湖北省部分高中协作体2025届高三下学期联考（三模）化学试卷 含解析

这是一份湖北省部分高中协作体2025届高三下学期联考（三模）化学试卷 含解析，共15页。试卷主要包含了答题前，请将自己的姓名，选择题的作答，非选择题作答，考试结束后，请将答题卡上交等内容，欢迎下载使用。
本试卷共 8 页，19 题，全卷满分 100 分，考试用时 75 分钟。
★祝考试顺利★
注意事项：
1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并
将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置。
2、选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，
写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿
纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4、考试结束后，请将答题卡上交。
一、选择题：本题共 15 小题，每题 3 分，共 45 分，每小题仅有一项是符合题意。 1.化学与中华古文化密切相关，下列叙述不涉及氧化还原反应的是( )
A．人生请治田，种秫多酿酒
B．石穴之中，所滴皆为钟乳
C．得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根
D．锡中杂铅太多，入醋淬八九度，铅尽化灰而去
解析：B。 A 项，酿酒中粮食发酵，有元素的化合价变化，为氧化还原反应；B 项，
溶洞中石笋和钟乳石的形成是由于碳酸钙的溶解再分解析出形成的，该过程中元素化合价没
有发生变化，不属于氧化还原反应；C 项，“将欲制之，黄芽为根”，指金属汞可以和硫黄发
生反应得到硫化汞，反应是 Hg＋S===HgS，Hg 和 S 化合价发生变化，该反应属于氧化还原
反应；D 项，“锡中杂铅太多，入醋淬八九度，铅尽化灰而去”，铅与酸反应过程中 Pb 元素
化合价发生变化，属于氧化还原反应。
2.“酸化”是实验中常用方法，下列说法正确的是( )
A．增强 KMnO4 的氧化能力，用浓盐酸酸化
B．抑制 Fe2＋的水解，用稀硝酸酸化
C．检验卤代烃中的卤素，加碱溶液并加热后，用稀硫酸酸化，再检验
D．确认溶液中是否含 SO2－4，先用盐酸酸化，再检验
解析：D。 酸性 KMnO4 具有强氧化性，Cl－具有还原性，二者混合会发生氧化还原反
应，不能达到目的，A 错误；Fe2＋具有还原性，稀硝酸具有强氧化性，二者混合会发生氧化
还原反应，不能达到目的， B 错误；酸性条件下利用硝酸银溶液检验卤素离子，而硫酸银
也是沉淀会干扰试验，应使用硝酸酸化，C 错误；检验溶液中是否含 SO2－4，先用盐酸酸
化，可以有效排除碳酸根、银离子、亚硫酸根离子的干扰，可以达到目的，D 正确。
3.如图所示的盐可用于处理黑磷纳米材料，从而保护和控制其性质。下列说法错误的是
( )
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A．盐中碳原子的轨道杂化类型为 sp3、sp2
B．BF－4 离子中含有配位键，配体为 F－
C．第一电离能：CX
C．TCCA 能发生水解反应
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y>X
解析：C。 W、X、Y、Z 四种元素的原子序数依次增大，且位于两个不同短周期，基
态 Y 原子 s 能级电子总数与 p 能级电子总数相等，则 Y 为 O，W 有四个价键，X 有三个价
键，Z 有一个价键，则 W 为 C，X 为 N，Z 为 Cl。根据同周期从左到右第一电离能呈增大
趋势，但第ⅡA 族大于第ⅢA 族，第ⅤA 族大于第ⅥA 族，则第一电离能：N＞O，故 A 错
误；根据层多径大，同电子层结构核多径小，则简单离子半径：Cl＞N＞O，故 B 错误；TCCA
含有酰胺基，能发生水解反应，故 C 正确；O 没有最高价氧化物对应水化物，故 D 错误。
7.某抗氧化剂 Z 可由图中反应制得：
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下列关于化合物 X、Y、Z 的说法正确的是( )
A．化合物 Z 中采用 sp3 杂化和 sp2 杂化的碳原子个数比为 3∶5
