新高考广东适用2022届高考化学临考练习八 （含解析）

（新高考，广东适用）2022届高考化学临考练习八
本试卷共8页,21小题,满分100分。考试用时75分钟。
注意事项：
1答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处"
2作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑:如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。
3答案不能答在试卷上非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后,将试卷和答题卡一并交回
可能用到的相对原子质量:H1He4C12N14016Ne20Na23S32
一、选择题。本题共16小题,共44分。第1-10小题,每小题2分;第11-16小题,每小题4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．有同学想用生活中常见物质做丁达尔现象的实验，下列液体中一定不会有现象的是
A．鸡蛋清
B．食醋
C．豆浆
D．稀米汤
2．在容积为1L的密闭容器中，充入1mol
CO2和3mol
H2，在温度500℃时发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+
H2O(g)
△H<0。CH3OH的浓度随时间变化如图，下列说法不正确的是
A．从反应开始到10分钟时，H2的平均反应速率v(H2)=0.15
mol/(L·min)
B．从20分钟到25分钟达到新的平衡，可能是增大压强
C．其它条件不变，将温度升到800℃，再次达平衡时平衡常数减小
D．从开始到25分钟，CO2的转化率是70%
3．设阿伏伽德罗常数的符号为NA，下列说法正确的是（
）
A．2.4g金属镁变成金属镁离子时失去的电子数是2NA
B．2g氢气所含的原子数目是NA
C．35.5g的氯气所含的分子数是NA
D．17g氨气所含的电子数为10NA
4．已知在100℃的温度下(本题涉及的溶液温度均为100℃)，水的离子积KW＝1×10－12。下列说法正确的是
A．0.001
mol/L的NaOH溶液pH＝9
B．0.1
mol/L的H2SO4溶液pH＝1
C．0.005
mol/L的H2SO4溶液与0.01
mol/L的NaOH溶液等体积混合，混合溶液pH为6，溶液显酸性
D．完全中和pH＝3的H2SO4溶液50
mL，需要pH＝11的NaOH溶液50
mL
5．中学阶段介绍的应用电解法制备物质主要有三种：一是铝的工业制备、二是氯碱工业、三是金属钠的制备。下列关于这三个工业生产的描述中正确的是
A．电解法制金属钠时，正极反应式：Na++e-=Na
B．电解法生产铝时，需对铝士矿进行提纯，在提纯过程中应用了氧化铝或氢氧化铝的两性
C．在氯碱工业中，电解池中的阴极产生的是H2，NaOH?在阳极附近产生
D．氯碱工业和金属钠的冶炼都用到了NaCl，在电解时它们的阴极都是Cl-失电子
6．下列表达方式错误的是
A．氟化钠的电子式为：
B．氮气的电子式：
C．CO2分子的结构式：O=C=O
D．甲烷的电子式：
7．下列操作对应的现象不符合事实的是
A．制备蒸馏水
B．用激光笔照射胶体，产生丁达尔效应
C．将湿润的有色布条放入盛有干燥氯气的瓶中，布条不褪色
D．将滴管中的浓盐酸加入碳酸氢钠溶液，气体体积由小变大
8．下列对硫酸的叙述正确的是
A．因浓硫酸具有强氧化性，故不可用它来干燥氢气
B．浓硫酸可用铁铝容器存放是因为常温下浓硫酸不与这两种金属反应
C．浓硫酸有强氧化性，稀硫酸不具有氧化性
D．实验室中利用浓硫酸的高沸点性来制备HCl等气体
9．已知A是单质，E有强酸性和强氧化性。A、B、C、D、E是含有一种相同元素的五种物质，在一定条件下可发生如图所示的变化。则A可能是
A．Cl2
B．C
C．N2
D．Si
10．下列物质中，属于纯净物的是
A．液氨
B．漂白粉
C．赤铁矿
D．氯水
11．由短周期元素和长周期元素共同组成的族可能是
A．ⅦB族
B．主族
C．Ⅷ族
D．副族
12．质谱图表明某有机物的相对分子质量为70，红外光谱表征到C=C和C=O的存在，1H核磁共振谱如下图（峰面积之比依次为1:1:1:3），下列说法正确的是
A．分子中共有5种化学环境不同的氢原子
B．该物质的分子式为C4H8O
C．该有机物的结构简式为CH3CH=CHCHO
D．在一定条件下，1mol该有机物可与3mol的氢气加成
13．往试管中依次加入CCl4、KI溶液和少量氯水，振荡后静置，可观察到
A．有紫色沉淀析出
B．液体分层，上层是紫红色
C．形成均匀的紫红色溶液
D．液体分层，下层呈紫红色
14．以下表示重氢原子结构或核外电子运动状态的图式中一定错误的是
A．
B．H
C．1s1
D．
15．可用如图所示装置制取、净化、收集的气体是（后续尾气处理略）
A．锌和稀硫酸反应制氢气
B．浓氨水滴加到氢氧化钠固体中制氨气
C．亚硫酸钠固体与浓硫酸反应制二氧化硫
