2022版高考化学选考（山东专用）一轮总复习集训：专题六金属及其化合物 模块卷 WORD版含解析.docx

1、【模块卷】时间:45分钟分值:80分一、选择题(每小题2分,共26分) 1.某学习小组的同学按下列实验流程制备Na2CO3,设计的部分装置如图所示。下列叙述正确的是()A.若X为浓氨水,Y 为生石灰,则可用装置甲制取NH3B.反应可在装置乙中发生,反应可在装置丁中发生C.可用装置丙进行过滤操作D.将母液蒸干灼烧后可得到NH4Cl固体答案C生石灰遇水会变为粉末状的熟石灰,所以浓氨水与生石灰制取NH3不适合用装置甲,A项错误;反应制取NaHCO3可在装置乙中发生,反应是NaHCO3加热分解制Na2CO3,同时有CO2和水生成,丁中试管口应略向下倾斜,故反应不可以在装置丁中发生,B项错误;装置丙为过

2、滤装置,过滤是将固液混合物进行分离,可以用装置丙进行过滤操作,C项正确;NH4Cl受热易分解,生成NH3和HCl,所以将母液蒸干灼烧后得不到NH4Cl固体,D项错误。2.废铁屑制Fe2O3的一种流程如下图:下列说法不正确的是()A.热的纯碱溶液可去除废铁屑表面的油污B.操作a是萃取C.冰水既可洗去杂质又可减少固体的溶解D.Fe2O3可用作红色颜料答案B热的纯碱溶液可去除废铁屑表面的油污,A项正确;操作a是过滤,B项错误;冰水既可洗去杂质又可降低温度,减少固体的溶解,C项正确;Fe2O3俗名铁红,可用作红色颜料,D项正确。3.实验室用含有杂质(FeO、Fe2O3)的废CuO制备胆矾晶体,经历了下

3、列过程(已知Fe3+在pH=5时沉淀完全)。其中分析错误的是()样品溶液溶液 浊液滤液CuSO45H2O晶体A.步骤发生的主要反应为2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2OB.步骤不能用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2C.步骤为过滤,步骤蒸发结晶D.步骤用Cu(OH)2代替CuO也可调节溶液的pH答案C步骤为Fe2+与H2O2发生氧化还原反应,离子反应为2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O,A项正确;若步骤用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2,引入杂质氯离子、硝酸根离子等,难以除去,同时会生成NO气体,所以步骤不能用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2,B项正确;步骤为过滤,由硫酸铜溶液

4、获得硫酸铜晶体的步骤应该为蒸发浓缩、冷却结晶,不是蒸发结晶,C项错误;Cu(OH)2和CuO都与溶液中H+反应,起到调节溶液pH的作用,并不引入新的杂质,D项正确。4.用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是(夹持仪器略)()选项ABCDX中试剂浓盐酸双氧水浓硫酸浓氨水Y中试剂KMnO4MnO2CuNaOH气体Cl2O2SO2NH3答案B浓盐酸和KMnO4固体混合有氯气生成,但氯气可溶于水,且能与水发生反应,不能用排水法收集,故A错误;双氧水在MnO2的催化作用下生成氧气,氧气可用排水法收集,故B正确;Cu与浓硫酸反应需要加热,且二氧化硫不能用排水法收集,故C错误;氨气极易溶于水,不能用排水法

5、收集,故D错误。5.下列图像中的曲线(纵坐标为沉淀或气体的量,横坐标为加入物的量),其中错误的是()A.图A表示向含H+、Mg2+、Al3+、NH4+的溶液中滴加NaOH溶液产生沉淀量的关系曲线B.图B表示向澄清石灰水中通入二氧化碳直至过量产生沉淀量的关系曲线C.图C表示向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加盐酸产生CO2气体的关系曲线D.图D表示向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液产生沉淀量的关系曲线答案CA项,含H+、Mg2+、Al3+、NH4+的溶液中H+最易与OH-反应,所以开始无沉淀;然后Al3+、Mg2+和OH-反应生成氢氧化铝、氢氧化镁,沉淀达最大量;继续滴加,NH4+和OH-反应

