2021届江西省八所重点中学盟校高三联合模拟考试理综化学试卷

【最新】江西省八所重点中学盟校高三联合模拟考试理综化
学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列说法正确的是（）
A．大分子化合物油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子才能被吸收
B．现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键
C．我国已能利用3D打印技术，以钛合金粉末为原料，通过激光熔化逐层堆积，来制造飞机钛合金结构件，高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛
D．用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同
2．N A表示阿伏加德罗常数，下列有关叙述正确的是（）
①1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为4N A
②6.2g氧化钠和7.8g过氧化钠的混合物中含有的离子总数为0.6N A
③3.4gNH3中含N—H键数目为0.2N A
④常温下1L 0.5mol/L NH4Cl溶液与2L 0.25mol/L NH4Cl溶液所含NH4+的数目相同
⑤常温下4.6gNO2和N2O4混合气体中所含原子总数为3N A
⑥等体积、浓度均为1mol/L的磷酸和盐酸，电离出的氢离子数之比为3:1
⑦1mol铁粉在1mol氯气中充分燃烧，失去的电子数为3N A
⑧高温下，16.8 g Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8N A个电子
A．①④⑦B．②⑤⑧C．②③④⑥D．①②④⑤⑦3．在某温度时，将nmol/L氨水滴入10mL1.0mol/L盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是( )
A．a点K w=1.0×10-14
B．水的电离程度:b>c>a>d
C．b点:c(NH4+)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)
D．25℃时，NH4Cl水解常数为(n-1)×10-7(用n表示)
4．下列实验方案能达到实验目的的是
A．A B．B C．C D．D
5．被誉为“矿石熊猫”的香花石，是由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种主族元素组成，其化学式为Y2X3(ZWR4)3T2，其中X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相等，X、Z位于同一主族，Y、Z、R、T位于同一周期，R 元素原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，T无正价，X与R的原子序数之和是W的2倍。

下列说法错误的是（）
A．原子半径：Y＞Z＞R＞T
B．气态氢化物的稳定性：W＜R＜T
C．最高价氧化物对应水化物的碱性：X＞Z
D．XR2、WR2两种化合物中R的化合价相同
6．有机物甲的分子式为C x H y O2，其中氧的质量分数为20.25%，碳的质量分数为68.35%。

在酸性条件下，甲水解生成乙和丙两种有机物；在相同温度和压强下，同质量的乙和丙的蒸气所占的体积相同，则甲的结构可能有( )
A．8种B．14种C．16种D．18种
7．某无色溶液，由Na＋、Ag＋、Ba2＋、Al3＋、AlO－2、MnO－4、CO2－3、SO2－4中的若干种组成，取该溶液进行如下实验：
①取适量试液，加入过量盐酸，有气体生成，并得到澄清溶液；
②在①所得溶液中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成；同时析出白色沉淀甲；
③在②所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析出。

根据对上述实验的分析判断，最后得出的结论合理
．．的是
A．不能判断溶液中是否存在SO2－4B．溶液中一定不存在的离子是CO2－3 C．不能判断溶液中是否存在Ag＋D．不能判断是否含有AlO－2离子
二、原理综合题
8．能源是制约国家发展进程的因素之一。

甲醇、二甲醚等被称为2 1世纪的绿色能源，工业上利用天然气为主要原料与二氧化碳、水蒸气在一定条件下制备合成气（CO、H2），再制成甲醇、二甲醚。

（1）工业上，可以分离合成气中的氢气，用于合成氨，常用醋酸二氨合亚铜[Cu(NH3)2] AC溶液(AC=CH3COO-)来吸收合成气中的一氧化碳，其反应原理为：
常压下，将吸收一氧化碳的溶液处理重新获得[Cu(NH3)2] AC溶液的措施是；
（2）天然气的一个重要用途是制取H 2，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）
（3）CO可以合成二甲醚，二甲醚可以作为燃料电池的原料，化学反应原理为：
①在恒容密闭容器里按体积比为1:4充入一氧化碳和氢气，一定条件下反应达到平衡状态。

当改变反应的某一个条件后，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是；A．逆反应速率先增大后减小C．反应物的体积百分含量减小
B．正反应速率先增大后减小D．化学平衡常数K值增大
②写出二甲醚碱性燃料电池的负极电极反应式；
③已知参与电极反应的电极材料单位质量放出电能的大小称为该电池的比能量。

