2025全国高考化学试题汇编：原子结构与性质章节综合

2025全国高考真题化学汇编

原子结构与性质章节综合

一、单选题

1.（2025湖南高考真题）MZ?浓溶液中含有的X[MZ2（YX）]具有酸性，能溶解金属氧化物。元素X、Y、

Z、M的原子序数依次增大，分别位于不同的前四周期。Y的最外层电子数是内层的3倍，X和Y的最外

层电子数之和等于Z的最外层电子数，M的价层电子排布是3d4s，下列说法正确的是

A.电负性：X>Y

B.Y形成的两种单质均为非极性分子

C.由X、Y、Z形成的化合物均为强电解质

D.铁管上镶嵌M,铁管不易被腐蚀

2.（2025重庆高考真题）某化合物由原子序数依次增大的长周期主族元素X、Y和Z组成。X的价层电子

数为4,Y只有一个未成对电子，Z+的电子占据的最高能级为全充满的4P能级。关于这三种元素说法正确

的是

A.X、Y和Z位于同一周期B.氧化物的水化物碱性最强的是X

C.单质熔点最高的是YD.原子半径是最大的是Z

3.（2025全国卷高考真题）一种化合物分子结构如图所示，其中W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数

依次增大，W的一种同位素的中子数为0,X和Z同族。下列说法错误的是

X

II

,7

W—X、'']

