安徽省池州市2023-2024学年高三年级上册1月期末化学试题 含解析

高三化学

满分：100分考试时间：75分钟

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码

粘贴区。

2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0・5毫米黑色字迹签字笔书写，字体工整、

笔迹清晰。

3•请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿

纸、试卷上答题无效。

4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

可能用到的相对原子质量：H-lC-12N-140-16Na-23S-32Ti-48

Mn-55Ni-59Mo-96

一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一

个选项符合题目要求。

1.2023年于杭州举行的第19届亚运会，办会理念是“绿色、共享、开放、廉洁”。下列说法正确的是

A.参赛运动员剧烈运动后，需要及时补充的生理盐水是电解质

B.运动器材中的碳纤维具有高强度和低重量的特点，属于新型无机非金属材料

C.场馆全部使用绿色能源，打造首届“碳中和”亚运会，“碳中和”就是不排放二氧化碳

D.白色棚罩“云之翼”的顶部覆盖了带二氧化钛涂层的PTFE（聚四氨乙烯）膜是天然有机高分子材料

【答案】B

【解析】

【详解】A.生理盐水是混合物，不是电解质，A错误；

B.碳纤维为新型无机非金属材料，B正确；

C.“碳中和”指一段时间内直接或间接产生的二氧化碳或温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形

式，实现正负抵消，达到相对“零排放"，C错误；

D.白色棚罩“云之翼”的顶部覆盖了带二氧化钛涂层的PTFE膜，PTFE膜的主要化学成分是聚四氟乙烯，

属于合成有机高分子材料，D错误；

故选Bo

2.下列图示正确的是

A.H2。的球棍模型:

B.乙醛的结构简式：CH3cOH

H

c.NHQ的电子式：[H：^：H『C「

••

H

D.基态24Cr原子的价层电子轨道表示式:

3d4s

【W】D

【解析】

【详解】A.H,0的中心O原子价层电子对数为2+—有2对孤电子对，球棍模型为

22

,A错误;

B.乙醛含有醛基，乙醛的结构简式为CH3cHQ.B错误:

H_

c.氯化钱为离子化合物，由NH；和C「构成，c「需标出最外层电子，其电子式为[H：N：H]+1"得，

TTL・,」

C错误；

D.基态铭原子的价电子排布式为：3d54sl价层电子轨道表达式为：jjt111m>

3d4s

D正确。

故选D。

3.已知N,、为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.12g石墨烯中含有C—C键数为3NA

B.2moi[Ag(NH3%]OH中含。键个数为18M

C.室温下，pH=4的醋酸中，水电离出来的氢离子数目为IXIO.NA

D.100mL4moi/L浓盐酸与17.4gMnO2反应，转移电子的数目为0.2NA

【答案】B

【解析】

3

【详解】A.12g石墨烯含有Imol碳原子，石墨烯中每个碳原子平均拥有5个C—C键，则12g的石墨烯

3

中含有C—C键数为NAX^MISNA，A错误；

B.lmol[Ag(NH3)21OH中含有6moiN—H键，ImolO—H键，2moi氨气和银离子形成的2moi配位

键，都是。键，即lmol[Ag(NH3)2]OH中含。键个数为9$,则2moi[Ag(NH3)21OH中含。键个数

为18N-B正确；

C.室温下，pH=4的醋酸中，

K1x10-i4

C+COHCOHmo1110

^}=^')=[')==10-4^=x10-/MO/L-',但溶液体积未知，则无

法计算水电离出来的氢离子数目，C错误；

D.Mn。?与浓盐酸发生反应：MHft+4//C/(i^)=MHC/2+C/2T+2H2O»与稀盐酸不反应，随着反应

的进行，浓盐酸变为稀盐酸，则100mL4mol/L浓盐酸(0.4molHCl)与17.4gMnC)2(即0.2mol)反应，转移电子

的数目小于0.2NA，D错误；

故选Bo

4.证据推理是化学学科重要的核心素养。下列证据与推理的关系，正确的是

选

证据推理

项

A.向淀粉-KI稀溶液中滴加过量新制氯水，溶液最终未呈蓝色氯气和碘离子未发生反应

B.向Al?(S0,3溶液中滴加Na2s溶液，产生白色沉淀白色沉淀成分是Al2s3

向少量NaOH溶液中，先滴加足量MgCl2溶液，再滴加

C.Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]

CuCl2溶液，先出现白色沉淀，后出现蓝色沉淀

向2mL30%的H2O2溶液中滴加浓硫酸，产生气体的速率加浓H2SO4对H2O2的分解具有催化作

D.

