2023-2024学年高二上学期期末化学模拟卷（江苏专用，苏教版2019必修第一册、第二册选择性必修1）（Word版附解析）

这是一份2023-2024学年高二上学期期末化学模拟卷（江苏专用，苏教版2019必修第一册、第二册选择性必修1）（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共16个小题，每小题3分，共48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．从第一颗人造卫星成功发射，到“神十四”和“神十五”乘组在中国空间站“会师”，我国航天领域取得了诸多突破。下列说法不正确的是
A．航天器使用的太阳能电池板的主要成分是二氧化硅
B．飞船返回舱外壳的烧蚀材料之一酚醛树脂是高分子化合物
C．航天服壳体使用的铝合金材料熔点比纯铝低
D．喷涂在航天器外表面的热控涂层材料具有高防辐射和良好的舱内控温效果
【答案】A
【解析】A．太阳能电池板的主要成分是硅，A错误；
B．酚醛树脂是苯酚和甲醛发生缩聚反应得到的高分子化合物，B正确；
C．一般的，合金的熔沸点比组成它的纯金属低，如铝合金材料熔点比纯铝低，C正确；
D．热控涂层材料具有高防辐射，以防烧伤宇航员，良好的舱内控温效果，以防温度过高过伤到宇航员，D正确；
答案选A。
2．文物的腐蚀是指出土前由于自然的侵蚀、损坏而破坏文物的原貌，电化学腐蚀也是重要因素之一。三星堆是中华文明的重要组成部分，下列出土文物可能涉及电化学腐蚀的是
【答案】A
【解析】电化学腐蚀就是金属和电解质组成两个电极，所以需含有两种金属。
A．青铜神树中含有Sn和Cu，可能涉及电化学腐蚀，故A符合题意；B．玉璋属于玉器，主要成分为无机物，不涉及电化学腐蚀，故B不符合题意；C．陶瓷马头以粘土为主要原料制成，不涉及电化学腐蚀，故C不符合题意；D．黄金面罩由黄金制成，只含有金，不涉及电化学腐蚀，故D不符合题意；故答案选A。
3．下列化学用语正确的是
A．的结构示意图：B．与互为同位素
C．过氧化钠的电子式：D．质子数为6、中子数为7的碳原子：
【答案】D
【解析】A．的核外电子数为18，则其结构示意图为，A错误；
B．同位素为元素原子，上述两种物质不是同位素，B错误；
C．过氧化钠为离子化合物，其电子式为：，C错误；
D．质子数为6、中子数为7的碳原子，其质量数为6+7=13，所以可表示为：，D正确；
故选D。
4．化学是以实验为基础的自然科学，下列实验装置能达到实验目的的是
【答案】C
【解析】A．图中酸性高锰酸钾可以和发生氧化还原反应，体现的还原性，故A错误；
B．图中为蒸发皿，灼烧海带应在坩埚中进行，故B错误；
C．该装置用于分离常温下互溶且沸点差别较大的液体，故C正确；
D．该装置加热碳酸氢钠分解会有水生成，试管口应略向下倾斜，故D错误。
故答案选C。
5．下列制备物质的转化关系不合理的是
A．制：
B．制：
C．制NaOH：海水NaCl溶液NaOH
D．制Mg：海水溶液
【答案】D
【解析】A．氮气和氢气生成NH3，氨和空气的混合气通入灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮。生成的一氧化氮利用反应后残余的氧气继续氧化为二氧化氮，随后将二氧化氮通入水中制取硝酸，转化关系合理，故A不符合题意；
B．S通过和氧气生成SO2，SO2在催化剂条件下生成SO3，SO3通入水中得到，转化关系合理，故B不符合题意；
C．海水提纯可获得NaCl溶液，电解NaCl溶液可制备NaOH，转化关系合理，故C不符合题意；
D．电解饱和氯化镁溶液，在阳极处产生氯气，阴极处产生氢气和氢氧化镁，因此不能用这种方法获得镁，转化关系不合理，故D符合题意；
故答案选D。
6．设NA代表阿佛加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，2.24LCCl4含有的分子数目为0.1NA
