陕西师大附中2022届高三化学下学期四模试卷含解析

2022届陕西师大附中高考化学四模试卷　一、选择题（本题包括2小题，每小题6分，共42分．每小题只有一个选项符合题意）1．芳香族化合物M的结构如图所示，下列叙述正确的是（　　）A．M有3种不同的官能团B．M可发生取代、加成、消去和聚合等4种有机反应C．1molM完全燃烧生成CO2和H2O，需要5molO2D．1molM与足量的NaOH溶液反应，最多需要4molNaOH　2．下列实验操作正确的是（　　）A．给容量瓶中加水时，借助于玻璃棒，给滴定管中装液时，借助于漏斗B．用梨形分液漏斗做萃取实验时，检漏该分液漏斗上口的方法与检漏容量瓶一样，检漏下方活塞的方法与检漏滴定管一样C．测氯水的pH，可用玻璃棒蘸取氯水点在pH试纸上，待其变色后，与标准比色卡比较D．蒸发操作时，蒸发皿必须放在石棉网上，用酒精灯的外焰加热；水浴加热可以不用温度计　3．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol/L盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积（V）的关系如图所示，下列判断正确的是（　　）A．在0～a范围内，只发生中和反应B．ab段发生反应的离子方程式为CO32﹣+2H+═H2O+CO2C．原混合溶液中NaOH和Na2CO3的物质的量浓度之比为2：1D．c点对应的溶液中还能大量存在Fe2+、NO3﹣离子　4．W、X、Y、Z四种短周期元素在周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与Z的气态氢化物反应生成离子化合物，由此可知（　　）WXYZA．X、Y、Z中最简单氢化物稳定性最差的是YB．X元素形成的单核阴离子还原性强于YC．Z元素氧化物对应水化物的酸性强于YD．Y元素单质在化学反应中只表现出氧化性　-24-5．在常温下，用pH=11的某碱溶液分别与pH均为3的醋酸溶液和盐酸等体积混合，得到a、b两种溶液，关于这两种溶液的酸碱性的叙述正确的是（　　）A．a不可能显中性B．a只能显碱性C．b不可能显酸性D．b只能显中性　6．某有机物分子式为C12H16O2，在酸性条件下水解生成X和Y，X遇FeCl3溶液显紫色，且X的相对分子质量比Y大6，则该有机物的结构有（不考虑立体异构）（　　）A．6种B．8种C．10种D．12种　7．某同学用铜片，银片，Cu（NO3）2溶液，AgNO3溶液，导线和盐桥（装有琼脂﹣KN03的U形管）设计一个原电池如图所示，下列判断中正确的是（　　）A．实验过程中，左右两侧烧杯中，NO3﹣浓度变化情况分别为不变，增大B．实验过程中，取出盐桥，该原电池也能继续工作C．若开始使用U形铜管代替盐桥，装置中有电流产生，铜管质量不变D．若开始时用U形铜管代替盐桥，装置中无电流产生　　二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．必考题每个小题考生都必须作答．选考题考生根据要求作答．）8．（15分）某化学兴趣小组同学以8.0gTiO2和15.4gCCl4为原料在实验室制取TiCl4．①反应原理：TiO2（s）+CCl4（g）TiCl4（g）+CO2（g）②反应条件：无水无氧且加热③实验装置如图所示：④有关物质的性质如下表：物质熔点/℃沸点/℃其他CCl4﹣2376与TiCl4互溶TiCl4﹣25136遇潮湿空气产生白雾请回答下列问题（1）仪器A的名称是　　　　　　，其中装的试剂不可能是　　　　　　（填序号）-24-a．无水硫酸铜b．碱石灰c．氯化钙d．烧碱（2）实验整个过程中通入N2的目的是　　　　　　（3）装置E中的试剂是　　　　　　（写名称），其作用是　　　　　　．E装置　　　　　　（填“能”或“不能”）被A装置代替，原因是　　　　　　．（4）实验开始前的操作包括有：组装仪器、　　　　　　、加装药品、　　　　　　、最后点燃酒精灯．（5）制备结束后的操作有：①停止通N2②熄灭酒精灯③冷却至室温．正确的操作顺序为　　　　　　（填序号）a．①②③b．③②①c．②③①d．②①③（6）欲分离D装置中的TiCl4，所采用的实验操作为　　　　　　（填操作名称），该实验不可能用到的仪器有　　　　　　（填序号）a．蒸馏烧瓶b．接收器c．直形冷凝管d．球形冷凝管温度应控制在　　　　　　℃，温度计的水银球应插在　　　　　　，最后得到TiCl49.5g．（7）本实验所得到的TiCl4的产率是　　　　　　（填序号）a．40%b．50%c．60%d．70%　9．（14分）随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用．为回收利用含钒催化剂（含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣），科研人员最新研制了一种用离子变换法回收钒的新工艺，回收率达到91.7%．部分含钒物质在水中的溶解性如下表所示：物质VOSO4V2O5NH4VO3（VO2）2SO4溶解性可溶难溶难溶易溶该工艺的主要流程如图所示：请问答下列问题：（1）工业上由V2O5冶炼金属钒常用铝热剂法，其化学方程式可表示为　　　　　　用铝热剂法从下列各金属氧化物中冶炼出各1mol对应的金属，耗铝粉的质量最多的是　　　　　　（填序号）[来源:Z_xx_k.Com]a．Fe3O4b．Ni2O3c．V2O5d．MnO2（2）反应①的化学方程式为　　　　　　（3）若反萃取使用硫酸用量过大，进一步处理会增加　　　　　　（填化学式）的用途，造成成本增大．-24-（4）反应②的化学方程式为：KClO3+6VOSO4+3H2O=3（VO2）2SO4+KCl+3H2SO4，若反应①用的还原剂与反应②用的氧化剂的物质的量之比为12：7，则废钒催化剂中VOSO4和V2O5的物质的量之比为　　　　　　．（5）该工艺反应③的沉淀率（又称沉钒率）是回收钒的关键之一，写出该步发生反应的离子方程式　　　　　　（6）用已知浓度的酸化的H2C2O4溶液滴定（VO2）2SO4溶液，以测定反应②后溶液中的含钒量，已知该反应的还原产物为VO2+，氧化产物为CO2，则该反应的离子方程式为　　　　　　．[来源:Zxxk.Com]（7）钒电池是以溶于一定浓度硫酸溶液中不同价态的钒离子（V2+、V3+、VO2+、VO2+）为正极和负极反应的活性物质，电极均为铂棒，电池总反应为：VO2++V3++H2OV2++VO2++2H+①放电时的正极反应为　　　　　　②充电时的阴极反应为　　　　　　．　10．（14分）尿素[H2NCONH2]既是一种非常重要的高氮化肥，又是多种有机、无机产品的生产原料．工业上以合成氨厂的NH3和CO2为原料生产尿素．请回答下列问题：（1）某实验室模拟工业合成氨在三个不同条件下的密闭容器中分别加入N2和H2，浓度均为c（N2）=0.100mol/L，c（H2）=0.300mol/L，进行反应时，N2的浓度随时间的变化分别如图曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ所示．①0～20min时，实验Ⅰ中v（N2）=　　　　　　②实验Ⅱ中H2的平衡转化率为　　　　　　③与实验Ⅰ相比，实验Ⅱ、Ⅲ分别仅改变一个反应条件．写出所改变的条件及判断的理由：Ⅱ　　　　　　；Ⅲ　　　　　　．