廣東省湛江市2016屆高考化學(xué)模擬試卷(二)(解析版)

1、2016年廣東省湛江市高考化學(xué)模擬試卷（二）一、選擇題1化學(xué)與社會(huì)、生活密切相關(guān)對下列現(xiàn)象或事實(shí)的解釋不正確的是（）選項(xiàng)現(xiàn)象或事實(shí)解釋A用鐵制容器盛裝濃硫酸常溫下，鐵在濃硫酸中鈍化B氧化鋁可用作耐火材料氧化鋁是兩性氧化物C液氨可用作制冷劑液氨汽化時(shí)要吸收大量的熱D“84”消毒液可用于環(huán)境消毒主要成分是NaClO，具有強(qiáng)氧化性AABBCCDD2下列說法正確的是（）A分子式為CH4O和C2H6O的物質(zhì)一定互為同系物B丙烯的比例模型為：C1mol物質(zhì)：最多能與3mol NaOH反應(yīng)DCH3CN的電子式為：3下列有關(guān)說法正確的是（）A分離Fe2O3、Al2O3操作依次為溶解、過濾、灼燒B粗鹽可通過溶解

2、、過濾、蒸發(fā)、結(jié)晶的方法提純C配制氯化鐵溶液，是將FeCl3溶于蒸餾水，再加入一定量的鐵粉D取用金屬鈉或鉀時(shí)，沒用完的鈉或鉀要放回原瓶4W、X、Y、Z均是短周期元素，X、Y處于同一周期，電解含有X和Y的簡單陰離子的混合溶液時(shí)，在陽極Y離子先失去電子W和X同主族Z的一種單質(zhì)能在空氣中自燃對于這四種元素下列判斷正確的是（）A單質(zhì)的沸點(diǎn)：ZXYB單質(zhì)的氧化性：WZYXC氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：WXYZDW單質(zhì)可以將X從其鹽溶液中置換出來5近年來科學(xué)家正在研制一種高容量、低成本鋰銅空氣燃料電池該電池通過一種復(fù)雜的銅腐蝕現(xiàn)象產(chǎn)生電力，其中放電過程為2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li+2OH，下列說法不

3、正確的是（）A放電時(shí)，電子通過固體電解質(zhì)向Cu極移動(dòng)B通空氣時(shí)，銅被腐蝕，表面產(chǎn)生Cu2OC放電時(shí)，正極的電極反應(yīng)式為Cu2O+H2O+2e=2Cu+2OHD整個(gè)反應(yīng)過程中，銅相當(dāng)于催化劑6下列實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是（）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A將濃氨水加到盛有AgCl固體的試管中AgCl固體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氣，再向反應(yīng)后的溶液中滴加KSCN溶液溶液變?yōu)榧t色Cl2能將Fe2+氧化成Fe3+C向固體純堿中滴加足量濃鹽酸，將產(chǎn)生的氣體通入苯酚鈉溶液溶液變渾濁酸性：鹽酸碳酸苯酚D向兩份蛋白質(zhì)溶液中分別滴加飽和NaCl溶液

4、和CuSO4溶液均有固體析出蛋白質(zhì)均發(fā)生變性AABBCCDD7LiAlH4是重要的儲氫材料，其組成類似于Na3AlF6常見的供氫原理如下面兩個(gè)方程式所示：2LiAlH42LiH+2Al+3H2，LiAlH4+2H2OLiAlO2+4H2下列說法正確的是（）A若反應(yīng)中生成3.36 L氫氣，則一定有2.7 g鋁生成B氫化鋰也是一種儲氫材料，供氫原理為LiH+H2OLiOH+H2C生成等質(zhì)量的氫氣，反應(yīng)、轉(zhuǎn)移電子數(shù)之比為4：3DLiAlH4是共價(jià)化合物，LiH是離子化合物二、解答題（共3小題，滿分43分）8苯甲酸應(yīng)用廣泛實(shí)驗(yàn)室用甲苯的氧化制備苯甲酸，反應(yīng)原理：3CH3+6KMnO43COOK+6Mn

5、O2+3KOH+3H2OCOOK+HClCOOH+KCl反應(yīng)試劑、產(chǎn)物的物理常數(shù)：名稱相對分子質(zhì)量性狀熔點(diǎn)/沸點(diǎn)/密度/gcm3溶解度水乙醇乙醚甲苯92無色液體易燃易揮發(fā)95110.60.8669不溶易溶易溶苯甲酸122白色片狀或針狀晶體122.42481.2659微溶易溶易溶主要實(shí)驗(yàn)裝置和流程如下（加熱裝置等略去）：實(shí)驗(yàn)方法：一定量的甲苯和KMnO4溶液置于圖1裝置中，在90時(shí)，反應(yīng)一段時(shí)間，然后按如下流程分離出苯甲酸和回收未反應(yīng)的甲苯（1）無色液體A的結(jié)構(gòu)簡式為，操作為（2）如果水層呈紫色，要先加亞硫酸氫鉀，然后再加入濃鹽酸酸化，加亞硫酸氫鉀的目的是（3）下列關(guān)于儀器的組裝或者使用正確的是

6、A圖2是抽濾，容器B可以省略B安裝電動(dòng)攪拌器時(shí)，攪拌器下端不能與三頸燒瓶底、溫度計(jì)等接觸C圖1回流攪拌裝置應(yīng)采用直接加熱的方法D圖2中儀器A是布氏漏斗（4）除去殘留在苯甲酸中的甲苯應(yīng)先加入，分液，水層再加入，然后抽濾，干燥即可得到苯甲酸（5）證明白色固體B是純凈物（6）證明苯甲酸是弱酸9工業(yè)上通過電解MnSO4和ZnSO4制取Zn和MnO2，原料為軟錳礦和閃鋅礦，軟錳礦中含MnO2約a%，SiO2約20%，Al2O3約4%，其余為水分，閃鋅礦中含ZnS約80%，F(xiàn)eS、CuS、SiO2共約7%，其余為水分I（1）為了測量軟錳礦中MnO2含量的測定，現(xiàn)將14.5g軟錳礦溶于足量的稀硫酸中，加入足

