2025年高考化学临考押题卷（新高考）（15+4）解析版

临考押题卷01(新高考通用)15+4

(考试时间：75分钟试卷满分：100分)

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

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题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮

擦干净后，再选涂其他答案标号。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。

可能用到的相对原子质量：C12016Mg24Ti48Zn65

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，只有一项是符合题目

要求的。

1.我国有许多手工创作物件，它承载了我国的历史文明。下列有关说法正确的是

A.孔明灯的燃料是煤油，煤油是通过石油减压蒸储获得的一种纯净物

B.皮影的原料主要采用牛羊皮，牛羊皮的主要成分是天然高分子

C.吹糖画的原料是麦芽糖，麦芽糖在酸或碱性条件下均能水解生成葡萄糖

D.粗布麻衣的原料是富含纤维素的麻秆等作物，经处理得到的长纤维称为人造棉

【答案】B

【解析】A.煤油是石油常压蒸储获得的一种混合物，A项错误；B.牛羊皮的主要成分是蛋白质，蛋白

质是一种天然高分子，B项正确；C.麦芽糖在酸或酶的条件下均能水解生成葡萄糖，C项错误；D.长

纤维一般称为人造丝，短纤维称为人造棉，D项错误；故选B。

2.宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，化学用语能表达这一核心素养。下列化学用语表达错误

的是

A.基态镁原子的结构小意图：(+28)28162

j))

B.用电子式表示NaCi的形成过程：Na^Cl：―

C.合成锦纶-66的化学方程式：

/、/、MlJ,、?H,川

“HzNfCHz为NH?+〃HOOC«CH2±COOHq=^HO£C《CH2%C-N+CH2%N±H+2«H2O

D.乙烯分子中兀键的形成过程:

未成对电子的原子轨道相互靠拢原子轨道相互重叠形成的"键

【答案】C

【解析】A.馍是28号元素，基态保原子的结构示意图为:A正确；B.氯化钠是禺子化合

物，形成过程存在电子的转移，Na^Cl：―►Na+[?C1：]--B正确；C.根据反应物和产物可知，反

应式不遵守原子守恒，凡0化学计量为(2n-l),C错误；D.乙烯中存在P-3键，图中表示两个平行的

P轨道重叠过程，原子轨道镜面对称，D正确；

故选C。

3.下列关于物质性质及用途描述错误的是

A.硬化油不易变质、便于储存，可用作制肥皂和人造奶油的原料

B.离子液体具有高导电性，可用作锂离子电池的电解液

C.二氧化硅是常见的半导体材料，可用于制取智能芯片

D.聚四氟乙烯具有优异的耐酸、耐碱性能，可用于制造化工设备的内衬或管道

【答案】C

【解析】A.硬化油是通过油脂氢化反应(如植物油加氢)制成的饱和脂肪酸甘油酯，其不饱和双键减

少，不易被氧化，因此稳定性高、不易变质，便于长期储存，A正确；B.离子液体是由离子组成的液

体，在常温下为液态，具有高导电性、良好的电化学稳定性，可用作锂离子电池的电解液，B正确；C.二

氧化硅是绝缘体，而非半导体，硅是制造智能芯片的核心材料，C错误；D.聚四氟乙烯具有极强的化

学惰性，几乎不溶于任何溶剂，对酸、碱、氧化剂均表现出优异耐受性，可用于制造化工设备的内衬或

管道，D正确；故选C。

4.下列反应的离子方程式书写正确的是

2++

A.铅酸蓄电池充电时的阳极反应：Pb+2H2O-2e=PbO2+4H

B.用石灰乳除去工业尾气中的：C12+2OH=cr+C1O+H2O

C.含氟牙膏防治踽齿：Ca5(PO4)3OH(s)+^(aq).•Ca5(PO4)3F(s)+OH-(aq)

