【文档说明】安徽省芜湖市师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期4月期中考试化学试题 Word版含解析.docx，共(16)页，550.235 KB，由管理员店铺上传

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安徽师范大学附属中学2023-2024学年度第二学期期中考查高一化学试题可能用到的相对原子质量：N-14O-16S-32Cu-64第I卷（选择题共42分）一、选择题（本题共14小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1.物质的性质决定

用途。下列两者对应关系不正确的是A.生铁硬度大、抗压性强，可用于铸造机器底座B.氯化铁溶液有氧化性，可用于蚀刻不锈钢广告牌上的图形C.二氧化硫具有漂白性，食品中添加适量的SO2有防腐和抗氧化作用D.新型陶瓷碳化硅硬度很大，可用作砂纸和砂轮的磨料【答案】C

【解析】【详解】A．生铁为铁合金，硬度大、抗压性强，可用于铸造机器底座，故A正确；B．氯化铁溶液有氧化性，能氧化单质铁，所以可用于蚀刻不锈钢广告牌上的图形，故B正确；C．二氧化硫具有漂白性，但食品中添加适量的SO2有防

腐和抗氧化作用，是因为二氧化硫具有还原性，而不是因为其具有漂白性，故C错误；D．碳化硅为共价晶体，硬度大，所以新型陶瓷碳化硅硬度很大，可用作砂纸和砂轮的磨料，故D正确；故答案为：C。2.下列过程属于吸热反应的是A.浓硫酸溶于水B.硝酸铵溶于水C.碳酸氢钠溶于盐酸D.铁粉溶于盐酸【答案】C【解析】【

详解】A．浓硫酸溶于水是放热过程，且未发生化学反应，A项不符合题意；B．硝酸铵溶于水是吸热过程，且未发生化学反应，B项不符合题意；C．碳酸氢钠溶于盐酸反应生成氯化钠、水喝二氧化碳，属于吸热反应，C项符合题意；D．铁粉溶于盐酸是放热反应，D项不符合题意；故

选C。3.在指定溶液中下列离子能大量共存的是A.透明澄清的溶液：K+、Fe3+、2-4SO、-3NOB.能使紫色石蕊变红的溶液：Na+、Ba2+、[Al(OH)4]-、2-3SiOC.c(ClO-)=0.3mol/L的溶液：K+、

Na+、2-3CO、S2-D.加入Al能放出H2的溶液：Mg2+、+4NH、-3HCO、-3NO【答案】A【解析】【详解】A．透明澄清的溶液中，K+、Fe3+、2-4SO和-3NO不反应，能大量共存，故A正确；B．能使紫色石蕊变红的溶液呈酸性，酸性溶液中[Al(OH)4]-和2-3S

iO不能大量存在，同时Ba2+和2-3SiO能反应生成硅酸钡沉淀，即Ba2+和2-3SiO不能大量共存，故B错误；C．次氯酸根离子具有较强的氧化性，能氧化硫离子，所以c(ClO-)=0.3mol/L的溶液中，S2-不能大量存在，故C

错误；D．加入Al能放出H2的溶液，既可能呈酸性，也可能呈碱性，-3HCO在酸性及碱性溶液中均不能大量存在，Mg2+和+4NH在碱性溶液中不能大量存在，故D错误；故答案为：A。4.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下11.2LSO3中

所含原子数为2NAB.6molNO2与水完全反应时转移的电子数为4NAC.11.2LNO与11.2LO2混合气体的分子数为NAD.50mL16mol/L的浓硫酸与足量的Zn充分反应，生成的气体分子数为0.8NA【答案】B【解析】【详

解】A．标准状况下SO3是固体，11.2LSO3的物质的量不是0.5mol，所以其中所含原子数不为2NA，故A错误；B．NO2与水反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，消耗3molNO2转移电子的物质的量为2mol，则6molNO2与水完全反应时转移的电子数为

4NA，故B正确；C．题中未交代是否为标准状况，且一氧化氮与氧气反应：2NO+O2=2NO2，反应前后分子个数不相等，所以无法计算11.2LNO与11.2LO2混合气体的分子数，故C错误；D．50mL16mol/L的浓硫酸

中n(H2SO4)=50×10-3L×16mol/L=0.8mol，浓硫酸与足量的Zn充分反应，开始时发生24422Zn+2HSO(=ZnSO+SO+HO浓），随着反应的进行，硫酸变稀，后发生反应Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，所以生成的气体

分子数小于0.8NA，故D错误；故答案为：B。5.下列气体除杂的方法中，不能达到目的的是选项气体(杂质)除杂方法ANO(NO2)通过NaOH溶液洗气BCO2(SO2)通过饱和NaHCO3溶液洗气CN2(O2)通过灼热的铜网DCl2(HCl)通过饱和食盐水洗气A.AB.

BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．NO2与NO的混合气体能与NaOH溶液反应：NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O，故A错误；B．亚硫酸酸性强于碳酸，所以SO2能与饱和NaHCO3溶液反应生成二氧化碳：SO2+2NaHCO3=Na2SO3+H2O+2CO2，故B正确；C．

O2能与灼热的铜网反应，即能被灼热的铜网吸收，转化成固态氧化铜，而氮气不与灼热的铜网反应，故C正确；D．HCl极易溶于水，可溶于饱和食盐水中，而饱和食盐水能抑制Cl2的溶解，即减少Cl2的溶解，故D正确；故答案为：A。6.已知前四周期元素X、Y、Z、M、Q和R在周期表中的相对位置如图所示，

其中M与Q能以原子个数比1:2或1:3化合。下列说法不正确的是A.X的单质可以作半导体材料B.ZH3的还原性强于H2MC.R是非金属性最强的元素D.Z、M的最高价氧化物对应水化物的浓溶液均具有强氧化性【答案】D【解析】

【分析】已知前四周期元素X、Y、Z、M、Q和R在周期表中的相对位置如图所示，则Q和R位于元素周期表第二周期、Z、M位于元素周期表第三周期、X、Y位于元素周期表第四周期，其中M与Q同主族且能以原子个数比1:2或1:3化合，所以M与Q分别为S、O，因此X、Y、Z、M、Q和R分别为Ge、As、

P、S、O、F。【详解】A．X为Ge，其处于金属与非金属的分界线处，所以Ge单质可以作半导体材料，故A正确；B．Z为P、M为S，P、S位于同一周期，同一周期从左至右元素非金属性递增，元素原子得电子能力增强、最低价失电子能力减弱，即氢化物还

原性减弱，所以PH3的还原性强于H2S，故B正确；C．R为F，F是非金属性最强的元素，故C正确；D．Z为P、M为S，P、S的最高价氧化物对应水化物分别为H3PO4、H2SO4，其中只有浓H2SO4具有强氧化性，故D错误；故答案为：D。7.某溶液中

存在以下离子：-3NO、2-4SO、Al3+、H+和R，其物质的量之比2:3:1:3:1，则R可能为A.Mg2+B.Br-C.Fe2+D.Ba2+【答案】A【解析】【详解】据溶液呈电中性，设R带x个电荷，则有-2-3++34n(NO)+2n(SO)=3n(Al)+n(H)

+xn(R)，又-3NO、2-4SO、Al3+、H+和R的物质的量之比2:3:1:3:1，设其物质的量分别为2mol、3mol、1mol、3mol、1mol，代入得2×1+3×2=1×3+3×1+1×x，解得x=+2，即R为带2个单位正电荷的阳离子，但Fe2+与-3NO在酸性

条件下发生氧化还原反应而不能大量共存，2-4SO与Ba2+不能大量共存，故答案为：A。8.类比推理是研究物质性质的常用方法，下列推理正确的是A.已知Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，推测Na2O2

与SO2反应生成Na2SO3和O2B.浓硫酸与Na2SO3反应可以制备SO2，推测浓硫酸与Na2S反应可以制备H2SC.已知Fe与S能直接化合生成FeS，推测Cu与S可直接化合生成Cu2SD.SO2通入BaCl2溶液不产生沉淀，推测SO2通入Ba(NO3)2溶液也不产生沉淀【答

案】C【解析】【详解】A．已知Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，但SO2具有比较强的还原性、而Na2O2具有比较强的氧化性，所以Na2O2与SO2反应不能生成Na2SO3和O2，应发生氧化还原反应生成硫酸钠，故A错误；B．浓硫酸与Na2SO3反应可以制备SO2，但

