江西省南昌市第二中学2023-2024学年高三上学期第二次月考化学试卷（Word版附解析）

这是一份江西省南昌市第二中学2023-2024学年高三上学期第二次月考化学试卷（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了5 Fe等内容，欢迎下载使用。
一、选择题(共15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一项符合题目要求)
1. 戏曲是中华文化的瑰宝，其人物的装扮具有鲜明的特色且与化学知识有关。某人物的装扮如图所示，下列有关说法错误的是
A. 头上所带的银簪由金属材料制成B. 丝绸云袖的主要成分为蛋白质
C. 衣服挂件上的珍珠属于硅酸盐D. 脚上穿的木质鞋履的主要成分是纤维素
【答案】C
【解析】
【详解】A．纯金属和合金都属于金属材料，银簪由金属材料制成，银属于金属材料，故A正确；
B．丝绸的主要成分是蛋白质，故B正确；
C．珍珠主要是含有碳酸钙和几十种矿物质的固体颗粒，故C错误；
D．木质的主要成分是纤维素，故D正确；
故答案为C
2. 下列陈述Ⅰ和Ⅱ均正确，且具有因果关系的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．液氨可以作制冷剂是因为氨气易液化，液氨汽化吸热，故不选A；
B．KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化乙烯，所以用浸泡过KMnO4溶液的硅土作水果保鲜剂，故选B；
C．SiO2可用来生产光导纤维是因为SiO2具有优良的光学性能，故不选C；
D．熔融的AlCl3不导电，熔融Al2O3能导电，所以工业上电解熔融Al2O3冶炼铝，故不选D；
选B
3. 有一澄清透明的溶液，可能含有大量的、、、、、 、中的几种，向该溶液中滴入 溶液一定体积后才产生沉淀。下列判断正确的是
A. 溶液中一定不含Fe2+B. 溶液中一定不含Fe3+
C. 溶液中可能含有D. 溶液中可能含有
【答案】A
【解析】
【分析】澄清透明的溶液，只可能含有大量的、、、、、 、七种离子中的几种，向该溶液中逐滴滴入1ml⋅L−1NaOH溶液一定体积后才产生沉淀，说明溶液中一定含有，和、不能大量共存，则一定没有、，溶液中必有阴离子，则一定有，酸性条件下，具有强氧化性，和能发生氧化还原反应，则一定不存在，加入NaOH一定体积后才有沉淀生成，则、Al3+至少含一种，所以溶液中一定含有H+、，一定不含有、、，而、至少含一种，以此解答。
【详解】A．结合分析可知溶液中一定不含Fe2+，A正确；
B．结合分析可知溶液中可能含有，B错误；
C．结合分析可知，溶液中必定有阴离子，C错误；
D．结合分析可知，溶液中一定不存在，D错误；
故选A。
4. 下图是用钌基催化剂催化和的反应示意图，当反应生成液态时放出的热量。下列说法错误的是
A. 反应历程中存在极性键、非极性键断裂与形成
B. 图示中物质I为该反应的催化剂，物质II、III为中间产物
C. 使用催化剂可以降低反应的活化能，但无法改变反应的焓变
D. 由题意知：
【答案】A
【解析】
【详解】A．由反应示意图可知反应过程中不存在非极性键的形成，故A错误；
B．物质I为反应起点存在的物质，且在整个过程中量未发生改变，物质I为催化剂，物质II、III为中间过程出现的物质，为中间产物，故B正确；
C．催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，但不影响反应的焓变，故C正确；
D．生成液态时放出的热量，该反应的热化学方程式为： ，则 ，故D正确；
故选：A。
5. 部分含N及S物质的分类与相应化合价之间的关系如图所示，下列推断合理的是
A. 在催化剂的作用下，a可将c、d氧化为b
B. a分别溶于d’的溶液和e’的溶液所得的盐溶液均显碱性
C. 常温下，a’会与浓的e’溶液发生氧化还原反应
D. 用玻璃棒分别蘸取浓的a溶液和浓的e’溶液，玻璃棒靠近时有白烟产生
【答案】C
【解析】
