2027届高三年级化学综合练习1

**基本信息** 以真实情境为载体整合化学观念与科学思维，覆盖物质结构、有机合成等模块，突出跨章节知识应用与核心素养考查。 **综合设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |物质结构|题2、6|结合晶胞计算与化学键分析|从原子结构（电子排布）到分子结构（VSEPR模型）再到晶体结构，体现结构决定性质| |有机化学|题3、15|同分异构体判断与合成路线设计|基于官能团性质推导反应类型，构建“结构-性质-应用”逻辑链| |反应原理|题13、17|平衡图像分析与能量计算|通过多反应体系关联平衡常数与转化率，强化动态平衡观念| |实验探究|题11、16|操作现象与结论推理|融合基本操作与误差分析，培养科学探究与证据推理能力|

高三年级化学综合练习1 考试时间：75分钟 满分：100分 一、单选题 1．中国古代文房四宝笔墨纸砚中，其主要化学成分不属于高分子的是 A．制毛笔用的狼毫 B．墨条 C．宣纸 D．竹砚 2．氮化镓是新型半导体材料。工业制备氮化镓的常用方法是GaCl3+NH3=GaN+3HCl。下列叙述正确的是 A．基态Ga原子电子排布式：[Ar]4s24p1 B．NH3的VSEPR模型： C．HCl中的共价键是s-pσ键 D．HCl溶于水形成的水合氯离子： 3．下列说法正确的是 A．与互为同分异构体 B．与为同一种物质 C．甲烷能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．光照下，等物质的量甲烷与氯气反应的产物是CH3Cl和HCl 4．下列反应的离子方程式书写正确的是 A．硫酸与氢氧化钡溶液反应： B．氯气与溴化钾反应： C．碳酸钙与盐酸的反应： D．氯气溶于水： 5．电解熔融KF与HF混合物(加入少量LiF能降低混合物的熔融温度)可制得F2；电解饱和食盐水可制得Cl2。下列说法正确的是 A．沸点：Cl2>F2 B．半径：r(F-)>r(Cl-) C．电负性：χ(Cl)>χ(F) D．第一电离能：I1(Cl)>I1(F) 阅读下列材料，完成下面小题： 铜及其化合物有着重要应用。铜在金属活动性顺序表中排在氢的后面；FeCl3溶液与铜的反应可用于蚀刻印刷线路板；Cu能催化CH3CH2OH与O2的反应。CuSO4溶液与石灰乳混合可制成杀菌剂波尔多液；CuSO4溶液与NaOH溶液混合后能与有机物中的醛基反应生成Cu2O。Cu2O与稀硫酸(或盐酸)反应生成Cu2+与Cu；Cu(OH)2能与NaOH溶液反应生 成[Cu(OH)4]2-。 6．下列说法正确的是 A．Cu2+基态核外电子排布式为［Ar］3d74s2 B．一个Cu2O晶胞(见上图)中，O原子的数目为2 C．[Cu(OH)4]2-中的配位原子是OH- D．CH3CHO与[Cu(OH)4]2-反应生成CH3COO-与Cu2O过程中有非极性键生成 7．下列化学反应表示正确的是 A．在空气中加热CuCl2·2H2O：CuCl2·2H2OCuCl2+2H2O B．Cu2O与足量稀硝酸反应：Cu2O+2H+ =Cu+Cu2++H2O C．用铜电极电解CuSO4溶液时的阳极主要反应：Cu-2e-=Cu2+ D．Cu催化CH3CH2OH与O2的主要反应：CH3CH2OH+O2CH3COOH+H2O 8．下列说法正确的是 A．波尔多液用作果园杀菌剂，主要是因为细菌蛋白质发生了盐析 B．反应2Cu+O2+4HCl=2CuCl2+2H2O能发生，说明HCl能够氧化Cu C．FeCl3溶液能与铜反应，主要是因为铁在金属活动性顺序表中排在铜前面 D．依据Cu(OH)2分别与稀H2SO4、NaOH溶液的反应，推断Cu(OH)2有两性 9．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A．