浙江省嘉兴市2016届高考化学二模试卷 Word版含解析.doc

‎2016年浙江省嘉兴市高考化学二模试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题包括17小题．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）‎ ‎1．下列说法不正确的是（　　）‎ A．植物的秸秆、枝叶、杂草和人畜粪便等生物质在沼气池中经发酵可生成沼气 B．Al（OH）3、Fe（OH）3等胶体具有很强的吸附能力，可用于净水 C．鸡蛋清中加入浓食盐水析出沉淀、75%乙醇溶液进行消毒、福尔马林用于浸制生物标本，其中蛋白质都发生了变性 D．塑料袋、废纸、旧橡胶制品等属于有机物，可以回收利用 ‎2．下列说法不正确的是（　　）‎ A．危化品储存运输过程中发生金属钠、镁着火时，应立即用泡沫灭火器灭火 B．配制银氨溶液的操作：在2 mL 2%的硝酸银溶液中逐滴加入2%的氨水、振荡试管，直至产生的沉淀恰好完全溶解 C．配制230mL 0.1mol•L﹣1的FeCl3溶液：称取一定质量的FeCl3固体在烧杯中溶于适量盐酸中，放置至室温后，再转移入250mL容量瓶中进行配制 D．取少量硫酸亚铁铵晶体用蒸馏水溶解，加入适量10%的NaOH溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，说明晶体中含有NH4+‎ ‎3．表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，X与Y的原子序数之和为Z与W原子序数之和的．下列说法正确的是（　　）‎ X Y Z W T A．化合物YX2、ZX2化学键类型和晶体类型均相同 B．Z、W、T三种元素最高价氧化物的水化物的酸性依次增强 C．五种元素中，只有T是金属元素 D．Mg在一定条件下可以和YX2发生反应生成Y单质 ‎4．下列说法不正确的是（　　）‎ A．邻二甲苯只有一种结构，能证明苯环中不存在碳碳单键和碳碳双键交替的结构 B．高聚物的单体可以通过乙烯和HCl加成制得 C．（CH3）2CH﹣CH=CH﹣C（CH3）3与氢气加成后的产物用系统命名法命名为2，2，5﹣三甲基己烷 D．完全燃烧一定质量的冰醋酸、葡萄糖混合物（以任意质量比混合），生成CO2和H2O的物质的量相同 ‎5．一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中含酚废水中有机物可用C6H5OH表示，左、中、右室间分别以离子交换膜分隔．下列说法不正确的是（　　）‎ A．右室电极为该电池的正极 B．左室电极反应式可表示为：C6H5OH﹣28e﹣+11H2O═6CO2↑+28H+‎ C．右室电极附近溶液的pH减小 D．工作时中间室的Cl﹣移向左室，Na+移向右室 ‎6．下列说法正确的是（　　）‎ A．25℃时，将pH=a的一元强酸溶液与pH=14﹣a的一元碱溶液等体积混合后，所得溶液呈酸性或中性 B．相同温度的盐酸和醋酸两种溶液中，若c（Cl﹣）=c（CH3COO﹣），则两溶液pH相同 C．0.1 mol•L﹣1 Na2CO3溶液与0.1 mol•L﹣1 NaHCO3溶液等体积混合所得溶液中：c（CO32﹣）+2c（OH﹣）═c（HCO3﹣）+c（H2CO3）+2c（H+）‎ D．对于沉淀溶解平衡AgX⇌Ag++X﹣，已知AgCl的平衡常数大于AgI．则含AgCl和AgI固体的悬浊液中存在：c（Ag+）＞c（I﹣）＞c（Cl﹣）‎ ‎7．钒是一种熔点高、硬度大、无磁性的金属，广泛应用于钢铁、航空航天、能源等领域．工业上利用冶炼铝生成的固体废料﹣﹣赤泥（主要成份为Fe2O3、Al2O3、V2O5及少量稀土金属氧化物）提取金属钒，其工艺流程图如下：‎ 已知：钒有多种价态，其中+5价最稳定．钒在溶液中主要以VO2+和VO3﹣的形式存在，且存在平衡VO2++H2O⇌VO3﹣+2H+．下列说法正确的是（　　）‎ A．工业生产中，碱浸步骤可选用较为廉价的氨水 B．可以推测VO2Cl溶解度大于NH4VO3‎ C．焙烧非磁性产品所得的固体产物加酸溶解时，应加入过量盐酸以使其溶解完全 D．将磁性产品加入稀硝酸溶解，取上层清液再加入KSCN溶液后未见血红色，则磁性产品中一定不含铁元素 ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分58分）‎ ‎8．化合物M是一种香料，可采用油脂与芳香烃（含苯环的烃）为主要原料，按下列路线合成：‎ 已知：①RX ROH ‎②E分子中只有两种不同化学环境的H原子 ‎③+‎ R3COOH+‎ ‎（R1、R2、R3与R4可能是氢、烃基或其他基团）‎ ‎（1）A中官能团的名称是　　　　　　，D→E的反应类型为　　　　　　．‎ ‎（2）E的结构简式为　　　　　　．‎ ‎（3）C+F→M的化学方程式　　　　　　．‎ ‎（4）下列化合物中属于F的同分异构体的是　　　　　　．‎ a．‎ b．‎ c． ‎ d．CH2=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH2COOH ‎（5）写出从Br﹣CH2CH2﹣Br→HCOOCH2CH2OOCH的合成路线（无机试剂任选，合成路线参照题中的书写形式）　　　　　　．‎ ‎9．请回答：‎ ‎（1）写出CH3Cl的电子式　　　　　　．‎ ‎（2）甲硅烷（SiH4）是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃，生成SiO2和液态水．已知室温下10g甲硅烷自燃放出热量473.5kJ，其热化学方程式是　　　　　　．‎ ‎（3）工业废水中加入难溶于水的FeS使其中的Cu2+离子转化为沉淀，写出该反应的离子方程式　　　　　　．‎ ‎（4）碱性条件下发生下列反应，配平该反应的离子方程式：‎ ‎　　　　　　ClO3﹣+　　　　　　Fe3++　　　　　　=　　　　　　Cl﹣+　　　　　　FeO42﹣+　　　　　　．‎ ‎10．某二元化合物甲有刺鼻气味，极易被水和酸吸收，是一类重要的火箭燃料．将3.20g甲加热至完全分解，得到一种常见的气体单质和4.48L的H2（已折算成标准状况）；已知甲分子内各原子均达到稳定结构．工业上用尿素[CO（NH2）2]投料到按一定比例混合的NaClO与NaOH混合溶液中反应可制得甲，同时得到副产品碳酸钠等物质．‎ ‎（1）写出甲的分子式　　　　　　．