江苏省普通高等学校招生考试2024届高三考前模拟测试卷(十八)化学试题（含答案）

这是一份江苏省普通高等学校招生考试2024届高三考前模拟测试卷(十八)化学试题（含答案），共12页。试卷主要包含了 单项选择题， 非选择题等内容，欢迎下载使用。
（满分100分，考试时间75分钟）
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16 Ti—48 Ba—137
一、 单项选择题：共13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 祝融号火星车主体部件采用新型铝基碳化硅材料制造。铝基碳化硅材料属于（ ）
A. 金属材料 B. 无机非金属材料
C. 有机合成材料 D. 复合材料
2. 反应2NH3＋NaClO===N2H4＋NaCl＋H2O用于合成N2H4。下列说法不正确的是（ ）
A. NH3的空间构型为正三角形 B. NaClO的电子式为Na＋[ eq \\al(·,·) eq \(O,\s\up6(··),\s\d4(··)) eq \\al(·,·) eq \(Cl,\s\up6(··),\s\d4(··)) eq \\al(·,·) ]－
C. N2H4含有极性键和非极性键 D. H2O和N2H4之间可以形成氢键
3. 嫦娥石属于陨磷钠镁钙石族，其纯晶体成分为Ca8YFe（PO4）7。下列说法正确的是（ ）
A. 电离能大小：I1（Na）>I1（Mg） B. 碱性强弱：Ca（OH）2>Mg（OH）2
C. 离子半径大小：r（Ca2＋）>r（P3－） D. 电负性大小：χ（P）>χ（O）
4. 实验小组利用如图所示装置制备氯酸钠。下列实验装置和操作不能达到实验目的的是（ ）
A. 用装置甲制备氯气 B. 用装置乙处理余氯
C. 用装置丙除去氯化氢 D. 用装置戊检验氯气
阅读下列材料，完成5～7题。
氮是参与生命活动的重要元素。氮在大气圈、水圈和生物圈中进行元素循环。自工业革命以来，人类活动大大加剧了含氮化合物在大气圈和水圈中的总流量，如化石燃料燃烧时产生的高温可使氮气转变为氮氧化物，从而对生态平衡产生了严重影响。从化学的视角深刻理解氮循环，合理使用含氮化合物，科学处理大气和水圈中的氮元素，保障地球生态安全，是化学学科的重要研究内容和责任。
5. 煤燃烧时，烟气中NO含量随温度和氧气含量的变化如右图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 燃煤过程中发生了氮的固定
B. 燃煤温度越高NOx污染越重
C. 含氧量越高越容易生成NO
D. 煤燃烧不影响自然界氮循环
6. 下列化学反应表示正确的是（ ）
A. 用水吸收二氧化氮制硝酸：2NO2＋H2O===HNO3＋NO
B. 用烧碱溶液吸收硝酸工业尾气：NO＋NO2＋2OH－===2NO eq \\al(－,2) ＋H2O
C. 雷雨天气空气中的氮气和氧气反应：N2＋2O2 eq \(=====,\s\up7(放电)) 2NO2
D. 铜粉和稀硝酸反应：4H＋＋2NO eq \\al(－,3) ＋Cu===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O
7. 用电解法对酸性含氯氨氮废水进行无害化处理的过程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. DSA电极与外接电源的负极连接
B. Cl－发生的电极反应为Cl－＋H2O－2e－===ClO－＋2H＋
C. 降解过程中应该控制条件避免发生反应②
D. 1 ml HO·和足量NH3反应，转移的电子数为2×6.02×1023
8. 下列物质的性质和用途具有对应关系的是（ ）
A. Al2O3熔点高，可用作电解制铝 B. Al（OH）3不稳定，可用于治疗胃酸过多
C. 明矾水解生成胶体，可用作混凝剂 D. 铝具有导热性，可用于制备铝热剂