7、量的碘化鉀晶體，充分反應(yīng)后，過濾，將濾液加水稀釋至1L，取25.00ml該溶液于錐形瓶中，滴入幾滴淀粉溶液作指示劑，用0.1000molL1的標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液滴定，消耗標(biāo)準(zhǔn)液50.00ml，則軟錳礦中MnO2含量（已知：2KI+2H2SO4+MnO2=I2+2H2O+MnSO4+K2SO4； I2+2S2O32=2I+S4O62）研人員開發(fā)了綜合利用這兩種資源的同槽酸浸工藝，工藝流程如圖1所示請回答下列問題：（2）反應(yīng)I的濾液中含有MnSO4、ZnSO4、CuSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3等試完成反應(yīng)I中生成CuSO4和MnSO4的化學(xué)方程MnO2+CuS+=+CuSO4

8、+MnSO4（3）反應(yīng)加入適量鋅的作用是；如果鋅過量，還會(huì)進(jìn)一步發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為（4）圖2是Na2SO4和Na2SO410H2O的溶解度曲線（g/100g水），則中得到Na2SO4固體的操作是：將分離出MnCO3和ZnCO3后的濾液升溫結(jié)晶用乙醇洗滌干燥用乙醇洗滌而不用水洗的原因是（5）用惰性電極電解MnSO4和ZnSO4制得Zn和MnO2的總反應(yīng)是：（6）本工藝可以循環(huán)利用的物質(zhì)除MnO2、MnCO3、ZnCO3以外，還有（寫化學(xué)式）10霧霾天氣對環(huán)境影響很大其中SO2是造成空氣污染的主要原因，利用鈉堿循環(huán)法可除去SO2（1）室溫下，吸收液吸收SO2的過程中，pH隨n（SO32）：n（

9、HSO3）變化關(guān)系如下表：n（SO32）：n（HSO3）91：91：11：91pH8.27.26.2c（H+）/molL16.3×1096.3×1086.3×107由表判斷NaHSO3溶液顯性，從原理的角度解釋其原因在NaHSO3溶液中離子濃度關(guān)系不正確的是（填序號）Ac（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）Bc（Na+）c（HSO3）c（H+）c（SO32）c（OH）Cc（H2SO3）+c（H+）=c（SO32）+c（OH）Dc（Na+）+c（H+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（OH）計(jì)算室溫下HSO3H+SO32的電離平衡常數(shù)K=（保留2位有效

10、數(shù)字）（2）NaHSO3溶液在不同的溫度下均可被過量的KIO3氧化，當(dāng)NaHSO3完全消耗即有I2析出，將濃度均為0.02molL1 的NaHSO3溶液（含少量淀粉）10.0mL和 KIO3（過量）酸性溶液40.0mL混合，記錄溶液變藍(lán)時(shí)間，實(shí)驗(yàn)結(jié)果如圖由圖可知，溶液變藍(lán)的時(shí)間隨溫度的變化趨勢是40之后，淀粉用作該實(shí)驗(yàn)的指示劑（填“適宜”或“不適宜”），原因是：b點(diǎn)和c點(diǎn)對應(yīng)的反應(yīng)速率的大小關(guān)系是 （b） （c）（填“”、“”或“”）【化學(xué)選考2：化學(xué)與技術(shù)】11某化工集團(tuán)為了提高資源利用率減少環(huán)境污染，將鈦、氯堿和甲醇的制備組成產(chǎn)業(yè)鏈其主要工藝如下：（1）寫出電解飽和食鹽水反應(yīng)的離子方程式（

11、2）寫出鈦鐵礦在高溫下與焦炭經(jīng)氯化得四氯化鈦的化學(xué)方程式，生成1molTiCl4轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為mol（3）利用四氯化鈦制備TiO2xH2O，需加入大量的水并加熱的目的是（4）已知：Mg（s）+Cl2（g）=MgCl2（s）；H=641kJmol1Ti（s）+2Cl2（g）=TiCl4（s）；H=770kJmol1則2Mg（s）+TiCl4（g）=2MgCl2（s）+Ti（s）；H=，反應(yīng)2Mg+TiCl42MgCl2+Ti在Ar的氣氛中進(jìn)行的理由是（5）假設(shè)聯(lián)合生產(chǎn)中各原料利用率為100%，則制得6mol甲醇，需再補(bǔ)充標(biāo)準(zhǔn)狀況下的H2L【化學(xué)選修2：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】12短周期元素甲戊的原

12、子序數(shù)依次增大，結(jié)合表中信息，回答有關(guān)問題甲乙丙丁戊主要化合價(jià)+1、1+4、4性質(zhì)或結(jié)構(gòu)信息同位素有3種同素異形體有多種2s22p4五種原子中原子半徑最大，未成對電子數(shù)為0有兩種常見氧化物，其中一種是大氣污染物（1）基態(tài)乙原子，最外層有個(gè)未成對電子，電子云形狀有種（2）丁元素與其同周期相鄰兩種元素原子的第一電離能由大到小的順序?yàn)椋ㄓ迷胤柋硎荆?，試解釋原因?）由甲乙丙、甲丙戊組成的兩種離子的鈉鹽可以反應(yīng)，離子方程式是（4）乙、戊在最高價(jià)酸根中的雜化類型分別是（5）單質(zhì)銅晶體的堆積方式如圖所示，設(shè)晶胞邊長為a cm，阿伏伽德羅常數(shù)用NA表示，則晶胞中原子的配位數(shù)為，晶體的密度為gcm3（要求

13、寫表達(dá)式，可以不簡化）化學(xué)選修5-有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)13二芐叉丙酮、苯甲醛縮乙二醇均是常見的香料，可通過下列途徑合成，合成路線如下：已知：烴A的相對分子質(zhì)量為42，無環(huán)狀結(jié)構(gòu)回答下列問題：（1）B的名稱為；E中含氧官能團(tuán)是（填名稱）（2）的反應(yīng)類型是；寫出的反應(yīng)方程式（3）A加聚產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式是（4）G的芳香同分異構(gòu)體中能發(fā)生銀鏡反應(yīng)和水解反應(yīng)的有種，其中核磁共振氫譜只有四組峰的同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)簡式為（5）參照上述合成路線，以甲醛、乙醛及二芐叉丙酮合成（無機(jī)物任選）2016年廣東省湛江市高考化學(xué)模擬試卷（二）參考答案與試題解析一、選擇題1化學(xué)與社會(huì)、生活密切相關(guān)對下列現(xiàn)象或事實(shí)的解釋不正確的是（）選項(xiàng)

