2025年滬科新版選修化學下冊月考試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬科新版選修化學下冊月考試卷677考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、在指定溶液中下列離子能大量共存的是A.透明澄清的溶液：NHFe3+、SONOB.能使甲基橙變紅的溶液：Na+、Ca2+、AlOCl-C.c(ClO-)=0.1mol/L的溶液：K+、Na+、COS2-D.加入Al能放出H2的溶液：Mg2+、NHHCONO2、采用下列裝置和操作；能達到實驗目的的是（）

A.裝置甲可用于檢驗1—溴丙烷的消去產物B.裝置乙用于實驗室制硝基苯C.裝置丙可證明酸性：鹽酸＞碳酸＞苯酚D.裝置丁用于制取乙酸乙酯3、苯酚與乙醇在性質上有很大差別的原因是A.官能團不同B.常溫下狀態(tài)不同C.相對分子質量不同D.官能團所連烴基不同4、下列指定反應的化學方程式或離子方程式書寫正確的是A.乙醇和濃硫酸混合加熱至140℃：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2OB.1－溴丙烷與氫氧化鈉的乙醇溶液共熱：CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBrC.乙醛在堿性條件下被銀氨溶液氧化：CH3CHO+2Ag(NH3)2OH2Ag↓+CH3COONH4+3NH3+H2OD.苯酚鈉溶液中通入少量的CO2：2+H2O+CO2→2+5、提純下列物質(括號內為少量雜質)，能達到目的的是。選項混合物除雜試劑分離方法A乙酸乙酯(乙酸)NaOH溶液分液B乙醇(水)CaO過濾C溴苯(溴)溶液分液D乙烷(乙烯)酸性高錳酸鉀溶液洗氣

A.AB.BC.CD.D評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)6、如表是不同溫度下水的離子積的數據：。溫度25水的離子積a

試回答以下問題：

若則a______填“”、“”或“”做此判斷的理由是______．

時，某溶液中取該溶液1mL加水稀釋至10mL，則稀釋后溶液中______．

在溫度下，將的NaOH溶液aL與的溶液bL混合，若所得混合液則a：______．7、(1)按要求寫出電子式：CO2_________COCl2_________NaCN______N2H_______

(2)元素周期表中“對角線規(guī)則”是指處于周期表中對角線位置(左上和右下方)的兩元素，其性質具有相似性，例如：Be和Al處于對角線位置。寫出Be與氫氧化鈉溶液反應的化學方程式：_________________________________。

(3)寫出氫，氧，鈉，硫四種元素組成的兩種酸式鹽發(fā)生復分解反應的離子方程式：___________________。8、完成下列填空：硼氧化鈉(NaBH4)是合成中常用的還原劑。采用NaBO2為主要原料制備NaBH4(B元素化合價為+3)的反應為：NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3(未配平)；硅酸鈉俗稱泡花堿；又名水玻璃，在工業(yè)生產中也有廣泛應用(已知硅酸為難溶性弱酸)

完成下列填空：

(1)上述反應中，原子最外層有兩個未成對電子的元素是_____(填元素符號)。SiO2熔點高的原因是_____。

(2)上述反應中H2與Na的物質的量之比為_____。

(3)硅酸鈉水溶液產生硅酸(H2SiO3)，硬化粘結，且有堿性，其原因是_____(用離子方程式表示)。鑄造工藝中可用氯化銨作為水玻璃的硬化劑。試用平衡原理加以解釋_____。

(4)NaBH4可使許多金屬離子還原成金屬單質。例如它從含金離子(Au3+)的廢液中提取Au．配平該反應的離子方程式：_____Au3++_____BH4﹣+_____OH-→_____Au+_____BO2﹣+_____H2O。

(5)最新研究發(fā)現(xiàn)以NaBH4和H2O2為原料，NaOH溶液作電解質溶液，可以設計成全液流電池，則每消耗1L6mol/LH2O2溶液，理論上流過電路中的電子數為_____。9、工業(yè)中很多重要的原料都是來源于石油化工；回答下列問題。

（1）A的結構簡式為________。

（2）丙烯酸中含氧官能團的名稱為_____________。

（3）①③反應的反應類型分別為_____________、________________。

（4）寫出下列反應方程式。

①反應②的方程式_____________________；

②反應④的方程式_________________________________________；

③丙烯酸+B丙烯酸乙酯_____________________。

（5）丙烯酸（CH2=CH—COOH）的性質可能有（_______）

①加成反應②取代反應③加聚反應④中和反應⑤氧化反應。

A．只有①③B．只有①③④

C．只有①③④⑤D．①②③④⑤

（6）丙烯分子中，最多有_________個原子共面。10、探究物質的結構有助于對物質的性質進行研究。

（1）①下列物質中含有羧基的是__________________(填字母)。

a．b．c．

②下列物質分子中所有原子處于同一平面的是__________________(填字母)。

a．苯b．丙烯c．甲醇。

（2）乙烯使溴水或溴的四氯化碳溶液褪色的化學方程式_____________________，屬于________反應；

（3）灼熱的銅絲多次反復地插入乙醇中的現(xiàn)象是：___________________________，屬于_______反應。11、某種工程樹脂由丙烯腈（用表示）、1，丁二烯（用表示）和苯乙烯（用表示）按一定比例共聚而得。

(1)和三種單體中，原子個數比的比值最小的單體是___________（填物質名稱）。

(2)經元素分析可知，該工程樹脂的組成為（為正整數），則原料中和的物質的量之比是____________（用表示）。12、羊毛織品和蠶絲織品的衣料是否可以用加酶洗衣粉洗滌________？13、二烯烴是有機化工中的重要物質；分子中存在單雙鍵交替出現(xiàn)的結構稱為共軛結構，含共軛結構的多烯烴稱為共軛烯烴。完成下列填空。

(1)下列物質中含有共軛結構的是____。(填編號)

a.CH3CH2CH=CH2b.c.d.

