河南省洛阳市2021年高考化学5月模拟试卷及答案

这是一份河南省洛阳市2021年高考化学5月模拟试卷及答案，共16页。试卷主要包含了单项选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
 高考化学5月模拟试卷
一、单项选择题
1.关于以下诗句或谚语隐含的化学知识，说法正确的选项是〔   〕
A.“爆竹声中一岁除〞，爆竹中的火药含有硫黄
B.“木棉花落絮飞初〞，“絮〞的主要成分是蛋白质
C.“谷雨种甘蔗〞，甘蔗中的蔗糖是多糖
D.“雷雨肥庄稼〞属于人工固氮
2.实验室用Ca与H2反响制取氢化钙(CaH2)。以下实验装置和原理不能到达实验目的的是〔   〕

A.装置甲制取H2
B.装置乙净化枯燥H2
C.装置丙制取CaH2
D.装置丁吸收尾气
3.科学家利用原子序数依次递增的W、X、Y、Z四种短周期元素，“组合〞成一种具有高效催化性能的超分子，其分子结构示意图如下列图(短线代表共价键)。其中W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素。以下说法正确的选项是〔   〕

A. 原子半径：Y＞Z＞W
B. Y与W、X、Z均能形成至少两种化合物
C. 氢化物的沸点：Y＞X
D. 1molZW与水发生反响生成1molW2 ， 转移电子2mol
4.金属铬常用于提升特种合金的性能。工业上以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3 ， 含有少量Al2O3)为原料制备金属铬的流程如图。以下说法错误的选项是〔   〕

A.①中需持续吹入空气作氧化剂
B.A为Na2Cr2O7溶液
C.②中需参加过量稀硫酸
D.③中Cr在阴极生成
5.鹅去氧胆酸和胆烷酸都可以降低肝脏中的胆固醇，二者的转化关系如图，以下说法中正确的选项是〔   〕

A.二者互为同分异构体
B.二者均能发生氧化反响和取代反响
C.胆烷酸中所有碳原子可能处于同一平面内
D.等物质的量的鹅去氧胆酸和胆烷酸与足量Na反响时，最多消耗Na的量相同
6.含苯乙烯的废水排放会对环境造成严重污染，目前常采用电解法进行处理，其工作原理如图(电解液是含苯乙烯和硫酸的废水，pH=6.2)。：·OH(羟基自由基)具有很强的氧化性，可以将苯乙烯氧化成CO2和H2O，以下说法错误的选项是〔   〕

A. 图中微粒X的化学式为H+
B. 阴极的电极反响式为：O2＋4H＋＋4e-=2H2O
C. 锁链式反响的方程式为：C8H8＋40·OH=8CO2＋24H2O
D. 26gC8H8被羟基自由基完全氧化成CO2和H2O，转移的电子数为NA
7.常温下，向一定浓度的Na2R溶液中滴入稀硫酸，粒子浓度与混合溶液pH的变化关系如以下列图所示。：H2R是二元弱酸，Y表示 或 ，pY=-lg Y，题中涉及浓度的单位为mol•L-1。以下表达错误的选项是〔   〕

A. 曲线m表示p 与混合溶液pH的变化关系
B. =103.9
C. NaHR溶液中存在：c(Na＋)＜c(HR-)＋2c(R2-)
D. 滴加稀硫酸的过程中， 保持不变
二、综合题
8.常温下，一氧化二氯(Cl2O)是棕黄色刺激性气体，是一种高效的氯化剂，沸点3.8℃，易溶于CCl4 ， 遇水易生成不稳定的HClO。实验室制备Cl2O的反响原理为：2Cl2+2HgO=HgCl2·HgO+Cl2O。现用以下装置制备少量Cl2O(加热和夹持装置略去)。

