【化学】广州市天河区2023-2024学年高一上学期期末考试（解析版）

这是一份【化学】广州市天河区2023-2024学年高一上学期期末考试（解析版），共20页。试卷主要包含了5 Ti-48 Fe-56， 化学与生活密切相关， 如图是铁元素的价类二维图等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本题共16小题，共44分。第1-10小题，每小题2分；第11-16小题，每小题4分。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. 近年来，我国在材料的开发和应用方面取得了举世瞩目的成就。下列属于金属材料的是
A. 手机芯片使用的高纯硅B. 高速列车外壳使用的硬铝
C. 港珠澳大桥使用的混凝土D. C919使用的碳纤维复合材料
【答案】B
【解析】
【详解】A．高纯硅为无机非金属材料，A不符合题意；
B．硬铝是铝合金，属于金属材料，B符合题意；
C．混凝土属于传统无机非金属材料，C不符合题意；
D．碳纤维复合材料是由碳纤维与其他材料结合而成的高性能材料，属于复合材料，D不符合题意；
故选B。
2. 正确使用和理解化学用语是重要的科学素养。下列有关化学用语不正确的是
A. 35Cl-的微粒结构示意图：B. CO2的结构式：O=C=O
C. CH4的分子结构模型：D. H2O的电子式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．35Cl-离子核外有3个电子层，最外层有8个电子，氯离子的结构示意图：，故A正确；
B．二氧化碳分子中每个氧原子和碳原子有2个共用电子对，结构式为O=C=O，故B正确；
C．甲烷分子以碳原子为中心、四个氢原子为顶点形成正四面体结构，分子结构模型为：，故C正确；
D．水中存在两个氧氢键，氧原子最外层达到8电子稳定结构，水的电子式为，故D不正确；
答案选D。
3. 铷()原子钟是我国北斗导航卫星的“心脏”。下列有关铷的说法正确的是
A. 85Rb的原子核中含有85个质子B. 85Rb的中子数比质子数多11
C. 85Rb与87Rb互为同素异形体D. 85Rb与87Rb含有不同的电子数
【答案】B
【解析】
【详解】A．85Rb的原子核中质子数是37，质量数是85，故A错误；
B．85Rb中质子数是37，中子数为85-37=48，48-37=11，则85Rb的中子数比质子数多11，故B正确；
C．85Rb与87Rb是同一元素的不同原子，质子数相同而中子数不同，互称同位素，故C错误；
D．85Rb与87Rb是同一元素的不同原子，电子数相同，都是37，故D错误；
故选：B。
4. 化学与生活密切相关。下列有关物质用途与性质的说法正确的是
A. 小苏打可用作胃药，因为其受热易分解
B. “84”消毒液可用于杀菌消毒，因为该溶液具有强氧化性
C. Al2O3可用于制造耐火坩埚，因其具有两性
D. 维生素C与亚铁补血剂一起服用效果好，因维生素C具有氧化性
【答案】B
【解析】
【详解】A．小苏打用于抗酸药，不是因为它受热易分解，而是因为能够与胃酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，从而减少胃酸的酸度，达到抗敢酸的目的，故A错误；
B．“84”消毒液中含有次氯酸钠，具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故B正确；
C．Al2O3是离子化合物，离子之间以极强的离子键结合，熔化需消耗很高的能量，因此该物质的熔点高，可用于制作耐火坩埚，而不是因为其具有两性，故C错误；
D．硫酸亚铁和维生素C同时服用的原理是维生素C具有抗氧化作用，即还原性，能将难吸收的三价铁转化为二价铁，促使铁剂被吸收、利用，故D错误；
答案选B。
5. 分类是学习物质化学性质的重要方法之一。下列物质分类及相关性质不正确的是
A. AB. B
C. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．过氧化钠不是碱性氧化物，与酸反应生成盐和氧气和水，A错误；
B．铁是活泼金属，能与非氧化性酸反应生成氢气，B正确；
C．氢氧化铝属于两性氢氧化物，既能与酸反应、又能与碱反应，C正确；
D．酸性氧化物能与碱反应生成盐和水，SO2是酸性氧化物，故其能与碱反应生成盐和水，D正确；
答案选A。
6. 下列氯化物中，既能由金属和氯气直接化合制得，又能由金属和盐酸反应制得的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．铜和氯气生成氯化铜，但铜不能和盐酸反应，所以错误，不选A；
