反应生成TiCl4和一种可燃性气体，则该气体为CO，精制TiCl4加Mg还原，生成MgCl2和Ti，最后分离得到Ti。
①高温氯化过程中，TiO2与C、Cl2反应生成TiCl4和CO，化学方程式为TiO2+2C+2Cl2高温 TiCl4+2CO。
②从表中可知，Ti的熔点为1668℃，而Mg、MgCl2的沸点分别为1107℃和1412℃，分离过程最后生成的Ti为液态，Mg和MgCl2为气态，则最低温度应为1668℃。
③Mg和Ti均为金属晶体，熔化时破坏金属键，Mg2+和Ti4+的离子半径接近，但是Ti4+带四个单位正电荷，而Mg2+带两个单位正电荷，故金属钛中的金属键强于金属镁中的金属键，因此钛的熔点更高。
18.【答案】(1)CO2+H2(g)⇀↽CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.3kJ⋅mol−1
(2)①c
②温度升高，主反应逆移程度大于副反应正移程度，故CO2平衡转化率降低；温度升高，催化剂活性降低，使主反应速率降低，故CH 3OH实验产率降低
(3)①Cu+Cu2++H2OCu2O+2H+
②Zn2++NO3−+2e−=ZnO+NO2−
③阴极发生7CO2+6e−+5H2O=CH3OH+6HCO3−，每转移6mol电子，必定有6mol H+通过质子交换膜进入阴极室，发生反应HCO3−+H+=CO2↑+H2O，所以电解过程中阴极室溶液的cHCO3−基本不变
【解析】(1)根据盖斯定律，结合两个反应的化学计量数，可知该副反应的热化学方程式为CO2+H2(g)⇀↽CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.3kJ⋅mol−1。
(2)①当温度为523K时，CO2的实验转化率和CH3OH的实验产率最高，说明此温度下催化剂活性最好，选c。
②主反应为放热反应，副反应为吸热反应，温度升高，主反应逆移程度大于副反应正移程度，故CO2平衡转化率降低；温度升高，催化剂活性降低，使主反应速率降低，故CH 3OH实验产率降低。
(3)①Cu和Cu2+反应生成Cu2O，离子方程式为Cu+Cu2++H2OCu2O+2H+。
②Zn2+和NO3−反应得到了ZnO和NO2−，对应的电极反应式为Zn2++NO3−+2e−=ZnO+NO2−。
③阴极发生7CO2+6e−+5H2O=CH3OH+6HCO3−，每转移6mol电子，必定有6mol H+通过质子交换膜进入阴极室，发生反应HCO3−+H+=CO2↑+H2O，所以电解过程中阴极室溶液的cHCO3−基本不变。
19.【答案】(1)醛基
(2)+CH3CH2OH浓硫酸+H2O
(3)取代反应
(4)BCD
(5)
(6)
(7)1:2
(8)；
【解析】由题干合成流程图可知，由D到E的转化条件、E的结构简式和B到D、A到B的转化条件以及A的分子式并结合已知信息i可推知，D的结构简式为：，B的结构简式为：，A的结构简式为：，由F到G的转化条件和G的分子式并结合已知信息ii可知，G的结构简式为：，由H的分子式和I的结构简式可知，H的结构简式为：，据此分析解题。
(1)中含有的官能团是硝基和醛基，故答案为：醛基；
(2)由分析可知，A为，B为，结合题干信息可知，A→B的化学方程式为+CH3CH2OH浓硫酸+H2O，故答案为：+CH3CH2OH浓硫酸+H2O；
(3)由分析可知，D为：，则D→E即+H2O，故该反应的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；
(4)A.由分析可知，D为，D分子不含同时连接四个互不相同的原子或原子团的碳原子即没有手性碳原子，A错误；
B.由分析可知，B为，D为，B和D分子中的侧链上连有两个甲基的碳原子上含有H，故均能使酸性KMnO4溶液褪色，B正确；
C.由分析可知，B为，D为，B中酯基转换为D中的醇羟基，故B和D在水中的溶解性：B
故答案为：BCD；
(5)由分析可知，G的结构简式为：，根据F转化为G的原理可知，由F制备G的反应中，同时会生成一种副产物G′，它与G互为同分异构体，G′的结构简式为，故答案为：；
(6)由分析可知，H的结构简式为，故答案为：；
(7)由题干信息可知，I为，J为，则I→J反应过程中失去4个电子，已知I→J反应过程中1molDMP可得2mol电子，根据得失电子总数相等可知反应中I与DMP的物质的量之比为1:2，故答案为：1:2；
(8)由题干信息中起始物质：，和丹参酮ⅡA的分子式以及已知X含三种官能团，不与金属Na反应放出H2，丹参酮ⅡA分子中所有与氧原子连接的碳均为sp2杂化，可推导出：X的结构简式为：，丹参酮ⅡA的结构简式为： ，故答案为：；。
2022-2023学年北京市海淀区高三第二次模拟考试化学试卷
一、单选题（本大题共14小题，共14.0分）
1. 下列生活中的现象与物质结构关联不正确的是( )
A.烟花的绚烂多彩与电子跃迁有关
B.橡胶老化与碳碳双键有关
C.钻石璀璨夺目与其为共价晶体有关
D.金属可加工成各种形状与金属键有关
A. A B. B C. C D. D
2. 下列化学用语或图示表达正确的是( )
A. 甲酸的结构式：
B. 乙醇分子的空间填充模型：
C. 溴化钠的电子式：
D. Fe2+结构示意图：
3. 利用下列试剂和如图所示装置制备气体并除去其中的非水杂质，能达到目的的是(必要时可加热，加热及夹持装置已略去) ( )