关于二甲醚碱性燃料电池与乙醇碱性燃料电池，下列说法正确的是（填字母）
A．两种燃料互为同分异构体，分子式和摩尔质量相同，比能量相同
B．两种燃料所含共价键数目相同，断键时所需能量相同，比能量相同
C．两种燃料所含共价键类型不同，断键时所需能量不同，比能量不同
（4）已知l g二甲醚气体完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量为31.63 kJ，请写出表示二甲醚燃烧热的热化学方程式。

9．（化学——化学与技术）工业上以硫铁矿为原料制硫酸所产生的尾气除了含有N2、O2外，还含有SO2、微量的SO3和酸雾。

为了保护环境，同时提高硫酸工业的综合经济效益，应尽可能将尾气中的SO2转化为有用的副产品。

请按要求回答下列问题：
（1）硫酸工厂尾气中的SO2通常用足量石灰水吸收，然后再用稀硫酸处理。

①写出上述过程反应的化学方程式：、。

②请说出这种尾气处理方法的优点（说出两点即可）：。

③生产中往往需要向溶液中加入适量的对苯二酚或对苯二胺等还原性物质，其目的
是。

（2）某研究小组用NaOH溶液吸收尾气中的二氧化硫，将所得的Na2SO3溶液进行电解循环再生，这种新工艺叫再生循环脱硫法；其中阴阳膜组合循环再生机理如图所示，a、b离子交换膜将电解槽分为三个区域，电极材料为石墨。

①图中a表示离子交换膜（填“阴”或“阳”）。

A～E分别代表生产中的原料或产品，其中C是硫酸，则A是，E是。

②阳极的电极反应式为。

10．钛被称为继铁、铝之后的第三金属，制备金属钛的一种流程如下：
回答下列问题：
（1）基态钛原子的价电子排布图为______________________，其原子核外共有
________种运动状态不相同的电子，金属钛晶胞如图1所示，为________________堆积(填堆积方式)。

（2）已知TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为－37 ℃，沸点为136 ℃，可知TiCl4为________晶体。

（3）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如图2。

化合物乙的沸点明显高于化合物甲，主要原因是
_____________________________________________________。

化合物乙中采取sp3杂化的原子的第一电离能由大到小的顺序为
______________________。

（4）硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图3所示。

该阳离子Ti与O的原子数之比为______，其化学式为_____________________。

（5）钙钛矿晶体的结构如图4所示。

钛离子位于立方晶胞的顶角，被________个氧离子包围成配位八面体；钙离子位于立方晶胞的体心，被________个氧离子包围，钙钛矿晶体的化学式为_____________。

三、实验题
11．利用下左图所示实验装置可以测定常温常压下气体的摩尔体积。

c
甲同学利用如上左图装置，根据下列步骤完成实验：①装配好装置，作气密性检查。

②用砂纸擦去镁带表面的氧化物，然后取0.108g的镁带。

③取下A瓶加料口的橡皮塞，用小烧杯加入20mL水，再把已称量的镁带加到A瓶的底部，用橡皮塞塞紧加料口。

④用注射器从A瓶加料口处抽气，使B瓶导管内外液面持平。

⑤用注射器吸取
10mL3mol·L-1硫酸溶液，用针头扎进A瓶加料口橡皮塞，将硫酸注入A瓶，注入后迅速拔出针头。

⑥当镁带完全反应后，读取C瓶中液体的体积，记录数据。

⑦用注射器从A瓶加料口处抽出8.0mL气体，使B瓶中导管内外液面持平。

⑧读出C瓶中液体体积是115.0mL。

完成下列填空：
（1）常温常压下的压强为，温度为。

（2）在常温常压下气体摩尔体积理论值约为24.5L/mol，甲同学测出此条件下lmol气体的体积为________，计算此次实验的相对误差为________%〈保留2位有效数字）。

引起该误差的可能原因是___________________________________________。

a.镁带中含铝；
b.没有除去镁带表面的氧化物；
c.反应放热；
d.所用硫酸的量不足（3）丙同学提出可用如上右图装置完成该实验。

该装置气密性的检查方法是：
_____________。

（4）与原方案装置相比，丙同学使用的装置实验精度更高。

请说明理由（回答两条）____________________________________，_____________________________________。

