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北京市海淀区2025届高三上学期期末考试化学试题
一、本部分共14题，每题3分，共42分。在下列各题的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．（2025高三上·海淀期末）是钾元素的一种较稳定的核素，其衰变后产生。的半衰期(放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间)长达13亿年，故常用于古老岩石的年代测定。下列说法不正确的是
A．的原子核内有21个中子
B．和均易失去一个电子
C．可通过质谱法区分和
D．衰变为的过程属于化学变化
【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；原子结构的构造原理；元素、核素
【解析】【解答】A．钾-40（）的原子核内中子数为40-19=21个，A选项正确；
B．钾-39（）和钾-40（）的最外层电子数均为1，都容易失去一个电子，B选项正确；
C．由于钾-39和钾-40的相对原子质量不同，可以通过质谱法对二者进行区分，C选项正确；
D．钾-40衰变为氩-40（）的过程涉及元素种类的改变，属于核反应而非化学变化，D选项错误；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A．根据质量数等于质子数加上中子数分析；
B．和化学性质相同；
C．钾-39和钾-40在质谱图上峰值不同；
D．衰变是核反应，并不是化学变化。
2．（2025高三上·海淀期末）下列化学用语或图示表达正确的是
A．的电子云图为
B．的电子式为：
C．乙炔的结构简式为
D．的离子结构示意图为
【答案】A
【知识点】乙炔炔烃；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．轨道的电子云呈哑铃形分布，且沿z轴方向对称，其电子云图示为，因此选项A正确；B．分子中碳原子与氧原子通过双键连接，正确的电子式应为，故选项B错误；
C．乙炔分子中碳原子之间形成三键，其结构简式应表示为，因此选项C错误；
D．离子核内有8个质子，核外有10个电子，其正确的离子结构示意图为，故选项D错误；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A．p能级轨道电子云呈哑铃形；
B．二氧化碳结构中碳和氧之间是双键；
C．乙炔结构中是碳碳三建；
D．氧是6号元素，有6个质子。
3．（2025高三上·海淀期末）下列说法正确的是
A．淀粉能与银氨溶液发生银镜反应
B．两个氨基酸分子缩合最多生成一个水分子
C．脂肪酸可与甘油发生酯化反应
D．葡萄糖、蛋白质、油脂均可发生水解反应
【答案】C
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；银镜反应；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．淀粉属于非还原糖，无法与银氨溶液反应产生银镜现象，故选项A错误；
B．氨基酸脱水缩合时，氨基(-NH2)失去氢原子，羧基(-COOH)失去羟基(-OH)。若两分子氨基酸通过羧基和氨基同时脱水形成环状化合物，将生成两分子水(H2O)，故选项B错误；
C．脂肪酸的羧基(-COOH)与甘油的羟基(-OH)可发生酯化反应形成酯键，故选项C正确；
D．葡萄糖作为单糖，其分子结构不具备水解条件，故选项D错误；
综上所述，正确答案为C。
【分析】A．淀粉不具有还原性，不能被银氨溶液氧化；
B．两个氨基酸反应环化时，生成2分子水；
C．脂肪酸中有羧基，甘油是丙三醇，二者可发生酯化反应；
D．葡萄糖不能发生水解反应。
4．（2025高三上·海淀期末）下列物质性质不能由元素周期律推测的是
A．热稳定性： B．沸点：
C．氧化性： D．碱性：
【答案】B
【知识点】分子间作用力对物质的状态等方面的影响；卤素原子结构及其性质的比较；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A. 氮(N)和磷(P)同属第ⅤA族，氮的非金属性强于磷，因此其氢化物稳定性NH3 > PH3。该结论符合周期律解释，故A不选；
B. 水和氟化氢(HF)的沸点差异主要源于分子间氢键作用。虽然两者都能形成氢键，但水分子间可形成更多氢键网络，导致沸点更高。这一现象属于分子间作用力范畴，不能直接用元素周期律解释，故B选；
C. 溴(Br)和碘(I)同属第ⅦA族，溴的非金属性更强，因此氧化性Br2 > I2。该结论符合周期律解释，故C不选；
D. 钠(Na)和镁(Mg)同属第三周期，钠的金属性更强，故其氢氧化物碱性NaOH > Mg(OH)2。该结论符合周期律解释，故D不选；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A. 根据元素非金属性越强，对应氢化物越稳定分析；
B. 水的沸点高于氟化氢沸点和元素周期律无关；
C. 根据同主族元素非金属性自上而下减弱，对应单质氧化性减弱分析；
D. 元素金属性越强，对应氢氧化物碱性越强。
5．（2025高三上·海淀期末）下列实验中，不能达到实验目的的是
A．由制备无水 B．实验室制氯气
C．萃取碘水中的碘单质 D．验证氨易溶于水且溶液呈碱性
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；氨的性质及用途；氯气的实验室制法；分液和萃取
【解析】【解答】A．直接加热时，Fe3+会发生水解反应：。由于HCl易挥发，加热会促进水解平衡正向移动，最终只能得到Fe(OH)3沉淀，而无法获得无水FeCl3。正确制备方法应在HCl气氛中加热，以抑制Fe3+的水解。因此该操作不能达到实验目的，A项正确；
B．实验室制取氯气的标准方法是用MnO2与浓盐酸在加热条件下反应：。图示装置可以完成该制备实验，能达到实验目的，B项错误；
C．利用CCl4萃取碘水中的碘单质是标准分离方法，因为碘在CCl4中的溶解度远大于在水中的溶解度，且CCl4与水不互溶。图示萃取装置操作正确，能达到实验目的，C项错误；
D．喷泉实验通过挤压胶头滴管使水进入烧瓶，利用NH3极易溶于水的特性造成压强差。NH3溶于水形成碱性溶液使酚酞变红，可同时验证氨的溶解性和溶液碱性。该装置能达到实验目的，D项错误；
综上所述，只有A选项的操作不能达到实验目的，故选A。
【分析】A．三价铁离子会发生水解，加热 得到Fe(OH)3；
B．B选项中装置可制取氯气；
C．利用相似相容原理，可用四氯化碳萃取碘水中碘单质；
D．根据氨易溶于水，可设计喷泉实验，得氨水，溶液呈碱性，
6．（2025高三上·海淀期末）碱性锌锰干电池的结构示意图如下图。该电池放电时发生反应：。下列说法正确的是
A．Zn发生还原反应
B．正极发生反应
C．电池工作时向正极方向移动
D．理论上，每转移0.1mol电子，有8.8gMnOOH生成
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理
【解析】【解答】A. 负极材料为锌，发生失电子的氧化反应，A选项错误；
B. 正极反应应为二氧化锰得电子还原反应，其电极反应式为：MnO2＋e－＋H2O=MnOOH＋OH－，B选项错误；
C. 电池工作时阴离子（OH-）应向负极迁移，C选项错误；
D. 根据电子转移计算：锰元素化合价从+4降至+3，每转移0.1mol电子可生成0.1mol MnOOH（摩尔质量88g/mol），质量为8.8g，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、反应过程中Zn的化合价升高，发生氧化反应。
B、正极上MnO2发生得电子的还原反应，生成MnOOH，据此确定其电极反应式。
C、在原电池中，阴离子移向负极。
D、根据化合价变化可得关系式：MnOOH~e－，据此进行计算。
7．（2025高三上·海淀期末）下列实验现象与的电离平衡无关的是
A．向溶液中加入酚酞，溶液变红
B．向饱和溶液中通入少量气体，生成淡黄色沉淀
C．加热溶液，pH减小
D．25℃时，将的盐酸稀释10倍，溶液
【答案】B
【知识点】水的电离；盐类水解的应用；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A. 碳酸钠()是强碱弱酸盐，碳酸根离子()会发生水解反应：。这个过程促进了水的电离，使溶液呈碱性，加入酚酞后溶液变红。因此该现象与水的电离平衡有关，不符合题目要求，故A选项错误；
B. 向饱和硫化氢()溶液中通入少量二氧化硫()，会发生氧化还原反应：。这个反应是硫化氢与二氧化硫之间的直接反应，不涉及水的电离平衡移动，符合题目要求，故B选项正确；
C. 醋酸钠()是强碱弱酸盐，醋酸根离子()会发生水解反应：。这个过程促进了水的电离，且加热会进一步促进水解（同时水的离子积增大），导致溶液pH变化。因此该现象与水的电离平衡有关，不符合题目要求，故C选项错误；
D. 在25℃时，水的离子积。当pH=6的盐酸稀释10倍后，溶液仍呈酸性（），这是因为稀释过程中水的电离平衡被促进，水电离出的H+不能忽略。因此该现象与水的电离平衡有关，不符合题目要求，故D选项错误；
综上所述，正确答案是B选项。
【分析】A. 碳酸钠溶液中滴入酚酞，溶液变红，是碳酸根水解导致的，水解促进了水的电离；
B. 硫化氢和二氧化硫反应生成淡黄色硫单质，和水的电离无关；
C. 醋酸根离子水解吸热，加热促进水解，水的电离也增大；
D. 稀释盐酸，水的电离平衡增大。
8．（2025高三上·海淀期末）西替利嗪是一种抗过敏药，其结构简式如下图。
下列关于西替利嗪的说法正确的是
A．极易溶于水
B．可以发生取代反应和加成反应
C．分子内含有2个手性碳原子
D．能与NaOH溶液反应，不能与盐酸反应
【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质；烯烃；羧酸简介
【解析】【解答】A．西替利嗪分子中的烃基（疏水基）体积较大，导致其水溶性较差，因此"西替利嗪不易溶于水"的说法是正确的，故A选项错误；
B．西替利嗪分子结构中含有羧基（-COOH），可以发生酯化等取代反应；同时含有苯环结构，能够发生加成反应，故B选项正确；
C．在西替利嗪分子中，只有连接两个苯环的那个碳原子符合手性碳的定义，因此C选项的说法是错误的；
D．西替利嗪分子中的羧基（-COOH）能与NaOH发生中和反应；其分子中的氮原子含有一对孤电子对，可以与H+形成配位键而显碱性，因此能与盐酸反应，故D选项是错误的；
综上所述，正确答案是B。
【分析】A．根据西替利嗪结构可知，难溶于水；
B． 西替利嗪 结构中有羧基可发生取代反应，苯环上也可发生取代反应，苯环可发生加成反应；
C．手性碳原子是指连接四个不同基团的碳原子；
D．根据西替利嗪结构，可与氢氧化钠和盐酸反应。
9．（2025高三上·海淀期末）下列三种方法均可得到氘化氢(HD)：①电解HDO；②与NaH反应；③与反应。下列说法不正确的是
A．方法②中反应的化学方程式为
B．方法②得到的产品纯度比方法①的高
C．方法③能得到HD，说明电负性：
D．质量相同的HDO和所含质子数相同