选项
气体
试剂Ⅰ
试剂Ⅱ
试剂Ⅲ
A
Cl2
浓盐酸
MnO2
NaOH溶液
B
SO2
浓硝酸
Na2SO3
饱和NaHSO3溶液
C
CO2
稀盐酸
CaCO3
饱和NaHCO3溶液
D
C2H4
浓硫酸
C2H5OH
KMnO4酸性溶液
A. A B. B C. C D. D
4. 我国科学家合成首例可控单分子电子开关器件。该分子在紫外光照射下关环(电路接通)，在可见光照射下开环(电路断开)，其微观示意图如下：
下列说法不正确的是( )
A. 石墨烯可以导电
B. 单分子开关经紫外光照射形成了极性键
C. 水解反应可使单分子开关与石墨烯片断分离
D. 紫外光照射后，单分子开关体系内的电子具有流动性，故可以导电
5. 结合下表中数据，判断下列说法不正确的是(氢键键长定义为X—H⋅⋅⋅Y的长度) ( )
微粒间作用
键能/kJ⋅moL−1
键长/pm
晶体SiO2中Si—O
452
162
晶体Si中Si—Si
222
235
H2O中O—H
463
96
H2O中O—H⋅⋅⋅O
18.8
276
C2H5OH中O—H⋅⋅⋅O
25.9
266
A. 依据键长：Si−Si>Si−O，推测原子半径：Si>O
B. 依据键能：O−H>Si−O，推测沸点：H2O>SiO2
C. 依据键长，推测水分子间O⋯H距离大于分子内O−H键长
D. 依据氢键键能及沸点，推测等物质的量水或乙醇中，水中氢键数目多
6. 蜂胶可作抗氧化剂，其主要活性成分咖啡酸苯乙酯(CAPE)的合成路线如下：
下列说法不正确的是( )
A. CAPE存在顺反异构
B. Ⅰ与Ⅱ反应的产物除Ⅲ外还有2−丙醇
C. CAPE可作抗氧化剂，可能与羟基有关
D. 1mol Ⅲ与足量NaOH溶液反应，消耗2molNaOH
7. 四种常见元素基态原子的结构信息如下表。下列大小关系不一定正确的是( )
元素
X
Y
Z
Q
结构信息
有5个原子轨道填充有电子，有3个未成对电子
有8个不同运动状态的电子
2p能级上有2个电子
价电子排布式为
3d104s1
A. 电负性：Y>X B. 第一电离能：Y
8. 光解水制氢的关键步骤是水的氧化。我国科学家用仿生催化剂[用CuH2O22+表示]实现在NaHCO3溶液中高效催化水的氧化，该过程物质转化及反应能量变化示意图如下：
下列说法不正确的是( )
A. 步骤①可表示为CuH2O22++2HCO3−=CuH2O(OH)CO3+H2CO3
B. 水的氧化反应为：2H2O−4e−+4HCO3−=O2↑+4H2CO3
C. ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6
D. 催化剂参与反应，降低活化能，加快反应速率
9. 某小组同学探究溶液中的MnO4−能否被金属钠还原，进行实验：
①在干燥试管中加入绿豆大小的金属钠，逐滴滴加1mL0.001mol⋅L−1KMnO4溶液，产生无色气体，溶液由紫红色变为浅绿色MnO42−。
②向1mL0.001mol⋅L−1KMnO4溶液中持续通入H2，水浴加热，溶液颜色无明显变化。
③向1mL0.001mol⋅L−1KMnO4溶液中加入NaOH固体，溶液由紫红色变为浅绿色。
下列说法不正确的是( )
A. 实验①中还可能观察到钠块浮在溶液表面，剧烈燃烧，发出黄色火焰
B. 实验②中的现象说明实验①中溶液变色的原因与产生的气体无关
C. 实验③中的现象说明实验①中可能发生的反应：4MnO4−+4OH−=4MnO42−+O2↑+2H2O
D. 上述实验能证明溶液中的MnO4−可以被金属钠还原
10. 某种超分子聚合物网络生物电极的制备原料CB和PDMA的结构如下图。下列说法正确的是( )
A. CB中核磁共振氢谱有两组峰 B. PDMA单体的化学式为C10H20N2O2
C. CB与PDMA均为高分子 D. CB与PDMA都具有良好的耐酸碱性
11. 甲、乙同学分别用如图所示装置验证铁的电化学防腐原理，相同时间后继续进行实验。
实验①：甲同学分别向Ⅰ、Ⅱ中Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液，Ⅰ中产生蓝色沉淀，Ⅱ中无沉淀。
实验②：乙同学分别取Ⅰ、Ⅱ中Fe电极附近溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，Ⅰ、Ⅱ中均无沉淀。
下列说法正确的是( )
A. Ⅰ是牺牲阳极保护法，正极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−
B. Ⅱ为外加电流阴极保护法，Fe电极与外接电源的正极相连
C. 由实验①中Ⅰ、Ⅱ现象的差异，推测K3[Fe(CN)6]在Ⅰ中氧化性强于Ⅱ
D. 由实验可知，两种保护法均能保护Fe，且Ⅱ保护得更好
12. 某同学进行如下兴趣实验：
反应原理：①IO3−+3HSO3−=I−+3SO42−+3H+②IO3−+5I−+6H+=3I2+3H2O
③Hg2++2I−=HgI2↓(橙红)
现象：立即产生橙红色沉淀，几秒钟后溶液颜色变为蓝色
下列说法不正确的是( )
A. 反应①中IO3−表现氧化性
B. 反应后混合液的pH减小
C. 该实验条件下，反应速率：③>②
D. 若用Na2SO3溶液代替NaHSO3溶液进行上述实验，现象相同
13. 分别测定不同浓度NaCl溶液、HCl溶液和CH3COOH溶液的电导率(σ)数值，测定结果的数据处理如下表。
