2025-2026学年内蒙古呼和浩特市高三上学期第一次月考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1内蒙古呼和浩特市2025-2026学年高三上学期第一次月考注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。本试卷满分100分，考试时间75分钟。2.作答选择题时，将答案填涂在答题卡相应位置，如需改动，用橡皮擦干净后，重新填涂。作答非选择题时，将答案写在答题卡相应位置。所有答案写在本试卷上无效。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：H-1B-11C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5Ag-108Sn-119一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的)。1.2024年，内蒙古“绿电”交易规模位居全国第一，以下产品的主要生产过程不属于化学变化的是A.将光能通过太阳能电池转化为“绿电” B.使用“绿电”电解水制备“绿氢”C.以“绿氢”和氮气为原料制备“绿氨” D.以“绿氨”为原料制备纯碱【答案】A【解析】A．将光能转化为电能是物理变化（能量形式转换，无新物质生成），A符合题意；B．电解水生成氢气和氧气（新物质生成），属于化学变化，B不符合题意；C．氢气和氮气合成氨（新物质生成），属于化学变化，C不符合题意；D．氨制备纯碱涉及化学反应（如侯氏制碱法生成碳酸钠），属于化学变化，D不符合题意；故选A。2.将三氯硅烷转化为高纯硅的反应为。下列有关化学用语或说法正确的是A.SiHCl3中的Si-H键长大于Si-Cl键长 B.H2的共价键类型：s-sσ键C.基态Si原子的价层电子排布式： D.HCl的电子式：【答案】B【解析】A．键长取决于成键原子半径，H原子半径小于Cl原子半径，Si-H键的键长为Si半径与H半径之和，Si-Cl键为Si半径与Cl半径之和，因此Si-H键长小于Si-Cl键长，A错误；B．H2分子中，两个H原子均以1s轨道电子成键，通过s-s轨道头碰头重叠形成σ键，共价键类型为s-sσ键，B正确；C．价层电子排布式仅表示最外层价电子，基态Si原子的价电子为，为内层电子，不是价层电子，C错误；D．HCl为共价化合物，电子式应表示共用电子对，正确电子式为，而非离子化合物形式的，D错误；故选B。3.实验室中，下列试剂保存方法不正确的是A.金属钠保存在石蜡油或煤油中 B.氯水保存在棕色细口试剂瓶中C.高锰酸钾与乙醇存放在同一药品柜中 D.氢氟酸保存在密封的塑料瓶中【答案】C【解析】A．金属钠需隔绝空气保存，石蜡油或煤油可隔绝氧气和水，A正确；B．氯水中的HClO见光易分解，棕色瓶避光且细口瓶适合液体保存，B正确；C．高锰酸钾是强氧化剂，乙醇是易燃物，两者混合可能引发反应甚至爆炸，C错误；D．氢氟酸会腐蚀玻璃，塑料瓶耐腐蚀且密封可防止挥发，D正确；故选C。4.在微生物和甲醇的作用下，可先后实现的转化，从而对氨氮废水进行处理。下列说法正确的是A.属于氮的固定 B.CH3OH为极性分子C.的空间结构为四面体形 D.第一电离能：N<O【答案】B【解析】A．是将化合态氮转化为游离态氮，属于反硝化作用，而非氮的固定（氮的固定是游离态→化合态），A错误；B．CH3OH分子中O-H键极性明显，且分子结构不对称（含-OH基团），属于极性分子，B正确；C．的中心N原子采用sp2杂化，三个O原子呈平面三角形排列，而非四面体形（如），C错误；D．同周期从左向右，第一电离能呈增大趋势，N的2p轨道半充满状态更稳定，第一电离能N＞O，D错误；故答案选B。5.NaCl是一种化工原料，可以制备多种物质，如下图所示。设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.反应①每制备40gNaOH，同时生成气体的分子数为NAB.25℃时，pH=1的HCl溶液中含有H⁺的数目为0.1NAC.反应③生成的气体，每22.4L含原子的数目为2NAD.反应④中1molCl2与足量Ca(OH)2反应转移电子的数目为2NA【答案】A【解析】A．反应①为电解饱和食盐水：，每制备40gNaOH即生成1molNaOH时，生成0.5mol氢气和0.5mol氯气，即生成气体的分子数为NA，A正确；B．pH=1的HCl溶液中H⁺浓度为0.1mol/L，但未给出溶液体积，无法计算H⁺数目，B错误；C．反应③生成的气体为氯气，未指明标准状况，则无法确定22.4L气体的物质的量，C错误；D．反应④为Cl2与足量Ca(OH)2的歧化反应：，Cl2中部分Cl从0价降低为-1价，部分从0价升高为+1价，则1molCl2反应转移1mol电子，即转移电子的数目为NA，D错误；答案选A。6.茉莉醛具有浓郁的茉莉花香，其结构简式如下：，下列关于茉莉醛的叙述中，错误的是A.茉莉醛分子式为C14H18OB.茉莉醛有2种官能团C.从理论上来说，1mol茉莉醛能从足量银氨溶液中还原出1mol银D.茉莉醛可以使酸性KMnO4溶液褪色【答案】C【解析】A．由茉莉醛分子结构简式可知，茉莉醛分子中含14个C原子、18个H原子、1个O原子，故其分子式为C14H18O，A正确；B．由茉莉醛分子结构简式可知：该物质分子中含1个不饱和的碳碳双键和1个醛基，故该物质中含有碳碳双键、醛基两种官能团，B正确；C．由茉莉醛分子结构简式可知：该物质分子中含1个醛基(-CHO)，1个-CHO与足量银氨溶液反应能够生成2个Ag，则1mol该物质与足量银氨溶液水浴加热发生反应能够生成2molAg单质，C错误；D．该物质分子中含有的碳碳双键和醛基都能被酸性KMnO4溶液氧化，因此茉莉醛能够使酸性KMnO4溶液紫色褪色，D正确；故合理选项是C。7.铁及其化合物用处广泛。下列方程式与所给事实相符的是A.氯化铁溶液腐蚀铜电路板：B.用盐酸除去铁锈：C.铁经过发蓝处理形成致密氧化膜：D.向沸水中滴加饱和FeCl3溶液并加热，得到红褐色液体：【答案】B【解析】A．反应产物错误，Fe3+被Cu还原应生成Fe2+，对应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，A错误；B．铁锈（Fe2O3·xH2O）与H+反应，生成Fe3+和H2O，B正确；C．发蓝处理生成是致密氧化膜是Fe3O4，不是FeO，C错误；D．