山东省泰安市2023-2024学年高三上学期1月期末化学试题（含答案解析）

高三年级考试化学试题1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂。非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠，不破损。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Cl-35.5Ti-48一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学和生产、生活紧密联系，下列说法错误的是A.除去水垢中的CaSO4常用试剂有碳酸钠和盐酸B.通过煤的干馏可以得到芳香族化合物C.医药工业常以葡萄糖为工业原料合成补钙药物D.食品工业严禁使用有毒的SO2做食品漂白剂、防腐剂和抗氧化剂【答案】D【解析】【详解】A．硫酸钙不溶于酸，转化为碳酸钙易除去，则除去锅炉水垢中的CaSO4，需先加碳酸钠转化为碳酸钙，再用盐酸溶解，故A正确；B．煤的干馏产物主要包括焦炭、煤焦油（主要含芳香族化合物）、煤气、粗氨水、焦炉气等，故B正确；C．葡萄糖具有重要的用途，它不仅是人类的营养物质，在医药、食品、等有重要的应用，可合成葡萄糖酸钙用来补钙，故C正确；D．SO2具有漂白性、还原性，食品中添加适量的SO2可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用，故D错误；故选D。2.我国科学家研制的“纳米药物分子运输车”，其结构如图所示。下列有关说法不正确的是A.该“运输”中Fe3O4可由Fe2O3，被氢气还原制得B.该“运输车”的外壳一定含有碳元素C.该“运输车”分散于水中所得的分散系属于胶体D.SiO2属于酸性氧化物【答案】C【解析】【详解】A．因氢气具有还原性，Fe2O3可被氢气还原制得Fe3O4，A正确；B．该“运输车”为有机物外壳，有机物中含有碳，B正确；C．该“纳米药物分子车”的直径为200nm，而胶体分散质粒子直径为1~100nm，所以该“纳米药物分子车”分散于水中所得的分散系不属于胶体，C错误；D．二氧化硅能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，D正确；故选C。3.下列有关说法正确的是A.实验室中少量的钠保存于无色广口瓶中，并加适量CCl4液封B.液溴和白磷的保存均应加水液封C.实验室配制Na2S溶液时应通入H2S气体D.实验室盛放双氧水的试剂瓶上所贴标签为【答案】B【解析】【详解】A．钠易被空气中的氧气氧化且易和水反应，密度比煤油大，应密封保存于煤油中，故A错误；B．液溴易挥发，白磷易自燃，且密度均比水大，应加水液封，故B正确；C．实验室配制Na2S溶液时为防止硫离子水解，应加入碱性物质如NaOH，故C错误；D．双氧水为强氧化剂，试剂瓶上所贴标签为氧化性物质，故D错误；答案选B。4.一种矿物由短周期元素W、X、Y组成，溶于稀盐酸有无色无味气体生成。W、X、Y原子序数依次增大。简单离子与具有相同的电子结构。下列叙述正确的是A.X的常见化合价有、 B.原子半径大小为C.YX的水合物具有两性 D.W单质只有4种同素异形体【答案】A【解析】【分析】W、X、Y为短周期元素，原子序数依次增大，简单离子X2-与Y2+具有相同的电子结构，则它们均为10电子微粒，X为O，Y为Mg，W、X、Y组成的物质能溶于稀盐酸有无色无味的气体产生，则W为C，产生的气体为二氧化碳，据此解答。【详解】A．X为O，氧的常见价态有-1价和-2价，如H2O2和H2O，A正确；B．W为C，X为O，Y为Mg，同主族时电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，原子序数越小，原子半径越大，所以原子半径大小为：Y＞W＞X，B错误；C．Y为Mg，X为O，他们可形成MgO，水合物为Mg(OH)2，Mg(OH)2只能与酸反应生成盐和水，不能与碱反应，所以YX的水合物没有两性，C错误；D．W为C，碳的同素异形体有：金刚石、石墨、石墨烯、富勒烯、碳纳米管等，种类不止四种，D错误；故选A。5.穿心莲内酯具有祛热解毒、消炎止痛之功效，被誉为天然抗生素药物，结构简式如图所示。