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湖南省长沙市望城区第六中学2024-2025学年高三上学期入学考试化学试题（解析版）
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这是一份湖南省长沙市望城区第六中学2024-2025学年高三上学期入学考试化学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了 下列“类比”结果不正确的是， 溶液中存在如下平衡等内容，欢迎下载使用。
化学试题
本试卷共8页。全卷满分100分，考试时间75分钟。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，
再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题
1. 我国科技工作者发现铂的一种原子Pt。下列说法正确的是（ ）
A. 铂元素的相对原子质量为202
B. Pt的质子数是202
C. Pt原子的质量是12C原子质量的202倍
D. Pt的中子数是124
【答案】D
【解析】
【详解】A．一种原子的相对原子质量近似等于其质量数，故该原子的相对原子质量为202，不是元素的相对原子质量，A项错误；
B．核素的质子数为78，202是其质量数，B项错误；
C．一个原子的质量和碳﹣12原子质量的的比值是相对原子质量，相对原子质量近似等于其质量数，则原子的质量是12C原子质量的倍，C项错误；
D．中子数＝质量数﹣质子数，故核素的中子数＝202﹣78＝124，D项正确。
答案选D。
【点睛】化学用语是化学考试中的高频考点，其中元素符号的含义要牢记在心，其左上角为质量数（A）、左下角为质子数（Z），质子数（Z）=核电荷数=原子序数，质量数（A）=质子数（Z）+中子数（N）。
2. 已知 X、Y 和 Z 三种元素的原子序数之和等于 42。X 元素原子的 4p 轨道上有 3 个未成 对电子，Y 元素原子的最外层 2p 轨道上有 2 个未成对电子。X 跟 Y 可形成化合物 X2Y3， Z 元素可以形成负一价离子，下列说法正确的是
A. X 元素原子基态时的电子排布式为[Ar]4s24p3
B. X 元素是第四周期第ⅤA 族元素
C. Y 元素原子的电子排布图为
D. Z 元素的氧化物具有两性
【答案】B
【解析】
【分析】X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，X元素原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s24p3，处于第四周期第ⅤA族，故X为As元素；Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子，Y的2p轨道上有2个电子或4个电子，所以Y为碳元素或氧元素，X跟Y可形成化合物X2Y3，故Y为氧元素；X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42，则Z的质子数为42-8-33=1，则Z为氢元素，氢原子可以形成负一价离子，符合题意。
【详解】A．X为As，为33号元素，基态As原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s24p3，故A错误；
B．X为As，为33号元素，位于第四周期第ⅤA族，故B正确；
C．Y为O元素，基态原子的电子排布式为1s22s22p4，电子排布图为 ，故C错误；
D．H元素的氧化物为H2O，不具有两性，故D错误；
故答案为B。
3. 钛和钛合金被认为是21世纪的重要金属材料，广泛用于火箭、飞机制造业等。工业上利用钛铁矿制备金属钛的工艺流程示意图如下：
下列说法正确的是
A. ①反应釜中生成物X的电子式为
B. FeCl3和TiCl4的沸点相差大，实验室可以使用分液法进行分离
C. ②是原子利用率100%的反应，则每得到1ml甲醇转移电子数4NA
D. ③反应类型为置换反应，其中Ar作保护气，也可以换为N2
【答案】C
【解析】
【分析】钛铁矿和过量的焦炭、氯气反应生成氯化铁、四氯化钛、一氧化碳X，一氧化碳和氢气合成甲醇，镁和四氯化钛高温生成氯化镁和钛；
【详解】A．由分析可知，X为一氧化碳， 为二氧化碳的电子式，A错误；
B．FeCl3和TiCl4的沸点相差大，实验室可以使用蒸馏法，而不是分液法进行分离，B错误；
C．②为一氧化碳和氢气合成甲醇，是原子利用率100%的反应，则反应为，反应中电子转移为，每得到1ml甲醇转移电子数4NA，C正确；
D．③反应为单质和化合物生成另一种单质和化合物的反应，属于置换反应，其中Ar作保护气，但是镁能和氮气反应，不可以换为N2，D错误；
故选C。
4. 下列“类比”结果不正确的是
A. 的热稳定性比的弱，则的热稳定性比的弱
B. 的分子构型为V形，则的分子构型为V形
C. 纯水的电离，则液氨的电离
D. 通入溶液中无沉淀生成，则通入溶液中也没有沉淀生成
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．含有氧氧单键，含有碳碳单键，氧氧单键比氧氢单键键长常，碳碳单键比碳氢单键建常常，因此的热稳定性比的弱，的热稳定性比的弱，故A正确；
B．、的中心原子价层电子对数为2+2=4，孤电子对数均为2，因此分子构型都为V形，故B正确；
C．纯水的电离，则液氨也存在类似于水的电离，故C正确；
D．通入溶液中无沉淀生成，则通入溶液中发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，故D错误；
答案为D。
5. 利用图中所示装置及试剂，能达到相应实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．乙烯与溴水反应，可将原物质除去，不能除杂，故A错误；
B．食盐水中氯气、二氧化硫发生氧化还原反应，且食盐水抑制氯气的溶解，图中装置不能分离出二氧化硫，故B错误；
C．Na2CO3与CO2会反应，故C错误；
D．CuSO4与乙烷不反应，与H2S反应生成CuS沉淀，可除去，故D正确；
故选：D。
6. 氢氟酸刻蚀玻璃的反应为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，下列有关化学用语正确的是
A. 二氧化硅的分子式：SiO2B. HF的电离方程式：HF=H++F—