+2+

D.铜片与稀硝酸反应：Cu+4H+2NO-=Cu+2NO2?+2H2O

【答案】C

充电

【解析】A.根据铅酸蓄电池工作原理出+出。2+2凡5。4.2出504+2乩0可知，电池充电时阳极反

放电

应式为：PbSO4+2Hq-2e-=PbC)2+4H++SO＞，A错误；B.石灰乳中含大量未溶解的Ca(O“)2固体，

2+

不能拆，要保留化学式，则反应的离子方程式为：Cl2+Ca(OH)2=Cl+CIO+H2O+Ca,B错误；C.含

氟牙膏中的氟化物在刷牙的过程中会释放出氟离子，可以和牙齿表面的牙釉质相结合，形成氟化物层起

到保护作用，则反应的离子方程式为：Ca5(PO4)3OH(s)+K(aq)「Cas(POjF(s)+OfF(aq),C正确；

D.铜片与稀硝酸反应得到的是NO气体，则反应的离子方程式为：

3Cu+8H++2NO；=3CU2++2NOT+4H.O,D错误；故答案为：Co

5.下列实验操作或方法错误的是

A.实验室保存白磷、液澳的试剂瓶中添加适量水覆盖试剂

B.闻无毒、无害的化学药品气味可以使鼻子凑近药品

C.除去试管中残留的AgCl时，先用氨水浸泡，后用水清洗

D.实验中不慎将苯酚沾到皮肤上，先用乙醇洗涤，后用水冲洗

【答案】B

【解析】A.白磷易自燃，液澳易挥发，在保存白磷、液漠的试剂瓶中添加适量水覆盖试剂，水封可防

止白磷自燃、液澳挥发，A正确；B.闻化学药品气味时，不管药品是否无毒无害，都应用手在瓶口轻

轻扇动，使极少量气体飘进鼻孔，不能将鼻子凑近药品，B错误；C.AgCl能与氨水反应生成可溶于

水的［Ag(NH3)z］Cl,所以先用氨水浸泡，再用水清洗，可除去试管中残留的AgCl,C正确；D.苯酚易

溶于乙醇，实验中不慎将苯酚沾到皮肤上，先用乙醇洗涤除去苯酚，再用水冲洗，D正确；故选B。

6.去羟加利果酸具有抗炎作用，它对LPS诱导的内毒性休克具有保护作用，其结构简式如图所示。下列有

关该物质的说法错误的是

A.该物质有三种官能团

B.Imol该物质可消耗ImolNaHCOs

C.该物质能发生氧化、取代、加成、加聚反应

D.可用酸性KMnC)4溶液检验该物质中的碳碳双键

【答案】D

【解析】A.由结构简式可知，该物质含有羟基、竣基、碳碳双键三种官能团，A正确；B.该物质含有

竣基，能与NaHCCh反应，Imol该物质可消耗ImolNaHCOs，B正确；C.该物质含有醇羟基、碳碳双

键，能发生氧化反应；含有羟基、竣基，能发生取代反应(酯化反应)；含有碳碳双键，能发生加成、加

聚反应，所以该物质能发生氧化、取代、加成、加聚反应，C正确；D.该物质含有的羟基、碳碳双键

均能被酸性KMnO,溶液氧化而使其褪色，所以不能用酸性KMnO,溶液检验该物质中的碳碳双键，D错

误；故选D。

7.南开大学孙忠明组于2022年成功合成无机二茂铁［FeR/，其中环状配体P：以兀电子配位，结构如图。

已知：P；结构类似苯环，存在大兀键。

,2.

