湖北省恩施州高中教育联盟2022-2023学年高一下学期期末考试化学试卷（解析版）

这是一份湖北省恩施州高中教育联盟2022-2023学年高一下学期期末考试化学试卷（解析版），共22页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回，可能用到的相对原子质量， 如图所示等内容，欢迎下载使用。

★祝考试顺利★
注意事项：
1.答卷前、考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，用签字笔或钢笔将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回。
4.可能用到的相对原子质量：
第Ⅰ卷(选择题 共45分)
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 在二十国集团领导人第十六次峰会上，习总书记指出：气候变化和能源问题是当前突出的全球性挑战。下列关于能源的说法错误的是（ ）
A. 氢能是一种理想的绿色能源
B. 化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能
C. 低碳生活倡导使用太阳能等清洁能源代替化石燃料，减少温室气体的排放
D. 人类利用的能源都是通过化学反应获得的
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢能燃烧只生成水，是一种理想的绿色能源，A正确；
B．植物通过光合作用将太阳能转化为化学能，化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能，B正确；
C．低碳生活倡导使用太阳能等清洁能源代替化石燃料，减少化石燃料燃烧，减少温室气体的排放，C正确；
D．人类利用的能源不都是通过化学反应获得的，例如风能等，D错误；
故选D。
2. 下列化学用语正确的是（ ）
A. 中子数为8的氧原子：
B. 在水溶液中发生电离方程式：
C. 的空间填充模型：
D. 用电子式表示的形成过程：
【答案】B
【解析】
【详解】A．中子数为8的氧原子，质子数为8，其质量数为16，原子符号，A错误；
B．为弱酸的酸式盐，在水中完全电离产生和，电离的方程式为：，B正确；
C．为直线结构，且C原子半径大于O原子，C错误；
D．用电子式表示的形成过程：，D错误；
故选B。
3. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. (羟基)与中所含电子数均为
B. 溶液中含数目为
C. 和的混合物中氧原子数目为
D. 密闭容器中，和催化反应后分子总数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．1个羟基含有9个电子，1个铵根离子中含有10个电子，(羟基) 中所含电子数为，中所含电子数为，A错误；
B．没有给出溶液的体积，无法计算溶液中的数目，B错误；
C．和的混合物中含有0.2ml氧原子，氧原子数目为，C正确；
D．和的反应为可逆反应，不能进行到底，所以反应后分子总数大于，D错误；
故选C。
4. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，Z是第ⅠA族元素，W是同周期原子半径最小的元素。下列说法正确的是（ ）
A. 简单气态氢化物的热稳定性：X>YB. 原子半径：r(X)C. Y、Z 组成的化合物中一定含有离子键D. W的氧化物的水化物一定是强酸
【答案】C
【解析】
【分析】W原子序数最大，又是同周期原子半径最小的元素，为氯元素；Z是钠元素；当X为碳元素，Y为氧元素时，符合X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，四种元素原子序数之和为42。
【详解】A.简单气态氢化物的热稳定性：CH45. 如图所示：糠醛可在不同催化剂作用下转化为糠醇或2－甲基呋喃。下列说法正确的是（ ）
A. 糠醇能与蚁酸反应
B. 糠醛在铜单质催化条件下生成2－甲基呋喃为还原反应
C. 糠醛与互为同系物
D. 2－甲基呋喃中所有原子可能共平面
【答案】A
【解析】
【详解】A．糠醇分子中含有醇羟基，故在一定条件下能与蚁酸发生酯化反应，故A正确；
B．由图可知，糠醛在CuPdx催化条件下生成2－甲基呋喃为还原反应，故B错误
C．二者结构不相似，所以不互为同系物，故C错误；