‎ ‎（2）适量氯气通入NaOH溶液中可以得到上述混合溶液，写出该反应的离子反应方程式：　　　　　　．‎ ‎（3）工业上常用甲使锅炉内壁的铁锈转化为结构较致密的磁性氧化铁（Fe3O4），以减慢锅炉内壁的锈蚀．其化学方程式为　　　　　　．‎ ‎（4）已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O．‎ ‎①甲与新制Cu（OH）2之间能发生反应，从氧化还原反应的角度说明其合理性　　　　　　．‎ ‎②甲与新制Cu（OH）2充分反应，有红色固体乙生成，写出乙的成分　　　　　　（写出所有可能），请设计实验方案检验乙的成分　　　　　　．‎ ‎11．金属钛（Ti）被称为21世纪金属，在航海、航空、记忆和涂料方面应用广泛，TiO2是一种优良的光催化剂．20世纪科学家尝试用多种方法将金红石（TiO2）还原，发现金红石直接氯化是冶炼钛的关键步骤：‎ TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（g）+O2（g）△H=+1493kJ•mol﹣1，△S=+61J•K﹣1•mol﹣1‎ 该反应发生温度高达2170℃，能耗大，对设备和生产要求几乎达到苛刻程度．目前科学家采用金红石加碳氯化方法，在较温和条件下成功制取TiCl4，为人类快速迈进钛合金时代做出了巨大贡献．金红石加碳氯化的主要反应如下：‎ 反应Ⅰ：TiO2（s）+2Cl2（g）+C（s）TiCl4（g）+CO2（g）△H1，△S1=+64J•K﹣1•mol﹣1‎ 反应Ⅱ：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）TiCl4（g）+2CO（g）△H2，△S2‎ 已知：①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣394.3kJ•mol﹣1‎ ‎②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣222.3kJ•mol﹣1‎ 请回答：‎ ‎（1）反应Ⅰ的△H1=　　　　　　kJ•mol﹣1．‎ ‎（2）对于气体参加的反应，表示平衡常数KP时，用气体组分B的平衡压强P（B）代替该气体物质的量浓度c（B），则反应Ⅰ的KP=　　　　　　（用表达式表示）．‎ ‎（3）将金红石加碳氯化反应与金红石直接氯化反应比较，从焓变熵变的角度分析金红石加碳氯化能在较温和条件下成功制取TiCl4的原因　　　　　　．‎ ‎（4）在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂TiO2表面与H2O发生反应，2N2（g）+6H2O（1）═4NH3（g）+3O2（g）△H=+1530.4kJ•mol﹣1‎ 进一步研究相同条件下NH3生成量与温度的关系，部分实验数据见下表：‎ 实验组别 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ T/K ‎303‎ ‎313‎ ‎323‎ ‎353‎ NH3生成量/（10﹣6mol）‎ ‎4.8‎ ‎5.9‎ ‎6.0‎ ‎2.0‎ O2生成量/（10﹣6mol）‎ ‎3.6‎ ‎4.4‎ ‎4.5‎ ‎1.5‎ 反应时间/h ‎3‎ ‎3‎ ‎3‎ ‎3‎ 容器体积/L ‎2‎ ‎2‎ ‎2‎ ‎2‎ ‎①请在图中画出上述反应在“有催化剂”与“无催化剂”两种情况下反应过程中体系能量随反应过程的变化趋势示意图（图中标明必要的文字说明）．‎ ‎②根据表中数据，在303K时，在3h内用氮气表示其平均反应速率为　　　　　　mol•L﹣1•h﹣1．判断组别4中反应是否达到平衡状态　　　　　　（填“是”或“否”），并说明理由　　　　　　．‎ ‎12．苯甲酸（无色针状晶体，熔点122.4℃）可广泛用于医药、染料载体、香料等，实验室用甲苯和高锰酸钾制备苯甲酸．反应方程式如下：‎ ‎+2KMnO4+KOH+2MnO2↓+H2O ‎ ‎+HCl→+KCl 已知有关化合物的相关数据如表所示：‎ 化合物 相对分子质量 密度（g•cm﹣3）‎ 溶解性 沸点（℃）‎ 甲苯 ‎92‎ ‎0.87‎ 难溶于水 ‎110.0‎ 苯甲酸钾 ‎160‎ ‎﹣‎ 易溶于水 ‎﹣‎ 苯甲酸 ‎122‎ ‎1.26‎ 微溶于水 ‎248.0‎ 苯甲酸在100g水中的溶解度：0.18g（4℃），0.27g（18℃），2.2g（75℃）．‎ 合成：如图（固定及加热装置略去）所示，在三颈烧瓶中加入4.23mL甲苯和100mL 蒸馏水，瓶口装上温度计、电动搅拌器、冷凝管，慢慢开启电动搅拌器，加热至沸腾．经冷凝管上口分批加入21.30g高锰酸钾（过量），继续煮沸至甲苯层消失，回流液中不再出现油珠为止，得到反应混合物．‎ 对反应混合物进行分离：①趁热过滤→②洗涤滤渣→③合并滤液和洗涤液→④冷却→⑤盐酸酸化→⑥过滤．‎ 对粗产品苯甲酸进行提纯：①沸水溶解→②活性炭脱色→③趁热过滤→④　　　　　　→⑤过滤→⑥洗涤→⑦干燥．‎ 请回答下列有关问题：‎ ‎（1）实验中准确量取4.23mL甲苯所需仪器为　　　　　　．‎ ‎（2）冷凝管的上口是否需要塞上塞子　　　　　　（填“是”或“否”），a处水流方向是　　　　　　（填“进水”或“出水”）．‎ ‎（3）高锰酸钾需要分批加入，请用化学反应速率观点说明理由　　　　　　．‎ ‎（4）在对粗产品苯甲酸进行提纯过程中，“③趁热过滤”的目的是　　　　　　；“④”的操作名称是　　　　　　；可证明“⑥洗涤”步骤已洗涤干净的方法是　　　　　　．‎ ‎（5）干燥后称量得苯甲酸2.93g，则苯甲酸的产率为　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎2016年浙江省嘉兴市高考化学二模试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题包括17小题．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）‎ ‎1．下列说法不正确的是（　　）‎ A．植物的秸秆、枝叶、杂草和人畜粪便等生物质在沼气池中经发酵可生成沼气 B．Al（OH）3、Fe（OH）3等胶体具有很强的吸附能力，可用于净水 C．鸡蛋清中加入浓食盐水析出沉淀、75%乙醇溶液进行消毒、福尔马林用于浸制生物标本，其中蛋白质都发生了变性 D．塑料袋、废纸、旧橡胶制品等属于有机物，可以回收利用 ‎【考点】物质的组成、结构和性质的关系．‎ ‎【专题】物质的性质和变化专题．