B．铁和氯气生成氯化铁，不是氯化亚铁，所以错误，不选B；
C．镁和氯气生成氯化镁，镁和盐酸反应生成氯化镁，所以正确，选C；
D．铁和氯气反应生成氯化铁，但铁和盐酸反应生成氯化亚铁，所以错误，不选D；
故选C。
7. CO2的转化是重要的减排策略，我国化学家用Ag/In2O3催化实现了CO2加氢制备CH3OH，原理如图。下列关于该反应的说法不正确的是
A. 该反应中CO2表现氧化性
B. 该反应每消耗3mlH2生成1mlCH3OH
C. 该反应过程中有极性共价键的断裂和生成
D. 该反应中的四种物质都是共价化合物
【答案】D
【解析】
【分析】由题干原理图示信息可知，该转化的总反应为：CO2+3H2CH3OH+H2O，据此分析解题。
【详解】A．碳元素化合价降低，作氧化剂，表现氧化性，A正确；
B．由总反应可知，该反应每消耗3mlH2生成1mlCH3OH，B正确；
C．由图可知，二氧化碳与氢气在催化剂表面发生反应生甲烷和水，其中二氧化碳断裂碳氧极性键、氢气断裂非极性键，形成碳氢极性键和氢氧极性键，该反应过程中有极性共价键的断裂和生成，C正确；
D．氢气为共价单质，不属于共价化合物，D错误；
答案选D。
8. 如图是铁元素的价类二维图。下列说法不正确的是
A. e在潮湿的空气中能转变为d
B. 能发生a→f→g→d→c的转化
C. b是一种黑色粉末，不稳定，具有磁性
D. h的某种盐，可用于水体的净化和杀菌消毒
【答案】C
【解析】
【分析】根据价类二维图可知，a为Fe，b为FeO，c为Fe2O3，d为Fe(OH)3，e为Fe(OH)2，f为亚铁盐，g为铁盐，h为高铁酸盐，据此作答。
【详解】A．e为Fe(OH)2，d为Fe(OH)3，Fe(OH)2在潮湿的空气中容易转变为Fe(OH)3，即4 Fe(OH)2+O2+2H2O=4 Fe(OH)3，A正确；
B．铁与非氧化性酸反应生成亚铁盐，亚铁盐被氧化剂氧化为铁盐，铁盐与碱反应生成氢氧化铁，氢氧化铁受热分解生成氧化铁，B正确；
C．b为氧化亚铁，黑色粉末，不稳定易被氧化，没有磁性，C错误；
D．h为高铁酸盐即含，具有强氧化性，能够杀菌消毒，自身被还原为铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，能够吸附悬浮杂质，起到净水作用，D正确；
答案选C。
9. 短周期元素A、B、C、D、E在周期表中所处位置如下图所示，A、C两元素的原子核外电子数之和等于D元素原子的质子数。下列说法不正确的是
A. 简单氢化物的沸点：A＜B
B. 简单气态氢化物的热稳定性：C>E
C. D位于元素周期表的第二周期ⅥA族
D. E单质与水反应所得溶液组成不稳定
【答案】C
【解析】
【分析】短周期元素A、B、C、D、E在周期表中所处位置如图所示，A、C两元素的原子核外电子数之和等于D元素原子的质子数，可推测出A为N，B为O，C为F，D为S，E为Cl。
【详解】A．NH3常温下为气体，H2O常温下为液体，故简单氢化物沸点H2O>NH3，A正确；
B．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，因为非金属性F>Cl，故简单气态氢化物的热稳定性HF>HCl，B正确；
C．D为S，位于元素周期表的第三周期ⅥA族，C错误；
D．E的单质为氯气，氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，次氯酸不稳定，见光易分解生成氯化氢和氧气，故E单质与水反应所得溶液组成不稳定，D正确；
答案选C。
10. V(钒)能形成多种不同颜色的离子，其转化关系如下图。下列说法不正确的是
A. V(钒)有+2、+3、+4、+5等多种化合价
B. 由图中转化可知，I-比V3+还原性强
C. 可加入氧化剂实现VO溶液由黄色转化为蓝色
D. 图中每步转化都涉及氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．黄色离子中V元素化合价为+5价，蓝色离子中V元素化合价为+4价，紫色离子中V元素化合价为+2价绿色离子中V元素化合价为+3价，即V元素有+2、+3、+4、+5等多种化合价，A正确；
B．碘离子可以使V元素的化合价从+5降低为+3，碘离子作还原剂，V3+为还原产物，故I-比V3+还原性强，B正确；
C．VO溶液由黄色转化为蓝色VO2+的过程中，V元素的化合价降低了，VO做氧化剂，即可加入还原剂实现VO溶液由黄色转化为蓝色，C错误；
D．图示中的转化都存在元素化合价的变化，都属于氧化还原反应，D正确；
答案选C。