14、現(xiàn)象或事實(shí)解釋A用鐵制容器盛裝濃硫酸常溫下，鐵在濃硫酸中鈍化B氧化鋁可用作耐火材料氧化鋁是兩性氧化物C液氨可用作制冷劑液氨汽化時(shí)要吸收大量的熱D“84”消毒液可用于環(huán)境消毒主要成分是NaClO，具有強(qiáng)氧化性AABBCCDD【考點(diǎn)】物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的關(guān)系【專題】物質(zhì)的性質(zhì)和變化專題【分析】A依據(jù)濃硫酸的強(qiáng)氧化性解答；B耐火材料應(yīng)具有較高的熔點(diǎn)；C液氨汽化吸收大量的熱，具有制冷作用；D依據(jù)84消毒液成分及次氯酸鈉性質(zhì)解答；【解答】解：A濃硫酸具有強(qiáng)的氧化性，低溫下能夠使鐵鈍化，形成致密氧化膜阻止反應(yīng)進(jìn)行，所以可以用鐵制容器盛裝濃硫酸，故A正確；B氧化鋁可用作耐火材料是因?yàn)檠趸X熔點(diǎn)高，與兩性

15、無關(guān)，故B錯(cuò)誤；C液氨汽化吸收大量的熱，具有制冷作用，可用作制冷劑，故C正確；D“84”消毒液主要成分是NaClO，具有強(qiáng)氧化性，能夠殺菌消毒，所以可以用于環(huán)境消毒，故D正確；故選：B【點(diǎn)評】本題考查了物質(zhì)的用途，性質(zhì)決定用途，明確相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，注意鈍化屬于化學(xué)變化，題目難度不大2下列說法正確的是（）A分子式為CH4O和C2H6O的物質(zhì)一定互為同系物B丙烯的比例模型為：C1mol物質(zhì)：最多能與3mol NaOH反應(yīng)DCH3CN的電子式為：【考點(diǎn)】芳香烴、烴基和同系物；電子式；球棍模型與比例模型【專題】有機(jī)物分子組成通式的應(yīng)用規(guī)律【分析】A、分子式為CH4O和C2H6O的可以是醇或是

16、醚；B、比例模型主要體現(xiàn)出分子中各原子相對體積大小，B為球棍模型；C、酚羥基、酯鍵可以與氫氧化鈉反應(yīng)，注意酯鍵水解后的酚羥基消耗氫氧化鈉；D、電子式表示原子最外層電子【解答】解：A、分子式為CH4O和C2H6O的可以是醇或是醚，故A錯(cuò)誤；B、比例模型主要體現(xiàn)出分子中各原子相對體積大小，B為球棍模型，故B錯(cuò)誤；C、酚羥基、酯鍵可以與氫氧化鈉反應(yīng)，注意酯鍵水解后的酚羥基消耗氫氧化鈉，1mol物質(zhì)：最多能與5mol NaOH，故C錯(cuò)誤；D、電子式表示原子最外層電子，CH3CN的電子式為：，故D正確故選D【點(diǎn)評】本題考查常用化學(xué)用語的表示方法判斷，題目難度中等，涉及球棍模型、結(jié)構(gòu)簡式、結(jié)構(gòu)式等知識，注

17、意掌握結(jié)構(gòu)簡式、結(jié)構(gòu)式的區(qū)別，明確常見化學(xué)用語的書寫原則為解答關(guān)鍵3下列有關(guān)說法正確的是（）A分離Fe2O3、Al2O3操作依次為溶解、過濾、灼燒B粗鹽可通過溶解、過濾、蒸發(fā)、結(jié)晶的方法提純C配制氯化鐵溶液，是將FeCl3溶于蒸餾水，再加入一定量的鐵粉D取用金屬鈉或鉀時(shí)，沒用完的鈉或鉀要放回原瓶【考點(diǎn)】化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評價(jià)；鹽類水解的應(yīng)用；物質(zhì)的分離、提純的基本方法選擇與應(yīng)用【專題】物質(zhì)的分離提純和鑒別【分析】AFe2O3、Al2O3均不溶于水；B粗鹽中可溶性雜質(zhì)溶解、過濾不能除去；C氯化鐵與Fe反應(yīng)生成氯化亞鐵；DNa、K為活潑金屬，極易與水反應(yīng)生成氫氣【解答】解：AFe2O3、Al2O3均不

18、溶于水，利用物理方法溶解、過濾不能分離，故A錯(cuò)誤；B粗鹽中可溶性雜質(zhì)溶解、過濾不能除去，還需加化學(xué)試劑將雜質(zhì)轉(zhuǎn)化為沉淀，故B錯(cuò)誤；C氯化鐵與Fe反應(yīng)生成氯化亞鐵，則配制氯化鐵溶液，是將FeCl3溶于蒸餾水，加少量鹽酸抑制水解，故C錯(cuò)誤；DNa、K為活潑金屬，極易與水反應(yīng)生成氫氣，則從實(shí)驗(yàn)安全角度可知取用金屬鈉或鉀時(shí)，沒用完的鈉或鉀要放回原瓶，故D正確；故選D【點(diǎn)評】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、混合物分離提純、溶液配制及實(shí)驗(yàn)安全等為解答該題的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意元素化合物知識的應(yīng)用，題目難度不大4W、X、Y、Z均是短周期元素，X、Y處于同一周期，電解含

19、有X和Y的簡單陰離子的混合溶液時(shí)，在陽極Y離子先失去電子W和X同主族Z的一種單質(zhì)能在空氣中自燃對于這四種元素下列判斷正確的是（）A單質(zhì)的沸點(diǎn)：ZXYB單質(zhì)的氧化性：WZYXC氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：WXYZDW單質(zhì)可以將X從其鹽溶液中置換出來【考點(diǎn)】位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用；元素周期律和元素周期表的綜合應(yīng)用【專題】元素周期律與元素周期表專題【分析】W、X、Y、Z均是短周期元素，X、Y處于同一周期，電解含有X和Y的簡單陰離子的混合溶液時(shí)，在陽極Y離子先失去電子，應(yīng)為第三周期非金屬元素，且非金屬性XY，可知X為Cl、Y為S；W和X同主族，W為FZ的一種單質(zhì)能在空氣中自燃，可知Z為P，然后結(jié)合元素周期

20、律及元素化合物知識來解答【解答】解：W、X、Y、Z均是短周期元素，X、Y處于同一周期，電解含有X和Y的簡單陰離子的混合溶液時(shí)，在陽極Y離子先失去電子，應(yīng)為第三周期非金屬元素，且非金屬性XY，可知X為Cl、Y為S；W和X同主族，W為FZ的一種單質(zhì)能在空氣中自燃，可知Z為P，AP、S常溫下為固體，S的沸點(diǎn)為444.6，P的沸點(diǎn)為280，單質(zhì)的沸點(diǎn)：YZX，故A錯(cuò)誤；B非金屬性越強(qiáng)，單質(zhì)的氧化性越強(qiáng)，則單質(zhì)的氧化性：ZYXW，故B錯(cuò)誤；C非金屬性越強(qiáng)，氫化物越穩(wěn)定，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：WXYZ，故C正確；DW單質(zhì)與水反應(yīng)生成HF和氧氣，則不能將X從其鹽溶液中置換出來，故D錯(cuò)誤；故選C【點(diǎn)評】本題考

