福建省福州第一中学2021-2022学年高三上学期期中考试化学Word版含解析.docx

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福州一中2021-2022学年高三第一学期第一学段考试化学试卷(完卷75分钟满分100分)可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Al-27S-32Cl-35.5Cu-64Ba-137第I卷选择题(共54分)每题只有一个选项是正确的，每题3分，共54分，请将答案填涂在答题卷上。1.氧元素是地壳中含量最多的元素。下列说法中正确的是(　　)A.16O2与18O3互为同位素B.氧元素与其他短周期非金属元素均能形成酸性氧化物C.氧与钠形成的稳定化合物中，阴、阳离子个数比均为1∶2D.O2变成O3以及16O变成18O的变化均属于化学变化【答案】C【解析】【详解】A．同位素是原子之间的关系，故A错误；B．氧元素与氢元素形成的H2O、H2O2均不是酸性氧化物，故B错；C．Na2O和Na2O2(其阴离子为)中，阴、阳离子个数比均为1∶2，故C正确；D．O2变成O3属于化学变化，16O变成18O不属于化学变化，故D错；故选C。2.2017年国产大飞机C919试飞成功，化学工作者研发的新材料发挥了重要作用。下列关于C919说法错误的是A.机身涂料中的氢氧化铝有阻燃作用B.发动机使用的高温陶瓷材料氮化硅属于硅酸盐产品C.使用的碳纤维复合材料能经受许多由温差带来的“冷冻热蒸”的考验D.使用的第三代铝锂合金具有低密度、高比强度、优良的耐低温等性能【答案】B【解析】【详解】A．氢氧化铝受热分解吸热，分解得到的氧化铝的熔点很高，所以氢氧化铝有阻燃作用，选项A正确。B．氮化硅不属于硅酸盐，所以选项B错误。 C．碳纤维主要是由碳元素组成的一种特种纤维，具有出色的耐热性和低膨胀系数，所以能经受许多由温差带来的“冷冻热蒸”的考验，选项C正确。D．锂是世界上最轻的金属元素。把锂作为合金元素加到金属铝中，就形成了铝锂合金。加入锂之后，可以降低合金的密度，增加刚度，同时仍然保持较高的强度、较好的抗腐蚀性和耐低温性以及适宜的延展性。选项D正确。3.下列有关环境问题的说法正确的是A.燃煤时加入适量石灰石，可减少废气中SO2的量B.“雾霾天气”“温室效应”“光化学烟雾”的形成都与氮氧化物有关C.pH在5.6～7.0之间的降水通常称为酸雨D.含磷合成洗涤剂易于被细菌分解，故不会导致水体污染【答案】A【解析】【详解】A．高温下石灰石煅烧生成CaO，可与氧气和SO2反应生成CaSO4而脱硫，故A正确；B．“温室效应”的形成与氮氧化物无关，故B错误；C．pH小于5.6的降水才称为酸雨，故C错误；D．含磷合成洗涤剂会导致水体富营养化，导致水体污染，故D错误；故选：A。4.为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.含有的中子数为B.溶液中含有的数为C.与在密闭容器中充分反应后的分子数为D.和(均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数为【答案】D【解析】【详解】A．的物质的量为=0.9mol，1个含0+(18-8)=10个中子，则含有的中子数为，A错误；B．未给溶液体积，无法计算，B错误；C．存在2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4，因此与 在密闭容器中充分反应后的分子数小于，C错误；D．甲烷和氯气在光照下发生取代，1mol氯气可取代1molH，同时产生1molHCl分子，分子数不变，标准状况下的物质的量为0.5mol，的物质的量为1mol，在光照下充分反应后的分子数为，D正确；选D。5.某溶液中含K+、Al3+、、。取500mL该溶液加入过量的氢氧化钡溶液，经过滤、洗涤、干燥，称重得到9.32g固体1，并收集到224mL(标准状况)气体。在滤液中通入过量的CO2，经过滤、洗涤、灼烧，称重得到0.51g固体2。原溶液中K+的浓度为A.0.08mol/LB.0.04mol/LC.0.02mol/LD.0.01mol/L【答案】A【解析】【详解】加入过量的氢氧化钡溶液，得到硫酸钡9.32g，，即；收集到氨气224mL(标准状况)，，即；滤液中通入过量的CO2，经过滤、洗涤、灼烧，生成氧化铝的质量为0.51g，，即，根据电荷守恒，设K+的物质的量为x，，得x=0.04mol；mol/L，故A正确；选A。6.下列组合正确的是选项强电解质弱电解质酸性氧化物碱性氧化物ACa(OH)2乙醇N2O3Na2OBCaSO4HClOMn2O7CaOCNaHCO3氨水SO2Al2O3DHClHFCO2Na2O2A.AB.BC.CD.D 【答案】B【解析】【详解】A．