2016年湖北省优质高中联考高考化学模拟试卷（b卷）（解析版）

2016年湖北省优质高中联考高考化学模拟试卷（B卷）
　
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法正确的是（　　）
A．绚丽缤纷的烟花中添加了含钾、钠、铁、铜等金属元素的化合物
B．明矾和漂白粉常用于自来水的净化，且原理相同
C．食用植物油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，是人体所需营养物质
D．日常生活中人们大量使用铝制品，是因为常温下铝不能与氧气反应
2．NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）
A．1.0
L
1.0
mol L﹣1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2
NA?
B．常温下，0．l
mol碳酸钠晶体中含有CO32﹣
的个数为0.1NA
C．标准状况下，11.2L
18O2中所含中子数为8NA
D．25℃时，l
L
pH=13的Ba（OH）2溶液中含有的OH﹣
数为0.2
NA
3．已知33As、35Br位于同一周期，下列关系正确的是（　　）
A．还原性：As3﹣＞S2﹣＞Cl﹣
B．热稳定性：HCl＞AsH3＞HBr
C．原子半径：As＞Cl＞P
D．酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4
4．芳香化合物C8H8O2属于酯和羧酸的同分异构体的数目分别是（　　）
A．4和5
B．5和4
C．4和6
D．6
和4
5．常温下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，已知Ksp（CaSO4）=9×10﹣6．下列说法不正确的是（　　）
A．a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp
B．加入Na2SO4溶液可以使a点变为b点
C．a点变为b点将有沉淀生成
D．d点未达到沉淀溶解平衡状态
6．用下列实验方案及所选玻璃容器（非玻璃容器任选）就能实现相应实验目的是（　　）
实验目的
实验方案
所选玻璃仪器
A
除去KNO3中少量NaCl
将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤
酒精灯、烧杯、玻璃棒
B
证明HClO和CH3COOH的酸性强弱
同温下用pH试纸测定浓度为0.1mol L﹣1NaClO溶液和0.1mol L﹣1CH3COONa溶液的pH
玻璃棒、玻璃片
C
检验蔗糖水解产物具有还原性
向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热
试管、烧杯、酒精灯、滴管
D
配制1L
1.6%的CuSO4溶液（溶液密度近似为1g/mL）
将25g
CuSO4 5H2O溶解在975水中
烧杯、量筒、玻璃棒
A．A
B．B
C．C
D．D
7．现在污水治理越来越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚（），其原理如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．当外电路中有0.2mole﹣转移时，A极区增加的H+的个数为0.1NA
B．A极的电极反应式为+e﹣=Cl﹣+
C．电流方向从B极沿导线经小灯泡流向A极
D．B为电池的正极，发生还原反应
　
二、非选择题：
8．氯化亚砜（SOCl2）为无色或浅黄色发烟液体，易挥发，遇水分解，其制取过程的相关反应如下：
S（s）+Cl2（g）SCl2（l）
（Ⅰ）
SCl2（l）+SO3（l）═SOCl2（l）+SO2（g）（Ⅱ）
已知二氯化硫（SCl2）熔点﹣78°C，沸点59°C，下图是实验室由氯气与硫合成二氯化硫的装置．
（1）仪器组装完成后，检查装置气密性的操作是　　；反应前要先排尽系统中空气，此做法目的是　　．
（2）装置D中玻璃仪器的名称是　　，向其中放入一定量的硫粉，加热使之融化，轻轻摇动使硫附着在容器的内壁，形成一薄层膜，这样做的优点是　　．
（3）实验时，为防止E中液体挥发，可采取的措施是　　．装置F（盛放碱石灰）的作用是　　，　　．
（4）工业上以硫黄、液氯和液体三氧化硫为原料，能生产高纯度（99%以上）氯化亚砜，为使原子的利用率达到100%，三者的物质的量比为　　；氯化亚砜遇水易分解，请设计简单的实验来验证氯化亚砜与水完全反应的产物，简要说明实验操作、现象和结论　　．
已知：SOCl2+4NaOH═Na2SO3+2NaCl+2H2O
供选择的试剂：稀盐酸、稀硝酸、氯化钡溶液、硝酸银溶液、品红溶液．
9．二氧化钛是钛的重要化合物，钛白（纯净的二氧化钛）是一种折射率高、着色力和遮盖力强、化学性质稳定的白色颜料．钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeO TiO2），含有Fe2O3、SiO2等杂质，由钛铁矿制取二氧化钛，常用硫酸法，其流程如下：
（1）钛铁矿主要成分与浓硫酸反应的主要产物是TiOSO4和FeSO4，该反应的化学方程式为　　．
（2）为提高“固体熔块”水浸取时的浸出率，除了采用循环浸取、延长时间外，适宜的条件还可以选择　　．（任写一种均可）
（3）浸取液与铁屑反应的离子方程式为　　；从滤液中获得晶体X的基本操作是　　、　　、过滤、洗涤、干燥．
（4）第③步反应化学方程式　　．
（5）取少量H2TiO3，加入盐酸并振荡，滴加KSCN溶液后无明显现象，再加H2O2后出现微红色，说明H2TiO3中存在的杂质离子是　　．这种H2TiO3即使用水充分洗涤，煅烧后获得的TiO2也会发黄，发黄的杂质是　　（填化学式）．
10．天然气是一种重要的清洁能源和化工原料，其主要成分为甲烷．
（1）工业上可用煤制天然气，生产过程中有多种途径生成CH4．
写出CO与H2反应生成CH4和H2O的热化学方程式　　
已知：CO（g）+H2O（g） H2（g）+CO2（g）△H=﹣41kJ mol﹣1
C（s）+2H2（g） CH4（g）△H=﹣73kJ mol﹣1
2CO（g） C（s）+CO2（g）△H=﹣171kJ mol﹣1
