【文档说明】安徽省六安第一中学2024-2025学年高三上学期11月月考 化学试题Word版含解析.docx，共(21)页，1.695 MB，由小赞的店铺上传

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六安一中2025届高三年级第三次月考化学试卷时间：75分钟满分：100分常见相对原子质量：H-1O-16Na-23Al-27一、单项选择题(每小题3分，共42分)1.“新质生产力”的概念中，“新”的核心在于科技创新。下列有关说法正确的是A.利用2

CO合成高级脂肪酸的甘油酯，实现无机小分子向有机高分子的转化B.歼-20上采用的氮化镓涂层，属于新型无机非金属材料C.石墨烯粉体可用于制作高性能涂料，石墨烯属于不饱和烃D.我国研发的小型核反应堆“玲龙一号”以235U

为核燃料，235U与238U化学性质不同【答案】B【解析】【详解】A．高级脂肪酸的甘油酯(油脂)不是有机高分子，A错误；B．氮化镓属于新型无机非金属材料，B正确；C．石墨烯是碳的单质，不属于有机物，C错误；D．235U与238U互为同

位素，同位素的物理性质不同，但是核外电子数及排布情况相同，化学性质几乎相同，D错误；故答案选B。2.下列化学用语表示正确的是A.NH4Cl的电子式：B.Cl2O的球棍模型：C.HCl分子中σ键的形成：D.用轨道表示式表示

乙炔中C原子的杂化：【答案】C【解析】【详解】A．NH4Cl的电子式为：，A错误；B．Cl2O的价层电子对数=2+12(6-2×1)=2+2=4，故为sp3杂化、空间构型为V形，不是直线形，B错误；C

．H的s能级为球形，Cl的2p能级为哑铃形，形成HCl时，H的1s能级的原子轨道和Cl的2p能级的原子轨道头碰头相互靠近，形成新的轨道，C正确；D．乙炔中C原子为sp杂化，D错误；故答案选C。3.下列有关物质结构与性质的说法错误的是A.酸性强弱：氯乙酸>乙酸>丙

酸B.邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛C.O3是含非极性键的非极性分子，它在四氯化碳中的溶解度低于在水中的溶解度D.由4RN+与6PF−构成离子液体常温下呈液态，与其离子的体积较大有关【答案】C【解析】【详解】A．-Cl为吸电子基团，导致氯乙酸羧基中的羟基极性增大，更易电离出氢离子，烷基是推电

子基团，烷基越长推电子效应越大，导致丙酸羧基中的羟基极性减小，故酸性：氯乙酸＞乙酸＞丙酸，A正确；B．邻羟基苯甲醛在分子内形成氢键，分子内氢键使物质沸点降低，而对羟基苯甲醛在分子间形成氢键，分子间氢键使物质沸点升高，故邻羟基苯甲醛的沸点

低于对羟基苯甲醛，B正确；C．O3分子有极性，但很微弱，所以它在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度，C错误；D．大多数离子液体含有体积很大的阴、阳离子，沸点较低，D正确；故选C。4.下列过程中，对应反应方程式正确的

是A.用氢氟酸刻蚀玻璃：2342SiO4F6HSiF3HO−−+++=+B.AgCl溶于浓氨水：()32322Ag2NHHOAgNH2HO+++=+C.酸性K2Cr2O7溶液氧化2322222

227HO:CrO8H5HO9HO2Cr4O−++++=++D.向硫化钠溶液中通入足量二氧化硫：2222S5SO2HO3S−++=34HSO−+【答案】D【解析】的【详解】A．氢氟酸为弱酸，用氢氟酸刻蚀玻璃，氢氟酸与SiO2反应，

化学方程式为：242SiO4HFSiF2HO+=+，A错误；B．AgCl难溶于水，不可拆，溶于浓氨水的反应为：()32322AgCl2NHHOAgNHCl2HO+−+=++，B错误；C．酸性K

2Cr2O7溶液氧化H2O2：23272222CrO8H3HO7HO2Cr3O−++++=++，题中方程式得失电子不守恒，C错误；D．向硫化钠溶液中通入足量二氧化硫生成S和NaHSO3：2222S5SO2HO3S−++=34HSO−+，D正确；故选D。5.下列玻璃仪器选择

