2024届浙江省温州市龙湾中学化学高一第二学期期末复习检测模拟试题含解析

2024届浙江省温州市龙湾中学化学高一第二学期期末复习检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、氯气溶于水发生反应：Cl2+H2O=HCl+HClO。氯水中起杀菌消毒作用的是A．Cl2 B．H2O C．HCl D．HClO2、物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是A．1：4 B．1：5 C．2：3 D．2：53、下列由实验得出的结论正确的是（）实验结论A．某有机物完全燃烧，只生成CO2和H2O该有机物属于烃类物质B．乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性C．用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除乙酸的酸性强于碳酸的酸性D．甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红生产的氯甲烷具有酸性A．A B．B C．C D．D4、关于化合物2-苯基丙烯，下列说法错误的是A．分子式为C9H10B．一定条件下，可以发生取代、加成和氧化反应C．1mol该化合物最多可与4mol氢气发生加成反应D．分子中最多有8个碳原子在同一平面上5、将NH3通过灼热的CuO，发现生成一种红色的单质和一种气体单质，这种气体单质是A．O2 B．H2 C．N2 D．NO6、如图装置可以达到实验目的的是选项实验目的X中试剂Y中试剂A用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2饱和食盐水浓硫酸B用Na2SO3与浓盐酸制取并收集纯净干燥的SO2饱和Na2SO3溶液浓硫酸C用Zn和稀盐酸制取并收集纯净干燥的H2NaOH溶液浓硫酸DCaCO3和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO2饱和NaHCO3溶液浓硫酸A．A B．B C．C D．D7、下列关于古籍中的记载说法不正确的是（）A．《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”涉及的反应类型是分解反应B．《吕氏春秋•别类编》中“金（即铜）柔锡柔，合两柔则刚”体现了合金硬度方面特性C．《本草纲目》中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次……价值数倍也”用到的实验方法是蒸馏D．《肘后备急方》中“青蒿-握，以水二升渍，绞取汁，尽服之”该过程属于化学变化8、某有机物的结构简式如下，有关性质叙述正确的是A．1mol该有机物最多可以与6molH2发生反应B．1mol该有机物最多可以与3molNa发生反应C．1mol该有机物最多可以与2molNaOH发生反应D．1mol该有机物最多可以与2molNaHCO3发生反应9、在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y，发生反应：mX(g)nY(g)ΔH＝QkJ/mol。反应达到平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如下表所示：1L2L4L100℃1.00mol/L0.75mol/L0.53mol/L200℃1.20mol/L0.90mol/L0.63mol/L300℃1.30mol/L1.00mol/L0.70mol/L下列说法正确的是()A．m>nB．Q<0C．温度不变，压强增大，Y的质量分数减少D．体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动10、下列反应的离子方程式书写正确的是（）A．氯化铜溶液与铁粉反应：Cu2++Fe=Fe2++CuB．稀H2SO4与铁粉反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑C．氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应：Ba2++SO42-=BaSO4↓D．碳酸钙与盐酸反应：CO32-+2H+=H2O+CO2↑11、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是：A．和互为同分异构体B．15g甲基（﹣CH3）含有的电子数是9NAC．7.8g苯中含有的碳碳双键数为0.3NAD．标准状况下，2.24LCCl4中的原子总数为0.5NA12、下列有机物的命名正确的是（）A．3,3－二甲基丁烷 B．2,2－二甲基丁烷C．2－乙基丁烷 D．2,3,3－三甲基丁烷13、一定温度下，可逆反应A2(g)＋B2(g)⇌2AB(g)达到平衡状态的标志是：A．单位时间内生成nmolA2，同时生成nmolABB．A2、B2、AB的物质的量之比为1：1：2C．体系内的总压不随时间变化D．单位时间内生成2nmolAB的同时生成nmolB214、下列物质中，属于电解质的是A．Cu B．NaNO3 C．SO2 D．Cl215、除去乙烷中混有少量乙烯的方法是将混合气体（）A．点燃B．通过溴水C．通过稀硫酸D．通过石灰水16、下列各组混合物中，不能混溶的是A．植物油和乙醇B．苯和水C．酒精和水D．汽油和煤油二、非选择题（本题包括5小题）17、已知有A、B、C、D、E五种短周期的主族元素，它们的原子序数依次递增，A是所有元素中原子半径最小的元素，B、C组成的某一种化合物能引起温室效应。常温下，金属D单质投入水中能与水剧烈反应。常温下E单质是常见的气体。请按要求回答下列几个问题：（1）B、D的元素名称分别为：________、________。（2）E在周期表中的位置为：________。（3）C离子的结构示意图为：________。（4）B、C、D三种元素的原子半径从大到小的顺序为________（用元素符号表示）。（5）B、E的最高价氧化物对应水化物的酸性从强到弱的顺序为：________（用对应的化学式表示）。（6）写出C、D两种元素组成的阴、阳离子个数比为1:2且只含离子键的化合物的电子式：________。18、有关“未来金属”钛的信息有：①硬度大②熔点高③常温下耐酸碱、耐腐蚀，由钛铁矿钛的一种工业流程为：（1）钛铁矿的主要成分是FeTiO3（钛酸亚铁），其中钛的化合价___价，反应①化学方程式为___。（2）反应②的化学方程式为TiO2+C+ClTiCl4+CO（未配平），该反应中每消耗12gC，理论上可制备TiCl4___g。（3）TiCl4在高温下与足量Mg反应生成金属Ti，反应③化学方程式___，该反应属于___（填基本反应类型）（4）上述冶炼方法得到的金属钛中会混有少量金属单质是___（填名称），由前面提供的信息可知，除去它的试剂可以是以下剂中的___（填序号）AHClBNaOHCNaClDH2SO419、实验室可以用下图所示的装置制取乙酸乙酯。回答下列问题：（1）在试管中配制一定比例的乙醇、乙酸和浓硫酸的混合溶液，其方法是:_______；（2）乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液的_______层；（填“上”或“下”）（3）浓硫酸的作用是______________；（4）制取乙酸乙酯的化学方程式是______，该反应属于___（填反应类型）反应；（5）饱和碳酸钠的作用是：________________；（6）生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，反应一段时间后，就达到了该反应的限度。下列描述能说明乙醇与乙酸的酯化反应已达到化学平衡状态的有(填序号)_________。①混合物中各物质的浓度不再变化；②单位时间里,生成1mol乙醇，同时生成1mol乙酸；③单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙醇。20、二氧化氯（ClO2）常用于处理含硫废水。某学习小组在实验室中探究ClO2与Na2S的反应。已知：①ClO2是极易溶于水的黄绿色气体，有毒，沸点为11℃。②SO2+NaClO3+H2SO4→ClO2+NaHSO4（未配平）③ClO2+NaOH→NaCl+NaClO3+H2O（未配平）请回答下列问题：（1）设计如下装置制备ClO2