饱和NaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s) B．HCl(aq)Cl2(g)HCl(g) C．NH3(g)NO(g)HNO3(aq) D．S(s)SO2(g)H2SO4(aq) 10．实验室按下列流程提纯粗盐（含、、和等杂质离子）： 下列说法不正确的是 A．加后，若不过滤就加和，可能导致去除不完全 B．过滤操作使用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒 C．加入稀盐酸后发生的反应为、 D．“一系列操作”是指蒸发至晶膜形成后，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥 11．根据下列实验操作和现象，能合理推出结论的是 选项 实验操作和现象 结论 A 将5mL溴丙烷和10mL饱和KOH乙醇溶液混合，加热，产生气体通入稀酸性KMnO4溶液使之褪色 溴丙烷与KOH醇溶液共热时能生成丙烯 B 向1mL 20％蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，水浴加热，再加入银氨溶液，未出现银镜 蔗糖在此条件下能水解生成葡萄糖 C 常温下，用pH计测得CH3COONa溶液的pH约为9.2，Na2CO3溶液的pH约为12.4 此条件下Ka(CH3COOH)>Ka2 (H2CO3) D 常温下，向2 mL 0.03 mol·L-1Na2HPO4溶液中滴加2~3滴酚酞试液，溶液变浅红色 此条件下HPO的水解程度强于其电离程度 12．室温下，从冶炼富集液中回收钴、锰的部分工艺流程如下 已知：Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，下列说法正确的是 A．Na2S溶液中：c(OH-)=c(H2S)+c(HS-)+c(H+) B．沉钴后得到的上层清液中：< C．NH4HCO3溶液(pH>7)中：c(NH)>c(HCO) D．沉锰后得到pH=6.5的滤液中：c(H2CO3)<c(CO) 13．苯乙烯是重要的有机化工原料，工业上用乙苯催化脱氢时发生如下反应： 反应Ⅰ：C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)＋H2(g)；ΔH>0 反应Ⅱ：C6H5C2H5(g)＋H2(g)C6H5CH3(g)＋CH4(g)；ΔH<0 反应Ⅲ：C6H5C2H5(g)C6H6(g)＋C2H4(g)；ΔH>0 将1 mol乙苯和6 mol水蒸气置于密闭容器中，保持p=100 kPa，平衡时乙苯的转化率、苯和甲苯的选择性随温度的关系如图所示。苯乙烯、甲苯或苯的选择性=×100%。 下列说法正确的是 A．曲线a代表的是苯的选择性 B．620 ℃达平衡时，容器中H2的物质的量为0.664 mol C．600～640 ℃时，容器中苯乙烯平衡时的物质的量随温度升高变化不大 D．其他条件不变，620 ℃时起始向容器中只充入1 mol乙苯，平衡时乙苯的转化率大于80% 二、解答题 14．是生产锂离子电池正极材料的重要原料。 (1)由高纯铁锭制备的流程如下： ①磷酸溶铁时，将长方形铁锭按“井”字排放在溶铁槽内，并在铁锭之间留有3~5cm空隙，其目的是 。从安全、环保和能源等方面考虑，应对溶铁尾气中的 （填化学式）进行回收利用。 ②向溶铁产生的溶液中加入磷酸调磷铁比。然后加入进行氧化合成，发生反应的本质是、。 已知：磷酸中含磷微粒的物质的量分数随的变化曲线如图-1所示。 流程中调磷铁比尤为重要。若磷酸量过少，氧化合成时将观察到 （填现象），从而影响产品纯度。若磷酸量过多，产生的后果是 。 (2)以、和葡萄糖为原料，在窑炉经烧结、高温成型制得。 ①焙烧2~3h后，葡萄糖分解为单质C。4~5h后，晶体逐渐生成，写出生成的化学方程式： 。 ②在高温成型时，单质C除了可以改善成型后的的导电性能，还能起到的作用是 。 (3)的晶胞结构如图-2（a）所示，其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。电池充电时，脱出部分，形成，结构如图-2（b）所示。在中， ， 。 15．某降血脂药物吉非罗齐(G)的一种合成路线如下： (1)下列关于化合物E和G的说法正确的是_______。 A．官能团种类相同 B．都含有手性碳原子 C．都能使酸性溶液褪色 D．可以使用质谱仪区分 (2)在下图中标出B中酸性最强氢原子所连接的碳原子 。 (3)已知C的分子式为，C的结构简式为 。 (4)E→F的反应需经历E→X→F的过程，中间产物 X 和G互为同分异构体，写出该中间产物X的结构简式 。 (5)写出满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式 。 能和溶液显色；碱性条件下水解酸化后得到的产物中均有2种不同的氢原子 (6)已知：；。写出以、乙醇为原料制备的合成路线图 (须使用i-Pr2NH、DMF，无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。 16．钛铁矿(主要含，还含有SiO2、MgO和FeO)是常见含钛矿石，常用于制取和等物质。 (1)工业上将、焦炭混合后，通入在高温下反应，可以制得、和一种碳氧化合物气体，写出该反应的化学方程式： 。 (2)设计以钛铁矿、浓硫酸为原料制取的实验方案： 得到。[已知：(灰黑色)可溶于热的浓硫酸生成和；；除HF外，不与任何酸反应．实验中须使用的试剂和仪器有：浓硫酸、蒸馏水、溶液、砂芯漏斗] (3)利用反应可以制取(装置如下图所示)。已知、的熔沸点如下表所示。将和通过蒸馏法分离后，检验中是否含有少量的方法是： 。 物质 熔点 沸点 其他 -23℃ 76℃ 与互溶 -25℃ 136℃ 易水解 (4)将钛铁矿与焦炭高温共热后可得到含、MgO、CaO、、、FeO和Fe的炉渣。为测定其中金属Fe的含量，现进行如下实验： 步骤1：称取2.80g粉碎后的滤渣，加入足量含和邻菲罗啉(抑制的水解)的浸取液，同时调节溶液的pH=4.5，充分反应(此时除金属Fe外，其余含铁化合物不反应)后过滤并洗涤滤渣。 步骤2：将步骤1所得滤液和洗涤液合并，向其中加入稀硫酸和过量的溶液，充分反应后将溶液煮沸约10min，后冷却至室温，加水至100mL。 步骤3：取25mL步骤2所得溶液于锥形瓶中，向其中滴加 2 滴磺基水杨酸指示剂(溶于水呈无色，酸性条 件下遇显紫红色)，用浓度为的维生素标准溶液滴定，到达终点时消耗维生素C标准溶液的体积为12.50mL。 实验过程中发生的反应如下：；。 ①步骤3滴定终点时的实验现象是 。 ②计算炉渣中金属Fe的质量分数，并写出计算过程 。 17．水煤气是一种重要的工业气体燃料和化工原料。 (1)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的和1 mol，发生下列反应生成水煤气： i.  ， ii.  ， ①反应的平衡常数 （用含和的代数式表示）。 ②反应平衡时，的转化率为50%，CO的物质的量为0.1 mol。此时，整个体系 （填“吸收”或“放出”）热量 kJ（写出计算过程）。 (2)脱除和利用水煤气中的工艺如图所示： ①写出吸收塔中吸收的离子方程式： 。 ②再生塔中通入水蒸气的作用有 。 ③利用电化学原理可将电催化还原为CO。研究表明，装置中的AgCl/Ag电极通过电化学还原可在电极上析出Ag纳米颗粒，从而提升还原为CO的选择性。 已知：根据催化剂性质等实验条件的不同，电化学还原过程中会产生多种含碳产物，CO的选择性。 i.在如图所示装置中，电解时阴极发生的电极反应有 （用电极反应式表示）。 ii.