【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；元素电离能、电负性的含义及应用；元素、核素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A. 在方法②中，与NaH发生归中反应生成HD，其化学方程式为：D2O + NaH = NaOD + HD↑，选项A正确；B. 方法①的阴极产物可能包含H2、D2和HD，而方法②所得产品的纯度高于方法①，选项B正确；
C. 方法③能够生成HD，这也是H元素的归中反应，说明LiAlH4中的H为-1价，进一步表明电负性关系为Al < H，选项C正确；
D. 虽然H和D的质子数相同，且单个HDO分子和D2O分子所含质子数相同，但质量相同的HDO和D2O的物质的量不同，因此它们的质子总数不相同，选项D错误；
综上，正确答案为D。
【分析】A.与NaH反应的化学方程式为：D2O + NaH = NaOD + HD↑；
B. 电解HDO 可得到H2、D2和HD，产品纯度较低；
C. LiAlH4中的H为-1价，Al为+3价，电负性关系为Al < H；
D.HDO分子和D2O分子量不同，质量相同时，物质的量的不同，则质子数不相同。
10．（2025高三上·海淀期末）HCHO和HCOOH是大气中常见的污染物，它们之间反应的可能路径如下图。
下列说法正确的是
A．总反应的速率主要由决定
B．该路径中，HCHO与HCOOH发生取代反应
C．HCHO与HCOOH反应时，
D．维持中间体的相互作用中，①和②均为氢键
【答案】A
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；活化能及其对化学反应速率的影响；取代反应
【解析】【解答】A．活化能是指过渡态物质总能量与反应物总能量的差值。在图中，峰值高度对应活化能大小：峰值越大表示活化能越大，反应越慢；峰值越小表示活化能越小，反应越快。总反应速率由最慢步骤决定，图中显示总反应速率主要由决定，选项A正确；
B．该反应路径中，甲醛（HCHO）的醛基被转化为羟基，实际上是HCHO与HCOOH发生了加成反应，选项B错误；
C．根据能量变化曲线，生成物能量低于反应物能量，说明该反应为放热反应，焓变（ΔH）应小于0，选项C错误；
D．氢键的形成需要氢原子与电负性大且原子半径小的原子（如F、O、N）结合。在维持中间体的相互作用中，②号作用不属于氢键，选项D错误；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A．总反应速率由慢反应速率决定，由图可知， 最大，反应速率最慢；
B．根据图中物质结构式，反应类型是加成反应；
C．由图可知，生成物能量低于反应物能量，为放热反应；
D．②号作用不符合氢键形成条件。
11．（2025高三上·海淀期末）下列方程式与所给事实不相符的是
A．铜与稀硝酸反应：
B．用溶液检验邻羟基苯甲酸中的羧基：
C．用作沉淀剂，处理废水中的：
D．向溶液中滴加足量浓氨水：
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮气体，根据电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，选项A正确；
B．羧基能与反应生成二氧化碳，而酚羟基不能与反应。用溶液检验邻羟基苯甲酸中的羧基的反应为：，选项B错误；
C．用作沉淀剂处理废水中的时，生成PbS沉淀，离子方程式为：，选项C正确；
D．向溶液中滴加足量浓氨水生成，离子方程式为：，选项D正确；
综上所述，正确答案是B。
【分析】根据酸性强弱顺序，醋酸>碳酸>苯酚>碳酸氢根，邻羟基苯甲酸和碳酸氢钠反应时，酚羟基不能和碳酸氢根反应。
12．（2025高三上·海淀期末）我国科研团队利用酯交换、缩聚两步法成功制备了具有高力学强度的异山梨醇型聚碳酸酯(PBIC)，合成路线如下。
下列说法不正确的是
A．碳酸二甲酯中，碳原子的杂化方式有2种
B．异山梨醇中的官能团为羟基和醚键
C．缩聚过程脱除的小分子为甲醇
D．合成1molPBIC时，理论上参加反应的丁二醇的物质的量为mmol
【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；缩聚反应
【解析】【解答】A．碳酸二甲酯分子中甲基碳原子采用sp3杂化，羰基碳原子采用sp2杂化，存在两种杂化方式，选项A正确；B．异山梨醇分子结构中含有羟基(-OH)和醚键(-O-)两类官能团，选项B正确；
C．根据原子守恒分析，缩聚反应过程中脱除的小分子应为碳酸二甲酯，原选项C的表述有误；
D．合成1摩尔PBIC高分子时，若聚合物链中含有m个丁二醇结构单元，则理论需消耗 mmol 的丁二醇原料，选项D正确；
综上所述，正确答案为C选项。
【分析】A．根据碳成键形式，碳酸二甲酯分子中sp3杂化和sp2杂化两种杂化方式；
B．根据异山梨醇分子结构，含有官能团羟基和醚键；
C．根据缩聚反应，反应物和生成物结构结合原子守恒，生成小分子碳酸二甲酯；
D．由合成路线， mmol 丁二醇合成 1molPBIC 。
13．（2025高三上·海淀期末）实验室常用磷酸二氢钾()和磷酸氢二钠()配制成磷酸盐缓冲溶液，以保存有生物活性的样品(如蛋白激酶等)。室温下，1L某磷酸盐缓冲溶液中含有0.1mol和0.1mol。
已知：i．可溶，和难溶。
ii．室温下，不同pH时，溶液中含磷微粒的物质的量分数如下图。
下列关于该缓冲溶液的说法不正确的是
A．溶液pH约为7
B．
C．通入0.05molHCl气体后，溶液pH小于6
D．加入激活蛋白激酶时，溶液pH可能降低
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算
【解析】【解答】A. 磷酸盐缓冲溶液由0.1 mol和0.1 mol组成。根据图示，当和的物质的量质量分数均为0.5（即浓度相等）时，溶液的pH约为7，因此A项正确。
B. 根据磷元素守恒，溶液中所有含P粒子的浓度之和为0.2 mol/L。即：
，因此B项正确。
C. 缓冲溶液的特性是加入少量酸或碱时，溶液的pH几乎不变。因此C项是错误的。
D. 当加入激活蛋白激酶时，钙离子()会与磷酸根()生成沉淀，促进和的电离平衡正向移动，导致溶液的pH降低。因此D项正确。
本题的正确答案是C。
【分析】A. 根据题中图知，和为1：1时，pH约为7；
B. 根据磷元素守恒，总浓度为0.2 mol/L；
C. 根据缓冲溶液性质，加入硫化氢并不能引起pH变化；
D. 根据磷酸钙式沉淀，消耗磷酸根促进酸式根离子电离，溶液酸性增强。
14．（2025高三上·海淀期末）合成气(CO与混合气体)在生产中有重要应用。铁基氧载体可以实现与重整制备合成气，过程如图1.不同温度下，氧化室中气体的体积分数如图2.
下列说法不正确的是
A．氧化室中的主要反应为
B．由图1可知，若实现循环，理论上所得合成气中
C．500~650℃时，氧化室中比CO更易发生副反应
D．该方法既可制备有价值的合成气，又可减少温室气体的排放
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．根据图示分析，氧化室内发生反应：与反应生成CO、H2和FeO。通过电子守恒和原子守恒配平得到化学方程式：，选项A正确；
B． 由图可知，还原室中FeO和CO2反应生成和CO，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，氧化室中发生反应：，若实现循环，说明生成的FeO和消耗的FeO相等，则合成气中，B正确；
C．氧化室反应在500-650℃时，H2体积分数超过CO的2倍，表明CO比H更容易发生副反应，选项C错误；
D．该过程实现了CO与CH重整制备合成气，有助于减少温室气体排放，选项D正确；
正确答案为C。
【分析】A．根据图1，反应物是甲烷和四氧化三铁，生成物是一氧化碳、氢气和氧化亚铁；
B．根据氧化室和还原室发生的反应，可得一氧化碳和氢气物质的量之比；
C．根据图2，氢气体积分数高于一氧化碳体积分数，说明一氧化碳消耗多，更易发生副反应；
D．生成物中无二氧化碳，减少了温室气体排放。
二、本部分共5题，共58分。
15．（2025高三上·海淀期末）氯碱工业是以电解饱和食盐水为基础的工业，电解装置的示意图如下。
（1）电解饱和食盐水总反应的化学方程式为　 　。电解时需加盐酸控制阳极区溶液pH在2~3，结合生产目的解释原因：　 　。
（2）储存饱和食盐水的金属设备容易发生电化学腐蚀，食盐水的流动和搅拌会加剧腐蚀，原因是　 　。
（3）淡盐水补食盐后可循环利用，但其中溶解的会部分转化为，造成设备腐蚀。需向淡盐水中加入盐酸脱除，补全该反应的离子方程式：　 　。
______________________。
（4）阳离子交换膜是一种复合高分子材料，其靠近阴极的一侧富含，可排斥阴离子，因而具有离子选择透过性。若阳极室酸性过强，阳离子交换膜的选择透过性会降低，原因是　 　。
【答案】（1）；增大，使平衡逆向移动，减少氯气的消耗
（2）增加氧气与食盐水的接触，促进氧气的溶解，加剧金属的吸氧腐蚀
（3）
（4）通过阳离子交换膜迁移至阴极室一侧，与膜上的生成，对阴离子的排斥力降低
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）在电解饱和食盐水的过程中，阳极发生氧化反应，Cl-失去电子生成Cl2；阴极发生还原反应，H2O得到电子生成H2和OH-。总反应方程式为：。电解过程中需要加入盐酸控制阳极区溶液的pH在2~3，主要原因是：增大，促使平衡向左移动，减少氯气的消耗；
（2）储存饱和食盐水的金属设备容易发生电化学腐蚀，当食盐水流动或受到搅拌时，会加剧腐蚀现象。这是因为流动和搅拌增加了氧气与食盐水的接触面积，促进氧气的溶解，从而加速金属的吸氧腐蚀过程；
（3）和Cl-在酸性条件下发生归中反应生成Cl2。Cl元素的化合价从+5价降至0价，同时从-1价升至0价。根据电子得失守恒和电荷守恒原则，配平后的离子方程式为：；
（4）当阳极室酸性过强时，阳离子交换膜的选择透过性会下降。这是因为：会通过阳离子交换膜迁移到阴极室一侧，与膜上的结合生成，从而减弱了对阴离子的排斥作用。
【分析】 (1) 氯碱工业中电解饱和水，在阴极生成氢气，阳极生成氯气，增大阳极区溶液酸性可减小氯气溶解；
(2) 饱和食盐水作电解质，金属可发生吸氧腐蚀；
(3) 氯酸根和氯离子在酸性条件下，发生归中反应，根据离子方程式书写步骤，可写出对应离子方程式；
（4）氢离子会消耗 ，使交换膜对阴离子排斥力降低。
（1）电解饱和食盐水过程中Cl-在阳极失去电子生成Cl2，H2O在阴极得到电子生成H2和OH-，总方程式为：，解时需加盐酸控制阳极区溶液pH在2~3，原因是：增大，使平衡逆向移动，减少氯气的消耗。
（2）储存饱和食盐水的金属设备容易发生电化学腐蚀，食盐水的流动和搅拌会加剧腐蚀，原因是：增加了氧气与食盐水的接触，促进氧气的溶解，加剧金属的吸氧腐蚀。
（3）和Cl-在酸性环境中发生归中反应生成Cl2，Cl元素化合价由+5价下降到0价，又由-1价上升到0价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
（4）若阳极室酸性过强，阳离子交换膜的选择透过性会降低，原因是：通过阳离子交换膜迁移至阴极室一侧，与膜上的生成，对阴离子的排斥力降低。
16．（2025高三上·海淀期末）Ti是一种密度小，强度大的金属。钛合金也有广泛应用。
（1）将Ti的基态原子价电子轨道表示式补充完整：　 　。
。
（2）Ti的三种四卤化物的熔点如下表。
四卤化物
熔点/℃ 38.3 155
、、的熔点依次升高的原因是　 　。
（3）可用于制备金属Ti．工业上常以和为原料制备，反应时需加入焦炭。
已知：ⅰ.
