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陕西省西安市西北工业大学附属中学2023-2024学年高二上学期第二次月考化学试题
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这是一份陕西省西安市西北工业大学附属中学2023-2024学年高二上学期第二次月考化学试题，共20页。试卷主要包含了 下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。
相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56 C-59 Cu-64
一、选择题：本题14小题，每小题3分，共计42分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 化学与生产生活、社会发展息息相关，下列叙述正确的是
A. 月球探测器使用的硅太阳能电池板，其主要成分是二氧化硅
B. 北京奥运会广泛使用的氢燃料汽车是利用电解池的原理提供电能
C. 水库的钢闸门与电源负极相连以防止其生锈，该法即外加电流法
D. 我国载人飞船采用了太阳能刚性电池阵，是将化学能转化为电能供飞船使用
【答案】C
【解析】
【详解】A．月球探测器使用的硅太阳能电池板，其主要成分是晶体硅而不是二氧化硅，A错误；
B．电解池是将电能转化为化学能的装置，而原电池是将化学能转化为电能的装置，故北京奥运会广泛使用的氢燃料汽车是利用原电池的原理提供电能，B错误；
C．水库的钢闸门与电源负极相连作阴极以防止其生锈，该法即外加电流的阴极保护法，C正确；
D．太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置，而不是将化学能转化为电能，D错误；
故答案为：C。
2. 升高温度，下列数据不一定增大的是
A. 化学平衡常数B. 水的离子积常数
C. 氯化银的溶度积D. 醋酸钠的水解平衡常数
【答案】A
【解析】
【详解】A．若正反应为吸热反应，则升高温度，平衡正向移动，化学平衡常数K增大；若化学反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，K减小，A符合题意；
B．水的电离吸热，升高温度促进电离，水的离子积常数Kw增大，B不合题意；
C．AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)是一个吸热过程，升高温度平衡正向移动，故氯化银的溶度积Ksp一定增大，C不合题意；
D．盐类水解过程吸热，升高温度促进水解，醋酸钠的水解平衡常数Kh增大，D不合题意；
故答案为：A。
3. 下列化学用语表述错误的是更多课件教案等优质滋元可 家 威杏 MXSJ663 A. 中子数为18的氯原子：
B. 基态原子的价层电子排布图：
C. 基态原子的电子排布式：
D. 标准状况下，和的混合气体中含有的键数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯元素的原子序数为17，中子数为18的氯原子的质量数为35，可表示为：，A项正确；
B．N原子位于第二周期第ⅤA族，基态N原子的价层电子排布图为：，B项正确；
C．铜元素位于第四周期第ⅠB族，基态原子的电子排布式：，C项错误；
D．标准状况下，2.24L和的混合气体的物质的量为0.1ml，1个分子中含有2个键，1个分子中含有2个键，所以0.1ml的混合气体中含有的π键数为，D项正确；
故选C。
4. 设为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是
A. 向1L0.1ml/LCH3COOH溶液通氨气至中性，铵根离子数为
B. 46g二氧化氮和四氧化二氮混合气体，与1ml硝基(-NO2)所含的电子数均为
C. 电解精炼铜时，阳极质量减少32g时，外电路中转移的电子数为
D. F-水解能力弱于，则1L1ml/L的NH4F溶液中，和的总数大于
【答案】B
【解析】
【详解】A．醋酸铵为弱酸弱碱盐，向1L0.1ml/LCH3COOH溶液通氨气至中性，只能得出c(CH3COO-)=c()，醋酸根和铵根均会水解，则有n(CH3COOH)+n(CH3COO-)=0.1ml，则铵根离子数小于0.1NA，A错误；
B．硝基(-NO2)与二氧化氮分子中均含有23个电子，而NO2和N2O4的最简式均为NO2，所以1ml硝基(-NO2)与46g二氧化氮和四氧化二氮混合气体所含的电子数均为23NA，B正确；
C．电解精炼铜，阳极铁、锌、铜都放电，所以电解精炼铜时，若阳极质量减少32g，则电路中转移电子的数目不一定为NA，C错误；
D．1L1ml/L的NH4F溶液中由N(HF)+N(F-)=N()+N(NH3·H2O)=NA，由F-水解能力弱于，故有N(HF)＜N(NH3·H2O)，故有HF和的总数小于NA，D错误；
故答案为：B。
5. 下列说法正确的是
A. 元素周期表每一周期元素原子的最外层电子排布均是从过渡到
B. 在元素周期表中，区，区和区的元素都是金属元素
C. 电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱
D. 原子的价电子排布式为的元素一定位于第Ⅷ族
【答案】D
【解析】
【详解】A．元素周期表中除第一周期(1s1到1s2)外，其余每一周期元素原子的最外层电子排布均是从过渡到，A错误；
B．在元素周期表中，区的H元素为非金属元素，B错误；
C．原子光谱包括吸收光谱和发射光谱，电子在激发态跃迁到基态时会产生发射光谱，而在基态跃迁到激发态时会产生吸收光谱，C错误；
D．元素周期表中第8、9、10三个纵列合为Ⅷ族，即原子的价电子排布式为的元素一定位于第Ⅷ族，D正确；
故答案为：D。
6. 下列说法中正确的是
A. 所有的键的强度都比键的大
B. 第二周期元素中，第一电离能介于、之间的有3种元素
C. 的键能比大，所以碳碳双键的化学性质比碳碳单键稳定
D. 某基态原子的价层电子排布为，该原子层上有3个空轨道
【答案】B
【解析】
【详解】A．σ键不一定比π键强度大，如氮气中σ键的强度比π键强度小，A错误；
B．根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故第二周期元素中，第一电离能介于、之间的有Be、C、O等3种元素，B正确；
C．C=C的键能比C-C大，但碳碳双键的键能小于碳碳单键键能的2倍，说明碳碳双键不稳定，易断裂，所以碳碳双键的化学性质比碳碳单键更不稳定，C错误；
D．某基态原子的外围电子排布为4d25s2，则该元素基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p64d25s2，故该原子第四电子层即N层上的4d能级有3个空轨道，4f轨道全部是空的，D错误；
故答案为：B。
7. 已知某原子结构示意图为，下列有关说法正确的是
A. 结构示意图中x＝4
B. 该原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4
C. 该原子的电子排布图为
D. 该原子结构中共有5个能级上填充有电子
【答案】D
【解析】
【详解】A.由原子结构示意图可知，K层电子排满时为2个电子，故x=2，该元素为硅，故A选项错误。
B.该原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，故B选项错误。
C.硅的电子排布图为，故C选项错误。
D.原子结构中共有1s、2s、2p、3s、3p这5个能级上填充有电子，故D选项正确。
故答案选D。
【点睛】本题只要将x=2推断出来以后确定元素为硅之后进行电子排布式和电子排布图的判断，注意电子排布图中电子的分布。
8. 、、、、五种短周期元素的原子半径依次增大，基态原子的电子填充了3个能级，有4对成对电子，与其他元素不在同一周期；五种元素可构成某种离子液体的阴离子如图所示．下列说法正确的是