四、工业流程题
12．工业上以软锰矿(主要成分MnO2)为原料，通过液相法生产KMnO4，即在碱性条件下用氧气氧化MnO2得到K2MnO4，分离后得到K2MnO4，再用惰性材料为电极电解
K2MnO4溶液得到KMnO4，其生产工艺简略如下：
（1）反应器中反应的化学方程式为．
（2）生产过程中最好使用含MnO280%以上的富矿，因为MnO2含量最低的贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，会导致KOH消耗量(填“偏高”或“偏低”)．
（3）电解槽中总的离子反应方程式为．
（4）在传统工艺中得到K2MnO4后，向其中通入适量CO2反应生成黑色固体、KMnO4等，反应的化学反应方程式为．上述反应中氧化剂与还原剂的质量比
为，与该传统工艺相比，电解法的优势是．
（5）用高锰酸钾测定草酸结晶水合物的纯度：称草酸晶体样品0.500g溶于水配制成100ml溶液，取出20.00ml用0.0200mol•L﹣1的酸性KMnO4溶液滴定(杂质不反应)，至溶液呈浅粉红色且半分钟内不褪去，消耗KMnO4溶液14.80mL，则该草酸晶体的纯度为．(结果保留3位有效数字)(已知该草酸结晶水合物H2C2O4•2H2O的相对分子质量为126)
五、填空题
13．【化学——选修有机化学基础】氯吡格雷( Clopidogrel)是一种用于抑制血小板聚集的药物。

以A为原料合成氯吡格雷的路线如下：
请回答下列问题：
（1）A中含氧官能团的名称为，C-D的反应类型
是。

（2）Y的结构简式为____，在一定条件下Y与BrCl（一氯化溴，与卤素单质性质相似）按物质的量1:1发生加成反应，生成的产物可能有__________种。

（3）C分子间可在一定条件下反应生成含有3个六元环的产物，该反应的化学方程式为 .
（4）由E转化为氯吡格雷时，生成的另一种产物的结构简式为。

（5）写出A的所有同分异构体（芳香族化合物）的结构简式：（不考虑立体异构）。

（6）请结合题中信息写出以为有机原料制备化合物的合成路线流程图（无机试剂任选）。

（合成路线流程图示例如下：
参考答案
1．C
【解析】
试题分析：A．油脂在人体内水解为高级脂肪酸和甘油，蛋白质在人体中水解生成氨基酸，故A错误；B．“拍”到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的分子间作用力，不属于化学键，故B错误；C．钠与熔融的盐反应发生置换反应，生成相应的单质，所以高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛，故C正确；D．活性炭脱色是利用其吸附性，次氯酸盐漂白是利用次氯酸的强氧化性，故D错误；故选C。

考点：考查油脂的结构及性质、氢键的概念、钠的性质、常见漂白剂漂白原理。

2．B
【解析】
【详解】
①1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为1N A，故错误；
②6.2g氧化钠的物质的量为0.1mol，含有0.2mol钠离子、0.1mol阴离子，总共含有0.3mol 离子；7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，含有0.2mol钠离子、0.1mol过氧根离子，总共含有0.3mol离子，二者的混合物中含有0.6mol离子，含有的离子总数为0.6N A，故正确；
③3.4gNH3物质的量=
3.4g
17g/mol
=0.2mol，含N-H键数目为0.6N A，故错误；
④浓度越大水解程度越小，1L0.50mol•L-1NH4Cl溶液与2L0.25mol•L-1NH4Cl溶液含NH4+物质的量后者小，故错误；
⑤NO2和N2O4的最简式均为NO2，故4.6g混合物中含有的NO2的物质的量为0.1mol，故含0.1mol氮原子和0.2mol氧原子，共含有原子数为0.3N A个，故正确；
⑥氯化氢为强电解质，溶液中完全电离，1mol/L的盐酸中含有氢离子浓度为1mol/L，而磷酸为弱电解质，1mol/L的磷酸溶液中氢离子浓度小于3mol/L，所以电离出的氢离子数之比小于3：1，故错误；
⑦1mol氯气与1mol铁粉反应，氯气不足，完全反应只能得2mol电子，故错误；
⑧n=m
M
计算得到物质的量=
16.8
56/
g
g mol
=0.3mol，结合铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢
气计算电子转移数，3Fe～Fe3O4～8e-，则Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8N A个电子，故
正确；
故选B。