（2）合成尿素的反应为2NH3（l）+CO2（g）⇌H2O（l）+H2NCONH2（l）△H=﹣101.99kJ/mol，该反应在进行时分为如下两步：第一步：2NH3（l）+CO2（g）⇌H2NCOONH4（l）△H1[来源:Z,xx,k.Com]第二步：H2NCOONH4（l）⇌H2O（l）+H2NCONH2（l）△H2=+15.05kJ/mol①若总反应的快慢由第二步反应决定，则第二步反应的反应速率　　　　　　（填“＞”、“＜”或“=”）第一步反应的反应速率．②△H1=　　　　　　．（3）尿素施入土壤，先要与土壤中微生物作用水解为碳酸铵或碳酸氢铵，才能被农作物根系吸收，写出尿素水解为碳酸铵的化学方程式　　　　　　．（4）尿素湿法烟气净化工艺早被科学家联合开发．该方法用尿素作为吸收液脱除烟气中的NOx，取得了较好的效果．烟气中NO和NO2按物质的量之比1：1经尿素溶液处理后变成无毒无害气体．则1mol尿素能吸收上述烟气（假设烟气只含有NO和NO2，其体积比为1：1）的质量为　　　　　　g．　-24-　【化学--选修2：化学与技术】11．（15分）三氧化二镍（Ni2O3）是一种重要的电子元件材料和蓄电池材料．工业上利用含镍废料（镍、铁、钙、镁合金为主）制取草酸镍（NiC2O4•2H2O），再高温煅烧草酸镍制取三氧化二镍．已知草酸的钙、镁、镍盐均难溶于水．如工艺流程图所示．请回答下列问题：（1）操作Ⅰ为　　　　　　．（2）生产过程中多次进行过滤，实验室进行过滤操作中需要用到玻璃棒，下列实验操作中玻璃棒的作用完全相同的是　　　　　　（填字母）．①测定醋酸钠溶液的pH②加热食盐溶液制备NaCl晶体③配制0.1mol/L的硫酸溶液④用淀粉﹣KI试纸检验溶液中氧化性离子⑤配制10%的硫酸钠溶液a．①⑤b．②⑤c．①④d．③④（3）①加入H2O2发生的主要反应的离子方程式为　　　　　　；②加入碳酸钠溶液调pH至4.0～5.0，其目的为　　　　　　；③加入NH4F后除掉的杂质是　　　　　　．（4）草酸镍（NiC2O4•2H2O）在热空气中干燥脱水后在高温下煅烧，可制得Ni2O3，同时获得混合气体．草酸镍受热分解的化学方程式为　　　　　　．（5）工业上还可用电解法制取Ni2O3．用NaOH溶液调NiCl2溶液的pH至7.5，加入适量Na2SO4后利用惰性电极电解．电解过程中产生的Cl2有80%在弱碱性条件下生成ClO﹣，再把二价镍氧化为三价镍．ClO﹣氧化Ni（OH）2生成Ni2O3的离子方程式为　　　　　　．amol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过电子的物质的量为　　　　　　．（6）以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时，NiO（OH）转化为Ni（OH）2，该电池反应的化学方程式是　　　　　　．　　【化学--选修3：物质结构与性质】12．（15分）Ⅰ．根据等电子体原理可知：（1）仅由第二周期元素组成的共价分子中互为等电子体的有　　　　　　组（2）在短周期元素组成的物质中，与NO2‑互为等电子体的分子有　　　　　　种（3）试预测N3﹣的空间构型为　　　　　　．Ⅱ．氮化钛（Ti3N4）为金黄色晶体，由于具有令人满意的仿金效果，越来越多地成为黄金的代替品．以TiCl4为原料，经过一系列反应（如图）可以制得Ti3N4和纳米TiO2．-24-如图中的M是短周期金属元素，M的部分电离能如表：I1I2I3I4[来源:Zxxk.Com]I5电离能/kJ•mol﹣1738145177331054013630（4）M是　　　　　　（填元素符号），该金属晶体的堆积模型为　　　　　　，配位数为　　　　　　．（5）基态Ti3+中未成对电子数有　　　　　　个，与Ti同族相邻的元素Zr的基态原子外围电子排布式为　　　　　　；钛元素最高化合价为　　　　　　．（6）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，纳米TiO2催化的一个实例如图1所示．化合物甲的分子中采取sp2方式杂化的碳原子数为　　　　　　，化合物乙中采取sp3方式杂化的原子对应的元素的电负性由大到小的顺序为　　　　　　．（7）有一种氮化钛晶体的晶胞与NaCl晶胞相似，如图2所示，该晶胞中N、Ti之间的最近距离为apm，则该氮化钛的密度为　　　　　　g/cm3（NA为阿伏伽德罗常数的数值，只列计算式）．该晶体中与N原子距离相等且最近的N原子有　　　　　　个．科学家通过X﹣射线探明KCl、MgO、CaO、TiN的晶体与NaCl的晶体结构相似．且知三种离子晶体的晶格能数据：离子晶体NaClKClCaO晶格能/kJ•mol﹣17867153401KCl、CaO、TiN三种离子晶体熔点由高到低的顺序为　　　　　　．　　【化学--选修5：有机化学基础】13．（15分）有机化合物A的相对分子质量为166，A遇FeCl3溶液呈紫色，G的分子式为C7H12O，A～H均为有机物，其转化关系如图所示．[来源:Zxxk.Com]试剂a已知：有机物分子中的碳碳双键发生臭氧氧化反应：-24-R1CH=CR2CH2OHR1CHO+O=CR2CH2OH回答下列问题：（1）A的结构简式为　　　　　　，由F到G的反应类型为　　　　　　．（2）有机物C的官能团名称为　　　　　　，反应①的作用是　　　　　　．（3）最佳的试剂a为　　　　　　（写化学式）溶液，写出反应④的化学方程式：　　　　　　．（4）同时满足下列条件的A的所有同分异构体有　　　　　　种①与A有相同的官能团②属于苯的邻二取代物③遇FeCl3溶液显紫色写出分子中不含甲基的A的同分异构体的结构简式　　　　　　（5）若H与G分子具有相同的碳原子数目，且1molH能与足量的新制银氨溶液反应生成2molAg，则H的结构简式为　　　　　　．（6）由的反应是否进行完全，设计一个简单实验加以证明并写出实验操作、现象及结论：　　　　　　．　　-24-2022届陕西师大附中高考化学四模试卷参考答案与试题解析　一、选择题（本题包括2小题，每小题6分，共42分．每小题只有一个选项符合题意）1．芳香族化合物M的结构如图所示，下列叙述正确的是（　　）A．M有3种不同的官能团B．M可发生取代、加成、消去和聚合等4种有机反应C．1molM完全燃烧生成CO2和H2O，需要5molO2D．1molM与足量的NaOH溶液反应，最多需要4molNaOH【考点】有机物的结构和性质．【分析】有机物中含有酯基，可发生水解反应，含有羟基，可发生取代、氧化以及消去反应，含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，以此解答该题．【解答】解：A．有机物含有酯基、羟基、羧基以及碳碳双等官能团，故A错误；B．羟基连接在苯环上，有机物不能发生消去反应，故B错误；C．有机物分子式为C10H8O5，1molM完全燃烧生成CO2和H2O，需要氧气的物质的量为（10+﹣）mol=9.5mol，故C错误；D．酯基可水解生成酚羟基和甲酸，另外酚羟基、羧基都与氢氧化钠反应，则1molM与足量的NaOH溶液反应，最多需要4molNaOH，故D正确．故选D．【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大，注意相关基础知识的积累．　