重庆八中2017届高三(上)第一次适应性化学试卷(解析版)

2016-2017学年重庆八中高三（上）第一次适应性化学试卷
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（ ）
A ．把抗氧化剂作为食品添加剂可减缓食物变质的速率
B ．金属钾、钠、镁着火时，不能用泡沫灭火器灭火
C ．PM 2.5粉尘中常含Pb 、Cd 、Cr 、V 、As 等对人体有害的金属元素
D ．用激光笔分别照射装有蓝墨水、淀粉溶液的玻璃杯均出现光亮通路 2．下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
①NaAlO 2（aq ）
AlCl 3Al ②FeS 2SO 3H 2SO 4
③NaCl （饱和）NaHCO 3Na 2CO 3
④粗硅SiCl 4Si ．
A ．①②
B ．②④
C ．①③
D ．③④ 3．设N A 为阿伏加德罗常数的值．下列有关叙述正确的是（ ） A ．Al 溶于某强酸失去2mol 电子，一定产生2gH 2
B ．0.1mol 肼（N 2H 4）中共用电子对教目为0.5N A
C ．64.0gSO 2与足量O 2生成SO 3电子转移教为2N A
D ．2L0.5mol/L 硫酸钾溶液阴离子电荷数为2N A
4．实验室从含Br ﹣的溶液中提取溴单质．下列说法和装置都正确的是（ ）
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D 5．O 2F 2可以发生反应：H 2S +O 2F 2→SF 6+HF +O 2（未配平）
．下列说法正确的是（ ）
A ．O 2是还原产物
B ．O 2F 2中氧分子与氟分子比例为1：l
C ．每生成2.24LHF ，转移0.4mol 电子
D ．氧化剂与还原剂的物质的量之比为l ：4
6．下列相关示意图正确的是（ ）
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
7．四种短周期主族元素在周期表中的相对位置如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A ．原子半径：c ＞d ＞a ＞b
B ．原子序数d 可能是a 的
3倍
C ．最高价含氧酸的酸性c 可能比d 强
D ．四种元素的氢化物可能是18电子分子
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．C 、Si 及其化合物在工业上用途广泛．
（1）硅元索在周期表中的位置为 ，硅原子中能量最高的电子处在 电子层上（填电子层符号如K 层），写出单质硅的一种用途： ； SiH 4的空间结构是 ．
（2）焦炭、石英砂与磷酸钙混合加热到1500℃生成白磷：2Ca 3（PO 4）3+6Si02=6CaSO 4+P 4O 10.10C +P 4O 10=P 4+10CO↑，上述反应的各种物质中属于酸性氧化物的是 、 ．
（3）Na在一定条件下可还原CCl4制备金刚石，可用试剂除去粗产品中少量Na．
（4）下列叙述正确的有（填序号）．
a．Na还原CCl4、Cl2与H2O的反应均是置换反应
b．还原性Si＞C，所以C不能还原SiO2得到单质Si
c．分别通入CO2可以鉴别NaAlO2溶液和CaCl2溶液
d．钠、理在空气中的燃烧产物阴、阳离子效目比均为1：2
（5）两份质量均为11.0g的Al～Si合金分别与足量NaOH和稀H2SO4反应．产生气体总体积为22.4L（标准状况），则合金中Al～Si的物质的量之比为．9．某CuS样品含少量不溶于酸的杂质，实验室以该样品为原料制备CuCl2•2H2O 晶体．流程如图所示：
S CuO•CuSO4
已知：CuS在高温煅烧过程中，有下列所示的转化关系：CuS Cu
CuSO4CuO
