广西南宁第二中学、柳州铁一中学、玉林高级中学2025-2026学年高二上学期联考 化学试题

南宁二中·柳铁一中玉林高中2024级高二联考 化学试题 可能用到的相对原子质量：H1S32C135.5Ti48 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.“广西舰舷号32”属于我国自主研制的075型两栖攻击舰。下列相关说法错误的是 A.甲板的主要材料高强合金钢属于金属材料 B.指挥室中使用的触觉传感器材料压电陶瓷属于新型无机非金属材料 C.“广西舰”使用的供能能源柴油的主要成分为有机物 D.舰体表面应用了新型纳米铁氧体材料，该材料属于胶体 2.氨化镓(G)是一种第三代半导体材料，有良好的电学特性，近年智能手机的快速充电器 就使用了氨化镓材料。下列说法错误的是 HH A.N2的结构式为NN B.NH4的电子式为H:N:N:H C.67Ga和8Ga互为同素异形体 D.镓位于元素周期表的第四周期第IA族 3.下列原因分析能正确解释递变规律的是 选项 递变规律 原因分析 A 酸性：HClO4>HSO>HSiO3 非金属性：C>S>Si B 离子半径：Ca2+<C<S 电子层结构相同，核电荷数：Ca>CI>S C 与水反应的剧烈程度：Na>MgAl 最外层电子数：AI>Mg>Na D 熔点：C<Br<I 键能：CI-CI>Br-Br>I-I 4. 下列实验不能达到实验目的的是 NaCl 玻璃 ↓H,02溶液 搅拌器 温度计 十 杯盖 色秒表 隔 热 内筒 MnO2 层 外壳 甲 丙 A.甲：定量测定H2O2溶液产生O2的速率B.乙：可从NaC1溶液中提取NaCI晶体 C.丙：可测定中和反应的反应热 D.丁：滴定时应观察瓶内溶液变化确定终点 5.在一定条件下，工业上用S8(分子结构：：)和C出为原料制各CS,发生反应： S8+2CH4=2CS2+4HS,Na为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A.1 nol CS2中含有的o键数为2W B.生成17gHS,转移的电子数为2NA C.消耗1molS8,断裂的S一S键数目为8aD.22.4LCH4中含有的电子数为10NA 6.能量是工业生产中重要的资源，下列说法正确的是 A.吸热反应一定需要加热才能发生 B.N(g)+3H,(g)=2NH3(g)△0，工业合成氨选择500C左右是为提高平衡转化率 C.己知CaCO3(s)=CaO(s+Co0,(g)△H0,则该反应高温下才能自发进行 D.已知2C(S)+202（g)=2C02（g)△H1,2C(s)+O2(g)=2C0(g)△H,则△H1>△H 7.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 c(H) A. c(OH） -102的溶液中，N0、C、Fe2+、s02 B.水电离的cH)=1x10molL1的溶液中：Na+、Co、Br、Ba2+ C.能使酚酞变红的溶液：Mg2+、A1+、HSO3、SO D. K,=1xI0的溶液中：K*、Na*、Co、NO c(H+) 8.下列实验目的对应的实验方案设计与现象或结论不相符的是 实验操作 实验现象 实验结论 用pH计测量同浓度的CH3COOH、HCIO HCIO的pH比 说明CH:COOH酸性 A 的pH,比较溶液pH大小 CH3COOH大 比HClO强 等浓度、等体积的Na[Al(OD4]溶液与 结合的能力： B 产生白色沉淀 NaHCO3溶液混合 [AI(OH4F>CO 向两份等浓度、等体积的H,O,溶液中分 别加入2滴0.1mol·L-1的FeCl3溶液和 前者产生气泡较快 催化效率：Fe3+>Cu+ 2滴0.1mol·L-1的CuCl,溶液 D 将A1C3固体溶于水，进行导电性实验 A1CL3溶液可导电 AlCl3中含有离子键 9.