江苏省扬州市2019届高三第一次模拟考试化学试题Word版含解析.doc

www.ks5u.com ‎2019年江苏省扬州市高考化学一模试卷 一、选择题(共10小题，每小题2分，满分20分)‎ ‎1.工业废水处理达标后才能排放。下列处理废水的方法合理的是(　　)‎ A. 用沉淀法除去废水中的H＋ B. 用氧化法除去废水中的Al3＋‎ C. 用吸附法除去废水中的悬浮物 D. 用中和法除去废水中的油类物质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氧化还原法适用于除油类、氰化物；吸附法和混凝法适用于除去废水中的悬浮物；沉淀法适用于除去废水中的重金属离子；中和法适用于除去废水中的酸，据此分析作答。‎ ‎【详解】A. 去除废水中的H＋选用中和法，故A项错误；‎ B. Al3＋已经是最高价金属离子，不能用氧化法，故B项错误；‎ C. 除去废水中的悬浮物可用吸附法，故C项正确；‎ D. 除去废水中的油类物质可采用氧化法（如臭氧等），故D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎2.用化学用语表示CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl中的相关微粒，其中正确的是(　　)‎ A. 中子数为20的氯原子： B. HCl的电子式：H∶Cl C. CH4的结构式：CH4 D. Cl的结构示意图：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 中子数为20的氯原子，其质量数为37，应写成，故A项错误；‎ B. HCl为共价化合物，氢原子与氯原子共用一对电子对，氯原子周围满足8电子稳定结构，则电子式应为，故B项错误；‎ C. 结构式指的是用元素符号和短线表示化合物，则CH4的结构中一个C原子与四个H原子以共价键相连，即，故C项错误；‎ D. Cl原子的原子序数为17，其核外电子数为17，则氯原子的结构示意图：，故D项正确。‎ 答案选D。‎ ‎3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是(　　)‎ A. 浓硫酸具有吸水性，可用于干燥O2‎ B. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆 C. Fe2O3能与酸反应，可用于制作红色涂料 D. Al(OH)3能与NaOH溶液反应，可用于治疗胃酸过多 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 浓硫酸因具有吸水性，则可用于干燥O2，故A项正确；‎ B. SO2可用于漂白纸浆，是因为其具有漂白性，与二氧化硫的氧化性无关，故B项错误；‎ C. 氧化铁本身是红棕色固体，俗称铁红，常用于制造红色油漆和涂料，与Fe2O3能与酸的反应无关，故C项错误；‎ D. 胃酸的主要成分为HCl，Al(OH)3可用于治疗胃酸过多是因为Al(OH)3为不溶性的弱碱，可中恶化胃酸，而不是因为Al(OH)3能与NaOH溶液反应，故D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题侧重考查常见物质的性质与对应用途的关系，准确掌握物质的基本性质与用途是解题的关键钥匙，要注意本题B项中涉及的二氧化硫化学性质较多，可总结如下：‎ ‎1、酸性氧化物：二氧化硫是酸性氧化物，和二氧化碳相似，溶于水显酸性，也可与碱反应；‎ ‎2、还原性：二氧化硫可与酸性高锰酸钾、过氧化氢等强氧化性的物质反应；‎ ‎3、弱氧化性：二氧化硫可与硫化氢反应生成硫单质等，‎ ‎4、漂白性：二氧化硫的漂白性体现在可漂白品红等物质，‎ 性质决定用途，学生切莫混淆，应加以重视。‎ ‎4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(　　)‎ A. 0.1 mol·L－1的氨水：Cu2＋、Na＋、SO42-、NO3-‎ B. 0.1 mol·L－1的CaCl2溶液：Na＋、K＋、Cl－、NO3-‎ C. 0.1 mol·L－1的Na2SO3溶液：K＋、H＋、SO42-、NO3-‎ D. 0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液：K＋、Na＋、NO3-、OH－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氨水显碱性，与Cu2+之间发生反应生成氢氧化铜沉淀，在溶液中不能大量共存，故A项错误； B. Na+、K+、Cl-、NO3-之间不反应，且都不与CaCl2溶液反应，在溶液中能够大量共存，故B项正确； C. 硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化还原性的亚硫酸根离子，故C项错误； D. NaHCO3溶液中的HCO3-与OH-会反应生成CO32-与H2O而不共存，故D项错误； 答案选B。