2020年山东新高考化学全真模拟卷（九）含解析

2020年山东新高考全真模拟卷（九）
化 学
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Ti-48 Fe-56 Cu-64
第Ⅰ卷（选择题 共40分）
一、选择题：本题共10个小题，每小题2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．《中国诗词大会》不仅弘扬了中国传统文化，还蕴含着许多化学知识，下列诗词分析不正确的是（ ）
A．绘制《山水画》所用的纸和墨的主要成分都是有机物
B．刘禹锡诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，金性质稳定，可通过物理方法得到
C．王安石诗句“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹的燃放涉及化学反应
D．曹植诗句“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，这里的能量变化主要是化学能转化为热能
【答案】A
【解析】A、纸的主要成分是纤维素，是有机物，墨的主要成分是炭黑，是无机物；B、金性质稳定，而且金的密度比沙子的密度大，可通过淘洗的方法得到；C、爆竹里有易燃物，燃放时发生了氧化还原反应，涉及化学反应；D、烧豆萁时化学能转化为热能。
2．对二甲苯()的二氯代物(不考虑立体异构)共有(     )
A． 4 种 B． 6.种 C． 7 种 D． 9 种
【答案】C
【解析】对二甲苯的二氯代物，①当两个氯取代甲基上的H时有2种结构；②当有一个氯取代甲基上的H，另外一个氯取代苯环上的H，苯环上可以有邻、间2种位置，故二氯代物有2种结构；③当2个氯都取代苯环上的H时，采用定一议二的方法，当其中一个氯在甲基的邻位时，另外一个氯还有3种位置，故此二氯代物有3种结构；综上所述，二氯代物的结构有2+2+3=7种，答案选C。
3．目前，科学家发现在负压和超低温条件下，可将水形成像棉花糖一样的气凝胶的冰，该冰称为“气态冰”。下列说法不正确的是
A．该冰具有丁达尔效应
B．“气态冰”与普通冰化学性质相同
C．18g“气态冰”的在标况下体积等于22.4 L
D．构成“气态冰"的分子为极性分子
【答案】C
【解析】A．该“气态冰”是像棉花糖一样的气凝胶，因此具有胶体的丁达尔效应，A正确；B．“气态冰”与普通冰一样都是由H2O分子构成，因此物质的化学性质相同，B正确；C．18 g“气态冰”的物质的量是1 mol，由于状态为固态，所以不能使用气体摩尔体积计算，C错误；D．构成“气态冰"的分子是H2O，由于H2O分子中O原子上有孤电子对，所以分子为极性分子，D正确；选C。
4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是(　　)
A．25 ℃ pH＝12的Na2CO3溶液中含有OH－的数目为0.01NA
B．标准状况下，22.4 L乙烯中含有极性键数目为4NA
C．1 mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为4NA
D．在铜与硫的反应中，1 mol铜失去电子数为2NA
【答案】B
【解析】缺少溶液体积，无法计算氢氧根离子数目，故A错误；标准状况下，22.4 L乙烯为1 mol，含有4 mol C—H，故B正确；苯乙烯分子中只含1个碳碳双键，因此1 mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为NA，故C错误；在铜与硫的反应中，铜由0价到＋1价，故1 mol铜失去电子数为NA，故D错误。
5．某研究性小组为了探究石蜡油分解产物，设计了如下实验方案。下列说法错误的是(　　)

