安徽省合肥市肥东县高级中学2019届高三化学上学期11月调研考试试题（含解析）.doc

安徽省肥东县高级中学2019届高三11月调研考试化学试题1.我国古代科技高度发达，下列有关古代文献的说法，错误的是A. 晋代葛洪的抱朴子记载“丹砂烧之成水银，积变又成丹砂”，是指加热时丹砂（HgS）熔融成液态，冷却时重新结晶为HgS晶体B. 汉朝的淮南万毕术、神农本草经记载“白青（碱式碳酸铜）得铁化为铜”，“石胆能化铁为铜”都是铜可以用铁来冶炼C. 清初泉州府志物产条载：“初，人不知盖泥法，元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之。”该段文字记载了蔗糖的分离提纯采用了黄泥来吸附红糖中的色素D. 明朝的本草纲目记载“烧酒非古法也，自元时创始，其法用浓酒和糟入甑（指蒸锅），蒸令气上，用器承滴露。”该段文字记载了白酒（烧酒）的制造过程中采用了蒸馏的方法来分离和提纯【答案】A【解析】A丹砂烧之成水银，发生化学变化，生成汞和二氧化硫，不是熔化，A错误；B白青得铁化为铜，石胆化铁为铜都应发生置换反应，B正确；C黄泥具有吸附作用，可除杂质，C正确；D白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，为蒸馏操作，D正确，答案选A。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A. 3.2gO2和O3的混合气体中,含氧原子数为0.2NAB. 1molNaHSO4熔融时电离出的离子总数为2 NAC. 标准状况下，22.4LCHCl3分子中含碳氯键数为3 NAD. 1mol苯乙烯分子中含有的碳碳双键数为NA【答案】C【解析】A. O2和O3由氧元素组成，3.2gO2和O3的混合气体含有0.2mol氧原子，含氧原子数为0.2NA，故A正确；B. 熔融NaHSO4电离出Na+和HSO4-，1molNaHSO4熔融时电离出的离子总数为2NA，故B正确；C. 标准状况下，CHCl3呈非气态，22.4LCHCl3分子中含碳氯键数大于3NA，故C不正确；D. 1mol苯乙烯分子中含有的碳碳双键数为NA，故D正确。故选C。点睛：解答本题必须明确：气体体积受到温度和压强的影响，在标准状况下的气体摩尔体积是22.4L/mol。3.下列有关铝及重要化合物的叙述正确的是A. 制备Al(OH)3悬浊液：向1 molL1 AlCl3溶液中加过量的6 molL1 NaOH溶液B. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3H2O：Al34NH3H2O=AlO2-2H2O4NH4+C. 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，熔化后的液态铝滴落下来，金属铝的熔点较低D. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4+【答案】D【解析】A、Al(OH)3是两性氢氧化物，可以和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，故不能制备氢氧化铝悬浊液，选项A错误；B、Al(OH)3只能溶于强碱，不能溶于氨水，选项B错误；C、铝在空气中加热生成氧化铝的熔点较高，所以内部熔化的铝不会滴落，选项C错误；D、向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水的离子反应为：Al33NH3H2O=Al(OH)33NH，选项D正确。答案选D。4.下列有关实验的说法中正确的是A. 用图1装置制取干燥纯净的NH3B. 实验室可以用图2装置制备Fe(OH)2C. 用图3装置可以完成“喷泉”实验D. 用图4装置测量Cu与浓硝酸反应产生的NO2体积【答案】C【解析】A、氨气密度小于空气，用向下排空气法收集，选项A错误；B、铁应为电池的阳极，选项B错误；C、氯气易溶解与氢氧化钠溶液，选项C正确；D、产生的气体二氧化氮与水反应，故不能用该法测气体的体积，选项D错误。答案选C。5.反应（1）、（2）分别是从海藻灰和智利硝石中提取碘的主要反应：2NaI+MnO2+3H2SO4=2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2 （1）2NaIO3+5NaHSO3=2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2 （2）下列说法正确的是()A. 