ⅱ.
从平衡移动角度解释加入焦炭的作用：　 　。
（4）合金有良好的生物相容性，其晶体有和两种立方晶胞结构，如下图。
①中，Au周围最近且等距的Ti的个数为　 　。
②若和两种晶胞棱长分别为anm和bnm，则两种晶体的密度之比为　 　。
（5）用滴定法测定合金中Ti含量：取ag合金，加入足量浓硫酸共热，得到紫色溶液，并在酸性条件下定容至250mL；取25mL溶液于锥形瓶中，以KSCN为指示剂，用溶液进行滴定，逐渐变为(无色)，达到滴定终点时，消耗溶液VmL。
①滴定过程被氧化为的离子方程式为　 　。
②滴定终点的现象：滴入最后一滴溶液，　 　。
③合金中Ti的质量分数为　 　。
【答案】（1）
（2）、、均为分子晶体，相对分子质量依次增大，范德华力随之增大
（3）很大，通过反应ⅱ可显著降低，促使i中平衡正向移动；，反应ⅱ放热使温度升高，促使ⅰ中平衡正向移动
（4）12；
（5）；溶液变为红色，半分钟内不褪色；
【知识点】原子核外电子排布；晶体熔沸点的比较；晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；中和滴定
【解析】【解答】（1）钛（Ti）的原子序数为22，位于元素周期表第四周期第IVB族。其价电子排布式为3d24s2，因此基态Ti原子的价电子轨道表示式为；
（2）题目中涉及的三种物质均为分子晶体。分子晶体的熔点主要取决于分子间作用力（范德华力）的强弱，而分子量越大，范德华力通常越强，因此熔点也越高；
（3）由于反应ii的平衡常数很大，加入焦炭后能显著降低体系中O2的浓度，从而使反应i的平衡向正反应方向移动。同时，反应i的ΔH>0（吸热反应），而反应ii释放大量热量，进一步促进反应i的正向进行，最终提高TiCl4的产率；
（4）根据晶胞结构分析，与金原子(Au)距离相等的钛原子(Ti)位于相邻晶面的面心位置，因此每个Au原子周围共有12个等距Ti原子。晶体的密度计算公式为： ρ=，、的N分别为1、2，V分别为a3、b3， 代入公式 可得和的密度之比为；
（5）Ti2(SO4)3和Fe2(SO4)3与水反应生成FeSO4、TiOSO4和硫酸，离子反应方程式为：；当溶液中的Ti3+完全反应后，继续滴加的Fe2(SO4)3会与KSCN反应使溶液显红色，因此滴定终点的判断标准为：滴入最后一滴Fe2(SO4)3溶液后，溶液变红且半分钟内不褪色。根据反应计量关系：Ti → Ti3+ → Fe3+，可计算合金中Ti的质量分数为：。
【分析】 (1)根据 钛元素价电子排布式为3d24s2作答；
(2) 根据影响分子晶体熔沸点因素分析，分子间作用力越大，熔沸点越高；
(3) 碳和氧气反应，降低氧气浓度，反应1正向移动；
(4)根据密度计算公式 ρ=计算；
(5) 滴定实验中，滴定终点现象变化为溶液变为红色。
（1）Ti是22号元素，位于第四周期IVB族，价电子排布式为3d24s2，故Ti的基态原子的价电子轨道表示式为；
（2）这三种化合物均为分子晶体，分子晶体的熔点受范德华力的大小影响，分子量越大范德华力越大，熔点也越高；
（3）反应ii的平衡常数很大，加入焦炭后，能够显著减少O2的含量，促使反应i的平衡正向移动，又因反应i的△H>0，反应ii放出大量的热也有利于反应i的平衡正向移动，从而提高TiCl4的产率；
（4）由晶胞结构可知，与Au等距的Ti位于相邻面的面心，故与Au等距的Ti共有12个；晶胞密度ρ=，、的N分别为1、2（均摊法），V分别为a3、b3，代入公式可得和的密度之比为；
（5）Ti2(SO4)3、Fe2(SO4)3与水反应生成FeSO4、TiOSO4和硫酸，反应的离子方程式为；当溶液中的全部反应，继续滴加的Fe2(SO4)3溶液会与KSCN反应使溶液变红色，故当滴入最后一滴Fe2(SO4)3溶液，溶液变为红色，且半分钟内不褪色说明达到滴定终点；结合Ti2(SO4)3与Fe2(SO4)3反应的离子方程式可知有如下计量关系：Ti~~，则合金中Ti的质量分数为。
17．（2025高三上·海淀期末）钌(Ru)是贵金属，在医疗、催化等方面有重要应用。熔融-氧化-蒸馏法是工业上回收废钌催化剂中Ru的一种方法，流程如下。
已知：ⅰ.易挥发，加热时容易分解成和。
ⅱ.随温度升高，溶解度增大。
（1）废钌催化剂中的钌单质和经碱熔焙烧生成，其中的作用是　 　。
（2）如图1所示，蒸馏温度高于80℃时，蒸馏收率随着温度的升高而降低，可能的原因是　 　。
（3）氧化-蒸馏时选用硫酸酸化而非盐酸，原因是　 　(用离子方程式表示)。
（4）获得晶体的操作A包括加热浓缩、　 　、　 　。
（5）用交替电解法可剥落旧电极表面的催化涂层，再用熔融-氧化-蒸馏法回收Ru。
已知：ⅰ.电解时会生成Ru、和，新生成的含钌物质在电极上的附着力弱。
ⅱ.电解一段时间后，惰性阳极可能被部分氧化，导电能力降低。
①交替电解装置如图2，每隔5~6分钟改变一次电流方向。电解时两电极上均有少量气泡产生。刚通电时，阳极的电极反应式为　 　、　 　。
②用交替电解法剥落涂层的效率较高，可能的原因有　 　(填序号)。
a．含钌物质可同时从a、b两电极上脱落
b．阴极上，全部电子均用于还原
c．电流变向后，部分氧化的阳极被还原，电阻减小
【答案】（1）作氧化剂
（2）受热易分解或生成HClO受热分解等
（3）
（4）冷却结晶；过滤(洗涤)
（5）；；ac
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）KNO3在焙烧过程中作为氧化剂，将Ru和RuO2中的Ru元素氧化；
（2）蒸馏温度高于80℃时收率下降的主要原因是：受热分解为和，同时HClO也可能发生分解；
（3）选用硫酸酸化是为了避免盐酸中的Cl-与NaClO发生反应：；
（4）结晶操作选择"加热浓缩→冷却结晶→过滤"的依据是的溶解度随温度升高而增大；
（5）①刚通电时，由于电解时两电极上均有少量气泡产生，故水会在阳极失去电子生成氧气，电极反应式为，RuO2也会在阳极失去电子生成，电极反应式为；
②a．由于每隔5~6分钟改变一次电流方向，使得电极a、b交替作为阳极和阴极，含钌物质可同时从a、b两电极上脱落，提高了剥落RuO2涂层的效率，a 正确；
b．阴极上除了RuO2得到电子被还原外，溶液中的H+也可能得到电子生成H2（因为电解时两电极上均有少量气泡产生 ），并非全部电子均用于还原RuO2，b 错误；
c．已知电解一段时间后，惰性阳极可能被部分氧化，导电能力降低，而电流变向后，原来被氧化的阳极变为阴极，部分氧化的阳极被还原，电阻减小，有利于电解的进行，从而提高了剥落RuO2涂层的效率，c 正确；
故选ac。
【分析】该工艺过程主要分为以下几个步骤：焙烧阶段：废钌催化剂与KOH、KNO3在650℃下焙烧，钌单质和RuO2转化为K2RuO4。其中KNO3作为氧化剂，将Ru元素从0价和+4价氧化至+6价。蒸馏阶段：碱熔渣与NaClO、硫酸在减压条件下蒸馏得到RuO4蒸气。需要注意：RuO4易挥发且受热易分解为RuO2和O2，因此蒸馏温度需控制在80℃以下， 使用硫酸而非盐酸酸化，避免Cl-与ClO-反应生成有毒的Cl2，.结晶阶段：RuO4与浓盐酸反应生成RuCl3溶液，利用其溶解度随温度升高而增大的特性，通过加热浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到RuCl3·3H2O晶体，还原阶段：最后将RuCl3·3H2O在H2气氛中还原得到金属钌。
（1）由分析知，废钌催化剂和KOH、KNO3在650℃进行焙烧，废钌催化剂中的钌单质和经碱熔焙烧生成，钌单质和中Ru的化合价均升高，被氧化，故KNO3作为氧化剂；
（2）由已知ⅰ知：易挥发，加热时容易分解成和，故蒸馏温度高于80℃时，蒸馏收率随着温度的升高而降低，可能的原因是受热易分解或生成HClO受热分解等；
（3）由分析知，氧化-蒸馏时，用NaClO作为氧化剂，若使用盐酸，NaClO与盐酸发生反应，故选用硫酸酸化而非盐酸；
（4）由已知ⅱ知：随温度升高，溶解度增大，故溶液经加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)即可得到晶体；
（5）①刚通电时，由于电解时两电极上均有少量气泡产生，故水会在阳极失去电子生成氧气，电极反应式为，RuO2也会在阳极失去电子生成，电极反应式为；
②a．由于每隔5~6分钟改变一次电流方向，使得电极a、b交替作为阳极和阴极，含钌物质可同时从a、b两电极上脱落，提高了剥落RuO2涂层的效率，a 正确；
b．阴极上除了RuO2得到电子被还原外，溶液中的H+也可能得到电子生成H2（因为电解时两电极上均有少量气泡产生 ），并非全部电子均用于还原RuO2，b 错误；
c．已知电解一段时间后，惰性阳极可能被部分氧化，导电能力降低，而电流变向后，原来被氧化的阳极变为阴极，部分氧化的阳极被还原，电阻减小，有利于电解的进行，从而提高了剥落RuO2涂层的效率，c 正确；
故选ac。
18．（2025高三上·海淀期末）瓢虫分泌的生物碱可用于研发杀虫剂，瓢虫生物碱前体化合物L的合成路线如下。
已知：
ⅰ.