C. SiF4的电子式：D. 水的结构式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硅是由硅原子和氧原子形成的原子晶体，则SiO2为二氧化硅的化学式，不是分子式，故A错误；
B．氢氟酸是弱酸，在溶液中部分电离出氢离子和氟离子，电离方程式为HFH++F—，故B错误；
C．四氟化硅为共价化合物，电子式为，故C错误；
D．水分子中氧原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形，结构式为，故D正确；
故选D。
7. 下列关于实验仪器和操作说法不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．由 可知，两个实验只有KSC的浓度不同，所以该试验可以研究浓度对化学平衡的影响，故A正确；
B．由装置可知，用乙醇制取乙烯，浓硫酸做催化剂，浓硫酸具有脱水性和强氧化性，所以制得的乙烯中混有CO2、SO2和水蒸气的杂质，SO2具有还原性，也能使溴水褪色，所以不能用溴水检验乙烯的加成反应，故B错误；
C．用盐酸溶液滴定氢氧化钠溶液，左手旋转活塞，右手拿锥形瓶，故C正确；
D． 溴苯中的苯互溶，要除去溴苯中的苯可利用蒸馏的方法分离，故D正确；
故答案B。
8. 金属钛(Ti)与氮形成的某种化合物常被用作高温结构材料和超导材料。研究表明，用Al代替其中部分的Ti可提升耐磨性5倍以上，掺杂Al后的晶胞结构如图所示。已知该晶体属立方晶系，阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是
A. b点原子的分数坐标为
B. 掺杂Al后，晶体中
C. 氮化钛晶胞中，Ti原子位于N原子形成的八面体空隙中
D. 已知最近的两个N原子之间的距离为，则氮化钛晶体的密度为
【答案】C
【解析】
【详解】A ．b点原子的分数坐标为，A错误；
B．结合晶胞结构，Ti为12×=3，Al为1，N为8×+6×=4，晶体中，B错误；
C．由晶胞结构可知，钛原子位于氮原子构成的八面体空隙中，C正确；
D．最近两个N原子之间的距离为，则晶胞边长为cnm，氮化钛晶体中Ti为12×+1=4，N为8×+6×=4，则化学式为TiN，密度为==，D错误；
故选C。
9. 化合物M(结构如图所示)具有较大阴离子，这使得其溶解度较大、电化学稳定性较高，因而被应用于电池电解液中。M的组成元素W、X、Y、Z、L均为短周期主族元素且原子半径依次增大，基态L原子仅s能级上填充电子，基态Y原子s能级上的电子数是p能级上的2倍，W的简单氢化物的沸点高于同主族相邻元素。下列说法正确的是
A. 元素的第一电离能：Y>X>W
B. M中属于p区的元素有4种
C. L形成的单质在X形成的单质中燃烧主要生成
D. M中L和Z元素最外层均不满足结构
【答案】B
【解析】
【分析】由题干信息可知，M的组成元素W、X、Y、Z、L均为短周期主族元素且原子半径依次增大，基态L原子仅s能级上填充电子结合L为+1价离子，故L为Li，基态Y原子s能级上的电子数是p能级上的2倍，且Y能形成4个共价键，半径比Li小，故Y为C，原子半径大小在C和Li之间的元素为Be、B，且Z周围形成4个共价键，则Z为B，W的简单氢化物的沸点高于同主族相邻元素且W的半径最小，则W为F，X可以形成2个共价键，且半径在F和C之间，故X为O，综上分析可知，W、X、Y、Z、L分别为F、O、C、B、Li，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，W为F、X为O、Y为C，根据同一周期元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故元素的第一电离能为F＞O＞C即W >X>Y，A错误；
B．由分析可知，W、X、Y、Z、L分别为F、O、C、B、Li，故M中除Li属于s区，其余4种元素属于p区，B正确；
C．由分析可知，X为O、L为Li，L形成的单质即Li在X形成的单质O2中燃烧只能生成Li2O即L2X，得不到Li2O2即，C错误；
D．由分析可知，L为Li，Z为B，由题干图示信息可知，Z周围形成4个共价键，即M中L元素即Li+最外层不满足结构，而Z元素即B最外层满足结构，D错误；
故答案为：B。
10. 溶液中存在如下平衡：。已知蓝色与黄色的复合色为绿色，蓝色的溶液加热后会变为绿色，下列说法正确的是
A. 上述平衡的正反应为放热反应
B. 的空间构型为正四面体
C. 为研究对平衡的影响，可向溶液中加入少量固体，充分搅拌后观察溶液颜色变化
D. 加热蒸干溶液，最终会得到固体
【答案】C
【解析】
【详解】A．蓝色溶液加热后会变为绿色，说明加热平衡正向移动，则反应为吸热反应，A错误；
B．中铜离子形成4个配位键，为对称结构不是正四面体，B错误；
C．为研究对平衡的影响，可向溶液中加入少量固体，增加氯离子浓度，充分搅拌后观察溶液颜色变化，C正确；
D．氯化铜会水解生成氢氧化铜和挥发性盐酸，加热蒸干溶液，得到氢氧化铜，氢氧化铜受热分解，故最终会得到氧化铜固体，D错误；
故选C。
11. 25℃时，向含有1 ml甘氨酸盐酸盐()的溶液中加入NaOH固体，溶液pH及体系中，，三种粒子的分布系数变化如图所示。
[比如中的分布系数：]
下列说法正确的是
A. a代表
B. m点：pH小于2.35
C. n点溶液中
D. 曲线上任意点溶液均存在：
【答案】D
【解析】
【分析】 ；由分布系数图像交点可知、；
【详解】A．由图知，c代表，A错误；
B．m点ml时，反应后溶液中，但由于的电离平衡常数大于的水解平衡常数，因此，根据分布系数分布图，m点pH大于2.35，B错误；
C．电荷守恒：，C错误；
D．由可得到，D正确；
故选D。
12. 25℃时，用 NaOH 溶液滴定H2A 溶液，溶液中和或和关系如图所示，下列说法正确的是
A. H2A 为弱酸，其 Ka1约为 10−4
B. 滴定过程中，当 pH=5 时，c(Na+)>3c(A2−)
C. 向 H2A 溶液中加入等体积等浓度的NaOH 溶液，完全反应后溶液显碱性
D. 已知 H2CO3的 Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11，则足量 Na2CO3溶液中滴入少量 H2A 溶液， 发生的离子反应为. H2A+2 = 2 + A2-
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，H2A 为二元弱酸，Ka1= ，Ka2= ，当=0时，溶液中=—，同理当=0时，=—，电离常数Ka1>Ka2，由图可知，曲线 I 表示 和的关系，曲线 II 表示和的关系。
