高中_化学_历年高考化学真题_2013年化学高考真题_2013年山东省高考化学试卷

2013年山东省高考化学试卷　一、选择题（共7小题，每小题4分，共28分，每题只有一个选项符合题意）1．（4分）化学与生活密切相关，下列说法正确的是（　　）A．聚乙烯塑料的老化是由于发生了加成反应B．煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料C．合成纤维、人造纤维及碳纤维都属于有机高分子材料D．利用粮食酿酒经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程2．（4分）W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态*化物可与其最高价含氧*反应生成离子化合物，由此可知（　　）A．X、Y、Z中最简单*化物稳定*最弱的是YB．Z元素氧化物对应水化物的**一定强于YC．X元素形成的单核*离子还原*大于YD．Z元素单质在化学反应中只表现氧化*3．（4分）足量下列物质与等质量的铝反应，放出*气且消耗溶质物质的量最少的是（　　）A．*氧化*溶液B．稀硫*C．盐*D．稀**4．（4分）莽草*可用于合成*物达菲，其结构简式如图，下列关于莽草*的说法正确的是（　　）A．分子式为C7H6O5B．分子中含有2种官能团C．可发生加成和取代反应D．在水溶液中羟基和羧基均能电离出*离子5．（4分）利用实验器材（规格和数量不限），能完成相应实验的一项是（　　）实验器材（省略夹持装置）相应实验A烧杯、玻璃棒、蒸发皿用重结晶方法提纯含NaCl杂质的KNO3B烧杯、玻璃棒、胶头滴管用稀**除去*化铁中的少量*化亚铁C烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用*水和CCl4除去KCl溶液中的少量KID烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用浓盐*配制500mL0.1mol/L的溶液A．AB．BC．CD．D6．（4分）CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H＜0，在其他条件不变的情况下（　　）A．加入催化剂，改变了反应的途径，反应的△H也随之改变B．改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变C．升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变D．若在原电池中进行，反应放出的热量不变7．（4分）某温度下，向一定体积0.1mol/L醋*溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH（pOH=﹣lg[OH﹣]）与pH的变化关系如图所示，则（　　）A．M点所示溶液导电能力强于Q点B．N点所示溶液中c（CH3COO﹣）＞c（Na+）C．M点和N点所示溶液中水的电离程度相同D．Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋*溶液的体积　二、解答题（共6小题，满分66分）8．（12分）金属冶炼和处理常涉及氧化还原反应．（1）由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是　　a．Fe2O3b．NaClc．Cu2Sd．Al2O3（2）辉铜矿（Cu2S）可发生反应2Cu2S+2H2SO4+5O2=4CuSO4+2H2O，该反应的还原剂是　　，当1molO2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为　　mol．向CuSO4溶液中加入镁条时有气体生成，该气体是　　（3）右图为电解精炼银的示意图，　　（填a或b）极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕*气体生成，则生成该气体的电极反应式为　　（4）为处理银器表面的黑斑（Ag2S），将银器置于铝制容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，食盐水的作用为　　．9．（15分）化学反应原理在科研和生产中有广泛应用．