A. 键长：，键能：
B. 形成的含氧酸均不能使高锰酸钾褪色
C. 基态原子核外有3种能量不同的电子
D. 氢化物沸点：
【答案】A
【解析】
【分析】Q、W、X、Y、Z五种短周期元素的原子半径依次增大，基态Q原子的电子填充了3个能级，有4对成对电子，因此Q是F，Z与其他元素不在同一周期，且原子半径最大，能形成6条共价键，因此Z是S，Y能形成4条共价键，Y是C，W能形成2条共价键，W是O，则X是N。
【详解】A．原子半径OS −H，A正确；
B．碳的含氧酸草酸能使高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C．基态S原子电子排布式为1s22s22p63s23p4，故核外共有5种能量不同的电子，C错误；
D．碳的氢化物种类很多，如高碳烃的沸点很高，无法比较氢化物沸点，D错误；
故选A
9. 白磷燃烧的能量变化（图Ⅰ）和产物的结构（图Ⅱ）如下图所示，有关说法不正确的是
A. 白磷的燃烧热
B. 1个白磷分子中含6个键
C. 中键的数目为
D. 假设、、的键能分别为、、，则的键能为
【答案】D
【解析】
【详解】A．ΔH=正反应活化能-逆反应活化能=E1-E2，但燃烧热是1ml纯物质完全燃烧生成指定稳定的物质，则白磷的燃烧热，A正确；
B．白磷分子是正四面体结构，则1个白磷分子中含6个P-P键，B正确；
C．1个P4O10分子中12个P-O、4个P=O，则1mlP4O10中σ键的数目为16NA，C正确；
D．ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和，则E1-E2=（6a+5c）-12b-4E（P=O），解得E（P=O）=，D错误；
故答案为：D。
10. 关于下列各装置图的叙述中正确的是
A. 装置①中K闭合时，片刻后可观察到滤纸a点变红色
B. 装置①中K闭合时，片刻后溶液中增大
C. 装置②中铁腐蚀的速率由大到小的顺序是：只闭合只闭合只闭合开关都断开
D. 装置③中当铁制品上析出铜时，电源负极输出的电子数为(为阿伏加德罗常数的值)
【答案】A
【解析】
【详解】A．装置①中K闭合时，是负极，是正极，a为电解池的阴极，电极反应式为，所以片刻后可观察到滤纸a点变红色，故A正确；
B．负极，是正极，阴离子移向负极，所以溶液中增大，溶液中c(K+)增大，故B错误；
C．装置②中，只闭合构成电解池，铁作阳极；只闭合构成电解池，铁作阴极；只闭合构成原电池，铁棒作负极；开关都断开为化学腐蚀，铁腐蚀的速率由大到小的顺序是：只闭合（铁棒作阳极）>只闭合（铁棒作负极）>开关都断开>只闭合（铁棒作阴极），故C错误；
D．装置③电镀装置，当铁制品上析出铜时，，，故D错误；
选A。
11. 根据实验目的，下列实验方法及现象、结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于温度不确定，无法得出pH=7的溶液为中性溶液，A项错误；
B．由于溶液过量，此现象为沉淀的生成，而不是沉淀的转化，不能说明，B项错误；
C．等pH且等体积的HA溶液和盐酸分别与足量NaOH固体反应，前者消耗NaOH固体的量更多，说明HA溶液中酸的物质的量多，即相同pH的HA溶液和盐酸，HA溶液的物质的量浓度大于盐酸的物质的量浓度，说明HA为弱酸，C项正确；
D．气体中存在平衡：，先将注射器充满气体，然后将活塞往里推，压强增大，平衡应向气体系数减小的方向移动，即生成气体的方向移动，注射器内气体颜色加深是由于体积减小浓度增大造成的，不是由于平衡移动造成的，D项错误；
故选C。
12. 二氧化碳资源化利用有利于减轻温室效应，反应的历程如图所示。
下列说法不正确的是
A. 合成甲醇反应的ΔH＞0
B. *OCH2→CH2O活化能为2.13ev
C. 生成副产物CO比CH2O容易
D. 要使反应速率加快，主要降低活化能
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图示可知：反应物CO2、H2的总能量比生成物CH3OH、H2O的总能量低，该反应发生会吸收热量，反应属于吸热反应，因此合成甲醇反应的ΔH＞0，A正确；
B．根据图示可知*OCH2→CH2O活化能为2.73 ev+0.60 ev =3.33ev，B错误；
C．根据图示可知：生成副产物CO需要的活化能比生成CH2O需要的活化能小，反应需要的活化能越小，反应越容易发生，故生成副产物CO比生成CH2O更容易发生，C正确；
D．对于多步反应，总反应速率由慢反应决定。反应的活化能越大，发生反应就越不容易发生，反应速率最慢。根据图示可知：在上述多步反应中，基元反应的活化能最大，该步反应的化学反应速率最慢，是CO2、H2的发生反应制取CH3OH的决速反应，故要使反应速率加快，主要降低活化能，D正确；
故合理选项是B。
13. 已知及表中有关信息：
下列判断正确的是
A. 向溶液中滴入酚酞，溶液变红，主要原因是
B. 溶液中：
C. 常温时，与混合溶液的，则
D. 的溶液与溶液等体积混合出现沉淀，则溶液的浓度一定是
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸钠是多元弱酸盐，碳酸根离子在溶液中分步水解，以一级水解为主，水解的离子方程式为，A项错误；
B．碳酸氢钠溶液中存在电荷守恒：，存在物料守恒：，两式联立，可得，B项正确；
C．混合溶液pH=6，则，由醋酸的电离平衡常数可知，则，C项错误；
D．由题意可知，混合溶液中碳酸根离子的浓度为，由碳酸钙的溶度积可知，生成碳酸钙沉淀所需氯化钙的最小浓度为，所以溶液的浓度，D项错误；
故选B。
14. 用0.10的NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度为c1的醋酸、c2的草酸(H2C2O4)溶液，得到如图滴定曲线，其中c、d为两种酸恰好完全中和的化学计量点。下列说法错误的是
A. 由滴定曲线可判断：c1＞c2
B. 滴定过程中始终有n(CH3COOH)=0.02c1+n(OH-)-n(H+)-n(Na+)
C. 若a点V(NaOH)=7.95 mL，则a点有c(Na+)＞c(C2O)＞c(HC2O)＞c(H2C2O4)
D. 若b点时溶液中c(CHCOO-)=c(CHCOOH)，则b点消耗了8.60mL的NaOH溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．草酸是二元弱酸，滴定过程中有两次滴定突变；醋酸是一元酸，滴定时只有一次滴定突变，所以根据图示可知X曲线代表草酸，Y曲线代表醋酸。其中c、d为两种酸恰好完全中和的化学计量点，滴定根据恰好反应时消耗NaOH溶液的体积数值可知，，，故A正确；
B．对于醋酸溶液，在滴定过程中始终存在电荷守恒，根据物料上述可知，故，所以有，故B正确；
C．完全中和时需消耗V(NaOH)=10.60mL，则a点V(NaOH)=7.95mL时为、按1：1形成的混合溶液，pH＜7，显酸性，故的电离程度大于及的水解程度，则，故C正确：
D．若b点时加入氢氧化钠体积为8.6mL，则此时溶液中和相等，由图可知此时溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则，如果要求，则此时加入氢氧化钠的体积，取，D错误；
故答案选D。
二、填空题：本题4小题，共计58分．
15. 现有、、、、五种元素，均为前四周期元素、它们的原子序数依次增大．请根据下列相关信息，回答有关问题．
（1）元素在元素周期表的位置为：______，属于______区的元素。
（2）用元素符号表示的电子式为______。
（3）、、三种元素简单离子半径由小到大的顺序是______（用离子符号表示）。
（4）元素基态原子中能量最高的电子所占据的原子轨道呈______形，其核外有______种能量不同的电子。
（5）基态原子核外价层电子轨道表示式为______，基态、离子中未成对的电子数之比为______。
【答案】15. ①. 第二周期第ⅥA族 ②. p
16. 17.