3．D
【解析】
【详解】
A．水的离子积与温度有关，a点时溶液温度小于25℃，则水的离子积K w＜1.0×10-14mol2•L-2，故A错误；
B．b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，则a、d两点都抑制了水的电离，则b点水的电离程度最大；由于d点混合液的pH不知，则无法判断a、d两点水的电离程度大小，故B错误；
C．b点时溶液的pH＜7，则c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Cl-)＞c(NH4+)，溶液中正确的离子浓度大小为：c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)，故C错误；
D．根据图象可知，25℃时溶液的pH=7，则：c(H+)=c(OH-)=10-7mol•L-1，
c(NH4+)=c(Cl-)=0.5mol/L，根据物料守恒可知：c(NH3•H2O)=(0.5n-0.5)mol/L，则25℃时NH4Cl
水解常数为：K=
7
0.5(1)10
0.5
n-
-⨯
=(n-1)×10-7，故D正确；
故选D。

【点晴】
本题考查了酸碱混合的定性判断及离子浓度大小比较，题目难度中等，涉及水的电离及其影响、酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算、离子浓度大小比较、水解平衡常数的计算等知识，D为难点，注意掌握水解平衡常数的表达式及计算方法。

4．C
【解析】
试题分析：A、NO3－在酸性条件下具有强氧化性，有可能是NO3－把Fe2＋氧化成Fe3＋，故错误；B、醛基和新制Cu(OH)2悬浊液发生反应，要求反应的环境是碱性，即NaOH过量，此反应中NaOH不过量，因此不能产生砖红色沉淀，故错误；C、Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O，2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，根据氢气的体积求出铝单质的质量，总质量减去铝单质的质量即为氧化铝的质量，故正确；D、反应热的多少跟反应速率快慢无关，故错误。

考点：考查实验方案设计的评价等知识。

5．D
【分析】
根据题给信息可知，X、Y、Z、R、W、T分别为钙、锂、铍、氧、硅、氟。

【详解】
A．Y、Z、R、T位于同一周期，元素的原子半径从左向右逐渐减小，故A正确；
B．非金属性：F＞O＞Si，则气态氢化物的稳定性：SiH4＜H2O＜HF，故B正确；
C．钙元素比铍元素的金属性强，则最高价氧化物对应水化物的碱性：Ca(OH)2＞Be(OH)2，故C正确；
D．CaO2、SiO2中氧(即R)的化合价分别为−1、−2，故D错误。

综上所述，答案为D。

6．C
【解析】试题分析：根据题意知有机物甲的分子式为C x H y O2，其中氧的质量分数为20.25%，则有机物甲的相对分子质量为32÷20.25%=158，又碳的质量分数为68.35%，则有机物甲中含有的碳原子数为158×68.35%/12=9，结合有机物甲的相对分子质量确定有机物甲中氢原子数为18，此有机物为的分子式为C9H18O2。

在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，则有机物甲为酯．由于同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，说明乙和丙的相对分子质量相同，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子。

含有4个C原子的羧酸有2种同分异构体：CH3CH2CH2COOH，(CH3)2CHCOOH。

含有5个C原子的醇的有8种同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH（OH）CH3，CH3CH2CH（OH）CH2CH3；CH3CH2CH（CH3）CH2OH，CH3CH2C（OH）（CH3）2，CH3CH（OH）CH（CH3）2，CH2（OH）CH2CH（CH3）2，(CH3)3CCH2OH，所以有机物甲的同分异构体数目有2×8=16，选B。