（1）利用“化学蒸气转移法”制备TaS2晶体，发生如下反应：TaS2（s）+2I2（g）⇌TaI4（g）+S2（g）△H＞0　（Ⅰ）反应（Ⅰ）的平衡常数表达式K=　　，若K=1，向某恒容容器中加入1molI2（g）和足量TaS2（s），I2（g）的平衡转化率为　　．（2）如图所示，反应（Ⅰ）在石英真空管中进行，先在温度为T2的一端放入未提纯的TaS2粉末和少量I2（g），一段时间后，在温度为T1的一端得到了纯净TaS2的晶体，则温度T1　　T2（填“＞”“＜”或“=”）．上述反应体系中循环使用的物质是　　．（3）利用I2的氧化*可测定钢铁中硫的含量．做法是将钢样中的硫转化成H2SO3，然后用一定浓度的I2溶液进行滴定，所用指示剂为　　，滴定反应的离子方程式为　　．（4）25℃时，H2SO3⇌HSO+H+的电离常数Ka=1×10﹣2，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kh=　　，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将　　（填“增大”“减小”或“不变”）．10．（15分）TiO2既是制备其他含钛化合物的原料，又是一种*能优异的白*颜料．（1）实验室利用反应TiO2（s）+CCl4（g）TiCl4（g）+CO2（g），在无水无氧条件下，制取TiCl4实验装置示意图如下有关*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仪器A的名称是　　，装置E中的试剂是　　．反应开始前依次进行如下*作：组装仪器、　　、加装*品、通N2．一段时间后点燃酒精灯．反应结束后的*作包括：①停止通氮气②熄灭酒精灯③冷却至室温．正确的顺序为　　（填序号）．欲分离D中的液态混合物，所采用*作的名称是　　．（2）工业上由钛铁矿（FeTiO3）（含Fe2O3、SiO2等杂质）制备TiO2的有关反应包括：*溶FeTiO3（s）+2H2SO4（aq）═FeSO4（aq）+TiOSO4（aq）+2H2O（l）水解TiOSO4（aq）+2H2O（l）H2TiO3（s）+H2SO4（aq）简要工艺流程如下：①试剂A为　　．钛液Ⅰ需冷却至70℃左右，若温度过高会导致产品收率降低，原因是　　②取少量*洗后的H2TiO3，加入盐*并振荡，滴加KS溶液后无明显现象，再加H2O2后出现微红*，说明H2TiO3中存在的杂质离子是　　．这种H2TiO3即使用水充分洗涤，煅烧后获得的TiO2也会发黄，发黄的杂质是　　（填化学式）．11．（8分）聚酰*﹣66常用于生产帐篷、渔网、降落伞及*力*等织物，可利用下列路线合成：（1）能与银氨溶液反应的B的同分异构体的结构简式为　　（2）D的结构简式为　　，①的反应类型为　　（3）为检验D中的官能团，所用试剂包括NaOH水溶液及　　（4）由F和G生成H的反应方程式为　　．12．（8分）废旧硬质合金*具中含碳化钨（WC）、金属钴（Co）及少量杂质铁，利用电解法可回收WC和Co．工艺流程简图如下：（1）电解时废旧*具做阳极，不锈钢做*极，HCl溶液为电解液．*极主要的电极反应为　　．（2）净化步骤所得滤饼的主要成分是　　．回收的洗涤液代替水配制电解液，目的是回收利用其中的　　．（3）溶液I的主要成分是　　．洗涤CoC2O4不充分对最终产品纯度并无明显影响，但焙烧时会造成环境污染，原因是　　．（4）将Co2O3还原成Co粉的化学方程式为　　．13．（8分）卤族元素包括F、Cl、Br等．（1）下面曲线表示卤族元素某种*质随核电荷数的变化趋势，正确的是　　．（2）利用“卤化硼法”可合成含B和N两种元素的功能陶瓷，如图为其晶胞结构示意图，则每个晶胞中含有B原子的个数为　　，该功能陶瓷的化学式为　　．（3）BCl3和NCl3中心原子的杂化方式分别为　　和　　．第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有　　种．（4）若BCl3与XYn通过B原子与X原子间的配位键结合形成配合物，则该配合物中提供孤对电子的原子是　　．　2013年山东省高考化学试卷参考*与试题解析　一、选择题（共7小题，每小题4分，共28分，每题只有一个选项符合题意）1．（4分）化学与生活密切相关，下列说法正确的是（　　）A．聚乙烯塑料的老化是由于发生了加成反应B．煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料C．