B．化合物 Y 中含有 3 个手性碳原子
C．化合物 X 可使溴水褪色，1 ml X 最多可消耗 5 ml Br2
D．化合物 Z 中第一电离能最大的元素为氧元素
解析：A。 根据有机物 Z 的结构简式可知，采用 sp3 杂化的碳原子有 6 个，采用 sp2
杂化的碳原子有 10 个，因此二者比为 3∶5，A 正确；连有四个不同原子或基团的碳原子为
手性碳原子，化合物 Y 中含有一个手性碳原子，B 错误；化合物 X 中，酚羟基的两个邻位
碳可以与两个 Br2 发生取代反应，碳碳双键可以与一个 Br2 发生加成，因此 1 ml X 最多可
消耗 3 ml Br2，C 错误；同周期从左向右，元素的第一电离能逐渐增大，但 N>O，因此化
合物 Z 中第一电离能最大的元素为氮元素，D 错误。
8.近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为 Fe、Sm、As、
F、O 组成的化合物。下列说法正确的是( )
A．元素 As 与 N 同主族，可预测 AsH3 分子中 As－H 键的键角小于 NH3 中 N—H 键的
键角
B．Fe 成为阳离子时首先失去 3d 轨道电子
C．配合物 Fe(CO)n，可用作催化剂，Fe(CO)n 内中心原子价电子数与配体提供电子总数
之和为 18，则 n＝4
D．每个 H2O 分子最多可与两个 H2O 分子形成两个氢键
解析：A。 A．二者结构相似 N—H 键的键长小于 As—H 键的键长，在 NH3 中成键电
子对更靠近，两个 N—H 键间的排斥力更大，NH3 中键角更大，因此 AsH3 分子中 As—H 键
的键角小于 NH3 中 N—H 键的键角，A 正确；B．Fe 成为阳离子时首先失去 4s 轨道电子，
B 错误；C．配合物 Fe(CO)n 可用作催化剂，Fe 的价层电子排布为 3d64s2，价电子数为 8，
一个配体 CO 提供 2 个电子，Fe(CO)n 内中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为 18，
因此 8＋2×n＝18，则 n＝5，C 错误；D．冰中每个 H2O 分子与周围四个水分子形成氢键，
为四面体形结构，即一个水分子可以形成四个氢键，D 错误。
9.硅及其化合物广泛应用于光电材料领域，其中 SiCl4 与 N­甲基咪唑( )反应
可以得到 M2＋，其结构如图所示。下列叙述错误的是( )
A．SiCl4 的空间构型为正四面体
B．1 个 M2＋中含有 42 个σ键
共 8 页，第 4页
C．H、C、N 的电负性由大到小的顺序为 N>C>H
D．N­甲基咪唑分子中碳原子的杂化轨道类型为 sp2、sp3
解析：B SiCl4 分子中 Si 形成 4 个σ键，且不存在孤电子对，其结构与甲烷相似，空间
构型是正四面体形，A 正确；共价单键为σ键、共价双键中含有 1 个σ键、1 个π键，配位键
为σ键，则 N­甲基咪唑中含有 12 个σ键，所以 1 个 M2＋中含有 12×4＋6＝54 个σ键，B 错误；
H、C、N 的电负性由大到小的顺序为 N>C>H，C 正确；N­甲基咪唑分子中存在甲基和碳碳
双键，故碳原子的杂化轨道类型为 sp2、sp3，D 正确。
10.一种 FeCl3/FeCl2－Cl2 双膜二次电池放电时的工作原理如图所示，下列说法错误的
是( )
A．充电时，M 极的电极反应式为 Fe3＋＋e－===Fe2＋
电解
B．充电时的总反应：2FeCl3 2FeCl2＋Cl2↑
C．X 为阳离子交换膜，Y 为阴离子交换膜
D．放电时，每消耗 2.24 L(标准状况)Cl2，理论上有 0.2 ml 电子通过用电器
解析：C。 由图可知，放电时 Fe2＋在 M 极失去电子生成 Fe3＋，则 M 是负极，Cl2 在
N 极得到电子生成 Cl－，则 N 极为正极。充电时，Fe3＋在 M 极得到电子生成 Fe2＋，电极方
程式为：Fe3＋＋e－===Fe2＋，故 A 正确；放电时 Fe2＋在 M 极失去电子生成 Fe3＋，Cl2 在 N
电解
极得到电子生成 Cl－，则充电时，FeCl3 转化为 FeCl2 和 Cl2，总反应：2FeCl3 2FeCl2＋
Cl2↑，故 B 正确；放电时 Fe2＋在 M 极失去电子生成 Fe3＋，即 FeCl2 转化为 FeCl3，NaCl
溶液中的 Cl－要通过 X 进入 M 极区，X 为阴离子交换膜；Cl2 在 N 极得到电子生成 Cl－，
