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2023-2024学年广东省东莞市东华高级中学高二（上）开学化学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年广东省东莞市东华高级中学高二（上）开学化学试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年广东省东莞市东华高级中学高二（上）开学化学试卷
一、单选题（本大题共16小题，共44.0分）
1.糖类、油脂、蛋白质都是与生命息息相关的物质，下列有关说法正确的是( )
A. 葡萄糖和蔗糖是同系物，淀粉和纤维素是同分异构体
B. 淀粉、纤维素、油脂、蛋白质都是高分子化合物，都能发生水解反应
C. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中的“丝”“泪”分别是纤维素和油脂
D. 通过灼烧时产生的气味可以鉴别蚕丝和棉纱
2.诺贝尔化学奖获得者艾哈迈德⋅泽维尔开创了“飞秒化学”的新领域，使运用激光技术、光谱技术观察化学反应时分子中原子的运动成为可能。据此，你认为该技术确定能观察到的是( )
A. 化学变化中原子核外电子的变化 B. 原子核的内部构成
C. 化学变化中生成物分子的形成 D. 反应中原子核内质子的变化
3.关于化合物2−苯基丙烯()，下列说法正确的是
( )
A. 不能使稀高锰酸钾溶液褪色 B. 可以发生加聚反应
C. 分子中所有原子共平面 D. 易溶于水及甲苯
4.下列实验或生产过程及其解释均正确且有对应关系的是( )
选项
实验或生产过程
解释
A
FeCl3溶液蚀刻铜制印刷电路板
金属性：Fe>Cu
B
Cu和稀硝酸反应，在试管口有红棕色气体
Cu和稀硝酸反应生成NO2
C
新制的氯水长时间放置后，酸性增强
HClO易分解产生HCl
D
工业上通过电解熔融MgO制取金属Mg
MgO熔点低
A. A B. B C. C D. D
5.已知反应：2H2O2=2H2O+O2↑，下列措施不能加快该反应的速率的是( )
A. 升高温度 B. 加入少量MnO2固体
C. 加NaCl水溶液 D. 加入几滴FeCl3溶液
6.将Al条插入6mol⋅L−1的盐酸中，反应过程中产生H2速率的变化情况如图1所示。下列说法错误的是( )
A. 图1中开始阶段产生气体速率较慢可能是因为Al条表面有氧化膜
B. 图1中t1～t2时间段内速率变化的主要原因是反应放热，溶液温度升高
C. 图1中影响t2～t3时间段内速率变化的主要因素是c(Cl−)
D. 图2可以表示该反应过程的能量变化
7.三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，其催化剂表面物质转化的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. 在转化过程中，氮元素均被还原
B. 依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程
C. 还原过程中生成0.1mol N2，转移电子数为0.5 mol
D. 三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化
8.2021年我国科学家在世界上首次实现从二氧化碳到淀粉的人工转化，效率约为传统农业生产淀粉的8.5倍。转化过程如图，下列说法不正确的是( )
A. 第1步反应产物中有H2O
B. 第2步反应中每消耗1molO2，转移4mole−
C. 第2步反应中C−H键发生断裂
D. 可使用I2溶液检验CO2是否转化为淀粉
9.打印机使用的墨粉中含有Fe3O4。将FeSO4溶液和Fe2(SO4)3溶液按一定比例混合，再加入一定量的NaOH溶液，水浴加热，可制得Fe3O4，反应如下：______ Fe2++______Fe3++______OH−=______Fe3O4+______H2O
。下列分析不正确的是( )
A. Fe3O4具有磁性
B. 反应中，Fe2+是还原剂，Fe3+是氧化剂
C. 从左至右，反应中各物质的化学计量数依次为1、2、8、1、4
D. Fe3O4可与盐酸反应生成Fe2+和Fe3+，所得两种离子的物质的量之比为1：2
10.以黄铁矿(主要成分为FeS2，其中S的化合价为−1价)生产硫酸的工艺流程如图。下列说法不正确的是( )
A. 将黄铁矿粉碎，可加快其在沸腾炉中的化学反应速率
B. 沸腾炉中每生成1mol SO2，有11mol e−发生转移
C. 接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率
D. 吸收塔排放的尾气可通过氨吸收转化成氮肥
11.下列离子方程式书写正确的是( )
A. FeO溶于稀硝酸：FeO+2H+=Fe2++H2O
B. FeI2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++2I−+2Cl2=2Fe3++4Cl−+I2
C. 酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应：5H2O2+2MnO4−+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
D. NaHCO3溶液与过量澄清石灰水反应：Ca2++2OH−+2HCO3−=CaCO3↓+CO32−+2H2O
12.某有机物的结构简式如图所示，下列关于这种有机物的说法不正确的是( )
①分子中含有苯环，属于芳香烃
②既能使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色
③既能和乙酸发生酯化反应，又能和乙醇发生酯化反应
④1mol该有机物分别与足量的Na、NaHCO3反应，产生气体的物质的量之比是2：1
A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种
13.X、Y、Z、W四种短周期元素位于三个不同的周期，Y、Z同周期，且四种元素原子序数依次增大。由这四种元素组成的分子(M)的结构如图所示。下列推断正确的是( )
A. X、Z、W不可能形成离子化合物 B. 最简单氢化物的稳定性：Y
14.亚硝酸钙[Ca(NO2)2]是水泥混凝土外加剂的主要原料，某学习小组设计实验制备亚硝酸钙，实验装置如图所示(夹持装置略去)。已知：①2NO+CaO2=Ca(NO2)2；2NO2+CaO2=Ca(NO3)2；②2CaO2+2H2O=2Ca(OH)2+O2↑。
下列说法不正确的是( )
A. 装置B、C中的试剂可以分别为水和无水CaCl2
B. 装置F中酸性K2Cr2O7溶液的作用是吸收多余的氮氧化物
C. 将稀硝酸换成浓硝酸可以制备纯净的Ca(NO3)2
D. 该装置存在缺陷，应在装置D和E之间增加一个干燥装置
15.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 过氧化钠与水反应时，生成0.1molO2转移的电子数为0.1NA
B. 18gD2O和18gH218O中含有的质子数均为9NA
C. 0.5mol⋅L−1硫酸溶液中含有的H+数为NA
D. 1molFe与水蒸气在高温下充分反应，转移的电子数为3NA
16.燃料电池是一种将燃料和氧化剂的化学能直接转化为电能的电化学反应装置，下图为甲醇燃料电池的简易装置。下列说法正确的是( )
A. 左侧电极为负极，发生氧化反应
B. OH−移向右侧电极，故左侧电极附近溶液碱性变弱
C. 右侧电极的电极反应式：CH3OH−6e−+H2O=CO2+6H+
D. 此电池生成3molH2O时，转移电子数为6NA
二、简答题（本大题共4小题，共56.0分）
17.A、B、C是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如图1所示(部分反应条件及产物略去)。
(1)若A是一种黄色单质固体，则B→C的化学方程式为 ______ 。
(2)若C是红棕色气体，A可能是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。如图2所示是实验室制取A气体的装置，请结合所学知识，回答下列问题：
①收集A的方法是 ______ ，验证A是否已经收集满的方法是 ______ (任写一种)。
②写出实验室制取A的化学方程式 ______ 。
③若有5.35g氯化铵参加反应，则产生的A气体在标准状况下的体积为 ______ L。
④试写出C与水反应的化学方程式 ______ ，反应可得到酸X。如图3所示，足量X的浓溶液与Cu反应，写出烧瓶中发生反应的离子方程式 ______ 。实验完毕后，试管中收集到的气体的主要成分为 ______ (写化学式)。
18.钛合金密度较小，常温下特别稳定，耐酸碱腐蚀，韧性好，高温下海绵状钛能与氧气反应，是航空、军工、电力等领域的必须金属材料。
Ⅰ.由钛铁矿(主要成分是钛酸亚铁：FeTiO3，还含有少量Fe2O3、SiO2等杂质)制备TiO2的一种工艺流程示意如图：
回答下列问题：
(1)为提高酸浸效率，可采取的措施有 ______(任写二种即可)。
(2)FeTiO3中Ti的化合价为 ______，“酸浸”中，FeTiO3反应的离子方程式为 ______。
(3)加入铁屑的作用是 ______。
(4)①实验室完成“操作Ⅰ”需用到的玻璃仪器有烧杯、______，废渣的主要成分是 ______。
②实验室完成“操作Ⅱ”包含的具体操作有蒸发浓缩，______，过滤，洗涤，干燥。
Ⅱ.以TiO2为原料，采用亨特(Hunter)法生产钛的流程如图：
(5)沸腾氯化炉中反应的化学方程式为 ______。
(6)制备海绵钛中Ar的作用是 ______。
19.工业合成氨反应为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，氨在工农业生产中应用广泛。
化学键
H−H
N−H
N≡N
键能(kJ⋅mol−1)
436
391
945.6
(1)已知：键能是1mol化学键完全断裂形成气态原子所需要吸收的能量，部分化学键的键能如表格所示。计算每合成2molNH3需要 ______ (填“放出”或“吸收”) ______ kJ的热量。
(2)实验室中模拟合成氨过程，将1molN2和2.7molH2置于恒温、体积为2L的容器中反应。下列情况可说明该反应已经达到化学平衡状态的是 ______ (填序号)。
a.反应不再进行，已经停止
