江蘇省南京市某校2024-2025學年高二上學期9月階段考試化學試題 （解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1江蘇省南京市某校2024-2025學年高二上學期9月階段考試可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1C-12O-16S-32Ba-137Ti-48一、單項選擇題：共13題，每題3分，共39分。每題只有一個選項最符合題意。1.化學與社會、生活、環(huán)境密切相關(guān)。下列敘述不正確的是A.同壓下，等質(zhì)量的液態(tài)水和水蒸氣，水蒸氣的能量高B.冰在室溫下自動熔化成水，這是熵增的過程C.綠色化學的核心是應(yīng)用化學原理對環(huán)境污染進行治理D.化石燃料蘊藏的能量來自遠古時期生物體所吸收利用的太陽能【答案】C【解析】液態(tài)水變?yōu)樗魵馕鼰?，說明水蒸氣能量更高，A正確；同一物質(zhì)，液態(tài)的熵值高于固態(tài)，B正確；綠色化學的核心是從源頭治理，盡可能不產(chǎn)生污染，而不是產(chǎn)生污染后的治理，C錯誤；遠古時期生物體吸收利用太陽能，經(jīng)過非常復雜的過程和漫長的時間形成化石燃料，D正確；綜上所述答案為C。2.向CuSO4溶液中通入H2S，發(fā)生反應(yīng)：CuSO4＋H2S=CuS↓＋H2SO4.下列有關(guān)說法正確的是A.H2S的電子式為B.Cu是d區(qū)過渡金屬元素C.Cu2＋的基態(tài)核外電子排布式為[Ar]3d10D.基態(tài)O原子核外電子軌道表示式為【答案】A【解析】H2S是共價化合物，S與2個H之間各共用一對電子，電子式為，A正確；Cu的價電子排布式為3d104s1，屬于ds區(qū)的過渡金屬元素，B錯誤；Cu2＋的基態(tài)核外電子排布式為[Ar]3d9，C錯誤；根據(jù)洪特規(guī)則，電子優(yōu)先以自旋平行的形式占滿每個軌道，基態(tài)O原子核外電子軌道表示式為，D錯誤；故選A。3.用如圖實驗裝置進行相應(yīng)實驗，能達到實驗?zāi)康牡氖茿.用圖甲所示裝置驗證氨氣溶于水呈堿性B.用圖乙所示裝置制取CO2C.用圖丙所示裝置驗證鎂片與稀鹽酸反應(yīng)放熱D.用圖丁所示裝置丁驗證FeCl3對H2O2分解反應(yīng)有催化作用【答案】C【解析】石蕊遇堿變藍，應(yīng)該用濕潤的紅色濕潤試紙檢驗，A錯誤；長頸漏斗下端未浸入液面以下，生成的氣體會從長頸漏斗逸出，B錯誤；Ca(OH)2的溶解度隨溫度升高而降低，若鎂片與稀鹽酸反應(yīng)放熱，飽和石灰水溫度升高，會析出Ca(OH)2，石灰水會變渾濁，可以達到實驗?zāi)康模珻正確；兩組實驗的溫度也不同，變量不唯一，D錯誤；綜上所述答案為C。4.2023年諾貝爾化學獎頒給合成量子點的三位科學家。量子點是一種重要的低維半導體材料，常由硅(Si)、磷(P)、硫(S)、硒(Se)等元素組成。下列說法正確的是A.原子半徑：r(Si)>r(S)>r(Se)B.電負性：χ(Se)>χ(S)>χ(Si)C.第一電離能：I1(P)>I1(S)>I1(Si)D.氫化物的穩(wěn)定性：H2Se>H2S>PH3【答案】C【解析】硅(Si)、磷(P)、硫(S)為同一周期從左到右的位置關(guān)系，硒(Se)在S的下一周期，兩者同主族；根據(jù)原子半徑遞變規(guī)律，原子半徑由大到小的順序為：r(Se)>r(Si)>r(S)，故A錯誤；根據(jù)位置關(guān)系，S的電負性應(yīng)該大于Se，故B錯誤；根據(jù)同一周期第一電離能的遞變，第VA族出現(xiàn)反常，第一電離能：I1(P)>I1(S)>I1(Si)，故C正確；H2S的穩(wěn)定性強于H2Se，故D錯誤。答案選C。第三周期元素的單質(zhì)及其化合物有重要用途。如在熔融狀態(tài)下可用金屬鈉制備金屬鉀：上可制備多種鎂產(chǎn)品：鋁―空氣電池具有較高的比能量，在堿性電解液中總反應(yīng)。