21、查位置、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的關(guān)系，為高頻考點(diǎn)，把握X、Y為第三周期元素、離子的放電順序推斷元素為解答該題的關(guān)鍵，側(cè)重分析與推斷能力的考查，注意元素周期律及元素化合物知識的應(yīng)用，題目難度不大5近年來科學(xué)家正在研制一種高容量、低成本鋰銅空氣燃料電池該電池通過一種復(fù)雜的銅腐蝕現(xiàn)象產(chǎn)生電力，其中放電過程為2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li+2OH，下列說法不正確的是（）A放電時(shí)，電子通過固體電解質(zhì)向Cu極移動(dòng)B通空氣時(shí)，銅被腐蝕，表面產(chǎn)生Cu2OC放電時(shí)，正極的電極反應(yīng)式為Cu2O+H2O+2e=2Cu+2OHD整個(gè)反應(yīng)過程中，銅相當(dāng)于催化劑【考點(diǎn)】原電池和電解池的工作原理【專題】電化學(xué)專題【分析】放電

22、時(shí)，鋰失電子作負(fù)極，Cu上O2得電子作正極，負(fù)極上電極反應(yīng)式為LieLi+，正極上電極反應(yīng)式為Cu2O+H2O+2e=2Cu+2OH，電解質(zhì)溶液中陽離子向正極移動(dòng)，陰離子向負(fù)極移動(dòng)，據(jù)此分析解答【解答】解：A放電時(shí)，陽離子向正極移動(dòng)，則Li+透過固體電解質(zhì)向Cu極移動(dòng)，但電子不能在電解質(zhì)在流動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B放電過程為2Li+Cu2O+H2O2Cu+2Li+2OH，正極上Cu2O反應(yīng)，堿性條件下通空氣時(shí)，銅被氧化表面產(chǎn)生Cu2O，故B正確；C放電過程正極的電極反應(yīng)式為Cu2O+H2O+2e=2Cu+2OH，故C正確；D通空氣時(shí)，銅被腐蝕，表面產(chǎn)生Cu2O，放電時(shí)Cu2O轉(zhuǎn)化為Cu，則整個(gè)反應(yīng)過程

23、中，銅相當(dāng)于催化劑，故D正確；故選A【點(diǎn)評】本題考查了原電池原理，明確原電池負(fù)極上得失電子及電極反應(yīng)式是解本題關(guān)鍵，題目難度中等，注意把握Cu在整個(gè)過程中的作用6下列實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是（）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A將濃氨水加到盛有AgCl固體的試管中AgCl固體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氣，再向反應(yīng)后的溶液中滴加KSCN溶液溶液變?yōu)榧t色Cl2能將Fe2+氧化成Fe3+C向固體純堿中滴加足量濃鹽酸，將產(chǎn)生的氣體通入苯酚鈉溶液溶液變渾濁酸性：鹽酸碳酸苯酚D向兩份蛋白質(zhì)溶液中分別滴加飽和NaCl溶液和CuSO4溶液均有固體析出

24、蛋白質(zhì)均發(fā)生變性AABBCCDD【考點(diǎn)】化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評價(jià)【專題】實(shí)驗(yàn)評價(jià)題【分析】AAgCl溶解是因發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)； B向FeI2溶液中通入少量的氯氣，先氧化碘離子；C鹽酸易揮發(fā)，生成的二氧化碳?xì)怏w中含有HCl；D根據(jù)濃的無機(jī)鹽溶液能使蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析，而重金屬鹽能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性【解答】解：A將氨水加到盛有AgCl固體的試管中，AgCl固體完全溶解，因發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)生成氫氧化二氨合銀，溶液中c（Ag+）c（Cl）Ksp（AgCl），故A正確； B向FeI2溶液中通入少量的氯氣，先氧化碘離子，向反應(yīng)后的溶液中滴加KSCN溶液，結(jié)果溶液不會(huì)變?yōu)榧t色，故B錯(cuò)誤；C由于是濃鹽酸，可以揮發(fā)出HCl，可以使

25、苯酚鈉生成苯酚，所以只能證明鹽酸酸性強(qiáng)于碳酸，故C錯(cuò)誤；D因濃的無機(jī)鹽溶液能使蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析產(chǎn)生沉淀，如飽和硫酸鈉溶液、硫酸銨溶液；而重金屬鹽能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性而產(chǎn)生沉淀，如硫酸銅等，故D錯(cuò)誤故選A【點(diǎn)評】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案評價(jià)，為高頻考點(diǎn)，涉及離子的檢驗(yàn)、沉淀生成及蛋白質(zhì)變性等，把握反應(yīng)原理及反應(yīng)與現(xiàn)象的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，注意從實(shí)驗(yàn)的評價(jià)性及物質(zhì)性質(zhì)分析解答，題目難度不大7LiAlH4是重要的儲氫材料，其組成類似于Na3AlF6常見的供氫原理如下面兩個(gè)方程式所示：2LiAlH42LiH+2Al+3H2，LiAlH4+2H2OLiAlO2+4H2下列說法正確的是（）A若反應(yīng)中生成3.36 L

26、氫氣，則一定有2.7 g鋁生成B氫化鋰也是一種儲氫材料，供氫原理為LiH+H2OLiOH+H2C生成等質(zhì)量的氫氣，反應(yīng)、轉(zhuǎn)移電子數(shù)之比為4：3DLiAlH4是共價(jià)化合物，LiH是離子化合物【考點(diǎn)】氧化還原反應(yīng)【專題】氧化還原反應(yīng)專題【分析】A、狀態(tài)不知，無法由體積求物質(zhì)的量；B、氫化鋰中的氫是1價(jià)，與水發(fā)生歸中反應(yīng)，方程式為：LiH+H2OLiOH+H2；C、LiAlH4中的Li、Al都是主族金屬元素，H是非金屬元素，故Li為+1價(jià)、Al為+3價(jià)、H為1價(jià)，受熱分解時(shí)，根據(jù)Al元素的價(jià)態(tài)變化即可得出1 mol LiAlH4在125時(shí)完全分解，轉(zhuǎn)移3 mol電子，生成1.5mol的氫氣，而LiA