b.单位时间内生成nmolN2的同时，生成3nmolH2
c.3v正(H2)=2v逆(NH3)
d.N2、H2和NH3的物质的量浓度之比为1：3：2
e.混合气体的压强不再改变
f.混合气体的密度不再改变
若10min时测得氢气浓度为1.2mol⋅L−1，则用氨气表示的0～10min内的平均化学反应速率为 ______ ；10min时的体系总压强与初始时的总压强之比为 ______ 。
(3)工业合成氨过程中，按一定投料比将原料气以及催化剂置于反应容器中，测得在不同温度和压强下达到化学平衡状态时的氨的平衡含量(%)如表格所示：
压强(MPa)
氨的平衡含量(%)
温度(摄氏度)
0.1
10
20
30
60
100
200
15.3
81.5
86.4
89.9
95.4
98.8
300
2.2
52.0
64.2
71.0
84.2
92.6
400
0.4
25.1
38.2
47.0
65.2
79.8
500
0.1
10.6
19.1
26.4
42.2
57.5
600
0.05
4.5
9.1
13.8
23.1
31.4
实际生产时，通常采用铁触媒作为催化剂、在400～500℃和10～30MPa的条件下合成氨。结合所学知识以及上述表格数据分析，工业上采用400～500℃反应的原因是 ______ 。
(4)氨氧燃料电池具有很大的发展潜力。氨氧燃料电池的工作原理如图所示。
a电极的电极反应式是 ______ 。
b电极的电极反应式是 ______ 。
20.丙烯是一种重要的化工原料，以丙烯为原料衍生出部分化工产品的反应如图(部分反应条件已略去)。请回答下列问题：
(1)A的结构简式为 ______。
(2)反应①②③④中，属于加成反应的是 ______(填序号)。
(3)有机物B、D中含有的官能团的名称分别为 ______、______。
(4)聚丙烯(英文缩写：PP)具有机械强度高、耐化学腐蚀等特性，可用于制作薄膜、管道等，写出聚丙烯的结构简式：______。
(5)写出下列反应的化学方程式
①C→D：______。
②B+E→F：______。
(6)由B和E制取F的过程中，向制得的F的混合溶液中加入5%碳酸钠溶液充分混合，则碳酸钠的作用是 ______。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、葡萄糖是单糖，蔗糖是二糖，二者结构不相似，不能互为同系物；淀粉和纤维素均是高分子化合物，聚合度不同，不能互为同分异构体，故A错误；
B、油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯类，不是高分子化合物，故B错误；
C、“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中的“丝”“泪”分别是蛋白质和烃类物质，不是纤维素和油脂，故C错误；
D、蛋白质灼烧具有烧焦羽毛的气味，纤维素灼烧没有烧焦羽毛的气味，蚕丝的成分是蛋白质、棉纱的成分是纤维素，所以可以用灼烧的方法鉴别，故D正确；
故选：D。
A、结构相似、分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物间互为同系物；分子式相同而结构不同的化合物间互为同分异构体；
B、相对分子质量在一万以上的是高分子化合物；
C、蚕丝是蛋白质，蜡烛的主要成分是烃类物质；
D、蛋白质灼烧具有烧焦羽毛的气味，纤维素灼烧没有烧焦羽毛的气味。
本题考查了糖类、油脂和蛋白质的结构和性质，难度不大，应注意的是油脂不是高分子化合物，淀粉和纤维素不是同分异构体。
2.【答案】C
【解析】解：A.化学变化中原子核外电子的变化观测不到，故A错误；
B.原子内部结构及运动观察不到，故B错误；
C.该技术可能观察化学反应时分子中原子的运动，则可确定能观察化学变化中生成物分子的形成，故C正确；
D.无法观测到原子核内质子变化，故D错误；
故选：C。
由题干信息可知，“运用激光光谱技术观测化学反应时分子中原子的运动成为可能”，根据分子、原子的构成进行分析。
本题考查信息给予题，难度不大，解题时，应充分考虑其告知信息的“内涵”和“外延”，本题只是能“观测化学反应时分子中原子运动”，对于原子内部结构仍无法观察。
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查有机物结构和性质，侧重考查苯和烯烃性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，会利用知识迁移方法判断原子是否共平面，题目难度不大。
【解答】
A.含有碳碳双键，所以具有烯烃性质，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；
B.含有碳碳双键，所以能发生加聚反应生成高分子化合物，故B正确；
C.苯分子中所有原子共平面、乙烯分子中所有原子共平面，甲烷分子为正四面体结构，该分子中甲基具有甲烷结构特点，所以该分子中所有原子不能共平面，故C错误；
D.该物质为有机物，没有亲水基，不易溶于水，易溶于甲苯，故D错误；
故选：B。
4.【答案】C
【解析】【分析】
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、发生的反应及现象、物质的鉴别、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。
【解答】
A.FeCl3溶液能够与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，可用FeCl3溶液蚀刻铜制印刷电路板，与Fe、Cu的金属性强弱无关，题中解释不合理，故A错误；
B.Cu和稀硝酸反应生成硝酸铜、水和一氧化氮，一氧化氮在试管口与氧气反应生成红棕色的NO2气体，题中解释不合理，故B错误；
C.由于HClO易分解产生HCl，所以新制的氯水长时间放置后，酸性增强，题中实验及其解释均合理，故C正确；
D.由于氯化镁的熔点较低，工业上通过电解熔融氯化镁来冶炼金属镁，生产过程及其解释均不合理，故D错误；
故选C。
5.【答案】C
【解析】解：A.升高温度，活化分子百分数增大，活化分子数目增大，反应速率加快，故A错误；
B.加入少量二氧化锰粉末，增大活化分子百分数，所以反应速率增大，故B错误；
C.加NaCl水溶液会导致H2O2溶液浓度越小，反应速率越小，故C正确；
D.加入几滴氯化铁溶液，增大活化分子百分数，反应速率增大，故D错误；
故选：C。
增大反应物浓度、增大反应物接触面积、升高温度、加入催化剂等都可以增大反应速率。
本题考查化学反应速率影响因素，明确浓度、温度、催化剂对反应速率影响是解本题关键，注意该反应中氯化铁能作催化剂，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.Al表面的氧化膜与盐酸反应不生成气体，则图1中开始阶段产生气体速率较慢可能是因为Al条表面有氧化膜，故A正确；
B.Al与盐酸反应放热，则图1中t1～t2时间段内速率变化的主要原因是反应放热，溶液温度升高，使反应速率加快，故B正确；
C.随反应进行，氢离子浓度减小，则图1中影响t2～t3时间段内速率变化的主要因素是c(H+)，故C错误；
D.反应物总能量大于生成物总能量时，为放热反应，可用图2表示该过程的能量变化，故D正确；
故选：C。
A.Al表面的氧化膜与盐酸反应不生成气体；
B.Al与盐酸反应放热；
C.随反应进行，氢离子浓度减小；
D.反应物总能量大于生成物总能量时，为放热反应。
本题考查反应速率，为高频考点，把握温度、浓度对反应速率的影响为解答的关键，侧重分析和应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查氧化还原反应，题目难度不大，明确图示转化关系的实质即可解答，注意掌握氧化还原反应实质，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
【解答】
A.根据图示可知，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2的过程中，N元素化合价升高被氧化，故A错误；
B.根据图示可知，BaO为催化剂，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2时，BaO参与储存N元素，故B错误；
C.还原过程中生成0.1mol N2，转移电子的物质的量为：0.1mol×(5−0)×2=1mol，故C错误；
D.整个过程中，CO、CxHy、NOx转化成CO2、H2O、N2，说明三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化，故D正确；
故选：D。
8.【答案】B
【解析】解：A.由图可知，反应1为CO2与H2反应生成CH3OH与H2O，反应产物中有H2O，故A正确；
B.反应2为CH3OH+O2=HCHO+H2O2，氧气中氧元素的化合价由0价降低到−1价，每消耗1molO2，转移2mole−，故B错误；
C.第2步反应中由CH3OH生成HCHO，C−H键和O−H键发生断裂，故C正确；
D.淀粉遇碘变蓝，可使用I2溶液检验CO2是否转化为淀粉，故D正确；
故选：B。
A.由图可知，反应1为CO2与H2反应生成CH3OH与H2O；
B.反应2为CH3OH+O2=HCHO+H2O2；
C.第2步反应中由CH3OH生成HCHO，C−H键发生断裂；
D.淀粉遇碘变蓝。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.磁铁可以将Fe3O4吸引，则Fe3O4具有磁性，故A正确；
B.反应a方程式为：Fe2++2Fe3++8OH−=Fe3O4+4H2O，该反应中没有化合价发生变化，则不属于氧化还原反应，故B错误；
C.根据原子和电荷守恒配平反应a方程式为：Fe2++2Fe3++8OH−=Fe3O4+4H2O，则反应a各物质的系数依次为1、2、8、1、4，故C正确；
D.Fe3O4属于混合型金属氧化物，铁的化合价为+2价和+3价，与盐酸反应生成Fe2+和Fe3+的盐和水，所得两种离子的物质的量之比为1：2，故D正确；
故选：B。
根据原子和电荷守恒配平反应a方程式为：Fe2++2Fe3++8OH−=Fe3O4+4H2O，该反应中没有化合价发生变化，则不属于氧化还原反应，Fe3O4具有磁性，又属于金属氧化物，与盐酸反应生成盐和水，据此分析解答；
本题考查方程式的配平等，明确元素化合价及其Fe3O4的性质是解本题关键，难度不大。