①装置A中反应的化学方程式为__________________________________。②装置B中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。③欲收集一定量的ClO2，选择上图中的装置，其连接顺序为a→

g→

h→

_________________→d。（2）探究ClO2与Na2S的反应将上述收集到的ClO2用N2稀释以增强其稳定性，并将适量的稀释后的ClO2通入如图所示装置中充分反应，得到无色澄清溶液。一段时间后，通过下列实验探究Ⅰ中反应的产物操作步骤实验现象结论取少量Ⅰ中溶液放入试管甲中，滴加品红溶液和盐酸。品红溶液始终不褪色①无_______生成。另取少量Ⅰ中溶液放入试管乙中，加入Ba(OH)2溶液和盐酸，振荡。②___________有SO42-生成③继续在试管乙中加入Ba(OH)2溶液至过量，静置，取上层清液放入试管丙中，______________。有白色沉淀生成有Cl-生成④ClO2与Na2S反应的离子方程式为_________________________________________。用于处理含硫废水时，ClO2相对于Cl2的优点是_____________________________________________（任写一条）。21、（1）将下列现象中硫酸表现出来的性质填写在空格内：敞口放置的浓硫酸，溶液质量增加_________________；浓硫酸与蔗糖放出大量热，并出现黑色固体____________；（2）将一瓶二氧化硫和一瓶硫化氢气体瓶口对接进行混合，瓶壁上能观察到有_________________和_________________生成，其化学反应方程式为：____________________________，此反应中SO2作____________剂，1mol二氧化硫和硫化氢完全反应时，有_________mol电子发生转移。（3）当雨水的pH________时，我们称之为“酸雨”。某环保小组测定某次雨水中硫酸的物质的量浓度为5×10-6mol/L，这次雨__________酸雨（选填“属于”或“不属于”）。常温下若把0.1mol/L的盐酸溶液稀释100倍，此时的溶液的pH=__________。（4）将一充满氨气的大试管倒立在水槽中，可以看到现象_________________，说明_______________，若在此溶液中滴入酚酞试液，溶液呈_______色，其电离方程式___________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解题分析】