高純硅廣泛用于信息技術(shù)領(lǐng)域，高溫條件下，將粗硅轉(zhuǎn)化為三氯硅烷()，再經(jīng)氫氣還原得到高純硅。硫有多種單質(zhì)，如斜方硫(燃燒熱為)、單斜硫等?？沙U水中Hg2+等重金屬離子，水溶液在空氣中會緩慢氧化生成S而變渾濁。閱讀以上材料，完成下面三個小題5.下列說法不正確的是A.斜方硫和單斜硫互同素異形體B.1mol中含有4molσ鍵C.H2S的空間構(gòu)型為V形D.可在周期表中元素Si附近尋找新半導體材料6.下列化學反應(yīng)表示不正確的是A.向溶液中加入小粒金屬鈉：B.斜方硫燃燒：C.鋁―空氣電池(堿性電解液)放電時的負極反應(yīng)式：D.H2S水溶液在空氣中會緩慢氧化生成：7.下列物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是A.熔融能電解，可用作冶煉鎂的原料B.H2S具有還原性，可除去廢水中的C.鈉的金屬活潑性比鉀大，可用于冶煉金屬鉀D.熔點高、硬度大，可用于制造光導纖維【答案】5.B6.D7.A【解析】【5題詳解】斜方硫和單斜硫均為硫元素形成的性質(zhì)不同的兩種單質(zhì)，故互為同素異形體，A正確；已知微粒中含有4個O-Hσ鍵和4個Al-O配位鍵也是σ鍵，故1mol中含有8molσ鍵，B錯誤；H2S中中心原子S周圍的價層電子對數(shù)為：2+=4，根據(jù)價層電子對互斥理論可知，H2S的空間構(gòu)型為V形，C正確；Si位于元素周期表中金屬與非金屬的交界線處，故可在周期表中元素Si附近尋找新半導體材料，D正確；故答案為：B；【6題詳解】向CuSO4溶液中加入小粒金屬鈉，Na先與水反應(yīng)，生成的NaOH再與CuSO4反應(yīng)，故總的離子方程式為：，A正確；由題干信息可知，斜方硫的燃燒熱為，則斜方硫燃燒的熱化學方程式為：

，B正確；原電池負極發(fā)生氧化反應(yīng)，結(jié)合題干信息：鋁―空氣電池具有較高的比能量，在堿性電解液中總反應(yīng)可知，該電池放電時的負極反應(yīng)式：，C正確；H2S為弱酸，屬于弱電解質(zhì)，故H2S水溶液在空氣中會緩慢氧化生成S的反應(yīng)方程式為：，D錯誤；故答案為：D；【7題詳解】熔融MgCl2能電解，方程式為：MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑，故可用作冶煉鎂的原料，A符合題意；H2S用于除去廢水中的Hg2+，原理為：Hg2++H2S=HgS↓+2H+，并未體現(xiàn)H2S的還原性，B不合題意；鈉的金屬活潑性比鉀小，用鈉來冶煉金屬鉀是利用鈉的沸點比鉀高，與其金屬性強弱無關(guān)，C不合題意；SiO2用于制造光導纖維是利用SiO2的光學特性，與其熔點高、硬度大無關(guān)，D不合題意；故答案為：A。8.微生物燃料電池是指在微生物的作用下將化學能轉(zhuǎn)化為電能的裝置。某微生物燃料電池的工作原理如圖所示，下列說法正確的是A.該電池在高溫下進行效率更高B.電子的移動方向由b經(jīng)外電路到aC.若該電池中有0.2molO2參加反應(yīng)，則有0.8molH?向b遷移D.b電極發(fā)生的反應(yīng)為O2+4e-+2H2O=4OH-【答案】C【解析】由圖可知硫酸鹽還原菌可以將有機物氧化成二氧化碳，而硫氧化菌可以將硫氫根離子氧化成硫酸根離子，所以兩種細菌存在，就會循環(huán)把有機物氧化成CO2