溶液
σ0.02
σ0.01
σ0.005
σ0.01:σ0.02
σ0.005:σ0.01
NaCl溶液
4839
2478
1252
51.2%
50.5%
HCl溶液
10958
5593
2797
51.0%
50.0%
CH3COOH溶液
267
182
126
68.2%
69.2%
已知：σ0.02代表0.02mol⋅L−1溶液的电导率数值；其他条件相同时，电导率越大，溶液导电性越好。
下列说法不正确的是( )
A. 仅由σ0.02的数据不能说明三种电解质的强弱
B. 表中数据不能说明同等条件下H+与Na+的导电能力强弱
C. σ比值数据能说明CH3COOH存在电离平衡
D. CH3COOH溶液的σ数据能说明溶液越稀，CH3COOH的电离程度越大
14. 某废水中含有NH4+和Cu2+，NH4+浓度远大于Cu2+。用NaOH溶液调节该废水pH
(溶液体积变化忽略不计)，上层清液中铜元素的含量随pH变化如图所示。
已知：Cu2+在溶液中可形成CuNH342+和Cu(OH)42−。
下列说法不正确的是( )
A. a~b段：随pH升高，Cu(OH)2(s)⇌Cu2+(aq)+2OH−(aq)平衡逆向移动
B. b~c段：发生反应Cu(OH)2+4NH3⋅H2O⇌CuNH342++2OH−+4H2O
C. c-d段：随pH升高，溶液中的OH−浓度上升，再次出现Cu(OH)2沉淀
D. 推测d点以后，随pH升高，上层清液中铜元素含量持续下降
二、实验题（本大题共2小题，共20.0分）
15. 某课题小组用比色法估测无色污水样品中苯酚的浓度。
已知：①比色法是通过与标准色阶比对颜色确定有色物质浓度的方法。
②苯酚是一种水体污染物，在溶液中与氯化铁发生显色反应：
6C6H5OH+Fe3+⇌FeC6H5O63−(紫色)+6H+
③当苯酚溶液pH=5.5时，其与氯化铁显色效果最佳。
(1)FeC6H5O63−中，提供孤电子对用以形成配位键的原子是_______。
(2)根据苯酚与氯化铁的显色原理，推测溶液的pH会影响显色效果，设计如下实验。
实验
操作
现象
I
向2mL苯酚溶液(调节pH=9)滴加0.1mol⋅L−1FeCl3溶液
生成红褐色沉淀
II
向实验Ⅰ所得悬浊液中逐滴加入0.1mol⋅L−1盐酸
沉淀逐渐溶解，溶液变为紫色；继续滴加盐酸，溶液由紫色变为浅黄色
解释实验II中产生相关现象的原因：_________________________。
(3)缓冲溶液可用于调节并维持待测污水样品pH在一定范围内。将0.2mol⋅L−1某一元弱酸HAKa=10−5.5，与0.1mol⋅L−1的NaOH溶液等体积混合，配制成缓冲溶液。解释该缓冲溶液pH约为5.5的原因：______________________。
(4)取amol⋅L−1的标准苯酚溶液40mL，加入10mL缓冲溶液(不干扰显色反应)，再加入0.1mol⋅L−1FeCl3溶液10mL，混合均匀，定容至100mL，得到溶液X。等差改变标准苯酚溶液的浓度，重复实验，得到标准色阶。
①用比色法估测污水中苯酚浓度的操作是：取40mL污水样品，_____________。
②下列说法不正确的是_______(填字母序号)。
a.若苯酚溶液pH=6，加入缓冲溶液将促进苯酚的电离
b.溶液X颜色对应的苯酚浓度应标记为0.4amol⋅L−1
c.溶液X中，有cC6H5OH+cC6H5O−+6cFeC6H5O63−=0.4amol⋅L−1
d.若将污水样品、缓冲溶液和FeCl3溶液用量均减为原来的110，其他操作相同，对比色阶，读取的苯酚浓度不变
③为操作方便，用有效成分为FeCl3⋅5H2O的药片代替上述FeCl3溶液。若每次检测投入一粒药片，为保证标准色阶准确有效，每片应含FeCl3⋅5H2O_______g(保留到小数点后四位)。
(5)小组进一步探究发现不能与Fe3+形成配合物，原因是_____________________________。
16. 白葡萄酒含有糖、醇、有机酸、维生素等营养物质，SO2作为必要的添加剂，具有减缓氧化、防腐、调酸等作用。某学习小组用“直接碘量法”对灌装后存放不同时间的白葡萄酒样品中SO2浓度的变化规律进行探究。
(1)滴定前准备
各取存放了2个月、6个月、10个月的白葡萄酒样品5.00mL，分别放入三个盛有5.00mL2.5mol⋅L−1NaOH溶液的碘量瓶中。将碘量瓶在冰水浴中冷却，继续加入2mL4mol⋅L−1硫酸及1mL淀粉溶液，充分超声振荡3min。
①样品中SO2和NaOH溶液反应的离子反应方程式为_________________________。
②下列说法正确的是_______(填字母序号)。
a.如果样品颜色较深，应对样品脱色后再进行滴定
b.因I2在碱性条件下会发生歧化，故需要充分酸化后再滴定
c.超声振荡过程中温度显著升高，用冰水浴降温有利于SO2的测定
(2)滴定过程
待碘量瓶温度稳定后，用1.00×10−3mol⋅L−1碘的标准溶液滴定。
①滴定过程中，碘量瓶中发生反应的离子方程式为_______________________。
②达到滴定终点时，碘量瓶中的现象是_______________________。
(3)数据处理及应用
每个样品进行三次平行滴定实验，记录消耗碘的标准溶液体积的平均值，并进行相关计算，结果如下表。
存放时间t/月
2
6
10
V(碘的标准溶液)/mL
12.50
