天津市102中2015年高考化学模拟试卷(三)

2015年天津市102中高考化学模拟试卷（三）一、选择题：本卷共6题，每题6分，共36分6每小题给出的四个选项中，只有-项是最符合题目要求1．下列说法正确的是（）A．垃圾资源化的主要途径是卫生填埋B．在日常生活中，化学腐蚀是造成钢铁腐蚀的主要原因C．推广使用新能源，可以减少二氧化碳等温室气体的排放D．人造纤维、合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物2．用N A表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A．常温常压下，33.6L氯气与27g铝充分反应，转移电子数为3N AB．标准状况下，22.4L己烷中共价键数目为19N AC．通常状况下，2.24LNO2和N2O4的混合气体中氮原子和氧原子数比为1：2D． 1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中所含阴离子数大于N A个3．下列离子方程式书写正确的是（）A．将Na2O2加入H2O中：Na2O2+H2O=2Na++2OH﹣+O2↑B．向Al2（SO4）3溶液中加入过量的氨水：Al3++4NH3•H2O=AlO2﹣+4NH4++2H2OC．向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2OD．向海带灰浸出液中加入硫酸、双氧水：2I﹣+2H++H2O2=I2+2H2O4．有①氨水②NH4Cl溶液③Na2CO3溶液④NaHCO3溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol/L，下列说法正确的是（）A． 4种溶液pH的大小顺序：①＞④＞③＞②B．溶液①、②等体积混合后pH＞7，则c（NH4+）＜c（NH3•H2O）C．向溶液①、②中分别加入25 mL 0.1mol/L 盐酸后，溶液中c（NH4+）：①＞②D．向溶液③、④中分别加入12.5 mL 0.1mol/L NaOH溶液后，两溶液中的离子种类相同5．下述实验能达到预期目的是（）编号实验内容实验目的A 将SO2通入酸性KMnO4溶液中，紫色褪去证明SO2具有漂白性B 在滴有酚酞的Na2CO3溶液中，加入BaCl2溶液后红色褪去证明Na2CO3溶液中存在水解平衡C 向1mL0.2mol/L NaOH溶液中滴入2滴0.1mol/L的MgCl2溶液产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/L的FeCl3溶液，又生成红棕色沉淀证明在相同温度下，氢氧化镁的溶解度大于氢氧化铁的溶解度D 测定等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大证明非金属性S＞CA． A B． B C． C D． D6．关于下列四个图象的说法正确的是（）A．图①表示反应CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）的△H＞0B．图②为氢氧燃料电池示意图，正、负极通入的气体体积之比为2：1C．图③表示物质a、b的溶解度曲线，可以用重结晶方法从a、b混合物中提纯aD．图④可以表示压强对可逆反应2A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（s）的影响，且乙的压强大二、非选择题：本卷共4题，共64分．7．巳知 A、B、D为中学常见的单质，甲、乙、丙、丁、戊为短周期元素组成的化合物．其中，丙是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体；丁是一种高能燃料，其组成元素与丙相同，1mol 丁分子中不同原子的数目比为1：2，且含有18mol电子；戊是一种难溶于水的白色胶状物质，既能与强酸反应，也能与强碱反应，具有净水作用．各物质间的转化关系如下图所示（某些条件巳略去）．用化学用语回答下列问题：（1）单质B的组成元素在周期表中的位置是、NaClO中对应元素的离子半径由大到小顺序为：．（2）戊与强碱反应的离子方程式：．（3）丁中所包含的化学键有．（4）反应①的化学方程式为．（5）反应②中，0.5mol NaClO参加反应时，转移1mol电子，其化学方程式为．