FeCl3发生水解反应，生成Fe(OH)3胶体，D错误；故选B。8.下列分离提纯实验中，实验示意图、现象分析均正确，且能达到实验目的是A．溴苯提纯，分离苯和溴苯B．粗碘提纯，碘晶体主要凝结在漏斗内壁C．海水提溴，冷却水从冷凝管①口通入，②口流出D．粗盐提纯，过滤除去泥沙A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．苯和溴苯互溶，不能用分液法分离，应采用蒸馏法，A错误；B．粗碘提纯利用碘的升华性质，加热时碘升华变为蒸气，遇冷的漏斗内壁凝华成晶体，碘晶体主要凝结在滤纸上，B错误；C．冷凝管冷却水应“下进上出”以保证冷凝效果，图示若①为上口、②为下口，则“上进下出”错误，C错误；D．粗盐提出除去泥沙用过滤，过滤操作装置正确，D正确；故选D。9.M、X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X、Y、Z位于同周期，由这五种元素组成的某种化合物结构如图所示。下列说法正确的是A.该化合物中X和Y原子均采取杂化 B.元素电负性：X>Y>ZC.Z、Q的简单氢化物的沸点：Q>Z D.基态原子未成对电子数：M<Y<Q【答案】A【解析】M、X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X、Y、Z位于同周期，M是H元素，X形成4个共价键，X是C元素；Y形成3个共价键，Y是N元素；Z形成2个共价键，Z是O元素；Q形成6个共价键，Q是S元素。A．X为C，形成4个单键，价层电子对数=4，sp3杂化；Y为N，形成3个单键，孤电子对数=1，价层电子对数=4，sp3杂化，故A正确；B．同周期元素电负性从左到右增大，电负性：O>N>C，故B错误；C．Z的简单氢化物为H2O，Q的为H2S，H2O能形成分子间氢键，沸点：H2O>H2S，故C错误；D．H未成对电子数为1，N未成对电子数为3，S未成对电子数为2，故D错误；选A。10.一种负热膨胀材料X的立方晶胞结构如图，晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法错误的是A.X的化学式可表示为AgBC4N4 B.晶体中与Ag最近且距离相等的Ag有6个C.Ag和B的最短距离为pm D.晶体X的密度为g·cm-3【答案】C【解析】A．计算晶胞中各原子个数：Ag位于体心为1，B位于顶点为，C和N位于体心各4个，故化学式为AgBC4N4，A正确；B．Ag位于体心，与Ag最近且距离相等的Ag就是该晶胞上、下、左、右、前、后6个相邻的晶胞体心中的原子，B正确；C．Ag（体心）与B（顶点）的最短距离为体对角线一半，即pm，而非面对角线一半pm，C错误；D．晶胞中含1个AgBC4N4单元，摩尔质量为108+11+4×12+4×14=223g/mol，密度，D正确；故选C。11.药物贝诺酯可由物质A和物质B在一定条件下反应制得，下列有关叙述不正确的是A.该反应取代反应 B.物质A、物质B和物质C均可发生水解反应C.物质A、物质B和物质C均可发生加成反应 D.物质C可以在碱性下生成物质A和物质B【答案】D【解析】A．该反应是A中的羧基（-COOH）与B中的羟基（-OH）脱水生成酯键（-COO-）和水，属于酯化反应，酯化反应属于取代反应，A正确；B．A含酯基（-OOCCH3）可水解，B含酰胺基（-NHCOCH3）可水解，C含酯基（-OOCCH3、-COO-）和酰胺基（-NHCOCH3）均可水解，B正确；C．A、B、C均含苯环，苯环可与H2发生加成反应（催化加氢），C正确；D．C中除连接A和B的酯键外，还含A的酯基（-OOCCH3）和B的酰胺基（-NHCOCH3），碱性条件下水解时酯基水解生成-OH和CH3COO⁻，酰胺基水解生成-NH2和CH3COO⁻，无法得到原A和B，D错误；故选D。12.一种新型电池装置如图，该装置在充电过程中可实现海水脱盐。下列说法错误的是A.放电时，a端电势高于b端电势B.放电时，a极电极反应式：C.充电时，移向a极D.理论上去除NaCl351g，转移6mole⁻【答案】A【解析】放电过程，由a极电极反应式可知，中Ti等元素化合价升高，失去电子，所以a极为负极；b极处转化为，元素化合价从+1降低到0，得到电子，所以b极为正极，据此分析。A．放电时，该装置为原电池，根据电极反应，a极为负极，b极为正极，在原电池中，正极电势高于负极电势，所以b端电势高于a端电势，A说法错误；B．放电时，a极为负极，发生氧化反应，电极反应式为，B说法正确；C．充电时，该装置为电解池，a极为阴极，b极为阳极，在电解池中，阳离子向阴极移动，所以移向a极，C说法正确；D．的摩尔质量为，的物质的量为，在溶液中电离为和，要去除，即需要让和发生反应或迁移，从电极反应来看，涉及电子转移时，参与反应等过程，理论上转移，D说法正确；故答案选A。13.精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中回收金和银的流程，如图所示。已知：“浸取2”时，单质Au转化为H[AuCl4]；“浸出液3”中主要含有[Ag(S2O3)2]3-。下列说法错误的是A.“浸出液1”中含有的金属离子主要是Cu2+B.“浸渣2”的主要成分是AgClC.“还原”时，产物Au与N2的物质的量之比为4：3D.上述流程中的H2O2、N2H4、Na2S2O3均为还原剂【答案】D【解析】铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素，加入硫酸和H2O2浸取，铜溶解，生成硫酸铜，过滤得到的滤液中含有硫酸铜和硫酸，滤渣含Ag、Au等。向滤渣1中加入盐酸和H2O2，发生反应：2Au+8HCl+3H2O2=2HAuCl4+6H2O，2Ag+2HCl+H2O2=2AgCl+2H2O，过滤，所得沉淀为AgCl，向得到的滤渣中加入Na2S2O3，AgCl溶于Na2S2O3，生成[Ag(S2O3)2]3-，然后再进行电解，[Ag(S2O3)2]3-在阴极得到电子被还原为Ag，电极反应为：[Ag(S2O3)2]3-+e-=Ag+2，阴极区的溶液中含有Na2S2O3，可以循环使用。向浸出液2中加入N2H4，可以还原HAuCl4，反应生成Au和N2，据此分析作答。A．铜阳极泥中含有Cu、Au、Ag，用硫酸、H2O2进行酸浸，Cu被氧化为Cu2+进入浸出液1，而金属Ag、Au不溶解，故“浸出液1”中含有的金属离子主要是Cu2+，A正确；B．