ⅱ.
（1）P的结构简式是。用乙酸和甲醇合成P的化学方程式为　 　。
（2）B→C的反应类型是　 　。
（3）C中官能团的名称是　 　。用虚线标注出C→D时C的断键位置：　 　。
（4）E中不含醛基，含有一个五元环，E的结构简式为　 　。
（5）I的核磁共振氢谱有两组峰，峰面积之比为，A和P以物质的量之比合成I的化学方程式为　 　。
（6）J中含有三个六元环，J的结构简式为　 　。
（7）K→L过程中转变为。理论上发生反应的K与的物质的量之比为　 　。
【答案】（1）
（2）加成
（3）酯基、醛基；
（4）
（5）
（6）
（7）
【知识点】有机物中的官能团；烯烃；羧酸简介；酯化反应
【解析】【解答】（1）P是乙酸甲酯，其合成反应为乙酸与甲醇的酯化反应，方程式为：；
（2）B的结构为，与C的结构对比可知，B→C是B与中碳碳双键发生的加成反应；
（3）C结构中的官能团包括酯基和醛基。对比C和D的结构变化，C→D的断键位置为：
（4）E的结构确定为；
（5）根据信息ⅰ和C的结构，A与P按1：2比例合成I，且I的核磁氢谱显示两组峰（面积比3：2），可推出I为，其合成反应为：
+ + 2CH3OH；
(6)由第5问可知I为，结合信息ⅱ和H的结构，J含有三个六元环，其结构为
(7)根据K的分子式和L的结构，K与反应生成L、水和氮气，方程式为：K + → L + H2O + N2，根据元素守恒，反应系数均为1，故K与的理论物质的量比为1：1。
【分析】根据信息ⅰ和化合物C的结构式推断，B的结构为。第4问提示E不含醛基但含五元环，结合D、G的结构式及E的分子式可确定E的结构为，这是解题的关键。
（1）P为乙酸甲酯，则乙酸和甲醇发生酯化反应的方程式为：；
（2）由分析可知，B为，结合C的结构简式可知，B→C为B和中碳碳双键的加成反应；
（3）结合C的结构简式可知，C中官能团的名称是酯基、醛基；对比C和D的结构简式可知，C→D时C的断键位置为：
（4）由分析可知，E的结构简式为；
（5）结合信息ⅰ和C的结构简式，同时结合A和P以物质的量之比合成I，且I的核磁共振氢谱有两组峰，峰面积之比为，则I为，则合成I的化学方程式为：++2CH3OH；
（6）结合第5问分析可知，I为，同时结合信息ⅱ和H的结构简式，J中含有三个六元环，J的结构简式为；
（7）结合K的分子式和L的结构简式可知，K和反应生成L和水，方程式为：K+→L+H2O+N2，根据元素守恒可知，所有物质的系数都是1，则理论上发生反应的K与的物质的量之比为1∶1。
19．（2025高三上·海淀期末）某小组同学用下图装置探究与亚铁盐溶液的反应(夹持装置略)。
已知：稀溶液中的水合离子几乎无色；(黄色)。
操作：向0.56g铁粉中迅速加入10mL试剂X，塞紧试管C上的胶塞，立即打开活塞a，待C中铁粉完全溶解后，关闭活塞a，打开活塞b．C中现象如下表。
序号 试剂X C中现象
打开活塞a后 打开活塞b后
Ⅰ 盐酸 有大量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液迅速变黄，后逐渐变为浅绿色 溶液逐渐变为浅黄色，产生极少量淡黄色沉淀
Ⅱ 盐酸 有大量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液迅速变黄，后逐渐变为浅绿色 溶液逐渐变为黄色，产生少量淡黄色沉淀
Ⅲ 硫酸 有大量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液逐渐变为浅绿色 无明显变化
（1）打开活塞b后，B中反应的化学方程式为　 　。
（2）上述实验中，打开活塞a一段时间后关闭，再打开活塞b，目的是　 　。
（3）打开活塞a期间，实验Ⅰ~Ⅲ中的现象有相同也有不同。
①实验Ⅰ、Ⅱ中，试管C中无色溶液均先变黄，再逐渐变为浅绿色。溶液由黄色变为浅绿色的原因是　 　(用离子方程式表示)。
②实验Ⅲ中，溶液始终未变黄，可能的原因是　 　。
（4）经检验，实验Ⅰ、Ⅱ中的淡黄色沉淀为硫单质。甲同学猜想可能是自身发生歧化反应，乙同学通过实验排除了这种可能性，其实验操作及现象为　 　。
（5）综合上述实验，可以得出的结论是　 　(结合化学用语说明)。
【答案】（1）
（2）产生，将装置中的空气/氧气排净
（3）；Ⅲ中不含时，不易被氧化为(或被氧化为后，几乎无色，未生成黄色的)
（4）取实验Ⅰ或实验Ⅱ中反应后C内溶液于试管中，滴加溶液，无白色沉淀
（5）存在时，能与反应：，增大时，平衡正向移动
【知识点】氧化还原反应；二氧化硫的性质；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）打开活塞b后发生的反应方程式为：；
（2）打开活塞a后关闭，再打开活塞b的目的：通过稀硫酸与碳酸钠反应产生CO2气体（反应式同上），将装置中的空气（特别是氧气）排出，确保后续实验在无氧环境中进行；
（3）①向0.56g铁粉中迅速加入10mL试剂X，塞紧试管C上的胶塞，铁粉与盐酸反应生成，立即打开活塞a，生成的将装置内的空气赶入C中，被氧化为，待C中铁粉完全溶解后，关闭活塞a，打开活塞b，将生成的通入C中，由实验Ⅰ、Ⅱ中，试管C中无色溶液均先变黄，即为被氧化为，与结合发生(黄色)反应，溶液为黄色，再发生反应，使逐渐变为浅绿色；
②实验Ⅲ中，由于不含时，不易被氧化为(或被氧化为后，几乎无色，未生成黄色的)，溶液始终未变黄；
（4）将生成的通入C中，经检验，实验Ⅰ、Ⅱ中的淡黄色沉淀为硫单质，甲同学猜想可能是自身发生歧化反应，即歧化生成S和生成，乙同学取实验Ⅰ或实验Ⅱ中反应后C内溶液于试管中，滴加溶液，无白色沉淀，即排除了有离子存在，即排除了自身发生歧化反应的这种可能性；
（5）由实验Ⅰ、Ⅱ中，试管C中无色溶液均先变黄，再逐渐变为浅绿色，实验Ⅲ中，溶液始终未变黄，可知存在时，能与反应：，增大时，平衡正向移动。
【分析】实验操作步骤如下：首先打开活塞a，使分液漏斗中的稀硫酸流入圆底烧瓶A，与碳酸钠发生反应：，生成的CO2气体用于排除装置中的空气。接着打开活塞b，将70%的硫酸滴入三颈烧瓶，与亚硫酸钠反应：，生成的SO2气体通入C装置。在C装置中研究SO2与亚铁盐溶液的反应。最后用D装置中的NaOH溶液吸收剩余的SO2，防止污染环境。
（1）由分析知，打开活塞b，将分液漏斗中70%的硫酸滴入三颈烧瓶中，与发生反应的化学方程式为；
（2）由分析知，打开活塞a一段时间后关闭，再打开活塞b，稀硫酸与碳酸钠发生反应产生，将装置中的空气/氧气排净；
（3）①向0.56g铁粉中迅速加入10mL试剂X，塞紧试管C上的胶塞，铁粉与盐酸反应生成，立即打开活塞a，生成的将装置内的空气赶入C中，被氧化为，待C中铁粉完全溶解后，关闭活塞a，打开活塞b，将生成的通入C中，由实验Ⅰ、Ⅱ中，试管C中无色溶液均先变黄，即为被氧化为，与结合发生(黄色)反应，溶液为黄色，再发生反应，使逐渐变为浅绿色；
②实验Ⅲ中，由于不含时，不易被氧化为(或被氧化为后，几乎无色，未生成黄色的)，溶液始终未变黄；
（4）将生成的通入C中，经检验，实验Ⅰ、Ⅱ中的淡黄色沉淀为硫单质，甲同学猜想可能是自身发生歧化反应，即歧化生成S和生成，乙同学取实验Ⅰ或实验Ⅱ中反应后C内溶液于试管中，滴加溶液，无白色沉淀，即排除了有离子存在，即排除了自身发生歧化反应的这种可能性；
（5）由实验Ⅰ、Ⅱ中，试管C中无色溶液均先变黄，再逐渐变为浅绿色，实验Ⅲ中，溶液始终未变黄，可知存在时，能与反应：，增大时，平衡正向移动。
1 / 1北京市海淀区2025届高三上学期期末考试化学试题