【详解】A．由分析可知，H2A 为二元弱酸，曲线 I 表示 和的关系，当=0时，溶液中=—，则Ka1为10−2，故A 错误；
B．由图可知，当=3时，=2，则Ka2= =10-3×10-2=10-5，当 pH=5 时，溶液中c(HA- )=c(A2- )，由电荷守恒 c(H+ ) + c (Na+ )═c (OH-)+ c (HA- )+2 c (A2- )可得c (H+ )+c(Na+ )═c(OH-)+3c(A2- )，则c(Na+ )-3c(A2- )═c(OH-)-c(H+ )<0， c(Na+ )<3c(A2-)，故B 错误；
C．向 H2A 溶液中加入等体积等浓度 NaOH 溶液，完全反应后生成 NaHA 溶液，H2A的二级电离常数Ka2=10-5，A2-的二级水解常数Kh2===10-12< Ka2，则NaHA 溶液电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故C 错误；
D．由电离常数可知，酸的电离程度的大小顺序为H2A>HA->H2CO3>，则过量 Na2CO3溶液中与H2A 溶液反应生成NaHCO3和Na2A，反应的离子方程式为. H2A+2 = 2 + A2-，故D 正确；
故选D。
13. 利用如图装置探究铁在海水中的电化学防护，下列说法错误的是
A. 若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀
B. 若X为锌棒，开关K置于M处，海水降低
C. 若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀
D. 若X为碳棒，开关K置于N处，碳棒上发生氧化反应
【答案】B
【解析】
【分析】若开关K置于M处时，形成原电池；若开关K置于N处时，形成电解池。
【详解】A．若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，铁得电子做正极被保护，A正确；
B．若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，总方程式为2Zn+O2+2H2O=2Zn(OH)2↓，海水pH几乎不变，B错误；
C．若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，铁作阴极，被保护，可减缓铁的腐蚀，C正确；
D．若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，碳棒做阳极，失去电子发生氧化反应，D正确；
故答案为：B。
14. 一定温度下可逆反应：A(s)+2B(g)2C(g)+D(g)；△H>0。现将1mlA和2mlB加入甲容器中，将4 mlC和2 ml D加入乙容器中，此时控制活塞P，使乙的容积为甲的2倍，t1时两容器内均达到平衡状态(如图1所示，隔板K不能移动)。下列说法正确的是
A. 保持温度和活塞位置不变，在甲中再加入1 ml A和2 ml B,达到新的平衡后，甲中C的浓度是乙中C的浓度的2倍
B. 保持活塞位置不变，升高温度，达到新的平衡后，甲、乙中B的体积分数均增加
C. 保持温度不变，移动活塞P，使乙的容积和甲相等，达到新的平衡后，乙中C的体积分数是甲中C的体积分数的2倍
D. 保持温度和乙中的压强不变，t2时分别向甲、乙中加入等质量的氦气后，甲、乙中反应速率变化情况分别如图2和图3所示(t1前的反应速率变化已省略)
【答案】D
【解析】
【分析】根据等效平衡分析，4mlC和2mlD相当于2mlA和4mlB，但是乙容器的容积是甲的2倍，即物质的量浓度相同，所以在相同条件下达到相同平衡状态。
【详解】A．保持温度和活塞位置不变，在甲中再加入1mlA和2mlB，相当于增大压强，平衡向逆反应反向移动，达到平衡时甲中C的浓度小于原来的2倍，甲中C的浓度小于乙中C的浓度的2倍，A项错误；
B．保持活塞位置不变，升高温度，平衡向正反应方向移动，甲、乙中B的体积分数减小，B项错误；
C．保持温度不变，移动活塞P，使乙的容积和甲相等，相当于增大乙的压强，平衡向逆反应方向移动，减小甲的压强平衡向正反应方向移动，达到新的平衡后，乙中C的体积分数小于甲中C的体积分数的2倍，C项错误；
D．甲中温度和体积不变充入稀有气体，没有改变气体的浓度，对反应速率没有影响，可以用图2表示，乙中温度和压强不变，充入稀有气体，相当于增大容器体积，气体浓度减小，反应速率减小，生成物的浓度减小的程度大些，化学平衡正向移动，可以用图3表示，D项正确；
答案选D。
【点睛】本题考查等效平衡及影响平衡的因素等知识。根据等效平衡分析，4ml C和2ml D相当于2ml A和4ml B，但是乙容器的容积是甲的2倍，即物质的量浓度相同，所以在相同条件下达到相同平衡状态，即甲和乙容器此时是等效平衡状态。
二、非选择题
15. ①～5五种元素在元素周期表中的位置关系如图：
回答下列问题：
（1）①的元素名称是_______。
（2）④的基态原子的电子排布式是_______。
（3）②和③中，电负性较大的是_______(填元素符号)。
（4）②和⑤中，第一电离能较大的是_______(填元素符号)。
（5）②、③、⑤分别与①形成的最简单化合物中，热稳定性最强的是_______(填化学式)。
【答案】（1）氢 （2）
（3）O （4）N
（5）H2O
【解析】
【分析】①在第一周期IA族，故为氢元素，④在第三期IA族，故为钠元素，②在第二期VA族，故为氮元素，⑤在氮元素的同族，且下一个周期，故⑤是磷元素，③在氮元素的同周期，且在氮元素的右边，故③是氧元素，据此分析。
【小问1详解】
由上述分析可知，①在第一周期IA族，故为氢元素，答案为：氢；
【小问2详解】
④为钠元素，11号元素，故钠元素基态原子的电子排布式是：；
【小问3详解】
②是氮元素，③是氧元素，同周期元素，越往右电负性越大，电负性较大的是氧元素，答案为：O；
【小问4详解】
②是氮元素，⑤是磷元素，二者同主族，同主族越往下第一电离能越小，故第一电离能较大的是：氮元素；答案为：N；
【小问5详解】
元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，氮、磷、氧三种元素中，非金属最强是氧元素，故热稳定性最强的是：H2O；答案为：H2O。
16. 物质类别与元素价态，是学习元素及其化合物性质的重要认识视角，基于物质类别和元素价态，既可预测物质的性质，还可以设计物质间的转化途径。请结合铁元素的价类二维图回答下列问题：