（2）天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS．一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式　　．
（3）天然气的一个重要用途是制取H2，其原理为：CO2（g）+CH4（g）═2CO（g）+2H2（g）．
在密闭容器中通入物质的量浓度均为0.1mol L﹣1的CH4与CO2，在一定条件下发生
反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如下图1所示，则压强P1　　P2（填“大于”或“小于”）；压强为P2时，在Y点：v（正）　　v（逆）（填“大于”、“小于”或“等于”）．
求Y点对应温度下的该反应的平衡常数K=　　．（计算结果保留两位有效数字）
（4）以二氧化钛表面覆盖CuAl2O4
为催化剂，可以将CH4
和CO2直接转化成乙酸．
①在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图2所示．250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是　　．
②为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是　　．
　
【化学--选修2化学与技术】
11．工业上一种制备氯化铁及高铁酸钾的工艺流程如下：
（1）吸收塔中的吸收剂X是　　；保存该试剂时，通常向其中加入一定量的铁屑，其目的是　　．
（2）用FeCl3溶液（副产物）腐蚀印刷线路板所得的废液中含FeCl3、FeCl2和CuCl2，用化学方法可以回收废液中铜；合并过滤后的剩余液体可以作为上述工艺流程中的吸收剂X．则在此过程中，先后加入的物质分别是　　；写出其中发生置换反应的化学方程式　　，　　．
（3）碱性条件下反应①的离子方程式为　　．
（4）过程②将混合溶液搅拌半小时，静置，抽滤获得粗产品．该反应的化学方程式为2KOH+Na2FeO4═K2FeO4+2NaOH，请根据复分解反应原理分析反应发生的原因：　　．
K2FeO4
在水溶液中易发生反应：4FeO42﹣+10H2O 4Fe（OH）3+8OH﹣+3O2↑，在提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用　　（填序号）．
a．H2O
B．稀KOH溶液、异丙醇
c．NH4Cl溶液、异丙醇
D．Fe（NO3）3溶液、异丙醇．
　
【化学--选修3物质结构与性质】
12．太阳能电池板材料除单晶硅外，还有铜、铟、镓、硒等化学物质．
（1）基态硅原子的电子排布式：　　．
（2）有一类组成最简单的有机硅化合物叫硅烷．硅烷的组成、结构与相应的烷烃相似．硅烷的通式为　　，硅烷中硅采取　　杂化方式，硅烷的沸点与相对分子质量的关系如图所示，呈现这种变化的原因是　　．
（3）硒和硫同为VIA族元素，与其相邻的元素有砷和溴，则三种元素的电负性由小到大的顺序为　　．（用元素符号表示）
（4）气态SeO3分子的立体构型为　　，与SeO3互为等电子体的一种离子为　　（填化学式）．
（5）一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积结构，在晶胞中金原子位于顶点，铜原子位于面心，则该合金中金原子（Au）与铜原子（Cu）个数比为　　；若该晶体的晶胞棱长为a
pm，则该合金密度为　　g/cm3．（列出计算式，不要求计算结果，阿伏伽德罗常数的值为NA）
　
【化学-选修5有机化学基础】
13．相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）．其中A是一氯代物，H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO．
已知：
Ⅰ、
Ⅱ、
请根据所学知识与本题所给信息回答下列问题：
（1）X的分子中最多有　　个原子共面．
（2）H的结构简式是　　．
（3）反应③、④的类型是　　；　　．
（4）反应⑤的化学方程式是　　．
（5）有多种同分异构体，其中含有1个醛基和2个羟基，且核磁共振氢谱显示为6组峰的芳香族化合物共有　　种．
（6）请用合成反应流程图表示出由A和其他无机物（溶剂任选）合成最合理的方案．
示例如下：
　
2016年湖北省优质高中联考高考化学模拟试卷（B卷）
参考答案与试题解析
　
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法正确的是（　　）
A．绚丽缤纷的烟花中添加了含钾、钠、铁、铜等金属元素的化合物
B．明矾和漂白粉常用于自来水的净化，且原理相同
C．食用植物油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，是人体所需营养物质
D．日常生活中人们大量使用铝制品，是因为常温下铝不能与氧气反应
【考点】绿色化学．
【分析】A、Fe元素焰色反应是无色的；
B、明矾的漂白原理是利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体的吸附性，漂白粉漂白原理是利用了次氯酸钙的强氧化性；
C、食用植物油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯；
D、常温下，铝极易和氧气反应生成氧化铝．
【解答】解：A、Fe元素焰色反应呈无色，故A错误；
B、明矾的漂白原理是利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体的吸附性，漂白粉漂白原理是利用了次氯酸钙的强氧化性，两者的作用原理不相同，故B错误；
C、食用植物油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，高级脂肪酸甘油酯是人体所需营养物质之一，故C正确；
D、Al属于亲氧元素，常温下，铝极易和氧气反应生成氧化铝从而阻止铝进一步被氧化，故D错误；
故选C．
　
2．NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）
A．1.0
L
1.0
mol L﹣1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2
NA?