：HgCl2·HgO是难溶于CC14的固体。答复以下问题：
〔1〕各装置的连接顺序为A→________→________→D→________→E (填字母，装置可以重复使用)。
〔2〕A为氯气发生装置，A中发生反响的离子方程式为________(锰被复原为Mn2+)。
〔3〕C装置的作用是________，假设没有B装置，D中除发生主反响外，还可能发生反响的化学方程式是________。
〔4〕装置D中的操作：把CCl4参加三颈瓶中，用冰水浴冷却，通入氯气至浓度到达50g/L，停止供氯。参加HgO固体，加热三颈瓶至25℃，搅拌45min，氯气几乎完全反响。过滤三颈瓶内的混合物。
①冰水浴冷却的目的是________。
②过滤后滤液的主要成分有________。
〔5〕假设实验前后D中液体体积不变，测得滤液中Cl2O的浓度为24.5g/L，那么Cl2O的产率=________。(保存两位有效数字)。
〔6〕实验完成后，取E中烧杯内溶液滴加品红溶液，发现溶液褪色。该课题组设计实验探究溶液褪色的原因。
序号
0.1mol/LNaClO溶液/mL
0.1mol/LNaCl溶液/mL
0.1moL/LNaOH溶液/mL
H2O/mL
品红溶液
现象
Ⅰ
5.
0
0
5.0
3滴
较快褪色
Ⅱ
0
5.0
A
0
3滴
不褪色
Ⅲ
5.0
0
5.0
0
3滴
较慢褪色
①a=________。
②由上述实验得出的结论是________。
9.金属钛(Ti)因其硬度大、熔点高、常温时耐酸碱腐蚀而被广泛用作高新科技材料。以钛铁矿(主要成分为钛酸亚铁)为主要原料冶炼金属钛同时获得副产品甲的工业生产流程如下列图。

请答复以下问题：
〔1〕钛酸亚铁(用R表示)与碳在高温下反响的化学方程式为：2R+C 2Fe+2TiO2+CO2↑，钛酸亚铁中钛元素的化合价为________，钛酸亚铁和浓H2SO4反响的产物之一是TiOSO4 ， 反响中无气体生成，该反响的化学方程式为________。
〔2〕上述生产流程中参加铁屑的目的是________。
〔3〕此时溶液I中含有Fe2+、TiO2+和少量Mg2+等阳离子，常温下，其对应氢氧化物的Ksp如表所示。
氢氧化物
Fe(OH)2
TiO(OH)2
Mg(OH)2
Ksp
8.0×10-16
1.0×10-29
1.8×10-11
①常温下，假设所得溶液中Mg2+的物质的量浓度为0.18mol·L-1，当溶液的pH等于________时，Mg(OH)2开始沉淀。
②假设将含有Fe2+、TiO2+和Mg2+的溶液加水稀释，立即析出大量白色沉淀，该反响的离子方程式为________。
③溶液I经冷却、结晶、过滤，得到的副产物甲是________，过滤需要的主要玻璃仪器是________。
〔4〕Mg复原TiCl4过程必须在1070K的温度下进行，你认为还应该控制的反响条件是________。
〔5〕除去所得金属钛中少量的金属镁可用的试剂是________。
10.天然气通过重整反响可生产合成气，进而生产H2 ， 该工艺减少甲烷和CO2的排放，对于节约能源和保护环境具有双重意义。以甲烷为原料制氢主要有水蒸气重整、CO2重整等方法。甲烷水蒸气重整制氢工艺流程如图：

〔1〕涉及的甲烷水蒸气重整反响方程式为：
CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)  ΔH1
CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)  ΔH2=+165kJ·mol-1
CH4、CO、H2的燃烧热分别为ΔH=-891kJ·mol-1、ΔH=-283kJ·mol-1、ΔH=-286kJ·mol-1、水的汽化热ΔH=+44kJ·mol-1 ， 那么ΔH1=________。
〔2〕天然气脱硫工艺中常用热分解法处理H2S，硫化氢分解的反响方程式为：2H2S(g)=2H2(g)+S2(g)，在101kPa时各气体的平衡体积分数与温度的关系如下列图：

