四川省宜宾市叙州区第一中学2023-2024学年高二化学上学期开学考试试题（Word版附解析）

叙州区一中2023-2024学年高二上开学考试化学试题可能用到的相对原子质量有：H：1C：12O：16S：32Cu：64第一部分选择题(共42分)一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)1.硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注，下列说法正确的是A.NO2和SO2均为红棕色且有刺激性气味的气体，是酸雨的主要成因B.汽车尾气中的主要大气污染物为NO、SO2和PM2.5C.植物直接吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料，实现氮的固定D.工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除【答案】D【解析】【分析】【详解】A．是红棕色且有刺激性气味的气体，而是无色有刺激性气味的气体，A错误；B．汽车尾气的主要大气污染物为C与N的氧化物，如NOx和CO等，B错误；C．氮的固定是指将游离态的氮元素转化为化合态，且植物可吸收土壤中的铵根离子或硝酸根离子作为肥料，不能直接吸收空气中的氮氧化物，C错误；D．工业废气中的可采用石灰法进行脱除，如加入石灰石或石灰乳均可进行脱硫处理，D正确；故选D。2.下列化学用语表示正确的是A.甲烷结构式：CH4B.HCl的电子式：C.Cl－的结构示意图：D.硫酸钾的电离方程式：K2SO4＝2K＋＋【答案】D 【解析】【详解】A.CH4是甲烷的分子式或结构简式，CH4的结构式为，A错误；B.HCl是共价化合物，其电子式中不可能出现阴阳离子，HCl的电子式为，B错误；C.Cl－的最外层应有8个电子，C错误；D.硫酸钾是强电解质，能完全电离成K＋和，D正确；答案选D。3.下列有关糖类、油脂、蛋白质的说法正确的是A.蛋白质由C、H、O三种元素组成B.利用淀粉水解一步反应得到乙醇C.油脂属于高分子化合物D.可用灼烧法来鉴别蚕丝和棉织物【答案】D【解析】【详解】A．蛋白质除了含C、H、O三种元素外，还有N、S等元素，故A错误；B．淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖经过发酵生成乙醇，无法一步进行，故B错误；C．油脂不是高分子化合物，故C错误；D．蚕丝主要成分蛋白质，灼烧可闻到烧焦羽毛气味，棉织物中无蛋白质成分，故D正确；答案选D。4.工业上用焦炭还原石英砂可以制粗硅(含碳化硅)，再进一步制备高纯度硅。下列说法正确的是A.制粗硅的化学方程式为：B.晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，常用作光导纤维C.石英砂的成分是，可用作太阳能电池D.碳化硅具有类似金刚石的结构，可用作耐高温材料【答案】D【解析】【详解】A．二氧化硅与碳在高温条件下反应生成硅和一氧化碳，反应方程式： ，故A错误；B．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，常用作半导体材料，故B错误；C．石英砂的成分是，可用作光导纤维，故C错误；D．碳化硅具有类似金刚石的结构，硬度大，可用作耐高温材料，故D正确；答案选D。5.相同条件下，下列各热化学方程式中ΔH最小的是①2A(l)+B(l)=2C(g)ΔH1②2A(g)+B(g)=2C(g)ΔH2③2A(g)+B(g)=2C(l)ΔH3④2A(l)+B(l)=2C(l)ΔH4A.ΔH1B.ΔH2C.ΔH3D.ΔH4【答案】C【解析】【详解】各反应中对应物质的物质的量相同，同一物质的能量g＞l＞s；不管反应是吸热反应还是放热反应，如果生成物的能量越低而反应物的能量越高，则ΔH越小。C为液态时，生成物能量最低，A、B均为气态时，反应物的能量最高，因此反应2A(g)+B(g)=2C(l)的ΔH3最小，故选C。6.在海水资源的开发利用中，下列关于各工业体系的操作的叙述中错误的是选项工业体系操作A镁工业：制备单质镁高温条件下，用氢气还原氧化镁B溴工业：制备单质溴用氯气氧化海水中的溴离子C淡水工业：制备蒸馏水用太阳能将海水蒸发再液化得到初步的淡水D氯碱工业：制备含氯消毒剂用得到的和石灰乳反应制漂白粉A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．