2．下列实验操作正确的是（　　）A．给容量瓶中加水时，借助于玻璃棒，给滴定管中装液时，借助于漏斗B．用梨形分液漏斗做萃取实验时，检漏该分液漏斗上口的方法与检漏容量瓶一样，检漏下方活塞的方法与检漏滴定管一样C．测氯水的pH，可用玻璃棒蘸取氯水点在pH试纸上，待其变色后，与标准比色卡比较D．蒸发操作时，蒸发皿必须放在石棉网上，用酒精灯的外焰加热；水浴加热可以不用温度计【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．给滴定管中装液时需要用玻璃棒引流；B．容量瓶：先将容量瓶洗净，装满水，塞上塞子，倒置，若不漏水，再将容量瓶翻过来，把塞子旋转180度，再倒置，若不漏水则容量瓶完好；滴定管：关闭下面的开关，装入液体后盖上盖子，若液体不流出，则滴定管不漏水；C．氯水中含有次氯酸具有漂白性；D．蒸发皿可直接加热．-24-【解答】解：A．给滴定管中装液时需要用玻璃棒引流，不能用漏斗，故A错误；B．分液漏斗中塞子和活塞的检漏方法与容量瓶塞子和滴定管活塞是相同的，故B正确；C．氯水中含有次氯酸具有漂白性；PH变色因被氧化褪色，故C错误；D．蒸发皿可直接加热，蒸发操作时，可将蒸发皿放在铁圈上，用酒精灯的外焰加热，故D错误．故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大．　3．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol/L盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积（V）的关系如图所示，下列判断正确的是（　　）A．在0～a范围内，只发生中和反应B．ab段发生反应的离子方程式为CO32﹣+2H+═H2O+CO2[来源:Zxxk.Com]C．原混合溶液中NaOH和Na2CO3的物质的量浓度之比为2：1D．c点对应的溶液中还能大量存在Fe2+、NO3﹣离子【考点】离子方程式的有关计算．【分析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应，再发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠和氯化钠，最后发生碳酸氢钠与盐酸反应才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答．【解答】解：A、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，NaOH+HCl=NaCl+H2O，继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，所以不只是酸碱中和反应，还有盐与酸反应，故A错误；B、ab段发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，反应的离子方程式为：HCO3﹣+H+=H2O+CO2↑，故B错误；C、根据碳元素守恒，混合物中，碳酸钠的物质的量是0.01mol，所以两步反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，分别消耗的盐酸的量是0.01mol，0.1mol•L﹣1稀盐酸的体积分别是0.1L，所以a=0.3，则原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量分别是0.02mol和0.01mol，物质的量之比为2：1，故C正确；D、c点对应的溶液是酸过量，而在酸性溶液中Fe2+、NO3﹣离子要发生氧化还原反应，而不能大量共存，故D错误；故选C．【点评】此题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应．是分步进行的，首先发生的是HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl；进行完全后，再发生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑．　4．W、X、Y、Z四种短周期元素在周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与Z的气态氢化物反应生成离子化合物，由此可知（　　）-24-WXYZA．X、Y、Z中最简单氢化物稳定性最差的是YB．X元素形成的单核阴离子还原性强于YC．Z元素氧化物对应水化物的酸性强于YD．Y元素单质在化学反应中只表现出氧化性【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】W、X、Y、Z四种短周期元素，W的气态氢化物可与Z的气态氢化物反应生成离子化合物，应是铵盐，由元素在周期表中的物质可知，W是N元素、X为氧元素、Y为硫元素、Z为氯元素，据此解答．【解答】解：W、X、Y、Z四种短周期元素，W的气态氢化物可与Z的气态氢化物反应生成离子化合物，应是铵盐，由元素在周期表中的物质可知，W是N元素、X为氧元素、Y为硫元素、Z为氯元素．A．非金属O＞S，Cl＞S，则其氢化物中H2S最不稳定，故A正确；B．非金属O＞S，则阴离子还原性S2﹣＞O2﹣，故B错误；C．只有氯元素的最高价含氧酸才一定比Y的含氧酸酸性强，故C错误；D．S与氢氧化钠的反应中既表现氧化性，也表现了还原性，故D错误；故选A．【点评】本题考查位置结构性质关系、元素周期律等，难度不大，推断元素是解题的关键，注意整体把握元素周期表的结构．　5．在常温下，用pH=11的某碱溶液分别与pH均为3的醋酸溶液和盐酸等体积混合，得到a、b两种溶液，关于这两种溶液的酸碱性的叙述正确的是（　　）A．a不可能显中性B．a只能显碱性C．b不可能显酸性D．b只能显中性【考点】盐类水解的应用．【分析】根据pH为3的醋酸和盐酸溶液，盐酸的浓度小，再讨论pH为11的某碱溶液，利用等体积混合反应后溶液中的溶质来分析溶液的酸碱性．【解答】解：A．如果碱是强碱，碱和盐酸的浓度相等，等体积混合二者恰好反应生成强酸强碱盐，其溶液呈中性，如果碱是弱碱，混合后碱有剩余，溶液呈碱性，故A错误；B．如果碱是强碱，醋酸的浓度大于碱，二者等体积混合时酸有剩余，溶液呈酸性，故B错误；C．如果碱是强碱，碱和盐酸的浓度相等，等体积混合二者恰好反应生成强酸强碱盐，其溶液呈中性，如果碱是弱碱，混合后碱有剩余，溶液中碱电离程度要远远大于碱离子水解程度，所以溶液呈碱性，所以b不可能显酸性，故C正确；D．如果碱是弱碱，碱的浓度大于醋酸，二者等体积混合时碱有剩余，溶液呈碱性，故D错误；故选C．【点评】本题考查溶液酸碱性的定性分析，明确pH为11的某碱可能为强碱或弱碱，明确盐与酸的溶液一般显酸性、盐与碱的溶液一般显碱性是解答的关键，此题应忽略盐中离子水解趋势与弱电解质电离趋势的比较来解答，题目较简单．　6．某有机物分子式为C12H16O2，在酸性条件下水解生成X和Y，X遇FeCl3溶液显紫色，且X的相对分子质量比Y大6，则该有机物的结构有（不考虑立体异构）（　　）A．6种B．8种C．10种D．12种【考点】有机化合物的异构现象．-24-【分析】X遇FeCl3溶液显紫色，说明X分子中含有酚羟基．