福建省厦门第一中学2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题（Word版附解析）

福建省厦门第一中学2023—2024学年度第一学期期中考试高二年化学试卷说明：1.完成时间75分钟2.可能用到的相对原子质量：C：12O：16S：32一、单项选择题(共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项符合题意)1.一种生产和利用氢能的途径如图所示，下列说法错误的是A.氢能是利用太阳能等产生的，故属于二次能源B.图中能量转化的方式至少有五种C.太阳能、风能、氢能都属于新能源D.太阳能电池的供电原理与燃料电池相同【答案】D【解析】【详解】A．氢能是利用太阳能等产生的，故属于二次能源，选项A正确；B．图中涉及能量转化方式有太阳能、风能、水能转化为电能，电能与化学能的相互转化，电能与光能、热能的转化等，选项B正确；C．太阳能、风能、氢能都属于新能源，选项C正确；D．太阳能电池的供电原理实际是热能转化为电能，而燃料电池的供电原理是将化学能转化为电能，所以二者是不相同的，选项D错误；答案选D。2.下列化学用语正确的是A.电解液为稀硫酸的甲醇燃料电池中，负极的电极反应式为： B.铅蓄电池充时阳极电极反应式为：C.用惰性电极电解熔融氯化钠：D.燃烧热的热化学方程式为：【答案】A【解析】【详解】A．电解液为稀硫酸的甲醇燃料电池中，负极上甲醇失电子生成二氧化碳，电极反应式为：，选项A正确；B．铅蓄电池充电时阳极上硫酸铅失电子产生氧化铅和硫酸，电极反应式为：，选项B错误；C．用惰性电极电解熔融氯化钠，生成钠和氯气，电极反应为：，选项C错误；D．燃烧热热化学方程式，产物应为液态水，选项D错误；答案选A。3.往某恒温密闭容器中加入CaCO3，发生反应：CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)∆H>0反应达到平衡后，t1时，缩小容器体积，x随时间（t）变化的关系如图所示。x不可能是A.v逆B.c(CO2)C.∆HD.ρ(容器内气体密度)【答案】C【解析】【详解】A．该反应中只有二氧化碳是气体，反应达到平衡后，t1时，缩小容器体积，二氧化碳浓度增大，平衡逆向移动，则v逆先瞬间增大后减小，符合体系，A正确；B．该反应中只有二氧化碳是气体，反应达到平衡后，t1时，缩小容器体积，二氧化碳浓度增大，平衡逆向移动，二氧化碳浓度减小，再次达到平衡，由于K=c(CO2)不变，故两次平衡c(CO2)相等，符合体系，B正 确；C．焓变只受温度影响，温度不变焓变数值不变，C错误；D．体系中气体指二氧化碳，压缩体积，密度突然增大，随反应进行，二氧化碳质量减少，密度减小，D正确；答案选C。4.室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是选项探究方案探究目的A向5mL0.lmol/LKI溶液中加入1mL0.1mol/L溶液充分反应后用苯萃取2~3次，取水层滴加KSCN溶液观察溶液颜色变化化学反应有一定限度B用玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH试纸上，与标准比色卡对照读数测定新制氯水的pHC分别向2支盛有等体积、等浓度的和溶液的试管中同时加入2mL5%溶液探究浓度对反应速率的影响D分别取50mL0.5mol/L硫酸、氢氧化钡两溶液在量热器中充分反应，测定反应前后最大温度差测定中和热A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．，根据数据可知I-过量，充分反应后用苯萃取2~3次，取水层滴加KSCN溶液，溶液颜色变红，说明该反应为可逆反应，化学反应有一定限度，A正确；B．新制氯水具有漂白性，不能用pH试纸测定pH，B错误；C．分别向2支盛有等体积、等浓度的和溶液的试管中同时加入2mL5%溶液，是探究催化剂对反应速率的影响，C错误；D．中和热是稀的强酸强碱反应生成1mol水放出的热量，硫酸与氢氧化钡反应除了生成水还生成BaSO4沉淀，测出的数值比中和热的数值大，D错误； 故选A。5.一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO：MgSO4(s)+CO(g)MgO(s)+CO2(g)+SO2(g)△H>0，该反应在某密闭容器中达到平衡。下列分析正确的是A.恒温恒容时，充入CO气体，达到新平衡时增大B.容积不变时，升高温度，混合气体的平均相对分子质量减小C.恒温恒容时，分离出部分SO2气体可提高MgSO4的转化率D.恒温时，增大压强平衡逆向移动，平衡常数减小【答案】C【解析】【详解】A.通入CO，虽然平衡向正反应方向进行，但c(CO)增大，且比c(CO2)大，因此此比值减小，故错误；B.