6、生成一水合氨,沉淀量不变;继续滴加,氢氧化铝溶解,Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O,正确。B项,石灰水中通入二氧化碳,先发生反应Ca(OH)2+CO2CaCO3+H2O,后发生反应CO2+CaCO3+H2OCa(HCO3)2,故先产生沉淀,后沉淀溶解,前后两步反应消耗二氧化碳的物质的量之比为11,正确。C项,向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加盐酸,盐酸先和氢氧化钠发生反应NaOH+HClNaCl+H2O,开始没有沉淀;然后再与碳酸钠发生反应Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl、NaHCO3+HClNaCl+CO2+H2O,产生CO2气体,和所用盐酸的体积要大于,错误。D项,

7、向明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液,当Al3+恰好完全沉淀时,离子方程式为2Al3+3SO42-+3Ba2+6OH-3BaSO4+2Al(OH)3,继续滴加至SO42-恰好完全沉淀时,Al(OH)3恰好完全溶解,Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-2BaSO4+AlO2-+2H2O,沉淀量减少,正确。6.如图是利用二氧化硅制备硅及其化合物的流程,下列说法正确的是()A.SiO2属于两性氧化物B.盛放Na2CO3溶液的试剂瓶用玻璃塞C.硅胶吸水后可重复再生D.图中所示的转化都是氧化还原反应答案CSiO2是酸性氧化物,A错误;Na2CO3溶液呈碱性,试剂瓶不能用玻璃塞,B错误;题图中有的转

8、化不是氧化还原反应,例如SiO2与NaOH溶液的反应,D错误。7.“绿色化学实验”已走进课堂,下列做法符合“绿色化学”的是()实验室收集氨气采用图1所示装置实验室中做氯气与钠的反应实验时采用图2所示装置实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验实验室中采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应图1图2图3A.B.C.D.答案C用滴有酚酞的水吸收逸出的氨气,防止污染环境,故符合“绿色化学”的要求。用浸有碱液的棉球吸收多余的氯气,防止污染环境,因此也符合“绿色化学”的要求。挥发的氯化氢和氨气会污染大气,因此不符合“绿色化学”的要求。生成的氮的氧化物及时被收集在气球里面,可以防止污染环

9、境,也符合“绿色化学”的要求。综上所述符合要求。8.用如图所示实验装置进行物质性质的探究实验。下列说法不合理的是()A.若品红溶液褪色,则说明产物中含有SO2B.若溴水褪色,则说明SO2具有还原性C.若烧瓶中产生黄色浑浊和无色气泡,则说明Na2S2O3只作氧化剂D.若品红溶液不褪色、Na2SiO3溶液中出现白色浑浊,则说明亚硫酸比碳酸的酸性强答案CSO2有漂白性,能使品红溶液褪色,A正确;SO2使溴水褪色表现的是还原性,B正确;此反应中Na2S2O3既作氧化剂又作还原剂,C错误;品红溶液不褪色、Na2SiO3溶液中出现白色浑浊说明SO2与NaHCO3饱和溶液反应生成了CO2,依据强酸制弱酸的原

10、理说明亚硫酸比碳酸的酸性强,D正确。解题思路先逐一分析烧瓶及各试管中所发生的反应,明确它们在完成物质性质探究实验中所起的作用,再对各选项作出分析判断。9.常温下,S2Cl2为橙黄色液体,遇水易水解,工业上用于橡胶的硫化。某学习小组用氯气和硫单质合成S2Cl2的实验装置如图所示,下列说法不正确的是()A.实验时需后点燃E处的酒精灯B.C、D中所盛试剂为饱和氯化钠溶液、浓硫酸C.二氯化二硫(S2Cl2)水解反应产物为S、H2S、HClD.G、H之间应加上D装置答案CA项,因为装置中有空气,所以实验时应先点燃最左边酒精灯,通入氯气排尽空气,再点燃E处酒精灯,故A正确;B项,因为S2Cl2遇水易水解,