A．碎瓷片有催化和积蓄热量的作用
B．结束反应时，先撤出导管，再停止加热
C．石蜡油是液态烷烃
D．B、C中溶液均褪色，反应类型相同
【答案】D
【解析】本题考查化学实验方案的设计与评价。石蜡油在碎瓷片催化作用下发生裂化反应，生成物中含有烯烃。把生成物通入酸性高锰酸钾溶液中，发生氧化反应，溶液褪色；通入溴的四氯化碳溶液中，发生加成反应，溶液褪色。装置A中碎瓷片有催化和积蓄热量的作用，有助于石蜡油分解，A正确；结束反应时，应先撤出导管，再停止加热，防止因温度变化出现倒吸现象，B正确；石蜡油是17个碳原子以上的液态烷烃混合物，C正确；装置B中酸性高锰酸钾溶液褪色是因为与分解生成的烯烃发生氧化还原反应，装置C中溴的四氯化碳溶液褪色是因为与分解生成的烯烃发生加成反应，反应类型不相同，D错误。
6．二茂铁分子[Fe （C5H5）2]是一种金属有机配合物，是燃料油的添加剂，用以提高燃烧的效率和去烟，可作为导弹和卫星的涂料等．它的结构如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．二茂铁中Fe2+与环戊二烯离子（C5H5﹣）之间为离子键
B．Fe元素在周期表中的位置是第四周期ⅧA
C．Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6
D．1 mol环戊二烯（）中含有σ键的数目为5NA，π键的数目是2NA
【答案】C
【解析】A、二茂铁分子[Fe （C5H5）2]是一种金属有机配合物，Fe2+与环戊二烯离子（C5H5﹣）之间存在配位键，故A错误；
B、Fe元素在周期表中的位置是第四周期Ⅷ族，故B错误；
C、Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，故C正确；
D、一个环戊二烯（）中含有9个单键，2个双键，所以一个环戊二烯（）中含有9个单键，2个双键，中含有11个σ键和2个π键，1mol环戊二烯（）中含有σ键的数目为11NA，π键的数目是2NA，故D错误；
7．化合物X是一种药物中间体，其结构简式如图所示。下列有关该化合物的说法错误的是（　　）

A．X既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应
B．X分子中有6个手性碳原子
C．分子式为C27H29NO10
D．分子中有4种含氧官能团
【答案】D
【解析】A．含有羧基，可与氢氧化钠溶液反应，含有氨基，可与盐酸反应，故A正确；
B．手性碳原子连接不同的原子或原子团，该有机物含有6个手性碳原子，如图所示，故B正确；
C．由结构简式可知分子式为C27H29NO10，故C正确；
D．含有的含氧官能团有羰基、醚键、羟基和羧基，其中羟基有酚羟基和醇羟基，应有5种，故D错误。
8．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，其中Y与Z同主族。X与Y、Z与W均可形成如图所示的分子结构，且Z与W形成的分子中所有原子最外层均满足8电子稳定结构。下列说法中正确的是

A．原子半径：W > Z > Y > X
B．气态氢化物热稳定性：Y > Z > W
C．元素Z和W均存在两种以上的含氧酸
D．X2Y2是非极性分子
【答案】C
【解析】X与Y可形成如图所示的分子结构为过氧化氢，则X为H、Y为O，因为Y与Z同主族，则Z为S，因为短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，W为Cl。A、原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，故原子半径的大小顺序为Z＞W＞Y＞X，错误；B、原子的非金属性越强，其对应气态氢化物的稳定性越强，故气态氢化物热稳定性大小顺序为W＞Y＞Z，错误；C、元素Z和W均有多种正价态，故均存在两种以上的含氧酸，正确；D、由图可知H2O2是极性分子，错误。
9．某科学兴趣小组查阅资料得知，反应温度不同，氢气还原氧化铜的产物就不同，可能是Cu或Cu2O，Cu和Cu2O均为不溶于水的红色固体，但氧化亚铜能与稀硫酸反应，化学方程式为：Cu2O＋H2SO4=CuSO4＋Cu＋H2O，为探究反应后的红色固体中含有什么物质？他们提出了以下假设：
假设一：红色固体只有Cu
假设二：红色固体只有Cu2O
假设三：红色固体中有Cu和Cu2O
下列判断正确的是(　　)
A．取少量红色固体，加入足量的稀硫酸，若溶液无明显现象，则假设一和二都成立
B．若看到溶液变成蓝色，且仍有红色固体，则只有假设三成立
C．现将7.2克红色固体通入足量的H2还原，最后得到固体6.4克，则假设二成立
D．实验室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2沉淀，加热后制取Cu2O
【答案】C
【解析】A、取少量红色固体，加入足量的稀硫酸，若溶液无明显现象，说明红色固体中不含氧化亚铜，则假设一成立，错误；B、若看到溶液变成蓝色，说明红色固体中含有氧化亚铜，仍有红色固体，不能说明红色固体中含有铜，因为氧化亚铜和稀硫酸反应也能生成铜，则假设二或三成立，错误；C、假设红色固体只有Cu2O，则7.2gCu2O的物质的量为0.05mol，和H2反应后生成铜的物质的量为0.1mol，质量为6.4g，所以假设成立，正确；D、实验室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2悬浊液，加热后制取Cu2O，错误。
10．一种制备高效漂白剂NaClO2的实验流程如图所示，反应I中发生的反应为3NaClO3＋4SO2＋3H2O===2ClO2＋Na2SO4＋3H2SO4＋NaCl，下列说法中正确的是(　　)