（1）写出CuS在高温煅烧第I阶段的化学反应方程式：
（2）写出酸溶时发生的主要离子方程式：．
（3）系列操作A包括（填序号）．
a．过滤b．燕发浓缩、冷却结晶c．分液d．灼烧（4）实验室模拟焙烧CuS的第IV阶段过程，并验证所得气体中有SO2和O2，如图（已知：浓硫酸可吸收SO3气体）
①装置的正确连接顺序是B→D→→→→（填装置字毋代号，有的装置可重复使用）；装置连接后，应立即进行的一项操作是．
②装置B的作用是，其中仪器F的名称为；装置E的试剂是．
③能验证所得气体中有SO2和O2的现象是．
④若原CuS样品质量为12g，在实验过程中保持760℃持续加热充分反应（杂质不参与反应），石英玻璃管内所得固体的质童为10.28g，则样品中CuS的质量分数为．
10．工业上由钛铁矿（主要成分是FeTiO3钛酸亚铁）制备TiCl4．流程如图所示：
（1）FeTiO3中，Ti元素的化合价为．
（2）往①中加入的物质A是．
（3）②中的绿矾带有棕黄色，原因可能是含有；设计实验证明Fe3+杂质离子的存在；
（4）写出③中TiO2和过量焦炭、氯气在高温下反应的化学方程式：．（5）用金属Mg还原成品TiO4得到Mg、MgCl2和Ti的混合物，再真空蒸馏制备Ti．依据下表，蒸馏温度略高于℃即可．
（6）依据绿色化学理念．该制备流程中存在明显的不足之处是．
（7）向含有Fe2+、Fe3+溶液加入适量KOH和油脂，在高速撞拌下得到磁流体材料K x FeO2．
①若x=l．请写出在酸性条件下K x FeO2溶液与足量KI溶液反应的离子方程式：．
②磁流体材料K x FeO2在组成上可理解为aK2O•bFeO•cFe2O3，若x=1.3，则b：c=．
【化学-选修2：化学与技术】
11．以硼镁矿（2MgO•B2O3•H2O、SiO2及少量Fe3O4、CaCO3、Al2O3）为原料生产硼酸的工艺流程如图
已知：
表一：不同温度下H3BO3的溶解度
表二：不同物质沉淀完全时的pH
（1）由于矿粉中含CaCO3，“浸取”时容易产生大量泡沫使物料从反应器中溢出，应采取的措施为
（2）“浸取”时为提高速率．除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施是；“浸取”后，采用“热过滤”的目的为．
（3）“浸出液”显酸性．含有H3BO3和Mg2+，还含有Fe2+、Fe3+、Ca2+、Al3+等杂质．“除杂”时，向浸出液中依次加入适量的H2O2和MgO，可以除去的杂质离子为．H2O2的作用为（用离子方程式表示）．
（4）“母液”可用于回收硫酸镁，已知硫酸镁的溶解度随温度变化的曲线如图所示，且溶液的沸点随压强增大而升高．为了从“母液”中充分回收MgSO4•H2O，应采取的措施是将“母液”蒸发浓缩、．
（5）已知25℃时，硼酸（H3BO3）溶液中存在如下平衡：H3BO3（aq）+H2O（l）⇌[B（OH）4]﹣（aq）+H+（aq）K=5.7×10﹣10.25℃时，0.7mol/L硼酸溶液中c （H+）=mol/L
（6）已知25℃时：
下列说法正确的是 （填序号）．
A ．碳酸钠溶液滴入硼酸溶液中观察到有气泡产生
B ．碳酸钠溶液滴入氢氟酸中观察到有气泡产生
C ．等浓度碳酸溶液和硼酸溶液的pH ：前者＞后者
D ．等浓度碳酸钠溶液和氟化钠溶液的pH ：前者＞后者．
【化学-选修3：物质结构与性质】
12．煤、石油、天然气、动植物体、石灰石、白云石、二氧化碳等都含有碳元素．请回答下列问题：
（1）COCl 2俗称光气，分子中C 原子采取sp 2杂化成键，应用价层电子对互斥理论，预测COCl 2 分子的空间构型为 ．
（2）二茂铁（C 5H 5）2Fe 是Fe 2+与环戊二烯基形成的一类配合物，实验室测定铁的含量：可用配位剂邻二氮菲（），它能与Fe 2+形成红色配合物（如图甲），该配离子中Fe 2+与氮原子形成配位键共有 个．