放出電子，負極上HS-在硫氧化菌作用下轉(zhuǎn)化為SO，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式是HS-+4H2O-8e-=SO+9H+；正極上是氧氣得電子的還原反應(yīng)4H++O2+4e-=2H2O。高溫使硫化菌失去活性，該電池不宜在高溫下進行，故A錯誤；b是電池的正極，a是負極，所以電子從a流出經(jīng)外電路流向b，故B錯誤；正極上是氧氣得電子的還原反應(yīng)4H++O2+4e-=2H2O，根據(jù)電子守恒，若該電池中有0.2molO2參加反應(yīng)，則有0.8molH?向b遷移，故C正確；b電極發(fā)生的反應(yīng)為4H++O2+4e-=2H2O，故D錯誤；故選C。9.用活性炭與NO2反應(yīng)：為2C(s)+2NO2(g)?2CO2(g)+N2(g)來消除氮氧化物產(chǎn)生的空氣污染。下列說法正確的是A.增加活性炭質(zhì)量，正反應(yīng)速率加快B.該反應(yīng)平衡常數(shù)的表達式為C.該反應(yīng)中消耗1molNO2，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為D.該反應(yīng)到達平衡后，升高溫度，正反應(yīng)速率減慢，逆反應(yīng)速率加快【答案】C【解析】活性炭是固體，增加固體的量，反應(yīng)速率不變，A錯誤；反應(yīng)平衡常數(shù)的表達式為，固體不帶入平衡常數(shù)表達式，B錯誤；反應(yīng)2C(s)+2NO2(g)?2CO2(g)+N2(g)中，N的化合價由+4價降低為0價，消耗1molNO2有4mol電子轉(zhuǎn)移，即個電子轉(zhuǎn)移，C正確；升高溫度，正逆反應(yīng)速率均加快，D錯誤；答案選C。10.甲硫醇是合成染料和農(nóng)藥的原料，可通過甲醇與硫化氫反應(yīng)得到，熱化學方程式為。硫化氫與甲醇合成甲硫醇的催化反應(yīng)過程如下圖。下列說法中不正確的是A.過程①和②均吸收能量B過程④形成了O－H和C－SC.(E表示鍵能)D.適當降溫加壓可提高甲醇的平衡轉(zhuǎn)化率【答案】C【解析】根據(jù)圖示，過程①和②都是化學鍵斷裂的過程，斷鍵吸收能量，故A正確；根據(jù)圖示，過程④形成了O－H和C－S，故B正確；反應(yīng)過程，斷裂1個H-S鍵、1個C-O鍵，生成1個C-S鍵、1個O-H鍵，總反應(yīng)放熱，所以(E表示鍵能)，故C錯誤；總反應(yīng)放熱，降低溫度平衡正向移動，正反應(yīng)氣體物質(zhì)的量減少，增大壓強平衡正向移動，所以適當降溫加壓可提高甲醇的平衡轉(zhuǎn)化率，故D正確；選C。11.室溫下，下列實驗探究方案能達到探究目的的是選項探究方案探究目A向2ml濃度均為0.1mol/L的CaCl2和BaCl2混合溶液中滴加少量0.1mol/LNa2CO3溶液，振蕩，產(chǎn)生白色沉淀溶度積常數(shù)：CaCO3>BaCO3B向K2CrO4溶液中緩慢滴加少量濃硫酸，觀察溶液顏色的變化證明溶液中存在平衡：(橙)＋H2O?2(黃)＋2H＋C向盛有2mL0.1mol/LFeBr2溶液的試管中滴加足量氯水，充分反應(yīng)后滴加KSCN溶液，觀察溶液顏色變化比較與的還原性D常溫下，分別測定濃度均為0.1mol/LNaF和NaClO溶液的pH，后者的pH大酸性：HF<HClOA.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】二者都產(chǎn)生白色沉淀，不能判斷溶度積大小關(guān)系，A錯誤；K2CrO4溶液中緩慢滴加少量濃硫酸，溶液由黃色變橙色，說明平衡(橙)＋H2O?2(黃)＋2H＋向逆向移動，存在平衡，B正確；向盛有2mL0.1mol/LFeBr2溶液的試管中滴加足量氯水，F(xiàn)e2+和Br-都被氧化，不能判斷二者的還原性強弱，C錯誤；0.1mol/LNaF和NaClO溶液的pH，后者的pH大，說明酸性HClO<HF，D錯誤；答案選B。12.常溫下，將溶液與溶液混合，可制得，混合過程中有氣體產(chǎn)生。已知：，，，。下列說法不正確的是A.向100mLpH=10的氨水中通入少量，反應(yīng)后溶液中存在：B.0.1溶液中：C.生成的離子方程式為：D.