A．反应Ⅱ中H2O2做还原剂
B．产品中含有SO、Cl－
C．NaClO2的漂白原理与SO2相同
D．实验室进行结晶操作通常在坩埚中进行
【答案】A
【解析】A．反应I中发生的反应为3NaClO3＋4SO2＋3H2O===2ClO2＋Na2SO4＋3H2SO4＋NaCl，反应产生的ClO2气体进入反应II装置，发生反应：2ClO2＋H2O2＋2NaOH===2NaClO2＋O2＋2H2O，H2O2中氧元素的化合价由反应前的－1变为反应后中O2中的0价，化合价升高，失去电子，H2O2作还原剂，A正确；B．反应Ⅱ是在NaOH溶液中进行，操作过程没有经过洗涤步骤，因此得到的NaClO2中可能混有NaOH引入杂质离子OH－，不可能含SO、Cl－，B错误；C．NaClO2中Cl元素化合价为＋3价，该物质具有强的氧化性，因而具有漂白性，NaClO2的漂白是氧化漂白；而SO2能与某些有色物质结合，产生不稳定的无色物质，因此二者的漂白原理不相同，C错误；D．实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行，坩埚是灼烧使用的仪器，D错误；故本题合理选项是A。
二、选择题：本题共5小题，每题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。
11．宝鸡被誉为“青铜器之乡”，出土了大盂鼎、毛公鼎、散氏盘等五万余件青铜器。研究青铜器(含Cu、Sn等)在潮湿环境中发生的腐蚀对于文物保护和修复有重要意义。下图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图，下列说法不正确的是(　　)

A．青铜器发生电化学腐蚀，图中c作负极，被氧化
B．负极发生的电极反应为O2＋ 4e－＋2H2O===4OH－
C．环境中的Cl－与正、负两极反应的产物作用生成a的离子方程式为2Cu2＋＋3OH－＋Cl－===Cu2 (OH)3Cl↓
D．若生成0.2 mol Cu2(OH)3Cl，则理论上消耗的O2体积为4.48 L
【答案】BD
【解析】根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极被氧化，腐蚀过程中，负极是c，发生氧化反应，A正确；B、氧气在正极得电子生成氢氧根离子，电极反应式为：O2＋ 4e－＋2H2O===4OH－，B错误；C、多孔粉状锈 Cu2( OH )3Cl为固体，故生成 Cu2( OH )3Cl 的离子方程式为：2Cu2＋＋3OH－＋Cl－===Cu2(OH)3Cl↓，C正确；D、不确定氧气是否在标准状况下，则不能计算氧气的体积，D错误，答案选D。
12．Fe3O4中含有、，分别表示为Fe（Ⅱ）、Fe（Ⅲ），以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用H2消除酸性废水中的致癌物NO2﹣，其反应过程示意图如图所示，下列说法不正确的是（　　）