合成纤维、人造纤维及碳纤维都属于有机高分子材料D．利用粮食酿酒经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程【分析】A．聚乙烯塑料是乙烯发生加成反应生成的高分子聚合物，聚乙烯的单体是乙烯；B．煤的气化、液化都是化学变化；C．碳纤维是碳的单质；D．淀粉→葡萄糖→乙醇都是化学变化；【解答】解：A．乙烯含碳碳双键其中1根键断裂，相互加成生成聚乙烯，聚乙烯中不存在双键，聚乙烯塑料的老化是由于长链断裂等原因，故A错误；B．煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，所以煤经过气化和液化等变化是化学变化，故B错误；C．合成纤维、人造纤维都属于有机高分子材料，碳纤维是碳的单质，不属于有机高分子材料，故C错误；D．用粮食酿酒时，先在糖化酶作用下水解为葡萄糖，然后在酵母作用下转变为酒精，都是化学变化，故D正确；故选D。【点评】本题主要考查了生活的化学相关的知识，掌握塑料的老化、煤的气化和液化、有机高分子材料、粮食酿酒等知识是解答的关键，题目难度不大．　2．（4分）W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态*化物可与其最高价含氧*反应生成离子化合物，由此可知（　　）A．X、Y、Z中最简单*化物稳定*最弱的是YB．Z元素氧化物对应水化物的**一定强于YC．X元素形成的单核*离子还原*大于YD．Z元素单质在化学反应中只表现氧化*【分析】W、X、Y、Z四种短周期元素，W的气态*化物可与其最高价含氧*生成离子化合物，这指的是铵盐，W是N元素；由元素在周期表中的位置可知，X为氧元素、Y为硫元素、Z为*元素，据此解答。【解答】解：W、X、Y、Z四种短周期元素，W的气态*化物可与其最高价含氧*生成离子化合物，这指的是铵盐，W是N元素；由元素在周期表中的位置可知，X为氧元素、Y为硫元素、Z为*元素，A．非金属O＞S，Cl＞S，则其*化物中H2S最不稳定，故A正确；B．只有*元素的最高价含氧*才一定比Y的含氧***强，故B错误；C．非金属O＞S，则*离子还原*S2﹣＞O2﹣，故C错误；D．Cl2与水的反应中既表现氧化*，也表现了还原*，故D错误；故选：A。【点评】本题考查位置结构*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，W的推断是突破口。　3．（4分）足量下列物质与等质量的铝反应，放出*气且消耗溶质物质的量最少的是（　　）A．*氧化*溶液B．稀硫*C．盐*D．稀**【分析】首先**与金属铝反应不生成*气，根据生成物的化学式：Na[Al（OH）4]、Al2（SO4）3、AlCl3，通过物料守恒可直接判断出等量的铝消耗NaOH物质的量最少．【解答】解：设Al为1mol，A．铝与*氧化*溶液反应生成Na[Al（OH）4]，1molAl消耗1molNaOH；B．铝与稀硫*反应生成Al2（SO4）3，1mol铝消耗1.5mol硫*；C．铝与盐*反应生成AlCl3，1mol铝消耗3mol盐*；D．**与金属铝反应不生成*气，综合以上分析可知放出*气且消耗溶质物质的量最少的是*氧化*溶液，故选：A。【点评】本题考查铝的*质，侧重于物质的量的判断，解答时可根据生成物的化学式，从质量守恒的角度分析，易错点为D，注意**与铝反应不生成*气．　4．（4分）莽草*可用于合成*物达菲，其结构简式如图，下列关于莽草*的说法正确的是（　　）A．分子式为C7H6O5B．分子中含有2种官能团C．可发生加成和取代反应D．在水溶液中羟基和羧基均能电离出*离子【分析】由结构可知，该物质的分子式为C7H10O5，含﹣OH、C=C、﹣COOH，结合醇、烯烃、羧*的*质来解答．【解答】解：A．根据莽草*的结构式可确定其分子式为：C7H10O5，需要注意不存在苯环，故A错误；B．由结构可知有三种官能团：羧基、羟基、碳碳双键，故B错误；C．碳碳双键可以被加成，羧基、羟基可发生酯化反应，故C正确；D．在水溶液中羧基可以电离出H+，羟基不能发生电离，故D错误；故选：C。【点评】本题考查有机物的结构与*质，注意把握有机物的官能团及*质的关系，明确醇、烯烃、羧*的*质即可解答，题目难度不大．　5．