合理且能完成相应实验(夹持装置略去)的是A.配制500mL2mol/L的硫酸溶液：①⑨B.分离四氯化碳和碘单质的混合物：③④⑥C.测定42CuSO5HO晶体中结晶水的含量：③⑤⑦D.用饱和碳酸钠溶液提纯乙酸乙酯(含少量乙酸)：②⑤【答案】D【解析】【详解】A．配制5

00mL2mol/L的硫酸溶液需要：①容量瓶⑨量筒，还缺少烧杯、胶头滴管、玻璃棒等玻璃仪器，A错误；B．分离四氯化碳和碘单质的混合物用蒸馏操作，用到的玻璃仪器有酒精灯、蒸馏烧瓶、直形冷凝管、尾接管、锥

形瓶，不需要⑥碱式滴定管，B错误；C．测定42CuSO5HO晶体中结晶水的含量用到的玻璃仪器有：酒精灯、玻璃棒、干燥器，不需要③蒸馏烧瓶⑤烧杯，C错误；D．用饱和碳酸钠溶液提纯乙酸乙酯(含少量乙酸)，需要分液操作，用到的玻璃仪器为：②

分液漏斗⑤烧杯，D正确；故选D。6.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前20号主族元素，且四种元素的原子序数之和为43.X元素被称为“元素之母”，Y的单质是空气中含量最多的成分，W焰色试验的颜色为砖红色。下列说法正确的是A.X和W均为元素周期表中的p区元素B.Y、Z

的氧化物对应的水化物均为强酸C.X和Y形成的二元化合物常温常压下均为气态D.W所在周期基态原子最高能层电子数为1的元素有3种【答案】D【解析】【分析】X元素被称为“元素之母”，X为H，Y的单质是空气中含量最

多的成分，Y为N，W焰色试验的颜色为砖红色，W为Ca，四种元素的原子序数之和为43，则Z原子序数为15，Z为P，故由题给信息推知，X、Y、Z、W分别为H、N、P、Ca。【详解】A．H元素为IA族元素，Ca元素为IIA族元素，H和C

a均为元素周期表中s区的元素，A项错误；B．HNO2、H3PO4均不是强酸，B项错误；C．N2H4常温常压下为液态，C项错误；D．Ca所在周期为第四周期，该周期基态原子最高能层电子数为1的元素有K、Cr、Cu三种，D项正确；本题选D。7.我国运动员在2024年巴黎奥运会上取得了佳绩。下图所示可为

运动员补充能量的物质分子结构式。其中R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族。下列有关叙述中正确的是A.键角：33ZR<YRB.Y的最高价氧化物对应的水化物是一种中强酸C.第一电离能：W

<Z<XD.分子式为24WRX的有机物一定能发生银镜反应【答案】B【解析】【分析】Y可形成5个共价键，Z可形成3个共价键，Z和Y同族，Y原子序数比Z大，即Z为N元素，Y为P元素，W可形成4个共价键，原子序数比N小，即W为C元素，R可形成1个共价键，原子序数比C小，即R为H

元素，X可形成2个共价键，原子序数在N和P之间，即X为O元素，综上所述，R为H元素、W为C元素、Z为N元素、X为O元素、Y为P元素。【详解】A．由于N的电负性比P强，NH3中共用电子对更靠近N，因此电子对间的斥力较大，键角较大，而PH3中共用电子对相对于NH3来说离的中心原子P更远一

些，因此电子对间的斥力较小，键角较小，故键角NH3＞PH3，A错误；B．P的最高价氧化物对应的水化物是H3PO4，是一种中强酸，B正确；C．同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，ⅡA族、ⅤA族原子第一电离能大于同周期相邻元素，即第一电离能C＜O＜N，C错误；D．C2H4O存在同分异构体，其中含有

醛基的CH3CHO可以发生银镜反应，而环氧乙烷（）中不含醛基，不能发生银镜反应，D错误；故选B。阅读下列材料，完成下面小题。资源化利用2CO，不仅可以减少温室气体的排放，还可以获得燃料或重要的化工产品。Ⅰ．2CO的捕集方法1：用23NaCO溶液做吸收剂可“捕集”2CO