A．Pd上发生的电极反应为：H2﹣2e﹣⇌2H+
B．Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）的相互转化起到了传递电子的作用
C．反应过程中NO2﹣被Fe（Ⅱ）还原为N2
D．用该法处理后水体的pH降低
【答案】D
【解析】A、由图可知Pd上氢气得电子生成氢离子，所以电极反应为：H2﹣2e﹣⇌2H+，故A正确；
B、Fe（Ⅲ）得电子生成Fe（Ⅱ），Fe（Ⅱ）失电子生成Fe（Ⅲ），则Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）的相互转化起到了传递电子的作用，故B正确；
C、由图可知反应过程中NO2﹣得到Fe（Ⅱ）给的电子生成N2，所以反应过程中NO2﹣被Fe（Ⅱ）还原为N2，故C正确；
D、总反应方程式可知：2H++2NO2﹣+3H2N2+4H2O，所以用该法处理后水体的pH升高，故D错误。
13．电催化N2还原制NH3的一种反应机理如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示，下列说法不正确的是（　　）

A．N2生成NH3是通过多步还原反应实现的
B．两个氮原子上的加氢过程同时进行
C．析氢反应（H*+H*→H2）不会影响NH3的生成
D．NH3的及时脱附有利于增加催化剂活性位
【答案】BC
【解析】A．N2生成NH3的过程中氮原子结合氢原子，氮元素化合价降低，被还原发生还原反应，N2生成NH3是通过多步还原反应实现的，故A正确；
B．两个氮原子上的加氢过程是分步进行的，故B错误；
C．析氢反应（H*+H*→H2），减少H*，会影响NH3的生成，故C错误；
D．NH3的及时脱附，有利于电催化N2还原制NH3的反应速率，有利于增加催化剂活性位，故D正确。
14．为防止废弃的硒单质（Se）造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成处理成二氧化硒（SeO2），再用KI溶液处理后回收Se．发生的反应为：①Se+2H2SO4（浓）═2SO2 +SeO2 +2H2O   ②SeO2 +4KI+4HNO3═4KNO3 +Se+2I2 +2H2O下列说法正确的是（　　）
A.反应①中SO2是氧化产物，SeO2是还原产物
B．反应②中KI是还原剂，HNO3是氧化剂
C．反应②中，每生成0.6mol I2转移1.2mole-
D．氧化性由强到弱的顺序是：H2SO4（浓）＞SeO2＞I2
【答案】CD
【解析】A．①中S元素化合价由+6价变为+4价、Se元素化合价由0价变为+4价，所以浓硫酸是氧化剂、Se是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物、还原剂对应的产物是氧化产物，所以SO2是还原产物，SeO2是氧化产物，故A错误；
B．②中Se元素化合价由+4价变为0价、I元素化合价由-1价变为0价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，则KI是还原剂，SeO2是氧化剂，故B错误；
C．反应②中，每生成0.6mol I2转移电子物质的量=0.6mol×2×[0-（-1）]=1.2mol，故C正确；
D．同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，①中氧化剂是浓硫酸、氧化产物是SeO2，氧化性H2SO4（浓）＞SeO2；②中氧化剂是、SeO2、氧化产物是碘，则氧化性SeO2＞I2，所以氧化性由强到弱的顺序是：H2SO4（浓）＞SeO2＞I2，故D正确。
15．乙二胺(H2NCH2CH2NH2)，无色液体，电离类似于氨：NH3＋H2ONH＋OH－，25 ℃时，Kb1＝10－4.07，Kb2＝10－7.15；乙二胺溶液中含氮微粒的物质的量浓度分数随溶液pH的变化如图。下列说法不正确的是(　　)