（6）﹣定条件下，A与Ti O2、C（石墨）反应只生成乙和碳化钛（TiC），二者均为某些高温结构陶瓷的主要成分．巳知，该反应生成1mol乙时放出536kJ热量，其热化学方程式为．8．有机合成在现代工、农业生产中占有相当重要的地位，有机物F是一种高分子化合物，可作增塑剂，H是除草剂的中间产物，它们的合成路线如下：已知：①R1CH=CHR2 R1COOH+R2COOH （R1、R2代表烃基）②③C核磁共振氢谱图中有3个吸收峰，面积比为 6：1：1．请回答：（1）D分子中所含官能团的名称是：．（2）写出下列反应的反应类型：反应②；反应⑤．（3）写出由一氯环己烷到A的化学方程式：．（4）写出满足下列条件所有D的同分异构体的结构简式：．①能水解；②与新制氢氧化铜悬浊液加热，产生砖红色沉淀．（5）G和H的相对分子质量相差63，H能与NaHCO3溶液反应，则0.1moLH与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH moL．（6）写出D物质与新制氢氧化铜的反应的化学方程式：（7）B与E在一定条件下生成F的反应的化学方程式是：．9．硫酸亚铁铵是一种浅蓝绿色晶体，俗称摩尔盐，其化学式为：FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O．硫酸亚铁在空气中易被氧化，而形成摩尔盐后就稳定了．硫酸亚铁铵可由硫酸亚铁与硫酸铵等物质的量混合制得．三种盐的溶解度（单位为g/100g水）如下表：温度/℃ 10 20 30 40 50 70（NH4）2SO4 73.0 75.4 78.0 81.0 84.5 91.9FeSO4•7H2O 40.0 48.0 60.0 73.3 ﹣﹣摩尔盐 18.1 21.2 24.5 27.9 31.3 38.5如图是模拟工业制备硫酸亚铁铵晶体的实验装置．回答下列问题：Ⅰ．（1）先用30%的氢氧化钠溶液煮沸废铁屑（含少量油污、铁锈、FeS等），再用清水洗净．用氢氧化钠溶液煮沸的目的是（2）将处理好的铁屑放人锥形瓶中，加入稀硫酸．锥形瓶中发生反应的离子方程式可能为（填序号）．A．Fe+2H+═Fe2++H2↑B．Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2OC．2Fe3++S2﹣═2Fe2++S↓D．2Fe3++Fe═3Fe2+（3）利用容器②的反应，向容器①中通入氢气，应关闭活塞，打开活塞（填字母）．容器③中NaOH溶液的作用是；向容器①中通人氢气的目的是．Ⅱ．待锥形瓶中的铁屑快反应完时，关闭活塞B、C，打开活塞A，继续产生的氢气会将锥形瓶中的硫酸亚铁（含极少部分未反应的稀硫酸）压到饱和硫酸铵溶液的底部．在常温下放置一段时间，试剂瓶底部将结晶出硫酸亚铁铵．硫酸亚铁与硫酸铵溶液混合就能得到硫酸亚铁铵晶体，其原因是；从容器①中分离并得到纯净硫酸亚铁铵晶体的操作方法是、、．Ⅲ．制得的硫酸亚铁铵晶体中往往含有极少量的Fe3+．为测定晶体中Fe2+的含量，称取一份质量为20.0g的硫酸亚铁铵晶体样品，制成溶液．用0.5mo1•L﹣1KMnO4溶液滴定，当溶液中Fe2+全部被氧化，MnO﹣4被还原成Mn2+时，耗KMnO4溶液体积20.00mL．滴定时，将KMnO4溶液装在（酸式或碱式）滴定管中，判断反应到达滴定终点的现象为；晶体中FeSO4的质量分数为．10．丙烷在燃烧时能放出大量的热，它也是液化石油气的主要成分，作为能源应用于人们的日常生产和生活．已知：①2C3H8（g）+7O2（g）═6CO（g）+8H2O （l）△H1=﹣2741.8kJ/mol②2CO （g）+O2（g）═2CO2（g）△H2=﹣566kJ/mol（1）反应C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O （l）的△H= ．（2）现有1mol C3H8在不足量的氧气里燃烧，生成1mol CO和2mol CO2以及气态水，将所有的产物通入一个固定体积为1L的密闭容器中，在一定条件下发生如下可逆反应：CO（g）+H2O （g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=+41.2kJ/mol①下列事实能说明该反应达到平衡的是．a．体系中的压强不发生变化b．v 正（H2）=v 逆（CO）c．