然后根据酯的水解反应原理及“X的相对分子质量比Y大6”判断X、Y的分子组成、结构简式数目，最后计算出该有机物可能的结构数目．【解答】解：X遇FeCl3溶液显紫色，说明X分子中含有酚羟基；X的相对分子质量比Y大6，设Y的相对分子质量是x，则x+x+6=192+18，解得：x=102，所以X是戊酸，Y是甲基苯酚（包括邻、间、对），戊酸的同分异构体有4种、甲基苯酚有3种同分异构体，则该有机物含有同分异构体数目为：4×3=12种，故选D．【点评】本题考查有机物同分异构体的判断，题目难度中等，注意掌握同分异构体的概念及书写原则，根据酯的水解原理及质量守恒确定X、Y的相对分子质量为解答关键．　7．某同学用铜片，银片，Cu（NO3）2溶液，AgNO3溶液，导线和盐桥（装有琼脂﹣KN03的U形管）设计一个原电池如图所示，下列判断中正确的是（　　）A．实验过程中，左右两侧烧杯中，NO3﹣浓度变化情况分别为不变，增大B．实验过程中，取出盐桥，该原电池也能继续工作C．若开始使用U形铜管代替盐桥，装置中有电流产生，铜管质量不变D．若开始时用U形铜管代替盐桥，装置中无电流产生【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】原电池中，铜易失电子作负极，负极上失电子发生氧化反应，银作正极，正极上得电子发生还原反应，阴离子向负极移动以及电化学装置的分析．【解答】解：该原电池中，铜易失电子作负极，银作正极，A．实验过程中，NO3﹣向负极铜电极移动，所以左侧烧杯中浓度增大，故A错误；B．实验过程中取出盐桥，该装置不能形成闭合回路，所以原电池不能继续工作，故B错误；C．若开始时用U形铜代替盐桥，则右侧构成电解池，左侧构成原电池，U型铜电极反应式从左向右依次为：Cu2++2e﹣=Cu、Cu﹣2e﹣=Cu2+，所以U型铜质量不变，故C正确；D．若开始时用U形铜代替盐桥，则右侧构成电解池，左侧构成原电池，故D错误；故选C．【点评】本题考查了原电池和电解池，明确原电池的构成条件、原电池原理及电解池原理是解本题关键，难度中等．　二、非选择题（包括必考题和选考题两部分．必考题每个小题考生都必须作答．选考题考生根据要求作答．）8．（15分）某化学兴趣小组同学以8.0gTiO2和15.4gCCl4为原料在实验室制取TiCl4．-24-①反应原理：TiO2（s）+CCl4（g）TiCl4（g）+CO2（g）②反应条件：无水无氧且加热③实验装置如图所示：④有关物质的性质如下表：物质[来源:Z§xx§k.Com]熔点/℃沸点/℃其他CCl4﹣2376与TiCl4互溶TiCl4﹣25136遇潮湿空气产生白雾请回答下列问题（1）仪器A的名称是　球形干燥管　，其中装的试剂不可能是　a　（填序号）a．无水硫酸铜b．碱石灰c．氯化钙d．烧碱（2）实验整个过程中通入N2的目的是　排除装置中的空气，保证反应在无水无氧环境下进行　（3）装置E中的试剂是　浓硫酸　（写名称），其作用是　防止空气中水蒸气、氧气进入　．E装置　不能　（填“能”或“不能”）被A装置代替，原因是　A装置不能吸收空气中的氧气，不能保证反应在无氧环境下进　．（4）实验开始前的操作包括有：组装仪器、　检查装置的气密性　、加装药品、　通一会儿氮气　、最后点燃酒精灯．（5）制备结束后的操作有：①停止通N2②熄灭酒精灯③冷却至室温．正确的操作顺序为　c　（填序号）a．①②③b．③②①c．②③①d．②①③（6）欲分离D装置中的TiCl4，所采用的实验操作为　蒸馏　（填操作名称），该实验不可能用到的仪器有　d　（填序号）a．蒸馏烧瓶b．接收器c．直形冷凝管d．球形冷凝管温度应控制在　76　℃，温度计的水银球应插在　蒸馏烧瓶的支管口附近　，最后得到TiCl49.5g．（7）本实验所得到的TiCl4的产率是　b　（填序号）a．40%b．50%c．60%d．70%【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】（1）仪器A为球形干燥管；无水硫酸铜吸水效率太低，一般不用作干燥剂；（2）实验的反应条件为：无水无氧且加热，应保证实验在无水无氧环境下进行；（3）由于TiCl4遇潮湿空气产生白雾，发生水解反应，且反应在无氧条件下进行，故E装置作用是防止空气中水蒸气、氧气进入；A装置不能吸收空气中的氧气；（4）反应得到气体TiCl4与二氧化碳，装置气密性要好，在加装药品之前应检验装置的气密性，之后要先通一会儿氮气，排除装置中的空气，再点燃酒精灯；（5）制备结束后为防止热的TiCl4与空气中的成分发生变化，所以要继续通氮气至冷却；（6）D中的液态混合物为TiCl4与未反应的CCl4，二者互溶，分离互溶的液体采取蒸馏方法，CCl4的沸点为76℃，据此判断蒸馏需要的仪器和操作要点及控制的温度；-24-（7）根据反应方程式计算得TiCl4的理论产量，产率=×100%，据此答题；【解答】解：（1）仪器A为球形干燥管；碱石灰、氧化钙、烧碱具有很强的吸水性，可以用于干燥氮气，而无水硫酸铜吸水效率太低，一般不用作干燥剂，故答案为：球形干燥管；a；（2）实验的反应条件为：无水无氧且加热，应保证实验在无水无氧环境下进行，而装置中有空气，通入氮气的目的是：排除装置中的空气，保证反应在无水无氧环境下进行，故答案为：排除装置中的空气，保证反应在无水无氧环境下进行；（3）由于TiCl4遇潮湿空气产生白雾，发生水解反应，且反应在无氧条件下进行，故E装置作用是防止空气中水蒸气、氧气进入，E中盛放的试剂为浓硫酸；A装置可以吸收水，但不能不能吸收空气中的氧气，不能保证反应在无氧环境下进，故E装置不能换成A装置，故答案为：浓硫酸；防止空气中水蒸气、氧气进入；不能；A装置不能吸收空气中的氧气，不能保证反应在无氧环境下进；（4）反应得到气体TiCl4与二氧化碳，装置气密性要好，在加装药品之前应检验装置的气密性，之后要先通一会儿氮气，排除装置中的空气，再点燃酒精灯，故答案为：检查装置的气密性；通一会儿氮气；（5）制备结束后为防止热的TiCl4与空气中的成分发生变化，所以要继续通氮气至冷却，故操作顺序为，熄灭酒精灯、冷却至室温、停止通N2，故选c；（6）D中的液态混合物为TiCl4与未反应的CCl4，二者互溶，分离互溶的液体采取蒸馏方法，CCl4的沸点为76℃，所以蒸馏时温度控制在76℃，不需要用球形冷凝管，用直形冷凝管即可，故选d，蒸馏时温度计的水银球应插在蒸馏烧瓶的支管口附近，故答案为：蒸馏；d；76℃；蒸馏烧瓶的支管口附近；（7）设TiCl4的理论产量为x，根据反应方程式TiO2（s）+CCl4（g）TiCl4（g）+CO2（g），48+3248+1428.0gxx=g=19.0g所以产率=×100%=×100%=50%，故答案为：b．【点评】本题考查实验制备方案，明确原理是解题关键，侧重考查学生装置的分析评价和计算能力，注意对题目信息的提取与应用，是对学生综合能力的考查，难度中等．　9．（14分）随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用．为回收利用含钒催化剂（含有V2O5、VOSO4及不溶性残渣），科研人员最新研制了一种用离子变换法回收钒的新工艺，回收率达到91.7%．