A．曲线Ⅱ代表的微粒符号为H2NCH2CH2NH
B．曲线Ⅰ与曲线Ⅱ相交点对应pH＝6.85
C．0.1 mol·L－1 H2NCH2CH2NH3Cl溶液中各离子浓度大小关系为c(Cl－)＞c(H2NCH2CH2NH)＞c(H＋)＞c(OH－)
D．乙二胺在水溶液中第二步电离的方程式：H2NCH2CH2NH＋H2O[H3NCH2CH2NH3]2＋＋OH－
【答案】C
【解析】A．乙二胺(H2NCH2CH2NH2)，水溶液中分步电离，第一步电离的方程式为：H2NCH2CH2NH2＋H2OH2NCH2CH2NH＋OH－，第二步电离：H2NCH2CH2NH＋H2O [H3NCH2CH2NH3]2＋＋OH－，pH越小，越有利于电离平衡正向移动，[H3NCH2CH2NH3]2＋的浓度越大，则曲线Ⅰ代表的是[H3NCH2CH2NH3]2＋，曲线Ⅱ代表的微粒符号为H2NCH2CH2NH，故A正确；B．曲线Ⅱ代表的是H2NCH2CH2NH，曲线Ⅰ与曲线Ⅱ相交点处[H3NCH2CH2NH3]2＋和H2NCH2CH2NH浓度相同，c(OH－)＝Kb2＝10－7.15 mol·L－1，c(H＋)＝＝ mol·L－1＝10－6.85 mol·L－1，pH＝6.85，故B正确；C．在0.1 mol·L－1 H2NCH2CH2NH3Cl溶液中H2NCH2CH2NH离子水解溶液显酸性，电离使溶液显碱性，电离大于水解，溶液显碱性，溶液中离子浓度大小为：c(Cl－)＞c(H2NCH2CH2NH)＞c(OH－)＞c(H＋)，故C错误；D．乙二胺(H2NCH2CH2NH2)，无色液体，有类似氨的性质，已知：25 ℃时，Kb1＝10－4.07，Kb2＝10－7.15，属于二元弱碱，其水溶液显弱碱性，则H2NCH2CH2NH2在水溶液中第二步电离的方程式为：H2NCH2CH2NH＋H2O [H3NCH2CH2NH3]2＋＋OH－，故D正确；故选C。
第Ⅱ卷（非选择题 共60分）
二、非选择题：包括第16题~第20题5个大题，共60分。
16．（12分） “低碳经济”备受关注，CO2的排集、利用与封存成为科学家研究的重要课题。
（1）绿色植物通过图1所示过程储存能量，用化学方程式表示其光合作用的过程：_____________________。

（2）TiO2是一种性能优良的半导体光催化剂，能有效地将有机污染物转化为CO2等小分子物质。图2为在TiO2的催化下，O3降解CH3CHO的过程，则该反应的化学方程式为________________________。
（3）将一定量的CO2(g)和CH4(g)通入一恒容密闭容器中发生反应CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)。
①已知：CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g) ΔH1＝－802 kJ·mol－1
CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g)　ΔH2＝－283 kJ·mol－1
CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g) ΔH3＝－41 kJ·mol－1
则反应CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)的ΔH＝________。
②为了探究反应CO2(g)＋CH4(g) 2CO(g)＋2H2(g)的反应速率与浓度的关系起始时向恒容密闭容器中通入CO2与CH4，使其物质的量浓度均为1.0 mol·L－1，平衡时，根据相关数据绘制出两条反应速率与浓度关系曲线(如图3)：v正～c(CH4)和v逆～c(CO)，则与v正～c(CH4)相对应的是图中曲线________(填“甲”或“乙”)；该反应达到平衡后，某一时刻降低温度反应重新达到平衡，则此时曲线甲对应的平衡点可能为________(填“D”“E”或“F”)。