‎ ‎【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化还原性的离子，如本题的C选项，硝酸根离子、氢离子与亚硫酸根离子因发生氧化还原反应而不共存，学生要加以总结与归纳，识破陷阱。‎ ‎5.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是(　　)‎ A. 用所示装置分离CCl4和I2的混合物 B. 用所示装置获取少量SO2气体 C. 用所示装置除去CO2气体中的少量SO2‎ D. 用所示装置蒸发NaCl溶液获得NaCl晶体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 可用分液的方法分离互不相溶的液体；‎ B. Cu和浓H2SO4反应需要加热；‎ C. 亚硫酸氢根离子已经饱和，无法除去二氧化硫；‎ D. 蒸发结晶的方法得到NaCl晶体 ‎【详解】A. I2易溶于CCl4，不能用分液的方法分离，故A项错误；‎ B. 获取少量SO2气体，可采用铜粉与浓硫酸加热的方法制得，但图示未有加热装置，不能达到实验目的，故B项错误；‎ C. 二氧化硫溶于水形成亚硫酸，可弱电离生成HSO3-和H+，而饱和NaHSO3溶液中HSO3-已经饱和，则不能溶解SO2，不能达到实验目的，故C项错误；‎ D.采用蒸发结晶法可从NaCl溶液获得NaCl晶体，图示操作无误，故D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点是B选项。学生要特别留意，浓硫酸的强氧化性体现在与铜粉或碳粉反应会生成二氧化硫，但反应均需要加热。学生要牢记反应条件，以免做题时犯低级错误。‎ ‎6.下列有关物质性质的叙述不正确的是(　　)‎ A. 硝酸见光分解生成NO2、O2和H2O B. 细铁丝在氯气中燃烧生成FeCl2‎ C. 加热时，钠与氧气反应能生成Na2O2 D. 放电时，氮气与氧气反应生成NO ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硝酸见光分解生成NO2、O2和H2O，其化学方程式为：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，故A项正确；‎ B. 氯气具有强氧化性，可将Fe氧化到最高价，即细铁丝在氯气中燃烧生成FeCl3，故B项错误；‎ C. 加热时的条件下，钠与氧气反应能生成Na2O2，故C项正确；‎ D. 氮气与氧气放电时发生反应生成NO，其化学方程式为：N2+O2 2NO，故D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎7.下列指定反应的离子方程式正确的是(　　)‎ A. 电解饱和MgCl2溶液：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑‎ B. 向酸性KMnO4溶液中通入SO2：3SO2＋2MnO4-＋4OH－===2MnO2↓＋3SO42-＋2H2O C. 向Fe(NO3)2稀溶液中滴加足量氢碘酸：3Fe2＋＋NO3-＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O D. 向NaClO溶液中通入足量CO2：ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO3-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 电解后溶液显碱性，镁离子会生成氢氧化镁沉淀；‎ B.高锰酸钾溶液呈酸性，参与反应的不应是氢氧根离子；‎ C. 氢碘酸溶液中碘离子具有强还原性，与产物铁离子不共存，会继续反应；‎ D. 强酸制弱酸原理。‎ ‎【详解】A. 电解饱和MgCl2溶液的化学方程式应为：Mg2+＋2Cl－＋2H2OMg(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑，故A项错误；‎ B. 向酸性KMnO4溶液中通入SO2：5SO2＋2MnO4-＋2H2O ===2Mn2+＋5SO42-＋4H+，故B项错误；‎ C. 