乙醇在水溶液中和熔融状态下均不导电，属于非电解质，A错误；B．分类合理，符合物质的分类标准，B正确；C．氨水为混合物，不属于弱电解质，Al2O3既可以和酸反应，也可以和碱反应，属于两性氧化物，C错误；D．Na2O2溶于水生成氢氧化钠和氧气，不符合碱性氧化物的特点，D错误；故选B。7.某探究学习小组成员欲用NaClO固体配制480mL密度为1.2g·mL-1的消毒液，其中NaClO的质量分数为25%。下列说法正确的是A.图中仪器有四种是不需要的，还需一种图中未画出的玻璃仪器B.容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干才能用于溶液配制C.利用久置的NaClO来配制可能导致NaClO的质量分数偏高D.需要称量的NaClO固体质量为150.0g【答案】D【解析】【分析】用NaClO固体配制480mL密度为1.2g·mL-1的消毒液，其中NaClO的质量分数为25%，根据计算-称量-溶解-转移-洗涤-定容-装瓶贴标签的步骤分析可知，所需仪器主要有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，据此分析解答。【详解】A．根据上述分析可知，图中的a圆底烧瓶、b酸式滴定管、c碱式滴定管、d分液漏斗四种仪器均不需要，还需要玻璃棒、胶头滴管2种玻璃仪器，A错误；B．容量瓶用蒸馏水洗净对溶质的物质的量和所量取的体积无影响，且容量瓶为精密仪器，不能烘干，B错误；C．NaClO容易吸收空气中的H2O和CO2而变质后固体质量增加，所以测量时会导致NaClO 的质量偏小，最终NaClO的质量分数偏低，C错误；D．容量瓶需选取500mL规格，根据公式m=cVM可知，需要称量的NaClO固体质量为500mL1.2g·mL-125%=150.0g，D正确；故选D。8.下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是A.该溶液中，H+、NH4+、SO42-、Br-可以大量共存B.该溶液中，Ag+、K+、NO3-、CH3CHO可以大量共存C.向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=Cl-+2Fe3++H2OD.向该溶液中加入浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子约为6.02×1023个【答案】D【解析】【详解】A.该溶液中，H＋、ClO－、Br－会发生氧化还原反应而不能大量共存，故A错误；B.该溶液中，Ag＋、Cl-，Ag＋、CH3CHO，ClO－、CH3CHO发生反应而不能大量共存，故B错误；C.由于NaClO水解而使NaClO和NaCl混合溶液呈碱性，所以反应的离子方程式中不能出现H＋，故C错误；D.向该溶液中加入浓盐酸，H＋+ClO－+Cl－=Cl2↑+H2O，所以每产生1molCl2，转移电子约为6.02×1023个，故D正确；故选D。9.根据如图的转化关系判断下列说法正确的是（反应条件已略去）A.反应①②③④⑤均属于氧化还原反应，反应③还属于置换反应B.反应⑤说明该条件下铝可用于制熔点较高的金属C.相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1∶1D.反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4【答案】B【解析】【详解】A ．①为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰、水，②为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，③为过氧化氢分解生成水和氧气，④为氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，⑤为铝和二氧化锰发生铝热反应生成Mn和氧化铝，均存在元素的化合价的升降，均属于氧化还原反应，但③不属于置换反应，故A错误；B．⑤为铝热反应，放出大量的热，可用于制熔点较高的金属，故B正确；C．③中O元素的化合价由-1价升高为0价，④中O元素的化合价由-2价升高为0价，则相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1：2，故C错误；D．反应①4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O中，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高为0价，由电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D错误；故选B。