江西省新八校聯考2024-2025學年高三上學期期末化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1江西省新八校聯考2024-2025學年高三上學期期末試題可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16Si-28Fe-56Ce-140一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.“挖掘文物價值，講好江西故事”。下列說法錯誤的是A.?；韬钅钩鐾亮舜罅勘４嫱旰玫木澜鹌鳎@與金單質的惰性有關B.“井岡山八角樓的油燈”中“油”可能是液態(tài)烴的混合物C.景德鎮(zhèn)青花瓷世界聞名，其青色主要來自金屬鈷的化合物，鈷位于元素周期表中第四周期第VIII族D.“南宋持羅盤立人陶俑”由黏土發(fā)生物理變化制成【答案】D【解析】A．金性質穩(wěn)定，所以金器保存完好，故A正確；B．烴易燃燒，“井岡山八角樓的油燈”中“油”可能是液態(tài)烴的混合物，故B正確；C．鈷是27號元素，鈷位于元素周期表中第四周期第VIII族，故C正確；D．陶俑屬于陶瓷，陶瓷在燒制過程中黏土發(fā)生復雜物理化學變化，故D錯誤；選D。2.下列化學用語正確的是A．過氧化氫的電子式B．基態(tài)硼原子的電子排布圖C．鹽酸與碳酸氫鈉反應的焓變圖D．堿性鋅錳電池的構造示意圖A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．過氧化氫為共價化合物，電子式為，故A錯誤；B．硼為5號元素，基態(tài)硼原子的電子排布圖為，故B正確；C．鹽酸與碳酸氫鈉的反應為反應物總能量小于生成物總能量的吸熱反應，故C錯誤；D．氯化銨溶液水解顯酸性，堿性鋅錳電池的構造示意圖為：，故D錯誤；故選B。3.設阿伏加德羅常數的值為NA，則下列說法正確的是A.標準狀況下，11.2LCl2溶于足量水所形成的溶液中，、、HClO的微粒數之和為0.5NAB.向FeBr2溶液中通入適量Cl2，當有1molBr2生成時共轉移的電子數可能為4NAC.在某一密閉容器中，0.1molSO2與足量的O2反應，生成的SO3分子數為0.1NAD.0.1mol環(huán)氧乙烷()中含有的鍵數目為0.3NA【答案】B【解析】A．標準狀況下，11.2LCl2為0.5mol，溶于足量水氯氣部分和水反應生成HCl、次氯酸，溶液中還存在氯分子，結合氯守恒，所形成的溶液中、、HClO的微粒數之和小于0.5NA，故A錯誤；B．亞鐵離子還原性大于溴離子，通入氯氣，亞鐵離子首先被氧化為鐵離子、然后溴離子被氧化為溴單質，FeBr2溶液中通入適量Cl2，當有1molBr2生成，則生成溴單質轉移2mol電子，若溶液中含有2molFeBr2，則溴離子部分反應而亞鐵離子反應2mol，則會共轉移4mol電子，電子數為4NA，故B正確；C．二氧化硫和氧氣反應為可逆反應，進行不完全，密閉容器中，0.1molSO2與足量的O2反應，生成的SO3分子數小于0.1NA，故C錯誤；D．環(huán)氧乙烷中C—O鍵、C—C鍵、C—H鍵均為σ鍵，0.1mol環(huán)氧乙烷()中含有的0.7molσ鍵，數目為0.7NA，故D錯誤；故選B。4.下列敘述對應的化學或離子方程式正確的是A.向飽和NaOH溶液通入過量CO2析出白色晶體：B.H2(g)的燃燒熱是285.8，則：C.向KMnO4溶液中滴入H2O2溶液產生黑色沉淀和氣泡：D.用丙烯腈電合成己二腈，在陽極發(fā)生的電極反應：【答案】C【解析】A．