快用

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

A.钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：Fe-3e=Fe

B.泡沫灭火器的工作原理：A「++3HCO；=A1(OH)3J4-3CO2T

通电

2+

C.用两个铜电极电解MgCL溶液：Mg+2CP+2H2O^=Mg(OH)J+C12T+H2T

D.在强碱溶液中NaClO与Fe(OH)3反应生成

+

Na2FeO4:3C1CT+2Fe(OH)3=2FeO；+3Cr+H2O+4H

【答案】B

【解析】

【详解】A.钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极失电子生成亚铁离子，负极电极方程式为Fe-2e-=Fe2+,A错

误；

B.泡沫灭火器灭火的原理是硫酸铝与碳酸氢钠混合发生双水解反应，B正确；

C.由于Cu是活泼性电极，所以Cu会参与氧化还原反应，阳极Cu失去电子生成Cu2+,电极方程式为

Cu-2e=Cu2+，阴极电极方程式为2H2O+2e=H2T+2OH-,C错误；

D.强碱溶液中不能出现H+，反应的离子方程式为3ClO+2Fe(OH)3+4OH=2FeO"3Cr+5H2。，D错

误。

故选B。

7.关注“实验室化学”并加以实践能有效提高同学们的实验素养。下列利用电化学原理设计的实验能达到

实验目的的是

饱

和

电源食

盐

水

A.用石墨作电极电

解饱和食盐水简易B.制取并收集氨气C.测定氯水的pHD.在锌表面镀铜

制备NaClO消毒液

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A.由图可知，阳极生成的氯气与阴极生成的氢氧化钠溶液能反应生成有效成分为次氯酸钠的消毒

液，A正确；

B.氯化镂受热分解生成氨气和氯化氢，遇冷又化合生成氯化钱，则直接加热氯化钱无法制得氨气，实验室

用加热氯化钱和氢氧化钙固体的方法制备氨气，B错误；

C.氯水中产生的次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测定氯水的pH,C错误；

D.该装置为在锌表面镀铜的电解池，Cu应接在电源正极，D错误；

故选A。

8.宏观辨识、微观探析、证据推理是化学学科最重要的核心素养，下列关于物质结构或性质及有关解释都

正确的是

A.沸点：H2O>H2S.是由于O—H键能比S—H键能大

B.键角：NCI3Vpe是由于N的电负性比P大，孤电子对对成键电子对的斥力大

C.溶解度：。3在CC14中的溶解度高于在水中的溶解度，是由于的极性微弱

D.稳定性：[Cu（NH3）j"<[Cu（H2O）4「，是由于H2O中0的电负性更大，形成的配位键更稳定

【答案】C

【解析】

【详解】A.沸点：H2O>H2S,是因为水存在分子间氢键，而H2s不存在分子间氢键。键能影响化学性质，

不影响沸点，A错误；

B.原子半径：N<P,N的成犍电子对之间距离较近，斥力较大，所以NC1,分子中。原子间的斥力大于

PCh分子中C1原子间的斥力，则键角：NC13>PC13,B错误；

C.0,是弱极性分子，水是极性溶剂，CC14是非极性溶剂，根据“相似相溶”原理，。3在CC14中的溶解

度高于在水中的溶解度，C正确；

D.H2O中0的电负性大于NH3中N的电负性，则HzO中0提供孤电子对的能力小于NH3中N提供孤

电子对的能力，NH3形成的配位键更稳定，则稳定性：[CU（NH3）4]2\[CU（H2O）4]2+,D错误；

故选C。

9.Y、Z、X、W、E为短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Y、Z形成阴离子的结构如图所示，X、W