9. 某光刻胶（ESCAP）由三种单体共聚而成，ESCAP在芯片表面曝光时发生如下反应：
下列叙述不正确的是（ ）
A. 合成ESCAP的一种单体为苯乙烯 B. 曝光时发生了取代反应和消去反应
C. X的酸性比ESCAP的酸性强 D. Y分子碳原子共平面且存在顺反异构
10. 下列实验探究方案能达到探究目的的是（ ）
11. 用粗硅制备多晶硅，主要发生的反应有① Si（s）＋3HCl（g） eq \(=====,\s\up7(高温)) H2（g）＋SiHCl3（g）；② SiHCl3（g）＋H2（g） eq \(=====,\s\up7(高温)) 3HCl（g）＋Si（S）。下列说法正确的是（ ）
A. 反应①的ΔS>0
B. 反应②的化学平衡常数K＝ eq \f(c（Si）·c3（HCl）,c（H2）·c（SiHCl3）)
C. 制备多晶硅的过程中应设法循环使用H2和HCl
D. 1 ml晶体硅中含有4 ml Si—Si键
12. 常温下，可用下图所示的方法制备FeCO3。已知：Kb（NH3·H2O）＝1.8×10－5，Ka1（H2CO3）＝4.5×10－7，Ka2（H2CO3）＝4.7×10－11，Ksp（FeCO3）＝3.1×10－11，Ksp[Fe（OH）2]＝8.0×10－16。下列说法正确的是（ ）
A. 0.1 ml·L－1 NH4HCO3溶液中：c（NH3·H2O）>c（H2CO3）
B. （NH4）2SO4溶液中：c（H＋）＝2c（NH3·H2O）＋c（OH－）
C. 反应2HCO eq \\al(－,3) ⇌H2CO3＋CO eq \\al(2－,3) 的平衡常数K约为1.04×10－4
D. 当混合液中c（Fe2＋）＝0.08 ml·L－1时，应控制pH≤8
13. 用草酸二甲酯（H3COOCCOOCH3）和氢气为原料制备乙二醇的反应原理如下：
H3COOCCOOCH3（g）＋2H2（g）===H3COOCCH2OH（g）乙醇酸甲酯＋CH3OH（g）；ΔH＝－16.3 kJ·ml－1
H3COOCCH2OH（g）＋2H2（g）===HOH2CCH2OH（g）＋CH3OH（g）；ΔH＝－14.8 kJ·ml－1
在2 MPa条件下，将氢气和草酸二甲酯体积比（氢酯比）为80∶1的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，草酸二甲酯的转化率、产物的选择性与温度的关系如图所示。
产物的选择性＝ eq \f(n生成（乙醇酸甲酯或乙二醇）,n反应（草酸二甲酯）) ×100%，下列说法正确的是（ ）
A. 曲线Ⅰ表示乙二醇的选择性随温度的变化
B. 其他条件不变，增大压强或升高温度，草酸二甲酯的平衡转化率均增大
C. 其他条件不变，在190～195 ℃温度范围，随着温度升高，出口处乙醇酸甲酯的量不断减小
D. 其他条件不变，在190～210 ℃温度范围，随着温度升高，出口处甲醇和乙二醇的物质的量之比[ eq \f(n（CH3OH）,n（HOCH2CH2OH）) ]减小
二、 非选择题：共4题，共61分。
14. （15分）以硫酸烧渣（主要成分为Fe2O3和少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等）为原料制备氧化铁红的工艺流程如下：
已知：Fe3＋＋3H2C2O4===Fe（C2O4） eq \\al(3－,3) ＋6H＋；Fe2＋＋H2C2O4===FeC2O4↓＋2H＋。
（1） “酸浸”时，使用草酸作为助剂可提高铁浸取率，草酸加入量[m（草酸）/m（硫酸烧渣）×100%]对铁浸取率的影响如图1所示。
① 加入草酸能提高铁浸取率的原因是 。
② 草酸加入量大于20%时，铁浸取率随草酸加入量增加而减小的原因是________________________________________________________________________
。
（2） “沉铁”时，反应温度对铁回收率的影响如图2所示。