两个反应中 NaHSO4 均为氧化产物B. I2 在反应（1）中是还原产物，在反应（2）中是氧化产物C. 氧化性： MnO2SO42- IO3-I2D. 反应（1）、（2）中生成等量的 I2 时转移电子数之比为 1:5【答案】D【解析】试题分析：A在反应中硫元素既不被氧化也不被还原，在反应中被氧化，故A错误；B碘元素在反应中被氧化，在反应中被还原，故B错误；C氧化性IO3-SO42-，故C错误；D反应中生成1mol碘转移2NA电子，反应中生成1mol碘转移10NA电子，所以反应、中生成等量的I2时转移电子数比为2NA：10NA=1：5，故D正确；故选D。考点：氧化还原反应6.甲、乙、丙、丁均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如下图所示(部分产物已略去)，下列各组物质中不能按图示关系转化的是选项物质转化关系甲乙丙丁ANaOHNaHCO3Na2CO3CO2BAlCl3NaAlO2Al(OH)3NaOHCFeFe(NO3)3Fe(NO3)2HNO3DCCOCO2O2A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】试题分析：A. NaOH + CO2= NaHCO3； CO2+ 2NaOH = Na2CO3+ H2O； NaHCO3+ NaOH = Na2CO3+ H2O; Na2CO3+ H2O + CO2= 2NaHCO3,故A正确；B. AlCl3+ 4NaOH = NaCl + NaAlO2+ 2H2O;AlCl3+ 3NaOH = Al(OH)3 + 3NaCl;AlCl3+ 3NaAlO2+ 6H2O = 4Al(OH)3 + 3NaCl； Al(OH)3+ NaOH = NaAlO2+ 2H2O;故B正确；C. Fe + 4HNO3(稀) = Fe(NO3)3+ NO + 2H2O , 3Fe + 8HNO3(稀) = 3Fe(NO3)2+ 2NO + 4H2O； 2Fe(NO3)3+ Fe = 3Fe(NO3)2； 3Fe(NO3)2+ 4HNO3= 3Fe(NO3)3+ NO + 2H2O,故C正确；D.2C + O22CO; C + O2CO2; CO2不能与氧气反应产生CO，故D错误。考点：本题考查物质之间的转化关系。7.下列离子方程式按要求书写正确的是A. 向NH4Al(SO4)2溶液中滴入过量NaOH溶液：Al 3+3OH= A l(OH)3B. 从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2IH2O2 = I22OHC. 向含有0.1mol NaOH和0.1mol Na2CO3的溶液中加入1L 0.4mol/L的稀盐酸OHCO323H+ = CO22H2OD. 明矾净水是因为产生Al(OH)3胶体：Al33H2O= A l(OH)33H【答案】C【解析】【分析】根据化学反应方程式书写离子方程式。【详解】A.向NH4Al(SO4)2溶液中滴入过量NaOH溶液，铵根离子和氢氧根反应，且不能生成氢氧化铝沉淀，应该写作： NH4+ 5OHAl3 =AlO22H2O+NH3.H2O；故A错误；B.从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2H+2I-+H2O2=I2+2H2O，故B错误；C.通过计算盐酸过量，故离子方程式为：OHCO323H+ = CO22H2O，故C正确；D. 明矾净水是因为产生Al(OH)3胶体，而不是沉淀，故离子方程式为：Al3+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+，故D错误；故选B。【点睛】在酸性溶液中，OH不能大量存在；净水是利用胶体的吸附性，形成沉淀后就无法净水了，解答此题的关键是认真分析题干。8.如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图。则下列说法正确的是A. Z、M的单质均不能与冷水反应B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：RNC. 