湖北省武汉市2025届高三下学期5月供题化学试题6

2025届湖北省武汉市高三5月供题化学试题6答案 可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Cl 35.5 Cu 64 Zn 65 As 75 1、 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，只有一项是符合题目要求的。 1. 化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列有关说法错误的是 A. 我国二氧化碳合成淀粉的颠覆性技术有助于未来实现“碳中和” B. 我国率先研制了预防新冠病毒的灭活疫苗，灭活疫苗利用了蛋白质变性原理 C. “天和”核心舱电推进系统中的腔体采用的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料 D. 地沟油变废为宝是实现资源再利用的重要研究课题，地沟油和石蜡油的化学成分相同 【答案】D 【解析】 【详解】A．碳中和是指企业、团体或个人测算在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”，二氧化碳合成淀粉减少了二氧化碳的排放，有助于未来实现“碳中和”，A正确； B．病毒的主要成分为蛋白质，灭活疫苗利用了蛋白质变性原理，B正确； C．氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，C正确； D．地沟油化学成分为油脂，石蜡油的化学成分为烃，成分不相同，D错误； 故选D。 2. 下列物质应用正确的是 A. 纯碱用作治疗胃酸过多的药物 B. 氯气和消石灰用作生产漂白液的原料 C. 二氧化硫用作葡萄酒生产过程中的添加剂 D. 二氧化硅用作北斗芯片中的半导体材料 【答案】C 【解析】 【详解】A．治疗胃酸过多的药物常用氢氧化铝或碳酸氢钠，故A错误； B．氯气和消石灰用作生产漂白粉的原料，漂白液的原料是氯气和氢氧化钠溶液，故B错误； C．二氧化硫用作葡萄酒生产过程中的添加剂，常作抗氧剂，故C正确； D．北斗芯片中的半导体材料是硅单质，故D错误。 综上所述，答案为C。 3. 关于下列实验装置的说法正确的是 A. 图甲可用来制备小苏打 B. 图乙能保证较长时间观察到白色沉淀 C. 图丙可实现蒸发Na2CO3溶液得到Na2CO3固体 D. 图丁可以实现石油分馏 【答案】A 【解析】 【详解】A．向饱和NaCl溶液中先通入足量NH3，然后向其中再通入足量CO2，发生反应：NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3+NH4Cl，由于NaHCO3溶解度较小，反应消耗溶剂水，产生大量NaHCO3，因此装置甲中会有白色沉淀NaHCO3析出，A正确； B．盛有氢氧化钠溶液的胶头滴管应该深入到硫酸亚铁溶液中，故B错误； C．蒸发溶液应该在蒸发皿中进行，而图中为坩埚，故C错误； D．蒸馏实验中温度计的位置应该在蒸馏烧瓶的支管口处，故D错误； 故选A。 4. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且总和为24，四种元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能。下列有关叙述正确的是 A. 该化合物中X、Y和W原子间均存在配位键 B. Y的最高价氧化物的水化物一定为强酸 C. 离子半径：Z＞Y＞W D. 电负性顺序：X＞Y＞W 【答案】B 【解析】 【分析】一种由短周期主族元素W、X、Y、Z组成的化合物，其结构如图所示，W、X、Y、Z的原子序数依次增大且总和为24，结构中Z原子形成+1价阳离子，则Z为Na；Y形成3个共价键，其原子序数小于Na，则Y为N；W形成1个共价键，其原子序数小于N，则W为H；可知X的原子序数为24-1-7-11=5，故X为B，据此分析解答。 【详解】A．根据结构分析可知，该化合物中，B元素和N元素形成配位键，但H元素未与B、N形成配位键，A错误； B．Y为N元素，其最高价氧化物的水化物为HNO3，属于强酸，B正确； C．Na+和N3-的电子层数相同，核电荷数Na＞N，故离子半径N3-＞Na+，C错误； D．X为B元素，Y为N元素，W为H元素，电负性：N＞H＞B，D错误； 答案选B。 5. 下列由实验现象所得结论正确的是 A. 向苯酚钠溶液中通入二氧化碳，溶液变浑浊，证明碳酸的pH比苯酚小 B. 检验FeCl3溶液中是否混有Fe2+时，滴入酸性高锰酸钾溶液，紫红色褪去，证明含有Fe2+ C. 向两支盛KI3溶液的试管中分别滴加淀粉和硝酸银溶液，前者变蓝，后者生成黄色沉淀，证明存在：I2+I- D. 向0.1mol/L ZnSO4溶液中滴加Na2S溶液至不再有白色沉淀生成，再滴加少量0.1mol/L CuSO4溶液，产生黑色沉淀，证明Ksp(ZnS)＜Ksp(CuS) 【答案】C 【解析】 【详解】A．向苯酚钠溶液中通入二氧化碳，溶液变浑浊，证明碳酸的酸性比苯酚强，但不能证明二者的pH大小，A错误； B．Fe2+和Cl-都具有还原性，二者都可以和酸性高锰酸钾溶液反应，故检验FeCl3溶液中是否混有Fe2+时，滴入的酸性高锰酸钾溶液的紫红色褪去，不能证明有Fe2+，B错误； C．向两支盛KI溶液的试管中分别滴加淀粉和硝酸银溶液，前者变蓝，说明体系中存在I2，后者生成黄色沉淀，说明体系中存在I-，故可体系中证明存在：I2+I-，C正确； D．向0.1mol/L ZnSO4溶液中滴加Na2S溶液至不再有白色ZnS沉淀生成，再滴加少量0.1mol/L CuSO4溶液，产生黑色CuS沉淀，证明Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，D错误； 故选C。 6. 镓(Ga)位于周期表中第四周期第IIIA族，与强酸、强碱溶液均能反应生成H2，是一种应用广泛金属元素，可用于制造半导体材料氮化镓、砷化镓、磷化镓等。同温同压下，分别与浓度均为的盐酸和氢氧化钠溶液充分反应，生成H2的体积分别为和。