下列说法不亚做的是

A.P：一为平面结构B.P：中参与形成大n键的轨道是未杂化的3P

C[FeR/中Fe的价态为+3D.从结构角度分析P：一比白磷更稳定

【答案】C

【解析】A.P：的结构类似苯环，苯环是平面结构，因此P；也是平面结构，A正确；B.中存在大

兀键，参与形成大兀键的轨道是未杂化的3P轨道，B正确；C.根据电荷平衡，[FePs厂的总电荷为一2,

而琢一的电荷为-2,因此Fe的价态应为+2,C错误；D.从结构角度分析，存在大兀键，比白磷更稳

定，D正确；故选C。

8.我国化学工作者将游离态氮固定在碳上（示踪反应如下），制得的[N=C=N/离子可用于合成核酸的结构

单元。下列说法错误的是（设阿伏加德罗常数的值为NA）

20atm,550℃,5h

15（石墨）1515

N2+C+2LiH=Li2[NCN]+H2

A.石墨中碳原子的杂化轨道类型为sp2

B."电在反应中作氧化剂，1个"N?中含有16个中子

C.生成ImolH2时，以上反应中转移的电子数目为6NA

D.[N=C=N/为V形结构，lmol[N=C=N]2-中含有的兀键数目为4NA

【答案】D

【解析】A.石墨中碳原子通过山2杂化形成层状结构，A正确；B-N的中子数为15-7=8,1个"N?含

2x8=16个中子，反应中，N的化合价从0价降至-3价，被还原，作氧化剂，B正确；C.该反应中

氮元素化合价从0价降低到-3价，碳元素化合价从0价升高到+4价，氢元素化合价从-1价升高到0价，

电子转移总数为6-，生成Imol应时，总反应转移的电子数为6NA,C正确；D.[N=C=N/与二氧化

碳互为等电子体，sp杂化，为直线型结构，而非V形，每个双键含1个◎键和1个兀键，故Imol该离

子含2NA个兀键，D错误；故选D。

9.从结构探析物质性质和用途是学习化学的有效方法。下列实例与解释错误的是

选实例解释

项

将95%乙醇加入CU(NH3)4SO4溶液中析出深蓝色晶乙醇极性较小，降低了CU(NH3)4SC)4的溶解

A

体度

B铁丝在酒精喷灯上灼烧，焰色无明显变化铁原子核外电子在灼烧时没有发生跃迁

CDNA中碱基A与T、G与C的互补配对两条链上的碱基通过氢键连接成碱基对

D熔点：C2H5NH3NO3<NH4NO3引入乙基减弱了离子间的相互作用

【答案】B

【解析】A.将95%乙醇加入CU(NH3)4SC)4溶液中析出深蓝色晶体，原因是乙醇分子的极性小，加入乙

醇后溶剂的极性减小，降低了CU(NH3)4SC)4的溶解度，故A正确；B.铁丝在酒精喷灯上灼烧，焰色无

明显变化，并不是铁原子核外电子在灼烧时没有发生跃迁，而是放出的光子频率不在可见光频率范围内，

故B错误；C.O元素、N元素的电负性较大，能与氢形成分子间氢键，DNA中的碱基A与T、G与C

的互补配对是通过氢键来实现的，故C正确；D.硝酸镀中铁根离子和硝酸根离子间存在离子键，钱根

离子其中一个H被乙基替代，引入乙基减弱了离子间的相互作用，所以熔点：C2H5NH3NO3<NH4NO3,

故D正确；答案选B。

10.在两种不同催化剂作用下，反应x(g).Y(g)的历程如图所示。

——催化剂1

Vg)\J(?\——催化剂2

P.\/,\7'•丫值),

反应历程

下列叙述正确的是

A.不同催化剂作用下使该反应的焰变不同

B.基元反应②和③的正反应AH>。

C.其他条件相同，耳比P?更不稳定

D.其他条件不变，升温能提高X的平衡转化率

【答案】C

【解析】A.不同催化剂不改变反应的焰变，只改变反应速率，A错误；B.根据图像可知，基元反应

②和③的正反应均是放热反应，B错误；C.B比R能量更低，B比R更稳定，C正确；D.总反应是

放热反应，升高温度，平衡逆向移动，X的平衡转化率降低，D错误；

故选C。

11.某小组同学用铁粉还原AgCl制取Ag,实验如下:

实验操作及现象

（-足量铁粉

i.产生大量气泡和灰黑色固体（经检验为Ag、Fe）；ii.静置后，

固体变为灰白色；iii.取固体，洗涤后加入KI溶液，生成黄色

JO.lgAgCl固体溶于

沉淀;iv。取ii中上层清液,加入KSCN溶液,显红色，测得pH<2。

目浓盐酸后的溶液

3+

已知：AgCl+CF[AgCLljAgClJ不能氧化Fe?+,Fe+4CF[FeCl4f

下列说法不正确的是

A.由i可知发生了两个不同的置换反应

B.iii中生成黄色沉淀的反应为Ag++「=AglJ

3+

C.由ii和iv可推测氧化性02>Fe

D.ii中生成灰白色固体的可能原因：静置过程中c（Fe3+）增大，c（C「）减小

【答案】B

【分析】O.lgAgCl溶于浓盐酸后的溶液中加入足量铁粉，铁粉能置换出Ag,亚铁离子静置过程中被氧

气氧化为铁离子，铁离子浓度逐渐增大，将Ag氧化为银离子，同时Fe3++4C「-[FeCl,「正向移动，

氯离子浓度减小，导致AgCl+C「'[AgCl?「逆向移动，析出灰白色AgCl沉淀。AgCl固体洗涤后加

入KI溶液，生成黄色Agl沉淀。取ii中上层清液，加入KSCN溶液，显红色，进一步证明ii中亚铁离

子静置过程中被氧气氧化为铁离子。

【解析】A.根据i产生大量气泡和灰黑色固体（经检验为Ag、Fe）,则发生铁与盐酸的置换反应、铁

与银离子置换出银的反应，A正确；B.iii中生成黄色沉淀的反应为AgCl+r=AgI+C]，B错误；C.根

据分析知，ii中亚铁离子静置过程中被氧气氧化为铁离子，则氧化性02>Fe3+,C正确；D.根据分析

知，亚铁离子静置过程中被氧气氧化为铁离子，铁离子浓度逐渐增大，使Fe3++4Cr[FeClJ正向

移动，氯离子浓度减小，导致AgCl+C「[AgClJ逆向移动，析出灰白色AgCl沉淀，D正确；故选

Bo

12.近年来，由阴极还原主导的电有机合成反应得到了更多的研究关注。2021年，Waldvogel和Morandi

等人报道了一类电化学“穿梭”成对电解反应（如下图所示）。该反应有助于我们得到B有价值的气态烯燃

化合物和实现对某些污染物的高效降解。

下列说法不亚确的是

A.图中A是电池的负极

B.图中B端所连电极反应：Br-2e=Br+

C.每生成Imol乙烯，转移电子数为NA

Cl

ClI.Cl

D.通过该电解反应，我们可以将“六六六”（TT）转化为苯，实现对该农药的高效降解

ci'v^ci

Cl

【答案】c

【分析】左侧电极反应Br-CH2-CH2-Br+2e-=CH2=CH2+2Br中，碳元素化合价降低，发生还原反应，左

侧电极为阴极，右侧电极为阳极，电极反应为：Br-2e=Br+,据此解答。

【解析】A.由分析可知，左侧为阴极，则图中A是电池的负极，A正确；B.由分析可知，图中B端

所连电极为阳极，电极反应为：Br-2e=Br+,B正确；C.由分析可知，每生成Imol乙烯，转移电子

数为2NA，C错误；D.“六六六”曾被广泛用作杀虫剂，但是它具有高毒性且不易降解，选取“六六六”

作为实验对象，由电解原理可知，在经过三次连续的双卤化反应后，转化为苯，实现对该农药的高效

降解，D正确；故选C。

13.X、Y、Z、M四种主族元素，原子序数依次增大，分别位于三个不同短周期，Y与M同主族，Y与Z

核电荷数相差2,Z的原子最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法不亚确的是

A.YX；的VSEPR模型是平面三角形B.分子的极性：Y2X2>X2Z2

C.YZ?和MZ?的晶体类型不相同D.热稳定性：YX」>MX4

【答案】B

【分析】X、Y、Z、M四种主族元素，原子序数依次增大，分别位于三个不同短周期，Y与M同主族，

Y与Z核电荷数相差2,Z的原子最外层电子数是内层电子数的3倍，则Z为O元素，Y为C元素，

X为H元素，M为Si元素。

【解析】A.CH；中心原子价层电子对数为3+；x（4-1-3义1）=3,VSEPR模型是平面三角形，A正确；

B.KX?为C2H2,其为直线形分子，分子结构对称，分子中正负电荷的重心是重合的，故其为非极性

分子；X'Z?为H2O2,分子中正负电荷的重心是不重合的，故其为极性分子，因此，两者极性的大小关

系为C2H2VH2O2,B错误；C.丫心为C02,为分子晶体，MZ?为SiO2,为共价晶体，二者晶体类型不

相同，C正确；D.同主族元素，从上往下非金属性减弱，C的非金属性强于Si,元素的非金属性越强，

其气态氢化物的热稳定性越强，则热稳定性：CH4>SiH4,D正确；故选B。

14.向CaCz。’饱和溶液(有足量CaC2。」固体)中通入HC1气体，调节体系pH促进CaC?。“溶解，总反应为

+2+

CaC2O4+2HH2C2O4+Cao平衡时lg[c(Ca2+)]、分布系数3(M)与pH的变化关系如图所示(其中

M代表H2c2c>4、HCQ；或CQ：)。比如="。204),。总=c(H2c2。&)+c(HC2O；)+c(C2Ot)。

C总

已知Ksp(CaCQ4)=10%63。

下列说法正确的是

T〔

T

o

E

)

