2018年福建高考化学模拟冲刺试题【含答案】

2018年福建高考化学模拟冲刺试题【含答案】一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．与化学相关的知识散见于中国传统文化典籍之中．下列有关说法不正确的是（）A．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应B．某古剑“以剂钢为刃，铁为茎干，…，”“剂钢”指的是铁的合金C．《梦溪笔谈》载：“高奴县出脂水，燃之如麻，但烟甚浓”，所述“脂水”属于石油D．《肘后备急方》载：“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，如此提取青蒿素纯属萃取2．设N A为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1mol苯分子中含有C═C键的数目为3N AB．含1molNa2CO3的溶液中，阴离子总数大于N AC．1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2N AD．标准状况下，22.4L空气中含有的氧原子数为2N A3．短周期元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X位于第V A族，Y原子的核外电子数比X原子多1，R与Y同主族，Z原子最外层电子数与电子层数相等．下列判断正确的是（）A．原子半径：R＞Z＞YB．X的最简单气态氢化物分子中含有18个电子C．Y与Z形成的常见化合物既能与酸反应，又能与碱反应D．同周期元素中R的最高价氧化物对应水化物的酸性最强4．某香料的合成原料（Y）的分子结构如图，下列有关Y的叙述正确的是（）A．Y的化学式为C9H10OB．Y可以发生加成反应和银镜反应C．Y分子中最多有7个碳原子处于同一平面D．Y的同分异构体中，属于芳香烃化合物、且苯环上仅含有一个侧链的醇类物质有5种5．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论A 向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液均有固体析出蛋白质均发生变性B 淀粉溶液和稀H2SO4混合加热后，再加新制的Cu（OH）2悬浊液煮沸无砖红色沉淀产生淀粉未水解C 向苯酚浓溶液中滴入溴水，振荡无白色沉淀产生苯酚与溴水不反应D 将乙醇和浓硫酸共热至170℃后，将生成的气体通入酸性KMnO4溶液中KMnO4溶液褪色不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色A．A B．B C．C D．D6．最近报道的一种能快速充放电的离子电池，其中的电解质为离子液体{AlCl4﹣/[EMI]+}，放电时有关离子转化如图所示．下列说法正确的是（）A．放电时，负极发生2AlCl4﹣﹣e﹣═Al2Cl7﹣+Cl﹣B．放电时，有机阳离子[EMI]+向铝电极方向移动C．充电时，阴极发生：4Al2Cl7﹣+3e﹣═Al+7AlCl4﹣D．充电时，泡沫石墨极与外电源的负极相连7．25℃时，向盛有50mLpH=2的一元酸HA溶液的绝热容器中加入pH=13的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积（V）与所得混合溶液的温度（T）的关系如图所示．下列叙述正确的是（）A．25℃时，HA的电离平衡常数K a约为1.43×10﹣3B．a→b的过程中，溶液中c（A﹣）与c（HA）之和始终不变C．b→c的过程中，温度降低的主要原因是溶液中发生了吸热反应D．等浓度的NaOH和NaA混合溶液中一定存在关系：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c （H+）二、解答题（共3小题，满分43分）8．2﹣氯乙醇是一种重要的有机化工原料，受热时易分解．通常是以适量的2﹣氯乙醇为溶剂，用氯化氢与环氧乙烷反应制得新的2﹣氯乙醇．