廣東省揭陽市梅云中學2023年高三化學聯(lián)考試題含解析

廣東省揭陽市梅云中學2023年高三化學聯(lián)考試題含解析一、單選題（本大題共15個小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，共60分。）1.短周期元素R、X、Y、W的部分信息如下表所示：元素代號RXYW原子半徑/nm0.0770.0740.1860.099主要化合價＋4、－4－2＋1＋7、－1已知Y和W位于同一周期。下列有關說法不正確的是（

）A．簡單的離子半徑由小到大排序：Y、X、WB．X的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性一定比R的強C．R、X和Y可以組成含共價鍵的離子化合物D．在R、X、W的氫化物中，X的沸點最高參考答案：D依題意，R為碳，X為氧，Y為鈉，W為氯。A項，Na+、Cl-、O2-的半徑由小到大排序：r(Na+)＜r(S2-)＜r(Cl-)，正確；B項，H2O的穩(wěn)定性比CH4的強，正確；C項，Na2CO3中含離子鍵和共價鍵，正確；D項，碳的氫化物為烴類，在常溫下可能呈固態(tài)、液態(tài)，故有些烴的沸點高于水的沸點，錯誤。2.設NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列有關NA的敘述中正確的是（）A．在標準狀況下，1molO2與1molCCl4的體積相同B．1molNa2O2固體中含離子總數(shù)為4NAC．在相同條件下，相同體積的CO、N2的混合氣體與氫氣的分子數(shù)、原子數(shù)都相同D．7.1gCl2與5.6gFe反應，轉移的電子總數(shù)為0.3NA參考答案：C考點：阿伏加德羅常數(shù)．專題：阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律．分析：A、標況下，四氯化碳為液態(tài)；B、Na2O2由O22﹣和Na+構成；C、根據(jù)阿伏伽德羅定律來分析；D、根據(jù)鐵和氯氣的物質的量結合化學方程式來解題．解答：解：A、標況下，四氯化碳為液態(tài)，故A錯誤；B、Na2O2由O22﹣和Na+構成，故1molNa2O2含1molO22﹣和2molNa+，即由3mol離子構成，故B錯誤；C、根據(jù)阿伏伽德羅定律可知，同溫同壓下相同體積的CO、N2的混合氣體與氫氣的物質的量相同，故分子數(shù)相同，而CO、N2與氫氣均為雙原子分子，故原子數(shù)也相同，故C正確；D、5.6g鐵的物質的量為0.1mol，7.1g氯氣的物質的量也為0.1mol，由反應可知，鐵過量，0.1mol氯氣完全反應變?yōu)椹?價，故轉移0.2mol電子，故D錯誤．故選C．點評：本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關計算，熟練掌握公式的使用和物質的結構是解題關鍵，難度不大．3.利用海水提取溴和鎂的過程如下，下列說法不正確的是（）A．工業(yè)溴中含少量Cl2，可用NaOH溶液除去B．工業(yè)上常利用電解熔融MgCl2冶煉金屬鎂C．富集溴元素過程中，空氣吹出法利用了溴易揮發(fā)的性質D．若提取1molBr2，至少需要標準狀況下44.8L的Cl2參考答案：A【考點】海水資源及其綜合利用．【專題】物質的分離提純和鑒別．【分析】依據(jù)流程分析，海水中加入氫氧化鈣沉淀鎂離子生成氫氧化鎂沉淀，過濾后在沉淀中加入鹽酸溶解，得到氯化鎂溶液，通過濃縮蒸發(fā)，冷卻結晶得到氯化鎂晶體，在氯化氫氣流中加熱失水得到無水氯化鎂，電解熔融氯化鎂得到金屬鎂；海水濃縮曬鹽得到鹵水中通入氧化劑氯氣氧化溴離子得到溴單質，2Br﹣+C12=Br2+2Cl﹣，吹入熱的空氣用二氧化硫吸收富集溴SO2+Br2+2H2O=4H++2Br﹣+SO42﹣，通入氯氣發(fā)生氧化還原反應生成單質溴．A．氫氧化鈉能和溴反應，而被除去；B．電解熔融MgCl2生成鎂和氯氣；C．先用空氣和水蒸氣吹出單質溴，再用SO2將其還原吸收轉化為HBr，達到富集的目的；D．依據(jù)離子方程式計算得到需要的氯氣體積．【解答】解：A．工業(yè)溴中含少量Cl2，用NaOH溶液除去，溴和氫氧化鈉反應生成溴化鈉、次溴酸鈉和水，反應的化學方程式為：Br2+2NaOH═NaBr+NaBrO+H2O，溴被除去，故A錯誤；B．從MgCl2溶液中得到MgCl2固體，電解熔融氯化鎂得到金屬鎂和氯氣，反應的化學方程式為：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑，故B正確；C．海水提取溴一般用氯氣置換溴離子轉化為溴單質，用空氣和水蒸氣吹出單質溴，再用SO2將其還原吸收轉化為HBr，達到富集的目的，故C正確；D．若提取1molBr2，依據(jù)2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，消耗氯氣物質的量為：1mol，標準狀況下體積為V=nVm=1mol×224.4L/mol=44.8L，故D正確；故選A．【點評】本題考查了海水資源的綜合應用，為高頻考點，涉及物質的分離提純等知識，側重于化學與生活的綜合運用，培養(yǎng)了學生運用知識分析問題的能力，題目難度中等．4.已知一種c（H+）=1×10﹣3mol/L的一元酸溶液和一種c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L的一元堿溶液等體積混合后溶液呈堿性，生成的鹽可能是（）A．強酸強堿鹽 B．強酸弱堿鹽C．強堿弱酸鹽 D．上述三種鹽均可能參考答案：B考點：酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算．

