2025年外研版2024高三化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年外研版2024高三化学上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、设阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是（）A.常温下，Cu-Zn原电池中，正极产生1.12LH2时，转移的电子数应为0.1NAB.12g金刚石中含有的共价键数为4NAC.2gD2O中所含中子数为NAD.常温下，1L0.1mol/LNa2CO3溶液中，含有CO32-数为0.1NA2、（2013秋•成都校级期末）诺贝尔生理学和医学奖的最大一次失误是1948年授予了瑞士化学家米勒，由于米勒发明了剧毒有机氯杀虫剂DDT而获得当年诺贝尔奖．DDT的结构简式如图．由与DDT是难降解化合物，毒性残留时间长，世界各国现已明令禁止生产和使用．下列关于DDT的说法正确的是（）A.DDT分子中两苯环不可能共平面B.DDT属于芳香烃C.DDT分子可以发生消去反应D.DDT难以降解的原因是不能发生水解反应3、下列关于阿伏加德罗常数NA的说法正确的是（）A.1mol/L的NaCl溶液中Na+为NA个B.1mol水中H原子为2NA个C.1molN2H4分子中N和H原子都为NA个D.2gH2中含NA个电子4、下列反应的离子方程式书写正确的是（）A.氯气和水的反应：C12+H2O═2H++Clˉ+ClOˉB.向Al2（SO4）2溶液中加入过量的氨水：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+C.硫酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钡溶液：Ba2++SO42-═BaSO4↓D.铜片加入稀硝酸中：Cu+2NO3-+4H+═Cu2++2NO2↑+2H2O5、下列说法正确的是（）A.等质量的白磷蒸气和白磷固体分别完全燃烧，后者放出的热量多B.人类日常利用的煤、天然气、石油等的能量，归根到底是由太阳能转变来的C.燃烧热是指1mol物质完全燃烧时放出的热量D.H+（aq）+OH-（aq）=H2O（1）△H=-57.3kJ/mol也能表示稀醋酸与稀NaOH溶液反应的中和热6、锌与很稀的硝酸反应4Zn+10HNO3=4Zn（NO3）3+NH4NO3+3H2O，当生成1mol硝酸锌时被还原的硝酸的物质的量为（）A.2.5molB.1molC.0.5molD.0.25mol7、1998年诺贝尔化学奖授予科恩（美）和波普尔（英）以表彰他们在理论化学领域作出的重大贡献．他们的工作使实验和理论能够共同协力探讨分子体系的性质，引起整个化学领域正在经历一场革命的变化．下列说法正确的是（）A.化学不再是纯实验科学B.化学不再需要实验C.化学不做实验，就什么都不知道D.未来化学的方向还是经验化8、下列物质性质与应用对应关系正确的是rm{(}rm{)}A.rm{FeCl_{3}}溶液呈酸性，用于蚀刻铜电路板B.rm{NaHCO_{3}}能与碱反应，可用作焙制糕点的膨松剂C.rm{ClO_{2}}具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒D.rm{SO_{2}}具有漂白性，可用rm{SO_{2}}水溶液吸收rm{Br_{2}}蒸气9、实验室制备下列气体时，所用方法正确的是rm{(}rm{)}A.制乙烯时，用排水法或向上排空气法收集气体B.制氯气时，用饱和rm{NaHCO_{3}}溶液和浓硫酸净化气体C.制氧气时，用rm{Na_{2}O_{2}}或rm{H_{2}O_{2}}作反应物可选择相同的气体发生装置D.制二氧化氮时，用水或rm{NaOH}溶液吸收尾气评卷人得分二、填空题(共6题，共12分)10、工业上生产氯化亚铜（CuCl）的工艺过程如下：

已知：氯化亚铜为白色立方结晶或白色粉末；微溶于水，不溶于乙醇，溶于浓盐酸和氨水生成络合物．在潮湿空气中易水解氧化．用作催化剂；杀菌剂、媒染剂、脱色剂；在气体分析中用于一氧化碳和乙炔的测定．回答下列问题：