气态氢化物的热稳定性：YNRD. 简单离子半径：MZYX【答案】D【解析】根据图示，X、Y、Z、M、N、R分别是O、F、Na、Al、P、Cl，Na能与冷水反应，故A错误；酸性HClO4H3PO4，故B错误；气态氢化物的热稳定性HFHClPH3，故C错误；简单离子半径：Al3+Na+F-O2-，故D正确。点睛：电子层数相同，质子数越多半径越小。9.H2是一种化工原料，可以制备一系列物质（如下图所示）。下列说法正确的是A. 用澄清石灰水可以检验NaHCO3中是否混有Na2CO3B. 由粗硅制高纯硅的反应类型依次为化合反应、置换反应C. 聚合物的链节为CH2=CHClD. 使用催化剂可以降低合成氨反应的活化能【答案】D【解析】NaHCO3、Na2CO3都能与澄清石灰水反应生成白色沉淀，故A错误；Si+3HCl SiHCl3+H2，属于置换反应，故B错误；聚合物的链节为-CH2-CHCl-，故C错误；催化剂通过降低活化能加快反应速率，故D正确。10.下列所示装置正确且能完成相关实验的是 A. 用甲所示装置制取并观察Fe(OH)2 B. 用乙所示装置制取少量Cl2C. 用丙所示装置制取O2 D. 用丁所示装置比较N、C、Si的非金属性强弱【答案】C【解析】A、由于CCl4密度比水大且难溶于水，所以混合溶液中CCl4位于溶液下层，滴入NaOH开始时生成Fe(OH)2，但是空气中的O2会溶解进入水中并迅速将Fe(OH)2氧化生成Fe(OH)3，A错误。B、制取Cl2 需用浓盐酸，B错误。C、H2O2在MnO2催化作用下迅速分解生成O2，O2难溶于水，可以用排水法进行收集，C正确。D、锥形瓶中反应2HNO3+Na2CO3=2NaNO3+H2O+CO2，可以证明HNO3酸性比H2CO3强，所以N的非金属性比C强，但是由于硝酸易挥发，生成的CO2中混有HNO3蒸气，进入Na2SiO3溶液后不能排除HNO3使溶液变浑浊，所以无法说明H2CO3酸性比H2SiO3强，D错误。正确答案C 。点睛：实验过程中要特别注重实验的细节，往往小的失误也会导致实验失败或是实验分析的错误。11.化学反应A2+B2=2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是 A. 该反应是吸热反应B. 断裂1 mol AA键和1 mol BB键能放出x kJ能量C. 断裂2 mol AB键需要吸收y kJ的能量D. 2 mol AB的总能量高于1 mol A2和1 mol B2的总能量【答案】C【解析】分析：A、根据反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应；B、根据旧键的断裂吸收能量，新键的形成释放能量；C、根据旧键的断裂吸收能量，新键的形成释放能量；D、根据图象可判断反应物与生成物的总能量。详解：A、因反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，选项A错误；B、因旧键的断裂吸收能量，而不是释放能量，选项B错误；C、因旧键的断裂吸收能量，由图可知形成2molA-B键需要放出ykJ能量，选项C正确；D、由图可知，1molA2和1molB2的总能量高于2molAB的总能量，选项D错误；答案选C。点睛：本题考查学生有关化学反应中的能量变化知识，可以根据所学知识来进行，难度不大。12.为确定某纯净的气体Q的成分，进行了如下几种实验，其中不正确的是选项操作及现象(现象在括号内)结论A闻Q气味(有刺激性)酸性KMnO4溶液(褪色)Q一定是SO2B闻Q气味(有刺激性)澄清石灰水(变浑浊)Q可能是SO2CQ品红溶液(褪色)变红色Q一定是SO2DQ紫色石蕊试液(先变红色后褪色)Q一定不是SO2A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】酸性气体H2S、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；具有刺激性气味的SO2与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀，故B正确；SO2能使品红溶液褪色，加热又恢复红色，故C正确；SO2只能使紫色石蕊试液变红，故D正确。13.