分析：c（H+）=1×10﹣3mol/L的一元酸溶液和一種c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L的一元堿溶液等體積混合后溶液呈堿性，說明堿有剩余，可能是堿部分電離而酸完全電離，所以可能是堿為弱堿、酸為強酸，據(jù)此分析解答．解答：解：c（H+）=1×10﹣3mol/L的一元酸溶液和一種c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L的一元堿溶液等體積混合后溶液呈堿性，說明堿有剩余，可能是堿部分電離而酸完全電離，所以可能是堿為弱堿、酸為強酸，則生成的鹽可能是強酸弱堿鹽，故選B．點評：本題考查酸堿混合溶液定性判斷，為高頻考點，明確酸堿相對強弱與其鹽溶液酸堿性關系是解本題關鍵，題目難度不大5.下列各組離子一定能大量共存的是（）

A．在含有大量［Al(OH)4］－的溶液中：NH4＋、Na＋、Cl－、H＋

B．在強堿溶液中：Na＋、K＋、CO32－、NO3－

C．在pH＝12的溶液中：NH4＋、Na＋、SO42－、Cl－

D．在c(H+)＝0.1mol·L－1的溶液中：K＋、I－、Cl－、NO3－參考答案：答案：B對應考點：離子反應的概念；離子反應發(fā)生的條件；常見離子的檢驗方法試題解析：A.［Al(OH)4］－即為AlO2-，不能在酸性溶液中存在，與NH4+會發(fā)生雙水解反應；

B.強堿溶液中，CO32－是可以存在的；

C.NH4＋在堿性條件下會與溶液中的OH-結合生成一水合氨分子，不能大量存在；

D.在酸性溶液中，NO3－具有強氧化性，可將I-氧化（但不能將Cl-氧化）。易錯點：離子共存問題是考查考生對無機化合物性質、氧化還原反應理解的常見題型。應該注意氧化還原是否能夠發(fā)生：

氧化：F-2

>

Cl2

>

Br2

>

Fe3+

>

I2

>

Cu2+

>

S

>

H2

>Fe2+

還原：F--

<

Cl-

<

Br-

<

Fe2+

<

I-

<

Cu

<

S2-

<

H+

<Fe

以上表格中，兩種物質連線斜率為負的均可反應（除Cu2+與S2-生成CuS外），在上的稱為氧化X，在下的稱為還原X。如Cl2與Br-連線斜率為負，可反應，其中Cl2為氧化劑，Br-為還原劑；而生成的產(chǎn)物為它們對應上/下方的產(chǎn)物，Cl-為還原產(chǎn)物，Br2為氧化產(chǎn)物。