（1）步骤①中得到的氧化产物是____，溶解温度应控制在60-70℃，原因是____．

（2）步骤②④⑤⑧都要进行固液分离．工业上常用的固液分离设备有____（填字母）．

A．分馏塔B．离心机C．反应釜D．框式压滤机。

（3）写出步骤③中主要反应的离子方程式____．

（4）步骤⑤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是（写名称）____．

（5）上述工艺中，步骤⑥不能省略，理由是____．

（6）准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amol•L-1的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液BmL，反应中Cr2O72-被还原为Cr3+，样品中CuCl的质量分数为____．11、19.2gSO2在标准状况下的体积为____L，其中含氧原子的物质的量为____mol，该气体在标准状况下的密度是____．12、W；X、Y、Z为短周期内除稀有气体外的4种元素；它们的原子序数依次增大，其中只有Y为金属元素．Y和W的最外层电子数相等．Y、Z两元素原子的质子数之和为W、X两元素质子数之和的3倍．由此可知：

（1）写出元素名称：W为____，X为____，Y为____，Z为____．

（2）X2的电子式为____，W2X2的结构式为____．

（3）由Y、X、W组成的物质的电子式为____，它是有____键和____键组成的____化合物．

（4）W2Z和W2X相比：沸点更高的是____（填化学式），原因是____；稳定性更强的是____（填化学式），原因是____．13、钢铁工业是国家工业的基础．请回答钢铁腐蚀、防护过程中的有关问题．请写出钢铁在碱性、潮湿的环境下发生电化学腐蚀正极的电极反应式：____；下列哪个装置示意图可防止铁棒被腐蚀____．

14、常温下钛的化学活性很小；在较高温度下可与多种物质反应．

（1）工业上由金红石（含TiO2大于96%）为原料生产钛的流程如下：

①沸腾氯化炉中发生的主要反应为：____．

②已知：Ti（s）+2Cl2（g）=TiCl4（l）△H=akJ•mol-1；2Na（s）+Cl2（g）=2NaCl（s）△H=bkJ•mol-1；Na（s）=Na（l）△H=ckJ•mol-1；则：TiCl4（l）+4Na（l）=Ti（s）+4NaCl（s）△H=____kJ•mol-1．

（2）TiO2直接电解法生产钛是一种较先进的方法，电解质为熔融的氯化钙，原理如图所示，二氧化钛电极连接电源____极，该极电极反应为：____．但此法会产生有毒气体，为减少对环境的污染，在电池中加入固体氧离子隔膜（氧离子能顺利通过），将两极产物隔开，再将石墨改为金属陶瓷电极，并通入一种无毒的还原性气体，该气体是____．

（3）海绵钛可用碘提纯，原理为：，下列说法正确的是____．

A．该反应正反应的△H＞0

B．在不同温度区域，TiI4的量保持不变。

C．在提纯过程中，I2的作用是将粗钛从低温区转移到高温区。

D．在提纯过程中，I2可循环利用．15、实验室检验葡萄糖溶液常用如下方法：

（1）步骤①中所得的溶液称为____．

（2）步骤③需加热，应选择的加热方式为上图中的____（选填“A”；“B”）．

（3）下列关于该实验的说法正确的是____

A．加热过程中应不断振荡试管；使其受热均匀B．步骤①中的现象为先有白色沉淀后沉淀恰好完全溶解。

C．医学上曾用类似的反应来检验病人尿液中葡萄糖的含量是否偏高．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)16、对于2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）和I2（g）+H2（g）═2HI（g）反应，在恒温恒容条件下，当压强保持不变时，均能说明上述反应达到化学平衡状态．____（判断对错）17、蛋白质溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液，蛋白质析出，再加水也不溶解．____．（判断对错）18、为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒．____．（判断对错）19、为了防止龋齿，人人都要使用含氟牙膏．____．（判断对错）20、实验测得1mol某气体体积为22.4L，测定条件一定是标准状况____（判断对错）21、向试管中滴加液体时，胶头滴管紧贴试管内壁____．（判断对错）22、乙二酸与乙二醇的缩聚反应方程式为____．参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【分析】A．没有告诉在标准状况下；不能使用标况下的气体摩尔体积计算氢气的物质的量；

