化學(xué)試題考生注意：1．滿分100分，考試時(shí)間75分鐘．2．考生作答時(shí)，請(qǐng)將答案答在答題卡上．選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑；非選擇題請(qǐng)用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)戰(zhàn)內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效．3．本卷命題范圍：高考范圍．可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：一、單項(xiàng)選擇題：本題包括14小題，每小題3分，共計(jì)42分．每小題只有一個(gè)選項(xiàng)最符合題意．1.祝融號(hào)火星車主體部件采用新型鋁基碳化硅材料制造。鋁基碳化硅材料屬于A.金屬材料 B.無機(jī)非金屬材料 C.有機(jī)合成材料 D.復(fù)合材料【答案】D【解析】【詳解】鋁基碳化硅材料是由鋁和碳化硅復(fù)合而成材料，屬于復(fù)合材料；故選D2.化學(xué)與生活、環(huán)境和生產(chǎn)密切相關(guān)。下列敘述不涉及氧化還原反應(yīng)的是A.使用添加氟化物牙膏預(yù)防齲齒 B.綠化造林助力實(shí)現(xiàn)碳中和目標(biāo)C.用氯化鐵溶液制作銅印刷電路板 D.用泡騰片殺滅新型冠狀病毒【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．使用添加氟化物牙膏預(yù)防齲齒，該過程中是發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，將牙釉質(zhì)轉(zhuǎn)化為含氟的更堅(jiān)硬的沉淀，發(fā)生的是復(fù)分解反應(yīng)，故不涉及元素化合價(jià)變化，不屬于氧化還原反應(yīng)，A符合題意；B．綠化造林助力實(shí)現(xiàn)碳中和目標(biāo)，即讓綠色植物進(jìn)行光合作用，故涉及C、O元素化合價(jià)變化，屬于氧化還原反應(yīng)，B不合題意；C．用氨化鐵溶液制作銅印刷電路板，發(fā)生的反應(yīng)為：2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，涉及Fe元素化合價(jià)變化，屬于氧化還原反應(yīng)，C不合題意；D．用ClO2泡騰片殺滅新型冠狀病毒，利用ClO2的強(qiáng)氧化性，使蛋白質(zhì)被氧化而發(fā)生變性，自身被還原為Cl，故有元素化合價(jià)變化，屬于氧化還原反應(yīng)，D不合題意；故答案為：A。3.稀有氣體氙的氟化物與溶液反應(yīng)劇烈，與水反應(yīng)則較為溫和，反應(yīng)式如下：與水反應(yīng)與溶液反應(yīng)i．ii．iii．Ⅳ．下列說法正確的是A.具有平面三角形結(jié)構(gòu) B.的還原性比強(qiáng)C.反應(yīng)均為氧化還原反應(yīng) D.反應(yīng)iv每生成，轉(zhuǎn)移電子【答案】B【解析】【詳解】A．XeO3中中心Xe的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=3+1=4，分子為三角錐形分子，A錯(cuò)誤；B．由iii、iv兩組實(shí)驗(yàn)對(duì)比可知，在氫氧化鈉溶液中，可以發(fā)生還原反應(yīng)，而在水中則發(fā)生非氧化還原反應(yīng)，故可知：的還原性比強(qiáng)，B正確；C．i、ii、iv三組化學(xué)反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)，iii中各元素化合價(jià)不變，不是氧化還原反應(yīng)，C錯(cuò)誤；D．分析iv可知，每生成一個(gè)O2，整個(gè)反應(yīng)轉(zhuǎn)移6個(gè)電子，故每生成，轉(zhuǎn)移電子，D錯(cuò)誤；答案選B。4.已知：．箱細(xì)化學(xué)品W是酸性條件下X與反應(yīng)的主產(chǎn)物，是反應(yīng)過程中的過渡態(tài)或中間體．