（3）普鲁士蓝可用作燃料，立方体结构如图24乙所示．普鲁士蓝中，
n
（K +）：n （Fe 3+）：n （Fe 2+）：n （CN ﹣）= ．
（4）CaC 2晶体的晶胞结构与NaCl 晶体相似（如图丙）．
①纳米TiO 2是一种应用广泛的催化剂，纳米TiO 2催化的一个实例如图，
甲中采取sp2杂化的碳原子有个，乙中各元素的电负性由大到小的顺序为．
②CaC2中C22﹣与O22+互为等电子体，O22+的电子式可表示为，其中σ键与π键数目之比为．
③该晶胞中Ca2+、C22﹣之间的最近距离为a pm，则该CaC2的密度为g/cm3（N A 为阿伏加德罗常数，只列计算式），该晶体中与C22﹣距离相等且最近的C22﹣有个．
④X﹣射线表明KCl、CaO与NaCl晶体结构相似，三种离子晶体熔点由高到低的顺序为．
【化学-选修5：有机化学基础】
13．卤料桂皮中含有肉桂醛，可参与合成酯类香料E及吸水性高分子聚酯N．合成路线如图
已知：R﹣CHO+CH3CHO R﹣CH=CH﹣CHO（R为烃基）：RCHO RCH
（OC2H5）：RCHO
（1）的名称是．
（2）肉桂醛的反式结构是，分子中最多有个原子共平面．
（3）①的化学方程式是．
（4）除氧气直接氧化外，由J得到M所需试剂为，M中所含官能团的名称是．
（5）合成路线中②、④两个步骤的目的是．③的反应类型是．
（6）芳香族化合物P是E的同分异构体．其分子中①有两个相同的官能团且能发生银镜反应，②核磁共振氢谱有三组峰．且峰面积之比是2：2：1，则P的结构简式为．
（7）以乙烯为起始原料（无机试剂任选），设计制备CH3CH=CHCHO的合成路线．（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）
2016-2017学年重庆八中高三（上）第一次适应性化学试
卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（）
A．把抗氧化剂作为食品添加剂可减缓食物变质的速率
B．金属钾、钠、镁着火时，不能用泡沫灭火器灭火
C．PM 2.5粉尘中常含Pb、Cd、Cr、V、As等对人体有害的金属元素
D．用激光笔分别照射装有蓝墨水、淀粉溶液的玻璃杯均出现光亮通路
【考点】胶体的重要性质；化学反应速率的影响因素；碱金属的性质．
【分析】A．根据抗氧化剂具有还原性可以消耗氧化剂判断；
B．过氧化钠、过氧化钾与二氧化碳反应，镁可在二氧化碳中燃烧；
C．砷是非金属元素；
D．丁达尔效应是胶体的特性．
【解答】解：A．因为抗氧化剂具有还原性可以消耗空气中的氧气，所以可减缓食物变质的速率，故A正确；
B．过氧化钠、过氧化钾与二氧化碳反应，镁可在二氧化碳中燃烧，则钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火，一般可用沙子扑灭，故B正确；C．PM 2.5中含有的铅、铬、砷等对人体有害的元素，其中铅、铬是重金属元素，砷是非金属元素，故C错误；
D．蓝墨水、淀粉溶液都是胶体有丁达尔效应，故D正确．
故选C．
2．下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）
①NaAlO2（aq）AlCl3Al
②FeS2SO3H2SO4
Na2CO3
③NaCl（饱和）NaHCO
④粗硅SiCl4Si．
A．①②B．②④C．①③D．③④
【考点】钠的重要化合物；硅和二氧化硅．
【分析】①熔融的氯化铝不导电；
②FeS2被氧化生成二氧化硫；
③在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠；
④硅和氯气反应生成四氯化硅，四氯化硅可与氢气发生反应生成硅．
【解答】解：①熔融的氯化铝不导电，冶炼铝，应用电解熔融的氧化铝，故错误；
②FeS2被氧化生成二氧化硫，不生成SO3，故错误；