已知W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W原子最外层有两个单 电子，W和X位于相邻主族：X和Y的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，Y的 原子半径在短周期主族元素中最大。下列说法正确的是 A.W的氢化物沸点不一定低于X的氢化物 B.电负性：Z>Y>W C.Y的两种氧化物阴阳离子个数比不同 负载 空气 D.第一电离能：W>X>Y Cu 10.锂一铜一空气燃料电池容量高、成本低。该电 池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电能，放电 时发生反应；2Li+Cu20+H20=2C1+2Lit+20T, 下列说法错误的是 有机 锗酸锌锂固 A.有机电解质不可以换成NaCI溶液 电解质 体电解质 碱溶液 B.放电时，正极的电极反应式为Cu2O+HO+2e=2Cu+2OH C.放电时，若有0.1 mol Li透过固体电解质，标准状况下反应的O,为1.12L D.放电时，锂电极的电势低于铜电极的电势 11.用铬铁矿（主要成分是FeO、Cr2O3,还含有少量SiO2、A12O3等）为原料生产重铬酸钾 (KC2O7)的一种绿色环保工艺流程如图。下列方程式与流程不对应的是 Na,Co3、KClO3 饱和 HO NaOH H,SO pH=78 H.SO KCI 铁→焙烧 过滤 K.Cr,O 矿粉 浸取中和 酸化→转化 →晶体 滤渣1 滤渣2 A.焙烧时发生的反应有FeO+KClO3」 高温3Fe2O3+KC1 B.中和时的主要方程式2Na[Al(OD4+4HSO4=NaS04+Al(SO4)3l+8HO C.酸化过程时pH常调为约4.5，因为2C042+2H=C172+HO D.“转化”过程中：Na2Cr2O7+2KCl=2NaCl+KCr2Ol 12.已知化合物A与HO在一定条件下反应生成化合物B与HCOO,其反应历程如图所示， 其中TS1、TS2、TS3表示过渡态，I1、I2表示中间体。下列说法正确的是 TS2(16.87) 昌 TS3(11.53) ,④ 叫 ③ ⑤ TS1(2.34) I2(5.31) 1⑥ ① ② A+H20(0.00)' I1(-1.99) B+HCOO(-2.38) 反应历程 A.使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能和反应热 B.该历程中的最大能垒（活化能）E=16.87 kJ/mol C.该反应历程中，共经历有三个基元反应 D.平衡状态时，升高温度，可使反应正向移动 百分比% 13.一定条件下将5molH2和2molC02加入2L容 70 积不变的密闭容器中合成乙烯： C0,平衡转化率 60 6H2(g)+2C02(g)=CH3=CH(g)+4HO(g) CO,实际 50转化率 M250,50)N 己知温度对CO2的平衡转化率、实际转化率和 40 催化剂催化效率的影响如图所示。下列说法错 30 误的是 催化效率 20 A.平衡常数M>N 50100150200250300350温度/℃ B.250℃，催化剂对C02平衡转化率有一定的影响 C.延长反应时间或采用性能更优良的催化剂可以提高P点CO3实际转化率 D.保持N点温度不变，向容器中再充入一定量的H2,C02转化率可能会增大到50% 14.某研究小组利用电位滴定法研究盐酸滴定亚磷酸钠(N,HPO3)溶液过程中的化学变化， 得到电极电位U和溶液pH随盐酸滴加的体积变化曲线如图所示。