B．金刚石中，每个C原子与其它4个C形成了4个C-C共价键，根据均摊法，每个碳原子形成共价键的数目为：×4=2；据此计算出1mol碳原子形成的共价键数目；

C．D2O的摩尔质量为20g/mol；分子中含有10个中子，2g该水的物质的量为0.1mol，含有2mol中子；

D．碳酸钠溶液中，碳酸根离子部分水解，导致溶液中碳酸根离子数目减少．【解析】【解答】解：A．不是标准状况下；题中条件无法计算1.12L氢气的物质的量，故A错误；

B．金刚石为原子晶体，晶体中每个C原子与其它4个C形成了4个C-C共价键，根据均摊法，每个碳原子形成共价键的数目为：×4=2，12g金刚石中含有1mol碳原子，1molC能够形成2mol共价键，含有的共价键数为2NA；故B错误；

C．2.0g重水的物质的量为0.1mol，0.1mol重水中含有1mol中子，所含中子数为NA；故C正确；

D．1L0.1mol/LNa2CO3溶液中含有溶质碳酸钠0.1mol，由于碳酸根离子水解，溶液中碳酸根离子小于0.1mol，含有CO32-数小于0.1NA；故D错误；

故选C．2、C【分析】【分析】A．根据苯环中所有原子共平面进行分析DDT分子中两苯环共平面情况；

B．由于DDT分子中存在氯原子；不属于烃类；

C．DDT分子中；两个苯环之间的碳原子上H与其相连的C上的Cl可以发生消去反应；

D．DDT分子中含有氯原子，能够发生水解反应．【解析】【解答】解：A．由于苯环中所有原子共平面；所以DDT中两个苯环可以共平面，故A错误；

B．DDT分子中含有的原子除了C；H以外；还含有氯原子，所以不属于芳香烃，故B错误；

C．DDT分子中侧链上的氯原子可以发生消去反应；故C正确；

D．DDT分子中含有氯原子；一定条件下能够发生水解反应，故D错误；

故选C．3、B【分析】【分析】A；溶液体积不知；不能计算微粒数；

B；1mol水分子中含有氢原子为2mol；

C、1molN2H4分子中N原子2mol；H原子4mol；

D、依据n=计算物质的量结合分子中含电子数计算得到．【解析】【解答】解：A；1mol/L的NaCl溶液；体积不知不能计算微粒数，故A错误；

B、1mol水分子中H原子数为2NA个；故B正确；

C、1molN2H4分子中N原子2mol，即为2NA，H原子4mol，即为4NA；故C错误；

D、2gH2中物质的量==1mol，含电子数=1mol×2×NA=2NA个电子；故D错误；

故选：B．4、B【分析】【分析】A．次氯酸为弱酸；离子方程式中次氯酸不能拆开；

B．氨水为弱碱；二者反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵；

C．氢氧化钡过量；氢离子；铵根离子都参与反应；

D．铜与稀硝酸反应生成的是NO气体．【解析】【解答】解：A．氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，次氯酸小于保留分子式，正确的离子方程式为C12+H2O═H++Cl-+HClO；故A错误；

B．向Al2（SO4）2溶液中加入过量的氨水，反应的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+；故B正确；

C．向硫酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钡溶液，铵根离子、氢离子和硫酸根离子都参与反应，正确的离子反应为NH4++2OH-+H++Ba2++SO42-═BaSO4↓+NH3•H2O+H2O；故C错误；

D．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮气体和水，正确的离子方程式为：3Cu+2NO3-+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O；故D错误；

故选B．5、B【分析】【分析】A；从物质的聚集状态不同；反应热不同来分析；

B；人们使用的煤、天然气、石油化石能源都是间接利用太阳能；

C；依据燃烧热概念分析判断；

D、醋酸为弱电解质，电离过程为吸热过程．【解析】【解答】解：A；白磷蒸气和白磷固体的聚集状态不同；当气体转化为固体时要放出热量，故等量的白磷蒸气和白磷固体分别完全燃烧，白磷蒸气放出的热量多，故A错误；