D．铜与稀硝酸反应制一氧化氮
16．下列属于碱，又是弱电解质的是
A．纯碱
B．一水合氨
C．氯水
D．火碱
非选择题:共56分。第17-19题为必考题,考生都必须作答。第20-21题为选考题,考生根据要求作答。
（一）必考题：共42分。
17．如下图为实验室某浓盐酸试剂瓶上的标签，试根据有关数据回答下列问题：
（1）该浓盐酸的物质的量浓度为___________mol/L。
（2）取用任意体积的该盐酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_________。
A．溶液中HCl的物质的量
B．溶液的浓度
C．溶液中Cl－的数目
D．溶液的密度
（3）某学生现需450
mL物质的量浓度为0.3
mol/L稀盐酸。
①该学生需要量取___________
mL上述浓盐酸进行配制。
②配制时正确的操作顺序是（用字母表示）________；
A．用30mL水洗涤烧杯2—3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B．用量筒准确量取所需浓盐酸的体积，慢慢沿杯壁注入盛有少量水（约30mL）的烧杯中，
用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀
C．将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入500mL的容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，颠倒摇匀
E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度线相切
F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线1—2cm处
③在配制过程中，下列实验操作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响？（填“偏高”或“偏低”或“无影响”）。
I、用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面____________；
II、用量筒量取浓盐酸后，洗涤量筒2~3次，洗涤液也转移到容量瓶_________；
III、溶液注入容量瓶前没有恢复到室温就进行定容____________。
（4）若在标准状况下，将V
LHCl气体溶于1L水中，所得溶液密度为d
g/mL，则此溶液的物质的量浓度为________mol/L。（填字母）（2分）
（5）现将100mL
0.5mol/L的盐酸与200mL
0.1mol/LCuCl2溶液混合，体积变化忽略不计，所得溶液中Cl－的物质的量浓度是_________________。
18．钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeO·TiO2），含有少量MgO、CaO、SiO2等杂质。利用钛铁矿制备锂离子电池电极材料（钛酸锂Li4Ti5O12和磷酸亚铁锂LiFePO4）的工业流程如下图所示：
已知：FeTiO3与盐酸反应的离子方程式为：FeTiO3+4H++4Cl—=
Fe2++
TiOCl42—+2H2O
（1）化合物FeTiO3中铁元素的化合价是_______。
（2）滤渣A的成分是_______。
（3）滤液B中TiOCl42－和水反应转化生成TiO2的离子方程式是________________。
（4）反应②中固体TiO2转化成（NH4）2Ti5O15
溶液时，Ti元素的浸出率与反应温度的关系如图所示。反应温度过高时，Ti元素浸出率下降的原因___________。
（5）反应③的化学方程式是__________。
（6）由滤液D制备LiFePO4的过程中，所需17%双氧水与H2C2O4的质量比是_______。
（7）若采用钛酸锂（Li4Ti5O12）和磷酸亚铁锂（LiFePO4）作电极组成电池，其工作原理为：
Li4Ti5O12+
3LiFePO4Li7Ti5O12+
3FePO4
该电池充电时阳极反应式是：_______。
19．以氢为原料的工业生产工艺及氢的获得是科技工作者研究的重要课题。
（1）工业生产中可利用H2还原CO2制备清洁能源甲醇。
①已知CO(g)和H2(g)的燃烧热(△H)分别为-283.0kJ·mol-1、-285.8kJ·mol-1。由H2和CO生成甲醇的热化学方程式为：2H2(g)+CO(g)=
CH3OH(1)的△H=-91kJ·mol-1。则3H2(g)+CO2(g)=CH3OH(1)+H2O(1)的△H=____________kJ·mol-1。
②将一定量的CO2和H2充入到某恒容密闭容器中，测得在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率如图甲所示。
该反应在a点达到平衡状态，a点转化率比b点的高，其原因是____________。
（2）利用CO和H2O生产H2：CO(g)+H2O(g)
?