下列说法正确的是 已知：①电位滴定法的原理：根据电极电位发生突跃，确定滴定终点。 ②亚磷酸(HPO3)是二元弱酸，其电离常数分别是K1=1014,K2=1067 pH U/mV 0 V/mL A.当PO32:HPO3=10:1时，溶液的pH=6.7 B.第二次电极电位突跃发生的离子反应为H,PO+H=H,PO C.水的电离程度：c<b D.c点对应的溶液中一定存在：c(H)>c(OH)+c(H,PO)+2c(EPO) 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(14分)X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置关系如图所示。其中X的核 外电子有7种不同的运动状态。 X Y W (1)基态Y原子最高能级的电子云轮廓图为形，核外电子有种不同的空间运动状态。 (2)从原子轨道重叠方式分析，Z和W形成的化合物ZW2中含有 键。 (3)基态原子的第一电离能X(填“>”“<”或“=”)Y,其原因是 (4)铜元素的价层电子轨道表示式为 。铜和Z的最高价氧化物对应水化 物的浓溶液共热时，发生反应的化学方程式为 0 (⑤)W的最高价氧化物对应水化物的浓溶液不稳定，受热可分解，分解产物中有2种气体单质， 其中一种是黄绿色气体，且当有28mol电子转移时，共产生2ol黄绿色气体，则该反应 的化学方程式为 16.(15分)金属T是制备飞机发动机叶片的重要材料，其中一种制备方法是利用氯气与 TiO2反应制备TiCl4,然后使用Mg还原法制备金属Ti.某化学小组在实验室中制备TiCl4 并测定其纯度。回答下列问题： I.TiC14的制备。（已知：①TiC4的沸点为136.4C,易水解，高温时易与氧气发生反应： ②TC3具有较强的还原性，在空气中易被氧化。) 橡皮僧 浓盐酸 分散有TiO2 耐高温 粉和碳粉 陶瓷管 的石棉绒 饱和 ak 高锰 食盐水 酸 电炉 酸钾 B D F (1)装置A中盛装浓盐酸的仪器名称为 发生反应的离子方程式为 (2)按气流的方向连接装置，其顺序为a→h→i→f→g→j一→k→ →d→e(用小写字 母表示，装置根据需要可重复使用)，装置E的作用是 (3)若装置F中碳粉被完全氧化为C02气体，则该反应的化学方程式为 Ⅱ.TiC4的纯度测定。 实验步骤：①取5.00 g TiCl4粗品溶于浓盐酸中，过滤，将滤液稀释至250mL,取25.00 L溶液于锥形瓶中，向其中加入适量碳酸氢钠溶液待不再产生气泡；②向其中加入稍 过量金属铝丝将TiC4全部还原为TiCl3,塞上橡胶塞密封冷却至室温：③向锥形瓶中滴 加2滴KSCN溶液，用0.1000mol/LNH4Fe(SO42标准溶液滴定发生反应 Ti++Fe3-T4+Fe2+至终点，平行进行三次实验，测得平均消耗标准溶液25.00mL。 (④)步骤①中加入适量碳酸氢钠溶液的目的为 ()达到滴定终点的现象为 (⑥TiCl4粗品的纯度为 %(保留三位有效数字)。 17.(15分)以C02为碳源选择性加氢合成甲醇一直是研究的热点，涉及的主要反应如下： i.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49.2 kJ/mol iⅱ.CO(g)+H(g)÷CO(g)+HO(g) △H2=+41.2kJ/mol 回答下列问题： (1)反应C0(g)+2H(g)÷CH3OH(g)△H3= kJ/mol (2)在一定温度下，向1L密闭容器中通入1molC02(g)和 100 1.12molH2(g)发生上述反应，起始总压强为21.2MPa。 