以二甲醚(CH3OCH3)酸性燃料电池为电源，电解饱和食盐水制备氯气和烧碱，设计装置如图所示。已知：a电扱的反应式为O2+4H+4e-=2H2O，下列说法不正确的是A. b电极的反应式为CH3OCH3+3H2O-12e-=2CO2+12H+B. 试剂A为饱和食盐水，试刑B为NaOH稀溶液C. 阳极生成1 mol气体时，有1mol离子通过离子交换膜D. 阴极生成1 mol气体时，理论上导线中流过2 mol e-【答案】C【解析】A项：由a电极的反应式可知，a电极为燃料电池的正极,b电极为负极;M 电极为电解池的阳极,N电极为阴极。 则燃料电池的负极反应式为 CH3OCH3 + 3H2O - 12e - = 2CO2+12H+ ，A 项正确；B项：氯碱工业中阳极的电极反应式为2 Cl - -2 e - = Cl 2，故试剂 A 为饱和食盐水，阴极的电极反应式为2H+ +2e - = H2,故试剂B为稀 NaOH 溶液，B项正确；C项：阳极生成1 mol Cl2 时，有2 molNa + 通过离子交换膜，C项错误；D项：阴极生成1molH2时，转移2 mol电子，D项正确。【点睛】该题以燃料电池为考查载体，通过电极反应式来确定原电池正负极，电解池阴阳极。考查电化学的相关知识，解题时主要抓住原电池，电解池的电极反应的实质就可以顺着思路解题。14.中学化学中很多“规律”都有其适用范围， 下列根据有关“规律”推出的结论合理的是A. SO2 和湿润的Cl2 都有漂白性， 推出二者都能使紫色石蕊试液退色B. 根据溶液的pH与溶液酸碱性的关系，推出 pH=7.0 的溶液一定显中性C. 由F、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，推出HF、HCl、HBr、HI的还原性依次增强D. 根据主族元素的最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素的最高正价都是+7【答案】C【解析】A、SO2 和湿润的Cl2 虽然都有漂白性， 但SO2通入紫色石蕊试液显红色，Cl2通入紫色石蕊试液选项变红后褪色，选项A错误；B、只有在常温下pH=7.0的溶液才一定显中性，而在100时pH=7.0的溶液却显碱性，因此用pH判断溶液酸碱性时必需考虑温度，c(H+)=c(OH-)时溶液呈中性，选项B错误；C、非金属性：IBrClF，元素的非金属性越强，对应的氢化物的还原性越弱，则HI、HBr、HCl、HF的还原性的依次减弱，选项C正确；D、在卤族元素中,氟元素只有负价,没有正价。除氟元素以外,其他元素的最高化合价均为+7，选项D错误。答案选C。15.常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. 新制饱和氯水中:Al3+、Cu2+、SO42-、Br-B. 使甲基橙变红的溶液:Mg2+、Fe3+、NO3-、SCN-C. =110-13 molL-1的溶液中:Na+、K+、Cl-、AlO2-D. 由水电离的c(H+)=110-13 molL-1的溶液中:Ca2+、Ba2+、Cl-、HCO3-【答案】C【解析】A、新制饱和氯水中含有大量的Cl2，能将Br -氧化为Br2，故A错误；B、使甲基橙变红的溶液呈酸性，Fe3+与SCN-反应生成红色的Fe(SCN)3，故B错误；C、=110-13molL-1的溶液呈碱性，所以这四种离子能够大量共存，即C正确；D、由水电离的c(H+)=110-13molL-1的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，而HCO3-在酸性、碱性溶液中都不能存在，所以D错误。本题正确答案为C。点睛：离子共存问题涉及面广，且变化万千，给定的条件各有特色，所以一定要认真分析指定溶液的性质，如B、C、D性质各不一样，再结合离子的性质进行判断；有时还可能涉及到物质的存在对离子的影响，如A中主要是Cl2，如果只认识到氯水显酸性，那么A就可能错选出来了。16.