向Fe(NO3)2稀溶液中滴加足量氢碘酸，除了发生反应3Fe2＋＋NO3-＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，因氢碘酸足量，其中碘离子继续与氧化性的铁离子发生氧化还原反应，故C项错误；‎ D. 酸性强弱：H2CO3 > HClO > HCO3-,则向NaClO溶液中通入足量CO2：ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO3-，故D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】离子反应方程式的书写正误判断题是高频考点，涉及的知识面广，出题人经常设的陷阱有：不符合客观事实、电荷不守恒、原子不守恒以及反应物用量干扰等问题，D项是难点，也是易错点，要理解碳酸是二元弱酸，平常多强化训练，加以对比记忆，找出陷阱，方可提高做题准确率。‎ ‎8.短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同的电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，Y的原子序数是W的2倍，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法一定正确的是(　　)‎ A. Z的氧化物的水化物的酸性比Y的强 B. 氢元素与W只能形成一种化合物 C. W的简单离子的半径比X的大 D. Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X是Na；‎ Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性，说明这种盐不水解，Z只能是第三周期的非金属元素，且Z的氢化物的水溶液属于强酸，则Z是Cl；‎ W、X的简单离子具有相同电子层结构，则W在第二周期且是非金属元素，可能是氮和氧；‎ Y的原子序数是W的2倍，Y在X与Z之间，则推出W为O，Y为S，据此解答。‎ ‎【详解】A. Y与Z处于同同期，从左到右，非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，则Z＞Y，但选项中未提到最高价氧化物对应的水化物，则条件不足，其酸性无法比较，故A项错误；‎ B. W为O，氢元素与W可形成H2O或H2O2两种化合物，故B项错误；‎ C. X、W简单离子的电子层均为2层，当电子层结构相同时，序数小的微粒半径反而大，即O2-＞Na+，则W的简单离子的半径比X的大，故C项正确；‎ D. W与Y同族，且在Y的上一周期，从上到下，非金属性逐渐减弱，气态氢化物的热稳定性逐渐减弱，则Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱，故D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是(　　)‎ A. SO2CaSO3CaSO4‎ B. FeFe2O3FeCl3‎ C. HCl(aq) Cl2Ca(ClO)2‎ D. Cu2(OH)2CO3CuO CuCl2(aq)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 二氧化硫与氯化钙不反应； B. 铁与氧气反应会生成三氧化四铁； ‎ C. 二氧化锰只和浓盐酸反应生成氯气； D. 碱式碳酸铜受热会生成相应的金属氧化物，继续和酸反应生成盐和水；‎ ‎【详解】A. 二氧化硫溶于水生成弱酸亚硫酸，不能与氯化钙反应，则不能一步直接生成亚硫酸钙，故A项错误；‎ B. 铁在氧气中燃烧生成的是四氧化三铁而不是三氧化二铁，该物质之间的转化不能实现，故B项错误；‎ C. 二氧化锰只和浓盐酸在加热的条件下反应生成氯气，题设中未说明是否为浓盐酸，条件不足，故C项错误；‎ D. Cu2(OH)2CO3受热会分解生成氧化铜，氧化铜与盐酸会反应生成氯化铜与水，则各物质可实现相互转化，故D项正确。‎ 答案选D。‎ ‎10.下列说法正确的是(　　)‎ A. 在外加电流的阴极保护法中，须将被保护的钢铁设备与直流电源的负极相连 B. 反应H2S(g)＋ZnO(s)===H2O(g)＋ZnS(s)在一定条件下可自发进行，且ΔS0‎ C. 常温常压，氢氧燃料电池工作消耗2.24 L O2时，转移电子的数目为0.4×6.02×1023‎ D. 