‎ ‎【分析】A．秸秆、杂草等在沼气池中发酵制沼气有新物质甲烷生成；‎ B．依据氢氧化铝、氢氧化铁胶体具有吸附性解答；‎ C．鸡蛋清中加入浓食盐水析出沉淀为蛋白质盐析；‎ D．塑料袋、旧橡胶制品属于高分子化合物，废纸的主要成分是植物的纤维是纤维素；‎ ‎【解答】解：A．秸秆、杂草等在沼气池中发酵制沼气有新物质甲烷生成，属于化学变化，故A正确；‎ B．氢氧化铝、氢氧化铁胶体具有吸附性，能够吸附水质固体颗粒杂质，可以净水，故B正确；‎ C．鸡蛋清中加入浓食盐水析出沉淀为蛋白质盐析，蛋白质没有变性，故C错误；‎ D．塑料袋、旧橡胶制品属于高分子化合物，废纸的主要成分是植物的纤维是纤维素，都是有机物，故D正确；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉相关物质的性质是解题关键，注意蛋白质盐析与变性的区别，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎2．下列说法不正确的是（　　）‎ A．危化品储存运输过程中发生金属钠、镁着火时，应立即用泡沫灭火器灭火 B．配制银氨溶液的操作：在2 mL 2%的硝酸银溶液中逐滴加入2%的氨水、振荡试管，直至产生的沉淀恰好完全溶解 C．配制230mL 0.1mol•L﹣1的FeCl3溶液：称取一定质量的FeCl3固体在烧杯中溶于适量盐酸中，放置至室温后，再转移入250mL容量瓶中进行配制 D．取少量硫酸亚铁铵晶体用蒸馏水溶解，加入适量10%的NaOH溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，说明晶体中含有NH4+‎ ‎【考点】化学实验安全及事故处理；化学实验方案的评价．‎ ‎【专题】实验评价题．‎ ‎【分析】A．钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，使火势更加剧烈； ‎ B．配制银氨溶液时应将2%的稀氨水滴入2%的硝酸银溶液；‎ C．FeCl3易水解；‎ D．使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，为氨气．‎ ‎【解答】解：A．金属钠着火生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，所以不能用泡沫灭火器灭火，可以使用砂子灭火，故A错误； ‎ B．配制银氨溶液时应将2%的稀氨水滴入2%的硝酸银溶液，直至产生的沉淀恰好溶解为止，故B正确；‎ C．FeCl3易水解，应溶于适量盐酸中，再稀释，故C正确；‎ D．使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，为氨气，则该溶液中含有NH4+离子，故D正确．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及危险处理、溶液配制、离子的检验等，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎3．表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，X与Y的原子序数之和为Z与W原子序数之和的．下列说法正确的是（　　）‎ X Y Z W T A．化合物YX2、ZX2化学键类型和晶体类型均相同 B．Z、W、T三种元素最高价氧化物的水化物的酸性依次增强 C．五种元素中，只有T是金属元素 D．Mg在一定条件下可以和YX2发生反应生成Y单质 ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素周期律和元素周期表的综合应用．‎ ‎【专题】元素周期律与元素周期表专题．‎ ‎【分析】X、Y、Z、W为短周期元素，由位置可知，X为第二周期元素，Y、Z、W为第三周期元素，设X的原子序数为x，由X与Y的原子序数之和为Z与W原子序数之和的，则x+x+6=（x+8+x+9）×，解得x=8，则X为O，Y为Si，Z为S，W为Cl，T为Se，然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答．‎ ‎【解答】解：X、Y、Z、W为短周期元素，由位置可知，X为第二周期元素，Y、Z、W为第三周期元素，设X的原子序数为x，由X与Y的原子序数之和为Z与W原子序数之和的，则x+x+6=（x+8+x+9）×，解得x=8，则X为O，Y为Si，Z为S，W为Cl，T为Se，‎ A．SiO2、SO2化学键均为共价键，晶体类型分别为原子晶体、分子晶体，故A错误；‎ B．非金属性W＞Z＞T，则T、Z、W三种元素最高价氧化物的水化物的酸性依次增强，故B错误；‎ C．均为非金属元素，故C错误；‎ D．由Mg与CO2反应生成MgO和C，可知Mg在一定条件下可以和SiO2发生反应生成Si单质，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查位置、结构与性质的关系，为高频考点，把握短周期原子序数的关系推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，注意元素周期律的应用，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎4．下列说法不正确的是（　　）‎ A．邻二甲苯只有一种结构，能证明苯环中不存在碳碳单键和碳碳双键交替的结构 B．高聚物的单体可以通过乙烯和HCl加成制得 C．（CH3）2CH﹣CH=CH﹣C（CH3）3与氢气加成后的产物用系统命名法命名为2，2，5﹣三甲基己烷 D．完全燃烧一定质量的冰醋酸、葡萄糖混合物（以任意质量比混合），生成CO2和H2O的物质的量相同 ‎【考点】有机化学反应的综合应用．‎ ‎【专题】有机反应．‎ ‎【分析】A．对二甲苯只有一种结构，无法判断是否存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构；‎ B．乙烯和HCl加成制得的是一氯乙烷，不存在碳碳双键，不能进行加聚反应；‎ C．烯烃的命名遵循：选取距离双键最近的一端命名为1号碳；‎ D．冰醋酸与葡萄糖的最简式相同，据此解答即可．‎ ‎【解答】解：A．邻二甲苯只有一种结构，说明苯中不存在单双键交替的结构，是一种特殊的化学键，故A正确；‎ B．此高聚物是由乙炔与HCl加成生成的产物加聚得来的，故B错误；‎ C．