。随着反应的进行，若吸收剂失活，可利用NaOH溶液使其再生。方法2：聚合离子液体是目前广泛研究的2CO吸附剂。实验得出聚合离子液体在不同温度、不同2CO流速条件下，2CO吸附量变化如图所示：Ⅱ．2CO合成乙酸：中国科学家首次以3CHOH、2CO和2H为原料高效合成乙酸，其反应路径如图所示：8.A

N为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A.100mL0.5mol/L的NaOH溶液中含有A0.05N个H原子B.常温常压下，11.2L2CO中含有分子数小于A0.5NC.14182CO分子中含有中子数为A27ND.3.2g3CHOH中含有共价键个数为A0.4N9.下列相关

说法正确的是A.NaOH、23NaCO、3CHCOOH均含有共价键和离子键B.NaOH溶液使“23NaCO吸收剂”再生的离子反应：2323OHHCOHOCO−−−+=+C.低温高流速有利于聚合离子液体吸附2COD.2CO合成

乙酸的总反应：LiIRH32232CHOH+CO+HCHCOOH+2HO⎯⎯⎯→【答案】8.B9.B【解析】【8题详解】A.100mL0.5mol/L的NaOH溶液中含H物质有溶质氢氧化钠也有溶剂水，含有H原子个数不止A0.05N，

A错误；B.常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol,11.2L2CO中含有分子数小于A0.5N，B正确；C.一个14182CO分子中含有中子数为27，未给二氧化碳的物质的量，含有中子数目无法计算，C错误；D.一个甲醇含有5个共价键，故3.2g3CHOH即0.1mol甲醇中

含有共价键个数为A0.5N，D错误；故选B。【9题详解】A.3CHCOOH含有共价键，不含有离子键，A错误；B.用23NaCO溶液做吸收剂可“捕集”2CO生成酸式盐碳酸氢钠，NaOH溶液使“23NaCO吸收剂”再生的

离子反应：2323OHHCOHOCO−−−+=+，B正确；C.由聚合离子液体在不同温度、不同2CO流速条件下的图示可知低温低流速有利于二氧化碳吸附，C错误；D.2CO合成乙酸的总反应：LiIRH32232CHOH+CO+HCHCOOH+HO⎯⎯⎯→，D错误；故选B。10.下列实验装置(部分夹持装

置已略去)可以达到对应实验目的是实验目的A．验证非金属性S>C>SiB．分离甘油和水实验装置实验目的C．制备并收集NOD．除去23NaCO中的3NaHCO实验装置A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．稀硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，说明酸性：H2SO4>H

2CO3，二氧化碳通入硅酸钠溶液中产生白色胶状沉淀，说明酸性：H2CO3>H2SiO3，故酸性H2SO4>H2CO3>H2SiO3，可验证非金属性S>C>Si，A正确；B．甘油与水互溶，不能用过滤分离，B错误；C．稀硝酸与铁反应生成NO，NO与氧气反应，不能用排空气法收集，C错误；D．除去23N

aCO中的3NaHCO采用加热法，应在坩埚中进行，D错误；故选A。11.我国最新型055型万吨驱逐舰上使用了最新一代国产有源相控阵雷达，采用了最先进的氮化镓(GaN)半导体技术。某工厂利用铝土矿(主要成

分为23AlO、23GaO、23FeO)为原料制备GaN的流程如下图所示。已知镓与铝同主族，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物，能与强酸、强碱溶液反应，AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A可以通过粉碎铝土矿、

搅拌等方法提高“碱溶”效率B.由过程②、③可知，3Ga(OH)的酸性比3Al(OH)强C.已知1000322Ga2NH2GaN3H++℃，1molGa与足量3NH反应，转移电子数为A3ND.滤渣1是23FeO，生成滤渣2的

离子方程式可能为2423322Al(OH)CO2Al(OH)COHO−−+=++.【答案】C【解析】【分析】以铝土矿(主要成分为23AlO、23GaO、23FeO)为原料，制备GaN，流程主线以Ga为主元素，23AlO、23FeO作为杂质被除去，