无最高正化合价，Y原子半径最小，E和X位于同一族。下列说法错误的是

V

fO〜OX原子

方（今七I-Y原子

\OZ原子

A.X2W2是一种强氧化剂B.化合物ZW3的分子结构呈正三角形

C.该阴离子中X原子有两种化合价D.同周期中第一电离能比E大的元素有2种

【答案】D

【解析】

【分析】由阴离子的结构可知，离子中X、Y、Z形成共价犍的数目分别为2、1、4,X、W无最高正化合

价，阴离子带2个单位负电荷，所以Z最外层有3个电子，则X为0元素、Z为B元素，Y原子半径最小,

Y为氢；X和E同主族，E为S元素；W无最高正化合价，W为F元素；

【详解】A.XzW?为0?F2,其中0为+1价，具有强氧化性，是一种强氧化剂，A正确；

B.BF3的中心原子B为sp?杂化，无孤电子对，所以分子呈平面正三角形，B正确；

C.由阴离子的结构可知，该阴离子中存在过氧键和・0H根，则0原子有-1、・2两种化合价，C正确；

D.同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，P的3P轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周

期相邻元素，同周期中第一电离能比S大的元素有P,CLAr,3种，D错误；

故选Do

10.二硫化铝（MOS2,硫元素的化合价为-2价）难溶于水，具有良好的光、电性能。将

（NHJ2M0S4（Mr=260）在空气中加热可得MoS2,加热时所得剩余固体质量与原始固体质量的比值与

温度的关系如图所示（已知：MOO3+2NH3-H2O=（NH4）2MOO4+H2O）q下列说法正确的是

七

lr运

与

苦

母

田

洞

不15

匹

震

A.Mos2中铝元素（Mo）的化合价为+2价

B.MoC>3是金属氧化物，也是碱性氧化物

C.500°C可得到Mo的一种氧化物，该氧化物的化学式为MoC)3

D.煨烧MoS2生成22.4LSO2,反应转移电子的物质的量为7moi

【答案】C

【解析】

【详解】A.MoS2中硫元素的化合价为-2价，则铝元素(Mo)的化合价为M价，A错误；

B.所谓碱性氧化物是能跟酸反应生成盐和水的氧化物，但从题干可看出，MOO3和碱反应生成盐和水，因

此M0O3应该是酸性氧化物，B错误；

C.由图可知起始(NHJ2M0S4的质量可视为260g,g|JImol,根据加热分解过程总Mo元素守恒可知，

最终氧化物中Mo的质量为96g,氯化物中氯元素的质量为144g-96g=48g,Mo原子和O原子的个数

比为1:3,氧化物的化学式为MOO3,C正确；

D.由于未注明SO2所处状态，所以无法确定SO2的物质的量，无法计算转移电子的物质的量，D错误；

故选C。

11.治理汽车尾气(含“生类、CO、NO与SO2等)的办法之一是在汽车排气管上装上催化转化器，反应原

理为2NO(g)+2CO(g)^^=±N2(g)+2CC>2(g)，在298K(25℃)、lOlkPa下，AH=—U3kJ/mol、

AS=-145J/(molK)o下列说法错误的是

A.该反应氧化剂与还原剂的质量之比为15:14

B.增大NO投料，一定能增大产物在该反应体系中的百分含量

C.可根据计算AG是否小于0,判断常温下该反应是否自发反应

D.由AH=-113kJ/mol可知，当有2moiNO(g)被消耗时反应放出113kJ的热量

【答案】B

【解析】

【详解】A.CO中C为+2价，失去2个电子发生氧化反应生成CO2,NO中N为+2价，得电子发生还

原反应生成1个N2,转移4个电子，2NO(g)+2CO(g)UN,(g)+2C0,(g),氧化剂与还原剂的质量

催化剂'

之比为15:14,A正确;