（4分）利用实验器材（规格和数量不限），能完成相应实验的一项是（　　）实验器材（省略夹持装置）相应实验A烧杯、玻璃棒、蒸发皿用重结晶方法提纯含NaCl杂质的KNO3B烧杯、玻璃棒、胶头滴管用稀**除去*化铁中的少量*化亚铁C烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用*水和CCl4除去KCl溶液中的少量KID烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用浓盐*配制500mL0.1mol/L的溶液A．AB．BC．CD．D【分析】A．重结晶方法提纯含NaCl杂质的KNO3，析出晶体后需要过滤；B．稀**除去*化铁中的少量*化亚铁，引入**根离子；C．用*水和CCl4除去KCl溶液中的少量KI，反应后需要萃取、分液*作；D．配制500mL0.1mol/L的溶液，必须使用500mL容量瓶．【解答】解：A．重结晶方法提纯含NaCl杂质的KNO3，析出晶体后需要过滤，给出的仪器中缺少漏斗、铁架台等，则不能完成实验，故A错误；B．稀**除去*化铁中的少量*化亚铁，引入**根离子，应利用*水来除杂，故B错误；C．用*水和CCl4除去KCl溶液中的少量KI，反应后需要萃取、分液*作，则需要烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗，可完成实验，故C正确；D．配制500mL0.1mol/L的溶液，必须使用500mL容量瓶，给出的仪器没有说明容量瓶的规格，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、除杂、溶液的配制等，把握分离原理及实验基本*作为解答的关键，侧重实验技能的考查，注意实验的评价*、*作*分析，题目难度不大．　6．（4分）CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H＜0，在其他条件不变的情况下（　　）A．加入催化剂，改变了反应的途径，反应的△H也随之改变B．改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变C．升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变D．若在原电池中进行，反应放出的热量不变【分析】A．催化剂虽然改变了反应途径，但是△H只取决于反应物、生成物的状态；B．对于反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不发生移动；C．升高温度，平衡向吸热的方向移动；D．若在原电池中进行，反应将化学能转换为电能；【解答】解：A．催化剂虽然改变了反应途径，反应物、生成物的状态不变，所以△H不变，故A错误；B．这是一个反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量也不变，故B正确；C．该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移，反应放出的热量减小，故C错误；D．若在原电池中进行，反应不放出热量，而是将化学能转换为电能，故D错误；故选：B。【点评】本题主要考查了外界条件对化学平衡、热量的影响，需要注意的是催化剂虽然改变了反应途径，但△H不变；对于反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不发生移动．　7．（4分）某温度下，向一定体积0.1mol/L醋*溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH（pOH=﹣lg[OH﹣]）与pH的变化关系如图所示，则（　　）A．M点所示溶液导电能力强于Q点B．N点所示溶液中c（CH3COO﹣）＞c（Na+）C．M点和N点所示溶液中水的电离程度相同D．Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋*溶液的体积【分析】*溶液中pOH越大，说明溶液中*氧根离子浓度越小，溶液*离子浓度越大，**越强，随着NaOH的加入，发生中和反应，溶液*氧根离子的浓度逐渐增大，则溶液pOH逐渐减小，pH逐渐增大，结合若电解质的电离解答该题．【解答】解：A．由于醋*是弱*，电离程度很小，离子浓度也较小，M点溶液的导电能力最弱，故A错误；B．N点所示溶液为碱*，根据溶液电荷守恒易判断出此时c（Na+）＞c（CH3COO﹣），故B错误；C．