部分含钒物质在水中的溶解性如下表所示：物质VOSO4V2O5NH4VO3（VO2）2SO4溶解性可溶难溶难溶易溶该工艺的主要流程如图所示：-24-请问答下列问题：（1）工业上由V2O5冶炼金属钒常用铝热剂法，其化学方程式可表示为　3V2O5+10Al6V+5Al2O3　用铝热剂法从下列各金属氧化物中冶炼出各1mol对应的金属，耗铝粉的质量最多的是　c　（填序号）a．Fe3O4b．Ni2O3c．V2O5d．MnO2（2）反应①的化学方程式为　V2O5+Na2SO3+2H2SO4=2VOSO4+Na2SO4+2H2O　（3）若反萃取使用硫酸用量过大，进一步处理会增加　NH3•H2O　（填化学式）的用途，造成成本增大．（4）反应②的化学方程式为：KClO3+6VOSO4+3H2O=3（VO2）2SO4+KCl+3H2SO4，若反应①用的还原剂与反应②用的氧化剂的物质的量之比为12：7，则废钒催化剂中VOSO4和V2O5的物质的量之比为　3：2　．（5）该工艺反应③的沉淀率（又称沉钒率）是回收钒的关键之一，写出该步发生反应的离子方程式　NH4++VO3﹣=NH4VO3↓　（6）用已知浓度的酸化的H2C2O4溶液滴定（VO2）2SO4溶液，以测定反应②后溶液中的含钒量，已知该反应的还原产物为VO2+，氧化产物为CO2，则该反应的离子方程式为　2VO2++H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O　．（7）钒电池是以溶于一定浓度硫酸溶液中不同价态的钒离子（V2+、V3+、VO2+、VO2+）为正极和负极反应的活性物质，电极均为铂棒，电池总反应为：VO2++V3++H2OV2++VO2++2H+①放电时的正极反应为　VO2++2H++e﹣═VO2++H2O　②充电时的阴极反应为　V3++e﹣═V2+　．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】废钒催化剂粉碎、水浸，将溶解性物质溶于水，然后过滤得到滤渣和滤液，根据溶解性表知，滤液中含有VOSO4，滤渣中含有V2O5等不溶性杂质，向滤渣中加入亚硫酸钠和稀硫酸，亚硫酸钠具有还原性，能将V2O5还原为VOSO4，然后过滤得到滤渣和滤液，将两部分滤液混合并加入氯酸钾，氯酸钾具有氧化性，能将VOSO4氧化为（VO2）2SO4，调节溶液pH为8且采用离子交换方法得到VO3﹣，向溶液中加入氯化铵，得到难溶性的NH4VO3，焙烧NH4VO3得到V2O5，（1）铝热反应实质是置换反应，铝与五氧化二钒反应生成钒与氧化铝；化学方程式电子守恒计算分析判断消耗铝的质量；（2）由题意和流程图可知反应①的目的，将V2O5转化为可溶性的VOSO4，便于分离提纯；-24-（3）反萃取使用的硫酸用量过大，就需要用碱来中和．（4）浸取还原过程的产物之一是VOSO4，据流反应的化学方程式．据浸取还原过程和氧化过程的先后两个化学方程式可计算出该催化剂中V2O5、VOSO4的物质的量之比．（5）该工艺中反应③的沉淀率（又称沉钒率）是回收钒的关键之一，铵根离子和VO3﹣反应生成难溶性的NH4VO3；（6）可用已知浓度的酸化H2C2O4溶液滴定（VO2）2SO4溶液，主要产物为CO2和VOSO4，发生反应的离子方程根据氧化还原反应的化合价升降，正五价的钒元素被还原为正四价的钒元素，H2C2O4则被氧化为二氧化碳，写出产物配平可得离子方程；（7）正极反应是还原反应；充电时，阴极反应为还原反应，故为V3+得电子生成V2+的反应．【解答】解：（1）铝与五氧化二钒反应生成钒与氧化铝，反应方程式为3V2O5+10Al6V+5Al2O3，用铝热剂法从下列各金属氧化物中冶炼出各1mol对应的金属，依据电子守恒可知，a．3Fe3O4+8Al=9Fe+4Al2O3，生成1molFe，电子转移×3mol=mol；b．Ni2O3+2Al=2Ni+Al2O3，生成1molNi，电子转移为2mol；c．3V2O5+10Al=6V+5Al2O3，生成1molV电子转移为×3mol=5mol；d．3MnO2+4Al=3Mn+2Al2O3，生成1molMn电子转移为×3mol=4mol；c电子转移最多耗铝粉的质量最多，故答案为：3V2O5+10Al6V+5Al2O3，c；（2）加入硫酸和亚硫酸钠，目的是利用氧化还原反应，用亚硫酸钠还原V2O5，将V2O5转化为可溶性的VOSO4，反应的化学方程式为V2O5+Na2SO3+2H2SO4=2VOSO4+Na2SO4+2H2O，故答案为：V2O5+Na2SO3+2H2SO4=2VOSO4+Na2SO4+2H2O；（3）反萃取使用的硫酸用量过大，就需要用碱来中和，据流程图可知，若反萃取使用硫酸用量过大，进一步处理会增加NH3•H2O的用量，造成成本增大，故答案为：NH3•H2O；（4）假设两步所用试剂Na2SO3与KC1O3的物质的量为12mol：7mol，分别据两个方程式：Na2SO3+V2O5+2H2SO4=2VOSO4+Na2SO4+2H2OKClO3+6VOSO4+3H2SO4═3（VO）2（SO4）3+KCl+3H2O12mol12mol24mol7mol42mol该催化剂中VOSO4的物质的量为42mol﹣24mol=18mol，因此该催化剂中VOSO4、V2O5的物质的量之比为18mol：12mol=3：2故答案为：3：2；（5）该工艺中反应③的沉淀率（又称沉钒率）是回收钒的关键之一，铵根离子和VO3﹣反应生成难溶性的NH4VO3，根据NH4VO3难溶于水，利用复分解反应沉淀VO3﹣，离子方程式为：NH4++VO3﹣=NH4VO3↓，故答案为：NH4++VO3﹣=NH4VO3↓；（6）测定反应②溶液中钒的含量，可用已知浓度的酸化H2C2O4溶液滴定（VO2）2SO4溶液，主要产物为CO2和VOSO4，根据化合价升降，写出离子方程为2VO2++H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O，故答案：2VO2++H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O；-24-（7）正极反应是还原反应，由电池总反应可知放电时的正极反应为VO2++2H++e﹣═VO2++H2O；充电时，阴极反应为还原反应，故为V3+得电子生成V2+的反应，电极反应为V3++e﹣═V2+，故答案为：VO2++2H++e﹣═VO2++H2O；V3++e﹣═V2+．【点评】本题比较综合，涉及氧化还原、离子反应方程式书写、化学反应的计算等，把握习题中的信息及发生的化学反应为解答的关键，注意图象及数据的分析与利用，较好的考查学生分析问题、解决问题的能力，题目难度较大．　10．（14分）尿素[H2NCONH2]既是一种非常重要的高氮化肥，又是多种有机、无机产品的生产原料．工业上以合成氨厂的NH3和CO2为原料生产尿素．请回答下列问题：（1）某实验室模拟工业合成氨在三个不同条件下的密闭容器中分别加入N2和H2，浓度均为c（N2）=0.100mol/L，c（H2）=0.300mol/L，进行反应时，N2的浓度随时间的变化分别如图曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ所示．①0～20min时，实验Ⅰ中v（N2）=　0.002mol/（L•min）　②实验Ⅱ中H2的平衡转化率为　40%　③与实验Ⅰ相比，实验Ⅱ、Ⅲ分别仅改变一个反应条件．