一、本部分共14题，每题3分，共42分。在下列各题的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．（2025高三上·海淀期末）是钾元素的一种较稳定的核素，其衰变后产生。的半衰期(放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间)长达13亿年，故常用于古老岩石的年代测定。下列说法不正确的是
A．的原子核内有21个中子
B．和均易失去一个电子
C．可通过质谱法区分和
D．衰变为的过程属于化学变化
2．（2025高三上·海淀期末）下列化学用语或图示表达正确的是
A．的电子云图为
B．的电子式为：
C．乙炔的结构简式为
D．的离子结构示意图为
3．（2025高三上·海淀期末）下列说法正确的是
A．淀粉能与银氨溶液发生银镜反应
B．两个氨基酸分子缩合最多生成一个水分子
C．脂肪酸可与甘油发生酯化反应
D．葡萄糖、蛋白质、油脂均可发生水解反应
4．（2025高三上·海淀期末）下列物质性质不能由元素周期律推测的是
A．热稳定性： B．沸点：
C．氧化性： D．碱性：
5．（2025高三上·海淀期末）下列实验中，不能达到实验目的的是
A．由制备无水 B．实验室制氯气
C．萃取碘水中的碘单质 D．验证氨易溶于水且溶液呈碱性
A．A B．B C．C D．D
6．（2025高三上·海淀期末）碱性锌锰干电池的结构示意图如下图。该电池放电时发生反应：。下列说法正确的是
A．Zn发生还原反应
B．正极发生反应
C．电池工作时向正极方向移动
D．理论上，每转移0.1mol电子，有8.8gMnOOH生成
7．（2025高三上·海淀期末）下列实验现象与的电离平衡无关的是
A．向溶液中加入酚酞，溶液变红
B．向饱和溶液中通入少量气体，生成淡黄色沉淀
C．加热溶液，pH减小
D．25℃时，将的盐酸稀释10倍，溶液
8．（2025高三上·海淀期末）西替利嗪是一种抗过敏药，其结构简式如下图。
下列关于西替利嗪的说法正确的是
A．极易溶于水
B．可以发生取代反应和加成反应
C．分子内含有2个手性碳原子
D．能与NaOH溶液反应，不能与盐酸反应
9．（2025高三上·海淀期末）下列三种方法均可得到氘化氢(HD)：①电解HDO；②与NaH反应；③与反应。下列说法不正确的是
A．方法②中反应的化学方程式为
B．方法②得到的产品纯度比方法①的高
C．方法③能得到HD，说明电负性：
D．质量相同的HDO和所含质子数相同
10．（2025高三上·海淀期末）HCHO和HCOOH是大气中常见的污染物，它们之间反应的可能路径如下图。
下列说法正确的是
A．总反应的速率主要由决定
B．该路径中，HCHO与HCOOH发生取代反应
C．HCHO与HCOOH反应时，
D．维持中间体的相互作用中，①和②均为氢键
11．（2025高三上·海淀期末）下列方程式与所给事实不相符的是
A．铜与稀硝酸反应：
B．用溶液检验邻羟基苯甲酸中的羧基：
C．用作沉淀剂，处理废水中的：
D．向溶液中滴加足量浓氨水：
12．（2025高三上·海淀期末）我国科研团队利用酯交换、缩聚两步法成功制备了具有高力学强度的异山梨醇型聚碳酸酯(PBIC)，合成路线如下。
下列说法不正确的是
A．碳酸二甲酯中，碳原子的杂化方式有2种
B．异山梨醇中的官能团为羟基和醚键
C．缩聚过程脱除的小分子为甲醇
D．合成1molPBIC时，理论上参加反应的丁二醇的物质的量为mmol
13．（2025高三上·海淀期末）实验室常用磷酸二氢钾()和磷酸氢二钠()配制成磷酸盐缓冲溶液，以保存有生物活性的样品(如蛋白激酶等)。室温下，1L某磷酸盐缓冲溶液中含有0.1mol和0.1mol。
已知：i．可溶，和难溶。
ii．室温下，不同pH时，溶液中含磷微粒的物质的量分数如下图。
下列关于该缓冲溶液的说法不正确的是
A．溶液pH约为7
B．
C．通入0.05molHCl气体后，溶液pH小于6
D．加入激活蛋白激酶时，溶液pH可能降低
14．（2025高三上·海淀期末）合成气(CO与混合气体)在生产中有重要应用。铁基氧载体可以实现与重整制备合成气，过程如图1.不同温度下，氧化室中气体的体积分数如图2.
下列说法不正确的是
A．氧化室中的主要反应为
B．由图1可知，若实现循环，理论上所得合成气中
C．500~650℃时，氧化室中比CO更易发生副反应
D．该方法既可制备有价值的合成气，又可减少温室气体的排放
二、本部分共5题，共58分。
15．（2025高三上·海淀期末）氯碱工业是以电解饱和食盐水为基础的工业，电解装置的示意图如下。
（1）电解饱和食盐水总反应的化学方程式为　 　。电解时需加盐酸控制阳极区溶液pH在2~3，结合生产目的解释原因：　 　。
（2）储存饱和食盐水的金属设备容易发生电化学腐蚀，食盐水的流动和搅拌会加剧腐蚀，原因是　 　。
（3）淡盐水补食盐后可循环利用，但其中溶解的会部分转化为，造成设备腐蚀。需向淡盐水中加入盐酸脱除，补全该反应的离子方程式：　 　。
______________________。
（4）阳离子交换膜是一种复合高分子材料，其靠近阴极的一侧富含，可排斥阴离子，因而具有离子选择透过性。若阳极室酸性过强，阳离子交换膜的选择透过性会降低，原因是　 　。
16．（2025高三上·海淀期末）Ti是一种密度小，强度大的金属。钛合金也有广泛应用。
（1）将Ti的基态原子价电子轨道表示式补充完整：　 　。
。
（2）Ti的三种四卤化物的熔点如下表。
四卤化物
熔点/℃ 38.3 155
、、的熔点依次升高的原因是　 　。
（3）可用于制备金属Ti．工业上常以和为原料制备，反应时需加入焦炭。
已知：ⅰ.
ⅱ.
从平衡移动角度解释加入焦炭的作用：　 　。
（4）合金有良好的生物相容性，其晶体有和两种立方晶胞结构，如下图。
①中，Au周围最近且等距的Ti的个数为　 　。
②若和两种晶胞棱长分别为anm和bnm，则两种晶体的密度之比为　 　。
（5）用滴定法测定合金中Ti含量：取ag合金，加入足量浓硫酸共热，得到紫色溶液，并在酸性条件下定容至250mL；取25mL溶液于锥形瓶中，以KSCN为指示剂，用溶液进行滴定，逐渐变为(无色)，达到滴定终点时，消耗溶液VmL。
①滴定过程被氧化为的离子方程式为　 　。
②滴定终点的现象：滴入最后一滴溶液，　 　。
③合金中Ti的质量分数为　 　。
17．（2025高三上·海淀期末）钌(Ru)是贵金属，在医疗、催化等方面有重要应用。熔融-氧化-蒸馏法是工业上回收废钌催化剂中Ru的一种方法，流程如下。
已知：ⅰ.易挥发，加热时容易分解成和。
ⅱ.随温度升高，溶解度增大。
（1）废钌催化剂中的钌单质和经碱熔焙烧生成，其中的作用是　 　。
（2）如图1所示，蒸馏温度高于80℃时，蒸馏收率随着温度的升高而降低，可能的原因是　 　。
（3）氧化-蒸馏时选用硫酸酸化而非盐酸，原因是　 　(用离子方程式表示)。
（4）获得晶体的操作A包括加热浓缩、　 　、　 　。
（5）用交替电解法可剥落旧电极表面的催化涂层，再用熔融-氧化-蒸馏法回收Ru。
已知：ⅰ.电解时会生成Ru、和，新生成的含钌物质在电极上的附着力弱。
ⅱ.电解一段时间后，惰性阳极可能被部分氧化，导电能力降低。
①交替电解装置如图2，每隔5~6分钟改变一次电流方向。电解时两电极上均有少量气泡产生。刚通电时，阳极的电极反应式为　 　、　 　。
②用交替电解法剥落涂层的效率较高，可能的原因有　 　(填序号)。
a．含钌物质可同时从a、b两电极上脱落
b．阴极上，全部电子均用于还原
c．电流变向后，部分氧化的阳极被还原，电阻减小
18．（2025高三上·海淀期末）瓢虫分泌的生物碱可用于研发杀虫剂，瓢虫生物碱前体化合物L的合成路线如下。
已知：
ⅰ.
ⅱ.