考点：考查有机物推断和同分异构体判断
7．A
【解析】
试题分析：根据题意知溶液呈无色，MnO－4在水溶液中显紫色，则溶液中一定不含MnO－4；
①取适量试液，加入过量盐酸有气体生成，发生反应：2H＋+CO32-==H2O+CO2↑，则溶液中一定含有CO32-，CO32-与Ba2＋、Ag＋发生复分解反应生成碳酸钡、碳酸银沉淀，与Al3＋
发生相互促进的水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，则溶液一定不含Ag＋、Ba2＋、Al3＋，根据电中性原则判断，溶液中一定含有Na＋，加过量盐酸得到澄清溶液，可能发生反应：4H＋+AlO2-== Al3＋+2H2O，则原溶液中可能含有AlO2-，得到的澄清溶液中可能含有Al3＋；②在①所得溶液中再加入过量碳酸氢铵溶液，有气体生成；同时析出白色沉淀甲，发生
的反应为H ＋+HCO 3-== H 2O+CO 2↑和Al 3+ + 3HCO 3-== Al(OH)3↓ + 3CO 2↑，则原溶液中一定含有AlO 2-；③在②所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，也有气体生成，并有白色沉淀乙析
出
，
发
生的反应
一
定
有
N + HCO 3-+Ba 2＋+2OH －==BaCO 3↓+NH 3↓+2H 2O ，可能发生反应：Ba 2+ + SO 42-==BaSO 4↓，原溶液中可能含有SO 42-，据此作答。

A 、不能判断溶液中是否存在SO 2－4，正确；B 、溶液中一定存在的离子是CO 2－3、Na ＋和AlO －2，一定不存在的离子为Ag ＋、Ba 2＋、Al 3＋、MnO －4，错误；C 、溶液中一定不存在Ag ＋，错误；D 、原溶液中一定含有 AlO －2 离子，错误。

考点：考查离子检验和离子推断。

8．（1）加热（2）小于大于 1.6（3）
①B 、D ②CH 3OCH 3－12e －＋16OH －="==" 2CO 32－＋11H 2O ③C （4）CH 3OCH 3(g)＋3O 2(g) ="==" 2CO 2(g)＋3H 2O(l) ΔH =－1454.98 kJ/mol
【解析】 试题分析：（1）根据信息知醋酸二氨合亚铜 [Cu(NH 3) 2] AC 溶液吸收一氧化碳的反应为放热反应，常压下，要将吸收液处理重新获得[Cu(NH 3) 2] AC 溶液，需平衡逆向移动，采取的措施是加热（或升高温度）。

（2）反应：CO 2(g)＋CH 4(g)
2CO(g)＋2H 2(g) 正向为气体物质的量增大的反应，当其他条件不变时，增大压强，平衡逆向移动，CH 4的转化率减小，由图1知温度相同时压强为
P 1时CH 4的转化率较大，则压强P 1小于P 2；压强为P 2时，在Y 点CH 4的转化率比平衡点X 点的转化率低，反应正向进行，则：v (正)大于v (逆)。

X 点和Y 点温度相同，平衡常数相同，根据X 点数据计算Y 点对应温度下的该反应的平衡常数。

CO 2(g)＋CH 4(g) 2CO(g)＋2H 2(g)
起始浓度（mol·L -1）：0.1 0.1 0 0
转化浓度（mol·L -1）：0.08 0.08 0.16 0.16
平衡浓度（mol·L -1）：0.02 0.02 0.16 0.16
K= c 2(CO)·c 2(H 2)/c(CO 2)·c(CH 4)=1.6。

（3）①A 、逆反应速率先增大后减小，平衡逆向移动，错误；B 、正反应速率先增大后减小，平衡正向移动，正确；C 、若分离出反应物，反应物的体积百分含量减小，平衡逆向移动，错误；D 、该反应为放热反应，化学平衡常数K 值增大，改变的条件为降低温度，平衡一定向正反应方向移动，正确，选BD ；②二甲醚碱性燃料电池中二甲醚发生氧化反应转化为碳酸根，根据碳元素的化合价变化确定失电子的数目，碱性溶液通过氢氧根和水配平电荷和原子，负极电极反应式为CH 3OCH 3－12e －＋16OH －="==" 2CO 32－＋11H 2O ；③虽然二甲醚和乙醇互为同分异构体，但二甲醚的结构简式为CH 3OCH 3，乙醇的结构简式为CH 3CH 2OH ，二
者所含共价键的类型不同，断键时所需能量不同，比能量不同，选C。

（4）二甲醚的摩尔质量为46g/mol，l g二甲醚气体完全燃烧二氧化碳气体和液态水放出的热量为31.63 kJ，则l g二甲醚气体完全燃烧二氧化碳气体和液态水放出的热量为1454.98kJ，表示二甲醚燃烧热的热化学方程式为CH3OCH3(g)＋3O2(g) ="==" 2CO2(g)＋3H2O(l) ΔH=－1454.98 kJ/mol。