制取反应装置如图所示．反应原理为：（g）+HCl（g）⇌ClCH2CH2OH（l）△H＜0部分实验药品及物理量：化合物名称相对分子质量熔点（℃）沸点（℃）环氧乙烷44 ﹣112，2 10.82﹣氯乙醇80.5 ﹣67.5 128.8制取与测定实验步骤如下：Ⅰ.2﹣氯乙醇的制取①将溶剂2﹣氯乙醇加入三颈烧瓶中，启动搅拌器；②分别将氯化氢与环氧乙烷两种气体按6：5（物质的量）的配比通入反应器中，使其在溶剂中充分溶解反应；③反应温度控制在30℃，持续反应100min；④采用减压蒸馏，收集产品．（1）装置中使用恒压分液漏斗的优点是．（2）在步骤④中，采用减压分馏的原因是．（3）写出实验步骤中提高环氧乙烷利用率的措施：、．（写出两点）Ⅱ.2﹣氯乙醇含量的测定．已知：①ClCH2CH2OH+NaOH HOCH2CH2OH+NaCl（水解反应）②K sp（AgCl）=1.8×10﹣30；K sp（AgSCN）=1.0×10﹣12③经检测，所得样品中还含有一定量的氯化氢和其它杂质（杂质不与NaOH和AgNO3溶液反应），密度约为1.10g•mL﹣1．样品中Cl元素含量的测定，涉及的实验步骤如下：a．待完全水解后加稀硝酸至酸性；b．加入32.50mL0.400mol•L﹣1AgNO3溶液，使Cl﹣完全沉淀；c．取样品1.00mL于锥形瓶中，加入NaOH溶液，加热；d．向其中加入2.00mL硝基苯（密度：1.21g•mL﹣1），振荡，使沉淀表面被有机物覆盖；e．加入指示剂，用0.100mol•L﹣1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，消耗NH4SCN溶液10.00mL；f．另取样品1.00mL加水稀释成10.00mL，用pH计测定，测得溶液的pH为1.00．（4）在上述实验步骤a﹣e中，①合理的操作顺序是．（选填序号）②操作d加入硝基苯的目的是，若无此操作，则所测样品中Cl元素含量将会．（填“偏大”、“偏小”或“不变”）③操作e选用的指示剂可以是下列的．（选填序号）A．淀粉溶液B．酚酞溶液C．NH4Fe（SO4）2溶液D．FeCl2溶液（5）根据实验测定的数据计算，样品中2﹣氯乙醇的质量分数为．（6）2﹣氯乙醇能否与水反应生成HCl？请设计实验验证：．9．电池级草酸亚铁广泛用于新型电池材料等领域．利用制钛白粉的副产品硫酸亚铁（主要成分FeSO4•7H2O，含Al3+、Fe3+、TiO2+等杂质）生产电池级草酸亚铁的一种工艺流程如图1．已知：①25℃时，草酸的电离平衡常数为：K a1=5.9×10﹣2，K a2=6.4×10﹣5．②文献记载：草酸亚铁在中性或碱性环境中是不稳定的．③几种难溶物的溶解度与pH的关系如图2所示．回答下列问题：（1）“除杂”步骤加入铁粉的作用有二：其一是还原Fe3+，其二是；为除尽杂质，须控制pH至少为宜，写出pH=3时除去杂质的反应离子方程式：．（2）“转化”步骤中草酸与Fe（OH）2悬浊液的反应体系须控制条件．实验表明：酸度对产品纯度的影响如图3．随着pH的升高，导致产品纯度下降所发生的氧化还原反应方程式为；为保证产品纯度大于99.5%，反应体系必须保持较低的pH，但过高的酸度又会使产品纯度降低，其原因是．（3）“过滤②”步骤所得的滤液中含有的阳离子有；此外，其中还含有一定量的H2C2O4，若该滤液的pH=2，则其中c（C2O42﹣）：c（H2C2O4）=．（4）在“洗涤”步骤中，确认沉淀已洗涤干净的依据是．10．氮元素及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用．Ⅰ．亚硝酸（HNO2）是一种弱酸、具有氧化性．（1）已知：25℃时，K a（HNO2）=5.0×10﹣4K b（NH3•H2O）=1.8×10﹣5室温下，0.1mol•L﹣1的NH4NO2溶液中离子浓度由大到小顺序为．（2）酸性工业废水中NO3﹣可用尿素[CO（NH2）2]处理，转化为对空气无污染的物质，其反应的离子反应方程式为．Ⅱ．