③在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故正确；
④硅和氯气反应生成四氯化硅，四氯化硅可与氢气发生置换反应生成硅，可用于工业提纯粗硅，故正确．
故选D．
3．设N A为阿伏加德罗常数的值．下列有关叙述正确的是（）
A．Al溶于某强酸失去2mol电子，一定产生2gH2
B．0.1mol肼（N2H4）中共用电子对教目为0.5N A
C．64.0gSO2与足量O2生成SO3电子转移教为2N A
D．2L0.5mol/L硫酸钾溶液阴离子电荷数为2N A
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、酸分为氧化性酸和非氧化性酸；
B、肼中含4条N﹣H键和1条N﹣N键；
C、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应；
D、硫酸钾溶液中的阴离子除了硫酸根外，还有氢氧根．
【解答】解：A、酸分为氧化性酸和非氧化性酸，当铝和非氧化性酸反应时，能生成氢气，当和氧化性酸反应时不会生成氢气，故A错误；
B、肼中含4条N﹣H键和1条N﹣N键，故0.1mol肼中含0.5mol共用电子对即
0.5N A个，故B正确；
C、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，故不能进行彻底，则转移的电子数小于2N A个，故C错误；
D、硫酸钾溶液中的阴离子除了硫酸根外，还有氢氧根，故此硫酸钾溶液中的阴离子所带的电荷数大于2N A个，故D错误．
故选B．
4．实验室从含Br﹣的溶液中提取溴单质．下列说法和装置都正确的是（）
A．A B．B C．C D．D
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．通入氯气的导管应该插入溶液中；
B．苯的密度小于水，应该在混合液上层；
C．根据温度计水银球位置及冷凝管通水方向判断；
D．液溴具有强氧化性，不能用橡皮塞的试剂瓶盛放．
【解答】解：A．用Cl2氧化溶液中的Br﹣，图示装置中导管没有插入溶液，无法达到实验目的，故A错误；
B．含溴的苯溶液的密度比水小，混合液分层后会在上层，图示有机层位置不合理，故B错误；
C．蒸馏装置中，温度计水银球放在蒸馏烧瓶的支管口处，冷凝管采用逆向通水，图示操作合理，故C正确；
D．液溴能够氧化橡皮塞，应该用玻璃塞的试剂瓶盛放液溴，故D错误；
故选C．
5．O2F2可以发生反应：H2S+O2F2→SF6+HF+O2（未配平）．下列说法正确的是（）A．O2是还原产物
B．O2F2中氧分子与氟分子比例为1：l
C．每生成2.24LHF，转移0.4mol电子
D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为l：4
【考点】氧化还原反应．
【分析】反应H2S+O2F2→SF6+HF+O2中，S元素化合价由﹣2价升高到+6价为还原剂，被氧化，O元素由+1价降低到0价为氧化剂，被还原，以此解答该题．【解答】解：A．O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A正确；
B．在反应中，O2F2中的O元素化合价为+1，F元素化合价为﹣1，不存在氧分子与氟分子，故B错误；
C．外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；
D．反应H2S+O2F2→SF6+HF+O2中，S元素化合价由﹣2价升高到+6价为还原剂，被氧化，O元素由+1价降低到0价为氧化剂，被还原，根据得失电子守恒，可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，故D错误．
故选A．
6．下列相关示意图正确的是（）
