四川省成都市第七中学2022-2023学年高二化学下学期开学考试试题（Word版附解析）

这是一份四川省成都市第七中学2022-2023学年高二化学下学期开学考试试题（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了 下列说法正确的是，5kJ•ml-1和395，3kJ•ml-1的两倍，15ml·L-1·min-1，2kJ热量时，转移电子数为0等内容，欢迎下载使用。
成都七中高2021级高二下期入学线上考试化学试题
可能用到的原子量：Cl-35.5
第I卷(选择题，共40分)
本卷共20道题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意
1. 下列反应既属于氧化还原反应又属于放热反应的是
A. 浓硫酸的稀释 B. 与水反应
C. 与反应 D. 与反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓硫酸的稀释，不是化学反应，不属于氧化还原反应，该过程放出热量， A不符合题意；
B．与水反应生成NaOH和H2，属于氧化还原反应，同时放出大量的热，属于放热反应，B符合题意；
C．与反应属于复分解反应，反应过程吸收热量，不属于放热反应，C不符合题意；
D．C与反应生成CO，该反应属于氧化还原反应，反应过程吸收热量，不属于放热反应，D不符合题意；
故选B。
2. 下列说法正确的是
A. 已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-QkJ•mol-1，则H2的燃烧热大于kJ•mol-1
B. 已知石墨和金刚石的燃烧热分别为393.5kJ•mol-1和395.0kJ•mol-1，则金刚石比石墨更稳定
C. 2molNaOH与2molHCl的稀溶液完全反应的中和热是57.3kJ•mol-1的两倍
D. 已知反应CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(aq)，其中反应物总能量低于生成物总能量
【答案】A
【解析】
【详解】A．燃烧热是在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；气态水变为液态水放出热量，则H2的燃烧热大于kJ•mol-1，A正确；
B．已知石墨和金刚石的燃烧热分别为和，生成物相同，而石墨放热较少，则石墨能量较低比金刚石稳定，B错误；
C．中和热是在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 mol液态水时所释放的热量；与的稀溶液反应的中和热也是，C错误；
D．反应是放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，D错误；
故选A。
3. 科学家用计算机模拟了乙炔在钯表面催化加氢反应机理，单个乙炔分子在催化剂表面的反应历程如图所示，吸附在钯表面的物种用*标注。下列叙述错误的是

A. 乙炔加氢是放热反应
B. 该历程中最小能垒的化学方程式为+H*=
C. 该反应的热化学方程式为C2H2(g)+H2(g)=C2H4(g) △H=-1.02NAeV·mol-1
D. 整个反应的速率由I→II步骤决定
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．从图中分析得知，乙炔加氢生成乙烯的相对能量从0eV降低到-1.02eV，是放热反应，A正确；
B．该历程中最小能垒是从物质Ⅱ到物质Ⅲ，化学方程式为+H*=，B正确；
C．从图中分析得知，该反应的热化学方程式为C2H2(g)+H2(g)=C2H4(g) △H=-1.02NAeV·mol-1，C正确；
D．决定反应速率的步骤是能垒最大一步，从图中计算可得，物质Ⅳ→物质Ⅴ的能垒是1.19 eV，在各步反应中最大，故整个反应的速率由Ⅳ→Ⅴ步骤决定，D错误；
故选D。
4. SO2转化为SO3的反应为2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) △H=-197.7kJ•mol-1，对于该反应下列说法正确的是
A. 升高温度，能增加SO2的反应速率和转化率
B. 使用催化剂，能改变反应路径并降低反应活化能
C. 工业上不采用高压条件，是因为加压会降低SO2的平衡转化率
D. 单位时间内生成2molSO2同时消耗2molSO3，则反应处于平衡状态
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，SO2的转化率会减小，A错误；
B．催化剂可以降低反应的路径，降低反应的活化能，B正确；
C．增大压强有利于加快化学反应速率和提高SO2的转化率，不采用高压的原因是常压下转化率已经很大，增大压强对设备要求高，经济效益低，C错误；