B．常温下，0．l
mol碳酸钠晶体中含有CO32﹣
的个数为0.1NA
C．标准状况下，11.2L
18O2中所含中子数为8NA
D．25℃时，l
L
pH=13的Ba（OH）2溶液中含有的OH﹣
数为0.2
NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、偏铝酸钠溶液中，除了偏铝酸钠外，水中也含氧原子；
B、碳酸钠由2个钠离子和1个过氧根构成；
C、求出18O2的物质的量，然后根据18O2中含20个中子来分析；
D、pH=13的Ba（OH）2溶液中氢氧根的浓度为0.1mol/L．
【解答】解：A、偏铝酸钠溶液中，除了偏铝酸钠外，水中也含氧原子，故溶液中含有的氧原子的个数大于2NA个，故A错误；
B、碳酸钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故0.1mol碳酸钠中含0.1mol碳酸根即0.1NA个，故B正确；
C、标况下11.2L18O2的物质的量为0.5mol，而18O2中含20个中子，故0.5mol中含10mol中子即10NA个，故C错误；
D、pH=13的Ba（OH）2溶液中氢氧根的浓度为0.1mol/L，故1L溶液中含有的氢氧根的物质的量为0.1mol，个数为0.1NA个，故D错误．
故选B．
　
3．已知33As、35Br位于同一周期，下列关系正确的是（　　）
A．还原性：As3﹣＞S2﹣＞Cl﹣
B．热稳定性：HCl＞AsH3＞HBr
C．原子半径：As＞Cl＞P
D．酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4
【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系．
【分析】元素周期表中，同一周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，非金属性逐渐增强，金属性逐渐减弱，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，阴离子的还原性越弱，以此解答．
【解答】解：A．非金属性Cl＞S＞P＞As，元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，则还原性As3﹣＞S2﹣＞Cl﹣，故A正确；
B．非金属性：Cl＞Br＞As，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B错误；
C．同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，则应有As＞P＞Cl，故C错误；
D．非金属性S＞P＞As，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，故D错误．
故选A．
　
4．芳香化合物C8H8O2属于酯和羧酸的同分异构体的数目分别是（　　）
A．4和5
B．5和4
C．4和6
D．6
和4
【考点】同分异构现象和同分异构体；有机化合物的异构现象．
【分析】芳香化合物C8H8O2，属于酯时，分子中含有酯基，可能含有1个侧链﹣OOCCH3或﹣COOCH3或﹣CH2OOCH，若含有2个侧链，则为﹣CH3、﹣OOCH，存在邻、间、对三种位置关系；
若为羧酸，则含有苯环和﹣COOH，可能含有1个侧链﹣CH2COOH，可能有2个侧链：﹣CH3和﹣COOH，有邻、间、对三种位置关系．
【解答】解：芳香化合物C8H8O2，①属于酯时，分子中含有酯基，可能含有1个侧链﹣OOCCH3或﹣COOCH3或﹣CH2OOCH，总有3种结构；若含有2个侧链，则为﹣CH3、﹣OOCH，存在邻、间、对三种位置关系，所以属于酯的有机物总共有6种；
②属于羧酸时含有苯环和﹣COOH，可能含有1个侧链﹣CH2COOH，可能有2个侧链，为﹣CH3、﹣COOH，有邻、间、对三种位置关系，符合条件的有机物为：或或或，共有4种，
故选D．
　
5．常温下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，已知Ksp（CaSO4）=9×10﹣6．下列说法不正确的是（　　）
A．a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp
B．加入Na2SO4溶液可以使a点变为b点
C．a点变为b点将有沉淀生成
D．d点未达到沉淀溶解平衡状态
【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．
【分析】A．温度不变，Ksp不变；
B．CaSO4饱和溶液中c（Ca2+）=c（SO42﹣），若加Na2SO4固体，c（SO42﹣）增大，c（Ca2+）减小；
C．a点变为b，Qc＞Ksp；
D．d点时Qc＜Ksp．
【解答】解：A．温度不变，Ksp不变，则a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp，故A正确；
B．CaSO4饱和溶液中c（Ca2+）=c（SO42﹣），若加Na2SO4固体，c（SO42﹣）增大，c（Ca2+）减小，而a点变为b点c（Ca2+）不变，故B错误；
C．a点变为b，Qc＞Ksp，则将有沉淀生成，故C正确；
D．d点时Qc＜Ksp，则d点未达到沉淀溶解平衡状态，故D正确；
故选B．
　
6．用下列实验方案及所选玻璃容器（非玻璃容器任选）就能实现相应实验目的是（　　）
实验目的
实验方案
所选玻璃仪器
A
除去KNO3中少量NaCl
将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤
酒精灯、烧杯、玻璃棒
B
证明HClO和CH3COOH的酸性强弱
同温下用pH试纸测定浓度为0.1mol L﹣1NaClO溶液和0.1mol L﹣1CH3COONa溶液的pH