7.14
5.00
cSO2/mol⋅L−1
2.50×10−3
1.43×10−3
m
c−1SO2/mol⋅L−1−1
n
700
p
①表中m= _______。
②已知：c−1SO2=kt+b(k、b为常数)。在如图的坐标图中绘制该函数对应的图像_______。
③b−1表达的实际含义是_______________________________。
④国际通行标准：白葡萄酒中SO2含量(≤210mg⋅L−1)。该白葡萄酒灌装后存放1个月，SO2含量约为_______mg⋅L−1(保留到整数位)，符合标准。
(4)实验改进及反思
小组同学先将白葡萄酒中二氧化硫充分蒸出，并用足量碱性溶液完全吸收，再将溶液酸化后用碘的标准溶液滴定。发现测定结果比“直接碘量法”更低。分析“直接碘量法”测定数据偏高的可能原因___________________________________。
三、简答题（本大题共2小题，共10.0分）
17. 金属钛22Ti密度小，强度高，抗腐蚀性能好。含钛的矿石主要有金红石和钛铁矿。
(1)基态Ti原子中含有的未成对电子数是_______。
(2)金红石主要成分是钛的氧化物，该氧化物的晶胞形状为长方体，边长分别为acm、acm和bcm，结构如图所示。
①该氧化物的化学式是_______，Ti位于距离最近的O构成的_______中心(填字母序号，下同)。
a.三角形 b.四面体 c.六面体 d.八面体
②该氧化物的晶体熔点为1850，其晶体类型最不可能是_______。
a.共价晶体 b.离子晶体 c.分子晶体
③若已知mg该氧化物晶体体积为Vcm3，则阿伏加德罗常数NA可表示为_______
mol−1。
(3)以钛铁矿(FeTiO3)为原料，用镁还原法冶炼金属钛的生产流程图如下：
①“高温氯化”时还得到一种可燃性气体，写出反应的化学方程式：__________。
②结合流程及下表数据，“分离”时所需控制的最低温度应为_______℃ 。
Ti
Mg
MgCl2
熔点/℃
1668
651
714
沸点/℃
3287
1107
1412
③已知Mg和Ti的晶胞类型相同，Mg2+和Ti4+的离子半径大小相近，解释Ti熔点高于Mg的原因：_______________________。
18. 我国科学家研发的“液态阳光”计划通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢制备甲醇。
(1)制备甲醇的主反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=−48.7kJ⋅mol−1。该过程中还存在一个生成CO的副反应，结合下列反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH=−90.0kJ⋅mol−1
写出该副反应的热化学方程式：____________________________。
(2)将CO2和H2按物质的量比1∶3混合，以固定流速通过盛放Cu/Zn/Al/Zr
催化剂的反应器，在相同时间内，不同温度下的实验数据如图所示。
已知：CH3OH产率=n(转化为CH3OH的CO2)n(通入的CO2总量)
①催化剂活性最好的温度为_______(填字母序号)。
a.483K b．503K c．523K d．543K
②温度由523K升到543K，CO2的平衡转化率和CH3OH的实验产率均降低，解释原因：____________________________。
(3)使用Cu2O−ZnO薄膜电极作阴极，通过电催化法将二氧化碳转化为甲醇。
①将铜箔放入煮沸的饱和硫酸铜溶液中，制得Cu2O薄膜电极。反应的离子方程式为_________________________。
②用Cu2O薄膜电极作阴极，ZnNO32溶液作电解液，采用电沉积法制备Cu2O−ZnO薄膜电极，制备完成后电解液中检测到了NO2−。制备ZnO薄膜的电极反应式为________________。
③电催化法制备甲醇如图所示。若忽略电解液体积变化，电解过程中阴极室溶液的cHCO3−基本不变，结合电极反应解释原因：_______。
四、推断题（本大题共1小题，共10.0分）
19. 丹参酮系列化合物是中药丹参的主要活性成分，具有抗菌消炎、活血化瘀、促进伤口愈合等多种作用，其衍生物J的合成路线如下：
已知：i．
ii．
(1)中含有的官能团是硝基和_______。
(2)A→B的化学方程式为____________________________。
(3)D→E的反应类型为____________。
(4)下列关于化合物B、D的说法正确的是_______(填字母序号)。
A.D含有手性碳原子
B.B和D均能使酸性KMnO4溶液褪色
C.B和D在水中的溶解性：B
(5)由F制备G的反应中，同时会生成一种副产物G′，它与G互为同分异构体，G′的结构简式为________________。
(6)H的结构简式为___________________。
(7)已知I→J反应过程中1molDMP可得2mol电子，则反应中I与DMP的物质的量之比为_______。
(8)丹参酮ⅡA的合成过程中有如下转化，已知X含三种官能团，不与金属Na反应放出H2，丹参酮ⅡA分子中所有与氧原子连接的碳均为sp2杂化。