(2)耐熱型ABS樹脂由丙烯腈(CH2=CHCN)、1,3?丁二烯和苯乙烯共聚生成，寫出一種該樹脂可能的結構簡式____(不考慮單體比例)。

(3)寫出如圖所示物質與溴單質發(fā)生1：1加成反應的產物：____(有幾個寫幾個)。

(4)橡膠高分子鏈中由于含有不飽和結構，彈性、強度、耐熱和抗氧化性均較差，“硫化”可將橡膠鏈中的雙鍵通過硫鍵(—Sx—)打開彼此相連形成網狀結構；以改善其性能。現(xiàn)有某橡膠硫化后的部分結構如圖所示：

從結構看，合成這種橡膠的單體除1,3?丁二烯外還有____(寫結構簡式)。

(5)已知雙烯加成的機理為：根據已知信息以1,3?丁二烯、Br2單質為原料合成單質為原料合成____。

(流程圖表示為：AB目標產物)評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)14、烷烴的通式一定是CnH2n＋2，而烯烴的通式一定是CnH2n。(____)A.正確B.錯誤15、分子組成符合CnH2n-2通式的鏈烴，一定是炔烴。(___)A.正確B.錯誤16、C6H5—CH=CH2屬于苯的同系物。(____)A.正確B.錯誤17、氯苯與NaOH溶液混合共熱，能發(fā)生了消去反應。(___________)A.正確B.錯誤18、甲醛和乙醛在通常狀況下都是液體，而且都易溶于水。(_______)A.正確B.錯誤19、乙酸能與鈉反應放出H2且比乙醇與鈉的反應劇烈。(_______)A.正確B.錯誤20、高聚物的鏈節(jié)和單體的組成相同、結構不同。(___)A.正確B.錯誤評卷人得分四、結構與性質(共2題，共8分)21、H；C、N、O、Na、Fe、Cu是常見的七種元素；請回答下列問題：

(1)N、O、Na原子第一電離能由小到大的順序是_______(用元素符號和“<”表示)；Cu原子的價電子排布圖為_______。

(2)Fe3+、Cu2+基態(tài)的核外電子排布式中未成對電子數最多的是_______；Cu2+在水中呈現(xiàn)藍色是因為形成了水合銅離子，其化學式為_______，水分子與銅離子間結合的化學鍵名稱為_______。

(3)根據價層電子對互斥理論判斷下列分子或離子中空間構型是V形的是_______(填序號)。

①H3O+②H2O③NO

(4)(CN)2分子中鍵與鍵之間的夾角為180°，并有對稱性，分子中每個原子最外層均滿足8電子穩(wěn)定結構，其結構式為_______，1個分子中含有_______個π鍵；則(CN)2中C原子的雜化類型為_______。

(5)O和Na形成的一種只含有離子鍵的離子化合物，其晶胞結構如圖，該離子化合物的化學式為_______；已知該晶胞的密度為ρg/cm3，阿伏加德羅常數為NA，求晶胞邊長a=_______cm。(用含p、NA的代數式表示)

22、有A；B、C、D四種元素；A元素的原子的所有能級具有相同的電子數，由B元素形成的單質在常溫常壓為易揮發(fā)的液體，可從海水是提取，C及其合金是人類最早使用的金屬材料。D與A位于同一主族，是構成地球上礦物質的主要元素。請回答下列問題：

(1)元素A能形成多種單質，其中的一種單質能用作電極、潤滑劑與制造鉛筆等。A與D所形成的化合物屬于_______晶體，其中心原子是以_________雜化成鍵；

(2)B的核外電子排布式為_________________；

(3)向含有C的硫酸鹽中逐滴滴加氨水，所觀察到的現(xiàn)象是________________________；再向上述溶液中加入乙醇，有______________；原因是_______________________；

(4)A的氫化物比D的氫化物相比，熔點高是的________(填化學式)，理由是__________

(5)下列說法正確的是()

a．晶體析出規(guī)則是晶格能高的晶體最后析出。

b．銅型和鉀型都是密置層堆積方式。

c．在干冰晶體中，每一個CO2周圍有12個緊鄰的CO2分子。

d．鄰羥基苯甲醛的沸點比對羥基苯甲醛的沸點高。

(6)下圖是金屬Ca和Cu所形成的某種合金的晶胞結構示意圖，則該合金中Ca和Cu的原子個數比為_____________，已知兩個最近的Ca原子之間的距離為apm，則該合金的密度為_____________g/cm3，(用含NA和a的代數式表示)。

評卷人得分五、工業(yè)流程題(共4題，共16分)23、PbI2（亮黃色粉末）是生產新型敏化太陽能電池的敏化劑——甲胺鉛碘的原料。合成PbI2的實驗流程如圖1：

（1）將鉛塊制成鉛花的目的是_____________。

（2）31.05g鉛花用5.00mol·L－1的硝酸溶解，至少需消耗5.00mol·L－1硝酸_______mL。

（3）取一定質量(CH3COO)2Pb·nH2O樣品在N2氣氛中加熱，測得樣品固體殘留率）（）隨溫度的變化如圖2所示（已知：樣品在75℃時已完全失去結晶水）。

①(CH3COO)2Pb·nH2O中結晶水數目n=__________（填整數）。

②100～200℃間分解產物為鉛的氧化物和一種有機物，則該有機物為___________（寫分子式）。

（4）稱取一定質量的PbI2固體，用蒸餾水配制成室溫時的飽和溶液，準確移取25.00mLPbI2飽和溶液分次加入陽離子交換樹脂RH中，發(fā)生：2RH(s)+Pb2+(aq)=R2Pb(s)+2H+(aq)，用錐形瓶接收流出液，最后用蒸餾水淋洗樹脂至流出液呈中性，將洗滌液合并到錐形瓶中。加入2～3滴酚酞溶液，用0.002500mol·L－1NaOH溶液滴定，到滴定終點時用去氫氧化鈉標準溶液20.00mL。則室溫時PbI2的Ksp為___________。

（5）探究濃度對磺化鉛沉淀溶解平衡的影響。

該化學小組根據所提供試劑設計兩個實驗；來說明濃度對沉淀溶解平衡的影響。

提供試劑：NaI飽和溶液、NaCl飽和溶液、FeCl3飽和溶液、PbI2飽和溶液、PbI2懸濁液。

信息提示：Pb2+和Cl－能形成較穩(wěn)定的PbCl42－絡離子。

請?zhí)顚懴卤淼目瞻滋帲?。實驗內容實驗方法實驗現(xiàn)象及原因分析①磺離子濃度增大對平衡的影響取PbI2飽和溶液少量于一支試管中，再滴入幾滴NaI飽和溶液現(xiàn)象：溶液中c(I－)增大，使Q大于了PbI2的Ksp②鉛離子濃度減小對平衡的影響________現(xiàn)象：________

原因：________③________在PbI2懸濁液中滴入幾滴FeCl3飽和溶液現(xiàn)象：黃色渾濁消失

寫出反應的離子方程式：

________24、毒重石的主要成分為BaCO3(含Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋等雜質),實驗室利用毒重石制備BaCl2·2H2O的流程如下:

(1)毒重石用鹽酸浸取前需充分研磨,目的是增大接觸面積從而____。實驗室用37%的鹽酸配制15%的鹽酸,____需使用下列儀器中的____。

a.燒杯b.容量瓶c.玻璃棒d.滴定管。

(2)