10.下列实验方案中，不能达到实验目的的是选项实验目的实验方案A鉴别溴蒸气和NO2分别通入硝酸银溶液中，产生淡黄色沉淀的是溴蒸气B证明氧化性：H2O2比Fe3+强将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色C证明浓硫酸具有氧化性、脱水性向蔗糖中滴加浓硫酸，蔗糖变黑并产生有刺激性气味的气体D证明溶液中一定含有Cl-向溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，无现象，再滴加硝酸银溶液有白色沉淀生成A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．二氧化氮具有氧化性，与硝酸银溶液中的水反应生成NO气体，而溴蒸气溶于水生成溴水，所以通入硝酸溶液中生成溴化银浅黄色沉淀，现象不同，能鉴别，A不符合题意；B．将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色，说明亚铁离子被氧化为铁离子，而NO(H+)和H2O2均具有氧化性，所以不能通过实验得到结论，B符合题意；C ．向蔗糖中滴加浓硫酸，蔗糖变黑说明有碳单质生成，产生有刺激性气味的气体说明反应生成二氧化硫，整个过程中浓硫酸体现氧化性、脱水性，C不符合题意；D．向溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，无现象，说明溶液中不存在碳酸根离子、硫酸根离子和亚硫酸根离子等，再滴加硝酸银溶液产生的白色沉淀一定时氯化银，所以推测溶液中一定含有Cl-，D不符合题意；故选B。11.以氯酸钠(NaClO3)等为原料制备亚氯酸钠(NaClO2)工艺流程如下，下列说法中，不正确的是A.反应1中，每生成1molClO2有0.5molSO2被氧化B.从母液中可以提取Na2SO4C.反应2中，H2O2作氧化剂D.采用减压蒸发可能是为了防止NaClO2受热分解【答案】C【解析】【分析】氯酸钠(NaClO3)在酸性条件下被二氧化硫还原为ClO2，则反应1的离子方程式为：，所以得到的母液中含氢离子、钠离子和硫酸根离子，分离出来的ClO2经过反应2在碱性条件下继续被H2O2还原为NaClO2溶液，其离子方程式为：，得到的NaClO2溶液再经过55减压蒸发、冷却结晶方法得到亚氯酸钠(NaClO2)粗产品，据此结合氧化还原规律分析解答。【详解】A．反应1：，NaClO3被SO2还原为ClO2，Cl元素化合价降低1，而S元素化合价从+4价升高到+6价，升高2，所以还原剂SO2与还原产物ClO2的物质的量制备为1：2，A正确；B．根据分析可知，母液中含氢离子、钠离子和硫酸根离子，可经过分离提取Na2SO4，B正确；C．结合工艺流程所得产物和上述分析可知，反应2中，H2O2作还原剂，将ClO2还原为NaClO2，C错误；D．NaClO2受热易分解，减压蒸发在低温条件下进行，可防止其分解，D正确；故选C。12.FeCl3易潮解、易升华，实验室制备FeCl3的装置如图所示(加热和夹持装置略去)。下列说法正确的是 A.导管g的作用是增强装置的气密性B.试剂X和试剂Y分别为浓硫酸、饱和食盐水C.直接用E接收产物比用导管连接的优点是可防止堵塞D.出于简化装置的目的，F装置可拆除【答案】C【解析】【详解】A.导管g的作用是平衡大气压，保证液体顺利滴下，A错误；B.试剂X为饱和食盐水，除去氯气中氯化氢气体，浓硫酸起到干燥气体作用，两种试剂不能颠倒，B错误；C.FeCl3易潮解、易升华，导管连接，易发生堵塞，造成危险，故C正确；D.FeCl3易潮解，而浓硫酸起到干燥的作用，不能拆除，D错误；故答案选C。【点睛】在分析答案D时，一定要结合题给的信息，FeCl3易潮解、易升华的性质，才能快速准确分析。13.探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是A.用装置甲进行铜和浓硫酸的反应B.用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气C.用装置丙稀释反应后的混合液D.用装置丁测定余酸的浓度【答案】C 【解析】【详解】A.铜与浓硫酸反应需加热，无酒精灯，错误；B.SO2密度比空气的密度大，应该长管进，短管出，错误；C.稀释浓硫酸，将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌，正确；D.NaOH溶液腐蚀玻璃，应放在碱式滴定管中，该滴定管是酸式滴定管，错误；选C。14.下列对氯及其化合物说法正确的是A.氯化铝溶液能导电，所以氯化铝离子化合物B.用pH试纸测得氯水的pH=4C.次氯酸不如次氯酸盐稳定，故用次氯酸盐作为漂白剂的主要成分D.随着化合价的升高，氯的含氧酸酸性和氧化性均逐渐增强【答案】C【解析】【详解】A．