X 0 80 实验测得CO2的平衡转化率和平衡时CHOH的选择性 60 60 Y 随温度变化如图所示： 40 40 n (CH,OH) 20 20 已知： CH3OH的选择性= ×100%。 消耗的n(co,) 0 200 240280320368 温度/C ①图中表示平衡时CHOH的选择性的曲线为 (填X或Y),温度高于280°C时，曲线Y随温度升高而升高的原因 是 ②240C时，反应20nin容器内达平衡状态，用C02表示0~20min内平均反应速率(C0) 反应i的平衡常数K= ①MPa)2(列出计算式即可)。 (3)甲醇-空气燃料电池是一种高效能、轻污染的车载电池，其 e A 结构如图所示，a、b均为石墨电极。 ①使用时，空气从 (填“A”或B)口通入。 a ②使用时，电池内部OH向 (填a”或b)极迁移。 ③a极的电极反应式为 KOH溶液 18.(14分)Co2O3常用于玻璃、陶瓷制品的上彩、制备钴和 钴盐、作氧化剂和催化剂等。一种以钴矿渣（含有Co、Fe、Ca、Mg、Mn、Ni等元素的化 合物及SiO)制备Co2O3的工艺流程如下。 ①NH4)2S2Og 稀硫酸②H02 NaF溶液 P507 盐酸 NHC2O 钴矿渣→浸出→除铁→除Ca、Mg→萃取反萃取→沉钴→煅烧→CoO, 滤渣1 Fe(OH): 滤渣2 水相 有机相 母液 已知：①钴矿渣浸出后溶液中金属元素以+2价离子形式存在。MnSO4、NiSO4可溶于水。 ②氧化性：SOg2->Co3+>HO2>Fe+:还原性：Fe2+>HO2>Co2+ ③萃取剂P507进行萃取的原理为：M2+(水相)+3HA(有机相)MA2·HA(有机 相)+2H(水相)，HA为P507酸形式。 回答下列问题： (1)Co在元素周期表位于 区 (2)滤渣1的主要成分为 (填化学式)。 (3)“除铁”过程中，第二步加入H02的目的是 (用离子方程式解释)。 (4)“沉钴”操作主要发生反应的离子方程式为 (⑤)加入萃取剂P507进行“萃取”操作，所得的水相含有的金属离子主要是 (填离子 符号)。在“反萃取”中，从有机相中分离金属离子时，需加入浓度较大的盐酸，从平衡移动 的角度说明其原因 (⑥“煅烧时发生的主要反应中，若生成1olCo03,则转移电子的数目为 6 南宁二中·柳铁一中玉林高中2024级高二联考化学答案 1.D 2.C 【详解】A.N2中，N原子之间共用三对电子，结构式为NN,A正确： HH B.N2H4的电子式为 H:N:N:H,B正确： C.6Ga和68Ga为同种元素的不同核素，互为同位素，不互为同素异形体，C错误： D.镓为31号，位于元素周期表的第四周期第IA族，D正确： 故答案选C。 3.B 【详解】A.比较非金属性应使用最高价氧化物对应酸的酸性，HSO3不是S的最高价氧化 物对应水化物的酸，A错误： B.电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，Ca+、CI、S2的核电荷数递减， 对应半径递增，B正确： C.金属与水反应的剧烈程度由金属性决定，而非最外层电子数决定，C错误： D.卤素单质熔点由分子间作用力决定，而非键能，D错误： 故答案选B。 4.A 【详解】A.该装置中用长颈漏斗加过氧化氢，生成的氧气从长颈漏斗逸出，右边的针筒中 活塞不移动，故不能达到定量测定化学反应速率的目的，故A错误： B.从NaCI溶液中提取NaCI晶体，应采用蒸发结晶的方法，故B正确： C.玻璃搅拌器导热性差，测定中和反应的反应热时，不会导致较多的热量散失，且隔热 层和杯盖均能防止热量散失，故C正确： D.眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化，故D正确。 5.D 【详解】A.1个CS2分子中含有2个C-So键，则1 mol CS2中含有的o键数为2NA,A正确： 17g B.