陕西省汉中市2019届高三第二次模拟考试理科综合化学试卷

陕西省汉中市2019届高三第二次模拟考试
理科综合化学试卷
本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共16页，38题（含选考题）。

全卷满分300分。

考试用时150分钟。

★祝考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Ti-48 Fe-56 Ga-70 As-75
第Ⅰ卷(选择题共126分)
一、选择题：本题共13小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.中华传统文化蕴含着很多科学知识，下列说法错误的是
A. “含浆似注甘露钵，好与文园止消渴”说明柑橘糖浆有甜味，可以止渴
B. “水声冰下咽，沙路雪中平”未涉及化学变化
C. “霾尘积聚难见路人”形容的霾尘中有气溶胶，具有丁达尔效应
D. “丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”描述的是可逆反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.“含浆似注甘露钵，好与文园止消渴”说明的是柑橘糖浆有甜味，可以止渴的功效，A正确；
B.“水声冰下咽，沙路雪中平”是水的三态变化，过程中未涉及化学变化，B正确；
C.霾尘中有气溶胶，气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，C正确；
D.丹砂(HgS)烧之成水银，即HgS发生分解反应生成水银；积变又还成丹砂，即常温下两者又可以重新化合为硫化汞。

由于两个过程的反应条件不同，故其不是可逆反应，D错误；故合理选项是D。

2.研究表明，大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物——光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。

下列说法不正确的是
A. 整个过程中O3作催化剂
B. 反应III的方程式为O2+O===O3
C. 光化学烟雾中含甲醛、乙醛等刺激性物质
D. 反应I、反应Ⅱ均属于氧化还原反应
【答案】A
【解析】
【详解】A、催化剂：反应前后质量和性质不发生改变，根据过程，O3只参与反应，没有O3的生成，因此O3不是催化剂，故A说法错误；
B、根据过程，反应III：O和O2参与反应，生成O3，即反应方程式为O2＋O=O3，故B说法正确；
C、根据反应过程，反应Ⅱ生成甲醛和乙醛，因此光化学烟雾中含有甲醛和乙醛等刺激性物质，故C说法正确；
D、反应I：O3＋3NO=3NO2，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，反应Ⅱ丙烯与O3发生反应生成甲醛和乙醛，发生氧化还原反应，故D说法正确；
3.环辛四烯常用于制造合成纤维染料、药物，其结构简式如图所示。

下列有关它的说法正确的是
A. 一氯代物有2种
B. 与苯乙烯、互为同分异构体
C. 1mol该物质燃烧，最多可以消耗9molO2
D. 常温下为液态，易溶于水
【答案】B
【解析】
【详解】A.环辛四烯分子中只有一种H原子，所以一氯代物有1种，A错误；
B.环辛四烯与苯乙烯、立方烷的分子式都是C8H8，结构不同，互为同分异构体，B正确；
C.物质的分子式为C8H8，消耗氧气的物质的量为(8+)mol=10mol，C错误；
D.该物质分子中C原子数大于4，在常温下为液态，烃类物质难溶于水，D错误；
故合理选项是B。

4.用N A表示阿伏加德罗常数的数值。

下列说法正确的是
A. 1.0molCH4与3.0molCl2光照下反应生成的CHCl3分子数为1.0N A
B. 1.0mol·L－1的(NH4)3PO4溶液中阳离子数为3.0N A
C. 5.6gFe与过量浓盐酸完全反应转移的电子数为0.2N A
D. 常温下2.24LSO3中含有的质子数为4.0N A
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 根据甲烷取代反应的特点分析；
B. 溶液的体积未知；
C. 铁与盐酸反应生成氯化亚铁与氢气；
D. 在常温下，SO3为液体。

【详解】A. 1.0 molCH4与3.0 molCl2光照下反应，会生成四种氯代物与氯化氢，因此生成的CHCl3分子数小于1.0 N A，故A项错误；
B. 1.0mol·L－1的(NH4)3PO4溶液，因体积未知，则无法计算溶液中阳离子数目，故B项错误；
C. 5.6g Fe的物质的量为= 0.1 mol，与足量浓盐酸反应的方程式为：2HCl+Fe＝FeCl2+H2↑，则完全反应转移的电子数为2×0.1×N A = 0.2N A，故C项正确；
D. 常温下SO3为液体，因条件不足，则无法计算2.24 L SO3的物质的量，因此其分子内的质子数也无法计算，故D项错误。