装置中的AgCl/Ag电极还能使“转化为CO的反应”比“析氢反应”更具竞争优势，其可能原因有 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《高三年级化学综合练习1》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C B B A B C D A D 题号 11 12 13 答案 D C B 1．B 【详解】A．狼毫为动物的毛，主要成分为蛋白质，属于高分子，A不符合题意； B．墨条主要成分是炭黑，属于无机非金属材料，不属于高分子，B符合题意； C．宣纸主要成分是纤维素，属于高分子，C不符合题意； D．竹砚是以竹制作的砚，主要成分是纤维素，属于高分子，D不符合题意； 故选B。 2．C 【详解】A．镓是31号元素，基态镓原子电子排布式为[Ar]3d104s24p1，A错误； B．氨分子中N原子价层电子对数为，VSEPR模型为四面体，即，B错误； C． HCl分子中的共价键是H原子的1s轨道与Cl原子的3p轨道形成的s﹣pσ键，C正确； D．带负电，应吸引水分子中呈正电性的H原子，即水合氯离子：，D错误； 故选C。 3．B 【详解】 A．与为同种物质，故A错误； B．与为同一种物质，故B正确； C．甲烷性质稳定，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误； D．甲烷与氯气发生取代反应时，多步反应同时进行，可生成多种氯代烃，故D错误； 答案选B。 4．B 【详解】A．漏写生成物硫酸钡()的沉淀。正确的离子方程式应为：，A错误； B．氯气的氧化性强于溴，可将氧化为，自身被还原为，反应满足电荷守恒和原子守恒，符合实际反应规律，B正确； C．碳酸钙()是难溶固体，应保留化学式，不能拆分为。正确的离子方程式应为：，C错误； D．次氯酸()是弱酸，不能完全离解为，应保留分子形式。正确的离子方程式应为：，此外，反应为可逆过程，需用可逆符号，D错误； 故选B。 5．A 【详解】A．根据相对分子质量越大，分子间作用力越大，分子的沸点就越高，可知，相对分子质量：Cl2>F2，则沸点：Cl2>F2，A正确； B．Cl-比F-多一个电子层，因此半径：r(F-)<r(Cl-)，B错误； C．氟是电负性最强的元素，大于氯，故电负性：χ(Cl)<χ(F)，C错误； D．F、Cl同主族，根据同主族，从上至下，第一电离能逐渐减小，故第一电离能：I1(Cl)<I1(F)，D错误， 故选A。 6．B 7．C 8．D 【解析】6．A．Cu在失电子时先失去最外层电子，Cu2+基态核外电子排布式为［Ar］3d9，A错误； B．如图并结合分子式，白球应该是O原子，故一个Cu2O晶胞中，O原子的数目为2，B正确； C．[Cu(OH)4]2-中的配位离子是OH-，配位原子应该是O，C错误； D．该反应过程中，乙醛()中的C-C非极性键保持不变，没有新的非极性键生成，D错误； 故答案选B。 7．A．在空气中加热CuCl2·2H2O，最终应该生成CuO，A错误； B．Cu2O与足量稀硝酸反应会被氧化成二价铜，而不是歧化，B错误； C．用铜电极电解CuSO4溶液时，阳极为Cu放电，主要反应为：Cu-2e-=Cu2+，C正确； D．Cu催化CH3CH2OH与O2反应得到的应该是乙醛，而不是题目中的乙酸，D错误； 故答案选C。 8．A．波尔多液用作果园杀菌剂，是因为其中铜离子使细菌蛋白质变性，而不是蛋白质发生盐析，A错误； B．反应2Cu+O2+4HCl=2CuCl2+2H2O中氧气为氧化剂，不是HCl氧化的Cu，不能说明HCl能够氧化Cu，B错误； C．FeCl3溶液能与铜反应，主要是因为的氧化性比铜强，而不是金属活动性顺序，C错误； D．Cu(OH)2与稀H2SO4和NaOH都能反应，故其具有两性，D正确； 故答案选D。 9．A 【详解】A．饱和NaCl溶液中通入NH3和CO2可制得NaHCO3沉淀，NaHCO3加热分解生成Na2CO3，两步转化均能实现，A符合题意； B．