镁的活泼性强于氢，在工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼，而不采用氢气还原氧化镁的方法，故A错误；B．工业上制备单质溴，是氯气将海水中的溴转化为单质溴，用SO2作吸收剂将Br2转化为HBr达到富集 的目的，最后再用氯气氧化，故B正确；C．工业上制备蒸馏水，可以用太阳能将海水蒸发再液化得到初步的淡水，便于节约能量，故C正确；D．氯碱工业可以制备氢气、烧碱和氯气，用电解得到的Cl2和石灰乳反应得到以次氯酸钙为有效成分的漂白粉，故D正确；故选A。7.下列物质的转化能一步完成的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．SiO2不溶于水，不能与H2O直接反应转化成H2SiO3，A不符合题意；B．NH3具有还原性，能够与O2在催化剂存在条件下氧化产生NO，不能直接转化成NO2，B不符合题意；C．Na与O2在加热时反应产生Na2O2，Na2O2与CO2反应产生Na2CO3，Na2CO3能够与Ca(OH)2反应产生NaOH，因此物质转化能够一步实现，C符合题意；D．Fe与O2点燃反应产生Fe3O4，但Fe3O4不溶于水，不能直接与水反应转化成Fe(OH)3，D不符合题意；故合理选项是C。8.设为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是A.常温常压下，含有分子的数目为B.的溶液含有的数目为C.与在密闭容器中充分反应，生成HI分子的数目为D.和足量铁粉反应，转移电子的数目为【答案】D【解析】【详解】A．常温常压下，为2mol，由于存在反应2NO2(g)⇌N2O4(g)，则含有分子的数目为，A错误； B．的溶液体积不知，不能计算含有的数目，B错误；C．与在密闭容器中发生可逆反应，生成HI分子的数目小于，C错误；D．一定条件下，氯气和足量铁粉反应生成氯化铁，按电子数守恒知，和足量铁粉反应，转移2mol电子、数目为，D正确；答案选D。9.根据乙烯的性质可以推测丙烯(CH2＝CH－CH3)的性质，下列说法错误的是A.丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.丙烯能在空气中燃烧C.丙烯与溴发生加成反应的产物是CH2Br－CH2－CH2BrD.聚丙烯的结构可以表示为【答案】C【解析】【详解】A．丙烯分子中含有不饱和的碳碳双键，能被酸性KMnO4溶液氧化，因此能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；B．丙烯属于烯烃，能在空气中燃烧，反应产生CO2、H2O，B正确；C．丙烯分子中含有不饱和的碳碳双键，与溴发生加成反应时，断裂碳碳双键中较活泼的碳碳键，然后在两个不饱和的C原子上各形成1个C-Br键，反应产生CH2Br－CHBr－CH3，C错误；D．丙烯分子中含有不饱和的碳碳双键，在一定条件下，断裂碳碳双键中较活泼的碳碳键，然后这些不饱和的C原子彼此结合形成长链，就得到聚丙烯，其结构简式是，D正确；故合理选项是C。10.正己烷是优良的有机溶剂，其球棍模型如图所示。下列有关说法正确的是A.正己烷的分子式为，其沸点比丙烷低B.正己烷的一氯代物有3种 C.正己烷能与溴水发生取代反应而使溴水褪色D.正己烷所有碳原子可在一条直线上【答案】B【解析】【详解】A．正己烷的分子式为，其沸点比丙烷高，故A错误；B．正己烷中有三种等效氢，所以其一氯代物有3种，故B正确；C．正己烷不能与溴水反应，不能使溴水褪色，故C错误；D．正己烷中的碳原子均为饱和碳原子，和每个碳原子连接的四个原子构成四面体结构，键角约为109°28′，所以正己烷分子中所有碳原子不可能在一条直线上，故D错误；故选B。【点睛】正己烷球棍模型：，正己烷分子中的碳原子可以呈锯齿状。11.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X的单质在空气中所占体积分数最大，Y是地壳中含量最多的金属元素，Z与X位于同一主族，W原子的最外层有7个电子。下列说法正确的是A.的最高价氧化物属于碱性氧化物B.原子半径：C.简单气态氢化物的热稳定性：D.的含氧酸的酸性比的强【答案】C【解析】【分析】由题干信息可知，短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的单质在空气中所占体积分数最大，则X为N，Y是地壳中含量最多的金属元素，故Y为Al，Z与X位于同一主族则Z为P，W原子的最外层有7个电子，故W为Cl，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，Y为Al，的最高价氧化物即Al2O3既能与强酸又能与强碱反应生成盐和水，故其属于两性氧化物，A错误；B．