加入NH3·H2O調節(jié)pH=8可除去____(填離子符號)，此時，溶液中該離子的濃度為__mol·L－1。加入NaOH調pH=12.5,溶液內剩余的陽離子中______完全沉淀,____(填離子符號)部分沉淀。加入H2C2O4時應避免過量,原因是____。

已知:Ksp(BaC2O4)=1.6×10－7,Ksp(CaC2O4)=2.3×10－9,Ksp［Fe(OH)3］=2.6×10－39

(3)利用間接酸堿滴定法可測定Ba2＋的含量,實驗分兩步進行。

已知:2Cr＋2H＋Cr2＋H2OBa2＋＋CrBaCrO4↓

步驟Ⅰ:移取xmL一定物質的量濃度的Na2CrO4溶液于錐形瓶中,加入酸堿指示劑,用bmol·L－1鹽酸標準液滴定至終點,測得滴加鹽酸的體積為V0mL。

步驟Ⅱ:移取ymLBaCl2溶液于錐形瓶中,加入xmL與步驟Ⅰ相同濃度的Na2CrO4溶液,待Ba2＋完全沉淀后,再加入酸堿指示劑,用bmol·L－1鹽酸標準液滴定至終點,測得滴加鹽酸的體積為V1mL。

滴加鹽酸標準液時應使用酸式滴定管,讀數時應精確到____mL。BaCl2溶液的濃度為____mol·L－1,若步驟Ⅱ中滴加鹽酸時有少量鹽酸滴至錐形瓶外,Ba2＋濃度測量值將____(填“偏大”或“偏小”)。25、鈦被稱為“二十一世紀金屬”；工業(yè)上用鈦鐵礦制備金屬鈦的工藝流程如下：

已知：鈦鐵礦主要成分與濃硫酸反應的主要產物是TiOSO4和FeSO4，TiOSO4遇水會水解。請回答下列問題：

（1）操作1用到的玻璃儀器除燒杯外還有_________；

（2）請結合化學用語解釋將TiO2+轉化為H2TiO3的原理_______________。

（3）已知鈦的還原性介于鋁與鋅之間。如果可從Na、Zn、Fe三種金屬中選一種金屬代替流程中的鎂，那么該金屬跟四氯化鈦反應的化學方程式是____________。

（4）電解TiO2來獲得Ti是以TiO2作陰極，石墨為陽極，熔融CaO為電解質，用碳塊作電解槽，其陰極反應的電極反應式是___________________________________。

（5）為測定溶液中TiOSO4的含量，先取待測鈦液10mL用水稀釋至100mL，加過量鋁粉，充分振蕩，使其完全反應：3TiO2++Al+6H+=3Ti3++Al3++3H2O。過濾后，取無色濾液20.00mL，向其中滴加2～3滴KSCN溶液作指示劑，用______________________（填一種玻璃儀器的名稱）滴加0.1000mol·L-1FeCl3溶液，發(fā)生Ti3++Fe3+=Ti4++Fe2+。滴定終點時的現(xiàn)象是___________________________________，若用去了30.00mLFeC13溶液，待測鈦液中TiOSO4的物質的量濃度是______________mol/L。26、重金屬元素釩(V)性能優(yōu)良，用途廣泛，有金屬“維生素”之稱，以硅藻土為載體的五氧化二釩(V2O5)是接觸法制備硫酸的催化劑。

廢釩催化劑的主要成分為：。物質質量分數/%2.2~2.92.8~3.122~2860~651~2<1

以下是一種廢釩催化劑回收工藝路線：

回答下列問題：

(1)“酸浸”時V2O5轉化為V2O4轉化為VO2+，寫出V2O4轉化為VO2+反應的離子方程式：_______。

(2)“氧化”中VO2+轉變?yōu)榉磻碾x子方程式為_______。

(3)V2O5能與鹽酸反應產生VO2+和一種黃綠色氣體，該氣體能與Na2SO3溶液反應被吸收，則Cl-、VO2+還原性由小到大的順序是_______。

(4)“中和”作用之一是使釩以形式存在于溶液中，“廢渣2”中含有_______。

(5)“離子交換”和“洗脫”可簡單表示為：(以ROH為強堿性陰離子交換樹脂)。為了提高洗脫效率，淋洗液應該呈_______性(填“酸”“堿”“中”)。

(6)“煅燒”中使用的主要實驗儀器名稱為(寫3種)_______。評卷人得分六、元素或物質推斷題(共2題，共4分)27、有一包粉末可能含有K+、Fe3+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣中的若干種；現(xiàn)進行以下實驗：

①取少量固體；加入稀硝酸攪拌，固體全部溶解，沒有氣體放出；

②向①溶液中加入一定量Ba(OH)2溶液，生成有色沉淀，過濾后，濾液呈中性，在濾液中滴入AgNO3溶液；有白色沉淀生成；

③?、谥械挠猩恋砑尤胱懔康南←}酸后；沉淀全部溶解；

④重新取少量固體加入適量蒸餾水攪拌后；固體全部溶解，得到澄清溶液；

⑤向④的溶液中加入氨水使溶液呈堿性；有沉淀生成，過濾．往得到的沉淀中加入過量的NaOH溶液，沉淀減少．

（1）根據上述實驗，這包粉末中一定不含有的離子是_______，肯定含有的離子是_______，不能確定是否含有的離子是________，可通過___________實驗來進一步確定該離子．

（2）寫出⑤中生成有色沉淀反應的離子方程式：___________

（3）寫出⑤中沉淀減少反應的離子方程式：______________________．28、現(xiàn)有A；B、C、D、E五種強電解質；它們在水中可電離產生下列離子（各種離子不重復）。

已知：①A；B兩溶液呈堿性；C、D、E溶液呈酸性。

②A溶液與E溶液反應既有氣體又有沉淀產生；A溶液與C溶液反應只有氣體產生（沉淀包括微溶物；下同）。

③D溶液與另外四種溶液反應都能產生沉淀；C只能與D反應產生沉淀。試回答下列問題：

（1）分別寫出B、D的化學式．B__________、D___________；

（2）寫出A、E反應的離子方程式：__________；

（3）A溶液中各種離子濃度由大到小的順序為：______________

（4）已知：NaOH(aq)+HNO3(aq)=NaNO3(aq)+H20（1）△H="-Q"kJ．mol-l。寫出B與C稀溶液反應的熱化學方程式________________

（5）在100mL0.1mol．L-1E溶液中，逐滴加入40mL1.6mol．L-1NaOH溶液，最終得到沉淀物質的量為____mol。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、A【分析】【分析】