（4）用稀氨水喷雾捕集CO2最终可得产品NH4HCO3。
①在捕集时，气相中有中间体 NH2COONH4(氨基甲酸铵)生成。现将一定量纯净的氨基甲酸铵置于恒容密闭容器中，分别在不同温度下进行反应：NH2COONH4(s) 2NH3(g)＋CO2(g)。实验测得的有关数据见下表(t1P（1分）
（3）sp3（1分）　正四面体形　109°28'（1分）　SO42-、CCl4等（2分）
（4）12（2分）　（2分）
（5）MgO>CaO（1分）　Mg2+半径比Ca2+小，MgO晶格能较大（1分）
【解析】（1）根据元素M气态原子I1~I5的大小可以看出:I1、I2相差不大，I2、I3相差较多，说明M原子最外层有2个电子。在Ca5(PO4)3F中元素有Ca、P、O、F四种元素，只有Ca元素最外层有2个电子，容易失去最外层的2个电子，化合价为+2价;根据原子核外电子排布规律可知Ca基态原子电子排布式为[Ar]4s2或1s22s22p63s23p64s2。
（2）Ca3(PO4)3F中非金属元素有P、O、F三种，元素的非金属性F>O>P，元素的非金属性越强，其电负性越大，故按电负性由大到小的顺序排列为F>O>P。
（3）PO43-的中心原子P的价层电子对数是4，故P原子杂化方式为sp3杂化;由于孤电子对数为0，该离子的空间构型为正四面体形，键角为109°28'，其等电子体有SO42-、CCl4等。
（4）根据CaF2晶胞结构可知:在每个晶胞中与Ca2+离子距离最近且等距离的Ca2+有3个(顶点Ca2+与面心Ca2+最近)，顶点Ca2+可被8个晶胞共用，每个Ca2+计算了2次，所以与Ca2+离子距离最近且等距离的Ca2+有(3×8)÷2=12个;将CaF2晶胞分成8个小立方体，立方体中心为F-离子，顶点为Ca2+，晶胞中共有4个钙离子、8个氟离子。小立方体的对角线为2(a+b)，则晶胞的对角线为4(a+b)，晶胞的边长为，根据晶体密度计算公式可得该晶体的密度ρ= g·cm-3。
（5）MgO与CaO的晶体结构相似，由于离子半径Ca2+>Mg2+，离子半径越大，与O2-的核间距就越大，晶格能就越小，物质的硬度就越小，故其摩氏硬度的大小关系为MgO>CaO。
18．（11分）已知三氯化铁的熔点为306℃，沸点为315℃，易溶于水并且有强烈的吸水性，能吸收空气里的水分而潮解。某学习小组的同学对氯气与铁的反应及产物做了如下探究实验。

（1）装置的连接顺序为a→_____________________。
（2）饱和食盐水的作用是________。
（3）反应一段时间后熄灭酒精灯，冷却后将硬质玻璃管及收集器中的物质一并快速转移至锥形瓶中，加入过量的稀盐酸和少许植物油(反应过程中不振荡)，充分反应后，进行如下实验：