下列说法正确的是A.该物质的分子式为C20H30O5B.该物质的含氧官能团有3种C.该分子中有5个不对称碳原子D.该物质最多可与3molH2发生加成反应【答案】A【解析】【详解】A．由结构可知，分子中含20个C原子、30个H原子、5个O原子，分子式为C20H30O5，A正确；B．由结构可知，分子中含氧官能团为羟基、酯基，共2种，B错误；C．不对称碳原子即为手性碳原子(同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子，故)该分子中有6个不对称碳原子，如图所示：，C错误；D．由结构可知，分子中2个碳碳双键能与H2发生加成反应，故1mol该物质最多可与2molH2发生加成反应，D错误；故答案为：A。6.硫元素的价类二维图如图所示。下列说法错误的是A.a与c、d、e都有可能反应生成bB.d溶液久置于空气中会生成e，溶液的酸性增强C.g与f之间可能发生反应D.a、c均可用e的浓溶液干燥【答案】D【解析】【分析】根据化合价以及物质的类别可知：a为H2S、b为S、c为SO2、d为H2SO3、e为H2SO4、f为含SO或HSO的盐、g为含SO或HSO的盐，据此分析解题。【详解】A．a为H2S，与SO2、H2SO3、H2SO4都有可能发生归中反应生成硫单质，A正确；B．d为H2SO3、e为H2SO4，H2SO3具有较强的还原性，在空气久置会被氧气氧化成硫酸，硫酸酸性更强，溶液pH更小，酸性更强，B正确；C．g为含SO或HSO的盐，f为含SO或HSO的盐，若g为硫酸氢盐，在溶液中可以电离出氢离子，氢离子可以和SO或HSO反应制得二氧化硫，C正确；D．硫化氢有还原性，可与浓硫酸发生氧化还原反应而不能用浓硫酸干燥，D错误；故选D。7.足量的纯碱溶液可用于吸收含氯气的尾气，生成三种盐(反应1)；工业上也可用纯碱溶液从海水中提取溴，其主要原理如下：反应2：反应3：下列说法正确的是A.反应1中生成的三种盐是NaClO、NaClO3和NaHCO3B.反应2中的Br2与反应1中的Cl2表现相似的化学性质C.反应3中氧化产物与还原产物的质量之比为1：5D.酸性条件下，氧化性：【答案】B【解析】【详解】A．根据氧化还原反应原理及纯碱足量，氯元素一部分化合价升高，另一部分化合价降低，三种盐是次氯酸钠、氯化钠、碳酸氢钠，A项错误；B．反应2中的溴单质和反应1中的氯气都表现氧化性和还原性，表现相似的化学性质，B项正确；C．反应2中溴既是氧化剂又是还原剂，其中氧化剂与还原剂的质量之比为5:1，C项错误；D．由反应2知，碱性条件下，溴单质为氧化剂，NaBrO3为氧化产物，故氧化性：Br2>NaBrO3，D项错误；故答案选B。8.探究一定浓度的溶液与KMnO4溶液在不同条件的反应原理。已知：在水溶液中呈绿色。实验操作现象实验1将足量Na2SO3溶液加入到1mL酸性KMnO4溶液中紫红色褪去实验2将足量Na2SO3溶液加入到1mL中性KMnO4溶液中溶液变浑浊实验3将足量Na2SO3溶液加入到1mL碱性KMnO4溶液中溶液从紫红色变为绿色，后又变浑浊下列说法正确的是A.实验1中KMnO4溶液可以加盐酸酸化B.实验2的离子方程式：C.实验3中变浑浊是因为反应中被消耗，溶液碱性减弱D.三个实验中消耗等量的KMnO4转移电子数相同【答案】C【解析】【详解】A．高锰酸钾不能用盐酸酸化，会发生反应，导致高锰酸钾被消耗，故A错误；B．实验2是在中性溶液中进行，离子反应为，故B错误；C．实验3是在碱性条件下进行的，发生反应，生成绿色的，反应中被消耗，溶液碱性减弱，由会生成MnO2溶液变浑浊，故C正确；D．实验1的方程式为，结合B、C选项方程式，由于锰元素化合价降低程度不同，消耗等量的KMnO4转移电子数不相同，故D错误；故选C。9.下列装置试剂和操作均正确并且能实现实验目的是A.甲：配制FeCl3溶液B.乙：制备并收集氨气C.丙：制备少量干燥的HCl气体D.丁：验证浓硝酸分解的产物NO2具有氧化性【答案】C【解析】【详解】A．配制溶液时，不能在容量瓶中溶解，A错误；B．应使用氯化铵和氢氧化钙加热制备氨气，B错误；C．浓硫酸可以制备‌盐酸的原理是高沸点酸制低沸点酸‌，浓硫酸的沸点较高，而盐酸的沸点较低，且浓硫酸有吸水性，所以丙装置可以制备少量干燥的HCl气体，C正确；D．