混合气体的平均相对分子质量不发生变化d．CO2的浓度不再发生变化②5min后体系达到平衡，经测定，H2为0.8mol，则v（H2）= ．③向平衡体系中充入少量CO则平衡常数（填“增大”、“减小”或“不变”）．（3）依据（1）中的反应可以设计一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丙烷气体；燃料电池内部是熔融的掺杂着氧化钇（Y2O3）的氧化锆（ZrO2）晶体，在其内部可以传导O2﹣．在电池内部O2﹣由极移向极（填“正”或“负”）；电池的负极电极反应式为．（4）用上述燃料电池和惰性电极电解足量Mg（NO3）2和NaCl的混合溶液．电解开始后阴极的现象为．2015年天津市102中高考化学模拟试卷（三）参考答案与试题解析一、选择题：本卷共6题，每题6分，共36分6每小题给出的四个选项中，只有-项是最符合题目要求1．下列说法正确的是（）A．垃圾资源化的主要途径是卫生填埋B．在日常生活中，化学腐蚀是造成钢铁腐蚀的主要原因C．推广使用新能源，可以减少二氧化碳等温室气体的排放D．人造纤维、合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物考点：常见的生活环境的污染及治理；金属的电化学腐蚀与防护；有机高分子化合物的结构和性质．分析： A．垃圾资源化的主要途径是分类处理，回收利用；B．造成钢铁腐蚀的主要原因是电化学腐蚀；C．推广使用新能源，减少化石燃料的使用，可以减少二氧化碳等温室气体的排；D．光导纤维的主要成分是SiO2它不是有机高分子化合物．解答：解：A．垃圾资源化的主要途径是分类处理，回收利用，故A错误；B．造成钢铁腐蚀的主要原因是电化学腐蚀，故B错误；C．推广使用新能源，减少化石燃料的使用，可以减少二氧化碳等温室气体的排，故C正确；D．光导纤维的主要成分是SiO2它不是有机高分子化合物，故D错误；故选C．点评：本题考查了化学与生产生活相关的知识，在日常生活中要关注与化学有关的知识．2．用N A表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A．常温常压下，33.6L氯气与27g铝充分反应，转移电子数为3N AB．标准状况下，22.4L己烷中共价键数目为19N AC．通常状况下，2.24LNO2和N2O4的混合气体中氮原子和氧原子数比为1：2D． 1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中所含阴离子数大于N A个考点：阿伏加德罗常数．分析： A、常温常压下V m≠22.4L/mol；B、标况下，己烷为液态；C、在相同状态下，气体的物质的量之比等于体积之比；D、溶液体积不明确．解答：解：A、常温常压下V m≠22.4L/mol（大于22.4），氯气不足，转移的电子数小于3n A，故A错误；B、标况下，己烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算，故B错误；C、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故在通常状况下，2.24LNO2和N2O4的混合气体中，无论两者比例如何，氮原子和氧原子数比为1：2，故C正确；D、溶液体积不明确，故溶液中的阴离子的个数无法计算，故D错误．故选C．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．3．下列离子方程式书写正确的是（）A．将Na2O2加入H2O中：Na2O2+H2O=2Na++2OH﹣+O2↑B．向Al2（SO4）3溶液中加入过量的氨水：Al3++4NH3•H2O=AlO2﹣+4NH4++2H2OC．向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣=BaSO4↓+H2OD．向海带灰浸出液中加入硫酸、双氧水：2I﹣+2H++H2O2=I2+2H2O考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：离子方程式是指用实际参加反应的离子符号表示离子反应的式子．离子方程式的书写步骤一般为：①“写”：写出有关反应的化学方程式；②“拆”：可溶性的电解质用离子符号表示，其它难溶的物质、气体、水等仍用化学式表示；③“删”：删去方程式两边不参加反应的离子；④“查”：检查式子两边的各种原子的个数及电荷数是否相等；A．