27、lH4+2H2OLiAlO2+4H2生成4mol的氫氣轉(zhuǎn)移4mol的電子，所以生成1mol的氫氣轉(zhuǎn)移電子分別為：2mol和1mol；D、LiAlH4是離子化合物，LiH是離子化合物【解答】解：A、狀態(tài)不知，無法由體積求物質(zhì)的量，故A錯(cuò)誤；B、氫化鋰中的氫是1價(jià)，與水發(fā)生歸中反應(yīng)，方程式為：LiH+H2OLiOH+H2，所以氫化鋰也是一種儲氫材料，故B正確；C、LiAlH4中的Li、Al都是主族金屬元素，H是非金屬元素，故Li為+1價(jià)、Al為+3價(jià)、H為1價(jià)，受熱分解時(shí)，根據(jù)Al元素的價(jià)態(tài)變化即可得出1 mol LiAlH4在125時(shí)完全分解，轉(zhuǎn)移3 mol電子，生成1.5mol的氫氣，而LiA

28、lH4+2H2OLiAlO2+4H2生成4mol的氫氣轉(zhuǎn)移4mol的電子，所以生成1mol的氫氣轉(zhuǎn)移電子分別為：2mol和1mol，所以反應(yīng)、轉(zhuǎn)移電子數(shù)之比為1：1，故C錯(cuò)誤；D、LiAlH4是離子化合物，LiH是離子化合物，故D錯(cuò)誤；故選B【點(diǎn)評】本題考查了氧化還原反應(yīng)、元素化合物性質(zhì)，側(cè)重考查氫化鋰的性質(zhì)，熟悉氫化鋰中氫為1價(jià)是解題關(guān)鍵，注意對所給條件的分析和應(yīng)用，題目難度中等二、解答題（共3小題，滿分43分）8苯甲酸應(yīng)用廣泛實(shí)驗(yàn)室用甲苯的氧化制備苯甲酸，反應(yīng)原理：3CH3+6KMnO43COOK+6MnO2+3KOH+3H2OCOOK+HClCOOH+KCl反應(yīng)試劑、產(chǎn)物的物理常數(shù)：名稱

29、相對分子質(zhì)量性狀熔點(diǎn)/沸點(diǎn)/密度/gcm3溶解度水乙醇乙醚甲苯92無色液體易燃易揮發(fā)95110.60.8669不溶易溶易溶苯甲酸122白色片狀或針狀晶體122.42481.2659微溶易溶易溶主要實(shí)驗(yàn)裝置和流程如下（加熱裝置等略去）：實(shí)驗(yàn)方法：一定量的甲苯和KMnO4溶液置于圖1裝置中，在90時(shí)，反應(yīng)一段時(shí)間，然后按如下流程分離出苯甲酸和回收未反應(yīng)的甲苯（1）無色液體A的結(jié)構(gòu)簡式為，操作為蒸餾（2）如果水層呈紫色，要先加亞硫酸氫鉀，然后再加入濃鹽酸酸化，加亞硫酸氫鉀的目的是除去未反應(yīng)的高錳酸鉀氧化劑，否則用鹽酸酸化時(shí)會(huì)發(fā)生鹽酸被高錳酸鉀所氧化，產(chǎn)生氯氣（3）下列關(guān)于儀器的組裝或者使用正確的是A

30、BDA圖2是抽濾，容器B可以省略B安裝電動(dòng)攪拌器時(shí)，攪拌器下端不能與三頸燒瓶底、溫度計(jì)等接觸C圖1回流攪拌裝置應(yīng)采用直接加熱的方法D圖2中儀器A是布氏漏斗（4）除去殘留在苯甲酸中的甲苯應(yīng)先加入NaOH溶液，分液，水層再加入濃鹽酸酸化，然后抽濾，干燥即可得到苯甲酸（5）證明白色固體B是純凈物測量白色固體B的熔點(diǎn)為122.4（6）證明苯甲酸是弱酸取0.01mol/L的苯甲酸溶液，測得pH2【考點(diǎn)】制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)；物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用【專題】有機(jī)實(shí)驗(yàn)綜合【分析】一定量的甲苯和適量的KMnO4溶液在100反應(yīng)一段時(shí)間后停止反應(yīng)，按如圖流程分離出苯甲酸和回收未反應(yīng)的甲苯，苯甲酸能溶

31、于水，甲苯不溶于水，互不相溶的液體采用分液方法分離，根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康闹?，從而得到有機(jī)層和水層，有機(jī)層中含有甲苯、水層中含有苯甲酸，有機(jī)層中的甲苯采用蒸餾方法得到無色液體A，A是甲苯，將水層鹽酸酸化再蒸發(fā)濃縮，根據(jù)苯甲酸的溶解度知，得到的固體B是苯甲酸，（1）A是甲苯；分離互溶且沸點(diǎn)不同的液體采用蒸餾方法；（2）如果濾液呈紫色，說明高錳酸鉀過量，要先加亞硫酸氫鉀，將高錳酸鉀還原，否則濃鹽酸可能被氧化成氯氣；（3）A抽濾中可以直接接水泵；B為了防止攪拌棒下端打壞三頸燒瓶底或溫度計(jì)，因此不能與它們接觸；C圖1回流攪拌裝置應(yīng)采用水浴加熱的方法；D抽濾中用布氏漏斗；（4）甲苯與NaOH不反應(yīng)，苯甲酸與NaO

32、H反應(yīng)生成苯甲酸鈉，分液，苯甲酸鈉溶液中加鹽酸可以制得苯甲酸；（5）根據(jù)純凈物有固定的熔沸點(diǎn)；（6）根據(jù)弱酸部分電離；【解答】解：一定量的甲苯和適量的KMnO4溶液在100反應(yīng)一段時(shí)間后停止反應(yīng)，按如圖流程分離出苯甲酸和回收未反應(yīng)的甲苯，苯甲酸能溶于水，甲苯不溶于水，互不相溶的液體采用分液方法分離，根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康闹?，從而得到有機(jī)層和水層，有機(jī)層中含有甲苯、水層中含有苯甲酸，有機(jī)層中的甲苯采用蒸餾方法得到無色液體A，A是甲苯，將水層鹽酸酸化再蒸發(fā)濃縮，根據(jù)苯甲酸的溶解度知，得到的固體B是苯甲酸，（1）A是甲苯，其結(jié)構(gòu)簡式為：；有機(jī)層中物質(zhì)互溶且沸點(diǎn)不同，所以可以采用蒸餾方法分離，則操作II為蒸餾故