B.增大NO投料，会使反应体系的总物质的量增大，产物在反应体系中的百分含量不一定能增大，B错误;

C.根据反应方向的综合判据即自由能变化判断可知，可根据计算AG是否小于0,判断常温下该反应是否

自发反应，C正确；

D.由2NO(g)+2CO(g)钎些L±N2(g)+2CC)2(g)AH=-113kJ/mol可知，当有2moiNO(g)被消

耗时反应放出U3kJ的热量，D正确；

故选Bo

12.在铝基催化剂作用下，1,2-丙二醇脱氧、脱水反应的循环机理如图所示。下列说法正确的是

A.铝基催化剂可以降低活化能和反应热

B.该反应涉及的有机物中，CH3cH=CH2有顺反异构

C.1,2-乙二醇发生上述反应分解的产物有HCHO、CH?=CH2和水

D.该反应涉及的有机物中，HCHO、CH3cHO、CH3cH=CH?均能便浪水褪色，H.原理相同

【答案】C

【解析】

【详解】A.但基催化剂可以降低活化能，不能改变反应热，A错误；

B.CF^CH-CH2的双键两侧的碳原子中有一个碳原子连有两个氢原子，不存在顺反异构，B错误;

C.由循环机理图可知1,2-乙二醇最终生成物有HCHO、CHz=CH2和水，C正确;

D.HCHO、CH3cHO与澳水发生氧化还原反应，溟水褪色；CH3cH-CH2与溟水发生加成反应，澳

水褪色，D错误;

故选C。

13.二氧化碳的综合利用是当下研究的重要课题.从高炉气回收CO?制取储氢物质HCOOH的综合利用示

7_,-11

意图如图所示。已知该温度下，Ka（（H2CO3）=5.0xWmol•L,Ka2（H2CO3）=5.0x10'mol-L-o

下列说法错误的是

质子交换膜

A.玻碳电极上发生氧化反应

B.溶液中质子向钳电极方向移动

c(H2coJ

C.该温度下，当吸收池中溶液的pH=8时，此时该溶液中c(C02)=4

+

D.阴极反应为CO?+2e-+2H2。=HCOOH+2OH-、2H+2e-=H2T

[：W]D

【解析】

【分析】将高炉气通入盛有饱和K2c03溶液的吸收池，C02与饱和K2c03溶液反应生成KHC03,同时得到

低热值燃气，KHCCh在分解池高温水蒸气作用下分解得到C02和K2cCh溶液，K2c03溶液循环至吸收池,

将分解得到的C02通入电解池装置，玻碳电极上山0被氧化生成02,则玻碳电极作阳极，钳电极作阴极,

阴极上C02被还原生成HCOOH、H,被还原为H2,据此解题。

【详解】A.玻碳电极上ILO被氧化生成02,发生氧化反应，A正确;

B.玻碳电极作阳极，钳电极作阴极，溶液中质子从阳极移向阴极，即向铝电极方向移动，B正确;

W、…）（H+}c（CO：）

C.该温度下，因Km(H2co3)=,则

c（H+）c（//CO；）c”卜（CO；）c2”>c（CO；-）

心（He）%2（H2co3）=,当吸收池中溶

c（HCO'）

C（H2CO3）C（H2CO3）

（io-8）2

液的pH=8时，此时该溶液中=4,C正

c（CO；~）（H2cO3>K02（H2cO3）5.0x10"x5.0x10“

确;

D.阴极上CCh被还原生成HCOOH、H+被还原为H2,则阴极反应为：CO2+2e-+2H^=HCOOH.