方程式左右氧原子不守恒；B．氨水不能溶解氢氧化铝；C．Ba（OH）2溶液中钡离子和氢氧根离子比应为1：2；D．利用稀硫酸和双氧水将滤液中碘离子氧化成碘单质；解答：解：A．方程式左边3个氧原子，右边4个氧原子，左右氧原子不守恒，正确的为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑，故A错误；B．氢氧化铝只能溶解强酸和强碱，不能溶解在氨水弱碱中，向Al2（SO4）3溶液中加入过量的氨水，只能生成氢氧化铝沉淀，正确的为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故B错误；C．向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液，Ba（OH）2溶液中钡离子和氢氧根离子比应为1：2，当氢离子和氢氧根离子恰好完全反应时溶液为中性，离子方程式为：Ba2++SO42﹣+2OH﹣+2H+=BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．向海带灰浸出液中加入硫酸、双氧水，双氧水具有氧化性，碘离子具有还原性，发生氧化还原反应，2I﹣+2H++H2O2=I2+2H2O，两边的各种原子的个数及电荷数相等，故D正确；故选D．点评：本题考查离子方程式的书写，明确发生的反应并熟悉离子反应方程式的书写方法是解答本题的关键，题目难度不大．4．有①氨水②NH4Cl溶液③Na2CO3溶液④NaHCO3溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol/L，下列说法正确的是（）A． 4种溶液pH的大小顺序：①＞④＞③＞②B．溶液①、②等体积混合后pH＞7，则c（NH4+）＜c（NH3•H2O）C．向溶液①、②中分别加入25 mL 0.1mol/L 盐酸后，溶液中c（NH4+）：①＞②D．向溶液③、④中分别加入12.5 mL 0.1mol/L NaOH溶液后，两溶液中的离子种类相同考点：盐类水解的应用．专题：盐类的水解专题．分析： A、依据溶液中的溶质电离和水解程度分析判断；B、依据溶液中一水合氨电离程度大于铵根离子的水解程度分析判断；C、盐酸和一水合氨恰好反应生成氯化铵溶液，抑制铵根离子的水解；D、依据碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液中的电离和水解分析离子种类．解答：解：A、物质的量浓度均为0.1mol/L的①氨水②NH4Cl溶液③Na2CO3溶液④NaHCO3溶液各25mL，一水合氨电离生成氢氧根离子显碱性，氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性；碳酸根离子水解显碱性，碳酸氢根离子水解显碱性；同浓度碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，溶液碱性强；所以溶液PH大小为：：①＞③＞④＞②，故A错误；B、溶液①氨水是弱碱存在电离平衡；②NH4Cl溶液水解显酸性，①、②等浓度等体积混合后pH＞7，说明溶液中一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，所以c（NH4+）＞c（NH3•H2O），故B错误；C、盐酸和一水合氨恰好反应生成氯化铵溶液，氯化铵的浓度为0.05mol/L，氯化铵溶液中加入盐酸抑制铵根离子的水解，溶液中c（NH4+）：①＜②，故C错误；D、向溶液③、④中分别加入25mL 0.1mol/L NaOH溶液后，碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠溶液，两溶液中的离子种类相同，故D正确；故选D．点评：本题考查了弱电解质电离平衡，盐类水解的应用，溶液酸碱性的分析判断，溶液pH大小比较，题目难度中等．5．