① FeSO4转化为Fe（OH）3的离子方程式为 。
② 反应温度超过35 ℃时，铁回收率下降的原因是 。
③ “沉铁”后过滤所得“母液”中含有的主要成分为硫酸铵和 。
（3） “纯化”时，加入NaOH溶液的目的是 。
15. （15分）化合物G是合成抗肿瘤化合物氯化两面针碱的中间体，其合成路线如下：
（1） G分子中含氧官能团的名称为 。
（2） B→C的反应类型为 。
（3） A的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
① 分子能发生银镜反应、水解反应，且能与FeCl3溶液发生显色反应；
② 分子中含有四种不同化学环境的氢原子。
（4） 化合物F的分子式为C19H18O5，F的结构简式为 。
（5） 已知：①卤代烃与肼在碱性条件下易生成胺和腈（R—CN）；
为原料制备CH3的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。
16. （15分）钛酸钡（BaTiO3）是制备电子陶瓷材料的基础原料。
（1） 实验室模拟制备钛酸钡的过程如下：
已知：TiCl4能水解生成TiO2＋，TiO2＋能进一步水解生成TiO2；BaTiO3能与浓硫酸反应生成TiO2＋。草酸氧钛钡晶体的化学式为BaTiO（C2O4）2·4H2O。
① Ti（Ⅳ）的存在形式（相对含量分数）与溶液pH的关系如图1所示。“沉钛”时，需加入氨水调节溶液的pH在2～3之间，理由是 。
② 由草酸氧钛钡晶体（相对分子质量为449）煅烧制得钛酸钡分为三个阶段。现称取44.9 g草酸氧钛钡晶体进行热重分析，测得残留固体质量与温度的变化关系如图2所示。C点残留固体中含有碳酸钡和钛氧化物，
图3
则阶段Ⅱ发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________
。
③ 钛酸钡晶胞的结构示意图如图3所示，其中与Ti4＋紧邻的O2－构成的几何构型是 。
（2） 利用Fe3＋将浅紫色Ti3＋氧化为无色Ti（Ⅳ）的反应可用于测定钛酸钡的纯度。
① 请补充完整实验方案：称量2.33 g钛酸钡样品完全溶于浓硫酸后，加入过量铝粉，充分振荡，使其完全反应（Al将TiO2＋转化为Ti3＋）；________________________________________________________________________
；
将待测钛液转移到100 mL容量瓶中后定容，取20.00 mL待测钛液于锥形瓶中，
________________________________________________________________________
；
记录消耗标准液的体积，重复滴定实验操作3次，平均消耗标准液19.50 mL。
（实验时须使用的试剂有：稀硫酸、0.100 0 ml·L－1 FeCl3溶液、KSCN溶液）
② 钛酸钡样品的纯度为 （写出计算过程）。
17. （16分）脱除沼气中的H2S具有重要意义，脱除H2S有多种方法。
（1） 受热分解法。将H2S和CH4混合气导入热解器，反应分两步进行。
反应Ⅰ：2H2S（g）===2H2（g）＋S2（g）；ΔH1＝169.8 kJ·ml－1
反应Ⅱ：CH4（g）＋S2（g）===CS2（g）＋2H2（g）；ΔH2＝63.7 kJ·ml－1
现将硫化氢和甲烷按照2∶1体积比投料，并用N2稀释。在常压和不同温度下，反应相同时间后，H2、S2和CS2的体积分数随温度的变化关系如图1所示。
① 2H2S（g）＋CH4（g）===CS2（g）＋4H2（g）；ΔH3＝ 。
② 1 050 ℃时，H2的体积分数为 。
③ 在950～1 150 ℃范围内，其他条件不变，随着温度的升高，S2（g）的体积分数先增大而后减小，其原因可能是 。
（2） 光电催化法。某光电催化法脱除H2S的原理如图2所示。
① 光电催化法脱除H2S的离子方程式为 。