(、

+

o=

)

£

o_n

A.曲线n表示lg[c(H《2O4)]pH的变化关系

B.pH=2.77时，溶液中c(C「)>2c(C2O；「)+c(HCq；)

C.总反应CaCzO,+ZlTH2c2()4+Ca2+的平衡常数K=1()3.09

2+

D.pH=4时,C(HC2O；)>c(Ca)>c(C2O；-)>c(H2C2O4)

【答案】B

【解析】A.随着pH值的增大，c(H2c2O4)逐渐减小，c(HQ04)先增大后减小，c(CQj)逐渐增大,

c(Ca2+)逐渐减小，所以曲线I、II、III、IV分别代表3(H2c。0、lg[c(Ca2+)]、5(HC2O；),5(C2Ot)

127

与pH的变化关系，Kal(H2C2O4)=10-,Ka2(H2c2。4)=1()427,故A错误；B.由图可知，pH=2.77

+2+

时，C(H2C,O4)=C(C,O上)，结合电荷守恒：c(H)+2c(Ca)=c(OH)+c(Cr)+c(HC2O4)+2c(C2O^),

2+

物料守恒：c(Ca)=c(H2C2O4)+c(HC2O；)+c(C2Ot),可得

+

c(OH)+C(cr)=c(H)+c(HC2O；)+2C(H2C2O4),因为pH=2.77时，c(H2C2O4)=c(C20t),

++2+

c(H)>c(OH-),所以c(C「)>c(HC20；)+2c(C2O；),故B正确；C.CaC2O4+2HH2C2O4+Ca

的平衡常数K=c(Ca?+)罂C2O4)=c(Ca?吃C=

c(H)c(H),c(C?O4)

K(CaCO)10一8.63

Kn2*4产,故C错误；D.由图可知，pH=4时，根据物料守

2c204)Ka2(H2c204)1口

2+

恒，c(Ca)>C(HC2O；)>c(C2Of)>c(H2C2O4),故D错误；故答案为B。

15.镁锌合金具有特殊的性能，其晶胞结构如图，晶胞中的所有原子呈中心对称，其中原子1的分数坐标

为设NA为阿伏加德罗常数的值。

•Zn

OM§

下列说法正确的是

A.该晶体类型为共价晶体

B.该晶体中Mg与Zn原子个数比为2：1

C.原子2的分数坐标为g,1,j

一—一4x24+8x65_

D,该晶体的密度为茄一2------2rg4由-3-

N^xaxcxlO

【答案】C

【分析】计算时需注意，晶胞底面为菱形，因此底面积=卜义10」°卜当卜><10」°卜012。晶胞中Zn原子

个数按照均摊法计算时，顶点上的Zn原子有4个被6个晶胞共用，有4个被12个晶胞共用。

【解析】A.该晶体为镁锌合金，属于金属晶体，不属于共价晶体，A错误；B.该晶胞中Mg原子位

于晶胞内部，个数为4,Zn原子个数=4X：+4X]+2X=+2>4+6=8,该晶体中Mg与Zn原子个数

61236

比为1：2,B错误；C.原子1的分数坐标为因晶胞中的所有原子呈中心对称，原子2的

分数坐标为■1,1-；,1-'=&彳，。］,C正确；D.该晶胞中含Mg原子4个，Zn原子8个，体积

厂4x24+8x65_3

为（axlO」°）xYl（axlO」°）x（cxlO」°）cm3,则该晶体的密度为盘,ZTg-Cm,D错误；故

2NAx~~~6ZXcxH）。"