该反响的ΔH________0(填“＞〞、“＜〞)。图中A点时反响的平衡常数Kp=________(用平衡分压代替平衡浓度，平衡分压=总压X物质的量分数)。
〔3〕利用甲烷水蒸气重整制得的氢气，工业上可用于合成氨生产。
①“哈伯法〞是制氨气的常用方法，反响方程式为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)向密闭容器中按1：3体积比通入N2和H2 ， 反响达平衡时NH3的体积分数为25.0%，那么N2的平衡转化率α(N2)=________
②“球磨法〞是一种在温和的条件下(45℃和1bar，1bar≈100kPa)合成氨气的新方法，氨的最终体积分数可高达82.5%。该法分为两个步骤(如图)：第一步，铁粉在球磨过程中被反复剧烈碰撞而活化，产生高密度的缺陷，氮分子被吸附在这些缺陷上［Fe(N*)］，有助于氮分子的解离。第二步，N*发生加氢反响得到NHx*(x=1~3)，剧烈碰撞中，NHx*从催化剂外表脱附得到产物氨。“球磨法〞与“哈伯法〞相比较，以下说法中错误的选项是________(选填标号)。

A．催化剂(Fe)缺陷密度越高，N2的吸附率越高
B．“哈伯法〞采用高温主要用于解离氮氮三键，而“球磨法〞不用解离氮氮三键
C．“球磨法〞转速不能过快，否那么体系升温太快，温度升高不利于N2吸附
D．“球磨法〞不采用高压，是因为低压产率已经较高，加压会增大本钱
〔4〕用催化剂Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氢合成乙烯的反响，所得产物含CH4、C3H6、C4H8等副产物，反响过程如图。

催化剂中添加Na、K、Cu助剂后(助剂也起催化作用)可改变反响的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如表。
助剂
CO2转化率(%)
各产物在有机产物中的占比(%)
C2H4
C3H6
其他有机物
Na
42.5
35.9
39.6
24.5
K
27.2
75.6
22.8
1.6
Cu
9.8
80.7
12.5
6.8
欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加________助剂效果最好，参加助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是________。
11.Mn、Fe、Co是合金中的重要元素，而P、S、C1是农药中的重要元素。请答复以下问题：
〔1〕.基态锰原子的价电子排布图为      。
〔2〕.PCl3的沸点高于SCl2 ， 原因是      。
〔3〕.以无水乙醇作溶剂，Co(NO3)2可与某多齿配体结合形成具有催化活性的配合物，其结构如下列图，以下说法错误的选项是___________。

A.第一电离能：H＜O＜N
B.该配合物中C原子的杂化方式均为sp
C.该配合物中Co原子的配位数为4
D.基态Co原子核外电子的空间运动状态有27种
〔4〕.水杨醛缩邻氨基苯酚又被称为“锰试剂〞，可与Mn2+形成黄色的配合物。锰试剂的结构如下列图，其分子中可能与Mn2+形成配位键的原子有      (填元素符号)，锰试剂      (填“能〞或“不能〞)形成分子内氢键。

〔5〕.阿拉班达石(alabandite)是一种属于立方晶系的硫锰矿，其晶胞如图a所示(●=Mn，○=S)。在该晶胞中，硫原子的堆积方式为      。

〔6〕.阿拉班达石晶胞中最近两个硫原子之间的距离为dÅ(1Å=10-10m)，晶体密度为ρg▪cm-3 ， 那么阿伏加德罗常数的值NA=      (不要求化简)。
〔7〕.为更清晰地展示晶胞中原子所在的位置，晶体化学中常将立体晶胞结构转化为平面投影图。例如：沿阿拉班达石晶胞的c轴将原子投影到ab平面，即可用图b表示。以下晶体结构投影图可能表示MnO2晶体的是___________。