此有机物中含有碳碳双键，故应命名为某“烯”，故C错误；‎ D．冰醋酸与葡萄糖的最简式相同，均是CH2O，故完全燃烧一定质量的冰醋酸、葡萄糖混合物（以任意质量比混合），生成CO2和H2O的物质的量相同，故D正确，故选BC．‎ ‎【点评】本题主要考查的是烯烃的命名、苯的结构以及烃的衍生物的燃烧规律，难度不大．‎ ‎　‎ ‎5．一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中含酚废水中有机物可用C6H5OH表示，左、中、右室间分别以离子交换膜分隔．下列说法不正确的是（　　）‎ A．右室电极为该电池的正极 B．左室电极反应式可表示为：C6H5OH﹣28e﹣+11H2O═6CO2↑+28H+‎ C．右室电极附近溶液的pH减小 D．工作时中间室的Cl﹣移向左室，Na+移向右室 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【专题】电化学专题．‎ ‎【分析】该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极是正极，电极反应式为2NO3﹣+10e﹣+12H+=N2↑+6H2O，左边装置电极是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H5OH﹣28e﹣+11H2O═6CO2↑+28H+，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3﹣+10e﹣+12H+=N2↑+6H2O，左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H5OH﹣28e﹣+11H2O═6CO2↑+28H+，‎ A．该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极是正极，故A正确；‎ B．左边装置电极是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H5OH﹣28e﹣+11H2O═6CO2↑+28H+，故B正确；‎ C．右边装置中电极是正极，电极反应式为2NO3﹣+10e﹣+12H+=N2↑+6H2O，氢离子参加反应导致溶液酸性减小，溶液的pH增大，故C错误；‎ D．放电时，电解质溶液中阳离子Na+移向正极右室，阴离子Cl﹣移向负极室左室，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查化学电源新型电池，题目难度中等，侧重考查学生获取信息、分析推断能力，根据N元素化合价变化确定正负极，难点是电极反应式的书写，且原电池和电解池原理是高考高频点，要熟练掌握．‎ ‎　‎ ‎6．下列说法正确的是（　　）‎ A．25℃时，将pH=a的一元强酸溶液与pH=14﹣a的一元碱溶液等体积混合后，所得溶液呈酸性或中性 B．相同温度的盐酸和醋酸两种溶液中，若c（Cl﹣）=c（CH3COO﹣），则两溶液pH相同 C．0.1 mol•L﹣1 Na2CO3溶液与0.1 mol•L﹣1 NaHCO3溶液等体积混合所得溶液中：c（CO32﹣）+2c（OH﹣）═c（HCO3﹣）+c（H2CO3）+2c（H+）‎ D．对于沉淀溶解平衡AgX⇌Ag++X﹣，已知AgCl的平衡常数大于AgI．则含AgCl和AgI固体的悬浊液中存在：c（Ag+）＞c（I﹣）＞c（Cl﹣）‎ ‎【考点】pH的简单计算；离子浓度大小的比较．‎ ‎【专题】电离平衡与溶液的pH专题．‎ ‎【分析】A、pH=a的一元强酸溶液中，c（H+）=10﹣amol/L，pH=14﹣a的一元碱溶液中，c（H+）=10a﹣14mol/L，则c（OH﹣）=10﹣amol/L；‎ B、根据电荷守恒来分析；‎ C、0.1 mol•L﹣1 Na2CO3溶液与0.1 mol•L﹣1 NaHCO3溶液等体积混合所得溶液中，Na2CO3溶液与 NaHCO3的浓度均为0.05mol/L，根据电荷守恒和物料守恒来分析；‎ D、由于AgCl的平衡常数大于AgI，根据Ksp来分析．‎ ‎【解答】解：A、pH=a的一元强酸溶液中，c（H+）=10﹣amol/L，pH=14﹣a的一元碱溶液中，c（H+）=10a﹣14mol/L，则c（OH﹣）=10﹣amol/L，故将两溶液等体积混合后，；两者恰好完全反应，则所得溶液显中性，故A错误；‎ B、根据电荷守恒可知，在盐酸溶液中有：c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），而在醋酸溶液中有：c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），两溶液中若c（Cl﹣）=c（CH3COO﹣），则两溶液中c（H+）和c（OH﹣）均相等，即pH相同，故B正确；‎ C、0.1 mol•L﹣1 Na2CO3溶液与0.1 mol•L﹣1 NaHCO3溶液等体积混合所得溶液中，Na2CO3溶液与 NaHCO3的浓度均为0.05mol/L，根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣），根据物料守恒可知：3c（CO32﹣）+3c（HCO3﹣）+3c（H2CO3）=2c（Na+），两式联立可知：c（CO32﹣）+2c（OH﹣）═c（HCO3﹣）+3c（H2CO3）+2c（H+），故C错误；‎ D、由于是含AgCl和AgI固体的悬浊液，且AgCl的平衡常数大于AgI，则有： =＞1，故c（Cl﹣）＞c（I﹣），故D错误．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查了酸碱混合后溶液酸碱性的判断、盐溶液中的电荷守恒、物料守恒的运用和溶解平衡中的Ksp的有关计算，难度中等，综合性较强．‎ ‎　‎ ‎7．钒是一种熔点高、硬度大、无磁性的金属，广泛应用于钢铁、航空航天、能源等领域．工业上利用冶炼铝生成的固体废料﹣﹣赤泥（主要成份为Fe2O3、Al2O3、V2O5及少量稀土金属氧化物）提取金属钒，其工艺流程图如下：‎ 已知：钒有多种价态，其中+5价最稳定．钒在溶液中主要以VO2+和VO3﹣的形式存在，且存在平衡VO2++H2O⇌VO3﹣+2H+．下列说法正确的是（　　）‎ A．工业生产中，碱浸步骤可选用较为廉价的氨水 B．可以推测VO2Cl溶解度大于NH4VO3‎ C．焙烧非磁性产品所得的固体产物加酸溶解时，应加入过量盐酸以使其溶解完全 D．