玻璃棒、玻璃片
C
检验蔗糖水解产物具有还原性
向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热
试管、烧杯、酒精灯、滴管
D
配制1L
1.6%的CuSO4溶液（溶液密度近似为1g/mL）
将25g
CuSO4 5H2O溶解在975水中
烧杯、量筒、玻璃棒
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．过滤时还需要用漏斗；
B．NaClO具有强氧化性，不能用pH试纸测定浓度为0.1mol L﹣1
NaClO溶液的pH；
C．银镜反应需要在碱性条件下进行；
D.1L
1.6%的CuSO4溶液（溶液密度近似为1g/mL）中溶质的物质的量是0.1mol．
【解答】解：A．过滤时还需要用漏斗，该实验中没有漏斗，故A错误；
B．NaClO具有强氧化性，不能用pH试纸测定浓度为0.1mol L﹣1
NaClO溶液的pH，则不能确定pH大小，不能比较酸性的强弱，故B错误；
C．银镜反应需要在碱性条件下进行，所以在加入银氨溶液之前需要加入NaOH溶液中和未反应的酸，故C错误；
D.1L
1.6%的CuSO4溶液（溶液密度近似为1g/mL）中溶质的物质的量是0.1mol，溶液的质量是1000g，25g
CuSO4 5H2O中硫酸铜的物质的量是0.1mol，故D正确；
故选D．
　
7．现在污水治理越来越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚（），其原理如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．当外电路中有0.2mole﹣转移时，A极区增加的H+的个数为0.1NA
B．A极的电极反应式为+e﹣=Cl﹣+
C．电流方向从B极沿导线经小灯泡流向A极
D．B为电池的正极，发生还原反应
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为Cl﹣﹣OH+2e﹣+H+═﹣OH+Cl﹣，电流从正极经导线流向负极，以此解答该题．
【解答】解：A．据电荷守恒，当外电路中有0.2mole﹣转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA，而发生，则A极区增加的H+的个数为0.1NA，故A正确；
B．A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为，故B错误；
C．电流从正极A沿导线流向负极B，故C错误；
D．B为原电池负极，发生氧化反应，故D错误；
故选A．
　
二、非选择题：
8．氯化亚砜（SOCl2）为无色或浅黄色发烟液体，易挥发，遇水分解，其制取过程的相关反应如下：
S（s）+Cl2（g）SCl2（l）
（Ⅰ）
SCl2（l）+SO3（l）═SOCl2（l）+SO2（g）（Ⅱ）
已知二氯化硫（SCl2）熔点﹣78°C，沸点59°C，下图是实验室由氯气与硫合成二氯化硫的装置．
（1）仪器组装完成后，检查装置气密性的操作是　（关闭分液漏斗活塞）在干燥管末端连接一个排尽空气的气球，对A中烧瓶微热，若气球膨大，停止加热，气球恢复原状，说明装置气密性良好　；反应前要先排尽系统中空气，此做法目的是　防止加热硫粉时，空气中的氧气与硫粉反应　．
（2）装置D中玻璃仪器的名称是　蒸馏烧瓶　，向其中放入一定量的硫粉，加热使之融化，轻轻摇动使硫附着在容器的内壁，形成一薄层膜，这样做的优点是　增大反应物接触面积，使反应更加充分　．
（3）实验时，为防止E中液体挥发，可采取的措施是　将锥形瓶放入冰水中冷却　．装置F（盛放碱石灰）的作用是　一是防止空气中水蒸气进入；　，　二是吸收多余的氯气　．
（4）工业上以硫黄、液氯和液体三氧化硫为原料，能生产高纯度（99%以上）氯化亚砜，为使原子的利用率达到100%，三者的物质的量比为　1：1：1　；氯化亚砜遇水易分解，请设计简单的实验来验证氯化亚砜与水完全反应的产物，简要说明实验操作、现象和结论　分别取两份水解后的溶液于试管中，向其中一支试管中加入品红溶液，品红褪色，说明有二氧化硫生成；向另一支试管中加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，说明有HCl生成　．
已知：SOCl2+4NaOH═Na2SO3+2NaCl+2H2O
供选择的试剂：稀盐酸、稀硝酸、氯化钡溶液、硝酸银溶液、品红溶液．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】装置A制备氯气，装置B吸收氯气的中HCl，装置C干燥氯气，D装置生成SCl2，E装置收集SCl2，F装置吸收多余的氯气，吸收空气中水蒸气，防止进入E中．
（1）根据装置的气体的压强差检验装置的气密性；加热硫粉时，空气中的氧气能与硫粉反应；
（2）根据装置图可知装置D中玻璃仪器的名称为蒸馏烧瓶；将硫粉加热使之融化，轻轻摇动使硫附着在容器的内壁，可以增大硫的表面积；
（3）二氯化硫（SCl2）的沸点低，易挥发，可以用冰水冷却；防止空气中水蒸气进入；
（4）根据方程式判断硫黄、液氯和液体三氧化硫的物质的量之比；
由SOCl2与氢氧化钠溶液反应可知，SOCl2水解后分解得到SO2、HCl，利用品红溶液检验有二氧化硫生成，用硝酸银溶液检验氯离子．
【解答】解：装置A制备氯气，装置B吸收氯气的中HCl，装置C干燥氯气，D装置生成SCl2，E装置收集SCl2，F装置吸收多余的氯气，吸收空气中水蒸气，防止进入E中．
（1）仪器组装完成后，检查装置气密性的操作是：（关闭分液漏斗活塞）
在干燥管末端连接一个排尽空气的气球，对A中烧瓶微热，若气球膨大，停止加热，气球恢复原状，说明装置气密性良好；加热硫粉时，空气中的氧气与硫粉反应，应先排尽系统中空气，
故答案为：（关闭分液漏斗活塞）
