广东省湛江市2016届高考化学模拟试卷（二） Word版含解析.doc

www.ks5u.com ‎2016年广东省湛江市高考化学模拟试卷（二）‎ ‎　‎ 一、选择题 ‎1．化学与社会、生活密切相关．对下列现象或事实的解释不正确的是（　　）‎ 选项 现象或事实 解释 A 用铁制容器盛装浓硫酸 常温下，铁在浓硫酸中钝化 B 氧化铝可用作耐火材料 氧化铝是两性氧化物 C 液氨可用作制冷剂 液氨汽化时要吸收大量的热 D ‎“84”消毒液可用于环境消毒 主要成分是NaClO，具有强氧化性 A．A B．B C．C D．D ‎2．下列说法正确的是（　　）‎ A．分子式为CH4O和C2H6O的物质一定互为同系物 B．丙烯的比例模型为：‎ C．1mol物质：最多能与3mol NaOH反应 D．CH3CN的电子式为：‎ ‎3．下列有关说法正确的是（　　）‎ A．分离Fe2O3、Al2O3操作依次为溶解、过滤、灼烧 B．粗盐可通过溶解、过滤、蒸发、结晶的方法提纯 C．配制氯化铁溶液，是将FeCl3溶于蒸馏水，再加入一定量的铁粉 D．取用金属钠或钾时，没用完的钠或钾要放回原瓶 ‎4．W、X、Y、Z均是短周期元素，X、Y处于同一周期，电解含有X和Y的简单阴离子的混合溶液时，在阳极Y离子先失去电子．W和X同主族．Z的一种单质能在空气中自燃．对于这四种元素下列判断正确的是（　　）‎ A．单质的沸点：Z＞X＞Y B．单质的氧化性：W＜Z＜Y＜X C．气态氢化物的稳定性：W＞X＞Y＞Z D．W单质可以将X从其盐溶液中置换出来 ‎5．近年来科学家正在研制一种高容量、低成本锂﹣铜空气燃料电池．该电池通过一种复杂的铜腐蚀现象产生电力，其中放电过程为2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH─，下列说法不正确的是（　　）‎ A．放电时，电子通过固体电解质向Cu极移动 B．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O C．放电时，正极的电极反应式为Cu2O+H2O+2e─=2Cu+2OH─‎ D．整个反应过程中，铜相当于催化剂 ‎6．下列实验操作、现象和结论均正确的是（　　）‎ 选项 实验操作 实验现象 结论 A 将浓氨水加到盛有AgCl固体的试管中 AgCl固体完全溶解 所得溶液中c（Ag+）•c（Cl﹣）‎ ‎≤Ksp（AgCl）‎ B 向FeI2溶液中通入少量的氯气，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液 溶液变为红色 Cl2能将Fe2+氧化成Fe3+‎ C 向固体纯碱中滴加足量浓盐酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液 溶液变浑浊 酸性：盐酸＞碳酸＞苯酚 D 向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液 均有固体析出 蛋白质均发生变性 A．A B．B C．C D．D ‎7．LiAlH4是重要的储氢材料，其组成类似于Na3AlF6．常见的供氢原理如下面两个方程式所示：①2LiAlH42LiH+2Al+3H2↑，②LiAlH4+2H2O═LiAlO2+4H2↑．下列说法正确的是（　　）‎ A．若反应①中生成3.36 L氢气，则一定有2.7 g铝生成 B．氢化锂也是一种储氢材料，供氢原理为LiH+H2O═LiOH+H2↑‎ C．生成等质量的氢气，反应①、②转移电子数之比为4：3‎ D．LiAlH4是共价化合物，LiH是离子化合物 ‎　‎ 二、解答题（共3小题，满分43分）‎ ‎8．苯甲酸应用广泛．实验室用甲苯的氧化制备苯甲酸，反应原理：‎ ‎3─CH3+6KMnO4→3─COOK+6MnO2+3KOH+3H2O ‎─COOK+HCl→─COOH+KCl 反应试剂、产物的物理常数：‎ 名称 相对分子质量 性状 熔点/℃‎ 沸点/℃‎ 密度/g•cm﹣3‎ 溶解度 水 乙醇 乙醚 甲苯 ‎92‎ 无色液体易燃易挥发 ‎﹣95‎ ‎110.6‎ ‎0.8669‎ 不溶 易溶 易溶 苯甲酸 ‎122‎ 白色片状或针状晶体 ‎122.4‎ ‎248‎ ‎1.2659‎ 微溶 易溶 易溶 主要实验装置和流程如下（加热装置等略去）：‎ 实验方法：‎ 一定量的甲苯和KMnO4溶液置于图1装置中，在90℃时，反应一段时间，然后按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯．‎ ‎（1）无色液体A的结构简式为　　　　　　，操作Ⅱ为　　　　　　．‎ ‎（2）如果水层呈紫色，要先加亚硫酸氢钾，然后再加入浓盐酸酸化，加亚硫酸氢钾的目的是　　　　　　．‎ ‎（3）下列关于仪器的组装或者使用正确的是　　　　　　．‎ A．图2是抽滤，容器B可以省略 B．安装电动搅拌器时，搅拌器下端不能与三颈烧瓶底、温度计等接触 C．图1回流搅拌装置应采用直接加热的方法 D．图2中仪器A是布氏漏斗 ‎（4）除去残留在苯甲酸中的甲苯应先加入　　　　　　，分液，水层再加入　　　　　　，然后抽滤，干燥即可得到苯甲酸．‎ ‎（5）证明白色固体B是纯净物　　　　　　．‎ ‎（6）证明苯甲酸是弱酸　　　　　　．‎ ‎9．工业上通过电解MnSO4和ZnSO4制取Zn和MnO2，原料为软锰矿和闪锌矿，软锰矿中含MnO2约a%，SiO2约20%，Al2O3约4%，其余为水分，闪锌矿中含ZnS约80%，FeS、CuS、SiO2共约7%，其余为水分．‎ I．（1）为了测量软锰矿中MnO2含量的测定，现将14.5g软锰矿溶于足量的稀硫酸中，加入足量的碘化钾晶体，充分反应后，过滤，将滤液加水稀释至1L，取25.00ml该溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液作指示剂，用0.1000mol•L﹣1的标准Na2S2O3溶液滴定，消耗标准液50.00ml，则软锰矿中MnO2含量　　　　　　．（已知：2KI+2H2SO4+MnO2=I2+2H2O+MnSO4+K2SO4； I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣）‎ Ⅱ．研人员开发了综合利用这两种资源的同槽酸浸工艺，工艺流程如图1所示．‎ 请回答下列问题：‎ ‎（2）反应I的滤液中含有MnSO4、ZnSO4、CuSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3等．试完成反应I中生成CuSO4和MnSO4的化学方程MnO2+CuS+　　　　　　=　　　　　　+　　　　　　+CuSO4+MnSO4．‎ ‎（3）反应Ⅱ加入适量锌的作用是　　　　　　；如果锌过量，还会进一步发生反应的离子方程式为　　　　　　．‎ ‎（4）图2是Na2SO4和Na2SO4•10H2O的溶解度曲线（g/100g水），则Ⅳ中得到Na2SO4固体的操作是：将分离出MnCO3和ZnCO3后的滤液升温结晶→　　　　　　→用乙醇洗涤→干燥．