氯化铝是共价化合物，故A错误；B．氯水能氧化漂白试纸，不能用pH试纸测量，故B错误；C．次氯酸不稳定，故用次氯酸盐作为漂白剂的主要成分，故C正确；D．随着化合价的升高，氯的含氧酸氧化性均逐渐减弱，故D错误；故选C。15.下列实验操作对应的实验现象及结论均正确的是选项实验操作实验现象结论A把相同大小的一块铝和镁分别投入相同浓度的氢氧化钠溶液中铝溶解有气泡放出，而镁没有任何变化铝的金属性比镁强B常温下将铝片放入浓硝酸中无明显变化铝与浓硝酸不反应C向氯化铵溶液中投入一小块铝片铝片上产生大量气泡该气体是氨气D向NaOH溶液中逐滴滴加氯化铝溶液至过量氢氧化铝能溶于强碱溶液 先无明显现象，后产生白色沉淀，逐渐增多至不再变化A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．金属性的强弱与金属和碱是否反应无关，结论不成立，A错误；B．常温下铝遇浓硝酸会发生钝化现象，不是不反应，B错误；C．氯化铵在水溶液中发生水解显酸性，所以铝片在氯化铵溶液中表面产生的大量气泡是由于铝与氯化铵水解的氢离子反应产生了氢气，而不是氨气，C错误；D．过量的氢氧根离子会与铝离子反应不会生成沉淀，而是生成偏铝酸根离子和水，继续滴加氯化铝，铝离子与偏铝酸根离子发生相互促进的水解作用生成氢氧化铝沉淀，所以现象和结论均合理，D正确；故选D。16.将足量的CO2不断通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入CO2的量的关系可表示为A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】将二氧化碳气体通入含有氢氧化钾，氢氧化钡，KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的量和通入二氧化碳的量的关系以二氧化碳的体积为横坐标，以沉淀的物质的量为纵坐标的图像的画法，可以做如下分析：CO2先与Ba(OH)2反应（有沉淀BaCO3生成），当Ba(OH)2消耗完毕后再与KOH反应（此时无沉淀）；最后与KAlO2反应(有沉淀Al(OH)3生成)，以上过程中图形应是：出现沉淀(BaCO3)，平台，沉淀增加[因有Al(OH)3生成]；过量的CO2还可以继续与K2CO3反应得到KHCO3，继续过量的CO2还可以使BaCO3沉淀溶解，最后是 Al(OH)3沉淀，所以接着的图形应该为：平台，沉淀(BaCO3)减少，平台，故整个过程的图形应为：出现沉淀(BaCO3)，平台，沉淀增加[因有Al(OH)3生成]，平台，沉淀(BaCO3)减少，平台，满足以上关系的图像为D，故选：D。17.如图表示铁与不同浓度硝酸反应时，还原产物分布与硝酸浓度的关系，下列说法不正确的是A.一般来说，不同浓度硝酸与铁反应的还原产物不是单一的B.用一定量的铁粉与足量的9.75mol·L-1HNO3溶液反应得到标准状况下气体2.24L，则参加反应的硝酸的物质的量为0.1molC.硝酸的浓度越大，其还原产物中高价态的成分越多D.当硝酸浓度为12.2mol·L-1时，反应的化学方程式为4Fe+18HNO3=4Fe(NO3)3+3NO↑+3NO2↑+9H2O【答案】B【解析】【详解】A．根据图象可知硝酸的还原产物随着硝酸的浓度变化而变化，因此一般来说，不同浓度硝酸与铁反应的还原产物不是单一的，A正确；B．标准状况下气体2.24L，即0.1mol，根据N原子守恒可知被还原的硝酸的物质的量为0.1mol，参加反应的硝酸包括被还原的，以及没有被还原的（转化为硝酸铁），因此参加反应的硝酸的物质的量大于0.1mol，B错误；C．根据图象可知随着硝酸浓度的增大，NO2的含量增大，这说明硝酸的浓度越大，其还原产物中价态越高的成份越多，C正确；D．根据图象可知当硝酸浓度为12.2mol·L-1时还原产物是NO、NO2，则反应的化学方程式为4Fe+18HNO3=4Fe(NO3)3+3NO↑+3NO2↑+9H2O，D正确。答案选B。18.一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的稀HNO3溶液中，收集到NO气体VL(标准状况), 向反应后的溶液中(存在Cu2+和SO42-)加入足量NaOH,产生蓝色沉淀,过滤，洗涤，灼烧,得到CuO12.0g.则V可能为A.5.5LB.6.0LC.8.96LD.11.2L【答案】B【解析】【详解】若混合物全是CuS，其物质的量n(CuS)=n(CuO)==0.15mol，转移电子物质的量=0.15×(6+2)=1.2mol，设NO的物质的量为x，则3x=1.2，解得：x=0.4，故气体体积V=0.4mol×22.4L/mol=8.96L；若混合物全是Cu2S，其物质的量n(Cu2S)=n(CuO)=×0.15mol=0.075mol，转移电子物质的量0.075×10=0.75mol，设NO为ymol，3y=0.75，计算得y=0.25，气体体积为：0.25mol×22.4L/mol=5.6L，由于是CuS和Cu2S的混合物，则生成的气体体积介于5.6～8.96之间，所以B正确，故选B。