向飽和氫氧化鈉溶液中通入過量二氧化碳發(fā)生的反應為飽和氫氧化鈉溶液與二氧化碳反應生成碳酸氫鈉沉淀，反應的離子方程式為，故A錯誤；B．氫氣的燃燒熱是1mol氫氣在氧氣中燃燒生成液態(tài)水放出的熱量，則2mol氣態(tài)水分解生成氫氣和氧氣的反應熱△H小于+571.6kJ/mol，故B錯誤；C．向高錳酸鉀溶液中滴入過氧化氫溶液產生黑色沉淀和氣泡發(fā)生的反應為溶液中高錳酸根離子與過氧化氫溶液反應生成二氧化錳沉淀、氧氣、氫氧根離子和水，反應的離子方程式為，故C正確；D．用丙烯腈電合成己二腈的陽極反應為酸性條件下丙烯腈在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成己二腈，電極反應式為，故D錯誤；故選C。5.化學是實驗的科學，下列有關實驗設計能達到實驗目的的是A.配制銀氨溶液 B.實驗室快速制氧氣并做到隨關隨停C.探究壓強對平衡的影響 D.驗證HCl易溶于水【答案】D【解析】A．將2%氨水逐滴加到2%硝酸銀溶液中，溶液先出現白色沉淀，至白色沉淀完全溶解即配得銀氨溶液，故A不能達到實驗目的；B．過氧化鈉為粉末狀固體，不能用簡易啟普發(fā)生器制備氧氣，故B不能達到實驗目的；C．該反應為氣體分子數不變的反應，改變壓強，平衡不移動，故C不能達到實驗目的；D．氯化氫易溶于水，水滴入后，氯化氫溶解，圓底燒瓶內壓強降低，氣球鼓起，故D能達到實驗目的；故選D。6.物質結構決定物質性質。下列性質差異與結構因素匹配不正確的是選項性質差異結構因素A熔點：AlF3(1040℃)遠高于AlCl3(178℃升華)晶體類型B在水中的溶解度(20℃)：NH3>H2S分子立體結構C穩(wěn)定性：[Cu(NH3)4]2+>[Cu(H2O)4]2+配體的穩(wěn)定性D水晶柱面上的固態(tài)石蠟在不同方向熔化的快慢不同原子有序排列A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．AlF3為離子晶體，AlCl3為分子晶體，離子晶體的熔點高于分子晶體的熔點，故AlF3(1040℃)遠高于AlCl3(178℃升華)，A項正確；B．NH3為三角錐形結構，H2S為V形結構，與水均為極性分子，相似相溶，即二者均易溶于水，但NH3分子可與水分子形成分子間氫鍵，故溶解性NH3>H2S，與分子的立體異構無關，B項錯誤；C．N原子半徑大于O，電負性小于O，因此N更容易提供孤電子對，與Cu2+形成更穩(wěn)定的配位鍵，即NH3比H2O更容易形成更穩(wěn)定的配位鍵，故穩(wěn)定性[Cu(NH3)4]2+>[Cu(H2O)4]2+，C項正確；D．水晶柱面上的固態(tài)石蠟在不同方向熔化的快慢不同，是因為原子有序排列形成晶體，而晶體具有各向異性，D項正確；答案選B。7.合成高血壓藥物替米沙坦的一種中間體X的結構如圖所示。關于它的說法正確的是A.X的所有碳原子有可能在同一個平面上B.X能使酸性KMnO4溶液褪色C.在一定條件下，X能發(fā)生取代反應、加成反應、縮聚反應D.X與足量H2反應后的產物中含有4個手性碳原子【答案】B【解析】A．X中含有—C(CH3)3，其中的碳均為sp3雜化，則其中含有的碳不可能都在同一個平面上，故X的所有碳原子不可能在同一個平面上，A錯誤；B．X中含有醛基，且和苯環(huán)相連的碳上有氫原子，都可以被酸性高錳酸鉀氧化，而使其褪色，B正確；C．X中苯環(huán)上的氫和酰胺基可以發(fā)生取代反應，苯環(huán)可以和氫氣發(fā)生加成反應，不能發(fā)生縮聚反應，C錯誤；D．X與足量H2反應后的產物為，其中*所示為手性碳原子，含有3個手性碳原子，D錯誤；故選B。