正反应方向是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向进行，CO2和SO2的相对分子质量比CO大，因此混合气体的平均摩尔质量增大，故错误；C.分离出SO2，减少生成物的浓度，平衡向正反应方向进行，MgSO4消耗量增大，即转化率增大，故正确；D.化学平衡常数只受温度的影响，温度不变，化学平衡常数不变，故错误。答案选C。6.用一种具有“卯榫”结构的双极膜组装电解池(下图)，可实现大电流催化电解溶液制氨。工作时，在双极膜界面处被催化解离成和，有利于电解反应顺利进行。下列说法不正确的是A.电解总反应：B.每生成，双极膜处有的解离C.电解过程中，阳极室中的物质的量不因反应而改变D.相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构可提高氨生成速率 【答案】B【解析】【分析】由信息大电流催化电解溶液制氨可知，在电极a处放电生成，发生还原反应，故电极a为阴极，电极方程式为，电极b为阳极，电极方程式为，“卯榫”结构的双极膜中的H＋移向电极a，OH－移向电极b。【详解】A．由分析中阴阳极电极方程式可知，电解总反应为，故A正确；B．每生成，阴极得8mole－，同时双极膜处有8mol进入阴极室，即有8mol的解离，故B错误；C．电解过程中，阳极室每消耗4mol，同时有4mol通过双极膜进入阳极室，KOH的物质的量不因反应而改变，故C正确；D．相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构具有更大的膜面积，有利于被催化解离成和，可提高氨生成速率，故D正确；故选B。7.某实验小组依据反应⇌设计如图1电池，探究pH对氧化性的影响，测得输出电压与pH的关系如图2。下列有关叙述错误的是()图1图2A.c点时，正极的电极反应为=B.b点时，反应处于化学平衡状态Ca点时，盐桥中K+向左移动D.时，氧化性【答案】A【解析】 【详解】A．pH＞0.68时，电压小于0，反应逆向进行，AsO33－在负极失电子，则负极电极反应式为AsO33－-2e-+H2O=AsO43-+2H+，A选项错误；B．pH=0.68时，电压为零，反应处于平衡状态，B选项正确；C．乙中碘离子失电子，则乙中石墨电极为负极，甲中石墨为正极，原电池中阳离子向正极移动，所以盐桥中K+向左移动，C选项正确；D．pH＞0.68时，电压小于0，反应逆向进行，碘作氧化剂，所以氧化性I2＞AsO43－，D选项正确；答案选A。8.某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应，达到平衡后，在不同的时间段，分别改变反应的一个条件，测得容器中各物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如图所示：下列说法中正确的是A.间应该使用了催化剂B.反应方程式中的，正反应为吸热反应C时降低温度，时升高温度D.时减小压强，时升高温度【答案】D【解析】【分析】根据第一幅图可知0~30min内，A、B的浓度由2.0mol/L变为1.0mol/L，变化量为1.0mol/L，C的浓度由0变为2.0mol/L，变化量为2.0mol/L，变化量之比等于计量数之比可计算出x，根据第二幅图中v(正)和v(逆)的位置关系分析出改变平衡的外界条件，据此进行分析。【详解】A．根据第一幅图可知30~40min内，反应速率降低，平衡没有发生移动，反应物与生成物的浓度瞬间降低，催化剂不能改变浓度，A错误；B．0~30min内，A、B的浓度由2.0mol/L变为1.0mol/L，变化量为1.0mol/L，C的浓度由0变为2.0mol/L，变化量为2.0mol/L，变化量之比等于计量数之比，x=1，该反应为等体积反应，改变压强平衡不移动，40min时，正、逆反应速率都增大，但v(逆)>v(正)，平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热方向移 动，即该反应为放热反应，B错误；C．30min时正逆反应速率减小，反应物和生成物的浓度降低，但平衡不移动，因而不是温度的影响，而是减小压强造成的，40min时正逆反应速率都增大，且v(逆)>v(正)，平衡逆向移动，是升高温度造成的，C错误；D．根据C项分析，D正确；故选D。9.在金催化剂表面上进行某反应历程如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用·标注。下列说法正确的是A.该反应的热效应＞0B.反应过程中发生非极性键的断裂与生成C.其他条件不变，使用另一高效催化剂可使CO的平衡转化率增大D.