B．等物质的量的CH4和CO所含分子数均为NA
C．电解精炼铜时，若阴极得到电子数为2NA个，则阳极质量减少64g
D．在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3mlI2转移的电子数为5NA
【答案】D
【解析】A．标况下，CCl4不是气体，无法计算其物质的量，A错误；
B．物质的量具体数值不确定，不能由此得出CH4和CO所含分子数均为NA，B错误；
C．电解精炼铜时，阳极上杂质铁、锌等比铜活泼的金属先放电，若阴极得到2ml电子，则阳极质量减少量不一定是64g，C错误；
D．该反应中，碘元素化合价由KIO3中+5价和HI中−1价变化为I2中的0价，电子转移5ml，生成3mlI2，所以每生成3mlI2转移电子数为5NA，D正确；
故选D。
7．化合物C是一种天然产物合成中的重要中间体，其合成路线如图。下列说法不正确的是
A．A中所有原子可能共平面
B．A、B、C均能使高锰酸钾和溴水褪色，且反应原理相同
C．C中的含氧官能团有2种
D．有机物A的同分异构体中含有苯环且能发生银镜反应的有三种(不包含A)
【答案】B
【解析】A．与苯环直接相连的原子共面，醛基中原子共面，故A中所有原子可能共平面，A正确
B．A发生氧化反应使高锰酸钾溶液褪色，和溴水发生取代反应使其褪色；B发生氧化反应使高锰酸钾溶液褪色，和溴水发生加成应、氧化反应使其褪色；C发生氧化反应使高锰酸钾溶液褪色，和溴水发生加成应、取代反应、氧化反应使其褪色；反应原理不相同，B错误；
C． C含有醛基、酚羟基两种含氧官能团，C正确；
D．有机物A的同分异构体中含有苯环且能发生银镜反应的还有醛基羟基处于邻、间位，以及甲酸苯酚酯三种(不包含A)，D正确；
故选B。
8．下列涉及的离子方程式书写正确的是
A．醋酸除去水垢中的碳酸钙：
B．漂白液的漂白原理：
C．Na2O2与水反应：
D．FeI2溶液中通入少量Cl2：
【答案】B
【解析】A．醋酸为弱电解质，不能拆，，A错误；
B．漂白粉主要成分为NaClO吸收空气中的水和二氧化碳生成有漂白性的次氯酸，B正确；
C．Na2O2与水反应，，C错误；
D．还原性I−＞Fe2+，FeI2溶液中通入少量Cl2，Cl2先于I−反应，Cl2+2I−=I2+2Cl−，D错误；
故答案为：B。
9．已知：A2(g)+B2(g)2AB(g) =−46.6 kJ/ml，下列说法正确的是
A．该反应逆反应的活化能Ea一定大于46.6 kJ/ml
B．1 ml A2(g)与1 ml B2(g)反应生成2mlAB(l)时>−46.6kJ/ml
C．在密闭容器中，投入1 mlA2(g)与1 ml B2(g)进行反应，当反应不再进行时，放出热量为46.6 kJ
D．在相同条件下，1 ml A2(g)与1 ml B2(g)的能量总和小于2 ml AB(g)的能量
【答案】A
【解析】A．根据，，所以逆反应的活化能一定大于46.6kJ/ml，A正确；
B．物质从气态变成液态要放出能量，所以1mlA2与1mlB2反应生成2mlAB(l)，放出的热量大于46.6kJ，因为为负值，所以，B错误；
C．该反应为可逆反应，1mlA2(g)与1mlB2(g)不能完全反应，放出的热量小于46.6kJ，C错误；
D．因为该反应为放热反应，所以反应物的总能量大于生成物的总能量，所以1mlA2(g)与1mlB2(g)的能量总和大于2mlAB(g)的能量，D错误；
故选A。
10．如表为元素周期表的一部分，其中X、Y、W、Z为短周期元素，W的单质常温下为黄绿色气体。下列说法不正确的是
A．X、Y的单质均存在同素异形体
B．Y、Z的简单氢化物的稳定性依次递增
C．R的单质可用于制造半导体材料
D．工业上电解NaW溶液得W2可使用阴离子交换膜
【答案】D
【解析】W的单质常温下为黄绿色气体，则W为Cl元素，由元素在周期表中的位置可知，X为P元素，Y为O元素，Z为F元素，R为Ge元素，T为Br元素，据此分析解答。