11. 常温下，下列离子在指定的水溶液中能大量共存的是
A. pH=1的溶液中：Ba2+、K+、、
B. 含大量Fe3+的溶液中：Na+、Ca2+、I-、Br-
C. 无色透明的溶液中：K+、H+、、
D. 使酚酞变红的溶液中：K+、Na+、Cl-、
【答案】D
【解析】
【详解】A． pH=1的溶液中所含氢离子和反应，不能大量共存，A错误；
B．含大量Fe3+溶液中因Fe3+与I-发生氧化还原反应而不能大量共存，B错误；
C．无色透明的溶液中不会存在，C错误；
D．能使酚酞变红说明溶液呈碱性，选项中的离子均能在碱性环境下存在，D正确；
答案选D。
12. 向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴加入H2SO4，测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是
A. AB段溶液的导电能力不断减弱，说明BaSO4不是电解质
B. B处溶液的导电能力约为0，说明溶液中几乎没有自由移动的离子
C. a时刻Ba(OH)2溶液和稀H2SO4溶液恰好完全中和
D. BC段溶液的导电能力不断增强，主要是过量H2SO4电离出的离子导电
【答案】A
【解析】
【分析】溶液导电性与离子浓度成正比，向一定体积的Ba(OH)2中逐滴加入稀硫酸溶液至过量，AB段发生的离子反应方程式为Ba2++2OH-+2H++═BaSO4↓+2H2O，导致溶液中离子浓度减小，B点酸碱恰好完全反应生成硫酸钡和水，BC段溶液的导电能力不断增大，主要是由于过量的硫酸电离出的离子导电。
【详解】A．AB段反应生成硫酸钡沉淀，硫酸钡是不溶于水的强电解质，故A错误；
B．B处溶质是硫酸钡，在水溶液电离出的离子浓度极小，导电能力为0，说明溶液中几乎没有自由移动的离子，故B正确；
C．a时刻酸碱恰好完全反应生成硫酸钡和水，水电离程度很小，所以溶液几乎不导电，故C正确；
D．BC段稀硫酸过量，硫酸电离出阴阳离子而使溶液导电，故D正确；
答案选A。
13. 实验是科学研究的一种重要手段。下列实验装置能达到实验目的的是
A. AB. B
C. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯水具有漂白性，不能用pH试纸测氯水的pH，A错误；
B．用焰色试验检验化合物中是否含钾元素，需要透过蓝色钴玻璃观察焰色，B错误；
C．高温下铁粉与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，氢气具有可燃性，点燃肥皂泡可检验氢气，C正确；
D．无论打开还是关闭止水夹，氢氧化钠、硫酸亚铁溶液都不能混合，应该将左右两个具支试管的物质互换，利用产生的氢气排整个装置的空气，及产生压强差，使氢氧化钠溶液与硫酸亚铁溶液混合，D错误；
答案选C。
14. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 0.5ml/LH2SO4溶液中含有的H+数目为NA
B. 4.6gNa和足量H2O反应生成的H2分子数目为0.1NA
C. 标况下，11.2LH2O中含有H-O键的数目为NA
D. 1mlCl2和Fe充分反应，转移电子数为3NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．只有浓度没有H2SO4溶液体积，无法计算H+数目，故A错误；
B．4.6gNa物质的量为，Na与足量H2O反应方程式为2Na+2H2O=H2↑+2NaOH，0.2ml Na生成0.1ml H2，即H2分子数目为0.1NA，故B正确；
C．标况下，水为非气体，不能使用气体摩尔体积进行计算，故C错误；
D．1ml Cl2和Fe充分反应，Cl元素由0价降为-1价，转移电子数为2NA，故D错误；
故选：B。
15. 下列实验操作、现象及结论均正确的是
A. AB. B
C. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．向饱和Na2CO3溶液中通入CO2，溶液变浑浊，发生反应，则碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，A正确；
B．饱和FeCl3溶液逐滴滴入沸水中，继续煮沸至液体呈红褐色，所得即为氢氧化铁胶体，B错误；
C．白色沉淀可能是硫酸钡或氯化银，根据实验现象不能判断溶液中一定含有硫酸根离子，C错误；
D．氯离子、亚铁离子、亚硫酸根等都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，根据实验现象不能判断溶液中含有亚铁离子，D错误；