由于M点的H+浓度等于N点的OH﹣浓度，对水的电离程度抑制能力相同，所以两点水电离程度相同，故C正确；D．Q点的pOH=pH，溶液为中*，而两者等体积混合后生成醋**，水解显碱*。则所加NaOH溶液体积略小于醋*溶液的体积，故D错误。故选：C。【点评】本题考查*碱中和的定*判断和计算，侧重于弱电解质的电离的考查，注意弱电解质的电离特点，把握pOH的含义，题目难度中等．　二、解答题（共6小题，满分66分）8．（12分）金属冶炼和处理常涉及氧化还原反应．（1）由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是　bd　a．Fe2O3b．NaClc．Cu2Sd．Al2O3（2）辉铜矿（Cu2S）可发生反应2Cu2S+2H2SO4+5O2=4CuSO4+2H2O，该反应的还原剂是　Cu2S　，当1molO2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为　4　mol．向CuSO4溶液中加入镁条时有气体生成，该气体是　*气　（3）右图为电解精炼银的示意图，　a　（填a或b）极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕*气体生成，则生成该气体的电极反应式为　NO3﹣+e﹣+2H+=NO2↑+H2O　（4）为处理银器表面的黑斑（Ag2S），将银器置于铝制容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，食盐水的作用为　作电解质溶液，形成原电池　．【分析】（1）电解法：冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的*化物（Al是电解熔融的三氧化二铝）制得；热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；热分解法：Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，物理分离法：Pt、Au用物理分离的方法制得；（2）失电子化合价升高的反应物是还原剂，根据得失电子相等计算失去电子的物质的量，硫*铜溶液呈**，镁和*反应生成*气；（3）电解精炼银时，粗银作阳极，若b极有少量红棕*气体生成，则b电极上**根离子得电子生成二氧化氮；（4）为处理银器表面的黑斑（Ag2S），将银器置于铝制容器里的食盐水中并与铝接触，该装置构成原电池，食盐水作电解质溶液，促进溶液的导电*．【解答】解：（1）活泼金属采用电解法冶炼，*、铝都是活泼金属，采用电解熔融态NaCl、Al2O3的方法冶炼，故选bd；（2）在该反应中，Cu元素化合价由+1升高到+2，S元素由﹣2升高到+6，所以Cu2S做还原剂；氧化还原反应中得失电子数相等，所以当有1molO2参与反应时失去4mol电子，则还原剂所失电子的物质的量为4mol；硫*铜是强*弱碱盐，其溶液呈**，镁和*反应生成*气，故*为：Cu2S；4；*气；（3）电解精炼时，粗银做阳极，所以粗银是a极；b电极是*极，发生还原反应，生成了红棕*气体是NO2，电极反应：NO3﹣+e﹣+2H+=NO2↑+H2O，故*为：a；NO3﹣+e﹣+2H+=NO2↑+H2O；（4）该装置构成原电池，*化*溶液作电解质溶液，促进溶液的导电能力，故*为：作电解质溶液，形成原电池．【点评】本题考查了金属的冶炼方法、氧化还原反应、电解原理等知识点，根据金属的活泼*确定冶炼方法、离子的放电顺序来分析解答，难度不大．　9．（15分）化学反应原理在科研和生产中有广泛应用．（1）利用“化学蒸气转移法”制备TaS2晶体，发生如下反应：TaS2（s）+2I2（g）⇌TaI4（g）+S2（g）△H＞0　（Ⅰ）反应（Ⅰ）的平衡常数表达式K=　　，若K=1，向某恒容容器中加入1molI2（g）和足量TaS2（s），I2（g）的平衡转化率为　66.7%　．（2）如图所示，反应（Ⅰ）在石英真空管中进行，先在温度为T2的一端放入未提纯的TaS2粉末和少量I2（g），一段时间后，在温度为T1的一端得到了纯净TaS2的晶体，则温度T1　＜　T2（填“＞”“＜”或“=”）．上述反应体系中循环使用的物质是　I2　．（3）利用I2的氧化*可测定钢铁中硫的含量．做法是将钢样中的硫转化成H2SO3，然后用一定浓度的I2溶液进行滴定，所用指示剂为　淀粉溶液　，滴定反应的离子方程式为　H2SO3+I2+H2O=4H++SO42﹣+2I﹣　．