依次写出X、丹参酮IIA的结构简式：_______、_______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.形成烟花的过程中金属原子由较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态，烟花的绚烂多彩与电子跃迁有关，A正确；
B.橡胶含有碳碳双键，易被氧化，所以橡胶老化与碳碳双键有关，B正确；
C.钻石璀璨夺目是由于钻石色散的作用，钻石会反射出五光十色的彩光，与其共价键无关，C错误；
D.金属晶体组成微粒为金属离子和自由电子，存在金属键，当金属受到外力作用时，晶体中的各原子层就会发生相对滑动，但是金属键未被破坏，所以金属具有良好的延展性，可以加工成各种形状与其金属键有关，D正确；
故答案为：C。
2.【答案】A
【解析】A.甲酸的结构简式为HCOOH，C原子为sp2杂化，无孤电子对，其空间结构为平面三角形，O原子为sp3杂化，含2对孤电子对，空间结构为V形，故其结构式为，A正确；
B.用原子间的相对大小表示分子的真实的空间结构的模型为空间结构模型，由于半径：C>O>H，则乙醇分子的空间填充模型为：，为乙酸的空间填充模型，B错误；
C.NaBr为离子化合物，其电子式为，C错误；
D.Fe2+核外有3个电子层，K、L、M层上的电子数分别是2、8、14，Fe2+的结构示意图：，D错误；
故答案为：A。
3.【答案】C
【解析】A.MnO2和浓盐酸反应制氯气需要加热，且实验室中制备的Cl2中含有HCl，除去Cl2中的HCl应该用饱和食盐水，而不是NaOH溶液，A不合题意；
B.浓硝酸具有强氧化性，能将Na2SO3氧化为Na2SO4，故不能用浓硝酸和Na2SO3来制备SO2，而应该用70%H2SO4和Na2SO3来制备SO2，B不合题意；
C.实验室用稀盐酸和CaCO3制备CO2，此时CO2中含有少量的杂质HCl，可用饱和NaHCO3溶液来除去CO2中的HCl，C符合题意；
D.实验室可以将浓硫酸和无水乙醇的混合液迅速加热到170℃来制备乙烯，这样制得的乙烯中含有SO2、CO2和乙醇蒸气等杂质，由于乙烯也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故不能用酸性高锰酸钾溶液来除杂，应该用NaOH溶液来除杂，D不合题意；
故答案为：C。
4.【答案】B
【解析】A.石墨烯每层中碳原子存在多个碳原子共用电子形成的π键，电子可以在层内移动，故石墨烯可以导电，A正确；
B.单分子开关经紫外光照射形成了碳碳键，属于非极性键，B错误；
C.由图可知，单分子开关与石墨烯片断之间通过酰胺键相连，故通过水解反应可使单分子开关与石墨烯片断分离，C正确；
D.紫外光照射后，单分子开关体系内有共轭的结构，体系内的电子具有流动性，故可以导电，D正确；
故答案为：B。
5.【答案】B
【解析】A.原子半径越大，键长越长，A正确；
B.水为分子晶体，沸点高与分子间氢键有关，B错误；
C.根据水分子间O⋯H距离大于分子内O−H距离，键长长，C正确；
D.氢键键能H2O
故答案为：B。
6.【答案】B
【解析】A.顺反异构指化合物分子具有自由旋转的限制因素，使各个基团在空间排列方式不同出现非对映异构体的现象，限制因素一般是由有机物结构中出现“C=C”、“C=N”等不能自由旋转的官能团引起，CAPE含有C=C双键，且双键左右两边含有一对不同基团，满足结构，存在顺反异构体，所以CAPE有顺反异构体，选项A正确；
B.，化学反应前后原子的种类和数量不发生改变，故另一生成物的化学式为C3H6O，为丙酮，选项B错误；
C.CAPE可作抗氧剂，是因为其结构中含有易被氧化剂氧化的C=C双键和羟基(−OH)，选项C正确；
D.1mol Ⅲ中含有1mol酯基和1mol羧基，羧基显酸性，与NaOH发生酸碱中和反应，酯基与NaOH发生水解反应，故消耗2mol NaOH，选项D正确；
答案选B。
7.【答案】C
【解析】X有5个原子轨道填充有电子，有3个未成对电子，可知X的核外电子排布式为1s22s22p3，X为N；Y有8个不同运动状态的电子，则Y有8个核外电子，Y为O；Z的核外电子排布式为1s22s22p2，则Z为C；Q的价电子排布式为3d104s1，则Q为Cu。
A.同周期从左到右电负性依次增大，则电负性O>N，A项正确；
B.N为半充满状态，比较稳定，第一电离能大于O，B项正确；
C.C有多种同素异形体，比如金刚石、石墨等，石墨的硬度小于Cu，而金刚石的硬度大于Cu，C项不一定正确；
D.N的最高价含氧酸为HNO3，C的最高价含氧酸为H2CO3，酸性HNO3>H2CO3，D项正确。
答案选C。
8.【答案】A
【解析】A.由题干图示信息可知，步骤①表示为CuH2O22++2HCO3−=CuH2O(OH)CO3+H2CO3时H原子不守恒，A错误；
B.由题干图示信息可知，水的氧化反应(总反应)方程式为：2H2O−4e−+4HCO3−=O2↑+4H2CO3，B正确；
C.根据盖斯定律结合题干图示信息可知，ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6，C正确；
D.根据碰撞理论可知，催化剂参与反应，通过降低活化能，提高活化分子百分含量，从而加快反应速率，D正确；
故答案为：A。
9.【答案】D
【解析】A.钠与水反应时钠浮在水面，然后熔化成闪亮黄色小球，在水面游动，并发出嘶嘶的响声，反应放热，故还可能观察到剧烈燃烧，发出黄色火焰，A正确；