每生成4 mol H2S,反应转移16mol电子，17gHS的物质的量为 34g.mol-T=0.5 mol, 转移电子2mol,转移的电子数为2NA,B正确： C.由题干Ss的结构式可知，1 mol Ss中含有8molS-S键，消耗1molS8,断裂8molS-S 键，即断裂的S-S键数目为8N4,C正确： D.由于题干未告知CH4所处的状态，故无法计算22.4LCH4中含有的电子数，D错误： 故答案选D。 6、C 【详解】A.氯化铵和八水合氢氧化钡的反应是吸热反应，在常温下就能进行，A错误。 B.合成氨反应为放热反应，工业上选择500C左右进行合成，是因为该温度下催化剂活性 1 高，反应的速率比常温下要快，升温不利于放热反应正移，平衡转化率降低，B错误： D.碳完全燃烧放热更多，放热越多，焓变越小，D错误。 7.D 【详解】A. c(H)】 =102的溶液为强酸性(pH=1),Fe2+与NO3在酸性条件下发生氧化还 c(OH) 原反应，不能共存，A错误： B.水电离的c(H)=1×10"mol·L的溶液可能为强酸或强碱，但Ba2+与CO32生成BaCO3 沉淀，无法共存，B错误： C.滴入酚酞变红色的溶液为碱性，Mg+、A13+、HSO在碱性条件下均会反应，不能共存， C错误： D. K=1xI0-的溶液为强碱性(pH=13),四种离子均能共存，D正确： c(H*) 故选D。 8.D 【详解】A.HCIO具有漂白性，pH试纸无法测量其pH,用pH计才可以测量，A正确： B.向碳酸氢钠溶液中加入等浓度的四羟基合铝酸钠溶液，反应生成氢氧化铝白色沉淀说明 碳酸氢根离子的酸性强于氢氧化铝，由盐类水解规律可知，四羟基合铝酸根离子结合氢 离子的能力强于碳酸根离子，B正确： C.由题意可知，分别向等浓度、等体积过氧化氢溶液中加入等浓度的氯化铁溶液和氯化铜 溶液，滴入氯化铁溶液产生气泡更快，说明铁离子对过氧化氢分解的催化效率高于铜离 子，C正确： D.A1C13为强电解质，不管A1与CI之间存在离子键还是共价键，在水中都可发生完全电离， 生成A13+和CI,所以不能证明AICl3中含有离子键，D错误： 9.A 【分析】W最外层有两个单电子，为C(碳)或O(氧)：Y的原子半径在短周期主族中最 大，为Na(钠)：W与X相邻主族且X的原子序数更大，X为N(氮)或F(氟)：但根 据X和Y(Na)的最外层电子数之和为Z的最外层电子数，且Z是主族，所以W是碳、 X是氮，则5+1=6，则Z为S(硫)。 【详解】A.常温下，氮的氢化物有氨气、肼，碳的氢化物除了CH4气体，还有气体乙烯 C2H2、液体苯C6H6等等，沸点可能会比氨气高，A正确： B,非金属性越强，电负性越强，故电负性顺序为S>C>Na,B错误： C.Y的两种氧化物分别为氧化钠、过氧化钠，阴阳离子个数比均为1：2，C错误： D.同周期主族元素从左到右，第一电离能总体呈增大趋势，第一电离能：N>C:钠为金属 元素，第一电离能最小，故第一电离能顺序为N>C>Na,D错误。 故选A。 10.C 【分析】根据放电过程中总反应：2Li+Cu,O+HO=2Cu+2Li+2OH可知，Li元素化合价由0 2 价变为+1价、Cu元素化合价由+1价变为0价，则Li为负极，电极反应式为Li-e=L计， Cu电极为正极，电极反应式为：Cu2O+H2O+2e=2Cu+2OH,放电时电解质中阳离子向 正极移动。根据反应的方程式4Cu+O2=2Cu20和2Li+Cu20+H2O=2Cu+2Li计+2OH,可得 总的方程式为4Li+02+2H2O=4LiOH。据此分析解答。 【详解】A.锂与溶液中的水发生反应，不能将有机电解质换成NaC1溶液，A正确： B.