答案选C。

【点睛】与阿伏加德罗常数N A相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。

本题D项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。

5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。

W的单质与水发生剧烈反应，生成一种酸和一种气体，X的一种单质(X4)在常温下容易自燃。

下列叙述正确的是
A. 单质的沸点：X<Z
B. 简单离子的还原性：Y<Z
C. 最简单氢化物的热稳定性：Z>W
D. 化合物Y2Z2中含非极性共价键
【答案】D
【解析】
【分析】
W的单质与水发生剧烈反应，生成一种酸和一种气体，即W为F，X的一种(X4)在常温下容易自燃，即X为P，四种元素为短周期主族元素，且原子序数依次增大，即Y为S，Z为Cl；
【详解】W的单质与水发生剧烈反应，生成一种酸和一种气体，即W为F，X的一种(X4)在常温下容易自燃，即X为P，四种元素为短周期主族元素，且原子序数依次增大，即Y 为S，Z为Cl；
A、X单质状态为固态，Z的单质为Cl2，状态为气体，沸点高低：X>Z，故A错误；
B、Cl的非金属性强于S，简单离子的还原性：S2－>Cl－，故B错误；
C、非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，F的非金属性强于Cl，即最简单氢化物的热稳定性：HF>HCl，故C错误；
D、化合物Y2Z2为S2Cl2，结构式为Cl－S－S－Cl，含有非极性键，属于共价化合物，故D 正确；
【点睛】难点是S2Cl2化学键的判断，判断没学过的物质的化学键，可以用同主族元素代替
成我们学过的物质，S用O代替，H虽然为IA族元素，但H得到一个电子达到稳定结构，类似卤族元素性质，Cl用H代替，该分子式转化成H2O2，H2O2的结构式为H－O－O－H，即S2Cl2的结构式为Cl－S－S－Cl。

6.一种具有高能量比的新型干电池示意图如图所示，石墨电极区发生的电极反应为MnO2+e －+H2O=MnO(OH)+OH-。

该装置工作时，下列叙述正确的是
A. Al电极区的电极反应式：A1-3e-+3NH3·H2O=Al(OH)3+3NH4+
B. 石墨电极上的电势比Al电极上的低
C. 每消耗27gAl，有3mol电子通过溶液转移到石墨电极上
D. 若采用食盐水+NaOH溶液作电解质溶液，电极反应式相同
【答案】A
【解析】
【分析】
放电时的电极反应式之一为MnO2+e-+H2O=MnO(OH)+OH-，MnO2得电子，所以石墨电极为正极，Al电极为负极，失电子，在氨水溶液中Al失电子生成Al(OH)3沉淀，原电池中阳离子向正极移动，电子从负极流向正极，但是电子不能通过溶液，结合电极方程式及Al(OH)的两性判断电极反应的区别。

【详解】A.MnO2在石墨电极上得电子为正极，Al电极为负极，失电子，发生氧化反应，在氨水溶液中Al失电子生成Al(OH)3沉淀，则负极电极方程式为A1-3e-+3NH3·H2O=Al(OH)3+3NH4+，A正确；
B.石墨电极为正极，Al电极为负极，正极上的电势比Al电极上的高，B错误；
C.电子只能通过导线由Al电极转移到石墨电极上，C错误；
D.若采用食盐水+NaOH溶液作电解质溶液，由于Al(OH)3是两性物质，可以被NaOH溶液溶解，所以电极反应式不相同，D错误；
故合理选项是A。

【点睛】本题考查原电池的组成和工作原理，注意把握电极的组成和溶液的组成对电极反应
式的影响和书写，侧重于考查学生对基础知识的应用能力，题目难度中等。

7.下列实验目的、实验操作及推论均正确的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.浓硫酸稀释应该在烧杯中进行，不能在容量瓶中进行，A错误；
B.淀粉溶液为胶体，淀粉分子直径小于10-7m，B错误；
C.原溶液是无色的，可确定溶液中无碘单质，向该无色溶液中滴加氯化铁和四氯化碳，振荡后静置，看到下层液体呈紫色，说明发生了反应：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，可确定原溶液中含有I-，C正确；
D.SO2与氨水反应产生(NH4)2SO3，(NH4)2SO3与BaCl2混合，发生复分解反应产生BaSO3沉淀和NH4Cl，二氧化硫只是表现了酸性氧化物的性质，没有表现还原性，因此不能证明SO2具有还原性，D错误；
故合理选项是C。