HCl(aq)与Fe2O3加热反应生成FeCl3和H2O，不会生成Cl2，第一步不能实现，B不符合题意； C．NH3与O2反应可生成NO，但NO难溶于水，与水不反应，第二步不能实现，C不符合题意； D．S燃烧生成SO2，但SO2与H2S反应生成S和H2O，不是生成H2SO4，第二步不能实现，D不符合题意； 答案选A。 10．D 【分析】实验室按下列流程提纯粗盐（含、和等杂质离子），加入为了除去，滤渣为，再向滤液中加入和，可除去、和过量的，得到的滤渣为、和。 【详解】A．加的目的是除去，生成沉淀，若不过滤直接加入和，被 消耗而使沉淀溶解平衡正向移动导致去除不完全，A正确； B．过滤操作中，玻璃仪器包括烧杯（承接滤液）、漏斗（过滤装置）和玻璃棒（引流），B正确； C．加入稀盐酸的作用是除去过量的和，与盐酸反应生成和，离子方程式为，与盐酸反应生成、和，离子方程式为，C正确； D．粗盐精制的“一系列操作”是从滤液中获得精盐，需通过蒸发结晶（蒸发至大量晶体析出，利用余热蒸干），而非冷却结晶。冷却结晶适用于溶解度受温度影响较大的物质（如），而溶解度受温度影响小，直接蒸发即可，D错误； 故答案选D。 11．D 【详解】A．溴丙烷在KOH乙醇溶液中加热发生消除反应生成丙烯，丙烯中可能混有挥发的乙醇，乙醇、丙烯均能使酸性KMnO4褪色，结论不严谨，A错误； B．蔗糖水解后需中和酸才能进行银镜反应，未中和酸会导致银氨溶液分解，不会出现银镜反应，结论错误，B错误； C．题中未标明CH3COONa溶液和Na2CO3溶液是否为等浓度，因此无法得出相应结论，C错误； D．Na2HPO4溶液使酚酞变浅红色，说明溶液呈碱性，HPO水解程度大于其电离程度，D正确； 答案选D。 12．C 【分析】含少量Co2+、Mn2+的溶液加硫化钠可生成CoS沉淀而除去钴离子，过滤，滤液中加碳酸氢铵生成碳酸锰沉淀、硫酸铵等。 【详解】A．根据的水解反应：，；同时，水的电离平衡为根据质子守恒，溶液中 的来源是水的电离和、的水解，而则来自水的电离，因此，质子守恒应为，A错误； B．沉钴过程中，加入后， 优先沉淀为，而留在溶液中。根据沉淀溶解平衡：，，两式相除可得：，B错误； C．溶液中，的水解常数，的水解常数 ， ，水解程度更大，使溶液，则，C正确； D．在时， 。根据的两步电离：，，将 代入：；，显然， ，且 。因此， ，D错误； 故选C。 13．B 【分析】反应Ⅱ为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，生成甲苯的物质的量减小，甲苯的选择性减小，则曲线a代表甲苯选择性；反应Ⅲ为吸热反应，随着温度的升高，平衡正向移动，生成苯的物质的量增大，故曲线b为苯的选择性，据此分析； 【详解】A．根据分析可知，曲线a代表的是甲苯的选择性，A错误； B．620 ℃达平衡时，达到平衡时，乙苯的转化率为80%，苯的选择性为3%，甲苯的选择性为7%，反应开始时，乙苯的物质的量为1mol，则反应消耗的乙苯的物质的量为0.8mol，生成苯的物质的量为0.024mol，生成甲苯的物质的量为0.056mol，则转化生成苯乙烯所消耗乙苯的物质的量为0.8mol-0.024mol-0.056mol=0.72mol，则反应Ⅰ生成氢气的物质的量为0.72mol，反应Ⅱ消耗氢气的物质的量为0.056mol，则容器中氢气的物质的量为0.72mol-0.056mol=0.664mol；B正确； C．600～640 ℃时，乙苯的转化率增大，甲苯和苯的选择性之和变化不大，故容器中苯乙烯平衡时的物质的量随温度升高而增大，C错误； D．其他条件不变，620 ℃时起始向容器中只充入1 mol乙苯，相当于增大压强，反应Ⅰ、Ⅲ逆向移动，平衡时乙苯的转化率小于80%，D错误； 故选B； 14．