重庆市2026届高三化学上学期10月月考试卷含解析

这是一份重庆市2026届高三化学上学期10月月考试卷含解析，共25页。
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Ti-48 Cr-52 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Se-79
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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. 化学与生活、科技、生命科学息息相关。下列说法正确的是
A. 为保证食物的口感与风味，可以随便使用食品添加剂的品种与数量
B. 对石油进行常压分馏，可分离出沥青、石蜡等产品
C. 问界M9的车身铝合金含量达到80%，铝合金硬度低于铝单质
D. 葡萄糖有链状结构和环状结构，在水溶液中主要以环状结构的形式存在
【答案】D
【解析】
【详解】A．食品添加剂的使用必须符合国家规定，不能随意使用品种和数量，否则可能危害健康，A错误；
B．石油是多种烃混合物。常压分馏石油得到的是汽油、煤油等低沸点产物；沥青和石蜡由于组成成分含有物质相对分子质量大，熔沸点高，常压蒸馏会出现碳化结焦现象，需通过减压分馏获得，B错误；
C．一般情况下合金硬度通常高于其成分金属，铝合金硬度应高于纯铝，C错误；
D．葡萄糖在水溶液中存在链状与环状结构的动态平衡，因环状结构更稳定，故葡萄糖在水溶液中主要以环状结构的形式存在，D正确；
故合理选项是D。
2. 下列关于如图所示装置不能达到实验目的的是
A. 图①可用于实验室快速制，生石灰可以用碱石灰替代
B. 图②可用于除去电石与水反应制得的乙炔中的杂质
C. 图③可用于分离和，冷凝水应下进上出
D. 图④可用于制备明矾晶体
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验室用浓氨水和生石灰制NH3，生石灰与水反应放热且吸水，促进NH3逸出；碱石灰（NaOH和CaO混合物）同样能吸水放热，可替代生石灰，A正确；
B．电石与水反应生成的乙炔中含H2S杂质，CuSO4溶液与H2S反应生成CuS沉淀，洗气瓶中气体长进短出可吸收杂质，B正确；
C．CH2Cl2和CCl4互溶，需蒸馏分离，冷凝水应下进上出，但蒸馏装置需温度计测定馏分温度（水银球在支管口），图③中温度计位置错误，C错误；
D．制备明矾晶体可通过饱和溶液中籽晶生长，图④中饱和明矾溶液、线和晶体符合结晶条件，D正确；
故选C。
3. 在指定条件下，下列物质的转化不能实现的是
A. B. (浓)
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．NaCl与过量CO2(g)无法直接反应生成NaHCO3，因碳酸酸性弱于盐酸，需氨存在才能实现(如侯氏制碱法)，A符合题意；
B．浓HCl与氯酸钾(强氧化剂)加热条件下可发生氧化还原反应生成Cl2，B不合题意；
C．SOCl2与结晶水反应生成HCl，抑制MgCl2水解，加热MgCl2·6H2O可得到无水MgCl2，C不合题意；
D．HgO受热分解生成Hg和O2，反应可行，D不合题意；
故答案为：A。
4. 氮及其化合物的部分转化关系如图(转化条件已略去)。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 反应①每参加反应，消耗分子的数目为
B. 标准状况下，中，所含原子数一定为
C. 反应③中与足量反应生成的数目为
D. 反应④中6.4g Cu参加反应，转移电子的数目为之间
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应①为，每1ml NH3消耗ml O2，对应O2分子数为1.25NA，而非0.5NA，A错误；
B．46g NO2的物质的量为ml，每个NO2分子含3个原子，总原子数为3NA，即使存在部分二聚为N2O4，总原子数仍为3NA(因每分子N2O4含6个原子，相当于2个NO2的总原子数)，B正确；
C．反应③为3NO2+H2O=2HNO3+NO，每3ml NO2生成2ml，故1ml NO₂生成NA个，C错误；
D．6.4g Cu的物质的量为0.1ml，Cu与HNO3反应生成Cu2+时，每ml Cu失去2ml e-，转移电子数固定为0.2NA，与硝酸浓度无关，D错误；