在干燥管末端连接一个排尽空气的气球，对A中烧瓶微热，若气球膨大，停止加热，气球恢复原状，说明装置气密性良好；防止加热硫粉时，空气中的氧气与硫粉反应；
（2）根据装置图可知装置D中玻璃仪器的名称为蒸馏烧瓶，热使之融化，轻轻摇动使硫附着在容器的内壁，形成一薄层膜，可以增大反应物接触面积，使反应更加充分，
故答案为：蒸馏烧瓶；增大反应物接触面积，使反应更加充分；
（3）二氯化硫（SCl2）的沸点低，为防止SCl2中液体挥发，可采取将锥形瓶放入冰水中冷却等措施，装置F（盛放碱石灰）有两个作用：一是防止空气中水蒸气进入；二是吸收多余的氯气，
故答案为：将锥形瓶放入冰水中冷却；一是防止空气中水蒸气进入；二是吸收多余的氯气；
（4）由S（s）+Cl2（g）SCl2（l）、SCl2（l）+SO3（l）═SOCl2（l）+SO2（g）可知硫黄、液氯和液体三氧化硫的物质的量之比为1：1：1；
由SOCl2与氢氧化钠溶液反应可知，SOCl2水解后分解得到SO2、HCl，利用品红溶液检验有二氧化硫生成，用硝酸银溶液检验氯离子，具体实验操作为：分别取两份水解后的溶液于试管中，向其中一支试管中加入品红溶液，品红褪色，说明有二氧化硫生成；向另一支试管中加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，说明有HCl生成，
故答案为：1：1：1；分别取两份水解后的溶液于试管中，向其中一支试管中加入品红溶液，品红褪色，说明有二氧化硫生成；向另一支试管中加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，说明有HCl生成．
　
9．二氧化钛是钛的重要化合物，钛白（纯净的二氧化钛）是一种折射率高、着色力和遮盖力强、化学性质稳定的白色颜料．钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeO TiO2），含有Fe2O3、SiO2等杂质，由钛铁矿制取二氧化钛，常用硫酸法，其流程如下：
（1）钛铁矿主要成分与浓硫酸反应的主要产物是TiOSO4和FeSO4，该反应的化学方程式为　FeTiO3+2H2SO4═FeSO4+TiOSO4+2H2O　．
（2）为提高“固体熔块”水浸取时的浸出率，除了采用循环浸取、延长时间外，适宜的条件还可以选择　熔块粉碎（或连续搅拌、适当升高温度等）　．（任写一种均可）
（3）浸取液与铁屑反应的离子方程式为　2Fe3++Fe=3Fe2+　；从滤液中获得晶体X的基本操作是　蒸发浓缩　、　冷却结晶　、过滤、洗涤、干燥．
（4）第③步反应化学方程式　TiOSO4+2H2O=H2TiO3+H2SO4　．
（5）取少量H2TiO3，加入盐酸并振荡，滴加KSCN溶液后无明显现象，再加H2O2后出现微红色，说明H2TiO3中存在的杂质离子是　Fe2+　．这种H2TiO3即使用水充分洗涤，煅烧后获得的TiO2也会发黄，发黄的杂质是　Fe2O3　（填化学式）．
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【分析】钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeO TiO2），含有Fe2O3、SiO2等杂质，在343K﹣353K条件下钛铁矿和浓硫酸混合，发生的反应有FeTiO3+2H2SO4═FeSO4+TiOSO4+2H2O、Fe2O3+3H2SO4═Fe2（SO4）3+3H2O，得到固体熔块，然后用水浸取，浸取液中含有Fe3+，Fe3+能和Fe反应生成Fe2+，然后过滤，得到的晶体X成分为硫酸亚铁，TiOSO4能发生水解反应生成H2TiO3和H2SO4，最后高温煅烧得到TiO2，
（1）钛铁矿主要成分与浓硫酸反应的主要产物是TiOSO4和FeSO4，根据反应物和生成物书写方程式；
（2）为提高“固体熔块”水浸取时的浸出率，除了采用循环浸取、延长时间外，还可以采用升高温度、增大反应物接触面积、搅拌等方法；
（3）铁离子具有氧化性，能被Fe还原；从溶液中得到晶体采用蒸发浓缩、冷却结晶方法；
（4）TiOSO4能发生水解反应生成H2TiO3和H2SO4，根据反应物和生成物书写方程式；
（5）Fe2+和KSCN不反应，Fe3+能和KSCN反应生成络合物硫氰化铁而使液体呈血红色；Fe3+水解生成Fe（OH）3，Fe（OH）3煅烧生成Fe2O3．
【解答】解：钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeO TiO2），含有Fe2O3、SiO2等杂质，在343K﹣353K条件下钛铁矿和浓硫酸混合，发生的反应有FeTiO3+2H2SO4═FeSO4+TiOSO4+2H2O、Fe2O3+3H2SO4═Fe2（SO4）3+3H2O，得到固体熔块，然后用水浸取，浸取液中含有Fe3+，Fe3+能和Fe反应生成Fe2+，然后过滤，得到的晶体X成分为硫酸亚铁，TiOSO4能发生水解反应生成H2TiO3和H2SO4，最后高温煅烧得到TiO2，
（1）钛铁矿主要成分与浓硫酸反应的主要产物是TiOSO4和FeSO4，根据反应物和生成物书写方程式为FeTiO3+2H2SO4═FeSO4+TiOSO4+2H2O，故答案为：FeTiO3+2H2SO4═FeSO4+TiOSO4+2H2O；
（2）为提高“固体熔块”水浸取时的浸出率，除了采用循环浸取、延长时间外，还可以采用升高温度、增大反应物接触面积、搅拌等方法，即采用将熔块粉碎（或连续搅拌、适当升高温度等）方法，
故答案为：熔块粉碎（或连续搅拌、适当升高温度等）；
（3）铁离子具有氧化性，能被Fe还原，离子方程式为；从溶液中得到晶体采用蒸发浓缩、冷却结晶方法，
故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；蒸发浓缩；冷却结晶；
（4）TiOSO4能发生水解反应生成H2TiO3和H2SO4，根据反应物和生成物书写方程式为TiOSO4+2H2O=H2TiO3+H2SO4，故答案为：TiOSO4+2H2O=H2TiO3+H2SO4；