正极电极反应式为Cu2O+H2O+2e=2Cu+2OH,B正确： C.L带正电荷，应向电源的正极移动，若有0.1 molLi透过固体电解质时，标准状况下参与 反应的02为01m0=0.025mol,体积为0.56L,C错误： D.电流从高电势流向低电势，即从正极流向负极，因此锂电极电势低于铜电极，D正确： 故答案选C。 11.B 【详解】由流程图可知，铬铁矿粉（主要成分是FeO、Cr2O3,还含有SiO2、Al2O,等）与 Na2CO3、KClO3、NaOH进行焙烧，SiO2转化为Na2SiO3,Al2O,转化为NaAl(OH)4],FeO、 Cr2O3转化为Fc2O3和Na2CrO4,加入H20进行浸取，得到的滤渣1为Fe2O3:在滤液中 加入HSO4调节pH=7~8,Na2SiO3转化为H2SiO3,NaAI(OH)4]转化为AI(OH)3沉淀：再 加入HSO4进行酸化，CO转化为Cr2O,2;利用溶解度大小加入饱和KCI进行转化， 最后经过滤操作得到KCr2O,晶体。 A.焙烧时，有6Fc0+KCI1O3高温3Fe2O3+KC1和Cr2O3+2NaCO3+KC1O3高温2Na2CrO4 +KC1+2C02t B.中和时，有2Na[AI(OH)4]+HSO4=Na2SO4+2AI(OH)3+2H2O C.酸化过程中pH=4.5时，有2CrO42+2HCr202+H20 D.“转化”过程中：Na2Cr2O,+2KCl=2NaCl+K2Cr2OJ 12.C 【详解】A.使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能，但催化剂不改变反应热，A错 误： B.活化能是过渡态与该步反应的反应物的能量差，即反应物分子达到过渡态所需的最低能 量。该历程中的最大能垒（话化能）E=16.87kJ/mol-(-1.99kJ/mol)=18.86kJ/mol,B错 误： C.由图可知反应历程中有三个基元反应，分别是A与H20生成I1,I1转化为I2,I2转化 为B与HCOO,C正确： D.由图知，化合物A与HO在一定条件下反应生成化合物B与HCOO为放热反应（反应物 总能高于生成物总能量)，升高温度使平衡逆向移动，D错误： 故答案选C。 13.B 【详解】A.对于放热反应，升高温度，平衡逆移，平衡常数减小。TM<KN,故KM>KN, A正确： 3 B.催化剂只影响反应速率，不影响平衡移动和平衡转化率，B错误： C.N点平衡时CO2的转化率小于50%，保持N点温度不变，向容器中再充入一定量的H2, 平衡正向移动，CO2转化率可能会增大到50%，C正确： D.根据题目所给图可知，P点二氧化碳的实际转化率是小于该温度下的平衡转化率，故可 延长反应时间或采用性能更优良的催化剂来提高二氧化碳的实际转化率，D正确：故选B。 14.B 【详解】A.当HPO2:HPO3=10:1时，利用常数K2计算，pH=7.7,A错误： B.第二次电位突跃对应着第二步反应，即H,PO与H反应生成H,PO,离子方程式为 H,PO+H=H,PO,B正确： C.c点在两个滴定终点之间，溶液溶质为NaH2PO,和H,PO,酸性较a点强但弱于b点；b 点为第二个终点，溶质为H,PO（二元弱酸，K1=1014,酸性强)，H浓度更大，对水 的电离抑制更强。故水的电离程度：c>b,C错误： D.c点溶液中电荷守恒为c(Na)+c(H*)=c(OH)+c(H,PO+2c(HPO)+c(CI)。c点 时（第二个滴定终点前）c(CI)<c(Na)，,则c(H)<c(OH)+c(H,PO)+2c(HPO), D错误； 故选B。 15.