B；远古时期陆地和海洋的植物通过光合作用；将太阳能转化为生物质能，它们死后身体埋藏在地下和海底腐烂，多年之后形成煤、天然气、石油化石能源都是间接利用太阳能，故B正确；

C．燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量；强调可燃物为1mol，生成物是稳定的氧化物，故C错误；

D；醋酸为弱电解质；电离过程为吸热过程，则稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成lmol水，放出的热量小于57.3kJ，故D错误．

故选B．6、D【分析】【分析】发生反应为4Zn+10HNO3═4Zn（NO3）2+NH4NO3+3H2O，反应中Zn元素化合价由0价升高到+2价，N元素化合价由+5价降低到-3价，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等，表现为化合价升降总数相等计算．【解析】【解答】解：当生成1mol硝酸锌时；应有1molZn参加反应，失去2mol电子；

则硝酸得到2mo电子；反应中N元素化合价由+5价降低到-3价，设有xmol硝酸被钡还原，则有[5-（-3）]x=2；

x=0.25；

故选D．7、A【分析】【分析】题干明白无误的说明了实验和理论相辅相成，共同使整个化学领域经历了一场革命性的变化．因而科恩（美）和波普尔（英）获得了1998年诺贝尔化学奖．【解析】【解答】解：A；化学离不开实验；也需要理论的指导，故A正确；

B；化学是一门以实验为基础的科学；化学不再需要试验是错误的，故B错误；

C；化学也需要理论研究；离不开理论的指导，故C错误；

D；化学无论何时；都需要实验来验证，故D错误．

故选A．8、C【分析】解：rm{A.FeCl_{3}}溶液用于蚀刻铜电路板；是因为三氯化铁具有强的氧化性，能够氧化铜，故A错误；

B.碳酸氢钠可用作焙制糕点的膨松剂；是因为碳酸氢钠不稳定受热分解生成二氧化碳，故B错误；

C.rm{ClO_{2}}具有强氧化性能够使蛋白质变性；可以用于自来水的杀菌消毒，故C正确；

D.可用rm{SO_{2}}水溶液吸收rm{Br_{2}}蒸气；是因为二氧化硫具有还原性，故D错误；

故选：rm{C}

A.依据三氯化铁的氧化性解答；

B.依据碳酸氢钠的不稳定性解答；

C.依据rm{ClO_{2}}具有强氧化性能够使蛋白质变性解答；

D.依据二氧化硫的还原性解答。

本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、碳酸氢钠、二氧化硫、二氧化氯等知识，为高频考点，侧重于化学于生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度不大。【解析】rm{C}9、C【分析】解：rm{A.}乙烯密度与空气相近；不能用排空法收集，因用排水法收集，故A错误；

B.氯气溶于水和水反应生成盐酸和次氯酸是化学平衡，盐酸和碳酸氢钠能发生反应促进平衡正向进行，生成的氯气通过饱和rm{NaHCO_{3}}溶液不能制得氯气；故B错误；

C.用rm{Na_{2}O_{2}}或rm{H_{2}O_{2}}作反应物制备氧气都是利用固体和液体不和加热反应生成；应选择分液漏斗中的液体加入过氧化钠中反应或过氧化氢从分液漏斗中滴入固体二氧化锰催化作用发生反应生成氧气，应选择相同的气体发生装置，故C正确；

D.二氧化氮和水反应生成硝酸同时生成一氧化氮也是污染气体；不能被吸收，氢氧化钠溶液可以吸收二氧化氮气体，故D错误；

故选C．

A.乙烯密度与空气相近；不能用排空法收集；

B.氯气与碳酸氢钠溶液反应；

C.rm{Na_{2}O_{2}}或rm{H_{2}O_{2}}作反应物；均为固体与液体反应，且不需要加热；

D.二氧化氮和水反应生成硝酸同时生成一氧化氮也是污染气体．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、气体的收集和制备、尾气处理等为解答的关键，侧重实验技能的考查，题目难度不大．【解析】rm{C}二、填空题(共6题，共12分)10、CuSO4或Cu2+温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解BD2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+硫酸醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化×100%【分析】【分析】酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，步骤②、④、⑤、⑧都要进行固液分离，根据混合的水溶性进行分离，没有发生化学变化，可用离心机以及框式压滤机，以得到滤饼，氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，发生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，结合关系式解答该题．【解析】【解答】解：酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，烘干得到氯化亚铜．