答案选A。
16. 侯德榜是我国近代化学工业的奠基人之一、“侯氏制碱法”的主要过程如下图(部分物质已略去)。
下列说法不正确的是
A. 气体Y为CO2
B. 操作b为过滤
C. 分离回收滤液可得NH4Cl和NaHCO3
D. 氨盐水中通入气体Y后，溶液中Na+浓度不变
【答案】D
【解析】
【分析】氨气易溶于水，CO2在水中的溶解度较小，所以将氨气通入饱和食盐水中，得到氨盐水，再通入CO2，则X为NH3、Y为CO2，发生反应：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，得到的悬浊液a中含有NaHCO3、NH4Cl，分离难溶性的固体和溶液采用过滤的方法，所以b为过滤，将得到的滤渣，洗涤、低温干燥、加热分解得到Na2CO3、CO2、水，再将CO2通入氨盐水中，使CO2循环利用，向母液中添加氯化钠，使氯化铵析出，用做氮肥。
【详解】A．通过以上分析知，Y为CO2，故A正确；
B．操作b为过滤，故B正确；
C．滤液中有可溶的NH4Cl及溶解的NaHCO3，所以分离回收滤液可得NH4Cl和NaHCO3，故C正确；
D．氨盐水中通入气体CO2后，发生反应：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，析出NaHCO3沉淀，溶液中Na+减少，故D错误；
故选：D。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17. 已知：A-N均为短周期元素，它们的最高(或最低)化合价和原子序数的关系如下图。
（1）M元素的原子结构示意图_______，D、E、F元素的简单离子半径由大到小的顺序为_______(用离子符号表示)。
（2）元素D和E构成的化合物中，有一种淡黄色物质具有强氧化性，其结构中含有的化学键类型为_______，该化合物和B的最高价氧化物反应的化学方程式为_______。
（3）由A、C、D三种元素构成的化合物中，属于共价化合物的是_______，属于离子化合物的是_______(各任写一种)。元素G的最高价氧化物和E的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式为_______。
（4）为比较元素M和N的非金属性，某小组同学设计实验进行探究。
【理论依据】氧化性较强的单质能置换出氧化性较弱的单质
【查阅资料】M单质为难溶于水的淡黄色固体
【实验方案】
【实验过程】
按照实验方案操作，观察到的现象与预测一致，写出该反应的化学方程式____________。
【实验结论】非金属性：M【答案】（1） ①. ②. r(O2-)＞r(Na+)＞r(Mg2+)
（2） ①. 离子键和非极性键 ②. 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
（3） ① HNO3 ②. NH4NO3 ③. 3H2O+Al2O3+2NaOH=2Na[Al(OH)4]
（4） ①. 取Na2S溶液于试管中，滴入少量新制氯水 ②. 溶液变浑浊(或产生黄色沉淀) ③. Na2S+Cl2=S↓+2NaCl
【解析】
【分析】A～N均为短周期元素，根据它们的最高(或最低)化合价与原子序数的关系知，A、B、C、D、E、F、G、M、N分别是H、C、N、O、Na、Mg、Al、S、Cl元素。
【小问1详解】
M元素为S元素，其原子核内有16个质子、核外有16个电子，则S原子结构示意图为；D、E、F元素的简单离子分别是O2-、Na+、Mg2+，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以D、E、F元素的简单离子半径由大到小的顺序为r(O2-)＞r(Na+)＞r(Mg2+)，故答案为：；r(O2-)＞r(Na+)＞r(Mg2+)；
【小问2详解】
元素D和E构成的化合物中，有一种淡黄色物具有强氧化性，为Na2O2，Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、过氧根离子中存在非极性键，所以过氧化钠中含有离子键和非极性键；该化合物和B的最高价氧化物CO2反应生成Na2CO3、O2，反应方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：离子键和非极性键；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
【小问3详解】
