11，河北省部分高中2023-2024学年高三上学期1月期末化学试题

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可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Si 28 S 32 K 39 Fe 56 Cu 64- In 115
第Ⅰ卷(选择题 共42分)
一、单项选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1. 科技改变生活。下列对科技成果与应用的化学解读错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．钠硅酸盐材料属于新型无机材料，A正确；
B．“零碳甲醇”是指使用二氧化碳加氢制甲醇技术制造的甲醇，不是指不含碳的甲醇，B错误；
C．邮轮船体上镶嵌的锌块，相当于牺牲阳极的阴极保护法，可减缓船体生锈，C正确；
D．核能属于新能源、不可再生能源，D正确；
故选B。
2. 下列有关实验仪器(或装置)的使用正确的是您看到的资料都源自我们平台，家威鑫 MXSJ663 低至0.3/份
A. 利用仪器①熔融纯碱
B. 利用仪器②量取溴水
C. 利用装置③配制的NaOH溶液
D. 利用仪器④分离硝基苯和水
【答案】D
【解析】
【详解】A．纯碱不能在陶瓷坩埚中熔融，A错误；
B．量取溴水不能使用碱式滴定管，B错误；
C．配制NaOH溶液时不能在容量瓶中溶解NaOH，C错误；
D．硝基苯和水互不相溶可以用分液法分离，D正确；
答案选D。
3. “为国育才，五育并举”，美育是五育重要组成部分。化学之美——美在结构、美在变化……化学美随处可见。下列说法正确的是
A. 环己烷是正六边形的平面结构
B. 投入酚酞溶液中，溶液先变红后褪色
C. 五光十色的霓虹灯发生了放热发光的化学反应
D. 足球烯结构对称且含极性键和非极性键
【答案】B
【解析】
【详解】A．环己烷中碳原子为饱和碳原子，为四面体结构，6个碳原子不可能在同一平面，A错误；
B．具有强氧化性能使有色物质褪色，和水生成碱性氢氧化钠溶液，故投入酚酞溶液中，溶液先变红后褪色，B正确；
C．霓虹灯中充入惰性气体，在高压电场下电子被激发，然后在回到基态的过程中释放出能量，其中一部分能量被荧光粉吸收发出可见光，没有生成新物质，没有发生化学反应，C错误；
D．足球烯是由60个碳原子构成的分子，碳原子之间的键属于非极性键，没有极性键，D错误；
故选B。
4. ⅤA族元素及其化合物应用广泛。催化氧化生成NO，NO继续被氧化为，将通入水中制取。工业上用白磷与反应生成和一种盐，该盐可与反应制备一元弱酸。雌黄和在盐酸中反应转化为雄黄和(沸点114℃)并放出气体。砷化镓(GaAs)是第三代半导体材料，熔点高，硬度大。氨硼烷是最具潜力的储氢材料之一，下列说法不正确的是
A. 分子中氢化合价不完全相同
B. 是由极性键构成的极性分子
C. 中含有共价键
D. 固态和砷化镓晶体都是分子晶体
【答案】D
【解析】
【详解】A．N元素的非金属性强于H，H显正价，B元素的非金属性弱于H，H显负价，所以分子中氢的化合价不完全相同，故A正确；
B．PF3中P价层电子对数为，是三角锥形，三角锥形分子的结构不对称，正负电荷中心不重叠，为极性分子，所以PF3是由极性键构成的极性分子，故B正确；
C．配离子中Cu2+为中心离子，NH3为配位体，配位键和氮氢键均为共价键，1ml中含有16ml共价键，故C正确；
D．依据砷化镓熔点高、硬度大的性质，可知砷化镓为共价晶体，故D错误；
故答案为：D。
5. ⅤA族元素及其化合物应用广泛。催化氧化生成NO，NO继续被氧化为，将通入水中制取。工业上用白磷与反应生成和一种盐，该盐可与反应制备一元弱酸。雌黄和在盐酸中反应转化为雄黄和(沸点114℃)并放出气体。砷化镓(GaAs)是第三代半导体材料，熔点高，硬度大。下列反应的化学或离子方程式错误的是
A. 制的离子方程式：
B. 白磷与溶液反应：