18. ①. 哑铃形 ②. 5
19. ①. ②. 5:4
【解析】
【分析】根据信息推断元素是H元素，元素是O元素，元素为P元素，元素为Cl元素，元素为Fe元素。
【小问1详解】
元素是O元素，在元素周期表的位置为：第二周期第ⅥA族，属于p区的元素。
【小问2详解】
用元素符号表示的电子式为：。
【小问3详解】
、、三种元素简单离子分别，其中电子层数最小半径最小，核外电子层数相同，核电荷数大的半径更小，所以半径由小到大的顺序是： 。
【小问4详解】
元素即Cl元素基态原子核外价层电子排布为，其中能量最高的电子所占据的原子轨道是p轨道，电子云呈哑铃形。其核外有1s,2s,2p,3s,3p共有5个不同的能级。所以有5种能量不同的电子。
【小问5详解】
元素为26号Fe元素，基态原子核外价层电子轨道表示式为 ，基态的价层电子排布为、离子的价层电子排布为，未成对的电子数之比为5:4。
16. 钴的化合物种类较多，其中三氯化六氨合钴(III)[C(NH3)6Cl3] (M=267.5 g/ml)在工业上用途广泛。实验室以活性炭作为催化剂，用H2O2作氧化剂氧化CCl2的方法制备三氯化六氨合钴，并测定其纯度。回答下列问题：
已知：①钴单质在300℃以上易被氧气氧化，CCl2易潮解。②C2+不易被氧化，C3+具有强氧化性；[C(NH3)6]2+具有较强的还原性，[C(NH3)6]3+性质稳定。
I．CCl2的制备。
（1）A装置中盛放浓盐酸的仪器名称是_______。A装置的烧瓶中发生反应的化学方程式为_______。
（2）试剂X为_______，试从平衡的角度分析选择该试剂的好处_______。
（3）实验时，要先加入浓盐酸，使A装置中开始生成氯气，待_______(填现象)时，再加热盛有钴粉的大试管，目的是_______。
II．三氯化六氨合钴(III)的制备。
①先向三颈烧瓶中加入活性炭、CCl2和NH4Cl混合液，然后滴加稍过量的浓氨水；
②冷水浴冷却至10℃以下，缓慢滴加H2O2溶液并不断搅拌；
③转移至60℃水浴中，恒温加热同时缓慢搅拌；
④冷却结晶，过滤洗涤可得三氯化六氨合钴(III) [C(NH3)6Cl3]粗产品。
（4）装置中制备三氯化六氨合钴(III)的总反应化学方程式为_______。
III．纯度测定。
（5）称取mg粗产品与氢氧化钠在空气中混合煅烧得三氧化二钴→将三氧化二钴用稀硫酸溶解→配成100mL溶液→_______(按操作步骤填写下列顺序序号)，则其纯度为_______(写出表达式)。
a．向锥形瓶中加入稍过量的KI溶液，充分反应(C3+被还原后的产物为C2+)
b．平行滴定三次，消耗标准溶液的体积平均值为V mL
c．取25.00mL待测液于锥形瓶中
d．用淀粉溶液作指示剂，用c ml/LNa2S2O3标准溶液滴定(产物为)(已知：)
【答案】（1） ①. 恒压滴液漏斗 ②. 2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
（2） ①. 饱和食盐水 ②. 氯水中存在平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水中有高浓度的Cl-，使该平衡逆向移动，减少Cl2的溶解从而减少Cl2损失
（3） ①. D中溶液上方充满黄绿色气体 ②. 排尽装置内空气，防止加热时二价钴被O2氧化
（4）
（5） ①. c、a、d、b ②.
【解析】
【分析】在A装置中KMnO4与浓盐酸在常温下反应产生Cl2，然后将气体通入盛有饱和NaCl溶液的洗气瓶除去Cl2中的杂质HCl，然后气体通入装置C盛有浓硫酸的洗气瓶干燥Cl2后，在硬质玻璃管中Cl2与C反应产生CCl2，气体被收集在广口瓶中，装置D中盛有浓硫酸，防止E中水蒸气进入收集瓶中，导致CCl2发生水解反应，装置E是尾气处理装置，吸收多余Cl2。在三颈烧瓶中加入活性炭、CCl2和NH4Cl混合液，然后滴加稍过量的浓氨水，冷水浴冷却至10℃以下，缓慢滴加H2O2溶液并不断搅拌，发生反应，制取得到三氯化六氨合钴，然后将一定量粗产品与NaOH在空气中混合煅烧产生C2O3，再用稀H2SO4溶解配制形成溶液，取一定体积该溶液，向其中滴加稍微过量KI溶液，2C3++2I-=2C2++I2，以淀粉溶液为指示剂，用Na2S2O3滴定反应产生的I2，根据溶液恰好有蓝色变为无色点判断滴定终点，利用反应转化关系式可确定样品中C3+的含量，进而可确定样品中三氯化六氨合钴的纯度。
【小问1详解】
根据装置图可知：A装置中盛放浓盐酸的仪器名称是恒压滴液漏斗；
A装置的烧瓶中KMnO4与浓盐酸在常温下反应产生Cl2，发生反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；
【小问2详解】
装置图中B装置盛有的试剂X是饱和食盐水，作用是除去Cl2中的杂质HCl；这是由于Cl2与水会发生可逆反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水中有高浓度的Cl-，可以使该上述平衡逆向移动，减少Cl2的溶解，从而减少Cl2损失；
【小问3详解】
为避免装置中空气的干扰，在进行操作时，要先加入浓盐酸，使A装置中开始生成氯气，待D中溶液上方充满黄绿色气体时，再加热盛有钴粉的大试管，目的是排尽装置内空气，防止加热时+2价的C2+被O2氧化为+3价的C2+；
【小问4详解】
根据叙述可知装置中制备三氯化六氨合钴(III)的总反应化学方程式为：；
【小问5详解】
在纯度测定时，将m g含有的 [C(NH3)6Cl3] 粗品与NaOH在空气中混合煅烧反应产生C2O3，然后用稀H2SO4溶解C2O3转化为C2(SO4)3，配制得到100 mL溶液，取25.00 mL待测液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入稍过量的KI溶液，充分发生反应：2C3++2I-=2C2++I2，以淀粉溶液为指示剂，用c ml/LNa2S2O3标准溶液滴定反应产生的I2，为减少实验的偶然性，平行滴定三次，消耗标准溶液的体积平均值为V mL，故滴定步骤为c、a、d、b，根据反应方程式：2C3++2I-=2C2++I2，可得关系式：2[C(NH3)6Cl3]～2C3+～I2～2 Na2S2O3，则m g样品中含有[C(NH3)6Cl3]的物质的量为n[C(NH3)6Cl3]=c·V×10-3 ml×=4cV×10-3 ml，其质量是m[C(NH3)6Cl3]= 4cV×10-3 ml×M=267.5 g/ml=1.07cV g，故样品中[C(NH3)6Cl3]的纯度为：
17. 钪（）是一种功能强大但产量稀少的稀土金属、广泛用于航天、激光、导弹等尖端科学领域、针铁矿主要成分为钛酸亚铁（）、还含有少量、、等杂质、从钛铁矿中提取钪的流程如图：
已知：①常温下，完全沉淀的为1.05，完全沉淀的为3.2
②，
回答下列问题：
（1）“酸浸”后钛主要以的形式存在于溶液中，中元素的化合价为______．水解反应的化学方程式为__________________．
（2）“滤渣1”的主要成分是______．
（3）探讨影响钪的萃取率的因素：
温度对钪、钛的萃取率影响情况见上表，合适的萃取温度为，其理由是______．
（4）常温下，“酸溶”后滤液中存在的金属阳离子、、，浓度均小于，再用氨水调节溶液使、沉淀完全而不沉淀，则调应控制的范围，是______．
（5）“沉钪”得到草酸钪[]，将其置于______（填仪器名称）中，在空气中充分灼烧得到和一种无毒气体，请写出反应的化学方程式______．
【答案】（1） ①. +4 ②.