氯气与水可以反应生成具有强氧化性的HClO，具有漂白性，还可杀菌消毒作用，氯气、HCl不具有漂白性，故D正确；故选D。2、A【解题分析】

设Zn为2mol、HNO3为5mol，锌与稀硝酸反应时硝酸既表现酸性又表现氢化性，根据原子守恒和电子守恒，2mol锌失去4mol电子，生成2mol锌离子，由于生成硝酸锌，则其结合的硝酸根离子是4mol，剩余的1mol硝酸被还原为N2O就得到4mol电子，说明硝酸也全部反应，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是1：4，反应方程式为4Zn＋10HNO3=4Zn(NO3)2＋N2O↑＋5H2O，故选A。3、C【解题分析】

A、某有机物完全燃烧，只生成CO2和H2O，该有机物也可能是含氧衍生物，A错误；B、钠与水反应比与乙醇反应剧烈，说明水中的氢比乙醇中的氢活泼，B错误；C、根据较强酸制备较弱酸可判断出乙酸酸性大于碳酸，C正确；D、甲烷与氯气光照下发生取代反应除生成氯甲烷外，还产生了HCl，HCl使湿润的石蕊试纸变红，D错误。答案选C。4、D【解题分析】

该有机物中含有苯环和碳碳双键，有苯和烯烃性质，能发生氧化反应、加成反应、取代反应、加聚反应等，据此分析解答。【题目详解】A.根据物质的结构简式可知该物质的分子式为C9H10，A正确；B.物质分子中含有苯环，所以能发生取代反应，苯环和碳碳双键能发生加成反应，碳碳双键能发生氧化反应，B正确；C.物质分子中含苯环和碳碳双键都能和氢气发生加成反应，1mol苯环最多消耗3mol氢气、1mol碳碳双键最多消耗1mol氢气，所以1mol该有机物最多消耗4mol氢气发生加成反应，C正确；D.苯环上所有原子共平面、乙烯中所有原子共平面，碳碳单键可以旋转，所以该分子中最多有9个碳原子共平面，D错误；故合理选项是D。【题目点拨】本题考查有机物结构和性质，侧重考查烯烃和苯的性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，难点是原子共平面个数判断，要结合苯分子是平面分子，乙烯分子是平面分子，用迁移方法进行分析解答。5、C【解题分析】

将NH3通过灼热的CuO，发现生成一种红色的单质和一种气体单质，红色的单质为铜，铜元素的化合价降低，根据氧化还原反应的规律和质量守恒，N元素的化合价升高，气体单质只能为氮气，故选C。6、D【解题分析】

X之前的装置为发生装置，而集气瓶不能进行加热；X和Y装置为除杂装置，Y之后的装置为气体的收集装置，其中导管长进短出，为向上排空气法收集气体。【题目详解】A.用MnO2和浓盐酸制取Cl2需要加热条件，图示装置不能完成，故A错误；B.用Na2SO3与浓盐酸制取SO2，二氧化硫气体中会混有氯化氢气体，应用饱和的亚硫酸氢钠进行除杂，若用亚硫酸钠，二氧化硫会与亚硫酸钠发生反应，故B错误；C.氢气的密度比空气的密度小，所以应用向下排空气法进行收集，而图示方法用的是向上排空气法，故C错误；D.碳酸钙与稀盐酸反应生成的二氧化碳气体中混有氯化氢气体，可以用饱和的碳酸氢钠进行除杂，后进行干燥可得到纯净的二氧化碳，故D正确；综上所述，答案为D。7、D【解题分析】A.《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”涉及的反应类型是碳酸钙的分解反应，A正确；B.《吕氏春秋·别类编》中“金（即铜）柔锡柔，合两柔则刚”体现了合金硬度方面的特性，即合金的硬度比其成分金属高，B正确；C.《本草纲目》中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次……价值数倍也”用到的实验方法是蒸馏，即根据混合物的沸点不同将混合物分离的方法，C正确；D.《肘后备急方》中“青蒿—握，以水二升渍，绞取汁，尽服之”该提取过程没有新物质生成，属于物理变化，D不正确。本题选D。8、C【解题分析】