11、所以E中应为纯净干燥氯气与S的反应,C中盛饱和氯化钠溶液吸收挥发出的HCl气体,D中盛浓硫酸干燥Cl2,故B正确;C项,根据元素守恒知,S2Cl2水解反应产物中一定有含氧元素的物质,故C错误;D项,因为S2Cl2遇水易水解,所以G、H之间应加上D装置,以防止H中水蒸气扩散进入G中,故D正确。10.为探究硫酸亚铁的分解产物,将硫酸亚铁装入如图所示的装置a中,打开K1和K2,缓缓通入N2,加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。下列说法中正确的是()A.装置d之后需要增加尾气处理装置B.装置b中的试剂为Ba(NO3)2溶液,反应后有白色沉淀生成C.装置c中的试剂为酸性KMnO4溶液,作用是除去混合

12、气体中的SO2D.分解的气体产物中有SO3、SO2,应该先检验SO3答案D硫酸亚铁在高温条件下分解可生成Fe2O3、SO3、SO2,反应方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3。装置d为尾气处理装置,可用NaOH溶液,所以在装置d后不需要再增加尾气处理装置,A项错误;装置b中应为BaCl2溶液,用于检验SO3,若用Ba(NO3)2溶液,SO2会被氧化为H2SO4,干扰实验结果,B项错误;装置c中试剂可为品红或酸性KMnO4溶液,用于检验SO2的存在,C项错误;SO3易与水反应生成H2SO4,则应先检验SO3,如先检验SO2,则导致SO3被水吸收无法被检验出,D项正确。误区警示酸性:HCl

13、H2SO3,由于“弱酸不能制强酸”(CuSO4+H2SCuS+H2SO4除外),故向BaCl2溶液中通入少量SO2无现象。若向Ba(NO3)2溶液中通入少量SO2,SO2会被氧化成SO42-,从而产生白色沉淀。11.现用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理。下列说法正确的是()A.制取氨气时烧瓶中的固体常用CaO或CaCl2B.将湿润的蓝色石蕊试纸置于瓶口c,试纸变红,说明NH3已经集满C.关闭a,用单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧瓶口c,打开b,完成喷泉实验,电脑绘制三颈瓶内压强变化曲线如图2,则E点时喷泉最剧烈D.工业上若出现液氨泄漏,喷稀盐酸比喷洒NaHCO3溶液处理效

14、果好答案DCaO能与水反应,使c(OH-)增大,同时放出大量的热,有利于NH3的逸出,而CaCl2为中性的盐,能够溶于水,热量变化很小,与水不反应,对氨气的逸出没有作用,A项错误;NH3和H2O反应生成NH3H2O,NH3H2O电离出OH-而导致氨水呈碱性,检验三颈瓶集满NH3的方法是将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c,试纸变蓝色,证明NH3已集满,B项错误;三颈瓶内气体与外界大气压强之差越大,其反应速率越快,C点压强最小,外界大气压强不变,所以C点外界大气压强和三颈瓶内压强差最大,则C点时喷泉最剧烈,C项错误;盐酸显酸性,NaHCO3溶液显碱性,氨水显碱性,NH3在酸性溶液中的吸收效率高于在碱性

15、溶液中的吸收效率,D项正确。12.某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应。实验记录如下:序号实验步骤实验现象铜粉消失,溶液黄色变浅,加入蒸馏水后无明显现象铜粉有剩余,溶液黄色褪去,加入蒸馏水后生成白色沉淀铜粉有剩余,溶液黄色褪去,变成蓝色,加入蒸馏水后无白色沉淀下列说法不正确的是()A.实验、中均涉及Fe3+被还原B.对比实验、说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关C.实验、中加入蒸馏水后c(Cu2+)相同D.向实验反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀答案CCu和FeCl3溶液反应生成FeCl2和CuCl2,若铜过量,溶液黄色褪去,加入蒸馏水后生成白色沉淀,可能

16、是发生了反应:CuCl2+Cu2CuCl。实验、中的现象为溶液黄色变浅或溶液黄色褪去,说明Fe3+被Cu还原,A项正确。对比实验、,实验加入少量铜粉,铜粉消失,溶液黄色变浅,加入蒸馏水后无明显现象;实验加入过量铜粉,铜粉有剩余,溶液黄色褪去,加入蒸馏水后生成白色沉淀;说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关,B项正确。对比实验、,参加反应的Fe3+的量相同,则生成的Cu2+应相同,但由于实验生成CuCl,所以加入蒸馏水后c(Cu2+)不相同,C项错误。实验溶液为蓝色,含有Cu2+和过量的铜,向实验反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀CuCl,D项正确。13.如图所示过程除去AlCl3溶液