【詳解】

A．透明澄清的溶液中NHFe3+、SONO之間不反應；能大量共存，A符合題意；

B．能使甲基橙變紅的溶液為酸性溶液，酸性溶液中H+和AlO反應；不能大量共存，B不符題意；

C．ClO-有強氧化性，能氧化S2-；不能大量共存，C不符題意；

D．加入Al能放出H2的溶液為酸性溶液或強堿溶液，酸性溶液中不能含NO否則不產生氫氣，氫離子與HCO反應，不能大量共存；強堿溶液中Mg2+、NHHCO均能與OH-反應；不能大量共存，D不符題意；

答案選A。2、B【分析】【詳解】

A．由于揮發(fā)出的乙醇也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色；因此必須先利用水除去乙醇，才能達到實驗目的，選項A錯誤；

B．實驗室制硝基苯在50-60℃下發(fā)生反應；需要用水浴加熱，且溫度計測量的是水浴的溫度，選項B正確；

C．濃鹽酸易揮發(fā)；揮發(fā)出的氯化氫可與苯酚鈉反應制取苯酚，不能證明酸性碳酸＞苯酚，選項C錯誤；

D．乙酸和乙醇在濃硫酸加熱條件下生成乙酸乙酯和水；產生的乙酯乙酯用飽和碳酸鈉吸收，不能用氫氧化鈉溶液吸收，選項D錯誤。

答案選B。3、D【分析】【詳解】

物質的結構決定了物質的性質。苯酚與乙醇在性質上有很大差別的原因是其結構不同，苯酚分子中有苯環(huán)和羥基，而乙醇分子中有乙基和羥基，兩者官能團相同，但官能團所連的烴基不同，其在常溫下的狀態(tài)經及相對分子質量也是由結構決定的，故選D。4、C【分析】【分析】

【詳解】

A．乙醇和濃硫酸混合加熱至140℃，發(fā)生乙醇的分子間脫水，生成乙醚：2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2O；故A錯誤；

B．1－溴丙烷與氫氧化鈉的乙醇溶液共熱，發(fā)生消去反應生成丙烯：CH3CH2CH2Br+NaOHCH2=CH2CH3↑+NaBr+H2O；故B錯誤；

C．乙醛在堿性條件下被銀氨溶液氧化，生成乙酸銨、銀、水和氨：CH3CHO+2Ag(NH3)2OH2Ag↓+CH3COONH4+3NH3+H2O；故C正確；

D．由于苯酚的酸性弱于碳酸但強于所以向苯酚鈉溶液中通入CO2，不管CO2過量與否，都生成苯酚和+H2O+CO2→＋故D錯誤；

故選C。5、C【分析】【詳解】

A．乙酸乙酯在NaOH溶液中能夠完全水解；故除去乙酸乙酯中的乙酸應該用飽和碳酸鈉溶液，然后分液即可，A錯誤；

B．乙醇和水沸點相差較大；但二者能夠形成恒沸物，故除去乙醇中的水需加入CaO后進行蒸餾，B錯誤；

C．已知Na2SO3+Br2+H2O=Na2SO4+2HBr故除去溴苯中混有的Br2，可用Na2SO3溶液然后分液即可；C正確；

D．由于酸性高錳酸鉀溶液能將乙烯氧化成CO2；故除去乙烷中的乙烯不能將氣體通入酸性高錳酸鉀溶液，否則將引入新的雜質，D錯誤；

故答案為：C。二、填空題(共8題，共16分)6、略

【分析】【分析】

水是弱電解質；存在電離平衡，電離吸熱；

硫酸鈉溶液是顯中性的；加水稀釋氫氧根離子濃度不變，鈉離子濃度減小；

溫度下水的離子積常數是時顯中性；根據酸堿混合溶液過量計算公式計算。

【詳解】

水的電離為吸熱反應，升高溫度，平衡向著正反應方向移動，導致水的離子積常數增大，根據表格知，溫度大小順序是則故答案為：水的電離為吸熱反應；升高溫度，平衡向著正反應方向移動；

時，某溶液中c則溶液中鈉離子濃度是如果稀釋10倍，則鈉離子濃度是但硫酸鈉溶液是顯中性的，氫氧根離子濃度不變，所以cc1；故答案為：1000：1；

溫度下水的離子積常數是所以在該溫度下，的NaOH溶液中的濃度是硫酸中氫離子的濃度也是所得混合溶液的說明稀硫酸過量，所以有解得VV11；故答案為：9：11?！窘馕觥克碾婋x為吸熱反應，升高溫度，平衡向著正反應方向移動；1117、略

【分析】【分析】

（1）先分析是共價化合物還是離子化合物；再分析原子之間形成共用電子對的數目；

（2）Be（OH）2與Al（OH）3的性質相似，故Be（OH）2與NaOH反應生成Na2BeO2與H2O；

（3）由氫；氧，鈉，硫四種組成的兩種酸式鹽能夠發(fā)生反應，這兩種酸式鹽應為硫酸的酸式鹽和亞硫酸的酸式鹽。

【詳解】

（1）CO2是共價化合物，碳原子有四個電子分別和氧原子形成兩對共用電子對，電子式為COCl2分子中含有1個碳氧雙鍵、2個碳氯鍵，其電子式為NaCN為離子化合物，CN-中各原子均滿足8電子穩(wěn)定結構，存在C≡N鍵，電子式為N2H相當于是N2H4結合了一個氫離子，故其電子式為：故答案為：

（2）Be與Al的性質相似，則Be與NaOH溶液反應的化學方程式為：Be+2NaOH═Na2BeO2+H2↑，改成離子方程式為：Be+2OH-═BeO22-+H2↑，故答案為：Be+2OH-═BeO22-+H2↑；

（3）由氫、氧、鈉、硫組成的兩種酸式鹽能夠發(fā)生反應，這兩種酸式鹽應為硫酸的酸式鹽和亞硫酸的酸式鹽，反應的離子方程式為H++HSO3-=SO2↑+H2O，故答案為：H++HSO3-=SO2↑+H2O?！窘馕觥緽e+2OH-═BeO22-+H2↑H++HSO3-=SO2↑+H2O8、略

【分析】【分析】

寫出NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3中原子最外層核外電子排布，然后進行判斷；二氧化硅是原子構成的原子晶體，據此分析判斷；配平化學方程式得到物質的定量關系；硅酸鈉是強堿弱酸鹽，硅酸根離子分步水解，溶液顯堿性；利用硅酸根和銨根離子雙水解分析；利用電荷守恒、質量守恒定律來配平離子反應方程式；在電池反應中，每消耗1L6mol/LH2O2溶液，消耗雙氧水的物質的量為6mol，根據知H2O2+2e﹣＝2OH﹣；計算理論上流過電路中的電子數。