选C。

二、非选择题：本题共4小题，共55分。

16.（13分）钛白粉（TiO2）是一种性能优良、应用广泛的白色颜料,工业上以钛铁矿精矿（主要成分为FeTiO3,

含少量Al。?、FeQs和Si。?）为原料冶炼钛白粉的流程如图所示。

试剂X浓H2s。4

已知：酸解后，钛主要以TiC>2+形式存在。室温条件下，在pH>3的溶液中TiO2+会完全水解生成H2TiO3

沉淀。

回答下列问题：

（1）基态Ti原子核外价层电子排布式为0

（2）试剂X应为（填化学式）。

（3）酸解过程中，FeTiOs发生的非氧化还原反应的化学方程式为0

（4）酸解后需要加入铁粉还原的原因是。

（5）测定样品中Ti。?纯度：取2.2g样品，在酸性条件下充分溶解，加入适量铝粉将TiO?+还原为Ti3+。

过滤并洗涤，将所得滤液和洗涤液合并配制成250mL溶液。取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，滴加几

滴KSCN溶液，用0.10molCNH4Fe（SC>4）2标准溶液滴定，将疗+转化成「（产，重复操作3次，平均

消耗25.10mL标准溶液。

①该样品中TiO?的质量分数是（保留2位有效数字）。

②若其他操作都正确，量取待测液的滴定管没有润洗，则测得结果将（填“偏高”、“偏低”

或‘无影响"）。

（6）一种四方晶系Ti。2的晶胞结构如下图所示，晶胞参数为anm、anm、cnm0O原子的配位数

是，该晶体的密度是g.cm-3（用含NA的代数式表示）

【答案】(1)3d24s2(2分)

(2)NaOH溶液(1分)

(3)FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O(2分)

(4)防止加纯碱调节pH生成氢氧化铁沉淀，酸解后需要加入铁粉把Fe3+还原为Fe2+(2分)

(5)91%(2分)偏低(1分)

160

(6)3(1分)而即T(2分)

【分析】钛铁矿精矿主要成分为FeTiC)3,含少量AL。?、Fe0和SiO-钛铁矿加碱溶浸，A12O3,SiO2

和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠、硅酸钠，FeTiC>3和FeQs与氢氧化钠不反应，过滤，滤渣中含有

2+

FeTiC)3和Fe2O3,用浓硫酸“酸解”滤渣，酸解液中主要含有TiO"、Fe2+、Fe3+,加铁粉把Fe3+还原为Fe,

加纯碱调节pH使TiO?+水解为HJiOs沉淀，过滤出H2T23,HJiOs燃烧得TiO?。

【解析】(l)Ti是22号元素，基态Ti原子核外价层电子排布式为3d24s2；(2)“溶浸”目的是除去^2。3、

SiO2,AIQ3、Si。?和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠、硅酸钠，所以试剂X应为NaOH溶液。

(3)酸解过程中，钛主要以TiO?+形式存在，FeTiC>3发生的非氧化还原反应，可知FeTiC^和浓硫酸反

应生成硫酸亚铁、TiOSCU、水，反应的化学方程式为FeTiC)3+2H2sO4=FeSO4+TiOSO4+2H2。

(4)FqOs与浓硫酸反应生成硫酸铁，酸解液中主要含有TiCP+、Fe2+、Fe3+,Fe3+易水解，为防止加纯

碱调节pH生成氢氧化铁沉淀，酸解后需要加入铁粉把Fe3+还原为Fe2+；(5)测定样品中TiO?纯度：

取2.2g样品，在酸性条件下充分溶解，加入适量铝粉将TiC^还原为Ti'+。过滤并洗涤，将所得滤液和

洗涤液合并配制成250mL溶液。取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，滴加几滴KSCN溶液，用