由电荷守恒可知，NaCl 溶液中的 Na＋要通过 Y 进入 N 极区，Y 为阳离子交换膜，故 C 错误；
放电时，Cl2 在 N 极得到电子生成 Cl－，电极方程式为：Cl2＋2e－===2Cl－，标准状况下 2.24
L Cl2 的物质的量为 0.1 ml，转移 0.2 ml 电子，理论上有 0.2 ml 电子通过用电器，故 D 正
确。
11.超分子结构化学原理的应用非常广泛，尿素[CO(NH2)2]可与正烷烃(n－CnH2n＋2，n
≥8)形成超分子包合物，原理如图所示。下列说法错误的是( )
尿素分子形成六角形通道 正烷烃填入蜂窝状六角形通道，形成晶体结构
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A．尿素分子通过分子间氢键形成较稳定的六角形通道
B．尿素分子和正烷烃分子间通过共价键形成包合物
C．依据分子直径大小差异可分离正烷烃和支链烷烃
D．分子的大小和几何形状会影响有机物的分离效果
解析：B 由尿素分子形成六角形通道的结构可知，该结构中存在分子间氢键，A 项正
确；尿素分子和正烷烃分子间通过分子间作用力形成包合物，B 项错误；正烷烃分子能进入
六角形通道，并形成超分子包合物，支链烷烃因含有侧链，空间体积较大，无法进入六角形
通道，据此可分离正烷烃和支链烷烃，C、D 项正确。
12.N2O 和 CO 是环境污染性气体，可在 Pt2O＋表面转化为无害气体，其总反应为 N2O
(g)＋CO(g)===CO2(g)＋N2(g) ΔH，有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程分别如图
甲、乙所示。下列说法不正确的是( )
甲 乙
A．N2O 为氧化剂
B．ΔH＝－226 kJ·ml－1
C．由图乙知该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
D．为了实现转化，需不断向反应器中补充 Pt2O＋和 Pt2O＋2
解析：D 反应 N2O(g)＋CO(g)===CO2(g)＋N2(g)中，N 元素化合价降低，N2O 为氧化
剂，故 A 正确；反应物总能量高于生成物，反应为放热反应，反应焓变ΔH＝正反应的活化
能－逆反应的活化能＝134 kJ·ml－1－360 kJ·ml－1＝－226 kJ·ml－1，故 B 正确；由图乙知
该反应正反应的活化能 Ea 小于逆反应的活化能 Eb，故 C 正确；Pt2O＋是催化剂，Pt2O＋2
是中间产物，两者在反应过程中均参与反应后又被生成，无需不断补充，故 D 错误。
13.下列实验设计可以达到实验目的的是( )
选项 实验目的 实验设计
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A 验证氢氧化铝属于两性氢氧化物
将 2～3 mL 2 ml/L 氯化铝溶液注入洁净
的试管中，逐滴加入 6 ml/L 氨水至过量
B
验证 Na2CO3 溶液中存在 CO2－3 的水解
平衡
向含有酚酞的 Na2CO3 溶液中加入少量
BaCl2 固体，观察现象
C 比较 Cl 与 C 的非金属性
向 10 mL 1 ml/L 的 HCl 溶液中滴加少量
等浓度的 Na2CO3 溶液，观察现象
D 比较金属的活泼性
向两只盛有稀硫酸的烧杯中分别投入表
面积相同的铜丝和银丝
解析：B。 氨水碱性较弱，无法与氢氧化铝反应，不能达到实验目的，A 错误；向含
有酚酞的 Na2CO3 溶液中加入少量 BaCl2 固体，二者反应产生 BaCO3 沉淀，若溶液红色变浅，
说明反应后导致溶液中 c(OH－)减小，证明 Na2CO3 溶液中存在水解平衡，降低 CO2－3 的
浓度，水解平衡逆向移动，B 正确；HCl 不是 Cl 的最高价含氧酸，上述实验可证明 HCl 的
酸性比 H2CO3 的强，但得不到 Cl 与 C 的非金属性强弱的结论，C 错误；铜和银皆为氢后金
属，二者均不能和硫酸反应，不能达到实验目的，D 错误。
14.常温下，向 20 mL 0.1 ml·L－1 的 H2A 溶液中滴加 NaOH 溶液，各微粒浓度和滴定
曲线关系如图(pC＝－lg c)，下列说法不正确的是( )
A．曲线③代表 HA－，曲线④代表滴定曲线
B．0.1 ml·L－1Na2A 溶液 pH 约为 9.6
C．常温下 H2A 电离常数 Ka1＝10－4.02