生成沉淀后的上層清液中：【答案】A【解析】通入少量，，中碳酸根離子會發(fā)生水解：，，相當，故反應(yīng)后為氨水和碳酸銨的混合溶液，氫氧根濃度變化不大，，則，可知：，故A錯誤；由電荷守恒：①；物料守恒：②；①-②得：③在溶液中：的水解常數(shù)Kh()=；的水解常數(shù)，由于銨根離子水解程度大于碳酸氫根離子水解程度，故溶液呈堿性，結(jié)合③式可知：，故B正確；由題意：電離出和，亞鐵離子結(jié)合生成，并且結(jié)合生成二氧化碳和水，反應(yīng)離子方程式為：，故C正確；生成沉淀后的上層清液為碳酸亞鐵的飽和溶液，溶液中，故D正確；故選：A。13.催化加氫制甲醇中發(fā)生的反應(yīng)有：ⅰ.ⅱ.ⅲ將和按通入密閉容器中發(fā)生反應(yīng)，測得不同壓強下的平衡轉(zhuǎn)化率以及相同壓強下選擇性[選擇性為]隨溫度的變化如圖所示。下列說法正確的是A.的選擇性曲線為bB.反應(yīng)i的平衡常數(shù)：K(200℃)＜K(350℃)C.由大到小的順序為P1＜P2＜P3D.三條曲線接近重合的原因是隨溫度升高反應(yīng)ii占主導造成的【答案】D【解析】反應(yīng)ⅰ為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動，甲醇的選擇性減小，則表明甲醇選擇性的曲線為a，A錯誤；反應(yīng)ⅰ為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動，K減小，因此K(200℃)>K(350℃)，B錯誤；反應(yīng)ⅰ為氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強，平衡向正反應(yīng)方向移動，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大，反應(yīng)ⅱ是氣體體積不變的反應(yīng)，增大壓強，平衡不移動，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率不變，反應(yīng)ⅲ為氣體體積減小的反應(yīng)，則增大壓強，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增大，由圖可知，條件下二氧化碳的轉(zhuǎn)化率依次減小，則壓強由大到小的順序為：，C錯誤；反應(yīng)ⅰ為氣體體積減小反應(yīng)，反應(yīng)ii是氣體體積不變的反應(yīng)，三條曲線接近重合說明隨著反應(yīng)溫度升高，CO選擇性極高，反應(yīng)ii占主要因素，且反應(yīng)ⅱ前后氣體分子數(shù)相等，壓強不改變CO2平衡轉(zhuǎn)化率，D正確；故選D。二、非選擇題：共4題，共61分。14.氧化鉻()主要用于冶煉金屬鉻、有機化學合成的催化劑等。工業(yè)上以鉻鐵礦［主要成份：(亞鉻酸亞鐵)，還含有等雜質(zhì)］為主要原料進行生產(chǎn)，其主要工藝流程如下：（1）基態(tài)的核外電子排布式為_______。（2）“高溫氧化”過程中轉(zhuǎn)化為的化學方程式為_______。（3）“操作1”是將固體冷卻、研磨，再加水浸取，其中研磨的目的是_______。（4）為獲得純凈，需判斷是否洗滌干凈。該操作是_______。（5）現(xiàn)用FeS模擬工業(yè)上處理含鉻廢水()(濃度)，處理后所得濾渣主要成分為FeOOH，，F(xiàn)eS。(已知：S元素被氧化為可溶性硫酸鹽)。將濾渣用蒸餾水洗凈后，在低溫條件下干燥，將干燥后的固體在空氣中加熱，測得固體質(zhì)量隨溫度的變化如圖所示。說明：780℃以上的殘留固體為Fe2O3、的混合物。A→B固體質(zhì)量增加的原因是_______?！敬鸢浮浚?）