由结构简式可知，该有机物的官能团为碳碳双键、羟基、羧基和酯基，能表现烯烃、醇、羧酸和酯的性质。【题目详解】A项、该有机物分子中碳碳双键和苯环能与氢气发生加成反应，则1mol该有机物最多可以与4molH2发生反应，故A错误；B项、该有机物分子中羟基和羧基能与金属钠反应，则1mol该有机物最多可以与2molNa发生反应，故B错误；C项、该有机物分子中羧基能与氢氧化钠发生中和反应，酯基能在氢氧化钠溶液中发生水解反应，则1mol该有机物最多可以与2molNaOH发生反应，故C正确；D项、该有机物分子中羧基能与碳酸氢钠反应，则1mol该有机物最多可以与1molNaHCO3发生反应，故D错误；故选C。【题目点拨】注意羧基和酯基中不饱和碳原子不能与氢气发生加成反应，是易错点。9、C【解题分析】

当温度不变时，容器体积扩大一倍，若平衡不发生移动，Y物质的浓度应为原来的二分之一，由表可知，容器体积扩大一倍后，Y物质的浓度大于原来的二分之一，说明压强的减小，平衡正向移动，则m<n；当容器体积不变时，随着温度的升高，Y物质的浓度增大，即平衡正向移动，正反应为吸热反应。【题目详解】A项、温度不变，容器体积增大，压强减小，若平衡不移动，c(Y)应减小为原来一半，现c(Y)比原来的一半大，说明减小压强，平衡向右移动，该反应是一个气体体积增大的反应，则m<n，故A错误；B项、升高温度，平衡向吸热方向移动，由表可知，体积不变升高温度，c(Y)增大，说明平衡右移，为正反应为吸热反应，Q>0，故B错误；C项、该反应是一个气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，Y的质量分数减少，故C正确；D项、该反应为吸热反应，体积不变，温度升高，平衡向正反应方向移动，故D错误。故选C。【题目点拨】本题考查化学平衡移动原理，注意温度和反应热、压强和化学计量数的关系，明确压强的变化实质上是浓度的变化是解答关键。10、A【解题分析】

A.氯化铜溶与铁粉反应生成铜和氯化亚铁；B.稀H2SO4与铁粉反应生成硫酸亚铁和氢气；C.氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应生成硫酸钡和水；D.碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳；【题目详解】A.氯化铜溶与铁粉反应生成铜和氯化亚铁，离子反应为：Cu2++Fe=Fe2++Cu，A项正确；B.稀H2SO4与铁粉反应生成硫酸亚铁和氢气，离子反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，B项错误；C.氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应生成硫酸钡和水，离子反应为：Ba2++2H++SO42-+2OH-=BaSO4+2H2O，C项错误；D.碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，离子反应为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，D项错误；答案选A。11、B【解题分析】

A.和的结构相同，是同一种物质，故A错误；B．甲基是甲烷失去一个H原子后剩余的部分，所以一个甲基中的电子数是9，15g甲基的物质的量是1mol，则1mol甲基（一CH3）所含的电子数应为9NA，故B正确；C、7.8g苯的物质的量为0.1mol，苯中的碳碳键是一种介于单键和双键之间的独特的键，不存在碳碳双键，故C错误；D、标况下，四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误；故选B。12、B【解题分析】

烷烃的命名原则：碳链最长称某烷，靠近支链把号编，简单在前同相并，其间应划一短线：1、碳链最长称某烷：选定分子里最长的碳链做主链，并按主链上碳原子数目称为“某烷“；2、靠近支链把号编：把主链里离支链较近的一端作为起点，用1、2、3…等数字给主链的各碳原子编号定位以确定支链的位置；3、简单在前同相并，其间应划一短线：把支链作为取代基，把取代基的名称写在烷烃名称的前面，在取代基的前面用阿拉伯数字注明它在烷烃主链上的位置，而且简单的取代基要写在复杂的取代基前面，如果有相同的取代基，则要合并起来用二、三等数字表示，但是表示相同的取代基位置的阿拉伯数字要用逗号隔开，并在号数后面连一短线，中间用“-“隔开。【题目详解】A、3，3一二甲基丁烷，取代基的编号之和不是最小，说明有机物的编号方向错误，正确命名应该为：2，2−二甲基丁烷，故A错误；B、2，2−二甲基丁烷，主链为丁烷，在2号C含有2个甲基，该命名符合烷烃的命名原则，故B正确；C、2−乙基丁烷，烷烃的命名中出现2−乙基，说明选取的主链不是最长碳链，该有机物最长碳链含有5个C，主链为戊烷，其正确命名为：3−甲基戊烷，故C错误；D、2，3，3-三甲基丁烷，取代基的编号之和不是最小，说明有机物的编号方向错误，正确命名应该为：2，2，3−三甲基丁烷，故D错误。13、D【解题分析】