10.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查工业制备硫酸，题目难度中等，明确制备目的、制备原理为解答关键。
【解答】
黄铁矿在沸腾炉中与氧气反应生成氧化铁、二氧化硫，二氧化硫、氧气在接触室反应生成三氧化硫，三氧化硫在吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收可生成硫酸，尾气含有二氧化硫、氧气，以此解答该题。
A. 将黄铁矿粉碎，可增大接触面积，加快其在沸腾炉中的化学反应速率，故A正确；
B. 反应时FeS2中Fe元素化合价由+2价升高到+3价，S元素化合价由−1价升高到+4价，则生成2mol二氧化硫转移11mol电子，则沸腾炉中每生成1mol SO2，有5.5mol e−发生转移，故B错误；
C. SO2、O2可在接触室反应生成三氧化硫，为可逆反应，不能完全反应，则接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率，故C正确；
D. 尾气含有二氧化硫、氧气，用氨气吸收，可转化成氮肥，故D正确；
故选B。
11.【答案】C
【解析】解：A.稀硝酸具有强氧化性，氧化FeO硝酸铁、一氧化氮气体和水，离子方程式为3FeO+10H++NO3−=3Fe3++NO↑+5H2O，故A错误；
B.FeI2与过量Cl2反应时生成FeCl3、I2，且n(Fe2+)：n(I−)=1：2，反应的离子方程式为2Fe2++4I−+3Cl2=2Fe3++6Cl−+2I2，故B错误；
C.KMnO4氧化H2O2生成O2，自身还原为Mn2+，反应的离子方程式为2MnO4−+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O，故C正确；
D.NaHCO3溶液与过量澄清石灰水反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为Ca2++OH−+HCO3−=CaCO3↓+2H2O，故D错误；
故选：C。
A.FeO具有还原性，与稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铁、一氧化氮气体和水；
B.FeI2与过量Cl2反应时生成FeCl3、I2，且n(Fe2+)：n(I−)=1：2；
C.KMnO4具有强氧化性，与H2O2反应生成O2、Mn2+，结合电子守恒、电荷守恒写出反应的离子方程式；
D.NaHCO3溶液与过量澄清石灰水反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水。
本题考查了离子方程式的书写，明确物质的性质、反应实质是解题关键，注意掌握与量有关的离子方程式书写，侧重分析能力和运用能力考查，题目难度中等。
12.【答案】B
【解析】解：①分子中含有苯环，含有C、H元素外还含有O元素，不属于芳香烃，属于芳香族化合物，故错误；
②碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色、能和溴水发生加成反应而使溴水褪色，故正确；
③含有醇羟基和羧基，具有醇和羧酸的性质，所以能和乙酸、乙醇发生酯化反应，故正确；
④醇羟基、羧基和Na以1：1反应，且存在关系式2−OH～H2、2−COOH～H2，只有羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，且存在关系式−COOH～CO2，该分子中含有1个醇羟基、1个羧基，所以1mol该有机物分别与足量的Na、NaHCO3反应，产生气体的物质的量之比是1：1，故错误；
故选：B。
①分子中含有苯环，含有C、H元素外还含有O元素；
②碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化、能和溴水发生加成反应；
③含有醇羟基和羧基，具有醇和羧酸的性质；
④醇羟基、羧基和Na以1：1反应，且存在关系式2−OH～H2、2−COOH～H2，只有羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，且存在关系式−COOH～CO2。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
13.【答案】B
【解析】解：A.X(H)、Z(N)、W(S)形成离子化合物如(NH4)2S，故A错误；
B.Y为C元素、Z为N元素，同周期元素从左到右非金属性增强，则非金属性：N>C，非金属性越强，其最简单氢化物的稳定性越稳定，则稳定性：CH4
D.X为H元素，M中H原子最外层只有2个电子，未满足8电子结构，故D错误；
故选：B。
X、Y、Z、W四种短周期元素位于三个不同的周期，Y、Z同周期且四种元素原子序数依次增大，由分子的结构式可知，分子中X形成1个共价键、Y形成4个共价键、Z形成3个共价键、W形成2个共价键，则X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、W为S元素。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、物质结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
14.【答案】C
【解析】解：A.装置A中出来的气体含有水蒸气和硝酸气体，水蒸气、硝酸蒸气能与过氧化钙反应，需要除去，装置B中盛放水，吸收硝酸蒸气，装置C中盛放无水氯化钙，干燥NO气体，故A正确；
B.氮的氧化物有毒，污染环境，需要尾气处理，利用酸性重铬酸钾溶液的强氧化性，可以将氮的氧化物氧化为NO3−，消除污染，故B正确；
C.将稀硝酸换成浓硝酸，随着反应进行，浓硝酸浓度降低，装置A中产生的气体中混有 NO，NO与过氧化钙反应生成亚硝酸钙，因此不能得到纯净的硝酸钙，故C错误；
D.过氧化钙能与水反应，为提高产品的纯度，需要在D、E之间增加一个干燥装置，故D正确；
故选：C。
A.装置A中出来的气体含有水蒸气和硝酸气体，水蒸气、硝酸蒸气能与过氧化钙反应，需要除去，装置B中盛放水，吸收硝酸蒸气，装置C中盛放无水氯化钙，干燥NO气体；
B.氮的氧化物有毒，污染环境，需要尾气处理，利用酸性重铬酸钾溶液的强氧化性，可以将氮的氧化物氧化为NO3−，消除污染；
C.将稀硝酸换成浓硝酸，随着反应进行，浓硝酸浓度降低，装置A中产生的气体中混有 NO，NO与过氧化钙反应生成亚硝酸钙，因此不能得到纯净的硝酸钙；
D.过氧化钙能与水反应，为提高产品的纯度，需要在D、E之间增加一个干燥装置。
本题主要考查了制备实验方案的设计，属于高频考点，需要边思考、边分析，熟悉制备装置是解题关键，侧重考查分析能力，题目难度一般。
15.【答案】B
【解析】解：A.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，生成1mol氧气转移2mol电子，生成0.1molO2转移的电子数为0.2NA，故A错误；
B.一个D2O和一个H218O中均含有10个质子，二者摩尔质量都是20g/mol，含有的质子数都为18g20g/mol×10×NA/mol=9NA，故B正确；
C.溶液体积未知，无法计算氢离子个数，故C错误；
D.铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁为+83价，则1molFe与水蒸气在高温下充分反应，转移的电子数为83NA，故D错误；
故选：B。
A.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，生成1mol氧气转移2mol电子；
B.一个D2O和一个H218O中均含有10个质子，二者摩尔质量都是20g/mol；
C.溶液体积未知；
D.铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁为+83价。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
16.【答案】D
【解析】解：A.左侧通入氧气的电极是正极，正极上氧气得电子发生还原反应，故A错误；
B.左侧正极上电极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，原电池中阴离子移向负极，生成的OH−移向右侧电极，故左侧电极附近溶液碱性几乎不变，故B错误；
C.右侧电极上甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH3OH−6e−+8OH−=CO32−+6H2O，故C错误；
D.电池的总反应式为2CH3OH+3O2+4OH−=2CO32−+6H2O，此电池生成6molH2O时，转移12mol电子，故此电池生成3molH2O时，转移电子数为6NA，故D正确；
故选：D。
甲醇燃料电池中通入甲醇的电极是负极，甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH3OH−6e−+8OH−=CO32−+6H2O，通入氧气的电极是正极，正极上氧气得电子发生还原反应，正极上电极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，电池的总反应式为2CH3OH+3O2+4OH−=2CO32−+6H2O，据此分析。
本题考查了化学电源新型电池，根据正负极上得失电子及电极反应式来分析解答，并结合转移电子相等进行计算，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液酸碱性书写，难度中等。
17.【答案】 向下排空气法 将湿润的红色石蕊试纸置于试管口处，若试纸变蓝，则证明氨气已收集满 Ca(OH)2+2NH4Cl=△CaCl2+2NH3↑+2H2O 2.24 3NO2+H2O=2HNO3+NO Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+2H2O NO
【解析】解：(1)若A是一种黄色单质固体，则A是S单质，属于B是二氧化硫，C是三氧化硫，则B→C的化学方程式为，
故答案为：；
(2)若A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则A应该是氨气，C是红棕色气体，应为NO2，
①A为氨气，极易溶于水，密度比空气小，可用向下排空气法收集，检验氨气是否收集满，可将湿润的红色石蕊试纸置于试管口处，若试纸变蓝，则证明氨气已收集满，或用白色的酚酞试纸置于试管口处，若试纸变红，则证明氨气已收集满，