（2）
（3）由图表可知温度为时，钪的萃取率较高，且钛的萃取率较低
（4）
（5） ①. 坩埚 ②.
【解析】
【分析】钛铁矿的主要成分为，其他成分为、MgO、，酸浸后生成、、、，不反应，变成滤渣1沉淀下来；水解过程中生成沉淀；萃取和反萃取操作之后，酸溶之后的金属阳离子没有，说明萃取和反萃取可以除去溶液中的；加盐酸溶液酸溶之后主要的金属阳离子有、、，向滤液中加入氨水使、离子转化为沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、的滤渣2和含有钪离子的滤液；向滤液中加入草酸溶液，将钪离子转化为草酸钪沉淀，过滤后灼烧草酸钪得到三氧化二钪。
【小问1详解】
①由化合价代数和为0可知，中钛元素的化合价为+4价；
②由分析可知，水解后的产物为沉淀，故水解方程式应为：。
【小问2详解】
由分析可知，钛铁矿中只有不与强酸反应，故滤渣1为。
【小问3详解】
由图表可知温度为时，钪的萃取率较高，且钛的萃取率较低。
【小问4详解】
室温下完全沉淀的pH为1.05，完全沉淀的pH为3.2，由于，浓度为，由溶度积可知，钪离子开始沉淀时，溶液的氢氧根离子浓度为，计算可得此时pH=3.7，所以恰好不沉淀时pH为3.7，故答案为。
【小问5详解】
灼烧固体应该用坩埚，草酸钪在空气中充分灼烧得到一种无毒气体，根据元素守恒可得无毒气体为，故答案为。
18. 甲烷化反应即为氢气和碳氧化物反应生成甲烷，有利于实现碳循环利用．
已知涉及的反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
回答下列问题：
（1）______
（2）在时，在固定容积的密闭容器中进行上述反应，平衡时和的转化率及和的产率随变化的情况如图1所示．
图中表示转化率、产率变化的曲线分别是______、______（填标号），、两点的值相同，点通过改变温度达到点，则、、三点温度由大到小的顺序是______。
②一定温度下，向恒容容器内充入和，初始压强为，发生上述3个反应，达到平衡时的分压为，的分压为，则的选择性=______[的选择性用，，表示，下同]，反应Ⅱ的______（用分压表示，分压=总压×物质的量分数）。
（3）已知常温下，的溶度积常数为，的二级电离常数为。溶于水除了沉淀溶解平衡，还存在碳酸根的水解（忽略二级水解）．则常温下，的实际溶解度比理论值______（填“大”或者“小”）．若溶液已知，则钙离子的实际浓度为______[用含，，的式子表达]。
（4）用电解法可将转化为多种原料，原理如图．若铜电极上只产生和气体，请写出产生的电极反应式__________________；电解后溶液的______（填“变大”、“变小”或“不变”）．
【答案】（1）
（2） ①. a ②. c ③. B=C>A ④. ⑤.
（3） ①. 大 ②.
（4） ①. ②. 不变
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，反应Ⅱ=反应Ⅰ-反应Ⅲ，；
【小问2详解】
①结合反应，越大，CO转化率越大直到接近100%，而氢气本身的转化率将下降，故b表示CO转化率、a表示转化率；随着的增大，CO接近完全转化，产率逐渐增大，直到接近100%，故c表示产率变化的曲线；b表示CO转化率，B、C均在曲线b上，温度B=C，结合反应Ⅰ、Ⅱ，两反应均为放热反应，则温度越低CO转化率越高，A点转化率高于C，则A点温度低，故温度B=C>A；
②一定温度下，向恒容容器内充入3ml和1mlCO，初始压强为，则初始氢气、一氧化碳分压分别为、，则分压的数值与其物质的量对应相等。发生上述3个反应，达到平衡时CO的分压为，的分压为；分压之比等于其物质的量之比。设反应Ⅰ消耗CO的分压为a，达到平衡时CO的分压为，则反应Ⅱ消耗CO的分压为，达到平衡时的分压为，则反应Ⅲ消耗的分压为，根据碳元素守恒、结合阿伏加德罗定律可知，，则的选择性为；
反应Ⅰ生成了水的分压为a，反应Ⅱ消耗了水的分压为，反应Ⅲ生成了水的分压为，平衡时水的分压为；反应Ⅰ消耗了氢气的分压为3a，反应Ⅱ生成了氢气的分压为，反应Ⅲ消耗了氢气的分压为，氢气的起始分压为，所以平衡时氢气的分压为，所以平衡时一氧化碳、水、二氧化碳、氢气分压分别为、、、，则反应Ⅱ的；
【小问3详解】
①碳酸根的水解使得碳酸根离子浓度减小，促进碳酸钙的沉淀溶解平衡正向移动，故常温下，的实际溶解度比理论值大；
碳酸根离子的水解：，则溶液中；的二级电离常数为，则；沉淀溶解平衡，则，。
【小问4详解】
根据图示，二氧化碳在铜电极得到电子生成，电极反应式为：；该电解的总反应为：，，电解后硫酸物质的量浓度不变，所以溶液的pH不变。选项
实验目的
实验方法及现象
结论
A
测量某溶液的酸碱性
某温度下，用计测量的溶液的为7.0
该溶液中性溶液
B
证明
在的溶液中先滴入几滴溶液，再滴入溶液
先有白色沉淀生成，又出现黑色沉淀，说明
C
证明为弱酸
等且等体积的溶液和盐酸分别与足量固体反应，前者消耗固体的量更多
为弱酸
D
验证压强对化学平衡的影响
先将注射器充满气体，然后将活塞往里推
注射器内气体颜色加深，证明加压平衡朝生成气体的方向移动
弱酸
电离平衡常数（常温）
元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素
元素原子核外能级上的电子总数与能级上的电子总数相等，但第一电离能都低于同
周期相邻元素
基态原子价层电子排布为
基态原子的最外层轨道上有两个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反
基态原子核外层的最高能级上有4个未成对电子
5
10
15
25
30
钪的萃取率/%
钛的萃取率/%
相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56 C-59 Cu-64
一、选择题：本题14小题，每小题3分，共计42分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 化学与生产生活、社会发展息息相关，下列叙述正确的是
A. 月球探测器使用的硅太阳能电池板，其主要成分是二氧化硅
B. 北京奥运会广泛使用的氢燃料汽车是利用电解池的原理提供电能
C. 水库的钢闸门与电源负极相连以防止其生锈，该法即外加电流法
D. 我国载人飞船采用了太阳能刚性电池阵，是将化学能转化为电能供飞船使用
【答案】C
【解析】
【详解】A．月球探测器使用的硅太阳能电池板，其主要成分是晶体硅而不是二氧化硅，A错误；
B．电解池是将电能转化为化学能的装置，而原电池是将化学能转化为电能的装置，故北京奥运会广泛使用的氢燃料汽车是利用原电池的原理提供电能，B错误；
C．水库的钢闸门与电源负极相连作阴极以防止其生锈，该法即外加电流的阴极保护法，C正确；
D．太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置，而不是将化学能转化为电能，D错误；
故答案为：C。
2. 升高温度，下列数据不一定增大的是