浓硝酸受热分解生成二氧化氮，二氧化氮溶于水，又生成硝酸，能氧化KI，且硝酸具有挥发性，挥发的硝酸也能氧化碘化钾溶液，不能单独验证二氧化氮具有氧化性，D错误；故选C。10.我国科学家发明的一款可充放电的全固态钠电池工作原理如下图所示，下列说法正确的是A.放电时，电极电势N极高于M极B.充电时，Na+由N极迁移至M极C.充电时，M极电极反应式为D.为了降低成本，固态聚合物电解质可以用Na3PO4溶液代替【答案】C【解析】【详解】A．由工作原理图可知，放电时，金属Na在N极发生氧化反应，N极为负极，M极为正极，正极的电极电势高于负极，即M极高于N极，A错误；B．充电时，阳离子向阴极移动，即Na+由M极迁移至N极，B错误；C．充电时，M极为阳极，失电子，转化为，电极反应式为，C正确；D．Na能与水反应，故不能用Na3PO4溶液代替固态聚合物电解质，D错误；故选C。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有-一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.完成下列各组实验，所选玻璃仪器(不考虑存放试剂的容器)和试剂均准确、完整的是选项实验目的玻璃仪器试剂A配制100mL一定物质的量浓度的NaCl溶液100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒蒸馏水、NaCl固体B除去KNO3中少量NaCl烧杯、酒精灯、漏斗、玻璃棒蒸馏水、KNO3与NaCl的混合物C萃取碘水中的碘单质长颈漏斗、烧杯CCl4、碘水D制取氢氧化铁胶体烧杯、胶头滴管、酒精灯蒸馏水、饱和FeCl3溶液A.A B.B C.C D.D【答案】BD【解析】【详解】A．配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；仪器中还缺少胶头滴管，A错误；B．硝酸钾溶解度受温度影响较大，除去中少量NaCl采用冷却热饱和溶液结晶、过滤的方法，故需烧杯、酒精灯、漏斗、玻璃棒，B正确；C．萃取操作使用分液漏斗而不是长颈漏斗，C错误；D．制取红褐色胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至溶液变红褐色，需要的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、酒精灯，D正确；故选BD。12.下列离子能大量共存，且加入或通入少量相应试剂后发生反应的离子方程式正确的是选项离子加入试剂加入试剂后发生反应的离子方程式A、、、NaOHB、、盐酸、C、、、氯气D、、、铁粉A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．溶液中离子与Al3+发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀、水和二氧化碳，不能大量共存，故A错误；B．溶液中离子与发生反应生成氢氧化铝沉淀和，不能大量共存，故B错误；C．四种离子在溶液中不能发生任何反应，能大量共存，溶液中通入少量氯气，还原性强的亚铁离子优先与氯气反应生成铁离子和氯离子，反应的离子方程式为，故C错误；D．四种离子在溶液中不能发生任何反应，能大量共存，溶液中加入Fe，氧化性强的铁离子优先与Fe反应生成亚铁离子，反应的离子方程式为，故D正确；故答案选D。13.富集海水中锂的电化学系统如图所示，工作步骤如下：①启动电源1，MnO2所在腔室的Li+进入MnO2结构而形成。②关闭电源1和海水通道，启动电源2，使中的Li+脱出进入腔室2。下列说法不正确的是A.启动电源1时，电极1阳极B.启动至关闭电源1，转化的n(MnO2)与生成的n(O2)之比为20：3，可得中的C.启动电源2时MnO2电极反应式为：D.电化学系统提高了腔室2中LiOH的浓度【答案】C【解析】【分析】由①可知，启动电源1，MnO2所在腔室Li+进入MnO2结构而形成LixMn2O4，可知MnO2中Mn元素的化合价降低，为阴极，电极反应式为xLi++2MnO2+xe-=LixMn2O4，电极1为阳极，连接电源正极；②关闭电源1和海水通道，启动电源2，使LixMn2O4中的Li+脱出进入腔室2，可知，电极2为阴极，电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-；阳极的电极反应式为：LixMn2O4-xe-=xLi++2MnO2，以此分析解题。