工业上以NH3、CO2为原料生产尿素，该过程实际分为两步反应：第一步合成氨基甲酸铵：2NH3（g）+CO2（g）═H2NCOONH4（s）△H=﹣272kJ•mol﹣1第二步氨基甲酸铵分解：H2NCOONH4（s）═CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=+138kJ•mol ﹣1（3）写出以NH3、CO2为原料合成尿素分热化学方程式：．（4）某实验小组模拟工业上合成尿素的条件：T℃时，在一体积为10L密闭容器中投入4molNH3和1molCO2，实验测得反应中各组分的物质的量随时间的变化如图1所示．①反应进行到10min时测得CO2的物质的量为0.26mol，则第一步的反应速率v（CO2）=．②已知总反应的快慢由慢的一步决定，则在此条件下，合成尿素两步反应中慢反应的平衡常数K=．Ⅲ．电化学方法可用于治理空气中的氮氧化物NO x．（5）如图2是用食盐水做电解液电解烟气脱氮的一种原理图，NO被阳极产生的氧化性物质氧化为NO3﹣，尾气经氢氧化钠溶液吸收后排入空气．①电解池中NO被氧化成NO3﹣的离子方程式为②研究发现，除了电流密度外，控制电解液较低的pH有利于提高NO去除率，其原因是．2018年福建高考化学模拟冲刺试题答案一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．与化学相关的知识散见于中国传统文化典籍之中．下列有关说法不正确的是（）A．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应B．某古剑“以剂钢为刃，铁为茎干，…，”“剂钢”指的是铁的合金C．《梦溪笔谈》载：“高奴县出脂水，燃之如麻，但烟甚浓”，所述“脂水”属于石油D．《肘后备急方》载：“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，如此提取青蒿素纯属萃取【考点】物质的组成、结构和性质的关系．【分析】A．铁置换铜属于湿法炼铜；B．合金的硬度大于其任一成分；C．燃之如麻，但烟甚浓，说明易燃烧，应为石油；D．没有液体的分层，不是萃取．【解答】解：A．铁置换铜属于湿法炼铜，该过程发生了置换反应，故A正确；B．剑刃硬度要大，所以用碳铁合金，故B正确；C．燃之如麻，但烟甚浓，说明易燃烧，应为石油，故C正确；D．萃取是利用了溶质在不同的溶剂中的溶解度不同，没有液体的分层，不是萃取，故D错误．故选D．2．设N A为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1mol苯分子中含有C═C键的数目为3N AB．含1molNa2CO3的溶液中，阴离子总数大于N AC．1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2N AD．标准状况下，22.4L空气中含有的氧原子数为2N A【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．苯分子中不含碳碳双键；B．碳酸钠为强碱弱酸盐，水溶液中部分碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子；C．亚铁离子和碘离子都能够被氯气氧化，1mol碘化亚铁完全反应消耗1.5mol氯气；D．空气中氧气、二氧化碳、水蒸气都含有氧原子．【解答】解：A．苯分子中不含碳碳双键，故A错误；B．碳酸钠为强碱弱酸盐，水溶液中部分碳酸根离子水解，含有1mol碳酸钠溶液中，因为碳酸根离子水解，阴离子总数大于N A，故B正确；C.1molFeI2中含有1mol亚铁离子、2mol碘离子，完全反应需要消耗1.5mol氯气，转移了3mol电子，转移的电子数为3N A，故C错误；D．空气中氧气、二氧化碳、水蒸气都含有氧原子，各种气体含量未知，无法计算氧原子个数，故D错误；故选：B．3．短周期元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X位于第V A族，Y原子的核外电子数比X原子多1，R与Y同主族，Z原子最外层电子数与电子层数相等．