点睛：本题考查氧化还原反应的计算，注意守恒思想与极限法的利用。本题中利用极限法解答，假设混合物全是CuS，或混合物全是Cu2S，根据铜原子守恒计算n(CuS)、n(Cu2S)，再根据得失电子守恒，计算气体体积，实际气体介于二者之间。第II卷非选择题(共46分)19.下图中A～K分别代表有关反应中的一种物质，已知气体混合物中各组分物质的量相等，G是一种红棕色气体。请填写以下空白。请填写下列空白：（1）A、E的化学式分别是___________、___________。（2）画出J的电子式___________，举出C代表的物质的一种用途___________。（3）写出H与I反应的化学方程式，并用单线桥标出电子转移的方向与数目：___________。【答案】（1）①.NH4HCO3②.Na2CO3 （2）①.②.氮肥、制冷剂和化工原料(任写一种)（3）【解析】【分析】G是一种红棕色气体，则G为NO2，又已知气体混合物中各组分物质的量相等，则A为NH4HCO3，B为CO2，C为NH3，D为O2，E为Na2CO3，F为NO，G为NO2，H为HNO3，I为C，J为MgO，K为H2O。【小问1详解】根据以上分析可得，A为NH4HCO3，E为Na2CO3。【小问2详解】MgO的电子式为。氨的主要用途是氮肥、制冷剂和化工原料。【小问3详解】C与浓HNO3反应，1mol碳完全反应转移4mol电子，单线桥表示如下：。20.金属钛(Ti)因其硬度大、熔点高、常温时耐酸碱腐蚀而被广泛用作高新科技材料，被誉为“未来金属”。以钛铁矿(主要成分钛酸亚铁)为主要原料冶炼金属钛同时获得副产品甲的工业生产流程如下。请回答下列问题。（1）钛酸亚铁(用R表示)与碳在高温下发生反应：2R+C=2Fe+2TiO2+CO2↑，钛酸亚铁的化学式为___________；钛酸亚铁和浓H2SO4反应的产物之一是TiOSO4，反应中无气体生成，该反应的化学方程式为___________。 （2）上述生产流程中溶液Ⅰ中含有Fe2+、TiO2+和少量Mg2+等阳离子。常温下，其对应氢氧化物的Ksp如下表所示。氢氧化物Fe(OH)2TiO(OH)2Mg(OH)2Ksp8.0×10-161.0×10-291.8×10-11①常温下，若所得溶液中Mg2+的物质的量浓度为0.0018mol·L-1，当溶液的pH等于___________时，Mg(OH)2开始沉淀。②若将含有Fe2+、TiO2+和Mg2+的溶液加水稀释，立即析出大量白色沉淀，该反应的离子方程式为___________。（3）中间产品乙与焦炭(二者按物质的量比1∶2参加反应)、氯气在高温下发生反应制取TiCl4的方程式为___________，Mg还原TiCl4过程中必须在1070K的温度下进行，你认为还应该控制的反应条件是___________。【答案】（1）①.FeTiO3②.FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O（2）①.10②.TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓(或H2TiO3)+2H+（3）①.TiO2+2C+2Cl2TiCl4＋2CO②.隔绝空气【解析】【分析】根据工艺流程图和题干信息可知，钛酸矿（FeTiO3）与浓硫酸反应生成TiOSO4，无气体产生，说明该反应浓硫酸不起氧化性，反应后混合物为TiOSO4和FeSO4，溶于水后，为防止FeSO4被氧化，需要加入铁屑，在进行沉降分离，最终得到溶液I中主要含有Fe2+、TiO2+和少量Mg2+，再冷却结晶，加热过滤后分离得到钛酸和硫酸，钛酸高温煅烧可得到TiO2，即中间产品乙为TiO2，TiO2与氯气、焦炭在高温条件下发生反应生成TiCl4和CO，TiCl4与Mg在一定条件下发生置换反应制备得到Ti单质，据此结合元素化合物的性质分析解答。