下列说法错误的是 A. B. 转移的电子数之比为 C. 消耗酸和碱的物质的量之比为 D. 反应前后两溶液的质量变化相等 【答案】D 【解析】 【分析】Ga与Al同主族，则Ga和盐酸和氢氧化钠反应的方程式为：，，即和盐酸反应两者的比值为：1∶3，与氢氧化钠反应两者比值为1∶1，以此解题。 【详解】A． 由反应方程式可知，0.1molGa需0.3molHCl，而HCl有0.2mol，所以Ga过量，则0.2molHCl与Ga反应生成0.1molH2，0.1molGa需0.1molNaOH，生成0.15mol H2，同温同压下，气体的体积之比等于气体的物质的量之比，则，A正确； B．生成0.1mol H2，转移0.2mol电子，生成0.15mol H2转移0.3mol电子，所以转移电子之比为0.2∶0.3=2∶3=V1∶V2，B正确； C．消耗HCl0.2mol，消耗NaOH0.1mol，所以0.2∶0.1=2∶1=3V1∶V2，C正确； D．反应溶液质量变化即Ga与H2的质量变化，与盐酸反应：，与氢氧化钠反应：，，D错误； 故选D。 7. 某同学进行从粗盐水中除去、、的实验。操作如下：向烧杯中加入粗盐水，然后向烧杯中依次滴加过量的溶液、溶液和饱和溶液，过滤。向所得滤液中滴加盐酸，用玻璃棒搅拌，直至滤液呈微碱性(用试纸检验)。再将滤液倒入坩埚中，加热、蒸干，得到去除了杂质离子的精盐。实验中存在的错误有几处？ A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【详解】用沉淀法除去粗盐中的、、的操作应该为：向粗盐水中先加入过量BaCl2溶液，使转化为BaSO4沉淀；再加入过量NaOH溶液，使Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀；然后再加入稍过量的Na2CO3溶液，使原溶液中的Ca2+及加入的过量的Ba2+转化为CaCO3、BaCO3沉淀，然后过滤除去BaSO4、Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3沉淀。而题目中加过量的溶液，这样引入了杂质离子。滤液中滴加盐酸不需要用玻璃棒搅拌。向所得滤液中滴加盐酸直至没有气泡冒出，说明滤液中过量的NaOH及Na2CO3被反应完全，盐酸已经过量，此时停止滴加盐酸，不需用pH检验溶液的酸碱性。然后再把滤液倒入蒸发皿中，用酒精灯加热，进行蒸发结晶，当水分蒸发完全，过量的HCl挥发逸出，当出现较多固体并剩余少量水时停止加热，利用余热将滤液蒸干，而不是在坩埚中蒸发结晶，故该实验操作中工有4处错误。 合理选项是A。 8.实验室制备苯胺的流程，反应②的实验装置（夹持及加热装置略）如图。已知：苯胺为无色油状液体，沸点184℃，易氧化。下列说法正确的是 A. 反应①后的混合液经水洗、碱洗、结晶，得到硝基苯 B. 反应①和反应②均需水浴加热 C. 装置中为除去反应生成的水，蒸馏前需关闭K并向三颈烧瓶中加入P2O5 D. 为防止生成的苯胺被氧化，加热前应先通一段时间的H2 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应①后的混合液中含有硝基苯和未反应完的苯，经水洗、碱洗、分液后再蒸馏，得到硝基苯，选项A错误； B．反应②的实验温度控制在140℃，大于100℃，不能用水浴加热，选项B错误； C．苯胺还原性强，易被氧化，有碱性，与酸反应生成盐，而浓硫酸具有酸性和强氧化性，苯胺能与浓硫酸反应，则不能选用浓硫酸，三颈烧瓶内的反应结束后，关闭K，先在三颈烧瓶中加入生石灰后蒸馏，选项C错误； D．加热前应先通一段时间的 H2可将装置内空气排出，避免苯胺被氧化，选项D正确； 答案选D。 9. 将废旧锌锰电池进行回收处理以实现资源的再生利用，初步处理后的废料中含、、及等，用该废料制备和的一种工艺流程如下：(已知：的金属活动性强于，在酸性条件下比较稳定，大于5.5时易被氧化) 下列说法错误的是 A. “还原焙烧”时元素被还原，有气体产物生成 B. 滤渣1、滤渣2的主要成分分别为炭黑、氢氧化铁 C. “净化”时通入的可用来代替，的作用是调节溶液的大于5.5以便于除去杂质离子 D. “电解”时的阳极反应式为 【答案】C 【解析】 【分析】废料中加入过量的炭黑，还原焙烧，锰元素变成二价锰离子，酸浸时得到锰离子、锌离子和亚铁离子，过量的碳黑不溶于酸，过滤变成滤渣1，溶液中需要除去亚铁离子，利用表格数据，应将亚铁离子氧化为铁离子以氢氧化铁沉淀形成分离除去，但是需要注意二价锰离子在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化，所以应先通入氧气，后加入碳酸锰调节溶液的pH值并控制二价锰离子不被氧化，最后通过电解，锌离子得到电子在阴极生成锌，二价锰离子在阳极失去电子生成二氧化锰，以此解题。 【详解】A．“还原焙烧”中、分别与炭黑反应，、，反应中锰元素被还原为MnO，且有气体产物生成，不符合题意，A错误； B．加热和搅拌都可以加快酸浸时的反应速率，碳不溶于水或酸，所以滤渣l为碳，溶液中通入氧气和加入碳酸锰，使铁元素变成Fe(OH)3沉淀而分离，滤渣2为Fe(OH)3，不符合题意，B错误； C．在酸性条件下比较稳定，大于5.5时易被氧化，故pH应该小于5.5，不符合题意，C错误； D．由图可知电解产生二氧化锰，则电极方程式为：，不符合题意，D错误； 故选C。 10. 咪唑是分子结构中含有两个间位氮原子的五元芳杂环化合物，该类化合物在医学上有着重要的用途。如：咪唑()和N-甲基咪唑()都是合成医药中间体的重要原料，下列有关说法错误的是 A. 基态N原子的价电子轨道表示式 B. 与中含σ键个数比为3：2 C.与中C、N原子均在同一平面上 D. 与中的N原子均采取sp2杂化 【答案】B 【解析】 【详解】A．N为7号元素，其核外电子排布式为1s22s22p3，则其价电子轨道表示式为，A正确； B．N-甲基咪唑分子含有12个σ键，咪唑分子含有9个σ键，故二者含σ键的个数比为4：3，B错误； C．