（1）P的结构简式是。用乙酸和甲醇合成P的化学方程式为　 　。
（2）B→C的反应类型是　 　。
（3）C中官能团的名称是　 　。用虚线标注出C→D时C的断键位置：　 　。
（4）E中不含醛基，含有一个五元环，E的结构简式为　 　。
（5）I的核磁共振氢谱有两组峰，峰面积之比为，A和P以物质的量之比合成I的化学方程式为　 　。
（6）J中含有三个六元环，J的结构简式为　 　。
（7）K→L过程中转变为。理论上发生反应的K与的物质的量之比为　 　。
19．（2025高三上·海淀期末）某小组同学用下图装置探究与亚铁盐溶液的反应(夹持装置略)。
已知：稀溶液中的水合离子几乎无色；(黄色)。
操作：向0.56g铁粉中迅速加入10mL试剂X，塞紧试管C上的胶塞，立即打开活塞a，待C中铁粉完全溶解后，关闭活塞a，打开活塞b．C中现象如下表。
序号 试剂X C中现象
打开活塞a后 打开活塞b后
Ⅰ 盐酸 有大量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液迅速变黄，后逐渐变为浅绿色 溶液逐渐变为浅黄色，产生极少量淡黄色沉淀
Ⅱ 盐酸 有大量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液迅速变黄，后逐渐变为浅绿色 溶液逐渐变为黄色，产生少量淡黄色沉淀
Ⅲ 硫酸 有大量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液逐渐变为浅绿色 无明显变化
（1）打开活塞b后，B中反应的化学方程式为　 　。
（2）上述实验中，打开活塞a一段时间后关闭，再打开活塞b，目的是　 　。
（3）打开活塞a期间，实验Ⅰ~Ⅲ中的现象有相同也有不同。
①实验Ⅰ、Ⅱ中，试管C中无色溶液均先变黄，再逐渐变为浅绿色。溶液由黄色变为浅绿色的原因是　 　(用离子方程式表示)。
②实验Ⅲ中，溶液始终未变黄，可能的原因是　 　。
（4）经检验，实验Ⅰ、Ⅱ中的淡黄色沉淀为硫单质。甲同学猜想可能是自身发生歧化反应，乙同学通过实验排除了这种可能性，其实验操作及现象为　 　。
（5）综合上述实验，可以得出的结论是　 　(结合化学用语说明)。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；原子结构的构造原理；元素、核素
【解析】【解答】A．钾-40（）的原子核内中子数为40-19=21个，A选项正确；
B．钾-39（）和钾-40（）的最外层电子数均为1，都容易失去一个电子，B选项正确；
C．由于钾-39和钾-40的相对原子质量不同，可以通过质谱法对二者进行区分，C选项正确；
D．钾-40衰变为氩-40（）的过程涉及元素种类的改变，属于核反应而非化学变化，D选项错误；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A．根据质量数等于质子数加上中子数分析；
B．和化学性质相同；
C．钾-39和钾-40在质谱图上峰值不同；
D．衰变是核反应，并不是化学变化。
2．【答案】A
【知识点】乙炔炔烃；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．轨道的电子云呈哑铃形分布，且沿z轴方向对称，其电子云图示为，因此选项A正确；B．分子中碳原子与氧原子通过双键连接，正确的电子式应为，故选项B错误；
C．乙炔分子中碳原子之间形成三键，其结构简式应表示为，因此选项C错误；
D．离子核内有8个质子，核外有10个电子，其正确的离子结构示意图为，故选项D错误；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A．p能级轨道电子云呈哑铃形；
B．二氧化碳结构中碳和氧之间是双键；
C．乙炔结构中是碳碳三建；
D．氧是6号元素，有6个质子。
3．【答案】C
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；银镜反应；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A．淀粉属于非还原糖，无法与银氨溶液反应产生银镜现象，故选项A错误；
B．氨基酸脱水缩合时，氨基(-NH2)失去氢原子，羧基(-COOH)失去羟基(-OH)。若两分子氨基酸通过羧基和氨基同时脱水形成环状化合物，将生成两分子水(H2O)，故选项B错误；
C．脂肪酸的羧基(-COOH)与甘油的羟基(-OH)可发生酯化反应形成酯键，故选项C正确；
D．葡萄糖作为单糖，其分子结构不具备水解条件，故选项D错误；
综上所述，正确答案为C。
【分析】A．淀粉不具有还原性，不能被银氨溶液氧化；
B．两个氨基酸反应环化时，生成2分子水；
C．脂肪酸中有羧基，甘油是丙三醇，二者可发生酯化反应；
D．葡萄糖不能发生水解反应。
4．【答案】B
【知识点】分子间作用力对物质的状态等方面的影响；卤素原子结构及其性质的比较；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A. 氮(N)和磷(P)同属第ⅤA族，氮的非金属性强于磷，因此其氢化物稳定性NH3 > PH3。该结论符合周期律解释，故A不选；
B. 水和氟化氢(HF)的沸点差异主要源于分子间氢键作用。虽然两者都能形成氢键，但水分子间可形成更多氢键网络，导致沸点更高。这一现象属于分子间作用力范畴，不能直接用元素周期律解释，故B选；
C. 溴(Br)和碘(I)同属第ⅦA族，溴的非金属性更强，因此氧化性Br2 > I2。该结论符合周期律解释，故C不选；
D. 钠(Na)和镁(Mg)同属第三周期，钠的金属性更强，故其氢氧化物碱性NaOH > Mg(OH)2。该结论符合周期律解释，故D不选；
综上所述，正确答案为B。
【分析】A. 根据元素非金属性越强，对应氢化物越稳定分析；
B. 水的沸点高于氟化氢沸点和元素周期律无关；
C. 根据同主族元素非金属性自上而下减弱，对应单质氧化性减弱分析；
D. 元素金属性越强，对应氢氧化物碱性越强。
5．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用；氨的性质及用途；氯气的实验室制法；分液和萃取
【解析】【解答】A．直接加热时，Fe3+会发生水解反应：。由于HCl易挥发，加热会促进水解平衡正向移动，最终只能得到Fe(OH)3沉淀，而无法获得无水FeCl3。正确制备方法应在HCl气氛中加热，以抑制Fe3+的水解。因此该操作不能达到实验目的，A项正确；
B．实验室制取氯气的标准方法是用MnO2与浓盐酸在加热条件下反应：。图示装置可以完成该制备实验，能达到实验目的，B项错误；
C．利用CCl4萃取碘水中的碘单质是标准分离方法，因为碘在CCl4中的溶解度远大于在水中的溶解度，且CCl4与水不互溶。图示萃取装置操作正确，能达到实验目的，C项错误；
D．喷泉实验通过挤压胶头滴管使水进入烧瓶，利用NH3极易溶于水的特性造成压强差。NH3溶于水形成碱性溶液使酚酞变红，可同时验证氨的溶解性和溶液碱性。该装置能达到实验目的，D项错误；
综上所述，只有A选项的操作不能达到实验目的，故选A。
【分析】A．三价铁离子会发生水解，加热 得到Fe(OH)3；
B．B选项中装置可制取氯气；
C．利用相似相容原理，可用四氯化碳萃取碘水中碘单质；
D．根据氨易溶于水，可设计喷泉实验，得氨水，溶液呈碱性，
6．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理
【解析】【解答】A. 负极材料为锌，发生失电子的氧化反应，A选项错误；
B. 正极反应应为二氧化锰得电子还原反应，其电极反应式为：MnO2＋e－＋H2O=MnOOH＋OH－，B选项错误；
C. 电池工作时阴离子（OH-）应向负极迁移，C选项错误；
D. 根据电子转移计算：锰元素化合价从+4降至+3，每转移0.1mol电子可生成0.1mol MnOOH（摩尔质量88g/mol），质量为8.8g，D选项正确。
故答案为：D
【分析】A、反应过程中Zn的化合价升高，发生氧化反应。
B、正极上MnO2发生得电子的还原反应，生成MnOOH，据此确定其电极反应式。
C、在原电池中，阴离子移向负极。
D、根据化合价变化可得关系式：MnOOH~e－，据此进行计算。
7．【答案】B
【知识点】水的电离；盐类水解的应用；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A. 碳酸钠()是强碱弱酸盐，碳酸根离子()会发生水解反应：。这个过程促进了水的电离，使溶液呈碱性，加入酚酞后溶液变红。因此该现象与水的电离平衡有关，不符合题目要求，故A选项错误；
B. 向饱和硫化氢()溶液中通入少量二氧化硫()，会发生氧化还原反应：。这个反应是硫化氢与二氧化硫之间的直接反应，不涉及水的电离平衡移动，符合题目要求，故B选项正确；
C. 醋酸钠()是强碱弱酸盐，醋酸根离子()会发生水解反应：。这个过程促进了水的电离，且加热会进一步促进水解（同时水的离子积增大），导致溶液pH变化。因此该现象与水的电离平衡有关，不符合题目要求，故C选项错误；
D. 在25℃时，水的离子积。当pH=6的盐酸稀释10倍后，溶液仍呈酸性（），这是因为稀释过程中水的电离平衡被促进，水电离出的H+不能忽略。因此该现象与水的电离平衡有关，不符合题目要求，故D选项错误；
综上所述，正确答案是B选项。
【分析】A. 碳酸钠溶液中滴入酚酞，溶液变红，是碳酸根水解导致的，水解促进了水的电离；
B. 硫化氢和二氧化硫反应生成淡黄色硫单质，和水的电离无关；
C. 醋酸根离子水解吸热，加热促进水解，水的电离也增大；
D. 稀释盐酸，水的电离平衡增大。
8．【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质；烯烃；羧酸简介
【解析】【解答】A．西替利嗪分子中的烃基（疏水基）体积较大，导致其水溶性较差，因此"西替利嗪不易溶于水"的说法是正确的，故A选项错误；
B．西替利嗪分子结构中含有羧基（-COOH），可以发生酯化等取代反应；同时含有苯环结构，能够发生加成反应，故B选项正确；
C．在西替利嗪分子中，只有连接两个苯环的那个碳原子符合手性碳的定义，因此C选项的说法是错误的；
D．西替利嗪分子中的羧基（-COOH）能与NaOH发生中和反应；其分子中的氮原子含有一对孤电子对，可以与H+形成配位键而显碱性，因此能与盐酸反应，故D选项是错误的；
综上所述，正确答案是B。
【分析】A．根据西替利嗪结构可知，难溶于水；