D．0.1 ml·L－1NaHA 溶液中：c(H＋)＜c(OH－)＋c(A2－)
解析：C 由图可知，曲线④代表滴定曲线，曲线①、②、③分别代表 A2－、H2A 和
HA－的 pC 随氢氧化钠溶液体积的变化曲线。曲线④代表滴定曲线，曲线③代表 HA－的 pC
随氢氧化钠溶液体积的变化曲线，故 A 正确；溶液中 H2A 和 HA－的 pC 相等时，溶液 pH
小于 4.02，由电离常数公式可知，溶液中 H2A 和 HA－的 pC 相等时，电离常数 Ka1(H2A)＝
c（HA－）c（H＋）c（H2A）＝c(H＋)＞10－4.02，故 C 错误；溶液中 A2－和 HA－的 pC 相
等时，溶液 pH 为 6.2，由电离常数公式可知，溶液中 A2－和 HA－的 pC 相等时，电离常数
Ka2(H2A)＝ c（A2－）c（H＋）c（HA－）＝c(H＋)＝10－6.2，则水解常数 Kh1＝c（HA－）c
（OH－）c（A2－）＝KwKa2＝1.0×10－141.0×10－6.2＝10－7.8，0.1 ml/L Na2A 溶液中
氢氧根离子浓度约为 0.1 ml/L×10－7.8＝10－4.4 ml/L，溶液 pH 约为 9.6，故 B 正确；由
图可知，NaHA 溶液呈酸性，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，由电荷守恒关系 c
(Na＋)＋c(H＋)＝c(HA－)＋c(OH－)＋2c(A2－)和物料守恒关系 c(Na＋)＝c(HA－)＋c(H2A)＋c
(A2－)可知，溶液中 c(OH－)＋c(A2－)＞ c(H＋)，故 D 正确。
15.工业上用黄铜矿(主要成分是 CuFeS2，还含有少量 SiO2)制备 CuCl 的工艺流程如图 1：
图 1
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图 2
下列说法不正确的是( )
A．“浸取”时离子方程式为 CuFeS2＋4O2===Cu2＋＋Fe2＋＋2SO2－4
B．“滤渣①”成分是 Fe(OH)3、CuO
C．“还原”时加入 NaCl 和浓盐酸主要是为了提供 Cl－，跟铜元素形成可溶于水的物质
D．CuCl 的晶胞如图 2，每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目是 12
解析：A。 “浸取”时，CuFeS2 在酸性条件下与氧气发生氧化还原反应，反应的离子方
程式为：4CuFeS2＋17O2＋4H＋===4Cu2＋＋4Fe3＋＋8SO2－4＋2H2O，故 A 错误；加入过量
氧化铜调节 pH 的目的是将铁离子转化为氢氧化铁除去，因此“滤渣①”的成分是 Fe(OH)3 和
过量的 CuO，故 B 正确；“还原”时加入 NaCl 和浓盐酸主要是为了提供 Cl－，跟铜元素形成
可溶于水的物质，然后经过一系列操作得到 CuCl，故 C 正确；由 CuCl 的晶胞图可知，每
个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目是 12，故 D 正确。
二、非选择题：本题共 4 小题，共 55 分。
16、(13 分)一种用磷矿脱镁废液(pH 为 2.1，溶液中含 H3PO4、H2PO－4、HPO2－4，还
有少量 Mg2＋及 Ca2＋、Fe3＋、Al3＋等杂质离子)制备三水磷酸氢镁工艺的流程如下：
已知：T ℃温度下，磷酸的 pKa 与溶液的 pH 的关系如下图。
回答下列问题：
(1)“恒温搅拌 1”步骤后溶液 pH 为 4.5，溶液中 c(HPO2－4)_______c(PO3－4)(填
“＞”、“＜”或“＝”)，此时杂质 Ca2＋、Fe3＋、Al3＋沉淀效果最好，Ca2＋生成 CaHPO4·
2H2O，其余沉淀均是磷酸正盐，写出 Ca2＋ 与 H2PO－4 反应生成沉淀的离子方程式
__________，溶液中 Al3＋的浓度为 10－6 ml·L－1，则 c(Fe3＋)/c(Al3＋)＝________________
，c(H2PO－4)＝__________ ml·L－1[已知：T ℃温度下，Ksp(FePO4)＝10－21.9，Ksp(AlPO4)
＝10－18.3]。
(2)“恒温搅拌 2”中需添加 MgO，其作用是________________________。制备过程中
采用“抽滤”，其目的是__________________________________。