咪唑是分子结构中含有两个间位氮原子的五元芳杂环化合物，这个五元环是一个平面环，故N-甲基咪唑分子和咪唑分子中的C、N原子均在同一平面上，C正确； D．N-甲基咪唑分子和咪唑分子中有大π键，平面结构，N采取sp2杂化，D正确； 故选B。 11.捕集利用二氧化碳是我国能源领域的一个重要战略方向，科学者利用电解法将CO2转化为甲醇的原理如图所示，下列说法错误的是 A. a电极阳极 B. 阴极上发生电极反应式为CO2 +6+6e-=CH3OH+6+H2O C. 产生1 mol O2时，通过质子交换膜的质子的物质的量为4 mol D. 电解过程中左侧需补充H2O，右侧需补充KHCO3溶液 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据图示，a电极放出氧气，a为阳极，故A正确； B．阴极上二氧化碳得电子生成甲醇，发生电极反应式为CO2 +6+6e-=CH3OH+6+H2O，故B正确； C．阳极发生反应，产生1 mol O2时，电路中转移4mol电子，为平衡电荷，4mol氢离子通入质子交换膜由左向右移动，故C正确； D．总反应为，电解过程中左侧需补充H2O，不需补充KHCO3，故D错误； 选D。 12.某种含二价铜微粒催化剂可用于汽车尾气脱硝。催化机理如图甲，反应历程如图乙。下列说法正确的是 A. 可加快脱硝速率，提高脱硝的平衡转化率 B. 状态②到状态③的变化过程为图示反应的决速步骤 C. 升高温度，脱硝反应的正反应速率的增大程度大于其逆反应速率的增大程度 D. 当有消耗时，状态④到状态⑤的变化过程中转移的电子为 【答案】D 【解析】 【详解】A．催化剂能加快速率，不能使平衡移动，可加快脱硝速率，不能提高脱硝的平衡转化率，故A错误； B．状态③到状态④的活化能最大，活化能越大反应速率越慢，慢反应决定正反应速率，状态③到状态④的变化过程为图示反应的决速步骤，故B错误； C．脱硝反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，脱硝反应的正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故C错误； D．状态④到状态⑤，铜元素化合价由+1升高为+2，NO中N元素化合价由+2升高为+4，当有消耗时，状态④到状态⑤的变化过程中转移的电子为，故D正确；选D。 13.双环戊二烯解聚成环戊二烯反应如下，下列说法错误的是 A. 可用红外光谱或质谱鉴别双环戊二烯与环戊二烯 B. 环戊二烯的二氯代物有10 种(不考虑立体异构) C. 双环戊二烯中有4个手性碳原子 D. 环戊二烯和双环戊二烯分别与Br2进行1：1加成的产物均有两种 【答案】B 【解析】 【详解】A．环戊二烯和双环戊二烯的相对分子质量不同，故可以用质谱图鉴别；两者的化学键不同，故可以用红外光谱鉴别，故A正确； B．采用定一移一的原则，环戊二烯的二氯代物有 ， ， ，一共7种，故B错误； C．根据手性碳的定义，则双环戊二烯中 ，标有“*”的碳为手性碳，一共有4个手性碳，故C正确； D．双环戊二烯分别与Br2进行1：1加成的产物有两种，环戊二烯与Br2进行1：1可以发生1，2加成和1，4-加成，故加成的产物也有两种，故D正确； 故选B。 14.在恒温恒容密闭容器中发生反应2H2(g)+2NO(g)2H2O(g) +N2(g)，N2的瞬时生成速率v=k·cm(H2)c2 (NO)。控制NO起始浓度为0.5 mol/L，N2的瞬时生成速率和H2起始浓度的关系如图所示，下列说法正确的是 A. 由题可知，该反应的速率常数k为15 B. 随着H2起始浓度增大，该反应平衡常数增大 C. 达平衡后，H2和NO的浓度均增加一倍，则NO转化率减小 D. H2起始浓度0.2 mol/L，某时刻NO的浓度为0.4 mol/L，则N2的瞬时生成速率为0.24 mol/L 【答案】A 【解析】 【详解】A． NO起始浓度为0.5 mol/L，由图像可知，N2的瞬时生成速率与H2起始浓度呈直线关系，则m=1，将数据(0.2，0.75)代入v=k·c(H2)c2 (NO)，该反应的速率常数，A项正确； B．反应一定，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，B项错误； C． 达平衡后，H2和NO的浓度均增加一倍，新平衡与原平衡相比，相当于加压，平衡正向移动，则NO转化率增大，C项错误； D．由2H2(g)+2NO(g)2H2O(g) +N2(g)可知，NO起始浓度为0.5 mol/L，某时刻NO的浓度为0.4 mol/L，变化量为0.1 mol/L，则时刻H2的浓度为0.2mol/L-0.1mol/L =0.1mol/L，N2的瞬时生成速率为，单位错误，D项错误； 答案选A。 15. 15. 25℃时，某酸(结构简式为)溶液中含元素X物种的浓度之和为，溶液中各含元素X物种的pX随pOH变化关系如图所示。图中，；x、y两点的坐标：；、分别表示的一级、二级电离常数。下列说法错误的是 A. 溶液显碱性，是因为只水解程度不电离 B. 溶液中， C. 该体系中， D. z点时， 【答案】C 【解析】 【分析】根据某酸结构简式为，以及H3XO3有两级电离常数可知H3XO3为二元弱酸，H3XO3⇌H++H2XO，H2XO⇌H++HXO，根据图像， ①表示HXO的pX随pOH的变化图像； ②表示H2XO的pX随pOH的变化图像； ③表示H3XO3的pX随pOH的变化图像； y点表示c(H3XO3)与c(H2XO)相等，此时pOH=12.6，c(OH-)=10-12.6mol/L，，， x点表示c(HXO)与c(H2XO)相等，此时pOH=7.4，c(OH-)=10-7.4mol/L，，，H2XO的水解常数，H2XO+H2O⇌OH-+ H3XO3，，Ka2>Kh2，则H2XO的电离大于H2XO的水解，则c(HXO)> c(H3XO3) ，以此解题。 【详解】A．由分析可知该酸为二元弱酸，则只能水解不能电离，A正确； B．溶液中，根据电荷守恒：，则，由分析可知c(HXO)> c(H3XO3)则有，B正确； C．H3XO3一级电离常数，,=， ，因为，故，，C错误； D．z点时c(HXO)= c(H3XO3)，= ，D正确； 故选C。 