下列实验能达到预期目的的是选项实验内容实验目的A测同温同浓度下的Na2CO3和Na2SO3水溶液的pH确定碳和硫两元素非金属性强弱B室温下，浓度均为0.1 molL1Na2S2O3和H2SO4溶液，各取5 mL、10 mL的Na2S2O3溶液分别与10 mL的H2SO4溶液混合反应，验证Na2S2O3浓度对反应速率的影响C取一定质量的铝片，与过量的NaOH溶液充分反应，溢出的气体通过硅胶后，测其体积确定铝片中氧化铝的含量D用稀硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色证明氧化性：H2O2比Fe3+ 强A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】试题分析：A、测同温同浓度下的Na2CO3和Na2SO3水溶液的pH，可比较碳酸与亚硫酸的酸性，但比较非金属性应利用最高价含氧酸的酸性，亚硫酸不是最高价含氧酸，则不能比较C、S的非金属性，A错误；B、实验中硫酸的浓度也不相同，因此不能验证验证Na2S2O3浓度对反应速率的影响，B错误；C、气体为氢气，Al与NaOH溶液反应生成氢气，则利用氢气的体积可计算Al的质量，进一步可确定铝片中氧化铝的含量，C正确；D、在酸性溶液中硝酸根也能氧化亚铁离子变为铁离子，不能确定是双氧水氧化，还是硝酸根氧化，D错误，答案选C。考点：考查实验方案设计与评价17.为了探究外界条件对过氧化氢分解速率的影响，某化学兴趣小组的同学做了以下实验 编号实验操作实验现象分别在试管A、B中加入5mL5%H2O2溶液，各滴入3滴1mol/LFeCl3溶液待试管中均有适量气泡出现时，将试管A放入盛有5左右冷水的烧杯中浸泡；将试管B放入盛有40左右热水的烧杯中浸泡试管A中不再产生气泡；试管B中产生的气泡量增多另取两支试管分别加入5mL5%H2O2溶液和5mL10%H2O2溶液两支试管中均未明显见到有气泡产生请回答下列问题：（1）过氧化氢分解的化学方程式为_ （2）实验的目的是_ （3）实验未观察到预期的实验现象，为了帮助该组同学达到实验目的，你提出的对上述操作的改进意见是_（用实验中所提供的几种试剂）（4）某同学在50mL一定浓度的H2O2溶液中加入适量的二氧化锰，放出气体的体积（标准状况下）与反应时间的关系如图1所示，则A，B，C三点所表示的瞬时反应速率最慢的是_（填字母代号）（5 ）对于H2O2分解反应，Cu2+也有一定的催化作用为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，该兴趣化学小组的同学分别设计了如图2、3所示的实验请回答相关问题： 定性分析：如图2可通过观_ ， 定性比较得出结论；该实验中将FeCl3溶液改为Fe2（SO4）3溶液的原因是_ 定量分析：用图3所示装置做对照试验，实验时均以生成40mL气体为准，其它可能影响实验的因素均已忽略实验中需要测量的数据是_ （6）通过对上述实验过程的分析，在实验设计时，要考虑_方法的应用【答案】（1）2H2O22H2O+O2；（2）在其他条件相同时，探究温度对H2O2分解速率的影响；（3）将两支试管同时放入盛有相同温度热水的烧杯中，观察产生气泡的速率或向两支试管中同时滴入2滴1mol/LFeCl3溶液，观察产生气泡的速率；（4）C；（5）溶液中产生气泡的速率；排除Cl对实验的干扰；在同温同压下，收集40mL气体所需的时间；（6）控制变量(或对比)；【解析】试题分析：（1）过氧化氢分解，FeCl3在此反应中作催化剂，起催化作用，能加快过氧化氢分解产生氧气的速率，故答案为：2H2O22H2O+O2；（2）分别在试管A、B中加入 5mL 5% H2O2溶液，各滴入12 滴1mol/L FeCl3溶液待试管中均有适量气泡出现，说明过氧化氢分解能发生，试管A、B中均有适量气泡出现时，将试管A放入盛有5左右冷水的烧杯中；将试管B放入盛有40左右热水的烧杯中，两支试管不同点是试管A的温度比试管B的温度低，说明研究的是温度对反应速率的影响，故答案为：研究温度对H2O2分解速率的影响；（3）影响化学反应速率的外界因素有浓度、温度、气体的压强、催化剂、固体的表面积，另取两支试管分别加入 5mL 5%H2O2溶液和 5mL10%H2O2溶液，试管A、B中均未见气泡产生，为加快反应速率，可从温度、或催化剂的影响角度考虑，故答案为：将两支试管同时放入盛有相同温度热水的烧杯中，或向两支试管中同时滴入2滴1mol/L FeCl3溶液，观察产生气泡的速率；（4）该图象横坐标表示时间，纵坐标表示生成气体的体积，时间越短生成的气体越多，反应速率越快，所以速率最慢的为C，故答案为：C；（5）可以通过观察产生气泡的快慢来定性比较比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，将CuSO4改为CuCl2更为合理，这样Fe3+和Cu2+中的阴离子种类相同，可以排除因阴离子的不同可能带来的影响，故答案为：产生气泡的快慢；排除Cl对实验的干扰；均以生成40mL气体为准时，产生等量的气体用的时间越短，则反应速率越快，所以实验中需要测量的数据是收集40mL气体所需的时间，故答案为：收集40mL气体所需的时间（6）通过对上述实验过程的分析，在实验设计时，要考虑控制变量方法的应用，故答案为：控制变量。