② 与受热分解法相比，光电催化法的优点是________________________________________________________________________
。
（3） 催化重整法。Fe2O3可以用作脱除H2S的催化剂，脱除过程如图3所示。
图3
① Fe2O3脱除H2S时需先进行吸附。利用如图乙进行吸附，比如图甲吸附能力强的原因是 。
② 脱除一段时间后，催化剂的活性降低，原因是________________________________________________________________________ 。
江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷(十八)
1. D 解析：铝基碳化硅中铝属于金属材料、碳化硅属于无机非金属材料，故其属于复合材料。
2. A 解析：A项，NH3的空间构型为三角锥形，错误；B项，ClO－中Cl、O间形成一个共用电子对，正确；C项，N2H4含有N、H间极性键和N、N间非极性键，正确；D项，O、H或N、H间电负性差值较大，H2O中O与N2H4中H或H2O中H与N2H4中N可以形成氢键，正确。
3. B 解析：A项，Mg的原子外层电子排布为3s2，全充满，能量更低，更稳定，I1(Mg)更大，错误；B项，Ca的金属性强于Mg，最高价氧化物的水化物的碱性更强，正确；C项，Ca2＋、P3－电子层排布相同，Ca的核电荷数更大，对核外电子的吸引力更强，离子半径相对较小，错误；D项，O的非金属性更强，故O的电负性较大(可以通过P、O化合物中P为正价、O为负价得出结论)，错误。
4. A 解析：A项，缺少加热装置，错误；B项，实验完关闭饱和食盐水相关装置的止水夹，打开烧杯上方的止水夹，就能进行尾气吸收了，正确；C项，饱和食盐水能吸收HCl并减少Cl2的溶解，正确；D项，Cl2能氧化KI生成I2，I2遇淀粉变蓝色，正确。
5. D 解析：A项，氮的固定指空气中N2转化为氮的化合物的过程。高温下，N2与O2能化合生成NO，正确；B项，观察图像不难发现，燃煤温度越高NO浓度越大，NOx污染越重，正确；C项，含氧量越高，NO浓度越大，正确；D项，煤的燃烧导致N2转化为NOx，影响了自然界氮循环，错误。
6. B 解析：A项，得失电子不守恒，配平错误；B项，发生归中反应生成NO eq \\al(－,2) ，正确；C项，放电条件下应生成NO，错误；D项，应生成NO而非NO2，错误。
7. C 解析：A项，DSA电极附近发生的都是氧化反应，故该电极为阳极，与电源正极相连，错误；B项，按照图示，Cl－在阳极先氧化为Cl2，Cl2再进一步转化为ClO－和HClO，错误；C项，反应②NH3转化为NO eq \\al(－,3) ，可能导致水体富营养化，应尽量转化为N2，正确；D项，HO·和足量NH3反应，HO·中－1价O降低为－2价，1 ml HO·和足量NH3反应，转移的电子为1 ml，错误。
8. C 解析：A项，熔化的Al2O3能导电且在阴极可被还原为Al，故可用作电解制铝，错误；B项，Al(OH)3具有碱性，可中和胃酸，可用于治疗胃酸过多，错误；C项，明矾水解生成胶体，能吸附水中悬浮物质，可用作混凝剂，正确；D项，铝具有还原性，可用于制备铝热剂，错误。
9. D 解析：A项，ESCAP由及CH2==CHCOOC(CH3)3三种单体共聚而成，正确；B项，曝光时高聚物中单体CH2==CHCOOC(CH3)3形成的部分，酯基发生水解(取代反应)，形成HOC(CH3)3，HOC(CH3)3发生消去反应生成(CH3)2==CH2，正确；C项，X中含有羧基，ESCPA中不含有，X酸性更强，正确；D项，碳碳双键的每一侧所连的两个基团(或原子)要不相同，才可能存在顺反异构，错误。