下列判断正确的是（）A．原子半径：R＞Z＞YB．X的最简单气态氢化物分子中含有18个电子C．Y与Z形成的常见化合物既能与酸反应，又能与碱反应D．同周期元素中R的最高价氧化物对应水化物的酸性最强【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】短周期元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X位于第V A族，Y原子的核外电子数比X原子多1，则Y位于第VIA族，R与Y同主族，则Y为O元素、R为S元素、X 为N元素，Z原子最外层电子数与电子层数相等，Z应该位于第三周期，Z最外层电子数为3，则Z为Al元素，所以X、Y、Z、R分别是N、O、Al、S元素；A．电子层数越多，原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；B．X的简单气态氢化物是NH3；C．Y和Z形成的化合物是氧化铝，氧化铝属于两性氧化物；D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，但O、F元素除外．【解答】解：短周期元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X位于第V A族，Y原子的核外电子数比X原子多1，则Y位于第VIA族，R与Y同主族，则Y为O元素、R为S元素、X为N元素，Z原子最外层电子数与电子层数相等，Z应该位于第三周期，Z最外层电子数为3，则Z为Al元素，所以X、Y、Z、R分别是N、O、Al、S元素；A．电子层数越多，原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，O 原子有2个电子层、Al和S有3个电子层且Al原子序数需要S，所以原子半径Z＞R＞Y，故A错误；B．X的简单气态氢化物是NH3，氨气分子中含有10个电子，故B错误；C．Y和Z形成的化合物是氧化铝，氧化铝属于两性氧化物，能溶于强酸强碱、强碱溶液，故C正确；D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，但O、F元素除外，第三周期非金属性最强的是Cl，所以第三周期中Cl元素最高价氧化物的水化物酸性最强，故D错误；故选C．4．某香料的合成原料（Y）的分子结构如图，下列有关Y的叙述正确的是（）A．Y的化学式为C9H10OB．Y可以发生加成反应和银镜反应C．Y分子中最多有7个碳原子处于同一平面D．Y的同分异构体中，属于芳香烃化合物、且苯环上仅含有一个侧链的醇类物质有5种【考点】有机物的结构和性质．【分析】有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羰基，可发发生加成反应，结合烯烃的平面形结构解答该题．【解答】解：A．由结构简式可知Y的化学式为C9H12O，故A错误；B．不含醛基，则不能发生银镜反应，故B错误；C．与碳碳双键直接相连的原子在同一平面上，则Y分子中最多有6个碳原子处于同一平面，故C错误；D．分子式为C9H10O，属于芳香烃化合物、且苯环上仅含有一个侧链，则烃基可为正丙级、异丙基两种，分别有3、2中H原子可被羟基取代，则含有一个侧链的醇类物质有5种，故D正确．故选D．5．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论A 向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液均有固体析出蛋白质均发生变性B 淀粉溶液和稀H2SO4混合加热后，再加新制的Cu（OH）2悬浊液煮沸无砖红色沉淀产生淀粉未水解C 向苯酚浓溶液中滴入溴水，振荡无白色沉淀产生苯酚与溴水不反应D 将乙醇和浓硫酸共热至170℃后，将生成的气体通入酸性KMnO4溶液中KMnO4溶液褪色不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．