C. 与足量的溶液反应的离子方程式：
D. 雌黄制备雄黄的方程式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．与水反应生成硝酸和一氧化氮，即离子方程式为，A正确；
B．由白磷()与反应生成的盐可与反应制备一元中强酸，则生成的盐为，即白磷和氢氧化钡发生歧化反应生成和，所以方程式为，B正确；
C．因为一元中强酸，即离子方程式中不拆，所以与足量的NaOH溶液反应的离子方程式，C错误；
D． 由已知雌黄和在盐酸中反应转化为雄黄()和(沸点114℃)并放出气体，可知其反应方程式为，D正确；
故选C。
6. ⅤA族元素及其化合物应用广泛。催化氧化生成NO，NO继续被氧化为，将通入水中制取。工业上用白磷与反应生成和一种盐，该盐可与反应制备一元弱酸。雌黄和在盐酸中反应转化为雄黄和(沸点114℃)并放出气体。砷化镓(GaAs)是第三代半导体材料，熔点高，硬度大。下列氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A. 具有强氧化性，常温下可用铁槽车运输浓硝酸
B. 受热易分解，可用于实验室制备氨气
C. 具有还原性，可用作制冷剂
D. 难溶于水，可用作瓜果保护气
【答案】A
【解析】
【详解】A．具有强氧化性，常温下与铁接触会将铁氧化形成致密的氧化镁，可用铁槽车运输浓硝酸，A正确；
B．受热易分解，生成氨气和氯化氢气体，但温度降低，会再次结合成固体，不可用于实验室制备氨气，B错误；
C．具有还原性，也可用作制冷剂，但性质与用途无关，C错误；
D．可用作瓜果保护气，是因为化学性质不活泼，D错误；
答案选A。
7. 实验室里制备FeCO3流程如下图所示，下列叙述错误的是
A. 过滤需要使用的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒
B. 沉淀过程的离子方程式为：
C. 若沉淀时改用Na2CO3，则产品中可能混有
D. 将FeCO3在空气中灼烧可以制备FeO
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据过滤操作可知，过滤需要使用的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，A正确；
B．根据题干工艺流程图可知，沉淀过程发生的反应方程式为：FeSO4+2NH4HCO3=(NH4)2SO4+FeCO3+H2O+CO2↑，故该反应的离子方程式为：，B正确；
C．由于Na2CO3溶液呈碱性，故沉淀时若改用Na2CO3，则可能生成Fe(OH)2，Fe(OH)2易被空气中的O2氧化为Fe(OH)3，故若沉淀时改用Na2CO3，则产品中可能混有Fe(OH)3，C正确；
D．将FeCO3在空气中灼烧将被O2氧化成Fe3O4，不可以制备FeO，D错误；
故答案为：D。
8. 一定条件下，利用制备，反应为①，过程中发生②和③两个副反应，反应历程如图所示，下列说法正确的是
A. 反应③比反应①更快达到平衡
B. 温度越高，M的产率一定越高
C. 一定时间内，使用合适的催化剂可减少体系中P的含量
D. 增大R的浓度，反应①②③的增大、减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，反应③的活化能比反应①大，则反应③速率比反应①慢，达到平衡的时间更长，故A错误；
B．由图可知，三个反应都是放热反应，升高温度，平衡均向逆反应方向移动，由于反应①的活化能小于副反应，反应速率快于副反应，所以M的产率降低，故B错误；
C．一定时间内，使用合适的催化剂，可提高反应①的选择性，降低副反应②、③的选择性，从而减少体系中P的含量，故C正确；
D．增大R的浓度，可增大单位体积内的活化分子数，有效碰撞的次数增多，反应①②③的正逆反应速率均增大，故D错误；
故选C。
9. 利用“杯酚”从和的混合物中纯化的过程如图所示。
合成“杯酚”的原料是对叔丁基苯酚和，下列说法错误的是