（4）25℃时，H2SO3⇌HSO+H+的电离常数Ka=1×10﹣2，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kh=　1.0×10﹣12　，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将　增大　（填“增大”“减小”或“不变”）．【分析】（1）通过题意求出平衡浓度，带入K值可以得出转化率为66.7%；（2）通过题意温度T2端利于反应正向进行，为高温，温度T1端利于反应向左进行，为低温，所以T1＜T2；（3）因为I2遇到淀粉会变蓝*，所以可以用淀粉溶液作指示剂；（4）根据Ka=，Kh=，代入数据进行计算．【解答】解：（1）根据题意反应（Ⅰ）的平衡常数表达式K=；若K=1，设I2的平衡转化率为x，则参加反应的为xmol，平衡时生成TaI4和S2各0.5xmol，剩余I2为（1﹣x）mol，根据K===1，解之得：x=66.7%，故*为：；66.7%；（2）由所给方程式可知该反应为吸热反应，通过题意温度T2端利于反应正向进行，为高温，温度T1端利于反应向左进行，为低温，所以T1＜T2，I2是可以循环使用的物质；故*为：＜；I2；（3）因为I2遇到淀粉会变蓝*，所以可以用淀粉溶液作指示剂．离子反应：H2SO3+I2+H2O=4H++SO42﹣+2I﹣，故*为：淀粉溶液；H2SO3+I2+H2O=4H++SO42﹣+2I﹣；（4）Ka=，HSO3﹣+H2O⇌H2SO3+OH﹣，Kh==1.0×102×1.0×10﹣14=1.0×10﹣12，当加入少量I2时，*把弱*（亚硫*）氧化成强*（硫*、***），溶液**增强，[H+]增大，但是温度不变，Kh不变，则增大，故*为：1.0×10﹣12；增大．【点评】本题考查化学平衡常数的表达式及其计算，平衡转化率等知识，难度较大，侧重分析问题的能力的考查，注意平衡相关知识的灵活运用．　10．（15分）TiO2既是制备其他含钛化合物的原料，又是一种*能优异的白*颜料．（1）实验室利用反应TiO2（s）+CCl4（g）TiCl4（g）+CO2（g），在无水无氧条件下，制取TiCl4实验装置示意图如下有关*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仪器A的名称是　干燥管　，装置E中的试剂是　浓硫*　．反应开始前依次进行如下*作：组装仪器、　检验气密*　、加装*品、通N2．一段时间后点燃酒精灯．反应结束后的*作包括：①停止通氮气②熄灭酒精灯③冷却至室温．正确的顺序为　②③①　（填序号）．欲分离D中的液态混合物，所采用*作的名称是　蒸馏　．（2）工业上由钛铁矿（FeTiO3）（含Fe2O3、SiO2等杂质）制备TiO2的有关反应包括：*溶FeTiO3（s）+2H2SO4（aq）═FeSO4（aq）+TiOSO4（aq）+2H2O（l）水解TiOSO4（aq）+2H2O（l）H2TiO3（s）+H2SO4（aq）简要工艺流程如下：①试剂A为　铁粉　．钛液Ⅰ需冷却至70℃左右，若温度过高会导致产品收率降低，原因是　由于TiOSO4容易水解，若温度过高，则会有较多TiOSO4水解为固体H2TiO3而经过滤进入FeSO4•7H2O中导致TiO2产率降低．　②取少量*洗后的H2TiO3，加入盐*并振荡，滴加KS溶液后无明显现象，再加H2O2后出现微红*，说明H2TiO3中存在的杂质离子是　Fe2+　．这种H2TiO3即使用水充分洗涤，煅烧后获得的TiO2也会发黄，发黄的杂质是　Fe2O3　（填化学式）．【分析】（1）仪器A是干燥管，因为TiCl4遇到水蒸气会水解，所以E中可以用浓硫*来隔离空气；对于气体的制取*质实验应该：组装仪器、检验气密*、加装*品，发生反应，终止实验时为防止倒吸，应先熄灭酒精灯，冷却到室温后再停止通入N2；分离两种沸点不同的液体混合物应该用蒸馏；（2）①因为矿石经硫*溶解后得到的Fe2（SO4）3，而后面过滤得到的是FeSO4•7H2O，所以试剂A是铁粉；由于TiOSO4容易水解，若温度过高，则会有较多TiOSO4水解为固体H2TiO3；②根据Fe2+的检验方法；经加热后Fe2+氧化为Fe2O3．