故答案为：向下排空气法；将湿润的红色石蕊试纸置于试管口处，若试纸变蓝，则证明氨气已收集满；
②实验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下反应准备氨气，反应的方程式为Ca(OH)2+2NH4Cl=△CaCl2+2NH3↑+2H2O，
故答案为：Ca(OH)2+2NH4Cl=△CaCl2+2NH3↑+2H2O；
③n(NH4Cl)=5.35g53.5g/mol=0.1mol，则n(NH3)=0.1mol，V(NH3)=2.24L，
故答案为：2.24；
④C为NO2，与水反应生产硝酸和NO，反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，HNO3具有强氧化性，可与铜反应，反应的离子方程式为Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+2H2O，实验完毕后，试管中收集到的气体的主要成分为NO，
故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+2H2O；NO．
(1)若A是一种黄色单质固体，则A是S单质，属于B是二氧化硫，C是三氧化硫；
(2)若A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则A应该是氨气，C是红棕色气体，应为NO2．
该题考查无机框图题的判断，是高考中的常见题型，属于基础性试题的考查．试题难易适中，基础知识，侧重对学生基础知识的巩固个训练．该类试题需要注意的是化学推断题是一类综合性较强的试题。
18.【答案】研磨粉碎钛铁矿、适当升高温度、当增加硫酸的浓度等 +4 FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O 将Fe3+还原成Fe2+ 玻璃棒、漏斗 SiO2 冷却结晶 TiO2+2C+2Cl2− 900℃ TiCl4+2CO 保护气，防止Ti被氧化
【解析】解：(1)为提高酸浸效率，可采取的措施有研磨粉碎钛铁矿；适当升高温度；适当增加硫酸的浓度等，
故答案为：研磨粉碎钛铁矿、适当升高温度、当增加硫酸的浓度等；
(2)FeTiO3与稀硫酸反应后，滤液中Ti元素以TiO2+形式存在，TiO2+中Ti表现+4价；“酸浸”中FeTiO3反应的离子方程式为FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O，
故答案为：+4；FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O；
(3)根据操作Ⅰ得到滤液中所含离子，以及流程图可知，后续操作获得绿矾，因此加入铁屑的目的将Fe3+还原成Fe2+，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，
故答案为：将Fe3+还原成Fe2+；
(4)①操作Ⅰ为过滤，需用到的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、(普通)漏斗；废渣的主要成分是SiO2，
故答案为：玻璃棒、漏斗；SiO2；
②操作Ⅱ获得FeSO4⋅7H2O，应采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，
故答案为：冷却结晶；
(5)TiO2、焦炭、氯气在900℃下反应生成CO和TiCl4，其反应方程式为TiO2+2C+2Cl2− 900℃ TiCl4+2CO，
故答案为：TiO2+2C+2Cl2− 900℃ TiCl4+2CO；
(6)金属钠是非常活泼金属，能与空气中的氧气反应，因此制备海绵钛中Ar的作用是保护气，防止Ti被氧化，
故答案为：保护气，防止Ti被氧化。
酸浸后Ti元素以TiO2+形式存在，推出FeTiO3中Fe元素以+2价形式存在，氧化铁属于碱性氧化物，与硫酸反应生成硫酸铁，二氧化硅为酸性氧化物，不溶于硫酸，也不与硫酸反应，过滤后，废渣主要成分是SiO2，根据流程图，后续得到绿矾，因此滤液中加入适量铁屑，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，绿矾中含有结晶水，操作Ⅱ应是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到绿矾，TiO2+溶液中存在TiO2++(n+1)H2O⇌TiO2⋅nH2O+2H+，加入碳酸钠粉末，消耗c(H+)，促进水解平衡向正反应方向移动；
(1)粉碎、适当升高温度、适当增加硫酸的浓度均可以提高酸浸效率；
(2)FeTiO3与稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸氧钛和水，滤液中Ti元素以TiO2+形式存在，TiO2+中Ti为+4价；
(3)铁屑可将Fe3+还原成Fe2+；
(4)①操作Ⅰ为过滤，废渣的主要成分是SiO2；
②蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可获得FeSO4⋅7H2O；
(5)TiO2、焦炭、氯气在900℃下反应生成CO和TiCl4；
(6)Ar是一种保护气。
本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度较大。
19.【答案】放出 92.4 e 0.01mol⋅L−1⋅min−1 35：37 提高反应速率，此温度下催化剂活性最大 2NH3−6e−+6OH−=N2+6H2O O2+4e−+2H2O=4OH−
【解析】解：(1)根据方程式N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，反应的焓变ΔH=(945.6kJ/mol)+3×(436kJ/mol)−6×(391kJ/mol)=−92.4kJ/mol，每合成2molNH3需要放出热量92.4kJ，
故答案为：放出；92.4；
(2)a.可逆反应到达平衡时，正、逆反应速率相等但不变为0，是动态平衡，故a错误；
b.单位时间内生成nmolN2的同时，生成3nmolH2，均表示逆反应速率，始终满足该比例关系，不能说明到达平衡，故b错误；
c.速率之比等于其化学计量数之比，则有2v正(H2)=3v正(NH3)，当2v正(H2)=3v逆(NH3)时，则有v正(NH3)=v逆(NH3)，反应到达平衡状态，3v正(H2)=2v逆(NH3)，不能说明氨气的在逆反应速率相同，不能证明反应达到平衡状态，故c错误；
d.可逆反应到平衡时，各组分浓度不变，但浓度之比不一定等于化学计量数之比，与起始浓度、转化率有关，故d错误；
e.随反应进行，气体的物质的量减小，气体的压强减小，混合气体的压强不再改变，说明反应到达平衡，故e正确；
f.混合气体总质量不变，体积不变，混合气体的密度始终不变，不能说明到达平衡，故f错误；
v(H2)=2.7mol2L−1.2mol/L10min=0.015mol/(L⋅min)，速率之比等于其化学计量数之比，则v(NH3)=23v(H2)=23×0.015mol/(L⋅min)=0.01mol/(L⋅min)；△n(H2)=2.7mol−1.2mol/L×2L=0.3mol，由N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，由差量法可知气体总物质的量减少为0.3mol×1+3−23=0.2mol；故10min时的体系总压强与初始时的总压强之比为1mol+2.7mol−0.2mol1mol+2.7mol=35：37，
故答案为：e；0.01mol⋅L−1⋅min−1；35：37；
(3)工业上采用400～500℃反应的原因是：提高反应速率，此温度下催化剂活性最大，
故答案为：提高反应速率，此温度下催化剂活性最大；
(4)a电极上NH3被氧化生成NH2，碱性条件下有水生成，电极反应式为2NH3+6OH−−6e−=N2+6H2O，b极上通入氧气得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应为：O2+4e−+2H2O=4OH−，
故答案为：2NH3−6e−+6OH−=N2+6H2O；O2+4e−+2H2O=4OH−。
(1)反应焓变ΔH=反应物总键能−生成物总键能；
(2)可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，且由变化到不变化说明到达平衡；根据v=△c△t计算v(H2)，再利用速率之比等于其化学计量数之比计算；
(3)合成氨反应为放热反应，升高温度平衡逆向进行，升高温度是为了提高反应速率，此温度下催化剂活性最大；
(4)a电极上NH3被氧化生成NH2，碱性条件下有水生成，b极上通入氧气得到电子发生还原反应生成氢氧根离子。
本题考查了反应焓变的计算、平衡判断、平衡计算、原电池原理等知识点，注意知识的理解应用，题目难度不大。
20.【答案】 ①② 羟基 醛基 溶解1，2−丙二醇，中和丙酸，降低F的溶解度，有利于分层
【解析】解：(1)CH2=CHCH3与溴发生加成反应生成A，故A的结构简式为，
故答案为：；
(2)反应①②③④分别为：丙烯与溴的加成反应、丙烯与水的加成反应、卤代烃水解(属于取代反应)、酯化反应(属于取代反应)，则属于取代反应的是①②，
故答案为：①②；
(3)B为，含有的官能团为羟基；D为CH3CH2CHO，含有的官能团为醛基，
故答案为：羟基；醛基；
(4)CH2=CHCH3发生加聚反应生成聚丙烯，聚丙烯的结构简式为：，
故答案为：；
(5)①C→D即CH3CH2CH2OH催化氧化为CH3CH2CHO，则该反应方程式为：，
故答案为：；
②B+E→F是和CH3CH2COOH发生酯化反应生成，该反应方程式为，
故答案为：；
(6)由B和E制取F的过程中，向制得的F()的混合溶液中加入5%碳酸钠溶液充分混合，则碳酸钠的作用是：溶解1，2−丙二醇，中和丙酸，降低的溶解度，有利于分层，
故答案为：溶解1，2−丙二醇，中和丙酸，降低的溶解度，有利于分层。
CH2=CHCH3与溴发生加成反应生成A为，A在碱性条件下水解生成，CH2=CHCH3与水发生加成反应生成CH3CH2CH2OH，CH3CH2CH2OH催化氧化生成D为CH3CH2CHO，D氧化生成CH3CH2COOH，B、E发生酯化反应生成F为。