在“浸取2”中浸渣1中的金属Ag与盐酸、H2O2反应生成AgCl沉淀，Au被氧化为H[AuCl4]进入浸出液2，故“浸渣2”主要成分为AgCl，B正确；C．根据上述分析可知：“浸出液2”中含有H[AuCl4]，在还原时，H[AuCl4]中+3价的Au元素得电子被还原生成Au，每反应产生1个Au得到3个电子；N2H4中N失去电子被氧化生成N2，每生成1个N2分子N元素失去4个电子，根据电子守恒可得n(Au)×3=n(N2)×4，则n(Au)：n(N2)=4：3，C正确；D．根据上述分析可知：H2O2在“浸取1”、“浸取2”中作氧化剂；N2H4与H[AuCl4]反应产生N2和Au，N2H4作还原剂；Na2S2O3与AgCl发生的络合反应，在该反应过程中所有元素化合价不变，不属于氧化还原反应，Na2S2O3既不是氧化剂，也不是还原剂，D错误；故合理选项是D。14.恒温恒压密闭容器中，t=0时加入A(g)，各组分物质的量分数x随反应时间t变化的曲线如图(反应速率v=kx，k为反应速率常数)。下列说法正确的是A.A(g)→M(g)的活化能大于A(g)→N(g)的活化能B.0~t1时间段，生成M和N的平均反应速率相等C.若A(g)→M(g)和A(g)→N(g)均为放热反应，升高温度则xA平衡变小D.该条件下【答案】B【解析】A．t1时刻之前，M的物质的量分数大于N的物质的量分数，生成M的反应速率大于生成N的反应速率，A(g)→M(g)的活化能小于A(g)→N(g)的活化能，A错误；B．0~t₁时间段，生成M和N的物质的量分数相等，生成M和N的物质的量相等，则生成M和N的反应速率相等，B正确；C．若两反应均为放热反应，升高温度平衡逆向移动，A的转化率降低，x(A)平衡应增大，C错误；D．反应M⇌A的平衡常数为，平衡时，即；对反应A⇌N的平衡常数为，平衡时，即，所以，因x(N)平衡>x(M)平衡，故该比值>1，D错误；故选B。15.向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应：K1；K2。溶液中，含银微粒与NH3的物质的量浓度的负对数关系如图所示。下列说法不正确的是A.曲线Ⅰ为的变化曲线B.a点：C.时，溶液中D.【答案】C【解析】向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应：、。随着NH3浓度增大，两个反应均正向进行，Ag+浓度减小，[Ag(NH3)]+浓度增大，图像中曲线Ⅰ表示Ag(NH3)2]+变化曲线，曲线II表示[Ag(NH3)]+变化曲线，曲线Ⅲ表示Ag+变化曲线。A．随着NH3浓度增大，[Ag(NH3)2]+浓度增大，曲线Ⅰ表示[Ag(NH3)2]+变化曲线，A正确；B．a点为曲线Ⅱ（[Ag(NH3)]+）与曲线Ⅲ（Ag+）的交点，此时c([Ag(NH3)]+)=c(Ag+)，对应横轴坐标为-lgc(NH3)=3.24，故c(NH3)=10-3.24mol/L，B正确；C．c(NH3)=0.01mol/L时，-lgc(NH3)=2，此时曲线Ⅰ（[Ag(NH3)2]+）纵轴值小于曲线Ⅱ（[Ag(NH3)]+），即-lgc([Ag(NH3)2]+)<-lgc([Ag(NH3)]+)，则c([Ag(NH3)2]+)>c([Ag(NH3)]+)，C错误；D．曲线Ⅰ（[Ag(NH3)2]+）与曲线II（[Ag(NH3)]+）交点处c([Ag(NH3)2]+)=c([Ag(NH3)]+)，此时，交点横轴坐标为3.81，即-lgc(NH3)=3.81，故K2=103.81，D正确；故选C。二、非选择题：(本题共4小题，共55分)。16.钛(22Ti)被称为“航空金属”。工业上常利用钛铁矿[主要成分FeTiO3(钛酸亚铁)，含少量Fe2O3、CaO、SiO2等杂质]为原料生产金属钛和绿矾(FeSO4·7H2O)等产品的一种工艺流程如下：已知：TiO2+易水解生成不溶于水的H2TiO3。（1）Ti元素位于元素周期表的_______区。（2）请写出硫酸浸取过程中发生主要反应的化学方程式：_______。（3）适当升高温度可有效提高钛的浸出率，工业上步骤①的浸取温度选择150~180℃，而不选择更高温度的原因是_______。（4）“滤渣Ⅰ”的主要成分为_______(填化学式)。（5）步骤②加入铁粉的目的是_______。（6）步骤⑤除生成TiCl4外，还生成一种可燃性气体，请写出其化学反应方程式_______（7）步骤⑥中镁与TiCl4高温下反应制备钛时需加保护气，下列不能作为保护气的是_______(填字母)。A.Ar B.CO2 C.N2 D.He（8）从滤液X获得绿矾(FeSO4·7H2O)的一系列操作是_______过滤，洗涤，干燥。【答案】（1）d区（2）FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O（3）防止TiO2+水解生成不溶于水的H2TiO3（4）CaSO4、SiO2（5）将Fe3+转化成Fe2+（6）（7）BC（8）蒸发浓缩、冷却结晶【解析】钛铁矿主要成分FeTiO3，含少量Fe2O3、CaO、SiO2。钛铁矿用硫酸浸取，FeTiO3转化为Fe2+、TiO2+，Fe2O3转化为Fe3+、CaO转化为微溶物CaSO4，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤渣Ⅰ含有SiO2、CaSO4，滤液加铁粉把Fe3+还原为Fe2+，TiO2+水解生成不溶于水的H2TiO3，趁热过滤，滤液为硫酸亚铁，滤渣H2TiO3，H2TiO3煅烧生成TiO2，TiO2在高温条件下与C、氯气反应生成TiCl4和CO，用镁还原TiCl4生成金属Ti；硫酸亚铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得绿矾。（1）Ti是22号元素，位于第四周期ⅣB族，属于元素周期表的d区。（2）硫酸浸取过程中FeTiO3转化为Fe2+、TiO2+，发生反应的化学方程式为FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；（3）TiO2+易水解生成不溶于水的H2TiO3，加热促进水解，工业上步骤①的浸取温度选择150~180℃，而不选择更高温度的原因是防止TiO2+水解生成不溶于水的H2TiO3。（4）加硫酸浸取时CaO转化为微溶物CaSO4，SiO2不溶于硫酸，所以“滤渣Ⅰ”的主要成分为CaSO4、SiO2。