常温下，Ksp[Cu(OH)2]＝2.6×10－19，pH＝10的含Cu2＋的溶液中，c(Cu2＋)≥2.6×10－11mol·L－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 外加电流的阴极保护法利用的是电解池原理；‎ B.ΔS是指发生化学反应时物质混乱度的变化；‎ C.题设中气体的状态未知；‎ D. 根据Ksp[Cu(OH)2]的表达式求出生成沉淀时的铜离子最低浓度c(Cu2＋)。‎ ‎【详解】A. 在外加电流的阴极保护法中，把被保护的钢铁设备与直流电源的负极相连作为电解池的阴极被保护，故A项正确；‎ B. 反应H2S(g)＋ZnO(s)===H2O(g)＋ZnS(s)反应前后气体的体积不变，则ΔS = 0，故B项错误；‎ C. 氢氧燃料电池的总反应为2H2+O22H2O，但消耗的O2的体积未指明是否是标准状况，无 法计算氧气的物质的量及电子转移数，故C项错误；‎ D. 常温下，pH＝10的含Cu2＋的溶液中，c(OH-) = = = 1×10-4，则根据Ksp[Cu(OH)2]＝2.6×10－19可知，c(Cu2＋)的最大浓度为 = = 2.6×10－11mol·L－1，即c(Cu2＋)≤ 2.6×10－11mol·L－1，故D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题D选项考查溶度积的应用，正确理解沉淀溶解与平衡原理，理清溶液中离子浓度对沉淀产生的影响，是解题的关键，在特定碱性条件下，利用溶度积计算出溶液中铜离子浓度为溶液中的最大浓度，而不是最低浓度。‎ 不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项时，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分 ‎11.化合物X可用于合成Y．下列有关X、Y的说法正确的是(　　)‎ ‎ ‎ A. X分子中所有原子可能在同一平面上 B. X在一定条件下可以发生消去反应 C. Y与足量H2的加成产物中不含手性碳原子 D. X、Y与足量浓溴水反应的类型完全相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 甲基中的原子不共面；‎ B. X分子结构中的羟基在一定条件下可发生消去反应；‎ C. 手性碳原子是指连接四个互不相同的原子或基团的碳原子；‎ D. X中无碳碳双键，而Y分子内有碳碳双键。‎ ‎【详解】A. X分子中含有甲基，所有原子不可能在同一平面，故A项错误；‎ B. X分子中含有羟基，且与连接羟基碳的相邻碳上有氢原子，在一定条件下可发生消去反应，故B项正确；‎ C. Y与足量H2的加成产物为，其中加*的C原子连接四个不同的基团，为手性碳原子，故C项错误；‎ D.X与Y均可与浓溴水发生取代反应，同时Y中还有碳碳双键，可与足量浓溴水发生加成反应，而X无该反应类型，故D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎12.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是(　　)‎ 选项 实验操作和现象 结论 A 向鸡蛋清溶液中加入少量CuSO4溶液，出现浑浊 蛋白质可能发生了变性 B 将乙醇与浓硫酸混合加热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去 产生的气体中一定含有乙烯 C 室温下，用pH试纸测得：0.1 mol•L﹣1Na2SO3溶液的pH约为10；0.1 mol•L﹣1NaHSO3溶液的pH约为5‎ HSO3﹣结合H+的能力比SO32﹣的强 D 向NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量AgNO3溶液，产生淡黄色沉淀(AgBr)‎ Ksp(AgBr)＜Ksp(AgCl)‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 项蛋白质中加入重金属盐会发生变性；‎ B. 乙醇易挥发；‎ C. 阴离子的水解程度越大，溶液pH越大，越易结合氢离子；‎ D. NaCl和NaBr的混合溶液中溶质的浓度未知，无法比较溶度积。‎ ‎【详解】A. 鸡蛋清主要成分为蛋白质，少量CuSO4可能会使其发生变性，故A项正确；‎ B. 乙醇和浓硫酸共热至170℃后发生消去反应生成乙烯，但乙醇易挥发，二者均可使高锰酸钾褪色，则该实验不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色，故B项错误；‎ C. 