A．A B．B C．C D．D
【考点】镁、铝的重要化合物；氯气的化学性质；卤素原子结构及其性质的比较；硝酸的化学性质．
【分析】A．氢氧化铝沉淀不能溶于过量的氨水；
B．二氧化硫与氯气反应生成盐酸和硫酸；
C．将铜粉加入到浓硝酸中至过量，一开始生成NO2，后来生成NO；
D．HF分子间存在氢键沸点最高．
【解答】解：A．将氨水滴到氯化铝溶液中至过量，一开始生成氢氧化铝沉淀，当氨水过量时，氢氧化铝沉淀不能溶于过量的氨水，故A错误；
B．氯水具有强氧化性，将二氧化硫逐渐通入氯水中至过量，二氧化硫与氯气反应生成盐酸和硫酸，溶液的酸性增强，pH减小，故B正确；
C．将铜粉加入到浓硝酸中至过量，一开始Cu与浓硝酸反应生成NO2，当硝酸变为稀硝酸时，Cu与稀硝酸反应生成NO，产生气体的速率不同，所以图象不符合，故C错误；
D．HF分子间存在氢键沸点最高，则卤族元素的氢化物沸点随核电荷数的变化：HF＞HBr＞HCl，故D错误．
故选B．
7．四种短周期主族元素在周期表中的相对位置如图所示，下列说法不正确的是（）
A．原子半径：c＞d＞a＞b
B．原子序数d可能是a的3倍
C．最高价含氧酸的酸性c可能比d强
D．四种元素的氢化物可能是18电子分子
【考点】原子结构与元素周期律的关系．
【分析】这几种元素都是短周期主族元素，a、b位于第二周期而c、d位于第三周期，
A．原子核外电子层数越多，其原子半径越大；同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；
B．假设a的原子序数是x，则d的原子序数=x+10，如果d的原子序数是a的3倍，则3x=x+10，x=5，则a是B、d是P元素；
C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；
D．如果a、b、c、d分别是N、O、S、Cl元素，其形成的18电子氢化物分别为N2H4、H2O2、H2S、HCl．
【解答】解：这几种元素都是短周期主族元素，a、b位于第二周期而c、d位于第三周期，
A．原子核外电子层数越多，其原子半径越大；同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以这几种原子半径大小顺序是c＞d＞a＞b，故A正确；B．假设a的原子序数是x，则d的原子序数=x+10，如果d的原子序数是a的3倍，则3x=x+10，x=5，则a是B、d是P元素，所以原子序数d可能是a的3倍，故B正确；
C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性c＞d，所以最高价含氧酸的酸性c一定比d强，故C错误；
D．如果a、b、c、d分别是N、O、S、Cl元素，其形成的18电子氢化物分别为N2H4、H2O2、H2S、HCl，所以四种元素的氢化物可能是18电子分子，故D正确；故选C．
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．C、Si及其化合物在工业上用途广泛．
（1）硅元索在周期表中的位置为第三周期第IVA族，硅原子中能量最高的电子处在M电子层上（填电子层符号如K层），写出单质硅的一种用途：半导体材料/太阳能电池；SiH4的空间结构是正四面体形．
（2）焦炭、石英砂与磷酸钙混合加热到1500℃生成白磷：2Ca3（PO4）
+6Si02=6CaSO4+P4O10.10C+P4O10=P4+10CO↑，上述反应的各种物质中属于酸性氧3
化物的是SiO2、P4O10．
（3）Na在一定条件下可还原CCl4制备金刚石，可用试剂水（或乙醇）除去粗产品中少量Na．
（4）下列叙述正确的有cd（填序号）．
a．Na还原CCl4、Cl2与H2O的反应均是置换反应
b．还原性Si＞C，所以C不能还原SiO2得到单质Si