(3)从图像可以看出，pH 对镁回收率及产品纯度的影响较大，pH＞6.0 时，随着 pH 的
增加，产品的纯度降低，分析纯度降低的原因______________。
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解析：脱镁废液(pH 为 2.1，溶液中含 H3PO4、H2PO－4、HPO2－4，还有少量 Mg2＋及
Ca2＋、Fe3＋、Al3＋等杂质离子)中加入 NaOH 调节 pH，杂质 Ca2＋、 Fe3＋、Al3＋沉
淀，离心分离出沉淀后，向上清液中加入 MgO 调节 pH，此时溶液中溶质主要为 MgHPO4，
经过抽滤、洗涤、干燥得到三水磷酸氢镁，以此解答。(1)由磷酸的 pKa 与溶液的 pH 的关系
图以及电离常数表达式可知，当溶液 pH＝12.36 时，溶液中 c(HPO2－4)＝c(PO3－4)，所以
“恒温搅拌 1”步骤后溶液 pH 为 4.5 时，溶液中 c(HPO2－4)＞c(PO3－4)；Ca2＋生成 CaHPO4·
2H2O，由于 pH 为 4.5 时溶液中以 H2PO－4 为主，所以 Ca2＋与 H2PO－4 反应生成沉淀的离
子方程式为 Ca2＋＋2H2PO－4＋2OH－===CaHPO4·2H2O↓＋HPO2－4 或 Ca2＋＋H2PO－4
＋H2O＋OH－===CaHPO4·2H2O↓；溶液中 Al3＋的浓度为 10－6 ml·L－1，c（Fe3＋）c（Al3
＋）＝3－43－4c（Fe3＋）c（PO）c（Al3＋）c（PO）＝Ksp（FePO4）Ksp（AlPO4）＝
10－21.910－18.3＝10－3.6，溶液中 c(PO3－4)＝Ksp（AlPO4）c（Al3＋）＝10－18.310－6
ml/L＝10－12.3 ml/L，由磷酸的 pKa 与溶液的 pH 的关系图可知，H3PO4 的 Ka2＝10－7.21，
Ka3＝10－12.36，则 c(HPO2－4)＝3－4c（H＋）c（PO）Ka3＝10－4.5×10－12.310－12.36
ml/L＝10－4.44 ml/L，c(H2PO－4)＝2－4c（H＋）c（HPO）Ka2＝10－4.5×10－4.4410－
7.21 ml/L＝10－1.73 ml/L。(2)氧化镁能与酸反应生成镁离子，所以添加 MgO 的作用是提供
Mg2＋，消耗 H＋；由于“抽滤”可加快过滤速度，所以制备过程中采用“抽滤”；(3)由于
pH 增大，导致体系中 PO3－4 浓度增大，从而使副产物 Mg3(PO4)2 增多，因此 pH＞6.0 时，
随着 pH 的增加，产品的纯度降低。
答案：(1)＞ Ca2＋＋2H2PO－4＋2OH－===CaHPO4·2H2O↓＋HPO2－4 或 Ca2＋＋
H2PO－4＋H2O＋OH－===CaHPO4·2H2O↓ 10－3.6 10－1.73 (2)提供 Mg2＋，消耗 H＋
加快过滤速度 (3)pH 增大，体系中 PO3－4 浓度增大，副产物 Mg3(PO4)2 增多
17.(14 分)以 CO2 为原料生产系列高附加值产品 A～I 的合成路线如图。
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回答下列问题：
(1)A→B 的反应类型为________。
(2)B→C 的化学方程式为____________________。
(3)E 的名称为____________，E→F＋G 的原子利用率为 100%，试剂 X 为__________。
(4)F＋G→H 过程中使用 HSCH2COOH 有利于提高催化效率，其部分催化机理如图。
①HSCH2COOH 结合水相中 H＋能力比 J 强的原因是____________________。
②H＋能从＋H2SCH2COOH 传递到 J 的醇羟基氧上的原因是______________。
(5)D 和 H 通过酯交换缩聚合成 I，H 的结构简式为_______________。
(6)C 的一种同分异构体同时满足：
①可与 NaHCO3 溶液反应； ②核磁共振氢谱如图；③含有手性碳原子。
其结构简式为____________。
(7)以 D 和葡萄糖[CH2OH(CHOH)4CHO]为原料(其他无机试剂任选)，制备工程塑料
的合成路线_____________。
解析：二氧化碳生成 A，A 中—NH2 被取代生成 B，B 和甲醇发生取代反应转化为 C；