8.某離子液體結構如下圖所示。W、X、Y、Z原子序數依次增大，W、X和Y的原子序數之和為14，X和Y基態(tài)原子的核外未成對電子數之和為5，Z是第四周期主族元素。下列說法錯誤的是A.該離子液體熔沸點低，易揮發(fā)B.電負性：Y>X>WC.同周期中第一電離能大于Y的元素有2種D.W、Y、Z可形成既含離子鍵又含共價鍵的化合物【答案】A【解析】Z是第四周期主族元素，且可形成Z-，可知Z為Br，W可與X、Y分別形成1個共價鍵，且原子序數最小，則W為H，W、X和Y的原子序數之和為14，那么X和Y的原子序數之和為13，X和Y基態(tài)原子的核外未成對電子數之和為5，且X與Y之間可形成雙鍵，Y可形成三個共價鍵，由此可知X為C，Y為N，綜上，W為H，X為C，Y為N，Z為Br。A．離子液體的離子半徑較大熔沸點低；粒子全都是帶電荷的離子，因此離子液體難揮發(fā)，A項錯誤；B．Y為N，2p能級半充滿，X為C，W為H，電負性N>C>H，即電負性Y>X>W，B項正確；C．Y為N，同周期中第一電離能大于C的有F和Ne兩種元素，C項正確；D．W、Y、Z可形成，其中既含有離子鍵，又含有共價鍵，D項正確；答案選A9.電有機合成反應條件溫和，生產效率高。電解合成1，2-二氯乙烷(ClCH2CH2Cl)的實驗裝置如圖所示。下列說法不正確的是A.離子交換膜X、Y分別為陰離子交換膜和陽離子交換膜B.陰極的電極反應為C.陰極產生22.4L氣體(標準狀況下)，理論上可生成2mol1，2-二氯乙烷D.陽極區(qū)發(fā)生的液相反應化學方程式為【答案】C【解析】根據實驗裝置，產生氫氣的電極為陰極，電極反應為，右端產生NaOH，說明鈉離子移向陰極，Y為陽離子交換膜；陽極亞銅離子失去電子發(fā)生氧化反應生成銅離子，氯離子移向陽極，X為陰離子交換膜。A．由分析可知，離子交換膜X、Y分別為陰離子交換膜和陽離子交換膜，故A正確；B．產生氫氣的電極為陰極，電極反應為水得到電子發(fā)生還原反應生成氫氣：，故B正確；C．陰極產生22.4L氣體(標準狀況下，為1mol氫氣)，陽極亞銅離子失去電子發(fā)生氧化反應生成銅離子：，液相反應中C2H4被CuCl2氧化為1，2－二氯乙烷：CH2=CH2+2CuCl2=ClCH2CH2Cl+2CuCl，結合電子守恒和反應可知，，則理論上可生成1mol1，2-二氯乙烷，故C錯誤；D．陽極區(qū)液相反應中C2H4被CuCl2氧化為1，2－二氯乙烷：，故D正確；故選C。10.某化學興趣小組在老師的指導下以印刷線路板的堿性蝕刻廢液(主要成分為[Cu(NH3)4]Cl2)和稍過量的NaOH溶液為原料制取CuO。反應裝置圖如下。下列說法錯誤的是A.裝置甲中發(fā)生的反應為B.裝置乙的作用是防倒吸C.為檢驗NH3的生成，可在裝置丙中加入藍色石蕊溶液D.用稀硝酸酸化的硝酸銀溶液可檢驗生成的沉淀是否洗滌干凈【答案】C【解析】A．依題意可知，甲裝置圖發(fā)生反應為：，A不符合題意；B．氨氣易溶于水，裝置乙的作用是防倒吸，B不符合題意；C．氨氣水溶液呈堿性，為檢驗NH3的生成，可在裝置丙中加入酚酞溶液，C符合題意；D．生成沉淀可能附著NaCl，故可用稀硝酸酸化的硝酸銀溶液檢驗生成的沉淀是否洗滌干凈，D不符合題意；本題選C。11.某科研小組以廢棄催化劑(含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等)為原料，按下列流程制備NiCl2?6H2O晶體。已知：SOCl2與水反應可生成兩種酸性氣體。下列說法錯誤的是A.濾渣1的主要成分為CuS、SB.“除雜”步驟中X和Y可分別選擇KMnO4、Ni(OH)2C.