加入NaOH溶液“碱浸”铝土矿，23FeO不反应，过滤以滤渣1被除去，23AlO、23GaO与碱反应进入滤液1中，以4Al(OH)−、4Ga(OH)−形式存在，通入适量2CO生成3Al(OH)沉淀，过滤为滤渣2除去，通入过量2CO生成3Ga

(OH)沉淀，最终转化为GaN。【详解】A．粉碎铝土矿、搅拌，可以增大反应物接触面积，提高反应速率的同时提高铝土矿的利用率，A正确；B．23AlO、23GaO与碱反应，分别以4Al(OH)−、4Ga(OH)−的形式存在于滤液1中，过程②4A

l(OH)−与适量2CO反应生成3Al(OH)沉淀，过程③4Ga(OH)−与过量2CO反应生成3Ga(OH)沉淀，所以3Ga(OH)的酸性比3Al(OH)强，B正确；C．生成GaN的化学方程式为1000322Ga2NH2GaN3H++℃，该反应为可逆反应，1molGa反应不完

全，转移电子数小于A3N，C错误；D．加入NaOH溶液“碱浸”铝土矿，23FeO不反应，所以滤渣1是23FeO，4Al(OH)−与适量2CO反应生成滤渣2，滤渣2是3Al(OH)沉淀，离子方程式可能为2423322Al(OH)CO2Al(OH)

COHO−−+=++，D正确。故选C。12.碳材料家族又添2位新成员，通过对两种分子实施“麻醉”和“手术”，我国科学家首次成功合成了由10个或14个碳原子组成的芳香性环形纯碳分子材料(结构如图所示)，下列叙述错误的是A.108CCl分子中含有极性键，所以是

极性分子B.环形10C和环形14C互为同素异形体C108CCl分子中所有原子共平面.D.1410CCl转化为环形14C的过程中，1410CCl发生了还原反应【答案】A【解析】【详解】A．108CCl分子中含有极性键，分子呈中心对称

，正负电荷中心重叠，为非极性分子，A错误；B．环形10C和环形14C均为C单质，结构不同，故互为同素异形体，B正确；C．108CCl分子中含有一个蒽环，故所有原子共平面，C正确；D．1410CCl转化为环形14C的过程中，碳元素价态降低，所以1410CCl发生了还原反应

，D正确；故选A。13.氢化铝钠()4NaAlH是一种新型轻质储氢材料，可燃，遇水可放出氢气，其晶胞结构如图所示，下列说法错误的是A.电负性：H>Al>NaB.Na+与4AlH−之间的最短距离为2a2nmC.NaAlH4晶体中，与Na+紧邻且等距的4AlH−有6个D.晶体的密度为2333A1.

0810gcmaN−(AN表示阿伏加德罗常数的值)【答案】C【解析】【详解】A．电负性的大小可作为判断金属性和非金属性的尺度，金属的电负性一般小于非金属，金属钠比铝活泼，钠电负性小，故电负性大小为：H>Al>Na，A正确；B．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的四氢合铝酸根离子与位于面

心的钠离子的距离最近，是面对角线长的一半，则最短距离为2a2nm，B正确；C．由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的四氢合铝酸根离子与位于晶胞棱上、晶胞中上层立方体左右侧面心、晶胞中下层立方体前后面面心的钠离子距离最近，配位数为8，由化学式可知，钠离子紧邻且等距的四氢合铝酸根离子有8个，

C错误；D．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面上和体心的氢合铝酸根离子的总个数为11184482++=；位于面和棱上的钠离子个数为1164424+=，晶胞质量为A(232714)4gN++，晶胞体积

为7773(a10a102a10)cm−−−，则晶体密度为777A(232714)43(a10a102a10)gcmN−−−++，整理得晶体密度为2333A1.0810gcmaN−，D正确；故选C。14.铈(Ce，镧系元素)的氧化物是常用的催化剂，能用

于汽车尾气的净化。两种铈的氧化物的晶胞结构(晶胞参数均为anm)如图a和图b所示。图b晶胞中存在O缺陷，其中Ce的化合价有3+和+4。已知AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.Ce位于元素周期表的ds区B.