D．2－甲基呋喃中含有甲基，具有四面体结构，所有原子不可能共平面，故D错误；
答案选A。
6. 饱和氯化钠溶液中存在如图所示过程，下列说法正确的是（ ）

A. a离子为，b离子为
B. 水分子与晶体作用表明水分子中氧原子端带负电
C. 再加入固体，溶质微粒浓度变大
D. 此过程可以说明的电离：
【答案】B
【解析】
【详解】A．和的离子半径大小为：<，a为，b为，A错误；
B．H2O是共价化合物，以共用电子对结合，由于O吸引电子对的能力略强，使共用电子对偏向O、偏离H，水分子与NaCl晶体作用表明水分子中氧原子端带负电，B正确；
C．饱和氯化钠溶液中，再加入NaCl固体，溶质微粒浓度保持不变，C错误；
D．图示是饱和氯化钠溶液中结晶和溶解达到平衡状态，D错误；
故选B。
7. 开发和利用矿物资源有重要的意义。某厂用无机矿物资源生产部分材料，其产品流程示意图如图，下列有关说法正确的是（ ）

A. 黄铜矿冶炼钢时，产生的可用于生产硫酸，产生的可用作冶炼铁的原料
B. 生产铝、铜、高纯硅及玻璃的过程中都涉及氧化还原反应
C. 在制粗硅的反应中，还原剂与氧化剂的物质的量之比为
D. 黄铜与反应产生的均是还原产物
【答案】A
【解析】
【详解】A．黄铜矿冶铜时，会产生副产物二氧化硫和FeO，副产物SO2可用于生产硫酸，FeO可用作冶铁的原料，从而达到减少污染、提高原料利用率的目的，故A正确；
B．生产铝、铜、高纯硅过程，均由化合物生成单质，涉及氧化还原反应，但工业制玻璃过程中，未涉及氧化还原反应，故B错误；
C．二氧化硅与碳高温下反应生成硅和一氧化碳，反应的方程式为2C+SiO2Si+2CO↑，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，故C错误；
D．黄铜矿CuFeS2与O2反应生成二氧化硫中，硫元素化合价升高，氧元素化合价降低，既是氧化物，也是还原产物，故D错误；
故选：A。
8. 我国科学家设计的一种甲酸(HCOOH)燃料电池如下图所示(半透膜只允许K+、H+通过)，下列说法错误的是（ ）
A. 物质A可以是硫酸氢钾
B. 左侧为电池负极，HCOO-发生氧化反应生成
C. 该燃料电池的总反应为：
D. 右侧每消耗11.2 LO2(标况)，左侧有1 ml K+通过半透膜移向右侧
【答案】D
【解析】
【分析】HCOOH燃料电池中，HCOOH发生失去电子被氧化生成，所在电极为负极，电极反应式为：HCOO-+2OH--2e-=+H2O，正极上O2得电子生成H2O，O2+4e-+4H+=2H2O (需消耗H+)，从装置中分离出物质为K2SO4，所以放电过程中需补充的物质A是H2SO4，HCOOH燃料电池放电的本质是通过HCOOH与O2的反应将化学能转化为电能，总反应为2HCOOH+2OH-+O2=2+2H2O，原电池工作时K+通过半透膜移向正极。
【详解】A．由图可知，原电池工作时K+通过半透膜移向正极(右侧)，右侧电极反应为：Fe3++e-=Fe2+，从装置中分离出的物质为K2SO4。放电过程中需补充的物质A是H2SO4或硫酸氢钾，A正确；
B．HCOOH在碱性燃料电池中，左侧电极发生HCOO-失去电子的反应生成，所在电极为负极，电极反应式为HCOO-+2OH--2e-=+H2O，B正确；
C．根据上述分析可知该燃料电池的总反应为：2HCOOH+2OH-+O2=2+2H2O，C正确；
D．右侧每消耗11.2 LO2(标况)，反应的O2的物质的量是0.5 ml，转移2 ml电子，则左侧有2 ml K+通过半透膜移向右侧，D错误；
故合理选项是D。
9. 下列装置，可以达到相应实验目的的是（ ）
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨极易溶于水，溶于水后会发生倒吸，A错误；
B．铜导热性较好，铜质搅拌器会将热量导走，应用玻璃搅拌器，B错误；
C．甲烷与氯气在光照条件下会发生取代反应，C正确；
D．滴入草酸，由于草酸过量，会立即褪色，无法判断反应速率，应保持浓度一致，草酸过量且浓度不同，D错误；
故选C。
10. 丙酮碘代反应的速率方程为：。其半衰期(当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为，改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示。
下列说法正确的是（ ）
A. 速率方程中的
B. 该反应的速率常数
C. 增大反应物的浓度，反应的瞬时速率加快
D. 在过量存在时，反应掉的所需时间是