（1）对于，从物质类别来看，它属于
A. 盐B. 碱C. 金属氧化物D. 非金属氧化物
（2）从物质类别和元素价态视角，下列预测的性质错误的是
A. 具有氧化性B. 可与铝反应
C. 可与稀盐酸反应D. 可与NaOH溶液反应
（3）基于物质类别和元素价态，下列不能实现转化的是
A. 铁与氯气反应B. 铁与稀盐酸反应
C. 铁与氯化铜溶液反应D. 铁与氯化铁溶液反应
（4）下列关于铁及其化合物的叙述正确的是
A. 的用途之一是五金蚀刻B. 俗称铁红，可作外墙涂料
C. 和均为红褐色固体D. 缺铁性贫血是由于人体血液中缺乏
（5）某溶液中可能含有、、、，向该溶液中滴加硫氰化钾溶液后显红色，可确定该溶液中一定含有
A. B. C. D.
（6）能实现下列物质间直接转化的元素是
单质氧化物酸(或碱)
A. CuB. FeC. SiD. Na
【答案】（1）C （2）D （3）A （4）B （5）B （6）D
【解析】
【小问1详解】
属于金属氧化物，答案选C；
【小问2详解】
A. 中铁的化合价为+3价，具有氧化性，选项A正确；
B. 可与铝发生铝热反应生成铁和氧化铝，选项B正确；
C. 可与稀盐酸反应生成氯化铁和水，选项C正确；
D. 不能与NaOH反应，选项D错误；
答案选D；
【小问3详解】
A．Fe与反应得到的是，选项A错误；
B. 铁与稀盐酸反应生成和氢气，选项B正确；
C. 铁与氯化铜溶液反应生成和氯化铜，选项C正确；
D. 铁与氯化铁溶液反应生成，选项D正确；
答案选A；
【小问4详解】
A．的用途是五金蚀刻，选项A错误；
B．俗称铁红，可作外墙涂料，选项B正确；
C．是白色的，选项C错误；
D．缺铁性贫血是缺，选项D错误；
答案选B；
【小问5详解】
遇KSCN溶液显红色，答案选B；
【小问6详解】
采用代入法，CuO、、不能与水反应，选项A、B、C错误；
答案选D。
17. 酸锶(SrTiO3)具有光催化活性，工业上常用钛铁矿(主要含FeTiO3和少量SiO2、Fe2O3)为原料合成钛酸锶，其工艺流程如图：
已知：常温下，Fe(OH)3的Ksp=4.0×10-38。
回答下列问题：
（1）按化合物的组成和性质分类，SrTiO3属于____类(填正确答案标号)。
A. 酸B. 碱C. 盐D. 氧化物
（2）“酸溶”时，分离混合物得到TiOSO4溶液的操作名称是____。
（3）常温下，“水浸”时需要控制溶液pH≤3.0，以确保水浸渣中不含Fe(OH)3，此时所得滤液中Fe3+的最大浓度为____ml·L-1。
（4）“氯化”时，需在高温且碳过量的条件下进行，该反应的化学方程式为____。若水浸渣焙烧不充分，对“氧化”的不利影响是____(写出一点即可)。
（5）“共沉淀”时，经过过滤、洗涤、干燥得到纯净的SrTiO(C2O4)2·4H2O。请简述实验室用蒸馏水洗涤沉淀的操作是____。
（6）利用钛酸锶光催化还原CO2有利于实现“碳达峰”“碳中和”，其原理如图所示。写出铂电极上的电极反应式____，反应过程中除需不断通入CO2外，一段时间后，还需向装置中补充____(填化学式)。
【答案】（1）C （2）过滤
（3）4.0×10-5
（4） ①. 2C+TiO2+2Cl2TiCl4+2CO ②. TiCl4遇水发生水解(氯气与水反应或碳与水蒸气反应)
（5）向过滤器中加入蒸馏水，直到淹没沉淀，待水自然流出，重复2~3即次即可
（6） ①. CO2+8H++8e-=CH4+2H2O ②. H2O
【解析】
【分析】钛铁矿(主要含FeTiO3和少量SiO2、Fe2O3)为原料加入双氧水、硫酸酸溶，过滤去除滤渣，滤液中加入硫酸氧钛，加入热水水浸去掉滤液，水浸渣焙烧得到氧化钛，加入碳和氯气氯化，得到四氯化钛，再加入氯化锶、草酸溶液共沉淀，再煅烧得到钛酸锶。
【小问1详解】
钛酸锶(SrTiO3)中含有钛酸根(TiO32-)，所以为钛酸盐，答案选C；
【小问2详解】
钛铁矿(主要含FeTiO3和少量SiO2、Fe2O3)溶于硫酸时，只有SiO2不反应，同时，有二价和三价铁生成，双氧水的作用氧化-二价铁，分离的方法(操作)为过滤；
【小问3详解】
根据常温下，Fe(OH)3的Ksp=4.0×10-38，将氢氧根离子浓度代入Ksp，可以得出“滤液”中Fe3+的最大浓度为4.0×10-5ml/L；
【小问4详解】
在氯化过程中，高温时由于碳过量所以有CO生成，氯化反应相关化学方程式为2C+TiO2+2Cl2TiCl4+2CO。如果水浸渣煅烧不充分，有水残留，TiCl4遇水发生水解(氯气与水反应或碳与水蒸气反应)，则“氯化”效率降低；
【小问5详解】
“共沉淀”后经过过滤、洗涤、干燥得到纯净的草酸氧钛锶晶体SrTiO(C2O4)2·4H2O；
洗涤的操作向过滤器中加入蒸馏水，直到淹没沉淀，待水自然流出，重复2~3次即可；
【小问6详解】
从其原理图可知，铂电极发生CO2到CH4的转换，即发生还原反应，其电极反应式CO2+8H++8e-=CH4+2H2O，从总反应看，反应为CO2与水反应生成CH4和氧气，所以当反应进行一段时间后，需要向装置中补充水。
18. 运用化学反应原理研究氮、氯等单质及其化合物的反应有重要意义。
（1）科学家研究在一定条件下通过下列反应制备NH3:
①在其他条件相同时，反应中NH3的体积分数(a)在不同温度下随反应时间(t)的变化如图。该反应的平衡常数表达式K=______，该反应中的____0（填“>”“<”或“=”）。
②某温度下，在2L容积不变的密闭容器中加入1mlN2和6mlH2O（1）发生反应，N2转化率随时间(t)变化如图。15-20min内，v(NH3)=____。若其他条件不变，在图中画出使用催化剂后N2的转化率随反应时间变化的曲线示意图_______。
（2） 25℃时，某同学将0.lml盐酸与0.2 ml氨水等体积混合，所得混合溶液pH______7（填“>”“<”或“=”，下同），混合溶液中c(NH4+)______c(NH3H2O)（25℃时，NH3.H2O的电离常数）
（3） 25℃时，向0.lml的MgCl2溶液中逐滴加入适量0.lml氨水，有白色沉淀生成，向反应后的浊液中，继续加入0.lml的FeCl3溶液，观察到的现象是______ ；上述过程中发生的所有反应的离子方程式为______。(25℃时，，）
【答案】 ①. ②. ＞ ③. 0.0018ml·L-1·min-1 ④. ⑤. ＞ ⑥. ＞ ⑦. 白色沉淀逐渐变成红褐色 ⑧. Mg2+＋2NH3·H2O＝Mg(OH)2↓＋2NH4+、2Fe3+（aq）＋3Mg(OH)2（s）＝2Fe(OH)3（s）＋3Mg2+（aq）
【解析】
【详解】（1）①根据平衡常数的含义，可得该反应的平衡常数K=；根据图象可知，温度升高，生成物NH3的体积分数逐渐增大，说明平衡向右移动，则该反应为吸热反应，∆H > 0。
故答案为；>；