图a晶胞中Ce的配位数为4C.图a表示的晶体的摩尔体积为3-36-13AN0mma14olD.图b晶胞中化合价为＋3的Ce的数目为2【答案】D【解析】【详解】A．铈为镧系元素位于d区，A错误；B．如图所示，图a晶胞中Ce的配位数为8，B错误；C．根据均摊法

，图a中Ce原子个数为：1186482+=，O原子的个数为：8，每个晶胞的体积为-933(a10)m，故晶体的摩尔体积为：-9333-27A3-1A1(a10)Nma10N4mmol1mol4=C错误；D．图b中，Ce原子个数为：1186482+=，O原子的个数为：7，

Ce的化合价有3+和+4，则根据化合价代数和为0，＋3的Ce的数目为2，D正确；故选D。二、非选择题(每空2分共58分)15.高温超导体通常指在液氮温度(77K)以上超导的材料，而超导体是在23K下才显示超导性。铜元素化合物种类繁多，是高温氧化

物超导体研究的热点。请回答下列问题。（1）高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3＋，基态时Cu3＋的价层电子排布式为___________。基态O2-中含有___________种不同空间运动状态的电子。（2）在硫酸铜溶液中加入过量氨水，生成配离子[Cu(NH3)4]2＋。1mol[Cu(

NH3)4]2＋中含有的σ键的数目为___________个。NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为___________(填化学式)。（3）La2CuO4是第一个被发现的高温氧化物超导体，下图为其晶胞结构。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。例如

图中原子1的坐标为(12，12，12)，距离原子1最近的氧原子个数___________个。图中原子2的坐标为___________。（4）图中晶胞参数分别为apm、apm、cpm，La2CuO4的摩尔质量为Mg/

mol，求该晶体的密度ρ=___________g·cm-3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1）①.3d8②.5（2）①.16NA②.NH3、AsH3、PH3（3）①.6②.(0，0，13)（4）2-3

0A2MNac10【解析】【小问1详解】铜元素的原子序数为29，铜原子失去3个电子形成Cu3＋，Cu3＋的价电子排布式为3d8；基态O2-离子的电子排布式为1s22s22p6，含有电子的轨道有5个，

含有5种不同空间运动状态的电子。【小问2详解】[Cu(NH3)4]2+配离子中铜离子是中心离子，氨分子是配位体，配位键和氮氢键均为σ键，1个离子中含有的σ键的数目为4+3×4=16个，则1mol[Cu(NH3)4]2+中含有的σ键的数目为16NA个；NH3、PH3、AsH3为同主族的

氢化物，氨分子间能形成氢键，分子间作用力最大，沸点最高，砷化氢的相对分子质量大于磷化氢，分子间作用力大于磷化氢，沸点高于磷化氢，则沸点由高到低的顺序为NH3、AsH3、PH3。【小问3详解】图中原子1的坐标为

(12，12，12)，由晶胞结构可知，距离原子1最近的氧原子个数为6，位于，图中原子2的坐标为(0，0，13)。【小问4详解】由晶胞结构可知，晶胞中镧原子的个数为8×14+2=4，铜原子的个数为8×18+1=2，氧原子的个数为16×14+4×1

2+2=8，则晶胞中含有2个La2CuO4，晶胞的体积为a2c×10-30cm3，由质量公式可得ρa2c×10-30=A2MN，解得ρ=2-30A2MNac10g·cm-3。16.氯化铬四氢呋喃复合物

是一种配位化合物，化学式为()33CrClTHF，在有机合成反应中作催化剂。已知：①3CrCl易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化；②2COCl气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体；③()33CrClTHF的摩尔质量为1374.5gmol−；④四氢呋喃(THF

)结构简式为，易挥发，高度易燃。Ⅰ．制备无水3CrCl某化学小组用23CrO和4CCl(沸点76.8℃)在高温下制备无水3CrCl，同时生成2COCl气体，实验装置如图所示：（1）实验装置合理的连接顺序为A→___________→C→B(填装置，可重复使用)。（2）仪器乙的作用是_______