①淡黄色溶液中加入试剂X生成淡红色溶液的离子方程式为_____________。
②淡红色溶液中加入过量H2O2后溶液红色加深的原因是_________________。
（4）已知红色褪去的同时有气体生成，经检验为O2。该小组同学对红色褪去的原因进行探究。
①取褪色后溶液三份，第一份滴加FeCl3溶液无明显变化；第二份滴加试剂X，溶液出现红色；第三份滴加稀盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀。
②另取同物质的量浓度的FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化。
实验①说明______________________________________________；
实验②的目的是___________________________；
得出结论：__________________________________________。
【答案】（1）g→h→ d→e→b→c→f （2分）
（2） 除去氯气中的氯化氢气体（1分）
（3） Fe3++3SCN−Fe(SCN)3 （1分） H2O2将Fe2+氧化Fe3+ (Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，从而增大Fe3+浓度，溶液颜色加深) （1分）
（4） SCN−发生了反应而不是Fe3+发生反应（2分） 排除H2O2分解产生的O2氧化SCN−的可能（2分） H2O2将SCN−氧化成SO （2分）
【解析】（1）由于盐酸易挥发，生成的氯气中还有氯化氢，所以利用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢。又因为三氯化铁的熔点为306℃，沸点为315℃，易溶于水并且有强烈的吸水性 能吸收空气里的水分而潮解，所以再遇铁反应之前还需要干燥，且还需要防止空气中的水蒸气进入，同时还需要尾气处理，则正确的连接顺序是a→g→h→ d→e→b→c→f；（2）根据以上分析可知饱和食盐水的作用是除去氯气中的氯化氢气体；（3）①淡黄色溶液中还有铁离子，加入X后显淡红色，这说明X是KSCN溶液，反应的离子方程式为Fe3++3SCN−Fe(SCN)3；②反应中铁过量遇氯化铁反应生成氯化亚铁，即溶液中还有氯化亚铁，加入双氧水可以把亚铁离子氧化为铁离子，因此红色加深，所以淡红色溶液中加入过量H2O2后溶液红色加深的原因是H2O2将Fe2+氧化Fe3+ (Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，从而增大Fe3+浓度，溶液颜色加深)；（4）取褪色后溶液三份，第一份滴加FeCl3溶液无明显变化，说明溶液中不存在KSCN溶液；第二份滴加试剂X，溶液出现红色，这说明溶液中存在铁离子；第三份滴加稀HCl和BaCl2溶液，产生白色沉淀，这说明溶液中有硫酸根，所以根据实验①可知SCN−发生了反应而不是Fe3+发生反应；另取同浓度的FeCl3溶液滴加2滴试剂X，溶液变红，再通入O2，无明显变化，这说明红色褪去不是氧气氧化导致的，即实验②的目的是排除H2O2分解产生的O2氧化SCN−的可能；综合以上分析可知溶液褪色的原因是H2O2将SCN−氧化成SO。
19．（11分）钛白粉(TiO2)广泛应用于涂料、化妆品、食品以及医药等行业。利用黑钛矿石[主要成分为(Mg0.5Fe0.5)Ti2O5，含有少量Al2Ca(SiO4)2]制备TiO2，工艺流程如下。

已知：TiOSO4易溶于水，在热水中易水解生成H2TiO3，回答下列问题：
（1）(Mg0.5Fe0.5)Ti2O5中钛元素的化合价为________，实验“焙烧”所需的容器名称是________，“滤渣”的主要成分是________(填化学式)。
（2）制取H2TiO3的化学方程式为___________________________。
（3）矿石粒度对TiO2的提取率影响如图，原因是_____________________。

（4）相关的金属难溶化合物在不同pH下的溶解度(s，mol·L－1)如图所示，步骤④应该控制的pH范围是________(填标号)
A．1～2 B．2～3 C．5～6 D．10～11