A．P对应的同素异形体有红磷、白磷等，O对应的同素异形体有氧气、臭氧等，故A正确；
B．同周期主族元素从左到右元素的非金属性增强，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故Y、Z的简单氢化物的稳定性依次递增，故B正确；
C．Ge和Si位于同一主族，为重要的半导体材料，故C正确；
D．工业上电解饱和食盐水可制得Cl2，因需要将产生的NaOH和Cl2分开，只允许阳离子通过，故需使用阳离子交换膜，故D错误；
故选D。
11．已知物质的相关数据如下表，下列说法正确的是
A．不与盐酸反应
B．溶液中存在的所有微粒有：
C．与碳酸钠溶液反应，可能产生气体
D．向石灰水悬浊液中加入溶液，溶液可能变澄清
【答案】C
【解析】A．HF为弱酸，NaF与盐酸反应生成，符合强酸制弱酸，A错误；
B．，则溶液中的微粒有，，B错误；
C．根据电离平衡常数，，。符合强酸制弱酸，C正确；
D．根据Ksp可知，，Ca(OH)2转化为CaF2沉淀，D错误；
故答案为：C。
12．亚硝酰氣(NOCl)可用做有机合成试剂。某研究小组用NO和Cl2制备NOCl，并分离回收未反应的原料，装置如图(夹持及加热装置已略去)。
已知：①；
②沸点： NOCl为−6℃，Cl2为−34℃，NO为−152℃ ；
③NOCl易水解，能与O2反应。下列说法错误的是
A．实验前先通入氩气，目的是排尽装置内的空气
B．低温浴槽B的温度区间应控制在−34℃~−6℃
C．将催化剂负载在玻璃棉上，以增大接触面积，提高反应速率
D．尾气回收的物质为NO
【答案】B
【解析】通过实验原理可知，进气端为和，经过催化剂使其反应制备；经过低温浴槽A降温，使冷凝，得到产品；再经过低温浴槽B降温，使冷凝，防止逸出，污染空气；剩下NO经过无水氯化钙干燥后，进行回收，据此分析作答。
A．通入和前先通入氩气，作用是排尽装置中的空气，防止产物与空气中的氧气反应，防止遇空气中的水而水解，A正确；
B．为分离产物和未反应的原料，低温溶槽A使冷凝，得到产品，则温度区间应控制在或，再经过低温浴槽B降温，使冷凝，防止逸出，污染空气，低温浴槽B的温度区间应控制在−34℃以下，B错误；
C．将催化剂负载在玻璃棉上而不是直接平铺在玻璃管中，目的是增大与气体的接触面积，加快反应速率，C正确；
D．由分析可知尾气回收的物质为NO，D正确；
故选B。
13．钛合金等新型合金广泛应用于航空航天领域，工业上以钛铁矿(，其中Ti为价)为主要原料制备金属钛的工艺流程如下图所示，下列说法正确的是
A．“氯化”过程中，既不是氧化剂也不是还原剂
B．“氯化”过程中，每生成气体，转移电子
C．由制备Ti的过程中，Ar气可换成氮气
D．由制备Ti反应的原子利用率为100%
【答案】B
【解析】氯化发生的反应为：2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO，得到TiCl4，然后镁和四氯化钛反应生成钛和氯化镁，化学方程式为TiCl4 + 2MgTi+2MgCl2。
A．“氯化”过程中，中Fe由+2价变为+3价，是还原剂，A错误；
B．反应2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO中，每生成6mlCO，转移14ml电子，生成气体，转移电子×14ml=0.7ml，B正确；
C．高温下Ti与N2反应，由制备Ti的过程中，Ar气不可换成氮气，C错误；
D．由制备Ti反应为TiCl4 + 2MgTi+2MgCl2，属于置换反应，原子利用率不是100%，D错误；
故选B。
14．常温下，将CO2通入2LpH=12的NaOH溶液中，溶液中由水电离出的OH−浓度与通入的的体积(V)的关系如图所示。下列叙述不正确的是
A．M点溶液中：水电离出的
B．N点溶液中：
C．P点溶液中：