____。（3）尾气处理时发生反应的离子方程式为___________。Ⅱ．合成()33CrClTHF实验室在非水体系中合成()33CrClTHF的原理为()Zn333ΔCrCl3THFCrClTHF+→的实验步骤：①填装反应物：称取

4.755g(0.03mol)无水3CrCl和0.20g锌粉放入滤纸套筒内，双颈烧瓶中加入100mL无水THF(过量)。合成()33CrClTHF：先通入一段时间2N后，在球形冷凝管中通入冷却水，加热THF至沸腾，THF蒸气通过蒸气导管进入提取管中，在冷凝管中冷凝回流到滤纸套筒中

进行反应，当滤纸套筒中的液面高于虹吸管最高处时，发生虹吸现象，滤纸套筒中的液体流入双颈峣瓶，从而实现了THF与3CrCl的连续反应及产物的连续萃取。③分离()33CrClTHF：回流2.5h，再通入2N冷却

至室温。取下双颈烧瓶，在通风厨中蒸发THF至有较多固体析出，冷却、抽滤、干燥称量，得产品3.745g。（4）球形冷凝管进水口为___________(填“a”或“b”)口。（5）该实验不能使用明火加热的原因是___________。（6）已知Cr2+对该反应有催化作用

，推断加入少量Zn粉发生反应的化学方程式为___________。（7）产品产率为___________。(结果保留3位有效数字)【答案】（1）C-F-E-D（2）平衡压强（3）2232COCl4OHCO2Cl2HO−−−+=++（4）a（5）THF易挥发，高度易燃，遇明火可能发生

爆炸（6）322Zn2CrCl2CrClZnCl=++（7）33.3%(答“0.3330.340”均可)【解析】【分析】制备无水3CrCl的过程为：利用A装置产生N2，通入浓硫酸中进行干燥，继续通入F中，在热水浴的作用下将气态CCl4带出，进入E中制备3CrCl，反应在高温下进行，

3CrCl以气态生成，在D中进行冷凝收集，再通入浓硫酸，防止右边的水蒸气进入D中，最后用B装置吸收产生的COCl2气体。【小问1详解】由分析知，实验装置合理的连接顺序为A-C-F-E-D-C-B，故答案为C

-F-E-D；【小问2详解】乙是长颈漏斗，它的作用是平衡压强；【小问3详解】尾气处理时，NaOH溶液与2COCl发生反应生成碳酸钠和氯化钠，离子方程式为2232COCl4OHCO2Cl2HO−−−+=++；【小问4详解】球形冷凝管冷凝水方向为下进上出，故进水口为a；

【小问5详解】由题中信息可知THF易挥发，高度易燃，故不可用明火直接加热的原因是：THF易挥发，高度易燃，遇明火可能发生爆炸；【小问6详解】由题目中信息可知，加入锌可以把三价铬还原为二价铬，方程式为：322Zn2C

rCl2CrClZnCl=++；【小问7详解】由题目中的信息可知如下对应关系式：()Zn333CrCl3THFCrClTHF158.8374.54.755x+→，374.54.755g11.235g158.8x

==，产率为3.745g×100%33.3%11.235g=。【点睛】充分利用题给已知信息是解题的关键。17.某小组同学向pH=1的0.5mol/L的FeCl3溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化剂的微粒及

其还原产物。（1）实验准备：配制0.5mol/L的FeCl3溶液200mL，需5mol/LFeCl3溶液的体积为___________mL。需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、___________

。理论分析：依据金属活动性顺序，Zn、Mg都可将Fe3+还原为Fe的单质。（2）实验验证：实验金属操作、现象及产物I过量Cu一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质Ⅱ过量Zn一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色

沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3~4，取出固体，固体中未检测到Fe单的质Ⅲ过量Mg有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质①分别取实验I、Ⅱ、

Ⅲ中的少量溶液，滴加___________溶液，均产生蓝色沉淀，证明都有Fe2+生成。请写出实验I产生Fe2+的离子方程式___________。②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因___________。③对实验Ⅱ未检测到F

e单质进行分析及探究。a．甲认为当Fe3+浓度较大时，即使Zn与Fe2+反应置换出少量Fe，Fe也会被Fe3+消耗。取实验II的少量溶液，滴加KSCN溶液，___________(填实验现象)，证实了此条件下Fe3+几乎不存在。b．乙认为在pH为3~4的溶液中即便生成Fe也会被H+消耗。设计实