【小问1详解】钛酸亚铁(用R表示)与碳在高温下发生反应：2R+C=2Fe+2TiO2+CO2↑，根据原子守恒和化学式的命名原则可知，钛酸亚铁R的化学式为：FeTiO3；钛酸亚铁和浓H2SO4反应生成TiOSO4和FeSO4和水，其化学方程式为：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；【小问2详解】①当Qc=Ksp时，溶液达到饱和，Mg(OH)2开始沉淀，有Ksp=，常温下，若所得溶液中Mg2+的物质的量浓度为0.0018mol·L-1，则代入数值求测c(OH-)= ，根据水的离子积可知c(H+)=，故溶液pH=10；②根据上述表格数据可以看出，TiO(OH)2的Ksp数值最小，相同类型的金属离子，其溶解度也对应最小，所以若将含有Fe2+、TiO2+和Mg2+的溶液加水稀释，TiO2+优先发生水解，以TiO(OH)2(或H2TiO3)的形式析出，其离子方程式为：TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓(或H2TiO3)+2H+；【小问3详解】中间产品乙为TiO2，可与焦炭和氯气在高温条件下制备得到四氯化钛，TiO2与焦炭按物质的量比1∶2参加反应，结合氧化还原反应的规律可知，碳元素化合价升高到+2价，生成CO，故反应的化学方程式为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4＋2CO；Mg为活泼金属，容易与氧气和氮气等发生反应，为了使Mg与四氯化钛发生置换生成钛单质与氯化镁，需要隔绝空气，故答案为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4＋2CO；隔绝空气。21.化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献，某化学兴趣小组在实验室中模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到产品Na2CO3和NH4Cl，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下：步骤I.Na2CO3的制备：实验流程如图：步骤II.产品中NaHCO3含量测定①称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中；②移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴酚酞，用0.1000mol·L-1盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸V1mL；③上述锥形瓶中再加入2滴指示剂甲基橙，继续用0.1000mol·L-1盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸V2mL；④平行测定三次，V1平均值为22.45，V2平均值为23.51。 回答下列问题：（1）从A～E中选择合适的仪器制备NaHCO3(考虑充分利用CO2)，正确的连接顺序是______(按气流方向，用小写字母表示)。A．B．C．D．E．（2）B中使用雾化装置的优点是___________。（3）生成NaHCO3的总反应的化学方程式为___________。（4）反应完成后，将B中U形管内的混合物处理得到固体NaHCO3和滤液。向滤液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)=NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线，需采用的操作为___________、___________、过滤、洗涤、干燥。（5）根据步骤II，产品中NaHCO3的质量分数为___________(保留三位有效数字)；（6）第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则NaHCO3质量分数的计算结果___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。【答案】（1）aefbcgh(b)（2）增大CO2与氨盐水的接触面积，使反应更充分，有利于产品的生成（3）NaCl+NH3·H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl（4）①.蒸发浓缩②.降温结晶（5）356%（6）偏大 【解析】【分析】根据工艺流程知，浓氨水中加入氯化钠粉末形成饱和氨盐水后，再通入二氧化碳气体，发生反应：NaCl+NH3·H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，得到的碳酸氢钠晶体烘干后受热分解会生成碳酸钠、二氧化碳和水，从而制备得到纯碱；另一方面得到的母液主要溶质为NH4Cl再加入氯化钠粉末，存在反应NaCl(s) + NH4Cl(aq)=NaCl(aq) +NH4Cl (s)，据此分析解答。【小问1详解】根据上述分析可知，要制备NaHCO3，需先选用装置A制备二氧化碳，然后通入饱和碳酸氢钠溶液中除去二氧化碳中的HCI，再与饱和氨盐水充分接触来制备NaHCO3，其中过量的二氧化碳可被氢氧化钠溶液吸收，也能充分利用二氧化碳制备得到少量NaHCO3所以按气流方向正确的连接顺序应为 aefbcgh，故答案：aefbcgh(b)。