CO2(g)+H2(g)。将不同配比的CO(g)和H2O(g)分别通入体积为2L的恒容密闭容器中。有关数据如下表：
①该反应的正反应为________反应(填“吸热”、“放热”)。
②650℃时，下列叙述说明达到化学平衡状态的是_____(填标号)
a．v(CO)：v(H2O)：v(H2)：v(CO2)=1：1：1：1
b．生成n
mol
CO2(g)的同时生成n
mol
H2O(g)
c．n
mol
CO断裂的同时断裂2n
mol
H—H
d．某时刻，n(CO)：n(H2O)：n(CO2)：n(H2)=6：1：4：4
③900℃时，达平衡时v(H2O)=_______mol·L-1·min-1。(结果保留两位有效数字)
（3）利用工业废气中的H2S热分解制H2：2H2S(g)
?
2H2(g)+S2(g)。现将0.2molH2S(g)通入某恒压密闭容器中，起始压强p0=aMPa，在不同温度下测得H2S的平衡转化率如图乙所示，则T6℃时，该反应的Kp=________(用含a的代数式表示)。
（二）选考题:共14分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分。
20．回答下列问题：
(1)我国自主研发的DF—31A洲际战略导弹是我国大国地位、国防实力的显著标志，其材料中包含了Fe、Cr、Ni、C等多种元素。
①基态镍原子的价电子排布式为__。
②Cr与K位于同一周期且最外层电子数相同，两种元素原子第一电离能的大小关系为K___(填“＞”或“＜”)Cr；
③SCN-常用于检验Fe3+，其对应酸有硫氰酸(H—S—C≡N)和异硫氰酸(H—N=C=S)两种。硫氰酸分子中σ键与π键的数目比为___，异硫氰酸沸点较高的原因是__。
(2)大连理工大学彭孝军院土课题组报道了基于硼氟荧类荧光染料(BODIPY)的铜荧光探针的设计与应用，利用Cu2+诱导胺的氧化脱氢反应形成的Cu+配合物，进行Hela细胞中的Cu2+荧光成像和检测。其反应如图所示：
在水溶液里，Cu2+比Cu+稳定，是由于水分子配体的作用。在气态时，Cu2+比Cu+活泼的原因是____；BODIPY荧光探针分子中，1molBODIPY分子中含有__mol配位键。
(3)六方石墨和三方石墨都是由石墨层形分子平行堆积而形成的晶体。已知六方石墨晶体由层状石墨“分子”按ABAB…方式堆积而成，如图甲所示，一个石墨的六方晶胞如图乙所示。而三方石墨层形分子堆积的次序为ABCABC，一个三方石墨晶胞如图丙所示。
画出六方石墨晶胞沿c轴的投影：__(用“·”标出碳原子位置即可)，已知一个三方石墨晶胞的体积为Vpm3，则该晶胞的密度为__g/cm3。(用含NA和V的代数式表示)
21．李兰娟团队公布最新研究成果，阿比朵尔是抗击新型冠状病毒的潜在用药。其合成路线如下：
（1）C的含氧官能团名称：_______
。G的分子式：_____________
。
（2）A→B和B→C的反应类型分别为：_____________
，_____________
。两分子A生成B和另一种产物，该产物结构简式为：_____________
。
（3）D生成E的反应方程式：______________
。
（4）H的结构简式为：_____________
。