D．单位时间内生成2mol SO2、同时消耗2moSO3，两者描述的都是正反应方向，无法判断平衡，D错误；
故选B。
5. 某温度下，在体积为2L的刚性容器中加入1mol环戊烯(

)和2molI2发生可逆反应(g)+I2(g)(g)+2HI(g) △H>0，实验测定容器内压强随时间变化关系如图所示。下列说法错误的是

A. 0~2min内，环戊烯的平均反应速率为0.15mol·L-1·min-1
B. 环戊烯的平衡转化率为75%
C. 有利于提高环戊烯平衡转化率的条件是高温低压
D. 该反应平衡常数为5.4mol·L-1
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．根据图中信息可知，容器内起始总压为，2min时总压为，平衡时总压为，恒温恒容，压强之比等于物质的量之比()，即，，列“三段式”如下：

列方程：，则，，A项正确；
B．平衡时，，，列“三段式”如下：

，则，环戊烯的平衡转化率为，B项正确；
C．该反应为吸热反应，且生成物中气体的系数之和大于反应物中气体系数之和，升高温度，减小压强有利于提高环戊烯平衡转化率，C项正确；
D．该反应平衡常数，D项错误；
故选D。
6. 将4 mol NO(g)和4 mol CO(g)充入一个2 L恒容密闭容器中，发生反应：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g) ΔH＜0，测得CO的平衡转化率随温度变化的曲线如图1所示；在催化剂、一定温度下对该反应进行研究，经过相同时间测CO转化率与反应温度的关系曲线如图2所示。下列说法错误的是

已知：反应速率v=v正−v逆=k正·c2(NO)·c2(CO)−k逆·c2(CO2)·c(N2)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。
A. 图像中A点逆反应速率小于B点正反应速率
B. 200℃时反应的平衡常数K=0.5
C. 200℃时当CO的转化率为40%时，v正∶v逆=20：81
D. C点转化率低于B点的原因可能是催化剂活性降低或平衡逆向移动造成的
【答案】C
【解析】
【详解】A．图像中A点未达到该温度下的CO的平衡转化率，则反应正向进行，因此逆反应速率小于B点正反应速率，A正确；
B．在反应开始时将4 mol NO(g)和4 mol CO(g)充入一个2 L恒容密闭容器中，则c(NO)=c(CO)=2 mol/L，由于200℃时CO的平衡转化率是50%，则根据物质反应转化关系可知平衡时c(NO)=c(CO)=c(CO2)=1 mol/L，c(N2)=0.5 mol/L，则该反应的平衡常数K=，B正确；
C．已知：反应速率v=v正−v逆=k正·c2(NO)·c2(CO)−k逆·c2(CO2)·c(N2)，在200℃时K=0.5，当反应达到平衡时正、逆反应速率相等，则v正=v逆，k正·c2(NO)·c2(CO)=k逆·c2(CO2)·c(N2)，。在反应开始时将4 mol NO(g)和4 mol CO(g)充入一个2 L恒容密闭容器中，c(NO)=c(CO)=2 mol/L，当CO的转化率为40%时，c(NO)=c(CO)=1.2 mol/L，c(CO2)=0.8 mol/L，c(N2)=0.4 mol/L，v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v逆= k逆·c2(CO2)·c(N2)，v正：v逆=，C错误；
D．该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致CO的平衡转化率降低；催化剂只有在一定温度下才能达到其最佳催化活性，升高温度，催化剂催化活性降低，导致反应的反应物减少，因而CO的平衡转化率降低，D正确；
故合理选项是C。
7. NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 反应3H2(g)+N2(g)2NH3(g) △H=-92kJ•mol-1，当反应放出9.2kJ热量时，转移电子数为0.6NA
B. 标准状况下，11.2LCl2溶于水，溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和为NA
C. 室温下，pH=12的Na2C2O4溶液中，由水电离出的OH-数为0.01NA
D. 室温下，1L0.1mol/LNa2CO3溶液中阴离子数目小于0.1NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．由热化学方程式可知，生成2mol氨气，反应放出92kJ热量，转移电子的物质的量为6mol，则当反应放出9.2kJ热量时转移0.6mol，转移电子数为0.6NA，故A正确；