将磁性产品加入稀硝酸溶解，取上层清液再加入KSCN溶液后未见血红色，则磁性产品中一定不含铁元素 ‎【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．‎ ‎【专题】物质的分离提纯和鉴别．‎ ‎【分析】赤泥进行碱浸，氧化铝溶解形成偏铝酸盐，再通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀．滤渣1系列操作得到V2O5，可知滤渣1中含有Fe2O3、V2O5及少量稀土金属氧化物，进行还原、磁选，磁性产品中含有Fe等，非磁性产品含有V元素，在空气中焙烧后用盐酸溶解，钒在溶液中主要以VO2+和VO3﹣的形式存在，再加入氯化铵转化为NH4VO3，焙烧得到V2O5，由溶液中存在平衡VO2++H2O⇌VO3﹣+2H+，盐酸过量会抑制的生成NH4VO3，盐酸溶解时不易过量．‎ ‎【解答】解：赤泥进行碱浸，氧化铝溶解形成偏铝酸盐，再通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀．滤渣1系列操作得到V2O5，可知滤渣1中含有Fe2O3、V2O5及少量稀土金属氧化物，进行还原、磁选，磁性产品中含有Fe等，非磁性产品含有V元素，在空气中焙烧后用盐酸溶解，钒在溶液中主要以VO2+和VO3﹣的形式存在，再加入氯化铵转化为NH4VO3，焙烧得到V2O5，由溶液中存在平衡VO2++H2O⇌VO3﹣+2H+，盐酸过量会抑制的生成NH4VO3，盐酸溶解时不易过量．‎ A．氨水不能溶解氧化铝，故A错误；‎ B．用盐酸溶液后的溶液中含有VO2+、VO3﹣、Cl﹣，加入硝酸铵会生成NH4VO3沉淀，反应向更生成难溶的物质进行，可以推测VO2Cl溶解度大于NH4VO3，故B正确；‎ C．溶液中存在平衡VO2++H2O⇌VO3﹣+2H+，盐酸过量平衡逆向移动，会抑制的生成NH4VO3，不能加入过量的盐酸，故C错误；‎ D．加入的硝酸不足，Fe元素被硝酸氧化可能生成亚铁离子，亚铁离子遇KSCN溶液无明显现象，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查物质准备工艺流程，易根据问题进行分析解答，熟练掌握元素化合物性质，对工艺流程题目关键是理解整个过程，常涉及物质的分离提纯、条件的控制、原理的分析评价、陌生方程式书写等，而涉及的元素化合物多是中学比较陌生的，侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力．‎ ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分58分）‎ ‎8．化合物M是一种香料，可采用油脂与芳香烃（含苯环的烃）为主要原料，按下列路线合成：‎ 已知：①RX ROH ‎②E分子中只有两种不同化学环境的H原子 ‎③+‎ R3COOH+‎ ‎（R1、R2、R3与R4可能是氢、烃基或其他基团）‎ ‎（1）A中官能团的名称是　羟基　，D→E的反应类型为　取代反应　．‎ ‎（2）E的结构简式为　　．‎ ‎（3）C+F→M的化学方程式　　．‎ ‎（4）下列化合物中属于F的同分异构体的是　bd　．‎ a．‎ b．‎ c． ‎ d．CH2=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH2COOH ‎（5）写出从Br﹣CH2CH2﹣Br→HCOOCH2CH2OOCH的合成路线（无机试剂任选，合成路线参照题中的书写形式）　BrCH2CH2Br HOCH2CH2OH HCHO HCOOH HCOOCH2CH2OOCH　．‎ ‎【考点】有机物的合成．‎ ‎【专题】有机物的化学性质及推断．‎ ‎【分析】油脂水解得到A为，结合信息③可以A氧化生成HCHO、HCOOH，B氧化得到C，故B为HCHO，C为HCOOH．芳香烃D与氯气在光照条件下发生侧链取代反应生成E，E分子中只有两种不同化学环境的H原子，则D为，E为，F为，M为．‎ ‎（5）BrCH2CH2Br在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成HOCH2CH2OH，然后被HIO4氧化生成HCHO，再与新制氢氧化铜氧化得到 HCOOH，最后与乙二醇发生酯化反应得到HCOOCH2CH2OOCH．‎ ‎【解答】解：油脂水解得到A为，结合信息③可以A氧化生成HCHO、HCOOH，B氧化得到C，故B为HCHO，C为HCOOH．芳香烃D与氯气在光照条件下发生侧链取代反应生成E，E分子中只有两种不同化学环境的H原子，则D为，E为，F为，M为．‎ ‎（1）A为，含有的官能团的名称是羟基，D→E的反应类型为取代反应，‎ 故答案为：羟基；取代反应；‎ ‎（2）E的结构简式为：，故答案为：；‎ ‎（3）C+F→M的化学方程式：，‎ 故答案为：；‎ ‎（4）F的结构简式为，‎ ‎、与F的分子式不同，与F不是同分异构体，、CH2=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH2COOH与F的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，‎ 故答案为：bd；‎ ‎（5）BrCH2CH2Br在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成HOCH2CH2OH，然后被HIO4氧化生成HCHO，再与新制氢氧化铜氧化得到 HCOOH，最后与乙二醇发生酯化反应得到HCOOCH2CH2OOCH，合成路线流程图为：BrCH2CH2Br HOCH2CH2OH HCHO HCOOHHCOOCH2CH2OOCH，‎ 故答案为：BrCH2CH2Br HOCH2CH2OH HCHO HCOOHHCOOCH2CH2OOCH．‎ ‎【点评】本题考查有机物的推断与合成，关键是对题目信息的理解，充分利用有机物的分子式行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等．‎ ‎　‎ ‎9．请回答：‎ ‎（1）写出CH3Cl的电子式　　．‎ ‎（2）甲硅烷（SiH4）是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃，生成SiO2和液态水．已知室温下10g甲硅烷自燃放出热量473.5kJ，其热化学方程式是　SiH4（g）+2O2（g）═SiO2（s）+2H2O（g）△H=﹣1515.2kJ•mol﹣1　．