【詳解】

(1)NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3中原子最外層有兩個未成對電子的元素是Na價電子排布3s1，有1個未成對電子，B價電子排布2s22p1，未成對電子為1個，O價電子排布2s22p4，未成對電子有2個，Si價電子排布3s23p2，未成對電子有2個，故未成對電子數為2的是氧和硅；二氧化硅是原子構成的原子晶體，故SiO2熔點高；

(2)NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3，配平化學方程式得到物質的定量關系，反應中H2與Na的物質的量之比為1：2；

(3)硅酸鈉水溶液產生硅酸(H2SiO3)，硬化粘結，且有堿性，是硅酸根離子水解生成硅酸，SiO32﹣+2H2O?H2SiO3+2OH﹣；鑄造工藝中可用氯化銨作為水玻璃的硬化劑是因為：硅酸鈉和氯化銨二者雙水解相互促進生成更多硅酸加速硬化；

(4)因BO2﹣易與H+結合，則堿性溶液可抑制它與水的反應，由Au的化合價由+3降低為0，BH4﹣中H元素從﹣1價升高到+1，則由電子守恒可得8Au3++3BH4﹣→8Au↓+3BO2﹣，堿性溶液中氫氧根離子參加反應，再由電荷守恒和質量守恒定律可得：8Au3++3BH4﹣+24OH﹣═8Au↓+3BO2﹣+18H2O；

(5)在電池反應中，每消耗1L6mol/LH2O2溶液，消耗雙氧水的物質的量為6mol，根據知H2O2+2e﹣＝2OH﹣，理論上流過電路中的電子數×2NA/mol＝12NA。

【點睛】

第(5)題的轉移電子數的計算時需要利用電極反應，寫出電極反應是難點。【解析】O、Si二氧化硅形成的是原子晶體1：2+2H2O?H2SiO3+2OH﹣硅酸鈉和氯化銨二者雙水解相互促進生成更多硅酸加速硬化8324831812NA9、略

【分析】【詳解】

由轉化關系中；B氧化生成C，且二者反應生成乙酸乙酯，則B為乙醇，C為乙酸，而A與發(fā)生反應得到乙醇，應是乙烯與水發(fā)生加成反應，故A為乙烯，乙醇與丙烯酸發(fā)生酯化反應生成丙烯酸乙酯，丙烯酸發(fā)生加聚反生成聚丙烯酸，苯與濃硝酸在濃硫酸作催化劑；加熱條件下發(fā)生取代反應生成硝基苯；

（1）A為乙烯，含有碳碳雙鍵，結構簡式為CH2=CH2。

（2）丙烯酸中含氧官能團的名稱為：羧基。

（3）反應①是苯發(fā)生硝化反應；屬于取代反應，反應③是乙醇發(fā)生氧化反應生成乙酸，屬于氧化反應。

（4）寫出下列反應方程式。

①反應②是乙烯與水反應生成乙醇，方程式：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；

②反應④是丙烯酸發(fā)生加聚反應生成聚丙烯酸，方程式：

③B是CH3CH2OH，丙烯酸+B反應生成丙烯酸乙酯和水，反應方程式為：CH2=CH—COOH+CH3CH2OHCH2=CH—COOC2H5+H2O。

（5）丙烯酸（CH2=CH-COOH）含有碳碳雙鍵；具有烯烴的性質，可以發(fā)生加成反應；氧化反應、加聚反應；含有羧基，具有羧酸的性質，可以發(fā)生中和反應、取代反應，故選D。

（6）乙烯中；當有一個H被一個甲基取代后，碳碳雙鍵連接的原子處于碳碳雙鍵的平面內，旋轉碳碳單鍵可以使甲基中的一個H原子處于碳碳雙鍵的平面結構內，故最多有7個原子處于同一平面內，故答案為7

【點睛】：本題考查有機物推斷、有機物結構與性質等，是對有機化學基礎的綜合考查，需要學生具備胞扎實的基礎，有機推斷題是歷年高考的必考知識，在學習過程中應注意積累各物質之間的轉化關系以及各物質的特征反應，這是本題的解題關鍵，難度較大。【解析】CH2=CH2羧基取代反應氧化反應CH2=CH2+H2OCH3CH2OHCH2=CH—COOH+CH3CH2OHCH2=CH—COOC2H5+H2OD710、略

【分析】【分析】

(1)①羧基為-COOH；

②在常見的有機化合物中甲烷是正四面體結構；乙烯和苯是平面型結構，乙炔是直線型結構，其它有機物可在此基礎上進行判斷；

(2)乙烯分子結構中含有碳碳雙鍵；易發(fā)生加成反應；

(3)乙醇在Cu的催化作用下加熱生成乙醛。

【詳解】

(1)①a．分子結構中含有酚羥基；故a錯誤；

b．分子結構中含有醇羥基，故b錯誤；

c．分子結構中含有羧基；故c正確；

故答案為c；

②苯是平面型結構；所有原子都處于同一平面內；丙烯含有甲基，具有甲烷的結構特點，所有原子不可能在同一個平面上；甲醇含有甲基，具有甲烷的結構特點，所有原子不可能在同一個平面上，故答案為：a；

(2)乙烯使溴水或溴的四氯化碳溶液褪色發(fā)生的是加成反應，反應化學方程式為CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br；

(3)鋼絲加熱時生成黑色的CuO；能被乙醇還原生成Cu，同時生成有刺激性氣味的乙醛，則灼熱的銅絲多次反復地插入乙醇中的現(xiàn)象是銅絲紅黑交替，有刺激性氣味，此反應屬于氧化反應。

【點睛】

分析有機物的原子共面問題時，重點掌握C.C.C≡C和苯的空間結構特點，有機物中的原子共平面問題可以直接聯(lián)想甲烷的正四面體結構、乙烯的平面型結構、乙炔的直線型結構和苯的平面型結構，對有機物進行肢解，分部分析，特別注意由于甲烷是四面體結構，有機物分子中只要含有飽和碳原子(包括：-CH3、-CH2-、)中的一種，分子中的所有原子就不可能處于同一平面內?！窘馕觥縞aCH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br加成銅絲紅黑交替，有刺激性氣味氧化11、略