B．标准状况下，11.2LCl2物质的量为，氯气部分溶于水，部分与水反应，因此与水反应的氯气小于0.5mol，由氯原子个数守恒可知，溶液中Cl-、ClO-和HClO的微粒数之和小于0.5mol×2×NAmol-1=NA，故B错误；
C．缺溶液的体积，无法计算pH=12的Na2C2O4溶液中氢氧根离子的物质的量和由水电离出的氢氧根离子的数目，故C错误；
D．1L0.1mol/LNa2CO3物质的量为0.1mol，因发生水解反应导致阴离子个数增多，故此溶液中阴离子个数多于NA个，故D错误；
故选A。
8. 下列指定溶液中一定能大量共存的离子组是
A. 含有大量AlO的溶液中：Na+、K+、HCO、NO
B. 澄清透明的溶液中：Zn2+、Cu2+、SO、Cl-
C. c(CH3COO-)=c(Na+)的CH3COONa－CH3COOH混合液：Al3+、Fe3+、SO、Cl-
D. 水电离出来的c(OH-)=1.0×10-13mol/L的溶液：K+、Cl-、S2-、SO
【答案】B
【解析】
【详解】A．、之间反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．澄清透明的溶液中，各离子之间不发生反应，能大量共存，故B正确；
C．根据混合溶液中电荷守恒c(CH3COO-)+ c(OH-)=c(Na+)+ c(H+)，可知溶液呈中性，而含Fe3+因发生水解反应使溶液呈酸性，因此中性溶液中Fe3+不能共存，故C错误；
D．水电离出来的c(OH-)=1.0×10-13mol/L的溶液中水的电离被抑制，溶液可以是酸或碱，H+和S2-、均能反应，在酸性溶液中都不能大量共存，故D错误；
故选：B。
9. 下列叙述及解释正确的是
A. 2NO2(g)N2O4(g) △H＜0，在达到平衡后，对平衡体系采取缩小容积、增大压强的措施，因为平衡向正反应方向移动，故体系颜色变浅
B. 应投入大量资金研究2CO(g)→2C(s)+O2(g) △H＞0发生的条件，以解决含碳燃料不充分燃烧引起的环境问题
C. 2P(s)+3Cl2(g)2PCl3(g)，在达到平衡后，加入磷，平衡向正反应方向移动
D. N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，在达到平衡后，保持压强不变，充入O2，平衡向左移动
【答案】D
【解析】
【详解】A．缩小容积、增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，但二氧化氮的浓度仍然增大，所以体系颜色加深，故A错误；
B．2CO(g)→2C(s)+O2(g) △H＞0为吸热反应，△S，向KCN(aq)中通入少量的CO2气体，根据强酸制弱酸反应原理，反应方程式CO2+H2O+CN-=HCN+，D正确；
故本题选D。
19. 还原沉淀法是处理含铬(含Cr2O和CrO)工业废水的常用方法，过程如下，下列说法错误的是(已知：常温下，Ksp[Cr(OH)3]=1×10-32)

A. 反应①，增大c(H+)，的转化率增大
B. 反应①2v正(CrO)=v逆(Cr2O)时，反应处于平衡状态
C. 反应②转移0.6mole-，则有0.1molCr2O被还原
D. 常温下，要使处理后废水中的c()降至1×10-5mol·L-1，反应③应调溶液pH=5
【答案】B
【解析】
【分析】反应①使转化为，反应②二价铁离子还原成，反应③加入氢氧根使转化为沉淀而除去，据此分析。
【详解】A．反应①，增大c(H+)平衡正向移动，的转化率增大，A正确；
B．判定化学平衡状态：根据不同物质速率方向相反，且速率比等于系数比，，，即v正()=2v逆()，B错误；
C．根据电子转移守恒，反应②关系式：~ 2，当1mol被还原，转移6mol e-；所以当转移0.6mol e-，则有0.1mol被还原，C正确；
D．，，代入可得：，则，，故pH=5，D正确；
故本题选B。
20. 不能用勒夏特列原理来解释的选项是
A. 氨水应密闭保存，放置在低温处
B. 用排饱和食盐水的方法收集氯气
C. 对H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)平衡体系加压，混合气体颜色加深
D. 饱和硫酸铜溶液投入CuSO4晶体，析出CuSO4•5H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨水存在平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O，反应放热，放置在低温处，抑制反应逆向进行，A不选；
B．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，属于可逆反应，用排饱和食盐水的方法收集氯气抑制平衡正向移动，B不选；