考点：考查化学平衡图像分析，化学平衡计算，燃料电池，热化学方程式的书写。

9．（1）①SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O CaSO3+H2SO4=CaSO4+SO2↑+H2O②原料生石灰，硫酸价格便宜且容易获得；可得副产品石膏或SO2可作为生产化肥的原料。

③防止亚硫酸盐被氧化，不利于后期二氧化硫回收（2）①阳NaOH溶液氢气②SO32—-2e-+H2O=2H++SO2-4【解析】
试题分析：（1）①SO2与足量石灰水反应生成亚硫酸钙沉淀和水，然后加入稀硫酸，亚硫酸钙与硫酸反应生成硫酸钙、二氧化硫和水，二氧化硫得到再生，上述过程反应的化学方程式为
SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O、CaSO3+H2SO4=CaSO4+SO2↑+H2O；②该尾气处理方法的优点为：原料生石灰，硫酸价格便宜且容易获得；可得副产品石膏或SO2可作为生产化肥的原料；
③亚硫酸盐具有较强的还原性，易被空气中的氧气氧化，生产中往往需要向溶液中加入适量的对苯二酚或对苯二胺等还原性物质，其目的是防止亚硫酸盐被氧化，不利于后期二氧化硫回收。

（2）分析题给装置知左侧电极为电解池的阴极，电极反应式为2H2O + 2e-==H2↑ + 2OH-，产物E为氢气，Na＋通过a阳离子交换膜进入电解池的阴极区，生成氢氧化钠，产物A为NaOH溶液；亚硫酸根通过b阴离子交换膜进入阳极区，发生氧化反应生成硫酸，电极反应式为SO32—-2e-+H2O=2H++SO42-，产物C为硫酸。

①图中a表示阳离子交换膜；A～E分别代表生产中的原料或产品，其中C是硫酸，则A是NaOH溶液，E是氢气；②阳极的电极反应式为SO32—-2e-+H2O=2H++SO42-。

考点：考查化学与环境保护，二氧化硫等含硫化合物的性质，电解原理的应用。

10．（1）22 六方最密（2）分子（3）化合物乙分子间形成氢键N ＞O＞C（4）1：1 TiO2+（或[TiO]n2n+）（5）6 12 CaTiO3
【解析】
（1）Ti原子价电子为3d、4s上的电子，3d能级上有2个电子、4s能级上有2个电子；原
子核外有几个电子其电子就有几种运动状态；该晶体为六方最密堆积。

（2）分子晶体熔、沸点较低。

（3）氢键的存在导致物质熔、沸点升高；同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族元素第一电离能大于其相邻元素。

（4）每个O原子被两个Ti原子共用、每个Ti原子被两个O原子共用，利用均摊法计算二者原子个数之比；Ti元素为＋4价、O元素为－2价，据此书写其化学式。

（5）钛离子位于立方晶胞的顶角，被6个氧离子包围成配位八面体；钙离子位于立方晶胞的体心，被12个氧离子包围；每个晶胞中钛离子和钙离子均为1个，晶胞的12个边长上各有一个氧原子，根据均摊原则计算各原子个数，从而确定化学式。

11．（1）101KPa ，25℃（298K）（2）25.1L 2.5 ac（3）快速上移或下移水准管，若量气管内液面最终与水准管液面存在稳定的液面差即气密性良好（4）压强：该装置能更简便、更准确地控制气压不变；温度：借助水浴装置，实验温度更接近常温（水浴能减小反应放热带来的误差）；精度：量气管由滴定管改制，读数更精确。

【解析】
试题分析：（1）常温常压下的压强为101KPa ，温度为25℃（298K）。

（2）分析实验步骤知加入硫酸的体积也排除装置内的气体使C瓶中液体体积增加，用注射器从A瓶加料口处抽气，使B瓶导管内外液面持平，抽出气体的体积应加在氢气体积之中；根据反应：Mg + 2H+==Mg2+ + H2↑计算0.108g的镁带与10mL3mol·L-1硫酸溶液反应生成氢气的物质的量为0.0045mol，产生氢气的体积等与C瓶中液体的体积减去在常温常压下的体积为（115.0-10+8.0）mL=113mL=0.113L，则甲同学测出此条件下lmol气体的体积为
0.113L÷0.0045=25.1L，又常温常压下气体摩尔体积理论值约为24.5L/mol，此次实验的相对误差为（25.1-24.5）/24.5×100%=2.5%。

a.等质量的镁和铝与足量硫酸反应，铝产生的氢气多，镁带中含铝，生成氢气的体积偏大，正确；b.没有除去镁带表面的氧化物，与足量硫酸反应生成氢气的体积偏小，错误；c.反应放热，气体受热膨胀，体积偏大，正确；d.所用硫酸的量不足，产生氢气的体积偏小，错误，选ac。