该历程中最大能垒(活化能)步骤的反应式为【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由图知，反应结束，相对能量大小为−0.72，故该反应为放热反应，，故A错误；B．反应过程中无非极性键的断裂，只有非极性键的生成，故B错误；C．催化剂改变反应速率，不改变的平衡转化率，故C错误；D．由图知，该历程中最大能垒(活化能)步骤的化学方程式为，故D正确。综上所述，答案为D。10.恒压条件下，密闭容器中将、按照体积比为1∶3合成，其中涉及的主要反应： Ⅰ．Ⅱ．在不同催化剂作用下发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，在相同的时间段内的选择性和产率随温度的变化如图所示：已知：的选择性下列说法正确的是：A.保持恒温恒压下充入氮气，不影响CO的产率B.合成甲醇的适宜工业条件是约230℃，催化剂选择CZTC.使用CZ(Zr-1)T，230℃以上，升高温度甲醇的产率降低，原因可能是催化剂的活性降低D.使用CZT，230℃以上，升高温度甲醇的产率降低，可能是因为反应Ⅱ平衡正向移动【答案】D【解析】【详解】A．充入氮气反应Ⅰ压强减小平衡逆向移动，H2和CO2增加从而导致反应Ⅱ的反应物浓度增大平衡正向移动，所以CO的产率增加，A项错误；B．相同条件下催化剂CZ(Zr-1)T选择性更高。此催化剂在230℃选择性最高且CH3OH的产率较高，所以甲醇的最适宜条件为约230°C、催化剂选择CZ(Zr-1)T，B项错误；C．230℃以上反应Ⅰ为放热反应升温平衡逆向，而反应Ⅱ为吸热反应升温平衡正向，导致甲醇的产率降低，C项错误；D．CZT，230°C以上甲醇的选择性低，且升温反应Ⅱ正向，所以该条件下主要以反应Ⅱ为主导致甲醇的产率降低，D项正确；故选D。 二、填空趣(共4题，共60分)11.电解原理在化学工业中有广泛应用。（1）电解食盐水是氯碱工业的基础。目前比较先进的方法是阳离子交换膜法，电解示意图如图所示，图中的阳离子交换膜只允许阳离子通过，请回答以下问题：①图中A极要连接电源的___________(填“正”或“负”)极。②精制饱和食盐水从图中___________位置补充，氢氧化钠溶液从图中___________位置流出(选填“a”、b"、“c”、“d”、“e”或“f”)（2）电解法处理含氮氧化物废气，可回收硝酸，具有较高的环境效益和经济效益。实验室模拟电解法吸收的装置如图所示(图中电极均为石墨电极)。若用气体进行模拟电解法吸收实验。①写出电解时发生反应的电极反应式___________。②若有0.1mol被吸收，通过阳离子交换膜的为___________mol。（3）为了减缓钢制品的腐蚀，可以在钢制品的表面镀铝。电解液采用一种非水体系的室温熔融盐，由有机阳离子、和组成。①钢制品应接电源的___________极。②已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为___________。 （4）将PbO溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含的电解液，电解溶液生成b的装置如图所示。①写出电解时阴极的电极反应式：___________。②电解过程中，电解液浓度不断减小，为了恢复其浓度，应该向___________极室(填“阴”或者“阳”)加入___________(填化学式)。【答案】（1）①.正②.a③.d（2）①.NO−e−+H2O=NO+2H+②.0.1（3）①.负②.4+3e−=A1+7（4）①.②.阴③.PbO【解析】【小问1详解】①由电解食盐水装置图可知，Na+移向右边，则左边 A 为阳极，所以 A 极要连接电源的正极；②由电解食盐水装置图可知，Na+ 移向右边，则左边 A 为阳极，电极方程式为 2Cl--2e-=Cl2↑，所以精制饱和食盐水从图中 a 位置补充，右边 B 为阴极，电极方程式为：2H2O+2e−=H2↑+2OH− 或 2H++2e−=H2↑，则生成的 NaOH 溶液从图中 d 位置流出。【小问2详解】①根据图知，电解时，左室中电极上 H+放电生成 H2，则左室为阴极室，右室为阳极室，阳极上通入的是氮氧化物，生成的物质是 HNO3，所以阻极上氮氧化物失电子，与水反应生成 HNO3，电极反应式为：NO−e−+H2O=NO+2H+；②若有0.1mol被吸收，，阳极反应式为 NO2−e−+H2O=NO+2H+，有 0.2 molH+生成，因为 0.1 mol HNO3 生成，则有 0.1 mol H+ 引入阴极室。【小问3详解】①依据电镀原理分析，钢铁上镀铝是利用铝做阻极，与电源正极相连，钢铁做阴极与电源负极相连； ②由有机阳离子、和组成的离子液体做电解液来实现，离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系，电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，则阴极反应生成铝发生的是还原反应，铝元素化合价降低，分析离子液体成分可知 得到电子生成 和 Al，电极反应为：4+3e−=A1+7。