本题考查有机物的推断，涉及有机反应类型、官能团识别、有机反应方程式的书写、酯化反应实验等，题目侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。
2023-2024学年广东省东莞市东华高级中学高二（上）开学化学试卷
一、单选题（本大题共16小题，共44.0分）
1.糖类、油脂、蛋白质都是与生命息息相关的物质，下列有关说法正确的是( )
A. 葡萄糖和蔗糖是同系物，淀粉和纤维素是同分异构体
B. 淀粉、纤维素、油脂、蛋白质都是高分子化合物，都能发生水解反应
C. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中的“丝”“泪”分别是纤维素和油脂
D. 通过灼烧时产生的气味可以鉴别蚕丝和棉纱
2.诺贝尔化学奖获得者艾哈迈德⋅泽维尔开创了“飞秒化学”的新领域，使运用激光技术、光谱技术观察化学反应时分子中原子的运动成为可能。据此，你认为该技术确定能观察到的是( )
A. 化学变化中原子核外电子的变化 B. 原子核的内部构成
C. 化学变化中生成物分子的形成 D. 反应中原子核内质子的变化
3.关于化合物2−苯基丙烯()，下列说法正确的是
( )
A. 不能使稀高锰酸钾溶液褪色 B. 可以发生加聚反应
C. 分子中所有原子共平面 D. 易溶于水及甲苯
4.下列实验或生产过程及其解释均正确且有对应关系的是( )
选项
实验或生产过程
解释
A
FeCl3溶液蚀刻铜制印刷电路板
金属性：Fe>Cu
B
Cu和稀硝酸反应，在试管口有红棕色气体
Cu和稀硝酸反应生成NO2
C
新制的氯水长时间放置后，酸性增强
HClO易分解产生HCl
D
工业上通过电解熔融MgO制取金属Mg
MgO熔点低
A. A B. B C. C D. D
5.已知反应：2H2O2=2H2O+O2↑，下列措施不能加快该反应的速率的是( )
A. 升高温度 B. 加入少量MnO2固体
C. 加NaCl水溶液 D. 加入几滴FeCl3溶液
6.将Al条插入6mol⋅L−1的盐酸中，反应过程中产生H2速率的变化情况如图1所示。下列说法错误的是( )
A. 图1中开始阶段产生气体速率较慢可能是因为Al条表面有氧化膜
B. 图1中t1～t2时间段内速率变化的主要原因是反应放热，溶液温度升高
C. 图1中影响t2～t3时间段内速率变化的主要因素是c(Cl−)
D. 图2可以表示该反应过程的能量变化
7.三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，其催化剂表面物质转化的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. 在转化过程中，氮元素均被还原
B. 依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程
C. 还原过程中生成0.1mol N2，转移电子数为0.5 mol
D. 三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化
8.2021年我国科学家在世界上首次实现从二氧化碳到淀粉的人工转化，效率约为传统农业生产淀粉的8.5倍。转化过程如图，下列说法不正确的是( )
A. 第1步反应产物中有H2O
B. 第2步反应中每消耗1molO2，转移4mole−
C. 第2步反应中C−H键发生断裂
D. 可使用I2溶液检验CO2是否转化为淀粉
9.打印机使用的墨粉中含有Fe3O4。将FeSO4溶液和Fe2(SO4)3溶液按一定比例混合，再加入一定量的NaOH溶液，水浴加热，可制得Fe3O4，反应如下：______ Fe2++______Fe3++______OH−=______Fe3O4+______H2O
。下列分析不正确的是( )
A. Fe3O4具有磁性
B. 反应中，Fe2+是还原剂，Fe3+是氧化剂
C. 从左至右，反应中各物质的化学计量数依次为1、2、8、1、4
D. Fe3O4可与盐酸反应生成Fe2+和Fe3+，所得两种离子的物质的量之比为1：2
10.以黄铁矿(主要成分为FeS2，其中S的化合价为−1价)生产硫酸的工艺流程如图。下列说法不正确的是( )
A. 将黄铁矿粉碎，可加快其在沸腾炉中的化学反应速率
B. 沸腾炉中每生成1mol SO2，有11mol e−发生转移
C. 接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率
D. 吸收塔排放的尾气可通过氨吸收转化成氮肥
11.下列离子方程式书写正确的是( )
A. FeO溶于稀硝酸：FeO+2H+=Fe2++H2O
B. FeI2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++2I−+2Cl2=2Fe3++4Cl−+I2
C. 酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应：5H2O2+2MnO4−+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
D. NaHCO3溶液与过量澄清石灰水反应：Ca2++2OH−+2HCO3−=CaCO3↓+CO32−+2H2O
12.某有机物的结构简式如图所示，下列关于这种有机物的说法不正确的是( )
①分子中含有苯环，属于芳香烃
②既能使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色
③既能和乙酸发生酯化反应，又能和乙醇发生酯化反应
④1mol该有机物分别与足量的Na、NaHCO3反应，产生气体的物质的量之比是2：1
A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种
13.X、Y、Z、W四种短周期元素位于三个不同的周期，Y、Z同周期，且四种元素原子序数依次增大。由这四种元素组成的分子(M)的结构如图所示。下列推断正确的是( )
A. X、Z、W不可能形成离子化合物 B. 最简单氢化物的稳定性：Y
14.亚硝酸钙[Ca(NO2)2]是水泥混凝土外加剂的主要原料，某学习小组设计实验制备亚硝酸钙，实验装置如图所示(夹持装置略去)。已知：①2NO+CaO2=Ca(NO2)2；2NO2+CaO2=Ca(NO3)2；②2CaO2+2H2O=2Ca(OH)2+O2↑。
下列说法不正确的是( )
A. 装置B、C中的试剂可以分别为水和无水CaCl2
B. 装置F中酸性K2Cr2O7溶液的作用是吸收多余的氮氧化物
C. 将稀硝酸换成浓硝酸可以制备纯净的Ca(NO3)2
D. 该装置存在缺陷，应在装置D和E之间增加一个干燥装置
15.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 过氧化钠与水反应时，生成0.1molO2转移的电子数为0.1NA
B. 18gD2O和18gH218O中含有的质子数均为9NA
C. 0.5mol⋅L−1硫酸溶液中含有的H+数为NA
D. 1molFe与水蒸气在高温下充分反应，转移的电子数为3NA
16.燃料电池是一种将燃料和氧化剂的化学能直接转化为电能的电化学反应装置，下图为甲醇燃料电池的简易装置。下列说法正确的是( )
A. 左侧电极为负极，发生氧化反应
B. OH−移向右侧电极，故左侧电极附近溶液碱性变弱
C. 右侧电极的电极反应式：CH3OH−6e−+H2O=CO2+6H+
D. 此电池生成3molH2O时，转移电子数为6NA
二、简答题（本大题共4小题，共56.0分）
17.A、B、C是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如图1所示(部分反应条件及产物略去)。
(1)若A是一种黄色单质固体，则B→C的化学方程式为 ______ 。
(2)若C是红棕色气体，A可能是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。如图2所示是实验室制取A气体的装置，请结合所学知识，回答下列问题：
①收集A的方法是 ______ ，验证A是否已经收集满的方法是 ______ (任写一种)。
②写出实验室制取A的化学方程式 ______ 。
③若有5.35g氯化铵参加反应，则产生的A气体在标准状况下的体积为 ______ L。
④试写出C与水反应的化学方程式 ______ ，反应可得到酸X。如图3所示，足量X的浓溶液与Cu反应，写出烧瓶中发生反应的离子方程式 ______ 。实验完毕后，试管中收集到的气体的主要成分为 ______ (写化学式)。
18.钛合金密度较小，常温下特别稳定，耐酸碱腐蚀，韧性好，高温下海绵状钛能与氧气反应，是航空、军工、电力等领域的必须金属材料。
Ⅰ.由钛铁矿(主要成分是钛酸亚铁：FeTiO3，还含有少量Fe2O3、SiO2等杂质)制备TiO2的一种工艺流程示意如图：
回答下列问题：
(1)为提高酸浸效率，可采取的措施有 ______(任写二种即可)。
(2)FeTiO3中Ti的化合价为 ______，“酸浸”中，FeTiO3反应的离子方程式为 ______。
(3)加入铁屑的作用是 ______。
(4)①实验室完成“操作Ⅰ”需用到的玻璃仪器有烧杯、______，废渣的主要成分是 ______。
②实验室完成“操作Ⅱ”包含的具体操作有蒸发浓缩，______，过滤，洗涤，干燥。
Ⅱ.以TiO2为原料，采用亨特(Hunter)法生产钛的流程如图：
(5)沸腾氯化炉中反应的化学方程式为 ______。
(6)制备海绵钛中Ar的作用是 ______。
19.工业合成氨反应为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，氨在工农业生产中应用广泛。
化学键
H−H
N−H
N≡N
键能(kJ⋅mol−1)
436
391
945.6
(1)已知：键能是1mol化学键完全断裂形成气态原子所需要吸收的能量，部分化学键的键能如表格所示。计算每合成2molNH3需要 ______ (填“放出”或“吸收”) ______ kJ的热量。
(2)实验室中模拟合成氨过程，将1molN2和2.7molH2置于恒温、体积为2L的容器中反应。下列情况可说明该反应已经达到化学平衡状态的是 ______ (填序号)。
a.反应不再进行，已经停止
b.单位时间内生成nmolN2的同时，生成3nmolH2
c.3v正(H2)=2v逆(NH3)
d.N2、H2和NH3的物质的量浓度之比为1：3：2
e.混合气体的压强不再改变
f.混合气体的密度不再改变