写出所改变的条件及判断的理由：Ⅱ　加入催化剂，到达平衡时间缩短，平衡时氮气浓度未变　；Ⅲ　升高温度，正反应为放热反应，平衡正向移动，缩短到达平衡时间，平衡时氮气的浓度增大　．（2）合成尿素的反应为2NH3（l）+CO2（g）⇌H2O（l）+H2NCONH2（l）△H=﹣101.99kJ/mol，该反应在进行时分为如下两步：第一步：2NH3（l）+CO2（g）⇌H2NCOONH4（l）△H1第二步：H2NCOONH4（l）⇌H2O（l）+H2NCONH2（l）△H2=+15.05kJ/mol①若总反应的快慢由第二步反应决定，则第二步反应的反应速率　＜　（填“＞”、“＜”或“=”）第一步反应的反应速率．②△H1=　﹣117.04kJ/mol　．（3）尿素施入土壤，先要与土壤中微生物作用水解为碳酸铵或碳酸氢铵，才能被农作物根系吸收，写出尿素水解为碳酸铵的化学方程式　H2NCONH2+2H2O=（NH4）2CO3　．（4）尿素湿法烟气净化工艺早被科学家联合开发．该方法用尿素作为吸收液脱除烟气中的NOx，取得了较好的效果．烟气中NO和NO2按物质的量之比1：1经尿素溶液处理后变成无毒无害气体．则1mol尿素能吸收上述烟气（假设烟气只含有NO和NO2，其体积比为1：1）的质量为　76　g．【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素．【分析】（1）①由图可知，20min时到达平衡，氮气的浓度变化量为（1﹣0.06）mol/L=0.04mol/L，再根据v=计算v（N2）；②实验Ⅱ中平衡时氮气的浓度变化量为（1﹣0.06）mol/L=0.04mol/L，由方程式可知氢气的浓度变化量为0.04mol/L×3=0.12mol/L，氢气转化率=×100%；-24-③与实验Ⅰ相比，实验Ⅱ反应速率加快，平衡氮气浓度不变，不能是增大压强或升高温度，可能是加入催化剂；而实验Ⅲ反应速率减慢，平衡时氮气的浓度增大，正反应为体积减小的放热反应，不能是减小压强，可能是降低升高温度；（2）①慢反应决定整个过程的反应速率；②根据盖斯定律，可知△H1=△H﹣△H2；（3）根据尿素水解为碳酸铵书写化学方程式；（4）烟气中NO和NO2按物质的量之比1：1经尿素溶液处理后变成无毒无害气体，应生成氮气、二氧化碳，反应方程式为：NO+NO2+H2NCONH2=2N2+CO2+2H2O，结合方程式计算．【解答】解：（1）①由图可知，20min时到达平衡，氮气的浓度变化量为（1﹣0.06）mol/L=0.04mol/L，则v（N2）==0.002mol/（L•min），故答案为：0.002mol/（L•min）；②实验Ⅱ中平衡时氮气的浓度变化量为（1﹣0.06）mol/L=0.04mol/L，由方程式可知氢气的浓度变化量为0.04mol/L×3=0.12mol/L，氢气转化率=×100%=40%，故答案为：40%；③与实验Ⅰ相比，实验Ⅱ反应速率加快，平衡氮气浓度不变，不能是增大压强或升高温度，可能是加入催化剂；而实验Ⅲ反应速率减慢，平衡时氮气的浓度增大，正反应为体积减小的放热反应，不能是减小压强，升高温度反应速率加快，平衡逆向移动，可能是升高温度，故答案为：加入催化剂，到达平衡时间缩短，平衡时氮气浓度未变；升高温度，正反应为放热反应，平衡正向移动，缩短到达平衡时间，平衡时氮气的浓度增大；（2）①慢反应决定整个过程的反应速率，若总反应的快慢由第二步反应决定，则第二步反应的反应速率＜第一步反应的反应速率，故答案为：＜；②根据盖斯定律，可知△H1=△H﹣△H2=﹣101.99kJ/mol﹣15.05kJ/mol=﹣117.04kJ/mol，故答案为：﹣117.04kJ/mol；（3）尿素水解为碳酸铵，化学方程式为：H2NCONH2+2H2O=（NH4）2CO3，故答案为：H2NCONH2+2H2O=（NH4）2CO3；（4）烟气中NO和NO2按物质的量之比1：1经尿素溶液处理后变成无毒无害气体，应生成氮气、二氧化碳，反应方程式为：NO+NO2+H2NCONH2=2N2+CO2+2H2O，由方程式可知1mol尿素能吸收1molNO、1molNO2，则吸收上述烟气的质量为1mol×（30g/mol+46g/mol）=76g，故答案为：76．【点评】本题考查化学反应速率计算、化学平衡计算及影响因素、反应方程式计算等，侧重对学生分析能力的考查，（4）中的关键是书写方程式，难度中等．　【化学--选修2：化学与技术】11．（15分）三氧化二镍（Ni2O3）是一种重要的电子元件材料和蓄电池材料．工业上利用含镍废料（镍、铁、钙、镁合金为主）制取草酸镍（NiC2O4•2H2O），再高温煅烧草酸镍制取三氧化二镍．已知草酸的钙、镁、镍盐均难溶于水．如工艺流程图所示．请回答下列问题：-24-（1）操作Ⅰ为　加酸溶解，过滤　．（2）生产过程中多次进行过滤，实验室进行过滤操作中需要用到玻璃棒，下列实验操作中玻璃棒的作用完全相同的是　bc　（填字母）．①测定醋酸钠溶液的pH②加热食盐溶液制备NaCl晶体③配制0.1mol/L的硫酸溶液④用淀粉﹣KI试纸检验溶液中氧化性离子⑤配制10%的硫酸钠溶液a．①⑤b．②⑤c．①④d．③④（3）①加入H2O2发生的主要反应的离子方程式为　2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O　；②加入碳酸钠溶液调pH至4.0～5.0，其目的为　促进铁离子水解沉淀完全　；③加入NH4F后除掉的杂质是　Ca2+、Mg2+　．（4）草酸镍（NiC2O4•2H2O）在热空气中干燥脱水后在高温下煅烧，可制得Ni2O3，同时获得混合气体．草酸镍受热分解的化学方程式为　2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑　．（5）工业上还可用电解法制取Ni2O3．用NaOH溶液调NiCl2溶液的pH至7.5，加入适量Na2SO4后利用惰性电极电解．电解过程中产生的Cl2有80%在弱碱性条件下生成ClO﹣，再把二价镍氧化为三价镍．ClO﹣氧化Ni（OH）2生成Ni2O3的离子方程式为　ClO﹣+2Ni（OH）2═Cl﹣+Ni2O3+2H2O　．amol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过电子的物质的量为　1.25amol　．（6）以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时，NiO（OH）转化为Ni（OH）2，该电池反应的化学方程式是　Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=3Ni（OH）2+NaAlO2　．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计．