A.
B.
C.
D.
12.化合物A( )合成化合物H( )的流程图如下：

：2RCH=CH2 RCH=CHR+CH2=CH2
答复以下问题：
〔1〕B物质的分子式为________。
〔2〕H中官能团的名称为________。
〔3〕反响④的反响类型为________，反响⑤的反响类型为________。
〔4〕1molC一定条件下最多能和________molH2发生加成反响。
〔5〕写出反响③的化学方程式________。
〔6〕A有多种同分异构体，同时满足以下条件的同分异构体有________种，写出其中核磁共振氢谱有六组峰，峰面积之比为2：2：2：2：1：1的结构简式________。
a．属于芳香族化合物，且苯环上只有两个支链
b．能与FeCl3溶液发生显色反响，能发生银镜反响

答案解析局部
一、单项选择题
1.【答案】 A
【解析】【解答】A．爆竹中的黑火药含有硫黄、木炭、硝酸钾，故A符合题意；
B．“木棉花落絮飞初〞，“絮〞的主要成分是纤维素，故B不符合题意；
C．一个蔗糖分子水解为两个单糖分子，蔗糖是二糖，故C不符合题意；
D．在打雷过程中氮气和氧气发生反响生成一氧化氮，属于自然固氮，故D不符合题意；
故答案为：A。

【分析】A.根据爆竹爆炸时的刺激性气味判断火药中含有硫单质
B.柳絮的主要成分不是蛋白质而是维生素
C.蔗糖是二糖不是多糖
D.人工固氮主要是利用氮气和氢气合成氨气的过程，雷雨发庄稼是自然固氮
2.【答案】 D
【解析】【解答】A. 装置甲利用稀盐酸与锌在简易装置中制取H2 ， 实验装置和原理能到达实验目，选项A不符合题意；
B. 装置乙利用氢氧化钠溶液吸收氢气中的氯化氢气体、利用浓硫酸枯燥氢气，起到净化枯燥H2的作用，实验装置和原理能到达实验目，选项B不符合题意；
C. 装置丙利用纯洁的氢气在高温条件下与钙反响制取CaH2    ，实验装置和原理能到达实验目，选项C不符合题意；
D. 装置丁是用于防止空气中的水蒸气及氧气进入与钙或CaH2反响，实验原理与吸收尾气不符合，过量氢气应收集或点燃，选项D符合题意。
故答案为：D。

【分析】A.固液常温型可以制取氢气
B.盐酸会挥发用氢氧化钠溶液吸收，浓硫酸吸水
C.根据反响物和生成物即可判断反响能否发生
D.丁中主要是防止空气中的水蒸气进入
3.【答案】 B
【解析】【解答】A．W、Y、Z分别为H、O、Na，同周期，原子序数越大，半径越小，那么原子半径：Na＞O＞H，A说法不符合题意；
B．O与H可形成H2O、H2O2 ， O与C可形成CO、CO2 ， O与Na可形成NaO、Na2O2 ， B说法符合题意；
C．C的氢化物为烃，含C原子数少的烃为气态或液态，含C原子数多的烃为固态，O的氢化物为H2O、H2O2 ， 呈液态，那么C的氢化物的沸点不一定比O的氢化物的沸点低，C说法不符合题意；
D．1molNaH和H2O发生反响生成1molH2 ， NaH+H2O= H2↑+NaOH，1molNaH反响转移1mol电子，D说法不符合题意；
故答案为B。
【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次递增，Z是同周期中金属性最强的元素，且W、X、Z分别位于不同周期，可知，Z为Na，W为H；X、Y位于第二周期，由超分子的结构示意图知，X连四条键、Y连两条键，那么X为C，Y为O。
4.【答案】 C
【解析】【解答】A．①中FeO·Cr2O3、Al2O3与Na2CO3反响生成Na2CrO4、Fe2O3、NaAlO2 ， Cr、Fe元素化合价升高被氧化，所以需持续吹入空气作氧化剂，故A不符合题意；
B．酸性条件下，2CrO +2H+= Cr2O +H2O，故B不符合题意；
C．氢氧化铝能溶于过量硫酸，②中参加的稀硫酸不能过量，故C符合题意；
D．电解Na2Cr2O7溶液制备金属Cr，Cr元素化合价降低发生复原反响，所以Cr在阴极生成，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】根据反响①的产物即可判断铁元素被氧化，因此在反响①时通入了氧气，加水过滤后参加适量的稀硫酸硫酸得到氢氧化铝和铬酸钠溶液，氢氧化铝溶于硫酸，因此不应该过多的稀硫酸，而铬酸钠在酸性条件下以重铬酸钠的形式存在，根据反响③即可判断铬元素降低被复原，在阴极发生反响
5.【答案】 B
【解析】【解答】A．鹅去氧胆酸脱氢氧化后生成胆烷酸，那么鹅去氧胆酸和胆烷酸的分子式不同，不可能是同分异构体，故A不符合题意；
B．鹅去氧胆酸和胆烷酸分子中均有羧基和羟基，那么均可发生取代反响，如发生酯化反响，故B符合题意；
C．胆烷酸分子结构中环上除羰基和羧基中的碳原子外，其它碳原子均是sp3杂化，那么分子结构中所有碳原子不可能在同一平面内，故C不符合题意；
D．鹅去氧胆酸和胆烷酸分子内均有一个羧基，但鹅去氧胆酸比胆烷酸多一个羟基，那么等物质的量的鹅去氧胆酸和胆烷酸分别与Na完全反响时消耗的Na的物质的量不等，故D不符合题意；
故答案为B。