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。

第22题~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第33题~38题为选考题，考生根据要求作答。

(一)必考题：共129分。

8.一种以软锰矿(主要成分为MnO2、SiO2、Al2O3)和黄铁矿(FeS2、SiO2)为原料冶炼金属锰的工艺流程如图所示：
已知相关金属离子[c(M n＋)＝0.1mol·L－1]形成氢氧化物沉淀的pH如下：
回答下列问题：
(1)MnO2本身不能溶于硫酸，但是在Fe2＋的作用下却能溶解，写出该反应的离子方程式：____________________________。

(2)滤渣1的成分除了SiO2外，还有一种淡黄色的物质是_______________(填化学式)。

(3)除杂步骤中加入的MnCO3的作用是____________________________，该过程需调节溶液pH的范围是___________________________，若把pH调得过高，其后果是
_________________________。

(4)用惰性电极进行电解，电解刚开始时阴极的电极反应式为____________________，电解后阳极的电解质溶液可返回_______________________(填“酸浸”“除杂”或“电解”)工序继续使用。

【答案】(1). MnO2＋2Fe2＋＋4H＋＝Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O (2). S (3). 调节溶液的pH，使Fe3＋和Al3＋完全沉淀(4). 5.0≤pH＜8.3 (5). 会使Al元素形成AlO2-混入溶液中而无法分离出来，且锰的产率会降低(6). Mn2＋＋2e－＝Mn (7). 酸浸
【解析】
【分析】
（1）MnO2具有氧化性，Fe2＋具有还原性，在酸性条件下发生氧化还原反应；
（2）根据元素守恒法结合固体的颜色作答；
（3）加入MnCO3，根据沉淀所需的pH除去Fe3＋和Al3＋，且不引入新的杂质；依据相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH表格数据分析作答；
（4）电解质主要为硫酸锰，依据电解原理分析惰性电极中阴阳极的放电顺序，据此回答。

【详解】（1）Fe2＋在酸性条件下将MnO2还原为Mn2＋，其离子方程式为：MnO2＋2Fe2＋＋4H ＋＝Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O，
故答案为：MnO2＋2Fe2＋＋4H＋＝Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；
（2）FeS2与硫酸会反应生成淡黄色难溶于水的沉淀，为S单质，
故答案为：S；
（3）加入的MnCO3可调节溶液的pH到合适的范围，使Fe3＋和Al3＋完全沉淀，所需的pH 值≥5.0，而Mn2＋开始沉淀的pH为8.3，则调节的pH范围为：5.0≤pH＜8.3；
故答案为：调节溶液的pH，使Fe3＋和Al3＋完全沉淀；若把pH调得过高，氢氧化铝沉淀会被碱性溶液溶解，生成偏铝酸根离子，且从沉淀所需pH值表格数据可看出，Mn2＋会开始沉淀，导致锰的产率会降低，
故答案为：调节溶液的pH，使Fe3＋和Al3＋完全沉淀；5.0≤pH＜8.3；会使Al元素形成AlO2-混入溶液中而无法分离出来，且锰的产率会降低
（4）用惰性电极进行电解MnSO4，阴极Mn2＋得电子发生还原反应得到金属锰，其电极反应式为：Mn2＋＋2e－＝Mn，阳极发生氧化反应，其电极反应式为：4OH−− 4e－＝O2↑＋2H2O，使溶液呈酸性，得到的硫酸溶液可返回“酸浸”工序重复利用，
故答案为：Mn2＋＋2e－＝Mn；酸浸。

9.MoS2(辉钼矿的主要成分)可用于制取钼的化合物润滑添加剂氢化反应和异构化反应的催
化剂等。

回答下列问题：
(1)反应3MoS2+18HNO3+12HCl=3H2[MoO2Cl4]+18NO↑+6H2SO4+6H2O中，每溶解1mol MoS2，转移电子的物质的量为___________。