用乙醇洗涤而不用水洗的原因是　　　　　　．‎ ‎（5）用惰性电极电解MnSO4和ZnSO4制得Zn和MnO2的总反应是：　　　　　　．‎ ‎（6）本工艺可以循环利用的物质除MnO2、MnCO3、ZnCO3以外，还有　　　　　　（写化学式）．‎ ‎10．雾霾天气对环境影响很大．其中SO2是造成空气污染的主要原因，利用钠碱循环法可除去SO2．‎ ‎（1）室温下，吸收液吸收SO2的过程中，pH随n（SO32─）：n（HSO3─）变化关系如下表：‎ n（SO32─）：n（HSO3─）‎ ‎91：9‎ ‎1：1‎ ‎1：91‎ pH ‎8.2‎ ‎7.2‎ ‎6.2‎ c（H+）/mol•L─1‎ ‎6.3×10─9‎ ‎6.3×10─8‎ ‎6.3×10─7‎ ‎①由表判断NaHSO3溶液显　　　　　　性，从原理的角度解释其原因　　　　　　．‎ ‎②在NaHSO3溶液中离子浓度关系不正确的是　　　　　　（填序号）．‎ A．c（Na+）=2c（SO32─）+c（HSO3─）‎ B．c（Na+）＞c（HSO3─）＞c（H+）＞c（SO32─）＞c（OH─）‎ C．c（H2SO3）+c（H+）=c（SO32─）+c（OH─）‎ D．c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3─）+c（OH─）‎ ‎③计算室温下HSO3─⇌H++SO32─的电离平衡常数K=　　　　　　（保留2位有效数字）．‎ ‎（2）NaHSO3溶液在不同的温度下均可被过量的KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，将浓度均为0.02mol•L﹣1 的NaHSO3溶液（含少量淀粉）10.0mL和 KIO3（过量）酸性溶液40.0mL混合，记录溶液变蓝时间，实验结果如图．‎ ‎①由图可知，溶液变蓝的时间随温度的变化趋势是　　　　　　．‎ ‎40℃之后，淀粉　　　　　　用作该实验的指示剂（填“适宜”或“不适宜”），原因是：　　　　　　．‎ ‎②b点和c点对应的反应速率的大小关系是ν （b）　　　　　　ν （c）（填“＞”、“＜”或“﹦”）．‎ ‎　‎ ‎【化学选考2：化学与技术】‎ ‎11．某化工集团为了提高资源利用率减少环境污染，将钛、氯碱和甲醇的制备组成产业链．其主要工艺如下：‎ ‎（1）写出电解饱和食盐水反应的离子方程式　　　　　　．‎ ‎（2）写出钛铁矿在高温下与焦炭经氯化得四氯化钛的化学方程式　　　　　　，生成1molTiCl4转移电子的物质的量为　　　　　　mol．‎ ‎（3）利用四氯化钛制备TiO2•xH2O，需加入大量的水并加热的目的是　　　　　　‎ ‎　　　　　　．‎ ‎（4）已知：①Mg（s）+Cl2（g）=MgCl2（s）；△H=﹣641kJ•mol﹣1‎ ‎②Ti（s）+2Cl2（g）=TiCl4（s）；△H=﹣770kJ•mol﹣1‎ 则2Mg（s）+TiCl4（g）=2MgCl2（s）+Ti（s）；△H=　　　　　　，‎ 反应2Mg+TiCl42MgCl2+Ti在Ar的气氛中进行的理由是　　　　　　．‎ ‎（5）假设联合生产中各原料利用率为100%，则制得6mol甲醇，需再补充标准状况下的H2　　　　　　L．‎ ‎　‎ ‎【化学选修2：物质结构与性质】‎ ‎12．短周期元素甲～戊的原子序数依次增大，结合表中信息，回答有关问题．‎ 甲 乙 丙 丁 戊 主要化合价 ‎+1、﹣1‎ ‎+4、﹣4‎ 性质或结构信息 同位素有3种 同素异形体有多种 ‎2s22p4‎ 五种原子中原子半径最大，未成对电子数为0‎ 有两种常见氧化物，其中一种是大气污染物 ‎（1）基态乙原子，最外层有　　　　　　个未成对电子，电子云形状有　　　　　　种．‎ ‎（2）丁元素与其同周期相邻两种元素原子的第一电离能由大到小的顺序为　　　　　　（用元素符号表示），试解释原因　　　　　　．‎ ‎（3）由甲乙丙、甲丙戊组成的两种离子的钠盐可以反应，离子方程式是　　　　　　．‎ ‎（4）乙、戊在最高价酸根中的杂化类型分别是　　　　　　．‎ ‎（5）单质铜晶体的堆积方式如图所示，设晶胞边长为a cm，阿伏伽德罗常数用NA表示，则晶胞中原子的配位数为　　　　　　，晶体的密度为　　　　　　g•cm﹣3（要求写表达式，可以不简化）．‎ ‎　‎ ‎[化学选修5-有机化学基础]‎ ‎13．二苄叉丙酮、苯甲醛缩乙二醇均是常见的香料，可通过下列途径合成，合成路线如下：‎ 已知：烃A的相对分子质量为42，无环状结构．回答下列问题：‎ ‎（1）B的名称为　　　　　　；E中含氧官能团是　　　　　　（填名称）．‎ ‎（2）④的反应类型是　　　　　　；写出③的反应方程式　　　　　　．‎ ‎（3）A加聚产物的结构简式是　　　　　　．‎ ‎（4）G的芳香同分异构体中能发生银镜反应和水解反应的有　　　　　　种，其中核磁共振氢谱只有四组峰的同分异构体结构简式为　　　　　　．‎ ‎（5）参照上述合成路线，以甲醛、乙醛及二苄叉丙酮合成（无机物任选）．‎ ‎　‎ ‎2016年广东省湛江市高考化学模拟试卷（二）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．化学与社会、生活密切相关．对下列现象或事实的解释不正确的是（　　）‎ 选项 现象或事实 解释 A 用铁制容器盛装浓硫酸 常温下，铁在浓硫酸中钝化 B 氧化铝可用作耐火材料 氧化铝是两性氧化物 C 液氨可用作制冷剂 液氨汽化时要吸收大量的热 D ‎“84”消毒液可用于环境消毒 主要成分是NaClO，具有强氧化性 A．A B．B C．C D．D ‎【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．依据浓硫酸的强氧化性解答；‎ B．耐火材料应具有较高的熔点；‎ C．液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用；‎ D．依据84消毒液成分及次氯酸钠性质解答；‎ ‎【解答】解：A．浓硫酸具有强的氧化性，低温下能够使铁钝化，形成致密氧化膜阻止反应进行，所以可以用铁制容器盛装浓硫酸，故A正确；‎ B．氧化铝可用作耐火材料是因为氧化铝熔点高，与两性无关，故B错误；‎ C．液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用，可用作制冷剂，故C正确；‎ D．“84”消毒液主要成分是NaClO，具有强氧化性，能够杀菌消毒，所以可以用于环境消毒，故D正确；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了物质的用途，性质决定用途，明确相关物质的性质是解题关键，注意钝化属于化学变化，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎2．下列说法正确的是（　　）‎ A．分子式为CH4O和C2H6O的物质一定互为同系物 B．丙烯的比例模型为：‎ C．