【解答】解：（1）仪器A是干燥管，因为TiCl4遇到水蒸气会水解，所以E中可以用浓硫*来隔离空气中的水蒸汽；对于气体的制取*质实验应该：组装仪器、检验气密*、加装*品，发生反应，终止实验时为防止倒吸，应先熄灭酒精灯，冷却到室温后再停止通入N2；CCl4和TiCl4是两种沸点差异较大的液体混合物，应该用蒸馏；故*为：干燥管；浓硫*；检验气密*；②③①；蒸馏；（2）①因为矿石经硫*溶解后得到的Fe2（SO4）3，而后面过滤得到的是FeSO4•7H2O，所以试剂A是铁粉，把Fe3+还原为Fe2+；由于TiOSO4容易水解，若温度过高，则会有较多TiOSO4水解为固体H2TiO3而经过滤进入FeSO4•7H2O中导致TiO2产率降低；故*为：铁粉；由于TiOSO4容易水解，若温度过高，则会有较多TiOSO4水解为固体H2TiO3而经过滤进入FeSO4•7H2O中导致TiO2产率降低；②先加KS溶液无现象，加H2O2后出现红*，说明存在Fe2+；经加热后Fe2+氧化为Fe2O3而使产品发黄；故*为：Fe2+；Fe2O3．【点评】本题以工业流程图为背景，考查了学生分析问题、解决问题互溶运用知识的能力，培养了学生的逻辑思维能力．　11．（8分）聚酰*﹣66常用于生产帐篷、渔网、降落伞及*力*等织物，可利用下列路线合成：（1）能与银氨溶液反应的B的同分异构体的结构简式为　CH3CH2CH2CHO或（CH3）2CHCHO　（2）D的结构简式为　CH2ClCH2CH2CH2Cl　，①的反应类型为　取代反应　（3）为检验D中的官能团，所用试剂包括NaOH水溶液及　**和**银　（4）由F和G生成H的反应方程式为　nHOOC（CH2）4COOH+nNH2（CH2）6NH2→HOH+（2n﹣1）H2O　．【分析】由合成流程图可知，A经H2加成得到环丁醚B，B与HCl加成得到C*代丁醇，再进行一步取代得D，D为CH2ClCH2CH2CH2Cl；通过反应①取代得到己二*，结合所给信息可知F是己二*，G是己二*，通过缩聚反应得到H（聚酰*﹣66），然后结合有机物的结构与*质来解答．【解答】解：由合成流程图可知，A经H2加成得到环丁醚B，B与HCl加成得到C*代丁醇，再进行一步取代得D，D为CH2ClCH2CH2CH2Cl；通过反应①取代得到己二*，结合所给信息可知F是己二*，G是己二*，通过缩聚反应得到H（聚酰*﹣66），（1）B分子式是C4H8O，符合饱和一元醛的通式，能与银氨溶液反应的B的同分异构体含﹣CHO，其结构简式为CH3CH2CH2CHO，故*为：CH3CH2CH2CHO或（CH3）2CHCHO；（2）由上述分析可知，D为CH2ClCH2CH2CH2Cl；反应①的反应中﹣Cl被﹣取代，属于取代反应，故*为：CH2ClCH2CH2CH2Cl；取代反应；（3）D中官能团为﹣Cl，要检验*代烃中*元素，应先通过NaOH溶液水解，然后加**至**再用AgNO3溶液检验Cl﹣，故*为：**和**银；（4）F和G生成H的反应方程式为nHOOC（CH2）4COOH+nNH2（CH2）6NH2→HOH+（2n﹣1）H2O，故*为：nHOOC（CH2）4COOH+nNH2（CH2）6NH2→HOH+（2n﹣1）H2O．【点评】本题考查有机物的合成，明确合成流程中各物质的推断是解答的关键，注意有机物的官能团与*质的关系即可解答，题目难度中等．　12．（8分）废旧硬质合金*具中含碳化钨（WC）、金属钴（Co）及少量杂质铁，利用电解法可回收WC和Co．工艺流程简图如下：（1）电解时废旧*具做阳极，不锈钢做*极，HCl溶液为电解液．*极主要的电极反应为　2H++2e﹣=H2↑　．（2）净化步骤所得滤饼的主要成分是　Fe（OH）3　．回收的洗涤液代替水配制电解液，目的是回收利用其中的　Co2+　．（3）溶液I的主要成分是　NH4Cl　．洗涤CoC2O4不充分对最终产品纯度并无明显影响，但焙烧时会造成环境污染，原因是　焙烧时NH4Cl分解放出NH3和HCl气体　．（4）将Co2O3还原成Co粉的化学方程式为　3H2+Co2O32Co+3H2O　．【分析】（1）电解时*极得到电子，由于HCl是电解质溶液，所以*极是*离子放电生成*气；（2）电解时阳极是铁失去电子，生成亚铁离子．然后加入双氧水将亚铁离子氧化生成铁离子，在加入氨水则生成*氧化铁沉淀，即净化步骤所得滤饼的主要成分是Fe（OH）3；回收的洗涤液中含有Co2+，因此目的是回收利用其中的Co2+；（3）由于电解质溶液是盐*，在反应过程中加入了氨水和草*铵，所以过滤后溶液I的主要成分是NH4Cl；洗涤CoC2O4不充分，会附着*化铵，在煅烧是*化铵分解生成氨气和*化*，从而造成环境污染．