【分析】A.根据结构简式写出分子式即可判断是否为同分异构体
B.根据结构简式找出官能团即可判断可发生的反响类型
C.结构简式中存在多个饱和碳原子故不可能共面
D.根据结构简式找出有机物能与金属钠反响的官能团个数即可计算出钠的物质的量
6.【答案】 D
【解析】【解答】A．分析可知，图中微粒X的化学式为H+ ， A说法不符合题意；
B．阴极上溶解氧得电子，与氢离子反响生成水，电极反响式为：O2+4H＋+4e-=2H2O，B说法不符合题意；
C．阳极区·OH氧化苯乙烯为CO2、H2O，锁链式反响的方程式为：C8H8+40·OH=8CO2+24H2O，C说法不符合题意；
D．根据方程式C8H8+40·OH=8CO2+24H2O，转移40个电子，有1个C8H8被完全氧化，那么26gC8H8被羟基自由基完全氧化成CO2和H2O，转移10mol电子，即电子数为10NA ， D说法符合题意；
答案为D。
【分析】根据图像可知，阳极水失电子生成·OH和H+ ， 阳极区·OH氧化苯乙烯为CO2、H2O，阴极上溶解氧得电子，与氢离子反响生成水，那么X为H+ ， Y为H2O。
7.【答案】 C
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线m表示p 与混合溶液pH的变化关系，故A不符合题意；
B．由M点可知，-[lg +lgc(H+)]=-lgKa2=10.3，即Ka2=10-10.3 ， 同理可知，Ka1=10-6.4 ， = =103.9 ， 故B不符合题意；
C．R2-的水解常数Kh2= = =10-7.6＞Ka2 ， 说明NaHR溶液呈碱性，即溶液中c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na＋)=c(HR-)＋2c(R2-)+c(OH-)可知，c(Na＋)＞c(HR-)＋2c(R2-)，故C符合题意；
D． = = Ka1×Ka2 ， 滴加稀硫酸的过程中，温度不变，因此平衡常数不会发生改变，故D不符合题意；
综上所述，表达错误的选项是C项，
故答案为C。
【分析】H2R为二元弱酸，以第一步电离为主，那么Ka1〔H2R〕= ×c(H+)＞Ka2〔H2R〕= ×c(H+)，pH相同时， ＞ ，pH=-lgc(H+)，pY=-lgY，那么p ＞p ，那么m、n分别表示pH与p 、p 的变化关系。
二、综合题
8.【答案】 〔1〕C；B；B
〔2〕2 ＋16H＋＋10Cl－=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O
〔3〕除去Cl2中的氯化氢气体；Cl2＋H2O=HCl＋HClO或Cl2O＋H2O=2HClO等
〔4〕增大氯气在CCl4中的溶解度；Cl2O、CCl4
〔5〕80%
〔6〕5.0；其他条件相同时，溶液碱性越强，次氯酸钠溶液漂白能力越弱
【解析】【解答】(1)有分析可知，各装置的连接顺序为A→C→B→D→B→E；
 