室温下，用pH试纸测得：0.1 mol·L－1Na2SO3溶液的pH约为10；0.1 mol·L－1NaHSO3溶液的pH约为5，说明SO32-的水解程度比HSO3-大，即SO32-结合H＋的能力比HSO3-的强，故C项错误；‎ D. NaCl和NaBr的浓度大小未知，产生的淡黄色沉淀也可能是溴离子浓度较大所导致，因此该实验现象不能说明Ksp(AgBr)b>a，故B项正确；‎ C. 从图中可以看出，体积均为100 mL、pH＝2的CH3COOH溶液和HX溶液，加水稀释相同量时HX的pH增大曲线较为平缓，则说明HX的酸性比CH3COOH弱，即25 ℃时HX的电离平衡常数大于CH3COOH的电离平衡常数，故C项错误；‎ D. NH4Cl在溶液中发生水解，其方程式为：NH4+ +H2O NH3·H2O + H+，向0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液中滴加0.1 mol·L－1的盐酸时，随盐酸体积的增大，混合溶液中酸性增强，且NH4+的水解抑制程度加大，则c(H＋)/c(NH4+)的比值逐渐增大，与图像相符，故D项正确；‎ 答案选BD。‎ ‎14.H2A为二元弱酸。20℃时，配制一组c(H2A)+c(HA﹣)+c(A2﹣)＝0.100mol•L﹣1的H2A和NaOH的混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如下图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是(　　)‎ A. H2A的Ka1＝10﹣1.2‎ B. pH＝4.2的溶液中：c(HA﹣)＝c(A2﹣)＝0.050 mol•L﹣1‎ C. pH＝7的溶液中：c(Na+)＞2c(A2﹣)+c(H+)‎ D. c(Na+)＝0.150 mol•L﹣1的溶液中：2c(OH﹣)+c(HA﹣)+3c(H2A)＝2c(H+)+c(A2﹣)‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 根据H2A的第一步电离平衡常数Ka1 = 作答；‎ B. 溶液中存在微弱的电离与水解，c(H2A) 0；‎ C. 结合H2A的第二步电离平衡常数Ka2及电荷守恒规律分析作答；‎ D. 根据电荷守恒与物料守恒作答。‎ ‎【详解】A. 从图中可看出，当pH = 1.2时，c(H2A) = c(HA-)，则H2A的Ka1＝ = 10-pH = 10-1.2，故A项正确；‎ B. 从图中可看出，在pH＝4.2的溶液中：c(HA－)＝c(A2－)，因有少许H2A图中未显示，结合题设条件c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.100 mol·L－1，则c(HA－)等于c(A2－)略小于0.050 mol/L，故B项错误；‎ C.其中在pH＝4.2时，可计算出二元弱酸H2A的第二步电离平衡常数 = = 10-4.2在pH=7的溶液c(A2-)接近0.1 mol/L，c(H+)=10-7 mol/L，带入上述平衡常数表达式可得c(HA-) = 10-3.8> c(H+),根据电荷守恒规律又知c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)，则c(Na＋)>2c(A2－)＋c(H＋)，故C项正确；‎ D. c(Na＋)＝0.150 mol·L－1的溶液中存在c（H2A）+c（HA-）+c（A2-）=0.100mol•L-1，则溶液中存在物料守恒2c（Na+）=3[c（H2A）+c（HA-）+c（A2-）]①，又存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HA-）+2c（A2-）②，①-2×①得，2c(OH－)＋c(A2－) ＝c(HA－)＋3c(H2A) 2c(H＋)，故D项错误；‎ 答案选AC。‎ ‎【点睛】本题主要考查水溶液中的离子平衡的应用，C选项是难点，能准确对比得出在pH＝4.2的溶液中，c(HA-)与 c(H+)的大小关系是解题的关键，这就需要借助H2A的第二步电离平衡常数的数值这一隐含信息来解答，难度较大。往往这一类题型可以结合图像分析，采用排除法选出正确答案。‎ ‎15.在恒容密闭容器中发生反应2SiHCl3(g)⇌SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)。