c．分别通入CO2可以鉴别NaAlO2溶液和CaCl2溶液
d．钠、理在空气中的燃烧产物阴、阳离子效目比均为1：2
（5）两份质量均为11.0g的Al～Si合金分别与足量NaOH和稀H2SO4反应．产生气体总体积为22.4L（标准状况），则合金中Al～Si的物质的量之比为1：1．【考点】碳族元素简介；硅和二氧化硅．
【分析】（1）根据硅原子结构确定硅元索在周期表中的位置，电子最后排在能量高的轨道上；单质硅用作半导体材料或是太阳能电池，SiH4的空间结构和甲烷相似；
（2）酸性氧化物与碱反应生成盐和水，且只有两种元素的氧化物；
（3）根据Na可以与水（或乙醇）发生反应回答；
（4）a、Na还原CCl4的反应属于置换反应，但Cl2与H2O反应生成HCl和HClO；
b、C能还原SiO2得到单质Si；
c、CO2可以和NaAlO2溶液反应产生白色沉淀，但是和CaCl2溶液不反应；
d、钠、锂分别在空气中燃烧，生成的氧化物分别为Na2O2、Li2O．
（5）发生反应：2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑，据此计算．
【解答】解：（1）根据硅原子结构可以确定硅元索在周期表中的位置第三周期第IVA族，电子最后排在能量高的轨道上即M轨道，单质硅用作半导体材料或是太阳能电池，SiH4的空间结构和甲烷相似，为正四面体结构，故答案为：第三周期第IVA族；M；半导体材料/太阳能电池；正四面体形；
（2）能和碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，所以属于酸性氧化物的是SiO2、P4O10，故答案为：SiO2、P4O10；
（3）由于Na可以与水（或乙醇）发生反应，而金刚石不与水（或乙醇）反应，所以除去粗产品中少量的钠可用水（或乙醇），故答案为：水（或乙醇）；
（4）a、Na还原CCl4的反应属于置换反应，但Cl2与H2O反应生成HCl和HClO，不是置换反应，故错误；
b、C能还原SiO2得到单质Si，故错误；
c、CO2可以和NaAlO2溶液反应产生白色沉淀，但是和CaCl2溶液不反应，分别通入CO2可以鉴别NaAlO2溶液和CaCl2溶液，故正确；
d、钠、锂分别在空气中燃烧，生成的氧化物分别为Na2O2、Li2O，故正确；
故选cd；
（5）设：合金中Al～Si的物质的量分别是x、y，两份质量均为11.0g的Al～Si 合金分别与足量NaOH和稀H2SO4反应，产生气体总体积为22.4L（标准状况），2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑，硅和硫酸不反应，金属铝产生氢气是1.5xmol，所以金属铝、硅和氢氧化钠反应产生氢气一共是（1﹣1.5x）mol，根据反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑，得到：27x+28y=11g，1.5x+2y=1﹣1.5x，解得x=y=0.2mol，则合金中Al～Si的物质的量之比为1：1，
故答案为：1：1．
9．某CuS样品含少量不溶于酸的杂质，实验室以该样品为原料制备CuCl2•2H2O 晶体．流程如图所示：
S CuO•CuSO4
已知：CuS在高温煅烧过程中，有下列所示的转化关系：CuS Cu
CuSO4CuO
（1）写出CuS在高温煅烧第I阶段的化学反应方程式：2CuS+O2SO2+Cu2S
（2）写出酸溶时发生的主要离子方程式：CuO+2H+=Cu2++H2O．
（3）系列操作A包括ba（填序号）．
a．过滤b．燕发浓缩、冷却结晶c．分液d．灼烧（4）实验室模拟焙烧CuS的第IV阶段过程，并验证所得气体中有SO2和O2，如图（已知：浓硫酸可吸收SO3气体）
①装置的正确连接顺序是B→D→A→D→C→E（填装置字毋代号，有的装置可重复使用）；装置连接后，应立即进行的一项操作是检查装置气密性．