1mol物质：最多能与3mol NaOH反应 D．CH3CN的电子式为：‎ ‎【考点】芳香烃、烃基和同系物；电子式；球棍模型与比例模型．‎ ‎【专题】有机物分子组成通式的应用规律．‎ ‎【分析】A、分子式为CH4O和C2H6O的可以是醇或是醚；‎ B、比例模型主要体现出分子中各原子相对体积大小，B为球棍模型；‎ C、酚羟基、酯键可以与氢氧化钠反应，注意酯键水解后的酚羟基消耗氢氧化钠；‎ D、电子式表示原子最外层电子．‎ ‎【解答】解：A、分子式为CH4O和C2H6O的可以是醇或是醚，故A错误；‎ B、比例模型主要体现出分子中各原子相对体积大小，B为球棍模型，故B错误；‎ C、酚羟基、酯键可以与氢氧化钠反应，注意酯键水解后的酚羟基消耗氢氧化钠，1mol物质：最多能与5mol NaOH，故C错误；‎ D、电子式表示原子最外层电子，CH3CN的电子式为：，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查常用化学用语的表示方法判断，题目难度中等，涉及球棍模型、结构简式、结构式等知识，注意掌握结构简式、结构式的区别，明确常见化学用语的书写原则为解答关键．‎ ‎　‎ ‎3．下列有关说法正确的是（　　）‎ A．分离Fe2O3、Al2O3操作依次为溶解、过滤、灼烧 B．粗盐可通过溶解、过滤、蒸发、结晶的方法提纯 C．配制氯化铁溶液，是将FeCl3溶于蒸馏水，再加入一定量的铁粉 D．取用金属钠或钾时，没用完的钠或钾要放回原瓶 ‎【考点】化学实验方案的评价；盐类水解的应用；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．‎ ‎【专题】物质的分离提纯和鉴别．‎ ‎【分析】A．Fe2O3、Al2O3均不溶于水；‎ B．粗盐中可溶性杂质溶解、过滤不能除去；‎ C．氯化铁与Fe反应生成氯化亚铁；‎ D．Na、K为活泼金属，极易与水反应生成氢气．‎ ‎【解答】解：A．Fe2O3、Al2O3均不溶于水，利用物理方法溶解、过滤不能分离，故A错误；‎ B．粗盐中可溶性杂质溶解、过滤不能除去，还需加化学试剂将杂质转化为沉淀，故B错误；‎ C．氯化铁与Fe反应生成氯化亚铁，则配制氯化铁溶液，是将FeCl3溶于蒸馏水，加少量盐酸抑制水解，故C错误；‎ D．Na、K为活泼金属，极易与水反应生成氢气，则从实验安全角度可知取用金属钠或钾时，没用完的钠或钾要放回原瓶，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】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、混合物分离提纯、溶液配制及实验安全等为解答该题的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎4．W、X、Y、Z均是短周期元素，X、Y处于同一周期，电解含有X和Y的简单阴离子的混合溶液时，在阳极Y离子先失去电子．W和X同主族．Z的一种单质能在空气中自燃．对于这四种元素下列判断正确的是（　　）‎ A．单质的沸点：Z＞X＞Y B．单质的氧化性：W＜Z＜Y＜X C．气态氢化物的稳定性：W＞X＞Y＞Z D．W单质可以将X从其盐溶液中置换出来 ‎【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】W、X、Y、Z均是短周期元素，X、Y处于同一周期，电解含有X和Y的简单阴离子的混合溶液时，在阳极Y离子先失去电子，应为第三周期非金属元素，且非金属性X＞‎ Y，可知X为Cl、Y为S；W和X同主族，W为F．Z的一种单质能在空气中自燃，可知Z为P，然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答．‎ ‎【解答】解：W、X、Y、Z均是短周期元素，X、Y处于同一周期，电解含有X和Y的简单阴离子的混合溶液时，在阳极Y离子先失去电子，应为第三周期非金属元素，且非金属性X＞Y，可知X为Cl、Y为S；W和X同主族，W为F．Z的一种单质能在空气中自燃，可知Z为P，‎ A．P、S常温下为固体，S的沸点为444.6℃，P的沸点为280℃，单质的沸点：Y＞Z＞X，故A错误；‎ B．非金属性越强，单质的氧化性越强，则单质的氧化性：Z＜Y＜X＜W，故B错误；‎ C．非金属性越强，氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性：W＞X＞Y＞Z，故C正确；‎ D．W单质与水反应生成HF和氧气，则不能将X从其盐溶液中置换出来，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查位置、结构与性质的关系，为高频考点，把握X、Y为第三周期元素、离子的放电顺序推断元素为解答该题的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素周期律及元素化合物知识的应用，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎5．近年来科学家正在研制一种高容量、低成本锂﹣铜空气燃料电池．该电池通过一种复杂的铜腐蚀现象产生电力，其中放电过程为2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH─，下列说法不正确的是（　　）‎ A．放电时，电子通过固体电解质向Cu极移动 B．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O C．放电时，正极的电极反应式为Cu2O+H2O+2e─=2Cu+2OH─‎ D．整个反应过程中，铜相当于催化剂 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【专题】电化学专题．‎ ‎【分析】放电时，锂失电子作负极，Cu上O2得电子作正极，负极上电极反应式为Li﹣e﹣═Li+，正极上电极反应式为Cu2O+H2O+2e﹣=2Cu+2OH﹣，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：A．放电时，阳离子向正极移动，则Li+透过固体电解质向Cu极移动，但电子不能在电解质在流动，故A错误；‎ B．放电过程为2Li+Cu2O+H2O═2Cu+2Li++2OH﹣，正极上Cu2O反应，碱性条件下通空气时，铜被氧化表面产生Cu2O，故B正确；‎ C．放电过程正极的电极反应式为Cu2O+H2O+2e﹣=2Cu+2OH﹣，故C正确；‎ D．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，放电时Cu2O转化为Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，故D正确；‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查了原电池原理，明确原电池负极上得失电子及电极反应式是解本题关键，题目难度中等，注意把握Cu在整个过程中的作用．‎ ‎　‎ ‎6．下列实验操作、现象和结论均正确的是（　　）‎ 选项 实验操作 实验现象 结论 A 将浓氨水加到盛有AgCl固体的试管中 AgCl固体完全溶解 所得溶液中c（Ag+）•c（Cl﹣）‎ ‎≤Ksp（AgCl）‎ B 向FeI2溶液中通入少量的氯气，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液 溶液变为红色 Cl2能将Fe2+氧化成Fe3+‎ C 向固体纯碱中滴加足量浓盐酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液 溶液变浑浊 酸性：盐酸＞碳酸＞苯酚 D 向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液 均有固体析出 蛋白质均发生变性 A．A B．B C．C D．D ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【专题】实验评价题．‎ ‎【分析】A．AgCl溶解是因发生络合反应； ‎ B．向FeI2溶液中通入少量的氯气，先氧化碘离子；‎ C．盐酸易挥发，生成的二氧化碳气体中含有HCl；‎ D．根据浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析，而重金属盐能使蛋白质发生变性．‎ ‎【解答】解：A．将氨水加到盛有AgCl固体的试管中，AgCl固体完全溶解，因发生络合反应生成氢氧化二氨合银，溶液中c（Ag+）•c（Cl﹣）≤Ksp（AgCl），故A正确； ‎ B．向FeI2溶液中通入少量的氯气，先氧化碘离子，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液不会变为红色，故B错误；‎ C．由于是浓盐酸，可以挥发出HCl，可以使苯酚钠生成苯酚，所以只能证明盐酸酸性强于碳酸，故C错误；‎ D．因浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析产生沉淀，如饱和硫酸钠溶液、硫酸铵溶液；而重金属盐能使蛋白质发生变性而产生沉淀，如硫酸铜等，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及离子的检验、沉淀生成及蛋白质变性等，把握反应原理及反应与现象的关系为解答的关键，注意从实验的评价性及物质性质分析解答，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎7．LiAlH4是重要的储氢材料，其组成类似于Na3AlF6．常见的供氢原理如下面两个方程式所示：①2LiAlH42LiH+2Al+3H2↑，②LiAlH4+2H2O═LiAlO2+4H2↑．下列说法正确的是（　　）‎ A．若反应①中生成3.36 L氢气，则一定有2.7 g铝生成 B．氢化锂也是一种储氢材料，供氢原理为LiH+H2O═LiOH+H2↑‎ C．生成等质量的氢气，反应①、②转移电子数之比为4：3‎ D．LiAlH4是共价化合物，LiH是离子化合物 ‎【考点】氧化还原反应．‎ ‎【专题】氧化还原反应专题．‎ ‎【分析】A、状态不知，无法由体积求物质的量；‎ B、氢化锂中的氢是﹣1价，与水发生归中反应，方程式为：LiH+H2O═LiOH+H2↑；‎ C、LiAlH4中的Li、Al都是主族金属元素，H是非金属元素，故Li为+1价、Al为+3价、H为﹣1价，受热分解时，根据Al元素的价态变化即可得出1 mol LiAlH4在125℃时完全分解，转移3 mol电子，生成1.5mol的氢气，而LiAlH4+2H2O═LiAlO2+4H2↑生成4mol的氢气转移4mol的电子，所以生成1mol的氢气转移电子分别为：2mol和1mol；‎ D、LiAlH4是离子化合物，LiH是离子化合物．‎ ‎【解答】解：A、状态不知，无法由体积求物质的量，故A错误；‎ B、氢化锂中的氢是﹣1价，与水发生归中反应，方程式为：LiH+H2O═LiOH+H2↑，所以氢化锂也是一种储氢材料，故B正确；‎ C、LiAlH4中的Li、Al都是主族金属元素，H是非金属元素，故Li为+1价、Al为+3价、H为﹣1价，受热分解时，根据Al元素的价态变化即可得出1 mol LiAlH4在125℃时完全分解，转移3 mol电子，生成1.5mol的氢气，而LiAlH4+2H2O═LiAlO2+4H2↑生成4mol的氢气转移4mol的电子，所以生成1mol的氢气转移电子分别为：2mol和1mol，所以反应①、②转移电子数之比为1：1，故C错误；‎ D、LiAlH4是离子化合物，LiH是离子化合物，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查了氧化还原反应、元素化合物性质，侧重考查氢化锂的性质，熟悉氢化锂中氢为﹣1价是解题关键，注意对所给条件的分析和应用，题目难度中等．‎ ‎　‎ 二、解答题（共3小题，满分43分）‎ ‎8．苯甲酸应用广泛．实验室用甲苯的氧化制备苯甲酸，反应原理：‎ ‎3─CH3+6KMnO4→3─COOK+6MnO2+3KOH+3H2O ‎─COOK+HCl→─COOH+KCl 反应试剂、产物的物理常数：‎ 名称 相对分子质量 性状 熔点/℃‎ 沸点/℃‎ 密度/g•cm﹣3‎ 溶解度 水 乙醇 乙醚 甲苯 ‎92‎ 无色液体易燃易挥发 ‎﹣95‎ ‎110.6‎ ‎0.8669‎ 不溶 易溶 易溶 苯甲酸 ‎122‎ ‎122.4‎ ‎248‎ ‎1.2659‎ 微溶 易溶 易溶 白色片状或针状晶体 主要实验装置和流程如下（加热装置等略去）：‎ 实验方法：‎ 一定量的甲苯和KMnO4溶液置于图1装置中，在90℃时，反应一段时间，然后按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯．‎ ‎（1）无色液体A的结构简式为　　，操作Ⅱ为　蒸馏　．‎ ‎（2）如果水层呈紫色，要先加亚硫酸氢钾，然后再加入浓盐酸酸化，加亚硫酸氢钾的目的是　除去未反应的高锰酸钾氧化剂，否则用盐酸酸化时会发生盐酸被高锰酸钾所氧化，产生氯气　．‎ ‎（3）下列关于仪器的组装或者使用正确的是　ABD　．‎ A．图2是抽滤，容器B可以省略 B．安装电动搅拌器时，搅拌器下端不能与三颈烧瓶底、温度计等接触 C．图1回流搅拌装置应采用直接加热的方法 D．图2中仪器A是布氏漏斗 ‎（4）除去残留在苯甲酸中的甲苯应先加入　NaOH溶液　，分液，水层再加入　浓盐酸酸化　，然后抽滤，干燥即可得到苯甲酸．‎ ‎（5）证明白色固体B是纯净物　测量白色固体B的熔点为122.4℃　．‎ ‎（6）证明苯甲酸是弱酸　取0.01mol/L的苯甲酸溶液，测得pH＞2　．‎ ‎【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．