(2)已知：MoS2(s)= Mo(s)+S2(g) △H1
S2(g)+2O2(g)=2SO2(g) △H2
2MoS(s)+7O2(g)=2MoO3 (s)+4SO2(g) △H3
反应2Mo(s)+3O2(g)=2MoO3(s)的△H=___________(用含△H1、△H2、△H3的代数式表示)。

(3)利用电解法可浸取辉钼矿得到Na2MoO4和Na2SO4溶液(装置如图所示)。

①阴极的电极反应式为______________________。

②一段时间后，电解液的pH___________ (填“增大”“减小”或“不变”)，MoO42-在电极
___________(填“A”或“B”)附近生成。

③实际生产中，惰性电极A一般不选用石墨，而采用DSA惰性阳极(基层为TiO2，涂层为RuO2+IrO2)，理由是_______________________。

(4)用辉钼矿冶炼Mo的反应为
MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s) △H。

①该反应的△H___________(填“>”或“<”)0；p1、p2、p3按从小到大的顺序为___________。

②在某恒容密闭容器中加入0.1 mol MoS2、0.2mol Na2CO3、0.4mol H2，一定温度下发生上述反应，下列叙述说明反应已达到平衡状态的是____________ (填标号)。

a.v正(H2)=v逆(CO)
b.气体的密度不再随时间变化
c.气体的压强不再随时间变化
d单位时间内断裂H一H键与断裂H—O键的数目相等
③在2L的恒温恒容密闭容器中加入0.1 mol MoS2、0.2 mol Na2CO3、0.4molH2，在1100K时发生反应，达到平衡时恰好处于图中A点，则此温度下该反应的平衡常数为___________。

【答案】(1). 18mol (2). △H3-2△H2-2△H1(3). 2H2O+2e-=H2↑+2OH-(4). 增大(5). A (6). 阳极主要生成Cl2，还会生成O2，生成的O2会消耗石墨(7). > (8). p1<p2<p3(9). bc (10). 2.5×10-3(mol/L)2
【解析】
【分析】
(1)在该反应中元素的化合价发生变化的元素有Mo、S、N，根据化合价升降总数等于反应过程中电子转移数目计算；
(2)根据盖斯定律，将几个热化学方程式叠加，可得相应反应的热化学方程式的反应热；
(3)阴极上发生还原反应，阳极发生氧化反应，根据离子放电顺序可得相应的电极反应式及每个电极的产物、溶液的酸碱性变化；根据阳极反应产物的性质分析阳极不使用石墨电极的原因；
(4)①根据压强不变时H2的平衡转化率与温度的关系分析热效应；再根据温度不变时压强与H2的转化率分析几个不同条件下的压强大小；
②根据平衡时任何物质的浓度不变、任何物质的含量不变、容器的密度不变等判断平衡状态；
③根据H2的转化率及加入物质的物质的量，计算出各种物质的平衡浓度，带入平衡常数表达式可得化学平衡常数。