C．对H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)平衡体系加压，平衡不移动，混合气体颜色加深是因为体积缩小，颜色加深，C选；
D．饱和硫酸铜溶液中存在溶解平衡，投入CuSO4晶体，析出CuSO4•5H2O，D不选。
答案为C。
第II卷(非选择题，共60分)
21. I.NaNO2溶液和NH4Cl溶液可发生反应：NaNO2+NH4ClN2↑+NaCl+2H2O。为探究反应速率与c(NaNO2)的关系，利用下列装置(夹持仪器略去)进行实验。

实验步骤：往A中加入一定体积(V)的2.0mol•L-1NaNO2溶液、2.0mol•L-1NH4Cl溶液和水，充分搅拌。控制体系温度，通过分液漏斗往A中加入1.0mol•L-1醋酸。当导管口气泡均匀稳定冒出时，开始用排水法收集气体。用秒表测量收集1.0mLN2所需的间，重复多次取平均值(t)。回答下列问题：
（1）检验装置气密性的方法：_______。
（2）若需控制体系的温度为36℃，采取的合理加热方式为_______。
（3）每组实验过程中，反应物浓度变化很小，忽略其对反应速率测定的影响。实验数据如表所示。
实验编号
V/mL
t/s
NaNO2溶液
NH4Cl溶液
醋酸
醋酸
1
4.0
V1
4.0
8.0
334
2
V2
4.0
4.0
V3
150
3
8.0
4.0
4.0
4.0
83
4
12.0
4.0
4.0
0.0
38
①V1=_______，V3=_______。
②该反应的速率方程为v=k•cm(NaNO2)•c(NH4Cl)•c(H+)，k为反应速率常数。利用实验数据计算得m=________(填整数)。
③醋酸的作用是_______。
（4）如果用同浓度的盐酸代替醋酸进行实验1，NaNO2与盐酸反应生成HNO2，HNO2分解产生等物质的量的两种气体，反应结束后，A中红棕色气体逐渐变浅装置中还能观察到的现象有_______，HNO2分解产生的两种气体用过量的氢氧化钠溶液吸收进行尾气处理，其反应的离子方程式为_______。
II.KI溶液在酸性条件下能与氧气反应。现有以下实验记录：回答下列问题：
实验编号
①
②
③
④
⑤
温度/℃
30
40
50
60
70
显色时间/s
160
80
40
20
10
（5）该反应的离子方程式为________。
（6）该实验的目的是探究_______。
（7）实验试剂除了1mol•L-1KI溶液、0.1mol•L-1H2SO4溶液外，还需要的试剂是_______。
（8）上述实验操作中除了需要(3)的条件外，还必须控制不变的是_______(填字母)。
A. 温度 B. 试剂的浓度 C. 试剂的用量(体积) D. 试剂添加的顺序
【答案】（1）关闭止水夹K，通过分液漏斗往A中加水，若一段时间后水难于滴入，则装置气密性良好
（2）水浴加热 （3） ①. 4.0 ②. 6.0 ③. 2 ④. 加快反应速率
（4） ①. 量筒中收集到无色气体，导管里上升一段水柱 ②. NO2+NO+2OH-=2NO+H2O
（5）4H++4I-+O2=2I2+2H2O
（6）温度对反应速率的影响
（7）淀粉溶液 （8）CD
【解析】
【小问1详解】
由图可知，该发生装置使用了分液漏斗，检查该装置气密性的方法为：关闭止水夹K，通过分液漏斗往A中加水，若一段时间后水难于滴入，则装置气密性良好；
【小问2详解】
控制体系的温度为36℃，该温度小于100℃，可采用水浴加热法，使反应温度均匀平稳，故答案为：水浴加热；
【小问3详解】
①根据实验3、4可知，溶液的总体积为20.0mL，则V1=20.0-4.0-4.0-8.0=4.0；该实验的目的是探究NaNO2溶液的浓度对化学反应速率的影响，并且NaNO2溶液的用量符合递变规律，则V2=6.0，V3=20.0-4.0-4.0-6.0=6.0，故答案为：4.0；6.0；
②由表中实验1、3数据可知，其他物质的浓度相同时，NaNO2溶液的浓度增大1倍时，实验3、1中收集1.0mLN2所需时间比值为，即实验3的反应速率为实验1的4倍，由于v=k•cm(NaNO2)•c(NH4Cl)•c(H+)，实验m≈2，故答案为：2；
③NaNO2和NH4Cl的反应为NaNO2+NH4Cl=N2↑+NaCl+2H2O，即醋酸在该反应中是催化剂，催化剂可加快反应速率，故答案为：加快反应速率；
【小问4详解】
用同浓度的盐酸代替醋酸进行实验1，NaNO2与盐酸反应生成HNO2，HNO2分解产生等物质的量的两种气体是NO2和NO，反应为2HNO2=NO2↑+NO↑+H2O，NO2是红棕色气体，NO是无色气体，NO2能与水反应生成HNO3和NO，反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，反应结束后，量筒内收集的气体为NO，A中红棕色气体逐渐变浅，并且反应后气体的总物质的量减少，容器内压强降低，导管里上升一段水柱，用过量的氢氧化钠溶液吸收NO和二氧化氮尾气，其反应的离子方程式为NO2+NO+2OH-=2+H2O，故答案为：量筒中收集到无色气体，导管里上升一段水柱；NO2+NO+2OH-=2+H2O；