加NaCl发生盐析，加CuSO4溶液发生变性；B．淀粉溶液和稀H2SO4混合加热后，水解生成葡萄糖，应在碱性条件下检验葡萄糖；C．向苯酚浓溶液中滴入溴水，生成三溴苯酚溶于苯酚；D．乙醇和浓硫酸共热至170℃后发生消去反应生成乙烯，但乙醇易挥发，二者均可使高锰酸钾褪色．【解答】解：A．向两份蛋白质溶液中分别加NaCl发生盐析，加CuSO4溶液发生变性，盐析为可逆过程，变性为不可逆过程，故A错误；B．淀粉溶液和稀H2SO4混合加热后，水解生成葡萄糖，应在碱性条件下检验葡萄糖，则没有加碱至碱性不能检验，故B错误；C．向苯酚浓溶液中滴入溴水，生成三溴苯酚溶于苯酚，应选浓溴水，现象可观察到白色沉淀，故C错误；D．乙醇和浓硫酸共热至170℃后发生消去反应生成乙烯，但乙醇易挥发，二者均可使高锰酸钾褪色，则该实验不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色，故D正确；故选D．6．最近报道的一种能快速充放电的离子电池，其中的电解质为离子液体{AlCl4﹣/[EMI]+}，放电时有关离子转化如图所示．下列说法正确的是（）A．放电时，负极发生2AlCl4﹣﹣e﹣═Al2Cl7﹣+Cl﹣B．放电时，有机阳离子[EMI]+向铝电极方向移动C．充电时，阴极发生：4Al2Cl7﹣+3e﹣═Al+7AlCl4﹣D．充电时，泡沫石墨极与外电源的负极相连【考点】化学电源新型电池．【分析】放电时铝为负极，被氧化生成Al2Cl7﹣，负极反应：方程式为Al+7AlCl4﹣﹣3e﹣═4Al2Cl7﹣，其逆过程就是充电时的阴极反应4Al2Cl7﹣+3e﹣=Al+7AlCl4﹣；正极反应为3C n[AlCl4]+3e﹣=3C n+3AlCl4﹣，其逆过程就是充电时的阳极反应：C n+AlCl4﹣﹣e﹣═C n[AlCl4]，以此解答该题．【解答】解：A．放电时，铝是活泼的金属铝是负极，铝发生氧化反应生成铝离子，铝离子与AlCl4﹣结合生成Al2Cl7﹣，所以电极反应式为：Al﹣3e﹣+7AlCl4﹣═4Al2Cl7﹣，故A错误；B．放电时，阳离子向正极移动，即向石墨极移动，故B错误；C．充电时，Al2Cl7在阴极得电子发生还原反应，即阴极发生：4Al2Cl7﹣+3e﹣=Al+7AlCl4﹣，故C正确；D．充电时正极与外接电源的正极相连，则泡沫石墨极与外电源的正极相连，故D错误．故选C．7．25℃时，向盛有50mLpH=2的一元酸HA溶液的绝热容器中加入pH=13的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积（V）与所得混合溶液的温度（T）的关系如图所示．下列叙述正确的是（）A．25℃时，HA的电离平衡常数K a约为1.43×10﹣3B．a→b的过程中，溶液中c（A﹣）与c（HA）之和始终不变C．b→c的过程中，温度降低的主要原因是溶液中发生了吸热反应D．等浓度的NaOH和NaA混合溶液中一定存在关系：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c （H+）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】A．电离平衡常数K=计算得到判断；B．当酸碱中和恰好完全时，溶液中的溶质为NaA，根据物料守恒c（A﹣）与c（HA）之和始终等于钠离子浓度，若酸过量或碱过量时不再相等；C．b→c的过程中，温度降低的原因是溶液中发生了反应恰好生成NaA，继续滴加氢氧化钠溶液不再发生反应；D．根据物料守恒，等浓度的NaOH和NaA混合溶液中c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（A﹣）＞c（H+）．【解答】解：A．电离平衡常数K===1.43×10﹣3，故A正确；B．当酸碱中和恰好完全时，溶液中的溶质为NaA，根据物料守恒c（A﹣）+c（HA）=c（Na+），若酸过量或碱过量时不再相等，故B错误；C．