验___________(填实验操作和现象)，证实了此条件下可忽略H+对Fe的消耗。c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与Fe2+的反应。实验证实了Zn粉被包裹。（3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，

解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因___________。【答案】（1）①.25.0②.250mL容量瓶、胶头滴管（2）①.K3[Fe(CN)6]②.3+2+2+Cu22FeueFC+=+③.3+Fe水解方程式为23+33HO3(FHeFeOH)+++，加入的Zn或

Mg会消耗H+，促进3+Fe水解平衡正向移动，使其转化为沉淀3Fe(OH)④.溶液没有出现血红色⑤.向pH为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀，即说明此条件下Fe

未与H+反应生成Fe2+（3）加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被3Fe(OH)沉淀包裹【解析】【分析】实验I中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应生成Cu2+和Fe2+，一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质；实验II中，加入过量的Zn，发生反应Zn+2H+=H2↑

+Zn2+，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀，固体中未检测到Fe单质，原因可能是Fe3+的干扰以及Fe(OH)3沉淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应，由于Mg很活泼，该反应非常剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，

取出固体，固体中检测到Fe单质，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质，据此解答。【小问1详解】实验室没有200mL容量瓶，故应配250mL溶液，溶液稀释前后溶质的物质的量守恒，故配制0.5mol/L的FeCl3溶

液250mL，需5mol/LFeCl3溶液的体积为：0.5mol/L250mL25.0mL5mol/L=；需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管；【小问2详解】①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，均产生

蓝色沉淀，证明都有Fe2+生成，实验I产生Fe2+的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，Fe3+水解方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入的Z

n或Mg会消耗H+，促进Fe3+水解平衡正向移动，使其转化为Fe(OH)3沉淀；a．甲认为当Fe3+浓度较大时，即使Zn与Fe2+反应置换出少量Fe，Fe也会被Fe3+消耗，取实验II的少量溶液，滴加KSCN溶液，溶液没有出现血红色，证实了此

条件下Fe3+几乎不存在；b．乙认为在pH为3~4的溶液中即便生成Fe也会被H+消耗，要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗：向pH为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀，即说明此

条件下Fe未与H+反应生成Fe2+；【小问3详解】对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。18.硼化钛()2TiB强度高、硬度大，广泛应用于机械

制造领域；五氟化锑()5SbF是一种高能氟化剂，广泛应用于制药业。工业上以一种含钛的矿渣(主要含2TiO、23SbO、ZnO、PbO、NiO、CoO)为原料制取硼化钛和五氟化锑的流程如图1所示。已知：①2TiO性质较稳定，加热时可溶于浓硫酸中形成2TiO+；②

高温下23BO易挥发；③“热还原”步骤主要反应为2232TiOBO5CTiB5CO高温+++；④资料显示2Co+半径65pm、2Ni+半径69pm、2Zn+半径74pm；⑤25℃时，ZnS、PbS的spK分别为241.610−、288.010−。回答下列问题：（1）“水解”

步骤中对应的离子方程式为___________。为了使水解趋于完全，可采取的措施有___________(填一条)。（2）“热还原”步骤中使用石墨化炉高温加热装置(15002100℃)，23BO的实际用

量超过理论化学计量所要求的量，原因是___________。仅增大配料中23BO的用量，产品中的杂质含量变化如图2所示。杂质TiC含量随w%(23BO量相对理论化学计量过量百分比)增大而降低的原因可能是___________(用化学方程式解释)。（3）“除钴镍”步骤

中，有机净化剂的基本组分为大分子立体网格结构的聚合物，其净化原理如图3所示。2Co+、2Ni+能发生上述转化而2Zn+不能，推测可能的原因为___________。（4）已知滤液Ⅰ中()21Zn0.01molLc+−=，()21Pb0.001mol

Lc+−=。“除锌铅”步骤中，缓慢滴加稀2NaS溶液，当ZnS、PbS共沉时，先沉淀的物质___________(填“是”“否”)已经沉淀完全(离子浓度511.010molL−−)。（5）制取5SbF时，没有选择玻