A. 化学平衡常数B. 水的离子积常数
C. 氯化银的溶度积D. 醋酸钠的水解平衡常数
【答案】A
【解析】
【详解】A．若正反应为吸热反应，则升高温度，平衡正向移动，化学平衡常数K增大；若化学反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，K减小，A符合题意；
B．水的电离吸热，升高温度促进电离，水的离子积常数Kw增大，B不合题意；
C．AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)是一个吸热过程，升高温度平衡正向移动，故氯化银的溶度积Ksp一定增大，C不合题意；
D．盐类水解过程吸热，升高温度促进水解，醋酸钠的水解平衡常数Kh增大，D不合题意；
故答案为：A。
3. 下列化学用语表述错误的是更多课件教案等优质滋元可 家 威杏 MXSJ663 A. 中子数为18的氯原子：
B. 基态原子的价层电子排布图：
C. 基态原子的电子排布式：
D. 标准状况下，和的混合气体中含有的键数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯元素的原子序数为17，中子数为18的氯原子的质量数为35，可表示为：，A项正确；
B．N原子位于第二周期第ⅤA族，基态N原子的价层电子排布图为：，B项正确；
C．铜元素位于第四周期第ⅠB族，基态原子的电子排布式：，C项错误；
D．标准状况下，2.24L和的混合气体的物质的量为0.1ml，1个分子中含有2个键，1个分子中含有2个键，所以0.1ml的混合气体中含有的π键数为，D项正确；
故选C。
4. 设为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是
A. 向1L0.1ml/LCH3COOH溶液通氨气至中性，铵根离子数为
B. 46g二氧化氮和四氧化二氮混合气体，与1ml硝基(-NO2)所含的电子数均为
C. 电解精炼铜时，阳极质量减少32g时，外电路中转移的电子数为
D. F-水解能力弱于，则1L1ml/L的NH4F溶液中，和的总数大于
【答案】B
【解析】
【详解】A．醋酸铵为弱酸弱碱盐，向1L0.1ml/LCH3COOH溶液通氨气至中性，只能得出c(CH3COO-)=c()，醋酸根和铵根均会水解，则有n(CH3COOH)+n(CH3COO-)=0.1ml，则铵根离子数小于0.1NA，A错误；
B．硝基(-NO2)与二氧化氮分子中均含有23个电子，而NO2和N2O4的最简式均为NO2，所以1ml硝基(-NO2)与46g二氧化氮和四氧化二氮混合气体所含的电子数均为23NA，B正确；
C．电解精炼铜，阳极铁、锌、铜都放电，所以电解精炼铜时，若阳极质量减少32g，则电路中转移电子的数目不一定为NA，C错误；
D．1L1ml/L的NH4F溶液中由N(HF)+N(F-)=N()+N(NH3·H2O)=NA，由F-水解能力弱于，故有N(HF)＜N(NH3·H2O)，故有HF和的总数小于NA，D错误；
故答案为：B。
5. 下列说法正确的是
A. 元素周期表每一周期元素原子的最外层电子排布均是从过渡到
B. 在元素周期表中，区，区和区的元素都是金属元素
C. 电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱
D. 原子的价电子排布式为的元素一定位于第Ⅷ族
【答案】D
【解析】
【详解】A．元素周期表中除第一周期(1s1到1s2)外，其余每一周期元素原子的最外层电子排布均是从过渡到，A错误；
B．在元素周期表中，区的H元素为非金属元素，B错误；
C．原子光谱包括吸收光谱和发射光谱，电子在激发态跃迁到基态时会产生发射光谱，而在基态跃迁到激发态时会产生吸收光谱，C错误；
D．元素周期表中第8、9、10三个纵列合为Ⅷ族，即原子的价电子排布式为的元素一定位于第Ⅷ族，D正确；
故答案为：D。
6. 下列说法中正确的是
A. 所有的键的强度都比键的大
B. 第二周期元素中，第一电离能介于、之间的有3种元素
C. 的键能比大，所以碳碳双键的化学性质比碳碳单键稳定
D. 某基态原子的价层电子排布为，该原子层上有3个空轨道
【答案】B
【解析】
【详解】A．σ键不一定比π键强度大，如氮气中σ键的强度比π键强度小，A错误；
B．根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故第二周期元素中，第一电离能介于、之间的有Be、C、O等3种元素，B正确；
C．C=C的键能比C-C大，但碳碳双键的键能小于碳碳单键键能的2倍，说明碳碳双键不稳定，易断裂，所以碳碳双键的化学性质比碳碳单键更不稳定，C错误；
D．某基态原子的外围电子排布为4d25s2，则该元素基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p64d25s2，故该原子第四电子层即N层上的4d能级有3个空轨道，4f轨道全部是空的，D错误；
故答案为：B。
7. 已知某原子结构示意图为，下列有关说法正确的是
A. 结构示意图中x＝4
B. 该原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4
C. 该原子的电子排布图为
D. 该原子结构中共有5个能级上填充有电子
【答案】D
【解析】
【详解】A.由原子结构示意图可知，K层电子排满时为2个电子，故x=2，该元素为硅，故A选项错误。
B.该原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，故B选项错误。
C.硅的电子排布图为，故C选项错误。
D.原子结构中共有1s、2s、2p、3s、3p这5个能级上填充有电子，故D选项正确。
故答案选D。
【点睛】本题只要将x=2推断出来以后确定元素为硅之后进行电子排布式和电子排布图的判断，注意电子排布图中电子的分布。
8. 、、、、五种短周期元素的原子半径依次增大，基态原子的电子填充了3个能级，有4对成对电子，与其他元素不在同一周期；五种元素可构成某种离子液体的阴离子如图所示．下列说法正确的是
A. 键长：，键能：
B. 形成的含氧酸均不能使高锰酸钾褪色
C. 基态原子核外有3种能量不同的电子
D. 氢化物沸点：
【答案】A
【解析】
【分析】Q、W、X、Y、Z五种短周期元素的原子半径依次增大，基态Q原子的电子填充了3个能级，有4对成对电子，因此Q是F，Z与其他元素不在同一周期，且原子半径最大，能形成6条共价键，因此Z是S，Y能形成4条共价键，Y是C，W能形成2条共价键，W是O，则X是N。
【详解】A．原子半径O
B．碳的含氧酸草酸能使高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C．基态S原子电子排布式为1s22s22p63s23p4，故核外共有5种能量不同的电子，C错误；
D．碳的氢化物种类很多，如高碳烃的沸点很高，无法比较氢化物沸点，D错误；
故选A
9. 白磷燃烧的能量变化（图Ⅰ）和产物的结构（图Ⅱ）如下图所示，有关说法不正确的是