D．R点溶液中：
【答案】B
【解析】M点为NaOH溶液，M到P是生成Na2CO3，N点是Na2CO3和NaOH的混合溶液，P点是Na2CO3溶液，P到R是生成NaHCO3，R点是NaHCO3和H2CO3的混合溶液，R点溶液呈中性；
A．M点溶液中的溶质是NaOH，抑制水电离，则水电离出的c(H+)=10−pH=1×10−12ml·L−1，故A正确；B．N点是Na2CO3和NaOH的混合溶液，溶液呈碱性，c(H+)2c()+c()，故B错误；C．P点溶液中，当水电离出的c(OH−)最大时，说明此时的溶液是Na2CO3溶液，根据碳物料守恒可得：c(Na+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]，故C正确；D．R点溶液中水电离出的OH−离子浓度10−7ml/L，溶液呈中性，c(H+)=1×10−7ml/L，故D正确；故选：B。
15．天津大学在光催化钠离子二次电池的应用研究取得重大进展。该电池工作原理如下图所示，光催化电极能在太阳光照下实现对设备进行充电。下列说法错误的是
A．充电时，电子从石墨电极流出通过导线流向光催化电极
B．放电时，石墨电极的电极反应式为
C．离子交换膜为阳离子交换膜
D．放电时，当外电路转移1 ml电子时，离子交换膜左室电解质溶液质量减少
【答案】A
【解析】由题干电池工作原理图示信息可知，放电时石墨电极上的反应为：4S2−−6e−=，发生氧化反应，为负极，光催化电极上的反应为：+2e−=3I−，发生还原反应，为正极，充电时，石墨电极上的电极反应为：+6e−=4S2−，发生还原反应，为阴极，光催化电极上的电极反应为： 3I−−2e−=，发生氧化反应，为阳极，据此分析解题。
A．由题干信息结合图给信息，充电时，石墨电极得到电子，电子从光催化电极流出，A错误；
B．由分析可知，放电时，石墨电极的电极反应式为，B正确；
C．由题干电池工作原理图示信息可知，离子交换膜为Na+交换膜即阳离子交换膜，C正确；
D．由分析可知，放电时，石墨电极为负极，光催化电极为正极，为维持电荷守恒，左侧Na+透过离子交换膜移向右侧，放电时当外电路转移1 ml电子时，1 ml Na+从左室迁移到右室，离子交换膜左室电解质溶液质量减少23g，D正确；
故答案为：A。
16．向刚性密闭容器中充入气体，发生反应。不同温度下，反应达平衡，平衡体系中各物质的物质的量分数如下表：(已知A有颜色，B无色)
下列说法不正确的是
A．25℃，反应达平衡，速率
B．室温时，将此容器放入冰水中，颜色变浅
C．向40℃的平衡体系中再充入A，达新平衡时平均分子量减小
D．50℃达平衡时，A的转化率为
【答案】C
【解析】列三段式：，平衡时总物质的量为3−x，据此分析解答。
A．25℃时，B的物质的量分数为80%，即，解得，则，A正确；
B．由表格数据可知，升高温度，A的物质的量分数增大，平衡逆向移动，颜色加深，则室温时，将此容器放入冰水中，相当于降低温度，平衡正向移动，颜色变浅，B正确；
C．向40℃的平衡体系中再充入A，等效于加压，平衡正向移动，则达新平衡时，混合气体平均摩尔质量增大，即平均分子量增大，C错误；
D．50℃达平衡时，A的物质的量分数为40%，即，解得，则A的转化率为，D正确；
故选C。
二、非选择题：本题共4个小题，共52分。
17．（13分）某实验小组以粗铍(含少量的Mg、Fe、Al、Cu、Si等)为原料制备、提纯，并测定产品中的含量。回答下列问题：
Ⅰ.按如图所示装置(夹持装置略)制
已知：乙醚沸点为34.5℃：溶于乙醚，不溶于苯，易发生水解；溶于乙醚且溶于苯：、不溶于乙醚和苯。
（1）装置A中，浓硫酸与浓盐酸混合制HCl，仪器a的名称为_______。
（2）仪器b的作用是_____________________；装置D的作用是_____________________。
（3）C中发生的主要反应的化学方程式为____________________________。