【分析】（1）镍废料中主要是镍、铁、钙、镁合金为主，操作Ⅰ是酸溶后过滤，溶解金属，除去不溶物；（2）①测定Na2CO3溶液的pH，玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上测定；②加热食盐溶液制备NaCl晶体，玻璃棒搅拌避免局部受热固体飞溅；③配制O.1mol/L的H2SO4溶液，搅拌引流作用；④用KI淀粉试纸检验溶液中氧化性离子，玻璃棒蘸取溶液滴在KI淀粉试纸上测定；⑤配制10%的KNO3溶液，玻璃棒搅拌加速溶解；（3）过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，依据电荷守恒和原子守恒，加入Na2CO3溶液调pH至4.0〜4.5，促进铁离子水解形成氢氧化铁沉淀；氟化钙、氟化镁难溶于水；（4）草酸镍（NiC2O4•2H2O）在热空气中干燥脱水后生成NiC2O4，NiC2O4再发生氧化还原反应（Ni由+2价升高到+3价，则C由+3价降低到+2价，题中要求生成混合气体，则另一气体为CO2）生成Ni2O3、CO、CO2，再利用化合价升降相等配平；（5）Cl由+1价降低到﹣1价，Ni由+2价升高到+3价，利用化合价升降相等可配平ClO﹣、Ni（OH）2、Cl﹣、Ni2O3的系数，再利用H原子守恒配平水的系数，最后可利用O原子检查配平是否正确；依据化学方程式和元素守恒计算得到；（6）以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，发生还原反应，则Al发生氧化反应，碱性条件下得到NaAlO2，配平书写方程式．【解答】解：（1）分析框图：“酸溶”生成含镍、铁、钙、镁离子的溶液，加酸溶解，溶解金属，除去不溶物过滤；故答案为：加酸溶解，过滤；（2）①用KI淀粉试纸检验溶液中氧化性离子，玻璃棒蘸取溶液滴在KI淀粉试纸上测定；-24-②加热食盐溶液制备NaCl晶体，玻璃棒搅拌避免局部受热固体飞溅；③配制O.1mol/L的H2SO4溶液，搅拌引流作用；④测定Na2CO3溶液的pH，玻璃棒蘸取溶液滴在pH试纸上测定；⑤配制10%的KNO3溶液，玻璃棒搅拌加速溶解；所以②⑤和①④符合；故答案为：bc；（3）加双氧水的目的是氧化生成Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，加入碳酸钠溶液的作用是调节pH，促进铁离子水解沉淀完全，再加入NH4F的目的是除去钙离子、镁离子，故最后加草酸时生成草酸镍沉淀；故答案为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，促进铁离子水解沉淀完全，Ca2+、Mg2+；（4）草酸镍（NiC2O4•2H2O）在热空气中干燥脱水后生成NiC2O4，NiC2O4再发生氧化还原反应（Ni由+2价升高到+3价，则C由+3价降低到+2价，题中要求生成混合气体，则另一气体为CO2）生成Ni2O3、CO、CO2，再利用化合价升降相等，Ni：升高2×（3﹣2），C：升高1×（4﹣3），C：降低：3×（3﹣2），配平方程式为：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑；故答案为：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑；（5）Cl由+1价降低到﹣1价，Ni由+2价升高到+3价，利用化合价升降相等可配平ClO﹣、Ni（OH）2、Cl﹣、Ni2O3的系数，再利用H原子守恒配平水的系数，最后可利用O原子检查配平是否正确，得到离子方程式为：ClO﹣+2Ni（OH）2═Cl﹣+Ni2O3+2H2O；ClO﹣+2Ni（OH）2═Cl﹣+Ni2O3+2H2O12n（ClO﹣）amol则n（ClO﹣）=0.5amolCl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H2O0.8n（Cl2）0.5amol则n（Cl2）=0.625amol进行电解时：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑21n（e﹣）0.625amol则n（e﹣）=1.25amol；故答案：ClO﹣+2Ni（OH）2═Cl﹣+Ni2O3+2H2O，1.25amol；（6）以Al和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，发生还原反应，则Al发生氧化反应，碱性条件下得到NaAlO2，该电池反应的化学方程式是：Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=3Ni（OH）2+NaAlO2，故答案为：Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=3Ni（OH）2+NaAlO2．【点评】本题考查了流程分析推断，实验操作步骤的分析判断，化学方程式计算和电解原理分析应用，题目综合性较大，难度较大．　【化学--选修3：物质结构与性质】12．（15分）Ⅰ．根据等电子体原理可知：（1）仅由第二周期元素组成的共价分子中互为等电子体的有　2　组（2）在短周期元素组成的物质中，与NO2‑互为等电子体的分子有　2　种-24-（3）试预测N3﹣的空间构型为　直线形　．Ⅱ．氮化钛（Ti3N4）为金黄色晶体，由于具有令人满意的仿金效果，越来越多地成为黄金的代替品．以TiCl4为原料，经过一系列反应（如图）可以制得Ti3N4和纳米TiO2．如图中的M是短周期金属元素，M的部分电离能如表：I1I2I3I4I5电离能/kJ•mol﹣1738145177331054013630（4）M是　Mg　（填元素符号），该金属晶体的堆积模型为　六方最密堆积　，配位数为　12　．（5）基态Ti3+中未成对电子数有　1　个，与Ti同族相邻的元素Zr的基态原子外围电子排布式为　4d25s2　；钛元素最高化合价为　+4　．（6）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，纳米TiO2催化的一个实例如图1所示．化合物甲的分子中采取sp2方式杂化的碳原子数为　7　，化合物乙中采取sp3方式杂化的原子对应的元素的电负性由大到小的顺序为　O＞N＞C　．（7）有一种氮化钛晶体的晶胞与NaCl晶胞相似，如图2所示，该晶胞中N、Ti之间的最近距离为apm，则该氮化钛的密度为　　g/cm3（NA为阿伏伽德罗常数的数值，只列计算式）．该晶体中与N原子距离相等且最近的N原子有　12　个．科学家通过X﹣射线探明KCl、MgO、CaO、TiN的晶体与NaCl的晶体结构相似．且知三种离子晶体的晶格能数据：离子晶体NaClKClCaO晶格能/kJ•mol﹣17867153401KCl、CaO、TiN三种离子晶体熔点由高到低的顺序为　TiN＞CaO＞KCl　．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】I．（1）原子数相同、电子总数（或价电子总数）相同的分子，互称为等电子体；（2）在短周期元素组成的物质中，与NO2‑互为等电子体的分子有：O3，SO2；（3）CO2、N3﹣互为等电子体，二者结构相似；Ⅱ．（4）M是短周期金属元素，M的第三电离能剧增，处于ⅡA族，能与TiCl4反应置换出Ti，则M为Mg．