若10min时测得氢气浓度为1.2mol⋅L−1，则用氨气表示的0～10min内的平均化学反应速率为 ______ ；10min时的体系总压强与初始时的总压强之比为 ______ 。
(3)工业合成氨过程中，按一定投料比将原料气以及催化剂置于反应容器中，测得在不同温度和压强下达到化学平衡状态时的氨的平衡含量(%)如表格所示：
压强(MPa)
氨的平衡含量(%)
温度(摄氏度)
0.1
10
20
30
60
100
200
15.3
81.5
86.4
89.9
95.4
98.8
300
2.2
52.0
64.2
71.0
84.2
92.6
400
0.4
25.1
38.2
47.0
65.2
79.8
500
0.1
10.6
19.1
26.4
42.2
57.5
600
0.05
4.5
9.1
13.8
23.1
31.4
实际生产时，通常采用铁触媒作为催化剂、在400～500℃和10～30MPa的条件下合成氨。结合所学知识以及上述表格数据分析，工业上采用400～500℃反应的原因是 ______ 。
(4)氨氧燃料电池具有很大的发展潜力。氨氧燃料电池的工作原理如图所示。
a电极的电极反应式是 ______ 。
b电极的电极反应式是 ______ 。
20.丙烯是一种重要的化工原料，以丙烯为原料衍生出部分化工产品的反应如图(部分反应条件已略去)。请回答下列问题：
(1)A的结构简式为 ______。
(2)反应①②③④中，属于加成反应的是 ______(填序号)。
(3)有机物B、D中含有的官能团的名称分别为 ______、______。
(4)聚丙烯(英文缩写：PP)具有机械强度高、耐化学腐蚀等特性，可用于制作薄膜、管道等，写出聚丙烯的结构简式：______。
(5)写出下列反应的化学方程式
①C→D：______。
②B+E→F：______。
(6)由B和E制取F的过程中，向制得的F的混合溶液中加入5%碳酸钠溶液充分混合，则碳酸钠的作用是 ______。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、葡萄糖是单糖，蔗糖是二糖，二者结构不相似，不能互为同系物；淀粉和纤维素均是高分子化合物，聚合度不同，不能互为同分异构体，故A错误；
B、油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯类，不是高分子化合物，故B错误；
C、“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中的“丝”“泪”分别是蛋白质和烃类物质，不是纤维素和油脂，故C错误；
D、蛋白质灼烧具有烧焦羽毛的气味，纤维素灼烧没有烧焦羽毛的气味，蚕丝的成分是蛋白质、棉纱的成分是纤维素，所以可以用灼烧的方法鉴别，故D正确；
故选：D。
A、结构相似、分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物间互为同系物；分子式相同而结构不同的化合物间互为同分异构体；
B、相对分子质量在一万以上的是高分子化合物；
C、蚕丝是蛋白质，蜡烛的主要成分是烃类物质；
D、蛋白质灼烧具有烧焦羽毛的气味，纤维素灼烧没有烧焦羽毛的气味。
本题考查了糖类、油脂和蛋白质的结构和性质，难度不大，应注意的是油脂不是高分子化合物，淀粉和纤维素不是同分异构体。
2.【答案】C
【解析】解：A.化学变化中原子核外电子的变化观测不到，故A错误；
B.原子内部结构及运动观察不到，故B错误；
C.该技术可能观察化学反应时分子中原子的运动，则可确定能观察化学变化中生成物分子的形成，故C正确；
D.无法观测到原子核内质子变化，故D错误；
故选：C。
由题干信息可知，“运用激光光谱技术观测化学反应时分子中原子的运动成为可能”，根据分子、原子的构成进行分析。
本题考查信息给予题，难度不大，解题时，应充分考虑其告知信息的“内涵”和“外延”，本题只是能“观测化学反应时分子中原子运动”，对于原子内部结构仍无法观察。
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查有机物结构和性质，侧重考查苯和烯烃性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，会利用知识迁移方法判断原子是否共平面，题目难度不大。
【解答】
A.含有碳碳双键，所以具有烯烃性质，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；
B.含有碳碳双键，所以能发生加聚反应生成高分子化合物，故B正确；
C.苯分子中所有原子共平面、乙烯分子中所有原子共平面，甲烷分子为正四面体结构，该分子中甲基具有甲烷结构特点，所以该分子中所有原子不能共平面，故C错误；
D.该物质为有机物，没有亲水基，不易溶于水，易溶于甲苯，故D错误；
故选：B。
4.【答案】C
【解析】【分析】
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、发生的反应及现象、物质的鉴别、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。
【解答】
A.FeCl3溶液能够与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，可用FeCl3溶液蚀刻铜制印刷电路板，与Fe、Cu的金属性强弱无关，题中解释不合理，故A错误；
B.Cu和稀硝酸反应生成硝酸铜、水和一氧化氮，一氧化氮在试管口与氧气反应生成红棕色的NO2气体，题中解释不合理，故B错误；
C.由于HClO易分解产生HCl，所以新制的氯水长时间放置后，酸性增强，题中实验及其解释均合理，故C正确；
D.由于氯化镁的熔点较低，工业上通过电解熔融氯化镁来冶炼金属镁，生产过程及其解释均不合理，故D错误；
故选C。
5.【答案】C
【解析】解：A.升高温度，活化分子百分数增大，活化分子数目增大，反应速率加快，故A错误；
B.加入少量二氧化锰粉末，增大活化分子百分数，所以反应速率增大，故B错误；
C.加NaCl水溶液会导致H2O2溶液浓度越小，反应速率越小，故C正确；
D.加入几滴氯化铁溶液，增大活化分子百分数，反应速率增大，故D错误；
故选：C。
增大反应物浓度、增大反应物接触面积、升高温度、加入催化剂等都可以增大反应速率。
本题考查化学反应速率影响因素，明确浓度、温度、催化剂对反应速率影响是解本题关键，注意该反应中氯化铁能作催化剂，题目难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.Al表面的氧化膜与盐酸反应不生成气体，则图1中开始阶段产生气体速率较慢可能是因为Al条表面有氧化膜，故A正确；
B.Al与盐酸反应放热，则图1中t1～t2时间段内速率变化的主要原因是反应放热，溶液温度升高，使反应速率加快，故B正确；
C.随反应进行，氢离子浓度减小，则图1中影响t2～t3时间段内速率变化的主要因素是c(H+)，故C错误；
D.反应物总能量大于生成物总能量时，为放热反应，可用图2表示该过程的能量变化，故D正确；
故选：C。
A.Al表面的氧化膜与盐酸反应不生成气体；
B.Al与盐酸反应放热；
C.随反应进行，氢离子浓度减小；
D.反应物总能量大于生成物总能量时，为放热反应。
本题考查反应速率，为高频考点，把握温度、浓度对反应速率的影响为解答的关键，侧重分析和应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查氧化还原反应，题目难度不大，明确图示转化关系的实质即可解答，注意掌握氧化还原反应实质，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
【解答】
A.根据图示可知，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2的过程中，N元素化合价升高被氧化，故A错误；
B.根据图示可知，BaO为催化剂，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2时，BaO参与储存N元素，故B错误；
C.还原过程中生成0.1mol N2，转移电子的物质的量为：0.1mol×(5−0)×2=1mol，故C错误；
D.整个过程中，CO、CxHy、NOx转化成CO2、H2O、N2，说明三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化，故D正确；
故选：D。
8.【答案】B
【解析】解：A.由图可知，反应1为CO2与H2反应生成CH3OH与H2O，反应产物中有H2O，故A正确；
B.反应2为CH3OH+O2=HCHO+H2O2，氧气中氧元素的化合价由0价降低到−1价，每消耗1molO2，转移2mole−，故B错误；
C.第2步反应中由CH3OH生成HCHO，C−H键和O−H键发生断裂，故C正确；
D.淀粉遇碘变蓝，可使用I2溶液检验CO2是否转化为淀粉，故D正确；
故选：B。
A.由图可知，反应1为CO2与H2反应生成CH3OH与H2O；
B.反应2为CH3OH+O2=HCHO+H2O2；
C.第2步反应中由CH3OH生成HCHO，C−H键发生断裂；
D.淀粉遇碘变蓝。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.磁铁可以将Fe3O4吸引，则Fe3O4具有磁性，故A正确；
B.反应a方程式为：Fe2++2Fe3++8OH−=Fe3O4+4H2O，该反应中没有化合价发生变化，则不属于氧化还原反应，故B错误；
C.根据原子和电荷守恒配平反应a方程式为：Fe2++2Fe3++8OH−=Fe3O4+4H2O，则反应a各物质的系数依次为1、2、8、1、4，故C正确；
D.Fe3O4属于混合型金属氧化物，铁的化合价为+2价和+3价，与盐酸反应生成Fe2+和Fe3+的盐和水，所得两种离子的物质的量之比为1：2，故D正确；
故选：B。
根据原子和电荷守恒配平反应a方程式为：Fe2++2Fe3++8OH−=Fe3O4+4H2O，该反应中没有化合价发生变化，则不属于氧化还原反应，Fe3O4具有磁性，又属于金属氧化物，与盐酸反应生成盐和水，据此分析解答；
本题考查方程式的配平等，明确元素化合价及其Fe3O4的性质是解本题关键，难度不大。
10.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查工业制备硫酸，题目难度中等，明确制备目的、制备原理为解答关键。
【解答】