下述实验能达到预期目的是（）编号实验内容实验目的A 将SO2通入酸性KMnO4溶液中，紫色褪去证明SO2具有漂白性B 在滴有酚酞的Na2CO3溶液中，加入BaCl2溶液后红色褪去证明Na2CO3溶液中存在水解平衡C 向1mL0.2mol/L NaOH溶液中滴入2滴0.1mol/L的MgCl2溶液产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/L的FeCl3溶液，又生成红棕色沉淀证明在相同温度下，氢氧化镁的溶解度大于氢氧化铁的溶解度D 测定等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大证明非金属性S＞CA． 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．发生氧化还原反应；B．Na2CO3溶液水解显碱性，遇酚酞变红，加BaCl2溶液，水解平衡逆向移动；C．发生沉淀的转化；D．酸越弱，对应盐的水解程度越大，利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性的强弱．解答：解：A．将SO2通入酸性KMnO4溶液中，紫色褪去，发生氧化还原反应，证明SO2具有还原性，故A错误；B．Na2CO3溶液水解显碱性，遇酚酞变红，加BaCl2溶液，水解平衡逆向移动，则证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故B正确；C．向1mL0.2mol/L NaOH溶液中滴入2滴0.1mol/L的MgCl2溶液产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/L的FeCl3溶液，又生成红棕色沉淀，发生沉淀的转化，证明在相同温度下，氢氧化镁的溶解度小于氢氧化铁的溶解度，故C错误；D．测定等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大，则碳酸酸性小于亚硫酸，但亚硫酸不是最高价含氧酸，不能比较非金属性，故D错误；故选B．点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及氧化还原反应、水解平衡、沉淀转化、酸性与非金属性的比较等，侧重反应原理的考查，注重高考常考考查的训练，题目难度中等．6．关于下列四个图象的说法正确的是（）A．图①表示反应CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）的△H＞0B．图②为氢氧燃料电池示意图，正、负极通入的气体体积之比为2：1C．图③表示物质a、b的溶解度曲线，可以用重结晶方法从a、b混合物中提纯aD．图④可以表示压强对可逆反应2A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（s）的影响，且乙的压强大考点：原电池和电解池的工作原理；反应热和焓变；化学平衡的影响因素．专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题．分析： A．化学反应中，如果反应物能量大于生成物能量，则反应过程中放出能量，否则吸收能量；B．根据转移电子数相等确定正负极上气体体积之比；C．溶解度随温度变化大的物质和变化小的物质可以采用重结晶的方法分离；D．根据“先拐先平数值大”的方法确定压强大小，该反应是一个反应前后气体减小的反应，改变压强影响平衡移动．解答：解：A．该反应中，反应物的能量大于生成物能量，所以反应过程中要放出能量，即△H＜0，故A错误；B．氢氧燃料电池的反应方程式为：2H2+O2=2H2O，正极上通入氧气，负极上通入氢气，根据方程式知正、负极通入的气体体积之比为1：2，故B错误；C．从图象可以看出，A物质的溶解度随着温度的降低而降低，并且降低非常明显，B的溶解度虽然也随温度的降低而降低，但是降低非常小，因此对于A物质和B物质的混合溶液来说，随着温度的降低，A就会大量的析出，所以可以采用重结晶的方法分离，故C正确；D．根据图象知，乙的压强度大于甲，增大压强，平衡向气体体积减小的正反应方向移动，则达到平衡时，反应物的百分含量减小，故D错误；故选C．点评：本题考查图象分析题，难度较大，易错选项是D，注意D选项中反应前后计量数之和不变，但气体的计量数之和改变，为易错点．二、非选择题：本卷共4题，共64分．7．巳知 A、B、D为中学常见的单质，甲、乙、丙、丁、戊为短周期元素组成的化合物．