【详解】A．由分析可知，室Ⅰ中电极Ⅰ连接电源Ⅰ的正极，作阳极，发生氧化反应，故A正确；B．根据分析可知，启动至关闭电源1，转化的n(MnO2)与生成的n(O2)之比为20：3，设生成的氧气为3mol，转移电子为12mol，根据阳极的电极反应式：LixMn2O4-xe-=xLi++2MnO2，结合电子守恒，可知2molMnO2生成时转移1.2mol电子，可得LixMn2O4中的x=1.2，故B正确；C．启动电源2时，MnO2电极是阳极，电极反应式为：LixMn2O4-xe-=xLi++2MnO2，故C错误；D．由分析可知，启动电源2，使LixMn2O4中的Li+脱出进入腔室2，电极2为阴极，电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-；提高了腔室2中LiOH的浓度，故D正确；答案选C。14.某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+)，实现镍、钴、镁元素的回收。已知：“氧化”中，用石灰乳调节，同时被氧化为；常温下、、、。下列说法错误的是A.滤渣的成分为MnO2、Fe(OH)3B.“氧化”中，混合气反应生成过一硫酸(H2SO5)，1molH2SO5中过氧键的数目为C.“沉钴镍”的滤液中，D.为了加快过滤速率，流程中可采取减压过滤【答案】AB【解析】【分析】混合气中的氧气具有强氧化性，酸性条件下，将亚铁离子和锰离子转化为氢氧化铁和二氧化锰，钙离子被硫酸根离子沉淀，镍离子、镁离子先后转化为氢氧化物沉淀，从而实现镍、钴、镁元素的回收，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，滤渣的成分为MnO2、Fe(OH)3和CaSO4，A错误；B．“氧化”中，混合气反应生成过一硫酸(H2SO5)，已知H2SO5中H的化合价为+1价，S的化合价为+6价，根据化学式中所有元素的化合价的代数和为0，则H2SO5中3个O为-2价，2个O为-1价，即1molH2SO5中过氧键的数目为1NA，B错误；C．“沉钴镍”的滤液中，==103.9≈10000，C正确；D．减压过滤即抽滤可以加快过滤速率且所得产品易干燥，故为了加快过滤速率，流程中可采取减压过滤，D正确；故答案为：AB。15.已知CaF2是难溶于水、可溶于酸的盐。常温下，用盐酸调节CaF2浊液的pH，测得在不同pH条件下，体系中与-lgc(X)(X为Ca2+或F-)的关系如图所示。下列说法错误的是A.L1表示-lgc(F-)与的变化曲线B.Ksp(CaF2)的数量级为10-10C.c点的溶液中：c(Cl-)<c(Ca2+)D.a、b、c三点的溶液中：2c(Ca2+)=c(F-)+c(HF)【答案】AC【解析】【分析】已知HF的Ka=，则有=，即有lg越大，c(F-)越大，lgc(F-)越大，-lgc(F-)越小，c(F-)越大，c(Ca2+)越小，则-lgc(Ca2+)越大，故可知L1代表-lgc(Ca2+)的变化曲线，L2代表-lgc(F-)的变化曲线，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，L1表示-lgc(Ca2+)与的变化曲线，A错误；B．由a点坐标可知，==10-1.2，c(F-)=10-2，则Ka=10-1.2×10-2=10-3.2，由b点坐标可知，c(Ca2+)=10-2mol/L，此时=10-0.7，故可求出此时溶液中c(F-)=10-0.7×10-3.2=10-3.9，故Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F-)=10-2×(10-3.9)2=10-9.8，故其数量级为10-10，B正确；C．