【分析】物质分类和元素化合价分析可知：a为NH3、b为N2、c为NO、d为NO2、e为HNO3；a'为H2S、b'为S、c'为SO2，d'为H2SO3、e'为H2SO4，然后根据物质的性质分析解答。
【详解】A．在催化剂的作用下，a：NH3可将c：NO、d：NO2还原为b：N2，A错误；
B．a为NH3，d'为H2SO3、e'为H2SO4，NH3与H2SO3反应产生(NH4)2SO3或NH4HSO3；NH3与H2SO4反应产生(NH4)2SO4或NH4HSO4，其中(NH4)2SO3溶液显碱性，其余的水溶液都显酸性，B错误；
C．a'为H2S，e'为H2SO4，常温下，H2S会与浓的H2SO4溶液发生氧化还原反应生成硫单质，C正确；
D．a为NH3，e'为H2SO4，用玻璃棒分别蘸取浓的氨水溶液和浓的硫酸溶液，浓硫酸不具有挥发性，因此玻璃棒靠近时不会有白烟产生，D错误；
故选C。
6. 工业上制备相关物质，涉及的反应原理及部分流程较为合理的是
A. 制硝酸：
B. 制取镁：海水
C. 制碘：干海带浸出液碘水
D. 制溴：浓缩海水
【答案】D
【解析】
【详解】A．氮气和氢气催化反应生成氨气，氨气催化氧化生成NO，NO和氧气生成二氧化氮，二氧化氮和氧气、水生成硝酸，A不符合题意；
B．海水加入石灰乳得到氢氧化镁沉淀，分离出沉淀加入盐酸得到氯化镁溶液，溶解结晶得到氯化镁固体，电解熔融氯化镁得到镁单质，B不符合题意；
C．干海带灼烧后浸出，浸出液加入过氧化氢将碘离子氧化为碘单质，萃取得到碘，C不符合题意；
D．浓缩海水通入氯气氧化溴离子得到溴单质，使用热空气吹出后用二氧化硫吸收得到溴化氢溶液，通入氯气反应得到溴单质，D符合题意；
故选D。
7. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 用溶液吸收少量：
B. 磁性氧化铁溶于稀HNO3：Fe3O4 +12H++=3Fe3++NO↑+6H2O
C. 溶液中加过量溶液：
D. 用醋酸和淀粉－KI溶液检验加碘盐中的：+5I－+6H+=3I2+3H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A．用溶液吸收少量：，A正确；
B．磁性氧化铁溶于稀HNO3：，B错误；
C．溶液中加过量溶液：，C错误；
D．用醋酸和淀粉－KI溶液检验加碘盐中的：，D错误；
故选A。
8. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 5.6g Fe发生吸氧腐蚀生成，电极反应中转移的电子数为
B. 质量分数为的甲醛水溶液中含氢原子数为
C. 铁粉与足量的高温水蒸气反应，转移的电子数为
D. 的溶液中，氧原子总数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．5.6g Fe发生吸氧腐蚀生成，电极反应为：，转移的电子数为，A错误；
B．30g质量分数为10%的甲醛水溶液中，HCHO质量为3g，物质的量为=0.1ml；水的质量为27g，物质的量为=1.5ml，总的H原子的物质的量为=3.2ml，B正确；
C．5.6g铁粉的物质的量为0.1ml，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，即3mlFe转移8ml电子，所以0.1ml铁粉完全反应转移ml电子，C错误；
D．的溶液中，含有氧的微粒有碳酸根离子和水分子，故氧原子总数大于，D错误；
故选B。
9. 硅胶吸附剂的结构示意图如图所示，常用作干燥剂。在其中添加CCl2可使其指示吸水量的多少来决定硅胶是否失效，原理如下：CCl2(蓝色)=CCl2·6H2O(粉红色)，失效的硅胶可加热再生，下列说法错误的是
A. 当硅胶变粉红色说明硅胶失效了
B. SiO2是酸性氧化物，硅胶可干燥HF和Cl2等酸性气体
C. 失效的硅胶再生时加热的温度不宜过高
D. 当硅胶遇到大量的水分子时，与硅羟基形成了过多氢键从而失去吸附力
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题中信息可知，硅胶吸水后，会变成蓝色的CCl2·6H2O(粉红色)，故变成粉红色后则说明硅胶失效了，A正确；