在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。据此判断。【题目详解】A.单位时间内生成nmolA2，同时生成nmolAB，正逆反应速率不相等，反应未达到平衡状态，故A错误；B.A2、B2、AB的物质的量之比为1：1：2不能说明各组分的浓度保持不变，无法证明是否达到平衡状态，故B错误；C.反应前后气体体积相等，所以压强不变不能说明各组分浓度保持不变，反应不一定达到平衡状态，故C错误；D.单位时间内生成2nmolAB的同时生成nmolB2，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；答案选D。【题目点拨】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化。解题时要注意选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。14、B【解题分析】

A．Cu为单质，既不属于电解质，也不属于非电解质，故A错误；B．NaNO3是化合物，在熔融状态下和水溶液中都能导电，属于电解质，故B正确；C．SO2的水溶液能导电，但电离出自由移动离子的是亚硫酸不是二氧化硫，所以二氧化硫不是电解质，故C错误；D．Cl2为单质，既不属于电解质，也不属于非电解质，故D错误；故答案为B。【题目点拨】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等．注意电解质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排除混合物。15、B【解题分析】分析：分析：乙烯能和溴水加成，能和高锰酸钾之间发生氧化还原反应，而乙烷则不能。详解：A、乙烷和乙烯均能燃烧生成二氧化碳和水，点燃的方法不能用于除去乙烷中混有少量乙烯，选项A错误；B、乙烯能和溴水加成，而乙烷则不能，将混合气体通过溴水，可以除去乙烷中混有的少量乙烯，选项B正确；C、乙烯和乙烷与稀硫酸均不反应，不能除去乙烷中混有的少量乙烯，选项C错误；D、乙烯和乙烷与石灰水均不反应，不能除去乙烷中混有的少量乙烯，选项D错误；答案选B。点睛：根据物质的性质的差异来除杂是考查的热点，可以根据所学知识进行回答，难度不大。16、B【解题分析】分析：不能混溶，说明二者互不溶解，根据物质的溶解性分析解答。详解：A.植物油和乙醇互溶，混合后不分层，能混溶，A错误；B.苯不溶于水，混合后分层，不能混溶，B正确；C.酒精和水互溶，混合后不分层，能混溶，C错误；D.汽油和煤油互溶，混合后不分层，能混溶，D错误；答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、碳钠第三周期第ⅤⅡA族Na＞C＞OHClO4＞H2CO3【解题分析】

A、B、C、D、E五种短周期的主族元素，它们的原子序数依次递增，A是所有元素中原子半径最小的元素，则A为氢元素，B、C组成的某一种化合物能引起温室效应，则B为碳元素，C为氧元素，常温下，金属D单质投入水中能与水剧烈反应，且为短周期元素原子序数大于O，则D为钠元素，常温下E单质是常见的气体，E的原子序数大于钠，则E为氯元素。【题目详解】(1)由上述分析可知，B、D的元素名称分别为碳元素和钠元素；(2)E是氯元素，在周期表中第三周期第ⅤⅡA族；(3)C为氧元素，氧离子的结构示意图为；(4)电子层数越多原子半径越大，电子层数相同原子序数越小半径越大，所以B、C、D三种元素的原子半径从大到小的顺序为Na＞C＞O；(5)元素非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性就越强，由于氯的非金属性强于碳，所以HClO4的酸性强于H2CO3；(6)O和Na元素可以形成氧化钠，属于离子化合物，阴、阳离子个数比为1:2，只含有离子键，其电子式为。【题目点拨】过氧化钠中两个氧原子形成过氧根，不能拆开写，所以过氧化钠的电子式为；同理过氧化氢的电子式为。18、+42FeTiO3+CCO2↑+2Fe+2TiO295g2Mg+TiCl42MgCl2+Ti置换反应镁AD【解题分析】