(1)哑铃形（1分) 5种 (2)c (3)>（1分) 氮原子的2P轨道为半充满，比氧原子稳定，故第一电离能较大 4s (4) HWH仞↑ Cu+2H,S0,(浓)合CuS04+2H,0+S0t (⑤4HC104浓)合2C2t+702↑+2H,0 【详解】X的核外电子有7种不同的运动状态，X是N,因此可推Z是S、Y是O,W是CI: 基态氧原子的电子排布式为1s22s22p4,有5个轨道，因此有5种不同的空间运动状态。 W的最高价氧化物对应水化物(HCO4)的浓溶液不稳定，受热可分解，分解产物中有2种 气体单质，其中一种是黄绿色(C1l2),且当有28mol电子转移时，共产生2mol黄绿色气体， 则被还原的元素只有C1,被氧化的元素为O,另一种气体单质为氧气，则该反应的化学 方程式为4HC104(浓)2C2↑+702↑+2H,0: 16、(1)分液漏斗（1分) 2Mn04+10Cr+16Ht=2Mn2++5Cl2↑+8H20 高温 (2)b→c→f→g除去C中的HCI (3)TiO2+C+2Cl=TiCl+CO2 (4)利用反应生成的CO2排除装置内的空气，防止T+被氧化 (⑤)滴入最后半滴NH4Fε(SO4)2标准溶液时，溶液恰好变成（浅）红色，且半分钟之内不褪色 (695.0 【分析】实验过程中，应先制备干燥的C2,然后C12、TiO2和碳粉反应制备TCl4,将生成 的TiCl4收集到装置B中，尾气使用NaOH溶液吸收，为防止NaOH溶液中的水蒸气进 入装置B,需要在B后连接盛有浓疏酸的洗气瓶D。 (2)实验过程中，应先制备纯净、干燥的C12,将制得的C2经过饱和食盐水来除去其中的 HC1,再通过浓硫酸干燥，然后C12、TiO2和碳粉反应制备TiC4,将生成的TCl4收集到 装置B中，尾气使用NaOH溶液吸收，为防止NaOH溶液中的水蒸气进入装置B,需要 在B后连接盛有浓硫酸的洗气瓶D,故按气流的方向连接装置的顺序为 a一→h→i→f→g→j一→k→b→c→f→g→d→e:装置E的作用为除去Cl2中的HCl。 (4)已知碳酸氢钠能与HC1反应放出CO2,步骤①中加入适量碳酸氢钠溶液的作用为中和 过量的酸，利用反应生成的CO2排除装置内的空气，防止T3+被氧化，故答案为：利用 反应生成的CO2排除装置内的空气，防止T+被氧化： (6)根据反应T+Fe3=Ti4++Fe2+可知，消耗 n(fe3+)-0.1000mol/L×25.00x103L×250m=0.025molm(TiCL4)0.025molx190g/mol=4.75g, 25.00mL TiC4粗品的纯度为4：75x100%=95.0%,故答案为：95.0。 5.0g 17.(1)-90.4 (2)①X 高于280C时，以反应iⅱ为主，反应ⅱ为吸热反应，温度升高， 平衡正向移动，C02的平衡转化率增大 (14.8× 0.32 ×14.8× 0.4、 ②0.02mol/Lmin) 1.48 1.48 (14.8× 0.6)×(14.8× 0.08、 1.48 1.48 (3)B(1分) CH,OH-6e+80H-=CO+6H,O 【详解】(2)①反应i为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，CHOH的物质的量 降低，反应ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正反应方向进行，CO2的转化率增大，根据甲醇 的选择性定义，甲醇的选择性降低，依据图象可知，表示平衡时CHOH的选择性的曲线是 X,曲线Y表示平衡CO2转化率：温度高于280℃时，反应ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡 正反应方向进行，CO2的转化率增大，以反应ⅱ为主：故答案为X:高于280C时，以反应 