H2S具有比较强的还原性、而浓硫酸具有比较强的氧化性，所以浓硫酸与Na2S应发生氧化还原反应，即不能制备H2S，故B错误；C．S的氧化性较弱，只能把变价金属氧化成较低价态，所以Fe与S能直接化合生成FeS，则Cu与S

可直接化合生成Cu2S，故C正确；D．SO2通入BaCl2溶液不产生沉淀，是因为盐酸酸性强于亚硫酸，SO2通入Ba(NO3)2溶液中，二氧化硫溶于水使溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，能氧化二氧化硫，生成硫酸根离子，所以会产生硫

酸钡沉淀，故D错误；故答案为：C。9.设计如图所示的原电池装置，既能使NH3和NO2转化为对环境无污染的物质，又能充分利用化学能。下列有关说法不正确的是A.电极A为负极，发生氧化反应B.当有4.48LNO

2(标准状况)被处理时，转移电子物质量为0.4molC.电流从电极B经导线流向电极A，再经电解质溶液回到电极BD.为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜【答案】B【解析】【分析】NH3和NO2转化为对环境无污染的物质，即

转化为N2，从图中可知左池通入氨气生成氮气，氮元素化合价升高、失电子发生氧化反应，所以电极A为负极，其电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，则电极B为正极，其电极反应式为2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-。【详解】A．据以上

分析可知，电极A为负极，发生氧化反应，故A正确；B．当有4.48LNO2(标准状况)被处理时，即消耗0.2mol二氧化氮时，由电极反应式2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-可知，转移电子的物质的量为0.8mol，故B错误；C．电极A为负极、电极B为正极，原电池中电流在外电路由正极流向负极

、在内电路由负极流向正极，的所以电流从电极B经导线流向电极A，再经电解质溶液回到电极B，故C正确；D．为使电池持续放电，正极区生成的氢氧根需不断通过阴离子交换膜进入负极区，即离子交换膜需选用阴离子交换膜，故D正确；故答案为：B。10.按图所示装置（部分夹持装置略）检验浓硫酸与木炭反应的产

物。下列说法正确的是A.Ⅰ中烧瓶内的反应体现了浓硫酸的酸性和强氧化性B.Ⅱ中无水硫酸铜可替换无水2CaClC.Ⅲ中溶液褪色，证明产物中有2SOD.Ⅳ中溶液褪色且Ⅴ中产生沉淀，证明产物中一定有2CO【答案】C【解析】【分析】I中发生的反应为：24222C+2

HSOCO+2SO+2HO△（浓），通过Ⅱ对产生的水进行检验，Ⅲ可以验证SO2的漂白性，Ⅳ可以验证SO2的还原性，V可以检验CO2的生成，但由于未知SO2是否除尽，不一定是CO2让其产生沉淀，据此作答。【详解】

A．浓硫酸与木炭共热发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，硫元素化合价全部降低，体现浓硫酸强氧化性，未体现酸性，故A错误；B．无水硫酸铜的作用是检验生成的水，通过观察颜色的变化检验水，无水氯化钙可以吸水，但是无水氯化钙无颜色变化，故B错误；C．品红褪色证明二氧化硫

的存在，故C正确；D．澄清石灰水变浑浊，并不能证明产物中一定有CO2，原因为二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊，故D错误；故选：C。11.下列由实验现象所得结论正确的是为A.向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变为黄色，证明H2O2氧化性大于

Fe3+B.将某无色气体通入淀粉-KI溶液，溶液变蓝，证明该气体具有氧化性C.过量NH3与Cl2混合有白烟生成，证明NH3与Cl2发生化合反应生成NH4ClD.往6mL0.1mol/LFeCl3溶液中滴加10滴0.1mol/LKI溶液，

加入5mLCCl4，振荡，取上层清液滴加KSCN溶液，呈红色，证明该反应是可逆反应【答案】B【解析】【详解】A．酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，所以向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2

O2溶液，溶液变为黄色，不能证明H2O2氧化性大于Fe3+，故A错误；B．将某无色气体通入淀粉-KI溶液，溶液变蓝，则碘化钾被氧化为碘单质，即能证明该气体具有氧化性，故B正确；C．过量NH3与Cl2混合有白烟生成，白烟是NH4Cl，但NH4Cl是由氨气和氯化氢反