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由表格数据知，当碘的浓度相同时，丙酮浓度增大一定倍数时，反应瞬时速率也增大相应的倍数，说明反应瞬时速率与丙酮浓度一次方成正比，故m=1，由第二组和第四组数据知，当丙酮浓度相同时，碘的浓度改变对反应瞬时速率无影响，故n=0，A错误；
B．由A知m=1，n=0，则速率方程v=k·c(CH3OCH3)，代入第一组数据计算可得k=5.6×10-3 min-1，B错误；
C．由第二组和第四组数据分析可知，其他条件不变时，增大I2的浓度，反应瞬时速率不变，C错误；
D．存在过量的I2，反应掉87.5%丙酮，可以看作经历3个半衰期，即50%+25%+12.5%，因此所需时间为，D正确；
故答案选D。
11. 下图为某短周期元素的价类二维图，W为酸式盐。能正确描述反应的离子方程式的是（ ）

A. 若x为强碱，C与D按混合后与溶液的反应为：
B. 若x为强碱，A与稀醋酸的反应为
C. 若x为强酸，W转化为A的反应为：
D. 若x为强酸，少量C与溶液的反应为：
【答案】A
【解析】
【详解】A．若x为强碱，则A为，C和D分别为，二者按混合后与溶液的反应为：，A正确；
B．若x为强碱，则A为，稀醋酸的反应为：，B错误；
C．若x为强酸，则A显弱酸性，其为，W转化为A的反应为：，C错误；
D．若x为强酸，则A为，C为SO2，SO2与溶液的反应为：，D错误；
故选A。
12. “氟利昂”是制冷机制冷剂，其中一种成分CF2Cl2破坏臭氧层的原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. CH3CHF2替代CF2Cl2仍能破坏臭氧
B. 反应a的活化能低于反应b的活化能
C. 臭氧分解的化学方程式可表示为：
D. CF2Cl2分子的空间构型是正四面体形
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．根据图示，Cl原子是该反应的催化剂，CH3CHF2替代CF2Cl2不能作催化剂，不能破坏臭氧，故A错误；
B．活化能越小，反应速率越快，a为慢反应，b为快反应，反应a的活化能高于反应b的活化能，故B错误；
C．由图可知，Cl原子是臭氧转化为氧气的催化剂，化学方程式可表示为：，故C正确；
D．CF2Cl2分子的空间构型是四面体形，不是正四面体形，故D错误；
故选C。
13. 如图(a)、(b)分别表示H2O和CO2分解时的能量变化情况(单位：kJ)，已知由稳定单质化合生成1ml纯物质的热效应称为生成热(△Hf)。下列说法正确的是（ ）

A. CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H=-42kJ•ml-1
B. H2的燃烧热△H=-243kJ•ml-1
C. 由图(a)可知O－H的键能为220kJ•ml-1
D. CO2(g)的生成热△Hf=-394kJ•ml-1
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图(b)可知①，
由图(a)可知② ；
根据盖斯定律①-②得CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H=+42kJ•ml-1，故A错误；
B．H2的燃烧热是1ml氢气完全燃烧生成液态水放出的能量，△H<-243kJ•ml-1，故B错误；
C．由图(a)可知，断裂2mlO－H键吸收的总能量为(243+436+247) kJ，O－H键的键能为463kJ•ml-1，故C错误；
D．稳定单质化合生成1ml纯物质的热效应称为生成热，由图(b)可知CO2(g)的生成热△Hf=-109 kJ•ml-1-285 kJ•ml-1=-394kJ•ml-1，故D正确；
选D。
14. 一定温度下，向容积为的恒容密闭容器中充入和，发生反应，测得随时间的变化如曲线Ⅰ所示，下列说法正确的是（ ）

A. 该反应在内的转化率为25%
B. 若起始充入和，该温度下反应正向进行
C. 若起始时向容器中充入和，该温度下平衡时体积分数大于20%
D. 改变条件得到曲线Ⅱ、Ⅲ，则曲线Ⅱ、Ⅲ改变的条件分别是升高温度、充入氮气
【答案】B
【解析】
【详解】A．由曲线I可知氢气的物质的量减少2ml，反应的CO2为ml，CO2的转化率为÷6=，故A错误；