(2)A为氯气发生装置，A中发生反响的离子方程式为2 ＋16H＋＋10Cl－=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O；
(3)C装置的作用是除去Cl2中的氯化氢气体，假设没有B装置，氯气中含有水，那么D中除发生主反响外，还可能发生反响的化学方程式是Cl2＋H2O=HCl＋HClO或Cl2O＋H2O=2HClO等；
(4)①温度越低，气体的溶解度越低，那么冰水浴冷却的目的是增大氯气在CCl4中的溶解度；
②Cl2O易溶于CCl4 ， 那么过滤后滤液的主要成分有Cl2O、CCl4；
(5)假设溶液的体积是1L，氯气的质量是50g，生成Cl2O的质量为24.5g/L×1L=24.5g，有2Cl2+2HgO=HgCl2·HgO+Cl2O可知，Cl2O的理论产量为： =30.6g，那么Cl2O的产率= =80%；
(6)①探究浓度对溶液褪色的影响，保持溶液的体积不变，那么a=5.0ml；
②通过分析实验，可以得出其他条件相同时，溶液碱性越强，次氯酸钠溶液漂白能力越弱。
【分析】装置A制备氯气，氯气中含有挥发的HCl与水蒸气，C中盛放饱和食盐水，除去混有的HCl，Cl2O遇水易生成不稳定的HClO，实验需要再枯燥环境下进行，进入D装置的氯气需要枯燥，故B可以盛放浓硫酸，用于枯燥氯气。氯气与HgO在D中反响生成Cl2O，尾气中有未反响的氯气以及Cl2O等，直接排放会污染空气，装置E中氢氧化钠进行尾气处理，B中试剂应是防止E中水蒸气参加D中，可以盛放浓硫酸，据此答复以下问题。
 
9.【答案】 〔1〕＋4；FeTiO3＋2H2SO4(浓)=TiOsO4＋FeSO4＋2H2O
〔2〕防止Fe2＋被氧化
〔3〕9；TiO2＋＋2H2O=TiO(OH)2↓＋2H＋或TiO2＋＋2H2O=H2TiO3↓＋2H＋；FeSO4·7H2O；烧杯、漏斗、玻璃棒
〔4〕隔绝空气
〔5〕稀盐酸或稀硫酸
【解析】【解答】(1)根据2R+C 2Fe+2TiO2+CO2↑以及原子守恒，可得钛酸亚铁的化学式为 ，根据化合物中各元素化合价代数和为零可得 中Ti的化合价为+4价；钛酸亚铁和浓H2SO4反响的产物之一是TiOSO4 ， 反响中无气体生成，那么该反响为非氧化复原反响，那么其反响为：FeTiO3＋2H2SO4(浓)=TiOsO4＋FeSO4＋2H2O，故答案为：FeTiO3＋2H2SO4(浓)=TiOsO4＋FeSO4＋2H2O；
 