33、答案為：；蒸餾；（2）如果濾液呈紫色，說明高錳酸鉀過量，要先加亞硫酸氫鉀，除去未反應(yīng)的高錳酸鉀，否則濃鹽酸酸化時(shí)可能被高錳酸鉀氧化成氯氣，故答案為：除去未反應(yīng)的高錳酸鉀氧化劑，否則用鹽酸酸化時(shí)會(huì)發(fā)生鹽酸被高錳酸鉀所氧化，產(chǎn)生氯氣；（3）A抽濾中可以直接接水泵，容器B可以省略，故A正確；B為了防止攪拌棒下端打壞三頸燒瓶底或溫度計(jì)，因此不能與它們接觸，所以在攪拌時(shí)，攪拌棒下端不能與三頸燒瓶底、溫度計(jì)等接觸，故B正確；C沸水浴加熱便于控制溫度和使容器受熱均勻，圖1回流攪拌裝置應(yīng)采用水浴加熱的方法，故C錯(cuò)誤；D抽濾中用布氏漏斗，即圖2中儀器A是布氏漏斗，故D正確；故選ABD；（4）除去殘留在苯甲酸中的

34、甲苯應(yīng)先加入，應(yīng)該先加NaOH溶液，甲苯與NaOH不反應(yīng)，苯甲酸與NaOH反應(yīng)生成苯甲酸鈉，分液，苯甲酸鈉溶液中加鹽酸可以制得苯甲酸，故答案為：NaOH溶液；濃鹽酸酸化；（5）固體B是苯甲酸，有固定的熔點(diǎn)122.4；故答案為：可以測量白色固體B的熔點(diǎn)為122.4；（6）證明苯甲酸是弱酸是取0.01mol/L的苯甲酸溶液，測得pH2；故答案為：取0.01mol/L的苯甲酸溶液，測得pH2【點(diǎn)評】本題考查了實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)、混合物的分離和提純，側(cè)重考查分析問題能力、計(jì)算能力，明確物質(zhì)的性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，知道根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)選取合適的分離方法，題目難度中等9工業(yè)上通過電解MnSO4和ZnSO4制取Zn和M

35、nO2，原料為軟錳礦和閃鋅礦，軟錳礦中含MnO2約a%，SiO2約20%，Al2O3約4%，其余為水分，閃鋅礦中含ZnS約80%，F(xiàn)eS、CuS、SiO2共約7%，其余為水分I（1）為了測量軟錳礦中MnO2含量的測定，現(xiàn)將14.5g軟錳礦溶于足量的稀硫酸中，加入足量的碘化鉀晶體，充分反應(yīng)后，過濾，將濾液加水稀釋至1L，取25.00ml該溶液于錐形瓶中，滴入幾滴淀粉溶液作指示劑，用0.1000molL1的標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液滴定，消耗標(biāo)準(zhǔn)液50.00ml，則軟錳礦中MnO2含量60%（已知：2KI+2H2SO4+MnO2=I2+2H2O+MnSO4+K2SO4； I2+2S2O32=2I+S4

36、O62）研人員開發(fā)了綜合利用這兩種資源的同槽酸浸工藝，工藝流程如圖1所示請回答下列問題：（2）反應(yīng)I的濾液中含有MnSO4、ZnSO4、CuSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3等試完成反應(yīng)I中生成CuSO4和MnSO4的化學(xué)方程MnO2+CuS+2H2SO4=S+2H2O+CuSO4+MnSO4（3）反應(yīng)加入適量鋅的作用是將溶液中的硫酸銅轉(zhuǎn)化為銅；如果鋅過量，還會(huì)進(jìn)一步發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Zn+Fe2+=Fe+Zn2+或Zn+Mn2+=Mn+Zn2+（4）圖2是Na2SO4和Na2SO410H2O的溶解度曲線（g/100g水），則中得到Na2SO4固體的操作是：將分離出MnCO3和

37、ZnCO3后的濾液升溫結(jié)晶趁熱過濾用乙醇洗滌干燥用乙醇洗滌而不用水洗的原因是防止Na2SO4固體因溶解而減少，防止Na2SO4固體轉(zhuǎn)變?yōu)镹a2SO410H2O晶體（5）用惰性電極電解MnSO4和ZnSO4制得Zn和MnO2的總反應(yīng)是：MnSO4+ZnSO4+2H2OZn+MnO2+2H2SO4（6）本工藝可以循環(huán)利用的物質(zhì)除MnO2、MnCO3、ZnCO3以外，還有Zn（寫化學(xué)式）【考點(diǎn)】探究物質(zhì)的組成或測量物質(zhì)的含量【專題】定量測定與誤差分析【分析】（1）2KI+2H2SO4+MnO2=I2+2H2O+MnSO4+K2SO4；I2+2S2O32=2I+S4O62，MnO2I22S2O32，依

38、據(jù)離子方程式定量關(guān)系計(jì)算，注意溶液體積的變化；（2）生成CuSO4和MnSO4的化學(xué)方程式是MnO2，CuS在酸性溶液中發(fā)生的氧化還原反應(yīng)，氧化劑為MnO2，被還原為硫酸錳，還原劑為CuS，被氧化為硫單質(zhì)同時(shí)生成硫酸銅，依據(jù)電子守恒和原子守恒寫出化學(xué)方程式判斷；（3）流程圖分析，鋅的主要作用是加入適量和鐵離子反應(yīng)生成亞鐵離子，把銅離子轉(zhuǎn)化為銅除去；鋅過量會(huì)和亞鐵離子反應(yīng)生成鐵單質(zhì)；（4）依據(jù)圖象的溶解度隨溫度變化分析判斷，得到硫酸鈉的適宜條件，注意溶解度的影響；（5）流程圖中得到產(chǎn)物為二氧化錳和鋅分析，得到鋅是鋅離子在陰極得到電子析出；二氧化錳是在陽極失電子生成，據(jù)此書寫化學(xué)方程式；（6）可以

39、循環(huán)利用的物質(zhì)是反應(yīng)過程中重復(fù)使用，最后又生成可以進(jìn)行循環(huán)使用【解答】解：（1）2KI+2H2SO4+MnO2=I2+2H2O+MnSO4+K2SO4；I2+2S2O32=2I+S4O62， MnO2I22S2O32， 1 2 n 0.1000molL1×0.050Ln=0.0025mol1L溶液中含MnO2物質(zhì)的量=0.0025mol×=0.1mol，則軟錳礦中MnO2含量=×100%=60%，故答案為：60%；（2）依據(jù)流程圖分析判斷，反應(yīng)的濾液中含有MnSO4、ZnSO4、CuSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3等，軟錳礦和閃鋅礦中的MnO2，Cu