黄铁矿在沸腾炉中与氧气反应生成氧化铁、二氧化硫，二氧化硫、氧气在接触室反应生成三氧化硫，三氧化硫在吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收可生成硫酸，尾气含有二氧化硫、氧气，以此解答该题。
A. 将黄铁矿粉碎，可增大接触面积，加快其在沸腾炉中的化学反应速率，故A正确；
B. 反应时FeS2中Fe元素化合价由+2价升高到+3价，S元素化合价由−1价升高到+4价，则生成2mol二氧化硫转移11mol电子，则沸腾炉中每生成1mol SO2，有5.5mol e−发生转移，故B错误；
C. SO2、O2可在接触室反应生成三氧化硫，为可逆反应，不能完全反应，则接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率，故C正确；
D. 尾气含有二氧化硫、氧气，用氨气吸收，可转化成氮肥，故D正确；
故选B。
11.【答案】C
【解析】解：A.稀硝酸具有强氧化性，氧化FeO硝酸铁、一氧化氮气体和水，离子方程式为3FeO+10H++NO3−=3Fe3++NO↑+5H2O，故A错误；
B.FeI2与过量Cl2反应时生成FeCl3、I2，且n(Fe2+)：n(I−)=1：2，反应的离子方程式为2Fe2++4I−+3Cl2=2Fe3++6Cl−+2I2，故B错误；
C.KMnO4氧化H2O2生成O2，自身还原为Mn2+，反应的离子方程式为2MnO4−+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O，故C正确；
D.NaHCO3溶液与过量澄清石灰水反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为Ca2++OH−+HCO3−=CaCO3↓+2H2O，故D错误；
故选：C。
A.FeO具有还原性，与稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铁、一氧化氮气体和水；
B.FeI2与过量Cl2反应时生成FeCl3、I2，且n(Fe2+)：n(I−)=1：2；
C.KMnO4具有强氧化性，与H2O2反应生成O2、Mn2+，结合电子守恒、电荷守恒写出反应的离子方程式；
D.NaHCO3溶液与过量澄清石灰水反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水。
本题考查了离子方程式的书写，明确物质的性质、反应实质是解题关键，注意掌握与量有关的离子方程式书写，侧重分析能力和运用能力考查，题目难度中等。
12.【答案】B
【解析】解：①分子中含有苯环，含有C、H元素外还含有O元素，不属于芳香烃，属于芳香族化合物，故错误；
②碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色、能和溴水发生加成反应而使溴水褪色，故正确；
③含有醇羟基和羧基，具有醇和羧酸的性质，所以能和乙酸、乙醇发生酯化反应，故正确；
④醇羟基、羧基和Na以1：1反应，且存在关系式2−OH～H2、2−COOH～H2，只有羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，且存在关系式−COOH～CO2，该分子中含有1个醇羟基、1个羧基，所以1mol该有机物分别与足量的Na、NaHCO3反应，产生气体的物质的量之比是1：1，故错误；
故选：B。
①分子中含有苯环，含有C、H元素外还含有O元素；
②碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化、能和溴水发生加成反应；
③含有醇羟基和羧基，具有醇和羧酸的性质；
④醇羟基、羧基和Na以1：1反应，且存在关系式2−OH～H2、2−COOH～H2，只有羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，且存在关系式−COOH～CO2。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
13.【答案】B
【解析】解：A.X(H)、Z(N)、W(S)形成离子化合物如(NH4)2S，故A错误；
B.Y为C元素、Z为N元素，同周期元素从左到右非金属性增强，则非金属性：N>C，非金属性越强，其最简单氢化物的稳定性越稳定，则稳定性：CH4
D.X为H元素，M中H原子最外层只有2个电子，未满足8电子结构，故D错误；
故选：B。
X、Y、Z、W四种短周期元素位于三个不同的周期，Y、Z同周期且四种元素原子序数依次增大，由分子的结构式可知，分子中X形成1个共价键、Y形成4个共价键、Z形成3个共价键、W形成2个共价键，则X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、W为S元素。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、物质结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
14.【答案】C
【解析】解：A.装置A中出来的气体含有水蒸气和硝酸气体，水蒸气、硝酸蒸气能与过氧化钙反应，需要除去，装置B中盛放水，吸收硝酸蒸气，装置C中盛放无水氯化钙，干燥NO气体，故A正确；
B.氮的氧化物有毒，污染环境，需要尾气处理，利用酸性重铬酸钾溶液的强氧化性，可以将氮的氧化物氧化为NO3−，消除污染，故B正确；
C.将稀硝酸换成浓硝酸，随着反应进行，浓硝酸浓度降低，装置A中产生的气体中混有 NO，NO与过氧化钙反应生成亚硝酸钙，因此不能得到纯净的硝酸钙，故C错误；
D.过氧化钙能与水反应，为提高产品的纯度，需要在D、E之间增加一个干燥装置，故D正确；
故选：C。
A.装置A中出来的气体含有水蒸气和硝酸气体，水蒸气、硝酸蒸气能与过氧化钙反应，需要除去，装置B中盛放水，吸收硝酸蒸气，装置C中盛放无水氯化钙，干燥NO气体；
B.氮的氧化物有毒，污染环境，需要尾气处理，利用酸性重铬酸钾溶液的强氧化性，可以将氮的氧化物氧化为NO3−，消除污染；
C.将稀硝酸换成浓硝酸，随着反应进行，浓硝酸浓度降低，装置A中产生的气体中混有 NO，NO与过氧化钙反应生成亚硝酸钙，因此不能得到纯净的硝酸钙；
D.过氧化钙能与水反应，为提高产品的纯度，需要在D、E之间增加一个干燥装置。
本题主要考查了制备实验方案的设计，属于高频考点，需要边思考、边分析，熟悉制备装置是解题关键，侧重考查分析能力，题目难度一般。
15.【答案】B
【解析】解：A.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，生成1mol氧气转移2mol电子，生成0.1molO2转移的电子数为0.2NA，故A错误；
B.一个D2O和一个H218O中均含有10个质子，二者摩尔质量都是20g/mol，含有的质子数都为18g20g/mol×10×NA/mol=9NA，故B正确；
C.溶液体积未知，无法计算氢离子个数，故C错误；
D.铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁为+83价，则1molFe与水蒸气在高温下充分反应，转移的电子数为83NA，故D错误；
故选：B。
A.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，生成1mol氧气转移2mol电子；
B.一个D2O和一个H218O中均含有10个质子，二者摩尔质量都是20g/mol；
C.溶液体积未知；
D.铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中铁为+83价。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
16.【答案】D
【解析】解：A.左侧通入氧气的电极是正极，正极上氧气得电子发生还原反应，故A错误；
B.左侧正极上电极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，原电池中阴离子移向负极，生成的OH−移向右侧电极，故左侧电极附近溶液碱性几乎不变，故B错误；
C.右侧电极上甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH3OH−6e−+8OH−=CO32−+6H2O，故C错误；
D.电池的总反应式为2CH3OH+3O2+4OH−=2CO32−+6H2O，此电池生成6molH2O时，转移12mol电子，故此电池生成3molH2O时，转移电子数为6NA，故D正确；
故选：D。
甲醇燃料电池中通入甲醇的电极是负极，甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH3OH−6e−+8OH−=CO32−+6H2O，通入氧气的电极是正极，正极上氧气得电子发生还原反应，正极上电极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，电池的总反应式为2CH3OH+3O2+4OH−=2CO32−+6H2O，据此分析。
本题考查了化学电源新型电池，根据正负极上得失电子及电极反应式来分析解答，并结合转移电子相等进行计算，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液酸碱性书写，难度中等。
17.【答案】 向下排空气法 将湿润的红色石蕊试纸置于试管口处，若试纸变蓝，则证明氨气已收集满 Ca(OH)2+2NH4Cl=△CaCl2+2NH3↑+2H2O 2.24 3NO2+H2O=2HNO3+NO Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+2H2O NO
【解析】解：(1)若A是一种黄色单质固体，则A是S单质，属于B是二氧化硫，C是三氧化硫，则B→C的化学方程式为，
故答案为：；
(2)若A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则A应该是氨气，C是红棕色气体，应为NO2，
①A为氨气，极易溶于水，密度比空气小，可用向下排空气法收集，检验氨气是否收集满，可将湿润的红色石蕊试纸置于试管口处，若试纸变蓝，则证明氨气已收集满，或用白色的酚酞试纸置于试管口处，若试纸变红，则证明氨气已收集满，
故答案为：向下排空气法；将湿润的红色石蕊试纸置于试管口处，若试纸变蓝，则证明氨气已收集满；