【小问5详解】
酸性条件下，KI与氧气反应生成碘单质和水，反应的离子方程式为4H++4I-+O2=2I2+2H2O；
【小问6详解】
根据表中数据分析，该实验目的是探究温度对反应速率的影响；
【小问7详解】
为测定显色时间，产物中有碘单质生成，还需要的试剂是淀粉溶液，测定显色时间需要用秒表，故答案为：淀粉溶液；
【小问8详解】
A．该实验目的是探究温度对反应速率的影响，则温度是变量，故A错误；
B．由控制变量法可知，只有温度不同，则应总体积相同、试剂顺序加入相同，故B错误；
C．试剂的用量(体积)不同会导致反应物的浓度不同，影响反应速率大小，必须控制试剂的用量相同，故C正确；
D．试剂添加的顺序不同，可能改变反应途径，会影响实验效果，必须控制试剂添加的顺序相同，故D正确；
故答案为：CD。
22. 在机动车发动机中，燃料燃烧产生的高温会使空气中的氮气和氧气反应，生成氮氧化物，某些硝酸盐分解，也会产生氮氧化物，已知如下反应：
Ⅰ.2AgNO3(s)= 2Ag(s)+2NO2(g)+O2(g) △H1＞0
Ⅱ.2NO2(g)N2O4(g) △H2＜0
（1）T1温度时，在0.5L的恒容密闭容器中投入0.04molAgNO3(s)并完全分解，测得混合气体的总物质的量(n)与时间(t)的关系如图1所示：

①下列情况能说明体系达到平衡状态的是_______(填字母)。
a.混合气体的平均相对分子质量不再改变 b.O2的浓度不再改变
c.NO2的体积分数不再改变 d.混合气体的密度不再改变
②若达到平衡时，混合气体的总压强p=0.8MPa，反应开始到10min内N2O4的平均反应速率为______MPa•min-1。在该温度下2NO2(g)N2O4(g)的平衡常数Kp=_______(MPa)-1(结果保留3位有效数字)。[提示：用平衡时各组分分压替代浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数(Kp)，组分的分压(p1)=平衡时总压(p)×该组分的体积分数(φ)]。
③实验测得v正=v消耗(NO2)=k正•c2(NO2)，v逆=2v消耗(N2O4)=k逆•c(N2O4)，k正、k逆为速率常数且只受温度影响。则化学平衡常数K与速率常数k正、k逆的数学关系是K=_______。若将容器的温度改变为T2时，其k正=10k逆，则T1_______T2(填“＞”、“＜”或“=”)。
（2）用活性炭还原法可将氮氧化物转化为无毒气体，有关反应为C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。向恒容密闭容器中加入足量的活性炭和一定量NO，20min达到平衡，保持温度和容器容积不变再充入NO和N2，使二者的浓度均增加至原来的两倍，此时反应v正_______v逆(填“＞”“＜”或“=”)。
【答案】（1） ①. ac ②. 0.016 ③. 1.56 ④. ⑤. ＜
（2）＞
【解析】
【小问1详解】
根据反应Ⅰ，0.04molAgNO3(s)完全分解生成0.04molNO2和0.02molO2；反应Ⅱ是正向气体分子数减小的可逆反应；
①a．只要AgNO3完全分解了，混合气体总质量不变，混合气体分子总物质的量变化，混合气体的平均相对分子质量变化，则混合气体的平均相对分子质量不再改变能说明体系达到平衡状态，a项符合题意；
b．O2来自不可逆反应Ⅰ，可逆反应Ⅱ与O2无关，O2的浓度不再改变说明AgNO3(s)完全分解了，但不能说明反应Ⅱ达到平衡状态，b项不符合题意；
c．建立平衡的过程中NO2的体积分数是变量，NO2的体积分数不再改变能说明体系达到平衡状态，c项符合题意；
d．只要AgNO3完全分解了，混合气体总质量不变，在恒容容器中，混合气体密度不变，混合气体的密度不再改变不能说明体系达到平衡状态，d项不符合题意；
答案选ac；
②由图可知平衡时混合气体总物质的量为0.05mol，设平衡时N2O4物质的量为xmol，则反应Ⅱ消耗的NO2物质的量为2xmol，0.02mol+(0.04mol-2xmol)+xmol=0.05mol，解得x=0.01，平衡时O2、NO2、N2O4物质的量依次为0.02mol、0.02mol、0.01mol，平衡时混合气体的总压强为0.8MPa，则O2、NO2、N2O4的分压依次为0.32MPa、0.32MPa、0.16MPa，反应开始到10min内N2O4的平均反应速率为=0.016MPa/min；在该温度下2NO2(g)N2O4(g)的平衡常数Kp==1.56；