（5）根据流程图，加铁粉后从得到溶液X获得绿矾，可知步骤②加入铁粉的目的是将Fe3+转化成Fe2+；（6）步骤⑤TiO2在高温条件下与C、氯气反应生成TiCl4和CO，反应的化学反应方程式为。（7）步骤⑥中镁与TiCl4高温下反应制备钛时需加保护气，CO2、N2都能与Mg反应，所以不能作为保护气的是CO2、N2，选BC。（8）硫酸亚铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得绿矾，从滤液X获得绿矾(FeSO4·7H2O)的一系列操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，洗涤，干燥。17.SnCl2常用作有机合成的催化剂，具有还原性，易水解。一种利用HCl和金属锡制备纯净的SnCl2的装置示意图如下：有关信息如下表：①；②有关物质信息如下表。化学式SnSnCl2熔点/℃232247沸点/℃2270623（1）SnCl2也可用SnCl2·2H2O和脱水剂混合得到，选择SOCl2作为脱水剂时，会得到两种酸性气体。写出SnCl2·2H2O和SOCl2混合反应的化学方程式_______。（2）仪器a名称为_______，装置B中的试剂为_______。（3）装置C中的反应方程式为_______，装置D的作用为_______。（4）实验开始后，先通入HCl(g)，再开启管式炉加热的原因是_______。（5）实验中不宜使用明火加热的原因是_______。（6）某实验小组用碘氧化法滴定分析产品中SnCl2的质量分数。准确称取mg该样品于锥形瓶中，用适量浓盐酸溶解，淀粉溶液作指示剂，并用cmol/L的碘标准溶液滴定至终点，消耗20.00mL碘标准液，已知滴定原理是SnCl2+2HCl+I2=SnCl4+2HI，则产品中SnCl2的质量分数为_______(用m、c的代数式表示)。【答案】（1）SnCl2·2H2O+2SOCl2=SnCl2+2SO2↑+4HCl↑（2）①.球形干燥管②.浓硫酸（3）①.Sn+2HClSnCl2+H2↑②.冷凝收集SnCl2（4）排除装置内的空气，避免氧化金属Sn（5）反应过程会生成H2，氢气易燃易爆宜避免明火（6）【解析】在装置A中NaCl固体与浓硫酸混合加热制取HCl气体，装置B中盛有浓硫酸，作用是干燥HCl，使反应装置处于干燥环境，避免反应产生的SnCl2发生水解反应。在装置C中发生反应Sn+2HClSnCl2+H2↑，制取得到SnCl2；装置D的作用是冷凝收集SnCl2；装置E中盛有碱石灰，作用是吸收未反应的HCl，同时还吸收空气中的水蒸气，防止空气中的水蒸气进入装置D，导致SnCl2因发生水解反应而变质。（1）SOCl2是脱水剂，能与SnCl2·2H2O中的结晶水反应生成酸性气体HCl和SO2，同时得到SnCl2，该反应的化学方程式为：SnCl2·2H2O+2SOCl2=SnCl2+2SO2↑+4HCl↑；（2）根据装置图可知：仪器a的名称是球形干燥管；在装置B中盛有浓硫酸，其作用是干燥反应产生的HCl气体；（3）在装置C中Sn与HCl在加热时发生置换反应产生SnCl2、H2，该反应的化学方程式为：Sn+2HClSnCl2+H2↑；根据题意可知：SnCl2沸点623℃，反应生成的SnCl2是气态产物，需通过降温冷凝，使其凝结为固体SnCl2，从而可以收集到纯净的SnCl2，故装置D的作用是冷凝收集SnCl2；（4）实验开始后要先通HCl再开启管式炉加热，是因为装置中有空气，若先进行加热后通入HCl气体，装置C中的Sn就会被空气中的氧气氧化，不能制取得到纯净的SnCl2，故实验开始后先通HCl，目的是为了排尽装置内的空气，避免氧化金属Sn；（5）该实验中不宜使用明火加热是由于反应过程会生成H2，氢气属于易燃易爆气体，为防止氢气燃烧爆炸，应该用电炉加热，避免明火；（6）滴定时发生反应：SnCl2+2HCl+I2=SnCl4+2HI反应，反应消耗I2标准溶液的物质的量为n(I2)=c·V=cmol/L×0.020L=2.0c×10-2mol，则根据物质反应转化关系可知：mg样品中含有SnCl2的物质的量n(SnCl2)=n(I2)=2.0c×10-2mol，则样品中SnCl2的质量分数为：。18.我国研发出一种乙醇制氢新途径，并实现高附加值乙酸的生产，主要反应为：Ⅰ．Ⅱ．回答下列问题：（1）有利于反应Ⅰ自发进行的条件是_______(选填“低温”或“高温”)（2）根据以上信息，，ΔH=_______。（3）下列措施能提高C2H5OH平衡转化率的是_______(填字母)。A.一定温度下适当增大压强 B.及时分离出H2C.总体积一定时，增大水醇比 D.选取高效催化剂（4）恒压条件下，向密闭容器中按一定投料比充入C2H5OH和H2O，产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体到产物的能量变化如图2。[]。由图中信息可知，乙酸可能是_______(填“产物1”“产物2”或“产物3”)，结合图1和图2分析原因_______。（5）在温度为T℃，压强为100kPa的恒压条件下，若在密闭容器中充入9molH2O(g)和1molC2H5OH(g)只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时C2H5OH的物质的量为0.1mol，CH3COOH的物质的量为0.72mol，则乙酸的选择性为_______，平衡常数Kpl=_______kPa(列出计算式即可；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。（6）以ZrO2为载体的镍系催化剂在乙醇制氢中表现出较好的催化反应活性和稳定性。四方ZrO2晶胞如图所示，Zr4+的配位数是_______。【答案】（1）高温（2）-24.3（3）BC（4）①.产物1②.由图1可知，乙酸的选择性最大，相同条件下生成乙酸的速率最大；对应图2活化能最小的反应路径（5）①.80%②.或（6）8【解析】（1）由反应的∆H1>0得，反应I为吸热反应，因此在高温下，不断的提供热量，有利于反应自发进行；（2）反应I-反应II得到“已知反应”，由盖斯定律得；（3）A．反应I与反应II均为气体分子数增多的反应，因此应减小压强才能提高转化率，A错误；B．及时分离出副产物H2可以使反应I与反应II平衡正向移动，提高了乙醇转化率，B正确；C．提高水醇比使反应I中乙醇的转化率提高，C正确；D．