【小问4详解】①阴极发生还原反应Na2PbCl4被还原生成Pb，阴极反应为：；②电解过程中，Na2PbCl4在阴极发生还原反应生成Pb，阳极发生氧化反应生成氧气，浓度不断减小，为恢复浓度，则应在阴极加入PbO。12.Ⅰ．对温室气体二氧化碳的处理是化学工作者实现“碳中和”重点研究的课题。一种新的循环利用方案是用Bosch反应（1）①已知：和的生成焓为和。则___________。(生成焓是一定条件下，由其对应最稳定单质生成1mol化合物时的反应热)②若要此反应自发进行，___________(填“高温”或“低温”)更有利。③Bosch反应必须在高温下才能启动，原因是___________。（2）350℃时，向体积为2L的恒容密闭容器中通入8mol和4mol发生Bosch反应，若反应起始和平衡时温度相同(均为350℃)，测得反应过程中压强随时间的变化如表所示(其中P为大气压)：时间/min0102030405060压强6.00P5.60P5.30P5.15P5.06P5.00P5.00P①350℃时Bosch反应的___________。(用含P的表达式表示)(为用气体的分压表示的平衡常数，分压=气体的体积分数×体系总压)②已知Bosch反应的速率方程：，。30min时，___________(填“>”、“<”或“=”，下同)；升高温度，增大倍数___________增大倍数。Ⅱ．和是两种重要的温室气体，通过和反应制造更高价值化学品是目前的研究目标。和在催化剂表面发生反应：。 （3）T℃时，向1L密闭容器中投入1mol和1mol，5小时后测得反应体系达到平衡状态，此时，计算该温度下平衡常数___________，该温度下达到平衡时的平均生成速率为___________。平衡时的转化率为___________。（4）T℃时，若再向容器中同时充入2.0mol、6.0mol、4.0molCO和8.0mol，则上述平衡向___________(填“正反应”或“逆反应”)方向移动。（5）在不同温度下催化剂的催化效率与CO的生成速率如图所示。250~300℃时，温度升高而CO的生成速率降低的原因是___________(△代表CO的生成速率，■代表催化剂的催化效率)（6）为了提高该反应中的平衡转化率，可以采取的措施是(写一点即可)___________。（7）以为原料可以合成多种物质。以KOH水溶液作电解质进行电解，在铜电极上可转化为甲烷，该电极的电极反应式为___________。【答案】（1）①.-90②.低温③.该反应的活化能较高（2）①.②.>③.<（3）①.6.75mol2/L2②.0.3③.50%（4）逆反应（5）温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低（6）增大体积，减小压强或者增大水蒸气的浓度（7）CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-【解析】【小问1详解】①根据题干可知，反应①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-394kJ/mol，反应②H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH2=- 242kJ/mol，目标反应可由反应②×2-反应①得到，ΔH=(-242×2+394)kJ/mol=-90kJ/mol。②该反应为熵减的放热反应，根据ΔH-TΔS<0反应自发进行可知，反应在低温下更有利。③Bosch反应必须在高温下才能启动，原因为该反应的活化能较高。【小问2详解】①从表格可知，该反应在50min时已经达到平衡，初始压强为6P，平衡时压强为5P，说明平衡时气体总物质的量为10mol，设平衡时反应消耗CO2xmol，则消耗H22xmol，生成H2O2xmol，则有4-x+8-2x+2x=10，解得x=2mol。故平衡时各气体的分压为p(CO2)=P，p(H2)=2P，p(H2O)=2P。Kp==。②30min时=：=，因为此时反应正向进行，>1，则>。升高温度，该反应的化学平衡逆向移动，正逆反应速率都增大，但是逆反应速率增大幅度大于正反应速率，同时c(H2O)浓度减小，c(CO2)和c(H2)的浓度增大，故k正增大倍数<k逆增大倍数。【小问3详解】平衡时甲烷的浓度为0.5mol/L，则反应消耗甲烷0.5mol，消耗水0.5mol，生成CO0.5mol，生成氢气1.5mol，此时c(H2O)=0.5mol/L，c(CO)=0.5mol/L，c(H2)=1.5mol/L，K=mol2/L2=6.75mol2/L2。