二、选择题：本题共4小题，共55分。 16.锌及其化合物在工业、农业方面用途广泛。 Ⅰ（1）Zn原子能形成多种配位化合物。一种锌的配合物结构如图： ①其中C、N、O、Zn元素的第一电离能大小关系是_______，结构中参与sp3杂化原子有_______个。 ②配位键①和②相比。较稳定的是_______；键角③_______键角④(填“>”、“<”、“=”)。 （2） (CH3COO)2Zn和ZnC2O4中阴离子对应的酸中沸点较高的是_______(写结构简式)，原因是_______ 。 Ⅱ碱性锌锰电池的工作原理：Zn+2MnO2+2H2O＝2MnO(OH)+Zn(OH)2，其中的电解质溶液是KOH溶液。某课题组用废旧铁壳无汞碱性锌锰电池为原料，制备一种新型材料——MnxZn(1−x)Fe2O4，其工艺流程如图所示： (3)已知MnxZn(1−x)Fe2O4中锰元素的化合价与实验室用二氧化锰制取氯气时还原产物中的锰相同，则铁元素的化合价为___________。 (4)滤液A中溶质的电子式为___________。 (5)“溶渣”工序中稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3价锰的化合物全部还原成Mn2+，写出该反应的离子方程式：___________________________________。 (6)“调铁”工序的目的是调整滤液中铁离子的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式MnxZn(1−x)Fe2O4相符合。 ①写出“调铁”工序中发生反应的离子方程式：__________________、_______________。 ②若测得滤液的成分为c(Mn2+)+c(Zn2+)=a mol·L−1，c(Fe2+)+c(Fe3+)=b mol·L−1，滤液体积为1m3，“调铁”工序中，需加入的铁粉质量为___________kg(忽略溶液体积变化，用含a、b的代数式表示)。 (7)在“氧化”工序中，加入双氧水的目的是_________________，生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值，其可能原因除温度外，主要是______________________。 (8)用氨水“调pH”后，经“结晶”、“过滤”可得到产品和滤液C(C为正盐)，从滤液C中还可分离出一种氮肥，该氮肥的溶液中离子浓度由大到小的排序为_____________。 【答案】 Ⅰ（1） ①. ②. 8 ③. ① ④. > （2） ①. ②. 草酸的相对分子质量高于醋酸，同时草酸存在两个羧基结构，与其他分子形成分子间氢键多于醋酸 Ⅱ （3）+3    （4）     （5） MnO(OH)+Fe2++3H+= Mn 2++Fe3+ +2H2O     （6）①Fe+2Fe3+=3Fe2+     Fe+2H+= Fe2++H2↑     ②112a−56b     (7)把Fe2+氧化为Fe3+     生成的Fe3+催化了双氧水的分解     （8）c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH−) 【解析】 Ⅰ【小问1详解】 ①同周期从左到右第一电离能有增大的趋势，同主族从上到下第一电离能逐渐增大，因此Fe、C、O、N三种元素的第一电离能由大到小的顺序为；结构中的单键碳原子和水中的氧原子都是参与sp3杂化，共有8个原子； ②N和O相比，N的电负性弱，更容易提供孤电子对，配位键更加稳定，故更加稳定的是配位键①；键角③是双键和单键之间的排斥力，电子云密度大，排斥力较大，键角较大，键角④是单键和单键之间的排斥力，电子云密度小，排斥力较小，键角较小，故键角③>键角④； 【小问2详解】 阴离子对应的酸为乙酸CH3COOH、草酸，草酸的相对分子质量高于醋酸，同时草酸存在两个羧基结构，与其他分子形成分子间氢键多于醋酸，故沸点高的为； Ⅱ【分析】Zn、MnO2、MnO(OH)和Zn(OH)2都不溶于水，经过浸取，滤渣的主要成分为Zn、MnO2、MnO(OH)和Zn(OH)2，滤液A的成分为KOH。“溶渣”中，加入的过量稀硫酸是为了将滤渣全部转化为溶液，并除去其他不溶性物质。通过题目可知，“调铁”是为了调节Mn、Zn和Fe的比例，加入的Fe要完全消耗过量的稀硫酸，则Fe必须过量，所以过量的Fe会和Fe3+反应。由于化合物MnxZn(1−x)Fe2O4中Fe呈+3价，所以必须把此时溶液中的Fe2+转化为Fe3+，所以要加入H2O2这个合适的强氧化剂。加入氨水调节溶液的pH，溶液中Fe、Mn、Zn全部形成了沉淀，所以滤液C（正盐）的溶质为(NH4)2SO4。 【小问3详解】用二氧化锰制取氯气时的还原产物为MnCl2，其中Mn的化合价为+2价，则在MnxZn(1−x)Fe2O4中，设Fe的化合价为y，则有（+2）×x+（+2）×（1-x）+2y+（-2）×4=0。解得y=3，即Fe的化合价为+3价； 【小问4详解】由于Zn、MnO2、MnO(OH)和Zn(OH)2都不溶于水，则滤液A的溶质为KOH，其电子式为； 【小问5详解】硫酸亚铁和MnO(OH)的反应方程式为：，则其离子方程式为：； 【小问6详解】①在“溶渣”时，加入了过量的稀硫酸，所以“调铁”时，发生的离子方程式有：，； ②从化学式MnxZn(1−x)Fe2O4来看，“调铁”的目标是[n(Mn)+n(Zn)]:n(Fe)=1:2。已知：滤液的成分为c(Mn2+)+c(Zn2+)=a mol·L−1，c(Fe2+)+c(Fe3+)=b mol·L−1，滤液体积为1m3，则n(Mn2+)+n(Zn2+)=1000a mol，n(Fe2+)+n(Fe3+)=1000b mol，设需要加入的铁粉的物质的量为y mol，有，解得y=(2000a-1000b)mol，则所需铁粉的质量为（2000a-1000b）mol × 56g/mol =(112a-56b)kg； 【小问7详解】在“氧化”的工序中，双氧水的目的是将Fe2+氧化为Fe3+；双氧水的消耗量大于理论值，可能的原因是其自身不稳定，发生了分解，而Fe3+可以催化H2O2的分解，可能的原因除了温度之外，主要是Fe3+催化H2O2的分解； 【小问8详解】经过“调pH”、“结晶”、“过滤”后得到产品和硫酸铵溶液，所以滤液C（正盐）为(NH4)2SO4溶液，则其溶液中离子各浓度的大小顺序为c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH−)。 