‎ ‎（3）工业废水中加入难溶于水的FeS使其中的Cu2+离子转化为沉淀，写出该反应的离子方程式　FeS+Cu2+=CuS+Fe2+　．‎ ‎（4）碱性条件下发生下列反应，配平该反应的离子方程式：‎ ‎　1　ClO3﹣+　2　Fe3++　10OH﹣　=　1　Cl﹣+　2　FeO42﹣+　5H2O　．‎ ‎【考点】热化学方程式；电子式；离子方程式的书写．‎ ‎【专题】化学用语专题．‎ ‎【分析】（1）CH3Cl分子中碳原子最外层有4个电子，能形成4个共价键达到稳定结构，每个氢原子或氯原子能形成一个共价键达到稳定结构；‎ ‎（2）根据甲硅烷的质量计算1mol甲硅烷燃烧放出的热量，结合化学方程式书写热化学方程式．注意物质的聚集状态和反应热的单位等问题；‎ ‎（3）硫化亚铁与铜离子反应生成硫化铜和二价铁离子，实现沉淀的转化；‎ ‎（4）分析反应中元素化合价变化，依据氧化还原反应得失电子守恒、原子个数守恒规律配平方程式．‎ ‎【解答】（1）CH3Cl分子中碳原子最外层有4个电子，能形成4个共价键达到稳定结构，每个氢原子或氯原子能形成一个共价键达到稳定结构，电子式：；‎ 故答案为；；‎ ‎（2）n（SiH4）==mol，则1molSiH4燃烧放出的热量为：473.5kJ×=1515.2kJ，‎ 反应的化学方程式为：SiH4+O2=SiO2+2H2O，则热化学方程式为：SiH4（g）+2O2（g）═SiO2（s）+2H2O（g）△H=﹣1515.2 kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：SiH4（g）+2O2（g）═SiO2（s）+2H2O（g）△H=﹣1515.2 kJ•mol﹣1；‎ ‎（3）硫化亚铁与铜离子反应生成硫化铜和二价铁离子，实现沉淀的转化，离子方程式：FeS+Cu2+=CuS+Fe2+；‎ 故答案为：FeS+Cu2+=CuS+Fe2+；‎ ‎（4）反应中氯酸根离子中+5价氯元素化合价降为氯离子中﹣1价，化合价将6，+3价铁离子化合价升高为高铁酸根离子中+6价，化合价升高3，要使得失电子守恒则氯酸根离子系数为1，三价铁离子系数为2，依据原子个数守恒方程式：1ClO3﹣+2Fe3++10 OH﹣=1Cl﹣+2FeO42﹣+5 H2O；‎ 故答案为：1；2；10OH﹣；1；2；5H2O．‎ ‎【点评】本题为综合题，考查化学用语的正确使用，明确电子式、热化学方程式、离子方程式书写方法及注意事项，熟悉氧化还原反应得失电子守恒规律是解题关键，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎10．某二元化合物甲有刺鼻气味，极易被水和酸吸收，是一类重要的火箭燃料．将3.20g甲加热至完全分解，得到一种常见的气体单质和4.48L的H2（已折算成标准状况）；已知甲分子内各原子均达到稳定结构．工业上用尿素[CO（NH2）2]投料到按一定比例混合的NaClO与NaOH混合溶液中反应可制得甲，同时得到副产品碳酸钠等物质．‎ ‎（1）写出甲的分子式　N2H4　．‎ ‎（2）适量氯气通入NaOH溶液中可以得到上述混合溶液，写出该反应的离子反应方程式：　Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O　．‎ ‎（3）工业上常用甲使锅炉内壁的铁锈转化为结构较致密的磁性氧化铁（Fe3O4），以减慢锅炉内壁的锈蚀．其化学方程式为　N2H4+6Fe2O3=N2↑+Fe3O4+2H2O　．‎ ‎（4）已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O．‎ ‎①甲与新制Cu（OH）2之间能发生反应，从氧化还原反应的角度说明其合理性　N2H4中N元素为﹣2价，处于较低价态具有还原性，而Cu（OH）2中Cu元素为+2价，处于最高价态，具有氧化性；　．‎ ‎②甲与新制Cu（OH）2充分反应，有红色固体乙生成，写出乙的成分　Cu或Cu、Cu2O或Cu2O　（写出所有可能），请设计实验方案检验乙的成分　取红色固体乙ag ‎，加入足量稀硫酸充分反应后，过滤、洗涤、干燥、称量的bg沉淀，通过a、b的数量关系判断即可，若a=b，固体乙的成分是Cu；若=b，固体乙的成分是Cu2O，若＜b＜a，固体乙的成分是Cu和Cu2O　．‎ ‎【考点】无机物的推断．‎ ‎【专题】无机推断．‎ ‎【分析】甲加热至完全分解，得到一种常见的气体单质和4.48L的H2（已折算成标准状况），则甲中含有H元素，工业上用尿素[CO（NH2）2]投料到按一定比例混合的NaClO与NaOH混合溶液中反应可制得甲，同时得到副产品碳酸钠等物质，根据元素守恒可知甲中含有N元素，综上可知，甲中含有N和H两种元素，n（H2）==0.2mol，则m（H）=0.2mol×2×1g/mol=0.4g，则3.20g甲中含有m（N）=3.20g﹣0.4g=2.8g，n（N）==0.2mol，所以n（N）：n（H）=0.2mol：0.4mol=1：2，甲分子内各原子均达到稳定结构，可知甲为N2H4．‎ ‎【解答】解：甲加热至完全分解，得到一种常见的气体单质和4.48L的H2（已折算成标准状况），则甲中含有H元素，工业上用尿素[CO（NH2）2]投料到按一定比例混合的NaClO与NaOH混合溶液中反应可制得甲，同时得到副产品碳酸钠等物质，根据元素守恒可知甲中含有N元素，综上可知，甲中含有N和H两种元素，n（H2）==0.2mol，则m（H）=0.2mol×2×1g/mol=0.4g，则3.20g甲中含有m（N）=3.20g﹣0.4g=2.8g，n（N）==0.2mol，所以n（N）：n（H）=0.2mol：0.4mol=1：2，甲分子内各原子均达到稳定结构，可知甲为N2H4．‎ ‎（1）甲的分子式为：N2H4，故答案为：N2H4；‎ ‎（2）适量氯气通入NaOH溶液中可以得到上述混合溶液，该反应的离子反应方程式：Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O，‎ 故答案为：Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O；‎ ‎（3）工业上常用甲使锅炉内壁的铁锈转化为结构较致密的磁性氧化铁（Fe3O4），以减慢锅炉内壁的锈蚀，Fe元素化合价降低，则N元素被氧化生成氮气，其化学方程式为：N2H4+6Fe2O3=N2↑+Fe3O4+2H2O，‎ 故答案为：N2H4+6Fe2O3=N2↑+Fe3O4+2H2O；‎ ‎（4）已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O．