B．平衡时氢气反应了6ml，CO2反应2ml，生成甲醇和水都是2ml，平衡浓度分别为CO2为2ml/L，H2为1ml/L，CH3OH和H2O都是1ml/L，平衡常数K==，起始充入和时，浓度分别是2ml/L，1ml/L，1ml/L，0.5ml/L，Q=反应正向进行，故B正确；
C．充入和时，相当于原平衡物质的量减少一半，减小压强平衡逆向移动，水的体积分数减少，原平衡水的体积分数为20%，水的体积分数小于20%，故C错误；
D．恒容时充入氮气平衡不移动，曲线不变，故D错误；
答案选B。
15. 硝酸工业生产中常用纯碱溶液吸收排出的氮氧化物废气，废气中只含有NO、NO2两种气体。将一定量废气通入到足量的Na2CO3溶液中被完全吸收，溶液中生成的NO、NO两种离子的物质的量与废气中NO2的物质的量分数变化关系可用如图所示。已知溶液中可发生以下两个反应：
①NO+NO2 +Na2CO3 =2NaNO2+CO2；
②2NO2+Na 2CO3 =NaNO2 +NaNO3+CO2。
下列说法不正确的是（ ）
A. 图中线段b表示NO离子
B. x=0.6时，反应中可收集到标准状况下44.8L CO2
C. 随x值增大，溶液中n( NO)+n(NO)不变
D. 若测得所得溶液中n(NO)为0.5ml，则x值为0.75
【答案】B
【解析】
【分析】由方程式和图象可知，NO单独不能被吸收：
①当NO和NO2混合气体被NaOH溶液恰好完全吸收，满足n(NO2)：n(NO)=1，即x=0.5，此时只生成，n()=0，n()=2ml，所以a曲线表示离子、b曲线表示离子；
②当气体只有NO2时，即x=1，发生反应2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2，此时生成n()=n()=1ml；
③由x=0.5和x=1可知，一定量废气中n(NO2)≥n(NO)，并且n(NO2)+n(NO)=2ml，生成n()+n()=2ml；
④反应NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2和2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2均有n(N)=2n(C)，即n(NO2)+n(NO)=2n(CO2)=2ml，所以n(CO2)=1ml；
综上可知：2ml废气通入到足量的Na2CO3溶液中被完全吸收，即n(NO2)≥n(NO)，生成n()+n()=2ml；n(CO2)=lml；a曲线表示离子、b曲线表示离子。
【详解】A．由上述分析可知，线段b表示离子，故A正确；
B．由于废气中n(NO2)≥n(NO)，并且n(NO2)+n(NO)=2n(CO2)=2ml，根据反应①②可知n(NO2)+n(NO)=2n(CO2)=2ml，即n(CO2)=1ml，标准状况下体积为22.4L，故B错误；
C．当x=0.5时，只生成，n()=2ml；当x=1只发生反应2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2，此时生成n()=n()=1ml；根据N原子守恒可知混合气体的总的物质的量为2ml，即溶液中n()+n()不变，始终等于2ml，故C正确；
D．设n(NO2)=a，n(NO)=b，则a+b=2ml，发生反应①余下NO2的物质的量为(a-b)ml，发生反应②生成n()=0.5(a-b)=0.5ml，即a-b=1ml，联立方程组解得a=1.5ml，b=0.5ml，废气中NO2的物质的量分数x==0.75，故D正确；
答案选B。
第Ⅱ卷(非选择题 共55分)
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 有八种短周期主族元素x、y、z、d、e、f、g、h，其中x、y、d、f随着原子序数的递增，其原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示。z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液(浓度均为0.01)的与原子序数的关系如图2所示。[已知：；]

根据上述信息进行判厮，并回答下列问题：
（1）h在元素周期表中的位置是___________。
（2）比较f、g、h常见离子的半径大小：___________(用离子符号表示)。
（3）写出e、f的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式：___________。
（4）下列可作为比较f和金属性强弱的依据是___________。