其中，丙是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体；丁是一种高能燃料，其组成元素与丙相同，1mol 丁分子中不同原子的数目比为1：2，且含有18mol电子；戊是一种难溶于水的白色胶状物质，既能与强酸反应，也能与强碱反应，具有净水作用．各物质间的转化关系如下图所示（某些条件巳略去）．用化学用语回答下列问题：（1）单质B的组成元素在周期表中的位置是第2周期第ⅤA族、NaClO中对应元素的离子半径由大到小顺序为：Cl﹣＞O2﹣＞Na+．（2）戊与强碱反应的离子方程式：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O ．（3）丁中所包含的化学键有极性共价键和非极性共价键．（4）反应①的化学方程式为N2+3H22NH3．（5）反应②中，0.5mol NaClO参加反应时，转移1mol电子，其化学方程式为2NH3+NaClO ═N2H4+NaCl+H2O ．（6）﹣定条件下，A与Ti O2、C（石墨）反应只生成乙和碳化钛（TiC），二者均为某些高温结构陶瓷的主要成分．巳知，该反应生成1mol乙时放出536kJ热量，其热化学方程式为4Al （s）+3TiO2（s）+3C（s）═2Al2O3（s）+3TiC（s）△H=﹣1072kJ/mol ．考点：无机物的推断．分析： A、B、D为中学常见的单质，甲、乙、丙、丁、戊为短周期元素组成的化合物，丙是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体，则丙为NH3；丁是一种高能燃料，其组成元素与丙相同，1mol丁分子中不同原子的数目比为1：2，且含有18mol电子，则丁为N2H4；戊是一种难溶于水的白色胶状物质，既能与强酸反应也能与强碱反应，具有净水作用，则戊为Al （OH）3；结合转化关系图可知，乙为氧化铝，A为Al；B为N2，甲为氮化铝，D为H2，然后结合物质的性质及化学用语来解答．解答：解：A、B、D为中学常见的单质，甲、乙、丙、丁、戊为短周期元素组成的化合物，丙是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的无色气体，则丙为NH3；丁是一种高能燃料，其组成元素与丙相同，1mol丁分子中不同原子的数目比为1：2，且含有18mol电子，则丁为N2H4；戊是一种难溶于水的白色胶状物质，既能与强酸反应也能与强碱反应，具有净水作用，则戊为Al（OH）3；结合转化关系图可知，乙为氧化铝，A为Al；B为N2，甲为氮化铝，D为H2，（1）组成B的元素为N元素，位于元素周期表中第2周期第ⅤA族，离子核外电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，所以NaClO中对应元素的离子半径由大到小顺序为Cl﹣＞O2﹣＞Na+，故答案为：第2周期第ⅤA族；Cl﹣＞O2﹣＞Na+；（2）戊为Al（OH）3，戊与强碱反应的离子方程式为Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；（3）丁为N2H4，含有N﹣H极性共价键和N﹣N非极性共价键，故答案为：极性共价键和非极性共价键；（4）反应①为合成氨的反应，即N2+3H22NH3，故答案为：N2+3H22NH3；（5）反应②为氨气与NaClO的反应，0.5molNaClO参加反应时，转移1mol电子，则Cl元素由+1价降低为﹣1价，该反应生成NaCl，同时生成N2H4和水，则该反应为2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O，故答案为：2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O；（6）﹣定条件下，A与TiO2、C（石墨）反应只生成乙和碳化钛（TiC），即Al、TiO2、C反应生成Al2O3、TiC，生成1molAl2O3时放出536kJ热量，则生成2molAl2O3时放出536kJ×2=1072kJ 的热量，所以热化学反应方程式为4Al（s）+3TiO2（s）+3C（s）═2Al2O3（s）+3TiC（s）△H=﹣1072kJ/mol，故答案为：4Al（s）+3TiO2（s）+3C（s）═2Al2O3（s）+3TiC（s）△H=﹣1072kJ/mol．点评：本题考查无机物的推断，物质的推断是解答本题的关键，丙、戊为解答本题的突破口，并熟悉化学用语的使用来解答即可，题目难度中等．