由分析可知，X、Y、Z、W分别为N、Al、P、Cl，根据同一周期从左往右原子半径依次减小，同一主族从上往下原子半径依次增大可知，原子半径：Al＞P＞Cl＞N即，B错 误；C．由分析可知，Z、W分别为P、Cl，同一周期从左往右元素非金属性依次增强，即非金属性Cl大于P，简单气态氢化物的热稳定性与非金属性一致，即HCl＞PH3即，C正确；D．元素的最高价氧化物对应水化物的酸性与其非金属性一致，故有非金属性N大于P，即的最高价含氧酸的酸性比的弱，D错误；故答案为：C。12.铝土矿(主要成分为，还含有、)是工业上制备金属铝的主要原料，工业上提取铝的工艺流程如下：对于上述工艺流程，下列说法不正确的是A.沉淀A中有B.试剂a可以用氨水，目的是使三价铁离子完全转化为除去C.步骤③发生的离子反应方程式是(过量)D.工业上用电解熔融的方法制备金属铝，铝是阴极产物【答案】B【解析】【分析】铝土矿主要成分为Al2O3，还含有SiO2、Fe2O3，用盐酸溶解，SiO2和盐酸不反应，Al2O3、Fe2O3与盐酸反应生成AlCl3、FeCl3，过滤分离，沉淀A为SiO2，滤液甲含有AlCl3、FeCl3及过量的HCl，步骤③通入的为二氧化碳得到Al（OH）3与NaHCO3，则滤液乙含有，步骤②应加入NaOH，除去Fe3+离子，将Al3+离子转化为，加热氢氧化铝分解得到氧化铝，电解氧化铝得到Al。【详解】A．根据分析，沉淀A中有，A正确；B．氢氧化铝和氨水不反应，不能使Al（OH）3转化为，a应选择NaOH，B错误；C．往滤液中通入过量CO2，将转化为Al(OH)3沉淀和NaHCO3，离子方程式为：(过量)，C正确； D．工业上用电解熔融的方法制备金属铝，铝离子在阴极得到电子被还原，是阴极产物，D正确；故选B。13.一定条件下铁可以和CO2发生反应：Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)。一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，反应过程中CO2气体和CO气体的浓度与时间的关系如图所示。下列说法正确的是A.t1min时该化学反应达到平衡状态B.在4min时v正＞v逆C.4min内，CO2的转化率约为71.4%D.4min内，CO的平均反应速率v(CO)=0.25mol•L-1•min-1【答案】C【解析】【详解】A．t1min后CO、CO2的浓度继续改变，t1min时该化学反应没有达到平衡状态，故A错误；B．在4min时CO、CO2的浓度不再继续改变，反应达到平衡状态，v正=v逆，故B错误；C．4min内，CO2的浓度减小0.5mol/L，转化率约为0.5mol/L÷0.7mol/L×100%==71.4%，故C正确;D．4min内，CO的浓度增大0.5mol/L，平均反应速率v(CO)=mol•L-1•min-1，故D错误；选C。14.硅锰电池是一种新型电池，因其供电稳定，存储量丰富而备受关注。硅锰电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是 A.电池工作时，通过质子交换膜由电极区移向电极区B.放电时，导线上每通过电子，正极区溶液的质量增加C.电池充电时，电极的电极反应式是D.电池充电时，电极连接外接电源的正极【答案】D【解析】【分析】根据图示，放电时，电极失电子生成SiO2，电极是负极；MnO2得电子生成Mn2+，MnO2是正极。【详解】A．电池工作时，阳离子向正极移动，通过质子交换膜由电极区向电极区移向，故A错误；B．放电时，正极反应式为，导线上每通过电子，有0.5mol进入溶液，同时有1mol氢离子由负极通过质子交换膜进入正极区，正极区溶液的质量增加，故B错误；C．放电时，是负极，电池充电时，电极为阴极，电极反应式是，故C错误；D．放电时，MnO2是正极，电池充电时，作阳极，连接外接电源的正极，故D正确；选D。第二部分非选择题(共58分)二、非选择题(本题包括15~19题，共5题)15.物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要角度。下图所示是硫及其部分化合物的“价类二维图”，根据图示回答下列问题： （1）足量B通入品红溶液的现象是___________；体现了B的___________性。