A. 合成“杯酚”的过程中有水生成
B. 对叔丁基苯酚与叔丁基对苯二酚互为同系物
C. 对叔丁基苯酚中苯环上的键角大于叔丁基上的键角
D. 与对叔丁基苯酚侧链数相同，滴加溶液显色的同分异构体还有11种
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，合成杯酚的反应为对叔丁基苯酚和甲醛先发生加成反应，后发生分子间脱水反应生成杯酚和水，A正确；
B．对叔丁基苯酚中只含有一个酚羟基，而叔丁基对苯二酚中含有两个酚羟基，故二者不为同系物，B错误；
C．由结构简式可知，对叔丁基苯酚分子中苯环碳原子的杂化方式为sp2杂化，叔丁基上的饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，所以对叔丁基苯酚中苯环上的键角∠C-C-C大于叔丁基上的键角∠C-C-C，C正确；
D．与对叔丁基苯酚侧链数相同，滴加氯化铁溶液呈紫色的同分异构体可以视作、、取代了正丁烷、异丁烷分子中氢原子所得结构，除去对叔丁基苯酚共有4×3—1=11种结构，D正确；
故选B。
10. X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的前四周期元素，X元素的某种同位素可用于测定文物年代，Y原子中有7个运动状态不同的电子，Z原子最外层电子数是内层的3倍，W在Z的下一周期，且其简单阴离子半径是同周期主族元素中最小的，R的基态原子核外未成对电子数是前四周期中最多的。下列说法正确的是
A. 与R同周期且基态原子中最外层电子排布式与R相同的元素有2种
B. 简单氢化物的沸点：
C. 含氧酸的酸性：
D. 第一电离能：
【答案】A
【解析】
【分析】X元素的某种同位素可用于测定文物年代，X为C；Y原子中有7个运动状态不同的电子，Y为N；Z原子最外层电子数是内层的3倍，Z为O；W在Z的下一周期，且其简单阴离子半径是同周期主族元素中最小的，W为Cl；R的基态原子核外未成对电子数是前四周期中最多的，R为Cr。
【详解】A．同周期元素的基态原子中，与Cr元素原子最外层电子排布式相同的元素有2种：K，Cu，A正确；
B．Z为O，W为Cl，简单氢化物分别为H2O和HCl，水分子间存在氢键，沸点H2O>HCl，B错误；
C．X为C，W为Cl，最高价含氧酸的酸性：HClO4>H2CO3，C错误；
D．X为C，Y为N，Z为O，同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，但N的2p轨道半满，第一电离能大于O，故第一电离能：N>O>C，D错误；
故选A。
11. 下列实验操作能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．电石与饱和食盐水反应生成的乙炔中混有硫化氢，通入酸性高锰酸钾溶液，硫化氢具有还原性也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能说明乙烯被氧化，A不符合题意；
B．红热的木炭温度比较高，浓硝酸受热分解也会产生红棕色的，B不符合题意；
C．苯和液溴在的催化下发生反应生成HBr，因液溴易挥发，溴化氢中混有溴单质通入溴的四氯化碳溶液，溴单质溶于四氯化碳中，再通入溶液中，有淡黄色沉淀生成，可说明发生了取代反应， C符合题意；
D． NaOH溶液过量，与FeCl3反应生成沉淀，不能判断两者Ksp的大小，D符合题意；
故答案为：C。
12. 某研究组以为原料，在基催化剂上制备，阴极电极反应式：，双极膜是由一张阳膜和一张阴膜制成的复合膜。在直流电场的作用下，复合膜间的为离子源，解离成和可分别通过阳膜和阴膜。下列有关说法错误的是
A. a膜是阴膜
B. 左侧电极是阳极，发生氧化反应
C. 总反应离子方程式为
D. 若标准状况下消耗，理论上M处释放物质的质量为32g
【答案】D
【解析】
【分析】由阴极电极反应式，结合题图可知，左侧为阳极，电极反应式为。