由图象可知，c点的溶液中有：c(Ca2+)=c(F-)，结合电荷守恒2c(Ca2+)+c(H+)=c(F-)+c(Cl-)+c(OH-)，即有：c(Ca2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，此时lg小于0，即c(HF)＜c(H+)，溶液显酸性即c(H+)＞c(OH-)，故有c(Cl-)＞c(Ca2+)，C错误；D．根据物料守恒可知，a、b、c三点的溶液中：2c(Ca2+)=c(F-)+c(HF)，D正确；故答案为：AC。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.某小组设计如下实验探究未知浓度CH3COOH溶液相关性质。（1）25℃时，用pH计测定4mL该CH3COOH溶液的pH为2.88，加水稀释至40mL时pH的范围为_______＜pH＜_______。（2）25℃时，用下列实验测定CH3COOH的电离度：取V1mLCH3COOH溶液于锥形瓶中，再加入_______(填试剂)，用标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为V2mL；另取该CH3COOH溶液于烧杯中，测得其pH为a。该CH3COOH溶液的浓度为_______，CH3COOH的电离度为_______。（3）25℃时，0.1CH3COOH溶液，溶液的pH、CH3COOH和CH3COO-分布分数与所加NaOH物质的量的关系如图所示。①表示_______(填微粒符号)的分布分数曲线；②由图中数据可知该温度下CH3COOH的电离平衡常数Ka=_______。③pH=5时，溶液中_______；④若c处，则a、b、e三处水的电离程度由大到小的顺序为_______。【答案】（1）①.2.88②.3.88（2）①.酚酞溶液②.③.或（3）①.CH3COOH②.③.④.【解析】小问1详解】醋酸是弱酸，加水稀释至原来的10倍，在各物质浓度降低的同时醋酸的电离平衡正向移动，故其氢离子浓度降低不到原来的10倍，pH向7靠拢不到一个单位，故2.88<pH<3.88；【小问2详解】醋酸与氢氧化钠酸碱中和的结果是生成呈碱性的强碱弱酸盐，故选择酚酞作为指示剂；醋酸和氢氧化钠按1∶1反应，故醋酸浓度，另取该CH3COOH溶液于烧杯中，测得其pH为a，说明c(H+)=10-a；故电离程度为或；【小问3详解】①随着溶液中所加NaOH量的增加，CH3COOH的分布分数减小，CH3COO-分布分数增加，故表示CH3COOH的分布分数；②由图中交点a可知该温度下呈c(CH3COOH)=c(CH3COO-)且与pH交点知pH=4.76,CH3COOH的电离平衡常数；③，pH=5时，溶液中=100.24；④若c处即酸碱完全中和的理论终点。随着NaOH量的增加a、b、c是溶液从酸到中性的过程，同离子效应，氢离子抑制水的电离，故a、b、e三处水的电离程度由大到小的顺序为。17.NaBH4在储氢材料、燃料电池等领域具有重要应用。NaBH4中H元素的化合价为-1，具有强还原性，常温下与水反应生成H2，在碱性溶液中能稳定存在。（1）NaBH4的电子式为_______。（2）一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中与Fe2+反应生成纳米铁粉、H2和，参加反应的与生成的纳米铁粉的物质的量之比为_______。（3）NaBH4燃料电池中，NaBH4转化为Na[B(OH)4]，电解Na[B(OH)4]溶液又可制得NaBH4实现物质的循环利用。电解装置示意图如图所示(电极均为惰性材料)。为提高的产率，两电极区间应使用_______(填“阳”或“阴”)离子交换膜；电解时阴极的电极反应式为_______。（4）在催化剂作用下，NaBH4与水反应的反应机理如图所示。①其他条件不变时，以D2O代替H2O，依据反应机理，所得气体的分子式为_______。②图中所示的最后一个步骤反应机理可用化学用语表示为_______。③已知：，、，向饱和H3BO3溶液中滴加0.1，溶液，该反应的离子方程式为_______。【答案】（1）（2）1：2（3）①.阳②.（4）①.H2、HD、D2②.③.