该温度下达到平衡时生成氢气1.5mol，氢气平均生成速率为=0.3mol·L-1·h-1。平衡时消耗甲烷0.5mol，甲烷的转化率为0.5mol÷1mol=50%。【小问4详解】T℃时，再向容器中同时充入2mol水、6mol甲烷、4molCO和8mol氢气，此时QC==237>K，此时平衡向逆反应方向移动。【小问5详解】催化剂的活性受到温度的影响，250-300℃时，温度升高CO的生成速率降低原因可能为温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低。【小问6详解】 为了提高该反应中甲烷的平衡转化率，可采用增大体积，减小压强的方式或者增大水蒸气的浓度等。【小问7详解】以KOH水溶液为电解质进行电解，CO2在铜电极上转化为甲烷，CO2中C得电子，电极反应式为CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-。13.某课外小组探究含Cu2+的盐与Na2S2O3溶液的反应。查阅资料：i.2+Cu2+[Cu(S2O3)2]2-(绿色)，2+Cu+[Cu(S2O3)2]3-(无色)；ii.相比较，Cu+更易与NH3络合为[Cu(NH3)2]+(无色)，[Cu(NH3)2]+遇空气容易被氧化成[Cu(NH3)4]2+(蓝色)；iii.易被氧化为。提出假设：假设1：Cu2+与在溶液中发生络合反应生成[Cu(S2O3)2]2-；假设2：Cu2+与在溶液中发生氧化还原反应。实验探究一：探究CuSO4与Na2S2O3溶液的反应。实验操作序号V1/mLV2/mL逐滴加入Na2S2O3溶液时的实验现象a1.50.5溶液逐渐变为绿色，静置无变化b1.01.0溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，静置无变化c0x溶液先变为绿色，后逐渐变浅至无色，静置无变化（1）假设2的推测是因为Cu2+具有_______性。实验c中x=_______。（2）根据实验a的现象可推测溶液中生成的含Cu微粒为_______(填化学符号)。（3）某同学认为上述实验探究一可证明假设2成立，判断理由为_______。实验探究二：探究CuCl2与Na2S2O3溶液的反应。 （4）经检验白色沉淀为CuCl，从化学平衡的角度解释继续加Na2S2O3溶液后CuCl沉淀溶解的原因：_______。（5）设计实验证明上述无色溶液中存在Cu+：_______。（6）经检验氧化产物以形式存在。写出Cu2+与发生氧化还原反应得到无色溶液的离子方程式：_______。（7）综合上述实验，可得出假设_______成立，试分析随着n()：n(Cu2+)变化时，反应的趋势为_______。【答案】（1）①.氧化②.2.0（2）[Cu(S2O3)2]2-（3）由实验a到实验c，Na2S2O3溶液浓度越大，最终溶液颜色越来越浅，说明发生了氧化还原反应（4）CuCl(s)Cu++Cl-，滴加Na2S2O3溶液后，2+Cu+[Cu(S2O3)2]3-，c(Cu+)降低，使沉淀溶解平衡正向移动，沉淀溶解（5）向其中加入氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色。则说明含有Cu+（6）2Cu2++6=+2[Cu(S2O3)2]3-（7）①.1和2②.随n()：n(Cu2+)的增大，二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强【解析】【小问1详解】假设2的推测是因为Cu2+具有氧化性。根据控制单一变量原则可知实验c中x=2.0；【小问2详解】根据实验a的现象可推测溶液中生成的含Cu微粒为[Cu(S2O3)2]2-；【小问3详解】 实验探究一可证明假设2成立的理由为由实验a到实验c，Na2S2O3溶液浓度越大，最终溶液颜色越来越浅，说明发生了氧化还原反应；【小问4详解】从化学平衡的角度解释继续加Na2S2O3溶液后CuCl沉淀溶解的原因为沉淀溶解平衡关系为CuCl(s)Cu++Cl-，滴加Na2S2Os溶液后，2+Cu+[Cu(S2O3)2]3-，c(Cu+)降低，使沉淀溶解平衡正向移动，沉淀溶解；【小问5详解】向其中加入氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，可证明无色溶液中含有Cu+；【小问6详解】根据氧化产物是以的形式存在，可知Cu2+与发生氧化还原反应得到无色溶液的离子方程式为2Cu2++6=+2[Cu(S2O3)2]3-；【小问7详解】综合上述实验，可得结论为假设1和假设2均成立；随n()：n(Cu2+)的增大，二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强。