故答案为：B。
5. 以下实验设计能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．先加BaCl2溶液可能引入Cl-，若溶液含Ag+会生成AgCl沉淀，干扰的检验，且未优先排除其他干扰离子，A错误；
B．电解CuCl2溶液生成Cu和Cl2，恢复原溶液需加入CuCl2固体，而非CuO，B错误；
C．向NaI溶液中滴入少量FeCl3溶液和苯，振荡、静置，上层溶液呈紫红色，说明Fe3+将I-氧化为I2，说明I-的还原性强于Fe2+，C正确；
D．丙烯醛含双键和醛基，溴水褪色可能由两者共同引起，无法单独证明醛基存在，D错误；
故答案为：C。
6. 的二聚体(结构如图甲)溶于生成(结构如图乙)。下列说法不正确的是
A. 基态Br原子价电子排布式为
B. 该溴化铝二聚体中含配位键
C. 基态原子的第一电离能：N>C>Al
D. 该配合物中含键
【答案】D
【解析】
【详解】A．Br为35号元素，位于第四周期第ⅦA族，价电子为最外层电子，排布式为4s24p5，A正确；
B．AlBr3二聚体中，Al原子缺电子（价层电子数为6），Br原子有孤对电子，桥连Br原子会提供孤对电子与Al形成配位键，B正确；
C．第一电离能：同周期N（2p3半满稳定）＞C，同主族及周期数影响下C（第二周期）＞Al（第三周期），顺序为N＞C＞Al，C正确；
D．配合物为[Al(CH3CN)2Br2]Br。阳离子中：2个CH3CN配体，每个配体含3个C-H σ键、1个C-C σ键、1个C≡N σ键、1个Al-N σ键，共6个σ键/配体，2个配体共12个；Al与2个Br-形成2个σ键。总σ键为12+2=14ml，D错误；
故选D。
7. 下列各组离子能大量共存，且加入相应试剂后发生反应离子方程式正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．I⁻与、能共存，H2O2氧化I⁻的离子方程式为，故A错误；
B．与[Al(OH)4]⁻反应的离子方程式为，故B错误；
C．Fe3+与H2S发生氧化还原反应生成S，反应的离子方程式为，故C错误；
D．、、能共存，酸性KMnO4氧化的离子方程式为，故D正确；
选D。
8. 一种成本低、稳定性好的全碱性多硫化物-空气液流二次电池工作时，原理如图所示。下列说法不正确的是
A. 连接负载时，电极A为负极
B. 连接负载时，负极区的电极反应式为
C. 连接电源时，电路中每通过个电子，生成的质量为
D. 膜a为阳离子交换膜，膜b为阴离子交换膜
【答案】C
【解析】
【分析】该电池为碱性多硫化物---空气液流二次电池，所以放电时通入空气的一极为正极，即电极B为正极，电极A为负极，充电时电极B为阳极，电极A为阴极。
【详解】A．连接负载时为放电过程，A电极失电子被氧化为，电极A为负极，故A正确；
B．放电时负极失电子发生氧化反应，电极反应式为，故B正确；
C．连接电源时为电解池，阳极OH-放电生成氧气，反应消耗OH-，故C错误；
D．放电时Na+向正极移动，需通过膜a；OH-向负极移动，需通过膜b，以实现电荷平衡，所以膜a为阳离子交换膜、膜b为阴离子交换膜，故D正确；
选C。
9. 丙烯和溴化氢在通常情况下发生加成反应主要得到2-溴丙烷，其机理如图所示：
下列说法错误的是
A. 上述反应中，第一步为反应的决速步骤
B. 碳正离子中间体的稳定性：
C. 丙烯与加成时主要产物为
D. 与加成的主要产物为
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应机理中第一步为慢反应，多步反应中速率最慢的步骤为决速步骤，A正确；
B．第一步慢反应得到的碳正离子是而不是，说明二者的稳定性，B正确；
C．丙烯与HI加成时也遵循该机理，即生成的产物主要为2-碘丙烷（），C正确；
D．根据题干信息，烯烃与HBr反应第一步是氢离子结合有一定负电性的碳原子，由于-CF3为强吸电子基团，的电荷分布为，其与HBr加成的主要产物应为BrCH2CH2CF3，D错误；
故答案选D
10. 难溶于水和乙醇，在潮湿空气中易被氧化。以碱性蚀刻废液中的为原料制备的部分流程如图所示。下列说法不正确的是
A. 中为配原子
B. “酸溶”时不用稀硝酸的主要原因是稀硝酸也具有强氧化性，会将亚硫酸根氧化
C. “还原”后溶液的pH增大
D. “洗涤”时先用水再用乙醇会降低产品的纯度
【答案】C
【解析】