（4）*气还原Co2O3生成CO粉的同时，还有水生成．【解答】解：（1）电解时*极得到电子，由于HCl是电解质溶液，所以*极是*离子放电生成*气，电极反应式是2H++2e﹣=H2↑，故*为：2H++2e﹣=H2↑；（2）电解时阳极是铁失去电子，生成亚铁离子．然后加入双氧水将亚铁离子氧化生成铁离子，在加入氨水则生成*氧化铁沉淀，即净化步骤所得滤饼的主要成分是Fe（OH）3；回收的洗涤液中含有Co2+，因此目的是回收利用其中的Co2+，故*为：Fe（OH）3；Co2+；（3）由于电解质溶液是盐*，在反应过程中加入了氨水和草*铵，所以过滤后溶液I的主要成分是NH4Cl；洗涤CoC2O4不充分，会附着*化铵，在煅烧是*化铵分解生成氨气和*化*，从而造成环境污染．故*为：NH4Cl；焙烧时NH4Cl分解放出NH3和HCl气体；（4）*气还原Co2O3生成CO粉的同时，还有水生成，反应的化学方程式是3H2+Co2O32Co+3H2O，故*为：3H2+Co2O32Co+3H2O．【点评】本题以电解法回收WC和Co工艺流程为载体，考查电解原理、对工艺流程的理解、常用化学用语等，难度中等，理解工艺流程是解题的关键，需要学生具有扎实的基础与综合运用知识分析、解决问题的能力．　13．（8分）卤族元素包括F、Cl、Br等．（1）下面曲线表示卤族元素某种*质随核电荷数的变化趋势，正确的是　a　．（2）利用“卤化硼法”可合成含B和N两种元素的功能陶瓷，如图为其晶胞结构示意图，则每个晶胞中含有B原子的个数为　2　，该功能陶瓷的化学式为　BN　．（3）BCl3和NCl3中心原子的杂化方式分别为　sp2　和　sp3　．第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有　3　种．（4）若BCl3与XYn通过B原子与X原子间的配位键结合形成配合物，则该配合物中提供孤对电子的原子是　X　．【分析】（1）a．第VIIA族元素中，元素的电负*随着原子序数的增大而减小；b．F元素没有正化合价；c．第VIIA族*化物的沸点与其相对分子质量成正比，*键的存在导致*化物的沸点升高；d．卤族单质的熔点随着核电荷数的增大而增大；（2）根据均摊法确定B原子个数和N原子个数，根据B、N原子个数最简比确定其化学式；（3）根据价层电子对互斥理论确定中心原子的杂化方式，同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素；（4）在配位化合物中，中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对．【解答】解：（1）a．同一主族中，元素的电负*随着原子序数的增大而减小，所以从*到溴，其电负*逐渐减小，故正确；b．*元素没有正化合价，第VIIA族*、溴元素的最高化合价数值等于其族序数，故错误；c．第VIIA族元素*化物的沸点随着相对分子质量的增大而增大，但HF分子间能形成*键，*键属于特殊的分子间作用力，强度大于分子间作用力，沸点最高，故错误；d．由于卤族元素的单质均属于分子晶体，随相对分子质量增大范德华力增大，因而沸点逐渐升高，故错误；故选a；（2）B的原子半径比N大，因而结构示意图中大球代表B原子，B原子个数=8×，N原子个数=1+=2，该晶胞中N原子和B原子个数之比=2：2=1：1，所以其化学式为BN，故*为：2；BN；（3）BCl3中的B原子的价层电子对数是3且不含孤电子对，所以B原子属于sp2杂化；NCl3中的N原子的价层电子对个数为4且含有一个孤电子对，所以N原子属于sp3杂化；同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，根据电离能的变化规律，半充满的N原子和全充满的Be原子第一电离能要比同周期原子序数大的原子高，故第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素，故*为：sp2；sp3；3（4）BCl3是缺电子化合物，B原子的所有价电子已经使用，因而提供孤对电子的原子是X，故*为：X．【点评】本题以卤族元素为载体考查了原子杂化方式、电负*、第一电离能、配位键、晶胞的计算等知识点，这些知识点都是高考热点，要会根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及原子杂化方式，注意第一电离能的变化规律及异常现象，为易错点．