Y

A.原子半径：Z>Y>XB.第一电离能：Y>X>W

C.电负性：Y>Z>WD.单质氧化性：Y>X>Z

4.（2025重庆高考真题）根据元素周期律，同时满足条件（i）和条件（ii）的元素是

（i）电负性大于同族其他元素；（ii）第一电离能高于同周期相邻的元素

A.AlB.SiC.BD.Be

5.（2025云南高考真题）钙霞石是一种生产玻璃陶瓷的原料，所含M、Q、R、T、X、Y、Z为原子序数

依次增大的前20号主族元素，M是原子半径最小的元素，Q是形成物质种类最多的元素，R是地壳中含

量最高的元素，T、X、Y同周期，Q、X均与Y相邻，Z的原子序数等于M、R和T的原子序数之和。下

列说法正确的是

A.M与Z可形成离子化合物B.原子半径：R<T<X

C.QR?是极性分子D.电负性：Y<R<Q

6.（2025江苏高考真题）科学家通过核反应:11+；U->；11+；116发现今（：11）。下列说法正确的是

A.；n表示一个质子

B.；Li的基态原子核外电子排布式为小2s2

C.与：H互为同位素

D.；He的原子结构示意图为“，螭j：蜜奥

7.（2025河北高考真题）W、X、Y、Z为四种短周期非金属元素，W原子中电子排布已充满的能级数与

最高能级中的电子数相等，X与W同族，Y与X相邻且Y原子比X原子多一个未成对电子，Z位于W的

对角线位置。下列说法错误的是

A.第二电离能：X<YB.原子半径：Z<W

C.单质沸点：Y<ZD.电负性：W<X

8.（2025河南高考真题）下列化学用语或图示正确的是

FF

A.反-1,2-二氟乙烯的结构式：XC=C

/\

HH

B.二氯甲烷分子的球棍模型：

c.基态s原子的价电子轨道表示式：回

3s3p

D.用电子式表示CsCl的形成过程：Cs^-Cl：—►Cs：Cl：

9.（2025山东高考真题）第70号元素镜（Yb）的基态原子价电子排布式为4f146s2。下列说法正确的是

A.；：Yb的中子数与质子数之差为104B./Yb与累Yb是同一种核素

C.基态Yb原子核外共有10个d电子D.Yb位于元素周期表中第6周期

10.（2025浙江高考真题）下列化学用语表示不亚项的是

A.基态S原子的电子排布式：2s22P4B.质量数为14的碳原子：；4c

C.乙烯的结构简式：CH=CHD.HQ的电子式：H：O：H

22••

二、解答题

11.（2025重庆高考真题）硒（Se）广泛应用于农业和生物医药等领域，一种利用H2Se热解制备高纯硒的流

程如下：

粉水蒸气尾气

工A1工气体「「，，

粗硒T焙烧㈠氢化脱水冷凝i高纯硒

已知H2Se的沸点为231K,回答下列问题：

（1）真空焙烧时生成的主要产物为AlzSej,其中Se的化合价为,A1元素基态原子的电子排布式

为o

(2)氢化过程没有发生化合价的变化，A1元素转化为AbCh-HhO,则反应的化学方程式为0

(3)热解反应：H2Se(g)Se(g)+H2(g)AH>0o冷凝时，将混合气体温度迅速降至500K得到固态硒。

Se由气态直接转变为固态的过程称为。迅速降温的目的；冷凝后尾气的成分为(填化学

式)。

(4)Se的含量可根据行业标准YS/T226.12-2009进行测定，测定过程中Se的化合价变化如下：

称取粗硒样品0.1000g,经过程①将其溶解转化为弱酸H2SeC>3,并消除测定过程中的干扰。在酸性介质

1

中，先加入O.lOOOmolLNa2s2O3标准溶液40.00mL,在加入少量KI和淀粉溶液，继续用Na2S2O3标准溶

液滴定至蓝色消失为终点(原理为L+2Na2sa=2NaI+Na2sQ),又消耗8.00mL。过程②中Se(IV)与

Na2s203反应的物质的量之比为1：4,且反应最快。过程③的离子方程式为0该样品中Se的质量分

数为o

12.(2025湖北高考真题)氟化钠是一种用途广泛的氟化试剂，通过以下两种工艺制备：

水

1黑普偏口混合物17Kl滤液I—…—NaF固体

水

[[萤石(CaF?),,

NaOH固体T研磨]_A混合物n-H水浸I-T过滤i滤液n->­•­/NaF固体

TiC)2粉末

已知：室温下，TiO?是难溶酸性氧化物，CaTiC>3的溶解度极低。

20℃时，NaF的溶解度为4.06g/100g水，温度对其溶解度影响不大。

回答下列问题：

(1)基态氟离子的电子排布式为。

(2)20°。时，Ca片饱和溶液的浓度为cmoLLT,用c表示Cag的溶度积K,。=。

(3)工艺I中研磨引发的固相反应为C明+2NaOH=Ca(OH)2+2NaF。分析沉淀的成分，测得反应的转化率

为78%。水浸分离，NaF的产率仅为8%。

①工艺I的固相反应_____(填“正向”或“逆向”)进行程度大。

②分析以上产率变化，推测溶解度s(CaF,)s[Ca(OH)2](填“>”或“<”)

(4)工艺II水浸后NaF的产率可达81%,写出工艺II的总化学反应方程式o

(5)从滤液II获取NaF晶体的操作为(填标号)。

a.蒸发至大量晶体析出，趁热过滤b.蒸发至有晶膜出现后冷却结晶，过滤

(6)研磨能够促进固相反应的原因可能有(填标号)。

a.增大反应物间的接触面积b.破坏反应物的化学键

c.降低反应的活化能d.研钵表面跟反应物更好接触

13.（2025广东高考真题）钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。

（1）基态Ti原子的价层电子排布式为。

（2）298K下，反应力02（5）+2（3、）+202值）=n。4伍）+20）仅）的仰<0、AS>0,则298K下该反应—

（填“能”或“不能”）自发进行。

⑶以TiQ为原料可制备Ti4。将S.OmolTiJ与lO.OmolTi放入容积为V°L的恒容密闭容器中，反应体系

存在下列过程。

编

过程AH

号

(a)Ti(s)+TiCl4(g)|2TiCl2(s)AH1

(b)TiCl2(s)+TiCl4(g).2TiCl3(g)+200.1kJ/mol

(c)Ti(s)+3TiCl4(g)4TiCl3(g)+132.4W/mol

(d)TiCl3(g)TiCl3(s)AH2

①AH1=kJ/molo

②不同温度下，平衡时反应体系的组成如图。曲线I对应的物质为

③温度T°K下，n[TiCl4（g）]=mol,反应（c）的平衡常数K=（列出算式，无须化简）。

（4）钛基催化剂可以催化储氢物质朋（N2HJ的分解反应：

（e）N2H4=N2+2H2

（f）3N2H4=N2+4NH3

为研究某钛基催化剂对上述反应的影响，以期的水溶液为原料（含NzH,的物质的量为n0）,进行实验，得到

%/0、％/%随时间t变化的曲线如图。其中，A为H?与N2的物质的量之和；M为剩余N2H4的物质的

量。设％为0~t时间段内反应（e）消耗N2H4的物质的量，该时间段内，本体系中催化剂的选择性用

」^-xl00%表示。

n0一%

①。~t°min内，N2H4的转化率为(用含y?的代数式表示)。

②。~t°min内，催化剂的选择性为(用含力与力的代数式表示，写出推导过程)。

14.(2025河北高考真题)铭盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将修铁矿转

化为重铝酸钾同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。过程如下:

KHCO3-过量

空气K2CO3(aq)/CO2CO2+H2O

铭铁矿

…

过量KOH

滤渣IICO(g)

已知：铭铁矿主要成分是Fe(CrC>2)2、Mg(CrO2)2^A1Q、SiO2c

回答下列问题：

(1)基态铭原子的价层电子排布式：o

⑵煨烧工序中Fe(CrC)2)2反应生成K^CrO,的化学方程式：。

(3)浸取工序中滤渣I的主要成分：Fe2O3,H2SiO3,、(填化学式)。

(4)酸化工序中需加压的原因：o

(5)滤液II的主要成分：(填化学式)。

(6)补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式o

Fe(CO)5++=Cr(OH)3J+++CO

(7)滤渣II可返回_____工序。(填工序名称)

15.(2025上海高考真题)工业从低品位铸矿中提取精褚，使用分步升温的方法:

NaH2P02H2。

(1)验证矿石中的错元素可使用的方法为。

A.原子发射光谱法B.红外光谱法C.X射线衍射

（2）GeO既能和强酸反应，也能与强碱反应，由此推测GeO是氧化物。

已知矿中含有H?O、煤焦油、AS2O3等杂质，相关物质的熔、沸点如下表所示:

H2O煤焦油AS2O3GeOGeO2

熔点0℃20~30℃312℃710℃升华1100℃

沸点100℃70~80℃465℃

（3）使用分段升温的原因是o

（4）下图为在不同温度下，使用不同浓度的NaH2P真空还原时，Ge元素的萃出率，图可知真空还原

采用的最佳温度及浓度为。

A.1000℃,2.5%B.1000℃,5.0%C.1100℃,2.5%D.1200℃,2.5%

（5）真空还原阶段用NaH2PO2H2O除GeO2,产物还有GeO,Na4P凄^E再。,等生成，写出该阶段的化学方

程式O

采用滴定法测定样品中Ge元素含量的方法如下：

（以下实验过程根据回忆所得信息结合文献资料重新整合所得，仅供参考）

准确称取mg含铭矿石粉末，置于圆底烧瓶中。加入（20mL）浓盐酸和FeCy溶液，加热至微沸（溶解）冷却

后，加入（O.5g）LiH2Po2,搅拌至溶液变为无色。将溶液转移至锥形瓶，用稀盐酸。：1）冲洗烧瓶并入锥形

瓶中。

加入（5mL）磷酸（H3Po冷却溶液至10°。以下（冰水浴），用橡胶塞密封锥形瓶。向锥形瓶中加入ImLlO%

淀粉溶液作为指示剂。用cmol/LKIOs标准溶液滴定至滴定终点。

记录消耗的KIO3体积为VmL。

A

Ge+4FeCl3=GeCl4+4FeCl2

GeCl4+LiH2PO2+H2O=GeCl2+LiH2PO3+2HC1（还原）

3GeCl,+KIO3+6HC1=3GeCl4+KI+3H2O（主反应）

5KI+KIO3+6HC1=3I2+6KC1+3HQ（终点反应）

仪器a

I・。I

(6)装置a名称为o

A.锥形瓶B.恒压滴液漏斗C.球形冷凝管D.滴定管

(7)滴定终点时，颜色由_____变为,半分钟不褪色(30s)。

(8)滴定时为什么要用橡胶塞塞紧锥形瓶?(真空还原)

(9)已知M(Ge)=73g-mo『，求mg样品(固体)中Ge元素的质量分数【纯度】(用c、V、m表示)。

(10)滴定结果纯度偏大，可能的原因是。

A.未用KIO3标准溶液润洗滴定管

B.未用HC1将样品从冷凝管中洗入锥形瓶(仪器a)

C.滴定结束后，在滴定管尖嘴处出现气泡

D.在常温下滴定(未保持在10℃以下滴定)

参考答案

题号12345678910

答案DDADACABDA

1.D

【分析】Y的最外层电子数是内层的3倍，则Y的最外层电子数为6,Y为O,X和Y的最外层电子数之

和等于Z的最外层电子数，则X的最外层电子数应为1,原子序数小于氧元素，则X为H,Z的最外层电

子数为7,则Z为Cl,M的价层电子排布是3dH54s2,M是Zn,综上所述：X为H、Y为0、Z为Cl、M

是Zn,据此解答；

【详解】A.非金属性越强，电负性越大，H?。中0为负化合价，因此X(H)的电负性小于Y(0),A

错误；

B.Y(0)的单质02是非极性分子，但03是极性分子(V形结构导致偶极矩不为零)，B错误；

C.X(H)、Y(0)、Z(C1)形成的化合物如HC10,属于弱电解质，并非全部为强电解质，C错误；

D.M为Zn,比Fe活泼，镶嵌Zn会通过牺牲阳极保护铁管，使其不易被腐蚀，D正确；

故选D。

2.D

【分析】X、Y、Z的原子序数依次增大且均为长周期主族元素。X的价层电子数为4(WA族)，Y有1

个未成对电子(可能为IA族或VDA族)，Z+的4P轨道填满，说明Z的原子序数为37,即Rb,根据原子

序数依次增大，可确定X为Ge,Y为Br,据此解答。

【详解】A.分析可知，X为Ge,Y为Br,Z为Rb,不属于同一周期，A错误；

B.X为Ge,Y为Br,Z为Rb,金属性最强的元素为Rb,所以最高价氧化物对应水化物碱性最强的是

Z,B错误；

C.X为Ge,单质为金属晶体；Y为Br,单质为分子晶体；Z为Rb,单质为金属晶体；Ge原子半径较

小，而且价电子数多，金属键较强，熔点较高，所以单质熔点最高的是X,C错误；

D.电子层数越多的，原子半径越大，X,Y为第四周期，Z为第五周期，所Z的原子半径最大，D正确；

故选D。

3.A

【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大，W的一种同位素的中子数为0,则W为H；X

和Z同族，X、Z的共价键数目为2、6,则X为0,Z为S；Y的原子序数位于X、Z之间，且只有一个

共价键，则Y为F,据此回答问题；

【详解】A.同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，同一周期，从左到右，原子半径依次减小，因此

原子半径：S>O>F,故A错误；

B.同一周期，从左到右，第一电离能有增大的趋势，因此第一电离能：F>O>H,故B正确；

C.同一周期，从左到右电负性逐渐增大，同一主族，从上到下，电负性逐渐减小，故FXAS,推出电负

性：F>S>H,故C正确；

D.X、Y、Z的单质分别为O2、F2、S,因此单质氧化性：耳>C)2>S，故D正确；

故答案选A。

4.D

【详解】A.Al是第IIIA族元素，同主族中电负性最大的是B,因此A1不满足条件(i),A错误；

B.Si是第WA族元素，同主族中电负性最大的是C,因此Si不满足条件(i),B错误；

C.B是第IIIA族元素，电负性在同主族中最大，满足条件(i)。B是IIIA族元素，同周期电离能从左往右

逐渐增加，但Be是第HA族元素，2P为全空，比较稳定，电离能大于B,所以B的第一电离能比相邻的

Be和C都小，不满足条件(ii),C错误；

D.Be是第IIA族元素，电负性在同主族中最大，满足条件(i)；Be是第HA族元素，2P为全空，比较稳

定，电离能大于B和Li,所以Be的第一电离能大于同周期相邻主族元素，满足条件(ii),D正确；

故选D。

5.A

【分析】M是原子半径最小的为H,Q是形成物质种类最多，则为C,R是地壳中含量最高，为O,

T、X、Y同周期且原子序数递增。Q(C)和X均与Y相邻，结合Z的原子序数Z=M+R+T=l+8+

T,Z<20,得T=ll(Na),Z=20(Ca)。又因为T、X、Y同周期，Q、X均与Y相邻，可推出Q

(C)与Y(Si)同主族相邻，X(Al)与Y(Si)相邻且T(Na)、X(Al)、Y(Si)同属第三周期，故

推出M为H、Q为C、R为O、T为Na、X为Al、Y为Si、Z为Ca,据此解答。

【详解】A.H与Ca形成CaH2,为活泼金属形成的氢化物，为离子化合物，A正确；

B.同周期原子半径从左到右逐渐减小，同主族原子半径从上到下逐渐增大，R为O、T为Na、X为Al,

则它们的原子半径大小为0<Al<Na,即R<X<T,B错误；

C.QR2为CO2,为直线型的非极性分子，C错误；

D.同周期电负性从左到右逐渐增大，同主族电负性从下到上逐渐增大，Q为C、R为O、Y为Si,则电

负性Si<C<0,正确顺序为Y<Q<R,D错误；

故选Ao

6.C

【详解】A.质量数为1,质子数为0,中子数为1,因此其表示一个中子，A错误；

B.；Li的基态原子核外电子排布式为1S22SLB错误；

C.质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互称为同位素，；H与；H质子数相同、中子数不同，

二者互为同位素，C正确；

D.；He原子核外只有2个电子，原子结构示意图为f•啕%含，D错误。

\,以$

故选Co

7.A

【分析】W、X、Y、Z为四种短周期非金属元素，W原子中电子排布已充满的能级数与最高能级中的电

子数相等，则W价电子排布式可能是：Is22s22P2或Is22s22P63s23P4,若W是C,X与W同族，则X是

Si,Y与X相邻且Y原子比X原子多一个未成对电子，则Y是P,Z位于W的对角线位置，则满足条件

的Z是P,与Y重复；故W是S；X与W同族，则X是O；Y与X相邻且Y原子比X原子多一个未成

对电子，则Y是N；Z位于W的对角线位置，则Z是F。

【详解】A.。的第二电离能高于N,因为O+的电子构型为2P3(半充满)，失去电子需更高能量，而N+

的电子构型为2P2,失去电子相对容易，因此X(O)的第二电离能大于Y(N),A错误；

B.同主族从上到下，原子半径变大，同周期，从左到右原子半径变小，F(Z)位于第二周期，S(W)位

于第三周期，原子半径S>O>F,即：Z<W,B正确；

c.N2与F2都是分子晶体，F2范德华力大，沸点高，C正确；

D.同主族从上到下，电负性逐渐减小，0的电负性大于S,D正确；

故选Ao

8.B

【详解】

A.顺式结构中，两个相同的原子或基团位于双键的同一侧；而反式结构中，两个相同的原子或基团分别

FF

\/

位于双键的两侧，所以C=C为顺-1，2-二氟乙烯，A错误；

/\

HH

B.二氯甲烷中含有两根碳氢键和两根碳氯键，键长不一样，球棍模型为B正确；

C.基态S原子的价电子排布式为3s23P%轨道表示式：HL]LtlLULLl,c错误；

3s3p

D.氯化葩为离子化合物，用电子式表示CsCl的形成过程：Cs0K•©]：­Cs+「@：「D错误;

故选B。

9.D

【详解】A.中子数=174-70=104,与质子数70的差为104-70=34,而非104,A错误；

B.同位素之间质子数相同，但中子数不同，两者属于不同核素，B错误；

C.根据构造原理可知，Yb的电子排布为[Xe]4p46s2,在3d和4d轨道上有电子，共20个d电子，C错

误；

D.根据Yb的价电子排布式可知，其有6s轨道，说明其有6个电子层，其位于第6周期，D正确；

故选D。

10.A

【详解】A.硫原子质子数为16,位于第三周期VIA族，基态S原子的电子排布式：Is22s22P63s23P",A

错误；

B.碳原子质子数为6,质量数为14的碳原子表示为：/C,B正确;