17.某课题小组利用硫渣与氯气反应制备四氯化锡，其过程如图所示(夹持、加热及控温装置略)。已知：四氯化锡(SnCl4)常温下为无色液体、易水解。 硫渣的化学组成及氯气与硫渣反应相关产物的熔沸点 物质 Sn Cu2S Pb As 其他杂质 质量分数% 64.43 25.82 7.34 1.23 1.18 SnCl4 CuCl PbCl2 AsCl3 S 熔点/℃ -33 426 501 -18 112 沸点/℃ 114 1490 951 130 444 （1）仪器a的名称_______，A中发生反应的化学方程式_______。 （2）e中所加物质为_______，作用为_______。 （3）装置中存在一处缺陷会导致SnCl4产率降低，改进的方法是_______。 （4）三颈烧瓶中得到的粗产品进行提纯的方法_______；提纯后剩余的固体渣经过处理，可回收的主要金属有_______。 （5）已知SnCl4产品中含有少量AsCl3杂质，碘量法可用于测量产品纯度：取10. 00 g产品溶于水，加入0.100 mol/L标准I2溶液20. 00 mL，并加入少量的淀粉溶液；用0.100×10-2 mol/L的硫代硫酸钠标准溶液滴定过量的碘。滴定终点时消耗20. 00 mL硫代硫酸钠标准溶液。测定过程中发生的相关反应： ①AsCl3+3H2O= H3AsO3+ 3HCl ②H3AsO3+I2+H2O= H3AsO4+2HI ③2+I2=2I-+ 则产品中SnCl4的质量分数_______(保留小数点后1位)；若滴定后发现滴管尖嘴处产生了气泡，则测量结果_______(填“偏高”或“偏低”)。 【答案】（1） ①. 恒压滴液漏斗 ②. （2） ①. 碱石灰 ②. 吸收多余的氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶中引起SnCl4水解 （3）在装置A与B之间加盛有饱和食盐水的洗气瓶 （4） ①. 蒸馏 ②. Cu、Pb （5） ①. 96.4% ②. 偏低 【解析】 【分析】实验装置中A用于制备Cl2，反应原理为。由于SnCl4常温下易水解，B装置用于除去Cl2中混有的水蒸气，C装置用于制备四氯化锡，化学反应原理为，同理为了防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶，且吸收多余的氯气，e中加入碱石灰，据此分析来解题。 【小问1详解】 为了使浓盐酸顺利滴入烧瓶中，使用的仪器a为恒压滴液漏斗，装置A用于制备Cl2，反应原理为，故答案为: 恒压滴液漏斗，； 【小问2详解】 根据上面的分析，e中加入碱石灰，可以防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶中引起SnCl4水解，同时又能吸收多余的氯气，防止污染空气，故答案为：碱石灰，吸收多余的氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶中引起SnCl4水解； 【小问3详解】 通过上面的分析可知，装置A用于制备Cl2，Cl2中含有杂质HCl和水蒸气，都会使SnCl4产率降低，因此除了B装置除去水蒸气之外，在装置A与B之间加盛有饱和食盐水的洗气瓶，用于除去杂质HCl，故答案为在装置A与B之间加盛有饱和食盐水的洗气瓶； 【小问4详解】 根据氯气与硫渣反应相关产物的熔沸点可知，三颈烧瓶中得到的粗产品进行提纯的方法是蒸馏，且控制温度为114℃，硫渣中含有金属元素为Sn、Cu和Pb，与氯气反应提纯后剩余的固体渣经过处理，可回收的主要金属有Cu和Pb，故答案为蒸馏，Cu和Pb； 【小问5详解】 根据滴定反应原理可知，过量的碘的物质的量为，所以与H3AsO3发生反应的碘的物质的量为n(I2)= 0.100 mol/L×20.00×10-3L-1×10-5mol=1.99×10-3 mol，即可得杂质n(AsCl3)= 1.99×10-3 mol，所以产品中SnCl4的质量分数为，若滴定后发现滴管尖嘴处产生了气泡，使读出的硫代硫酸钠标准溶液体积偏小，即剩余的碘的物质的量偏小，所以求得杂质消耗的碘得量偏大，也就是杂质含量偏高，所以测量产品的纯度会偏低，故答案为96.4%，偏低。 18.有机物G是某药物的中间体，合成路线如图所示： 已知：R-CNR-CH2NH2 R1-NH2+R2-COOC2H5 （1）A的化学名称_______，A→B的反应类型_______，G中官能团名称_______。 （2）写出C→D的化学方程式_______。 （3）写出F的结构简式_______。 （4）L是D的一种同分异构体，写出满足下列条件的L的结构简式：_______。 a能与FeCl3溶液显紫色 b.核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为9： 3： 2： 2 （5）设计以为原料合成的路线(无机试剂任选) _______。 【答案】（1） ①. 1，3—丙二醇 ②. 氧化反应 ③. 酯基、酰胺基 （2） （3） （4）、、 （5）CH2=CH-COOCH3 【解析】 【分析】根据A的分子式以及D的结构简式可知，A为HOCH2CH2CH2OH，被酸性高锰酸钾溶液氧化，得到B为HOOCCH2COOH，B与甲醇发生酯化反应生成C为CH3OOCCH2COOCH3，C与发生反应（先加成后消去）生成D，根据G的结构简式以及已知信息可知，D与HCN反应生成的E为，E与氢气在催化剂作用下反应生成的F为。 【小问1详解】 由分析知，A为HOCH2CH2CH2OH，化学名称为1，3—丙二醇，A→B反应类型为氧化反应，G中官能团名称为酯基、酰胺基。 