在323K和343K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A. 323 K时，缩小容器体积可提高SiHCl3的转化率 B. a、b点对应的反应速率大小关系：v(a)＜v(b)‎ C. 343 K时，上述反应的化学平衡常数约为0.02‎ D. 2SiHCl3(g)⇌SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)的正反应为吸热反应 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 反应是气体体积不变的体系；‎ B. 温度越高，反应速率越快；‎ C. 设SiHCl3的起始浓度为1 mol/L，列出三段式，根据平衡常数的表达式计算作答；‎ D. 根据图像分析易知，升高温度， SiHCl3的转化率增大，据此作答。‎ ‎【详解】A. 2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)反应中，气体的体积保持不变，则缩小容器体积增大压强平衡不移动，提高SiHCl3的转化率不变，故A项错误；‎ B. a、b点对应的SiHCl3的转化率相等，根据先拐先平数值大原则可知，a点对应的温度高，则其反应速率v(a)>v(b)，故B项错误；‎ C. 343 K时，SiHCl3的平衡转化率为22%，设SiHCl3的起始浓度为1 mol/L，则转化的SiHCl3物质的量浓度为1 mol/L×22% = 0.22 mol/L，列出三段式如下：‎ 因此343 K时，上述反应的化学平衡常数 = 0.02，故C项正确；‎ D. 从图中可看出，升高温度，有利于SiHCl3的转化，则平衡向正反应方向移动，说明2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)正反应为吸热反应，故D项正确；‎ 答案选CD。‎ ‎【点睛】在化学平衡的计算中，常常要计算反应物的转化率、各组分的转化浓度、转化的物质的量、平衡浓度、平衡时物质的量等。若在反应方程式下用“三段式”列出各物质的开始、转化、平衡的量，能理顺关系，找出已知与未知的关系，对正确分析和解决问题有很大帮助。‎ 如本题中利用“三段式”解决了平衡常数的计算问题，复杂的问题迎刃而解。‎ ‎16.以高钛渣(主要成分为Ti3O5，含少量SiO2、FeO、Fe2O3)为原料制备白色颜料TiO2的一种工艺流程如下：‎ 已知：Na2TiO3难溶于碱性溶液；H2TiO3中的杂质Fe2＋比Fe3＋更易水洗除去。‎ ‎(1)熔盐:‎ ‎①为加快反应速率，在维持反应物颗粒大小、反应温度一定的条件下，可采取的措施是__________。‎ ‎②NaOH固体与Ti3O5在空气中加热至500～550 ℃时生成Na2TiO3，该反应的化学方程式为_________。‎ ‎(2)过滤:‎ ‎①“滤液”中主要溶质为NaOH，还含有少量________(填化学式)。‎ ‎②除杂后的滤液中获得的NaOH可循环利用，则“水浸”时，用水量不宜过大的主要原因是_________。‎ ‎(3)水解:“酸溶”后获得的TiOSO4经加热煮沸，生成难溶于水的H2TiO3，该反应的化学方程式为______。‎ ‎(4)脱色:H2TiO3中因存在少量Fe(OH)3而影响TiO2产品的颜色，“脱色”步骤中Ti2(SO4)3的作用是_________。‎ ‎【答案】 (1). 搅拌 (2). 12NaOH＋2Ti3O5＋O26Na2TiO3＋6H2O (3). Na2SiO3 (4). 用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长) (5). TiOSO4＋2H2OH2TiO3↓＋H2SO4 (6). 将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，以便除去杂质铁，提高H2TiO3的纯度 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①搅拌可使反应物混合均匀；‎ ‎②Ti3O5转化为Na2TiO3，钛元素化合价升高，根据氧化还原反应的规律书写并配平化学方程式；‎ ‎（2）①加入氢氧化钠后，二氧化硅会与氢氧化钠反应生成水溶性的硅酸钠；‎ ‎②考虑后续的蒸发结晶耗能问题分析作答；‎ ‎(3)根据水解原理结合产物书写化学方程式；‎ ‎(4)根据提示给定信息，“H2TiO3中的杂质Fe2＋比Fe3＋更易水洗除去”来分析作答。