【详解】(1)在反应中，Mo元素的化合价由反应前MoS2中的+2价变为反应后H2[MoO2Cl4]中的+6价，S元素的化合价由反应前MoS2中的-1价变为反应后H2SO4中的+6价，N元素的化合价由反应前硝酸中的+5价变为反应后NO中的+2价，每1mol MoS2发生反应，电子转移的物质的量为(6-2)+2×[6-(-1)]mol=18mol；
(2) ①MoS2(s)= Mo(s)+S2(g) △H1 ②S2(g)+2O2(g)=2SO2(g) △H2
③2MoS(s)+7O2(g)=2MoO3 (s)+4SO2(g) △H3
根据盖斯定律，将③-2×②-2×①，整理可得反应2Mo(s)+3O2(g)=2MoO3(s)的
△H=△H3-2△H2-2△H1；
(3) ①该池为电解池，在阴极上溶液中H2O电离产生的H+获得电子，发生还原反应，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
②由于溶液中H+不断放电，使溶液中c(OH-)>c(H+)，所以电解一段时间后，溶液的碱性增强，pH不断增大；溶液中的Cl-在阳极失去电子变为Cl2，Cl2具有氧化性，其水水反应产生的HClO氧化性也非常强，Cl2、HClO将MoS2氧化为MoO42-，因此MoO42-在阳极A附近生成；
③在食盐水溶液中含有的阴离子有Cl-、OH-，Cl-失去电子产生Cl2，OH-也可能失去电子变为O2，生成的O2会与C在高温下反应产生CO2气体而不断消耗石墨，所以阳极般不选用石墨，而采用DSA惰性阳极；
(4)①根据图象可知：在压强不变时，温度升高，H2的平衡转化率增大，说明该反应的正反应为吸热反应，所以△H>0；由于反应
MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)的正反应是气体体积增
大的反应，在其它条件不变时，增大压强，平衡逆向移动，H2的转化率降低，根据图象可知H2的转化率p1最大，p3时最小，说明压强p3最大，p1最小，故压强按从小到大的顺序为：p1<p2<p3；
②a.由于方程式中H2、CO的化学计量数不等，所以v正(H2)=v逆(CO)时反应未达到平衡状态，a错误；
b.该反应有固体参加反应，若气体的密度不再随时间变化，说明气体质量不变，由于容器的容积不变，所以可根据密度不变判断反应处于平衡状态，b正确；
c.该反应是反应前后气体体积不等的反应，若气体的压强不再随时间变化，反应处于平衡状态,c正确；
d单位时间内断裂H一H键与断裂H—O键的数目相等，反应逆向进行，为处于平衡状态，d错误；
故合理选项是bc；
③反应MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s) 在2L容器内进行，向其中加入0.1 mol MoS2、0.2 mol Na2CO3、0.4molH2，反应开始时c(H2)=0.2mol/L；由于在1100℃时H2的转化率是50%，所以平衡时，c(H2)=0.1mol/L，根据物质反应的变化关系可知，平衡时n(CO)=0.05mol/L，c(H2O)=0.1mol/L，因此该温度下的反应平衡常数
K=(mol/L)2=2.5×10-3(mol/L)2。

【点睛】本题考查了氧化还原反应、盖斯定律、电解原理的应用、化学反应速率和化学平衡的有关知识，涉及反应中电子转移、化学反应速率、化学平衡常数的计算、平衡状态的判断、热化学方程式的书写、电极反应式的书写、溶液酸碱性的变化等，较为全面的考查了化学反应基本原理，考查了学生应用知识解决问题的能力，难度适中。

10.钛(T)因具有硬度大、熔点高、耐酸腐蚀等优点而被应用于航空、电子等领域，由钛铁矿(主要成分是钛酸亚铁FeTiO3)提取金属钛并获得副产品FeSO4·7H2O的工艺流程如下：
(1)钛铁矿和浓硫酸反应的产物之一是TiOSO4。

常温下，该物质易溶于酸性溶液，在pH=5.0时开始转化为钛酸沉淀，则物质A是___________(填化学式，下同)，B是___________；步骤Ⅳ生成TiO(OH)2(H2TiO3)的离子方程式是______________________。

(2)已知FeSO4·7H2O和TiOSO4的溶解度曲线如图所示，则步骤Ⅲ采用的操作是___________。

(3)工业上可通过下列反应由TiO2制备金属Ti：
TiO2+2C+2Cl2TiCi4+2CO
TiCl4+2Mg Ti+2MgCl2
已知：常温下TiCl4是一种极易水解的无色液体，沸点为136.4℃。

①从下列供选用的装置中选择合适的装置制备TiCl4，按气流方向连接起来：
A→___________→___________→___________→___________→C→___________。

②下列仪器中盛放的药品分别是B___________，G___________。

(4)一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。

称取TiO2样品0.60g，消耗0.20mol/L的NH4Fe(SO4)2溶液
36.75mL，则样品中TiO2的质量分数是___________。

【答案】(1). Fe (2). H2O (3). TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+(4). 降温、结晶、过滤(5). E (6). B (7). F (8). D (9). G (10). 浓H2SO4(11). NaOH 溶液(12). 98%
【解析】
【分析】
钛铁矿和浓硫酸反应的产物之一是TiOSO4，加入铁屑，可防止Fe2+氧化，所以物质A为Fe，溶液X中含有FeSO4和TiOSO4，经过分离得硫酸亚铁晶体和溶液Y，溶液Y主要含有TiOSO4，加入水，加热可水解生成H2TiO3，所以物质B为H2O，经煅烧可生成TiO2，用氯气、碳反应可生成TiCl4，高温条件下与镁反应可生成Ti，以此解答该题。