A. 测两种元素单质硬度和熔、沸点
B. 比较最高价氧化物对应水化物的碱性强弱
C. 比较单质与同浓度盐酸反应的剧烈程度
D. 比较两种元素在化合物中化合价的高低
（5）据报道，最近意大利科学家获得了极具研究价值的，其分子结构与白磷分子的正四面体结构相似。已知断裂键吸收热量，生成键放出热量，则气体在一定条件下生成气体反应的热化学方程式为___________。
（6）由上述元素中的y、z、e组成的某剧毒化合物不慎泄漏时，消防人员通常采用喷洒过氧化氢溶液的方式处理，以较少污染。反应生成一种酸式盐和一种气体，二者溶于水均呈碱性，该反应的化学方程式为___________。
【答案】（1）第三周期第VIIA族
（2）
（3）
（4）BC
（5）
（6）
【解析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x为H元素，y为C元素，d为O元素，f为Al元素，z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液浓度均为0.01ml/L，e的pH为12，为一元强碱，则e为Na元素，z、h的pH均为2，为一元强酸，则z为N元素、h为Cl元素；g的pH小于2，为二元强酸，则g为S元素；
（1）h为Cl元素，其在元素周期表中的位置是第三周期第VIIA族；
（2）离子电子层越多，离子半径越大，当电子层结构相同的离子，核电荷数越大半径越小，则离子半径：；
（3）e、f的最高价氧化物对应水化物分别为NaOH、Al(OH)3，其反应离子方程式为；
（4）A．单质的硬度和熔、沸点，属于物理性质，不能比较元素金属性强弱，A错误；
B．元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则比较最高价氧化物对应水化物的碱性强弱能比较元素金属性强弱，B正确；
C．单质与同浓度盐酸反应越剧烈，说明金属性越强，则比较单质与同浓度盐酸反应的剧烈程度能比较元素金属性强弱，C正确；
D．化合物中金属元素化合价越高，说明金属原子失去电子越多，但金属性强弱与失去电子数目无关，与得失电子难易程度有关，则不能比较元素金属性强弱，D错误；
故选BC；
（5）根据原子守恒可知，一个N4分子生成2个N2分子，一个N4分子中含有6个N-N键，破坏1mlN4分子中含有6mlN-N键需要吸收167kJ/ml×6ml=1002kJ能量，生成2mlNN键放出942 kJ/ml×2ml=1884kJ能量，所以该反应放出1884kJ-1002kJ=882kJ能量，则热化学方程式为；
（6）化合物NaCN不慎泄漏时，通常采用喷洒过氧化氢溶液的方式处理，以较少污染，反应生成一种酸式盐和一种气体，二者溶于水均呈碱性，应生成NaHCO3、NH3，该反应的化学方程式为。
17. 利用化学反应原理研究氮单质及其化合物有重要意义。
已知：Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
（1）工业合成氨反应在___________(填“高温”或“低温”)条件下能自发进行。
（2）某温度下，若将充入恒容密闭容器发生反应Ⅰ，下列说法可作为反应达到平衡判断依据的是___________(填序号)。
A. 混合气体密度不变B.
C. 体积分数不变D. 混合气体平均摩尔质量不变
（3）某科研小组利用反应Ⅱ研究：在其他条件不变的情况下，加入一定量的，改变起始时对合成反应的影响。实验结果如图所示。
①由图知：___________(填“>”、“<”或“=”)。
②a、b、c三点中，转化率最高的是___________(填字母)。
③若容器容积为点对应的初始时，测得平衡时的转化率为50%，则平衡时的物质的量浓度为___________。该温度下反应的平衡常数___________(保留两位有效数字)。
（4）对于反应Ⅲ，向恒容密闭容器中通入和，反应一段时间后达到平衡。下列操作能提高平衡转化率的是___________(填序号)。
A. 向容器中通入B. 使用高效催化剂
C. 压缩容器体积D. 通入稀有气体
（5）将和置于的恒容密闭容器中反应。测得不同温度、不同时间段内合成反应中的转化率，得到数据如下表：
①温度下反应后，向容器内通入，则会___________(填“变大”、“变小”或“不变”)。
②表中a、b、25%三者大小顺序为___________。
【答案】（1）低温
（2）C
（3）①. > ②. c ③. ④. 0.59
（4）A
（5）①. 变小 ②.
【解析】（1）由可知，该反应是一个放热的、气体的物质的量减小的熵减反应，该反应在低温条件下可以自发进行；
（2）A．气体密度不变，不能作为反应达到平衡判断依据，A错误；
B．正逆反应的速率之比等于化学计量数之比，时达到平衡，B错误；
C．各气体的体积分数一定时，反应达到平衡，体积分数不变，能作为反应达到平衡判断依据，C正确；
D．气体的质量不变，物质的量不变，混合气体平均摩尔质量始终不变，不能作为反应达到平衡判断依据，D错误；
故选C；
（3）反应Ⅱ是放热反应，温度升高化学平衡向着吸热方向进行，从T1到T2反应物氨气的分数增加，故T1>T2；增大H2的浓度，N2的转化率增大，所以c点N2的转化率最高；当氮气和氢气的物质的量之比为1:3时达平衡状态时氨的百分含量最大，平衡点时产物的产率最大，据图示，当平衡时氢气的物质的量为n，故加入N2的物质的量为，初始时，则初始时N2的物质的量为，平衡时的转化率为50%，则平衡时氢气的物质的量为：；，则平衡时的物质的量浓度为：；该温度下反应的平衡常数；
（4）A．向恒容密闭容器中，反应正向移动， 平衡转化率提高，A正确；
B．加入高效催化剂，平衡不移动， 平衡转化率不变，B错误；
C．压缩容器体积，相当于增大氧气的浓度，平衡转化率降低，C错误；
D．向恒容密闭容器中，浓度不变，平衡不移动，平衡转化率不变，D错误；
故选A；
（5）温度下反应时反应已达平衡，反应后，向容器内通入，平衡正向移动，的转化率变小；数据分析T4时反应速率大于T3时的反应速率，T4>T3，温度升高平衡向吸热反应方向进行T4平衡时，转化率小于25%且a=b。
18. 钛白粉作为白色颜料和增白剂，广泛用于油漆、造纸等工业生产中。一种以钛铁矿(含及少量的)为原料生产钛白粉的工艺流程如图：

回答下列问题：
（1）中铁的化合价是___________。
（2）“酸浸”是用硫酸在温度为下溶煮钛铁矿，“滤液1”的主要成分中含有，则“酸浸”中主要发生的反应方程式为___________。
（3）“滤渣1”的主要成分有___________。
（4）“还原”中加入过量铁屑的目的是___________。硫酸亚铁晶体的溶解度如表所示，其中绿矾容易被氧化，则“操作Ⅱ”包括真空加热浓缩、___________、___________、洗涤、干燥。
（5）工业上将钛白粉与焦炭、氯气共热生成和一种可燃气体，反应的化学方程式为___________，最后在氯气氛围和加热的条件下用金属镁还原制取性能优越的金属钛。
（6）取经煅烧至恒重后固体质量，则___________。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）①. 将溶液中的还原为，防止被氧化 ②. 低于降温结晶 ③. 过滤
（5）
（6）5
【解析】根据流程和题意有：FeTiO3及少量的CaO、Fe2O3、SiO2，加入硫酸后生成TiOSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3和微溶的CaSO4，SiO2不与酸反应；滤液1中加入铁粉将三价铁转化为二价铁，再将绿矾FeSO4·7H2O分离出来，TiOSO4经过水解后得到H2TiO3和硫酸，最后烧得到钛白粉(TiO2)。
（1）中锂是+1价，磷酸根是-3价，则铁的化合价为+2价。
（2）由分析可知，“酸浸”中主要发生的反应方程式为：。
（3）SiO2不反应，硫酸钙微溶于水，则“滤渣1”的主要成分有。
（4）加入过量铁屑，和反应生成，将溶液中的还原为，剩余的铁屑防止被氧化；由表中数据可知，温度小于50℃时得到绿矾，因此“操作Ⅱ”包括真空加热浓缩、低于降温结晶、过滤、洗涤、干燥。
（5）钛白粉与焦炭、氯气共热生成TiC14和一种可燃气体是CO，反应物有TiO2、Cl2、C，生成物有TiC14、CO，配平后得到反应的化学方程式为：。
（6）由题可知： x=5。
19. 工业上大规模制氢气会产生大量的CO，为探索将碳固定在化工产品中而不是作为燃料直接使用的方案，某同学在实验室里利用和CO合成光气(，一种重要的有机合成中间体)并进行相关检测。(已知：的熔点为-118℃，沸点为8.2℃，遇水极易反应产生HCl及。)
实验室制备光气的装置如图所示：
（1）仪器A在使用前需要进行的操作是______。
（2）饱和NaCl溶液可除去中的杂质气体HCl。应将饱和NaCl溶液盛放于洗气瓶______(填“C”或“D”)中。
（3）E处加热装置需要维持在210℃左右，则应使用______(填“水浴”或“沙浴”)对三颈烧瓶进行加热。
（4）如何快速简便地分离Ⅰ处逸出的混合气体中的？____________。
（5）G处发生甲酸分解反应：。在实验过程中，只需在实验开始时将H中的部分浓硫酸快速滴加到G中，并不需要额外的加热装置，请解释原因______________ 。
（6）轻轻摇动G装置，发现F中产生气泡的速率有所加快，请解释原因_______________。
（7）某同学用以下仪器设计了一个实验装置，实现CO与CuO的反应并检验气体产物，用字母表示其合理的连接顺序______。
【答案】（1）检漏
（2）C
（3）沙浴
（4）用冰水冷却
（5）浓硫酸溶于甲酸时放出热量，温度迅速升高，达到甲酸分解温度，且浓硫酸具有脱水性、吸水性，促使反应正向进行
（6）摇动锥形瓶导致CO逸出，促使反应正向进行，反应物混合均匀增大接触面积，产生气泡的速率加快
（7）A→C→B→D
【解析】MnO2和浓盐酸混合加热生成氯气，氯气中混有H2O、HCl，C中饱和食盐水除去HCl，D中用浓硫酸干燥氯气，G中发生制取CO，F用浓硫酸干燥CO，Cl2和CO在E中混合反应生成光气，据此解答。
（1）仪器A为分液漏斗，在使用前需要进行检漏；
（2）饱和NaCl溶液可除去中的杂质气体HCl，根据分析，应将饱和NaCl溶液盛放于洗气瓶C；
（3）E处加热装置需要维持在210℃左右，而水浴最高温度为100℃，则应使用沙浴对三颈烧瓶进行加热；
（4）逸出的混合气体含有Cl2、CO，根据沸点为8.2℃，可以冰水冷却可快速简便地分离得到；
（5）将H中的部分浓硫酸快速滴加到G中，并不需要额外的加热装置，原因为浓硫酸溶于甲酸时放出热量，温度迅速升高，达到甲酸分解温度，且浓硫酸具有脱水性、吸水性，促使反应正向进行。
（6）轻轻摇动G装置，发现F中产生气泡的速率有所加快，原因为摇动锥形瓶导致CO逸出，促使反应正向进行，反应物混合均匀增大接触面积，产生气泡的速率加快；
（7）根据装置设计实验，A中发生制取CO，生成的CO进入C中，CO和CuO在加热条件下发生反应生成Cu、CO2，生成的CO2通入B，用石灰水检验CO2气体，石灰水变浑浊，尾气经过D点燃，防止污染，则顺序为A→C→B→D。
A．吸收多余
B．中和反应反应热的测定
C．甲烷与氯气的取代反应
D．依据褪色时间的长短比较反应物浓度对反应速率的影响
0.25
0.050
1.4
0.50
0.050
2.8
1.00
0.050
5.6
0.50
0.100
2.8

10%
16%
25%
25%
15%
22%
a
b
温度/℃
0
10
30
50
56.7
60
64
70
80
90
溶解度/g
14.0
17.0
25.0
33.0
35.2
35.3
35.6
33.0
30.5
27
析出晶体