‎ ‎①N2H4中N元素为﹣2价，处于较低价态具有还原性，而Cu（OH）2中Cu元素为+2价，处于最高价态，具有氧化性，甲与新制Cu（OH）2之间能发生反应，‎ 故答案为：N2H4中N元素为﹣2价，处于较低价态具有还原性，而Cu（OH）2中Cu元素为+2价，处于最高价态，具有氧化性；‎ ‎②甲与新制Cu（OH）2充分反应，有红色固体乙生成，乙的成分可能为：Cu或Cu、Cu2O或Cu2O，‎ 取红色固体乙ag，加入足量稀硫酸充分反应后，过滤、洗涤、干燥、称量的bg沉淀，通过a、b的数量关系判断即可，若a=b，固体乙的成分是Cu；若=b，固体乙的成分是Cu2O，若＜b＜a，固体乙的成分是Cu和Cu2O，‎ 故答案为：Cu或Cu、Cu2O或Cu2O；取红色固体乙ag，加入足量稀硫酸充分反应后，过滤、洗涤、干燥、称量的bg沉淀，通过a、b的数量关系判断即可，若a=b，固体乙的成分是Cu；若=b，固体乙的成分是Cu2O，若＜b＜a，固体乙的成分是Cu和Cu2O．‎ ‎【点评】本题考查无机物的推断、氧化还原反应、实验方案设计，属于计算型推断，侧重考查学生分析计算能力、知识的迁移应用，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎11．金属钛（Ti）被称为21世纪金属，在航海、航空、记忆和涂料方面应用广泛，TiO2是一种优良的光催化剂．20世纪科学家尝试用多种方法将金红石（TiO2）还原，发现金红石直接氯化是冶炼钛的关键步骤：‎ TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（g）+O2（g）△H=+1493kJ•mol﹣1，△S=+61J•K﹣1•mol﹣1‎ 该反应发生温度高达2170℃，能耗大，对设备和生产要求几乎达到苛刻程度．目前科学家采用金红石加碳氯化方法，在较温和条件下成功制取TiCl4，为人类快速迈进钛合金时代做出了巨大贡献．金红石加碳氯化的主要反应如下：‎ 反应Ⅰ：TiO2（s）+2Cl2（g）+C（s）TiCl4（g）+CO2（g）△H1，△S1=+64J•K﹣1•mol﹣1‎ 反应Ⅱ：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）TiCl4（g）+2CO（g）△H2，△S2‎ 已知：①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣394.3kJ•mol﹣1‎ ‎②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣222.3kJ•mol﹣1‎ 请回答：‎ ‎（1）反应Ⅰ的△H1=　+1098.7　kJ•mol﹣1．‎ ‎（2）对于气体参加的反应，表示平衡常数KP时，用气体组分B的平衡压强P（B）代替该气体物质的量浓度c（B），则反应Ⅰ的KP=　　（用表达式表示）．‎ ‎（3）将金红石加碳氯化反应与金红石直接氯化反应比较，从焓变熵变的角度分析金红石加碳氯化能在较温和条件下成功制取TiCl4的原因　焓变减小，熵变增大，有利于反应正向进行　．‎ ‎（4）在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂TiO2表面与H2O发生反应，2N2（g）+6H2O（1）═4NH3（g）+3O2（g）△H=+1530.4kJ•mol﹣1‎ 进一步研究相同条件下NH3生成量与温度的关系，部分实验数据见下表：‎ 实验组别 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ T/K ‎303‎ ‎313‎ ‎323‎ ‎353‎ NH3生成量/（10﹣6mol）‎ ‎4.8‎ ‎5.9‎ ‎6.0‎ ‎2.0‎ O2生成量/（10﹣6mol）‎ ‎3.6‎ ‎4.4‎ ‎4.5‎ ‎1.5‎ 反应时间/h ‎3‎ ‎3‎ ‎3‎ ‎3‎ 容器体积/L ‎2‎ ‎2‎ ‎2‎ ‎2‎ ‎①请在图中画出上述反应在“有催化剂”与“无催化剂”两种情况下反应过程中体系能量随反应过程的变化趋势示意图（图中标明必要的文字说明）．‎ ‎②根据表中数据，在303K时，在3h内用氮气表示其平均反应速率为　4×10﹣7　mol•L﹣1•h﹣1．判断组别4中反应是否达到平衡状态　否　（填“是”或“否”），并说明理由　反应正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，则n（NH3）应大于6.0×10﹣6mol　．‎ ‎【考点】反应热和焓变；反应速率的定量表示方法；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．‎ ‎【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题．‎ ‎【分析】（1）TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（g）+O2（g）△H=+1493kJ•mol﹣1，△S=+61J•K﹣1•mol﹣1，C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣394.3kJ•mol﹣1，可以依据热化学方程式和盖斯定律计算得到：TiO2（s）+2Cl2（g）+C（s）TiCl4（g）+CO2（g）△H1；‎ ‎（2）对于气体参加的反应，表示平衡常数KP时，用气体组分B的平衡压强P（B）代替该气体物质的量浓度c（B），等于生成物平衡分压幂次方乘积除以反应物平衡分压幂次方乘积；‎ ‎（3）用判据△H﹣T△S来判断反应能否发生；‎ ‎（4）①催化剂是通过降低反应的活化能来加快化学反应速率的；‎ ‎②计算生成氧气的反应速率=，反应速率之比等于化学方程式计量数之比计算氮气的反应速率，2N2（g）+6H2O（1）═4NH3（g）+3O2（g）△H=+1530.4kJ•mol﹣1，反应是吸热反应，升温平衡正向进行分析．