考点：考查了影响化学反应速率的因素的探究实验的相关知识。18.某化学兴趣小组为探究Cl2、Br2、Fe3+的氧化性强弱，设计如下实验：（1）整套实验装置存在一处明显的不足，请指出：_。 （2）用改正后的装置进行实验，实验过程如下：实验操作实验现象结论打开活塞a，向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸;然后关闭活塞a，点燃酒精灯D装置中：溶液变红E装置中：水层溶液变黄，振荡后，CCl4层无明显变化Cl2、Br2、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序为_（3）因忙于观察和记录，没有及时停止反应，D、E中均发生了新的变化。D装置中：红色慢慢褪去。E装置中：CCl4层先由无色变为橙色，后颜色逐渐加深，直至变成红色。为探究上述实验现象的本质，小组同学查得资料如下：（SCN)2性质与卤素单质类似。氧化性：Cl2(SCN)2。请用平衡移动原理(结合化学用语)解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因_；请设计简单实验证明上述解释：_。 欲探究E中颜色变化的原因，设计实验如下：用分液漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量，加入AgNO3溶液，结果观察到仅有白色沉淀产生。请结合化学用语解释仅产生白色沉淀的原因：_。 将少量BrCl通入到碘化钾溶液中，该反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 缺少尾气处理装置 (2). Cl2Br2Fe3+ (3). 过量氯气和SCN-反应：2SCN-+Cl2 2Cl-+(SCN)2，使SCN-浓度减小，则Fe3+3SCN- Fe(SCN)3平衡逆向移动而褪色 (4). 取少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则上述推测合理 (5). BrCl+H2O HBrO+HCl，反应只产生Cl-，不产生Br- (6). BrCl+2KI KCl+KBr+I2【解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）氯气是有毒气体，应有尾气处理装置，防止污染空气；（2）D装置中溶液变红，溶液中产生Fe3，即氯气把Fe2氧化成Fe3，E装置中水层变黄，说明有Fe3的产生，即氯气的氧化性强于Fe3，Br2的氧化性强于Fe3，根据（3）继续通入氯气，E装置中CCl4层由无色变为橙色，说明氯气把Br氧化成Br2，即氯气的氧化性强于Br2，故氧化性的强弱是Cl2Br2Fe3；（3）D中溶液变红，是因为Fe2被氯气氧化成Fe3，。然后Fe33SCNFe(SCN)3，因此(SCN)2的性质与卤素的性质相似，且Cl2的氧化性强于(SCN)2，因此发生Cl22SCN=(SCN)22Cl，促使平衡向正反应方向移动，因此溶液的颜色褪去；按照上述原因分析，溶液中有Fe3，因此取少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则上述推测合理；取少量红色溶液，加入硝酸银溶液有白色沉淀产生，此沉淀为AgCl，红色物质溶于水后产生Cl，说明红色物质中含有Cl，根据实验现象，CCl4先变为橙色，说明有Br2单质产生，继续通入氯气，橙色加深，最后变为红色，根据以上信息得到Br2Cl2=2BrCl，即红色物质为BrCl，BrCl与水反应：BrClH2O=HBrOHCl，原因是：BrCl+H2O HBrO+HCl，反应只产生Cl，不产生Br ；BrCl中Br显1价，具有强氧化性，能把I氧化成I2，本身被还原成Br，因此反应方程式为BrCl2KI=KClKBrI2。