（5）Fe2+和KSCN不反应，Fe3+能和KSCN反应生成络合物硫氰化铁而使液体呈血红色，双氧水能氧化亚铁离子生成铁离子而导致后来溶液呈血红色，根据现象知溶液中存在的离子是Fe2+；Fe3+水解生成Fe（OH）3，Fe（OH）3煅烧生成Fe2O3，氧化铁呈红棕色，所以发黄的杂质是Fe2O3，
故答案为：Fe2+；Fe2O3．
　
10．天然气是一种重要的清洁能源和化工原料，其主要成分为甲烷．
（1）工业上可用煤制天然气，生产过程中有多种途径生成CH4．
写出CO与H2反应生成CH4和H2O的热化学方程式　CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）△H=﹣203kJ mol﹣1　
已知：CO（g）+H2O（g） H2（g）+CO2（g）△H=﹣41kJ mol﹣1
C（s）+2H2（g） CH4（g）△H=﹣73kJ mol﹣1
2CO（g） C（s）+CO2（g）△H=﹣171kJ mol﹣1
（2）天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS．一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式　2NH4HS+O2=2NH3 H2O+2S↓　．
（3）天然气的一个重要用途是制取H2，其原理为：CO2（g）+CH4（g）═2CO（g）+2H2（g）．
在密闭容器中通入物质的量浓度均为0.1mol L﹣1的CH4与CO2，在一定条件下发生
反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如下图1所示，则压强P1　小于　P2（填“大于”或“小于”）；压强为P2时，在Y点：v（正）　大于　v（逆）（填“大于”、“小于”或“等于”）．
求Y点对应温度下的该反应的平衡常数K=　1.6　．（计算结果保留两位有效数字）
（4）以二氧化钛表面覆盖CuAl2O4
为催化剂，可以将CH4
和CO2直接转化成乙酸．
①在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图2所示．250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是　温度高于250℃时，催化剂的活性降低，使催化效率下降　．
②为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是　增大CO2的浓度或及时分离出乙酸　．
【考点】化学平衡的计算；化学方程式的书写；反应热和焓变．
【分析】（1）根据盖斯定律书写目标热化学方程式；
（2）NH4HS中硫元素为﹣2价，具有还原性能被氧气氧化为硫单质；
（3）该反应正向为体积增大的方向，压强越大，CH4的转化率越小；压强为P2时，在Y点反应未达到平衡，则反应正向移动；根据转化率计算平衡时各物质的平衡浓度，利用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积得到平衡常数；
（4）①催化剂活性越大，反应速率越大，温度过高，催化剂的活性降低；
②为了提高该反应中的CH4转化率，可以使平衡正向移动．
【解答】解：（1）已知：①CO（g）+H2O（g） H2（g）+CO2（g）△H=﹣41kJ mol﹣1
②C（s）+2H2（g） CH4（g）△H=﹣73kJ mol﹣1
③2CO（g） C（s）+CO2（g）△H=﹣171kJ mol﹣1
根据盖斯定律，②+③﹣①得：CO（g）+3H2（g）=CH4（g）+H2O（g）△H=﹣203kJ mol﹣1，
故答案为：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）△H=﹣203kJ mol﹣1；
（2）NH4HS中硫元素为﹣2价，具有还原性能被氧气氧化为硫单质，则一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫和氨水，则反应方程式为：2NH4HS+O2=2NH3 H2O+2S↓，
故答案为：2NH4HS+O2=2NH3 H2O+2S↓；
（3）该反应正向为体积增大的方向，压强越大，CH4的转化率越小，已知相同温度下，P1条件下的转化率大于P2，则P1小于P2，压强为P2时，在Y点反应未达到平衡，则反应正向移动，所以v（正）大于v（逆）；
在Y点对应温度下的甲烷的平衡转化率为80%，则
CO2（g）+CH4（g） 2CO（g）+2H2（g）
起始（mol/L）
0.1
0.1
0
0
转化（mol/L）0.08
0.08
0.16
0.16
平衡（mol/L）0.02
0.02
0.16
0.16
所以平衡常数K==1.6；
故答案为：小于；大于；1.6；
（4）①由于250℃是Cu2Al2O4催化剂的活性温度，所以在250℃时催化剂活性最大，反应速率大，温度250～300℃时，催化剂的活性降低，使催化效率下降，
故答案为：温度高于250℃时，催化剂的活性降低，使催化效率下降；
②平衡正向移动，CH4转化率增大，增大CO2的浓度或及时分离出乙酸，平衡正向移动，
故答案为：增大CO2的浓度或及时分离出乙酸．
　
【化学--选修2化学与技术】
11．工业上一种制备氯化铁及高铁酸钾的工艺流程如下：
（1）吸收塔中的吸收剂X是　FeCl2溶液　；保存该试剂时，通常向其中加入一定量的铁屑，其目的是　防止Fe2+被氧化　．
（2）用FeCl3溶液（副产物）腐蚀印刷线路板所得的废液中含FeCl3、FeCl2和CuCl2，用化学方法可以回收废液中铜；合并过滤后的剩余液体可以作为上述工艺流程中的吸收剂X．则在此过程中，先后加入的物质分别是　Fe（铁屑）、HCl（盐酸）　；写出其中发生置换反应的化学方程式　Fe+CuCl2=FeCl2+Cu　，　Fe+2HCl=FeCl2+H2↑　．