B．二氧化硅可以和HF反应，故硅胶不能干燥HF，B错误；
C．温度过高会因显色剂逐步氧化而失去显色作用，C正确；
D．由硅胶结构可知，硅胶用作干燥剂，是通过硅羟基和水分子之间形成氢键而达到吸水的目的，故当硅胶遇到大量的水分子时，与硅羟基形成了过多氢键从而失去吸附力，D正确；
故选B。
10. 中石化的《丁烯双键异构化的方法》获得第二十届中国专利优秀奖。在100kPa和298K下，丁烯双键异构化反应的机理如图所示。下列说法错误的是
A. 上述两种烯烃均能发生加成反应、氧化反应
B. 比的稳定性差
C. 由C－H、C=C、C－C的键能不可计算出该异构化反应的焓变
D. 加入合适的催化剂可以降低该反应的焓变
【答案】D
【解析】
【详解】A．两种烯烃都含有碳碳双键，均能发生加成反应和氧化反应，A正确；
B．的能量比 的能量高，能量低的物质稳定性强，B正确；
C．两种烯烃互为同分异构体，所含C-H、C=C 、C-C的数目相同，无法根据它们的键能计算异构化反应的焓变，C正确；
D．催化剂不能改变焓变，D错误；
故选D。
11. 一种水性电解液离子选择双隔膜电池如图所示[溶液中，以存在]。电池放电时，下列叙述正确的是
A. 电子由Zn电极经电解质溶液流向电极
B. Ⅲ区的通过隔膜向Ⅱ区迁移
C. 电极反应式：
D. 若将离子选择隔膜位置交换，Ⅱ区溶液浓度降低
【答案】C
【解析】
【分析】由题干结合示意图知，为负极，为正极，电子是由负极()沿导线流向正极()，电解质溶液中Ⅱ区中的向Ⅰ区移动，向Ⅲ区移动。
【详解】A．由题干结合示意图知，为负极，为正极，电子是由负极()沿导线流向正极()，不能经过电解质溶液，故A错误；
B．放电时，阴离子向负极移动，即由Ⅱ区通过隔膜向Ⅲ区迁移，故B；
C．电极反应式：，故C正确；
D．若将离子选择隔膜位置交换，与向Ⅱ区移动，浓度增大，故D错误；
故选C。
12. 实验室中利用固体进行如图实验，下列说法错误的是
A. G与H均为氧化产物B. 实验中只作氧化剂
C. 元素至少参与了3个氧化还原反应D. G与H的物质的量之和不可能为
【答案】B
【解析】
【分析】由，可得到气体G为氧气，得到的固体加入浓盐酸发生反应生成了氯气，故气体H为氯气。
【详解】A．根据分析氧气和氯气都为化合价升高得到的产物，故都为氧化产物，A正确；
B．中氧的化合价升高，锰的化合价降低，即做氧化剂又做还原剂，B错误；
C．锰元素参与了高锰酸钾的分解反应，二氧化锰和盐酸反应，锰酸钾和盐酸反应等，C正确；
D．没生成1氧气转移4电子，每生成1氯气转移2电子，若高锰酸钾转化为氯化锰过程中得到的电子全部是氯离子生成氯气所失去的，则气体的物质的量最大，由可知，n(气体)0.25，D正确；
故选B。
13. 下列关于仪器使用的说法正确的是
A. 加热c、e时需垫石棉网B. a和d可用于蒸馏
C. b和e可用于灼烧海带灰D. a和f可用于物质分离
【答案】D
【解析】
详解】A．加热e时不需要垫石棉网，故A错误；
B．蒸馏时一般选择直形冷凝管，球形冷凝管常用作反应时的冷凝回流装置，故B错误；
C．蒸发皿常用于蒸发结晶，不能用于灼烧固体，故C错误；
D．蒸馏烧瓶可用于分离液体混合物，普通漏斗可用于过滤(分离固液混合物)，故D正确；
故答案为D。
14. 一种利用废旧镀锌铁皮制备磁性Fe3O4纳米粒子的工艺流程如下。
下列有关说法不正确是
A. “碱洗”主要是为了去除废旧镀锌铁皮中的锌
B. “氧化”后的溶液中金属阳离子主要有Fe3+、Na+
C. “氧化”时发生反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O
D. 用激光笔照射“加热沉铁”后所得分散系，产生丁达尔效应
【答案】B
【解析】
【分析】锌和氢氧化钠溶液反应，用氢氧化钠溶液清洗废旧镀锌铁皮，氢氧化钠除掉锌和表面的油污，再用稀硫酸反应生成硫酸亚铁，再用次氯酸钠溶液氧化亚铁离子，向溶液中加入氢氧化钠溶液生成氢氧化亚铁和氢氧化铁，加热反应生成磁性Fe3O4纳米粒子。