b→c的过程中，温度降低的原因是溶液中发生了反应恰好生成NaA，继续滴加氢氧化钠溶液不再发生反应，溶液温度降低，故C错误；D．根据物料守恒，等浓度的NaOH和NaA混合溶液中c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（A﹣）＞c（H+），故D错误．故选A．二、解答题（共3小题，满分43分）8．2﹣氯乙醇是一种重要的有机化工原料，受热时易分解．通常是以适量的2﹣氯乙醇为溶剂，用氯化氢与环氧乙烷反应制得新的2﹣氯乙醇．制取反应装置如图所示．反应原理为：（g）+HCl（g）⇌ClCH2CH2OH（l）△H＜0部分实验药品及物理量：化合物名称相对分子质量熔点（℃）沸点（℃）环氧乙烷44 ﹣112，2 10.82﹣氯乙醇80.5 ﹣67.5 128.8制取与测定实验步骤如下：Ⅰ.2﹣氯乙醇的制取①将溶剂2﹣氯乙醇加入三颈烧瓶中，启动搅拌器；②分别将氯化氢与环氧乙烷两种气体按6：5（物质的量）的配比通入反应器中，使其在溶剂中充分溶解反应；③反应温度控制在30℃，持续反应100min；④采用减压蒸馏，收集产品．（1）装置中使用恒压分液漏斗的优点是平衡气压，使分液漏斗内的液体能顺利滴下．（2）在步骤④中，采用减压分馏的原因是减小压强，使液体沸点降低，防止2﹣氯乙醇因温度过高而分解．（3）写出实验步骤中提高环氧乙烷利用率的措施：氯化氢过量、反应温度控制在30℃．（写出两点）Ⅱ.2﹣氯乙醇含量的测定．已知：①ClCH2CH2OH+NaOH HOCH2CH2OH+NaCl（水解反应）②K sp（AgCl）=1.8×10﹣30；K sp（AgSCN）=1.0×10﹣12③经检测，所得样品中还含有一定量的氯化氢和其它杂质（杂质不与NaOH和AgNO3溶液反应），密度约为1.10g•mL﹣1．样品中Cl元素含量的测定，涉及的实验步骤如下：a．待完全水解后加稀硝酸至酸性；b．加入32.50mL0.400mol•L﹣1AgNO3溶液，使Cl﹣完全沉淀；c．取样品1.00mL于锥形瓶中，加入NaOH溶液，加热；d．向其中加入2.00mL硝基苯（密度：1.21g•mL﹣1），振荡，使沉淀表面被有机物覆盖；e．加入指示剂，用0.100mol•L﹣1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，消耗NH4SCN溶液10.00mL；f．另取样品1.00mL加水稀释成10.00mL，用pH计测定，测得溶液的pH为1.00．（4）在上述实验步骤a﹣e中，①合理的操作顺序是cabde．（选填序号）②操作d加入硝基苯的目的是防止在滴加NH4CSN时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀，若无此操作，则所测样品中Cl元素含量将会偏小．（填“偏大”、“偏小”或“不变”）③操作e选用的指示剂可以是下列的C．（选填序号）A．淀粉溶液B．酚酞溶液C．NH4Fe（SO4）2溶液D．FeCl2溶液（5）根据实验测定的数据计算，样品中2﹣氯乙醇的质量分数为80.50%．（6）2﹣氯乙醇能否与水反应生成HCl？请设计实验验证：取少量2﹣氯乙醇于试管中，加水溶解，振荡后滴加硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀，如有，则表明2﹣氯乙醇能与水发生反应，否则，不会反应．【考点】制备实验方案的设计；氯离子的检验．【分析】本题是利用浓硫酸和氯化钠固体混合加热制取氯化氢，再将环氧乙烷与氯化氢在低温下，发生加成反应生成2﹣氯乙醇，并根据沸点差异，将反应后的混合利用减压蒸馏的方式分离提纯得到2﹣氯乙醇；I．（1）恒压分液漏斗的特点是能保证液面上方和容器内压强相等，有利于漏斗内液体流下；（2）减压蒸馏能降低液体的沸点，可防止馏份在高温下受热分解；（3）此反应的特征是放热的可逆反应，可通过增加反应物的量或降温促进平衡正向移动，提高反应物的转化率；Ⅱ．