（3）碱性条件下反应①的离子方程式为　2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O　．
（4）过程②将混合溶液搅拌半小时，静置，抽滤获得粗产品．该反应的化学方程式为2KOH+Na2FeO4═K2FeO4+2NaOH，请根据复分解反应原理分析反应发生的原因：　K2FeO4溶解度小，析出晶体，促进反应进行　．
K2FeO4
在水溶液中易发生反应：4FeO42﹣+10H2O 4Fe（OH）3+8OH﹣+3O2↑，在提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用　B　（填序号）．
a．H2O
B．稀KOH溶液、异丙醇
c．NH4Cl溶液、异丙醇
D．Fe（NO3）3溶液、异丙醇．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】铁与氯气反应生成红棕的烟，过量的氯气用氯化亚铁溶液吸收，生成氯化铁溶液，红棕色氯化铁用氯化铁溶液吸收，生成浓的氯化铁溶液，然后氯化铁被氯气与氢氧化钠溶液反应生成的次氯酸钠氧化成高铁酸钠，最后通过反应2KOH+Na2FeO4=K2FeO4+2NaOH，制得高铁酸钾，由此分析解答：
（1）从反应炉中排出的尾气是反应剩余的Cl2，与吸收剂X反应生成FeCl3溶液，所以X是氯化亚铁溶液；防止铁离子被氧化，可以加入少量铁屑；
（2）首先加入过量的铁粉将铁离子转化为亚铁离子，铜离子转化为单质铜，然后加入适量的盐酸除去过量的铁粉，最后过滤得到单质铜；
（3）氢氧化钠与氯气反应生成NaClO，次氯酸钠与FeCl3反应生成FeO42﹣；
（4）过程②将混合溶液搅拌半小时，静置，抽滤获得粗产品．该反应的化学方程式为2KOH+Na2FeO4
=K2FeO4+2NaOH，请根据相关反应原理分析反应能发生的原因K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小而溶液中K+、FeO42﹣的浓度比较大；K2FeO4
在水溶液中易发生反应：4FeO42﹣+10H2O═4Fe（OH）3+8OH﹣+3O2↑，所以用碱液来洗涤，抑制水解，不引入新的杂质所以用稀KOH溶液，异丙醇易挥发．
【解答】解：（1）通过工艺流程图可知，从反应炉中排出的尾气是反应剩余的Cl2，与吸收剂X在吸收塔中反应生成FeCl3溶液，则吸收剂X应是FeCl2溶液，防止铁离子被氧化，可以加入少量铁屑，
故答案为：FeCl2溶液；防止Fe2+被氧化；
（2）首先加入过量的铁粉将铁离子转化为亚铁离子，铜离子转化为单质铜，然后加入适量的盐酸除去过量的铁粉，最后过滤得到单质铜，其中发生置换反应的化学方程式为Fe+CuCl2=FeCl2+Cu、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，
故答案为：Fe（铁屑）、HCl（盐酸）；Fe+CuCl2=FeCl2+Cu；Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；
（3）NaClO与FeCl3反应生成FeO42﹣、次氯酸钠被还原为氯离子，则反应的离子方程式为：2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；
故答案为：2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；
（4）过程②将混合溶液搅拌半小时，静置，抽滤获得粗产品．该反应的化学方程式为2KOH+Na2FeO4
=K2FeO4+2NaOH，请根据相关反应原理分析反应能发生的原因K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小而溶液中K+、FeO42﹣的浓度比较大；K2FeO4
在水溶液中易发生反应：4FeO42﹣+10H2O═4Fe（OH）3+8OH﹣+3O2↑，所以用碱液来洗涤，抑制水解，不引入新的杂质所以用稀KOH溶液，异丙醇易挥发，
故答案为：K2FeO4溶解度小，析出晶体，促进反应进行；B．
　
【化学--选修3物质结构与性质】
12．太阳能电池板材料除单晶硅外，还有铜、铟、镓、硒等化学物质．
（1）基态硅原子的电子排布式：　1s22s22p63s23p2　．
（2）有一类组成最简单的有机硅化合物叫硅烷．硅烷的组成、结构与相应的烷烃相似．硅烷的通式为　SinH2n+2　，硅烷中硅采取　sp3　杂化方式，硅烷的沸点与相对分子质量的关系如图所示，呈现这种变化的原因是　硅烷的相对分子质量越大，分子间范德华力越强　．
（3）硒和硫同为VIA族元素，与其相邻的元素有砷和溴，则三种元素的电负性由小到大的顺序为　As＜Se＜Br　．（用元素符号表示）
（4）气态SeO3分子的立体构型为　平面三角形　，与SeO3互为等电子体的一种离子为　CO32﹣或NO3﹣　（填化学式）．
（5）一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积结构，在晶胞中金原子位于顶点，铜原子位于面心，则该合金中金原子（Au）与铜原子（Cu）个数比为　1：3　；若该晶体的晶胞棱长为a
pm，则该合金密度为　　g/cm3．（列出计算式，不要求计算结果，阿伏伽德罗常数的值为NA）
【考点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．
【分析】（1）硅是14号元素，根据原子核外电子排布规律可以写出电子排布式；
（2）根据硅烷的分子式得出，硅烷的通式为：SinH2n+2，又硅烷的组成、结构与相应的烷烃相似，所以硅烷中硅采取sp3杂化方式；根据SinH2n+2都是分子晶体，分子晶体的沸点高低取决于分子间作用力，而分子间作用力与相对分子质量的大小有关，据此答题；