【详解】A．锌和氢氧化钠反应，因此“碱洗”是为了去除废旧镀锌铁皮表面的油污和锌，故A正确；
B．“氧化”后是次氯酸钠和亚铁离子反应，因此溶液中金属阳离子主要有Fe2+、Fe3+，还有Na+，故B错误；
C．“氧化”时次氯酸钠和亚铁离子反应生成铁离子和氯离子，因此发生反应的离子方程式为2Fe2++ClO－+2H+=2Fe3++Cl－+H2O，故C正确；
D．加热沉铁即把氢氧化亚铁、氢氧化铁加热分解生成Fe3O4胶体，因此用激光笔照射“加热沉铁”后所得分散系，产生丁达尔效应，故D正确。
综上所述，答案为B。
15. 钠电池具有性能稳定、安全性好等优点。某钠离子二次电池工作原理如图所示，电池总反应：(，M为过渡金属)。
下列说法正确的是
A. 铝箔是原电池的负极
B. 放电时，导线中每通过1电子，理论上石墨烯纳米片质量减轻23g
C. 充电时，阳极上发生的电极反应为
D. 放电时，在铝箔电极上得电子被还原
【答案】BC
【解析】
【详解】A．放电时钠失去电子，被氧化，铜箔作负极，铝箔是原电池的正极，A错误；
B．负极反应是为xe－＝xNa＋+，因此放电时，导线中每通过1电子，理论上石墨烯纳米片减少1ml，即质量减轻23g，B正确；
C．充电时铝箔与电源的正极相连作阳极，发生失去电子的氧化反应，阳极上发生的电极反应为，C正确；
D．放电时，镶嵌在铝箔电极上，M元素得电子被还原，D错误；
答案选BC。
二、非选择题(共55分)
16. 某课外研究小组，用杂铜(含有较多杂质的铜粉)，通过不同的途径制取胆矾，实验过程如下：
回答下列问题：
（1）杂铜中含有大量的有机物，可采用灼烧的方法除去有机物，灼烧时将瓷坩埚置于___________上，灼烧后的坩埚应放在___________上，不能直接放在桌面上。
（2）杂铜经灼烧后得到的产物是氧化铜及少量铜的混合物。灼烧后含有少量铜的原因可能是___________(填字母)。
a．灼烧过程中部分氧化铜被有机物还原 b．灼烧不充分铜未被完全氧化
c．氧化铜在加热过程中分解生成铜 d．该条件下铜无法被氧气氧化
（3）由粗制氧化铜(含单质铜)通过两种途径制取胆矾，与途径I相比，途径Ⅱ有明显的两个优点是：___________。
（4）胆矾(CuSO4・nH2O)中结晶水n值的测定，步骤如下：
i．称量坩埚的质量，记为m1 g；ii．称量坩埚和胆矾的质量，记为m2 g；iii．加热、冷却、称量坩埚和固体的质量，记为m3 g；iv．再次加热、冷却、称量坩埚和固体的质量，最终总质量恒定为m4 g(注：上述过程无 CuSO4分解)。
①步骤iii中的坩埚应放在___________中冷却。
②胆矾(CuSO4・nH₂O)中结晶水n=___________。
③下列不规范操作会导致测定结果“偏大”或“偏小”，请将结果填在每种情况后面的横线上：
胆矾晶体的颗粒较大_______；加热后放在空气中冷却_____；加热温度过高_______。
【答案】（1） ①. 泥三角 ②. 石棉网
（2）ab （3）产生等量胆矾(或消耗等量的粗制氧化铜)途径Ⅱ消耗硫酸少、途径Ⅱ不会产生污染大气的SO2
（4） ①. 干燥器 ②. ③. 偏小 ④. 偏小 ⑤. 偏大
【解析】
【小问1详解】
灼烧时将瓷坩埚置于泥三角上，为防止热的坩埚灼伤桌面，灼烧后的坩埚应放在石棉网上，不能直接放在桌面上；
【小问2详解】
有机物具有还原性，灼烧过程中部分氧化铜被有机物还原，灼烧过程不充分，铜可能未被完全氧化，所以杂铜经灼烧后得到的产物是氧化铜及少量铜的混合物，故选ab；
【小问3详解】
途径I铜和浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫有毒，污染空气，生成1ml硫酸铜消耗2ml硫酸；途径Ⅱ铜和氧气反应生成氧化铜，氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水，生成1ml硫酸铜消耗1ml硫酸，与途径I相比，途径Ⅱ有明显的两个优点是产生等量胆矾(或消耗等量的粗制氧化铜)途径Ⅱ消耗硫酸少、途径Ⅱ不会产生污染大气的SO2；
【小问4详解】
胆矾(CuSO4・nH2O)中结晶水n值的测定，步骤如下：