应生成的，即2NH3+3Cl2=N2+6HCl、NH3+HCl=NH4Cl(或8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl)，不是NH3与Cl2发生化合反应生成的，故C错误；D．往6mL0.1mol/LFeCl3溶液中滴加

10滴0.1mol/LKI溶液，加入5mLCCl4，振荡，取上层清液滴加KSCN溶液，呈红色，说明上层清液中含有铁离子，但该铁离子可能是由氯化铁溶液过量而剩余的，即不能证明该反应是可逆反应，故D错误；故答案为：B。12.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两

者具有因果关系的是实验现象结论A将过量铁粉加入硝酸中充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈红色.稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B将铜粉加入1.0mol·L-1的Fe2(SO4)3溶液中溶液变蓝，有黑色固体出现金属Fe

比Cu活泼C向Na2SiO3溶液中通入足量的CO2产生白色胶状物质非金属性：C＞Si.D用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应火焰呈黄色证明该溶液一定为钠盐溶液A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.过量铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，向反应后的溶液中滴加硫氰

化钾溶液，溶液不会变红色，故A错误；B.铜粉与硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，不会有黑色固体出现，故B错误；C.非金属元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，碳元素的非金属性强于硅元素，碳酸的酸性强于硅酸，则硅酸钠溶液与过量二氧化碳反应能生成硅酸沉淀

和碳酸氢钠，故C正确；D.用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色证明该溶液一定含有钠离子，可能为钠盐溶液，也可能为氢氧化钠溶液，故D错误；故选C。13.在实验中,通过关闭a阀门、打开弹簧夹，在c处挤

压胶头滴管，使水进入烧瓶，并打开b阀门,实现了喷泉实验，同时利用电脑绘制了三颈瓶内压强的变化曲线。正确的说法是A.生成的氨气也可以采用加热NH4Cl固体来制备B.喷泉实验结束后，发现水未充满三颈烧瓶，一定是因为装置的气密性不好C.图2喷泉实验瓶内压强变化曲线表明E点时喷泉最剧烈D.同温同压

下，等体积两圆底烧瓶内分别充满NH3和NO2后进行喷泉实验，结束后两烧瓶中溶质的物质的量浓度之比是1:1【答案】D【解析】【详解】A．加热NH4Cl固体会生成氨气和HCl，生成的氨气和HCl遇冷重新结构成

氯化铵，无法得到氨气，故A错误；B．水未充满三颈烧瓶，可能是装置气密性不好，也可能是收集的氨气不纯，故B错误；C．压强减小最多时喷泉最剧烈，图中C点时喷泉最剧烈，故C错误；D．设烧瓶体积为22.4L，则氨气的物质的量为mmolV22.4，形成的溶液体积为22.4L，氨水的物质的量浓

度为：mmmolV1mol/L22.24LV2.4=；若为NO2，则NO2的物质的量为mmolV22.4，根据反应2233NO+HO=2HNO+NO，可知反应生成的硝酸的物质的量为：ml222.4moV3，形成的溶液体积为222.4L3

，所得硝酸溶液中物质的量浓度为：mm2molV31mol/L2V22.24L.324=，两烧瓶中溶质的物质的量浓度之比是1:1，故D正确；故选：D。14.为测定Cu和Cu2O混合粉末中Cu的含量。某同学将44.8gCu和Cu2O混合粉末加入500mL4.5mol/L的稀硝酸中,得到6.

72LNO(标准状况下),忽略溶液体积的变化。下列说法正确的是A.反应后有固体剩余B.混合粉末中Cu的质量分数约为37%C.反应后的溶液中c(Cu2+)=1.2mol/LD.在反应后的溶液中加入足量铁粉,可置换

出41.6gCu【答案】D【解析】【分析】500mL4.5mol/L稀硝酸中n(HNO3)=0.5L×4.5mol/L=2.25mol，6.72LNO(标准状况下)的物质的量为0.3mol，则反应后溶液中剩

余的-3n(NO)=2.25mol-0.3mol=1.95mol，若全都以硝酸铜存在，则其物质的量为1.95mol=0.975mol2，若44.8g全是Cu，则n(Cu)=44.8mol=0.7mol64、若44.8g全是Cu2O，则n(Cu2O)=44.8mol=0.31mol144，即硝酸铜的