操作A需要用的玻璃儀器有酒精燈、漏斗、燒杯、玻璃棒等D.將所得NiCl2?6H2O與SOCl2混合加熱可制備無水NiCl2【答案】B【解析】廢棄催化劑中含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等，加入稀鹽酸，除去有機物，加入H2S后，將Cu2+轉化為CuS沉淀，同時可將Fe3+還原為Fe2+，S2-還可被Fe3+氧化為S單質，過濾后濾渣1中存在CuS和S，濾液1中存在Ni2+、Fe2+、Ca2+、Mg2+、H+等，加入試劑X和Y，起到將Fe2+氧化為Fe3+、調節(jié)濾液的pH的作用，此時可使Fe3+轉化為Fe(OH)3，過濾形成濾液2，向濾液2中加入NH4F，將Ca2+和Mg2+轉化成CaF2和MgF2沉淀，過濾后得到濾液3，向濾液3中加入Na2CO3，將Ni2+轉化為NiCO3沉淀，在沉淀中加入鹽酸，使沉淀溶解，得NiCl2溶液，經蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌得NiCl2?6H2O晶體。A．由分析可知，濾渣1中存在CuS和S，A項正確；B．“除雜”步驟中X作氧化劑，將Fe2+氧化為Fe3+，Y用于調節(jié)濾液的pH，為了不引入新的雜質，X應選擇H2O2、Y可選擇Ni(OH)2，B項錯誤；C．操作A為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌，需要用的玻璃儀器有酒精燈、漏斗、燒杯、玻璃棒等，C項正確；D．將所得NiCl2?6H2O與SOCl2混合加熱可生成SO2、HCl兩種酸性氣體，可防止Ni2+的水解，因此可用此法制備無水NiCl2，D項正確；答案選B。12.CO2在溫和條件下轉化為甲醇的一種反應歷程如下圖，In2O3為該反應的催化劑。下列說法正確的是A.該歷程中存在著極性鍵與非極性鍵的斷裂與形成B.碳原子的雜化方式未發(fā)生改變C.In2O3降低了該反應的?HD.若參與反應的二氧化碳分子為C18O2，則生成物甲醇的化學式為CH318OH【答案】D【解析】A．從圖中可以看出，該歷程中，發(fā)生碳氧鍵(極性鍵)、氫氫鍵(非極性鍵)的斷裂和碳氫鍵(極性鍵)的形成，則存在著極性鍵與非極性鍵的斷裂和極性鍵的形成，但不存在非極性鍵的形成，A不正確；B．在CO2分子中，中心碳原子的價層電子對數為=2，發(fā)生sp雜化，在CH3OH分子中，C的價層電子對數為=4，發(fā)生sp3雜化，則碳原子的雜化方式發(fā)生了改變，B不正確；C．In2O3為該反應的催化劑，只能降低該反應的活化能，從而加快反應速率，但不能降低該反應的?H，C不正確；D．從圖中可以看出，生成CH3OH(g)時，CO2分子中有1個O原子進入甲醇分子內，若參與反應的二氧化碳分子為C18O2，則生成物甲醇的化學式為CH318OH，D正確；故選D。13.CeO2氧載體具有良好的儲氧放氧能力，在甲烷催化重整中有良好的應用前景。甲烷化學鏈重整部分原理如下圖所示。下列說法錯誤的是A.CeO2晶胞中Ce原子處在O原子的正六面體空隙中B.中x=0.75C.通過石油的催化重整可獲取芳香烴D.設阿伏加德羅常數的值為NA，晶胞參數為apm，CeO2晶胞的密度為【答案】B【解析】A．Ce原子處于頂點和面心，由晶胞的結構可知，晶胞中Ce原子處在O原子的正六面體空隙中，A項正確；B．中含有Ce：個，含O為7個，則，解得，B項錯誤；C．石油通過催化重整后，有機物可由鏈狀成為環(huán)狀，可形成芳香烴，C項正確；D．根據均攤法可知，中含有Ce個，含O為8個，因此晶胞的密度為，D項正確；答案選B。14.