B． 西替利嗪 结构中有羧基可发生取代反应，苯环上也可发生取代反应，苯环可发生加成反应；
C．手性碳原子是指连接四个不同基团的碳原子；
D．根据西替利嗪结构，可与氢氧化钠和盐酸反应。
9．【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；元素电离能、电负性的含义及应用；元素、核素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A. 在方法②中，与NaH发生归中反应生成HD，其化学方程式为：D2O + NaH = NaOD + HD↑，选项A正确；B. 方法①的阴极产物可能包含H2、D2和HD，而方法②所得产品的纯度高于方法①，选项B正确；
C. 方法③能够生成HD，这也是H元素的归中反应，说明LiAlH4中的H为-1价，进一步表明电负性关系为Al < H，选项C正确；
D. 虽然H和D的质子数相同，且单个HDO分子和D2O分子所含质子数相同，但质量相同的HDO和D2O的物质的量不同，因此它们的质子总数不相同，选项D错误；
综上，正确答案为D。
【分析】A.与NaH反应的化学方程式为：D2O + NaH = NaOD + HD↑；
B. 电解HDO 可得到H2、D2和HD，产品纯度较低；
C. LiAlH4中的H为-1价，Al为+3价，电负性关系为Al < H；
D.HDO分子和D2O分子量不同，质量相同时，物质的量的不同，则质子数不相同。
10．【答案】A
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；活化能及其对化学反应速率的影响；取代反应
【解析】【解答】A．活化能是指过渡态物质总能量与反应物总能量的差值。在图中，峰值高度对应活化能大小：峰值越大表示活化能越大，反应越慢；峰值越小表示活化能越小，反应越快。总反应速率由最慢步骤决定，图中显示总反应速率主要由决定，选项A正确；
B．该反应路径中，甲醛（HCHO）的醛基被转化为羟基，实际上是HCHO与HCOOH发生了加成反应，选项B错误；
C．根据能量变化曲线，生成物能量低于反应物能量，说明该反应为放热反应，焓变（ΔH）应小于0，选项C错误；
D．氢键的形成需要氢原子与电负性大且原子半径小的原子（如F、O、N）结合。在维持中间体的相互作用中，②号作用不属于氢键，选项D错误；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A．总反应速率由慢反应速率决定，由图可知， 最大，反应速率最慢；
B．根据图中物质结构式，反应类型是加成反应；
C．由图可知，生成物能量低于反应物能量，为放热反应；
D．②号作用不符合氢键形成条件。
11．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮气体，根据电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，选项A正确；
B．羧基能与反应生成二氧化碳，而酚羟基不能与反应。用溶液检验邻羟基苯甲酸中的羧基的反应为：，选项B错误；
C．用作沉淀剂处理废水中的时，生成PbS沉淀，离子方程式为：，选项C正确；
D．向溶液中滴加足量浓氨水生成，离子方程式为：，选项D正确；
综上所述，正确答案是B。
【分析】根据酸性强弱顺序，醋酸>碳酸>苯酚>碳酸氢根，邻羟基苯甲酸和碳酸氢钠反应时，酚羟基不能和碳酸氢根反应。
12．【答案】C
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；缩聚反应
【解析】【解答】A．碳酸二甲酯分子中甲基碳原子采用sp3杂化，羰基碳原子采用sp2杂化，存在两种杂化方式，选项A正确；B．异山梨醇分子结构中含有羟基(-OH)和醚键(-O-)两类官能团，选项B正确；
C．根据原子守恒分析，缩聚反应过程中脱除的小分子应为碳酸二甲酯，原选项C的表述有误；
D．合成1摩尔PBIC高分子时，若聚合物链中含有m个丁二醇结构单元，则理论需消耗 mmol 的丁二醇原料，选项D正确；
综上所述，正确答案为C选项。
【分析】A．根据碳成键形式，碳酸二甲酯分子中sp3杂化和sp2杂化两种杂化方式；
B．根据异山梨醇分子结构，含有官能团羟基和醚键；
C．根据缩聚反应，反应物和生成物结构结合原子守恒，生成小分子碳酸二甲酯；
D．由合成路线， mmol 丁二醇合成 1molPBIC 。
13．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算
【解析】【解答】A. 磷酸盐缓冲溶液由0.1 mol和0.1 mol组成。根据图示，当和的物质的量质量分数均为0.5（即浓度相等）时，溶液的pH约为7，因此A项正确。
B. 根据磷元素守恒，溶液中所有含P粒子的浓度之和为0.2 mol/L。即：
，因此B项正确。
C. 缓冲溶液的特性是加入少量酸或碱时，溶液的pH几乎不变。因此C项是错误的。
D. 当加入激活蛋白激酶时，钙离子()会与磷酸根()生成沉淀，促进和的电离平衡正向移动，导致溶液的pH降低。因此D项正确。
本题的正确答案是C。
【分析】A. 根据题中图知，和为1：1时，pH约为7；
B. 根据磷元素守恒，总浓度为0.2 mol/L；
C. 根据缓冲溶液性质，加入硫化氢并不能引起pH变化；
D. 根据磷酸钙式沉淀，消耗磷酸根促进酸式根离子电离，溶液酸性增强。
14．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．根据图示分析，氧化室内发生反应：与反应生成CO、H2和FeO。通过电子守恒和原子守恒配平得到化学方程式：，选项A正确；
B． 由图可知，还原室中FeO和CO2反应生成和CO，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，氧化室中发生反应：，若实现循环，说明生成的FeO和消耗的FeO相等，则合成气中，B正确；
C．氧化室反应在500-650℃时，H2体积分数超过CO的2倍，表明CO比H更容易发生副反应，选项C错误；
D．该过程实现了CO与CH重整制备合成气，有助于减少温室气体排放，选项D正确；
正确答案为C。
【分析】A．根据图1，反应物是甲烷和四氧化三铁，生成物是一氧化碳、氢气和氧化亚铁；
B．根据氧化室和还原室发生的反应，可得一氧化碳和氢气物质的量之比；
C．根据图2，氢气体积分数高于一氧化碳体积分数，说明一氧化碳消耗多，更易发生副反应；
D．生成物中无二氧化碳，减少了温室气体排放。
15．【答案】（1）；增大，使平衡逆向移动，减少氯气的消耗
（2）增加氧气与食盐水的接触，促进氧气的溶解，加剧金属的吸氧腐蚀
（3）
（4）通过阳离子交换膜迁移至阴极室一侧，与膜上的生成，对阴离子的排斥力降低
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）在电解饱和食盐水的过程中，阳极发生氧化反应，Cl-失去电子生成Cl2；阴极发生还原反应，H2O得到电子生成H2和OH-。总反应方程式为：。电解过程中需要加入盐酸控制阳极区溶液的pH在2~3，主要原因是：增大，促使平衡向左移动，减少氯气的消耗；
（2）储存饱和食盐水的金属设备容易发生电化学腐蚀，当食盐水流动或受到搅拌时，会加剧腐蚀现象。这是因为流动和搅拌增加了氧气与食盐水的接触面积，促进氧气的溶解，从而加速金属的吸氧腐蚀过程；
（3）和Cl-在酸性条件下发生归中反应生成Cl2。Cl元素的化合价从+5价降至0价，同时从-1价升至0价。根据电子得失守恒和电荷守恒原则，配平后的离子方程式为：；
（4）当阳极室酸性过强时，阳离子交换膜的选择透过性会下降。这是因为：会通过阳离子交换膜迁移到阴极室一侧，与膜上的结合生成，从而减弱了对阴离子的排斥作用。
【分析】 (1) 氯碱工业中电解饱和水，在阴极生成氢气，阳极生成氯气，增大阳极区溶液酸性可减小氯气溶解；
(2) 饱和食盐水作电解质，金属可发生吸氧腐蚀；
(3) 氯酸根和氯离子在酸性条件下，发生归中反应，根据离子方程式书写步骤，可写出对应离子方程式；
（4）氢离子会消耗 ，使交换膜对阴离子排斥力降低。
（1）电解饱和食盐水过程中Cl-在阳极失去电子生成Cl2，H2O在阴极得到电子生成H2和OH-，总方程式为：，解时需加盐酸控制阳极区溶液pH在2~3，原因是：增大，使平衡逆向移动，减少氯气的消耗。
（2）储存饱和食盐水的金属设备容易发生电化学腐蚀，食盐水的流动和搅拌会加剧腐蚀，原因是：增加了氧气与食盐水的接触，促进氧气的溶解，加剧金属的吸氧腐蚀。
（3）和Cl-在酸性环境中发生归中反应生成Cl2，Cl元素化合价由+5价下降到0价，又由-1价上升到0价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
（4）若阳极室酸性过强，阳离子交换膜的选择透过性会降低，原因是：通过阳离子交换膜迁移至阴极室一侧，与膜上的生成，对阴离子的排斥力降低。
16．【答案】（1）
（2）、、均为分子晶体，相对分子质量依次增大，范德华力随之增大
（3）很大，通过反应ⅱ可显著降低，促使i中平衡正向移动；，反应ⅱ放热使温度升高，促使ⅰ中平衡正向移动
（4）12；
（5）；溶液变为红色，半分钟内不褪色；
【知识点】原子核外电子排布；晶体熔沸点的比较；晶胞的计算；氧化还原反应方程式的配平；中和滴定
【解析】【解答】（1）钛（Ti）的原子序数为22，位于元素周期表第四周期第IVB族。其价电子排布式为3d24s2，因此基态Ti原子的价电子轨道表示式为；
（2）题目中涉及的三种物质均为分子晶体。分子晶体的熔点主要取决于分子间作用力（范德华力）的强弱，而分子量越大，范德华力通常越强，因此熔点也越高；
（3）由于反应ii的平衡常数很大，加入焦炭后能显著降低体系中O2的浓度，从而使反应i的平衡向正反应方向移动。同时，反应i的ΔH>0（吸热反应），而反应ii释放大量热量，进一步促进反应i的正向进行，最终提高TiCl4的产率；
（4）根据晶胞结构分析，与金原子(Au)距离相等的钛原子(Ti)位于相邻晶面的面心位置，因此每个Au原子周围共有12个等距Ti原子。晶体的密度计算公式为： ρ=，、的N分别为1、2，V分别为a3、b3， 代入公式 可得和的密度之比为；
（5）Ti2(SO4)3和Fe2(SO4)3与水反应生成FeSO4、TiOSO4和硫酸，离子反应方程式为：；当溶液中的Ti3+完全反应后，继续滴加的Fe2(SO4)3会与KSCN反应使溶液显红色，因此滴定终点的判断标准为：滴入最后一滴Fe2(SO4)3溶液后，溶液变红且半分钟内不褪色。根据反应计量关系：Ti → Ti3+ → Fe3+，可计算合金中Ti的质量分数为：。