（1）由于酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化Cu生成CuSO4或Cu2+；溶解温度应控制在60-70℃，原因是温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解；

故答案为：CuSO4或Cu2+；温度低溶解速度慢；温度过高铵盐分解；

（2）步骤②；④、⑤、⑧都要进行固液分离；根据混合的水溶性进行分离，没有发生化学变化，可用离心机以及框式压滤机，以得到滤饼；

故答案为：BD；

（3）铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+，故答案为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；

（4）由流程可知；经酸洗；水洗后得到硫酸铵，则应加入硫酸，为防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质；

故答案为：硫酸；

（5）步骤⑥为醇洗；因乙醇沸点低，易挥发，则用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解；氧化；

故答案为：醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化；

（6）氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，发生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；

反应的关系式为6CuCl～6Fe2+～Cr2O72-；

61

nab×10-3mol

n=6ab×10-3mol；

m（CuCl）=99.5g/mol×6ab×10-3mol=0.597abg；

则样品中CuCl的质量分数为×100%；

故答案为：×100%．11、6.720.62.9g/L【分析】【分析】根据n=计算二氧化硫物质的量，再根据V=nVm计算其体积；氧原子物质的量为二氧化硫的2倍；标况下气体密度ρ=．【解析】【解答】解：n（SO2）=19.2g÷64g．mol-1=0.3mol；

则V（SO2）=0.3mol×22.4L．mol-1=6.72L；

n（O）=2n（SO2）=0.6mol；

标况下ρ（SO2）=64g．mol-1÷22.4L．mol-1=2.9g/L；

故答案为：6.72；0.6；2.9g/L．12、氢氧钠硫H-O-O-H离子共价离子H2O水分子间存在氢键（H2S分子间只有范德华力，氢键的作用力强于范德华力）H2O水分子中氢氧键的键能大于H2S分子中氢硫键的键能（氧的非金属性大于硫）【分析】【分析】短周期的金属只有Li、Be、Na、Mg、Al，Y和W的最外层电子数相等即W和Y同族，所以W只能是H（氢），因不存在稀有气体，所以如果Y是Li，X就成了稀有气体，不成立，所以Y是Na，Y的质子数是11，Z一定大于Y，也就是12以上，故Y和Z的和能被3整除的数有：24、27，故Z质子数为：24-11=13，或27-11=16，W的质子数是1，X的质子数有可能是7或8，故W、Z、Y、Z分别为：1，7，11，13（铝为另一种金属）不成立，或1，8，11，16成立，所以W、X、Y、Z分别为：H、O、Na、S，据此解答．【解析】【解答】解：短周期的金属只有Li；Be、Na、Mg、Al；Y和W的最外层电子数相等即W和Y同族，所以W只能是H（氢），因不存在稀有气体，所以如果Y是Li，X就成了稀有气体，不成立，所以Y是Na，Y的质子数是11，Z一定大于Y，也就是12以上，故Y和Z的和能被3整除的数有：24、27，故Z质子数为：24-11=13，或27-11=16，W的质子数是1，X的质子数有可能是7或8，故W、Z、Y、Z分别为：1，7，11，13（铝为另一种金属）不成立，或1，8，11，16成立，所以W、X、Y、Z分别为：H、O、Na、S；

（1）通过以上分析知；W；X、Y、Z分别为氢、氧、钠、硫；

故答案为：氢；氧；钠；硫；

（2）X是O元素，氧分子中两个氧原子之间共用两对电子，所以O2的电子式为H2O2分子中H原子和O原子之间共用一对电子；O原子之间共用一对电子；所以双氧水分子结构式为H-O-O-H；