物质的量最大为0.7mol，0.7mol＜0.975mol，所以固体混合物全部溶解、硝酸过量。【详解】A．据以上分析可知，反应后固体无剩余，故A错误；B．设混合粉末中Cu和Cu2O的物质的量分别为x、y，则其质量之和为44.8g，共转移电子3×0.3

mol=0.9mol，即64x+144y=44.8、2x+2y=0.9，解得x=0.25mol、y=0.2mol，所以Cu的质量分数约为0.2564100%=35.7%44.8，故B错误；C．反应前Cu原子总物质的量为(0.25+0.2×2)=0.65mol，反应前后Cu原子物质的量守恒，所以

反应后的溶的液中c(Cu2+)=0.65mol/L=1.3mol/L0.5，故C错误；D．在反应后的溶液中n(Cu2+)=0.65mol，则加入足量铁粉，可置换出0.65molCu，即0.65mol×64g/mol=41.6

gCu，故D正确；故答案为：D。第II卷（非选择题共58分）二、填空题（本题共4小题，共58分）15.三位科学家“发现和合成量子点”获得2023年诺贝尔化学奖。量子点又称为半导体荧光纳米晶，主要是由ⅡB-ⅥA族元素(如CdS、CdSe、ZnSe等)和ⅢA-ⅤA族元

素(如GaN、InP、InAs等)组成的纳米颗粒，元素周期表从此有了第三个维度。元素周期表反映元素之间的内在联系，是研究物质性质的重要工具。下表列出了a~h8种元素在周期表的位置，请回答下列问题：周期族ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02ab3cdefg4h（1）e原子结构示意图为

：___________。（2）Ga与d同族。Ga与d两种元素最高价氧化物对应的水化物碱性较强的是_________(填化学式)。（3）CdSe量子点中的Se是34号元素，在周期表中的位置是______；Se与

f的简单氢化物稳定性较弱的是___________(填化学式)。（4）单质c在单质b中燃烧所得产物的电子式为______，该产物与a的最高价氧化物反应的化学方程式为_____。（5）单质g通入石灰乳中制备漂白粉的原理________(用离子方程式表

示)。【答案】（1）（2）Ga(OH)3（3）①.第四周期第ⅥA族②.H2Se（4）①.②.2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2（5）Ca(OH)2＋Cl2=Ca2++Cl-＋ClO-＋H2O【解析】【分析】根据各元素在周期表的位置可知，a为C、

b为O、c为Na、d为Al、e为P、f为S、g为Cl、h为K。【小问1详解】e为P，P的原子序数为15，其原子结构示意图为：；【小问2详解】d为Al，Ga与Al同主族，Ga在Al的下一周期，同一主族元素，从上至下原子序数递增、电子层数增多、原子半

径增大、元素金属性增强，元素的最高价氧化物对应的水化物碱性增强，所以元素最高价氧化物对应的水化物碱性较强的是Ga(OH)3；【小问3详解】CdSe量子点中的Se是34号元素，在周期表中的位置是第四周期第ⅥA族；S

e与S同主族，Se在S的下一周期，同一主族从上至下元素非金属性递减，简单氢化物稳定性减弱，所以Se与S简单氢化物稳定性较弱的是H2Se；【小问4详解】单质c为Na、单质b为O2，Na在O2中燃烧所得产物为Na2O2，Na2O2的电子式为；a为C元素，C的最高价氧化物为CO2，N

a2O2与CO2反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；【小问5详解】单质g为Cl2，Cl2通入石灰乳中制备漂白粉的原理为Ca(OH)2＋Cl2=Ca2++Cl-＋ClO-＋H2O。16.硅、硫、氮等非金属元素在化工生产中扮演着重要角色。（1）下列物

品或设施：①陶瓷餐具②门窗玻璃③水晶镜片④硅太阳能电池⑤光导纤维⑥手机芯片。直接使用了硅单质的是_______(用序号填空)。（2）写出实验室用Cu制备2SO的化学方程式：_______（3）下列五种有色溶液与2SO作用均能褪色

①品红溶液②酸性4KMnO溶液③溴水④滴有酚酞NaOH溶液⑤淀粉-碘溶液体现了2SO还原性的是(用序号填空)_______。（4）氮氧化物(NO、2NO)、2SO会造成的环境问题有_______(写一种即可)。的（5