B.实验②为对照实验，探究H2对KMnO4的影响，实验②中的现象说明实验①中溶液变色的原因与产生的H2无关，B正确；
C.实验③为对照实验，探究NaOH对KMnO4的影响，溶液由紫红色变为浅绿色，说明实验①中可能发生的反应：4MnO4−+4OH−=4MnO42−+O2↑+2H2O，C正确；
D.上述三个实验证明碱性条件下高锰酸根离子可以生成锰酸根离子，4MnO4−+4OH−=4MnO42−+O2↑+2H2O，不能说明溶液中的 MnO4−可以被金属钠还原，D错误；
故答案为：D。
10.【答案】A
【解析】A.根据等效氢原理可知，CB中核磁共振氢谱有二组峰如图所示，A正确；
B.由题干图示信息可知，PDMA单体为：，则其化学式为C5H9NO，B错误；
C.CB的相对分子质量为1328，不是高分子化合物，PDMA为高分子，C错误；
D.由题干信息可知，CB与PDMA中都含有酰胺键，在酸性和碱性条件下均能发生水解，故CB与PDMA都不耐酸碱性，D错误；
故答案为：A。
11.【答案】D
【解析】A.由图可知，Fe电极是正极，Zn电极是负极，属于牺牲阳极的阴极保护法，由于电解质溶液呈酸性，故正极上氢离子得电子，则正极的反应为：2H++2e−=H2↑，A错误；
B.外加电流阴极保护法中要保护的电极应与外接电源的负极相连，即Fe电极与外接电源的负极相连，B错误；
C.由于Ⅰ中Fe电极与电解质溶液直接接触，会有少量的Fe直接与酸反应生成Fe2+，与K3[Fe(CN)6]在Ⅰ、Ⅱ中的氧化性无关，C错误；
D.对比Ⅰ、Ⅱ现象的差异可知，两种保护法均能保护Fe，且电解法保护得更好，即Ⅱ保护得更好，D正确；
故答案为：D。
12.【答案】D
【解析】A.反应①中IO3−中I元素为+5价，生成物I−中I元素为−1价，IO3−为氧化剂，表现氧化性，A项正确；
B.反应①生成的I−和H+的物质的量之比为1∶3，而反应②消耗的I−和H+的物质的量之比为5∶6，且反应③也消耗I−，所以总的来说H+生成的数量大于消耗的数量，H+数量增多，pH减少，B项正确；
C.先产生了橙红色沉淀后溶液颜色变蓝，说明反应速率③>②，C项正确；
D.若用Na2SO3溶液代替NaHSO3溶液，则没有生成反应②所需的H+，反应②难以发生，现象应该不同，D项错误。
答案选D。
13.【答案】B
【解析】A.由σ0.02的数据可知，HCl溶液的电导率最大，NaCl溶液的电导率居中，CH3COOH溶液的电导率最小，而NaCl、HCl均为强电解质，故不能仅由σ0.02的数据说明三种电解质的强弱，选项A正确；
B.同等条件下，HCl溶液与NaCl溶液的浓度相同，氯离子浓度相同，氯离子的导电性相同，二者只有阳离子的种类不同，即H+与Na+，而HCl溶液的电导率大于NaCl溶液的，故表中数据说明同等条件下H+的导电能力比Na+的强，选项B错误；
C.由表中数据可知，NaCl溶液、HCl溶液的σ比值与浓度成正比，而CH3COOH溶液的σ比值却大于浓度比，说明CH3COOH存在电离平衡，选项C正确；
D.由表中数据可知，CH3COOH溶液的σ比值大于浓度比，说明溶液越稀，CH3COOH的电离程度越大，选项D正确；
答案选B。
14.【答案】D
【解析】A．a~b段：Cu(OH)2(s)⇀↽Cu2+(aq)+2OH−(aq)，随pH升高，c(OH-)增大，平衡逆向移动，上层清液的含量减小，选项A正确；
B．b~c段：Cu(OH)2+4NH3⋅H2O⇀↽CuNH342++2OH−+4H2O，随着c(OH-)增大，NH4+与OH-结合生成NH3·H2O，c(NH3·H2O)增大，发生上述反应，使上层清液中铜元素的含量增大，选项B正确；
C．c-d段：随pH升高，使Cu(OH)2+4NH3⋅H2O⇀↽CuNH342++2OH−+4H2O平衡逆向移动，再次出现Cu(OH)2沉淀，选项C正确；
D．d点以后，随pH升高，可能发生，则上层清液中铜元素含量可能上升，选项D错误；
答案选D。
15.【答案】(1)O
(2)盐酸和氢氧化铁反应生成氯化铁和水，Fe3+的浓度增大，6C6H5OH+Fe3+⇌FeC6H5O63−(紫色)+6H+平衡正向移动，沉淀逐渐溶解，溶液变为紫色，继续滴加盐酸，氢离子浓度增大，6C6H5OH+Fe3+⇌FeC6H5O63−(紫色)+6H+平衡逆向移动，FeC6H5O63−浓度降低、Fe3+的浓度增大，溶液由紫色变为浅黄色
(3)将0.2mol⋅L−1某一元弱酸HAKa=10−5.5，与0.1mol⋅L−1的NaOH溶液等体积混合，得到NaA、HA均为0.05mol/L的混合液。溶液中cA−、cHA都约为0.05mol/L，Ka=cH+×cA−cHA=10−5.5，所以cH+=10−5.5
(4)①加入10mL缓冲溶液(不干扰显色反应)，再加入0.1mol⋅L−1FeCl3溶液10mL，混合均匀，定容至100mL，与标准色阶比对颜色，得出污水中苯酚的浓度
②abd
③0.2525
(5)中羧基电离出的氢离子使6C6H5OH+Fe3+⇌FeC6H5O63−(紫色)+6H+平衡逆向移动
【解析】(1)FeC6H5O63−中，O原子含有孤电子对，提供孤电子对用以形成配位键的原子是O；