由A、C、D三种元素构成的化合物中，属于共价化合物的可以是HNO3，属于离子化合物的可以是NH4NO3；元素G的最高价氧化物Al2O3和E的最高价氧化物的水化物NaOH反应生成Na[Al(OH)4]，反应方程式为3H2O+Al2O3+2NaOH=2Na[Al(OH)4]，故答案为：HNO3；NH4NO3；3H2O+Al2O3+2NaOH=2Na[Al(OH)4]；
【小问4详解】
比较硫元素与氯元素非金属性，氯气能将硫离子氧化生成硫单质，操作为取Na2S溶液于试管中，滴入少量新制氯水，对应现象：溶液变浑浊(或产生黄色沉淀)；相应反应方程式：Na2S+Cl2=S↓+2NaCl，故答案为：取Na2S溶液于试管中，滴入少量新制氯水；溶液变浑浊(或产生黄色沉淀)；Na2S+Cl2=S↓+2NaCl。
18. Na2CO3和NaHCO3是厨房中常见的两种盐。回答下列问题：
（1）第一组同学配制500mL0.1ml/LNa2CO3溶液
①称取Na2CO3固体的质量为_______。
②配制溶液时，进行如下操作，正确的操作顺序是：_______(填标号)。
C→_______→_______→_______→A→E
③配制过程中，下列操作会造成结果偏低的有_______(填标号)。
A．容量瓶洗净后未干燥就进行实验
B．称量Na2CO3固体时，将砝码和药品的位置颠倒
C．在烧杯中溶解搅拌时，溅出少量溶液
D．定容时俯视刻度线
（2）第二组同学进行了如图的4组实验，探究Na2CO3和NaHCO3溶液与酸反应的差异。
已知：+H+=；+H+=H2O+CO2↑
其中可以鉴别Na2CO3和NaHCO3的实验组合是_______(填实验序号)。
（3）第三组同学比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性。
①利用如图实验比较两物质的稳定性，则甲的化学式为_______。
②取某Na2CO3和NaHCO3的混合物2.74g，加热到质量不再变化时，剩余固体的质量为2.12g，则混合物中NaHCO3的质量为_______。
（4）第四组同学设计如下实验，探究Na2CO3和NaHCO3溶液与CaCl2溶液反应的差异。
你认为能否用CaCl2溶液鉴别同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液？理由是_______。
【答案】（1） ①. 5.3g ②. B；D；F ③. BC
（2）①③ （3） ①. NaHCO3 ②. 1.68g
（4）能得出“能用CaCl2溶液鉴别同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液”的结论，理由是浓度较低的时候，与氯化钙反应产生较多白色沉淀的是碳酸钠，碳酸氢钠基本无现象
【解析】
【小问1详解】
①称取碳酸钠固体的质量为；
②配制溶液时，进行如下操作，正确的操作顺序是：溶解、转移、洗涤、定容、摇匀，排列顺序是C→B→D→F→A→E；
③A．容量瓶洗净后未干燥就进行实验，不影响溶液浓度，A不符合题意；
B．称量5.3gNa2CO3固体时，将砝码和药品的位置颠倒，称量固体质量偏小，配制溶液浓度偏低，B符合题意；
C．在烧杯中溶解搅拌时，溅出少量溶液，n偏小，配制溶液浓度偏低，C符合题意；
D．定容时俯视刻度线，V偏小，配制溶液浓度偏高，D不符合题意；
答案选BC；
【小问2详解】
盐酸滴加到碳酸钠溶液中发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，现象：开始时无明显现象，一段时间后产生气泡，盐酸滴加到碳酸氢钠溶液中发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，现象：立即产生气泡；实验①③可以鉴别；碳酸钠、碳酸氢钠滴加到盐酸中分别发生Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，现象：均立即有气泡产生，实验②④无法鉴别碳酸钠、碳酸氢钠；
【小问3详解】
①碳酸钠比碳酸氢钠稳定，碳酸钠受热不易分解，故碳酸钠应放在温度较高的位置，而碳酸氢钠受热易分解，放在温度较低的位置，则乙为碳酸钠，甲为碳酸氢钠；
②取某碳酸钠和碳酸氢钠混合物2.74g，加热到质量不再变化时，发生的反应为，固体减少的质量相当于碳酸的质量，根据，则固体中，；
【小问4详解】
能得出“能用CaCl2溶液鉴别同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液”的结论，理由是浓度较低的时候，与氯化钙反应产生沉淀的是碳酸钠，碳酸氢钠基本无现象。