注意Cl2、Br2可與Fe反應生成Fe3+，而I2只能生成Fe2+。6.含有下列各組離子的溶液中，通入過量SO2氣體后仍能大量共存的是

（

）A．H+、Ca2+、Fe3+、NO3-

B．Ba2+、Cl-、Al3+、H+C．Na+、NH4+、I-、HS-

D．Na+、Ag+、K+、Cl-參考答案：B略7.Cl2的氧化性比S的氧化性強，最主要的事實是A．通常情況下硫為淺黃色固體，而氯氣為黃綠色氣體

B．硫不溶于水，而氯氣能溶于水C．與金屬反應時，硫被還原為-2價而氯被還原成-1價

D．與同一種金屬反應時，金屬被硫氧化成低價態(tài)，被氯氣氧化成高價態(tài)參考答案：D略8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X、W同主族且W原子核電荷數(shù)等于X原子核電荷數(shù)的2倍，Y、Z原子的核外電子數(shù)之和與X、W原子的核外電子數(shù)之和相等。下列說法中一定正確的是A.X的原子半徑比Y的原子半徑大B.X形成的氫化物分子中不含非極性鍵C.Z、W的最高價氧化物對應的水化物是酸D.Y單質與水反應，水可能作氧化劑也可能作還原劑參考答案：DX、W同主族且W原子核電荷數(shù)等于X原子核電荷數(shù)的2倍，X為O元素，W為S元素；X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，Y、Z原子的核外電子數(shù)之和與X、W原子的核外電子數(shù)之和相等，Y可能為F元素或Na元素，相應Z可能為P元素或Al元素。A，若Y為F，原子半徑：O＞F，若Y為Na，原子半徑：O＜Na，A項錯誤；B，X形成的氫化物有H2O、H2O2，H2O中只有極性鍵，H2O2中含有極性鍵和非極性鍵，B項錯誤；C，若Z為P，Z的最高價氧化物對應水化物為H3PO4，H3PO4是酸，若Z為Al，Al的最高價氧化物對應水化物為Al（OH）3，Al（OH）3屬于兩性氫氧化物，W的最高價氧化物對應水化物為H2SO4，H2SO4屬于酸，C項錯誤；D，若Y為F，F(xiàn)2與水反應的化學方程式為：2F2+2H2O=4HF+O2，在該反應中水是還原劑，若Y為Na，Na與水反應的化學方程式為：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，在該反應中水是氧化劑，D項正確；答案選D。9.一定條件下，反應2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0，在密閉容器中達到平衡。在測定NO2的相對分子質量時，下列條件中，測定結果誤差最小的是A.溫度130℃、壓強3.03×105Pa

B.溫度25℃、壓強1.01×105PaC.溫度130℃、壓強5.05×105Pa

D.溫度0℃、壓強5.05×105Pa參考答案：A【Ks5u解析】要想使測定結果誤差最小，必須是平衡逆向移動，根據(jù)化學反應的特點，需要升高溫度和減小壓強，選A。10.下列制取、檢驗、提純或保存物質的方法可行的是

（）

①

向某溶液中加入KSCN溶液檢驗該溶液是否含有Fe3+，②

用植物油、乙醇、NaOH溶液制取肥皂，③

向FeCl3飽和溶液中滴加NaOH溶液制取Fe(OH)3膠體，④

用焰色反應檢驗K＋時須透過藍色鈷玻璃觀察，⑤

液溴用水液封后密封保存在棕色試劑瓶中，⑥

向混有乙酸的乙酸乙酯中加入NaOH溶液再分液，提純乙酸乙酯。

A．①②④⑤

B．

②④⑤⑥

C．①③⑤⑥

D．①③④⑥參考答案：答案：A11.某化學反應其△H==—122kJ/mol，?S==231J/(mol·K)，則此反應在下列哪種情況下可自發(fā)進行

（

）

A．在任何溫度下都能自發(fā)進行

B．在任何溫度下都不能自發(fā)進行

C．僅在高溫下自發(fā)進行

D．僅在低溫下自發(fā)進行參考答案：A略12.下列實驗現(xiàn)象預測正確的是（）A．振蕩后靜置，溶液不再分層，且保持無色透明B．鐵片最終完全溶解，且高錳酸鉀溶液變無色C．微熱稀HNO3片刻，溶液中有氣泡產(chǎn)生，廣口瓶內始終保持無色D．當液體變成紅褐色時，停止加熱，讓光束通過體系時可產(chǎn)生丁達爾效應參考答案：D考點：化學實驗方案的評價；實驗裝置綜合．