（5）写出B的同分异构体中具有满足下列条件的结构简式：_____。
①与碳酸氢钠反应产生使澄清石灰水变浑浊的气体
②六元环状结构
（6）结合上述合成路线，请写出由乙醇和为基本原料，合成的路线（不超过4步）。____________。
参考答案
1．B
【分析】
丁达尔现象是胶体的性质，依据分散系的本质特征确定分散系的类别进行判断。
【详解】
A、鸡蛋清属于胶体分散系，具有丁达尔现象，故A不选；
B、食醋是溶液不发生丁达尔现象，故B选；
C、豆浆属于胶体分散系，具有丁达尔现象，故C不选；
D、稀米汤属于胶体分散系，具有丁达尔现象，故D不选；
故选B。
2．B
【详解】
A、容积为1L，充入1mol
CO2和3mol
H2，从反应开始到10min，CH3OH的浓度在10分钟为0.50mol/L，故v(H2)=3v(CH3OH)==0.15mol/(L·min)，A正确；
B、20-25
min，达到新的平衡，因为左边的化学计量数大于右边，所以压强增大，CH3OH的含量增高，但是当压强增大，浓度应该立即增大，不会有渐变过程，B错误；
C、△H＜0，则该反应为放热反应，所以温度升高，平衡常数减小，C正确；
D、从开始到25min，CO2的转化率为×100%=70%，
D正确；
故答案选B。
3．D
【解析】
【详解】
A.
2.4g金属镁变成金属镁离子时失去的电子数0.2NA，故A错误；
B.
2g氢气所含的原子数目是2NA，故B错误；
C.
35.5g的氯气所含的分子数是0.5NA，故C错误；
D.
1个氨分子含有10个电子，17g氨气所含的电子数为10NA，故D正确；
故选D。
4．A
【详解】
100℃的温度下，水的离子积KW=1×10-12，所以该温度下的中性溶液中pH=6，
A．0.001
mol/L的NaOH溶液中，c(H+)===10-9mol/L，所以pH=9，A正确；
B．0.1
mol/L的H2SO4溶液中，c(H+)=2×10-1mol/L，
pH＝1-g2，B错误；
C．0.005
mol?L-1的硫酸与0.01
mol?L-1的氢氧化钠溶液等体积时，n（H+）=n（OH-），所以硫酸和氢氧化钠恰好反应，溶液呈中性，pH为6，故C错误；
D．pH=3的硫酸中，c（H+）=10-3mol/L，pH=11的NaOH溶液中c（OH-）=0.1mol/L，中和pH=3的硫酸溶液50
mL，需要pH=11的NaOH溶液0.5mL，D错误；
答案选A。
5．B
【解析】A．电解熔融的NaCl制备金属Na，阴极上生成Na，则阴极反应式为Na++e-=Na，故A错误；B．电解熔融的氧化铝制备Al，需要对氧化铝提纯，需要将氧化铝溶解，再生成沉淀，则在提纯过程中应用了氧化铝或氢氧化铝的两性，故B正确；C．电解饱和食盐水时，NaOH在阴极生成，故C错误；D．电解熔融的NaCl制备金属Na时阴极上生成Na，电解饱和食盐水时阴极产生的是H2，阴极都不是氯离子放电，故D错误；故选B。
点睛：明确电解原理、离子的移动方向、离子的放电顺序是解答本题的关键。本题的易错点为D，阴极发生还原反应，电解熔融的NaCl制备金属Na时阴极上生成Na，电解饱和食盐水时阴极产生的是H2。
6．B
【详解】
A.
氟化钠的电子式为，选项A正确；B.
氮气的电子式为，选项B错误；C.
CO2分子的结构式：O=C=O，选项C正确；D.
甲烷的电子式
，选项D正确。答案选B。
7．C
【详解】
A．制备蒸馏水是利用蒸馏法，温度计位于支管口处，冷却水为下进上出，故A不符合题意；
B．胶体都有丁达尔效应，用激光笔照射胶体，产生丁达尔效应，即分散系中会有一条光亮的通路，故B不符合题意；
C．将湿润的有色布条放入盛有干燥氯气的瓶中，由于水和氯气反应生成次氯酸，次氯酸有漂白性，所以有色布条褪色，故C符合题意；
D．将滴管中的浓盐酸加入碳酸氢钠溶液，盐酸和碳酸氢钠反应能够生成二氧化碳，有气体生成，气球体积由小变大，故D不符合题意；
故答案为：C。
【点睛】
氯气不能使干燥的有色布条褪色，能够使湿润的有色布条褪色，其原因在于氯气不具有漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性。
8．D
【详解】
A.浓硫酸和氢气不反应，可用于干燥氢气，故A错误；
B.浓硫酸具有强氧化性，可与铝、铁发生钝化反应，在铝、铁表面生成一层致密的氧化膜保护内部金属不被氧化，故浓硫酸可用铁铝容器存放，故B错误；
C.稀硫酸具有氧化性，可与活泼金属反应生成氢气，故C错误；
D.浓硫酸沸点高，难挥发，可用于制备易挥发性的酸如HCl，故D正确；
故选：D。
【点睛】
浓硫酸具有强氧化性，可与铝、铁发生钝化反应；浓硫酸具有吸水性，可用于干燥剂；浓硫酸还具有脱水性，沸点高，难挥发，以此解答该题。
9．C
【解析】
A是单质，能和氢气反应，则A是非金属单质，A能被氧气氧化生成C，C能被氧化生成D，则A在氧化物中是显不同价态，E有强酸性和强氧化性，则A中元素是非金属性较强的元素。A、氯气和氢气反应生成氯化氢，氯化氢和氧气不反应，选项A错误；B、碳和氧气反应生成一氧化碳，CO和O2反应生成二氧化碳，CO2和H2O反应生成碳酸，但碳酸是弱酸，选项B错误；C、N2和H2反应生成NH3，NH3和O2反应生成一氧化氮，氮气和氧气反应生成一氧化氮，NO和O2反应生成NO2，NO2和H2O反应生成硝酸，硝酸是强酸且是强氧化性酸，选项C正确；D、硅和氧气反应时，无论氧气是否过量都生成SiO2，且SiO2和H2O不反应，硅酸是弱酸，选项D错误。答案选C。
10．A
【分析】
由多种物质组成的，属于混合物；由一种物质组成的，属于纯净物。
【详解】
A项、液氨是由一种物质组成的，属于纯净物，故A正确；
B项、漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，属于混合物，故B错误；
C项、赤铁矿中主要含有三氧化二铁，还含有其他杂质，属于混合物，故C错误；
D项、氯水是氯气通入水后形成的混合物，故D错误。
故选A。
【点睛】
本题主要考查物质的分类，解答时要分析物质的组成，如果只有一种物质组成就属于纯净物，如果有多种物质组成就属于混合物。
11．B
【解析】A、ⅦB族只由长周期组成，选A错误；B、主族是由短周期和长周期组成的族，选项B正确；C、Ⅷ族只由长周期组成，选项C错误；D、副族是只由长周期组成的族，选项D错误。答案选B。
12．C
【分析】
【详解】
A．根据核磁共振氢谱可知分子中共有4种化学环境不同的氢原子，A错误；
B．质谱图表明某有机物的相对分子质量为70，红外光谱表征到C＝C和C＝O的存在，1H核磁共振谱如图（峰面积之比依次为1:1:1:3），则该有机物的结构简式为CH3CH＝CHCHO，因此该物质的分子式为C4H6O，B错误；
C．质谱图表明某有机物的相对分子质量为70，分子式为C4H6O，根据红外光谱、核磁共振氢谱可以推知，该有机物的结构简式为CH3CH＝CHCHO，C正确；
D．碳碳双键和醛基均能与氢气加成，则在一定条件下，1mol该有机物可与2mol的氢气加成，D错误；
答案选C。
13．D
【详解】
少量氯水与KI反应生成碘，碘易溶于四氯化碳，四氯化碳不溶于水，且密度比水的密度大，则分层后，下层呈紫红色，故答案为D。
14．B
【详解】
A．氢原子核外有一个电子，1s轨道上有1个电子，图为氢原子电子云，故A正确；?