【分析】由题给流程可知，经多步转化得到CuO，向CuO中加入稍过量的稀硫酸酸溶，再向反应得到的CuSO4溶液中加入NaCl和Na2SO3固体，将CuSO4转化为CuCl沉淀，反应的离子方程式为，过滤、用乙醇洗涤得到CuCl。
【详解】A．[Cu(NH3)4]Cl2为配合物，中心离子为Cu2+，配体为NH3，NH3中N原子提供孤电子对与Cu2+形成配位键，故N为配原子，A正确；
B．“酸溶”目的是溶解CuO生成Cu2+，后续“还原”需用Na2SO3将Cu2+还原为Cu+；稀硝酸具有强氧化性，会将氧化为，导致还原剂失效，无法还原Cu2+，故不用稀硝酸，B正确；
C． “还原”时，还原Cu2+的反应为，反应生成H+，溶液酸性增强，pH减小，C错误；
D．CuCl在潮湿空气中易被氧化，若先用水洗，沉淀表面残留水会导致CuCl氧化变质从而降低产品纯度，D正确；
故答案选C。
11. 我国科学家开发出具有优异物理性能的新一代可循环聚酯塑料，其合成路线如图所示。
下列说法不正确的是
A. 的反应属于取代反应，中的官能团提高了的活泼性
B. 25℃时，聚合为P，150℃时水解为
C. X、Y中不对称碳原子数为0
D. 调控烃基链的长度可影响聚酯塑料的物理性能
【答案】B
【解析】
【详解】A．X→Y的反应中，X的α-H被R取代，属于取代反应；X含酯基（吸电子基团），可降低α-H电子云密度，提高其活泼性，A正确；
B．由合成路线图可知，Y在25℃催化剂作用下聚合成P，P在150℃催化剂作用下先水解为，再发生酯化反应生成Y，B错误；
C．X、Y结构中不存在手性碳原子，即X、Y中不对称碳原子数为0，C正确；
D．调控烃基链（R）长度可改变聚酯塑料的相对分子质量，影响分子间作用力等，从而调控聚酯塑料的物理性能（如柔韧性、硬度等），D正确；
故答案选B。
12. 已知如图甲为金属钠的晶胞，其晶胞截面如图乙所示，将原子位置的坐标表示为晶胞棱长的分数。图丙为晶胞的截面，已知属于立方晶体，晶胞参数为。设表示阿伏加德罗常数的值，下列关于晶胞的描述错误的是
A. 该晶体中的配位数为8
B. 该晶胞中正四面体空隙填充率为100%
C. 该晶胞中与紧邻的有12个
D. 该晶体的密度为
【答案】A
【解析】
【详解】A．Li2S为反萤石结构，S2-作面心立方堆积，Li+填充四面体空隙。四面体空隙中阳离子配位数为4（周围4个S2-），A错误；
B．面心立方晶胞有8个四面体空隙，反萤石结构中Li+填充全部8个四面体空隙，填充率100%，B正确；
C．S2-采用面心立方堆积，面心立方结构中每个原子紧邻的原子数为12，C正确；
D．晶胞中S2-有4个（8×1/8+6×1/2=4），Li+有8个（填充8个四面体空隙），质量为(8×7+4×32)/NA=184/NA g，体积为(d×10-10cm)3=d3×10-30 cm3，密度=184/(d3NA)×1030g/cm3，D正确；
故选A。
13. 利用管状透氧膜反应器实现乙醇-水重整制氢，具有无需额外热源、氧气可协助消除积碳等优点。其主要反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
一定温度下，将一定比例的、、Ar气体通过装有催化剂的管状透氧膜反应器。经计算机仿真模拟，控制，平衡时氢醇比随水醇比、膜管长度的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 随着水醇比增大，的转化率也在升高
B. 水醇比为0时，管长度超过后氢醇比下降的原因可能为被氧气还原
C. 水醇比为1、管长度为，若、转化率为100%且，则管状透氧膜透过氧气0.3 ml
D. 实际生产中，管长度越短，氢气产率越高
【答案】C
【解析】
【详解】A．水醇比增大即H2O投料增多，虽消耗H2O增多，但H2O的总量增大更多，转化率反而下降，A错误；
B．水醇比为0时无H2O，主要发生反应Ⅱ生成H2，管长度超过10 cm后氢醇比下降，可能是生成的H2被O2氧化而消耗，导致H2含量减少，B错误；
C．，水醇比为1，则，由图可知，平衡时氢醇比为3.6，即生成的，根据H守恒，平衡时；，根据C守恒，、，根据O守恒，管状透氧膜透过氧气，C正确；
D．膜管长度太短，管内催化剂较少，且气体通过的时间较短，不足以使反应到达平衡状态，则氢气产率会下降，D错误；
14. 弱酸在有机相和水相中存在平衡：，平衡常数为。时，向环己烷溶液中加入水进行萃取，用或调节水溶液。测得水溶液中、环己烷中的浓度与水相萃取率随的变化关系如图。
已知：①在环己烷中不电离；②忽略体积变化；③下列计算均为。下列说法不正确的是
A.