i．称量坩埚的质量，记为m1 g；ii．称量坩埚和胆矾的质量，记为m2 g；iii．加热、冷却、称量坩埚和固体的质量，记为m3 g；iv．再次加热、冷却、称量坩埚和固体的质量，最终总质量恒定为m4 g(注：上述过程无 CuSO4分解)；
①为防止硫酸铜在冷却过程中吸水，步骤iii中的坩埚应放在干燥器中冷却；
②根据实验过程，可知反应生成硫酸铜的质量为(m4- m1)g，反应生成水的质量为(m2- m4)g，胆矾(CuSO4・nH₂O)中结晶水n=；
③胆矾晶体的颗粒较大，加热过程中失水不完全，测定结果n偏小；加热后放在空气中冷却，硫酸铜在冷却过程中吸水，测定结果n偏小；加热温度过高，造成硫酸铜分解，测定结果n偏大；
17. 稀土元素钪(Sc)广泛应用于航空航天、超导、激光、核能等领域，从钛白水解工业废酸(含、、、、等离子)中提取氧化钪并制备三氯化钪(ScCl3)的一种工艺流程如下：
已知：为砖红色固体；，。
请回答下列问题：
（1）萃取操作使用到的仪器如何检漏___________。
（2）在钛白水解工业废酸中，加入是为了使转化为，若该离子中Ti的化合价为+4价，则黑点标的氧元素价态为____价，该反应的离子方程式为___________。
（3）若温度对钪、钛的萃取率影响情况见下表，一般合适的萃取温度为10~15℃，其理由是___________。
（4）反萃取步骤中，强碱性条件下双氧水可以氧化锰离子生成MnO2，则该反应的离子方程式为___________。
（5）上述工艺流程在“灼烧”步骤中可得到Sc2O3，已知在后续的“加热氯化”步骤中可得到一种使热的氧化铜由黑变红的气体，请依题写出此时由Sc2O3制备ScCl3的化学方程式：___________。
（6）现取制得的ScCl3粗产品(只含难溶Sc2O3杂质)溶于水，配成溶液，采用K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液滴定，当达到滴定终点，溶液中Cl－恰好沉淀完全［假设此时c(Cl－)为］时，则此时溶液中c()的浓度为___________
【答案】（1）向分液漏斗中加少量水，检查活塞处是否漏水，旋转1800再看活塞处是否漏水。将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水
（2） ①. −1 ②. H2O2+TiO2++4H2O = [TiO2(OH)(H2O)4]++H+
（3）温度为10~15℃时，钪的萃取率较高而且钛的萃取率较低
（4）
（5）
（6）或0.005
【解析】
【分析】钛白水解工业废酸含有、、、、等离子，加入H2O2和有机萃取剂，分液分离，是为了除去，用93%硫酸、27.5%的双氧水和水洗涤“油相”，可进一步除去钛，加入NaOH进行反萃取，此时Mn2+与H2O2在碱性条件下生成MnO2沉淀，Sc3+与OH-生成Sc(OH)3，过滤，滤渣酸溶，加入草酸使Sc转化为Sc2(C2O4)3沉淀，过滤分离，灼烧生成Sc2O3。再加入焦炭、氯气反应生成三氯化钪(ScCl3)；
【小问1详解】
萃取操作使用到的仪器为分液漏斗，检漏的方法为向分液漏斗中加少量水，检查活塞处是否漏水，旋转1800再看活塞处是否漏水。将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水；
【小问2详解】
依据[TiO2(OH)(H2O)4]+中Ti的化合价为+4且有一个OH-，整个原子团离子带一个单位正电荷，则另外两个氧原子只有是才可能满足条件，故除去OH-和H2O外的其余氧元素价态为―1价；该反应的离子方程式为H2O2+TiO2++4H2O = [TiO2(OH)(H2O)4]++H+；
【小问3详解】
根据表格数据可知温度为10~15℃时，钪的萃取率较高而且钛的萃取率较低，得到的钪纯度相对较高；
【小问4详解】
碱性条件下双氧水可以氧化Mn2+生成MnO2，根据电子守恒可知H2O2和Mn2+的系数比为1∶1，再结合元素守恒可得离子方程式为；
【小问5详解】