A. 白磷的燃烧热
B. 1个白磷分子中含6个键
C. 中键的数目为
D. 假设、、的键能分别为、、，则的键能为
【答案】D
【解析】
【详解】A．ΔH=正反应活化能-逆反应活化能=E1-E2，但燃烧热是1ml纯物质完全燃烧生成指定稳定的物质，则白磷的燃烧热，A正确；
B．白磷分子是正四面体结构，则1个白磷分子中含6个P-P键，B正确；
C．1个P4O10分子中12个P-O、4个P=O，则1mlP4O10中σ键的数目为16NA，C正确；
D．ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和，则E1-E2=（6a+5c）-12b-4E（P=O），解得E（P=O）=，D错误；
故答案为：D。
10. 关于下列各装置图的叙述中正确的是
A. 装置①中K闭合时，片刻后可观察到滤纸a点变红色
B. 装置①中K闭合时，片刻后溶液中增大
C. 装置②中铁腐蚀的速率由大到小的顺序是：只闭合只闭合只闭合开关都断开
D. 装置③中当铁制品上析出铜时，电源负极输出的电子数为(为阿伏加德罗常数的值)
【答案】A
【解析】
【详解】A．装置①中K闭合时，是负极，是正极，a为电解池的阴极，电极反应式为，所以片刻后可观察到滤纸a点变红色，故A正确；
B．负极，是正极，阴离子移向负极，所以溶液中增大，溶液中c(K+)增大，故B错误；
C．装置②中，只闭合构成电解池，铁作阳极；只闭合构成电解池，铁作阴极；只闭合构成原电池，铁棒作负极；开关都断开为化学腐蚀，铁腐蚀的速率由大到小的顺序是：只闭合（铁棒作阳极）>只闭合（铁棒作负极）>开关都断开>只闭合（铁棒作阴极），故C错误；
D．装置③电镀装置，当铁制品上析出铜时，，，故D错误；
选A。
11. 根据实验目的，下列实验方法及现象、结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于温度不确定，无法得出pH=7的溶液为中性溶液，A项错误；
B．由于溶液过量，此现象为沉淀的生成，而不是沉淀的转化，不能说明，B项错误；
C．等pH且等体积的HA溶液和盐酸分别与足量NaOH固体反应，前者消耗NaOH固体的量更多，说明HA溶液中酸的物质的量多，即相同pH的HA溶液和盐酸，HA溶液的物质的量浓度大于盐酸的物质的量浓度，说明HA为弱酸，C项正确；
D．气体中存在平衡：，先将注射器充满气体，然后将活塞往里推，压强增大，平衡应向气体系数减小的方向移动，即生成气体的方向移动，注射器内气体颜色加深是由于体积减小浓度增大造成的，不是由于平衡移动造成的，D项错误；
故选C。
12. 二氧化碳资源化利用有利于减轻温室效应，反应的历程如图所示。
下列说法不正确的是
A. 合成甲醇反应的ΔH＞0
B. *OCH2→CH2O活化能为2.13ev
C. 生成副产物CO比CH2O容易
D. 要使反应速率加快，主要降低活化能
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图示可知：反应物CO2、H2的总能量比生成物CH3OH、H2O的总能量低，该反应发生会吸收热量，反应属于吸热反应，因此合成甲醇反应的ΔH＞0，A正确；
B．根据图示可知*OCH2→CH2O活化能为2.73 ev+0.60 ev =3.33ev，B错误；
C．根据图示可知：生成副产物CO需要的活化能比生成CH2O需要的活化能小，反应需要的活化能越小，反应越容易发生，故生成副产物CO比生成CH2O更容易发生，C正确；
D．对于多步反应，总反应速率由慢反应决定。反应的活化能越大，发生反应就越不容易发生，反应速率最慢。根据图示可知：在上述多步反应中，基元反应的活化能最大，该步反应的化学反应速率最慢，是CO2、H2的发生反应制取CH3OH的决速反应，故要使反应速率加快，主要降低活化能，D正确；
故合理选项是B。
13. 已知及表中有关信息：
下列判断正确的是
A. 向溶液中滴入酚酞，溶液变红，主要原因是
B. 溶液中：
C. 常温时，与混合溶液的，则
D. 的溶液与溶液等体积混合出现沉淀，则溶液的浓度一定是
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸钠是多元弱酸盐，碳酸根离子在溶液中分步水解，以一级水解为主，水解的离子方程式为，A项错误；
B．碳酸氢钠溶液中存在电荷守恒：，存在物料守恒：，两式联立，可得，B项正确；
C．混合溶液pH=6，则，由醋酸的电离平衡常数可知，则，C项错误；
D．由题意可知，混合溶液中碳酸根离子的浓度为，由碳酸钙的溶度积可知，生成碳酸钙沉淀所需氯化钙的最小浓度为，所以溶液的浓度，D项错误；
故选B。
14. 用0.10的NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度为c1的醋酸、c2的草酸(H2C2O4)溶液，得到如图滴定曲线，其中c、d为两种酸恰好完全中和的化学计量点。下列说法错误的是
A. 由滴定曲线可判断：c1＞c2
B. 滴定过程中始终有n(CH3COOH)=0.02c1+n(OH-)-n(H+)-n(Na+)
C. 若a点V(NaOH)=7.95 mL，则a点有c(Na+)＞c(C2O)＞c(HC2O)＞c(H2C2O4)
D. 若b点时溶液中c(CHCOO-)=c(CHCOOH)，则b点消耗了8.60mL的NaOH溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．草酸是二元弱酸，滴定过程中有两次滴定突变；醋酸是一元酸，滴定时只有一次滴定突变，所以根据图示可知X曲线代表草酸，Y曲线代表醋酸。其中c、d为两种酸恰好完全中和的化学计量点，滴定根据恰好反应时消耗NaOH溶液的体积数值可知，，，故A正确；
B．对于醋酸溶液，在滴定过程中始终存在电荷守恒，根据物料上述可知，故，所以有，故B正确；
C．完全中和时需消耗V(NaOH)=10.60mL，则a点V(NaOH)=7.95mL时为、按1：1形成的混合溶液，pH＜7，显酸性，故的电离程度大于及的水解程度，则，故C正确：
D．若b点时加入氢氧化钠体积为8.6mL，则此时溶液中和相等，由图可知此时溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则，如果要求，则此时加入氢氧化钠的体积，取，D错误；
故答案选D。
二、填空题：本题4小题，共计58分．
15. 现有、、、、五种元素，均为前四周期元素、它们的原子序数依次增大．请根据下列相关信息，回答有关问题．
（1）元素在元素周期表的位置为：______，属于______区的元素。
（2）用元素符号表示的电子式为______。
（3）、、三种元素简单离子半径由小到大的顺序是______（用离子符号表示）。
（4）元素基态原子中能量最高的电子所占据的原子轨道呈______形，其核外有______种能量不同的电子。
（5）基态原子核外价层电子轨道表示式为______，基态、离子中未成对的电子数之比为______。
【答案】15. ①. 第二周期第ⅥA族 ②. p
16. 17.