）如图包含气体发生装置和收集装置(部分装置的夹持仪器已省略)，实验室制备并收集2NO，制备原理为_______(用化学方程式表示)；应选择的装置是_______(填字母)。（6）选用图B制备3NH的化学反应方程式：_______【答案】（1

）④⑥（2）Cu+2H2SO4(浓)ΔCuSO4+2H2O+SO2↑（3）②③⑤（4）光化学烟雾、酸雨等（5）①.Cu+4HNO3(浓)Δ==Cu(NO3)+2H2O+2NO2↑②.AD（6）Ca(OH)2+2NH4ClΔCaCl2+2H2O+2NH3↑【解析】【小问1详解】①陶

瓷餐具的成分是硅酸盐；②门窗玻璃的主要成分是硅酸盐；③水晶镜片的主要成分是SiO2；④硅太阳能电池的成分是单质硅；⑤光导纤维的主要成分是SiO2；⑥手机芯片的成分是单质硅；直接使用了硅单质的是④⑥。【小问2详解】实验室用Cu和浓硫酸在加热条件下制备2SO，反应的化学方程式为Cu+2H2

SO4(浓)ΔCuSO4+2H2O+SO2↑；【小问3详解】①2SO使品红溶液褪色，体现2SO的漂白性；②2SO使酸性4KMnO溶液，体现2SO的还原性；③2SO使溴水褪色，体现2SO的还原性；④2SO使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，体现2SO酸性氧化物的性质；⑤2SO使淀粉-碘溶液

褪色，体现2SO的还原性；体现了2SO还原性的是②③⑤；【小问4详解】氮氧化物(NO、2NO)、2SO会造成的环境问题有光化学烟雾、酸雨等；【小问5详解】实验室用铜和浓硝酸反应制备2NO，制备原理为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)+2

H2O+2NO2↑；固体和液体不加热制备2NO，2NO密度比空气大，用向上排空气法收集2NO，应选择的装置是AD；【小问6详解】装置B适合加热固体制取气体，选用图B用氯化铵和氢氧化钙反应制备3NH，反应的化学反应方程式为Ca(

OH)2+2NH4ClΔCaCl2+2H2O+2NH3↑。17.金属钛硬度大、熔点高、耐腐蚀，易被氧化，被誉为“未来金属”。以钛铁矿(主要成分FeTiO3)为主要原料冶炼金属钛，生产的工艺流程图如图，其中钛铁矿与浓硫酸发生反应的化学方程式为：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4

+FeSO4+2H2O。已知TiO2熔点为1850℃，回答下列问题：（1）生产时将钛铁矿粉碎后再与浓硫酸反应，其目的是_____；钛酸亚铁(FeTiO3)中钛元素的化合价为_____价。（2）滤液Ⅰ冷却结晶获得绿矾(FeSO4·7

H2O)的实验操作依次为___、____、过滤、洗涤、干燥(填写操作名称)。（3）滤液Ⅱ中主要物质是TiOSO4，反应①的化学方程式是_____________。（4）反应②生成TiCl4和CO，其化学反应方程式________。（5）CO与H2反

应可制备CH3OH，由CH3OH和O2构成的质子交换膜燃料电池总反应为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，负极的电极反应式为______。若外电路中转移2mol电子，则上述燃料电池所消耗的O2在标准状况下的体积为______L。【答案】（1）①.

增大接触面积，加快酸浸速率或提高Ti的浸出率等②.+4（2）①.蒸发浓缩②.冷却结晶（3）422423TiOSO+2HOHSO+HTiO为（4）224TiO+2Cl+2CTiCl+2CO高温（5）①.CH3

OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+②.11.2【解析】【分析】钛铁矿的主要成分为FeTiO3，钛铁矿与浓硫酸发生反应：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O，往其中加入水和铁粉，沉降分离，滤液I中含有Ti

OSO4、FeSO4，冷却结晶析出绿矾，过滤出绿矾，滤液II中含有TiOSO4，加水、加热生成硫酸和H2TiO3沉淀，过滤出H2TiO3，H2TiO3煅烧生成TiO2，TiO2和C、Cl2在高温条件下反应生成TiCl4、CO，TiCl4和Mg在高温条件下反应