‎ ‎【专题】有机实验综合．‎ ‎【分析】一定量的甲苯和适量的KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按如图流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯，苯甲酸能溶于水，甲苯不溶于水，互不相溶的液体采用分液方法分离，根据实验目的知，从而得到有机层和水层，有机层中含有甲苯、水层中含有苯甲酸，有机层中的甲苯采用蒸馏方法得到无色液体A，A是甲苯，将水层盐酸酸化再蒸发浓缩，根据苯甲酸的溶解度知，得到的固体B是苯甲酸，‎ ‎（1）A是甲苯；分离互溶且沸点不同的液体采用蒸馏方法；‎ ‎（2）如果滤液呈紫色，说明高锰酸钾过量，要先加亚硫酸氢钾，将高锰酸钾还原，否则浓盐酸可能被氧化成氯气；‎ ‎（3）A．抽滤中可以直接接水泵；‎ B．为了防止搅拌棒下端打坏三颈烧瓶底或温度计，因此不能与它们接触；‎ C．图1回流搅拌装置应采用水浴加热的方法；‎ D．抽滤中用布氏漏斗；‎ ‎（4）甲苯与NaOH不反应，苯甲酸与NaOH反应生成苯甲酸钠，分液，苯甲酸钠溶液中加盐酸可以制得苯甲酸；‎ ‎（5）根据纯净物有固定的熔沸点；‎ ‎（6）根据弱酸部分电离；‎ ‎【解答】解：一定量的甲苯和适量的KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按如图流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯，苯甲酸能溶于水，甲苯不溶于水，互不相溶的液体采用分液方法分离，根据实验目的知，从而得到有机层和水层，有机层中含有甲苯、水层中含有苯甲酸，有机层中的甲苯采用蒸馏方法得到无色液体A，A是甲苯，将水层盐酸酸化再蒸发浓缩，根据苯甲酸的溶解度知，得到的固体B是苯甲酸，‎ ‎（1）A是甲苯，其结构简式为：；有机层中物质互溶且沸点不同，所以可以采用蒸馏方法分离，则操作II为蒸馏 故答案为：；蒸馏；‎ ‎（2）如果滤液呈紫色，说明高锰酸钾过量，要先加亚硫酸氢钾，除去未反应的高锰酸钾，否则浓盐酸酸化时可能被高锰酸钾氧化成氯气，‎ 故答案为：除去未反应的高锰酸钾氧化剂，否则用盐酸酸化时会发生盐酸被高锰酸钾所氧化，产生氯气；‎ ‎（3）A．抽滤中可以直接接水泵，容器B可以省略，故A正确；‎ B．为了防止搅拌棒下端打坏三颈烧瓶底或温度计，因此不能与它们接触，所以在搅拌时，搅拌棒下端不能与三颈烧瓶底、温度计等接触，故B正确；‎ C．沸水浴加热便于控制温度和使容器受热均匀，图1回流搅拌装置应采用水浴加热的方法，故C错误；‎ D．抽滤中用布氏漏斗，即图2中仪器A是布氏漏斗，故D正确；‎ 故选ABD；‎ ‎（4）除去残留在苯甲酸中的甲苯应先加入，应该先加NaOH溶液，甲苯与NaOH不反应，苯甲酸与NaOH反应生成苯甲酸钠，分液，苯甲酸钠溶液中加盐酸可以制得苯甲酸，‎ 故答案为：NaOH溶液；浓盐酸酸化；‎ ‎（5）固体B是苯甲酸，有固定的熔点122.4℃；‎ 故答案为：可以测量白色固体B的熔点为122.4℃；‎ ‎（6）证明苯甲酸是弱酸是取0.01mol/L的苯甲酸溶液，测得pH＞2；‎ 故答案为：取0.01mol/L的苯甲酸溶液，测得pH＞2．‎ ‎【点评】本题考查了实验方案设计、混合物的分离和提纯，侧重考查分析问题能力、计算能力，明确物质的性质是解本题关键，知道根据物质的性质选取合适的分离方法，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎9．工业上通过电解MnSO4和ZnSO4制取Zn和MnO2，原料为软锰矿和闪锌矿，软锰矿中含MnO2约a%，SiO2约20%，Al2O3约4%，其余为水分，闪锌矿中含ZnS约80%，FeS、CuS、SiO2共约7%，其余为水分．‎ I．（1）为了测量软锰矿中MnO2含量的测定，现将14.5g软锰矿溶于足量的稀硫酸中，加入足量的碘化钾晶体，充分反应后，过滤，将滤液加水稀释至1L，取25.00ml该溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液作指示剂，用0.1000mol•L﹣1的标准Na2S2O3溶液滴定，消耗标准液50.00ml，则软锰矿中MnO2含量　60%　．（已知：2KI+2H2SO4+MnO2=I2+2H2O+MnSO4+K2SO4； I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣）‎ Ⅱ．研人员开发了综合利用这两种资源的同槽酸浸工艺，工艺流程如图1所示．‎ 请回答下列问题：‎ ‎（2）反应I的滤液中含有MnSO4、ZnSO4、CuSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3等．试完成反应I中生成CuSO4和MnSO4的化学方程MnO2+CuS+　2H2SO4　=　S　+　2H2O　+CuSO4+MnSO4．‎ ‎（3）反应Ⅱ加入适量锌的作用是　将溶液中的硫酸铜转化为铜　；如果锌过量，还会进一步发生反应的离子方程式为　Zn+Fe2+=Fe+Zn2+或Zn+Mn2+=Mn+Zn2+　．‎ ‎（4）图2是Na2SO4和Na2SO4•10H2O的溶解度曲线（g/100g水），则Ⅳ中得到Na2SO4固体的操作是：将分离出MnCO3和ZnCO3后的滤液升温结晶→　趁热过滤　→用乙醇洗涤→干燥．用乙醇洗涤而不用水洗的原因是　防止Na2SO4固体因溶解而减少，防止Na2SO4固体转变为Na2SO4•10H2O晶体　．‎ ‎（5）用惰性电极电解MnSO4和ZnSO4制得Zn和MnO2的总反应是：　MnSO4+ZnSO4+2H2OZn+MnO2+2H2SO4　．‎ ‎（6）本工艺可以循环利用的物质除MnO2、MnCO3、ZnCO3以外，还有　Zn　（写化学式）．‎ ‎【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．‎ ‎【专题】定量测定与误差分析．‎ ‎【分析】（1）2KI+2H2SO4+MnO2=I2+2H2O+MnSO4+K2SO4；I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣，MnO2～I2～2S2O32﹣，依据离子方程式定量关系计算，注意溶液体积的变化；‎ ‎（2）生成CuSO4和MnSO4的化学方程式是MnO2，CuS在酸性溶液中发生的氧化还原反应，氧化剂为MnO2，被还原为硫酸锰，还原剂为CuS，被氧化为硫单质同时生成硫酸铜，依据电子守恒和原子守恒写出化学方程式判断；‎ ‎（3）流程图分析，锌的主要作用是加入适量和铁离子反应生成亚铁离子，把铜离子转化为铜除去；锌过量会和亚铁离子反应生成铁单质；‎ ‎（4）依据图象的溶解度随温度变化分析判断，得到硫酸钠的适宜条件，注意溶解度的影响；‎ ‎（5）流程图中得到产物为二氧化锰和锌分析，得到锌是锌离子在阴极得到电子析出；二氧化锰是在阳极失电子生成，据此书写化学方程式；‎ ‎（6）可以循环利用的物质是反应过程中重复使用，最后又生成可以进行循环使用．