（1）根据正负化合价的代数和为0，设钛元素的化合价为x，则+2+x+（-2）×3=0，解得x=+4；钛酸亚铁和碳在高温条件下生成二氧化碳、铁和二氧化钛，2FeTiO3+CCO2↑+2Fe+2TiO2；故填：+4；2FeTiO3+CCO2↑+2Fe+2TiO2；（2）根据氧化还原反应原理配平得反应②的化学方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，根据反应可知，每消耗12gC，理论上可制备TiCl4190g/mol×12=95g；（3）TiCl4在高温下与足量Mg反应生成金属Ti，根据质量守恒定律，还应有氯化镁，化学方程式为2Mg+TiCl42MgCl2+Ti；该反应是一种单质与一种化合物反应，生成一种新的单质和一种新的化合物，所以反应类型为置换反应；故填：2Mg+TiCl42MgCl2+Ti；置换反应；（3）反应③中加入足量金属镁可知得到的金属钛中会混有少量的金属镁，金属镁可以和盐酸或硫酸反应，所以除去它的试剂可以是稀盐酸或稀硫酸。故填：镁；AD。【题目点拨】本题考查化学实验的设计和评价，物质的制备、收集和净化物质的分离等知识。易错点为（2）根据氧化还原反应原理配平得反应②的化学方程式，钛的化合价不变，碳的化合价由0价变为+2价，氯的化合价变为-1价，结合质量守恒配得反应TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO。19、先加乙醇再加浓硫酸最后加乙酸上催化剂和吸水剂CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH3CH3+H2O酯化反应中和酸溶解醇降低乙酸乙酯的溶解度①③【解题分析】

(1)结合浓硫酸的稀释的方法分析解答；(2)乙酸乙酯的密度小于水，且不溶于水；(3)乙酸与乙醇发生酯化反应，需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动；(4)乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水；(5)碳酸钠能够与乙酸反应，乙醇易溶于水，碳酸钠的存在可以降低乙酸乙酯在水中的溶解度；(6)根据化学平衡的特征分析判断。【题目详解】(1)在试管中配制一定比例的乙醇、乙酸和浓硫酸的混合溶液，方法为：先在大试管中加入乙醇，然后慢慢向其中注入浓硫酸，并不断搅拌，最后向装有乙醇和浓硫酸的混合物的大试管中加入乙酸，故答案为：先加乙醇再加浓硫酸最后加乙酸；(2)乙酸乙酯的密度小于水，且不溶于水，因此乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液的上层，故答案为：上；(3)乙酸与乙醇发生酯化反应，需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，浓硫酸的作用为催化剂，吸水剂，故答案为：催化剂和吸水剂；(4)酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应方程式为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，故答案为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；酯化反应；(5)饱和碳酸钠溶液的主要作用是中和挥发出来的乙酸，溶解挥发出来的乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度，故答案为：中和挥发出来的乙酸，溶解挥发出来的乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度；(6)①混合物中各物质的浓度不再变化，为平衡的特征，可知达到平衡状态，故①选；②单位时间里，生成1mol乙醇，同时生成1mol乙酸，不能体现正、逆反应速率关系，不能判定平衡状态，故②不选；③单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙酸，可知正、逆反应速率相等，为平衡状态，故③选；故答案为：①③。【题目点拨】掌握乙酸乙酯制备实验的注意事项是解题的关键。本题的易错点为（6）②③，要注意生成乙醇和生成乙酸都表示逆反应速率，生成乙酸乙酯是正反应速率，生成乙酸是逆反应速率。20、Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O2:1b→c→e→fSO2有白色沉淀加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液8ClO2+5S2-+4H2O8Cl-+5SO42-+8H+均被还原为Cl-时，ClO2得到的电子数是Cl2的2.5倍，所需ClO2用量更少；或氧化产物硫酸根稳定，ClO2除硫更彻底；或ClO2不会生成可能对人体有害的有机氯化物等（合理即可）【解题分析】

①装置A中Cu与浓硫酸反应制备二氧化硫，其化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；②由题意知装置B中反应为SO2+2NaClO3+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1；答案：2:1。③二氧化硫从a出来，为防止倒吸，故应在B之前有安全瓶，则a→g→h，为反应充分，故再连接B装置中的b，二氧化氯沸点较低，故在D中冰水浴收集，为充分冷却，便于收集，故连接e，最后用氢氧化钠吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气，连接顺序为：a→g→h→b→c→e→f→d；故答案为：b→c→e→f；④在Ⅰ中反应过后的溶液加入品红，品红始终不褪色，说明不是由于SO2的漂白作用导致褪色，结论是无SO2生成。答案：SO2。在Ⅰ中反应过后