19. 氯化钛(TiCl4)可用于制造烟幕、织物媒染剂、人造珍珠等。常温下为无色液体，沸点为136℃，与水剧烈反应产生白烟。实验室利用反应TiO2+C+2Cl2TiCl4+CO2↑制备TiCl4的装置如图所示。
回答下列问题：
（1）A中反应的离子方程式为_______。
（2）B中试剂为_______，F的作用是_______。
（3）E中生成3.8gTiCl4时，转移电子的物质的量为_______。
（4）TiCl4与水剧烈反应生成TiO2·xH2O和另一种酸性气体，反应的化学方程为_______。
（5）实验中发现F中有少量白烟产生，为避免此现象，改进措施是_______。
（6）G的作用为_______，G中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
【答案】（1）2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
（2） ① 饱和食盐水 ②. 冷凝收集TiCl4
（3）0.8ml （4）TiCl4+(x+2)H2O=TiO2•xH2O↓+4HCl↑
（5）在F、G之间接一个盛有浓硫酸的洗气瓶或将G装置换成盛碱石灰的干燥管
（6） ①. 处理尾气，防止污染环境 ②. 1∶1
【解析】
【分析】浓盐酸和KMnO4反应生成Cl2，该反应放热，A中溶液温度升高，导致部分水受热变为水蒸气，浓盐酸易挥发，所以得到的氯气中含有HCl、水蒸气，B中饱和食盐水用于除去HCl,TiCl4与水剧烈反应，C中浓硫酸用于干燥氯气，D中盛放无水硫酸铜检验水蒸气是否除尽，E中发生反应TiO2+C+2Cl2TiCl4+CO2得到TiCl4，TiCl4常温下为无色液体，所以F用于收集TiCl4，氯气有毒，不能直接排入空气中，G中Na2SO3用于处理尾气。
【小问1详解】
浓盐酸和KMnO4反应生成Cl2、KCl、MnCl2、H2O，则A中反应的离子方程式为2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
【小问2详解】
B中试剂为饱和食盐水，用于除去氯气中的氯化氢，F的作用是冷凝收集TiCl4，故答案为：饱和食盐水；冷凝收集TiCl4；
【小问3详解】
E中发生反应TiO2+C+2Cl2 TiCl4+CO2，n(TiCl4)==0.02ml,E中生成3.8gTiCl4时，消耗0.02ml C，转移电子的物质的量为0.2ml×4=0.8ml,故答案为：0.8ml；
【小问4详解】
TiCl4与水剧烈反应生成TiO2•xH2O和另一种酸性气体，根据元素守恒知，酸性气体是HCl,反应的化学方程式为TiCl4+(x+2)H2O=TiO2•xH2O↓+4HCl↑；
【小问5详解】
实验中发现F中有少量白烟产生，G中的水蒸气进入F装置，为避免此现象，改进措施是在F、G之间接一个盛有浓硫酸的洗气瓶或将G装置换成盛碱石灰的干燥管；
【小问6详解】
G的作用为处理尾气，防止氯气污染环境，G中发生的反应为Cl2+Na2SO3+H2O=2NaCl+H2SO4，该反应中氯气是氧化剂、Na2SO3是还原剂，则该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故答案为：处理尾气，防止污染环境；1∶1。
20. Ce2(CO3)3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe3O4等物质。以独居石为原料制Ce2(CO3)3的工艺流程如下：
已知：i.SiO2是酸性氧化物，难溶于水。
ii.该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
请回答下列问题：
（1）为提高“酸浸”效率，可采取的措施有_______(至少写两条)。
（2）“酸浸”的浸取液中含有的金属阳离子有Ce3+、_______，滤渣Ⅰ的主要成分是_______(填化学式)。
（3）“氧化”时反应的离子方程式为_______。
（4）“沉淀”时的pH范围是_______，检验溶液中铁元素是否沉淀完全的方法是_______。
（5）“沉铈”过程中，回收滤液可得到一种常见的肥料，其主要成分是_______，生成Ce2(CO3)3的离子方程式为_______。
【答案】（1）升高温度，粉碎独居石、加热
（2） ①. Al3+、Fe3+、Fe2+ ②. SiO2
（3）
（4） ①. 4.7pH<7.6 ②. 取反应后的溶液少量于试管中，向试管中滴入几滴硫氰化钾溶液，如果溶液不变红色，说明铁离子沉淀完全
（5） ①. (NH4)2SO4 ②.