B．元素符号的左上角为质量数，左下角为质子数，为H，故B错误；
C．氢原子核外有一个电子，1s轨道上有1个电子，故C正确；
D．氢原子核外有一个电子，1s轨道上有1个电子，故D正确；
答案选B。
15．C
【分析】
左侧装置是不加热制取气体的装置，中间是气体净化装置，右侧是气体收集装置（收集不与空气反应且密度比空气大的气体）
【详解】
A．右侧装置收集不与空气反应且密度比空气大的气体，氢气密度比空气小，A错误；
B．浓硫酸与氨气反应，氨气损失掉，B错误；
C．二氧化硫密度比空气大，可以用右侧装置收集，C正确；
D．一氧化氮与氧气反应，不能用排空气法收集，D错误；
答案选C。
【点睛】
气体的制备分为气体的发生、气体的净化（除杂）、气体的收集、尾气处理几个环节。
16．B
【分析】
在酸碱电离理论中，碱指在水溶液中电离出的阴离子全部都是OH-的物质；弱电解质是在水溶液里部分电离的电解质，弱电解质包括弱酸、弱碱、水与少数盐等。
【详解】
根据碱、弱电解质的定义来判断：
A.
纯碱含有碳酸根，不属于碱，属于盐，是强电解质，A错误；
B.
一水合氨是弱碱，属于弱电解质，B正确；
C.
氯水是混合物，不属于弱电解质，C错误；
D.
火碱是氢氧化钠，是碱，属于强电解质，D错误；
故选B。
17．12
BD
12.5
BCAFED
偏低
偏高
偏高
A
0.3mol/L
【解析】
本题分析：本题主要考查关于物质的量浓度溶液的配制方法及计算。
（1）c浓===12mol/L，即该浓盐酸的物质的量浓度为12mol/L。
（2）任何溶液都是均一稳定的分散系，取用任意体积的该盐酸溶液时，密度和浓度不变，而体积不同时，溶质的物质的量不同，溶液中离子的数目也不同，故选BD。
（3）①n=c浓V浓=c稀V稀=
12mol/L×V浓=
0.3mol/L×0.5mL，V浓=12.5mL，该学生需要量取12.5mL上述浓盐酸进行配制。
②配制时，其正确的操作顺序是BCAFED。
③I、量取浓盐酸的体积偏小，稀盐酸的物质的量浓度偏低；
II、浓盐酸偏多，稀盐酸的物质的量浓度偏高；
III、恢复到室温，体积变小，稀盐酸的物质的量浓度偏高。
（4）n(HCl)=
===，m(HCl)=
×36.5g?mol-1=，溶液质量为
+1000g，溶液体积为[(+1000)/d]mL，c=mol/L，则此溶液的物质的量浓度为Amol/L。
（5）Cl－的物质的量浓度是[(0.5×0.1+0.1×2×0.2)/0.3]mol/L=0.3
mol/L。
18．+2
SiO2
TiOCl42-+
H2OTiO2↓
+
2H++
4Cl-
温度过高时，反应物氨水（或双氧水）受热易分解
（NH4）2Ti5O15+
2
LiOH
＝
Li2Ti5O15↓
+
2NH3·H2O（或2NH3+2H2O）
20/9
LiFePO4–
e—＝FePO4+
Li+
【详解】
（1）反应FeTiO3+4H++4Cl-=Fe2++TiOCl42-+2H2O中，不是非氧化还原反应，可以判断铁元素化合价为+2价，故答案为+2；
（2）由于杂质中二氧化硅不溶于盐酸，所以滤渣A成分是二氧化硅，故答案为SiO2；
（3）根据流程可知，TiOCl42-在溶液中加热与水反应生成二氧化钛沉淀，反应的离子方程式为：TiOCl42-+H2O=TiO2↓+2H++4Cl-，故答案为TiOCl42-+H2O=TiO2↓+2H++4Cl-；
（4）由于二氧化钛与氨水、双氧水反应生成NH4）2Ti5O15时，温度过高，双氧水和氨水都容易分解，所以反应温度过高时，Ti元素浸出率下降，故答案为温度过高时，反应物氨水（或双氧水）受热易分解；
（5）根据流程图示可知，反应3是（NH4）2Ti5O15与强氧化锂反应生成Li2Ti5O15沉淀和氨水，反应的化学方程式为：（NH4）2Ti5O15+2
LiOH=Li2Ti5O15↓+2NH3?H2O（或2NH3+2H2O），故答案为（NH4）2Ti5O15+2