18. ①. 哑铃形 ②. 5
19. ①. ②. 5:4
【解析】
【分析】根据信息推断元素是H元素，元素是O元素，元素为P元素，元素为Cl元素，元素为Fe元素。
【小问1详解】
元素是O元素，在元素周期表的位置为：第二周期第ⅥA族，属于p区的元素。
【小问2详解】
用元素符号表示的电子式为：。
【小问3详解】
、、三种元素简单离子分别，其中电子层数最小半径最小，核外电子层数相同，核电荷数大的半径更小，所以半径由小到大的顺序是： 。
【小问4详解】
元素即Cl元素基态原子核外价层电子排布为，其中能量最高的电子所占据的原子轨道是p轨道，电子云呈哑铃形。其核外有1s,2s,2p,3s,3p共有5个不同的能级。所以有5种能量不同的电子。
【小问5详解】
元素为26号Fe元素，基态原子核外价层电子轨道表示式为 ，基态的价层电子排布为、离子的价层电子排布为，未成对的电子数之比为5:4。
16. 钴的化合物种类较多，其中三氯化六氨合钴(III)[C(NH3)6Cl3] (M=267.5 g/ml)在工业上用途广泛。实验室以活性炭作为催化剂，用H2O2作氧化剂氧化CCl2的方法制备三氯化六氨合钴，并测定其纯度。回答下列问题：
已知：①钴单质在300℃以上易被氧气氧化，CCl2易潮解。②C2+不易被氧化，C3+具有强氧化性；[C(NH3)6]2+具有较强的还原性，[C(NH3)6]3+性质稳定。
I．CCl2的制备。
（1）A装置中盛放浓盐酸的仪器名称是_______。A装置的烧瓶中发生反应的化学方程式为_______。
（2）试剂X为_______，试从平衡的角度分析选择该试剂的好处_______。
（3）实验时，要先加入浓盐酸，使A装置中开始生成氯气，待_______(填现象)时，再加热盛有钴粉的大试管，目的是_______。
II．三氯化六氨合钴(III)的制备。
①先向三颈烧瓶中加入活性炭、CCl2和NH4Cl混合液，然后滴加稍过量的浓氨水；
②冷水浴冷却至10℃以下，缓慢滴加H2O2溶液并不断搅拌；
③转移至60℃水浴中，恒温加热同时缓慢搅拌；
④冷却结晶，过滤洗涤可得三氯化六氨合钴(III) [C(NH3)6Cl3]粗产品。
（4）装置中制备三氯化六氨合钴(III)的总反应化学方程式为_______。
III．纯度测定。
（5）称取mg粗产品与氢氧化钠在空气中混合煅烧得三氧化二钴→将三氧化二钴用稀硫酸溶解→配成100mL溶液→_______(按操作步骤填写下列顺序序号)，则其纯度为_______(写出表达式)。
a．向锥形瓶中加入稍过量的KI溶液，充分反应(C3+被还原后的产物为C2+)
b．平行滴定三次，消耗标准溶液的体积平均值为V mL
c．取25.00mL待测液于锥形瓶中
d．用淀粉溶液作指示剂，用c ml/LNa2S2O3标准溶液滴定(产物为)(已知：)
【答案】（1） ①. 恒压滴液漏斗 ②. 2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
（2） ①. 饱和食盐水 ②. 氯水中存在平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水中有高浓度的Cl-，使该平衡逆向移动，减少Cl2的溶解从而减少Cl2损失
（3） ①. D中溶液上方充满黄绿色气体 ②. 排尽装置内空气，防止加热时二价钴被O2氧化
（4）
（5） ①. c、a、d、b ②.
【解析】
【分析】在A装置中KMnO4与浓盐酸在常温下反应产生Cl2，然后将气体通入盛有饱和NaCl溶液的洗气瓶除去Cl2中的杂质HCl，然后气体通入装置C盛有浓硫酸的洗气瓶干燥Cl2后，在硬质玻璃管中Cl2与C反应产生CCl2，气体被收集在广口瓶中，装置D中盛有浓硫酸，防止E中水蒸气进入收集瓶中，导致CCl2发生水解反应，装置E是尾气处理装置，吸收多余Cl2。在三颈烧瓶中加入活性炭、CCl2和NH4Cl混合液，然后滴加稍过量的浓氨水，冷水浴冷却至10℃以下，缓慢滴加H2O2溶液并不断搅拌，发生反应，制取得到三氯化六氨合钴，然后将一定量粗产品与NaOH在空气中混合煅烧产生C2O3，再用稀H2SO4溶解配制形成溶液，取一定体积该溶液，向其中滴加稍微过量KI溶液，2C3++2I-=2C2++I2，以淀粉溶液为指示剂，用Na2S2O3滴定反应产生的I2，根据溶液恰好有蓝色变为无色点判断滴定终点，利用反应转化关系式可确定样品中C3+的含量，进而可确定样品中三氯化六氨合钴的纯度。
【小问1详解】
根据装置图可知：A装置中盛放浓盐酸的仪器名称是恒压滴液漏斗；
A装置的烧瓶中KMnO4与浓盐酸在常温下反应产生Cl2，发生反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；
【小问2详解】
装置图中B装置盛有的试剂X是饱和食盐水，作用是除去Cl2中的杂质HCl；这是由于Cl2与水会发生可逆反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水中有高浓度的Cl-，可以使该上述平衡逆向移动，减少Cl2的溶解，从而减少Cl2损失；
【小问3详解】
为避免装置中空气的干扰，在进行操作时，要先加入浓盐酸，使A装置中开始生成氯气，待D中溶液上方充满黄绿色气体时，再加热盛有钴粉的大试管，目的是排尽装置内空气，防止加热时+2价的C2+被O2氧化为+3价的C2+；
【小问4详解】
根据叙述可知装置中制备三氯化六氨合钴(III)的总反应化学方程式为：；
【小问5详解】
在纯度测定时，将m g含有的 [C(NH3)6Cl3] 粗品与NaOH在空气中混合煅烧反应产生C2O3，然后用稀H2SO4溶解C2O3转化为C2(SO4)3，配制得到100 mL溶液，取25.00 mL待测液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入稍过量的KI溶液，充分发生反应：2C3++2I-=2C2++I2，以淀粉溶液为指示剂，用c ml/LNa2S2O3标准溶液滴定反应产生的I2，为减少实验的偶然性，平行滴定三次，消耗标准溶液的体积平均值为V mL，故滴定步骤为c、a、d、b，根据反应方程式：2C3++2I-=2C2++I2，可得关系式：2[C(NH3)6Cl3]～2C3+～I2～2 Na2S2O3，则m g样品中含有[C(NH3)6Cl3]的物质的量为n[C(NH3)6Cl3]=c·V×10-3 ml×=4cV×10-3 ml，其质量是m[C(NH3)6Cl3]= 4cV×10-3 ml×M=267.5 g/ml=1.07cV g，故样品中[C(NH3)6Cl3]的纯度为：
17. 钪（）是一种功能强大但产量稀少的稀土金属、广泛用于航天、激光、导弹等尖端科学领域、针铁矿主要成分为钛酸亚铁（）、还含有少量、、等杂质、从钛铁矿中提取钪的流程如图：
已知：①常温下，完全沉淀的为1.05，完全沉淀的为3.2
②，
回答下列问题：
（1）“酸浸”后钛主要以的形式存在于溶液中，中元素的化合价为______．水解反应的化学方程式为__________________．
（2）“滤渣1”的主要成分是______．
（3）探讨影响钪的萃取率的因素：
温度对钪、钛的萃取率影响情况见上表，合适的萃取温度为，其理由是______．
（4）常温下，“酸溶”后滤液中存在的金属阳离子、、，浓度均小于，再用氨水调节溶液使、沉淀完全而不沉淀，则调应控制的范围，是______．
（5）“沉钪”得到草酸钪[]，将其置于______（填仪器名称）中，在空气中充分灼烧得到和一种无毒气体，请写出反应的化学方程式______．
【答案】（1） ①. +4 ②.