E 转化为 F、G，且原子利用率为 100%，结合 EFG 结构可知，X 为氧气；F 和 G 生成 H，D
和 H 通过酯交换缩聚合成 I，结合 F、G、D、I 结构可知，H 为 F 与 G 反应生成的含羟基的
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物质，H 结构简式为 ；
H＋
(2)B 和 甲 醇 在 酸 性 条 件 下 发 生 取 代 反 应 转 化 为 C， 反 应 为 ＋ 2CH3OH
；
(4)①HSCH2COOH 结合水相中 H＋能力比 J 强的原因是两者虽然均有亲水基团，但是 J
的疏水基团更大，导致其水溶性不如 HSCH2COOH 的水溶性好。②H＋能从＋H2SCH2COOH
传递到 J 的醇羟基氧上的原因是 HSCH2COOH 也能溶于有机相，且 O—H 键键能大于 S—H
键键能，导致 J 结合氢离子的能力更强，使得氢离子能被传递到 J 的醇羟基氧上；(6)C 含有
3 个碳、3 个氧、不饱和度为 1，其一种同分异构体同时满足：①可与 NaHCO3 溶液反应，
含有羧基；②核磁共振氢谱如图，分子中含有 4 种氢且一种氢的原子数目较大；③含有手性
碳原子。则其结构简式可以为 CH3CHOHCOOH；(7)葡萄糖和氢气加成将醛基转化为羟基，
在浓硫酸催化作用下发生成环反应生成醚键得到 ， 和 D 通过酯交换缩聚
合成产品，流程为：
CH2OH(CHOH)4CHO――→H2 催化剂 CH2OH(CHOH)4CH2OH――→浓硫酸△
。
答案：(1)取代反应 (2) ＋2CH3OHH＋ (3) 异丙苯 O
2
(4)①两者虽然均有亲水基团，但是 J 的疏水基团更大，导致其水溶性不如 HSCH2COOH 的
水溶性好
②HSCH2COOH 也能溶于有机相，且 O—H 键键能大于 S—H 键键能，导致 J 结合氢离
子的能力更强
(5)
(6)CH3CHOHCOOH
(7)CH2OH(CHOH)4CHO――→H2 催化剂 CH2OH(CHOH)4CH2OH――→浓硫酸△
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18.(14 分)四氯化钛(TiCl4，熔点：－25 ℃，沸点：136 ℃)是制备海绵钛和钛白的主要
利用如下装置制备 TiCl4 并验证产物 CO。
已知：TiCl4 遇潮湿空气会发生反应：TiCl4＋2H2O===TiO2＋4HCl↑。
回答下列问题：
(1)写出装置 A 中制备 Cl2 的化学反应方程式_________________(注：反应中 Cr2O2－7
被还原为 Cr3＋)。
(2)按气流方向从左至右，上述装置的连接顺序为 A、________、G、F、H、E。
(3)装置 A 中盛放浓盐酸的仪器名称为________，装置 G 中盛放的碱石灰的作用是
________________________________________________。
(4)能证明有 CO 生成的实验现象是_______________________________。
(5)产品中含量测定：取 10.0 g TiCl4 产品于烧瓶中，向安全漏斗(如图所示)中加入足量
蒸馏水后，立即夹紧弹簧夹，充分反应后将安全漏斗及烧瓶中混合物中的液体转移到容量瓶
中配成 500 mL 溶液，取 20 mL 所配溶液放入锥形瓶中，滴加几滴 0.100 ml·L－1 的 K2CrO4
溶液作指示剂，用 0.200 ml·L－1 的 AgNO3 溶液滴定至终点，消耗 AgNO3 溶液 32.00 mL。
已知：Ag2CrO4 是一种深红色固体；常温下，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝1.2×
10－12。
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原料，其实验室制备原理是 TiO2(s)＋2C(s)＋2Cl2(g)=====△
TiCl4(g)＋2CO(g)，某同学
①安全漏斗中的水在本实验中的作用除加水外，还有_________________；
②该沉淀滴定终点的判断方法是________________________________；
③该产品纯度为________%。