根据题意加热氯化可得到一种使热的氧化铜由黑变红的气体只能为CO，再综合题意并结合元素守恒和电子守恒可知Sc2O3制备ScCl3反应的化学方程式为；
【小问6详解】
若在滴定时盛装标准溶液的滴定管未润洗，则相当于将标准溶液稀释，从而导致测得的纯度偏高；当溶液中恰好沿淀完全时，依题此时有：c(Ag+)=，故有：c()=ml/L=0.005ml/L或ml/L。
18. 二氯异氰尿酸钠[(CNO) 3Cl2Na]常温下为白色固体，难溶于冷水。某同学利用高浓度的NaClO溶液和(CNO)3H3固体，在10℃时反应制备二氯异氰尿酸钠，装置如图所示(部分夹持装置略)。
己知：2NaClO + (CNO)3H3 = (CNO)3Cl2Na + NaOH + H2O
（1）C中所装试剂为___________(填化学式)
（2）A中反应的化学方程式为___________。
（3）待装置B中出现___________现象时，可由三颈烧瓶上口加入(CNO)3H3固体；反应过程中仍需不断通入Cl2的理由是___________。
（4）反应结束后，装置B中的浊液经过滤、___________、干燥得粗产品。上述装置存在一处缺陷会导致装置B中NaOH利用率降低，改进的方法是___________。
（5）通过下列实验，可以测定二氯异氰尿酸钠样品中有效氯的含量。
反应原理：[(CNO)3Cl2]－+ H+ + 2H2O = (CNO)3H3 + 2HClO；HClO + 2I－+ H+ = I2+ Cl－ + H2O； 。
实验步骤：准确称取m g样品，用容量瓶配成250 mL溶液；取12.50 mL上述溶液于锥形瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，充分反应，用c ml/L Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色。加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液平均为V mL。
①滴定终点现象为___________。
②该样品的有效氯含量表达式为(化为最简式)___________。
(提示：该样品的有效氯=)
【答案】（1）NaOH
（2）6HCl + KClO3 = KCl + 3Cl2↑ + 3H2O
（3） ①. 液面上方有黄绿色气体 ②. 使生成的 NaOH再次生成 NaClO，提高原料的利用率
（4） ①. 冰水洗涤 ②. 在装置 A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶
（5） ①. 滴入最后半滴标准液时，溶液蓝色刚好褪去(颜色恰好由蓝色变无色)，且半分钟不恢复 ②.
【解析】
【小问1详解】
C中所装试剂为NaOH溶液，用于吸收多余的Cl2，避免污染环境；
【小问2详解】
A中制备Cl2，反应的化学方程式为6HCl + KClO3 = KCl + 3Cl2↑ + 3H2O；
【小问3详解】
装置A中的Cl2进入装置B中与NaOH发生反应，化学方程式为 ，待装置B液面上方有黄绿色气体时，说明NaOH溶液与Cl2已经完全反应，再从三颈烧瓶上口加入(CNO)3H3固体， 加入(CNO)3H3固体后反应的化学方程式为，该反应过程中生成了NaOH，故仍需不断通入Cl2以增大NaOH的利用率；
【小问4详解】
根据题干信息可知，二氯异氰尿酸钠难溶于冷水，故反应结束后装置B中的浊液经过滤、冰水洗涤干燥得粗产品；由上述分析可知，由于浓盐酸有较强的挥发性，故制得的Cl2含有大量的HCl， HCl将消耗部分NaOH使得NaOH利用率降低故需先通入到装有饱和食盐水的洗气瓶中除去HCl，故改进的方法为在装置 AB之间加盛有饱和食盐水的洗气瓶；
【小问5详解】
①由反应原理可知滴定终点I2恰好完全反应，溶液由蓝色变为无色，因此滴定终点现象为滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液蓝色刚好褪去(或颜色恰好由蓝色变成无色)，且半分钟不恢复；
②由反应原理得出关系式为，，故样品的有效氯含量为。