+

2H+2e-=H2T,D错误；

故选Do

14.以炼铁厂锌灰（主要成分为ZnO,含少量的CuO、MnO2,Fe2O3）为原料制备ZnO的工艺流程如

下，已知浸取工序中ZnO、CuO分别转化为[zMN&Z「和[Cu（N&）了。下列说法错误的是

NH4HCOxffl

过量・木博粉热帆粉

II|

隼置篁滤"j/余[注族双沉钟收烧[■—2no

彼液①途乱②

A.“浸取”需控制温度，较高温度不利于提高浸取率

B.滤渣①用稀盐酸溶液处理后得到MnOz固体

C.“燃烧”时加入焦炭可提高ZnO的产率

D.“除杂”工序的反应主要是Zn+[Cu（NH3）J*=Cu+[Zn（NH3）4『

【答案】C

【解析】

【分析】炼铁厂锌灰（主要成分为ZnO,含少量的CuO、MnCh、FezCh）浸取时，ZnO、CuO转化为

2+2+

[Zn（NH3）4]>[CU（NH3）4],M11O2、FeaCh不反应,过滤，滤液①中含有区.但也）/"、

2

[CU（NH3）4]\NH4HCO3、NH3H2O,加入Zn粉时，发生反应：

2+2+

Zn+[Cu（NH3）4]=Cu+[Zn（NH3）4],从而除去杂质[Cu（NH3）J+,滤液②中主要含

2

[Zn（NH3）4]\NH4HCO3、NH3H2O,经过蒸氨沉锌操作获得沉淀ZnCO-ZMOH）?,最后煨烧获得

ZnOo

【详解】A.“浸取”时温度过高会导致碳酸氢钱和氨水分解，故A正确；

B.由分析可知，滤渣①的主要成分为FezCh和MnOz，用稀盐酸溶浸时FezCh溶解，得到MnOz，故B正确;

C.“煨烧”时加入焦炭，ZnO会变为单质Zn,会降低ZnO的产率，故C错误；

D.加入过量锌粉发生的反应为Zn+[Cu（NH3）4『=Cu+[Zn（NH3）4丁，故D正确：

故答案为：Co

15.25c时，用NaOH溶液分别滴定弱酸HA、C11SO4、FeSOd三种溶液,pM随pH变化关系如图所

c(HA)/

c(Fe2+)等。已知KMQKOHbkKMFGOHT，下

示，p表示负对数，M表示｛A-)、c(Cu")、

列有关分析错误的是

A.②代表滴定FeSO4溶液的变化关系B.pH=7时，C/+沉淀完全

96

C.滴定HA溶液到a点时，溶液pH=8D.经计算，Ksp[Fe(OH)2]=10-'

【答案】D

【解析】

【详解】A.Cu(OH%、Fe(OHb的结构相似,二者的pM随pH的变化曲线应该是平行线，故③代表滴

定HA溶液的变化关系，根据曲线③pM=0时,溶液的pH=5.0,可得K(HA)=105；根据曲线①pM=0

时，溶液的pH=4.2,可得K5P=10一件.6；根据曲线②pM=0时，溶液的pH=6.5,可得Ksp=10*,

Cu(OH)2更难溶，故①、②分别代表滴定C11SO4溶液、滴定FeSO,溶液的变化关系，且

96

Ksp[Cu(OH)2]=10-',KMFe(OH)J=10*,A正确;

1"9.6

_982_,96溶液中eg)肉

B.Ksp[Cu(OH)2]=1X(10)=10，调整溶液的pH=7,

所以可使Cu2+沉淀完全，B正确;

75215=cFe2+

c.9二C(A„)=]0-5,Kp[Fe(OH)2]=1x(1O-)=1O-,在a点，1^J()，则

c”)10F

c(OH)=10-6mol/L,对应的pH=8,C正确;

10-5-C2(OH-)