【小问2详解】B中使用雾化装置使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率，故答案：增大CO2与氨盐水的接触面积，使反应更充分，有利于产品的生成。【小问3详解】根据上述分析可知，生成NaHCO3的总反应的化学方程式为NaCl+NH3·H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，故答案：NaCl+NH3·H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl。【小问4详解】根据溶解度随温度的变化曲线可以看出，氯化铵的溶解度随着温度的升高而不断增大，而氯化钠的溶解度随着温度的升高变化并不明显，所以要想使NH4Cl沉淀充分析出并分离，需采用的操作是先蒸发浓缩，再降温结晶、过滤、洗涤、干燥即可，故答案：蒸发浓缩；降温结晶。【小问5详解】第一次滴定发生的反应是： Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，根据原子守恒n(Na2CO3)= n(NаНСО3)=n(HCl)=0.1000mol/L22.45mL10-3L/mL=2.24510-3mol，第二次滴定消耗的盐酸的体积V2=23.51mL，则根据方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，消耗的NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)= 0.1000mol/L23.51103L10-3=2.35110-3mol，则原溶液中NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)= n(NaHCO3)- n(NaHCO3)= 2.35110-3mol-2.24510-3mol=1.0610mol，则原产品中NaHCO3的质量分数为，故答案：3.56%。【小问6详解】若该同学第一-次滴定时， 其他操作均正确的情况下，俯视读数，则会使标准液盐酸的体积偏小，即测得 V1偏小，所以原产品中NaHCO3的物质的量会偏大，最终导致其质量分数会偏大，故答案：偏大。22.某学习小组通过下列装置探究MnO2与FeCl3·6H2O能否反应产生Cl2，FeCl3的升华温度为315℃。实验操作和现象：操作现象点燃酒精灯，加热i.A中部分固体溶解，上方出现白雾ii.稍后，产生黄色气体，管壁附着黄色液滴iii.B中溶液变蓝（1）现象ⅰ中的白雾是___________。（2）分析现象ⅱ，该小组探究黄色气体的成分，实验如下：a.加热FeCl3·6H2O，产生白雾和黄色气体。b.用KSCN溶液检验现象ⅱ和a中的黄色气体，溶液均变红。通过该实验说明现象ⅱ中黄色气体含有___________。（3）除了氯气可使B中溶液变蓝外，推测还可能的原因是：①实验b检出的气体使之变蓝，反应的离子方程式是___________。经实验证实推测成立。②溶液变蓝的另一种原因：在酸性条件下，装置中的空气使之变蓝。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是__________________。（4）将A中的产物分离得到Fe2O3和MnCl2，A中产生Cl2的化学方程式是___________。【答案】（1）盐酸小液滴（2）FeCl3（3）①.2Fe3++2I-=2Fe2++I2②.另取一支试管，向其中加入淀粉KI溶液，再滴入几滴HCl溶液，在空气中放置，观察溶液是否变蓝（4）3MnO2+4FeCl3·6H2O2Fe2O3+3MnCl2+3Cl2↑+24H2O【解析】【小问1详解】 FeCl3·6H2O在受热的情况下失去结晶水生成氯化铁和水，同时氯化铁会发生水解生成氢氧化铁和HCl，HCl和水蒸气结合形成白雾，所以可推测实验中出现的白雾为盐酸小液滴；【小问2详解】FeCl3可与SCN-发生络合反应，使溶液显红色，且FeCl3易升华，结合此理论推测，用KSCN溶液检验现象ⅱ和a中的黄色气体，溶液均变红，说明该黄色气体中含有升华后的FeCl3；【小问3详解】①碘离子具有还原性，铁离子具有氧化性，所以实验b检出的气体FeCl3溶于水后与KI发生反应生成碘单质和氯化亚铁，碘单质可使淀粉变蓝，反应的离子方程式为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2；②FeCl3·6H2O受热水解会生成HCl气体，作为对照实验，可设计实验如下：另取一支试管，向其中加入淀粉KI溶液，再滴入几滴HCl溶液，在空气中放置，观察溶液是否变蓝。【小问4详解】