（2）
（3）由图表可知温度为时，钪的萃取率较高，且钛的萃取率较低
（4）
（5） ①. 坩埚 ②.
【解析】
【分析】钛铁矿的主要成分为，其他成分为、MgO、，酸浸后生成、、、，不反应，变成滤渣1沉淀下来；水解过程中生成沉淀；萃取和反萃取操作之后，酸溶之后的金属阳离子没有，说明萃取和反萃取可以除去溶液中的；加盐酸溶液酸溶之后主要的金属阳离子有、、，向滤液中加入氨水使、离子转化为沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、的滤渣2和含有钪离子的滤液；向滤液中加入草酸溶液，将钪离子转化为草酸钪沉淀，过滤后灼烧草酸钪得到三氧化二钪。
【小问1详解】
①由化合价代数和为0可知，中钛元素的化合价为+4价；
②由分析可知，水解后的产物为沉淀，故水解方程式应为：。
【小问2详解】
由分析可知，钛铁矿中只有不与强酸反应，故滤渣1为。
【小问3详解】
由图表可知温度为时，钪的萃取率较高，且钛的萃取率较低。
【小问4详解】
室温下完全沉淀的pH为1.05，完全沉淀的pH为3.2，由于，浓度为，由溶度积可知，钪离子开始沉淀时，溶液的氢氧根离子浓度为，计算可得此时pH=3.7，所以恰好不沉淀时pH为3.7，故答案为。
【小问5详解】
灼烧固体应该用坩埚，草酸钪在空气中充分灼烧得到一种无毒气体，根据元素守恒可得无毒气体为，故答案为。
18. 甲烷化反应即为氢气和碳氧化物反应生成甲烷，有利于实现碳循环利用．
已知涉及的反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
回答下列问题：
（1）______
（2）在时，在固定容积的密闭容器中进行上述反应，平衡时和的转化率及和的产率随变化的情况如图1所示．
图中表示转化率、产率变化的曲线分别是______、______（填标号），、两点的值相同，点通过改变温度达到点，则、、三点温度由大到小的顺序是______。
②一定温度下，向恒容容器内充入和，初始压强为，发生上述3个反应，达到平衡时的分压为，的分压为，则的选择性=______[的选择性用，，表示，下同]，反应Ⅱ的______（用分压表示，分压=总压×物质的量分数）。
（3）已知常温下，的溶度积常数为，的二级电离常数为。溶于水除了沉淀溶解平衡，还存在碳酸根的水解（忽略二级水解）．则常温下，的实际溶解度比理论值______（填“大”或者“小”）．若溶液已知，则钙离子的实际浓度为______[用含，，的式子表达]。
（4）用电解法可将转化为多种原料，原理如图．若铜电极上只产生和气体，请写出产生的电极反应式__________________；电解后溶液的______（填“变大”、“变小”或“不变”）．
【答案】（1）
（2） ①. a ②. c ③. B=C>A ④. ⑤.
（3） ①. 大 ②.
（4） ①. ②. 不变
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，反应Ⅱ=反应Ⅰ-反应Ⅲ，；
【小问2详解】
①结合反应，越大，CO转化率越大直到接近100%，而氢气本身的转化率将下降，故b表示CO转化率、a表示转化率；随着的增大，CO接近完全转化，产率逐渐增大，直到接近100%，故c表示产率变化的曲线；b表示CO转化率，B、C均在曲线b上，温度B=C，结合反应Ⅰ、Ⅱ，两反应均为放热反应，则温度越低CO转化率越高，A点转化率高于C，则A点温度低，故温度B=C>A；
②一定温度下，向恒容容器内充入3ml和1mlCO，初始压强为，则初始氢气、一氧化碳分压分别为、，则分压的数值与其物质的量对应相等。发生上述3个反应，达到平衡时CO的分压为，的分压为；分压之比等于其物质的量之比。设反应Ⅰ消耗CO的分压为a，达到平衡时CO的分压为，则反应Ⅱ消耗CO的分压为，达到平衡时的分压为，则反应Ⅲ消耗的分压为，根据碳元素守恒、结合阿伏加德罗定律可知，，则的选择性为；
反应Ⅰ生成了水的分压为a，反应Ⅱ消耗了水的分压为，反应Ⅲ生成了水的分压为，平衡时水的分压为；反应Ⅰ消耗了氢气的分压为3a，反应Ⅱ生成了氢气的分压为，反应Ⅲ消耗了氢气的分压为，氢气的起始分压为，所以平衡时氢气的分压为，所以平衡时一氧化碳、水、二氧化碳、氢气分压分别为、、、，则反应Ⅱ的；
【小问3详解】
①碳酸根的水解使得碳酸根离子浓度减小，促进碳酸钙的沉淀溶解平衡正向移动，故常温下，的实际溶解度比理论值大；
碳酸根离子的水解：，则溶液中；的二级电离常数为，则；沉淀溶解平衡，则，。
【小问4详解】
根据图示，二氧化碳在铜电极得到电子生成，电极反应式为：；该电解的总反应为：，，电解后硫酸物质的量浓度不变，所以溶液的pH不变。选项
实验目的
实验方法及现象
结论
A
测量某溶液的酸碱性
某温度下，用计测量的溶液的为7.0
该溶液中性溶液
B
证明
在的溶液中先滴入几滴溶液，再滴入溶液
先有白色沉淀生成，又出现黑色沉淀，说明
C
证明为弱酸
等且等体积的溶液和盐酸分别与足量固体反应，前者消耗固体的量更多
为弱酸
D
验证压强对化学平衡的影响
先将注射器充满气体，然后将活塞往里推
注射器内气体颜色加深，证明加压平衡朝生成气体的方向移动
弱酸
电离平衡常数（常温）
元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素
元素原子核外能级上的电子总数与能级上的电子总数相等，但第一电离能都低于同
周期相邻元素
基态原子价层电子排布为
基态原子的最外层轨道上有两个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反
基态原子核外层的最高能级上有4个未成对电子
5
10
15
25
30
钪的萃取率/%
钛的萃取率/%
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