專題：實驗評價題．分析：A．溴與NaOH溶液反應后，與苯分層；B．常溫下，F(xiàn)e與濃硫酸發(fā)生鈍化；C．廣口瓶內NO與氧氣反應生成二氧化氮；D．在沸水中氯化鐵水解生成膠體．解答：解：A．溴與NaOH溶液反應后，與苯分層，可觀察到上層為無色油狀液體，故A錯誤；B．常溫下，F(xiàn)e與濃硫酸發(fā)生鈍化，圖中裝置不加熱，鐵片不能完全溶解，故B錯誤；C．廣口瓶內NO與氧氣反應生成二氧化氮，則觀察到紅棕色氣體，故C錯誤；D．在沸水中氯化鐵水解生成膠體，讓光束通過體系時可產(chǎn)生丁達爾效應，故D正確；故選D．點評：本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，涉及物質的性質、混合物分離提純、氣體的制備、膠體制備等，把握物質的性質、氣體制備實驗和實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，題目難度不大13.NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．12g石墨和C60的混合固體中，含NA個碳原子B．標準狀況下，2.24L水中含有0.1NA個水分子C．7.8g過氧化鈉含有的陰離子數(shù)為0.2NAD．0.1mol鐵在足量氯氣中燃燒，電子轉移數(shù)目為0.2NA參考答案：A考點：阿伏加德羅常數(shù)．

專題：常規(guī)題型．分析：A、石墨和C60均由碳原子構成；B、標況下水為液體；C、求出過氧化鈉的物質的量，然后根據(jù)1mol過氧化鈉中含1mol過氧根來分析；D、鐵在氯氣中反應變?yōu)?3價．解答：解：A、石墨和C60均由碳原子構成，故12g混合物中含有的碳原子的物質的量n==1mol，個數(shù)為NA個，故A正確；B、標況下水為液體，故不能根據(jù)氣體摩爾體積來計算其物質的量，故B錯誤；C、7.8g過氧化鈉的物質的量為0.1mol，而1mol過氧化鈉中含1mol過氧根，故0.1mol過氧化鈉中含0.1mol陰離子即0.1NA個，故C錯誤；D、鐵在氯氣中反應變?yōu)?3價，故0.1mol鐵轉移0.3mol電子即0.3NA個，故D錯誤．故選A．點評：本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的有關計算，掌握物質的量的計算公式和物質結構是解題關鍵，難度不大．14.滴定法測定Na2CO3（含NaCl雜質）的質量分數(shù)，下列操作會引起測定值偏高的是

A．試樣中加入酚酞作指示劑，用標準酸液進行滴定

B．滴定管用蒸餾水洗滌后，直接注入標準酸液進行滴定

C．錐形瓶用蒸餾水洗滌后，直接加入待測溶液進行滴定

D．滴定管用蒸餾水洗滌后，直接注入待測液，取20.00mL進行滴定

參考答案：B15.Cu2S與一定濃度的HNO3反應，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O。當產(chǎn)物n(NO2)∶n(NO)＝1∶1時，下列說法正確的是(

)A．產(chǎn)物n[Cu(NO3)2]∶n[CuSO4]＝1∶1

B．參加反應的n(Cu2S)∶n(HNO3)＝1∶5C．反應中Cu2S既做氧化劑，又做還原劑D．1molCu2S參加反應時有8mol電子轉移參考答案：C略二、實驗題（本題包括1個小題，共10分）16.實驗室利用下列裝置模擬工業(yè)生產(chǎn)制備少量硝酸．（1）B中試劑為

，NaOH溶液的作用是

．（2）用過氧化鈉與水反應制備氧氣的化學方程式為

．（3）實驗時先用酒精噴燈預熱催化劑，然后通入反應氣體，當催化劑紅熱后撤離酒精噴燈，催化劑始終保持紅熱，溫度可達到700℃以上．下列圖示中，能夠正確表示該反應過程能量變化的是

．（4）已知2NO2（g）2NO（g）+O2（g）△HNO2（g）N（g）+2O（g）NO（g）N（g）+O（g）O2（g）2O（g）①計算反應的△H=

．②請解釋高溫下，氨氣與氧氣反應難以生成NO2的原因

．（5）控制氨氣和氧氣的比例是制備硝酸的關鍵．①當比例不合適時，A中不僅有紅棕色氣體產(chǎn)生，還伴有白煙．請用化學方程式表示白煙產(chǎn)生的原因

．②欲使氨氣盡可能完全轉化為硝酸，理論上n（NH3）：n（O2）的最佳比例為

．參考答案：（1）水；吸收尾氣；（2）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；（3）A；（4）①+113kJ/mol；②2NO2（g）2NO（g）+O2（g）△H＞0，升高溫度，平衡正向移動，有利于NO2的分解，因此難以生成NO2；（5）①2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，NH3+HNO3=NH4NO3；②1：2．