B. 水相中：
C. 当时，体系中
D. 若加水体积为，则交点N向右移动
【答案】D
【解析】
【分析】为方便分析，给曲线进行命名，如图：
环己烷中的浓度与水相萃取率可知，可知曲线a应为，b为水相萃取率，水溶液中的HA-会随着pH的增大先增大后减小，曲线d为水溶液中的HA-，而A2-来源于HA-的电离，由图可知，pH=2时，HA-浓度为0，即此时A2-为0，因此曲线f为水溶液中的A2-，即c为水溶液中H2A的浓度，综上：a为、b为水相萃取率、c为水溶液中H2A的浓度、d为水溶液中的HA-、f为水溶液中的A2-，c、d交点的pH为4，即H2A的，d、f交点的pH为7，即。
【详解】A．当pH很低时，水相中H2A几乎不电离，此时，由，当pH=2时，α=20%，则[c环己烷(H2A)]=0.08ml/L，水相中[H2A(aq)]=0.1-0.08=0.02ml/L，，A正确；
B．水相中：，此反应的，B正确；
C．当时，根据图像以及上述分析可知，体系中，C正确；
D．由A选项，可知，又因为，可得，当时，，pH=4.6，若加水体积为2VmL，对交点N的横坐标无影响，即交点N不移动，D错误；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3工艺流程如图：
已知：一定浓度下，25℃时相关物质沉淀的pH值见下表。
回答下列问题：
（1）基态Mn核外有______个未成对电子，Mn元素位于元素周期表的______区。
（2）“反应”前软锰矿粉碎成“矿粉”的目的是______。MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为______。
（3）“压滤”是利用一种特殊的过滤介质，对对象施加一定的压力，使得液体渗析出来的一种分离固、液的方法。“压滤”相较于过滤的优点是______。
（4）“碳化”的条件一般控制在45℃左右的原因是______。
（5）“净化”时需先加入的试剂X最适宜的是______(填序号)
A．氯气 B．双氧水 C．浓硝酸 D．浓硫酸
“净化”环节使用氨水调溶液的pH值的合理范围为______。
（6）用100吨含锰55%的软锰矿制备高纯MnCO3，“反应”环节中MnO2转化率为(除MnO2外，其他物质中不含Mn元素)，其他环节Mn元素共计损失20%，则能生产高纯MnCO3质量为______。
（7）通过Zn2+在MnO晶体(正极)中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电，原理如图所示。Ⅰ为MnO活化过程，请写出过程Ⅱ的电极反应式：______。
【答案】（1） ①. 5 ②. d
（2） ①. 增大接触面积，提高反应速率，充分反应 ②.
（3）过滤速率更快/滤液与滤渣分离更充分(分离效果更好)/滤饼(滤渣)更干燥(答一点即可，其他合理答案也可)
（4）温度过低，反应速率较慢，产率较低；温度过高，碳酸氢铵易分解，原料利用率低/适当加热能加快反应速率，但温度过高碳酸氢铵易分解
（5） ①. B ②.