③反应2NO2(g)N2O4(g)达到平衡时，v正=v消耗(NO2)= v逆=2v消耗(N2O4)，则k正∙c2(NO2)=k逆∙c(N2O4)，=；该反应的化学平衡常数K==；T1时该反应的化学平衡常数K==12.5；若将容器的温度改变为T2时，其k正=10k逆，T2时反应的化学平衡常数K==10＜12.5；该反应的正反应为放热反应，升高温度化学平衡常数减小，故T1＜T2。
【小问2详解】
向恒容密闭容器中加入足量的活性炭和一定量NO，反应C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g)在20min达平衡时K=；保持温度和容器容积不变再充入NO和N2，使二者的浓度均增加至原来的两倍，瞬时CO2的浓度不变，则此时的浓度商Q==K＜K，反应正向进行，则v正＞v逆。
23. 三氯化硼(BCl3)是一种重要化工原料。实验室制备BCl3的原理B2O3+3C+3Cl2 =2BCl3+3CO，某实验小组利用干燥的氯气和下列装置（装置可重复使用）制备BCl3并验证反应中有CO生成。已知：BCl3的熔点为-107.3℃，沸点为12.5℃，遇水水解生成H3BO3和HCl，请回答下列问题：
【实验Ⅰ】制备BCl3并验证产物CO

(1)该实验装置中合理的连接顺序为G→_____→_____→_____→____→F→D→I。其中装置E的作用是___________________________。
(2)装置J中反应的化学方程式为____________________________________。
【实验Ⅱ】产品中氯含量的测定
①准确称取少许m克产品，置于蒸馏水中完全水解，并配成100mL溶液。
②取10.00mL溶液于锥形瓶中
③加入V1mL浓度为C1 mol/LAgNO3溶液使氯离子完全沉淀；向其中加入少许硝基苯用力摇动。
④以硝酸铁为指示剂，用C2 mol/L KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液。发生反应：Ag+ +SCN- =AgSCN↓。
⑤重复步骤②~④二次，达到滴定终点时用去KSCN溶液的平均体积为V2 mL。
已知: Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN) 。
(3)步骤④中达到滴定终点的现象为__________________。
(4)实验过程中加入硝基苯的目的是___________________。
(5)产品中氯元素的质量分数为_________________%。
(6)下列操作，可能引起测得产品中氯含量偏高是__________。
A.步骤③中未加硝基苯
B.步骤①中配制100mL溶液时，定容时俯视刻度线
C.用KSCN溶液滴定剩余AgNO3溶液时，滴定前有气泡，滴定后无气泡
D.滴定剩余AgNO3溶液时，KSCN溶液滴到锥形瓶外面一滴
【答案】 ①. E ②. H ③. J ④. H ⑤. 将BCl3冷凝为液态分离出来 ⑥. 2NaOH+Cl2 =NaCl+NaClO+H2O ⑦. 覆盖AgCl，滴入最后一滴KSCN溶液时，混合液由无色变为血红色且半分钟内不褪色 ⑧. 防止滴定时AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，使滴定终点不准确 ⑨. ⑩. B
【解析】
【分析】Ⅰ.用氯气与B2O3、C反应生成三氯化硼和CO，三氯化硼的熔点为-107.3℃，沸点为12.5℃，所以收集三氯化硼要用冰水冷却，未反应的氯气尾气用氢氧化钠吸收，三氯化硼易水解，为防止氢氧化钠溶液中水进入装置E，在E和J之间接上H装置，用于吸水，生成的CO干燥后再通过F装置还原氧化铜，再将生成的气体通过澄清石灰水检验，可以证明原反应中有一氧化碳生成，多余的CO不能排放到空气中，要用排水法收集，据此答题。
II.(3)根据Fe3+、SCN-反应产生血红色物质判断滴定终点；
(4)硝基苯是液态有机物，密度比水大，可以覆盖在AgCl上，防止AgCl发生沉淀溶解；
(5)根据n(Ag+)=n(Cl-)+n(SCN-)，可计算出溶液中10.00mL溶液中含有的n(Cl-)，然后计算mg即100mL中含有的n(Cl-)及质量，从而计算出其质量分数；根据c=进行误差分析。
【详解】I.(1)用氯气与B2O3、C反应生成三氯化硼和CO，三氯化硼的熔点为-107.3℃，沸点为12.5℃，所以收集三氯化硼要用冰水冷却，未反应的氯气尾气用氢氧化钠吸收，三氯化硼易水解，为防止氢氧化钠溶液中水进入装置E，在E和J之间接上H装置，用于吸水，生成的CO经干燥后再通过F装置还原氧化铜，再将生成的气体通过澄清石灰水检验，可以证明原反应中有一氧化碳生成，多余的CO不能排放到空气中，要用排水法收集，据上面的分析可知，依次连接的合理顺序为G→E→H→J→H→F→D→I，故答案为E、H、J、H；反应产生的BCl3为气态，用冰水冷却降温变为液态，便于与未反应的氯气分离开来，所以其中装置E的作用是将BCl3冷凝为液态分离出来；