【考點】制備實驗方案的設計；化學方程式的有關計算；反應熱和焓變．【專題】化學反應中的能量變化；無機實驗綜合；利用化學方程式的計算．【分析】試管中發(fā)生氨的催化氧化生成NO，在裝置A中NO進一步被氧氣氧化生成二氧化氮，裝置B中二氧化氮與水反應生成硝酸，用氫氧化鈉溶液吸收氮的氧化物，防止污染空氣．（1）裝置B中二氧化氮與水反應生成硝酸，用氫氧化鈉溶液吸收氮的氧化物；（2）過氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉和氧氣；（3）反應為放熱反應，放出大量的熱，700℃時水是氣體；（4）①△H=反應物的鍵能和﹣生成物的鍵能和；②二氧化氮分解是吸熱反應；（5）①氨氣和硝酸能反應生成硝酸銨；②根據(jù)反應方程式中氨氣和氧氣關系判斷．【解答】解：（1）裝置B中二氧化氮與水反應生成硝酸，用氫氧化鈉溶液吸收氮的氧化物，防止污染空氣，故答案為：水；吸收尾氣；（2）過氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，化學方程式為2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故答案為：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；（3）反應為放熱反應，放出大量的熱，反應物的總能量比生成物的總能量高，700℃時水是氣體，故答案為：A；（4）①△H=反應物的鍵能和﹣生成物的鍵能和=931kJ/mol×2﹣628kJ/mol×2﹣493kJ/mol=+113kJ/mol，故答案為：+113kJ/mol；②二氧化氮分解是吸熱反應，升高溫度，有利于分解，故答案為：2NO2（g）2NO（g）+O2（g）△H＞0，升高溫度，平衡正向移動，有利于NO2的分解，因此難以生成NO2；（5）①一氧化氮與氧氣反應生成二氧化氮，二氧化氮與水反應生成硝酸，氨氣和硝酸能反應生成硝酸銨，化學方程式：2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，NH3+HNO3=NH4NO3，故答案為：2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，NH3+HNO3=NH4NO3；②由4NH3+5O24NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3可得：NH3+2O2=HNO3+H2O，則原料氨氣和氧氣物質的量的投料比為1：2，故答案為：1：2．【點評】本題考查實驗制備、熱化學方程式計算、氧化還原反應等，實驗拼合型題目，明確結合反應原理明確各裝置的作用，難度中等．三、綜合題（本題包括3個小題，共30分）17.1967年舒爾滋提出金屬互化物的概念，其定義為固相金屬間化合物擁有兩種或兩種以上的金屬元素，如Cu9Al4、Cu5Zn8等?；卮鹣铝袉栴}：（1）某種金屬互化物具有自范性，原子在三維空間里呈周期性有序排列，該金屬互化物屬于___________（填“晶體”或“非晶體”）。（2）基態(tài)銅原子有個未成對電子，二價銅離子的電子排布式為，在CuS04溶液中滴入過量氨水，形成配合物的顏色為

。（3）銅能與類鹵素（SCN）2反應生成Cu（SCN）2，1mol（SCN）2分子中含有鍵的數(shù)目為；類鹵素（SCN）2對應的酸有兩種，理論上硫氰酸（H-S-C≡N）的沸點低于異硫氰酸（H-N=C=S）的沸點,其原因是

。（4）ZnS的晶胞結構如圖1所示，在ZnS晶胞中，S2-的配位數(shù)為

。（5）銅與金形成的金屬互化物結構如圖2，其晶胞邊長為anm，該金屬互化物的密度為

（用含“a、NA的代數(shù)式表示）g·cm-3。參考答案：（1）晶體；（2）1；1s22s22p63s23p63d9；深藍色；（3）5NA；異硫氰酸分子間可形成氫鍵，而硫氰酸分子間不能；（4）4；（5）解析：（1）晶體中原子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶體中原子排列相對無序，無自范性,該金屬互化物具有自范性，原子在三維空間里呈周期性有序排列，為晶體；（2）基態(tài)銅原子核外電子排布為：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；有1個未成對電子；二價銅離子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d9；在硫酸銅溶液中逐滴滴加氨水至過量，先出現(xiàn)藍色沉淀，后沉淀溶解形成深藍色的溶液；（3）1mol（SCN）2分子中含有鍵的數(shù)目為5NA,根據(jù)所給信息硫氰酸結構簡式H-S-C≡N、異硫氰酸的結構簡式H-N=C=S，異硫氰酸中H-N鍵極性強，分子間存在氫鍵，而硫氰酸分子間只存在分子間作用力，所以異硫氰酸的沸點高于硫氰酸；（4）由圖1知每個S2-離子周圍等距離最近有4個Zn離子，在ZnS晶胞中，S2-的配位數(shù)為4；（5）1個晶胞中銅原子的個數(shù)是6×1/2=3，金原子的個數(shù)是8×1/8=1，晶胞的質量是389/NA（g），晶胞的體積是（a×10-7cm）3,根據(jù)密度計算公式（g·cm-3）。18.(8分)新型納米材料氧缺位鐵酸鹽(MFe2Ox