足量B通入溴水中的现象是___________；体现了B的___________性。（2）从物质的性质分析，B不可用___________进行干燥(填标号)。A．浓硫酸B．碱石灰C．P2O5固体（3）硫代硫酸钠(Na2S2O3)俗称海波。从类别的角度分析，其属于___________(填标号)。A.盐B.碱C.酸D.氧化物（4）欲制备Na2S2O3，从氧化还原角度分析，下列选项中合理的是___________(填序号)。A.Na2S＋SB.Na2SO3＋SC.Na2SO3＋Na2SO4D.SO2＋Na2SO4（5）D的浓溶液与铜单质在加热条件下可以发生化学反应，反应的化学方程式为___________。【答案】（1）①.溶液褪色②.漂白③.溴水褪色④.还原（2）B（3）A（4）B（5）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑【解析】【分析】根据元素的化合价与物质分类可知：A是H2S，B是SO2，C是Na2SO3，D是H2SO4，据此分析解答。【小问1详解】B是SO2，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，所以将足量SO2通入品红溶液能看到溶液褪色；SO2具有还原性，和溴水发生氧化还原反应使溴水褪色，所以将足量SO2通入溴水中的现象是溴水褪色；故答案为：溶液褪色；漂白；溴水褪色；还原；【小问2详解】B是SO2，SO2为酸性氧化物，不能用碱性干燥剂干燥，碱石灰为碱性干燥剂，则不能用来干燥SO2气体，SO2不能与浓硫酸和P2O5反应，可以用浓硫酸和P2O5固体干燥，故答案为：B；【小问3详解】 硫代硫酸钠(Na2S2O3)是由钠离子和硫代硫酸根离子组成的化合物，属于盐，故答案为：A；【小问4详解】Na2S2O3中硫元素化合价为+2价，从氧化还原角度分析，两种反应物中硫元素的化合价必须分别高于+2价和低于+2价；A．Na2S中S元素的化合价为-2价，S单质中S的化合价为0价，均小于+2价，故A不合理；B．Na2SO3中S元素的化合价为+4价，S单质中S的化合价为0价，符合要求，故B合理；C．Na2SO3中S元素的化合价为+4价，Na2SO4中S的化合价为+6价，均大于+2价，故C不合理；D．SO2中S元素的化合价为+4价，Na2SO4中S的化合价为+6价，均大于+2价，故D不合理；故答案为：B；【小问5详解】D是H2SO4，浓硫酸具有强氧化性，在加热条件下铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化硫，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑，故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑。16.2023年全国政府工作报告指出，推动重点领域节能降碳减污。一种太空生命保障系统利用电解水供氧，生成的氢气与宇航员呼出的二氧化碳在催化剂作用下生成水和甲烷，水可循环使用。（1）已知与的燃烧热分别为、，，写出与反应生成和的热化学方程式___________。（2）一定温度下，在恒容密闭容器中与反应生成和。①能说明该反应达到平衡状态的是___________(填字母)。A．　　　B．容器内压强一定　　C．气体平均相对分子质量一定D．气体密度一定　　　　　　E．的体积分数一定②保持温度不变，再向容器中通入，则v(正)___________v(逆)(填“>”“<”或“=”)。（3）丙烷燃烧可以通过以下两种途径：途径I：途径Ⅱ：(a、b、c、d均为正值) 请回答下列问题：判断等量的丙烷通过两种途径放出的热量，途径I放出的热量___________(填“大于”、“等于”或“小于”)途径Ⅱ放出的热量。的反应中，反应物具有的总能量___________(填“大于”、“等于”或“小于”)生成物具有的总能量。b与a、c、d的数学关系式是___________。【答案】（1）（2）①.BCE②.=（3）①等于②.小于③.【解析】【小问1详解】已知与的燃烧热分别为、，则①，②，③，将②的4倍减去①，再加上③的2倍，则与反应生成和的热化学方程式；故答案为：。【小问2详解】①A．，没有正逆反应，不能说明达到平衡，故A不符合题意；B．正向反应是体积减小的反应，压强不断减小，当容器内压强一定，则达到平衡，故B符合题意；C．