（4）因反应放热使乙醚挥发，需控制冷凝回流速度1~2滴/秒。若发现回流速度过快，需进行的操作是_____________________。
（5）上述实验装置的缺点是_____________________。
Ⅱ.提纯
反应后，装置C中的乙醚溶液经过滤、蒸馏出乙醚得固体，用苯溶解固体，充分搅拌后过滤、洗涤、干燥得产品。
（6）用苯溶解固体，充分搅拌后过滤，目的是____________________________。
Ⅲ.测定产品中的含量
取1.000g产品溶于盐酸配成100mL溶液；取10.00mL溶液，加入EDTA掩蔽杂质离子，调节pH，过滤、洗涤，得固体：加入25mL25%KF溶液溶解固体，滴加酚酞作指示剂，用盐酸溶液滴定其中的KOH，消耗盐酸22.50mL。(已知：；滴定过程中KF、不与盐酸反应)
（7）的纯度为______________。
（8）某同学认为该计算结果不可靠，理由是____________________________。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）恒压分液漏斗或恒压滴液漏斗（1分）
（2） 防堵塞或防止体系压强过大（1分） 防止因吸收空气中水蒸气而水解（1分）
（3）
（4）旋转滴液漏斗活塞，减缓盐酸的滴速（1分）
（5）缺少HCl、尾气处理装置或缺少尾气处理装置
（6）除去杂质
（7）90.00%或90%
（8）没有进行平行实验（1分）
【解析】装置A中浓硫酸与浓盐酸混合制HCl，通入Ar气体可促使HCl气体进入装置C中与粗铍(含少量的Mg、Fe、Al、Cu、Si等)反应生成BeCl2、MgCl2、FeCl2、AlCl3，装置B和D的浓硫酸具有吸水性，能干燥气体；
（1）仪器a的名称为恒压分液漏斗或恒压滴液漏斗；
（2）仪器b长导管可与空气连通平衡大气压，作用是防堵塞或防止体系压强过大，装置D中浓硫酸具有吸水性，已知易发生水解，作用是防止因吸收空气中水蒸气而水解；
（3）浓硫酸与浓盐酸混合制HCl，HCl气体进入C中与Be反应生成氯化铍和氢气，发生的主要反应的化学方程式为；
（4）若发现回流速度过快，需进行的操作是：旋转滴液漏斗活塞，减缓盐酸的滴速；
（5）盐酸与粗铍中活泼金属单质反应生成氢气，多余的尾气氯化氢和氢气没有吸收装置，则上述实验装置的缺点是缺少HCl、尾气处理装置或缺少尾气处理装置；
（6）已知溶于乙醚、不溶于苯，溶于乙醚且溶于苯，用苯溶解固体，充分搅拌后过滤，目的是除去杂质；
（7）根据滴定原理：KOH+HCl=KCl+H2O，则n(KOH)=n(HCl)=c∙V=×22.50×10−3L=2.25×10−3ml，由，可知n(Be)=n[)]=n(KOH)=2.25×10−3ml=1.125×10−3ml，的纯度为；
（8）该计算结果不可靠，理由是：没有进行平行实验。
18．（12分）以红土镍矿(主要含有NiO、Fe2O3、Al2O3、SiO2、MgO)为原料，制取铁、镍、铝、镁和硅的化合物，工业流程如图：
已知：3Fe2(SO4)3+2NH3+12H2O=2NH4Fe3(SO4)2(OH)6↓(黄铵铁矾)+5H2SO4。
回答下列问题：
（1）根据如图判断“焙烧”的适宜条件为____________。
（2）NiO在焙烧时与(NH4)2SO4反应生成(NH4)2Ni(SO4)2的化学方程式为__________________________。
（3）NH3的作用为____________。
（4）流程中可以循环使用的物质除NH3、SO3外还有____________。
（5）已知滤液6中MgSO4的质量远大于Na2SO4。
①从滤液6中得到MgSO4晶体，可采用的方式为____________（填字母）。
A．加热至40℃蒸发结晶 B．加热至60℃降温结晶
C．加热至60℃蒸发结晶 D．加热至40℃降温结晶.