3<x<4，M=Mn、Zn、Ni且均顯+2價，下同)由鐵酸鹽(MFe2O4)經(jīng)高溫還原而得。常溫下，它能使工業(yè)廢氣中的酸性氧化物分解除去。轉化流程如圖所示：

(1)已知鐵酸鹽(MFe2O4)被H2高溫還原時，發(fā)生反應的MFe2O4與H2的物質的量之比為2︰1，則還原產(chǎn)物MFe2Ox中x=

，MFe2Ox中+2價鐵與+3價鐵的量之比為

。(2)在酸性溶液中，F(xiàn)e2O42—易轉化為Fe2+：

Fe2O42—+2e—+8H+→2Fe2++4H2O有KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2(SO4)3四種物質中的一種能使上述還原過程發(fā)生，寫出該氧化還原反應的離于方程式并配平

。參考答案：（1）3.5

1:1（2）Fe2O42-+Cu2O+10H+=2Fe2++2Cu2++5H2O

4分19.鈦被稱為“二十一世紀金屬”，工業(yè)上用鈦鐵礦制備金屬鈦的工藝流程如下：已知：鈦鐵礦主要成分與濃硫酸反應的主要產(chǎn)物是TiOSO4和FeSO4，TiOSO4遇水會水解．請回答下列問題：（1）操作1用到的玻璃儀器除燒杯外還有

，操作2是

、過濾，副產(chǎn)品主要成分的化學式為

（2）請結合化學用語解釋將TiO2+轉化為H2TiO3的原理

（3）已知鈦的還原性介于鋁和鋅之間，估計鈦能耐腐蝕的原因之一是

，如果可從Za、Zn、Fe三種金屬中選一種金屬代替流程中的鎂，那么該金屬跟四氯化鈦反應的化學方程式是

（4）電解TiO2來獲得Ti是以TiO2作陰極，石墨為陽極，熔融CaO為電解質，用碳塊作電解槽，其陰極反應的電極反應式為

（5）為測定溶液中TiOSO4的含量，首先取待測鈦液10mL用水稀釋至100mL，加過量鋁粉，充分振蕩，使其完全反應：3TiO2++Al+6H+═3Ti3++AlO3++3H2O，過過濾后，取出濾液20.00mL，向其中滴加2～3滴KSCN溶液作指示劑，用

（填一種玻璃儀器的名稱）滴加0.1000mol?L﹣1FeCl3溶液，發(fā)生Ti3++Fe3+═Ti4++Fe2+，當溶液出現(xiàn)紅色達到滴定終點，用去了30.00mLFeCl3溶液，待測鈦液中TiOSO4的物質的量濃度是

．參考答案：（1）漏斗、玻璃棒；蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶；FeSO4；（2）溶液中存在平衡：TiO2++2H2OH2TiO3+2H+，當加熱升溫后，平衡正向移動，生成H2TiO3；（3）鈦表面形成一層致密的氧化膜（或鈦的內部結構緊密）；TiCl4+4NaTi+4NaCl；（4）TiO2+4e﹣=Ti+2O2﹣；（5）酸式滴定管；1.50mol?L﹣1．

【考點】物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用．【專題】物質的分離提純和鑒別．【分析】用濃硫酸處理鈦鐵礦，并向所得溶液中加入大量水稀釋后加入過量鐵粉還原鐵離子，過濾得到濾液通過蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，過濾得到TiO2+濾液，和副產(chǎn)品FeSO4，濾液中加入水加熱過濾得到H2TiO3，H2TiO3加熱灼燒得到TiO2，加入氯氣、過量碳高溫加熱反應生成TiCl4和一氧化碳，四氯化鈦和金屬鎂高溫加熱反應得到氯化鎂和鈦金屬