40、S在酸性溶液中發(fā)生的氧化還原反應(yīng)生成生成CuSO4和MnSO4硫單質(zhì)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：MnO2+CuS+2H2SO4=S+CuSO4+MnSO4+2H2O，故答案為：2H2SO4；S；2H2O；（3）流程分析，反應(yīng)的濾液中含有MnSO4、ZnSO4、CuSO4、Fe2（SO4）3、Al2（SO4）3等，加入鋅反應(yīng)生成銅，鋅的主要作用是加入適量和鐵離子反應(yīng)生成亞鐵離子，把銅離子轉(zhuǎn)化為銅除去；鋅過量會(huì)繼續(xù)反應(yīng)置換出鐵；反應(yīng)的離子方程式為：Zn+Fe2+=Fe+Zn2+或Zn+Mn2+=Mn+Zn2+，故答案為：將溶液中的硫酸銅轉(zhuǎn)化為銅；Zn+Fe2+=Fe+Zn2+或Zn+Mn2+=Mn+Zn

41、2+；（4）圖象分析可知溫度高時(shí)析出硫酸鈉，溫度低時(shí)析出硫酸鈉結(jié)晶水合物晶體，所以需要趁熱過濾；洗滌晶體時(shí)用乙醇洗滌避免形成結(jié)晶水合物，故答案為：趁熱過濾，防止Na2SO4固體因溶解而減少，防止Na2SO4固體轉(zhuǎn)變?yōu)镹a2SO410H2O晶體；（5）流程圖中得到產(chǎn)物為二氧化錳和鋅分析，得到鋅是鋅離子在陰極得到電子析出，電極反應(yīng)為：Zn2+2e=Zn；二氧化錳是在陽極錳離子失電子生成，電極反應(yīng)為：Mn2+2e+2H2O=MnO2+4H+，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：MnSO4+ZnSO4+2H2OZn+MnO2+2H2SO4，故答案為：MnSO4+ZnSO4+2H2OZn+MnO2+2H2SO4；（6）

42、依據(jù)流程圖可知能循環(huán)使用的物質(zhì)為Zn、ZnCO3、MnCO3和MnO2，故答案為：Zn【點(diǎn)評】本題考查了物質(zhì)制備實(shí)驗(yàn)的分析判斷，物質(zhì)溶解性的理解應(yīng)用，電解原理的應(yīng)用判斷電極反應(yīng)的產(chǎn)物判斷和電極反應(yīng)書寫，題目難度較大10霧霾天氣對環(huán)境影響很大其中SO2是造成空氣污染的主要原因，利用鈉堿循環(huán)法可除去SO2（1）室溫下，吸收液吸收SO2的過程中，pH隨n（SO32）：n（HSO3）變化關(guān)系如下表：n（SO32）：n（HSO3）91：91：11：91pH8.27.26.2c（H+）/molL16.3×1096.3×1086.3×107由表判斷NaHSO3溶液顯酸性，從原理

43、的角度解釋其原因在NaHSO3溶液中HSO3存在HSO3H+SO32和HSO3+H2OH2SO3+OH兩種平衡，HSO3的電離程度大于其水解程度，故溶液呈酸性在NaHSO3溶液中離子濃度關(guān)系不正確的是A（填序號）Ac（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）Bc（Na+）c（HSO3）c（H+）c（SO32）c（OH）Cc（H2SO3）+c（H+）=c（SO32）+c（OH）Dc（Na+）+c（H+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（OH）計(jì)算室溫下HSO3H+SO32的電離平衡常數(shù)K=6.3×108（保留2位有效數(shù)字）（2）NaHSO3溶液在不同的溫度下均可被過量的KIO3

44、氧化，當(dāng)NaHSO3完全消耗即有I2析出，將濃度均為0.02molL1 的NaHSO3溶液（含少量淀粉）10.0mL和 KIO3（過量）酸性溶液40.0mL混合，記錄溶液變藍(lán)時(shí)間，實(shí)驗(yàn)結(jié)果如圖由圖可知，溶液變藍(lán)的時(shí)間隨溫度的變化趨勢是40之前，溫度越高，溶液變藍(lán)所需時(shí)間越短；40之后，溫度越高，溶液變藍(lán)所需時(shí)間越長40之后，淀粉不適宜用作該實(shí)驗(yàn)的指示劑（填“適宜”或“不適宜”），原因是：溫度高于40時(shí)，碘與淀粉的顯色反應(yīng)靈敏度降低（或淀粉會(huì)糊化）b點(diǎn)和c點(diǎn)對應(yīng)的反應(yīng)速率的大小關(guān)系是 （b） （c）（填“”、“”或“”）【考點(diǎn)】離子濃度大小的比較；化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素；化學(xué)平衡的影響因素；難溶

45、電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)【專題】電離平衡與溶液的pH專題【分析】（1）由表格中的數(shù)據(jù)可知，HSO3越多，酸性越強(qiáng)，則電離生成氫離子；在NaHSO3溶液中，電離程度大于水解程度，溶液顯酸性，A由物料守恒分析；B在NaHSO3溶液中，電離程度大于水解程度，溶液顯酸性；C根據(jù)質(zhì)子守恒分析；D根據(jù)電荷守恒分析；根據(jù)HSO3H+SO32，可知Ka=，根據(jù)n（SO32）：n（HSO3）=1：1，c（H+）=6.3×108計(jì)算；（2）由圖可知，40之前，溫度高反應(yīng)速率加快，40之后溫度高，變色時(shí)間越長；溫度太高，碘與淀粉的顯色反應(yīng)靈敏度降低（或淀粉會(huì)糊化）；溫度越高反應(yīng)速率越快【解答】解：

46、（1）由表格中的數(shù)據(jù)可知，HSO3越多，酸性越強(qiáng)，則電離生成氫離子，電離方程式為HSO3H+SO32，在NaHSO3溶液中HSO3存在HSO3H+SO32和HSO3+H2OH2SO3+OH兩種平衡，HSO3的電離程度大于其水解程度，故溶液呈酸性；故答案為：酸；在NaHSO3溶液中HSO3存在HSO3H+SO32和HSO3+H2OH2SO3+OH兩種平衡，HSO3的電離程度大于其水解程度，故溶液呈酸性；在NaHSO3溶液中，電離程度大于水解程度，溶液顯酸性，A由物料守恒可知，c（Na+）=c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3），故A錯(cuò)誤；B在NaHSO3溶液中，電離程度大于水解程度，溶