②已知Ksp(MgF2)=1×10−11，可在废液中加入NaF进行沉镁，完全沉镁需要控制废液中c(F−)不低于______。
【答案】（每空2分）
（1）450℃和120min
（2）
（3）使转化生成Fe(OH)3沉淀与黄铵铁矾沉淀
（4）NaOH
（5）①A ②
【解析】制取过程分析：矿石与在一定条件下进行焙烧得到熟料，矿石中金属氧化物会生成相应的硫酸盐，SiO2不发生反应。熟料水浸时各种硫酸盐均能溶解，SiO2与其他不溶性杂质通过过滤分离，所得废渣中主要含有SiO2，加入NaOH溶液后，SiO2反应生成Na2SiO3，过滤后滤液2中主要含有NaOH与Na2SiO3，加入Ca(OH)2后，Na2SiO3与之反应生成NaOH与CaSiO3沉淀，过滤分离得NaOH溶液与CaSiO3固体。水浸过滤后的滤液中先加入H2O2，使溶液中的氧化成，再加NH3，溶液酸性逐渐减弱，反应后生成Fe(OH)3沉淀与黄铵铁矾沉淀，过滤分离，滤液4中还含有、、，加NaOH调pH，先让转化成Al(OH)3沉淀，过滤分离，滤液5继续加NaOH溶液调高pH，使转化成Ni(OH)2沉淀，过滤分离，存在于滤液6中。
（1）根据图中数据知焙烧的适宜条件是450℃和120min。
（2）根据质量守恒定律，结合流程图焙烧时的产物，NiO在焙烧时与(NH4)2SO4反应生成(NH4)2Ni(SO4)2的化学方程式为。
（3）根据流程图中加入NH3后生成的产物知其作用是使转化生成Fe(OH)3沉淀与黄铵铁矾沉淀。
（4）滤液3主要含有NaOH，因此NaOH也可以循环使用。
（5）加热至40℃时，Na2SO4溶解度大于MgSO4，且Na2SO4溶解度达到最大。由于溶液中MgSO4的质量远大于Na2SO4，此温度下蒸发除去一定量溶剂后将得到MgSO4的过饱和溶液而使大部分MgSO4析出，故选A。通常认为离子浓度小于时沉淀完全，根据溶度积可计得当时，，因此完全沉镁需要控制废液中c(F−)不低于。
19．（12分）赤泥硫酸铵焙烧浸出液水解制备偏钛酸[TiO(OH)2]可回收钛。
已知：i．⼀定条件下，Ti4+水解⽅程式：
ii．⼀定温度下：；
回答下列问题：
I．赤泥与硫酸铵混合制取浸出液。
（1）用化学用语表示(NH4)2SO4溶液呈酸性的原因_________________________。
II．水解制备偏钛酸：浸出液中含Fe3+、Ti4+等，先向其中加入还原铁粉，然后控制水解条件实现Ti4+水解制备偏钛酸。
（2）浸出液(pH=2)中含有大量Ti4+，若杂质离子沉淀会降低钛水解率。从定量角度解释加入还原铁粉的目的________________________________。
（3）⼀定条件下，还原铁粉添加比对钛水解率的影响如图所示。当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，解释其原因________________________________。
备注：还原铁粉添加比=；n铁粉为还原铁粉添加量，n理论为浸出液中Fe3+全部还原为Fe2+所需的还原铁粉理论量。
（4）⼀定条件下，温度对钛水解率的影响如图所示。结合化学平衡移动原理解释钛水解率随温度升高而增大的原因_________________________。
III．电解制备钛：偏钛酸煅烧得到⼆氧化钛(TiO2)，运用电化学原理在无水CaCl2熔盐电解质中电解TiO2得到海绵钛，装置如图所示。
（5）电极X连接电源___________(填“正”或“负”)极。
（6）写出电极Y上发生的电极反应式_______________________________________。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）
（2）pH=2时，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度为4.9×107 ml/L；Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度为2.6×10−3 ml/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防⽌Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降（3分）
（3）还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(IV)还原为Ti(III)，从而造成钛水解率降低
（4）浸出液存在Ti4+水解平衡：，水解吸热，升高温度时，水解平衡正移，钛水解率升高
（5）正（1分）
（6）TiO2+4e−=Ti+2O2−
【解析】（1）(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应，消耗水电离产生的OH−生成弱碱NH3∙H2O，同时产生H+，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH−)，因此溶液呈酸性，水解反应的离子方程式为：；