ⅱ为主，反应ⅱ为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大： ②240C时，CO2的转化率为40%，CH3OH的选择性为80%，根据化学反应速率的数学表达 5 1mo1×40% 式，v(CO2)F1L =0.02mol/Lmin):达到平衡时，消耗n(C02)=1mol×40%=0.4mol, 20min 则产生甲醇的物质的量为0.4mol×80%=0.32mol,则反应i和iⅱ各物质的变化量分别为 反应i: CO2(g)+3H2 (gCH,OH (g )+H,Og) 0.32 0.96 0.320.32 反应ii: CO2 (g)+H2(g)Co(g)+Hg 相同条件下，压强之比等于气体物质的量之 0.08 0.08 0.080.08 1.2 1+1.12 比，有：P 0.4+0.08+0.32+0.6+0.08’ 解得P平=14.8MPa,反应i的 14.8×0.32)×14.8× 0.4、 Kp= 1.48 1.48 0.6 0.08 MPa)2。 (14.8× ×(14.8× 1.48 1.48 (3)①由电子转移方向可知为负极，发生氧化反应，应通入燃料，b为正极，发生还原反 应，应从B口通入空气。 ②结合①中分析可知，电池内部OH向a极迁移。 ③a极为负极，负极的电极反应式为CH,OH-6e+8OH=CO}+6H,O。 18.(1)d区(2)CaS04、Si02(3)2Co3t+H202=2C02+02↑+2H (4)Co2+C042=CoC04l(⑤)Mn2+、Ni2+ 加入浓盐酸，c(H)增大，使萃取平衡逆 向移动，将有机相中的C0元素转移到水相中 (6)6Na 【分析】工业上用钴矿渣（含有Co、Fe、Ca、Mg、Mn、Ni等元素的化合物及SiO)制备Co2O3 的工艺流程为：将钴刊矿渣加入稀硫酸进行酸浸，难溶的SiO2和微溶的CSO4固体形成滤渣1 过滤除去，得到含Co2+、Fc2+、Ca2+、Mg2+、Mn2+、Ni2+的滤液，加入(NH4)2S2Os把Fe2+氧化 为Fe3+形成Fε(OH)3沉淀过滤除去，再加入H2O2把氧化的Co3+重新还原为Co2+,然后往剩 余的滤液加入NaF将Ca2+和Mg2+形成CaF2沉淀和MgF2沉淀过滤形成滤渣2除去，剩余的 Co2+、Mn2+、N2+加入有机萃取剂P507对Co2+进行萃取得到有机层，分液后再加入盐酸进行 反萃取，将Co2+重新转化为水溶液，再加入NH4)2S2Os进行沉钴得到CoC2O4沉淀，最后对 CoC2O4沉淀煅烧得到产品Co2O3,据此分析解答。 【详解】(1)Co为27号元素，位于第四周期第VIⅢ族，属于d区。 (2)根据分析，滤渣1的主要成分为难溶于硫酸的SiO2和微溶的CSO4固体。 (3)在酸浸过滤后的滤液中，加入(NH4)2SzOs把Fe2+氧化为Fe3+形成Fe(OH)3沉淀过滤除去， 但同时也会把Co2+也氧化为Co3+,此时利用加入HO2把氧化的Co3+重新还原为Co2+,则反 6 应的离子方程式为：2Co3++H02=2C02++02↑+2H。 (4)“沉钴”是在含Co+的溶液中加入NH4)2C2O4生成CoC2O4沉淀，则反应的离子方程式为： C02++C2042=CoC204↓。 (5)使用P507有机萃取剂对Co2+、Mn2+、Ni2+进行萃取时，主要是把Co2+萃取到有机层， 而Mn2+、Ni2+仍然留在水层，通过分液进行分离，故水相含有的金属离子主要是：Mn+、N2+: (6)将CoC2O4沉淀进行煅烧最终得到产品C02O3,发生反应的方程式为： 42已，04+302=2,0，+8C02,根据方程式可知，当生成2 mol Co0,要转移12mole,则 +2+3 +3 +4 高温 生成1 mol Co203时，转移电子为6mol,其数目为：6NA。