【详解】A．复合膜间的水解离出的OH-，通过阴膜向阳极区补充，所以a膜为阴膜，b膜为阳膜，故A正确；
B．由题目所给阴极反应式可知，左侧电极是阳极，发生氧化反应，故B正确；
C．将阴阳两极电极反应式相加，得总反应离子方程式为，故C正确；
D．据可知，若标准状况下消耗，理论上M处释放1.5mlO2，其质量为48g，故D错误；
故答案为：D。
13. 已知为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 中共价键的数目为
B. 用石墨电极电解溶液在阴极产生11.2L(标准状况)气体时，电路中转移电子数为
C. 中键个数为
D. 78g苯和苯乙烯的混合液完全燃烧，消耗的分子数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．40gSiC的物质的量为1ml，每个Si原子与相邻的4个C原子形成4个Si-C共价键，每个C原子与相邻的4个Si原子形成4个Si-C共价键，所以1mlSiC中Si-C共价键的数目为4NA，A正确；
B．用石墨电极电解CuSO4溶液，在阴极上先发生Cu2++2e-=Cu，之后发生2H++2e-=H2，当阴极产生标况下11.2L(0.5ml)气体时，电路中转移电子数大于NA，B错误；
C．1个[Cu(H2O)4]2+中含有4个配位键，配位键属于键，含有4个水分子中含有8个键，所以1ml[Cu(H2O)4]2+中键的个数为12NA，C正确；
D．苯和苯乙烯的最简式均为CH，78g苯和苯乙烯的混合液中含有6mlCH，完全燃烧消耗7.5mlO2，D正确。
故选B。
14. 25℃时，两种不同浓度(、)的弱酸溶液中，、、和随变化的关系如图所示。已知：为的电离常数，电离度。下列说法正确的是
A. 溶液中的电离度(忽略水的电离)
B. b曲线表示溶液中的变化情况
C. P点时
D. 当溶液的时，溶液中满足
【答案】A
【解析】
【分析】两种不同浓度(、)的弱酸HB溶液中，HB的电离方程式为：HBH++B-，pH增大，平衡正向移动，c(HB)减小，c(B-)增大，结合初始浓度可知a曲线为c1中的c(HB)，b曲线为c1中的c(B-)，c曲线为c2中的c(HB)，d曲线为c2中c(B-)。
【详解】A．由分析 可知a曲线为c1中的c(HB)，溶液中的电离度，A正确；
B．由初始浓度可知a曲线为c1中的c(HB)，b曲线为c1中的c(B-)，c曲线为c2中的c(HB)，d曲线为c2中c(B-)，B错误；
C．P点溶液中，c(H-)=c(B-)，所以不满足，C错误；
D．在c1溶液中，a、b曲线交点处，c(HB)=c(B-)，Ka= ，得pH=-lgKa，根据图像可知，当溶液的pH大于-1gKa时，c(B-)>c(HB)，D错误；
故选A。
第Ⅱ卷(非选择题 共58分)
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15. 2023年8月1日起，我国对镓(Ga)等相关物项实施出口管制。Ga与B、A1位于同一主族。回答下列问题：
（1）写出基态Ga原子的价电子排布图：_______。
（2）硼的氢化物叫硼烷，如(乙硼烷-6)、(丁硼烷-10)等。
①下列说法错误的是_______。
A．B原子由需吸收能量
B．的结构式：
C．同周期相邻元素的电负性大小：
D．与反应生成，分子中键与键数目之比为
②极易发生水解生成和，请写出反应的化学方程式：_______。
（3）氮和硼形成的化合物，通常存在石墨型与金刚石型两种结构，可发生转化：(石墨型)(金刚石型)。石墨型与金刚石型两类化合物中B原子的杂化方式依次为_______；金刚石型的的硬度大于金刚石，原因是_______。
（4）近年来，人们发现可与多种小分子氢化物形成双氢键。双氢键是指带正电的H原子与带负电的H原子之间的一种弱电性相互作用，其结构可用如图表示。
根据上述信息，与形成的双氢键可表示为_______。