‎ ‎【解答】解：（1）2KI+2H2SO4+MnO2=I2+2H2O+MnSO4+K2SO4；I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣，‎ ‎ MnO2～I2～2S2O32﹣，‎ ‎ 1 2‎ ‎ n 0.1000mol•L﹣1×0.050L n=0.0025mol ‎1L溶液中含MnO2物质的量=0.0025mol×=0.1mol，‎ 则软锰矿中MnO2含量=×100%=60%，‎ 故答案为：60%；‎ ‎（2）依据流程图分析判断，反应Ⅰ的滤液中含有MnSO4、ZnSO4、CuSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3等，软锰矿和闪锌矿中的MnO2，CuS在酸性溶液中发生的氧化还原反应生成生成CuSO4和MnSO4硫单质，反应的化学方程式为：MnO2+CuS+2H2SO4=S↓+CuSO4+MnSO4+2H2O，‎ 故答案为：2H2SO4；S；2H2O；‎ ‎（3）流程分析，反应Ⅰ的滤液中含有MnSO4、ZnSO4、CuSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3等，加入锌反应生成铜，锌的主要作用是加入适量和铁离子反应生成亚铁离子，把铜离子转化为铜除去；锌过量会继续反应置换出铁；反应的离子方程式为：Zn+Fe2+=Fe+Zn2+或Zn+Mn2+=Mn+Zn2+，‎ 故答案为：将溶液中的硫酸铜转化为铜；Zn+Fe2+=Fe+Zn2+或Zn+Mn2+=Mn+Zn2+；‎ ‎（4）图象分析可知温度高时析出硫酸钠，温度低时析出硫酸钠结晶水合物晶体，所以需要趁热过滤；洗涤晶体时用乙醇洗涤避免形成结晶水合物，‎ 故答案为：趁热过滤，防止Na2SO4固体因溶解而减少，防止Na2SO4固体转变为Na2SO4•10H2O晶体；‎ ‎（5）流程图中得到产物为二氧化锰和锌分析，得到锌是锌离子在阴极得到电子析出，电极反应为：Zn2++2e﹣=Zn；二氧化锰是在阳极锰离子失电子生成，电极反应为：‎ Mn2+﹣2e﹣+2H2O=MnO2+4H+，反应的化学方程式为：MnSO4+ZnSO4+2H2OZn+MnO2+2H2SO4，‎ 故答案为：MnSO4+ZnSO4+2H2OZn+MnO2+2H2SO4；‎ ‎（6）依据流程图可知能循环使用的物质为Zn、ZnCO3、MnCO3和MnO2，‎ 故答案为：Zn．‎ ‎【点评】本题考查了物质制备实验的分析判断，物质溶解性的理解应用，电解原理的应用判断．电极反应的产物判断和电极反应书写，题目难度较大．‎ ‎　‎ ‎10．雾霾天气对环境影响很大．其中SO2是造成空气污染的主要原因，利用钠碱循环法可除去SO2．‎ ‎（1）室温下，吸收液吸收SO2的过程中，pH随n（SO32─）：n（HSO3─）变化关系如下表：‎ n（SO32─）：n（HSO3─）‎ ‎91：9‎ ‎1：1‎ ‎1：91‎ pH ‎8.2‎ ‎7.2‎ ‎6.2‎ c（H+）/mol•L─1‎ ‎6.3×10─9‎ ‎6.3×10─8‎ ‎6.3×10─7‎ ‎①由表判断NaHSO3溶液显　酸　性，从原理的角度解释其原因　在NaHSO3溶液中HSO3﹣存在HSO3﹣⇌H++SO32﹣和HSO3﹣+H2O⇌H2SO3+OH﹣两种平衡，HSO3﹣的电离程度大于其水解程度，故溶液呈酸性　．‎ ‎②在NaHSO3溶液中离子浓度关系不正确的是　A　（填序号）．‎ A．c（Na+）=2c（SO32─）+c（HSO3─）‎ B．c（Na+）＞c（HSO3─）＞c（H+）＞c（SO32─）＞c（OH─）‎ C．c（H2SO3）+c（H+）=c（SO32─）+c（OH─）‎ D．c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3─）+c（OH─）‎ ‎③计算室温下HSO3─⇌H++SO32─的电离平衡常数K=　6.3×10﹣8　（保留2位有效数字）．‎ ‎（2）NaHSO3溶液在不同的温度下均可被过量的KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，将浓度均为0.02mol•L﹣1 的NaHSO3溶液（含少量淀粉）10.0mL和 KIO3（过量）酸性溶液40.0mL混合，记录溶液变蓝时间，实验结果如图．‎ ‎①由图可知，溶液变蓝的时间随温度的变化趋势是　40℃之前，温度越高，溶液变蓝所需时间越短；40℃之后，温度越高，溶液变蓝所需时间越长　．‎ ‎40℃之后，淀粉　不适宜　用作该实验的指示剂（填“适宜”或“不适宜”），原因是：　温度高于40℃时，碘与淀粉的显色反应灵敏度降低（或淀粉会糊化）　．‎ ‎②b点和c点对应的反应速率的大小关系是ν （b）　＜　ν （c）（填“＞”、“＜”或“﹦”）．‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．‎ ‎【专题】电离平衡与溶液的pH专题．‎ ‎【分析】（1）①由表格中的数据可知，HSO3﹣越多，酸性越强，则电离生成氢离子；‎ ‎②在NaHSO3溶液中，电离程度大于水解程度，溶液显酸性，‎ A．由物料守恒分析；‎ B．在NaHSO3溶液中，电离程度大于水解程度，溶液显酸性；‎ C．根据质子守恒分析；‎ D．根据电荷守恒分析；‎ ‎③根据HSO3﹣⇌H++SO32﹣，可知Ka=，根据n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）=1：1，c（H+）=6.3×10﹣8计算；‎ ‎（2）①由图可知，40℃之前，温度高反应速率加快，40℃之后温度高，变色时间越长；温度太高，碘与淀粉的显色反应灵敏度降低（或淀粉会糊化）；‎ ‎②温度越高反应速率越快．‎ ‎【解答】解：（1）①由表格中的数据可知，HSO3﹣越多，酸性越强，则电离生成氢离子，电离方程式为HSO3﹣⇌H++SO32﹣，在NaHSO3溶液中HSO3﹣存在HSO3﹣⇌H++SO32﹣和HSO3﹣+H2O⇌H2SO3+OH﹣两种平衡，HSO3﹣的电离程度大于其水解程度，故溶液呈酸性；‎ 故答案为：酸；在NaHSO3溶液中HSO3﹣存在HSO3﹣⇌H++SO32﹣和HSO3﹣+H2O⇌H2SO3+OH﹣两种平衡，HSO3﹣的电离程度大于其水解程度，故溶液呈酸性；‎ ‎②在NaHSO3溶液中，电离程度大于水解程度，溶液显酸性，‎ A．由物料守恒可知，c（Na+）=c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3），故A错误；‎ B．在NaHSO3溶液中，电离程度大于水解程度，溶液显酸性，则离子浓度为c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣），故B正确；‎ C．