(1) 增大磷酸与铁锭的接触面积，加快反应速率 出现红褐色沉淀 主要生成酸式盐，难以生成 (2) 防止高温时将氧化为 (3) 或0.1875 【分析】本题由高纯铁锭制备，制备过程中，首先用磷酸溶解铁锭，随后要注意调节磷铁比例，磷酸不能过多或者过少，否则会出现杂质，以此解题。 【详解】（1）①在铁锭之间留有3~5cm空隙可以增大铁锭与磷酸的接触面积，使反应更充分、均匀进行，铁与磷酸反应会生成氢气，氢气易燃易爆、直接排放浪费能源，回收可循环利用或作为燃料，故答案为：增大磷酸与铁锭的接触面积，加快反应速率；； ②磷酸量过少时，溶液酸性不足，氧化生成的 Fe3+易水解生成 Fe (OH)3沉淀，混入产品会降低纯度；若磷酸量过多，则过量的磷酸会和磷酸铁生成酸式盐，故答案为：出现红褐色沉淀；主要生成酸式盐，难以生成； （2）①葡萄糖分解生成的 C 作为还原剂，将 FePO4中+3价的Fe还原为+2价，同时Li2CO3参与反应生成LiFePO4和CO，相应的方程式为：； ②单质碳具有还原性，则作为还原剂，防止 LiFePO4中的 Fe2+被氧化为 Fe3+，保证产物中 Fe 的价态稳定； 故答案为：；防止高温时将氧化为； （3）与图a相比，图b中晶胞缺失1个面心锂离子和1个棱上锂离子，晶胞中锂离子个数为8×+3×+3×=，则由晶胞化学式可得：：4=(1-x)：1，解得x=，设Li1-xFePO4中亚铁离子为a个，由化合价代数和为0可得：+2a+3(1-a)+5-8=0，解得a=，则化合物中亚铁离子和铁离子的物质的量比为：=13∶3，故答案为：或0.1875；13∶3。 15．(1)ACD (2) (3) (4) (5) (6) 【分析】 由有机物的转化关系可知，乙醇钠作用下，A与一碘甲烷发生取代反应生成B和碘化氢，乙醇钠作用下B与发生取代反应生成D，则C为；D先在氢氧化钠溶液中发生水解反应，后加入盐酸酸化脱去一个羧基生成E，E与一碘甲烷发生取代反应生成，反应生成的与乙醇钠反应生成F，F与盐酸发生复分解反应生成G。 【详解】（1）A．由结构简式可知，化合物E和G都含羧基、醚键，官能团种类相同，故正确； B．化合物E中连羧基的碳为手性碳原子，G不含有手性碳原子，故错误； C．由结构简式可知，化合物E和G的苯环上都连有甲基，都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故正确； D．由结构简式可知，化合物E和G相对分子质量不同，可以使用质谱仪区分两者，故正确； 故选ACD； （2） 氧元素的电负性大，B分子中氧原子的吸电子能力强，则 2个酯基中间的碳原子上的氢原子易于离解，酸性更强，所以B中酸性最强的氢原子所连接的碳原子是，故答案为：； （3） 由分析可知，C的结构简式为，故答案为：； （4） 由分析可知，E→X→F的过程为E与一碘甲烷发生取代反应生成，反应生成的与乙醇钠反应生成F，则X为，故答案为：； （5） D的同分异构体能和氯化铁溶液显色说明同分异构体分子中含有酚羟基，碱性条件下水解酸化后得到的产物中均有2种不同的氢原子说明分子中含有酯基且结构对称，则符合条件的结构简式为，故答案为：； （6） 发生消去反应生成，被高锰酸钾氧化为，和乙醇发生酯化反应生成,在i-Pr2NH、DMF作用下生成，水解生成，合成路线为。 16．(1)2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO (2)将钛铁矿分批加入热的浓硫酸中，边加边搅拌直至灰黑色固体消失，冷却后用砂芯漏斗过滤，将滤液边搅拌边加入足量蒸馏水中，充分反应后用砂芯漏斗过滤，用蒸馏水洗涤沉淀23次，直至取最后一次洗涤液加入氯化钡溶液无沉淀产生，干燥 (3)取少许液体于试管中，向试管中加入少量蒸馏水充分振荡后，向上层清液中滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明四氯化碳中含有四氯化钛 (4) 滴入最后半滴维生素C溶液，溶液紫红色褪去，且半分钟内不恢复 20% 【分析】该实验的实验目的是利用钛铁矿为原料制备四氯化钛和TiO2⋅H2O，并用滴定法测定钛铁矿与焦炭高温共热得到炉渣中金属铁的含量。 