15

D.根据以上分析可知Ksp[Cu(OH)2]=ICT',Ksp[Fe(OH)2]=10-,D错误。

答案选D。

二、非选择题：共4小题，共55分。

16,草酸（H2c2。4）是一种常见二元弱酸，易溶于水，常用来作还原剂、沉淀剂、媒染剂、络合剂等。某化

学兴趣小组欲制备草酸并探究其某些化学性质，经查找资料得知：乙焕在45-55℃硝酸汞作催化剂的条件

下，经浓硝酸氧化可制得草酸。

I.草酸的制备

该小组以电石（主要成分CaC2,还有少量的CaS、Ca3P2）.浓硝酸及少量硝酸汞为原料，利用如图装置

（1）仪器a的名称是。

（2）装置B中C11SO4溶液的作用是。

（3）装置A中主要反应的化学方程式：。

（4）装置C中多孔球泡的作用是。

（5）反应时C中产生大量红棕色气体，写出C中发生反应的化学方程式：o

n.产品中草酸晶体（H2c2O4NH2O）质量分数的测定

（6）称量3.500g草酸晶体配制100mL溶液，下列配制操作中错误的是（填字母）。

（7）取20mL所配制的溶液置于锥形瓶内，用O.lOOOmoLL-酸性KMnC）4标准溶液滴定至终点，平行实

验三次，平均消耗标准溶液20.00mL。产品中草酸晶体（H2czO「ZH2。）的质量分数为

【答案】（1）分液漏斗

(2)除去H?S、PH3等气体杂质

(3)CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2T

(4)增大气液接触面积，加快反应速率

Hg(NOj,

(5)C2H,+8HN0?(浓)~H,C2O4+8N0,+4H,0

45-55℃

(6)ac(7)90%

【解析】

【分析】装置A用饱和食盐水和电石反应制取乙块，反应方程式为：CaC2+2H2O=Ca(OH)2+CH=CHt，装置

B的硫酸铜溶液可除去电石中产生的杂质气体H2S、P%等，装置C中C2H2与浓HNO3反应发生H2c2O4和

NCh，装置D用来吸收二氧化氮尾气，据此分析回答。

【小问1详解】

仪器a的名称为分液漏斗；

【小问2详解】

由分析可知，装置B中盛有的硫酸铜溶液用于吸收除去乙焕气体中混用的硫化氢和磷化氢等气体杂质；

【小问3详解】

反应方程式为：CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H21：

【小问4详解】

增大气液接触面积，加快反应速率；

【小问5详解】

反应时C中产牛大量红棕色气体即NO?,已知乙快在45-55℃硝酸汞作催化剂的条件下，经浓硝酸氧化

可制得草酸，装置C中C2H2与浓HNC%反应发生H2C2O4和NO2的反应化学方程式为

Hg(NO3),

C2H,+8HNO3(浓)上乩©2。4+8NO,+4HQ；

45-55C

【小问6详解】

a.使用托盘天平时，应该“左物右码”，a错误；

b.溶解草酸固体时需要搅拌，b正确；

c.将草酸溶液转移到容量瓶中时需要用玻璃棒引流，c错误；

d.定容时，视线应该与凹液面的最低处相平，d正确；

故选ac<>

【小问7详解】

草酸和酸性高钵酸钾溶液反应的方程式为:

2KMnO4+3H2SO4+5H2C2O4^2MnSO4+K2SO4+8H2O+10CO2T,消耗的

3

n（KMnO4）=2.0xl0-mol,消耗高铳酸钾的草酸的物质的量为

n（H2C2O4）=2.5n（KMnO4）=5.0x1mol,样品中草酸晶体的质量分数为

SxlO^x^dx100^

20sxl00%=90%0

3.500g

17.硫化氢（H2S）既是一种剧毒且高腐蚀性气体，又是蕴含丰富氢能和硫元素的宝贵资源。

LH2s的处理

（1）处理某种废气中含有的H?S,是将废气与空气混合通入FeCl?、CuCl2.FeC1的混合液中，其部分

转化过程如图所示。

①一般认为K>及时反应进行的较完全，已知：25℃时KKCuS）=1.25xlO36,H2s的K厮=lx10々，

,5

Ka：=lxl0,则25c时过程ii中的反应（填“能”或“不能”）进行完全。

②过程iii中发生反应的离子方程式为_________________________________________

II.H.S的综合利用

（2）根据文献，将H2s和CH,的混合气体导入石英管反应器热解（一边进料，另一边出料），得到CS?和

H2,反应为CHKg）+2H2s（g）一=±CS2（g）+4H2®。在1275K、lOOkPa反应条件下，将物质的量

分数之比为3:3:2的H?S、CH4,N2混合气体进行甲烷处理硫化氢反应，平衡时混合气体中CS2的分压

与H2s的分压相同，H2s的平衡转化率为(保留小数点后一位)，平衡常数

Kp=kPa2(以分压表示，分压=总压x物质的量分数)。

(3)通过电化学循环法可将H2s转化为H2sO4和H2,如图所示，其中氧化过程发生两步反应:

H2S+H2SO4=S02T+SJ+2H2O、S+02=SO2o

②理论上，ImolH2s参加反应可产生H2的物质的量为o

(4)工业上可以通过硫化氢分解制得H2和硫蒸气。在某密闭容器中充入2molH2s气体，发生反应:

2H2S(g)7=^2H2(g)+S2(g),H2s气体的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。

%

、

将

)2

醉

A题

g

xs

7盼即⑥时

温度/。。

在975℃和压强为Pi的条件下，其他条件不变，n点的v正与v逆中较大的是,图中m、n点

对应温度下的平衡常数：(填“>”、"=”或"V")K。。

【答案】(1)①.能②.CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+

(2)①.66.7%②.1.28xl04

+

(3)①.SO2-2e+2H2O=4H4-SO^②.2mol

(4)①.丫正②.Km<Kn

【解析】

【小问1详解】

①根据图示，25℃时过程ii中的反应为Cu2+(aq)+H2s(aq)^=CuS(s)+2H+(aq),

K_C2(H，)C2(H)C(S2)C(HS-)1x10-7x1x10"8底

2+2+2--36

C(CU)C(H2S)C(CU)C(H2S)C(S)C(HS)ATsp(CuS)1.25xl0

反应能进行完全；

②过程iii为CuS与Fe3+发生氧化还原反应产生S单质及Fe?+、Cu2+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守

恒，可得反应的离子方程式为CuS+2Fe}+_S+2Fe2++Cu2+；

【小问2详解】

依题意，H2S.CH4.N2气体物质的量分数之比为3:3:2,

可设起始时n(H2S)=n(CHj=3mol、n(N2)=2mol,CH4反应的物质的量为xmol,列三段式:

CH4(g)+2H2s(g)CS2(g)+4H2(g)

起始z\

f

m)

l/

x013300

转

化/\

f011

im

x7x2xx4x

平01

衡

/\

f)