【解析】
【分析】浓硫酸和独居石的混合物反应，CePO4转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，SiO2与硫酸不反应，Al2O3转化为Al2(SO4)3，Fe3O4转化为FeSO4和Fe2(SO4)3，后过滤，滤渣Ⅰ为二氧化硅，滤液主要含H3PO4、Ce2(SO4)3、Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3、FeSO4，加硫酸铁溶液除磷，滤渣Ⅱ为FePO4；加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，便于除去；氨水调pH将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3。
【小问1详解】
为提高“酸浸”效率，可采取的措施有适当升高温度，粉碎独居石、加热；
【小问2详解】
“酸浸”的浸取液中含有的金属阳离子有Ce3+、Al3+、Fe3+、Fe2+；滤渣Ⅰ的主要成分是SiO2；
【小问3详解】
“氧化”时反应的离子方程式为；
【小问4详解】
“沉淀”时Ce3+沉淀，Al3+和Fe3+完全沉淀，根据表格中溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，可知“沉淀”时的pH范围是4.7pH<7.6；检验溶液中铁元素是否沉淀完全，实际上是检验铁离子，用硫氰化钾溶液，其检验的方法是取反应后的溶液少量于试管中，向试管中滴入几滴硫氰化钾溶液，如果溶液不变红色，说明铁离子沉淀完全；
【小问5详解】
“沉铈”过程中，回收滤液可得到一种常见的肥料，其主要成分是(NH4)2SO4，生成Ce2(CO3)3的离子方程式为。
A
B
C
D
选项
物质
类别
相关性质
A
Na2O2
碱性氧化物
能够与酸反应生成盐和水
B
Fe
金属
能够与酸反应生成氢气
C
Al(OH)3
两性氢氧化物
既能与酸、又能与碱反应
D
SO2
酸性氧化物
能够与碱反应生成盐和水
A
B
C
D
E
A．测氯水的pH
B．检验化合物中是否含有钾元素
C．验证铁与水蒸气反应生成H2
D．制备Fe(OH)2
选项
实验操作
现象
结论
A
向饱和Na2CO3溶液中通入CO2
溶液变浑浊
溶解度：NaHCO3＜Na2CO3
B
向沸水中逐滴加入5-6滴饱和FeCl3溶液，持续加热
生成红褐色悬浊液
FeCl3与水反应产生Fe(OH)3胶体
C
向某溶液中先加入BaCl2溶液，再加入稀盐酸
产生白色沉淀
该溶液中一定含有
D
向某溶液中加入少量酸性KMnO4溶液
紫红色褪去
该溶液中含有Fe2+
实验操作
预测现象
____________
___________
实验组号
反应物
现象
物质
浓度/ml•L-1
CaCl2浓度/ml•L-1
是否有沉淀(室温)
气泡情况
室温
60℃水浴
A
NaHCO3
0.05
0.05
几乎没有沉淀
无
无
B
Na2CO3
0.05
0.05
有较多白色沉淀
无
无
C
NaHCO3
0.5
0.5
有大量白色沉淀
无
有明显气泡
D
Na2CO3
0.5
0.5
有大量白色沉淀
无
无
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Ce3+
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
7.6
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
9.0