（5）广义酸碱理论认为，中心原子可以接受电子对的分子为酸，可以提供电子对的分子为碱。按照该理论，属于_______(填“酸”或“碱”)。下列物质均能与发生配位反应，其中形成键最强的是_______(填字母)。
A． B． C．
（6）太阳能材料晶体为四方晶系，其晶胞参数及结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。已知：A处In原子坐标为，B处Cu原子坐标为。
设阿伏加德罗常数的值为，则该晶体密度为_______。
【答案】（1） （2） ①. AB ②. 或
（3） ①. 、 ②. 金刚石型为共价晶体，键的键能大于金刚石中键的键能，所以硬度更大
（4）
（5） ①. 酸 ②. A
（6）
【解析】
【小问1详解】
Ga位于第四周期第ⅢA族，故基态Ga原子的价电子排布图；
【小问2详解】
①A．B原子由，与能量相同，不需吸收能量，A错误；B．B2H6的结构式：B错误；C．同周期元素电负性从左到右逐渐增强，所以同周期相邻元素的电负性大小：Be【小问3详解】
氮和硼形成的化合的BN，与C2互为等电子体，通常存在石墨型与金刚石型两种结构，可发生如下转化：。类比混合型晶体石墨，石墨中每个中心原子直接与其它3个原子相连，属于sp2杂化；类比共价晶体金刚石，每个C原子直接与其余4个C相连，属于sp3杂化；金刚石型的BN的硬度大于金刚石，原因：金刚石型为共价晶体，键的键能大于金刚石中键的键能，所以硬度更大；
【小问4详解】
与形成的双氢键可表示为；
【小问5详解】
的中心原子B接受了电子对，故为酸；选项中乙基比H原子、Cl原子向N原子提供电子的能力强，故A中N原子和B原子形成的键最强；
【小问6详解】
由图知，晶胞中Cu原子的个数为，In原子个数为，S原子的个数为8，故晶胞的密度为。
16. 三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。实验室欲制备少量三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体。已知：为翠绿色晶体、难溶于乙醇；0℃时在水中溶解度为4.7g，100℃时溶解度为117.7g。
Ⅰ．制备：称取莫尔盐于锥形瓶中，溶于水，滴加足量，加热并搅拌。当变成红褐色后，再煮沸十分钟，冷却后，过滤、洗涤。
Ⅱ．制备草酸氢钾：称取溶于水中，加入，反应生成。
Ⅲ．制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体。步骤如图：
回答下列问题：
（1）Ⅰ中制备的离子反应方程式为_______。
（2）Ⅲ中制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体。
①步骤1装置中仪器a的名称为_______。
②步骤2的操作名称是_______，步骤3采用冰水冷却的目的为_______。
③过滤后需要用乙醇溶液洗涤，其优点是_______。
（3）三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体具有光敏性，在强光下分解生成草酸亚铁且产物中只有一种气体，该反应的化学方程式为_______。
（4）产品纯度的测定
①从上述反应后的溶液中分离得到晶体粗品，使用托盘天平称量制得的晶体粗品的质量。天平平衡时，右盘内砝码的总质量为。游码示数如图所示，则制得粗品的质量为_______g。
②测定所得产品的纯度：称取晶体粗品溶于水中配成溶液，取溶液于锥形瓶中，用的酸性标准溶液进行滴定(已知：被还原为，且粗品中的杂质不参与反应)，进行了三次平行实验，达到滴定终点时平均消耗标准溶液。则所得粗品的纯度为_______(用含、、的代数式表示)。
【答案】（1）
（2） ①. 分液漏斗 ②. 蒸发浓缩 ③. 降低三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体的溶解度，使其充分析出，提高产率 ④. 减少晶体的损失，提高产率；乙醇易挥发，有利于获得干燥产品
（3）
（4） ①. 21.9 ②.