im

x73-x3-2xx4x

2x1

①平衡时H2s和CS2的分压相同，则3—2x=x,解得x=l,H2s的转化率为亍x100%*66.7%；

②平衡时气体的总物质的量为(2+l+l+4)mo1+2moi=10mo1,气体的总压为lOOkPa,故各气体的分压

如下:p(CH4)=20kPa,p(H2S)=10kPa,p(CS2)=lOkPa,p(H2)=40kPa,则

p4(H2)・p(CSj*10kpM

=：

22=1.28x10,kPa

p(CH4)p(H2S)-20xl0

【小问3详解】

+

①电极a上通入S02生成H2SO4，发生氧化反应为负极，电极反应式为S02-2e-+2H2O-4H+SOj；

②根据氧化过程发生两步发应可知ImolH2S反应最终生成2molSO2,2molSO2在原电池反应中转移电

+

子4mol,原电池正极反应为2H+2e~+l2~2HI,转移4moi电子生成4moiHI,分解生成2moiH2；

【小问4详解】

①在975c和Pi的条件下，其他条件不变，n点H2s的转化率小于该条件下的平衡转化率，反应正向进行,

v正大于v逆；

②根据图示，随温度升高，H2s的平衡转化率增大，可知正反应吸热，温度越高平衡常数越大，图中m、n

点对应温度下的平衡常数：Km<KnO

18.钛（Ti）是一种化学性质稳定的过渡元素，在航空航天、海洋工程和生物医疗等领域具有极为重要的实

用价值。工业上以钛铁矿（FeTiO〉含Fez。？、CaO、SiO2等杂质）为主要原料制取Ti的流程如下：

H2s溶液铁粉焦炭、氯气,试剂B

滤渣I绿矶滤液CO

已知：①“酸浸”后钛主要以TiOSO4的形式存在于溶液中；

②TiOzxH2。煨烧生产TiO?。

回答下列问题：

（1）滤渣1的主要成分为（填化学式）；绿矶中铁的化合价是。

（2）“操作X”工序需控制温度不能过高，从产品角度分析原因为。

（3）“水解.”析出TiOz-xH2。，该反应的离子方程式是o

（4）“洗涤”工序，检验TiOz-xH2。己洗涤干净的方法为o

（5）写出“高温氯化”工序中反应的化学方程式：。

（6）集钛记忆合金可用于飞机和宇宙飞船。已知一种银钛合金的晶胞结构如图所示，若合金的密度为

pgcm-3,NA代表阿伏加德罗常数的值，则晶胞中两个钛原子间的最近距离是Pm（用

含P和NA的计算式表示，不必化简）。

OTiONi

【答案】（1）①.SiO2.CaSO4.Fe②.+2价

（2）防止Ti。?*提前水解使绿矶不纯或降低钛的回收率（产品产率）

A

2++

⑶TiO+（x+l）H2O=TiO2xH2O4<+2H

（4）取最后一次洗涤液，用稀盐酸（稀硝酸）酸化，无明显现象，再滴入几滴BaCl2溶液，没有白色沉淀

产生，则证明洗涤干净

/、高温

⑸TiO2+2Cl2+2C=TiCl4+2CO

yjl（4x（48+59）

（6）—X3一-------^xlO10

2VZA

【解析】

【分析】钛铁矿（FeTiCh，含FezCh、CaO.SiO?等杂质）酸浸后生成TiOSCh、FeSCU、Fe2（SC）4）3和难溶的

CaSd,但SiOz不参加反应，“还原”过程中Fe?4被加入的铁粉还原为Fe2+,则滤渣1的主要成分为CaSO」、

SiCh和剩余的Fe,所得滤液主要含有TiOSCh、FeSO4,经过操作X（蒸发浓缩、冷却结晶）得到绿矶，同时

得到含有TiOSO4的滤液，TiOSCh水解（90℃）析出TiOHhO,经洗涤、般烧得到TQ，“高温氯化”时，

TiCh与焦炭、氯气反应生成TiCL和CO,最后“冶炼”过程中TiCL被试剂B还原得到Ti,据此解答。

【小问1详解】

由分析可知，滤渣1的主要成分为CaSO4.SiO?和剩余的Fe,绿桃的化学式为FeSO,々H2。，其中铁的化

合价为+2价；

【小问2详解】

TKA在90c时会充分水解析出Ti02-若“结晶”控制温度过高，会导致TiCP-提前水解使制得的绿

矶不纯，同时降低钛的回收率（或产品产率），则“操作X”工序需控制温度不能过高，从产品角度分析原

因为：防止TiCP提前水解使绿矶不纯或降低钛的回收率（产品产率）：

【小问3详解】

2++

TiO^在溶液中存在水解平衡：TiO+(A+l)H2O^TiO2-xH2O+2H,升高温度，促使水解趋于完全

2++

生成重02・田20，则90c下水解的离子方程式为：TiO+(x+l)H2O=TiO2xH2OI+2H：

【小问4详解】

TiOz-xH2。表面有SO；,若洗涤液中不含SO：,则已洗涤干净，所以检验TiCh-HhO已洗涤干净的方

法为：取最后一次洗涤液，用稀盐酸(稀硝酸)酸化，无明显现象，再滴入几滴BaCl2溶液，没有白色沉

淀产生，则证明洗涤干净；

【小问5详解】

“高温氯化”时，TiCh与焦炭、氯气反应生成TiCL和CO,则反应的化学方程式为：

高温

TiO2+2Cl2+2C=TiJ+2cO；

【小问6详解】

11148+59

根据均摊法,晶胞中Ti原子数为：8x-+6x二=4,Ni原子