17、中含有的Mg2+、K+杂质离子并尽可能减小AlCl3的损失。下列说法正确的是()A.NaOH溶液可以用氨水来代替B.溶液a中含有Al3+、K+、Cl-、Na+、OH-C.溶液b中只含有NaClD.向溶液a中滴加盐酸需控制溶液的pH答案DAl(OH)3不溶于氨水,A不正确;溶液a中含有K+、Cl-、Na+、OH-、AlO2-,无Al3+,B不正确;溶液b中含有KCl和NaCl,C不正确;向溶液a中滴加盐酸,若盐酸过量时,会使生成的Al(OH)3溶解,D正确。关联知识向NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸会依次发生反应:AlO2-+H+H2OAl(OH)3,Al(OH)3+3H+Al3+3H2O。二、非

18、选择题(共54分)14.高纯硝酸锶Sr(NO3)2可用于制造信号灯、光学玻璃等。工业级硝酸锶含硝酸钙、硝酸钡等杂质,提纯流程如下:已知:“滤液1”的主要溶质是Ca(NO3)2;“滤渣1”的成分为Ba(NO3)2、Sr(NO3)2;“滤渣2”的主要成分为BaCrO4(杂质不与硝酸反应)。铬酸(H2CrO4)为弱酸。(1)“酸浸”不能采用高温的原因是。(2)相对于水洗,用浓HNO3洗涤的优点是。(3)“滤液2”中过量的H2CrO4被N2H4还原为Cr3+,同时放出无污染的气体,写出反应的离子方程式:。(4)在溶液中存在以下沉淀溶解平衡:Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)+3OH-(aq),常温下

19、,Cr(OH)3的溶度积Ksp=1.010-32,当c(Cr3+)降至1.010-5mol/L,认为Cr3+已经完全沉淀。现将还原后溶液的pH调至4,此时Cr3+是否沉淀完全?(列式计算)。(5)已知Cr(OH)3类似Al(OH)3,还原后溶液的pH不能大于8的原因是(结合离子方程式说明理由)。(6)为了测定“滤渣2”中BaCrO4的含量,进行以下实验:mg“滤渣2”500mL滤液ng判断Ba2+完全沉淀的方法:。“滤渣2”中BaCrO4的质量分数为(用代数式表示)。答案(1)避免浓HNO3挥发和分解(2)减少Sr(NO3)2溶解而造成的损失(3)4H2CrO4+3N2H4+1.2H+4Cr3

20、+3N2+16H2O(4)c(OH-)=10-10mol/L时,c(Cr3+)=1.010-32(1.010-10)3mol/L=1.010-2mol/L1.010-5mol/L,此时Cr3+没有沉淀完全(5)pH大于8时,Cr(OH)3会溶解,Cr(OH)3+OH-CrO2-+2H2O(6)静置,向上层清液中继续滴加Na2SO4溶液,上层清液中无白色沉淀生成1265n233m100%解析(1)浓HNO3易挥发和分解,“酸浸”不能采用高温的原因是避免浓HNO3挥发和分解。(2)根据同离子效应,硝酸锶在浓HNO3中比在水中溶解度小,用浓HNO3洗涤可减少硝酸锶溶解而造成的损失。(3)“滤液2”中

21、过量的H2CrO4被N2H4还原为Cr3+,同时产生一种无污染的气体,为氮气,根据得失电子守恒和原子守恒,离子方程式为4H2CrO4+3N2H4+12H+4Cr3+3N2+16H2O。(5)已知 Cr(OH)3类似Al(OH)3,Cr(OH)3在碱性溶液中会发生反应Cr(OH)3+OH-CrO2-+2H2O而溶解,所以还原后溶液的pH不能大于8。(6)Ba(NO3)2溶液和Na2SO4溶液反应生成BaSO4和NaNO3,所以判断Ba2+完全沉淀的方法是静置,向上层清液中继续滴加Na2SO4溶液,上层清液中无白色沉淀生成。设“滤渣2”中BaCrO4的质量为x。BaCrO4BaSO4253233x