8．有机合成在现代工、农业生产中占有相当重要的地位，有机物F是一种高分子化合物，可作增塑剂，H是除草剂的中间产物，它们的合成路线如下：已知：①R1CH=CHR2 R1COOH+R2COOH （R1、R2代表烃基）②③C核磁共振氢谱图中有3个吸收峰，面积比为 6：1：1．请回答：（1）D分子中所含官能团的名称是：羟基、醛基．（2）写出下列反应的反应类型：反应②氧化反应；反应⑤缩聚反应．（3）写出由一氯环己烷到A的化学方程式：．（4）写出满足下列条件所有D的同分异构体的结构简式：HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH（CH3）CH3、HCOOCH（CH3）CH2CH3、HCOOC（CH3）3．①能水解；②与新制氢氧化铜悬浊液加热，产生砖红色沉淀．（5）G和H的相对分子质量相差63，H能与NaHCO3溶液反应，则0.1moLH与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH 0.2 moL．（6）写出D物质与新制氢氧化铜的反应的化学方程式：（7）B与E在一定条件下生成F的反应的化学方程式是：．考点：有机物的推断．分析：由转化关系可知，一氯环己烷发生消去反应生成A为，结合信息可知，A发生氧化反应生成B为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，C核磁共振氢谱图中有3个吸收峰，面积比为 6：1：1，根据C的分子式可知C为，结合信息可知C与甲醛发生加成反应生成D为，D与氢气发生加成反应生成E为，B、E发生缩聚反应生成F为，D发生银镜反应并酸化生成G为，G发生取代反应﹣OH被﹣Br取代，相对分子质量相差63，则H为，据此解答．解答：解：由转化关系可知，一氯环己烷发生消去反应生成A为，结合信息可知，A 发生氧化反应生成B为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，C核磁共振氢谱图中有3个吸收峰，面积比为 6：1：1，根据C的分子式可知C为，结合信息可知C与甲醛发生加成反应生成D 为，D与氢气发生加成反应生成E为，B、E发生缩聚反应生成F为，D发生银镜反应并酸化生成G为，G发生取代反应﹣OH被﹣Br取代，相对分子质量相差63，则H为，（1）D为，含有的官能团为羟基和醛基，故答案为：羟基、醛基；（2）由上面的分析可知，反应②为氧化反应，反应⑤为缩聚反应，故答案为：氧化反应；缩聚反应；（3）一氯环己烷发生消去反应生成A，该反应方程式为：，故答案为：；（4）D为，其同分异构体①能水解，说明有酯基，②与新制氢氧化铜悬浊液加热，产生砖红色沉淀，说明有醛基，即该结构为甲酸某酯，符合条件的结构简式为：HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH（CH3）CH3、HCOOCH（CH3）CH2CH3、HCOOC（CH3）3，故答案为：HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH（CH3）CH3、HCOOCH（CH3）CH2CH3、HCOOC（CH3）3；（5）由上述推断可知，H为，﹣Br和﹣COOH均与碱反应，则0.1moLH 与足量NaOH溶液反应，消耗0.2mol NaOH，故答案为：0.2；（6）D为，D物质与新制氢氧化铜的反应的化学方程式为，故答案为：；（7）B与E在一定条件下生成F的反应为：，故答案为：．点评：本题考查有机物的推断与合成、官能团的结构与性质、同分异构体书写、有机反应方程式书写等，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力、知识迁移运用，注意熟练掌握官能团的性质与转化，题目难度中等．9．硫酸亚铁铵是一种浅蓝绿色晶体，俗称摩尔盐，其化学式为：FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O．硫酸亚铁在空气中易被氧化，而形成摩尔盐后就稳定了．硫酸亚铁铵可由硫酸亚铁与硫酸铵等物质的量混合制得．