室溫下，H2S水溶液中各含硫微粒物質的量分數隨NaOH的加入的變化關系如圖[例如]。下列說法正確的是A.NaHS溶液呈酸性B.當pH=10時，C.0.1mol/LNa2S溶液中，D.向等濃度的Na2S和NaOH混合溶液中逐滴加入FeCl2溶液，先生成黑色沉淀，可證明【答案】B【解析】在H2S溶液中存在電離平衡：、，隨著pH的增大，H2S的物質的量分數逐漸減小，HS-的物質的量分數先增大后減小，S2-的物質的量分數逐漸增大，圖中線①、②、③依次代表H2S、HS-、S2-的物質的量分數隨pH的變化，由①和②交點的pH=7可知，同理，由②和③交點的pH=13.0可知Ka2(H2S)=1×10-13；A．NaHS的水解常數為，則電離小于水解，溶液呈堿性，故A錯誤；B．當pH=10時，，由電荷守恒可知，，則，因為，，故，故B正確；C．0.1mol/LNa2S溶液中主要存在鈉離子和硫離子，硫離子水解生成和氫氧根離子，水解生成和氫氧根離子，且以第一步水解為主，則，0.1mol/LNa2S溶液中，、，故C錯誤；D．向等濃度的Na2S和NaOH混合溶液中逐滴加入FeCl2溶液，先生成黑色沉淀，說明硫化亞鐵比氫氧化亞鐵更難溶，可證明，故D錯誤；故選B。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.銻(Sb)位于元素周期表第VA族。銻白(Sb2O3)作為阻燃劑可廣泛用于尼龍、工程塑料(ABS)、合成樹脂、紙張等。一種以輝銻礦(主要成分為Sb2S3，含有少量的As2S5、CuO、PbS、SiO2等)為原料提取銻白的工藝流程如圖：已知：①浸出液中除含有鹽酸外，還含有Sb3+、Pb2+、Cu2+、Fe2+、等；②常溫下：，?；卮鹣铝袉栴}：（1）除粉碎外，寫出提高輝銻礦浸出率的2種方法：_______、_______。（2）濾渣1的主要成分有S、_______(填化學式)?！敖觥睍rSb2S3發(fā)生反應的離子方程式為_______。（3）“除砷時，轉化為磷酸，則氧化劑與還原劑的物質的量之比為_______。（4）若浸出液中Pb2+、Cu2+濃度均為0.001mol/L，“沉鉛、銅”時，當二者都完全沉淀時，溶液中的至少為_______mol/L。(當溶液中離子濃度時認為離子沉淀完全)（5）“稀釋水解”時，水解溫度與稀釋比對Sb3+水解率的影響如圖所示，則水解最佳溫度和最佳稀釋比分別為_______。（6）Bi2O3的立方晶胞結構如圖所示(O占據部分Bi的四面體空隙)，以A點為原點建立分數坐標，已知A點坐標為(0，0，0)，B點坐標為，則C點坐標為_______。晶胞邊長為anm，則密度為_______(Bi2O3的摩爾質量為Mg/mol，阿伏加德羅常數數值為NA)?！敬鸢浮浚?）①.適當提高溫度②.適當提高鹽酸濃度（2）①.SiO2②.（3）4∶5（4）（5）20℃、6∶1（6）①.②.【解析】向輝銻礦(主要成分為Sb2S3，還含有As2S5、CuO、PbS、SiO2等)中加入鹽酸、FeCl3溶液，由已知信息①可知，浸出液中除含有鹽酸外，還含有Sb3+、Pb2+、Cu2+、Fe2+、等，Sb2S3、As2S5、CuO、PbS和FeCl3溶液反應生成Sb3+、、Cu2+、Pb2+、Fe2+和S單質，SiO2不溶于酸，則濾渣1中含有S和SiO2；向浸出液中加入Na2S溶液，Pb2+、Cu2+轉化為PbS、CuS沉淀析出，則濾渣2中含有PbS、CuS；然后向濾液中加入NaH2PO2將還原生成As單質除砷，“稀釋水解”是利用SbCl3的水解反應制取SbOCl，然后用氨水中和脫氯生成Sb2O3。