[Ar]3d3（2）4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O2=2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2↑（3）增大接觸面積，提高浸出率（4）取最后一次洗滌液少量于試管中，加入BaCl2溶液，若不產(chǎn)生沉淀，則沉淀洗滌干凈（5）FeS被氧化為硫酸鹽【解析】鉻鐵礦的主要成分是：Fe(CrO2)2(亞鉻酸亞鐵)，還含有Al2O3等雜質(zhì)，加入碳酸鈉，在氧氣中高溫氧化，F(xiàn)e(CrO2)2轉(zhuǎn)化為Na2CrO4、Fe2O3，Al2O3轉(zhuǎn)化為四羥基合鋁酸鈉，固體物質(zhì)中含有Na2CrO4、Fe2O3、Na[Al(OH)4]，加水，Na2CrO4、Na[Al(OH)4]溶解，F(xiàn)e2O3不溶于水，過濾除去，濾液中加入適量硫酸生成氫氧化鋁沉淀，過濾除去，得到含有Na2CrO4的濾液，經(jīng)過處理，得到Cr(OH)3沉淀，灼燒得到Cr2O3，據(jù)此分析作答即可?！拘?詳解】Cr為24號元素，基態(tài)Cr原子的核外電子排布式為[Ar]3d54s1，故Cr3+的核外電子排布式為[Ar]3d3；【小問2詳解】根據(jù)分析結(jié)合化合價升降守恒、原子守恒可得“高溫氧化”過程中Fe(CrO2)2轉(zhuǎn)化為Na2CrO4的化學方程式為：4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O22Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2↑；【小問3詳解】研磨后，再加水浸取，可以增大接觸面積，提高浸取效率；【小問4詳解】根據(jù)分析可知，Cr(OH)3的洗滌液中含有硫酸根離子，判斷Cr(OH)3洗滌干凈的操作是取最后一次洗滌液少量于試管中，加入BaCl2溶液，若不產(chǎn)生沉淀，則沉淀洗滌干凈；【小問5詳解】處理后所得濾渣主要成分為FeOOH，Cr(OH)3，F(xiàn)eS，將干燥后的固體在空氣中加熱，先是Cr(OH)3受熱分解，固體質(zhì)量減少，然后FeS被氧化為硫酸鹽，固體質(zhì)量增加，緊接著FeOOH轉(zhuǎn)化為氧化鐵，固體質(zhì)量再減少，所以A→B固體質(zhì)量增加的原因是FeS被氧化為硫酸鹽。15.鈦酸鋇()是制備電子陶瓷材料的基礎(chǔ)原料。（1）實驗室模擬制備鈦酸鋇的過程如下：已知：能水解生成，能進一步水解生成；能與濃硫酸反應(yīng)生成；草酸氧鈦鋇晶體的化學式為。①寫出基態(tài)Ti原子的價電子排布式：_______②Ti(Ⅳ)的存在形式(相對含量分數(shù))與溶液pH的關(guān)系如圖所示，“沉鈦”時，需加入氨水調(diào)節(jié)溶液的pH在2～3之間，理由是_______。③由草酸氧鈦鋇晶體(相對分子質(zhì)量為449)煅燒制得鈦酸鋇分為三個階段。現(xiàn)稱取44.9g草酸氧鈦鋇晶體進行熱重分析，測得殘留固體質(zhì)量與溫度的變化關(guān)系如圖所示，C點殘留固體中含有碳酸鋇和鈦氧化物，則階段Ⅱ發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為_______。（2）利用將淺紫色氧化為無色Ti(Ⅳ)的反應(yīng)可用于測定鈦酸鋇的純度。①請補充完整實驗方案：稱量2.33g鈦酸鋇樣品完全溶于濃硫酸后，加入過量鋁粉，充分振蕩，使其完全反應(yīng)(Al將轉(zhuǎn)化為)；_______；洗滌濾渣2～3次，_______，_______；將待測鈦液轉(zhuǎn)移到100mL容量瓶中后定容，取20.00mL待測鈦液于錐形瓶中，向錐形瓶中滴加2～3滴_______；用_______滴定，當?shù)稳胱詈蟀氲螛藴室簳r，_______，記錄消耗標準液的體積，_______，平均消耗標準液19.50mL。(實驗時必須使用的試劑有：稀硫酸、溶液、KSCN溶液)②計算鈦酸鋇樣品的純度(寫出計算過程)_______。【答案】（1）①.②.pH在2～3之間時，Ti(Ⅳ)主要以[TiO(C2O4)2]2-的形式存在，可直接與Ba2+反應(yīng)，有利于草酸氧鈦鋇晶體的生成③.BaTiO(C2O4)2BaCO3+TiO2+2CO↑+CO2↑（2）①.