Mg晶体属于六方最密堆积；（5）Ti为22号元素，原子核外电子排布为1s22s22p63S23p63d24s2，外围电子排布为3d24s2，失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Ti3+；-24-（6）采取sp2杂化的碳原子价层电子对数是3，根据价层电子对数判断；采取sp3杂化的原子价层电子对数是4，乙中采取sp3杂化的原子有C、N、O，同一周期元素中，元素的电负性随着原子序数的增大；（7）根据均摊法计算晶胞中Ti、N原子数目，进而计算晶胞质量，根据ρ=计算晶胞密度；以晶胞顶点N原子研究，与之距离相等且最近的N原子处于面心位置；由表中数据可知，离子半径越小晶格能越大，离子带电荷越大，晶格能越大，晶格能大，对应的离子晶体的熔点就越高．【解答】解：I．（1）原子数相同、电子总数（或价电子总数）相同的分子，互称为等电子体，仅由第二周期元素组成的共价分子中互为等电子体的有：N2、CO；CO2、N2O，故答案为：2；（2）在短周期元素组成的物质中，与NO2‑互为等电子体的分子有：O3，SO2，故答案为：2；（3）CO2、N3﹣互为等电子体，二者结构相似，N3﹣为直线形，故答案为：直线形；Ⅱ．（4）M是短周期金属元素，M的第三电离能剧增，处于ⅡA族，能与TiCl4反应置换出Ti，则M为Mg．Mg晶体属于六方最密堆积，配位数为12，故答案为：Mg；六方最密堆积；12；（5）Ti为22号元素，原子核外电子排布为1s22s22p63S23p63d24s2，失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Ti3+，基态Ti3+离子核外电子排布为1s22s22p63S23p63d1，3d能级1个电子为未成对电子，与Ti同族相邻的元素Zr的基态原子外围电子排布式为4d25s2，钛元素最高化合价为+4，故答案为：1；4d25s2；+4；（6）化合物甲的分子中采取sp2杂化的碳原子为：苯环上的六个、羰基中的一个，共7个；采取sp3杂化的原子价层电子对数是4，乙中采取sp3杂化的原子有C、N、O，同一周期元素中，元素电负性随着原子序数依次增加电负性逐渐增大，所以它们的电负性关系为：O＞N＞C，故答案为：7；O＞N＞C；（7）根据均摊法，可知该晶胞中N原子个数为：6×+8×=4，该晶胞中Ti原子个数为：1+12×=4，∴晶胞的质量m=4×g，而晶胞的体积V=（2a×10﹣10）3cm3，所以晶体的密度ρ=4×g÷（2a×10﹣10）3cm3=g•cm﹣3；以晶胞顶点N原子研究，与之距离相等且最近的N原子处于面心位置，每个顶点为8个晶胞共用．每个面为2个晶胞共用，故与之距离相等且最近的N原子为=12；离子晶体的离子半径越小，带电荷数越多，晶格能越大，则晶体的熔沸点越高，则有TiN＞CaO，由表中数据可知CaO＞KCl，则TiN＞CaO＞KCl，故答案为：；12；TiN＞CaO＞KCl．【点评】本题考查物质结构和性质，属于拼合型题目，涉及等电子体、晶胞结构与计算、核外电子排布、杂化方式、电负性、晶体熔沸点比较等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等．　【化学--选修5：有机化学基础】-24-13．（15分）有机化合物A的相对分子质量为166，A遇FeCl3溶液呈紫色，G的分子式为C7H12O，A～H均为有机物，其转化关系如图所示．试剂a已知：有机物分子中的碳碳双键发生臭氧氧化反应：R1CH=CR2CH2OHR1CHO+O=CR2CH2OH回答下列问题：（1）A的结构简式为　　，由F到G的反应类型为　消去反应　．（2）有机物C的官能团名称为　羧基　，反应①的作用是　保护酚羟基，防止酚羟基在②中被氧气氧化　．（3）最佳的试剂a为　NaHCO3　（写化学式）溶液，写出反应④的化学方程式：　　．（4）同时满足下列条件的A的所有同分异构体有　5　种①与A有相同的官能团②属于苯的邻二取代物③遇FeCl3溶液显紫色写出分子中不含甲基的A的同分异构体的结构简式　　（5）若H与G分子具有相同的碳原子数目，且1molH能与足量的新制银氨溶液反应生成2molAg，则H的结构简式为　OHCCH2CH2CH2CH2COCH2OH　．（6）由的反应是否进行完全，设计一个简单实验加以证明并写出实验操作、现象及结论：　取少量反应后的溶液于试管中，加入氯化铁溶液，若溶液变紫色，则反应不完全，反应物有剩余，反之则完全反应　．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．-24-【分析】由的结构可知，与氢气发生加成得F为，F在浓硫酸作用下发生消去反应得G，G氧化得H，H与G分子具有相同的碳原子数目，且1molH能与足量的新制银氨溶液反应生成2molAg，G的分子式为C7H12O，则G为，根据题中信息，G氧化得H为OHCCH2CH2CH2CH2COCH2OH，有机化合物A的相对分子质量为166，A遇FeCl3溶液呈紫色，说明有酚羟基，A在稀硫酸作用下水解得，A的相对分子质量为166，所以A为，所以C为CH3COOH，与氢氧化钠反应生成B为，B催化氧化得D为，D酸化得E为，由于羧基的酸性比碳酸强，碳酸的酸性比酚羟基强，比较E和邻羟基苯甲酸钠的结构可知，试剂a为NaHCO3，据此答题．【解答】解：由的结构可知，与氢气发生加成得F为，F在浓硫酸作用下发生消去反应得G，G氧化得H，H与G分子具有相同的碳原子数目，且1molH能与足量的新制银氨溶液反应生成2molAg，G的分子式为C7H12O，则G为，根据题中信息，G氧化得H为OHCCH2CH2CH2CH2COCH2OH，有机化合物A的相对分子质量为166，A遇FeCl3溶液呈紫色，说明有酚羟基，A在稀硫酸作用下水解得，A的相对分子质量为166，所以A为，所以C为CH3COOH，与氢氧化钠反应生成B为，B催化氧化得D为，D酸化得E为，由于羧基的酸性比碳酸强，碳酸的酸性比酚羟基强，比较E和邻羟基苯甲酸钠的结构可知，试剂a为NaHCO3，（1）由上面打分析可知，A的结构简式为，由F到G的反应类型为消去反应，故答案为：；消去反应；（2）C为CH3COOH，C中的官能团名称为羧基，反应①的作用是保护酚羟基，防止酚羟基在②中被氧气氧化，-24-故答案为：羧基；保护酚羟基，防止酚羟基在②中被氧气氧化；（3）由上面打分析可知，试剂a为NaHCO3溶液，反应④的化学方程式为，故答案为：NaHCO3；；（4）满足下列条件①与A有相同的官能团，即有酯基和羟基，②属于苯的邻二取代物③遇FeCl3溶液显紫色，说明有酚羟基，则符合条件的A的所有同分异构体为苯环的相邻位置连有﹣OH、﹣OOCCH2CH3或﹣OH、﹣CH2OOCCH3或﹣OH、﹣CH2CH2OOCH或﹣OH、﹣CH（CH3）OOCH或﹣OH、﹣CH2COOCH3，共有5种，分子中不含甲基的A的同分异构体的结构简式为，故答案为：5；；（5）根据上面的分析可知，H的结构简式为OHCCH2CH2CH2CH2COCH2OH，故答案为：OHCCH2CH2CH2CH2COCH2OH；（6）中有酚羟基，而F中没有酚羟基，所以检验由的反应是否进行完全，可以取少量反应后的溶液于试管中，加入氯化铁溶液，若溶液变紫色，则反应不完全，反应物有剩余，反之则完全反应，故答案为：取少量反应后的溶液于试管中，加入氯化铁溶液，若溶液变紫色，则反应不完全，反应物有剩余，反之则完全反应．【点评】本题考查有机物推断，难度中等，注意根据相对分子质量综合分析确定C为乙酸，再根据反应条件综合分析推断，对学生的分析推理有一定的要求，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化．　-24-