（5）常用硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]滴定法测定钛白粉的纯度，其步骤为：用足量酸溶解a g二氧化钛样品，用铝粉做还原剂，过滤、洗涤，将滤液定容为100 mL，取20.00 mL，以NH4SCN作指示剂，用标准硫酸铁铵溶液滴定至终点，反应原理为：Ti3＋＋Fe3＋===Ti4＋＋Fe2＋
①滴定终点的现象为__________________________。
②滴定终点时消耗b mol· L－1 NH4Fe(SO4)2溶液V mL，则TiO2纯度为________。 (写表达式)
【答案】（1）＋4（1分）　坩埚　（1分） CaSO4、CaSiO3（1分）
（2）TiOSO4＋2H2OH2TiO3↓＋H2SO4（2分）
（3）矿石粒度越小，反应物接触面积越大，反应速率越快（1分）
（4）B（2分）
（5）①当滴入最后一滴硫酸铁铵时，溶液变成红色，且30 s内不变回原色（1分）　②%（2分）
【解析】（1）设Ti的化合价为＋x，(Mg0.5Fe0.5)Ti2O5化合价代数和等于0，(2×0.5＋2×0.5)＋2x－2×5＝0，x＝4；灼烧固体用坩埚；黑钛矿石[主要成分为(Mg0.5Fe0.5)Ti2O5，含有少量Al2Ca(SiO4)2]加入NH4HSO4焙烧后，加水过滤，沉淀中含有CaSO4 和CaSiO3；
（2）由TiOSO4水解制备H2TiO3，反应方程式为：TiOSO4＋2H2OH2TiO3↓＋H2SO4；
（3）由图中变量结合影响反应的速率、转化率的因素，矿石粒度对TiO2的提取率影响，原因是矿石粒度越小，反应物接触面积越大，反应速率越快；
（4）由图读出：金属难溶化合物在不同pH下的溶解度(s，mol·L－1)，步骤④应该控制的pH范围是：钛酸沉淀pH大于2，而氢氧化铝不沉淀，pH小于3，故选B；
（5）①铁离子过量时，反应结束，故终点现象为：当滴入最后一滴硫酸铁铵时，溶液变成红色，且30 s内不变回原色；②由TiO2～Fe3＋关系式，n(TiO2)＝n(Fe3＋)＝b mol· L－1×V×10－3 L×100 mL/20 mL＝5bV×10－3 mol，TiO2纯度为5bV×10－3 mol×80 g·mol－1/a g×100%＝%。
20.（13分）由烃A制备抗结肠炎药物H的一种合成路线如图所示(部分反应略去试剂和条件):

已知:Ⅰ.
Ⅱ.
回答下列问题:
（1）H的分子式是　　　　 ，A的化学名称是　　　。反应②的类型是　　　　　　　。 
（2）D的结构简式是　　　　　　　　。F中所含官能团的名称是　　　　　　　。 
（3）E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
（4）设计C→D和E→F两步反应的共同目的是　　　　　　　　　　。 
（5）化合物X是H的同分异构体，X遇FeCl3溶液不发生显色反应，其核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积之比为3∶2∶2，任写一种符合要求的X的结构简式:　　　　　　　　　　　。 
（7）已知:易被氧化，苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻、对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位。写出以A为原料(其他试剂任选)制备化合物的合成路线:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
【答案】（1）C7H7O3N（1分）　甲苯（1分）　取代反应（1分）
（2）（1分）　羧基、羟基（2分）
（3）+3NaOH+CH3COONa+2H2O（2分）
（4）保护酚羟基(防止酚羟基被氧化)（1分）
（5）或（1分）
（7）（3分）
【解析】C发生信息Ⅰ中的反应生成D，D发生氧化反应生成E，结合C的原子数及相关反应条件可知，A为，B为，C的结构简式为，D为，D氧化生成的E为，E与氢氧化钠溶液反应并酸化得到的F为，由信息Ⅱ可知，F在浓硫酸、浓硝酸加热条件下发生反应生成的G为，G发生还原反应得到抗结肠炎药物H。
（1）H()的分子式是C7H7O3N，A为，其化学名称是甲苯。反应②中苯环上H被硝基取代，反应类型是取代反应。
（2）D的结构简式是，F()中含有的官能团有羧基、羟基。
（3）E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是+3NaOH+CH3COONa+2H2O。
（4）设计C→D和E→F两步反应的共同目的是保护酚羟基(防止酚羟基被氧化)。
（5）化合物X是H的同分异构体，X遇FeCl3溶液不发生显色反应，其核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积比为3∶2∶2，可知含1个甲基、1个—NO2，符合要求的X的结构简式为或。
（7）以A(甲苯)为原料合成化合物，甲苯先发生硝化反应生成邻硝基甲苯，再发生氧化反应，最后发生还原反应，合成流程为。