②根据图象，15min时N2的转化率为1.3%，20min时N2的转化率为2%，则v(NH3)=2v(N2)=2×1ml×(2.2%-1.3%)÷2L÷5min=0.0018ml·L-1·min-1；使用了催化剂，反应速率加快，但平衡不移动，可画出曲线如图 。
故答案为0.0018ml·L-1·min-1； ；
（2）0.l ml•L‾1盐酸与0.2 ml•L‾1氨水等体积混合，所得混合溶液含有等量的NH4Cl和NH3•H2O，溶液呈碱性，则pH > 7；NH3•H2O的电离程度大于NH4Cl的水解程度，所以c(NH4+)>c(NH3•H2O)。
故答案为>；>；
（3）根据Mg(OH)2和Fe(OH)3的Ksp可知生成Fe(OH)3沉淀时OH‾的浓度更小，所以Mg(OH)2沉淀会转化为Fe(OH)3沉淀，白色沉淀逐渐变成红褐色；先后发生反应的离子方程式为：Mg2+＋2NH3·H2O＝Mg(OH)2↓＋2NH4+；2Fe3+（aq）＋3Mg(OH)2（s）＝2Fe(OH)3（s）＋3Mg2+（aq）。
故答案为白色沉淀逐渐变成红褐色；Mg2+＋2NH3·H2O＝Mg(OH)2↓＋2NH4+、2Fe3+（aq）＋3Mg(OH)2（s）＝2Fe(OH)3（s）＋3Mg2+（aq）。选项
甲
实验目的
A
溴水
除去中的
B
饱和食盐水
从和的混合气体中分离出
C
饱和溶液
除去中的HCl
D
溶液
除去乙烷中的
选项
A
B
C
D
实验
研究浓度对化学平衡的影响
制备并检验乙烯
用盐酸溶液滴定氢氧化钠溶液
除去溴苯中苯
装置或仪器
族周期
IA
II A
III A
IVA
VA
VIA
VIIA
0
1
①
2
②
③
3
④
⑤
化学试题
本试卷共8页。全卷满分100分，考试时间75分钟。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，
再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题
1. 我国科技工作者发现铂的一种原子Pt。下列说法正确的是（ ）
A. 铂元素的相对原子质量为202
B. Pt的质子数是202
C. Pt原子的质量是12C原子质量的202倍
D. Pt的中子数是124
【答案】D
【解析】
【详解】A．一种原子的相对原子质量近似等于其质量数，故该原子的相对原子质量为202，不是元素的相对原子质量，A项错误；
B．核素的质子数为78，202是其质量数，B项错误；
C．一个原子的质量和碳﹣12原子质量的的比值是相对原子质量，相对原子质量近似等于其质量数，则原子的质量是12C原子质量的倍，C项错误；
D．中子数＝质量数﹣质子数，故核素的中子数＝202﹣78＝124，D项正确。
答案选D。
【点睛】化学用语是化学考试中的高频考点，其中元素符号的含义要牢记在心，其左上角为质量数（A）、左下角为质子数（Z），质子数（Z）=核电荷数=原子序数，质量数（A）=质子数（Z）+中子数（N）。
2. 已知 X、Y 和 Z 三种元素的原子序数之和等于 42。X 元素原子的 4p 轨道上有 3 个未成 对电子，Y 元素原子的最外层 2p 轨道上有 2 个未成对电子。X 跟 Y 可形成化合物 X2Y3， Z 元素可以形成负一价离子，下列说法正确的是
A. X 元素原子基态时的电子排布式为[Ar]4s24p3
B. X 元素是第四周期第ⅤA 族元素
C. Y 元素原子的电子排布图为
D. Z 元素的氧化物具有两性
【答案】B
【解析】
【分析】X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，X元素原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s24p3，处于第四周期第ⅤA族，故X为As元素；Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子，Y的2p轨道上有2个电子或4个电子，所以Y为碳元素或氧元素，X跟Y可形成化合物X2Y3，故Y为氧元素；X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42，则Z的质子数为42-8-33=1，则Z为氢元素，氢原子可以形成负一价离子，符合题意。
【详解】A．X为As，为33号元素，基态As原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s24p3，故A错误；
B．X为As，为33号元素，位于第四周期第ⅤA族，故B正确；
C．Y为O元素，基态原子的电子排布式为1s22s22p4，电子排布图为 ，故C错误；
D．H元素的氧化物为H2O，不具有两性，故D错误；
故答案为B。
3. 钛和钛合金被认为是21世纪的重要金属材料，广泛用于火箭、飞机制造业等。工业上利用钛铁矿制备金属钛的工艺流程示意图如下：
下列说法正确的是
A. ①反应釜中生成物X的电子式为
B. FeCl3和TiCl4的沸点相差大，实验室可以使用分液法进行分离
C. ②是原子利用率100%的反应，则每得到1ml甲醇转移电子数4NA
D. ③反应类型为置换反应，其中Ar作保护气，也可以换为N2
【答案】C
【解析】
【分析】钛铁矿和过量的焦炭、氯气反应生成氯化铁、四氯化钛、一氧化碳X，一氧化碳和氢气合成甲醇，镁和四氯化钛高温生成氯化镁和钛；
【详解】A．由分析可知，X为一氧化碳， 为二氧化碳的电子式，A错误；
B．FeCl3和TiCl4的沸点相差大，实验室可以使用蒸馏法，而不是分液法进行分离，B错误；
C．②为一氧化碳和氢气合成甲醇，是原子利用率100%的反应，则反应为，反应中电子转移为，每得到1ml甲醇转移电子数4NA，C正确；
D．③反应为单质和化合物生成另一种单质和化合物的反应，属于置换反应，其中Ar作保护气，但是镁能和氮气反应，不可以换为N2，D错误；
故选C。
4. 下列“类比”结果不正确的是
A. 的热稳定性比的弱，则的热稳定性比的弱
B. 的分子构型为V形，则的分子构型为V形
C. 纯水的电离，则液氨的电离
D. 通入溶液中无沉淀生成，则通入溶液中也没有沉淀生成
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．含有氧氧单键，含有碳碳单键，氧氧单键比氧氢单键键长常，碳碳单键比碳氢单键建常常，因此的热稳定性比的弱，的热稳定性比的弱，故A正确；
B．、的中心原子价层电子对数为2+2=4，孤电子对数均为2，因此分子构型都为V形，故B正确；
C．纯水的电离，则液氨也存在类似于水的电离，故C正确；
D．通入溶液中无沉淀生成，则通入溶液中发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，故D错误；
答案为D。
5. 利用图中所示装置及试剂，能达到相应实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．乙烯与溴水反应，可将原物质除去，不能除杂，故A错误；