（1）除粉碎外，還可以通過適當提高溫度、適當提高鹽酸濃度等方法提高輝銻礦浸出率；（2）由分析知，濾渣1的成分為S和SiO2；Sb2S3和FeCl3溶液反應生成Sb3+、Fe2+和S單質，離子方程式為；（3）除砷時，作氧化劑，被還原為As，砷的化合價由＋5價降低為0價，作還原劉，被氧化為磷酸，磷的化合價由＋1價升高為＋5價，由得失電子守恒可知氧化劑與還原劑的物質的量之比為4∶5，故答案為：4∶5；（4）Cu2+和Pb2+均沉淀完全，則濃度小于或等于，已知，，則溶解度CuS<PbS，故Pb2+完全沉淀時，Cu2+一定完全沉淀，所以最低濃度為mol/L，故答案為：；（5）由圖可知，水解最佳溫度和最佳稀釋比分別為20℃、6:1，此時水解率較高；（6）Bi2O3的立方晶胞結構如圖所示，以A點為原點建立分數坐標，已知A點坐標為（0，0，0），B點坐標為，則C點體對角線的四分之一處，其坐標為；該晶胞中Bi原子個數為，O原子個數為6，則一個晶胞中含2個Bi2O3，晶胞質量為，晶胞體積為，則密度為，故答案為：。16.杭州亞運會的亞運場館使用納米級二氧化鈦光催化保護薄膜，在太陽光的照射下能夠快速分解建筑表面的污物。實驗室中以鈦酸酯Ti(OR)4為原料制備納米TiO2的步驟如下：①組裝裝置如下圖所示，保持溫度約為65℃，先將30mL鈦酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]加入盛有無水乙醇的三頸燒瓶，再加入3mL乙酰丙酮，充分攪拌；②將含水20%的乙醇溶液緩慢滴入三頸燒瓶中，得到二氧化鈦溶膠；③將二氧化鈦溶膠干燥得到二氧化鈦凝膠，灼燒凝膠得到納米TiO2。已知：鈦酸四丁酯能溶于除酮類物質以外的大部分有機溶劑，遇水劇烈水解；Ti(OH)4不穩(wěn)定，易脫水生成TiO2.回答下列問題：（1）基態(tài)鈦原子的價電子排布式為_______。（2）儀器c的名稱是_______，步驟①采取的加熱方式是_______。（3）加入乙酰丙酮目的是_______。（4）步驟②中制備二氧化鈦溶膠的化學方程式為_______。（5）如圖所示實驗裝置中，可用于灼燒二氧化鈦凝膠的是_______(填字母代號)。（6）用氧化還原滴定法測定TiO2的質量分數：一定條件下，稱取TiO2(摩爾質量為Mg/mol)試樣Wg，充分溶解并還原為Ti3+，再滴加指示劑，用Cmol/L的NH4Fe(SO4)2標準溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。重復操作2次，消耗NH4Fe(SO4)2標準溶液的平均值為VmL。①滴定時所用的指示劑為_______(填字母代號)。a．酚酞溶液b．KSCN溶液c．KMnO4溶液d．淀粉溶液②TiO2質量分數表達式為_______。【答案】（1）3d24s2（2）①.恒壓滴液漏斗②.65℃水浴加熱（3）可以減慢水解反應的速率（4）（5）a（6）①.b②.或【解析】（1）鈦為22號元素，基態(tài)鈦原子的價電子排布式為3d24s2。（2）儀器c的名稱是恒壓滴液漏斗，步驟①保持溫度約為65℃，采取的加熱方式是65℃水浴加熱。故答案為：恒壓滴液漏斗；65℃水浴加熱；（3）由已知知加入乙酰丙酮的目的是改變反應條件，可以減慢水解反應的速率。故答案為：可以減慢水解反應的速率；（4）Ti(OH)4不穩(wěn)定，易脫水生成TiO2，步驟②中鈦酸四丁酯[Ti(OC4H9)4]水解生成二氧化鈦溶膠，步驟②中制備二氧化鈦溶膠的化學方程式為。（5）灼燒二氧化鈦凝膠需要在坩堝中進行，可用于灼燒二氧化鈦凝膠的是a。