的反應(yīng)過程可表示如下：下列說法正確的是A.X的名稱為環(huán)氧丙酮 B.Z中采取雜化的碳原子有3個(gè)C.W存在對(duì)映異構(gòu)體 D.X與互為同素異形體【答案】C【解析】【分析】由圖可知，酸性條件下2，3環(huán)氧丙烷與氫氰酸發(fā)生環(huán)加成反應(yīng)的方程式為+HCN，據(jù)此回答?！驹斀狻緼．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，X的名稱為2，3環(huán)氧丙烷，A錯(cuò)誤；B．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，Z中帶正電荷的碳正離子的雜化方式為sp2雜化，B錯(cuò)誤；C．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，W分子中存在如圖*所示的1個(gè)手性碳原子，所以W分子存在對(duì)映異構(gòu)體，C正確；D．X與互為同系物，D錯(cuò)誤；故選C。5.在元素周期表中，某些主族元素與右下方的主族元素的有些性質(zhì)是相似的。和均為兩性氫氧化物，溶于強(qiáng)堿形成。BeO和都具有難溶于水、高熔點(diǎn)等性質(zhì)。和在氣態(tài)時(shí)通常以二聚體的形式存在，的結(jié)構(gòu)如圖所示。B和Si均能溶于NaOH溶液生成鹽和氫氣。工業(yè)上用焦炭和石英砂(主要成分為)在高溫條件下反應(yīng)制得粗硅。硼酸()和硅酸都是弱酸，硼酸晶體有類似于石墨的片層狀結(jié)構(gòu)，常用作醫(yī)用消毒劑、潤(rùn)滑劑等。下列說法正確的是A.中含有配位鍵 B.的空間結(jié)構(gòu)為平面正方形C.中的OSiO鍵角為120° D.晶體中存在的作用力只有共價(jià)鍵【答案】A【解析】【詳解】A．中Al原子提供空軌道、Cl原子提供孤電子對(duì)以此來形成配位鍵，所以中含有配位鍵，A正確；B．中的中心原子為Be，Be原子和四個(gè)OH形成共價(jià)鍵，Be原子采用sp3雜化，空間構(gòu)型應(yīng)為正四面體結(jié)構(gòu)，B錯(cuò)誤；C．SiO2為原子晶體，每個(gè)O原子被兩個(gè)Si原子共用，每個(gè)Si原子分別與4個(gè)O原子相連，故Si原子采用sp3雜化，形成的應(yīng)為正四面體結(jié)構(gòu)，鍵角不為120°，C錯(cuò)誤；D．晶體中存在的作用力除了共價(jià)鍵還存在分子間作用力，D錯(cuò)誤；故選A。6.下列化學(xué)反應(yīng)表示錯(cuò)誤的是A.氫氧化鈹溶于強(qiáng)堿：B.可溶性鋁鹽凈水原理：C.硅與氫氧化鈉溶液反應(yīng)：D.焦炭與石英砂反應(yīng)：【答案】B【解析】【詳解】A．氫氧化鈹是兩性氫氧化物，溶于強(qiáng)堿，反應(yīng)離子方程式為，故A正確；B．鋁離子水解生成氫氧化鋁，吸附水中懸浮雜質(zhì)，可溶性鋁鹽凈水原理為，故B錯(cuò)誤；C．硅與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成硅酸鈉和氫氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為，故C正確；D．焦炭與石英砂反應(yīng)，化學(xué)方程式為，故D正確；答案選B。7.對(duì)于下圖所示實(shí)驗(yàn)，不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿.實(shí)驗(yàn)甲：驗(yàn)證SO2的氧化性B.實(shí)驗(yàn)乙：曲MgCl2·6H2O制備無水MgCl2C.實(shí)驗(yàn)丙：比較KMnO4、Cl2、S氧化性強(qiáng)弱D.實(shí)驗(yàn)?。鹤C明濃硫酸的吸水性、脫水性和強(qiáng)氧化性【答案】D【解析】【詳解】A．SO2與硫化鈉反應(yīng)生成S，則可驗(yàn)證SO2具有氧化性，故A正確；B．在HCl氣流中蒸發(fā)可抑制鎂離子水解，可由MgCl2·6H2O制備無水MgCl2，故B正確；C．濃鹽酸與高錳酸鉀反應(yīng)生成氯氣，氯氣與硫化鈉反應(yīng)生成S，由氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性可比較，故C正確；D．