c.乙烯的官能团是碳碳双键，结构简式为：CH2=CH2,C正确；

D.水是共价化合物，水分子中。原子是中心原子，电子式为H：6：H，D正确；

••

故选A„

11.(1)-2Is22s22P63s23Pl

⑵趣S©押性阿旦0=々2。3?22

⑶凝华减少%Se生成，提高Se产率H2,H2Se

+

(4)4H+H2SeO3+4F=2I2+Se+3H2O94.8%

【分析】粗Se加入铝粉焙烧得到Al?Se3,通入水蒸气氢化得到H?Se,脱水后热解发生反应：

H2Se(g)Se(g)+H2(g),冷凝后得到精Se；

【详解】(1)Al是HIA族元素，化合价为+3价，则Se化合价为-2价；铝的基态电子排布式为

Is22s22P63s23Pl；

(2)“氢化"过程是A"Se3与水蒸气反应生成H?Se(g),化学方程式为

趣83把依网H2OAI2O3?22；

(3)从气态变为固态的过程为凝华；已知热解正向是吸热反应，降温时，为避免平衡逆向移动，需要迅

速冷凝Se蒸汽，故目的是减少H?Se生成，提高Se产率；尾气种含有以及少量的H?Se；

+

(4)反应③是Se(IV)被KI还原为Se的过程，离子方程式为：4H+H2SeO3+41=2I2+Se+3H2O；

第一次加入40.00mL的Na2s2O3溶液和KI溶液，二者同时做还原剂，将H?SeO3还原为Se,第二次再加入

同浓度的NazSQs滴定上一步生成的碘单质，整个过程相当于48mL0.1mol/L的Na2sQ3溶液与H^SeO?反

应，根据已知条件Se(IV)与Na/a反应的物质的量之比为1：4,贝|

nFSe(IV)_|=-?48?310?(D0I镉&?，样品中Se的含量：邂妈!------------xl00%=94.8%。

L\40.1g

12.(l)ls22s22P6

⑵4c3

⑶正向<

(4)CaF2+TiO2+2NaOH=CaTiO3+2NaF+H2O

(5)a

(6)ab

【分析】工艺I中研磨引发的固相反应为Ca耳+2NaOH=Ca(OH)2+2NaF,水浸后得到滤液I主要是

NaF、Ca(OH)2溶液，经过系列操作得到NaF固体；

对比两种工艺流程，流程H添加TiC)2粉末，由题目可知，生成的CaTiOj的溶解度极低，使得+不转化

为Ca(OH)2,提高了NaF的产率，据此解答。

【详解】(1)氟的原子序数为9,基态氟离子电子排布为Is22s22P6；

(2)C型饱和溶液的浓度为cmollT,则c(Cq2+)=c〃血/L、c(F)=2c〃!o//L,

2+23

Ksp[CaF2]=c(Ca)xc(f^)=4c；

(3)①转化率为78%,说明固相反应主要向生成Ca(OH)2和NaF的方向进行，即正向进行程度大；

②NaF产率仅为8%,说明大部分NaF未进入溶液，则溶液中存在Ca(OH)2向CaFz的转化过程，根据沉淀

转化的规律可推测：s(CaF2)<s[Ca(OH)2].

(4)根据工艺II的流程，CaF2、TiCh与NaOH反应生成难溶的CaTiCh、NaF和H2O,化学方程式为：

CaE+TiO2+2NaOH=CaTiO3+2NaF+H,O；

(5)由上一问可知，滤液II主要是NaF溶液，因NaF溶解度受温度影响小(题干说明)，故蒸发至大量晶

体析出，趁热过滤即可得到NaF晶体，故选a；其溶解度随温度变化不明显，冷却结晶无法析出更多晶

体，故不选b；

(6)a.研磨将固体颗粒粉碎，减小粒径，从而显著增加反应物之间的接触面积，使反应更易发生，a

选；

b.研磨过程中的机械力可能导致晶体结构缺陷或局部化学键断裂，产生活性位点，使反应更易发生，b

选；

c.活化能是反应固有的能量屏障，研磨主要通过增加接触和产生缺陷来提高反应速率，但一般不直接降

低活化能，c不选；

d.研钵仅作为研磨工具，其表面不参与反应，因此与反应物接触更好并非促进反应的原因，d不选；

故选abo

13.(l)3d24s2

(2)能

图4

(3)-267.8TiCl(s)0.52乙

2

(4)(l-y)x100%3；蔑1义]00%

2

【详解】(1)Ti为22号元素，基态Ti原子的价层电子排布式为3d24s2，故答案为：3d24s，

(2)反应TiO2(s)+2C(s)+2C12(g)=TiCL(g)+2CO(g)的AH<0、AS>0,则根据AG=AH-7AS可知,

该反应在298K下能自发进行，故答案为：能；

(3)①已知:

反应b：TiCl2(s)+TiCl4(g)2TiCl3(g)