【分析】【詳解】

(1)三種單體中碳、氫原子個數比的比值分別為1、1；所以1,3-丁二烯中碳、氫原子個數比的比值最??；

(2)根據三種單體的組成可知，ABS中的氮原子只來源于A，所以形成1個ABS分子時有c個A分子參加反應，由A、B、S的結構簡式可知1個B分子中氫原子數比碳原子數多2，1個A分子、1個S分子中氫原子數和碳原子數相等，而1個ABS分子中氫原子數比碳原子數多b-a，所以形成1個ABS分子時有個分子參加反應，則原料中A和B的物質的量之比為2c:(b-a)?！窘馕觥竣?1，丁二烯②.12、略

【分析】略【解析】不可以。堿性蛋白酶能使蛋白質水解，而羊毛織品和蠶絲織品的主要成分均屬于蛋白質，因此不能用加酶洗衣粉洗滌。13、略

【分析】(1)

a.CH3CH2CH=CH2分子中不存在單雙鍵交替出現(xiàn)的結構，不含有共軛結構，故a不符合題意；b.分子中存在單雙鍵交替出現(xiàn)的結構，含有共軛結構，故b符合題意；c.分子中不是單雙鍵交替出現(xiàn)的結構，不含有共軛結構，故c不符合題意；d.分子中存在單雙鍵交替出現(xiàn)的結構，含有共軛結構，故d符合題意；故答案為：bd。

(2)

耐熱型ABS樹脂由丙烯腈，1,3?丁二烯和苯乙烯共聚生成，三者發(fā)生加聚反應，則該樹脂可能的結構簡式故答案為：(其他答案正確均可)。

(3)

如圖()所示物質與溴單質發(fā)生1：1加成反應，則可能有四種加成產物，分別為故答案為：

(4)

從結構看，從硫化橡膠的左上方和右下方得到合成這種橡膠的單體有從右上方得到合成這種橡膠的單體有1,3?丁二烯和丙烯，因此除1,3?丁二烯外，還有CH2=CHCH3；故答案為：CH2=CHCH3。

(5)

根據分析是由1,3?丁二烯和BrCH2CH=CHCH2Br發(fā)生加成反應得到，BrCH2CH=CHCH2Br由1,3?丁二烯和Br2發(fā)生加成反應得到，因此流程圖為1,3?丁二烯和BrCH2CH=CHCH2Br故答案為：1,3?丁二烯和BrCH2CH=CHCH2Br【解析】(1)bd

(2)(其他答案正確均可)

(3)

(4)CH2=CHCH3

(5)1,3?丁二烯和BrCH2CH=CHCH2Br三、判斷題(共7題，共14分)14、B【分析】【詳解】

鏈狀烷烴的通式一定是CnH2n＋2，單烯烴的通式一定是CnH2n，錯誤。15、B【分析】【詳解】

分子組成符合CnH2n-2通式的鏈烴，可能是炔烴或二烯烴，故上述說法錯誤。16、B【分析】【詳解】

苯的同系物要求分子中含有1個苯環(huán)，且苯環(huán)上連有烷基，而C6H5—CH=CH2苯環(huán)上連的是乙烯基，和苯結構不相似，且在分子組成上和苯沒有相差若干個CH2原子團，故C6H5—CH=CH2不屬于苯的同系物，故錯誤。17、B【分析】【分析】

【詳解】

氯苯與NaOH溶液共熱，發(fā)生的是取代反應，生成苯酚，然后苯酚再和NaOH發(fā)生中和反應生成苯酚鈉，不能發(fā)生消去反應，故錯誤。18、B【分析】【詳解】

甲醛通常狀況下為氣體，甲醛和乙醛的官能團均為-CHO，而醛基為親水基，故兩者均溶于水，錯誤，故答案為：錯誤；19、A【分析】【詳解】

乙酸具有酸的通性，能與鈉反應放出H2，且由于乙酸中羧基上的H比乙醇中羥基上的H活潑，故與鈉反應乙酸更劇烈，故說法正確。20、B【分析】【分析】

【詳解】

常見的高聚物有加聚產物和縮聚產物，加聚產物的鏈節(jié)和單體組成有可能相同，如乙烯(CH2=CH2)為聚乙烯()的單體，聚乙烯的鏈節(jié)為-CH2-CH2-，錯誤。四、結構與性質(共2題，共8分)21、略

【分析】【分析】

根據第一電離能的遞變規(guī)律判斷N、O、Na的第一電離能大?。桓鶕﨏u原子的核外電子排判斷其價電子排布圖；根據離子的外圍電子式排布判斷未成對電子數多少；根據Cu2+與水結合成水合銅離子，由結構特點判斷化學鍵類型和化學式；根據VSEPR理論判斷分子或離子的空間構型；根據題中信息，判斷(CN)2的結構式；π鍵數目和C原子雜化方式；根據晶胞結構，利用“均攤法”進行晶胞的相關計算；據此解答。

（1）非金屬性越強，第一電離能越大，氮元素原子2p能級為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于氧元素的，故第一電離能由小到大的順序是Na＜O＜N；Cu原子的價電子排布式為3d104s1，其價電子排布圖為答案為Na＜O＜N；

（2）Fe3+的外圍電子排布式為3d5，有5個未成對電子；Cu2+的外圍電子排布為3d9，有1個未成對電子，所以未成對電子數最多的是Fe3+；Cu2+在水中呈現(xiàn)藍色是因為形成了水合銅離子，其化學式為[Cu(H2O)4]2+；銅離子含有空軌道，水分子中O原子含有孤電子對，二者形成配位鍵，所以水分子與銅離子間結合的化學鍵為配位鍵；答案為Fe3+；[Cu(H2O)4]2+；配位鍵。

（3）①H3O+中中心原子O的價層電子對數=3+=3+1=4，有一對孤電子對，故空間構型為三角錐形，不符合題意；

②H2O中中心原子O的價層電子對數=2+=2+2=4，有2對孤電子對，故空間構型為V形，符合題意；

③NO由2種原子形成的微粒，空間構型一定為直線形，不符合題意；

答案為②。

（4）分子(CN)2中鍵與鍵之間的夾角為180°，并有對稱性，分子中每個原子最外層均滿足8電子穩(wěn)定結構，C原子形成4個共價鍵，N原子形成3個共價鍵，則其結構簡式為N≡C-C≡N，1個分子中含有4個π鍵，由于(CN)2中C和N之間存在三鍵；可以判斷C為sp雜化；答案為N≡C-C≡N；4；sp雜化。

（5）由晶胞結構可知，Na+在晶胞內部，共有8個，O2+位于頂點和面心，O2+的個數=8×+6×=4，二者數目之比為2:1，故化學式為Na2O，晶胞質量為m=4×g=g，晶胞的密度為ρg/cm3，則g=ρg/cm3×(acm)3，解得a=cm；答案為Na2O；【解析】(1)Na＜O＜N