生成Ti和MgCl2。【小问1详解】生产时将钛铁矿粉碎后再与浓硫酸反应，其目的是增大接触面积，加快酸浸速率或提高Ti的浸出率等；钛酸亚铁(FeTiO3)中O元素化合价为-2价、Fe元素化合价为+2价，则钛元素的化合价为+4价；【小问2详解】滤液Ⅰ冷却结晶获得绿矾(

FeSO4·7H2O)的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；【小问3详解】滤液Ⅱ中主要物质是TiOSO4，据图示可知反应①是往滤液中加水后加热，过滤即可得硫酸和H2TiO3沉淀，所以其反

应的化学方程式是422423TiOSO+2HOHSO+HTiO；【小问4详解】据图示可知反应②的反应物有TiO2、C和Cl2，反应的条件为高温，生成物为TiCl4和CO，则其反应的化学方程式为224TiO+2Cl+2CTiCl+2CO高温；【小问5详解】CO与H2

反应可制备CH3OH，由CH3OH和O2构成的质子交换膜燃料电池总反应为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，其中甲醇中碳元素化合价为-2价、二氧化碳中碳元素化合价为+4价，所以负极的电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+；正极反应式为O2+4e

-+4H+=2H2O，既消耗1mol氧气转移4mol电子，所以若外电路中转移2mol电子，则上述燃料电池所消耗的O2的物质的量为0.5mol，其在标准状况下的体积为11.2L。18.Na2S2O5可用作防腐剂、棉布漂白后

脱氯剂。某兴趣小组欲利用如图装置制备Na2S2O5。步骤：检验装置气密性后装入药品。打开弹簧夹和仪器a的活塞,逐滴滴入70%硫酸,在碳酸钠悬浊液中通入SO2至悬浊液变澄清后又析出大量晶体时,关闭活塞,将C装置中的反应液过滤﹑洗涤、干燥,即得

Na2S2O5晶体。（1）仪器a的名称为______________。（2）B装置的作用是______________。（3）C装置中的反应分两步进行，第一步为Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2,该反

应能发生的原因为______________;第二步为NaHSO3转化成Na2S2O5,写出该步反应的化学方程式:___________。（4）C装置中的反应液过滤后，用饱和SO2水溶液洗涤，其目的是____________

。（5）D装置中NaOH溶液的作用是______________。（6）已知Na2S2O5不稳定,在空气中易被氧化成Na2SO4，与强酸反应生成相应的盐和SO2，请设计简单实验检验Na2S2O5是否变质:___________。【答案】（1）分液漏斗（2）安全瓶，防止倒吸（3）①.亚硫酸的

酸性比碳酸强②.322522NaHSONaSOHO=+（4）减少Na2S2O5在水中的溶解（5）吸收未反应完的2SO气体,防止污染环境（6）取少量固体于试管中，加入足量盐酸，再加入几滴氯化钡溶液，若有白色沉淀出现，则225NaSO已变质，反之，未

变质【解析】【分析】装置A中用亚硫酸钠固体和70%的硫酸制取二氧化硫，B为安全瓶，起防倒吸的作用，将二氧化硫通入装置C中，和其中的碳酸钠悬浊液反应生成亚硫酸氢钠，之后将得到的亚硫酸氢钠转化为Na2S2O5，由于二氧化硫有毒

，用氢氧化钠溶液进行尾气吸收。【小问1详解】根据仪器a的构造可知，其名称为分液漏斗；【小问2详解】B装置的作用是安全瓶，防止倒吸；【小问3详解】二氧化硫和水生成亚硫酸，由于亚硫酸酸性强于碳酸，所以反应Na

2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2能够发生；亚硫酸氢钠转化为Na2S2O5，反应中没有元素化合价变化，其反应的化学方程式为322522NaHSONaSOHO=+；【小问4详解】C装置中的反应液过滤后，用饱和SO2水溶液洗涤，其目的是减少Na2S2O

5在水中的溶解；【小问5详解】二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，所以D装置中NaOH溶液的作用是吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气；【小问6详解】Na2S2O5不稳定，在空气中易被氧化成Na2SO4，所以检验Na2S2O

5是否变质，即检验样品中是否含有硫酸钠，应先加入过量的盐酸酸化后，再加入氯化钡溶液，其方法是取少量固体于试管中，加入足量盐酸，再加入几滴氯化钡溶液，若有白色沉淀出现，则225NaSO已变质，反之，则未变质。