（6）73.6吨 （7）
【解析】
【分析】软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)矿粉中加入BaS溶液，生成Ba(OH)2、S、MnO等，Fe3O4、Al2O3不发生反应；过滤后，将滤液蒸发，此时Ba(OH)2结晶析出，过滤后、干燥，得到氢氧化钡固体。滤渣中含有MnO、Fe3O4、Al2O3、S，加入硫酸进行酸解，此时发生反应，生成Mn2+、Fe2+、Al3+、Fe3+，过滤出硫黄，将滤液中加入试剂X、氨水，此时Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，压滤后分离出废渣[Fe(OH)3、Al(OH)3]，滤液中含有Mn2+，加入碳酸氢铵进行碳化，此时Mn2+转化为MnCO3沉淀，过滤、洗涤、干燥，制备高纯MnCO3。
【小问1详解】
基态Mn的价电子排布式为3d54s2，3d能级中，5个电子各占据1个轨道，则核外有5个未成对电子，Mn元素位于元素周期表的d区。
【小问2详解】
为了加快反应速率，充分利用原料，“反应”前软锰矿粉碎成“矿粉”，目的是：增大接触面积，提高反应速率，充分反应。MnO2与BaS溶液反应转化为MnO，同时生成S、Ba(OH)2，依据得失电子守恒和原子守恒，可得出发生的化学方程式为。
【小问3详解】
“压滤”时，对对象施加一定的压力，则相较于过滤的优点是：过滤速率更快/滤液与滤渣分离更充分(分离效果更好)/滤饼(滤渣)更干燥(答一点即可，其他合理答案也可)。
小问4详解】
碳酸氢铵热稳定性差，受热易分解，“碳化”的条件一般控制在45℃左右，原因是：温度过低，反应速率较慢，产率较低；温度过高，碳酸氢铵易分解，原料利用率低/适当加热能加快反应速率，但温度过高碳酸氢铵易分解。
【小问5详解】
“净化”时，将Fe2+、Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，而Fe2+沉淀的pH较大，此时会引起Mn2+产生沉淀，所以需将Fe2+氧化为Fe3+，氯气、浓硝酸、浓硫酸都能将Fe2+氧化为Fe3+，但本身有毒，或有腐蚀性，或反应产物会污染环境，而双氧水被还原的产物为水，所以需先加入的试剂X最适宜的是双氧水，故选B。
“净化”环节使用氨水调溶液的pH值时，应使Fe3+、Al3+全部转化为沉淀，但Mn2+不能生成沉淀，则合理范围为。
【小问6详解】
用100吨含锰55%的软锰矿制备高纯MnCO3，“反应”环节中MnO2转化率为(除MnO2外，其他物质中不含Mn元素)，其他环节Mn元素共计损失20%，此时可建立关系式：Mn——MnCO3，则能生产高纯MnCO3质量为吨≈73.6吨。
【小问7详解】
过程Ⅱ中，，则得到2x个电子后，与xZn2+结合，生成，电极反应式：。
【点睛】除去溶液中的Fe2+杂质时，通常将其氧化为Fe3+，然后调节溶液的pH除去。
16. 钛在医疗领域、航空航天材料方面的使用非常广泛。某小组利用如图所示装置在实验室制备并收集TiO2，并用TiCl4制备纳米TiO2 (夹持装置略去)。
【实验一】制备无水TiCl4
已知：①TiCl4高温时能与O2反应，遇水极易水解；
②瓷舟中物质反应后除生成TiCl4、FeCl3外，还生成一种有毒氧化物气体和少量副产物CCl4；
③相关物质的部分物理性质如表：
（1）洗气瓶A中的试剂名称为______。
（2）管式炉加热至900℃，瓷舟中主要发生的化学反应方程式为______。
（3）实验过程中需要先后通入N2两次，反应结束时通入N2的作用是______。装置单元X的作用为______。
（4）为除去产物中的FeCl3，控温箱的温度T应控制的范围是______。欲分离锥形瓶中的液态混合物，所采用的操作名称是______。
【实验二】用TiCl4制备纳米xTiO2·yH2O
（5）可由TiCl4直接水解产生xTiO2·yH2O，再经焙烧得TiO2。请写出TiCl4直接水解产生xTiO2·yH2O的化学方程式：______。
（6）实验室可用电位滴定法测定纳米xTiO2·yH2O组成，方法如下(实验装置如图)：