47、液顯酸性，則離子濃度為c（Na+）c（HSO3）c（H+）c（SO32）c（OH），故B正確；C根據(jù)質(zhì)子守恒，c（H2SO3）+c（H+）c（SO32）+c（OH），故C正確；D根據(jù)電荷守恒c（Na+）+c（H+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（OH），故D正確；故答案為：A；根據(jù)HSO3H+SO32，可知Ka=，已知n（SO32）：n（HSO3）=1：1，c（H+）=6.3×108，則Ka=6.3×108；故答案為：6.3×108；（2）從圖象中可以看出，40以前，溫度越高，反應(yīng)速度越快，40后溫度越高，變色時(shí)間越長，反應(yīng)越慢，而55，未變藍(lán)，說明沒有生

48、成I2；溫度太高，碘與淀粉的顯色反應(yīng)靈敏度降低（或淀粉會(huì)糊化），所以40之后，淀粉不能用作該實(shí)驗(yàn)的指示劑；故答案為：40之前，溫度越高，溶液變藍(lán)所需時(shí)間越短；40之后，溫度越高，溶液變藍(lán)所需時(shí)間越長；溫度高于40時(shí)，碘與淀粉的顯色反應(yīng)靈敏度降低（或淀粉會(huì)糊化）；溫度越高反應(yīng)速率越快，c點(diǎn)的溫度高，所以c點(diǎn)的反應(yīng)速率大，即 （b） （c）；故答案為：【點(diǎn)評】本題考查了弱電解質(zhì)的電離和鹽的水解、化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素等，綜合性較強(qiáng)，涉及到弱電解質(zhì)的電離、離子濃度大小的比較、化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素等知識點(diǎn)，題目難度較大，需要注意的是比較溶液中各種離子濃度相對大小時(shí)要結(jié)合電荷守恒和物料守恒分析解答【化

49、學(xué)選考2：化學(xué)與技術(shù)】11某化工集團(tuán)為了提高資源利用率減少環(huán)境污染，將鈦、氯堿和甲醇的制備組成產(chǎn)業(yè)鏈其主要工藝如下：（1）寫出電解飽和食鹽水反應(yīng)的離子方程式2Cl+2H2O 2OH+H2+Cl2（2）寫出鈦鐵礦在高溫下與焦炭經(jīng)氯化得四氯化鈦的化學(xué)方程式2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO，生成1molTiCl4轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為7mol（3）利用四氯化鈦制備TiO2xH2O，需加入大量的水并加熱的目的是發(fā)生反應(yīng)TiCl4+（2+x）H2OTiO2xH2O+4HCl加入大量水并加熱，HCl揮發(fā)，溫度升高，都能促使水解正向進(jìn)行（4）已知：Mg（s）+Cl2（g）=Mg

50、Cl2（s）；H=641kJmol1Ti（s）+2Cl2（g）=TiCl4（s）；H=770kJmol1則2Mg（s）+TiCl4（g）=2MgCl2（s）+Ti（s）；H=512 kJmol1，反應(yīng)2Mg+TiCl42MgCl2+Ti在Ar的氣氛中進(jìn)行的理由是Mg和Ti都有強(qiáng)還原性，防止高溫下Mg（Ti）與空氣中的O2（或CO2、N2）反應(yīng)，在Ar氣氛中可以防止被氧化（5）假設(shè)聯(lián)合生產(chǎn)中各原料利用率為100%，則制得6mol甲醇，需再補(bǔ)充標(biāo)準(zhǔn)狀況下的H2112L【考點(diǎn)】物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用【專題】物質(zhì)的分離提純和鑒別【分析】（1）電解食鹽水生成NaOH、H2和Cl2，以此書

51、寫離子方程式；（2）鈦鐵礦經(jīng)氯化得到四氯化鈦、氯化鐵和一氧化碳；依據(jù)原子守恒配平寫出；（3）TiCl4水解生成TiO2xH2O，再經(jīng)焙燒制得TiO2，水解為吸熱反應(yīng)，從平衡移動(dòng)角度分析；（4）根據(jù)蓋斯定律，×2可得；Mg和Ti都有較強(qiáng)還原性，在高溫下都易被空氣中的O2氧化；（5）根據(jù)甲醇的物質(zhì)的量計(jì)算需要CO、H2的物質(zhì)的量，根據(jù)n（CO）計(jì)算電解中生成的n（Cl2），進(jìn)而計(jì)算電解生成n（H2），據(jù)此計(jì)算解答【解答】解：（1）電解食鹽水生成NaOH、H2和Cl2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2，故答案為：2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2；（2）從圖示可知氯

52、化時(shí)的反應(yīng)物為FeTiO3、C、Cl2，生成物為FeCl3、TiCl4、CO，再根據(jù)得失電子和原子守恒即可得出該反應(yīng)的方程式為2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO，由方程式得出生成2molTiCl4轉(zhuǎn)移14mol電子，所以生成1mol四氯化鈦時(shí)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為7mol；故答案為：2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO；7；（3）水解時(shí)需加入大量的水并加熱，由TiCl4+（2+x） H2OTiO2xH2O+4HCl可知，加入大量水并加熱，HCl揮發(fā)，溫度升高，都能使水解反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行，促進(jìn)水解趨于完全，故答案為：發(fā)生反應(yīng)TiCl4+

53、（2+x）H2OTiO2xH2O+4HCl，加入大量水并加熱，HCl揮發(fā)，溫度升高，都能促使水解正向進(jìn)行；（4）反應(yīng)2Mg（s）+TiCl4（l）2MgCl2（s）+Ti（s）可看做反應(yīng)×2得到，根據(jù)蓋斯定律得H641kJ/mol×2（770 kJ/mol）=512kJmol1，反應(yīng)2Mg（s）+TiCl4（l）2MgCl2（s）+Ti（s）在Ar氣氛中進(jìn)行的理由是Mg和Ti都有較強(qiáng)還原性，在高溫下都易被空氣中的O2氧化，Ar氣中防止高溫下Mg（Ti）與空氣中的O2（或CO2、N2）反應(yīng)故答案為：512 kJmol1；Mg和Ti都有強(qiáng)還原性，防止高溫下Mg（Ti）與空氣中的O2（或CO2、N2）反應(yīng)，在Ar氣