(2)向实验Ⅰ所得悬浊液中逐滴加入0.1mol⋅L−1盐酸，盐酸和氢氧化铁反应生成氯化铁和水，Fe3+的浓度增大，6C6H5OH+Fe3+⇌FeC6H5O63−(紫色)+6H+平衡正向移动，沉淀逐渐溶解，溶液变为紫色，继续滴加盐酸，氢离子浓度增大，6C6H5OH+Fe3+⇌FeC6H5O63−(紫色)+6H+平衡逆向移动，FeC6H5O63−浓度降低、Fe3+的浓度增大，溶液由紫色变为浅黄色。
(3)将0.2mol⋅L−1某一元弱酸HAKa=10−5.5，与0.1mol⋅L−1的NaOH溶液等体积混合，得到NaA、HA均为0.05mol/L的混合液。溶液中cA−、cHA都约为0.05mol/L，Ka=cH+×cA−cHA=10−5.5，所以cH+=10−5.5，pH约为5.5。
(4)①用比色法估测污水中苯酚浓度的操作是：取40mL污水样品，加入10mL缓冲溶液(不干扰显色反应)，再加入0.1mol⋅L−1FeCl3溶液10mL，混合均匀，定容至100mL，与标准色阶比对颜色，得出污水中苯酚的浓度。
②a.若苯酚溶液pH=6，缓冲溶液的pH=5.5，加入缓冲溶液将抑制苯酚的电离，故a错误；
b.溶液X颜色对应的苯酚浓度应标记为amol⋅L−1，故b错误；
c.根据物料守恒，溶液X中，有cC6H5OH+cC6H5O−+6cFeC6H5O63−=0.4amol⋅L−1，故c正确；
d.若将污水样品、缓冲溶液和FeCl3溶液用量均减为原来的110，仍定容至100mL，相当于把污水样品稀释10倍，对比色阶，读取的苯酚浓度减小，故d错误；
选abd；
③为操作方便，用有效成分为FeCl3⋅5H2O的药片代替上述FeCl3溶液。若每次检测投入一粒药片，为保证标准色阶准确有效，每片应含FeCl3⋅5H2O的物质的量为0.1mol⋅L−1×0.01L=0.001mol，质量为0.001mol×252.5g/mol=0.2525g。
(5)中羧基电离出的氢离子使6C6H5OH+Fe3+⇌FeC6H5O63−(紫色)+6H+平衡逆向移动，所以不能与Fe3+形成配合物。
16.【答案】(1)①SO2+2OH−=SO 32−+H2O ②abc
(2)①I2+2H2O+SO2=SO 42−+4H++2I−(或I3−+2H2O+SO2=SO 42−+4H++3I−)
②溶液由无色变为浅蓝色(或蓝色)，且半分钟内颜色不褪去
(3)①1.00×10−3 ② ③灌装时c(SO2) ④197
(4)白葡萄酒中含有还原性有机物(如维生素C等)也能和I2发生反应(其他合理答案，如跟糖类物质、跟酚类物质的反应)，消耗更多碘标准溶液
【解析】(1)①样品中SO2和NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水，离子反应方程式为SO2+2OH−=SO 32−+H2O。故答案为：SO2+2OH−=
SO 32−+H2O；
②a.如果样品颜色较深，应将样品稀释或对样品脱色后再进行滴定，确保终点现象明显，故正确；b.因I2在碱性条件下会发生歧化，故需要充分酸化后再滴定，故正确；c.超声振荡过程中温度显著升高，用冰水浴降温有利于SO2的测定，减少SO2的逸出，故正确；故答案为：abc；
(2)①滴定过程中，碘量瓶中发生反应的离子方程式为I2+2H2O+SO2=SO 42−+4H++2I−(或I3−+2H2O+SO2=SO 42−+4H++3I−)。故答案为：I2+2H2O+SO2=SO 42−+4H++2I−(或I3−+2H2O+SO2=SO 42−+4H++3I−)；
②达到滴定终点时，碘量瓶中的现象是溶液由无色变为浅蓝色(或蓝色)，且半分钟内颜色不褪去。故答案为：溶液由无色变为浅蓝色(或蓝色)，且半分钟内颜色不褪去；
(3)①表中m= 。故答案为：1.00×10−3；
②已知：c−1SO2=kt+b(k、b为常数)。n=12.50×10−3=400，p=11.0×10−3=1000，在如图的坐标图中绘制该函数对应的图像。故答案为：；
③b−1表达的实际含义是灌装时c(SO2)。故答案为：灌装时c(SO2)；
④将存放2个月和10个月的数据代入公式c−1SO2=kt+b，400=2k+b，1000=10k+b，得k=75，b=250，国际通行标准：白葡萄酒中SO2含量(≤210mg⋅L−1)。该白葡萄酒灌装后存放1个月，c−1SO2=kt+b=1×75+250=325，c(SO2)=1325mol·L−1， SO2含量约为=64×1000325mg⋅L−1≈197mg⋅L−1≤210mg⋅L−1，符合标准。故答案为：197；
(4)测定结果比“直接碘量法”更低，分析“直接碘量法”测定数据偏高的可能原因是白葡萄酒中含有还原性有机物(如维生素C等)也能和I2发生反应(其他合理答案，如跟糖类物质、跟酚类物质的反应)，消耗更多碘标准溶液。故答案为：白葡萄酒中含有还原性有机物(如维生素C等)也能和I2发生反应(其他合理答案，如跟糖类物质、跟酚类物质的反应)，消耗更多碘标准溶液。
17.【答案】(1)2
(2)①TiO2；d ②c ③160Vma2b
(3)①TiO2+2C+2Cl2高温 TiCl4+2CO ②1668 ③Mg和Ti均为金属晶体，熔化时破坏金属键，Mg2+和Ti4+的离子半径接近，但是Ti4+带四个单位正电荷，而Mg2+带两个单位正电荷，故金属钛中的金属键强于金属镁中的金属键，因此钛的熔点更高
【解析】(1)基态Ti原子的价电子排布式为3d24s2，3d轨道2个电子分别单独占有一个轨道，未成对电子数为2。