②装置B的作用是制得二氧化碳气体，排除装置内空气，其中仪器F的名称为分液漏斗；装置E的试剂是NaOH溶液．
③能验证所得气体中有SO2和O2的现象是C中产生白色沉淀．
④若原CuS样品质量为12g，在实验过程中保持760℃持续加热充分反应（杂质不参与反应），石英玻璃管内所得固体的质童为10.28g，则样品中CuS的质量分数为86%．
【考点】制备实验方案的设计．
【分析】CuS在焙烧过程中发生氧化还原反应，依次有Cu2S、C uO•CuSO4、CuSO4、CuO生成，硫化铜中的硫最终转化成二氧化硫，同时生成CuO，加入盐酸，盐酸和CuO反应生成氯化铜，过滤得到氯化铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到产品；
（1）CuS在高温煅烧第I阶段生成Cu2S和SO2，根据反应物和生成物及反应条件书写该反应的化学反应方程式；
（2）CuO和稀盐酸反应生成氯化铜和水；
（3）从溶液中获取晶体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法；
（4）硫酸铜受热分解所得气体的成分可能含有SO3、SO2、O2，验证所得气体中有SO2和O2，需排尽A装置中的空气，用装置B制取干燥的二氧化碳，先通入二氧化碳排尽A中的空气，再对A进行加热，用浓硫酸吸收水和三氧化硫，进入氯化钡溶液的气体只有二氧化硫和氧气，当氯化钡中产生白色沉淀，说明所得气体有有SO2和O2，再用E进行尾气吸收；
①由分析可知实验装置的正确连接顺序；实验前必须检查装置的气密性；
②装置B的作用是制得二氧化碳气体，排除装置内空气；F仪器名称是分液漏斗；二氧化硫有毒，且是酸性氧化物，可用氢氧化钠溶液吸收；
③只有二氧化硫通入氯化钡溶液时，不发生反应，无明显现象，若同时有氧气通入，会发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀；
④硫化铜中有不反应的杂质，反应前是CuS和杂质12g，最终是CuO和杂质
质的量应为0.1075mol，计算出其质量，再算出质量分数．
【解答】解：CuS在焙烧过程中发生氧化还原反应，依次有Cu2S、CuO•CuSO4、CuSO4、CuO生成，硫化铜中的硫最终转化成二氧化硫，同时生成CuO，加入盐酸，盐酸和CuO反应生成氯化铜，过滤得到氯化铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到产品；
（1）CuS在高温煅烧第I阶段生成Cu2S和SO2，根据反应物和生成物及反应条件
书写该反应的化学反应方程式为2CuS+O2SO2+Cu2S，
故答案为：2CuS+O2SO2+Cu2S；
（2）CuO和稀盐酸反应生成氯化铜和水，离子方程式为CuO+2H+=Cu2++H2O，
故答案为：CuO+2H+=Cu2++H2O；
（3）从溶液中获取晶体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法，所以A包含蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，故选ba；
（4）硫酸铜受热分解所得气体的成分可能含有SO3、SO2、O2，验证所得气体中有SO2和O2，需排尽A装置中的空气，用装置B制取干燥的二氧化碳，先通入二氧化碳排尽A中的空气，再对A进行加热，用浓硫酸吸收水和三氧化硫，进入氯化钡溶液的气体只有二氧化硫和氧气，当氯化钡中产生白色沉淀，说明所得气体有有SO2和O2，再用E进行尾气吸收；
①由分析可知实验装置的正确连接顺序是B→D→A→D→C→E，反应装置有多个仪器组合而成，实验前必须检查装置的气密性，
故答案为：A；D；C；E；检查装置气密性；