【解析】
【分析】步骤1制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾，由于产品在0℃时在水中溶解度为4.7g，100℃时溶解度为117.7g，故通过蒸发浓缩冷却结晶得到晶体，故步骤2蒸发浓缩，，步骤3在冰水中冷却结晶，使其充分析出，提高产率，步骤4过滤、洗涤，已知其难溶于乙醇，且乙醇易挥发，用乙醇洗涤晶体可减少晶体的损失，提高产率、有利于产品干燥；
【小问1详解】
莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2]中铁元素化合价为+2价，加入H2O2反应生成Fe(OH)3，Fe化合价升高，O元素化合价降低，离子反应方程式为；
【小问2详解】
①仪器a名称为分液漏斗；
②步骤2是从溶液中加热得到晶体，操作名称是蒸发浓缩；步骤3采用冰水冷却的目的是K3[Fe(C2O4)3]•3H2O在冰水中溶解度小，提高产率；
③乙醇易挥发，过滤后需要用乙醇溶液洗涤，其优点是K3[Fe(C2O4)3]•3H2O难于溶于乙醇，减少产品损失；乙醇易挥发，有利于产品干燥；
【小问3详解】
三草酸合铁(Ⅲ)酸钾{K3[Fe(C2O4)3]•3H2O}在强光下分解生成草酸亚铁(FeC2O4)，Fe元素化合价降低，则C元素化合价升高，生成CO2，反应的化学反应方程式为；
【小问4详解】
①在天平的标尺上，1g之间有10个小格，一个小格代表的质量是0.1g,即天平的分度值为0.1g；被测物体的质量为20g+1.9g=21.9g；
②与酸性标准溶液进行滴定，被还原为，草酸根离子被氧化为二氧化碳，滴定反应的关系式为：3~，则n(K3[Fe(C2O4)3]•3H2O)=n()=n()=cV×10-3ml×=5cV×10-3ml,则产品纯度为%。
17. 以钛铁矿(主要含，钛元素化合价为+4价；含、、等杂质)为原料制备颜料铵铁蓝的流程示意图如下：
已知：钛铁矿遇酸后钣元素以的形式存在于溶液中，易水解为[也可写作]。
（1）提高“酸浸”浸出率的方法有_______(任写一种即可)。
（2）“酸浸”时主要发生反应的化学方程式为_______；向酸浸液中加入铁粉的目的是_______。
（3）滤渣Ⅰ中的主要成分是_______。
（4）在“沉铁”步骤产生的白色沉淀为，转化为铵铁蓝的离子方程式为_______。
（5）加热水解后的滤液经处理后，可循环利用的物质除外还有_______(填化学式)，已知：常温下，，若要让水解完全(离子浓度小于)，应控制不低于_______。
（6）在物质制备的过程中需不断调整外界因素，以得到最佳制备条件。某小组为探究流程中“还原”工序的最佳条件进行了相关实验。
①在其他条件不变的情况下，体系中Fe(Ⅲ)含量随pH变化如图，试分析在pH介于4～6之间时，Fe(Ⅲ)含量基本保持不变的原因：_______。
②保持其他条件不变的情况下，体系中Fe(Ⅲ)含量随温度变化如图：
判断应选择的最佳温度为_______℃。
【答案】（1）粉碎钛铁矿
（2） ①. ②. 还原酸浸液中的
（3）和
（4）
（5） ①. ②. 2
（6） ①. 介于4~6之间时，铁离子水解完全，Fe(Ⅲ)主要以形式存在，不能和铁粉反应 ②. 55
【解析】
【分析】钛铁矿加入硫酸酸浸，再加入铁粉还原，真空降温结晶析出FeSO4晶体，过滤后得到滤渣和滤液，滤渣主要为FeSO4晶体，钛液主要含TiOSO4，钛液水解，得到偏钛酸，偏钛酸灼烧得二氧化钛；滤渣Ⅱ加水溶解，再加入(NH4)2SO4和，条件下调pH进行沉铁，得到白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6，然后过滤出沉淀，洗涤后加入NaClO和硫酸，NaClO具有氧化性，将Fe(NH4)2Fe(CN)6氧化为Fe(NH4)Fe(CN)6，最后将沉淀洗涤干燥，得到铵铁蓝。