(2)由分析可知，加铁粉的主要目的是为了防止亚铁离子被氧化，故答案为：防止Fe2＋被氧化；
(3)① ，所以有 ，pOH=5，那么pH=14-pOH=9，故答案为：9
②假设将含有Fe2+、TiO2+和Mg2+的溶液加水稀释，立即析出大量白色沉淀，结合表中Ksp数据可知TiO(OH)2的Ksp最小，那么所得该白色沉淀为氢氧化氧钛，那么该反响的方程式为：TiO2＋＋2H2O=TiO(OH)2↓＋2H＋或TiO2＋＋2H2O=H2TiO3↓＋2H＋ ， 故答案为：TiO2＋＋2H2O=TiO(OH)2↓＋2H＋或TiO2＋＋2H2O=H2TiO3↓＋2H＋；
③由分析可知，溶液I经冷却、结晶、过滤，得到的副产物甲是为FeSO4·7H2O，过滤时所需的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒以及烧杯，故答案为：FeSO4·7H2O；漏斗、玻璃棒、烧杯；
(4)Mg为活泼金属，容易被氧气氧化，所以Mg复原TiCl4过程除必须在1070K的温度下进行外还应隔绝空气，故答案为：隔绝空气；
(5)常温时耐酸碱腐蚀，所以除去所得金属钛中少量的金属镁可用的试剂为稀硫酸或稀盐酸，故答案为：稀硫酸或稀盐酸。
【分析】向钛铁矿(主要成分为钛酸亚铁)中加浓硫酸使其转化为可溶性的硫酸亚铁等；然后加水和加铁粉除消耗多于的氢离子外还可防止亚铁离子被氧化成铁离子；沉降别离后得到TiOSO4以及硫酸亚铁的混合溶液，然后冷却结晶，过滤得到硫酸亚铁晶体和溶液II，向溶液II中加水并加热过滤得到钛酸和回收硫酸；将钛酸煅烧得到二氧化钛，在高温条件下与碳和氯气反响生成四氯化钛，然后四氯化钛与镁在高温下反响生成钛单质。据此分析可得：
 
10.【答案】 〔1〕＋206kJ·mol－1
〔2〕>；20.2kPa
〔3〕40%；B
〔4〕K；降低反响的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反响几乎无影响
【解析】【解答】〔1〕有分析可知， ，
 
 ，
 ，
 ，
有盖斯定律得a-b-3c-d得ΔH1= =＋206kJ·mol－1；
〔2〕有图可知，升高温度硫化氢的体积分数减少，平衡正向移动，那么正反响是吸热反响，即ΔH＞0，A点硫化氢和氢气的体积分数相等，即是硫化氢和氢气的物质的量相等，设硫化氢的物质的量是2mol，那么
     那么2-2x=2x，解得x= ，那么A点气体的总物质的量是2.5mol，平衡常数Kp=
     =20.2kPa；
〔3〕①
       那么
 解得a=0.4mol，那么N2的平衡转化率α(N2)= ；
②A．由题意可知，催化剂(Fe)缺陷密度越高，N2的吸附率越高，故A正确；
B．“哈伯法〞采用高温主要用于解离氮氮三键，而“球磨法〞是氮分子被吸附在这些缺陷上［Fe(N*)］，有助于氮分子的解离氮氮三键，故B不正确；
C．“球磨法〞转速不能过快，否那么体系升温太快，温度升高平衡逆向移动，不利于N2吸附，故C正确；
D．“球磨法〞不采用高压，是因为低压产率已经较高，加压对设备要求比较高，会增大本钱，故D正确；
〔4〕单位时间内参加K助剂，乙烯的含量最高，所以在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加K助剂效果最好，参加助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是降低反响的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反响几乎无影响。
【分析】〔1〕 ，
 ，
 ，
 ，
有盖斯定律得a-b-3c-d得ΔH1；
 
11.【答案】 〔1〕
〔2〕PCl3分子间作用力高于SCl2
〔3〕B,D
〔4〕N、O；能
〔5〕面心立方堆积
〔6〕
〔7〕C
【解析】【解答】(1)Mn是25号元素，价电子排布式为3d54s2 ， 价电子排布图为 ，故答案为： ；
 