（4）①欲测定2﹣氯乙醇中氯元素的含量，可利用卤代烃的水解原理，使2﹣氯乙醇在氢氧化钠溶液中通过加热使之完全水解，再利用稀硝酸酸化中和多余的NaOH溶液，再滴加过量AgNO3溶液，使溶液中Cl﹣完全转化为AgCl沉淀，利用NH4SCN溶液滴定多余的Ag+，由此计算出滴定Cl﹣消耗的Ag+的量，从而计算出氯元素的含量；②混合液中AgCl存在溶解平衡，滴加NH4SCN溶液，可能会促进平衡正向移动，生成AgSCN；③NH4SCN溶液遇Fe3+的溶液显红色，则可利用含有Fe3+的溶液检验NH4SCN是否滴加过量；（5）根据实验操作可知，溶液里Cl﹣的物质的量为AgNO3的总物质的量减去NH4SCN的物质的量，另外原样品中混合的HCl的物质的量可根据样品稀释后溶液的pH进行计算，从而计算出实际2﹣氯乙醇中氯元素的质量，并计算出氯元素的质量分数；（6）欲检验2﹣氯乙醇是否与水反应生成氯化氢，可检验混合液中是否含有氯离子．【解答】解：（1）使用恒压分液漏斗可确保漏斗液面上方压强和烧瓶内气体压强相等，使漏斗内液体顺利流下，故答案为：平衡气压，使分液漏斗内的液体能顺利滴下；（2）因为2﹣氯乙醇高温下易分解，可通过减压蒸馏的方法，降低其沸点，防分解，故答案为：减小压强，使液体沸点降低，防止2﹣氯乙醇因温度过高而分解；（3）可通过增大氯化氢的量或降温（控制反应温度控制在30℃）等方法促进平衡正向移动，提高环氧乙烷的利用率，故答案为：氯化氢过量；反应温度控制在30℃；（4）①为样品中Cl元素含量的测定，可通过先取样品1.00mL于锥形瓶中，加入NaOH溶液，加热；待完全水解后加稀硝酸至酸性；然后加入32.50mL0.400mol•L﹣1AgNO3溶液，使Cl﹣完全沉淀；再向其中加入2.00mL硝基苯（密度：1.21g•mL﹣1），振荡，使沉淀表面被有机物覆盖；最后加入指示剂，用0.100mol•L﹣1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，消耗NH4SCN溶液10.00mL；故答案为：cabde；②防止在滴加NH4SCN时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀，滴NH4SCN溶液前可加入硝基苯使沉淀表面被有机物覆盖，如果不进行此操作，则会有AgCl部分电离，消耗的NH4SCN溶液偏多，导致样品中氯元素的含量偏小，故答案为：防止在滴加NH4SCN时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀；偏小；③可利用溶液里Fe3+来检验NH4SCN溶液是否过量，现象是当溶液显血红色时可知滴定终点，故答案为：C；（5）样品中含有HCl的物质的量为：0.1mol/L×0.01L=0.001mol；总AgNO3的物质的量为0.4mol/L×0.0325L=0.013mol；滴定消耗NH4SCN的物质的量为0.1mol/L×0.01L=0.001mol；则样品中氯原子的物质的量为：0.013mol﹣0.001mol﹣0.001mol=0.011mol；样品中氯元素的质量分数为：=80.5%，故答案为：80.5%；（6）欲证明2﹣氯乙醇与水反应生成氯化氢，可通过取少量2﹣氯乙醇于试管中，加水溶解，振荡后滴加硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀，如有，则表明2﹣氯乙醇能与水发生反应，否则，不会反应，故答案为：取少量2﹣氯乙醇于试管中，加水溶解，振荡后滴加硝酸银溶液，观察是否有白色沉淀，如有，则表明2﹣氯乙醇能与水发生反应，否则，不会反应．9．电池级草酸亚铁广泛用于新型电池材料等领域．利用制钛白粉的副产品硫酸亚铁（主要成分FeSO4•7H2O，含Al3+、Fe3+、TiO2+等杂质）生产电池级草酸亚铁的一种工艺流程如图1．已知：①25℃时，草酸的电离平衡常数为：K a1=5.9×10﹣2，K a2=6.4×10﹣5．②文献记载：草酸亚铁在中性或碱性环境中是不稳定的．③几种难溶物的溶解度与pH的关系如图2所示．