(2)Fe3+[Cu(H2O)4]2+配位鍵。

(3)②

(4)N≡C-C≡N4sp雜化。

(5)Na2O22、略

【分析】【分析】

有A、B、C、D四種元素，A元素的原子的所有能級具有相同的電子數，電子排布為1s22s22p2，A為C元素；由B元素形成的單質在常溫常壓為易揮發(fā)的液體，可從海水是提取，B為Br元素；C及其合金是人類最早使用的金屬材料；C為Cu元素；D與A位于同一主族，是構成地球上礦物質的主要元素，D為Si元素。

【詳解】

(1)A為C元素，D為Si元素，SiC屬于原子晶體，晶體中C原子周圍的Si原子呈四面體分布，Si原子周圍的C原子也呈四面體分布，其中心原子是以sp3雜化成鍵；

(2)B為Br元素，Br元素是35號元素，核外電子排布式為，[Ar]3d104s24p5或1s22s22p63s23p63d104s24p5；

(3)C的硫酸鹽為硫酸銅，向硫酸銅溶液中逐滴滴加氨水，可以觀察到開始有藍色沉淀生成，隨著氨水的滴入，沉淀的量逐漸增加至最多后開始溶解，最后藍色沉淀完全消失，形成深藍色的透明溶液；再向上述溶液中加入乙醇，[Cu(NH3)4]SO4·H2O易溶于極性溶劑；難溶于極性較小或非極性溶劑；有深藍色晶體析出；

(4)A的氫化物為CH4，D的氫化物為SiH4，CH4與SiH4是組成與結構相似的物質，而CH4比SiH4的相對分子質量要??；分子間的作用力要小，所以熔點要低；

(5)a．溶解度小的先析出晶體；與晶格能的大小無關，a項錯誤；

b．鉀型的空間利用率為68%是非密置層堆積方式，銅型的空間利用率是72%是密置層堆積方式，b項錯誤；

c．采用沿X、Y、Z三軸切割的方法判斷二氧化碳分子的個數為12，所以在CO2晶體中，與每個CO2分子周圍緊鄰的有12個CO2分子；c項正確；

d．能形成分子間氫鍵的物質沸點較高；鄰羥基苯甲醛容易形成分子內氫鍵，對羥基苯甲醛易形成分子間氫鍵，所以鄰羥基苯甲醛的沸點比對羥基苯甲醛的沸點低，d項錯誤；

答案選c；

(6)晶胞中Ca位于定點，N(Ca)=8×=1，Cu位于面心和體心，共有N(Cu)=8×+1=5，則該合金中Ca和Cu的原子個數比為1：5；1mol晶體的質量為40+64×5=360g，1mol晶體含有NA個晶胞，因此該晶體的密度為【解析】原子晶體sp3[Ar]3d104s24p5或1s22s22p63s23p63d104s24p5開始有藍色沉淀生成，隨著氨水的滴入，沉淀的量逐漸增加至最多后開始溶解，最后藍色沉淀完全消失，形成深藍色的透明溶液深藍色晶體析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O易溶于極性溶劑，難溶于極性較小或非極性溶劑SiH4CH4與SiH4是組成與結構相似的物質，而CH4比SiH4的相對分子質量要小，分子間的作用力要小，所以熔點要低c1：5五、工業(yè)流程題(共4題，共16分)23、略

【分析】【詳解】

（1）將鉛塊制成鉛花；是為了增大與酸反應的接觸面積，加快溶解反應速率；

（2）31.05g鉛的物質的量為31.05g÷207g/mol＝0.15mol，根據反應方程式可知消耗的HNO3的物質的量為0.15mol×8/3=0.4mol，生成的NO的物質的量為0.15mol×2/3=0.1mol，則硝酸溶液的體積為0.4mol÷5.00mol?L﹣1=0.08L=80.0mL；

（3）①假設樣品的起始質量為100克，根據固體殘留率的公式可知，75℃時剩余固體為87.75克，生成的水質量為100g﹣87.75g=12.25g，則醋酸鉛與水的物質的量之比為=1：3；則n=3；

②鉛的氧化物質量為58.84克，醋酸鉛的物質的量為=根據鉛原子守恒，鉛的氧化物（PbOx）的物質的量為此氧化物的摩爾質量為58.84g÷=223g/mol，為PbO，有機物的質量為85.75g﹣58.84g=26.91g，此有機物分子內應含有四個碳原子，物質的量為mol，摩爾質量為26.91g÷=102，根據原子守恒可知有機物的分子式為C4H6O3；

（4）n（H+）=n（NaOH）="0.002500"mol?L﹣1×20.00mL×10﹣3L?mL﹣1="5.000"×10﹣5mol，n[Pb2+（aq）]="1/2"n（H+）="2.500"×10﹣5mol，c（Pb2+）=="1.000"×10﹣3mol?L﹣1，Ksp（PbI2）=c（Pb2+）?c2（I﹣）=4c3（Pb2+）="4"×（1.000×10﹣3）3=4.000×10﹣9。

（5）影響化學平衡移動的因素有濃度：增大反應物（減小生成物）濃度，向著正向進行，增大生成物（減小反應物）濃度平衡向左進行，根據碘化鉛的溶解平衡：PbI2（S）Pb2+（aq）+2I-（aq），溶液中c（I-）增大，平衡向左進行，Pb2+和Cl-能形成較穩(wěn)定的PbCl42-絡離子，加入少量NaCl飽和溶液，會導致溶液中c（Pb2+）減小，平衡向右進行，二價鉛離子和三價鐵離子可以發(fā)生氧化還原反應，加入少量FeCl3飽和溶液，會消耗碘化鉛，向左移動。【解析】增大與酸的接觸面積，加快溶解反應速率803C4H6O34×10﹣9取PbI2懸濁液少量于一支試管中，再加入少量NaCl飽和溶液黃色渾濁消失原因是形成PbCl42-，導致溶液中c（Pb2+）減小，使Qc小于了pbI2的Ksp鉛離子和碘離子濃度都減小對平衡的影響PbI2+2Fe3++4Cl-=PbCl42-+2Fe2++I224、略