【解析】【小问1详解】NaBH4的电子式为；【小问2详解】向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中（B元素的化合价为+3）与Fe2+反应生成纳米铁粉、H2和，反应中只有Fe、H元素化合价发生变化，发生氧化还原反应，离子方程式为，由方程式可得参加反应的与生成的纳米铁粉的物质的量之比为1:2；【小问3详解】两电极区间应使用阳离子交换膜，不允许阴离子通过的原因是防止阴极产生的通过阴离子交换膜进入阳极区，发生反应而损耗或通过阴离子交换膜进入阳极区，使阴极区浓度变小，导致的产率低；电解池阴极得电子发生还原反应，NaBO2得到电子生成NaBH4，电极反应式为；【小问4详解】若用D2O代替H2O，D2O中的D一部分进入氢气，生成的氢气原子重新组合，所以生成的氢气有H2、HD、D2；图中所示的最后一个步骤反应机理可用化学用语表示为；由电离平衡常数可知，H3BO3的酸性介于H2CO3和之间，向饱和H3BO3溶液中滴加0.1

mol⋅L-1Na2CO3溶液，会生成和，该反应的离子方程式为。18.炼铁时产生大量瓦斯泥废料，以瓦斯泥(主要含ZnO、Bi2O3、Bi2S3、Bi、Fe2O3还含少量PbO、FeO、CuO)为原料提取锌、铋的工艺流程如下图所示：回答下列问题：。（1）“浸取”步骤，为避免“瓦斯泥”在反应器的底部沉淀结块，可采取的措施为_______。（2）“过程Ⅰ”步骤发生反应的离子方程式为_______。（3）“过程Ⅱ”步骤产生的气体_______(填化学式)可在流程的_______步骤中循环使用。（4）“酸盐浸提”步骤，为使铋充分浸出，加入适量NaCl作助溶剂。单质铋在Fe3+的氧化作用下被溶解。①含铋物质发生反应的化学方程式为：i．ii．②“滤渣2”的主要成分除S外还有_______。（5）已知：此工艺中，Bi3+水解得到BiOCl沉淀的适宜pH范围为1.6-2.0；溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Fe2+Fe3+Zn2+开始沉淀时pH7.01.96.2完全沉淀时pH9.03.28.0①结合上述信息分析，“水解”步骤加入适量Zn粉的目的是_______。②“水解”步骤后的“系列操作”为_______。【答案】（1）高速搅拌（2）（3）①.NH3②.浸取（4）PbSO4（5）①.将Fe3+还原为Fe2+，避免在Bi3+水解时，Fe3+同时水解，导致产物不纯②.过滤、洗涤、干燥【解析】【分析】以瓦斯泥(主要含ZnO、Bi2O3、Bi2S3、Bi、Fe2O3还含少量PbO、FeO、CuO)为原料提取锌，浸取之后过滤得到、、，滤渣1中的PbO和硫酸反应后，得到的滤渣2中会含有PbSO4，“水解”时加入适量的Zn粉可以将Fe3+还原为Fe2+，避免在Bi3+水解时，Fe3+同时水解，导致产物不纯，“水解”后，将得到的产品过滤、洗涤并干燥即可得到产品，以此解答。【小问1详解】“浸取”时，为避免“瓦斯泥”在反应器的底部沉淀、结块，可采用较强烈的搅拌转速；【小问2详解】“过程Ⅰ”步骤与Zn反应生成与Cu，发生反应的离子方程式为：；【小问3详解】根据元素守恒可知，“过程Ⅱ”中会产生NH3，结合流程图可知，NH3可在流程中的“浸取”步骤中循环使用；【小问4详解】据分析可知，滤渣1中的PbO和硫酸反应后生成PbSO4，得到的滤渣2中会含有PbSO4；【小问5详解】①调pH使Bi3+水解时pH范围为1.6-2.0，此时Fe3+也会水解，故加入Zn粉的目的为：将Fe3+还原为Fe2+，避免在Bi3+水解时，Fe3+同时水解，导致产物不纯；②据分析可知，水解”步骤后的“系列操作”为：过滤、洗涤、干燥。19.TiCl4是制备纳米级TiO2重要中间体。某小组利用如图所示装置在实验室制备TiCl4并测定其纯度(部分加热及夹持装置略去)。已知：①TiCl4遇水极易水解，能溶于有机溶剂中。②瓷舟中物质反应后生成TiCl4、FeCl3和一种有毒氧化物气体，还有少量副反应产物CCl4③相关物质的部分物理性质如表：1TiCl4FeCl3CCl4熔点/℃-23.2306-23沸点/℃136.431576.8请回答下列问题：（1）检查装置气密性并加入药品，装置B中盛放的试剂为_______。加热管式炉，打开_______(填仪器名称)活塞，开始实验。装置D置于150~200℃的控温箱中，其目的是_______。