B．食盐水中氯气、二氧化硫发生氧化还原反应，且食盐水抑制氯气的溶解，图中装置不能分离出二氧化硫，故B错误；
C．Na2CO3与CO2会反应，故C错误；
D．CuSO4与乙烷不反应，与H2S反应生成CuS沉淀，可除去，故D正确；
故选：D。
6. 氢氟酸刻蚀玻璃的反应为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，下列有关化学用语正确的是
A. 二氧化硅的分子式：SiO2B. HF的电离方程式：HF=H++F—
C. SiF4的电子式：D. 水的结构式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硅是由硅原子和氧原子形成的原子晶体，则SiO2为二氧化硅的化学式，不是分子式，故A错误；
B．氢氟酸是弱酸，在溶液中部分电离出氢离子和氟离子，电离方程式为HFH++F—，故B错误；
C．四氟化硅为共价化合物，电子式为，故C错误；
D．水分子中氧原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形，结构式为，故D正确；
故选D。
7. 下列关于实验仪器和操作说法不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．由 可知，两个实验只有KSC的浓度不同，所以该试验可以研究浓度对化学平衡的影响，故A正确；
B．由装置可知，用乙醇制取乙烯，浓硫酸做催化剂，浓硫酸具有脱水性和强氧化性，所以制得的乙烯中混有CO2、SO2和水蒸气的杂质，SO2具有还原性，也能使溴水褪色，所以不能用溴水检验乙烯的加成反应，故B错误；
C．用盐酸溶液滴定氢氧化钠溶液，左手旋转活塞，右手拿锥形瓶，故C正确；
D． 溴苯中的苯互溶，要除去溴苯中的苯可利用蒸馏的方法分离，故D正确；
故答案B。
8. 金属钛(Ti)与氮形成的某种化合物常被用作高温结构材料和超导材料。研究表明，用Al代替其中部分的Ti可提升耐磨性5倍以上，掺杂Al后的晶胞结构如图所示。已知该晶体属立方晶系，阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是
A. b点原子的分数坐标为
B. 掺杂Al后，晶体中
C. 氮化钛晶胞中，Ti原子位于N原子形成的八面体空隙中
D. 已知最近的两个N原子之间的距离为，则氮化钛晶体的密度为
【答案】C
【解析】
【详解】A ．b点原子的分数坐标为，A错误；
B．结合晶胞结构，Ti为12×=3，Al为1，N为8×+6×=4，晶体中，B错误；
C．由晶胞结构可知，钛原子位于氮原子构成的八面体空隙中，C正确；
D．最近两个N原子之间的距离为，则晶胞边长为cnm，氮化钛晶体中Ti为12×+1=4，N为8×+6×=4，则化学式为TiN，密度为==，D错误；
故选C。
9. 化合物M(结构如图所示)具有较大阴离子，这使得其溶解度较大、电化学稳定性较高，因而被应用于电池电解液中。M的组成元素W、X、Y、Z、L均为短周期主族元素且原子半径依次增大，基态L原子仅s能级上填充电子，基态Y原子s能级上的电子数是p能级上的2倍，W的简单氢化物的沸点高于同主族相邻元素。下列说法正确的是
A. 元素的第一电离能：Y>X>W
B. M中属于p区的元素有4种
C. L形成的单质在X形成的单质中燃烧主要生成
D. M中L和Z元素最外层均不满足结构
【答案】B
【解析】
【分析】由题干信息可知，M的组成元素W、X、Y、Z、L均为短周期主族元素且原子半径依次增大，基态L原子仅s能级上填充电子结合L为+1价离子，故L为Li，基态Y原子s能级上的电子数是p能级上的2倍，且Y能形成4个共价键，半径比Li小，故Y为C，原子半径大小在C和Li之间的元素为Be、B，且Z周围形成4个共价键，则Z为B，W的简单氢化物的沸点高于同主族相邻元素且W的半径最小，则W为F，X可以形成2个共价键，且半径在F和C之间，故X为O，综上分析可知，W、X、Y、Z、L分别为F、O、C、B、Li，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，W为F、X为O、Y为C，根据同一周期元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故元素的第一电离能为F＞O＞C即W >X>Y，A错误；
B．由分析可知，W、X、Y、Z、L分别为F、O、C、B、Li，故M中除Li属于s区，其余4种元素属于p区，B正确；
C．由分析可知，X为O、L为Li，L形成的单质即Li在X形成的单质O2中燃烧只能生成Li2O即L2X，得不到Li2O2即，C错误；
D．由分析可知，L为Li，Z为B，由题干图示信息可知，Z周围形成4个共价键，即M中L元素即Li+最外层不满足结构，而Z元素即B最外层满足结构，D错误；
故答案为：B。
10. 溶液中存在如下平衡：。已知蓝色与黄色的复合色为绿色，蓝色的溶液加热后会变为绿色，下列说法正确的是
A. 上述平衡的正反应为放热反应
B. 的空间构型为正四面体
C. 为研究对平衡的影响，可向溶液中加入少量固体，充分搅拌后观察溶液颜色变化
D. 加热蒸干溶液，最终会得到固体
【答案】C
【解析】
【详解】A．蓝色溶液加热后会变为绿色，说明加热平衡正向移动，则反应为吸热反应，A错误；
B．中铜离子形成4个配位键，为对称结构不是正四面体，B错误；
C．为研究对平衡的影响，可向溶液中加入少量固体，增加氯离子浓度，充分搅拌后观察溶液颜色变化，C正确；
D．氯化铜会水解生成氢氧化铜和挥发性盐酸，加热蒸干溶液，得到氢氧化铜，氢氧化铜受热分解，故最终会得到氧化铜固体，D错误；
故选C。
11. 25℃时，向含有1 ml甘氨酸盐酸盐()的溶液中加入NaOH固体，溶液pH及体系中，，三种粒子的分布系数变化如图所示。
[比如中的分布系数：]
下列说法正确的是
A. a代表
B. m点：pH小于2.35
C. n点溶液中
D. 曲线上任意点溶液均存在：
【答案】D
【解析】
【分析】 ；由分布系数图像交点可知、；
【详解】A．由图知，c代表，A错误；
B．m点ml时，反应后溶液中，但由于的电离平衡常数大于的水解平衡常数，因此，根据分布系数分布图，m点pH大于2.35，B错误；
C．电荷守恒：，C错误；
D．由可得到，D正确；
故选D。
12. 25℃时，用 NaOH 溶液滴定H2A 溶液，溶液中和或和关系如图所示，下列说法正确的是
A. H2A 为弱酸，其 Ka1约为 10−4
B. 滴定过程中，当 pH=5 时，c(Na+)>3c(A2−)
C. 向 H2A 溶液中加入等体积等浓度的NaOH 溶液，完全反应后溶液显碱性
D. 已知 H2CO3的 Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11，则足量 Na2CO3溶液中滴入少量 H2A 溶液， 发生的离子反应为. H2A+2 = 2 + A2-