取样品纳米xTiO2·yH2O6.94g加稀硫酸充分溶解后加足量Al得到Ti3+，过滤并洗涤后，将所得滤液和洗涤液合并配成500 mL待测液。取待测液50.00mL于烧杯中，进行电位滴定。用0.2000 ml/L的NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定，将Ti3+氧化为TiO2+时，溶液中Ti3+浓度不断变化，指示电极的电位发生相应变化，根据测量工作电池电动势的变化就可确定滴定终点。
用标准溶液滴定时，三次滴定消耗标准溶液的体积如表格所示。通过计算，该样品的组成为______。
【答案】（1）浓硫酸 （2）2FeTiO3+7Cl2+6C2TiCl4+2FeCl3+6CO
（3） ①. 排除装置中的氯气，方便后面拆卸仪器(将TiCl4全部赶入后续装置，便于收集和处理等) ②. 吸收装置中产生的CO，防止污染环境
（4） ①. 136.4℃＜T＜306℃ ②. 蒸馏
（5）
（6）8TiO2·3H2O
【解析】
【分析】反应前通入N2，排除装置内原有的空气，随后通入Cl2，经过浓硫酸干燥后，Cl2进入瓷舟与FeTiO3、C反应，根据题干可知，反应除了生成TiCl4、FeCl3外，同时生成一种有毒氧化物气体和少量的副产物CCl4，则该氧化物为CO，该反应的化学方程式为2FeTiO3+7Cl2+6C2TiCl4+2FeCl3+6CO； TiCl4、FeCl3、CO均会进入控温箱，根据FeCl3和TiCl4的沸点可知：控温箱控制温度在136.4℃ ~306℃，可冷凝FeCl3且保证TiCl4为气态，从而除去TiCl4中混有的FeCl3，最后TiCl4经冷凝收集在锥形瓶中，碱石灰用于吸收多余的Cl2，因反应生成的CO尚未处理，故装置单元X作用为吸收CO，防止其污染环境。
【小问1详解】
根据题干信息可作：产品TiCl4易水解，需要对原料气体进行干燥，洗气瓶A中的试剂为浓硫酸，其作用是干燥通入的气体Cl2、N2﹔
【小问2详解】
Cl2进入瓷舟与FeTiO3、C在900℃条件下发生反应，除了生成TiCl4、FeCl3外，同时生成一种有毒氧化物气体和少量的副产物CCl4，则该氧化物为CO，该反应的化学方程式为2FeTiO3+7Cl2+6C2TiCl4+2FeCl3+6CO；
【小问3详解】
实验过程中需要先后通入N2两次，第二次通入N2作用是排除装置中的氯气，将TiCl4全部赶入后续装置，便于收集和处理，方便后面拆卸仪器；
反应产生的CO是大气污染物，不能直接排放，应该先进行尾气处理再进行排放，因此装置单元X的作用为吸收装置中产生的CO，防止污染环境；
【小问4详解】
反应产生的 FeCl3和TiCl4的混合气体进入控温箱，根据TiCl4的沸点是136.4℃，FeCl3的熔点为306℃，将控温箱温度控制在136.4℃~306℃，可冷凝产品FeCl3且保证TiCl4为气态，从而除去TiCl4中混有的FeCl3；
根据题意可知反应生成物中有副产物CCl4，CCl4的沸点为76.8℃，在反应锥形瓶中除TiCl4外还含有少量CCl4，由于二者是沸点不同的互溶的液体混合物，可用蒸馏的方法进行分离；
【小问5详解】
TiCl4直接水解产生xTiO2·yH2O，xTiO2·yH2O经焙烧得到TiO2，TiCl4直接水解产生xTiO2·yH2O的化学方程式为：；
【小问6详解】
纳米xTiO2·yH2O用6.94g加稀硫酸充分溶解后加入Al，Al可以将Ti4+还原为Ti3+，自身被氧化为Al3+。然后用NH4Fe(SO4)2溶液氧化Ti3+为TiO2+，根据得失电子守恒，Fe3+与Ti3+消耗的物质的量之比为l：l。每次待测溶液体积是50.00 mL，三次实验反应消耗NH4Fe(SO4)2标准溶液的体积分别是39.90 mL、18.20 mL、40.10 mL，可见第二次实验数据偏差较大，应该舍弃，平均消耗标准溶液体积V=。现消耗Fe3+的物质的量n(Fe3+)=0.2000 ml/L×0.04000 L=0.008000 ml，则25.00 mL待测溶液中含有Ti3+的物质的量为0.008000ml，根据Ti守恒，可知6.94 g样品中TiO2的物质的量为n(TiO2)=0.00800 mL×=0.08000 ml，则其中TiO2的质量m(TiO2)=0.08000 ml×80 g/ml=6.400 g，剩余的6.94g-6.4000g=0.54g为H2O的质量，H2O的物质的量为n(H2O)=，n(TiO2)：n(H2O)=0.08 ml：0.03 ml=8：3，则该样品的组成为8TiO2·3H2O。