(2)①根据均摊法，该晶胞中O的个数为12×4+2=4，Ti的个数为18×8+1=2，故该氧化物的化学式为TiO2，从图中可以看出，中间的Ti周围有6个等距离的O，Ti位于距离最近的O构成的八面体中心，答案选d。
②该氧化物晶体熔点为1850℃，分子晶体分子间通过范德华力结合，熔点通常较小，因此晶体类型最不可能是分子晶体，答案选c。
③一个晶胞中含有2个Ti原子和4个O原子，则mg该氧化物中含有该晶胞个数为m160NA，一个晶胞体积为a2bcm3，则有m160NA×a2bcm3=Vcm3，NA=160Vma2b。
(3)钛铁矿与焦炭熔炼提纯，生成TiO2，TiO2与焦炭、Cl2高温下反应生成TiCl4和一种可燃性气体，则该气体为CO，精制TiCl4加Mg还原，生成MgCl2和Ti，最后分离得到Ti。
①高温氯化过程中，TiO2与C、Cl2反应生成TiCl4和CO，化学方程式为TiO2+2C+2Cl2高温 TiCl4+2CO。
②从表中可知，Ti的熔点为1668℃，而Mg、MgCl2的沸点分别为1107℃和1412℃，分离过程最后生成的Ti为液态，Mg和MgCl2为气态，则最低温度应为1668℃。
③Mg和Ti均为金属晶体，熔化时破坏金属键，Mg2+和Ti4+的离子半径接近，但是Ti4+带四个单位正电荷，而Mg2+带两个单位正电荷，故金属钛中的金属键强于金属镁中的金属键，因此钛的熔点更高。
18.【答案】(1)CO2+H2(g)⇀↽CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.3kJ⋅mol−1
(2)①c
②温度升高，主反应逆移程度大于副反应正移程度，故CO2平衡转化率降低；温度升高，催化剂活性降低，使主反应速率降低，故CH 3OH实验产率降低
(3)①Cu+Cu2++H2OCu2O+2H+
②Zn2++NO3−+2e−=ZnO+NO2−
③阴极发生7CO2+6e−+5H2O=CH3OH+6HCO3−，每转移6mol电子，必定有6mol H+通过质子交换膜进入阴极室，发生反应HCO3−+H+=CO2↑+H2O，所以电解过程中阴极室溶液的cHCO3−基本不变
【解析】(1)根据盖斯定律，结合两个反应的化学计量数，可知该副反应的热化学方程式为CO2+H2(g)⇀↽CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.3kJ⋅mol−1。
(2)①当温度为523K时，CO2的实验转化率和CH3OH的实验产率最高，说明此温度下催化剂活性最好，选c。
②主反应为放热反应，副反应为吸热反应，温度升高，主反应逆移程度大于副反应正移程度，故CO2平衡转化率降低；温度升高，催化剂活性降低，使主反应速率降低，故CH 3OH实验产率降低。
(3)①Cu和Cu2+反应生成Cu2O，离子方程式为Cu+Cu2++H2OCu2O+2H+。
②Zn2+和NO3−反应得到了ZnO和NO2−，对应的电极反应式为Zn2++NO3−+2e−=ZnO+NO2−。
③阴极发生7CO2+6e−+5H2O=CH3OH+6HCO3−，每转移6mol电子，必定有6mol H+通过质子交换膜进入阴极室，发生反应HCO3−+H+=CO2↑+H2O，所以电解过程中阴极室溶液的cHCO3−基本不变。
19.【答案】(1)醛基
(2)+CH3CH2OH浓硫酸+H2O
(3)取代反应
(4)BCD
(5)
(6)
(7)1:2
(8)；
【解析】由题干合成流程图可知，由D到E的转化条件、E的结构简式和B到D、A到B的转化条件以及A的分子式并结合已知信息i可推知，D的结构简式为：，B的结构简式为：，A的结构简式为：，由F到G的转化条件和G的分子式并结合已知信息ii可知，G的结构简式为：，由H的分子式和I的结构简式可知，H的结构简式为：，据此分析解题。
(1)中含有的官能团是硝基和醛基，故答案为：醛基；
(2)由分析可知，A为，B为，结合题干信息可知，A→B的化学方程式为+CH3CH2OH浓硫酸+H2O，故答案为：+CH3CH2OH浓硫酸+H2O；
(3)由分析可知，D为：，则D→E即+H2O，故该反应的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；
(4)A.由分析可知，D为，D分子不含同时连接四个互不相同的原子或原子团的碳原子即没有手性碳原子，A错误；
B.由分析可知，B为，D为，B和D分子中的侧链上连有两个甲基的碳原子上含有H，故均能使酸性KMnO4溶液褪色，B正确；
C.由分析可知，B为，D为，B中酯基转换为D中的醇羟基，故B和D在水中的溶解性：B
故答案为：BCD；
(5)由分析可知，G的结构简式为：，根据F转化为G的原理可知，由F制备G的反应中，同时会生成一种副产物G′，它与G互为同分异构体，G′的结构简式为，故答案为：；
(6)由分析可知，H的结构简式为，故答案为：；
(7)由题干信息可知，I为，J为，则I→J反应过程中失去4个电子，已知I→J反应过程中1molDMP可得2mol电子，根据得失电子总数相等可知反应中I与DMP的物质的量之比为1:2，故答案为：1:2；
(8)由题干信息中起始物质：，和丹参酮ⅡA的分子式以及已知X含三种官能团，不与金属Na反应放出H2，丹参酮ⅡA分子中所有与氧原子连接的碳均为sp2杂化，可推导出：X的结构简式为：，丹参酮ⅡA的结构简式为： ，故答案为：；。
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