10. B 解析：A项，将BaSO4粉末和Na2CO3饱和溶液混合，有BaCO3沉淀生成，溶液中有SO eq \\al(2－,4) 发生沉淀转化，根据BaCO3(s)＋SO eq \\al(2－,4) (aq)⇌BaSO4(s)＋CO eq \\al(2－,3) (aq)，溶液中c(SO eq \\al(2－,4) )较大时，平衡会向生成BaSO4的方向移动，溶液中c(CO eq \\al(2－,3) )较大时，平衡会向生成BaCO3的方向移动，饱和Na2CO3溶液中c(CO eq \\al(2－,3) )较大，上层清液中一定会有SO eq \\al(2－,4) ，故该设计得不出Ksp(BaSO4)、Ksp(BaCO3)的相对大小的结论，错误；B项，根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性的规律，得出结论，正确；C项，若未发生氧化，也会生成BaSO3沉淀，错误；D项，高锰酸钾溶液褪色也可能是挥发的乙醇导致，错误。
11. C 解析：A项，反应①气体分子数变少，故ΔS＜0，错误；B项，Si为固体，不列入平衡常数表达式，错误；C项，H2、HCl循环使用可充分利用资源，正确；D项，晶体Si中每个Si原子与4个Si原子形成共价键，故每个Si原子占有一个共价键的1/2，故1 ml晶体硅中含有2 ml Si—Si键，错误。
12. C 解析：A项，根据越弱越水解的规律，Kb(NH3·H2O)＞Ka1(H2CO3)，则HCO eq \\al(－,3) 的水解程度大于NH eq \\al(＋,4) 的水解程度，水解产物浓度：c(NH3·H2O)＜c(H2CO3)，错误；B项，根据质子守恒，c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)，错误；C项，反应2HCO eq \\al(－,3) ⇌H2CO3＋CO eq \\al(2－,3) 的平衡常数K＝ eq \f(c（H2CO3）·c（CO eq \\al(2－,3) ）,c2（HCO eq \\al(－,3) ）) ＝ eq \f(c（H2CO3）·c（CO eq \\al(2－,3) ）·c（H＋）,c（HCO eq \\al(－,3) ）·c（H＋）·c（HCO eq \\al(－,3) ）) ＝ eq \f(Ka2（H2CO3）,Ka1（H2CO3）) ＝ eq \f(4.7×10－11,4.5×10－7) ≈1.04×10－4，正确；D项，应避免生成Fe(OH)2，则c(OH－)≤ eq \r(\f(Ksp[Fe（OH）2],c（Fe2＋）)) ＝ eq \r(\f(8.0×10－16,0.08)) ml·L－1＝10－7 ml·L－1，应控制pH≤7，错误。
13. D 解析：A项，根据题意可知，乙醇酸甲酯的选择性与乙二醇的选择性之和为100%，故曲线Ⅱ为乙二醇的选择性随温度的变化，错误；B项，由于反应Ⅰ为放热反应，故其他条件不变，升高温度，草酸二甲酯的平衡转化率减小，错误；C项，根据图像，在190～195 ℃温度范围内，乙醇酸甲酯的选择性变化不大，而同时草酸二甲酯的转化率(曲线Ⅰ)明显增大，故出口处乙醇酸甲酯的量增加，错误；D项，某温度下假设n反应(草酸二甲酯)＝x ml，乙醇酸甲酯的选择性为a，乙二醇的选择性为b，则反应生成甲醇为(a＋b)x ml，生成乙二醇为bx ml， eq \f(n（CH3OH）,n（HOCH2CH2OH）) ＝ eq \f(（a＋b）x ml,bx ml) ＝ eq \f(a,b) ＋1，根据图像可知随温度升高， eq \f(a,b) 变小，故出口处甲醇和乙二醇的物质的量之比变小，正确。
14. (15分)
(1) ① Fe3＋和H2C2O4生成Fe(C2O4) eq \\al(3－,3) ，促进草酸电离，溶液的H＋浓度增大(2分)；Fe3＋浓度降低，促进烧渣中铁的氧化物与硫酸的反应(2分) ② Fe2＋与C2O eq \\al(2－,4) 生成FeC2O4沉淀(2分)
(2) ① 2Fe2＋＋H2O2＋4NH3·H2O===2Fe(OH)3↓＋4NH eq \\al(＋,4) (2分)