三种盐的溶解度（单位为g/100g水）如下表：温度/℃ 10 20 30 40 50 70（NH4）2SO4 73.0 75.4 78.0 81.0 84.5 91.9FeSO4•7H2O 40.0 48.0 60.0 73.3 ﹣﹣摩尔盐 18.1 21.2 24.5 27.9 31.3 38.5如图是模拟工业制备硫酸亚铁铵晶体的实验装置．回答下列问题：Ⅰ．（1）先用30%的氢氧化钠溶液煮沸废铁屑（含少量油污、铁锈、FeS等），再用清水洗净．用氢氧化钠溶液煮沸的目的是除去铁屑中油污（2）将处理好的铁屑放人锥形瓶中，加入稀硫酸．锥形瓶中发生反应的离子方程式可能为ABCD （填序号）．A．Fe+2H+═Fe2++H2↑B．Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2OC．2Fe3++S2﹣═2Fe2++S↓D．2Fe3++Fe═3Fe2+（3）利用容器②的反应，向容器①中通入氢气，应关闭活塞 A ，打开活塞BC （填字母）．容器③中NaOH溶液的作用是吸收硫化氢气体，防止污染空气；向容器①中通人氢气的目的是防止亚铁离子被氧气氧化．Ⅱ．待锥形瓶中的铁屑快反应完时，关闭活塞B、C，打开活塞A，继续产生的氢气会将锥形瓶中的硫酸亚铁（含极少部分未反应的稀硫酸）压到饱和硫酸铵溶液的底部．在常温下放置一段时间，试剂瓶底部将结晶出硫酸亚铁铵．硫酸亚铁与硫酸铵溶液混合就能得到硫酸亚铁铵晶体，其原因是硫酸亚铁铵的溶解度最小；从容器①中分离并得到纯净硫酸亚铁铵晶体的操作方法是过滤、用酒精洗涤、干燥．Ⅲ．制得的硫酸亚铁铵晶体中往往含有极少量的Fe3+．为测定晶体中Fe2+的含量，称取一份质量为20.0g的硫酸亚铁铵晶体样品，制成溶液．用0.5mo1•L﹣1KMnO4溶液滴定，当溶液中Fe2+全部被氧化，MnO﹣4被还原成Mn2+时，耗KMnO4溶液体积20.00mL．滴定时，将KMnO4溶液装在酸式（酸式或碱式）滴定管中，判断反应到达滴定终点的现象为溶液刚出现紫红色，保持30s不变；晶体中FeSO4的质量分数为38% ．考点：制备实验方案的设计．分析：Ⅰ．（1）氢氧化钠溶液在加热条件下能使油污发生水解；（2）铁屑中含有铁锈（Fe2O3）、FeS等，都与硫酸发生反应，反应后的产物Fe3+与S2﹣、Fe2+也可以发生氧化还原反应；（3）亚铁离子能被空气中的氧气氧化，氢氧化钠溶液能吸收含杂质的铁屑与硫酸反应产生的硫化氢气体，防止污染空气；Ⅱ．在溶液中溶解度小的物质先析出；从溶液中析出的硫酸亚铁铵晶体表面有硫酸、水等杂质，需要除杂、干燥；Ⅲ．KMnO4溶液有强氧化性，容易氧化橡皮；高锰酸钾溶液滴入亚铁盐溶液中，高锰酸钾溶液会褪色，如果高锰酸钾溶液的颜色不褪色说明加入的高锰酸钾溶液已经足量，据此电子得失守恒得关系式5FeSO4～KMnO4，可以计算出FeSO4的质量，再根据×100%得到晶体中FeSO4的质量分数．解答：解：Ⅰ．（1）氢氧化钠溶液在加热条件下能使油污发生水解，所以用氢氧化钠溶液煮沸的目的是除去铁屑中油污，故答案为：除去铁屑中油污；（2）铁屑中含有铁锈（Fe2O3）、FeS等，都与硫酸发生反应，反应后的产物Fe3+与S2﹣、Fe2+也可以发生氧化还原反应，故选：ABCD；（3）亚铁离子能被空气中的氧气氧化，所以要通入氢气，排除空气，防止亚铁离子被氧气氧化，氢氧化钠溶液能吸收含杂质的铁屑与硫酸反应产生的硫化氢气体，防止污染空气，所以利用容器②的反应，向容器①中通入氢气，应先将气体通过氢氧化钠溶液，再通入容器①，所以应关闭活塞A，打开活塞BC，故答案为：A；BC；吸收硫化氢气体，防止污染空气；防止亚铁离子被氧气氧化；Ⅱ．根据表中的数据可知，硫酸亚铁、硫酸铵、硫酸亚铁铵三种物质中，硫酸亚铁铵的溶解度最小，所以硫酸亚铁铵在溶液中先析出，从溶液中析出的硫酸亚铁铵晶体表面有硫酸、水等杂质，需要除杂、干燥，所以从容器①中分离并得到纯净硫酸亚铁铵晶体的操作方法是过滤、用酒精洗涤、干燥，故答案为：硫酸亚铁铵的溶解度最小；过滤；用酒精洗涤；干燥；Ⅲ．KMnO4溶液有强氧化性，容易氧化橡皮，所以将KMnO4溶液装在酸式滴定管中，高锰酸钾溶液滴入亚铁盐溶液中，高锰酸钾溶液会褪色，如果高锰酸钾溶液的颜色不褪色说明加入的高锰酸钾溶液已经足量，所以反应到达滴定终点的现象为溶液刚出现紫红色，保持30s不变，据此电子得失守恒得关系式5FeSO4～KMnO4，可以计算出FeSO4的质量为5×0.5mo1•L﹣1×0.02L×152g/mol=7.6g，所以FeSO4的质量分数=×100%=×100%=38%，。