（2）E装置设计上存在的两处明显缺陷有_______。（3）将管式炉加热至90℃时，瓷舟中主要发生的化学反应方程式为_______。（4）选择合适仪器并组装蒸馏装置对E中锥形瓶内混合物进行蒸馏提纯(加热及夹持装置略)，安装顺序为①⑨⑧_______(填序号)。（5）测定产品纯度，实验如下：已知：，。①称取14.00gTiCl4产品，置于盛有60.00mL蒸馏水的水解瓶中，盖塞后摇动至完全水解，反应为，过滤后将水解液配成100.00mL溶液。②取10.00mL溶液于锥形瓶中，加入10.00mL2.90标准溶液。③加入少许硝基苯用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖。④以X溶液为指示剂，用0.100溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时共用去10.00mLKSCN溶液。试剂X为_______(填化学式)，已知产品中杂质不参与反应，根据以上步骤计算产品中TiCl4的质量分数为_______；若无步骤③，所测定TiCI4产品的质量分数将会_______(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。【答案】（1）①.浓硫酸②.恒压分液漏斗③.冷凝除去FeCl3且保证TiC4为气态（2）冷凝管中冷水流向应为下进上出；无CO处理装置（3）（4）⑦⑩③⑤（5）①.Fe(NO3)3②.95%③.偏小【解析】【分析】先用氮气通入到浓硫酸中，干燥的氮气排出装置内的空气、水蒸气，A装置中生成氯气，B装置干燥氯气，再用干燥氯气与FeTiO3反应生成生成TiCl4、FeCl3，还生成一种有毒氧化物气体CO，管式炉控温使氯化铁为固体，而TiCl4为气体，在锥形瓶中接收并用冷凝管冷凝，再用碱石灰防止空气中的水蒸气进入。【小问1详解】检查装置气密性并加入药品，装置B中盛放的试剂为浓硫酸，用于干燥气体；加热管式炉，打开恒压分液漏斗活塞，开始实验。装置D置于150~200℃的控温箱中，其目的是冷凝除去FeCl3且保证TiC4为气态，便于两者的分离；【小问2详解】E装置设计上存在的两处明显缺陷有：冷凝管中冷水流向应为下进上出；CO有毒，应该进行尾气处理防止污染，故为无CO处理装置；【小问3详解】管式炉加热至90℃时，瓷舟中主要发生的化学反应为FeTiO3和氯气、碳加热生成TiCl4、FeCl3和一种有毒氧化物气体，方程式为；【小问4详解】进一步分析，确认TiCl4混有少量副产物CCl4，已知TiCl4、CCl4分子结构相似，与CCl4互溶。根据题意组装装置，三颈烧瓶上是⑨装置，支管岔口处放温度计，右边连接直形冷凝管，再连接牛角管，牛角管右边连接锥形瓶，要注意与大气相通但又要防止空气中水蒸气进入，因此还需连接一个干燥管装置，则安装顺序为①⑨⑧⑦⑩③⑤，由于、都属于分子晶体，其分子结构相似，的相对分子质量大于，分子间的范德华力较大，的沸点高于，故先蒸出的物质为；故答案为：⑦⑩③⑤；【小问5详解】当KSCN过量，则需要一种明显的试剂进行指示，由于铁离子遇硫氰根离子显红色，则可以选用含铁离子的试剂来作指示剂，由于溶液中有硝酸根，因此试剂X为Fe(NO3)3，已知产品中杂质不参与反应，根据题意样品中TiCl4物质的量为，根据以上步骤计算产品中TiCl4的质量分数为；若无步骤③，生成的氯化银沉淀会溶解，银离子会消耗硫氰根，消耗的KSCN量增多，则计算得到的TiCl4产品的质量分数将会偏小；故答案为：Fe(NO3)3；95%；偏小。20.丙烯氢甲酰化可用于合成正丁醛，但体系中会发生副反应，相关方程式如下：反应Ⅰ：(正丁醛)反应Ⅱ：(异丁醛)反应Ⅲ：，回答下列问题：（1）已知，正丁醛和异丁醛在相同条件下较稳定的是_______。（2）一定温度下，在相同的甲、乙两个恒压容器中只发生反应Ⅰ．向甲中充入1mol丙烯(g)、1molH2(g)和1molCO(g)，达平衡时放出92.85kJ的能量；向乙中充入2molCH3CH2CH2CHO(g)，达平衡时吸收61390kJ的能量；则反应I的=_______kJ/mol。若两容器为等体积的恒容容器，则各自达到平衡时甲、乙两容器中正丁醛的百分含量：甲_______乙(填“>”、“=”或“＜”)。