②装置B的作用是制得二氧化碳气体，排除装置内空气；F为分液漏斗；二氧化硫有毒，污染空气，可用氢氧化钠溶液吸收，则E中的试剂是氢氧化钠溶液，
故答案为：制得二氧化碳气体，排除装置内空气；分液漏斗；氢氧化钠溶液；
③只有二氧化硫通入氯化钡溶液时，不发生反应，无明显现象，若同时有氧气通入，会生成硫酸钡沉淀，所以当C中有白色沉淀产生时，说明产生的气体中有二氧化硫和氧气，
故答案为：C中产生白色沉淀；
④硫化铜中有不反应的杂质，反应前是CuS和杂质12g，最终是CuO和杂质10.4g，
=0.10750.1mol，质量为0.1075mol×96g/mol=10.32g，质量分数为×100%=86%，
故答案为：86%．
10．工业上由钛铁矿（主要成分是FeTiO3钛酸亚铁）制备TiCl4．流程如图所示：
（1）FeTiO3中，Ti元素的化合价为+4．
（2）往①中加入的物质A是Fe．
（3）②中的绿矾带有棕黄色，原因可能是含有Fe3+；设计实验证明Fe3+杂质离子的存在取样，溶于水，向溶液中加入KSCN溶液，如果溶液变为血红色，证明含有Fe3+；
（4）写出③中TiO2和过量焦炭、氯气在高温下反应的化学方程式：TiO2+2C+Cl2TiCl4+2CO．
（5）用金属Mg还原成品TiO4得到Mg、MgCl2和Ti的混合物，再真空蒸馏制备Ti．依据下表，蒸馏温度略高于1412℃即可．
（6）依据绿色化学理念．该制备流程中存在明显的不足之处是三废没有处理．
（7）向含有Fe2+、Fe3+溶液加入适量KOH和油脂，在高速撞拌下得到磁流体材料K x FeO2．
①若x=l．请写出在酸性条件下K x FeO2溶液与足量KI溶液反应的离子方程式：
8H++2FeO2﹣+2I﹣=2Fe2++I2+4H2O．
②磁流体材料K x FeO2在组成上可理解为aK2O•bFeO•cFe2O3，若x=1.3，则b：c= 6：7．
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【分析】钛铁矿加入酸酸浸，强酸性溶液中含有Fe3+、Fe2+等离子，向溶液中加入A能得到绿矾，说明A和Fe3+反应生成Fe2+，则A物质应该具有还原性且不能引进新的杂质，则A为Fe；溶液中含有TiO2+，③中TiO2和过量焦炭、氯气在高
温下反应生成TiCl4，同时生成CO，该反应的化学方程式TiO2+2C+Cl2
TiCl4+2CO；
（1）FeTiO3中，O、Fe元素化合价分别为﹣2、+2价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0确定Ti元素的化合价；
（2）往①中加入的物质A能还原铁离子且不能引进新的杂质；
（3）②中的绿矾带有棕黄色，铁离子呈黄色；Fe3+能和KSCN溶液反应生成络合物而使溶液呈血红色；
（4）TiO2和过量焦炭、氯气在高温下反应生成TiCl4，同时生成CO；
（5）用金属Mg还原成品TiO4得到Mg、MgCl2和Ti的混合物，再真空蒸馏制备Ti，蒸馏温度应该高于Mg、MgCl2的沸点；
（6）依据绿色化学理念，废物要综合利用；
（7）向含有Fe2+、Fe3+溶液加入适量KOH和油脂，在高速撞拌下得到磁流体材料K x FeO2．
①若x=l，在酸性条件下KFeO2溶液与足量KI溶液反应生成I2、Fe2+和水，Fe元素化合价由+3价变为+2价、I元素化合价由﹣1价变为0价，根据转移电子守恒配平方程式；
②磁流体材料K x FeO2在组成上可理解为aK2O•bFeO•cFe2O3，若x=1.3，根据原子守恒计算b：c．
【解答】解：钛铁矿加入酸酸浸，强酸性溶液中含有Fe3+、Fe2+等离子，向溶液中加入A能得到绿矾，说明A和Fe3+反应生成Fe2+，则A物质应该具有还原性且不能引进新的杂质，则A为Fe；溶液中含有TiO2+，③中TiO2和过量焦炭、氯气
在高温下反应生成TiCl4，同时生成CO，该反应的化学方程式TiO2+2C+Cl2。