根据质子守恒，c（H2SO3）+c（H+）═c（SO32﹣）+c（OH﹣），故C正确；‎ D．根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（（HSO3﹣）+c（OH﹣），故D正确；‎ 故答案为：A；‎ ‎③根据HSO3﹣⇌H++SO32﹣，可知Ka=，已知n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）=1：1，c（H+）=6.3×10﹣8，则Ka==6.3×10﹣8；‎ 故答案为：6.3×10﹣8；‎ ‎（2）①从图象中可以看出，40℃以前，温度越高，反应速度越快，40℃后温度越高，变色时间越长，反应越慢，而55℃，未变蓝，说明没有生成I2；温度太高，碘与淀粉的显色反应灵敏度降低（或淀粉会糊化），所以40℃之后，淀粉不能用作该实验的指示剂；‎ 故答案为：40℃之前，温度越高，溶液变蓝所需时间越短；40℃之后，温度越高，溶液变蓝所需时间越长；温度高于40℃时，碘与淀粉的显色反应灵敏度降低（或淀粉会糊化）；‎ ‎②温度越高反应速率越快，c点的温度高，所以c点的反应速率大，即ν （b）＜ν （c）；‎ 故答案为：＜．‎ ‎【点评】本题考查了弱电解质的电离和盐的水解、化学反应速率的影响因素等，综合性较强，涉及到弱电解质的电离、离子浓度大小的比较、化学反应速率的影响因素等知识点，题目难度较大，需要注意的是比较溶液中各种离子浓度相对大小时要结合电荷守恒和物料守恒分析解答．‎ ‎　‎ ‎【化学选考2：化学与技术】‎ ‎11．某化工集团为了提高资源利用率减少环境污染，将钛、氯碱和甲醇的制备组成产业链．其主要工艺如下：‎ ‎（1）写出电解饱和食盐水反应的离子方程式　2Cl﹣+2H2O 2OH﹣+H2↑+Cl2↑　．‎ ‎（2）写出钛铁矿在高温下与焦炭经氯化得四氯化钛的化学方程式　2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO　，生成1molTiCl4转移电子的物质的量为　7　mol．‎ ‎（3）利用四氯化钛制备TiO2•xH2O，需加入大量的水并加热的目的是　发生反应TiCl4+（2+x）H2O⇌TiO2•xH2O+4HCl　‎ ‎　加入大量水并加热，HCl挥发，温度升高，都能促使水解正向进行　．‎ ‎（4）已知：①Mg（s）+Cl2（g）=MgCl2（s）；△H=﹣641kJ•mol﹣1‎ ‎②Ti（s）+2Cl2（g）=TiCl4（s）；△H=﹣770kJ•mol﹣1‎ 则2Mg（s）+TiCl4（g）=2MgCl2（s）+Ti（s）；△H=　﹣512 kJ•mol﹣1　，‎ 反应2Mg+TiCl42MgCl2+Ti在Ar的气氛中进行的理由是　Mg和Ti都有强还原性，防止高温下Mg（Ti）与空气中的O2（或CO2、N2）反应，在Ar气氛中可以防止被氧化　．‎ ‎（5）假设联合生产中各原料利用率为100%，则制得6mol甲醇，需再补充标准状况下的H2　112　L．‎ ‎【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】（1）电解食盐水生成NaOH、H2和Cl2，以此书写离子方程式；‎ ‎（2）钛铁矿经氯化得到四氯化钛、氯化铁和一氧化碳；依据原子守恒配平写出；‎ ‎（3）TiCl4水解生成TiO2•xH2O，再经焙烧制得TiO2，水解为吸热反应，从平衡移动角度分析；‎ ‎（4）根据盖斯定律，①×2﹣②可得；Mg和Ti都有较强还原性，在高温下都易被空气中的O2氧化；‎ ‎（5）根据甲醇的物质的量计算需要CO、H2的物质的量，根据n（CO）计算电解中生成的n（Cl2），进而计算电解生成n（H2），据此计算解答．‎ ‎【解答】解：（1）电解食盐水生成NaOH、H2和Cl2，反应的化学方程式为2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑，‎ 故答案为：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑；‎ ‎（2）从图示可知氯化时的反应物为FeTiO3、C、Cl2，生成物为FeCl3、TiCl4、CO，再根据得失电子和原子守恒即可得出该反应的方程式为2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO，由方程式得出生成2molTiCl4转移14mol电子，所以生成1mol四氯化钛时转移电子的物质的量为7mol；‎ 故答案为：2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO；7；‎ ‎（3）水解时需加入大量的水并加热，由TiCl4+（2+x） H2O⇌TiO2•xH2O↓+4HCl可知，加入大量水并加热，HCl挥发，温度升高，都能使水解反应向正反应方向进行，促进水解趋于完全，‎ 故答案为：发生反应TiCl4+（2+x）H2O⇌TiO2•xH2O+4HCl，加入大量水并加热，HCl挥发，温度升高，都能促使水解正向进行；‎ ‎（4）反应2Mg（s）+TiCl4（l）═2MgCl2（s）+Ti（s）可看做反应①×2﹣②得到，根据盖斯定律得△H﹣641kJ/mol×2﹣（﹣770 kJ/mol）=﹣512kJ•mol﹣1，反应2Mg（s）+TiCl4（l）═2MgCl2（s）+Ti（s）在Ar气氛中进行的理由是Mg和Ti都有较强还原性，在高温下都易被空气中的O2氧化，Ar气中防止高温下Mg（Ti）与空气中的O2（或CO2、N2）反应 故答案为：﹣512 kJ•mol﹣1；Mg和Ti都有强还原性，防止高温下Mg（Ti）与空气中的O2（或CO2、N2）反应，在Ar气氛中可以防止被氧化；‎ ‎（5）由CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）可知，合成6mol甲醇需要n（CO）=6mol、n（H2）=12mol．根据2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO可知，电解中生成的n（Cl2）=n（CO）=7mol，根据2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑可知，电解生成n（H2）=n（Cl2）=7mol，故需额外补充H2 为12mol﹣7mol=5mol，V=5×22.4=112L；‎ 故答案为：112．‎ ‎【点评】本题考查化学方程式的书写及计算、盖斯定律计算、电解原理和计算应用等，题目难度中等，注意根据题干信息的分析判断．‎ ‎　‎ ‎【化学选修2：物质结构与性质】‎ ‎12．短周期元素甲～戊的原子序数依次增大，结合表中信息，回答有关问题．‎ 甲 乙 丙 丁 戊 主要化合价 ‎+1、﹣1‎ ‎+4、﹣4‎ 性质或结构信息 同位素有3种 同素异形体有多种 ‎2s22p4‎ 五种原子中原子半径最大，未成对电子数为0‎ 有两种常见氧化物，其中一种是大气污染物 ‎（1）基态乙原子，最外层有　2　个未成对电子，电子云形状有　2　种．