催化剂不能影响反应平衡移动，因此不能提高转化率，D错误；故选BC；（4）由图2知关键步骤中生产产物1的最大能垒为0.76-0.18=0.58eV，生成产物2的最大能垒为0.80-0.14=0.66eV，生成产物3的最大能垒为0.89-0.08=0.81eV，又由图一知，乙酸的选择性最大，即相同条件下，乙酸的反应速率最快，所以乙酸需要突破的最大能垒最低，为产物1。（5）因为只有反应I生成了乙酸为0.72mol，由反应I计量数得，反应I消耗了乙醇0.72mol，因为平衡时n(乙醇)=0.1mol，故乙醇消耗总量为1-0.1=0.9mol，则乙酸选择性为；乙醛选择性为20%，平衡时乙醛物质的量为，氢气物质的量为，水物质的量为，气体总物质的量为，则（6）以图中的最上面面心的Zr原子为例，离其最近的氧原子有上面未画出的晶胞中的4个，以及图中的晶胞中8个氧原子中的位于上面的4个，一共8个，故Zr4+的配位数为8。19.化合物I(C11H12O3)是制备液晶材料的中间体之一，其分子中含有醛基和酯基。I可以用C和H在一定条件下合成：已知以下信息：，在这个过程中，羟基与取代基少的碳原子相连。（1）A的名称为_______。（2）B的结构简式为_______。（3）D→E实现了由_______到_______的转化(填官能团名称)。（4）E→F的过程分为三步，①E与BH3发生加成反应生成X，②X与H2O2反应生成(CH3CH2CH2CH2O)3B，③(CH3CH2CH2CH2O)3B在NaOH溶液中可以水解生成Na3BO3与F，第③步的化学反应方程式为_______。（5）化合物G的同分异构体中，能发生银镜反应同分异构体的结构简式为_______。（6）参考上述路线，设计如下转化。M和N的结构简式分别为_______和_______。【答案】（1）对甲基苯酚或4-甲基苯酚（2）（3）①.氯原子(碳氯键)②.碳碳双键（4）（5）（6）①.②.【解析】A经过氯代生成B

，B通过氯原子水解生成同碳原子上两个羟基后脱水得到C，D（1-氯丁烷）在NaOH的醇溶液中消去生成E（），通过还原反应生成F正丁醇（），F经过铜催化氧化生成G正丁醛（）,G继续氧化生成H正丁酸（）,最后C与H发生取代生成I（1）根据结构简式可知，A的名称为对甲基苯酚或4-甲基苯酚。（2）A到B过程中进行了A的烷烃侧链的二元氯代，结合B的化学式可知，B的结构简式为

。（3）D到E的过程经过了NaOH的醇溶液反应消去生成了1-丁烯，故答案为：氯原子(碳氯键)；碳碳双键。（4）根据F和题干信息，NaOH与(CH3CH2CH2CH2O)3B反应生成Na3BO3与正丁醇。故答案为：。（5）G为正丁醛，G同分异构体可以发生银镜反应即含有醛基的同分异构体只有异丁醛，故答案为：。（6）由题干信息可知生成M为消去反应，生成N为将双键打开，取代基少的碳原子上连上羟基的反应。故答案为：

；

。内蒙古呼和浩特市2025-2026学年高三上学期第一次月考注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。本试卷满分100分，考试时间75分钟。2.作答选择题时，将答案填涂在答题卡相应位置，如需改动，用橡皮擦干净后，重新填涂。作答非选择题时，将答案写在答题卡相应位置。所有答案写在本试卷上无效。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：H-1B-11C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5Ag-108Sn-119一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的)。1.2024年，内蒙古“绿电”交易规模位居全国第一，以下产品的主要生产过程不属于化学变化的是A.将光能通过太阳能电池转化为“绿电” B.使用“绿电”电解水制备“绿氢”C.以“绿氢”和氮气为原料制备“绿氨” D.以“绿氨”为原料制备纯碱【答案】A【解析】A．将光能转化为电能是物理变化（能量形式转换，无新物质生成），A符合题意；B．电解水生成氢气和氧气（新物质生成），属于化学变化，B不符合题意；C．氢气和氮气合成氨（新物质生成），属于化学变化，C不符合题意；D．氨制备纯碱涉及化学反应（如侯氏制碱法生成碳酸钠），属于化学变化，D不符合题意；故选A。2.将三氯硅烷转化为高纯硅的反应为。下列有关化学用语或说法正确的是A.SiHCl3中的Si-H键长大于Si-Cl键长 B.H2的共价键类型：s-sσ键C.基态Si原子的价层电子排布式： D.HCl的电子式：【答案】B【解析】A．键长取决于成键原子半径，H原子半径小于Cl原子半径，Si-H键的键长为Si半径与H半径之和，Si-Cl键为Si半径与Cl半径之和，因此Si-H键长小于Si-Cl键长，A错误；B．H2分子中，两个H原子均以1s轨道电子成键，通过s-s轨道头碰头重叠形成σ键，共价键类型为s-sσ键，B正确；C．价层电子排布式仅表示最外层价电子，基态Si原子的价电子为，为内层电子，不是价层电子，C错误；D．HCl为共价化合物，电子式应表示共用电子对，正确电子式为，而非离子化合物形式的，D错误；故选B。3.实验室中，下列试剂保存方法不正确的是A.金属钠保存在石蜡油或煤油中 B.氯水保存在棕色细口试剂瓶中C.高锰酸钾与乙醇存放在同一药品柜中 D.氢氟酸保存在密封的塑料瓶中【答案】C【解析】A．金属钠需隔绝空气保存，石蜡油或煤油可隔绝氧气和水，A正确；B．氯水中的HClO见光易分解，棕色瓶避光且细口瓶适合液体保存，B正确；C．高锰酸钾是强氧化剂，乙醇是易燃物，两者混合可能引发反应甚至爆炸，C错误；D．氢氟酸会腐蚀玻璃，塑料瓶耐腐蚀且密封可防止挥发，D正确；故选C。4.在微生物和甲醇的作用下，可先后实现的转化，从而对氨氮废水进行处理。下列说法正确的是A.属于氮的固定 B.CH3OH为极性分子C.的空间结构为四面体形 D.第一电离能：N<O【答案】B【解析】A．是将化合态氮转化为游离态氮，属于反硝化作用，而非氮的固定（氮的固定是游离态→化合态），A错误；B．CH3OH分子中O-H键极性明显，且分子结构不对称（含-OH基团），属于极性分子，B正确；C．的中心N原子采用sp2杂化，三个O原子呈平面三角形排列，而非四面体形（如），C错误；D．同周期从左向右，第一电离能呈增大趋势，N的2p轨道半充满状态更稳定，第一电离能N＞O，D错误；故答案选B。5.NaCl是一种化工原料，可以制备多种物质，如下图所示。