故答案为：H-O-O-H；

（3）由Y、X、W组成的物质为NaOH，NaOH中存在离子键和共价键，所以为离子化合物，其电子式为

故答案为：离子；共价键；离子；

（4）H2O和H2S都是分子晶体；但水中存在氢键；硫化氢中不存在氢键，所以水的沸点大于硫化氢；

元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性O＞S，所以稳定性更强的是H2O；

故答案为：H2O；水分子间存在氢键（H2S分子间只有范德华力；氢键的作用力强于范德华力）；

H2O；水分子中氢氧键的键能大于H2S分子中氢硫键的键能（氧的非金属性大于硫）．13、O2+2H2O+4e-=4OH-BD【分析】【分析】钢铁在碱性条件下发生吸氧腐蚀；正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子；

金属作原电池正极或电解池阴极都能被保护，据此分析．【解析】【解答】解：钢铁在碱性、潮湿的环境下发生吸氧腐蚀，负极上铁失电子，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-；

金属铁作原电池正极或电解池阴极都被保护而防止被腐蚀；A装置中铁作原电池负极加快铁腐蚀，B装置中铁作原电池正极被保护，在C装置中，金属铁和水以及少量的氧气接触，也会被腐蚀，D装置中铁作电解池阴极被保护，故BD正确；

故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-；BD．14、TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO2b-4c-a负TiO2+4e-=Ti+O2-H2CD【分析】【分析】（1）①根据沸腾炉中流程可知反应物为氯气、碳和TiO2，反应生成TiCl4和一氧化碳；依据在守恒配平书写；

②将已知方程式换算成目标方程式；焓变进行相应的改变，结合盖斯定律计算得到；

（2）①阴极上得电子发生还原反应；

②阴极上加入的物质应该具有还原性；反应后的生成物没有污染；

（3）A；根据反应物和生成物的能量变化确定焓变；

B、根据温度判断，在不同温度区域，TiI4的量是否发生改变；

C；温度不同；反应方程式不同，产物不同。

D、在提纯过程中，根据反应确定I2的量是否变化．【解析】【解答】解：（1）沸腾炉中流程可知反应物为氯气、碳和TiO2，反应生成TiCl4和一氧化碳；

反应的化学方程式为：TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO；

故答案为：TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO；

②（I）Ti（s）+2Cl2（g）=TiCl4（l）△H=akJ/mol；

（II）2Na（s）+Cl2（g）=2NaCl（s）△H=bkJ/mol；

（III）Na（s）=Na（l）△H=ckJ/mol；

将方程式2（II）-（I）-4（III）得TiCl4（l）+4Na（l）=Ti（s）+4NaCl（s），△H=2b-4c-a；

故答案为：2b-4c-a；

（2）电解时，阴极上得电子发生还原反应，所以二氧化钛得电子生成钛和氧离子，和电源负极相连；电极反应式为TiO2+4e-=Ti+2O2-；阴极上加入的物质应该具有还原性且是气体，反应后的生成物没有污染，水没有污染，所以该气体是氢气；

故答案为：负；TiO2+4e-=Ti+2O2-；H2；

（3）A；大多数混合反应是放热反应；该反应的正反应也是放热反应，则该反应正反应的△H＜0，故A错误；

B、高于400℃，钛和氯气反应生成四氯化钛，在1250℃四氯化钛分解，所以在不同温度区域，TiI4的量不同；故B错误；

C、在提纯过程中，高于400℃，碘和钛反应生成四氯化钛，在1250℃四氯化钛分解生成碘和钛，所以I2的作用是将粗钛从低温区转移到高温区；故C正确；

D、在提纯过程中，高于400℃，碘和钛反应生成四氯化钛，在1250℃四氯化钛分解生成碘和钛，所以I2的量不变；可以循环利用，故D正确；

故选CD．15、银氨溶液BBC【分析】【分析】由图可知，①配制银氨溶液，②中发生葡萄糖与银氨溶液的氧化反应，银镜反应需要水浴加热，结合实验中现象来解答．【解析】【解答】解：（1）步骤①中向硝酸银溶液中滴加氨水；至生成的沉淀恰好溶解，所得的溶液称为银氨溶液，故答案为：银氨溶液；

（2）银镜反应需要水浴加热；应选B装置，保持温度恒定，故答案为：B；

（3）A．加热过程中不能振荡试管；否则观察不到