【详解】钛铁矿和浓硫酸反应的产物之一是TiOSO4，加入铁屑，可防止Fe2+氧化，所以物质A为Fe，溶液X中含有FeSO4和TiOSO4，经过分离得硫酸亚铁晶体和溶液Y，溶液Y 主要含有TiOSO4，加入水，加热可水解生成H2TiO3，所以物质B为H2O，经煅烧可生成TiO2，用氯气、碳反应可生成TiCl4，高温条件下与镁反应可生成Ti，
(1)根据上面的分析可知，A为Fe，B为H2O，TiOSO4中加入水，加热可水解生成H2TiO3，反应的离子方程式为TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+；
(2)根据FeSO4•7H2O的溶解度曲线可知，硫酸亚铁的溶解度随温度的升高而增大，所以从溶液中分离出FeSO4•7H2O，可以通过降温、结晶、过滤的方法获得；
(3)根据由TiO2制备金属Ti的原理可知，先用浓盐酸与二氧化锰制得氯气，制得的氯气中有氯化氢、水等杂质，可以通过饱和食盐水和浓硫酸除去，再在管式电炉中生成四氯化钛，反应中有未反应的氯气，会污染空气，所以尾气要用氢氧化钠溶液吸收，为防止尾气吸收装置中的水分挥发到收集四氯化钛的容器中，在收集装置和尾气处理装置之间要加一个干燥装置，所以①装置按气流方向连接起来的顺序为A、E、B、F、D、C、G，②根据上面的分析可知，B中装浓H2SO4，G中装NaOH溶液，故答案为：①E、B、F、D、G；②浓H2SO4；NaOH溶液；
(4)根据电子得失守恒可知，将TiO2溶解并还原为Ti3+，Ti3+与NH4Fe(SO4)2溶液反应时有关系式TiO2～Ti3+～NH4Fe(SO4)2，消耗0.20mol/L的NH4Fe(SO4)2溶液36.75mL，即NH4Fe(SO4)2的物质的量为36.75×10-3L×0.20mol/L=7.35×10-3mol，则TiO2的物质的量为=7.35×10-3mol，所以样品中TiO2的质量分数是×100%=98%。

【点睛】本题考查物质的制备实验方案的设计的知识，侧重于学生的分析能力和实验能力及计算能力的考查，注意把握实验的基本原理和物质的性质。

(二)选考题：共45分。

请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。

如果多答则每科按所答的第一题计分。

11.镍与第V A族元素形成的化合物是重要的半导体材料，其中应用最广泛的是砷化镓(GaAs)。

回答下列问题：
(1)基态N原子的核外电子排布式为___________，基态Ga原子核外有___________个未成对电子。

(2)镓失去电子的逐级电离能(单位：kJ·mol－1)的数值依次为577、1985、2962、6192，由此可推知镓的主要化合价为___________和+3。

砷的电负性比镓___________(填“大”或“小”)。

(3)二水合草酸镓的结构如图所示，其中镓原子的配位数为___________。

(4)砷化镓可由(CH3)3Ga和AsH3在700℃时制得。

(CH3)3Ga中镓原子的杂化方式为
___________。

(5)GaAs为原子晶体，密度为ρg·cm－3，其晶胞结构如图所示。

Ga与As以___________键键合。

Ga和As的原子半径分别为apm和bpm，设阿伏加德罗常数的值为N A，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为___________(列出计算式，可不化简)。