‎ ‎【详解】(1)①为加快反应速率，在维持反应物颗粒大小、反应温度一定的条件下，可适当搅拌，因为搅拌可使反应物混合均匀,增加反应物的接触机会,从而达到加快反应速率的目的，‎ 故答案为：搅拌；‎ ‎②NaOH固体与Ti3O5在空气中加热至500～550 ℃时生成Na2TiO3，发生氧化还原反应，其化学方程式为：12NaOH＋2Ti3O5＋O26Na2TiO3＋6H2O，‎ 故答案为：12NaOH＋2Ti3O5＋O26Na2TiO3＋6H2O；‎ ‎(2) ①熔盐时加入的氢氧化钠会与少量杂质SiO2反应，其化学方程式为：2NaOH＋SiO2 = Na2SiO3＋H2O，生成的硅酸钠易溶于水，则“滤液”中含有少量Na2SiO3，‎ 故答案为：Na2SiO3；‎ ‎②“水浸”时，用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长)，‎ 故答案为：用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长)；‎ ‎(3)“酸溶”后获得的TiOSO4会发生水解，经加热煮沸生成难溶于水的H2TiO3，其化学方程式为：TiOSO4＋2H2OH2TiO3↓＋H2SO4，‎ 故答案为：TiOSO4＋2H2OH2TiO3↓＋H2SO4；‎ ‎（4）根据给定信息易知，“脱色”步骤中加入还原性的Ti2(SO4)3，是为了将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，以便除去杂质铁，提高H2TiO3的纯度，且不引入新的杂质，‎ 故答案为：将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，以便除去杂质铁，提高H2TiO3的纯度。‎ ‎17.沙罗特美是一种长效平喘药，其合成的部分路线如下：‎ ‎(1)F中的含氧官能团名称为____________(写两种)。‎ ‎(2)C→D的反应类型为____________。‎ ‎(3)B的分子式为C8H8O3，与(CH3)2C(OCH3)2发生取代反应得到物质C和CH3OH，写出B的结构简式：________。‎ ‎(4)写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：__________。‎ ‎①分子中含有苯环，且有一个手性碳原子，不能与FeCl3发生显色反应；‎ ‎②能发生水解反应，水解产物之一是α氨基酸，另一含苯环的水解产物分子中只有3种不同化学环境的氢。‎ ‎(5)请写出以、(CH3)2C(OCH3)2、CH3NO2为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干) _____。‎ ‎【答案】 (1). 醚键　羟基 (2). 加成反应 (3). (4). (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)F的结构简式为：，其中含氧官能团名称为醚键　羟基，‎ 故答案为：醚键　羟基；‎ ‎（2）从流程图中可以看出，C→D，其醛基碳氧双键断裂，加氢还原的过程，无小分子出现，故该反应类型为：加成反应；‎ 故答案为：加成反应；‎ ‎（3）B的分子式为C8H8O3，含有不饱和度 = = 5，得到物质C和CH3OH，采用逆合成分析法可知，B的分子内含有两个羟基能与(CH3)2C(OCH3)2发生取代反应，则其结构简式为，‎ 故答案为：；‎ ‎（4）根据E的结构简式可知E的分子式为：C12H17NO3，含有不饱和度 = = 5，其同分异构体中，①分子中含有苯环，且有一个手性碳原子，不能与FeCl3发生显色反应，则苯环上没有酚羟基，结构中有一个碳原子周围连接四个不同的基团或原子；②能发生水解反应，水解产物之一是α氨基酸，则该同分异构体的结构中有肽键或者酯基，又另一含苯环的水解产物分子中只有3种不同化学环境的氢，则分子的对称性很好，综上同时符合上述两种条件的物质的结构简式为：，‎ 故答案为：；‎ ‎（5）因酚羟基已被氧化，可考虑先制得，再引入硝基，最后再还原为羟基的思 路，根据已知的流程图可推知，若要制备，则需将与(CH3)2C(OCH3)2发生取代反应得到，再与CH3NO2反应得到，再利用羟基的消去反应引入碳碳双键，将双键与硝基通过加氢最终还原生成氨基，其整个合成路线可表示为：‎ ‎，‎ 故答案为：。‎ ‎18.纳米级Co3O4是一种电极材料，可用草酸盐湿式沉淀—煅烧分解法制备。‎ ‎(1)先用(NH4)2C2O4溶液和CoCl2溶液为原料制取难溶于水的CoC2O4·2H2O晶体。‎ ‎①已知25 ℃，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5，H2C2O4的Ka1＝5.6×10－2，Ka2＝5.4×10－5。(NH4)2C2O4溶液的pH__ (填“>”“＝”或“