‎ ‎【解答】解：（1）依据热化学方程式：①TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（g）+O2（g）△H=+1493kJ•mol﹣1，△S=+61J•K﹣1•mol﹣1，②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣394.3kJ•mol﹣1，可以依据热化学方程式和盖斯定律计算①+②得到：TiO2（s）+2Cl2（g）+C（s）TiCl4（g）+CO2（g）△H1=+1098.7KJ/mol，‎ 故答案为：+1098.7；‎ ‎（2）对于气体参加的反应，表示平衡常数KP时，用气体组分B的平衡压强P（B）代替该气体物质的量浓度c（B），反应Ⅰ：TiO2（s）+2Cl2（g）+C（s）TiCl4（g）+CO2（g），反应的Kp=，‎ 故答案为：；‎ ‎（3）TiO2（s）+2Cl2（g）⇌TiCl4（1）+O2（g）△H=+151kJ/mol该反应中，反应物有2mol气体，生成物只有1mol气体，△S＜0，又△H＞0，则△H﹣T△S＞0，故反应不能自发进行，金红石加碳氯化能在较温和条件下成功制取TiCl4的原因是焓变减小，熵变增大，有利于反应正向进行，‎ 故答案为：金红石加碳氯化能在较温和条件下成功制取TiCl4的原因；‎ ‎（4）①催化剂是通过降低反应的活化能来加快化学反应速率的，使用催化剂后，活化能降低，图象需要符合：1．两条线的起点、终点分别相同．2．有催化剂曲线最高处能量要低．3．反应物的总能量要低于生成物的总能量，图象为：，‎ 故答案为：；‎ ‎②在303K时，在3h内氧气的反应速率==6×10﹣7mol/L•h，用氮气表示其平均反应速率v（N2）=v（O2）=×6×10﹣7mol/L•h=4×10﹣7mol/L•h，‎ 组别4中反应正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，则n（NH3）应大于6.0×10﹣6mol，则组别4中反应未达到平衡状态，‎ 故答案为：4×10﹣7，否，反应正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，则n（NH3）应大于6.0×10﹣6mol．‎ ‎【点评】本题考查了热化学方程式书写、平衡常数表达式、影响化学平衡和化学反应速率因素的分析判断，概念计算是解题关键，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎12．苯甲酸（无色针状晶体，熔点122.4℃）可广泛用于医药、染料载体、香料等，实验室用甲苯和高锰酸钾制备苯甲酸．反应方程式如下：‎ ‎+2KMnO4+KOH+2MnO2↓+H2O ‎ ‎+HCl→+KCl 已知有关化合物的相关数据如表所示：‎ 化合物 相对分子质量 密度（g•cm﹣3）‎ 溶解性 沸点（℃）‎ 甲苯 ‎92‎ ‎0.87‎ 难溶于水 ‎110.0‎ 苯甲酸钾 ‎160‎ ‎﹣‎ 易溶于水 ‎﹣‎ 苯甲酸 ‎122‎ ‎1.26‎ 微溶于水 ‎248.0‎ 苯甲酸在100g水中的溶解度：0.18g（4℃），0.27g（18℃），2.2g（75℃）．‎ 合成：如图（固定及加热装置略去）所示，在三颈烧瓶中加入4.23mL甲苯和100mL蒸馏水，瓶口装上温度计、电动搅拌器、冷凝管，慢慢开启电动搅拌器，加热至沸腾．经冷凝管上口分批加入21.30g高锰酸钾（过量），继续煮沸至甲苯层消失，回流液中不再出现油珠为止，得到反应混合物．‎ 对反应混合物进行分离：①趁热过滤→②洗涤滤渣→③合并滤液和洗涤液→④冷却→⑤盐酸酸化→⑥过滤．‎ 对粗产品苯甲酸进行提纯：①沸水溶解→②活性炭脱色→③趁热过滤→④　冷却结晶　→⑤过滤→⑥洗涤→⑦干燥．‎ 请回答下列有关问题：‎ ‎（1）实验中准确量取4.23mL甲苯所需仪器为　酸式滴定管　．‎ ‎（2）冷凝管的上口是否需要塞上塞子　否　（填“是”或“否”），a处水流方向是　进水　（填“进水”或“出水”）．‎ ‎（3）高锰酸钾需要分批加入，请用化学反应速率观点说明理由　避免反应过快，使反应液从回流管上端喷　．‎ ‎（4）在对粗产品苯甲酸进行提纯过程中，“③趁热过滤”的目的是　除去活性炭，减少苯甲酸结晶析出　；“④”的操作名称是　冷却结晶　；可证明“⑥洗涤”步骤已洗涤干净的方法是　取最后一次洗涤液，加入用HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净　．‎ ‎（5）干燥后称量得苯甲酸2.93g，则苯甲酸的产率为　61%　．‎ ‎【考点】制备实验方案的设计．‎ ‎【专题】有机实验综合．‎ ‎【分析】（1）橡胶易溶于甲苯，不能利用碱式滴定管量取；‎ ‎（2）冷凝管的上口不能密封，要内外相通，冷却水应下进上出，冷水在冷凝管中的时间长；‎ ‎（3）高锰酸钾需要分批加入，减小反应速率；‎ ‎（4）由表格数据可知，温度高苯甲酸的溶解度大；取最后一次的洗涤液，检验无氯离子，可说明洗涤干净；‎ ‎（5）加入4.23mL甲苯，理论上得到苯甲酸为mol×122g/mol=4.88g，以此计算产率．‎ ‎【解答】解：（1）橡胶易溶于甲苯，不能利用碱式滴定管量取，则实验中准确量取4.23mL甲苯所需仪器为酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；‎ ‎（2）冷凝管的上口不需要塞上塞子，a处水流方向是进水，故答案为：否；进水；‎ ‎（3）高锰酸钾需要分批加入，用化学反应速率观点说明理由为避免反应过快，使反应液从回流管上端喷，故答案为：避免反应过快，使反应液从回流管上端喷；‎ ‎（4）由表格数据可知，温度高苯甲酸的溶解度大，在对粗产品苯甲酸进行提纯过程中，“③趁热过滤”的目的是除去活性炭，减少苯甲酸结晶析出；“④”的操作名称是 冷却结晶；可证明“⑥洗涤”步骤已洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液，加入用HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净，‎ 故答案为：除去活性炭，减少苯甲酸结晶析出；冷却结晶；取最后一次洗涤液，加入用HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净；‎ ‎（5）加入4.23mL甲苯，理论上得到苯甲酸为mol×122g/mol=4.88g，则苯甲酸的产率为×100%=61%，故答案为：61%．‎ ‎【点评】本题考查有机物的制备实验，为高频考点，把握制备实验原理、实验技能、混合物分离提纯等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．‎