反应c：Ti(s)+3TiCl4(g).-4TiCl3(g)

将反应c-2x反应b可得Ti(s)+Ti04(g).2TiCl2(s),贝i］公凡=132.4-2x200.1kJ/mol=-267.8kJ/mol,

故答案为：-267.8；

②由表格可知，反应a为放热反应，反应b、c为吸热反应，反应d也是放热的，曲线I,II可表示

TiCL(g)或Tij(s)的物质的量随温度的变化情况，随着温度升高，反应b、c正向移动，反应a、d为逆

向移动，所以TiCh(g)的含量逐渐上升，TiCl^s)的含量逐渐下降，所以曲线I对应的物质为TiCl?⑸，

故答案为：TiCl2(s)；

③温度T°K下，n[Ti(s)]=8.5mol,n[TiCl3(g)]=6.0mol,n[TiCl3(s)]=n[TiCl2(s)]-Omol,根据Ti元

素守恒，可推出n[TiC14(g)]=(10+5-6-8.5)mol=0.5mol,贝!|c[TiC14(g)]=『mol/L,

A

4

r/、[6,0cTiCl，故答案为：0.5；毕4；

c[TIC13(g)]=—mol/L,反应(c)的平衡常数K==

-Voc1Tle1

n

(4)①因为肌(N2HJ为反应物，月井的含量逐渐下降，起始时❷=1,tmin时，■—9=y,则。〜tmin

n。on。2o

内，N2H4的转化率为千X100%=。-y?)x100%,故答案为：(1-y2)xl00%；

②由图可知，O~toimn内，一=丫1,一=丫2,则%=丫2*110，反应掉的朋：(N2HJ为％(1-丫2),生成的氮

nono

气和氢气的物质的量为%xn°mol,根据反应前后原子个数守恒，可得门网珥尸刨任苧也义mol,反应f

消耗的朋为n(N2H4)=①任芋也&xqmol,反应e消耗的脱%为期(1%)-生卫宇%Xx；mol,则

6n(l-y)-2n^3叱)-9(1*^

n(l-y)-o2oyi

本体系中催化剂的选择性一—xlOO%0244x100%

non2-----------5----X100%

nxn1一丫2

o-y2o

3yi+y2-1xl00%,3丫1+丫2-1

故答案为:xlOO%.

8-8y28-8丫2

14.(l)3d54s'

,、400500℃

⑵4Fe(CrO2),+7O2+16KOH2Fe2O3+8K2CrO4+8H2O

(3)Al(OH)3MgO

(4)增大CO2的溶解度，保证酸化反应充分进行

(5)KHCO3

(6)Fe(CO)5+K2CrO4+4H2O=Cr(OH)3^+Fe(OH)3^+2KOH+5COt

(7)煨烧

【分析】铭铁矿主要成分是Fe(CrC)2)2、Mg(CrO2)2,A12O3,SiO2,与过量KOH在空气中燃烧，生成

K2CrO4,Fe2O3,MgO,KA1O2>K2SiO3；通入KHC(VK2cO3/CO2浸取，生成A1(OH)3、H2SiO3,

Fe203,MgO不反应，故滤渣I为：Al(OH)3、H2SiO3,Fe2O3,MgO,通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分

离出KzCrO」固体，滤液I中含有KzCrO,；将KzCrO,中加水溶解，并通入过量CCh酸化，将K^CrQ,转化

为KQO，同时副产物KHCO3生成，将KzCrz。7与KHCO3分离，滤液H的主要溶质为KHCO3；

Fe(CO)5做还原剂，将滤液I中剩余的K^CrO,还原为Cr(OH)3，自身转化为Fe(OH)3进入滤渣II,KOH

进一步处理得K2c。3,循环使用，据此分析；

【详解】(1)Cr为24号元素，基态铭原子的价层电子排布式：3d

(2)煨烧工序中Fe(CrC>2)2与过量KOH、空气中氧气反应生成KzCrO,、Fe2O3,H2O,根据得失电子守

400~500℃

恒，原子守恒，化学方程式：4Fe(CrO2)2+7Q,+16KOH2Fe2O3+8K2CrO4+8H2O；

⑶根据分析可知，滤渣I的主要成分：Fe2OrH2SiO3,Al(OH)rMgO；

(4)向KzCrO4中加水溶解，并通入过量CO2