（3）右图装置气密性的检查方法是快速上移或下移水准管，若量气管内液面最终与水准管液面存在稳定的液面差即气密性良好。

（4）气体体积的受温度和压强影响，从温度和压强角度分析。

与原方案装置相比，丙同学使用的装置实验精度更高，原因是压强：该装置能更简便、更准确地控制气压不变；温度：借助水浴装置，实验温度更接近常温（水浴能减小反应放热带来的误差）；精度：量气管由
滴定管改制，读数更精确。

考点：考查化学实验方案的分析、评价，气体摩尔体积的测定。

12．（1）4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O（2）偏高（3）2MnO42-+2H2O
2MnO4-+2OH—+H2↑
（4）3 K2MnO4+ 2 CO2 ="=" 2 KMnO4+ MnO2+ 2 K2CO3 1：2 产率更高、KOH循环利用（5）93.2%
【解析】
试题分析：（1）二氧化锰和氢氧化钾、氧气发生反应，生成锰酸钾和水，Mn(+4→+6)，O(0→﹣2)，反应的化学方程式为4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O；
（2）氧化铝是两性氧化物，既能与强酸反应也能与强碱反应，氧化铝和强碱反应生成偏铝酸盐和水，反应的化学方程式为2KOH+Al2O3=2KAlO2+H2O，所以会导致KOH消耗量偏高；（3）电解锰酸钾溶液时，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，阳极上锰酸根离子失电子生成高锰酸根离子，电极反应式为2MnO42﹣﹣2e﹣
=2MnO4﹣，即MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣，则电极总反应为：2MnO42﹣+2H2O2MnO4﹣+2OH﹣+H2↑；（4）反应物为K2MnO4、CO2、生成黑色固体MnO2、KMnO4，所以的化学方程式为：
3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3；由化学反应方程式：
3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3分析得出，3molK2MnO4参加反应生成
2molKMnO4、1molMnO2，即3mol高锰酸钾参与反应有1mol作氧化剂、2mol作还原剂，则反应中氧化剂与还原剂的质量比为1：2；与该传统工艺相比，电解法阳极都生成KMnO4，产率更高，所以优势是产率更高、KOH循环利用；
（5）在测定过程中，高锰酸钾为氧化剂，草酸为还原剂，反应的离子方程式为：
5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，根据方程式可得关系式：
5H2C2O4•2H2O～2KMnO4
5 2
n 0.02mol/L×14.8×10﹣3L×
解得：n(H2C2O4•2H2O)=3.7×10﹣3mol
则m(H2C2O4•2H2O)=3.7×10﹣3mol×126g/mol=0.4662g，所以成品的纯度为：
×100%=93.2%。

【考点定位】考查物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用。

【名师点晴】高频考点，涉及化学实验基本操作、工艺流程、氧化还原反应滴定计算、物质含量的测定等知识，根据题中已知条件确定生成物并写出反应方程式明确原理是解题关键，是对学生综合能力的考查。

13．（1）醛基；酯化（取代）反应。

（2）；6
（3）（4）HO—CH2—CH2—OH
（5）
（6）
【解析】
试题分析：（1）根据题给转化关系和信息推断A为，含氧官能团的名称为醛基，C为，结合C、D的结构判断C-D的反应类型是酯化（取代）反应。

（2）结合D、E的结构判断Y的结构简式为，在一定条件下与BrCl（一氯化溴，与卤素单质性质相似）按物质的量1:1发生加成反应，迁移1,3—丁二烯与等物质的量的溴的加成反应知生成的产物可能有6种。

（3）迁移氨基酸的脱水缩合形成肽键，分子间可在一定条件下反应生成含。