（3）砷、硒、溴三种元素都是第4周期非金属元素，同一周期元素自左而右电负性呈增大趋势，故电负性Br＞Se＞As，据此答题；
（4）气态SeO3分子中中心原子的价层电子对数可以判断分子构型；根据等电子体要求原子总数相同，价电子数相同来确定；
（5）利用均摊法计算两种金属原子个数之比，根据ρ=计算．
【解答】解：（1）硅是14号元素，根据原子核外电子排布规律可以写出电子排布式为：1s22s22p63s23p2，故答案为：1s22s22p63s23p2；
（2）根据硅烷的分子式得出，硅烷的通式为：SinH2n+2，又硅烷的组成、结构与相应的烷烃相似，所以硅烷中硅采取sp3杂化方式；硅烷（SinH2n+2）都是分子晶体，分子晶体的沸点高低取决于分子间作用力，而分子间作用力与相对分子质量的大小有关，硅烷的相对分子质量越大，分子间范德华力越强，故答案为：SinH2n+2；sp3；硅烷的相对分子质量越大，分子间范德华力越强；
（3）砷、硒、溴三种元素都是第4周期非金属元素，同一周期元素自左而右电负性呈增大趋势，故电负性As＜Se＜Br，故答案为：As＜Se＜Br；
（4）气态SeO3分子中中心原子的价层电子对数为=3，无孤电子对，所以分子构型为平面三角形，又等电子体要求原子总数相同，价电子数相同，所以与SeO3互为等电子体的一种离子为CO32﹣或NO3﹣；故答案为：平面三角形；CO32﹣或NO3﹣；
（5）在晶胞中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，该晶胞中Au原子个数=8×=1，Cu原子个数=6×=3，所以该合金中Au原子与Cu原子个数之比=1：3，
晶胞体积V=（a×10﹣10cm）3，每个晶胞中铜原子个数是3、Au原子个数是1，则ρ=g cm﹣3，
故答案为：1：3；．
　
【化学-选修5有机化学基础】
13．相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）．其中A是一氯代物，H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO．
已知：
Ⅰ、
Ⅱ、
请根据所学知识与本题所给信息回答下列问题：
（1）X的分子中最多有　13　个原子共面．
（2）H的结构简式是　　．
（3）反应③、④的类型是　还原反应　；　缩聚反应　．
（4）反应⑤的化学方程式是　　．
（5）有多种同分异构体，其中含有1个醛基和2个羟基，且核磁共振氢谱显示为6组峰的芳香族化合物共有　4　种．
（6）请用合成反应流程图表示出由A和其他无机物（溶剂任选）合成最合理的方案．
示例如下：
【考点】有机物的合成．
【分析】相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，令分子组成为CxHy，则=7…8，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8、结构简式为，X与氯气发生取代反应生成A，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、C含有醛基，故A为，B为，C为，D酸化生成E，故D为，E为，在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F，结合反应③的产物可知F为，F转化生成G，由于苯胺容易被氧化，由反应信息Ⅰ、反应信息Ⅱ可知，G为，H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO，与的分子式相比减少1分子H2O，为通过形成肽键发生缩聚反应生成高聚物H为，据此解答．
【解答】解：相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，令分子组成为CxHy，则=7…8，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8、结构简式为，X与氯气发生取代反应生成A，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、C含有醛基，故A为，B为，C为，D酸化生成E，故D为，E为，在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F，结合反应③的产物可知F为，F转化生成G，由于苯胺容易被氧化，由反应信息Ⅰ、反应信息Ⅱ可知，G为，H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO，与的分子式相比减少1分子H2O，为通过形成肽键发生缩聚反应生成高聚物H为，
（1）根据上面的分析可知，X结构简式为，苯环上的所有原子都可以共面，单键可以旋转，所以分子中最多有
13个原子共面，
故答案为：13；
（2）由上述分析可知，H的结构简式是，
故答案为：；
（3）由上述分析可知，反应③是在Fe/HCl条件下发生还原反应生成，反应④是通过形成肽键发生缩聚反应生成高聚物H，
故答案为：还原反应；缩聚反应；
（4）反应⑤是C为与银氨溶液发生氧化反应生成，反应方程式为：
故答案为：；
（5）有多种同分异构体，其中含有1个醛基和2个羟基的芳香族化合物，该化合物为甲酸与酚形成的酯，且其核磁共振氢谱显示为6组峰，若2个﹣OH相邻，则﹣CHO有2种位置，若2个﹣OH相间，则﹣CHO有1种位置，若2个﹣OH相对，则﹣CHO有1种位置，故共有4种，
故答案为：4；
（6）在催化剂条件下发生加成反应生成，再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，与氯气发生加成反应生成，最后在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成，
合成反应流程图为：
故答案为：．
　
2016年12月26日