【小问2详解】 C为CH3OOCCH2COOCH3，C与发生反应（先加成后消去）生成D，C→D的化学方程式为。 【小问3详解】 F的结构简式为 。 【小问4详解】 L是D的一种同分异构体，L满足下列条件：能与FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为9： 3： 2： 2，说明其分子中只有4种不同化学环境的氢原子，分子结构有很好的对称性。则符合条件的有以下几种： 、 、 。 【小问5详解】 结合题中信息可知，由 发生消去反应生成CH2=CH-COOCH3，CH2=CH-COOCH3与HCN发生加成反应生成 ，再与氢气作用下反应生成 ， 发生信息反应生成 。故以 为原料合成 的路线为：CH2=CH-COOCH3 。 19.3D打印对钛粉末的要求很高。熔盐电解精炼是制取钛粉的有效途径。精炼时一般采用等摩尔比的KCl-NaCl熔盐，其中含有一定浓度的低价氯化钛(TiClx，x=2、3)。(已知：①熔盐中Ti3+少，Ti2+多熔盐电解精炼制得的钛粉颗粒相对粗大；②钛的熔点为1668℃，TiCl4熔点-24. 1℃、沸点136. 4℃)。 （1）精炼时，粗品质的海绵钛、废钛材等做电解池的_______极。 （2）采用海绵钛与TiCl4制取低价钛离子的电解质熔盐时，熔盐中存下如下4个反应： ⅰ．3Ti4++Ti0→4Ti3+△H1 ⅱ．Ti4++Ti0→2Ti2+△H2 ⅲ．Ti4++Ti2+→2Ti3+△H3 ⅳ．_______ △H4 ①反应ⅳ的化学方程式为_______。 ②上述4个反应的平衡常数与温度的关系如下图。由此可知△H1_______3△H2(填“＞”、“＜”或“＝”)。 ③有助于制取低价钛离子的电解质熔盐的措施为_______。 （3）向下图装置中加入海绵钛，从石英管中缓慢加入a mol TiCl4，恒温条件下进行反应。 ①平衡时，测得消耗海绵钛及TiCl4的物质的量分别为b mol、c mol。熔盐中低价钛离子的平均价态为_______。 ②用各离子的物质的量分数表示平衡浓度，则反应ⅲ的平衡常数K3=_______。 ③若向此平衡体系中继续注入TiCl4，则再次平衡后_______(填“增大”、“减小”或“不变”) （4）电解精炼制钛粉，偶尔会得到一些相对粗大的钛粉颗粒而影响产品质量，请分析产生的原因_______(写出1条原因，合理即可。) 【答案】（1）阳 （2） ①. 2Ti3++Ti03Ti2+ ②. ＞ ③. 降低熔盐温度 （3） ①. + ②. ③. 不变 （4）①熔盐电解精炼时阴极上得到的Ti粉脱附进入熔盐，与高价钛反应生成了低价的Ti2+(或TiCl2)；②海绵钛中含有其它还原性的物质与高价钛反应生成了低价的Ti2+(或TiCl2)等 【解析】 【小问1详解】 精炼时，粗品质的海绵钛、废钛材等作电解池的阳极，精铜作阴极，含有Cu2+的溶液为电解质溶液； 【小问2详解】 ①根据题意可知反应ⅳ的化学方程式为2Ti3++Ti03Ti2+； ②已知：ⅰ．3Ti4++Ti0→4Ti3+△H1 ⅱ．Ti4++Ti0→2Ti2+△H2 根据盖斯定律，将3×ⅱ-ⅰ，整理可得2Ti3++Ti03Ti2+△H=3△H2 -△H1。即ⅳ=3×ⅱ-ⅰ。根据温度与化学平衡常数的关系可知：温度升高，化学平衡常数减小，说明升高温度，平衡逆向移动，则该反应正反应为放热反应，△H=3△H2-△H1＜0，即△H1＞3△H2； ③根据平衡移动原理，降低温度，化学平衡向放热的正反应方向移动，有助于反应向低价盐方向移动，故有助于制取低价钛离子的电解质熔盐的措施为降低熔盐温度； 【小问3详解】 ①平衡时，测得消耗海绵钛及TiCl4的物质的量分别为b mol、c mol。Ti的总物质的量为(b+c) mol，Ti元素总化合价为+4c，则熔盐中低价钛离子的平均价态为+； ②从石英管中缓慢加入a mol TiCl4，平衡时，测得消耗海绵钛及TiCl4的物质的量分别为b mol、c mol。假设反应ⅰ．3Ti4++Ti0→4Ti3+消耗Ti0为x mol，则其消耗Ti4+为3x mol，反应产生Ti3+为4x mol，反应ⅱ．Ti4++Ti0→2Ti2+中消耗Ti0为(b-x) mol，消耗Ti4+为(b-x) mol，反应产生Ti2+为2(b-x) mol，所以消耗Ti4+为3x+(b-x)=c mol，解得x=，故平衡时n(Ti4+)=(a-c) mol，n(Ti3+)=4x mol=(2c-2b)mol，n(Ti2+)=2(b-x) mol=(3b-c) mol，所以反应ⅲ．Ti4++Ti2+→2Ti3+的化学平衡常数K=； ③反应在恒温条件下进行，各个化学反应的平衡常数不变，因此若向此平衡体系中继续注入TiCl4，再次平衡后不变； 【小问4详解】 电解精炼制钛粉，偶尔会得到一些相对粗大的钛粉颗粒而影响产品质量，这可能是由于①熔盐电解精炼时阴极上得到的Ti粉脱附进入熔盐，与高价钛反应生成了低价的Ti2+(或TiCl2)；②海绵钛中含有其它还原性的物质与高价钛反应生成了低价的Ti2+(或TiCl2)等。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届湖北省武汉市高三5月供题化学试题6 可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Cl 35.5 Cu 64 Zn 65 As 75 1、 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，只有一项是符合题目要求的。 1. 化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列有关说法错误的是 A. 我国二氧化碳合成淀粉的颠覆性技术有助于未来实现“碳中和” B. 我国率先研制了预防新冠病毒的灭活疫苗，灭活疫苗利用了蛋白质变性原理 C. “天和”核心舱电推进系统中的腔体采用的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料 D. 地沟油变废为宝是实现资源再利用的重要研究课题，地沟油和石蜡油的化学成分相同 2. 