设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.反应①每制备40gNaOH，同时生成气体的分子数为NAB.25℃时，pH=1的HCl溶液中含有H⁺的数目为0.1NAC.反应③生成的气体，每22.4L含原子的数目为2NAD.反应④中1molCl2与足量Ca(OH)2反应转移电子的数目为2NA【答案】A【解析】A．反应①为电解饱和食盐水：，每制备40gNaOH即生成1molNaOH时，生成0.5mol氢气和0.5mol氯气，即生成气体的分子数为NA，A正确；B．pH=1的HCl溶液中H⁺浓度为0.1mol/L，但未给出溶液体积，无法计算H⁺数目，B错误；C．反应③生成的气体为氯气，未指明标准状况，则无法确定22.4L气体的物质的量，C错误；D．反应④为Cl2与足量Ca(OH)2的歧化反应：，Cl2中部分Cl从0价降低为-1价，部分从0价升高为+1价，则1molCl2反应转移1mol电子，即转移电子的数目为NA，D错误；答案选A。6.茉莉醛具有浓郁的茉莉花香，其结构简式如下：，下列关于茉莉醛的叙述中，错误的是A.茉莉醛分子式为C14H18OB.茉莉醛有2种官能团C.从理论上来说，1mol茉莉醛能从足量银氨溶液中还原出1mol银D.茉莉醛可以使酸性KMnO4溶液褪色【答案】C【解析】A．由茉莉醛分子结构简式可知，茉莉醛分子中含14个C原子、18个H原子、1个O原子，故其分子式为C14H18O，A正确；B．由茉莉醛分子结构简式可知：该物质分子中含1个不饱和的碳碳双键和1个醛基，故该物质中含有碳碳双键、醛基两种官能团，B正确；C．由茉莉醛分子结构简式可知：该物质分子中含1个醛基(-CHO)，1个-CHO与足量银氨溶液反应能够生成2个Ag，则1mol该物质与足量银氨溶液水浴加热发生反应能够生成2molAg单质，C错误；D．该物质分子中含有的碳碳双键和醛基都能被酸性KMnO4溶液氧化，因此茉莉醛能够使酸性KMnO4溶液紫色褪色，D正确；故合理选项是C。7.铁及其化合物用处广泛。下列方程式与所给事实相符的是A.氯化铁溶液腐蚀铜电路板：B.用盐酸除去铁锈：C.铁经过发蓝处理形成致密氧化膜：D.向沸水中滴加饱和FeCl3溶液并加热，得到红褐色液体：【答案】B【解析】A．反应产物错误，Fe3+被Cu还原应生成Fe2+，对应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，A错误；B．铁锈（Fe2O3·xH2O）与H+反应，生成Fe3+和H2O，B正确；C．发蓝处理生成是致密氧化膜是Fe3O4，不是FeO，C错误；D．FeCl3发生水解反应，生成Fe(OH)3胶体，D错误；故选B。8.下列分离提纯实验中，实验示意图、现象分析均正确，且能达到实验目的是A．溴苯提纯，分离苯和溴苯B．粗碘提纯，碘晶体主要凝结在漏斗内壁C．海水提溴，冷却水从冷凝管①口通入，②口流出D．粗盐提纯，过滤除去泥沙A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．苯和溴苯互溶，不能用分液法分离，应采用蒸馏法，A错误；B．粗碘提纯利用碘的升华性质，加热时碘升华变为蒸气，遇冷的漏斗内壁凝华成晶体，碘晶体主要凝结在滤纸上，B错误；C．冷凝管冷却水应“下进上出”以保证冷凝效果，图示若①为上口、②为下口，则“上进下出”错误，C错误；D．粗盐提出除去泥沙用过滤，过滤操作装置正确，D正确；故选D。9.M、X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X、Y、Z位于同周期，由这五种元素组成的某种化合物结构如图所示。下列说法正确的是A.该化合物中X和Y原子均采取杂化 B.元素电负性：X>Y>ZC.Z、Q的简单氢化物的沸点：Q>Z D.基态原子未成对电子数：M<Y<Q【答案】A【解析】M、X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X、Y、Z位于同周期，M是H元素，X形成4个共价键，X是C元素；Y形成3个共价键，Y是N元素；Z形成2个共价键，Z是O元素；Q形成6个共价键，Q是S元素。A．X为C，形成4个单键，价层电子对数=4，sp3杂化；Y为N，形成3个单键，孤电子对数=1，价层电子对数=4，sp3杂化，故A正确；B．同周期元素电负性从左到右增大，电负性：O>N>C，故B错误；C．Z的简单氢化物为H2O，Q的为H2S，H2O能形成分子间氢键，沸点：H2O>H2S，故C错误；D．H未成对电子数为1，N未成对电子数为3，S未成对电子数为2，故D错误；选A。10.一种负热膨胀材料X的立方晶胞结构如图，晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法错误的是A.X的化学式可表示为AgBC4N4 B.晶体中与Ag最近且距离相等的Ag有6个C.Ag和B的最短距离为pm D.晶体X的密度为g·cm-3【答案】C【解析】A．计算晶胞中各原子个数：Ag位于体心为1，B位于顶点为，C和N位于体心各4个，故化学式为AgBC4N4，A正确；B．Ag位于体心，与Ag最近且距离相等的Ag就是该晶胞上、下、左、右、前、后6个相邻的晶胞体心中的原子，B正确；C．Ag（体心）与B（顶点）的最短距离为体对角线一半，即pm，而非面对角线一半pm，C错误；D．晶胞中含1个AgBC4N4单元，摩尔质量为108+11+4×12+4×14=223g/mol，密度，D正确；故选C。11.药物贝诺酯可由物质A和物质B在一定条件下反应制得，下列有关叙述不正确的是A.该反应取代反应 B.物质A、物质B和物质C均可发生水解反应C.物质A、物质B和物质C均可发生加成反应 D.物质C可以在碱性下生成物质A和物质B【答案】D【解析】A．该反应是A中的羧基（-COOH）与B中的羟基（-OH）脱水生成酯键（-COO-）和水，属于酯化反应，酯化反应属于取代反应，A正确；B．A含酯基（-OOCCH3）可水解，B含酰胺基（-NHCOCH3）可水解，C含酯基（-OOCCH3、-COO-）和酰胺基（-NHCOCH3）均可水解，B正确；C．A、B、C均含苯环，苯环可与H2发生加成反应（催化加氢），C正确；D．C中除连接A和B的酯键外，还含A的酯基（-OOCCH3）和B的酰胺基（-NHCOCH3），碱性条件下水解时酯基水解生成-OH和CH3COO⁻，酰胺基水解生成-NH2和CH3COO⁻，无法得到原A和B，D错误；故选D。