O.lOmobkNH,FeeOj标准溶液滴定，将Ti?+转化成TiCP+,Ti元素化合价由+3升高为+4,Fe元素

化合价由+3降低为+2,根据得失电子守恒得滴定关系式NHFeG。』?一Ti'+,根据钛元素守恒，

3+

NH4Fe(SO4)2~~Ti——TiO2,n(TiO2)=n[NH4Fe(SO4)2]=0.1mol/Lx0.025lL=0.00251mol,

重复操作3次，平均消耗25」0mL标准溶液。

0.0025Imolx-----x80g/mol

①该样品中TiO?的质量分数是------------空--------------xl00%=91%

2.2g

②若其他操作都正确，量取待测液的滴定管没有润洗，待测液浓度偏小，消耗标准液体积偏小，则测

得结果将偏低。

（6）根据晶胞结构图，晶胞中黑球数为8X：+1=2、白球数为4x：+2=4,根据TiOz的化学式可知,

o2

黑球表示Ti原子、白球表示0原子，Ti周围有6个0原子，Ti的配位数为6,Ti、O比为1:2,所以0

48x2+16x4160

原子的配位数是3。晶胞参数为anm、anmcnm该晶体的密度是

a2cx1x/A\a2cxi

g-cm-3

17.（14分）CO2加氢制备CH3OH、CH3cH20H涉及反应如下:

i.2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)AH,

-1

ii.CO2(g)+3H2(g),CH3OH(g)+H2O(g)AH2=-49.9kJ-mol

1

iii.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)AH3=+41.6kJmor

回答下列问题：

(1)工业上，利用CO加氢合成CH30H(g)的热化学方程式为

（2）向反应器中充入ImolCO?和3m。1应，在催化剂Catl、Cat2作用下发生上述反应，测得相同时间

内CO2的转化率与温度关系如图所示。温度低于450℃时，催化效率较高的催化剂是（填“Catl”

或“Cat2”），随着温度升高，Catl、Cat2曲线相交，其主要原因可能是

80-

%70-

、

树

7

960-

群

z

o50-

o

40-

30-

200250300350400450

温度/℃

（3）某温度下，向恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2,发生上述反应i、ii、iii,起始压强为lOOkPa,

达到平衡时CO?转化率为60%,CH3cH20H选择性为50%,CO选择性为25%。

“（C2H’OH）

已知：乙醇的选择性2H。田:扇/升小。）*】。。％（CHQH、C。的选择性同理）。）

该温度下，反应iii的平衡常数Kp=（用分数表示，用分压计算的平衡常数为压强平衡常数,

分压等于总压x物质的量分数）。

还原

（4）CO?与H,在活化后的催化剂［催化剂活化：（无活性）弓京In,03T（有活性）］表面可

氧化一

逆地发生反应ii,其反应历程如图所示。

CH30H(g)