解析：(2)由实验装置图可知，装置 A 中重铬酸钾与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有
挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置 I 中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气
体，装置 D 中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置 B 中氯气与二氧化钛和碳共热反应制备四
氯化钛，装置 C 用于冷凝收集四氯化钛，装置 G 中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，
防止污染空气，同时防止水蒸气进入 C 中导致四氯化钛水解，装置 F、H 用于验证一氧化碳
的生成，装置 E 用于收集未反应的一氧化碳，防止污染空气，则装置的连接顺序为 A、I、
D、B、C、G、F、H、E。(4)F 中一氧化碳与氧化铜共热反应生成铜和二氧化碳，H 中二氧
化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙和水，则证明有一氧化碳生成的实验现象为 F 中黑色固体
变红，H 中溶液变浑浊；(5)①由实验装置图可知，安全漏斗中的水在本实验中的作用除加
水外，还能起到液封和吸收挥发的氯化氢的作用；②当硝酸银溶液与盐酸完全反应时，再滴
入半滴硝酸银溶液，过量的硝酸银溶液与铬酸钾溶液反应生成红色铬酸银沉淀，沉淀滴定终
点的判断方法是当加入最后半滴硝酸银溶液，出现红色沉淀，且 30 秒内红色沉淀不消失，
则为滴定终点；③由方程式可得如下转化关系：TiCl4～4HCl～4AgNO3，滴定消耗 32.00 mL
0.200 ml/L 硝酸银溶液，则 10.0 g 产品纯度为 1410.0 g×100%＝76.0%。
△
答案：(1)K2Cr2O7＋14HCl(浓) 2KCl＋2CrCl3＋3Cl2↑＋7H2O (2)I、D、B、C (3)分
液漏斗 吸收多余的 Cl2，防止污染空气，同时防止水蒸气进入 C 中导致 TiCl4 水解
(4)F 中黑色固体变红，H 中溶液变浑浊 (5)①液封并吸收挥发的 HCl ②当加入最后半滴
AgNO3 溶液，出现红色沉淀，且 30 秒内红色沉淀不消失，则为滴定终点 ③76.0
19.(14 分)短链烯烃是重要的有机化工原料，如丙烯(C3H6)和乙烯等。利用它们间的转
化可有效强化节能减排，达到“碳达峰”和“碳中和”的目的。请回答下列问题：
(1)丙烯可由丙烷脱氢制取。已知丙烷脱氢制丙烯发生的主要反应及能量变化如图，其
中反应 1 为主反应，反应 2 为副反应。
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反应 1：C3H8(g)C3H6(g)＋H2(g) ΔH1；
反应 2：C3H8(g)C2H4(g)＋CH4(g) ΔH2＝＋81.3 kJ·ml－1；
反应 3：C3H6(g)＋H2(g)C2H4(g)＋CH4(g) ΔH3＝－43.0 kJ·ml－1。
根据图和以上数据可知，若温度升高，副反应要比主反应更容易发生，其主要原因是
________________________________，主反应的焓变ΔH1＝________。
(2)乙烯可由 CO2 和 H2 制取：2CO2(g)＋6H2(g)C2H4(g)＋4H2O(g)，在 0.1 MPa，反应
物起始物质的量之比n(CO2)∶n(H2)＝1∶3的条件下，不同温度下达到平衡时，CO2、H2、C2H4、
H2O 四种组分的物质的量分数如图所示：
①图中表示 C2H4 的物质的量分数随温度变化的曲线是________(填“a”“b”或“c”)。
②反应 2CO2(g) ＋6H2(g)C2H4(g)＋4H2O(g) ΔH__________(填“>”或“0，在密闭容器中
通入物质的量均为 0.1 ml 的 CH4 和 CO2，在一定条件下使 CO2(g)和 CH4(g)发生上述反应，
CH4 的平衡转化率与温度及压强(单位：Pa)的关系如图所示。
①结合图示，在 p2Pa，1100 ℃下 y 点时 v 正__________v 逆(填“>”“ ②224p9
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