（2）Fe粉具有强的还原性，可以与溶液中的Fe3+发生反应产生Fe2+，Fe+2Fe3+=3Fe2+，在溶液pH=2时，c(OH−)=10−12 ml/L，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度c(Fe2+)==4.9×107 ml/L；而Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度c(Fe2+)==2.6×10−3 ml/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防⽌Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降；
（3）根据图示可知：当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(Ⅳ)还原为Ti(Ⅲ)，从而造成钛水解率降低；
（4）浸出液存在Ti4+水解平衡：，盐的水解反应是吸热反应，在其它条件不变时，升高温度，盐水解程度增大，导致钛水解率增大；
（5）在电解时TiO2在阴极上得到电子被还原为Ti单质，则TiO2电极应该与电源负极连接作阴极，X电极连接电源的正极，作阳极。故电极X连接电源的正极；
（6）在Y电极上TiO2得到电子被还原为海绵Ti单质，电极反应式为：TiO2+4e−=Ti+2O2−。
20．（15分）是硅生产工艺的重要中间物，“”的生产工艺备受关注，总反应方程式为： ，该工艺源于对如下反应研究：
反应i：
反应ii：
Ⅰ.探究反应i制备工艺
（1）图甲为使用催化剂与否，反应过程的能量变化。使用催化剂时，决速步的活化能为_______ kJ·ml −1。
（2）随温度T变化的曲线为图乙中的_______(填“X”或“Y”)，判断的理由是_______。
（3）400℃时，若往刚性容器中通入和，初始浓度均为。
①由图乙计算该温度下的平衡转化率约为_______。
②为提高该温度下的平衡转化率，可采取的措施有_____________________。
（4）按一定比例和流速通入和进行催化反应，相同时间内的转化率与温度关系如图丙。温度低于200℃时，的转化率很低的原因是____________________________。
Ⅱ.探究反应ii及对生产工艺的影响
已知：①标准摩尔生成焓()是指由元素最稳定的单质生成1ml纯化合物时的反应焓变。下列物质的标准摩尔生成焓如下表：
②400℃时，
（5）_______ kJ·ml −1。
（6）依据化学平衡移动原理分析，与反应i的制备工艺相比，“”生产工艺的优点是___________________________________。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）84
（2）Y（1分） 反应i为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，变大，变小
（3）①1% ②增大氢气浓度或及时移走或HCl等合理答案（1分）
（4）温度低，化学反应速率较慢，反应未达到平衡状态或温度低，化学平衡常数较小或温度低催化剂活性差，化学反应速率较慢等
（5）−220
（6）生产工艺包含了反应i和ii，反应ii为放热反应，体系温度升高，促使反应i的平衡正向移动或反应ii消耗反应i生成的HCl，生成增大反应i的反应物浓度，促使反应i的平衡正向移”或反应i的化学平衡常数较小，反应ii的化学平衡常数较大，两反应耦合后的总反应平衡常数比反应i大（3分）
【解析】（1）使用催化剂时能降低反应的活化能，改变反应路径，活化能越大反应速率越慢，最慢的一步决定整个反应速率，则决速步的活化能为84 kJ·ml −1；
（2）由图甲可知反应i的反应物总能量低于生成物总能量，则反应i为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，变大，变小，则图乙中的Y代表随温度T变化的曲线；
（3）①400℃时，反应i的pK1=4，则K1=10−4，列三段式：，则，解得x=0.02，该温度下的平衡转化率约为；
②增大反应物浓度或减少生成物浓度均能使平衡正向移动，为提高该温度下的平衡转化率，可采取的措施有：增大氢气浓度或及时移走或HCl等；
（4）温度低于200℃时，的转化率很低的原因是：温度低，化学反应速率较慢，反应未达到平衡状态或温度低，化学平衡常数较小或温度低催化剂活性差，化学反应速率较慢等；
（5）根据表中数据可知
①Si(s)+H2(g)+Cl2(g)⇌ ΔH=−496 kJ·ml −1
②H2(g)+Cl2(g)⇌HCl(g) ΔH=−92 kJ·ml −1
依据盖斯定律可知①−3×②即得−496−3×(−92)= −220 kJ·ml −1；
（6）与反应i的制备工艺相比，“”生产工艺的优点是：生产工艺包含了反应i和ii，反应ii为放热反应，体系温度升高，促使反应i的平衡正向移动或反应ii消耗反应i生成的HCl，生成增大反应i的反应物浓度，促使反应i的平衡正向移”或反应i的化学平衡常数较小，反应ii的化学平衡常数较大，两反应耦合后的总反应平衡常数比反应i大。
A
B
C
D
青铜神树
玉璋
陶瓷马头
黄金面罩
A．检验的漂白性
B．灼烧海带
C．分离溴苯和苯的混合物
D．验证受热易分解
Y
Z
X
W
R
T
物质
相关数据
℃
25
40
50
60
20
25
40
66
80
75
60
34
物质
0
0