過濾②.將洗滌液與原濾液合并③.向合并后的溶液中加入稀硫酸酸化④.KSCN溶液⑤.用溶液滴定⑥.溶液由淺紫色變成紅色，且半分鐘內(nèi)紅色不褪去⑦.重復滴定實驗操作3次⑧.97.5%【解析】由題給流程可知，向四氯化鈦和氯化鋇混合液中加入草酸溶液和氨水充分反應(yīng)得到草酸氧鈦鋇沉淀，經(jīng)過濾、洗滌、干燥得到草酸氧鈦鋇晶體；草酸氧鈦鋇晶體煅燒分解制得鈦酸鋇?！拘?詳解】①鈦元素的原子序數(shù)為21，基態(tài)原子的價電子排布式為3d24s2，故答案為：3d24s2；②由圖可知，pH在2～3之間時，Ti(Ⅳ)主要以[TiO(C2O4)2]2-的形式存在，可直接與鋇離子反應(yīng)，有利于草酸氧鈦鋇晶體的生成，所以“沉鈦”時需加入氨水調(diào)節(jié)溶液的pH在2～3之間，故答案為：pH在2～3之間時，Ti(Ⅳ)主要以[TiO(C2O4)2]2-的形式存在，可直接與Ba2+反應(yīng)，有利于草酸氧鈦鋇晶體的生成；③44.9g草酸氧鈦鋇晶體的物質(zhì)的量為=0.1mol，則晶體中含有結(jié)晶水的質(zhì)量為0.1mol×4×18g/mol=7.2g，完全失去結(jié)晶水后剩余固體的質(zhì)量為44.9g—7.2g=37.7g，由圖可知，B點剩余固體的質(zhì)量為37.7g，則A→B發(fā)生的反應(yīng)為受熱分解生成BaTiO(C2O4)2和水；由題意可知，C點殘留固體中含有碳酸鋇和鈦氧化物，由鋇原子守恒可知，碳酸鋇的質(zhì)量是0.1mol×197g/mol=19.7g，由圖可知，C點剩余固體質(zhì)量為27.7g，則鈦氧化物的質(zhì)量是27.7g-19.7g=8.0g，由鈦原子守恒可知，氧化物中鈦元素的質(zhì)量為0.1mol×48g/mol=4.8g，則氧化物中氧原子的物質(zhì)的量是=0.2mol，氧化物的化學式為TiO2；反應(yīng)生成碳酸鋇時，碳元素的化合價升高被氧化，由氧化還原反應(yīng)規(guī)律可知，反應(yīng)生成的氣體中一定含有一氧化碳，若生成的氣體全部為一氧化碳，由得失電子數(shù)目守恒可知，一氧化碳的質(zhì)量為0.1mol×28g/mol=2.8g，由圖可知B→C固體減少質(zhì)量為37.7g—27.7g=10.0g＞2.8g，說明反應(yīng)生成的氣體中含有二氧化碳，設(shè)生成的CO和CO2的物質(zhì)的量分別是xmol、ymol，反應(yīng)前后碳原子守恒，則x+y=0.4-0.1=0.3，依據(jù)反應(yīng)前后電子得失守恒可知x=y+0.1，解得x=0.2，y=0.1，所以階段Ⅱ發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為BaTiO(C2O4)2BaCO3+TiO2+2CO↑+CO2↑，故答案為：BaTiO(C2O4)2BaCO3+TiO2+2CO↑+CO2↑；【小問2詳解】①由題意可知，測定鈦酸鋇純度的實驗方案為稱量2.33g鈦酸鋇樣品完全溶于濃硫酸后，加入過量鋁粉，充分振蕩，使其完全反應(yīng)；過濾，洗滌濾渣2～3次、將洗滌液與原濾液合并，向合并后的溶液中加入稀硫酸酸化；將待測鈦液轉(zhuǎn)移到100mL容量瓶中后定容，取20.00mL待測鈦液于錐形瓶中，向錐形瓶中滴加2～3滴硫氰化鉀溶液，用0.1000mol/L氯化鐵溶液滴定，當?shù)稳胱詈蟀氲螛藴室簳r，溶液由淺紫色變成血紅色，半分鐘紅色不褪去；記錄消耗標準液的體積，重復滴定實驗操作3次，平均消耗標準液19.50mL，故答案為：過濾；將洗滌液與原濾液合并；向合并后的溶液中加入稀硫酸酸化；KSCN溶液；用溶液滴定；溶液由淺紫色變成紅色，且半分鐘內(nèi)紅色不褪去；重復滴定實驗操作3次；②由題意可得如下轉(zhuǎn)化關(guān)系：BaTiO3—Ti2+—Fe3+，滴定消耗19.50mL0.1000mol/L氯化鐵溶液，則鈦酸鋇樣品的純度×100%=97.5%，故答案為：97.5%。16.