【详解】（1）由题意可知，FeTiO3发生的反应为FeTiO3高温条件下与焦炭、氯气反应生成氯化铁、四氯化钛和一氧化碳，反应的化学方程式为，故答案为：2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO； （2）由题给信息可知，以钛铁矿、浓硫酸为原料制取TiO2⋅H2O涉及的反应为：FeTiO3+2H2SO4(浓) TiOSO4+FeSO4+2H2O、TiOSO4+2H2O=TiO2⋅H2O↓+H2SO4，实验中应注意含有浓硫酸的反应混合液稀释时的操作顺序，则制取TiO2⋅H2O的实验方案为将钛铁矿分批加入热的浓硫酸中，边加边搅拌直至灰黑色固体消失，冷却后用砂芯漏斗过滤，将滤液边搅拌边加入足量蒸馏水中，充分反应后用砂芯漏斗过滤，用蒸馏水洗涤沉淀23次，直至取最后一次洗涤液加入氯化钡溶液无沉淀产生，干燥得到TiO2⋅H2O，故答案为：将钛铁矿分批加入热的浓硫酸中，边加边搅拌直至灰黑色固体消失，冷却后用砂芯漏斗过滤，将滤液边搅拌边加入足量蒸馏水中，充分反应后用砂芯漏斗过滤，用蒸馏水洗涤沉淀2—3次，直至取最后一次洗涤液加入氯化钡溶液无沉淀产生，干燥； （3）四氯化碳不溶于水，四氯化钛易水解得到含有氯离子的溶液，则检验四氯化碳中是否含有少量四氯化钛的方法是取少许液体于试管中，向试管中加入少量蒸馏水充分振荡后，向上层清液中滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明四氯化碳中含有四氯化钛，故答案为：取少许液体于试管中，向试管中加入少量蒸馏水充分振荡后，向上层清液中滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明四氯化碳中含有四氯化钛； （4）①由题意可知，溶液中的铁离子与维生素C溶液完全反应后，滴入最后半滴维生素C溶液，溶液会由无色变为紫红色，则步骤3滴定终点时的实验现象是滴入最后半滴维生素C溶液，溶液紫红色褪去，且半分钟内不恢复，故答案为：滴入最后半滴维生素C溶液，溶液紫红色褪去，且半分钟内不恢复； ②由题给方程式和原子个数守恒可得如下关系：2Fe—2Fe3+—C6H8O6，滴定消耗12.50mL 0.10mol/L维生素C，则炉渣中金属铁的质量分数为×100%=20%，故答案为：20%。 17．(1) 吸收 31.2 kJ (2) 提供热量，促进分解；减小气态物质中浓度，促进其逸出 、 AgCl中的氧化性强于电解质中的，优先放电；生成的Ag纳米颗粒可降低还原为CO的活化能，加快该反应的发生 【分析】吸收塔中离子方程式吸收生成，再生塔中分解生成逸出，进入右侧电解池中，电解池中AgCl/Ag电极反应为被还原为，得电子为电解池的阴极。 【详解】（1）①根据盖斯定律，总反应等于i+ii，当两反应方程式相加，平衡常数应相乘，最终得到总反应的平衡常数，所以反应的平衡常数； ②转化率50%：消耗，CO物质的量：设反应i消耗，生成x mol CO和x mol，反应ii消耗，消耗,生成和，平衡时CO的物质的量：，热量计算：反应i吸热：，反应ii放热：，总吸热：； （2）①吸收塔中离子方程式吸收生成：； ②因为再生塔中分解需吸热，再生塔中水蒸气可以提供热量，促进分解，也可以减小气态物质中浓度，促进其逸出； ③电化学还原为，阴极得电子：，同时AgCl/Ag电极析出Ag：； ④装置中的AgCl/Ag电极还能使“转化为CO的反应”比“析氢反应”更具竞争优势，其可能原因有AgCl中的氧化性强于电解质中的，优先放电；生成的Ag纳米颗粒可降低还原为CO的活化能，加快该反应的发生。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $