2022-2023学年天津市耀华中学高三上学期第三次月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年天津市耀华中学高三上学期第三次月考化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，有机推断题，实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

天津市耀华中学2022-2023学年高三上学期第三次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．发任意球时，足球裁判会在球场喷少量液体做标记，该液体迅速形成白色泡沫并很快消失。该液体的组成：80%水、17%液态丁烷、2%植物油及1%表面活性剂，液体形成泡沫有表面活性剂的作用，还因为
A．丁烷变成气体 B．植物油变成固体 C．水变成气体 D．水变成固体
【答案】A
【详解】常温下丁烷为气态烃，由液体的组成和性质可知，在球场喷少量液体做标记时，喷出的液体中的液态丁烷迅速变成气体使表面活性剂形成泡沫，故选A。
2．设NA为阿伏加德罗常数的值。由电化学固氮得到的AlN转化为的反应为：，下列说法不正确的是
A．固氮过程中，每生成1mol AlN转移的电子数目为3NA
B．室温下，pH为13的NaOH溶液中OH-数目为0.1NA
C．标准状况下，1.12LNH3中含有的电子数目为0.5NA
D．11.8g 中含有的共价键数目为0.8NA
【答案】B
【详解】A．固氮过程中，Al与N2反应生成AlN，电子转移的数目为3e-，则每生成1mol AlN转移的电子数目为3NA，A正确；
B．pH为13的NaOH溶液的体积未知，无法计算溶液中所含OH-的数目，B不正确；
C．标准状况下，1.12LNH3的物质的量为0.05mol，每个NH3分子中含有10个电子，则1.12LNH3含有的电子数目为0.5NA，C正确；
D．11.8g 的物质的量为，每个中含有8个共价键，则含有的共价键数目为0.8NA，D正确；
故选B。
3．高中化学《化学反应原理》模块从不同的视角对化学反应进行了探究、分析，以下观点中不正确的是
A．难溶电解质在水中达到溶解平衡时，再加入难溶电解质，溶液中各离子浓度不变
B．将加入水中并加热使其转化为
C．乙烯聚合为聚乙烯的反应是熵减的过程，却能够自发进行，可知该反应的
D．溶液显碱性的原因：
【答案】D
【详解】A．难溶电解质在水中达到溶解平衡时，再加入难溶电解质，溶液仍处于饱和状态，溶液中各离子浓度不变，A正确；
B．将加入水中，钛离子水解生成氢氧化钛和挥发性酸盐酸，故加热氢氧化钛最终会使其转化为，B正确；
C．熵变、焓变都是影响反应自发的因素，乙烯聚合为聚乙烯的反应是熵减的过程，却能够自发进行，可知该反应的，C正确；
D．溶液显碱性的原因是碳酸氢根离子水解生成氢氧根离子：，D错误；
故选D。
4．下列说法正确的是
A．镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁
B．浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化
C．加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，说明H3PO4比HI酸性强
D．向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，说明炭可与浓HNO3反应生成NO2
【答案】A
【详解】A．镁非常活泼，在空气中燃烧可和氮气、氧气反应，生成氧化镁和氮化镁，A正确；
B．浓H2SO4能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化，是其脱水性的体现，B错误；
C．浓H3PO4为难挥发性酸，加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，是难挥发性酸制取挥发性酸，C错误；
D．向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，也可能是硝酸受热分解生成二氧化氮气体，D错误。
故选A。
5．25℃时，将1.0Lx mol ·L-1 CH3COOH溶液与0. 1 mol NaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列叙述正确的是

A．水的电离程度：①>②>③
B．点②对应的混合溶液中：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=x mol·L-1
C．点③对应的混合溶液中：c(Na+)> c(CH3COO-)
D．该温度下，CH3COOH的电离平衡常数Ka=
【答案】B
【详解】A．CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，其中CH3COONa的水解促进水的电离，CH3COOH的电离抑制水的电离。若向该混合溶液中通入HCl，点②反应CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl恰好完全发生，CH3COONa减少，CH3COOH增多；若向该混合溶液中加入NaOH 固体，点③反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O恰好完全进行，CH3COONa增多，CH3COOH减少，因此，水的电离程度：③>①>②，A错误；
B．CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，根据物料守恒：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=x mol·L-1，B正确；
C．点③时反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O恰好完全进行，溶液中电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，此时pH=7，则c(H+)= c(OH-)，则c(Na+)= c(CH3COO-)，C错误；
D．该温度下pH=7时，c(H+)=10-7mol·L-1，c(CH3COO-)=c(Na+)=0.2mol/L，c(CH3COOH)=(c-0.2)mol/L，则醋酸的电离平衡常数Ka==，D错误；
故选B。
6．气体报警器是一种检测气体的化学类传感器，能够及早排除安全隐患。原理如下图所示，当被检测气体扩散进入传感器，在敏感电极上发生反应，传感器就会接收到电信号。常见的传感器(被检测气体产物)有：、、、等，则下列说法中正确的是

A．上述气体检测时，敏感电极均作电池正极
B．检测气体时，电流离开对电极流向传感器
C．检测和相同含量的两份空气样本时，传感器上产生的电流大小相同
D．检测气体时，对电极充入空气，该电极反应式可以为：
【答案】D
【详解】A．甲烷、一氧化碳发生氧化反应，氯气、二氧化氮发生还原反应，故可作正极也可以作负极，A错误；
B．(敏感电极)是氧化剂反应还原反应作正极，电流离开敏感电极，对电极作负极，是电子流出，电流流入，B错误；
C．电流大小由转移电子大小决定，由+4变为0价转移4个电子，由+2价变为+4价转移2个电子，相同量气体转移电子不同，则电流不同，C错误；
D．氧化产物为说明电解质为碱性，对电极为正极，电极反应式可以为：，D正确；
故选D。
7．某温度下，向10mL0.10mol/LBaCl2溶液中滴加0.10mol/LNa2CO3溶液，滴加过程中溶液中-lgc(Ba2+)与Na2CO3溶液体积(V)的关系如图所示，已知Ksp(BaSO4)=1.1×10-10。下列说法不正确的是

A．该温度下Ksp(BaCO3)=10-8.6
B．a、c两点溶液中，水的电离程度：c＞a
C．b点溶液中：c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=c(Na+)
D．若把Na2CO3溶液换成等浓度Na2SO4溶液，则曲线变为I
【答案】C
【详解】A．向10mL0.10mol/LBaCl2溶液中滴加0.10mol/LNa2CO3溶液时，二者恰好反应完全得到氯化钠溶液和碳酸钡沉淀，则存在沉淀溶解平衡：， c(Ba2+) = c(CO)，该温度下Ksp(BaCO3)= 10-4.3×10-4.3=10-8.6，A正确；
B．a中滴入碳酸钠不足，溶质为强酸强碱盐溶液，室温下水电离出的氢离子浓度为10-7mol/L、c点溶液中碳酸钠过量，溶液因水解呈碱性、水的电离被促进，则：a、c两点溶液中水的电离程度：c＞a，B正确；
C．b点，滴入的碳酸钠提供的碳酸根主要存在于碳酸钡沉淀中，溶液中碳元素很少：c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)＜c(Na+)，C不正确；
D． 若把Na2CO3溶液换成等浓度Na2SO4溶液：向10mL0.10mol/LBaCl2溶液中滴加0.10mol/L Na2SO4溶液时，二者恰好反应完全得到氯化钠溶液和硫酸钡沉淀，则存在沉淀溶解平衡：， c(Ba2+) = c(SO)，该温度下Ksp(BaSO4)= 1.1×10-10，则c(Ba2+) = c(SO)=，＞4.3，则曲线变为I，D正确；
答案选C。
8．在直流电源作用下，双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH-，利用双极膜电解池产生强氧化性的羟基自由基(•OH)，处理含苯酚废水和含SO2的烟气的工作原理如图所示。下列说法错误的是


A．电势：N电极＞M电极
B．阴极电极反应式为O2+2e-+2H+=2•OH
C．每处理9.4g苯酚，理论上有2.8molH+透过膜a
D．若•OH只与苯酚和SO2反应，则参加反应的苯酚和SO2物质的量之比为1：14
【答案】C
【分析】双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH-，M极上O2得电子与H+反应生成羟基自由基(•OH)，说明M极为阴极，连接电源的负极，M极上产生的羟基自由基将苯酚氧化生成CO2；N极为阳极，H2O解离产生的OH-失电子产生羟基自由基，羟基自由基将SO2氧化为硫酸根离子。
【详解】A．M极上O2得电子生成羟基自由基(•OH)，说明M极为阴极，连接电源的负极，N极为阳极，故电势：N电极＞M电极，选项A正确；
B．M为阴极，阴极上O2得电子生成羟基自由基(•OH)，电极反应式为O2+2e-+2H+=2•OH，选项B正确；
C．每mol苯酚转化为CO2，转移电子28mol，每处理9.4g苯酚（即0.1mol），理论上有2.8mol电子转移，则有2.8molH+透过膜b，选项C错误；
D．若•OH只与苯酚和SO2反应，转移电子数之比为28：2，则参加反应的苯酚和SO2物质的量之比为1：14，选项D正确；
答案选C。
9．以废铁屑为原料制备硫酸亚铁晶体的实验过程如图，下列说法正确的是

A．取少量酸浸后的溶液，滴加硫氰化钾溶液，未变红色，说明废铁屑中不含+3价铁元素
B．人体血红素是亚铁离子配合物，硫酸亚铁可用于治疗缺铁性贫血
C．过滤步骤说明硫酸亚铁晶体难溶于水
D．实验过程不直接蒸发结晶的原因是防止FeSO4水解生成Fe(OH)2
【答案】B
【分析】废铁屑用稀硫酸酸浸后得到FeSO4溶液，FeSO4溶液经结晶、过滤得到硫酸亚铁晶体。
【详解】A．取少量酸浸后的溶液，滴加硫氰化钾溶液，未变红色，说明酸浸后的溶液中不存在Fe3+，但不能说明废铁屑中不含+3价铁元素，因为废铁屑中若含+3价铁元素，在酸浸时会被Fe还原成Fe2+，A项错误；
B．人体血红素是亚铁离子配合物，硫酸亚铁可提供亚铁离子，从而可用于治疗缺铁性贫血，B项正确；
C．硫酸亚铁晶体溶于水，题给实验过程中是经结晶析出晶体后过滤的，C项错误；
D．实验过程不直接蒸发结晶的原因是：防止硫酸亚铁被氧化、防止硫酸亚铁晶体失去结晶水，D项错误；
答案选B。
10．下列“类比”结果正确的是
A．植物油不溶于水，则甘油也不溶于水
B．甲酸能与银氨溶液发生银镜反应，则乙酸也可与银氨溶液发生银镜反应
C．S和Fe加热条件下生成FeS，则S和Cu加热条件下生成
D．向含的溶液中滴加过量氨水不会产生沉淀，则向含的溶液滴加过量的氨水也不会产生沉淀
【答案】C
【详解】A．甘油为丙三醇，能与水混溶，A错误；
B．甲酸中有醛基，故能发生银镜反应，乙酸中无醛基，不能发生银镜反应，B错误；
C．硫的氧化性较弱，与变价金属反应只能生成低价态化合物，故与铁反应生成硫化亚铁，与铜反应生成硫化亚铜，C正确；
D． 向银离子的溶液中加入过量的氨水生成银氨溶液，不会产生沉淀，但向含有铝离子的溶液中加入过量的氨水只能生成氢氧化铝沉淀，D错误；
故选C。
11．常温下，将一定量稀硫酸滴入高铁酸钠溶液中，溶液中含铁微粒、、、的物质的量分数随pOH的变化如图[，]。下列说法正确的是

A．曲线Ⅰ表示的变化曲线
B．a、b、c三点水的电离程度相等
C．25℃时，的平衡常数
D．25℃时，的溶液中存在：
【答案】C
【分析】稀硫酸逐滴滴入高铁酸钠溶液中，溶液pOH不断增大，OH-的浓度不断减小，H+的浓度不断增大，则的物质的量分数减小，之后的物质的量分数先增大后减小，然后的物质的量分数先增大后减小，最后的物质的量分数增大，故曲线I表示的变化曲线，曲线II表示的变化曲线，曲线III表示的变化曲线，曲线IV表示的变化曲线。
【详解】A．据分析知，曲线Ⅰ表示的变化曲线，A错误；
B．a、b、c三点溶液中微粒成分不同，溶液pOH不同，对水的电离影响程度不同，则水的电离程度不相等，B错误；
C．由a点可知，，所以的，同理可推知的，所以的平衡常数，C正确；
D．根据电荷守恒得，，的溶液中，所以，D错误；
故选C。
12．在一定温度下，BaSO4和C在一密闭容器中进行反应：BaSO4(s)+4C(s)BaS(s)+4CO(g)，CO的平衡浓度(mol/L)的对数lgc(CO)与温度的倒数的关系如图所示，下列说法中正确的是

A．Q点BaSO4的消耗速率小于生成速率
B．该反应的ΔH<0
C．温度是K时，反应的平衡常数为1
D．温度不变，将R点状态的容器体积扩大，重新达到平衡时，气体的压强减小
【答案】A
【分析】由方程式可知，反应的化学平衡常数K=c4(CO)，由图可知，增大，lgc(CO)减小，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应。
【详解】A．由图可知，温度一定时，Q点的浓度熵大于平衡常数，平衡向逆反应方向移动，则硫酸钡的消耗速率小于生成速率，故A正确；
B．由分析可知，该反应为吸热反应，反应ΔH＞0，故B错误；
C．由图可知，温度是K时，在此温度下c(CO)=10，K=c4(CO)=10000，故C错误；
D．反应的化学平衡常数K=c4(CO)，平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，则温度不变，将R点状态的容器体积扩大，重新达到平衡时，一氧化碳的浓度不变，气体的压强不变，故D错误；
故选A。

二、结构与性质
13．回答下列问题：
(1)Fe、Co、Ni是三种重要的金属元素。Fe、Co、Ni都能与反应，其中Co和Ni均生成二氯化物，由此推断、和的氧化性由强到弱的顺序为_______。一种钴氧化物晶胞如图所示，该氧化物中钴离子价电子排布式为_______。设阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为_______g﹒cm-3。

(2)以钴矿[主要成分是CoO、、，还含及少量、、CuO及等]为原料可制取钴的氧化物。利用钴矿制取钴的氧化物的主要步骤如下：
①浸取：用盐酸和溶液浸取钴矿，浸取液中含有、、、、、、等离子。写出发生反应的离子方程式：_______。
②除杂：向浸取液中先加入足量氧化，再加入NaOH调节pH除去、、。有关沉淀数据如下表(“完全沉淀”时金属离子浓度 mol·L)：
沉淀





恰好完全沉淀时的pH
5.2
2.8
9.4
6.7
10.1

若浸取液中 mol·L，则须调节溶液pH的范围是_______(加入和NaOH时，溶液的体积变化忽略)。
③萃取、反萃取：向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂，发生反应： 。实验测得：当溶液pH处于4.5～6.5范围内，萃取率随溶液pH的增大而增大(如下图所示)，其原因是_______。向萃取所得有机相中加入，反萃取得到水相。

④沉钴、热分解：向反萃取后得到的水相中加入溶液，过滤、洗涤、干燥，得到晶体。称取14.64 g该晶体，在空气中加热一段时间后，得到CoO和的混合物。称量该混合物，质量为6.32 g，通过计算确定该混合物中CoO和的质量之比_______(写出最简整数比)。
【答案】(1)              
(2)          6.7～7.4     pH越大，溶液中越小，有利于反应正向进行，萃取率越高    

【详解】（1）Fe和氯气反应生成，说明氧化性>，Co和Ni均生成二氯化物， Co和氯气反应不能生成，说明氧化性>，所以、和的氧化性由强到弱的顺序为。根据均摊原则，该晶胞中含有O2-数为，Co离子数为，所以化学式为CoO，Co为+2价；Co是27号元素，Co2+价电子排布式为。晶胞的体积为，设阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为g﹒cm-3。
（2）①浸取液中含有，说明被还原为，被氧化为 ，与发生反应的离子方程式为。
②完全沉淀的pH=9.4，则Ksp［］=；若浸取液中 mol·L，为防止生成Co(OH)2沉淀，c(OH-)的最大值为mol·L，则开始沉淀的pH=7.4，所以须调节溶液pH的范围是6.7~7.4。
③pH越大，溶液中越小，有利于反应正向进行，萃取率越高。
④14.64 g 的物质的量为14.64g÷183g/mol=0.08mol。设CoO和的物质的量分别为xmol、ymol。，x=0.02、y=0.02，该混合物中CoO和的质量之比。

三、有机推断题
14．氨溴索(G)是β-内酰胺类的抗生素，可以治疗多种细菌感染。一种合成路线如下：

(1)A～C三种物质中_______(填“有”、“无”)易溶于水的物质。E中氮原子杂化类型为_______。
(2)中的官能团名称是_______。
(3)反应③的化学方程式是_______。
(4)反应⑤的反应类型是_______。
(5)B的芳香族同分异构体中，满足下列条件的有_______种；其中核磁共振氢谱有4组吸收峰且峰面积之比为2∶2∶2∶1的结构简式为_______。
①能发生银镜反应；②能水解；③1 mol最多能与2 mol NaOH反应。
(6)写出以为原料制备的合成路线_______(无机试剂任选，合成路线不超过4步)。
【答案】(1)     无    
(2)羟基、氨基
(3)++H2O
(4)取代反应
(5)     6    
(6)或

【分析】由题干转化流程图信息可知，根据A的化学式、B的结构简式以及A到B的转化条件可知A的结构简式为： ，A发生硝化反应得到B，B中甲基发生氧化反应生成C，C中醛基与中氨基先加成后消去生成D，D发生还原反应生成E，E与溴单质发生苯环上取代反应生成F，F与HCl反应生成G，据此分析解答。
【详解】（1）由分析可知，A是甲苯，烃类物质均难溶于水，B为邻硝基甲苯，硝基化合物难溶于水，C为邻硝基苯甲醛，虽然醛基易溶于水，但由于有苯环和硝基的影响，故也难溶于水，故A～C三种物质中无易溶于水的物质，由题干中D的结构简式可知D中氮原子周围均形成了3个σ键，故其杂化类型为sp2，故答案为：无；sp2；
（2）中的官能团名称是氨基(-NH2)和羟基(-OH)，故答案为：羟基、氨基；
（3）由题干流程图可知，反应③即和反应生成和水，故该反应的化学方程式是++H2O，故答案为：++H2O；
（4）由题干流程图可知，反应⑤即，故该反应的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；
（5）由题干流程图信息可知，B的分子式为：C7H7NO2，则B的芳香族同分异构体中，满足下列条件①能发生银镜反应即分子中含有醛基或者甲酸酯基；②能水解，分子中含有酯基或者酰胺基，根据氧原子数目可知，分子中含有甲酸酯基或者甲酰胺基；③1mol最多能与2mol NaOH反应说明分子中含有甲酸酚酯基，则符合条件的同分异构体为苯环上连：-OOCH和NH2、或者-CH3和-NHCHO两种组合，每组又有邻间对三种位置关系，故共有2×3=6种；其中核磁共振氢谱有4组吸收峰且峰面积之比为2∶2∶2∶1的结构简式为，故答案为：6；；
（6）由题干流程图可知，根据A到B，B到C的流程信息可知，由以为原料制备 ，由于-CH3为邻位上的定位基团，故可以先由在浓硫酸和浓硝酸作用下发生硝化反应生成，由于由于-NH2也易被氧化，故需先将转化为 ，在将转化为，故可以确定合成路线为：或
，故答案为：或

四、实验题
15．六氨合氯化镁(MgCl2•6NH3)具有极好的可逆吸、放氨特性，是一种优良的储氨材料。某研究小组以MgCl2•6H2O为原料在实验室制备MgCl2•6NH3，并测定所得产品中氯的含量
(一)制备MgCl2•6NH3
I．首先制备无水MgCl2实验装置如下图(加热及夹持装置略去)：

已知：SOCl2：熔点105℃、沸点76℃；遇水剧烈水解生成两种酸性气体。
(1)滴液漏斗中支管的作用为___________。
(2)三颈瓶中发生反应的化学方程式为___________。
(3)该实验装置中的不足之处为___________。
II．将NH3通入无水MgCl2的乙二醇溶液中，充分反应()后，过滤、洗涤并自然风干，制得粗品。相关物质的性质如表：

NH3
MgCl2
MgCl2•NH3
水
易溶
易溶
易溶
甲醇(沸点65℃)
易溶
易溶
难溶
乙二醇(沸点197℃)
易溶
易溶
难溶

(4)生成MgCl2•6NH3的反应需在冰水浴中进行，其可能原因有___________(填字母)。
A．反应吸热，促进反应正向进行 B．加快反应速率
C．防止氨气挥发，提高氨气利用率 D．降低产物的溶解度
(5)洗涤产品时，应选择的洗涤剂为___________(填字母)。
A．冰浓氨水 B．乙二醇和水的混合液
C．氨气饱和的甲醇溶液 D．氨气饱和的乙二醇溶液
(二)测定产品中氯的含量，步骤如下：
步骤1：称取1.80g样品，加入足量稀硝酸溶解，配成250mL溶液；
步骤2：取25.00mL待测液于锥形瓶中，以K2CrO4为指示剂，用0.20的AgNO3标准液滴定溶液中，记录消耗标准液的体积；
步骤3：重复步骤2操作2~3次，平均消耗标准液10.00 mL。
(6)步骒1中，用稀硝酸溶解样品的目的为___________。
(7)该品中氯的质量分数为___________(保留小数点后2位)；该实验值与理论值(36.04%)有偏差，造成该偏差的可能原因是(已知滴定操作均正确)___________。
【答案】(1)平衡压强，以使液体顺利流下
(2)
(3)缺少防倒吸措施(合理即可)
(4)CD
(5)C
(6)将转化为，防止滴定时与反应
(7)     39.44%     样品中含有或晶体称量时已有部分氨气逸出

【分析】先用反应制备无水，然后将NH3通入无水MgCl2的乙二醇溶液中，发生反应，MgCl2•6NH3难溶于乙二醇，过滤出MgCl2•6NH3沉淀，用氨气饱和的甲醇溶液洗涤、自然风干，制得MgCl2•6NH3粗品。
【详解】（1）滴液漏斗中支管能平衡三口烧瓶和滴液漏斗的压强，使滴液漏斗中的液体顺利流入三口烧瓶内；
（2）三颈瓶中MgCl2•6H2O和SOCl2发生反应生成无水MgCl2、SO2、HCl，反应的化学方程式为；
（3）二氧化硫、氯化氢易溶于氢氧化钠溶液，易引起倒吸，该实验装置中的不足之处为缺少防倒吸措施；
（4）A．反应吸热，降低温度，平衡逆向移动，不利于反应正向进行，故不选A；
B．降低温度，反应速率减慢，故不选B；
C．降低温度，氨气溶解度增大，反应在冰水浴中进行，可以防止氨气挥发，提高氨气利用率，故选C；    
D．温度越低，MgCl2•6NH3的溶解度越小，反应在冰水浴中进行，可以降低产物的溶解度，有利于产物析出，故选D；
选CD。
（5）A．MgCl2•6NH3易溶于水，不能用冰浓氨水洗涤MgCl2•6NH3，故不选A；    
B．MgCl2•6NH3易溶于水，不能用乙二醇和水的混合液洗涤MgCl2•6NH3，故不选B；
C．MgCl2•6NH3难溶于甲醇，甲醇易挥发，可以用氨气饱和的甲醇溶液洗涤MgCl2•6NH3，故选C；
D．MgCl2•6NH3难溶于乙二醇溶液，乙二醇难挥发，不能用氨气饱和的甲醇溶液洗涤MgCl2•6NH3，故不选D；
选C。
（6）和能形成，用稀硝酸溶解样品，将转化为，防止滴定时与反应；
（7）用0.20的AgNO3标准液滴定25.00mL溶液中，平均消耗标准液10.00 mL，根据Ag++Cl-=AgCl，n(Cl-)= n(Ag+)=0.2mol/L×0.01L=0.002mol，该品中氯的质量分数为；该实验值比理论值(36.04%)偏大，说明NH3含量少，造成该偏差的可能原因是样品中含有或晶体称量时已有部分氨气逸出。

五、原理综合题
16．处理、回收利用CO是环境科学研究的热点课题。回答下列问题：
(1)CO用于处理大气污染物的反应为。在作用下该反应的具体过程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2所示。

总反应：  _______kJ·mol；该总反应的决速步是反应_______(填“①”或“②”)，该判断的理由是_______。
(2)已知：的速率方程为，k为速率常数，只与温度有关。为提高反应速率，可采取的措施是_______(填字母序号)。
A．升温 B．恒容时，再充入CO
C．恒压时，再充入 D．恒压时，再充入
(3)在总压为100 kPa的恒容密闭容器中，充入一定量的和发生上述反应，在不同条件下达到平衡时，在K时的转化率与、在时的转化率与的变化曲线如图3所示：

①示的转化率随的变化曲线为_______曲线(填“I”或“II”)；
②_______(填“>”或“＜”)。
(4)间接电解法除。其工作原理如图4所示，已知：是一种弱酸。从A口中出来的气体是_______(填化学式)，电解池的阴极电极反应式为_______，用化学方程式表示吸收池中除去的原理：_______。

【答案】(1)     -361.22     ①     反应①的活化能是149.6 kJ·mol，反应②的活化能是108.22 kJ·mol，反应②的活化能更小，故反应①是总反应的决速步
(2)AC
(3)     II     >
(4)              

【详解】（1）由图中信息可知反应物的相对总能量为0.00 kJ·mol，生成物的相对总能量为-361.22 kJ·mol，生成物能量-反应物能量=-361.22 kJ·mol；活化能越大反应速率越慢，而慢反应决定总反应速率的快慢，由图中数据可知反应①的活化能是149.6 kJ·mol，反应②的活化能是108.22 kJ·mol，反应①决定总反应快慢；故答案为：-361.22；①；反应①的活化能，反应②的活化能是108.22 kJ·mol，反应②的活化能更小，故反应①是总反应的决速步；
（2）由速率方程可知，此反应的速率与温度和c( N2O)有关，
A．升温，k增大，速率加快，A正确；
B．恒容时，再充入CO，c(N2O)不变，速率不变，B错误；
C．恒压时，再充入N2O，c(N2O)增大，速率增大，C正确；
D．恒压时，再充入N2，c(N2O)减小，速率减慢，D错误；
故答案为：AC；
（3）的变化越大，N2O的转化率越小，故曲线II表示N2O的转化率随的变化；
②曲线I表示N2O的转化率随的变化，由于，则越大，N2O的转化率越大，故T1>T2；
故答案为：II；>；
（4）由图可知，电解池的阳极电极反应式为，故从A口中出来的气体是O2，电解池的阴极电极反应式为，由装置图可知吸收池中除去N2O的原理是。故答案为：O2；；；