【答案】(1). 1s22s22p3(2). 1 (3). +1 (4). 大(5). 4 (6). sp2(7). 共
价(8). ×100%
【解析】
【分析】
(1)根据N、Ga的原子序数，结合原子构造原理分析解答；
(2)根据电离能差值分析元素的化合价，电离能差值过大说明失去该电子较困难，同周期元素随着原子序数增大，电负性增强，同主族元素随着原子序数增大，电负性增强；根据同一周期元素的电负性变化规律分析比较；
(3)一个Ga与4个O相连，据此判断配位数；
(4)利用价层电子对互斥模型判断原子杂化方式；
(5)GaAs为原子晶体，原子间以共价键结合；利用均摊法计算一个晶胞中含有的As、Ga原子数，通过计算晶胞体积、晶胞中As、Ga的总体积就可计算出原子的体积占晶胞体积的百分率。

【详解】(1)N是7号元素，核外电子排布式是1s22s22p3，Ga是31号元素，位于第四周期第IIIA，核外电子排布式是[Ar]3d104s24p1，应用一个轨道最多可容纳2个自旋方向相反的电子，所以在3d、4s轨道上电子成对，只有4p电子是成单电子，故Ga原子核外有1个未成对电子；
(2)根据Ga失去电子的逐级电离能数值，第一电离能和第二电离能差值较大，且第三电离能和第四电离能数值差别较大，说明失去第二个电子和失去第四个电子较困难，所以呈现的价态是+1和+3；Ga、As是同一周期的元素，一般情况下，同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，其电负性越大，所有电负性As>Ga；
(3)一个Ga与4个O相连，所以Ga的配位数为4；
(4) (CH3)3Ga中Ga形成3个δ键，没有孤电子对，所有Ga原子的杂化方式为sp2杂化；
(5) GaAs为原子晶体，原子间以共价键结合；利用均摊法计算一个晶胞中含有的As、Ga原子数，As：8×+6×=4，Ga：4×1=4，即一个晶胞中含有4个GaAs；由于晶胞的密度为ρg·cm －3，晶胞的质量m=g，所以晶胞的体积V=cm3；4个Ga原子的体积为V(Ga)=cm3；4个As原子的体积为V(As)=cm3；所以GaAs 晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为
×100%=×100%。

【点睛】本题考查了原子核外电子排布、原子的杂化、元素电负性比较、配位化合物及原子晶体的空间利用率等知识，(5)是计算难点，涉及均摊法、立方体的体积和球的体积计算，
这就要求学生有一定的空间想象能力和数学计算能力。

12.有机物H有镇咳、镇静的功效，其合成路线如下：
已知：RX R-MgX（R、R’、R’’代表烃基或氢）
回答下列问题：
(1)A的化学名称为___________；D中含氧官能团的名称是___________。

(2)③的反应类型是___________。

(3)反应②的化学方程式为______________________。

(4)X的结构简式为___________。

(5)写出苯环上的一氯代物只有一种的H的同分异构体的结构简式：___________。

(6)参考上述流程，以苯甲醇为原料，其他无机试剂任选，写出合成
的路线________________。

【答案】(1). 一溴环戊烷(2). 羰基(3). 消去反应(4).
(5). (6).
(7).
【解析】
【分析】
根据信息知，环戊烷和单质溴在光照时发生取代反应生成A为，A和NaOH的
水溶液发生水解反应生成B为，B被氧化生成D为，根据信息知生成E为
，E发生消去反应生成F为，F和溴发生加成反应生成X为，X发生消去反应生成甲；(6)苯甲醇被催化氧化产生苯甲醛，苯甲醇与HBr发生取代反应产生，和Mg、无水乙醇反应生成C6H5-CH2MgX，该物质和苯甲醛反应酸化得到醇，再发生消去反应生成。

【详解】(1)根据上述分析可知A结构简式是，名称为一溴环戊烷；D结构为，
含氧官能团是羰基；
(2)E结构简式是，该物质含有醇羟基，在羟基连接的碳原子的邻位C原子上有H原子，所以与浓硫酸混合加热，发生消去反应产生F：，
所以反应③的类型为消去反应；
(3)反应②是一溴环戊烷与强碱NaOH的水溶液在加热时发生的取代反应，化学方程式为
；
(4)F结构简式是，分子中含有碳碳双键，与Br2的CCl4溶液发生加成反应产生X，所以X的结构简式是：；
(5)H的分子式是C10H14，其含有苯环且苯环上的一氯代物只有一种的同分异构体，说明苯环上只有一种位置的H原子，则该物质可能有的结构简式是。