（6）①酚酞溶液、淀粉溶液與NH4Fe(SO4)2溶液，現象不明顯；KMnO4溶液也能氧化Ti3+，影響滴定結果，KMnO4不與Fe3+反應；根據滴定反應Ti3+＋Fe3+＋H2O=TiO2+＋Fe2+＋2H＋可知，可以選用KSCN溶液作指示劑，當滴入最后一滴NH4Fe(SO4)2溶液，容易變成血紅色，且半分鐘不褪色，說明到達了滴定終點，故答案為：b；②消耗NH4Fe(SO4)2標準溶液物質的量=V×10-3L×Cmol·L-1，則根據鈦原子守恒，n(TiO2)=n(Ti3+)=n（Fe3+）=CV×10-3mol，樣品中TiO2的質量分數=×100%=或，TiO2質量分數表達式為或。故答案為：或。17.提出了“綠水青山就是金山銀山”的重要科學理念。工業(yè)含硫煙氣污染大氣，研究煙氣脫硫具有重要意義?；卮鹣铝袉栴}：方法一：鈣基脫硫。反應原理：反應I：反應Ⅱ：（1）計算反應_______。方法二：CH4還原脫硫。反應原理：反應I：反應Ⅱ：（2）一定條件下，在壓強為100kPa的恒壓密閉容器中按體積比為1∶1∶7充入CH4、SO2、He發(fā)生反應I和Ⅱ。測得SO2的平衡轉化率為80%，CH4的平衡轉化率為50%。①在一定溫度范圍內，緩慢升高反應溫度，測得CH4的平衡轉化率先減小后增大，其原因為_______。②反應I的壓強平衡常數Kp(I)=_______kPa2(用平衡分壓代替平衡濃度計算)。③若保持壓強不變，按體積比為1∶1∶3充入CH4、SO2、He發(fā)生反應I和Ⅱ，達到平衡時SO2的平衡轉化率將_______80%(填>“<”或“=”)。方法三：活性炭脫硫。采用活性炭脫除煙氣中SO2，其過程首先要經物理吸附SO2→SO2*(*代表吸附態(tài))，O2→O2*，H2O→H2O*，然后是化學吸附(如圖1)：（3）①寫出化學吸附過程生成SO3*化學方程式_______。②煙氣脫硫過程的氧化反應為，在恒溫恒壓的密閉容器中發(fā)生該反應。下列說法正確的是_______。A．增大活性炭基表面積，有利于加快反應速率B．反應混合氣組分中SO2和SO3分壓比不變，可作為達到化學平衡狀態(tài)的判據C．向體系中加入惰性氣體可增大反應的KpD．增大O2分壓可提高SO2的平衡轉化率方法四：電解脫硫。利用電解法對SO2進行吸收和無害化處理，其原理如圖2所示。（4）電極I的電極反應式為_______?！敬鸢浮浚?）（2）①.開始升溫時，反應I逆向移動影響較大，CH4的轉化率降低；后期升溫，反應Ⅱ正向移動影響較大，導致CH4的轉化率升高②.614.4③.<（3）①.②.ABD（4）【解析】（1）反應ⅠCaSO4(s)+CO(g)?CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)ΔH1=+218.4k·mol-1反應ⅡCaSO4(s)+4CO(g)?CaS(s)+4CO2(g)ΔH2=-175.6kJ·mol-1根據蓋斯定律Ⅱ-Ⅰ得CaO(s)+3CO(g)+SO2(g)?CaS(s)+3CO2(g)ΔH=-175.6kJ·mol-1-218.4k·mol-1=-394kJ·mol-1；（2）①在一定溫度范圍內，緩慢升高反應溫度，測得的平衡轉化率先減小后增大的原因為開始升溫時，反應Ⅰ逆向移動影響較大，的轉化率降低；后期升溫，反應Ⅱ正向移動影響較大，導致的轉化率升高；②已知在壓強為的恒壓密閉容器中按體積比為充入、、發(fā)生反應Ⅰ和Ⅱ，測得的平衡轉化率為，的平衡轉化率為，設初始時容器中的和均為，則為。各物質的變化量為：因此平衡時，為、為、為、為、為、為、為、為，總物質的量為。平衡時各物質的分壓：為、為、為、為、為、為、為、為，因此；③若保持壓強不變，按體積比為充入、、發(fā)生反應。由于反應物的分壓增大，反應Ⅰ