【分析】 (1)根据 钛元素价电子排布式为3d24s2作答；
(2) 根据影响分子晶体熔沸点因素分析，分子间作用力越大，熔沸点越高；
(3) 碳和氧气反应，降低氧气浓度，反应1正向移动；
(4)根据密度计算公式 ρ=计算；
(5) 滴定实验中，滴定终点现象变化为溶液变为红色。
（1）Ti是22号元素，位于第四周期IVB族，价电子排布式为3d24s2，故Ti的基态原子的价电子轨道表示式为；
（2）这三种化合物均为分子晶体，分子晶体的熔点受范德华力的大小影响，分子量越大范德华力越大，熔点也越高；
（3）反应ii的平衡常数很大，加入焦炭后，能够显著减少O2的含量，促使反应i的平衡正向移动，又因反应i的△H>0，反应ii放出大量的热也有利于反应i的平衡正向移动，从而提高TiCl4的产率；
（4）由晶胞结构可知，与Au等距的Ti位于相邻面的面心，故与Au等距的Ti共有12个；晶胞密度ρ=，、的N分别为1、2（均摊法），V分别为a3、b3，代入公式可得和的密度之比为；
（5）Ti2(SO4)3、Fe2(SO4)3与水反应生成FeSO4、TiOSO4和硫酸，反应的离子方程式为；当溶液中的全部反应，继续滴加的Fe2(SO4)3溶液会与KSCN反应使溶液变红色，故当滴入最后一滴Fe2(SO4)3溶液，溶液变为红色，且半分钟内不褪色说明达到滴定终点；结合Ti2(SO4)3与Fe2(SO4)3反应的离子方程式可知有如下计量关系：Ti~~，则合金中Ti的质量分数为。
17．【答案】（1）作氧化剂
（2）受热易分解或生成HClO受热分解等
（3）
（4）冷却结晶；过滤(洗涤)
（5）；；ac
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）KNO3在焙烧过程中作为氧化剂，将Ru和RuO2中的Ru元素氧化；
（2）蒸馏温度高于80℃时收率下降的主要原因是：受热分解为和，同时HClO也可能发生分解；
（3）选用硫酸酸化是为了避免盐酸中的Cl-与NaClO发生反应：；
（4）结晶操作选择"加热浓缩→冷却结晶→过滤"的依据是的溶解度随温度升高而增大；
（5）①刚通电时，由于电解时两电极上均有少量气泡产生，故水会在阳极失去电子生成氧气，电极反应式为，RuO2也会在阳极失去电子生成，电极反应式为；
②a．由于每隔5~6分钟改变一次电流方向，使得电极a、b交替作为阳极和阴极，含钌物质可同时从a、b两电极上脱落，提高了剥落RuO2涂层的效率，a 正确；
b．阴极上除了RuO2得到电子被还原外，溶液中的H+也可能得到电子生成H2（因为电解时两电极上均有少量气泡产生 ），并非全部电子均用于还原RuO2，b 错误；
c．已知电解一段时间后，惰性阳极可能被部分氧化，导电能力降低，而电流变向后，原来被氧化的阳极变为阴极，部分氧化的阳极被还原，电阻减小，有利于电解的进行，从而提高了剥落RuO2涂层的效率，c 正确；
故选ac。
【分析】该工艺过程主要分为以下几个步骤：焙烧阶段：废钌催化剂与KOH、KNO3在650℃下焙烧，钌单质和RuO2转化为K2RuO4。其中KNO3作为氧化剂，将Ru元素从0价和+4价氧化至+6价。蒸馏阶段：碱熔渣与NaClO、硫酸在减压条件下蒸馏得到RuO4蒸气。需要注意：RuO4易挥发且受热易分解为RuO2和O2，因此蒸馏温度需控制在80℃以下， 使用硫酸而非盐酸酸化，避免Cl-与ClO-反应生成有毒的Cl2，.结晶阶段：RuO4与浓盐酸反应生成RuCl3溶液，利用其溶解度随温度升高而增大的特性，通过加热浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到RuCl3·3H2O晶体，还原阶段：最后将RuCl3·3H2O在H2气氛中还原得到金属钌。
（1）由分析知，废钌催化剂和KOH、KNO3在650℃进行焙烧，废钌催化剂中的钌单质和经碱熔焙烧生成，钌单质和中Ru的化合价均升高，被氧化，故KNO3作为氧化剂；
（2）由已知ⅰ知：易挥发，加热时容易分解成和，故蒸馏温度高于80℃时，蒸馏收率随着温度的升高而降低，可能的原因是受热易分解或生成HClO受热分解等；
（3）由分析知，氧化-蒸馏时，用NaClO作为氧化剂，若使用盐酸，NaClO与盐酸发生反应，故选用硫酸酸化而非盐酸；
（4）由已知ⅱ知：随温度升高，溶解度增大，故溶液经加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)即可得到晶体；
（5）①刚通电时，由于电解时两电极上均有少量气泡产生，故水会在阳极失去电子生成氧气，电极反应式为，RuO2也会在阳极失去电子生成，电极反应式为；
②a．由于每隔5~6分钟改变一次电流方向，使得电极a、b交替作为阳极和阴极，含钌物质可同时从a、b两电极上脱落，提高了剥落RuO2涂层的效率，a 正确；
b．阴极上除了RuO2得到电子被还原外，溶液中的H+也可能得到电子生成H2（因为电解时两电极上均有少量气泡产生 ），并非全部电子均用于还原RuO2，b 错误；
c．已知电解一段时间后，惰性阳极可能被部分氧化，导电能力降低，而电流变向后，原来被氧化的阳极变为阴极，部分氧化的阳极被还原，电阻减小，有利于电解的进行，从而提高了剥落RuO2涂层的效率，c 正确；
故选ac。
18．【答案】（1）
（2）加成
（3）酯基、醛基；
（4）
（5）
（6）
（7）
【知识点】有机物中的官能团；烯烃；羧酸简介；酯化反应
【解析】【解答】（1）P是乙酸甲酯，其合成反应为乙酸与甲醇的酯化反应，方程式为：；
（2）B的结构为，与C的结构对比可知，B→C是B与中碳碳双键发生的加成反应；
（3）C结构中的官能团包括酯基和醛基。对比C和D的结构变化，C→D的断键位置为：
（4）E的结构确定为；
（5）根据信息ⅰ和C的结构，A与P按1：2比例合成I，且I的核磁氢谱显示两组峰（面积比3：2），可推出I为，其合成反应为：
+ + 2CH3OH；
(6)由第5问可知I为，结合信息ⅱ和H的结构，J含有三个六元环，其结构为
(7)根据K的分子式和L的结构，K与反应生成L、水和氮气，方程式为：K + → L + H2O + N2，根据元素守恒，反应系数均为1，故K与的理论物质的量比为1：1。
【分析】根据信息ⅰ和化合物C的结构式推断，B的结构为。第4问提示E不含醛基但含五元环，结合D、G的结构式及E的分子式可确定E的结构为，这是解题的关键。
（1）P为乙酸甲酯，则乙酸和甲醇发生酯化反应的方程式为：；
（2）由分析可知，B为，结合C的结构简式可知，B→C为B和中碳碳双键的加成反应；
（3）结合C的结构简式可知，C中官能团的名称是酯基、醛基；对比C和D的结构简式可知，C→D时C的断键位置为：
（4）由分析可知，E的结构简式为；
（5）结合信息ⅰ和C的结构简式，同时结合A和P以物质的量之比合成I，且I的核磁共振氢谱有两组峰，峰面积之比为，则I为，则合成I的化学方程式为：++2CH3OH；
（6）结合第5问分析可知，I为，同时结合信息ⅱ和H的结构简式，J中含有三个六元环，J的结构简式为；
（7）结合K的分子式和L的结构简式可知，K和反应生成L和水，方程式为：K+→L+H2O+N2，根据元素守恒可知，所有物质的系数都是1，则理论上发生反应的K与的物质的量之比为1∶1。
19．【答案】（1）
（2）产生，将装置中的空气/氧气排净
（3）；Ⅲ中不含时，不易被氧化为(或被氧化为后，几乎无色，未生成黄色的)
（4）取实验Ⅰ或实验Ⅱ中反应后C内溶液于试管中，滴加溶液，无白色沉淀
（5）存在时，能与反应：，增大时，平衡正向移动
【知识点】氧化还原反应；二氧化硫的性质；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）打开活塞b后发生的反应方程式为：；
（2）打开活塞a后关闭，再打开活塞b的目的：通过稀硫酸与碳酸钠反应产生CO2气体（反应式同上），将装置中的空气（特别是氧气）排出，确保后续实验在无氧环境中进行；
（3）①向0.56g铁粉中迅速加入10mL试剂X，塞紧试管C上的胶塞，铁粉与盐酸反应生成，立即打开活塞a，生成的将装置内的空气赶入C中，被氧化为，待C中铁粉完全溶解后，关闭活塞a，打开活塞b，将生成的通入C中，由实验Ⅰ、Ⅱ中，试管C中无色溶液均先变黄，即为被氧化为，与结合发生(黄色)反应，溶液为黄色，再发生反应，使逐渐变为浅绿色；
②实验Ⅲ中，由于不含时，不易被氧化为(或被氧化为后，几乎无色，未生成黄色的)，溶液始终未变黄；
（4）将生成的通入C中，经检验，实验Ⅰ、Ⅱ中的淡黄色沉淀为硫单质，甲同学猜想可能是自身发生歧化反应，即歧化生成S和生成，乙同学取实验Ⅰ或实验Ⅱ中反应后C内溶液于试管中，滴加溶液，无白色沉淀，即排除了有离子存在，即排除了自身发生歧化反应的这种可能性；
（5）由实验Ⅰ、Ⅱ中，试管C中无色溶液均先变黄，再逐渐变为浅绿色，实验Ⅲ中，溶液始终未变黄，可知存在时，能与反应：，增大时，平衡正向移动。
【分析】实验操作步骤如下：首先打开活塞a，使分液漏斗中的稀硫酸流入圆底烧瓶A，与碳酸钠发生反应：，生成的CO2气体用于排除装置中的空气。接着打开活塞b，将70%的硫酸滴入三颈烧瓶，与亚硫酸钠反应：，生成的SO2气体通入C装置。在C装置中研究SO2与亚铁盐溶液的反应。最后用D装置中的NaOH溶液吸收剩余的SO2，防止污染环境。
（1）由分析知，打开活塞b，将分液漏斗中70%的硫酸滴入三颈烧瓶中，与发生反应的化学方程式为；
（2）由分析知，打开活塞a一段时间后关闭，再打开活塞b，稀硫酸与碳酸钠发生反应产生，将装置中的空气/氧气排净；
（3）①向0.56g铁粉中迅速加入10mL试剂X，塞紧试管C上的胶塞，铁粉与盐酸反应生成，立即打开活塞a，生成的将装置内的空气赶入C中，被氧化为，待C中铁粉完全溶解后，关闭活塞a，打开活塞b，将生成的通入C中，由实验Ⅰ、Ⅱ中，试管C中无色溶液均先变黄，即为被氧化为，与结合发生(黄色)反应，溶液为黄色，再发生反应，使逐渐变为浅绿色；
②实验Ⅲ中，由于不含时，不易被氧化为(或被氧化为后，几乎无色，未生成黄色的)，溶液始终未变黄；
（4）将生成的通入C中，经检验，实验Ⅰ、Ⅱ中的淡黄色沉淀为硫单质，甲同学猜想可能是自身发生歧化反应，即歧化生成S和生成，乙同学取实验Ⅰ或实验Ⅱ中反应后C内溶液于试管中，滴加溶液，无白色沉淀，即排除了有离子存在，即排除了自身发生歧化反应的这种可能性；
（5）由实验Ⅰ、Ⅱ中，试管C中无色溶液均先变黄，再逐渐变为浅绿色，实验Ⅲ中，溶液始终未变黄，可知存在时，能与反应：，增大时，平衡正向移动。
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