22、ng5253x=2335ng,解得x=1265n233g。所以“滤渣2”中BaCrO4的质量分数为1265n233gmg100%=1265n233m100%。方法技巧利用类比迁移方法,由Al(OH)3具有两性推及Cr(OH)3也具有两性。15.利用钛白粉厂废酸(主要含硫酸、Fe3+、Fe2+、TiO2+、Al3+)制备过二硫酸铵(NH4)2S2O8,同时回收TiO(OH)2的简要流程如下:已知:.部分离子开始和完全生成氢氧化物沉淀的pH如下。离子TiO2+Fe3+Fe2+Al3+开始沉淀的pH1.21.97.03.2沉淀完全的pH2.83.19.44.7.pH7时,Fe2+部分生成Fe()氨配

23、离子Fe(NH3)22+。请回答下列问题:(1)加入适量铁粉的作用是。(2)生成TiO(OH)2的化学方程式是。(3)滤渣、滤渣中均含有的物质的化学式是。(4)加入H2O2的目的是氧化除掉Fe()氨配离子Fe(NH3)22+,配平下列离子方程式:2Fe(NH3)22+4H2O+H2O2+4NH3H2O。(5)常温下,电解液中含硫微粒主要存在形式与pH的关系如下图所示。在阳极放电的离子主要为HSO4-,阳极区电解质溶液的pH范围为。(6)常温下,已知KspAl(OH)3=3.210-34,当pH=10时,溶液中c(Al3+)=mol/L。(7)25,pH=3的(NH4)2SO4溶液中,2c(SO

24、42-)-c(NH4+)=mol/L(列式即可)。答案(1)将Fe3+还原成Fe2+,避免Fe3+和TiO2+同时沉淀(2)TiOSO4+2NH3H2O(NH4)2SO4+TiO(OH)2(3)Fe(OH)3(4)4OH-2Fe(OH)3(5)0pH2(6)3.210-22(7)(10-3-10-11)解析(1)废酸液中含有Fe3+,加入适量铁粉可与Fe3+反应生成Fe2+,避免Fe3+和TiO2+同时沉淀。(2)TiO2+与氨水反应生成TiO(OH)2沉淀和铵根离子,化学方程式为TiOSO4+2NH3H2O(NH4)2SO4+TiO(OH)2。(3)调节pH为10时,溶液中的Fe2+变为氢氧

25、化亚铁沉淀,遇到空气,部分被氧化为氢氧化铁,溶液中的Al3+转化为Al(OH)3沉淀,则滤渣含有氢氧化亚铁、氢氧化铁、氢氧化铝;pH7时,Fe2+部分生成Fe(NH3)22+,加入过氧化氢时,生成氢氧化铁沉淀,滤渣含有氢氧化铁,则滤渣、滤渣中均含有的物质为Fe(OH)3。(4)H2O2与Fe(NH3)22+反应生成氢氧化铁沉淀和一水合氨,离子方程式为2Fe(NH3)22+4OH-+4H2O+H2O22Fe(OH)3+4NH3H2O。(5)根据流程可知,阳极区电解的产物为(NH4)2S2O8,且主要是HSO4-放电,结合图示可知,阳极区电解液的pH的范围为0pH2。(6)已知KspAl(OH)3

26、=c(Al3+)c3(OH-)=3.210-34,pH=10时,c(OH-)=10-4mol/L,代入关系式,则c(Al3+)=3.210-22mol/L。(7)根据溶液呈电中性,c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-),则2c(SO42-)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-)=(10-3-10-11)mol/L。16.二氧化硫是大气主要污染物之一,由于煤、石油、天然气中通常都含有硫元素,燃烧时会生成二氧化硫,目前研究出很多关于烟道气中硫的吸收处理和再利用的方法。(1)“氧化脱硫法”采用NaClO、Ca(ClO)2作吸收剂。采用Ca(ClO)2时可以得到硫酸钙固体且有