LiOH=Li2Ti5O15↓+2NH3?H2O（或2NH3+2H2O）；
（6）根据电子守恒，氧化铁元素转移的电子就等于铁离子氧化草酸转移的电子数，
因此可得关系式：H2O2～H2C2O4，设双氧水质量为x，草酸质量为y，
34
90
x×17%
y
34y=90×x×17%，x：y=20：9，
17%双氧水与H2C2O4的质量比为20：9，故答案为20：9；
（7）充电时，阳极发生氧化反应，LiFePO4失去电子生成FePO4，电极反应为：LiFePO4-e-=FePO4+Li+，故答案为LiFePO4-e-=FePO4+Li+。
19．－93.8
该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动
放热
bd
0.17
0.2a
MPa
【分析】
（1）①根据CO(g)和H2(g)的燃烧热(△H)分别为-283.0kJ·mol-1、-285.8kJ·mol-1，可写出热化学方程式，（1）CO(g)+1/2O2(g)=
CO2(g)
△H=-283.0kJ·mol-1（2）H2(g)
+1/2O2(g)=
H2O(1)
△H=-285.8kJ·mol-1，题目已给（3）2H2(g)+CO(g)=
CH3OH(1)的△H=-91kJ·mol-1，根据盖斯定律，利用（2）+（3）-（1），可得3H2(g)+CO2(g)=CH3OH(1)+H2O(1)
△H=
－93.8
kJ·mol-1；
②由图像可知催化剂I的催化效果最佳，该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率降低；
（2）①650℃时，根据三段式进行有关数据处理；
②判断平衡状态的标志是：正反应速率等于逆反应速率但不为零，各成分浓度保持不变；
③900℃时，结合CO的转化率，根据三段式进行有关数据处理；
（3）发生2H2S(g)
?
2H2(g)+S2(g)反应，由图像可知，温度为T6℃时，H2S平衡转化率为50%。
【详解】
（1）①根据CO(g)和H2(g)的燃烧热(△H)分别为-283.0kJ·mol-1、-285.8kJ·mol-1，可写出热化学方程式，（1）CO(g)+1/2O2(g)=
CO2(g)
△H=-283.0kJ·mol-1（2）H2(g)
+1/2O2(g)=
H2O(1)
△H=-285.8kJ·mol-1，题目已给（3）2H2(g)+CO(g)=
CH3OH(1)的△H=-91kJ·mol-1，根据盖斯定律，利用（2）+（3）-（1），可得3H2(g)+CO2(g)=CH3OH(1)+H2O(1)
△H=
－93.8
kJ·mol-1，故答案为－93.8；
②由图像可知催化剂I的催化效果最佳，该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率降低；故答案为该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；
（2）①650℃时，根据三段式进行有关数据处理：
CO(g)+H2O(g)
?
CO2(g)+H2(g)
起始/mol
4
2
0
0
转化/mol
1.6
1.6
1.6
1.6
平衡/mol
2.4
0.4
1.6
1.6
故650℃时，CO的转化率1.6/4=0.4>1/3,温度升高，转化率降低，故正反应为放热反应，故答案为放热；
②判断平衡状态的标志是：正反应速率等于逆反应速率但不为零，各成分浓度保持不变；
a.应该是各成分浓度保持不变，故错误；
b.根据此反应CO(g)+H2O(g)
?
CO2(g)+H2(g)判断，生成n
mol
CO2(g)，是正反应方向，生成n
mol
H2O(g)是逆反应方向，故能说明正反应速率等于逆反应速率但不为零，故正确；
c.