14.钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：已知“降温收尘”后，粗中含有的几种物质的沸点：物质沸点/13612757180回答下列问题：（1）已知，的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略、随温度的变化。若，则该反应可以自发进行。根据下图判断：时，下列反应不能自发进行的是_______。 A.B.C.D.（2）与C、，在的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：物质分压①该温度下，与C、反应的总化学方程式为_______；②随着温度升高，尾气中的含量升高，原因是_______。（3）“除钒”过程中的化学方程式为_______；“除硅、铝”过程中，分离中含、杂质的方法是_______。（4）“除钒”和“除硅、铝”的顺序_______(填“能”或“不能”)交换，理由是_______。（5）下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入冶炼的方法相似的是_______。A.高炉炼铁B.电解熔融氯化钠制钠C.铝热反应制锰D.氧化汞分解制汞【答案】（1）C（2）①.5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2②.随着温度升高，CO2与C发生反应（3）①.3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3②.蒸馏（4）①.不能②.若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；（5）AC 【解析】【分析】钛渣中加入C、Cl2进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl4，加入单质Al除钒，再除硅、铝得到纯TiCl4，加入Mg还原得到Ti。【小问1详解】记①，②，③，④；A．由图可知，600℃时的，反应自发进行，故A不符合题意；B．由图可知，600℃时的，反应自发进行，故B不符合题意；C．由图可知，600℃时的，反应不能自发进行，故C符合题意；D．根据盖斯定律，可由①+③得到，则600℃时其，反应自发进行，故D不符合题意；故选C；【小问2详解】①根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO2，根据相同条件下气体的压强之比是物质的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5：2：4，所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2，故答案为：5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2；②随着温度升高，CO2与C发生反应，导致CO含量升高，故答案为：随着温度升高，CO2与C发生反应；【小问3详解】“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝"过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4，故答案为：3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；蒸馏；【小问4详解】若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质，因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换，故答案为：不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al 杂质；【小问5详解】本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法；A．高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A符合题意；B．电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；C．铝热反应制锰是利用Al作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还原法，故C符合题意；D．Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意；故答案选AC，故答案为：AC。