下列物质应用正确的是 A. 纯碱用作治疗胃酸过多的药物 B. 氯气和消石灰用作生产漂白液的原料 C. 二氧化硫用作葡萄酒生产过程中的添加剂 D. 二氧化硅用作北斗芯片中的半导体材料 3. 关于下列实验装置的说法正确的是 A. 图甲可用来制备小苏打 B. 图乙能保证较长时间观察到白色沉淀 C. 图丙可实现蒸发Na2CO3溶液得到Na2CO3固体 D. 图丁可以实现石油分馏 4. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且总和为24，四种元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能。下列有关叙述正确的是 A. 该化合物中X、Y和W原子间均存在配位键 B. Y的最高价氧化物的水化物一定为强酸 C.离子半径：Z＞Y＞W D. 电负性顺序：X＞Y＞W 5. 下列由实验现象所得结论正确的是 A. 向苯酚钠溶液中通入二氧化碳，溶液变浑浊，证明碳酸的pH比苯酚小 B. 检验FeCl3溶液中是否混有Fe2+时，滴入酸性高锰酸钾溶液，紫红色褪去，证明含有Fe2+ C. 向两支盛KI3溶液的试管中分别滴加淀粉和硝酸银溶液，前者变蓝，后者生成黄色沉淀，证明存在：I2+I- D. 向0.1mol/L ZnSO4溶液中滴加Na2S溶液至不再有白色沉淀生成，再滴加少量0.1mol/L CuSO4溶液，产生黑色沉淀，证明Ksp(ZnS)＜Ksp(CuS) 6. 镓(Ga)位于周期表中第四周期第IIIA族，与强酸、强碱溶液均能反应生成H2，是一种应用广泛金属元素，可用于制造半导体材料氮化镓、砷化镓、磷化镓等。同温同压下，分别与浓度均为的盐酸和氢氧化钠溶液充分反应，生成H2的体积分别为和。下列说法错误的是 A.反应前后两溶液的质量变化相等 B. 转移的电子数之比为 C. 消耗酸和碱的物质的量之比为 D. 7. 某同学进行从粗盐水中除去、、的实验。操作如下：向烧杯中加入粗盐水，然后向烧杯中依次滴加过量的溶液、溶液和饱和溶液，过滤。向所得滤液中滴加盐酸，用玻璃棒搅拌，直至滤液呈微碱性(用试纸检验)。再将滤液倒入坩埚中，加热、蒸干，得到去除了杂质离子的精盐。实验中存在的错误有几处 A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 8.实验室制备苯胺的流程，反应②的实验装置（夹持及加热装置略）如图。已知：苯胺为无色油状液体，沸点184℃，易氧化。下列说法正确的是 A. 反应①后的混合液经水洗、碱洗、结晶，得到硝基苯 B. 反应①和反应②均需水浴加热 C. 装置中为除去反应生成的水，蒸馏前需关闭K并向三颈烧瓶中加入P2O5 D. 为防止生成的苯胺被氧化，加热前应先通一段时间的H2 9. 将废旧锌锰电池进行回收处理以实现资源的再生利用，初步处理后的废料中含、、及等，用该废料制备和的一种工艺流程如下：(已知：的金属活动性强于，在酸性条件下比较稳定，大于5.5时易被氧化) 下列说法错误的是 A. “还原焙烧”时元素被还原，有气体产物生成 B. 滤渣1、滤渣2的主要成分分别为炭黑、氢氧化铁 C. “净化”时通入的可用来代替，的作用是调节溶液的大于5.5以便于除去杂质离子 D. “电解”时的阳极反应式为 10. 咪唑是分子结构中含有两个间位氮原子的五元芳香杂环化合物，该类化合物在医学上有着重要的用途。如：咪唑()和N-甲基咪唑()都是合成医药中间体的重要原料，下列有关说法错误的是 A. 基态N原子的价电子轨道表示式 B. 与中含σ键个数比为3：2 C.与中C、N原子均在同一平面上 D. 与中的N原子均采取sp2杂化 11.捕集利用二氧化碳是我国能源领域的一个重要战略方向，科学者利用电解法将CO2转化为甲醇的原理如图所示，下列说法错误的是 A. a电极阳极 B. 阴极上发生电极反应式为 CO2 +6+6e-=CH3OH+6+H2O C. 产生1 mol O2时，通过质子交换膜的质子的物质的量为4 mol D. 电解过程中左侧需补充H2O，右侧需补充KHCO3溶液 12.某种含二价铜微粒催化剂可用于汽车尾气脱硝。催化机理如图甲，反应历程如图乙。下列说法正确的是 A. 可加快脱硝速率，提高脱硝的平衡转化率 B. 状态②到状态③的变化过程为图示反应的决速步骤 C. 升高温度，脱硝反应的正反应速率的增大程度大于其逆反应速率的增大程度 D. 当有消耗时，状态④到状态⑤的变化过程中转移的电子为 13.双环戊二烯解聚成环戊二烯反应如下，下列说法错误的是 A. 可用红外光谱或质谱鉴别双环戊二烯与环戊二烯 B. 环戊二烯的二氯代物有10 种(不考虑立体异构) C. 双环戊二烯中有4个手性碳原子 D. 环戊二烯和双环戊二烯分别与Br2进行1：1加成的产物均有两种 14.在恒温恒容密闭容器中发生反应2H2(g)+2NO(g)2H2O(g) +N2(g)，N2的瞬时生成速率v=k·cm(H2)c2 (NO)。控制NO起始浓度为0.5 mol/L，N2的瞬时生成速率和H2起始浓度的关系如图所示，下列说法正确的是 A. 由题可知，该反应的速率常数k为15 B. 随着H2起始浓度增大，该反应平衡常数增大 C. 达平衡后，H2和NO的浓度均增加一倍，则NO转化率减小 D. H2起始浓度0.2 mol/L，某时刻NO的浓度为0.4 mol/L，则N2的瞬时生成速率为0.24 mol/L 15. 25℃时，某酸(结构简式为)溶液中含元素X物种的浓度之和为，溶液中各含元素X物种的pX随pOH变化关系如图所示。图中，；x、y两点的坐标：；、分别表示的一级、二级电离常数。下列说法错误的是 A. 溶液显碱性，是因为只水解不电离 B. 溶液中， C. 该体系中， D. z点时， 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16.锌及其化合物在工业、农业方面用途广泛。 Ⅰ（1）Zn原子能形成多种配位化合物。一种锌的配合物结构如图： ①其中C、N、O、Zn元素的第一电离能由大到小关系是_______，结构中参与sp3杂化原子有_______个。 ②配位键①和②相比。