17. 油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①
②
则反应③的______；的空间构型为______形；下列叙述能说明反应③达到平衡状态的是______(填序号)。
A．断裂键的同时断裂键
B．恒容条件下，体系压强不再变化
C．恒容条件下，气体的密度不再变化
D．
（2）在不同温度、反应压强为100kPa、进料H2S的物质的量分数为0.1%~20%(其余为N2)的条件下，对于反应①，H2S分解平衡转化率的结果如图所示。则T1、T2和T3由大到小的顺序为______；H2S的物质的量分数越大，H2S分解平衡转化率越小的原因是______。
（3）反应①和反应③的随温度的影响如图所示，已知(为常数，为温度，为平衡常数)，在1000℃、反应条件下，将的混合气进行反应，达到平衡时约为，微乎其微，其原因是______。
（4）在1000℃、100 kPa反应条件下，将的混合气进行反应③，达到平衡时，CS2分压与H2S的分压相同，则反应③的Kp=______。
（5）25℃时向100mL 5.0ml/L的NaOH溶液中通入H2S气体，含硫微粒在不同pH溶液中的分布系数如图所示：
25℃时，PbS的。工业生产中常联合处理含H2S废气和含Pb2+的废水，欲发生反应。计算该反应的平衡常数______。
【答案】（1） ①. +261 ②. 直线 ③. ABD
（2） ①. T1＞T2＞T3 ②. 此反应的正向分子数增加，恒压条件下，H2S的物质的量分数增大，相当于增大反应体系压强，化学平衡逆向移动，故H2S的转化率降低
（3）在1000℃，反应①，反应趋势小，反应③，反应趋势大，占主导
（4）
（5）
【解析】
【小问1详解】
由题干已知反应① ，反应② ，则反应①-反应②即可得到反应③，根据盖斯定律可知=+180kJ/ml-(-81kJ/ml)=+261kJ/ml，CS2的中心原子C原子周围的价层电子对数为：2+=2，根据价层电子对互斥理论可知，其空间构型为直线形，结合反应③进行分析：
A．已知化学平衡的本质特征是正、逆反应速率相等，断裂2mlC-H键表示正反应速率的同时断裂1mlC=S键表示逆反应速率，根据方程式系数可知，正逆反应速率真正相等，反应达到化学平衡，A符合题意；
B．反应③前后气体的系数和发生改变，即恒容条件下，体系的压强一直改变，则体系压强不再变化，说明反应达到化学平衡，B符合题意；
C．反应③前后气体的总质量保持不变，即恒容条件下，气体的密度一直不变，则气体的密度不再变化不能说明反应达到化学平衡，C不合题意；
D．已知化学平衡的本质特征是正、逆反应速率相等，结合反应速率之比等于化学计量系数之比可知，，故有化学平衡时，，D符合题意；
故答案为：+261；直线；ABD；
【小问2详解】
由题干可知，反应①，，则H2S摩尔分数相同时，升高温度，平衡正向移动，H2S的分解平衡转化率增大，结合题干图像可知， T1、T2和T3由大到小的顺序为T1＞T2＞T3，此反应为气体分子数增大的反应，在恒定总压下，H₂S的物质的量分数越大，其分压越高，会抑制反应正向进行，导致H₂S的转化率降低，故答案为：T1＞T2＞T3；此反应的正向分子数增加，在恒定总压下，H₂S的物质的量分数越大，其分压越高，会抑制反应正向进行，导致H₂S的转化率降低；
【小问3详解】
由题干图像信息可知，在1000℃，反应①G＞0，不易自发，反应③G＜0，容易自发，故反应自发趋势①＜③，根据G=-RTlnK可知G越大，反应平衡常数K越小，反应趋势越小，在1000℃，反应①G＞0，反应趋势小，反应③G＜0，反应趋势大，占主导，
故答案为：在1000℃，反应①G＞0，反应趋势小，反应③G＜0，反应趋势大，占主导；
【小问4详解】