(2)中装置J中Cl2与NaOH溶液发生歧化反应，产生NaCl、NaClO、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为2NaOH+Cl2 =NaCl+NaClO+H2O；
II.(3)向该物质中加入AgNO3溶液，发生反应：Ag++Cl-=AgCl↓，为了使溶液中的Cl-沉淀完全，加入过量的AgNO3溶液，然后以硝酸铁为指示剂，若溶液中Cl-沉淀完全，用C2 mol/L KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液。会发生反应：Ag+ +SCN- =AgSCN↓，溶液变为血红色，所以滴定终点现象为滴入最后一滴KSCN溶液时，混合液由无色变为血红色且半分钟内不褪色；
(4)硝基苯是液态有机物，密度比水大，加入硝基苯就可以覆盖在反应产生AgCl沉淀上，防止滴定时AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，使滴定终点不准确；
(5)根据离子反应可知n(Ag+)=n(Cl-)+n(SCN-)，则10.00mL中含有n(Cl-)=n(Ag+)-n(SCN-)=C1 mol/L×V1×10-3L/mL –C2mol/L×V2 mL×10-3L/mL=(C1V1-C2V2)×10-3mol；则mg中含有Cl-元素的质量为m= (C1V1-C2V2)×10-3mol××35.5g/mol，则产品中氯元素的质量分数为=；
A.步骤③中未加硝基苯，会使一部分AgCl转化为AgSCN，导致n(SCN-)增大，根据关系式n(Ag+)=n(Cl-)+n(SCN-)可知样品中含有n(Cl-)偏小，A错误；
B.步骤①中配制100mL溶液时，定容时俯视刻度线，则使c(Cl-)偏大，等体积时含有的n(Cl-)偏大，B正确；
C.用KSCN溶液滴定剩余AgNO3溶液时，滴定前有气泡，滴定后无气泡，V(标)偏大，则导致样品在Cl-含量偏低，C错误；
D.滴定剩余AgNO3溶液时，KSCN溶液滴到锥形瓶外面一滴，V(标)偏大，则导致样品在Cl-含量偏低，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查物质制备实验，题目涉及化学实验基本操作、先后顺序、尾气处理、物质含量的测定及误差分析等，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，明确原理是解题关键，注意题目信息的应用，目难度中等。
24. 酸、碱、盐是中学化学学习的重要化合物，请依据其性质回答下列问题。
（1）将0.5mol•L-1的NaClO溶液加热蒸干灼烧最后所得的固体是_______。
（2）铈(Ce)是地壳中含量最高的稀土元素。在加热条件下CeCl3易发生水解，无水CeCl3可用加热CeCl3•6H2O和NH4Cl固体混合物的方法来制备，其中NH4Cl的作用是________。
（3）为了除去氨氮废水中的NH3，得到低浓度的氨氮废水，采取以下措施：加入NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30℃，通空气将氨赶出并回收，用化学平衡原理解释通空气的目的：_________。
（4）甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol•L-1和0.1mol•L-1，则甲、乙两瓶氨水中c(OH-)之比_______(填“大于”、“等于”或“小于”)。
（5）25℃时，将amolNH4NO3溶于水，溶液显酸性，向该溶液滴加bL氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中水的电离平衡将________(填“正向”“不”或“逆向”)移动，所滴加氨水的浓度为_______mol•L-1。(NH3•H2O的电离平衡常数：Kb=2×10-5)
（6）已知NH2OH•H2O与NH3•H2O相似，水溶液具有弱碱性，其电离方程式为：NH2OH•H2ONH3OH++OH-。常温下，现用盐酸滴定NH2OH•H2O溶液，溶液中由水电离出的c(H+)的负对数[-lg水c(H+)]与所加盐酸体积的关系如图所示(已知：Kb(NH2OH•H2O)=10-9)

①R、Q两点溶液pH关系是：R________Q(填“＞”、“=”或“＜”)。
②滴定过程中，若c(NH3OH+)=c(NH2OH•H2O)，则此时溶液中pH=________。
③N点离子浓度由大到小的顺序为________。
【答案】（1）NaCl
（2）分解出HCl气体，抑制CeCl3水解
（3）废水中的NH3被空气带走，使NH3•H2ONH3+H2O的平衡向正反应方向移动，利于除氨
（4）小于 （5） ①. 逆向 ②.