【分析】【詳解】

(1)毒重石用鹽酸浸取前需充分研磨，可以增大反應物的接觸面積，增大反應速率；實驗室用37%的鹽酸配置15%的鹽酸，需計算出濃鹽酸的體積和水的體積，需用量筒量取，濃鹽酸稀釋為稀鹽酸，需用燒杯作為容器稀釋選擇a，玻璃棒攪拌加速溶解選擇c，不需使用下列儀器中的容量瓶、滴定管，故選bd；(2)根據流程圖和表中數據可知：Fe3＋完全沉淀時的pH為3.2，加入氨水，調pH為8，F(xiàn)e3＋+3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH4＋，F(xiàn)e3＋完全沉淀，濾渣1為Fe(OH)3，Ksp［Fe(OH)3］=2.6×10－39=c（Fe3＋）c(OH―)3=c（Fe3＋）(10-6)3，c（Fe3＋）=2.6×10－21mol·L－1；加入氫氧化鈉調節(jié)PH=12.5，Ca2＋完全沉淀時的pH為13.9，Mg2＋完全沉淀時的pH為11.1，Mg2＋完全沉淀，Ca2＋部分沉淀，濾渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2，溶液中主要含Ca2＋、Ba2＋，Ksp（BaC2O4）=1.6×10-7，Ksp（CaC2O4）=2.3×10-9，易形成CaC2O4沉淀，加入H2C2O4時應注意不能過量，防止CaC2O4沉淀完全后，過量的H2C2O4會導致生成BaC2O4沉淀，產品的產量減少。(3)滴加鹽酸標準液時應使用酸式滴定管，讀數時應精確到0.01mL；步驟Ⅱ：待Ba2＋完全沉淀后，再加入酸堿指示劑，用bmol·L－1鹽酸標準液滴定至終點，測得滴加鹽酸的體積為V1mL，則發(fā)生2CrO42－+2H＋═Cr2O72－+H2O的鹽酸的物質的量為：V1×10-3×bmol，步驟Ⅰ：用bmol·L－1鹽酸標準液滴定至終點，測得滴加鹽酸體積為V0mL，加入的總鹽酸的物質的量：V0×10-3×bmol，Ba2＋+CrO42－═BaCrO4↓，與Ba2＋反應的CrO42－的物質的量為V0×10-3×bmol-V1×10-3×bmol=（V0-V1）b×10-3mol，步驟Ⅱ：移取ymLBaCl2溶液于錐形瓶中，所以BaCl2溶液的濃度為：若步驟Ⅱ中滴加鹽酸時有少量鹽酸滴至錐形瓶外，引起所用鹽酸體積V1偏大，由Ba2＋濃度計算公式Ba2＋濃度測量值將偏小?！窘馕觥糠磻俾始涌靊、dFe3＋2.6×10－21mol·L－1Mg2＋Ca2＋H2C2O4過量會導致生成BaC2O4沉淀,產品的產量減少0.01mL偏小25、略

【分析】【詳解】

鈦鐵礦用濃硫酸溶解，濃硫酸具有酸性，強氧化性，反應的主要產物是TiOSO4和FeSO4，還可能有少量Fe2(SO4)3；向所得溶液中加入大量水稀釋后，加入過量鐵粉還原Fe3+，過濾得到濾液中只含有TiOSO4和FeSO4；TiOSO4水解過濾后得到H2TiO3，H2TiO3加熱灼燒得到TiO2，加入Cl2、過量碳高溫反應生成TiCl4，TiCl4和Mg高溫反應得到MgCl2和Ti。

（1）操作1為過濾；所需玻璃儀器有燒杯；漏斗、玻璃棒，故還缺少的儀器為：漏斗和玻璃棒；故答案為漏斗、玻璃棒；

（2）TiOSO4遇水會水解，水解方程式為TiO2++2H2O?H2TiO3+2H+，水解是吸熱過程，加熱能促進水解；加水稀釋，促進水解。故答案為溶液中存在平衡：TiO2++2H2O?H2TiO3+2H+，當加入水稀釋、升溫后，平衡正向移動；

（3）在流程中，金屬鎂置換出鈦單質，反應方程式為：TiCl4+2MgTi+2MgCl2。鈦的還原性介于鋁與鋅之間，即還原性：Al＞Ti＞Zn，又因為還原性Na＞Al＞Zn＞Fe，則Na＞Al＞Ti＞Zn＞Fe，故Na、Zn、Fe三種金屬中只能選擇金屬Na代替鎂。反應方程式為：TiCl4+4Na

Ti+4NaCl。故答案為TiCl4+4NaTi+4NaCl；

（4）根據題意可知，TiO2作陰極，得電子，被還原得到單質Ti，則陰極電極反應式為：TiO2+4e-=Ti+2O2-。故答案為TiO2+4e-=Ti+2O2-；

（5）FeC13有強的氧化性，腐蝕橡膠，且其溶液呈酸性，所以選擇酸式滴定管。用KSCN溶液作指示劑，TiO2+反應完之前溶液為無色。當反應完，再滴入1滴FeC13溶液；溶液立即變紅色，且半分鐘后溶液顏色不褪色，到達滴定終點，停止滴定。

滴定過程中消耗n(FeC13)=0.1mol/L×0.03L=0.003mol。根據反應方程式可得出TiOSO4與Fe3+的關系式：TiOSO4～Ti3+～Fe3+，即滴定過程中n(FeC13)=n(TiOSO4)=0.003mol。原待測液為10mL，稀釋至100mL后，取2omL溶液進行滴定實驗。所以原10mL待測液中含n(TiOSO4)=0.003mol×=0.015mol，c(TiOSO4)==1.5mol?L-1。

故答案為酸式滴定管；溶液由無色變成紅色且半分鐘不褪色；1.5mol?L-1．【解析】①.漏斗、玻璃棒②.溶液中存在平衡：TiO2++2H2OH2TiO3+2H+，當加入水稀釋、升溫后，平衡正向移動③.TiCl4+4NaTi+4NaCl④.TiO2+4e-＝Ti+2O2-⑤.酸式滴定管⑥.溶液由無色變成紅色且半分鐘不褪色⑦.1.50mol/L26、略

【分析】【分析】

從廢釩催化劑中回收V2O5，由流程可知，“酸浸”時V2O5轉化為V2O4轉成VO2+。Fe2O3、Al2O3均轉化為金屬陽離子Fe3+、Al3+進入溶液中，只有SiO2不溶，則過濾得到的濾渣1為SiO2，然后加氧化劑KClO3，將VO2+變?yōu)樵偌覭OH時，F(xiàn)e3+、Al3+轉化為Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，同時中和硫酸，過濾得到的濾渣2為Fe(OH)3、Al(OH)3，“離子交換”和“洗脫”可簡單表示為：4ROH+R4V4O12+4OH-，由ROH為強堿性陰離子交換樹脂可知：堿性條件下利用反應逆向移動，流出液中主要為硫酸鉀，“沉釩"得到偏釩酸鉸(NH4VO3)沉淀，“煅燒”時分解生成V2O5；以此來解答。

（1）

酸浸