平均摩尔质量等于气体质量除以气体物质的量，气体质量不变，正向反应，气体物质的量减小，平均摩尔质量增大，当气体平均相对分子质量一定，则达到平衡，故C符合题意；D．密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，当气体密度一定，不能作为判断平衡，故D不符合题意；E．正向反应，甲烷体积分数增大，当的体积分数一定，则达到平衡，故E符合题意；综上所述，答案为：BCE。②保持温度不变，再向容器中通入，容器压强增大，但反应体积的浓度不变，则速率不变，平衡不移动，则v(正)=v(逆)；故答案为：=。【小问3详解】等量的丙烷通过两种途径放出的热量，根据盖斯定律，两者放出的热量相等，则途径I 放出的热量等于途径Ⅱ放出的热量。的反应是吸热反应，则反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量。根据盖斯定律，则b与a、c、d的数学关系式是即；故答案为：等于；小于；。17.聚丙烯酸乙酯可作为皮革的防裂剂和涂料的基液，其一种合成路线图如下，其中A的产量用来衡量一个国家石油化工发展水平。回答下列问题：（1）A的结构简式为___________，与丙烯互为___________(填“同分异构体”、“同素异形体”或“同系物”)。（2）丙烯酸中所含官能团的名称是___________。（3）反应①~④中属于“原子经济性反应”(即原子利用率为100%)的是___________(填序号)。（4）反应②的化学方程式为：___________。（5）B与丙烯酸反应生成丙烯酸乙酯的化学方程式为：___________，反应类型属于___________。（6）写出一种与丙烯酸乙酯互为同分异构体的有机酸的结构简式：___________。【答案】（1）①.CH2=CH2②.同系物（2）碳碳双键和羧基（3）①④（4）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O（5）①.CH2=CHCOOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O②.酯化反应或者取代反应（6）CH2=CHCH2CH2COOH、CH3CH=CHCH2COOH、CH3CH2CH=CHCOOH任意一种或其他合理答案【解析】【分析】A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A为CH2=CH2，由转化关系可知B为CH3CH2OH，催化氧化生成乙醛CH3CHO，丙烯CH2=CHCH3被催化氧化生成丙烯酸CH2=CHCOOH，丙烯酸与乙醇发生酯化反应生成丙烯酸乙酯CH2=CHCOOCH2CH3，丙烯酸乙酯发生加聚反应可生成聚丙烯酸乙酯，据此分析解题。【小问1详解】 由分析可知，A为乙烯，则A的结构简式为CH2=CH2，A与丙烯(CH2=CHCH3)均为含有一个碳碳双键的链烃，分子组成上相差一个CH2，二者互为同系物，故答案为：CH2=CH2；同系物；【小问2详解】已知丙烯酸的结构简式为：CH2=CHCOOH，其中所含官能团的名称是碳碳双键和羧基，故答案为：碳碳双键和羧基；【小问3详解】由分析可知，反应①~④的方程式依次为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH、2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O、CH2=CHCOOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O，nCH2=CHCOOCH2CH3，故反应①~④中属于“原子经济性反应”(即原子利用率为100%)的是①④，故答案为：①④；【小问4详解】由(3)分析可知，反应②的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；【小问5详解】由(3)分析可知，B与丙烯酸反应生成丙烯酸乙酯即反应③的化学方程式为：CH2=CHCOOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O，反应类型属于酯化反应或者取代反应，故答案为：CH2=CHCOOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O；酯化反应或者取代反应；【小问6详解】已知丙烯酸乙酯结构简式为：CH2=CHCOOCH2CH3，故与丙烯酸乙酯互为同分异构体的有机酸的结构简式可能有：CH2=CHCH2CH2COOH、CH3CH=CHCH2COOH、CH3CH2CH=CHCOOH等，故答案为：CH2=CHCH2CH2COOH、CH3CH=CHCH2COOH、CH3CH2CH=CHCOOH任意一种或其他合理答案。