12.一种新型电池装置如图，该装置在充电过程中可实现海水脱盐。下列说法错误的是A.放电时，a端电势高于b端电势B.放电时，a极电极反应式：C.充电时，移向a极D.理论上去除NaCl351g，转移6mole⁻【答案】A【解析】放电过程，由a极电极反应式可知，中Ti等元素化合价升高，失去电子，所以a极为负极；b极处转化为，元素化合价从+1降低到0，得到电子，所以b极为正极，据此分析。A．放电时，该装置为原电池，根据电极反应，a极为负极，b极为正极，在原电池中，正极电势高于负极电势，所以b端电势高于a端电势，A说法错误；B．放电时，a极为负极，发生氧化反应，电极反应式为，B说法正确；C．充电时，该装置为电解池，a极为阴极，b极为阳极，在电解池中，阳离子向阴极移动，所以移向a极，C说法正确；D．的摩尔质量为，的物质的量为，在溶液中电离为和，要去除，即需要让和发生反应或迁移，从电极反应来看，涉及电子转移时，参与反应等过程，理论上转移，D说法正确；故答案选A。13.精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中回收金和银的流程，如图所示。已知：“浸取2”时，单质Au转化为H[AuCl4]；“浸出液3”中主要含有[Ag(S2O3)2]3-。下列说法错误的是A.“浸出液1”中含有的金属离子主要是Cu2+B.“浸渣2”的主要成分是AgClC.“还原”时，产物Au与N2的物质的量之比为4：3D.上述流程中的H2O2、N2H4、Na2S2O3均为还原剂【答案】D【解析】铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素，加入硫酸和H2O2浸取，铜溶解，生成硫酸铜，过滤得到的滤液中含有硫酸铜和硫酸，滤渣含Ag、Au等。向滤渣1中加入盐酸和H2O2，发生反应：2Au+8HCl+3H2O2=2HAuCl4+6H2O，2Ag+2HCl+H2O2=2AgCl+2H2O，过滤，所得沉淀为AgCl，向得到的滤渣中加入Na2S2O3，AgCl溶于Na2S2O3，生成[Ag(S2O3)2]3-，然后再进行电解，[Ag(S2O3)2]3-在阴极得到电子被还原为Ag，电极反应为：[Ag(S2O3)2]3-+e-=Ag+2，阴极区的溶液中含有Na2S2O3，可以循环使用。向浸出液2中加入N2H4，可以还原HAuCl4，反应生成Au和N2，据此分析作答。A．铜阳极泥中含有Cu、Au、Ag，用硫酸、H2O2进行酸浸，Cu被氧化为Cu2+进入浸出液1，而金属Ag、Au不溶解，故“浸出液1”中含有的金属离子主要是Cu2+，A正确；B．在“浸取2”中浸渣1中的金属Ag与盐酸、H2O2反应生成AgCl沉淀，Au被氧化为H[AuCl4]进入浸出液2，故“浸渣2”主要成分为AgCl，B正确；C．根据上述分析可知：“浸出液2”中含有H[AuCl4]，在还原时，H[AuCl4]中+3价的Au元素得电子被还原生成Au，每反应产生1个Au得到3个电子；N2H4中N失去电子被氧化生成N2，每生成1个N2分子N元素失去4个电子，根据电子守恒可得n(Au)×3=n(N2)×4，则n(Au)：n(N2)=4：3，C正确；D．根据上述分析可知：H2O2在“浸取1”、“浸取2”中作氧化剂；N2H4与H[AuCl4]反应产生N2和Au，N2H4作还原剂；Na2S2O3与AgCl发生的络合反应，在该反应过程中所有元素化合价不变，不属于氧化还原反应，Na2S2O3既不是氧化剂，也不是还原剂，D错误；故合理选项是D。14.恒温恒压密闭容器中，t=0时加入A(g)，各组分物质的量分数x随反应时间t变化的曲线如图(反应速率v=kx，k为反应速率常数)。下列说法正确的是A.A(g)→M(g)的活化能大于A(g)→N(g)的活化能B.0~t1时间段，生成M和N的平均反应速率相等C.若A(g)→M(g)和A(g)→N(g)均为放热反应，升高温度则xA平衡变小D.该条件下【答案】B【解析】A．t1时刻之前，M的物质的量分数大于N的物质的量分数，生成M的反应速率大于生成N的反应速率，A(g)→M(g)的活化能小于A(g)→N(g)的活化能，A错误；B．0~t₁时间段，生成M和N的物质的量分数相等，生成M和N的物质的量相等，则生成M和N的反应速率相等，B正确；C．若两反应均为放热反应，升高温度平衡逆向移动，A的转化率降低，x(A)平衡应增大，C错误；D．反应M⇌A的平衡常数为，平衡时，即；对反应A⇌N的平衡常数为，平衡时，即，所以，因x(N)平衡>x(M)平衡，故该比值>1，D错误；故选B。15.向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应：K1；K2。溶液中，含银微粒与NH3的物质的量浓度的负对数关系如图所示。下列说法不正确的是A.曲线Ⅰ为的变化曲线B.a点：C.时，溶液中D.【答案】C【解析】向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应：、。随着NH3浓度增大，两个反应均正向进行，Ag+浓度减小，[Ag(NH3)]+浓度增大，图像中曲线Ⅰ表示Ag(NH3)2]+变化曲线，曲线II表示[Ag(NH3)]+变化曲线，曲线Ⅲ表示Ag+变化曲线。A．随着NH3浓度增大，[Ag(NH3)2]+浓度增大，曲线Ⅰ表示[Ag(NH3)2]+变化曲线，A正确；B．a点为曲线Ⅱ（[Ag(NH3)]+）与曲线Ⅲ（Ag+）的交点，此时c([Ag(NH3)]+)=c(Ag+)，对应横轴坐标为-lgc(NH3)=3.24，故c(NH3)=10-3.24mol/L，B正确；C．c(NH3)=0.01mol/L时，-lgc(NH3)=2，此时曲线Ⅰ（[Ag(NH3)2]+）纵轴值小于曲线Ⅱ（[Ag(NH3)]+），即-lgc([Ag(NH3)2]+)<-lgc([Ag(NH3)]+)，则c([Ag(NH3)2]+)>c([Ag(NH3)]+)，C错误；D．曲线Ⅰ（[Ag(NH3)2]+）与曲线II（[Ag(NH3)]+）交点处c([Ag(NH3)2]+)=c([Ag(NH3)]+)，此时，交点横轴坐标为3.81，即-lgc(NH3)=3.81，故K2=103.81，D正确；故选C。二、非选择题：(本题共4小题，共55分)。16.钛(22Ti)被称为“航空金属”。工业上常利用钛铁矿[主要成分FeTiO3(钛酸亚铁)，含少量Fe2O3、CaO、SiO2等杂质]为原料生产金属钛和绿矾(FeSO4·7H2O)等产品的一种工艺流程如下：已知：TiO2+易水解生成不溶于水的H2TiO3。