将n(H2S)：n(CH4)：n(N2)=3：3：2的混合气进行反应，设n(H2S)=3ml，设转化物质的量为xml，n(CH4)=3ml，n(N2)=2ml，结合三段式列式得到，，在1000℃、100kPa反应条件下，CS2分压与H2S的分压相同 3-2x=x，x=1，平衡后气体的总物质的量为2ml+1ml+1ml+4ml+2ml=10ml，p(CH4)=×100kPa=20kPa，p(H2S)=p(CS2)=×100kPa=10kPa，p(H2)=×100kPa=40kPa，则反应③的Kp===1.28×104(kPa)2，故答案为：1.28×104；
【小问5详解】
H2S溶液中随着溶液pH的增大即OH-浓度的增大，H2S的分布系数逐渐减小，HS-的分布系数先逐渐增大，而后又逐渐减小，S2-的分布系数逐渐增大，结合题干图像可知，点(6.9,0.5)说明H2S、HS-浓度相等，溶液pH=6.9，故Ka1(H2S)==10-6.9，同理可知Ka2(H2S)=10-14.1，反应K=====107，故答案为：107。
18. 某研究小组以A和乙烯为原料，按如图所示路线合成用于治疗冠心病及高血压药物尼群地平。
已知：①两个—OH连在同一个碳上不稳定，会自动脱水；
②2+ROH；
③R1CHO+
请回答：
（1）物质A的名称是______，物质H中官能团的名称是______。
（2）反应Ⅲ的反应类型是______。
（3）请写出物质C发生银镜反应的离子方程式：______。
（4）物质E的结构简式为______。
（5）已知化合物X的相对分子质量比D大14，且含相同官能团，则X可能的结构有______种。X可能的结构中写出核磁共振氢谱的同分异构体______。
（6）补充下列由G合成的合成路线图______ (如图所示，不需要额外合成乙醇钠)。
CH2=CH2CH3CH2OH。
【答案】（1） ①. 甲苯 ②. 羰基、酯基
（2）取代反应 （3）+2[Ag(NH3)2]++2OH-+
（4） （5） ①. 17 ②.
（6）
【解析】
【分析】从图中看出物质A经过转化变成D，可以推出物质A为甲苯 ，转化为B为 ，转化为C为，经过硝化变成，物质H和物质D，根据已知信息③可以写出物质E的结构式；
【小问1详解】
根据上面的分析可知物质A为甲苯，根据图中的H的结构简式可以看出含有的官能团由羰基和酯基；
【小问2详解】
根据以上分析可知C为，经过反应Ⅲ上了硝基，变成，可知反应Ⅲ为取代反应；
【小问3详解】
C为，官能团为醛基，发生银镜反应的离子方程式：+2[Ag(NH3)2]++2OH-+
【小问4详解】
根据分析可知物质E的结构简式为；
【小问5详解】
已知化合物X的相对分子质量比D大14，且含相同官能团，说明多一个-CH2，如果-CH2在苯环上三个不同的基团在苯环上有十种，若-CH2直接和醛基相连，取代基为 -CH2CHO和-NO2，有邻间对三种结构，如果取代基为-CHO、-CH2NO2，有邻间对三种结构，当取代基为-CH(NO2)CHO，则有一种结构，加起来总共是17种；若X可能的结构中写出核磁共振氢谱的同分异构体，可以推测官能团应该处于对位，可以写出满足条件的 ；
【小问6详解】
分析可知如下，乙烯和水进行加成变成乙醇，乙醇经过氧化变成乙酸，乙酸和乙醇经过酯化反应生成乙酸乙酯，根据题中给出的已知信息②，在乙醇钠的作用下生成，故路线为。选项
实验目的
实验设计
A
检验某溶液中一定含有
取少量该溶液于试管中，先加BaCl2溶液，再加盐酸酸化，产生白色沉淀
B
用惰性电极电解足量氯化铜溶液，欲使反应后的溶液恢复原状
加入CuO固体
C
证明I-的还原性强于Fe2+
向NaI溶液中滴入少量FeCl3溶液和苯，振荡、静置，上层溶液呈紫红色
D
检验丙烯醛CH2=CHCHO中的醛基
取少量丙烯醛于试管中，加入溴水，若溴水褪色，则证明有醛基
选项
离子组
加入试剂
加入试剂后发生的离子反应
A
、、
溶液
B
、
溶液
C
、
气体
D
、、
酸性溶液
pH
开始沉淀
7.5
2.3
4.0
7.8
完全沉淀
9.7
4.1
5.2
10.4
熔点/℃
沸点/℃
水溶性
TiCl4
-23.2
136.4
极易水解生成白色沉淀，能溶于CCl4等有机溶剂
FeCl3
306
315
易水解生成红褐色沉淀
CCl4
-23
76.8
难溶于水
滴定次数
待测溶液体积/mL
标准酸溶液体积
滴定前的刻度/mL
滴定后的刻度/mL
第一次
50.00
0.00
39.90
第二次
50.00
2.00
20.20
第三次
50.00
1.00
41.10