② 温度升高，H2O2受热分解，使 Fe2＋氧化不充分(2分)；氨水受热挥发，氨水浓度减小，不利于Fe(OH)3的生成(2分)
③ 草酸铵或(NH4)2C2O4(1分)
(3) 除去Fe(OH)3中含有的Al(OH)3杂质(2分)
解析：(1) ① 草酸电离的草酸根离子Fe3＋与形成Fe(C2O4) eq \\al(3－,3) 并释放出更多H＋都能提高酸浸效果；另一方面溶液中Fe3＋浓度降低也更有助于溶解平衡的右移。② 结合题给信息，Fe3O4酸浸后生成的Fe2＋与H2C2O4反应生成FeC2O4沉淀，覆盖在硫酸烧渣表面，影响酸浸效果。(2) ① H2O2作氧化剂将Fe2＋氧化为Fe(OH)3，根据得失电子守恒配平氧化剂、还原剂并添加介质，应特别注意氨水参与的环境是碱性的，平衡电荷不能用H＋。② 应考虑H2O2、NH3·H2O均对热不稳定。③ 铵根离子、与草酸根离子一直在溶液中。(3) 硫酸渣中Al2O3，先转化为Al3＋，沉铁时转化为Al(OH)3，纯化时加入NaOH可将其除去。
15. (15分)
(1) 醚键、酰胺基(2分)
(2) 加成反应(2分)
解析：(2) B中碳碳双键部位与HCN发生加成反应。(3) 首先根据A的结构简式知其除苯环外有C3O3(不计H)、不饱和度为1，根据题意其有醛基、酯基和酚羟基，由于苯环外只有一个不饱和度，因此醛基和酯基合并为—OCHO(甲酸酯)；进一步推理可知结构具有对称性，且酚羟基、甲酸酯基处于苯环的对位，两个甲基关于它们对称(含有四种不同化学环境的氢原子)。(4) 根据G：，方框中—NHCHO来自F→G的试剂OHCNH2，故圆圈内标注的结构由E→F生成，结合分析E、F中碳原子、氧原子、不饱和度的变化，就能写出F的结构简式。(5) 根据合成产品的结构，让碳链增长可用A→B的信息。需要使产生羰基(O2、Cu、△)即，然后利用A→B的信息得到中酮羰基可用题给D→F中信息，但题目又提示，同时有碳碳双键和酮羰基时与N2H4反应会成环(已知2)，故先要把碳碳双键用水加成保护起来(不能用HBr，卤代烃也能与N2H4反应)。待酮羰基被还原后，再消去反应形成相应位置的碳碳双键。
16. (15分)
(1) ① pH在2～3之间时，Ti(Ⅳ)主要以TiO(C2O4) eq \\al(2－,2) 的形式存在，可直接与Ba2＋反应，有利于草酸氧钛钡晶体的生成(2分)
② BaTiO(C2O4)2 eq \(=====,\s\up7(220～470 ℃)) BaCO3＋TiO2＋2CO↑＋CO2↑(3分)
③ 正八面体(2分)
(2) ① 过滤(1分)，洗涤滤渣2～3次、将洗涤液与原滤液合并(1分)，向合并后的溶液中加入稀硫酸酸化(1分)
向锥形瓶中滴加2～3滴KSCN溶液(1分)，用0.100 0 ml·L－1 FeCl3溶液滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由浅紫色变成血红色，半分钟红色不褪去(1分)
② 根据反应Ti3＋＋Fe3＋―→Ti(Ⅳ)＋Fe2＋可知20 mL待测钛液中n(Ti3＋)＝n(Fe3＋)＝0.019 5 L×0.100 0 ml·L－1＝0.001 95 ml(1分)
钛酸钡样品的纯度为 eq \f(0.001 95 ml×5×233 g·ml－1,2.33 g) ×100%＝97.5%(2分)
解析：(1) ① 观察图1可知，pH在2～3之间时，Ti(Ⅳ)主要以TiO(C2O4) eq \\al(2－,2) 的形式存在。② 44.9 g草酸氧钛钡晶体的物质的量是0.1 ml，含有结晶水的物质的量是0.4 ml，质量是0.4 ml×18 g·ml－1＝7.2 g，A→B点固体质量减少44.9 g－37.7 g＝7.2 g，即B点固体是BaTiO(C2O4)2，测得C点残留固体中含有碳酸钡和钛氧化物，根据原子守恒可知碳酸钡的质量是0.1 ml×197 g·ml－1＝19.7 g，钛氧化物电子质量是27.7 g－19.7 g＝8.0 g，其中氧原子的物质的量为0.2 ml，所以该氧化物是TiO2，设生成的CO和CO2的物质的量分别是x ml、y ml，则x＋y＝0.4－0.1＝0.3，依据电子得失守恒可知x＝y＋0.1，解得x＝0.2，y＝0.1。