（6） ①. ＞ ②. 5 ③. c(Cl-)＞c(NH3OH+)＞c(H+)＞c(OH-)
【解析】
小问1详解】
NaClO水解生成次氯酸和氢氧化钠，NaClO+H2O⇌NaOH+HClO，加热蒸干过程中次氯酸分解生成盐酸和氧气，2HClO=2HCl+O2↑，NaOH+HCl=NaCl+H2O，加热蒸干灼烧最后所得的固体是NaCl；
【小问2详解】
加热条件下CeCl3易发生水解，为抑制其水解，可以通入HCl,所以无水CeCl3可用加热CeCl3•6H2O和NH4Cl固体混合物的方法来制备目的是分解出HCl气体，抑制CeCl3的水解；
【小问3详解】
氨水电离NH3•H2ONH3+H2O是可逆反应，将生成的氨气带走，即减少生成物，可以使化学平衡向正反应方向移动，即更多的生成氨气，因而促进了氨水电离；
【小问4详解】
一水合氨是弱电解质，在溶液里存在电离平衡，氨水的浓度越大，一水合氨的电离程度越小，浓度越小，一水合氨的电离程度越大，甲瓶氨水的浓度是乙瓶氨水的浓度的10倍，由弱电解质的浓度越小，电离程度越大，故甲瓶氨水的电离度比乙瓶氨水的电离度小，所以甲、乙两瓶氨水中[OH-]之比小于10；
【小问5详解】
向NH4NO3溶液滴加bL氨水后溶液呈中性，增大NH3•H2O浓度，水的电离程度减小，水的电离平衡逆向移动；
溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，由电荷守恒可知c()=c()，设混合后溶液体积为bL，则c()=c()=mol/L，设所滴加氨水的浓度为cmol/L，则Kb==2×10-5，解得c=mol/L；
【小问6详解】
①由图可知，R点为NH2OH•H2O和NH3OHCl的混合溶液，溶液呈中性，Q点为NH3OHCl和盐酸混合溶液，溶液呈酸性，所以R点溶液pH大于Q点，故答案为：＞；
②滴定过程中，若c(NH3OH+)=c(NH2OH•H2O)，由电离常数可知，NH2OH•H2O的电离常数Kb=，则溶液中的c(OH-)=Kb=10-9mol/L，溶液pH=5，故答案为：5；
③由图可知，N点NH2OH•H2O和盐酸恰好完全反应，反应生成的NH3OH+在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Cl-)＞c(NH3OH+)＞c(H+)＞c(OH-)。
25. 镁菱锌矿(主要成分为ZnCO3、MgCO3等，含有少量FeCO3、CaCO3等杂质)可用于生产媒染剂、防腐剂ZnSO4•7H2O以及耐火材料MgO。制备工艺流程如图：

已知：65℃时Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11；Ksp[Zn(OH)2]=2.0×10-17，Kw=10-13；lg2≈0.3。
回答下列有关问题：
（1）浓盐酸浸取矿石时，保持较大液固体积比(如3：1)，目的是_______，还可采用_______(写出一种)等方式达到此目的。
（2）“氧化除铁”在90℃，控制溶液pH在4.0～5.0，得到针铁矿渣的离子方程式为_______。
（3）“沉锌”前，滤液(65℃)中含有0.50mol•L-1 Zn2+和1.8mol•L-1 Mg2+，保持该温度，则应加入氨水调节pH在________范围(c≤1.0×10-5mol•L-1，沉淀完全)。利用平衡移动原理说明“沉锌”时加入氨水的作用________。
（4）“酸解”后获得ZnSO4•7H2O的操作依次经过蒸发浓缩、_______、过滤、洗涤、干燥。制得的ZnSO4•7H2O在烘干时需减压烘干的原因是________。
（5）“滤液”中加入H2C2O4饱和溶液产生MgC2O4沉淀，若“灼烧”时产生两种气体，则该反应的化学方程式为：________。
【答案】（1） ①. 增大矿石浸取率 ②. 粉碎矿石、适当升高温度
（2）2Fe2++ClO-+3H2O=2FeOOH↓+Cl-+4H+
（3） ①. 7.15≤pH＜7.5 ②. Zn2+水解产生H+，加入NH3•H2O消耗H+，可促进水解
（4） ①. 冷却结晶 ②. 防止温度过高，导致ZnSO4•7H2O分解
（5）MgC2O4MgO+CO2↑+CO↑
【解析】
【分析】镁菱锌矿用浓盐酸浸取，过滤后的滤液中含有Zn2+、Mg2+、Fe2+、Ca2+，然后加入石灰和漂白粉氧化除铁，过滤后在滤液中加入氨水沉锌，过滤，沉淀用稀硫酸溶解，然后依次经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥制得的ZnSO4•7H2O；滤液中加入草酸沉淀镁离子得到草酸镁，离心洗涤后灼烧得到氧化镁，据此解答。
【小问1详解】
为增大矿石浸取率，浓盐酸浸取矿石时，可保持较大液固体积比(如3：1)；为增大矿石浸取率，还可采用粉碎矿石、适当升高温度等方式；
【小问2详解】
“氧化除铁”在90℃，控制溶液pH在4.0～5.0，次氯酸根离子作氧化剂，还原产物是氯离子，则得到针铁矿渣的离子方程式为2Fe2++ClO-+3H2O=2FeOOH↓+Cl-+4H+；
【小问3详解】
当锌离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度是，则氢离子浓度是，则pH=7.15；当镁离子开始沉淀时溶液中氢氧根离子浓度是，则氢离子浓度是，则pH=7.5，所以应加入氨水调节pH的范围为7.15≤pH＜7.5；“沉锌”时加入氨水的作用是由于Zn2+水解产生H+，加入NH3•H2O消耗H+，从而可促进水解；
【小问4详解】
硫酸锌可溶于水，所以“酸解”后获得ZnSO4•7H2O的操作依次经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；为防止温度过高，导致ZnSO4•7H2O分解，因此制得的ZnSO4•7H2O在烘干时需减压烘干；
【小问5详解】