断裂
n
mol
CO是正反应方向，断裂2nmol
H—H是逆反应方向，但是物质的量不符合系数比，故不能说明正反应速率等于逆反应速率，故错误；
d.
某时刻，n(CO)：n(H2O)：n(CO2)：n(H2)=6：1：4：4，能说明反应达到平衡状态，故正确；
故选bd；
③900℃时，结合CO的转化率，根据三段式进行有关数据处理：
CO(g)+H2O(g)
?
CO2(g)+H2(g)
起始/mol
3
2
0
0
转化/mol
1
1
1
1
平衡/mol
2
1
1
1
v(H2O)=1
mol/（2L×3min）≈0.17mol·L-1·min-1
故答案为0.17；
（3）发生2H2S(g)
?
2H2(g)+S2(g)反应，由图像可知，温度为T6℃时，H2S平衡转化率为50%,故所消耗H2S的物质的量カ0.20mol×50%=0.1mol,剩余H2S的物质的量カ0.20mol-0.1
mol=0.1
mol，生成H2的物质的量为0.1mol,生成S2的物质的量为0.05
mol,则
p（H2S）=0.4aMPa,p（H2）=
0.4aMPa
，p（S2）=0.2aMPa
，
故平衡常数Kp=（0.4aMPa）2×0.2aMPa/（0.4aMPa）2=0.2a
MPa；故答案为0.2a
MPa。
20．3d84s2
＜
3：2
异硫氰酸分子间存在氢键，沸点较高
Cu+的价电子排布为3d10，3d能级处于全满状态，比Cu2+稳定
1
【详解】
(1)①镍元素的原子序数为28，位于元素周期表第四周期Ⅷ族，价电子排布式为；故答案为：3d84s2；
②K、Cr同周期，与K相比，Cr原子半径较小、核电荷数较大，对核外电子的吸引力更大，故第一电离能Cr较大；故答案为：＜；
③根据结构简式可知每个HSCN分子中有3个键和2个键，故其比为3:2；异硫氰酸中有“N-H”结构，易形成分子间氢键，沸点较高。故答案为：3：2；异硫氰酸分子间存在氢键，沸点较高；
(2)的价电子排布为，3d能级处于全满状态，比稳定；B原子和含双键的N原子形成一个配位键。故答案为：Cu+的价电子排布为3d10，3d能级处于全满状态，比Cu2+稳定；1；
(3)六方石墨晶胞沿c轴的投影图如图所示，一个三方石墨晶胞中含有6个C原子，故晶胞的密度。故答案为：；。
21．羰基、酯基
C21H23O3N2SBr
取代反应
取代反应
CH3CH2OH
NH（CH3）2
或
【分析】
CH3COOC2H5在NaH作用下生成B，B与SO2Cl2发生取代反应生成C，C与发生取代反应生成D，D与氨基甲烷反应生成E，E与生成F，F与HCHO和二甲基氨生成产品G。
【详解】
（1）C的含氧官能团名称：
羰基、酯基
。由G的结构简式，G的分子式：C21H23O3N2SBr。
故答案为：
羰基、酯基；C21H23O3N2SBr；
（2）A是CH3COOC2H5在NaH作用下生成B，B与SO2Cl2发生取代反应生成C，A→B和B→C的反应类型分别为：取代反应，取代反应。根据质量守恒，两分子A生成B和另一种产物，该产物结构简式为：CH3CH2OH。
故答案为：取代反应；
取代反应；CH3CH2OH；
（3）D与氨基甲烷反应生成E和水，D生成E的反应方程式：。
故答案为：；
（4）F与HCHO和二甲基氨生成产品G，H的结构简式为：NH（CH3）2
或。
故答案为：NH（CH3）2
或；
（5）①与碳酸氢钠反应产生使澄清石灰水变浑浊的气体，结构中有羧基，—COOH，
②六元环状结构，分子中总共有6个碳，羧基一个碳，六元环中有一个氧原子，B的同分异构体中具有满足下列条件的结构简式：。
故答案为：；
（6）结合上述合成路线，由乙醇和为基本原料，逆合成分析，要合成先合成乙酸乙酯，原料中有乙醇，要合成乙酸。；
故答案为：。