据此写出化学方程式。③ 根据钛酸钡晶胞的结构示意图可知与Ti4＋紧邻的O2－位于棱的中心处，构成的几何构型是正八面体。(2) ① 根据“利用Fe3＋将浅紫色Ti3＋氧化为无色Ti(Ⅳ)的反应可用于测定钛酸钡的纯度”，加入过量铝粉后要进行过滤，滤渣要进行洗涤(滤渣表面的Ti3＋也不能浪费，洗涤液和滤液合并)，得到Ti3＋的溶液，就可以用Fe3＋进行滴定了，指示剂选用KSCN溶液。滴定的终点现象为当滴入最后半滴标准液时，溶液由浅紫色变成血红色，半分钟红色不褪去。②根据BaTiO3～Fe3＋进行计算，详细过程见答案。
17. (16分)
(1) ① 233.5 kJ·ml－1(2分)
② 3.6%(2分)
③ 在950～1 100 ℃之间，以反应Ⅰ为主，随温度升高，反应Ⅰ速率增大的幅度大于反应Ⅱ，S2(g)的体积分数增大(2分)；在1 100～1 150 ℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，S2(g)的体积分数减小(1分)
(2) ① 2H2S＋2I eq \\al(－,3) ===S2↓＋6I－＋4H＋(3分)
② 光电催化法脱除H2S，耗能低，还能持续发电(能量角度1分)；溶液中I－可循环利用，生成的副产物双氧水可回收利用(物质转化与利用角度1分)
(3) ① H2S中H带正电、S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电(1分)；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，吸附能力强(1分)
② 反应生成的硫单质附着在催化剂表面(2分)
解析：(1) ① 由盖斯定律可知，反应Ⅰ＋Ⅱ得ΔH3。② 1 050 ℃时，S2和CS2的体积分数分别为1.6%、0.1%，由化学方程式体现的关系可知，反应Ⅱ生成H2、消耗S2的体积分数分别为0.2%、0.1%，反应Ⅰ生成S2的体积分数为(0.1%＋1.6%)＝1.7%，则反应Ⅰ生成H2的体积分数为1.7%×2＝3.4%，故H2的体积分数为3.4%＋0.2%＝3.6%。③ 图 1中点都是在反应相同时间得出的，故曲线斜率变大体现了相应反应的速率变大。在950～1 150 ℃范围内，其他条件不变，随着温度的升高，S2(g)的体积分数先增大，体现了此时以反应Ⅰ为主；且温度升高反应Ⅰ的反应速率增加相对反应Ⅱ增加得更多，因而S2(g)的体积分数先增大；在1 100～1 150 ℃反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ。(2) ① 光电催化法脱除H2S的反应为硫化氢和I eq \\al(－,3) 发生氧化还原反应生成S2 、I－和4H＋。② 与受热分解法相比，光电催化法的优点是光电催化法脱除H2S，耗能低，还能持续发电；溶液中I－可循环利用，正极生成的副产物双氧水可回收利用。(3) ① 从电负性角度不难理解H2S中H带正电性，S带有负电性。② 反应有S生成，S覆盖在催化剂表面，影响其催化效果。
选项
探究方案
探究目的
A
将硫酸钡粉末和碳酸钠饱和溶液混合，充分振荡、静置，取上层清液1～2 mL，滴加盐酸和BaCl2溶液，观察是否有沉淀产生
探究BaSO4和BaCO3的溶度积常数相对大小
B
将二氧化硫气体通入碘和淀粉的混合溶液中，观察溶液颜色的变化
探究还原性：SO2>I－
C
向过氧化氢和氯化钡混合液中滴加亚硫酸钠溶液，观察是否产生沉淀
探究过氧化氢能否将亚硫酸盐氧化
D
加热溴乙烷和氢氧化钠—乙醇混合溶液，将产生的气体通入高锰酸钾溶液中，观察溶液颜色的变化
探究溴乙烷在此条件下发生取代反应还是发生消去反应