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，H2A 为二元弱酸，Ka1= ，Ka2= ，当=0时，溶液中=—，同理当=0时，=—，电离常数Ka1>Ka2，由图可知，曲线 I 表示 和的关系，曲线 II 表示和的关系。
【详解】A．由分析可知，H2A 为二元弱酸，曲线 I 表示 和的关系，当=0时，溶液中=—，则Ka1为10−2，故A 错误；
B．由图可知，当=3时，=2，则Ka2= =10-3×10-2=10-5，当 pH=5 时，溶液中c(HA- )=c(A2- )，由电荷守恒 c(H+ ) + c (Na+ )═c (OH-)+ c (HA- )+2 c (A2- )可得c (H+ )+c(Na+ )═c(OH-)+3c(A2- )，则c(Na+ )-3c(A2- )═c(OH-)-c(H+ )<0， c(Na+ )<3c(A2-)，故B 错误；
C．向 H2A 溶液中加入等体积等浓度 NaOH 溶液，完全反应后生成 NaHA 溶液，H2A的二级电离常数Ka2=10-5，A2-的二级水解常数Kh2===10-12< Ka2，则NaHA 溶液电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故C 错误；
D．由电离常数可知，酸的电离程度的大小顺序为H2A>HA->H2CO3>，则过量 Na2CO3溶液中与H2A 溶液反应生成NaHCO3和Na2A，反应的离子方程式为. H2A+2 = 2 + A2-，故D 正确；
故选D。
13. 利用如图装置探究铁在海水中的电化学防护，下列说法错误的是
A. 若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀
B. 若X为锌棒，开关K置于M处，海水降低
C. 若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀
D. 若X为碳棒，开关K置于N处，碳棒上发生氧化反应
【答案】B
【解析】
【分析】若开关K置于M处时，形成原电池；若开关K置于N处时，形成电解池。
【详解】A．若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，铁得电子做正极被保护，A正确；
B．若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，总方程式为2Zn+O2+2H2O=2Zn(OH)2↓，海水pH几乎不变，B错误；
C．若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，铁作阴极，被保护，可减缓铁的腐蚀，C正确；
D．若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，碳棒做阳极，失去电子发生氧化反应，D正确；
故答案为：B。
14. 一定温度下可逆反应：A(s)+2B(g)2C(g)+D(g)；△H>0。现将1mlA和2mlB加入甲容器中，将4 mlC和2 ml D加入乙容器中，此时控制活塞P，使乙的容积为甲的2倍，t1时两容器内均达到平衡状态(如图1所示，隔板K不能移动)。下列说法正确的是
A. 保持温度和活塞位置不变，在甲中再加入1 ml A和2 ml B,达到新的平衡后，甲中C的浓度是乙中C的浓度的2倍
B. 保持活塞位置不变，升高温度，达到新的平衡后，甲、乙中B的体积分数均增加
C. 保持温度不变，移动活塞P，使乙的容积和甲相等，达到新的平衡后，乙中C的体积分数是甲中C的体积分数的2倍
D. 保持温度和乙中的压强不变，t2时分别向甲、乙中加入等质量的氦气后，甲、乙中反应速率变化情况分别如图2和图3所示(t1前的反应速率变化已省略)
【答案】D
【解析】
【分析】根据等效平衡分析，4mlC和2mlD相当于2mlA和4mlB，但是乙容器的容积是甲的2倍，即物质的量浓度相同，所以在相同条件下达到相同平衡状态。
【详解】A．保持温度和活塞位置不变，在甲中再加入1mlA和2mlB，相当于增大压强，平衡向逆反应反向移动，达到平衡时甲中C的浓度小于原来的2倍，甲中C的浓度小于乙中C的浓度的2倍，A项错误；
B．保持活塞位置不变，升高温度，平衡向正反应方向移动，甲、乙中B的体积分数减小，B项错误；
C．保持温度不变，移动活塞P，使乙的容积和甲相等，相当于增大乙的压强，平衡向逆反应方向移动，减小甲的压强平衡向正反应方向移动，达到新的平衡后，乙中C的体积分数小于甲中C的体积分数的2倍，C项错误；
D．甲中温度和体积不变充入稀有气体，没有改变气体的浓度，对反应速率没有影响，可以用图2表示，乙中温度和压强不变，充入稀有气体，相当于增大容器体积，气体浓度减小，反应速率减小，生成物的浓度减小的程度大些，化学平衡正向移动，可以用图3表示，D项正确；
答案选D。
【点睛】本题考查等效平衡及影响平衡的因素等知识。根据等效平衡分析，4ml C和2ml D相当于2ml A和4ml B，但是乙容器的容积是甲的2倍，即物质的量浓度相同，所以在相同条件下达到相同平衡状态，即甲和乙容器此时是等效平衡状态。
二、非选择题
15. ①～5五种元素在元素周期表中的位置关系如图：
回答下列问题：
（1）①的元素名称是_______。
（2）④的基态原子的电子排布式是_______。
（3）②和③中，电负性较大的是_______(填元素符号)。
（4）②和⑤中，第一电离能较大的是_______(填元素符号)。
（5）②、③、⑤分别与①形成的最简单化合物中，热稳定性最强的是_______(填化学式)。
【答案】（1）氢 （2）
（3）O （4）N
（5）H2O
【解析】
【分析】①在第一周期IA族，故为氢元素，④在第三期IA族，故为钠元素，②在第二期VA族，故为氮元素，⑤在氮元素的同族，且下一个周期，故⑤是磷元素，③在氮元素的同周期，且在氮元素的右边，故③是氧元素，据此分析。
【小问1详解】
由上述分析可知，①在第一周期IA族，故为氢元素，答案为：氢；
【小问2详解】
④为钠元素，11号元素，故钠元素基态原子的电子排布式是：；
【小问3详解】
②是氮元素，③是氧元素，同周期元素，越往右电负性越大，电负性较大的是氧元素，答案为：O；
【小问4详解】
②是氮元素，⑤是磷元素，二者同主族，同主族越往下第一电离能越小，故第一电离能较大的是：氮元素；答案为：N；
【小问5详解】
元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，氮、磷、氧三种元素中，非金属最强是氧元素，故热稳定性最强的是：H2O；答案为：H2O。
16. 物质类别与元素价态，是学习元素及其化合物性质的重要认识视角，基于物质类别和元素价态，既可预测物质的性质，还可以设计物质间的转化途径。请结合铁元素的价类二维图回答下列问题：