较稳定的是_______；键角③_______键角④(填“>”、“<”、“=”)。 （2） (CH3COO)2Zn和ZnC2O4中阴离子对应的酸中沸点较高的是_______(写结构简式)，原因是_______ 。 Ⅱ碱性锌锰电池的工作原理：Zn+2MnO2+2H2O＝2MnO(OH)+Zn(OH)2，其中的电解质溶液是KOH溶液。某课题组用废旧铁壳无汞碱性锌锰电池为原料，制备一种新型材料——MnxZn(1−x)Fe2O4，其工艺流程如图所示： (3)已知MnxZn(1−x)Fe2O4中锰元素的化合价与实验室用二氧化锰制取氯气时还原产物中的锰相同，则铁元素的化合价为___________。 (4)滤液A中溶质的电子式为___________。 (5)“溶渣”工序中稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3价锰的化合物全部还原成Mn2+，写出该反应的离子方程式：___________________________________。 (6)“调铁”工序的目的是调整滤液中铁离子的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式MnxZn(1−x)Fe2O4相符合。 ①写出“调铁”工序中发生反应的离子方程式：__________________、_______________。 ②若测得滤液的成分为c(Mn2+)+c(Zn2+)=a mol·L−1，c(Fe2+)+c(Fe3+)=b mol·L−1，滤液体积为1m3，“调铁”工序中，需加入的铁粉质量为___________kg(忽略溶液体积变化，用含a、b的代数式表示)。 (7)在“氧化”工序中，加入双氧水的目的是_________________，生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值，其可能原因除温度外，主要是______________________。 (8)用氨水“调pH”后，经“结晶”、“过滤”可得到产品和滤液C(C为正盐)，从滤液C中还可分离出一种氮肥，该氮肥的溶液中离子浓度由大到小的排序为_____________。 17.某课题小组利用硫渣与氯气反应制备四氯化锡，其过程如图所示(夹持、加热及控温装置略)。已知：四氯化锡(SnCl4)常温下为无色液体、易水解。 硫渣的化学组成及氯气与硫渣反应相关产物的熔沸点 物质 Sn Cu2S Pb As 其他杂质 质量分数% 64.43 25.82 7.34 1.23 1.18 SnCl4 CuCl PbCl2 AsCl3 S 熔点/℃ -33 426 501 -18 112 沸点/℃ 114 1490 951 130 444 （1）仪器a的名称_______，A中发生反应的化学方程式_______ 。 （2）e中所加物质为_______，作用为_______。 （3）装置中存在一处缺陷会导致SnCl4产率降低，改进的方法是 。 （4）三颈烧瓶中得到的粗产品进行提纯的方法_______；提纯后剩余的固体渣经过处理，可回收的主要金属有_______。 （5）已知SnCl4产品中含有少量AsCl3杂质，碘量法可用于测量产品纯度：取10. 00 g产品溶于水，加入0.100 mol/L标准I2溶液20. 00 mL，并加入少量的淀粉溶液；用0.100×10-2 mol/L的硫代硫酸钠标准溶液滴定过量的碘。滴定终点时消耗20. 00 mL硫代硫酸钠标准溶液。测定过程中发生的相关反应： ①AsCl3+3H2O= H3AsO3+ 3HCl ②H3AsO3+I2+H2O= H3AsO4+2HI ③2+I2=2I-+ 则产品中SnCl4的质量分数_______(保留小数点后1位)；若滴定后发现滴管尖嘴处产生了气泡，则测量结果_______(填“偏高”或“偏低”)。 18.有机物G是某药物的中间体，合成路线如图所示： 已知：R-CNR-CH2NH2 R1-NH2+R2-COOC2H5 （1）A的化学名称_______，A→B的反应类型_______，G中官能团名称_______。 （2）写出C→D的化学方程式 。 （3）写出F的结构简式 。 （4）L是D的一种同分异构体，写出所有满足下列条件的L的结构简式（不含过氧键）： 。 a.能与FeCl3溶液显紫色 b.核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为9： 3： 2： 2 （5）设计以为原料合成的路线(无机试剂任选) _______。 19.3D打印对钛粉末的要求很高。熔盐电解精炼是制取钛粉的有效途径。精炼时一般采用等摩尔比的KCl-NaCl熔盐，其中含有一定浓度的低价氯化钛(TiClx，x=2、3)。(已知：①熔盐中Ti3+少而Ti2+多时，电解精炼制得的钛粉颗粒相对粗大；②钛的熔点为1668℃，TiCl4熔点-24. 1℃、沸点136. 4℃)。 （1）精炼时，粗品质的海绵钛、废钛材等做电解池的_______极。 （2）采用海绵钛与TiCl4制取低价钛离子的电解质熔盐时，熔盐中存下如下4个反应： ⅰ．3Ti4++Ti0→4Ti3+△H1 ⅱ．Ti4++Ti0→2Ti2+△H2 ⅲ．Ti4++Ti2+→2Ti3+△H3 ⅳ． △H4 ①反应ⅳ的化学方程式为 。 ②上述4个反应的平衡常数与温度的关系如下图。由此可知△H1_______3△H2(填“＞”、“＜”或“＝”)。 ③有助于制取低价钛离子的电解质熔盐的措施为_______。 （3）向下图装置中加入海绵钛，从石英管中缓慢加入a mol TiCl4，恒温条件下进行反应。 ①平衡时，测得消耗海绵钛及TiCl4的物质的量分别为b mol、c mol。熔盐中低价钛离子的平均价态为_______。 ②用各离子的物质的量分数表示平衡浓度，则反应ⅲ的平衡常数K3=_______。 ③若向此平衡体系中继续注入TiCl4，则再次平衡后_______(填“增大”、“减小”或“不变”) （4）电解精炼制钛粉，偶尔会得到一些相对粗大的钛粉颗粒而影响产品质量，请分析产生的原因 (写出1条原因，合理即可。) 1 学科网（北京）股份有限公司 $$