草酸(H2C2O4)是一種易溶于水的二元中強酸，在水中它的存在形態(tài)有H2C2O4、HC2O4—、C2O42—，各形態(tài)的分布系數(shù)（濃度分數(shù)）α隨溶液pH變化的關(guān)系如圖所示：（1）圖中曲線1表示________________的分布系數(shù)變化。（2）現(xiàn)有物質(zhì)的量濃度均為0.1mol/L的下列溶液：a.Na2C2O4b.NaHC2O4c.H2C2O4d.(NH4)2C2O4e.NH4HC2O4已知NaHC2O4溶液顯酸性。①NH4HC2O4顯_____性(填“酸”、“堿”或“中”)②Na2C2O4溶液中，____2(填“>”、“=”、“<”)，原因是______________________________________________（用離子方程式表示）。③常溫下，向10mL0.1mol/LH2C2O4溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，隨著NaOH溶液體積的增加，當溶液中c(Na+)＝2c(C2O42-)+c(HC2O4-)時，溶液顯_______性(填“酸”、“堿”或“中”)，且V（NaOH）______10mL（填“>”、“=”或“<”）。④五種溶液中c(H2C2O4)由大到小排列的順序是________________________________?！敬鸢浮竣?H2C2O4②.酸③.>④.C2O42-+H2OHC2O4-+OH-⑤.中⑥.>⑦.c>e>b>d>a【解析】(1).因草酸的濃度越大，溶液的pH越小，根據(jù)圖象可知，曲線1隨pH的增大而逐漸降低，所以曲線1為草酸，故答案為H2C2O4；(2).①.因NaHC2O4溶液顯酸性，說明HC2O4－的電離程度大于水解程度，因銨根離子水解也會使溶液顯酸性，所以NH4HC2O4溶液顯酸性，故答案為酸；②.草酸鈉中的草酸根離子是弱酸陰離子，可以發(fā)生水解反應(yīng)C2O42－+H2OHC2O4－+OH－，所以草酸鈉溶液中＞2，故答案為＞；C2O42－+H2OHC2O4－+OH－；③.根據(jù)電荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=2c（C2O42－）+c（HC2O4－）+c（OH－），當溶液中c(Na+)＝2c(C2O42－)+c(HC2O4－)時，c（H+）=c（OH－），所以溶液呈中性；草酸氫鈉溶液呈酸性，要使溶液呈中性，則氫氧化鈉溶液應(yīng)稍微過量，所以V（NaOH）＞10mL，故答案為中；＞；④.草酸根離子水解程度大于草酸氫根離子、銨根離子促進草酸根離子或草酸氫根離子水解，草酸電離程度較小，所以溶液中c（H2C2O4）由大到小排列的順序是c＞e＞b＞d＞a，故答案為c＞e＞b＞d＞a。17.氫能是應(yīng)用前景廣闊的新能源。（1）制氫。我國化學家模擬主反應(yīng)重整制H2，研究在Pt-Ni合金和Sn-Ni合金催化下。甲烷逐級脫氫的反應(yīng)。不同催化劑的甲烷脫氫反應(yīng)歷程與相對能量關(guān)系如圖所示(*表示吸附在催化劑表面的物質(zhì)，吸附過程產(chǎn)生的能量稱為吸附能)。①使用Sn-Ni合金作為催化劑的歷程中最大能壘E正=_______eV；②脫氫反應(yīng)階段選擇Pt-Ni合金作為催化劑效果更好，理由是_______。（2）儲氫。部分H2和Mg一定條件下化合生成MgH2以儲氫；部分H2和N2在催化劑表面合成氨以儲氫，其反應(yīng)機理的部分過程如圖所示。①請畫出中間體X的結(jié)構(gòu)_______。②研究發(fā)現(xiàn)，使用Ru系催化劑時，N2在催化劑表面的吸附活化是整個反應(yīng)過程的控速步驟，實際工業(yè)生產(chǎn)時，將n(H2)/n(N2)控制在1.8~2.2之間，比理論值3小，其原因是_______。（3）釋氫。MgH2可通過熱分解和水解兩種方法制得H2。相較于熱分解，從物質(zhì)轉(zhuǎn)化和