19. 丙烯腈()是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产，副产物有乙腈()、氢氰酸、丙烯醛()等，以丙烯、氨气和氧气为原料，在催化剂存在下合成丙烯腈的主要反应如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
回答下列问题：
（1） ___________kJ/ml。
（2）反应Ⅰ在______ (填“高温”“低温”或“任意”)条件下可自发进行；恒温恒容条件下，若容器内只发生反应Ⅰ，下列选项表明反应一定已经达平衡状态的是______。
A．容器内混合气体的密度不再变化 B．断裂1mlN—H的同时断裂3mlO—H
C．容器内压强不再变化 D．3v正(NH3)=2v逆(O2)
（3）恒温下，充入丙烯、氨气和氧气发生反应Ⅰ和Ⅱ，体系达到平衡后，若压缩容器体积，则反应Ⅱ的平衡移动方向为___________(填“正反应方向”“逆反应方向”或“不移动”)。
（4）已知对于反应：，T℃，压强为p的恒压密闭容器中，通入1ml丙烯、1ml氨气和3ml氧气发生反应Ⅰ、Ⅱ，达到平衡时，容器内有amlC3H3N(g)，bmlC3H4O(g)，此时C3H6(g)的分压p(C3H6)（ ） (分压=总压×物质的量分数，用含a，b的代数式表示，下同)；反应Ⅱ的Kp为___________。
（5）以丙烯腈为原料，利用电解原理合成已二腈可减少氮氧化物的排放，其装置如图所示，pb电极为______极，电解时Pb电极发生的电极反应式为___________。
【答案】（1）−162
（2） ①. 任意 ②. CD
（3）正反应方向 （4） ①. ②.
（5） ①. 阴 ②. 2CH2=CHCN+2e－ +2H+=CN(CH2)4CN
【解析】
小问1详解】
根据盖斯定律，该反应可由反应I-反应II得到，所以ΔH=ΔH1-ΔH2=-515kJ/ml-（-353kJ/ml）=-162 kJ/ml；
【小问2详解】
反应I的ΔH1＜0，ΔS＞0，属于熵增的放热反应，在任意条件下都能自发进行；
若容器内只发生反应Ⅰ，表明反应一定已经达平衡状态的是
A．根据知，反应物和生成物均为气体，混合气体质量不变，容器恒容，体积不变，则混合气体的密度是个定值，不能作为已达平衡的依据，A错误；
B．当有1mlN—H断裂的同时应有2mlO-H键断裂，才是达到平衡状态，B错误
C．恒温恒容条件下，容器内压强与混合气体的总的物质的量成正比，当容器内压强不再变化，表明已达平衡状态，C正确；
D．当达到平衡状态时，正逆反应速率相等且速率之比等于系数之比，因此，当3v正(NH3)=2v逆(O2)时，反应达到平衡状态，D正确；
故选CD；
【小问3详解】
恒温下，体系达到平衡后，若压缩容器体积，增大压强，反应I向逆反应方向移动，丙烯和氧气的转化率减小，则反应II中的反应物的浓度（分压）增大，导致反应II平衡向正反应方向移动；
【小问4详解】
T℃，压强为p的恒压密闭容器中，通入1ml丙烯、1ml氨气和3ml氧气发生反应Ⅰ、Ⅱ，达到平衡时，容器内有amlC3H3N(g)，bmlC3H4O(g)，由此，可列如下三段式：
则达到平衡时气体的总物质的量为，丙烯的物质的量为，则其分压p(C3H6)= ；
反应II的；
【小问5详解】
根据电解池的工作原理可知，CH2=CHCN在Pb电解酸性电解液下发生得电子的还原反应生成己二腈[CN(CH2)4CN]，为电解池的阴极，其电极反应式为：2CH2=CHCN+2e－ +2H+=CN(CH2)4CN。选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
液氨可以作制冷剂
氨气从水中逸出是吸热过程
B
浸泡过KMnO4溶液的硅土用作水果保鲜剂
KMnO4溶液具有强氧化性
C
SiO2可用来生产光导纤维
SiO2是酸性氧化物
D
工业上电解熔融Al2O3冶炼铝
Al2O3熔点比AlCl3高
T/℃
5
10
15
25
30
钪的萃取率/%
91.3
96
97.1
97.3
98.0
钛的萃取率/%
0.94
0.95
2.10
3.01
4.20