濃硫酸使蔗糖脫水后，C與濃硫酸反應(yīng)生成二氧化硫、二氧化硫使品紅褪色，二氧化硫被高錳酸鉀氧化，可驗(yàn)證濃H2SO4具有脫水性、強(qiáng)氧化性，無法證明吸水性，故D錯(cuò)誤；故選D。8.X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素。X和Y的基態(tài)原子s能級(jí)電子總數(shù)均等于其p能級(jí)電子總數(shù)，Z的原子最外層電子數(shù)是Y原子最外層電子數(shù)的2倍，W和X位于同一主族。下列說法不正確的是A.Z單質(zhì)可用于制作半導(dǎo)體材料B.元素Z、W的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物都是強(qiáng)酸C.元素X的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比W的強(qiáng)D.簡(jiǎn)單離子半徑：【答案】B【解析】【分析】短周期元素X、Y的s能級(jí)電子總數(shù)均等于p能級(jí)，若是第二周期元素則s能級(jí)電子數(shù)為4，2p能級(jí)電子數(shù)為4，原子序數(shù)為8，為O元素，若位于第三周期，則s能級(jí)電子為6，2p能級(jí)電子數(shù)為6，3p能級(jí)沒有電子，原子序數(shù)為12，為Mg元素，因此X為O，Y為Mg；W與X同主族，則W為S；Z最外層電子數(shù)是Y最外層電子數(shù)的兩倍，則Z最外層有4個(gè)電子，為Si元素。據(jù)此解答該題?！驹斀狻緼．Z為Si，單質(zhì)可用于制作半導(dǎo)體材料，A正確；B．Z的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物是硅酸，為弱酸，B錯(cuò)誤；C．O的非金屬性比S強(qiáng)，因此簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物更穩(wěn)定，C正確；D．電子層數(shù)越多半徑越大，電子層數(shù)相同，原子序數(shù)越小半徑越大，S2的電子層數(shù)多于O2和Mg2+，故半徑最大，O2和Mg2+電子層數(shù)相同，O的原子序數(shù)更小半徑更大，因此簡(jiǎn)單粒子半徑：，D正確；故選B。9.可用作有機(jī)合成的氯化劑，在體積為的密閉容器中充入，發(fā)生反應(yīng)：．圖中所示曲線分別表示反應(yīng)在時(shí)和平衡時(shí)的轉(zhuǎn)化率與溫度的關(guān)系．下列說法正確的是A.的B.當(dāng)容器中氣體密度恒定不變時(shí)，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)C.時(shí)，向體積為的容器中充入，時(shí)的轉(zhuǎn)化率大于D.時(shí)，起始時(shí)在該密閉容器中充入和各，此時(shí)【答案】C【解析】【詳解】A．由圖可知，溫度升高，平衡時(shí)的轉(zhuǎn)化率增大，可知該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，，A錯(cuò)誤；B．該反應(yīng)在恒容密閉容器中進(jìn)行，V不變。反應(yīng)物和生成物均為氣體，氣體總質(zhì)量不變，則為一個(gè)恒定值，即密度恒定不變，所以當(dāng)容器中氣體密度恒定不變時(shí)，不能確定該反應(yīng)是否達(dá)到平衡狀態(tài)，B錯(cuò)誤；C．由圖可知，55℃時(shí)，在體積為VL的密閉容器中充入，amin時(shí)的轉(zhuǎn)化率等于50%，但反應(yīng)未達(dá)到平衡，若體積縮小為0.5VL，則氣體濃度增大，反應(yīng)速率加快，所以amin時(shí)的轉(zhuǎn)化率大于50%，C正確；D．由圖可知，82℃時(shí)的轉(zhuǎn)化率為90%，得出三段式（單位：mol/L）：平衡常數(shù)K=，在該密閉容然中充入和各，此時(shí)濃度商Q=1＜K，平衡正向移動(dòng)，所以，D錯(cuò)誤；答案選C。10.下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象，得出的相應(yīng)結(jié)論正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論A向盛有和試管中分別滴加濃鹽酸盛的試管中產(chǎn)生黃綠色氣體氧化性：B向溶液中通入氣體出現(xiàn)黑色沉淀(CuS)酸性：C乙醇和濃硫酸共熱至，將產(chǎn)生的氣體通入溴水中溴水褪色乙烯發(fā)生了加成反應(yīng)D向溶液中滴加溶液出現(xiàn)黃色沉淀發(fā)生了水解反應(yīng)A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．氧化劑氧化性大于氧化產(chǎn)物，盛的試管中產(chǎn)生黃綠色氣體，說明將氯離子氧化為氯氣，而氫氧化鐵不行，故氧化性：，A正確；B．出現(xiàn)黑色沉淀(CuS)，是因?yàn)榱蚧~的溶解度較小，不能說明酸性，B錯(cuò)誤；C．濃硫酸被乙醇還原生成SO2，SO2能與溴單質(zhì)反應(yīng)使得溴水褪色，不能說明乙烯發(fā)生了加成反應(yīng)，C錯(cuò)誤；D．出現(xiàn)黃色沉淀，說明電離出了磷酸根離子，D錯(cuò)誤；故選A?！军c(diǎn)睛】11.電化學(xué)原理在工業(yè)生產(chǎn)中發(fā)揮著巨大的作用。Na2FeO4是制造高鐵電池的重要原料，同時(shí)也是一種新型的高效凈水劑。在工業(yè)上通常利用如圖裝置生產(chǎn)Na2FeO4，下列說法正確的是A.陽極的電極反應(yīng)式為Fe+8OH6e=FeO+4H2OB.右側(cè)的離子交換膜為陽離子交換膜C.陰極區(qū)a%>b%D.陰極產(chǎn)生的氣體是氧氣【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．由圖所示，F(xiàn)e為陽極，故發(fā)生氧化反應(yīng)生成FeO42，電極反應(yīng)式為Fe+8OH6e=FeO+4H2O，A正確；B．陽極反應(yīng)消耗陰離子氫氧根離子，向右側(cè)陽極移動(dòng)，故右側(cè)交換膜為能使陰離子通過的陰離子交換膜，B錯(cuò)誤；C．陰極區(qū)水被電解產(chǎn)生H2和OH，故產(chǎn)出的NaOH濃度變大，a%<b%，C錯(cuò)誤；D．陰極區(qū)為水被電解發(fā)生還原反應(yīng)得到電子，生成氫氣，D錯(cuò)誤；故選A。12.室溫下，向檸檬酸鈉溶液中通入氣體（忽略溶液體積變化），溶液中和的分布系數(shù)（某種含A微粒濃度與所有含A微粒濃度之和的比值）隨變化曲線如圖所示．下列說法錯(cuò)誤的是A.曲線c表示 B.的水解平衡常數(shù)C.n點(diǎn)： D.約為5時(shí)，通入發(fā)生的反應(yīng)為【答案】C【解析】【分析】0.1mol/L的檸檬酸的(Na3A)溶液中通入HCl氣體，依次發(fā)生反應(yīng)：A3+H+=HA2、HA2+H+=H2A、H2A+H+=H3A，所以根據(jù)溶液pH及含有A微粒濃度關(guān)系可知a、b、c、d依次表示H3A、H2A、HA2、A3，【詳解】A．銀據(jù)上述分析可知，曲線c表示，A正確；B．由ab、bc、cd交點(diǎn)可知，H3A的三級(jí)電離平衡常數(shù)分別Ka1=103.13；Ka2=104.76，Ka3=106.40，A3水解平衡常數(shù)，B正確；C．n點(diǎn)：c(H2A)=c(HA2)，溶液pH＜7，故c(H+)＞c(OH)，電解質(zhì)溶液電荷守恒式為，故溶液中離子濃度關(guān)系為：，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)圖中信息當(dāng)溶液pH約為5時(shí)，隨著pH減小，c(HA2)逐漸減小、c(H2A)逐漸增大，發(fā)生反應(yīng)，D正確；故選C13.化合物M是一種新型超分子晶體材料，可以為溶劑，由反應(yīng)制得（如圖）．下列敘述正確的是A.X分子中所含元素形成的化合物均能抑制水的電離 B.Y分子中所有原子可能共平面C.的晶體類型相同 D.M的陽離子中含有氫鍵【答案】D【解析】【詳解】A．X分子中含有C、H、N、Br四種元素，這四種元素能形成銨鹽，可促進(jìn)水的電離，A錯(cuò)誤；B．Y分子中C和O原子都是sp3雜化，Y分子中所有原子不可能共平面，B錯(cuò)誤；C．X和Y為分子晶體，M是離子晶體，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)M的結(jié)構(gòu)，可知M的陽離子中存在氫鍵，D正確；故選D。14.一種催化還原NO的機(jī)理如下圖所示。下列說法正確的是A.中所含Cu的基態(tài)電子排布式為B.中間體X和中間體Z中Cu的化合價(jià)相同C.轉(zhuǎn)化①中既有極性共價(jià)鍵的形成，也有非極性共價(jià)鍵的形成D.總轉(zhuǎn)化過程中每吸收1molNO需要消耗2molNH3【答案】C【解析】【詳解】A．銅元素的原子序數(shù)為29，則四氨合銅離子中的電子排布式為[Ar]3d9，故A錯(cuò)誤；B．由化合價(jià)代數(shù)和為0可知，中間體X中氧元素的化合價(jià)為—1價(jià)、銅元素的化合價(jià)為+2價(jià)，中間體Z中氧元素的化合價(jià)為—2價(jià)、銅元素的化合價(jià)為+3價(jià)，兩者中銅元素的化合價(jià)不同，故B錯(cuò)誤；C．由圖可知，轉(zhuǎn)化①中有氫氧極性共價(jià)鍵形成，也有氮氮非極性共價(jià)鍵的形成，故C正確；D．由圖可知，催化還原一氧化氮的總反應(yīng)為O2+4NO+4NH3=4N2+6H2O，則總轉(zhuǎn)化過程中每吸收1mol一氧化氮需要消耗1mol氨氣，故D錯(cuò)誤；故選C。二、非選擇題：本題共4小題，共58分．15.納米不同于常規(guī)，由于其晶粒尺寸小，比表面積大，具有優(yōu)異的物理和化學(xué)性質(zhì)，可用作催化劑脫除廢氣中的（胂）（已知：在缺氧條件下，胂受熱分解成單質(zhì)砷）。（1）納米催化劑的制備：先向溶液中加入過量氨水，充分?jǐn)嚢?，生成銅氨絡(luò)合物，再在一定溫度下，加入的乙醇溶液生成納米．已知：i．．ⅱ．其他條件相同時(shí)，溶液中離子濃度大小影響晶粒生成速率與晶粒生長(zhǎng)速率，從而決定了晶粒半徑大?。俜磻?yīng)中，的配位原子為__________，反應(yīng)的平衡常數(shù)__________；②向溶液中先加入過量氨水的目的是__________；③其他條件不變，產(chǎn)物品粒半徑與反應(yīng)溫度的關(guān)系如圖所示，時(shí)生成晶粒的半徑較大，可能的原因是____________________；（2）催化氧化脫除廢氣中的①主要被廢氣中的氧化成固體除去，溫度低于時(shí)，氧化生成的固體中砷元素質(zhì)量分?jǐn)?shù)會(huì)升高，原因是____________________；②已知的結(jié)構(gòu)可表示為，則中鍵物質(zhì)的量為__________。（3）納米再生：“再生”時(shí)需除去納米催化劑上的和少量，可采用在氮?dú)夥諊屑訜岱纸獾姆椒ǎ阎簳r(shí)催化劑上的完全升華；時(shí)催化劑上的完全分解為和，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為__________。【答案】（1）①.N②.③.使Cu2+完全轉(zhuǎn)化為[Cu(NH3)4]2+，防止生成Cu(OH)2影響[Cu(NH3)4]2+的生成④.為放熱反應(yīng)，溫度高于30℃時(shí)，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，[Cu(NH3)4]2+濃度減?。?）①.AsH3生成了As單質(zhì)②.3（3）【解析】【小問1詳解】①中Cu提供空軌道，N提供孤電子對(duì)形成配位鍵，配位原子為N；根據(jù)反應(yīng)方程式可知，平衡常數(shù)：；②由平衡常數(shù)可知，銅離子轉(zhuǎn)化為四氨合銅離子的反應(yīng)程度大于氫氧化銅轉(zhuǎn)化為四氨合銅離子的反應(yīng)程度，所以向硝酸銅溶液中先加入過量的氨水使溶液中的銅離子完全轉(zhuǎn)化為四氨合銅離子，防止銅離子轉(zhuǎn)化為氫氧化銅沉淀，影響四氨合銅離子的生成；③由題給信息可知，其他條件相同時(shí)，溶液中離子濃度大小影響晶粒生成速率與晶粒生長(zhǎng)速率，從而決定了晶粒半徑大小，由方程式可知，銅離子與過量氨水反應(yīng)生成四氨合銅離子的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，四氨合銅離子的濃度較小，所以30℃生成氧化銅的晶粒半徑較大；【小問2詳解】①溫度低于100℃時(shí)，氧化生成的固體中砷元素質(zhì)量分?jǐn)?shù)會(huì)升高說明砷化氫催化氧化時(shí)生成了砷單質(zhì)；②As4O10分子中砷元素的化合價(jià)為+5價(jià)，As4O6分子中砷元素的化合價(jià)為+3價(jià)，由結(jié)構(gòu)式可知，As4O10分子中每個(gè)砷原子形成5個(gè)共價(jià)鍵，則As4O6分子中每個(gè)砷原子應(yīng)形成3個(gè)共價(jià)鍵；【小問3詳解】時(shí)催化劑上的完全分解為和，該反應(yīng)的化學(xué)方程式：。16.以含鈦高爐渣（含及少量）和硫酸銨為原料制備鈦白粉（主要成分為），其流程可表示為：已知：只存在于強(qiáng)酸性溶液中，酸性減弱時(shí)易轉(zhuǎn)化為沉淀．（1）基態(tài)原子的核外電子排布式為__________；（2）“熔融”時(shí)，常將含鈦高爐渣粉碎，這樣做的好處是____________________；“熔融”硫酸銨將轉(zhuǎn)化為，同時(shí)有氣體生成，該氣體的化學(xué)式為__________；（3）“水解”得到的濾渣，用氧化物的形式可表示為__________；（4）“沉淀”時(shí)，與氨水反應(yīng)的離子方程式是____________________；（5）測(cè)定所得鈦白粉樣品的純度，步驟如下：步驟1：稱取樣品，經(jīng)熔融、溶解、還原等操作，將完全轉(zhuǎn)化為溶液．步驟2：將步驟1所得溶液冷卻至室溫后，加入滴溶液作指示劑，用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗該溶液，發(fā)生的反應(yīng)為。①到達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí)的現(xiàn)象是____________________；②該樣品中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為__________（結(jié)果保留一位小數(shù)）?！敬鸢浮浚?）1s22s22p63s23p63d24s2或［Ar］3d24s2（2）①.增大接觸面積，加快反應(yīng)速率②.NH3（3）(m+n)CaO?mTiO2?nSiO2（4）TiO2++2NH3·H2O=TiO(OH)2↓+2（5）①.加入最后一滴NH4Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)液，溶液變?yōu)榧t色，且半分鐘顏色不褪去②.90.0%【解析】【分析】鈦高爐渣（含TiO2及少量）和硫酸銨熔融，F(xiàn)e2O3、SiO2不反應(yīng)且CaO生成硫酸鈣，TiO2轉(zhuǎn)化為TiO2+，加水水解，過濾除去不溶物，加氨水TiO2+轉(zhuǎn)化為TiO(OH)2，TiO(OH)2煅燒生成TiO2?！拘?詳解】Ti為22號(hào)元素，基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d24s2或［Ar］3d24s2；【小問2詳解】將含鈦高爐渣粉碎，增大接觸面積，加快反應(yīng)速率，“熔融”時(shí)，硫酸銨將TiO2轉(zhuǎn)化為TiOSO4，同時(shí)生成NH3，該氣體的化學(xué)式為NH3；【小問3詳解】“水解”得到的濾渣，用氧化物的形式表示為(m+n)CaO?mTiO2?nSiO2；【小問4詳解】“沉淀”時(shí)，TiO2+與氨水反應(yīng)生成TiO(OH)2，離子方程式是TiO2++2NH3·H2O=TiO(OH)2↓+2；【小問5詳解】①根據(jù)鐵離子遇到硫氰根離子變紅，滴定終點(diǎn)時(shí)的現(xiàn)象是加入最后一滴NH4Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)液，溶液變?yōu)榧t色，且半分鐘顏色不褪去；②根據(jù)反應(yīng)過程可建立關(guān)系式：2TiO2~Ti2(SO4)3~2NH4Fe(SO4)2，可得n(TiO2)=n[NH4Fe(SO4)2]=0.3600mol/L0.025L=0.009mol，樣品中TiO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為=。17.乙醇是一種清潔替代能源，催化加氫制備乙醇技術(shù)是當(dāng)前的研究熱點(diǎn)。（1）催化加氫制備乙醇的反應(yīng)為①若要計(jì)算上述反應(yīng)的，須查閱的兩個(gè)數(shù)據(jù)是的燃燒熱和__________，該反應(yīng)的__________（填“>”“<”或“=”）0；②某金屬有機(jī)骨架負(fù)載的銅基催化劑上，加氫生成的部分反應(yīng)機(jī)理如圖所示；過程中兩個(gè)均參與反應(yīng)，X的結(jié)構(gòu)式為__________（填標(biāo)號(hào)）。（2）乙酸甲酯催化加氫制備乙醇主要涉及如下反應(yīng)：反應(yīng)I：反應(yīng)Ⅱ：在其他條件不變時(shí)，將的混合氣體以一定流速通入裝有銅基催化劑的反應(yīng)管，測(cè)得轉(zhuǎn)化率、選擇性選擇性隨溫度的變化如圖所示．①銅基催化劑須含合適物質(zhì)的量之比的與的晶胞如圖所示（立方體），晶體的密度可表示為__________（用含的代數(shù)式表示，表示阿伏加德羅常數(shù)的值）。②下均有，其原因是__________；③范圍內(nèi)，轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而迅速增大的主要原因是__________；④溫度高于時(shí)，催化劑的催化活性下降，其原因可能是__________。（3）一定條件下，在密閉容器內(nèi)通入和發(fā)生反應(yīng)I和Ⅱ，測(cè)得下達(dá)到平衡時(shí)轉(zhuǎn)化率為，乙醇選擇性為．時(shí)，反應(yīng)1的平衡常數(shù)__________。【答案】（1）①.的燃燒熱②.<③.A（2）①.②.部分發(fā)生了其他不產(chǎn)生和的反應(yīng)③.溫度升高與催化劑活性增大共同導(dǎo)致反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ的速率加快④.積碳覆蓋在催化劑表面；Cu2O被還原為Cu，改變了Cu2O與Cu的比例，導(dǎo)致催化劑活性降低（3）14【解析】【小問1詳解】①燃燒熱是在101kPa時(shí)，1mol純物質(zhì)完全燃燒生成指定產(chǎn)物時(shí)所放出的熱量；氫氣燃燒生成水、乙醇燃燒生成二氧化碳和水，若要計(jì)算的，須查閱的兩個(gè)數(shù)據(jù)是的燃燒熱和的燃燒熱；該反應(yīng)是氣體生成液體的反應(yīng)，<0；②二氧化碳分子中氧電負(fù)性較大，氧帶負(fù)電荷、碳帶正電荷，則二氧化碳被銅基催化劑吸附后，二氧化碳分子中兩個(gè)氧分別與Cu2+、M+相吸，過程中兩個(gè)均參與反應(yīng)，中帶負(fù)電荷的氫與碳結(jié)合形成中間產(chǎn)物X，則X為，故選A?！拘?詳解】①據(jù)“均攤法”，晶胞中含個(gè)黑球、4個(gè)白球，結(jié)合化學(xué)式可知，黑球?yàn)檠?、白球?yàn)殂~，則晶體密度為；②下均有，，說明乙酸甲酯沒有完全反應(yīng)轉(zhuǎn)化為乙醇、乙酸乙酯，應(yīng)該還有副產(chǎn)物發(fā)生，故其原因是部分發(fā)生了其他不產(chǎn)生和的反應(yīng)；③催化劑能明顯加快反應(yīng)速率，但是催化劑需一定的活性溫度，范圍內(nèi)，轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而迅速增大的主要原因是溫度升高與催化劑活性增大共同導(dǎo)致反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ的速率加快；④銅基催化劑須含合適物質(zhì)的量之比的Cu2O與Cu，溫度過高，會(huì)導(dǎo)致有機(jī)物轉(zhuǎn)化為積碳、碳具有一定還原性，能還原銅的氧化物為銅單質(zhì)，則溫度高于220℃時(shí)，催化劑的催化活性下降，其原因可能是積碳覆蓋在催化劑表面；Cu2O被還原為Cu，改變了Cu2O與Cu的比例，導(dǎo)致催化劑活性降低?！拘?詳解】根據(jù)已知條