回答下列问题：（1）“除杂”步骤加入铁粉的作用有二：其一是还原Fe3+，其二是调节溶液的PH值；为除尽杂质，须控制pH至少5为宜，写出pH=3时除去杂质的反应离子方程式：TiO2++2H2O═H2TiO3↓+2H+．（2）“转化”步骤中草酸与Fe（OH）2悬浊液的反应体系须控制条件．实验表明：酸度对产品纯度的影响如图3．随着pH的升高，导致产品纯度下降所发生的氧化还原反应方程式为4Fe（OH）2+2H2O+O2═4Fe（OH）3；为保证产品纯度大于99.5%，反应体系必须保持较低的pH，但过高的酸度又会使产品纯度降低，其原因是溶液的PH值太小会导致氢氧化亚铁溶解．（3）“过滤②”步骤所得的滤液中含有的阳离子有NH4+、Fe3+、H+；此外，其中还含有一定量的H2C2O4，若该滤液的pH=2，则其中c（C2O42﹣）：c（H2C2O4）= 3.8×10﹣2．（4）在“洗涤”步骤中，确认沉淀已洗涤干净的依据是取少量最一次洗涤滤液于试管中，加入足量的氯化钡溶液，没有出现白色浑浊．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】副产品硫酸亚铁（主要成分FeSO4•7H2O，含Al3+、Fe3+、TiO2+等杂质），加水和铁屑，Fe与Fe3+反应生成FeSO4，调节溶液的PH值为3左右时，TiO2+水解生成TiO2•xH2O，使铝离子水解生成氢氧化铝沉淀，过滤，滤渣为TiO2•xH2O、Fe、氢氧化铝，滤液中再加氨水生成氢氧化亚铁悬浊液，再加入草酸生成草酸亚铁沉淀，过滤得滤液为硫酸亚铁、硫酸铵等，滤渣为草酸亚铁，将草酸亚铁固体洗涤、干燥、粉碎即可得电池级草酸亚铁，（1）样品中的杂质主要为Al3+、Fe3+、TiO2+等，加入铁粉可以还原铁离子，调节溶液的PH 值使Al3+、TiO2+都水解产生沉淀而除去，据此答题；（2）随着pH的升高，氢氧化亚铁容易被空气中氧气氧化为氢氧化铁，但溶液的PH值太小会导致氢氧化亚铁溶解，所以要保持合适的PH值；（3）“过滤②”步骤所得的滤液为硫酸亚铁、硫酸铵等，据此判断阳离子，此外其中还含有一定量的H2C2O4，存在平衡H2C2O4⇌C2O42﹣+2H+，且K=K a1•K a2，据此计算c（C2O42﹣）：c（H2C2O4）；（4）在“洗涤”步骤中，确认沉淀已洗涤干净可以根据洗涤液中是否含有硫酸根离子判断．【解答】解：副产品硫酸亚铁（主要成分FeSO4•7H2O，含Al3+、Fe3+、TiO2+等杂质），加水和铁屑，Fe与Fe3+反应生成FeSO4，调节溶液的PH值为3左右时，TiO2+水解生成TiO2•xH2O，使铝离子水解生成氢氧化铝沉淀，过滤，滤渣为TiO2•xH2O、Fe、氢氧化铝，滤液中再加氨水生成氢氧化亚铁悬浊液，再加入草酸生成草酸亚铁沉淀，过滤得滤液为硫酸亚铁、硫酸铵等，滤渣为草酸亚铁，将草酸亚铁固体洗涤、干燥、粉碎即可得电池级草酸亚铁，（1）样品中的杂质主要为Al3+、Fe3+、TiO2+等，加入铁粉可以还原铁离子，调节溶液的PH 值，使Al3+、TiO2+都水解产生沉淀而除去，根据图可知，须控制pH至少5为宜，才能使Al3+、TiO2+都水解产生沉淀，pH=3时除去杂质的反应离子方程式为TiO2++2H2O═H2TiO3↓+2H+，故答案为：调节溶液的PH值；5；TiO2++2H2O═H2TiO3↓+2H+；（2）随着pH的升高，氢氧化亚铁容易被空气中氧气氧化为氢氧化铁，反应的离子方程式为4Fe（OH）2+2H2O+O2═4Fe（OH）3，但溶液的PH值太小会导致氢氧化亚铁溶解，所以要保持合适的PH值，故答案为：4Fe（OH）2+2H2O+O2═4Fe（OH）3；溶液的PH值太小会导致氢氧化亚铁溶解；（3）“过滤②”步骤所得的滤液为硫酸亚铁、硫酸铵等，所以溶液吕含有阳离子为NH4+、Fe3+、H+，此外其中还含有一定量的H2C2O4，存在平衡H2C2O4⇌C2O42﹣+2H+，且K=K a1•K a2，当溶液的pH=2即c（H+）=10﹣2时，根据K==K a1•K a2可知，c（C2O42﹣）：c（H2C2O4）===3.8×10﹣2，故答案为：NH4+、Fe3+、H+；3.8×10﹣2；。