(2)PCl3和SCl2都是分子晶体，PCl3分子间作用力高于SCl2 ， 因此沸点PCl3高于SCl2 ， 故答案为：PCl3分子间作用力高于SCl2；
(3)A．同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，N的2p3为半充满结构，第一电离能大于O，H的第一电离能约为21.784×10-19J，而O约为21.816×10-19J，H的第一电离能最小，因此第一电离能：H＜O＜N，故A正确；B．该配合物中存在两种类型的C原子，其中苯环上的C采用sp2杂化，C=N上的C原子采用sp2杂化，杂化方式均为sp2 ， 故B不正确；C．根据图示，该配合物中Co原子的配位数为4，故C正确；D．Co是27号元素，基态Co核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2 ， 共占4个s轨道，6个p轨道，5个d轨道，所以核外电子的空间运动状态共有15种，故D不正确；故答案为：BD；
(4)N、O原子上存在孤电子对，可以作为配位原子；锰试剂含有两个不相邻的酚羟基，能形成分子内氢键，故答案为：N、O；能；
(5)由图可知，硫原子位于锰原子的正四面体空隙中，整体结构与金刚石排列相似，硫原子和锰原子堆积方式相同，晶胞中锰位于面心和顶点，采用面心立方最密堆积，那么硫原子也为面心立方最密堆积，故答案为：面心立方最密堆积；
(6)最近两个硫原子之间的距离为面对角线的一半，那么面对角线=2dÅ=2d×10-8cm，晶胞边长= d×10-8cm，晶胞体积=( d×10-8cm)3 ， 根据均摊法计算可知，晶胞中硫原子有4个，锰原子有8× +6× ＝4，那么晶胞的体积( d×10-8cm)3 = ，解得：NA= mol-1 ， 故答案为： ；
(7)阿拉班达石晶胞中硫原子和锰原子的配位数均为4。A．所示投影图中Mn原子配位数为6，故A不正确；B．所示投影图中Mn原子配位数为8，故B不正确；C．所示投影图中Mn原子配位数为4(以中心Mn原子为例，c=0的面上2个S原子和c=1的面上2个S原子)，S原子配位数也为4，故C正确；D．所示投影图中Mn原子为六方最密堆积，而阿拉班达石晶胞中锰原子为面心立方最密堆积，故D不正确；故答案为：C。
【分析】Mn是25号元素，价电子排布式为3d54s2；分子晶体中微粒间作用力为分子间作用力，分子间作用力的强弱是影响分子晶体熔沸点的主要因素；锰试剂中存在两个不相邻的酚羟基，结合分子内氢键的形成条件分析判断；由图可知，硫原子位于锰原子的正四面体空隙中，整体结构与金刚石排列相似，硫原子和锰原子堆积方式相同；最近两个硫原子之间的距离为面对角线的一半，结合均摊法计算解答；阿拉班达石晶胞中硫原子和锰原子的配位数均为4，结合投影图分析判断。
 
12.【答案】 〔1〕C11H14O2
〔2〕醚键、羟基
〔3〕加成；复原
〔4〕5
〔5〕+ CH2=CH2
〔6〕6；
【解析】【解答】(1)根据结构简式 ，可知分子式是C11H14O2。
 
(2) 中官能团的名称为醚键、羟基；
(3)反响④是 和 反响生成 ，反响类型为加成反响；反响⑤是 和氢气反响生成 ，反响类型为复原反响；
(4) 含有1个苯环、2个碳碳双键，1molC一定条件下最多能和5molH2发生加成反响。
(5)根据2RCH=CH2 RCH=CHR+CH2=CH2 ， 在相同条件下反响生成 和乙烯，反响方程式是 + CH2=CH2；
(6) a．属于芳香族化合物，且苯环上只有两个支链； b．能与FeCl3溶液发生显色反响，能发生银镜反响，说明含有酚羟基、醛基，符合条件的 的同分异构体，苯环上的两个取代基分别是-OH和-CH2CH2CHO或-OH和-CH(CH3)CHO，每种组合都有邻、间、对三种结构，共6种；其中核磁共振氢谱有六组峰，峰面积之比为2：2：2：2：1：1的结构简式是 。
【分析】〔1〕根据B的结构简式即可写出分子式
〔2〕根据H的结构简式即可找出官能团
〔3〕根据反响④和⑤的反响物和生成物即可找出反响类型
〔4〕找出C中可以与氢气反响的基团即可
〔5〕根据③的反响物和生成物即可写出方程式
〔6〕根据给出的要求即可写出同分异构体