19.四氯化钛(TiCl4)是生产金属钛及其化合物的重要中间体。室温下，四氯化钛为无色液体。某化学兴趣小组同学以TiO2和CCl4为原料在实验室制取液态TiCl4，装置如下图所示:有关信息如下:反应原理:TiO2(s)+CCl4(g) TiCl4(g)+CO2(g)。反应条件：无水无氧且加热。有关物质性质如下表所示:物质熔点/沸点/其他CCl4-2376与TiCl4互溶TiCl4-25136遇潮湿空气产生白雾请回答下列问题:（1）装置F中有氮气生成，该反应的化学方程式为_。（2）实验装置依次连接的顺序为FB_。（3）实验开始前首先点燃_处(填“D”或“F”)酒精灯，目的是_。（4）E装置不能换成B装置，理由是_。（5）欲分离装置C中的液态混合物，所采用操作方法的名称是_。（6）TiCl4是制取航天航空工业材料钛合金的重要原料。某钛合金含有的元素还有Al和Si等。已知在常温下，钛是一种耐强酸、强碱的金属，请设计实验检验其中的Si元素_。【答案】 (1). NaNO2+NH4ClN2+NaCl+2H2O (2). ADCE (3). F (4). 排除装置中的空气，保证反应在无水无氧环境下进行 (5). B装置可以吸收水,但不能阻止空气中的氧气进入。不能保证反应在无氧环境下进行 (6). 蒸馏 (7). 取少量合金样品于试管中,滴加过量NaOH溶液，振荡,静置后取上层清液,再逐滴滴入稀盐酸至过量，若有沉淀产生且最终沉淀不完全溶解,则证明样品中含有Si元素(合理答案均可给分)【解析】 （1）F中的反应物为NaNO2、NH4Cl，在加热条件下生成氮气，属于归中型氧化还原反应：NaNO2+NH4ClN2+NaCl+2H2O；（2）以TiO2和CCl4为原料在实验室制取液态TiCl4，需要无水无氧且加热条件下进行，所以要先通干燥氮气，根据表格中物理数据，实验装置依次连接的顺序为FB_A_DC E；（3）为保证反应在无水无氧环境下进行，需要排除装置中的空气， 因此应先在F处加热，通一段时间的氮气；（4）B装置中浓硫酸仅作干燥剂，吸收水份，而E中的NaHSO3能吸收空气中的氧气，阻止空气中氧气进入合成流程中，保证反应在无氧干燥环境下进行，因此，这两个装置不能互换；（5）C中的有生成的TiCl4和过量的CCl4，由于两者沸点相差较大，可以用蒸馏法进行分离；（6）钛是一种耐强酸强碱的金属，而硅能溶于碱生成硅酸盐，取少量合金样品于试管中，滴加过量NaOH溶液，振荡，Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2，静置后取上层清液，再逐滴滴入稀盐酸至过量，Na2SiO3+2HCl=H2SiO3+2NaCl，若有沉淀产生且最终沉淀不完全溶解，则证明样品中有Si。20.为验证氧化性Cl2Fe3+ SO2，某小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器和A中加热装置已略，气密性已检验）。实验过程：I打开弹簧夹K1K4，通入一段时间N2，再将T型导管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4。打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，给A加热。当B中溶液变黄时，停止加热，关闭K2。打开活塞b，使约2 mL的溶液流入D试管中，检验其中的离子。V打开K3和活塞c，加入70%的硫酸，一段时间后关闭K3。更新试管D，重复过程，检验B溶液中的离子。（1）过程I的目的是_。（2）检验B中溶液是否还有Fe2+的方法之一是：取少量B中溶液于试管中，滴加几滴含有+3价铁元素的配合物溶液，会产生蓝色沉淀写出该反应的离子方程式_。（3）若向第III步B中的黄色溶液中通入H2S气体，会观察到有淡黄色沉淀生成，写出该反应的离子方程式_。（4）若将制取的SO2通入硫酸酸化的高锰酸钾溶液可使溶液褪色，其反应的化学方程式为_。（5）甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，结论如下表所示。他们的检测结果一定不能够证明氧化性Cl2Fe3+SO2的是_（填“甲”、“乙”或“丙”）。过程，B溶液中含有的离子过程，B溶液中 含有的离子甲有Fe3+无Fe2+有SO42-乙既有Fe3+又有Fe2+有SO42-丙有Fe3+无