18.氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种重要的医用氨化剂，有关该物质的信息如下表所示：制备原理放热反应主要性质①在潮湿的空气中转变为②温度较高时容易分解生成、 ③不溶于某实验小组在实验室中利用下列装置合成少量的氨基甲酸铵。回答下列问题：（1）盛放稀盐酸的仪器的名称是___________。（2）装置B和C中试剂的名称分别是___________、___________。（3）实验室制取氨气的化学方程式为___________。（4）反应结束后，从三颈烧瓶中分离出产品，进行的实验操作是___________。（5）装置E的作用有___________(写出两点)。若观察到E中出现大量气泡(浓硫酸足量)，则可能的原因是___________。（6）设计实验：检验制得的产品中是否混有？___________。【答案】（1）分液漏斗（2）①.饱和碳酸氢钠溶液②.浓硫酸（3）（4）过滤（5）①.吸收多余的氨气，防止污染环境；防止水蒸气进入三颈烧瓶中与氨基甲酸铵反应②.通入氨气的流速过慢(或通入二氧化碳的流速过快或装置A中滴入盐酸的速度过快)（6）取适量的产品溶于水，先加入足量的稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则证明产品中混有；若无白色沉淀生成，则证明产品中不混有【解析】【分析】本实验通过稀盐酸与石灰石生成二氧化碳，经除杂干燥后，通入三颈烧瓶内与氨气发生反应，结合目标产物的相关性质进行实验分析即可；【小问1详解】结合仪器结构特点可知，该仪器为分液漏斗；【小问2详解】 石灰石与稀盐酸反应生成的二氧化碳气体中混有挥发的HCl和水蒸气，所以需先经过饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，再经过浓硫酸干燥；【小问3详解】实验室通过氯化铵与熟石灰混合加热的方法制氨气，反应方程式：；【小问4详解】生成的产物不溶于，通过过滤的方法将固体和液体分离；【小问5详解】为避免多余的氨气逸出，需进行尾气除了，所以E装置可吸收多余的氨气，防止污染环境；同时利用浓硫酸吸水的特性，可防止水蒸气进入三颈烧瓶中与氨基甲酸铵反应；E装置中产生大量气泡可能是由于二氧化碳气体流速过快，或A装置滴加稀盐酸速率过快等原因导致；【小问6详解】取适量的产品溶于水，先加入足量的稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则证明产品中混有；若无白色沉淀生成，则证明产品中不混有。19.以钛铁矿(主要成分，钛酸亚铁)为主要原料制备绿矾和二氧化钛的生产工艺如下图。已知：。回答下列问题：（1）中的化合价为___________，加硫酸时将钛铁矿粉碎的目的是___________。（2）若在实验室中进行操作①，所使用的玻璃仪器有烧杯、___________、___________。（3）检验绿矾中的方法为___________。（4）流程中可循环利用的物质是___________。【答案】（1）①.②.增大接触面积，加快溶解速率（2）①.漏斗②.玻璃棒 （3）取少许样品，加蒸馏水溶解，先滴加溶液，无明显现象，再滴加新制氯水，出现红色，则有（4）硫酸【解析】【分析】将钛铁矿粉碎利用硫酸溶解，所得溶液中加入铁粉反应过量的硫酸；过滤所得溶液1冷却结晶得到绿矾，溶液2加水稀释然后加热得到钛酸和硫酸，钛酸煅烧得到二氧化钛，以此答题。【小问1详解】FeTiO3中Fe的化合价为+2，O的化合价为-2，根据元素化合价代数和为0可得，Ti的化合价为+4；将钛铁矿粉碎有利于增大反应物的接触面积，加快反应速率，故答案为：+4；增大反应物的接触面积，加快反应速率；【小问2详解】操作①是过滤操作，过滤所使用玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：漏斗、玻璃棒；【小问3详解】检验Fe2+的试剂可以是KSCN溶液和新制氯水，操作方法为：取少许样品，加蒸馏水溶解，先滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加新制氯水，出现红色，则有Fe2+；【小问4详解】