（1）对于，从物质类别来看，它属于
A. 盐B. 碱C. 金属氧化物D. 非金属氧化物
（2）从物质类别和元素价态视角，下列预测的性质错误的是
A. 具有氧化性B. 可与铝反应
C. 可与稀盐酸反应D. 可与NaOH溶液反应
（3）基于物质类别和元素价态，下列不能实现转化的是
A. 铁与氯气反应B. 铁与稀盐酸反应
C. 铁与氯化铜溶液反应D. 铁与氯化铁溶液反应
（4）下列关于铁及其化合物的叙述正确的是
A. 的用途之一是五金蚀刻B. 俗称铁红，可作外墙涂料
C. 和均为红褐色固体D. 缺铁性贫血是由于人体血液中缺乏
（5）某溶液中可能含有、、、，向该溶液中滴加硫氰化钾溶液后显红色，可确定该溶液中一定含有
A. B. C. D.
（6）能实现下列物质间直接转化的元素是
单质氧化物酸(或碱)
A. CuB. FeC. SiD. Na
【答案】（1）C （2）D （3）A （4）B （5）B （6）D
【解析】
【小问1详解】
属于金属氧化物，答案选C；
【小问2详解】
A. 中铁的化合价为+3价，具有氧化性，选项A正确；
B. 可与铝发生铝热反应生成铁和氧化铝，选项B正确；
C. 可与稀盐酸反应生成氯化铁和水，选项C正确；
D. 不能与NaOH反应，选项D错误；
答案选D；
【小问3详解】
A．Fe与反应得到的是，选项A错误；
B. 铁与稀盐酸反应生成和氢气，选项B正确；
C. 铁与氯化铜溶液反应生成和氯化铜，选项C正确；
D. 铁与氯化铁溶液反应生成，选项D正确；
答案选A；
【小问4详解】
A．的用途是五金蚀刻，选项A错误；
B．俗称铁红，可作外墙涂料，选项B正确；
C．是白色的，选项C错误；
D．缺铁性贫血是缺，选项D错误；
答案选B；
【小问5详解】
遇KSCN溶液显红色，答案选B；
【小问6详解】
采用代入法，CuO、、不能与水反应，选项A、B、C错误；
答案选D。
17. 酸锶(SrTiO3)具有光催化活性，工业上常用钛铁矿(主要含FeTiO3和少量SiO2、Fe2O3)为原料合成钛酸锶，其工艺流程如图：
已知：常温下，Fe(OH)3的Ksp=4.0×10-38。
回答下列问题：
（1）按化合物的组成和性质分类，SrTiO3属于____类(填正确答案标号)。
A. 酸B. 碱C. 盐D. 氧化物
（2）“酸溶”时，分离混合物得到TiOSO4溶液的操作名称是____。
（3）常温下，“水浸”时需要控制溶液pH≤3.0，以确保水浸渣中不含Fe(OH)3，此时所得滤液中Fe3+的最大浓度为____ml·L-1。
（4）“氯化”时，需在高温且碳过量的条件下进行，该反应的化学方程式为____。若水浸渣焙烧不充分，对“氧化”的不利影响是____(写出一点即可)。
（5）“共沉淀”时，经过过滤、洗涤、干燥得到纯净的SrTiO(C2O4)2·4H2O。请简述实验室用蒸馏水洗涤沉淀的操作是____。
（6）利用钛酸锶光催化还原CO2有利于实现“碳达峰”“碳中和”，其原理如图所示。写出铂电极上的电极反应式____，反应过程中除需不断通入CO2外，一段时间后，还需向装置中补充____(填化学式)。
【答案】（1）C （2）过滤
（3）4.0×10-5
（4） ①. 2C+TiO2+2Cl2TiCl4+2CO ②. TiCl4遇水发生水解(氯气与水反应或碳与水蒸气反应)
（5）向过滤器中加入蒸馏水，直到淹没沉淀，待水自然流出，重复2~3即次即可
（6） ①. CO2+8H++8e-=CH4+2H2O ②. H2O
【解析】
【分析】钛铁矿(主要含FeTiO3和少量SiO2、Fe2O3)为原料加入双氧水、硫酸酸溶，过滤去除滤渣，滤液中加入硫酸氧钛，加入热水水浸去掉滤液，水浸渣焙烧得到氧化钛，加入碳和氯气氯化，得到四氯化钛，再加入氯化锶、草酸溶液共沉淀，再煅烧得到钛酸锶。
【小问1详解】
钛酸锶(SrTiO3)中含有钛酸根(TiO32-)，所以为钛酸盐，答案选C；
【小问2详解】
钛铁矿(主要含FeTiO3和少量SiO2、Fe2O3)溶于硫酸时，只有SiO2不反应，同时，有二价和三价铁生成，双氧水的作用氧化-二价铁，分离的方法(操作)为过滤；
【小问3详解】
根据常温下，Fe(OH)3的Ksp=4.0×10-38，将氢氧根离子浓度代入Ksp，可以得出“滤液”中Fe3+的最大浓度为4.0×10-5ml/L；
【小问4详解】
在氯化过程中，高温时由于碳过量所以有CO生成，氯化反应相关化学方程式为2C+TiO2+2Cl2TiCl4+2CO。如果水浸渣煅烧不充分，有水残留，TiCl4遇水发生水解(氯气与水反应或碳与水蒸气反应)，则“氯化”效率降低；
【小问5详解】
“共沉淀”后经过过滤、洗涤、干燥得到纯净的草酸氧钛锶晶体SrTiO(C2O4)2·4H2O；
洗涤的操作向过滤器中加入蒸馏水，直到淹没沉淀，待水自然流出，重复2~3次即可；
【小问6详解】
从其原理图可知，铂电极发生CO2到CH4的转换，即发生还原反应，其电极反应式CO2+8H++8e-=CH4+2H2O，从总反应看，反应为CO2与水反应生成CH4和氧气，所以当反应进行一段时间后，需要向装置中补充水。
18. 运用化学反应原理研究氮、氯等单质及其化合物的反应有重要意义。
（1）科学家研究在一定条件下通过下列反应制备NH3:
①在其他条件相同时，反应中NH3的体积分数(a)在不同温度下随反应时间(t)的变化如图。该反应的平衡常数表达式K=______，该反应中的____0（填“>”“<”或“=”）。
②某温度下，在2L容积不变的密闭容器中加入1mlN2和6mlH2O（1）发生反应，N2转化率随时间(t)变化如图。15-20min内，v(NH3)=____。若其他条件不变，在图中画出使用催化剂后N2的转化率随反应时间变化的曲线示意图_______。
（2） 25℃时，某同学将0.lml盐酸与0.2 ml氨水等体积混合，所得混合溶液pH______7（填“>”“<”或“=”，下同），混合溶液中c(NH4+)______c(NH3H2O)（25℃时，NH3.H2O的电离常数）
（3） 25℃时，向0.lml的MgCl2溶液中逐滴加入适量0.lml氨水，有白色沉淀生成，向反应后的浊液中，继续加入0.lml的FeCl3溶液，观察到的现象是______ ；上述过程中发生的所有反应的离子方程式为______。(25℃时，，）
【答案】 ①. ②. ＞ ③. 0.0018ml·L-1·min-1 ④. ⑤. ＞ ⑥. ＞ ⑦. 白色沉淀逐渐变成红褐色 ⑧. Mg2+＋2NH3·H2O＝Mg(OH)2↓＋2NH4+、2Fe3+（aq）＋3Mg(OH)2（s）＝2Fe(OH)3（s）＋3Mg2+（aq）
【解析】
【详解】（1）①根据平衡常数的含义，可得该反应的平衡常数K=；根据图象可知，温度升高，生成物NH3的体积分数逐渐增大，说明平衡向右移动，则该反应为吸热反应，∆H > 0。
故答案为；>；
②根据图象，15min时N2的转化率为1.3%，20min时N2的转化率为2%，则v(NH3)=2v(N2)=2×1ml×(2.2%-1.3%)÷2L÷5min=0.0018ml·L-1·min-1；使用了催化剂，反应速率加快，但平衡不移动，可画出曲线如图 。
故答案为0.0018ml·L-1·min-1； ；
（2）0.l ml•L‾1盐酸与0.2 ml•L‾1氨水等体积混合，所得混合溶液含有等量的NH4Cl和NH3•H2O，溶液呈碱性，则pH > 7；NH3•H2O的电离程度大于NH4Cl的水解程度，所以c(NH4+)>c(NH3•H2O)。
故答案为>；>；
（3）根据Mg(OH)2和Fe(OH)3的Ksp可知生成Fe(OH)3沉淀时OH‾的浓度更小，所以Mg(OH)2沉淀会转化为Fe(OH)3沉淀，白色沉淀逐渐变成红褐色；先后发生反应的离子方程式为：Mg2+＋2NH3·H2O＝Mg(OH)2↓＋2NH4+；2Fe3+（aq）＋3Mg(OH)2（s）＝2Fe(OH)3（s）＋3Mg2+（aq）。
故答案为白色沉淀逐渐变成红褐色；Mg2+＋2NH3·H2O＝Mg(OH)2↓＋2NH4+、2Fe3+（aq）＋3Mg(OH)2（s）＝2Fe(OH)3（s）＋3Mg2+（aq）。选项
甲
实验目的
A
溴水
除去中的
B
饱和食盐水
从和的混合气体中分离出
C
饱和溶液
除去中的HCl
D
溶液
除去乙烷中的
选项
A
B
C
D
实验
研究浓度对化学平衡的影响
制备并检验乙烯
用盐酸溶液滴定氢氧化钠溶液
除去溴苯中苯
装置或仪器
族周期
IA
II A
III A
IVA
VA
VIA
VIIA
0
1
①
2
②
③
3
④
⑤
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