27、较好的烟气脱硫效果,该反应的离子方程式是。(2)“亚硫酸盐法”吸收烟道气中的SO2。室温条件下,将烟道气通入(NH4)2SO3溶液中,测得溶液pH与含硫组分物质的量分数的变化关系如图所示。b点时溶液pH=7,则n(NH4+)n(HSO3-)=。用空气氧化(NH4)2SO3的速率随温度的变化如图所示,当温度超过60时,(NH4)2SO3氧化速率下降的原因可能是。答案(1)SO2+Ca2+ClO-+2OH-CaSO4+H2O+Cl-(2)31温度过高,(NH4)2SO3分解,浓度减小(或温度升高,氧气在溶液中溶解度降低)解析(1)SO2为还原剂,ClO-为氧化剂,二者在碱性条件下发生反应。(2)b

28、点时溶液的pH=7,则c(H+)=c(OH-),再根据电荷守恒得n(NH4+)=n(HSO3-)+2n(SO32-),又由题图中曲线可知,b点时溶液中n(SO32-)=n(HSO3-),则n(NH4+)=3n(HSO3-),所以n(NH4+)n(HSO3-)=31;(NH4)2SO3氧化速率下降的原因可能是温度过高,(NH4)2SO3分解,浓度减小或温度升高,氧气在溶液中溶解度降低。17.钛(Ti)被誉为第三金属,广泛应用于航空航天等领域。四氯化钛(TiCl4)是生产金属钛的重要原料,某小组设计实验制备四氯化钛并验证其产物CO,装置如下:已知部分信息如下:制TiCl4的反应原理为TiO2(s)

29、+2C(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+2CO(g)四氯化钛的熔、沸点分别为-24、136,易挥发,在水或潮湿空气中都极易水解,加热时能被O2氧化回答下列问题:(1)气流由左至右,装置的正确连接顺序为A、H、E(填字母)。(2)A中盛装浓盐酸的仪器名称是;G装置的作用是。(3)写出A中发生反应的化学方程式:;实验室欲制备6720mLCl2(标准状况),则理论上应转移mol电子。(4)能证明上述反应有CO生成的实验现象是。(5)利用如图所示装置测定产品纯度:取wgTiCl4产品进行实验,向安全漏斗中加入适量蒸馏水,待四氯化钛充分反应后,将烧瓶和漏斗中的液体一并转入锥形瓶中,滴加几滴0.1m

30、olL-1的K2CrO4溶液作指示剂(Ag2CrO4呈砖红色),用cmolL-1AgNO3溶液滴定至终点,消耗滴定液VmL。已知:常温下,Ksp(AgCl)=1.810-10,Ksp(Ag2CrO4)=1.110-12。TiCl4+(2+n)H2OTiO2nH2O+4HCl安全漏斗在本实验中的作用除加水外,还有。根据上述数据计算该产品的纯度为(用含w、c和V的代数式表示)。答案(1)J、D、B、C、G、F(2)分液漏斗吸收多余的氯气,避免对后续反应造成干扰(3)KClO3+6HCl(浓)KCl+3Cl2+3H2O0.5(4)F中黑色粉末变为红色,H中澄清石灰水变浑浊(5)形成液封,吸收多余的H

31、Cl气体19cV4w%解析(1)实验设计思路为制备氯气、除氯化氢、干燥氯气、制备四氯化钛、收集产品、除氯气、CO还原CuO、检验CO2、收集尾气,故装置的连接顺序应为AJDBCGFHE。(2)G中碱石灰吸收未反应的Cl2,避免干扰CO和CuO的反应。(3)氯酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯气和水。n(Cl2)=0.3mol,结合化学方程式可知转移0.5mol电子。(4)F中黑色粉末变为红色,说明该气体有还原性,H中澄清石灰水变浑浊,说明其氧化产物为CO2,结合F、H中的现象方可证明气体为CO。(5)安全漏斗的作用还有形成液封,吸收多余的HCl气体,避免HCl损失。n(TiCl4)=n(AgCl)4=cV4000mol,(TiCl4)=cV4000mol190gmol-1wg100%=19cV4w%。