璃仪器，其原因为___________。【答案】（1）①.()2222TiOx+1HOTiOxHO2H+++=+②.加碱或加热（2）①.23BO在高温下易挥发产生损耗，使用量增多②.2322TiCBOCOTiB2CO高温+++（3）2Co+和2N

i+的半径可能与有机净化剂网格孔径大小相匹配，可形成配位键，而2Zn+半径偏大导致不匹配而不能形成配位键（4）是（5）反应时加入的HF能腐蚀玻璃仪器【解析】【分析】已知2TiO性质较稳定，加热时可溶于

浓硫酸中形成2TiO+，则矿渣加入盐酸酸浸时，2TiO性质较稳定不溶解，滤渣I中含的2TiO，其余氧化物与盐酸反应产生离子()32222////SbZnPbNiCo+++++进入滤液I中，滤液I中加入有机净化剂除镍和钴，再加入硫化钠溶

液除去锌和铅，电解3SbCl溶液得到金属Sb，再通入2Cl氯化得到5SbCl，加HF氟化得到5SbF；滤渣I中加入热的浓硫酸酸解2TiO，形成2TiO+，2TiO+水解生成22·OTiOxH，加入23BO和C热还原得到硼化钛，据此分析解答。【小问

1详解】根据流程图，水解之后通过过滤得到22·OTiOxH，然后对22·OTiOxH进行焙烧，说明成22·OTiOxH为固体，则水解的离子方程式为：()2222x1HO?O2HTiOTiOxH++++=+；为了使水解趋于完全，应使水

解平衡正向移动，水解吸热，可以采用升高温度（如加热）的方式，也可以采取加碱溶液消耗H+的方式等使水解平衡正向移动来提高水解率。故答案为为：()2222x1HO?O2HTiOTiOxH++++=+；加碱或加热。【小问2详解】“热还原”步骤中使用石墨化炉高温加热装置(15002100℃)

，发生的反应方程式为：22232221500C?2100C2?O2BO5C252OTiOxHTiBCOxH++======++，在生产中23BO的实际用量超过理论化学计量所要求的量，原因是23BO在高温下易挥发产生损耗

，使用量增多；根据图2，仅增大配料中23BO的用量，TiC含量随着降低，C的含量先减少后基本不变，是因为C转变为CO，然后CO与23BO和TiC反应转化为了2TiB，则产品中杂质TiC含量随23BO增大而降低的反应方程式为：2322BO2TiCCOTiBCO++==+高温。故

答案为：23BO在高温下易挥发产生损耗，使用量增多；2322BO2TiCCOTiBCO++==+高温。【小问3详解】“除钴镍”步骤中，有机净化剂的基本组分为大分子立体网格结构的聚合物，其净化原理如图3所示，根据图3可知，2Co+和2Ni+可以分别与N和O形成配位键，而2Zn+却不能形

成配位键，结合题目已知④中的半径数据，推测可能的原因为：2Co+和2Ni+的半径可能与有机净化剂网格孔径大小相匹配，可形成配位键，而2Zn+半径偏大导致不匹配而不能形成配位键。故答案为：2Co+和2Ni+

的半径可能与有机净化剂网格孔径大小相匹配，可形成配位键，而2Zn+半径偏大导致不匹配而不能形成配位键。【小问4详解】根据()24K1.610spZnS−=、()28K8.010spPbS−=，当滤液Ⅰ中()21Zn0.01molLc+−=，()21Pb0.001m

olLc+−=时，开始沉淀时()2cS−分别为：()()()()24222121.610cS1.610?L0.01cZnSKspZnSmolZn−−−−+===、()()()()2822512K8.010cS8.010?L0.001cspPbSPbSmolPb−−−

−+===，则转化为硫化物沉淀时所需硫离子浓度，铅离子的小于锌离子的，故先产生的沉淀是PbS；当ZnS、PbS共沉时，硫离子浓度要达到2211.610?Lmol−−，则此时铅离子的浓度为()()()2826151222K8.010c5.010

?L110?L1.610cSspPbSPbmolmol−+−−−−−−===(完全沉淀时离子浓度511.010molL−−)，得到此时铅离子已沉淀完全。故答案为：是。【小问5详解】制取5SbF时，没有选择玻璃仪器，是

因为通入的HF能与玻璃仪器反应，对玻璃仪器产生腐蚀。故答案为：反应时加入的HF能腐蚀玻璃仪器。