【小问1详解】
钛铁矿加入硫酸酸浸，提高“酸浸”浸出率的方法有粉碎钛铁矿、适当增加酸的浓度、适当升高温度、延长浸取时间等；
【小问2详解】
钛铁矿(主要含)中加入硫酸酸浸，“酸浸”时主要发生反应的化学方程式为；钛铁矿中含Fe2O3，向酸浸液中加入铁粉的目的是还原酸浸液中的Fe3+；
【小问3详解】
钛铁矿中含CaO和SiO2，加入硫酸酸浸CaO转化为微溶的CaSO4，SiO2不反应也不溶解，所以滤渣Ⅰ中的主要成分是SiO2和CaSO4；
【小问4详解】
在“沉铁”步骤产生的白色沉淀为Fe(NH4)2Fe(CN)6，加入NaClO和硫酸，NaClO具有氧化性，将Fe(NH4)2Fe(CN)6氧化为Fe(NH4)Fe(CN)6，Fe(NH4)2Fe(CN)6转化为铵铁蓝的离子方程式为；
【小问5详解】
加热时水解反应为，滤液经处理后，可循环利用的物质除FeSO4外还有H2SO4，水解完全(离子浓度小于)时，，c(H+)=10-2ml/L，应控制pH不低于2；
【小问6详解】
①从图中可以看出，pH介于4~6之间时，铁离子水解完全，Fe(Ⅲ)主要以Fe(OH)3形式存在，不能和铁粉反应，所以pH介于4～6之间时，Fe(Ⅲ)含量基本保持不变；
②从图中可以看出，Fe(Ⅲ)的含量在55时最低，所以应选择的最佳温度为55。
18. 苯乙烯是用来制备重要高分子聚苯乙烯的原料。以水蒸气做稀释剂，有催化剂存在条件下，乙苯催化脱氢可生成苯乙烯。可能发生如下两个反应。
主反应：；
副反应：。
（1）已知，在298K、101kPa条件下，某些物质的相对能量变化关系如图所示。
_______。
（2）在不同的温度条件下，以水烃比投料，在膜反应器中发生乙苯脱氢反应。膜反应器可以通过多孔膜移去，提高乙苯的平衡转化率，原理如图所示。
已知：的移出率。
①忽略副反应。维持体系总压强恒定，在温度时，已知乙苯的平衡转化率为，的移出率为，则在该温度下主反应的平衡常数_______(用等符号表示并化简)。[对于气相反应，用某组分B的平衡压强代替物质的量浓度也可表示平衡常数，记作，如，为平衡总压强，为平衡系统中B的物质的量分数]
②乙苯的平衡转化率增长百分数与的移出率在不同温度条件下的关系如下表。
高温下副反应程度极小。试说明当温度高于950℃时，乙苯的平衡转化率随的移去率的变化改变程度不大的原因：_______。
③在一定条件下仅发生，反应达到平衡状态，当改变反应的某一条件后，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是_______(填字母)。
A．正反应速率先增大后减小 B．化学平衡常数值增大
C．反应物的体积百分数增大 D．混合气体密度增大
（3）不同催化剂效能与水烃比有关。保持体系总压为常压的条件下，水烃比为9(曲线Ⅰ)时，乙苯的平衡转化率与温度的关系的示意图如下：
请在图中画出水烃比为1时，乙苯的平衡转化率与温度的关系曲线(曲线Ⅱ) _______。
（4）含苯乙烯的废水的排放会对环境造成严重的污染，现采用电解法进行处理，其工作原理如下图(电解液是含苯乙烯和硫酸的废水，)，已知：(羟基自由基)具有很强的氧化性，可以将苯乙烯氧化成和。
①M连接电源的_______(填“正极”或“负极”)
②苯乙烯被氧化的化学反应方程式为_______。
【答案】（1）-54.6
（2） ①. ②. 主反应的吸热，高于950℃时，乙苯的平衡转化率很大(或平衡常数很大)，的移出率对平衡转化率的影响很小(或主反应的吸热，高于950℃时，温度对于主反应的影响大于的移出率对平衡转化率的影响) ③. AB
（3） （4） ①. 正极 ②.