①对于co2制甲醇的过程，以下描述正确的是（填字母）。

A.反应中经历了In-C、In-O键的形成和断裂

B.加压可以提高CO2的平衡转化率

C.升高温度有利于生成甲醇

②CO2与H2混合气体以不同的流速通过反应器，流速加快可减少产物中H2。的积累，减少反应_____

（用化学方程式表示）的发生，减少催化剂的失活，提高甲醇选择性。

（5）用电解法也可以实现由CO?制备乙醇。电解时电解质溶液显酸性，阴极的电极反应式为0

（6）干冰（固态C0?）的立方晶胞结构中，CO?处于顶点和面心，若晶胞参数为anm,NA表示阿伏

加德罗常数的值，则干冰晶体的密度为gem-3。

【答案】（1）2H2（g）+CO（g）CH30H（g）AH=-91.5kJ-mor1（2分）

（2）Catl（1分）随着温度升高，温度对反应速率起决定作用（1分）

（3）-（2分）

7

InXH

（4）AB（2分）203-x+20In2O3+xH2（2分）

+-

（5）2CO2+12H+12e=C2H5OH+3H2O（2分）

【解析】（1）根据盖斯定律，反应ii-iii可得2H2（g）+CO（g）CH30H（g）,则该反应的

AH=（-49.9kJ.moP1）-（+41.6kJ.moP'）=-91.5kJ.moP1,则利用CO加氢合成CH30H（g）的热化学方

1

程式为:2H2(g)+CO(g).CH30H(g)AH=-91.5kJmoF；

(2)由图可知，温度低于450℃时，催化剂是Catl时，二氧化碳的转化率高，故此时催化效率较高的

催化剂是；由于反应时间相同，随着温度升高，反应速率加快，则随着温度升高，Catl、Cat2曲线相

交，其主要原因可能是：随着温度升高，温度对反应速率起决定作用；

(3)根据相关数据，达到平衡时CO2转化率为60%,CH:CHqH选择性为50%,CO选择性为25%,

根据原子守恒可计算各组分物质的量如下：

COHOCHOHCHOH

组分2COH22325

n/mol0.40.11.40.80.10.2

气体总物质的量为3.0mol。对于等分子数反应，可用物质的量替代分压计算平衡常数，反应iii的平衡

P(CQ)-7(HO)0.1molx0.8mol1

常数长小72

P(CO2)-P(H2)0.4molx1.4mol7

(4)①A.由图可知，反应中经历了In-C、In-O键的形成和断裂，A项正确；B.CO2制甲醇是气

体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，可以提高CO2的平衡转化率，B项正确；

C.CO2(g)+3H2(g).CH3OH(g)+H2O(g)△"=-49.9kJ.moL是放热反应，升高温度平衡逆向移

还序

动，不利于生成甲醇，C项错误；故选AB；②已知催化剂活化：1%。3(无活性)二手;In,03T(有

氧化

活性)，流速加快可减少产物中HQ的积累，减少反应InzC^x+xH?。+xH?的发生，减少催化

剂的失活，提高甲醇选择性；

(5)根据题意，电解时，二氧化碳在阴极得到电子生成乙醇，电极反应式为:

+

2co2+12H+12e~=C2H50H+3H2O；

(6)干冰(固态CO?)的立方晶胞结构中，CO?处于顶点和面心，，则每个干冰晶胞中含有4个CO2,

4molx44g/mol1.76xlQ231.76xlQ23

干冰晶体的密度=g-cm3,故答案为:

("IO-y踵孤

18.(14分)铭酰氯(CrO2c%)为深红色液体，在空气中易发烟，主要在有机合成中作氧化剂或氯化剂，也

可用作染料的溶剂。实验室制备铭酰氯的实验装置如下(加持及加热装置略去):

9

(2)盛放碱石灰的装置A的仪器名称为,碱石灰的作用是o

(3)加入浓硫酸后，加热三颈烧瓶，产生红色气体，则三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为o

(4)直形冷凝管中冷凝水的进口为(填a或b)。

(5)铭酰氯在不见光时比较稳定，遇水易水解，其水解产物为HC1及»

(6)在钢铁分析中，当有铭干扰时，在溶解试样中加入NaCl和HCIO4,加热蒸发至冒烟，利用铭酰

氯易挥发而除去，请配平离子方程式：0

□Cr,O彳+EZIC1+口—>OCrO9Cl2+□HoOo

(7)采用季镂盐型强碱性阴离子交换树脂，处理废水中的含Cr(VI)离子，原理为：

2RN-OH+CrOt(RN)2-CrO4+2OH-,待交换一段时间后停止通废水，再加入溶液可使

Cr(VI)以高浓度进入溶液回收并使树脂得到再生。

【答案】(1)分子(1分)

(2)球形干燥管(1分)尾气处理、防止空气中H?。进入(2分)

A小

(3)K2Cr2O7+4KC1+3H2SO4=2CrO2Cl2T+3K2SO4+3H2O(2分)

(4)a(2分)

(5)H2Cr2O7(2分)

+

(6)Cr2O^+4C1'+6H=2CrO2Cl2+3H2O(2分)

(7)NaOH(2分)

【分析】铭酰氯常温下为深红棕色液体，放置在空气中易发烟(迅速挥发并水解)，在实验中可用重铭

酸钾、浓硫酸与氯化钾制备，吸收尾气时，需防止产物与空气及水蒸气接触，据此分析；

【解析】(1)铭酰氯的沸点为117℃,沸点不高，由此推断其属于分子晶体；

(2)A的仪器名称为球形干燥管，碱石灰的作用是：尾气处理、防止空气中HQ进入

(3)用重铭酸钾、浓硫酸与氯化钾制备，产生的红色气体CrO2cU，化学方程式为：

A人

K2Cr2O7+4KC1+3H2so4=2CrO2cUT+3K2SO4+3H2O；

（4）直形冷凝管中冷凝水下口进水，上口出水，进口为a；

（5）铭酰氯水解2CrO2cl2+3凡0=凡507+4印21,产物为HC1及H25O7；

（6）根据质量守恒，电荷守恒可知，反应物还需要H+，利用观察法可配平离子方程式:

+

5。；—+4Cr+6H=2CrO2Cl2