（1）Ti元素位于元素周期表的_______区。（2）请写出硫酸浸取过程中发生主要反应的化学方程式：_______。（3）适当升高温度可有效提高钛的浸出率，工业上步骤①的浸取温度选择150~180℃，而不选择更高温度的原因是_______。（4）“滤渣Ⅰ”的主要成分为_______(填化学式)。（5）步骤②加入铁粉的目的是_______。（6）步骤⑤除生成TiCl4外，还生成一种可燃性气体，请写出其化学反应方程式_______（7）步骤⑥中镁与TiCl4高温下反应制备钛时需加保护气，下列不能作为保护气的是_______(填字母)。A.Ar B.CO2 C.N2 D.He（8）从滤液X获得绿矾(FeSO4·7H2O)的一系列操作是_______过滤，洗涤，干燥。【答案】（1）d区（2）FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O（3）防止TiO2+水解生成不溶于水的H2TiO3（4）CaSO4、SiO2（5）将Fe3+转化成Fe2+（6）（7）BC（8）蒸发浓缩、冷却结晶【解析】钛铁矿主要成分FeTiO3，含少量Fe2O3、CaO、SiO2。钛铁矿用硫酸浸取，FeTiO3转化为Fe2+、TiO2+，Fe2O3转化为Fe3+、CaO转化为微溶物CaSO4，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤渣Ⅰ含有SiO2、CaSO4，滤液加铁粉把Fe3+还原为Fe2+，TiO2+水解生成不溶于水的H2TiO3，趁热过滤，滤液为硫酸亚铁，滤渣H2TiO3，H2TiO3煅烧生成TiO2，TiO2在高温条件下与C、氯气反应生成TiCl4和CO，用镁还原TiCl4生成金属Ti；硫酸亚铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得绿矾。（1）Ti是22号元素，位于第四周期ⅣB族，属于元素周期表的d区。（2）硫酸浸取过程中FeTiO3转化为Fe2+、TiO2+，发生反应的化学方程式为FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；（3）TiO2+易水解生成不溶于水的H2TiO3，加热促进水解，工业上步骤①的浸取温度选择150~180℃，而不选择更高温度的原因是防止TiO2+水解生成不溶于水的H2TiO3。（4）加硫酸浸取时CaO转化为微溶物CaSO4，SiO2不溶于硫酸，所以“滤渣Ⅰ”的主要成分为CaSO4、SiO2。（5）根据流程图，加铁粉后从得到溶液X获得绿矾，可知步骤②加入铁粉的目的是将Fe3+转化成Fe2+；（6）步骤⑤TiO2在高温条件下与C、氯气反应生成TiCl4和CO，反应的化学反应方程式为。（7）步骤⑥中镁与TiCl4高温下反应制备钛时需加保护气，CO2、N2都能与Mg反应，所以不能作为保护气的是CO2、N2，选BC。（8）硫酸亚铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得绿矾，从滤液X获得绿矾(FeSO4·7H2O)的一系列操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，洗涤，干燥。17.SnCl2常用作有机合成的催化剂，具有还原性，易水解。一种利用HCl和金属锡制备纯净的SnCl2的装置示意图如下：有关信息如下表：①；②有关物质信息如下表。化学式SnSnCl2熔点/℃232247沸点/℃2270623（1）SnCl2也可用SnCl2·2H2O和脱水剂混合得到，选择SOCl2作为脱水剂时，会得到两种酸性气体。写出SnCl2·2H2O和SOCl2混合反应的化学方程式_______。（2）仪器a名称为_______，装置B中的试剂为_______。（3）装置C中的反应方程式为_______，装置D的作用为_______。（4）实验开始后，先通入HCl(g)，再开启管式炉加热的原因是_______。（5）实验中不宜使用明火加热的原因是_______。（6）某实验小组用碘氧化法滴定分析产品中SnCl2的质量分数。准确称取mg该样品于锥形瓶中，用适量浓盐酸溶解，淀粉溶液作指示剂，并用cmol/L的碘标准溶液滴定至终点，消耗20.00mL碘标准液，已知滴定原理是SnCl2+2HCl+I2=SnCl4+2HI，则产品中SnCl2的质量分数为_______(用m、c的代数式表示)。【答案】（1）SnCl2·2H2O+2SOCl2=SnCl2+2SO2↑+4HCl↑（2）①.球形干燥管②.浓硫酸（3）①.Sn+2HClSnCl2+H2↑②.冷凝收集SnCl2（4）排除装置内的空气，避免氧化金属Sn（5）反应过程会生成H2，氢气易燃易爆宜避免明火（6）【解析】在装置A中NaCl固体与浓硫酸混合加热制取HCl气体，装置B中盛有浓硫酸，作用是干燥HCl，使反应装置处于干燥环境，避免反应产生的SnCl2发生水解反应。在装置C中发生反应Sn+2HClSnCl2+H2↑，制取得到SnCl2；装置D的作用是冷凝收集SnCl2；装置E中盛有碱石灰，作用是吸收未反应的HCl，同时还吸收空气中的水蒸气，防止空气中的水蒸气进入装置D，导致SnCl2因发生水解反应而变质。（1）SOCl2是脱水剂，能与SnCl2·2H2O中的结晶水反应生成酸性气体HCl和SO2，同时得到SnCl2，该反应的化学方程式为：SnCl2·2H2O+2SOCl2=SnCl2+2SO2↑+4HCl↑；（2）根据装置图可知：仪器a的名称是球形干燥管；在装置B中盛有浓硫酸，其作用是干燥反应产生的HCl气体；（3）在装置C中Sn与HCl在加热时发生置换反应产生SnCl2、H2，该反应的化学方程式为：Sn+2HClSnCl2+H2↑；根据题意可知：SnCl2沸点623℃，反应生成的SnCl2是气态产物，需通过降温冷凝，使其凝结为固体SnCl2，从而可以收集到纯净的SnCl2，故装置D的作用是冷凝收集SnCl2；（4）实验开始后要先通HCl再开启管式炉加热，是因为装置中有空气，若先进行加热后通入HCl气体，装置C中的Sn就会被空气中的氧气氧化，不能制取得到纯净的SnCl2，故实验开始后先通HCl，目的是为了排尽装置内的空气，避免氧化金属Sn；（5）该实验中不宜使用明火加热是由于反应过程会生成H2，氢气属于易燃易爆气体，为防止氢气燃烧爆炸，应该用