【解析】
【小问1详解】
根据图像可知：
①；
②；
③；
根据盖斯定律：③-②+①，得；
小问2详解】
①，的移出率为b，剩余氢气，结合总压强p，将数据代入分压平衡常数，得；
②当温度高于950℃时，乙苯的平衡转化率随H2的移去率的变化改变程度不大的原因：主反应的吸热，高于950℃时，乙苯的平衡转化率很大(或平衡常数很大)，H2的移出率对平衡转化率的影响很小，或主反应的吸热，高于950℃时，温度对于主反应的影响大于H2的移出率对平衡转化率的影响；
③A．正反应速率先增大后减小说明正反应速率大于逆反应速率，平衡一定向正反应方向移动，故A正确；
B．该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数K值增大，故B正确；
C．反应物的体积百分数增大说明逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，故C错误；
D．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应为气体体积增大的反应，混合气体密度增大说明恒压条件下，平衡向逆反应方向移动，故D错误；
故选AB；
【小问3详解】
①水烃比为1时乙苯的平衡转化率与温度的关系曲线(曲线Ⅱ)：；
【小问4详解】
①由图可知，与电源正极连接的M电极为电解池的阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成羟基自由基和氢离子，故答案为：正极；
②由图可知，苯乙烯与羟基自由基发生的反应为苯乙烯与羟基自由基反应生成二氧化碳和水，反应的化学反应方程式为。选项
科技成果与应用
化学解读
A
手机玻璃是由一种特殊的钠硅酸盐材料制成
手机玻璃属于新型无机材料
B
杭州亚运会用“零碳甲醇”作为主火炬的燃料
“零碳甲醇”是指不含碳元素的甲醇
C
中国自主设计和建造的首艘邮轮“爱达·魔都号”，正式下水
邮轮船体上镶嵌的锌块可减缓船体生锈
D
中国成功开启了世界首个商用华龙一号核电站——福清核电站
核能属于新能源、不可再生能源
选项
实验操作
实验目的
A
将电石与饱和食盐水反应生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液，观察溶液是否褪色
验证乙炔能被酸性高锰酸钾溶液氧化
B
将灼热的木炭投入浓硝酸中，观察是否产生红棕色气体
检测浓硝酸能够氧化木炭
C
将苯和液溴在的催化下反应产生的混合气体先通入四氯化碳，再通入溶液中，观察是否有淡黄色沉淀生成
验证苯和液溴在的催化下发生取代反应
D
向盛有溶液的试管中滴加2滴的产生白色沉淀后，再滴加 2滴的又产生红褐色沉淀
验证该温度下，
(“—”表示共价键，“…”表示形成的双氢键)
温度/℃
增长百分数/%
移出率/%
700
950
1 000
60
8.43
4.38
2.77
80
16.8
6.1
3.8
90
27
7.1
4.39