②实验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下反应准备氨气，反应的方程式为Ca(OH)2+2NH4Cl=△CaCl2+2NH3↑+2H2O，
故答案为：Ca(OH)2+2NH4Cl=△CaCl2+2NH3↑+2H2O；
③n(NH4Cl)=5.35g53.5g/mol=0.1mol，则n(NH3)=0.1mol，V(NH3)=2.24L，
故答案为：2.24；
④C为NO2，与水反应生产硝酸和NO，反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，HNO3具有强氧化性，可与铜反应，反应的离子方程式为Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+2H2O，实验完毕后，试管中收集到的气体的主要成分为NO，
故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；Cu+4H++2NO3−=Cu2++2NO2↑+2H2O；NO．
(1)若A是一种黄色单质固体，则A是S单质，属于B是二氧化硫，C是三氧化硫；
(2)若A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则A应该是氨气，C是红棕色气体，应为NO2．
该题考查无机框图题的判断，是高考中的常见题型，属于基础性试题的考查．试题难易适中，基础知识，侧重对学生基础知识的巩固个训练．该类试题需要注意的是化学推断题是一类综合性较强的试题。
18.【答案】研磨粉碎钛铁矿、适当升高温度、当增加硫酸的浓度等 +4 FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O 将Fe3+还原成Fe2+ 玻璃棒、漏斗 SiO2 冷却结晶 TiO2+2C+2Cl2− 900℃ TiCl4+2CO 保护气，防止Ti被氧化
【解析】解：(1)为提高酸浸效率，可采取的措施有研磨粉碎钛铁矿；适当升高温度；适当增加硫酸的浓度等，
故答案为：研磨粉碎钛铁矿、适当升高温度、当增加硫酸的浓度等；
(2)FeTiO3与稀硫酸反应后，滤液中Ti元素以TiO2+形式存在，TiO2+中Ti表现+4价；“酸浸”中FeTiO3反应的离子方程式为FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O，
故答案为：+4；FeTiO3+4H+=Fe2++TiO2++2H2O；
(3)根据操作Ⅰ得到滤液中所含离子，以及流程图可知，后续操作获得绿矾，因此加入铁屑的目的将Fe3+还原成Fe2+，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，
故答案为：将Fe3+还原成Fe2+；
(4)①操作Ⅰ为过滤，需用到的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、(普通)漏斗；废渣的主要成分是SiO2，
故答案为：玻璃棒、漏斗；SiO2；
②操作Ⅱ获得FeSO4⋅7H2O，应采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，
故答案为：冷却结晶；
(5)TiO2、焦炭、氯气在900℃下反应生成CO和TiCl4，其反应方程式为TiO2+2C+2Cl2− 900℃ TiCl4+2CO，
故答案为：TiO2+2C+2Cl2− 900℃ TiCl4+2CO；
(6)金属钠是非常活泼金属，能与空气中的氧气反应，因此制备海绵钛中Ar的作用是保护气，防止Ti被氧化，
故答案为：保护气，防止Ti被氧化。
酸浸后Ti元素以TiO2+形式存在，推出FeTiO3中Fe元素以+2价形式存在，氧化铁属于碱性氧化物，与硫酸反应生成硫酸铁，二氧化硅为酸性氧化物，不溶于硫酸，也不与硫酸反应，过滤后，废渣主要成分是SiO2，根据流程图，后续得到绿矾，因此滤液中加入适量铁屑，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，绿矾中含有结晶水，操作Ⅱ应是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到绿矾，TiO2+溶液中存在TiO2++(n+1)H2O⇌TiO2⋅nH2O+2H+，加入碳酸钠粉末，消耗c(H+)，促进水解平衡向正反应方向移动；
(1)粉碎、适当升高温度、适当增加硫酸的浓度均可以提高酸浸效率；
(2)FeTiO3与稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸氧钛和水，滤液中Ti元素以TiO2+形式存在，TiO2+中Ti为+4价；
(3)铁屑可将Fe3+还原成Fe2+；
(4)①操作Ⅰ为过滤，废渣的主要成分是SiO2；
②蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可获得FeSO4⋅7H2O；
(5)TiO2、焦炭、氯气在900℃下反应生成CO和TiCl4；
(6)Ar是一种保护气。
本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度较大。
19.【答案】放出 92.4 e 0.01mol⋅L−1⋅min−1 35：37 提高反应速率，此温度下催化剂活性最大 2NH3−6e−+6OH−=N2+6H2O O2+4e−+2H2O=4OH−
【解析】解：(1)根据方程式N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，反应的焓变ΔH=(945.6kJ/mol)+3×(436kJ/mol)−6×(391kJ/mol)=−92.4kJ/mol，每合成2molNH3需要放出热量92.4kJ，
故答案为：放出；92.4；
(2)a.可逆反应到达平衡时，正、逆反应速率相等但不变为0，是动态平衡，故a错误；
b.单位时间内生成nmolN2的同时，生成3nmolH2，均表示逆反应速率，始终满足该比例关系，不能说明到达平衡，故b错误；
c.速率之比等于其化学计量数之比，则有2v正(H2)=3v正(NH3)，当2v正(H2)=3v逆(NH3)时，则有v正(NH3)=v逆(NH3)，反应到达平衡状态，3v正(H2)=2v逆(NH3)，不能说明氨气的在逆反应速率相同，不能证明反应达到平衡状态，故c错误；
d.可逆反应到平衡时，各组分浓度不变，但浓度之比不一定等于化学计量数之比，与起始浓度、转化率有关，故d错误；
e.随反应进行，气体的物质的量减小，气体的压强减小，混合气体的压强不再改变，说明反应到达平衡，故e正确；
f.混合气体总质量不变，体积不变，混合气体的密度始终不变，不能说明到达平衡，故f错误；
v(H2)=2.7mol2L−1.2mol/L10min=0.015mol/(L⋅min)，速率之比等于其化学计量数之比，则v(NH3)=23v(H2)=23×0.015mol/(L⋅min)=0.01mol/(L⋅min)；△n(H2)=2.7mol−1.2mol/L×2L=0.3mol，由N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，由差量法可知气体总物质的量减少为0.3mol×1+3−23=0.2mol；故10min时的体系总压强与初始时的总压强之比为1mol+2.7mol−0.2mol1mol+2.7mol=35：37，
故答案为：e；0.01mol⋅L−1⋅min−1；35：37；
(3)工业上采用400～500℃反应的原因是：提高反应速率，此温度下催化剂活性最大，
故答案为：提高反应速率，此温度下催化剂活性最大；
(4)a电极上NH3被氧化生成NH2，碱性条件下有水生成，电极反应式为2NH3+6OH−−6e−=N2+6H2O，b极上通入氧气得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应为：O2+4e−+2H2O=4OH−，
故答案为：2NH3−6e−+6OH−=N2+6H2O；O2+4e−+2H2O=4OH−。
(1)反应焓变ΔH=反应物总键能−生成物总键能；
(2)可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，且由变化到不变化说明到达平衡；根据v=△c△t计算v(H2)，再利用速率之比等于其化学计量数之比计算；
(3)合成氨反应为放热反应，升高温度平衡逆向进行，升高温度是为了提高反应速率，此温度下催化剂活性最大；
(4)a电极上NH3被氧化生成NH2，碱性条件下有水生成，b极上通入氧气得到电子发生还原反应生成氢氧根离子。
本题考查了反应焓变的计算、平衡判断、平衡计算、原电池原理等知识点，注意知识的理解应用，题目难度不大。
20.【答案】 ①② 羟基 醛基 溶解1，2−丙二醇，中和丙酸，降低F的溶解度，有利于分层
【解析】解：(1)CH2=CHCH3与溴发生加成反应生成A，故A的结构简式为，
故答案为：；
(2)反应①②③④分别为：丙烯与溴的加成反应、丙烯与水的加成反应、卤代烃水解(属于取代反应)、酯化反应(属于取代反应)，则属于取代反应的是①②，
故答案为：①②；
(3)B为，含有的官能团为羟基；D为CH3CH2CHO，含有的官能团为醛基，
故答案为：羟基；醛基；
(4)CH2=CHCH3发生加聚反应生成聚丙烯，聚丙烯的结构简式为：，
故答案为：；
(5)①C→D即CH3CH2CH2OH催化氧化为CH3CH2CHO，则该反应方程式为：，
故答案为：；
②B+E→F是和CH3CH2COOH发生酯化反应生成，该反应方程式为，
故答案为：；
(6)由B和E制取F的过程中，向制得的F()的混合溶液中加入5%碳酸钠溶液充分混合，则碳酸钠的作用是：溶解1，2−丙二醇，中和丙酸，降低的溶解度，有利于分层，
故答案为：溶解1，2−丙二醇，中和丙酸，降低的溶解度，有利于分层。
CH2=CHCH3与溴发生加成反应生成A为，A在碱性条件下水解生成，CH2=CHCH3与水发生加成反应生成CH3CH2CH2OH，CH3CH2CH2OH催化氧化生成D为CH3CH2CHO，D氧化生成CH3CH2COOH，B、E发生酯化反应生成F为。
本题考查有机物的推断，涉及有机反应类型、官能团识别、有机反应方程式的书写、酯化反应实验等，题目侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。
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