‎ ‎（2）丁元素与其同周期相邻两种元素原子的第一电离能由大到小的顺序为　Mg＞Al＞Na　（用元素符号表示），试解释原因　Mg电子排布3s全满结构，第一电离能异常增大　．‎ ‎（3）由甲乙丙、甲丙戊组成的两种离子的钠盐可以反应，离子方程式是　HCO3﹣+HSO3﹣=H2O+CO2↑+SO32﹣；HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑　．‎ ‎（4）乙、戊在最高价酸根中的杂化类型分别是　sp2、sp3　．‎ ‎（5）单质铜晶体的堆积方式如图所示，设晶胞边长为a cm，阿伏伽德罗常数用NA表示，则晶胞中原子的配位数为　12　，晶体的密度为　　g•cm﹣3（要求写表达式，可以不简化）．‎ ‎【考点】晶胞的计算；原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【专题】元素周期律与元素周期表专题．‎ ‎【分析】主族元素中，元素最高化合价与其族序数相同，其最低化合价=族序数﹣8，根据表中数据知，甲为H元素、乙为C元素、丙为O元素、丁为Mg元素、戊为S元素，‎ ‎（1）乙为C元素，其最外层有4个电子，但未成对电子数是2，一种能级有一种电子云形状；‎ ‎（2）同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，原子核外轨道中电子处于全满、全空、半满时原子较稳定；‎ ‎（3）甲乙丙、甲丙戊组成的两种离子的钠盐分别是碳酸氢钠、硫酸氢钠，碳酸氢根离子和亚硫酸氢根离子能发生复分解反应，碳酸氢根离子和氢离子反应生成二氧化碳和水；‎ ‎（4）乙、戊的最高价酸根离子分别是碳酸、硫酸，根据价层电子对互斥理论判断中心原子杂化方式；‎ ‎（5）铜为面心立方晶胞，铜原子配位数=3×8÷2；该晶胞中Cu原子个数=8×+6×=4，其密度=．‎ ‎【解答】解：主族元素中，元素最高化合价与其族序数相同，其最低化合价=族序数﹣8，根据表中数据知，甲为H元素、乙为C元素、丙为O元素、丁为Mg元素、戊为S元素，‎ ‎（1）乙为C元素，其最外层有4个电子，但未成对电子数是2，一种能级有一种电子云形状，所以该原子电子云形状有2种，故答案为：2；2；‎ ‎（2）同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，原子核外轨道中电子处于全满、全空、半满时原子较稳定，Mg电子排布3s全满结构，第一电离能异常增大，所以其第一电离能大小顺序是Mg＞Al＞Na，故答案为：Mg＞Al＞Na；Mg电子排布3s全满结构，第一电离能异常增大；‎ ‎（3）甲乙丙、甲丙戊组成的两种离子的钠盐分别是碳酸氢钠、硫酸氢钠，碳酸氢根离子和亚硫酸氢根离子能发生复分解反应，碳酸氢根离子和氢离子反应生成二氧化碳和水，离子方程式分别为HCO3﹣+HSO3﹣=H2O+CO2↑+SO32﹣、HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，‎ 故答案为：HCO3﹣+HSO3﹣=H2O+CO2↑+SO32﹣；HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑；‎ ‎（4）乙、戊的最高价酸根离子分别是碳酸、硫酸，碳酸根离子中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，硫酸根离子中S原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断中心原子杂化方式分别为sp2、sp3，故答案为：sp2、sp3；‎ ‎（5）铜为面心立方晶胞，铜原子配位数=3×8÷2=12；该晶胞中Cu原子个数=8×+6×=4，其密度==g•cm﹣3=g•cm﹣3，‎ 故答案为：12；．‎ ‎【点评】本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、元素周期律等知识点，侧重考查学生分析计算及空间想象能力，难点是晶胞计算．‎ ‎　‎ ‎[化学选修5-有机化学基础]‎ ‎13．二苄叉丙酮、苯甲醛缩乙二醇均是常见的香料，可通过下列途径合成，合成路线如下：‎ 已知：烃A的相对分子质量为42，无环状结构．回答下列问题：‎ ‎（1）B的名称为　2﹣丙醇　；E中含氧官能团是　羰基、羟基　（填名称）．‎ ‎（2）④的反应类型是　消去反应　；写出③的反应方程式　+2　．‎ ‎（3）A加聚产物的结构简式是　　．‎ ‎（4）G的芳香同分异构体中能发生银镜反应和水解反应的有　14　种，其中核磁共振氢谱只有四组峰的同分异构体结构简式为　　．‎ ‎（5）参照上述合成路线，以甲醛、乙醛及二苄叉丙酮合成（无机物任选）．‎ ‎【考点】有机物的合成．‎ ‎【专题】有机物的化学性质及推断．‎ ‎【分析】烃A的相对分子质量为42，则=3，故A的分子式为C3H6，且无环状结构，故A为CH3CH=CH2，A与水发生加成反应生成B，B氧化生成C，C与苯甲醛反应生成E，结合E与苯甲醛结构简式可知C为，则B为．E 加热发生消去反应生成F，F中碳碳双键断裂，乙二醇中O﹣H键断裂，发生取代反应生成G，同时还生成丙酮．‎ ‎（5）乙醛与甲醛反应生成，再与氢气发生加成反应生成，最后与二苄叉丙酮合成．‎ ‎【解答】解：烃A的相对分子质量为42，则=3，故A的分子式为C3H6，且无环状结构，故A为CH3CH=CH2，A与水发生加成反应生成B，B氧化生成C，C与苯甲醛反应生成E，结合E与苯甲醛结构简式可知C为，则B为．E加热发生消去反应生成F，F中碳碳双键断裂，乙二醇中O﹣H键断裂，发生取代反应生成G，同时还生成丙酮．‎ ‎（1）B为，名称为2﹣丙醇，E中含氧官能团是羰基、羟基，‎ 故答案为：2﹣丙醇；羰基、羟基；‎ ‎（2）④的反应类型是消去反应，③的反应方程式： +2，‎ 故答案为：消去反应； +2；‎ ‎（3）A为CH3CH=CH2，A加聚产物的结构简式是：，‎ 故答案为：；‎ ‎（4）G的芳香同分异构体中能发生银镜反应和水解反应，含有甲酸形成酯基，含有1个取代基，为﹣CH2CH2OOCH或者﹣CH（CH3）OOCH，含有2个取代基，为﹣CH3、﹣CH2OOCH，或者﹣CH2CH3、﹣OOCH，各有邻、间、对3种，含有3个取代基为2个﹣CH3、﹣OOCH，2个﹣CH3有邻、间、对3种，对应﹣OOCH位置分别有2种、3种、1种，符合条件的同分异构体共有14种，其中核磁共振氢谱只有四组峰的同分异构体结构简式为：，‎ 故答案为：14；；‎ ‎（5）乙醛与甲醛反应生成，再与氢气发生加成反应生成，最后与二苄叉丙酮合成，合成路线流程图为：，‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化中物质的结构进行分析，查找考查学生分析推理能力、信息获取与迁移运用能力，难度中等． ‎