山东省潍坊市三校2021-2022学年高二化学上学期12月月考试卷（Word版含解析）

2020级高二化学冬学竞赛注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置。2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H-1O-16Na-23Cu-64S-32Cl-35.5C-12Mn-55一、单项选择题(共10小题，每小题2分，只有一个答案正确，共20分。)1.化与生活密切相关，下列说法错误的是A.硫酸钡可用于胃肠X射线造影检查B.侯德榜制碱法体现了化学平衡思想的创造性应用C.用热碱水去除餐具的油污D.用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应【答案】D【解析】【详解】A．硫酸钡既不溶于水，也不溶于稀盐酸，所以可用于胃肠X射线造影检查，故A正确；B．侯德榜制碱法，即将二氧化碳通入氨化的氯化钠饱和溶液中，使溶解度小的碳酸氢钠从溶液中析出：NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，应用了平衡移动原理，是化学平衡思想的创造性应用，故B正确；C．碳酸钠溶液水解显碱性，油脂在碱性条件下水解生成可溶于水的产物，除去油污，故C正确；D．谷物中淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下分解生成乙醇，乙醇被氧化生成醋酸，酿造过程中并不是只发生水解反应，故D错误；答案选D。2.顺—1，2—二甲基环丙烷和反—1，2—二甲基环丙烷可发生如图转化，该反应的速率方程可表示为v正=k正•c顺和v逆=k逆•c反，k正和k逆分别是正、逆反应速率常数，它们受温度的影响。下列有关说法正确的是 A.该反应的平衡常数K可能为0B.某温度时，该反应的平衡常数可表示为K=C.正、逆反应速率常数改变，平衡常数也一定会随之改变D.温度降低，k正增大，k逆减小【答案】B【解析】【分析】【详解】A．只要有反应式、正逆反应速率不能等于0，即k正和k逆不可能为0，所以K不可能为0，故A错误；B．平衡时正逆反应速率相等，v正=k正•c顺=v逆=k逆•c反，某温度时该反应的平衡常数，则K=，故B正确；C．正、逆反应速率常数改变，平衡常数也不一定会随之改变，若正逆反应速率常数均增大或减小相同的倍数，平衡常数不变，故C错误；D．温度降低，k正增大，k逆也增大，但增幅不同，故D错误；答案选B。3.已知25℃时，水存在电离平衡：H2OH++OH-ΔH>0。下列叙述中正确的是A.向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c平(OH-)减小B.将水加热，pH减小，溶液显酸性C.向水中加入少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动，c平(H+)减小D.向水中加入少量的NaHSO4固体，c平(H+)增大，Kw不变【答案】D【解析】【详解】A．向水中加入稀氨水，OH-浓度增大，平衡逆向移动，c(H+)减小，故A错误；B．水的电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动，Kw增大，pH减小，但仍呈中性，故B错误；C．向水中加入少量的CH3COONa固体，CH3COO-和H+结合生成CH3COOH，使c(H+)减小，促进水电离，平衡正向移动，故C错误；D．向水中加入少量的固体NaHSO4：NaHSO4=Na++H++S，c(H+)增大，但Kw 不变，故D正确；答案选D。4.5mL0.1mol•L-1KI溶液与1mL0.1mol•L-1FeCl3溶液发生反应：2Fe3+(aq)+2I-(aq)2Fe2+(aq)+I2(aq)，达到平衡。下列说法错误的是A.加入CCl4振荡，平衡正向移动B.经CCl4两次萃取分离后，加入KSCN后溶液仍呈血红色，表明该反应存在限度C加入FeSO4固体，平衡逆向移动D.该反应的平衡常数K=【答案】D【解析】【详解】A．加入CCl4发生萃取，无机层碘单质浓度减小，使平衡正向移动，故A正确；B．两次萃取后，加入KSCN检验，溶液仍呈血红色，说明溶液中仍存在铁离子，表明该反应是可逆反应，存在反应限度，故B正确；C．加入FeSO4固体，c(Fe2+)增大，平衡逆向移动，故C正确；D．依据化学平衡常数定义知，该反应的平衡常数K=，故D错误；答案选D。5.已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ·mol-1。根据下表所列数据判断错误的是电离能元素I1I2I3I4X496456269129543Y5781817274511600A.元素X的常见化合价是+1价B.元素Y是ⅢA族的元素C.元素X与氧形成化合物时，化学式可能是X2O2D.若元素Y处于第三周期，则它可与冷水剧烈反应【答案】D【解析】【分析】X、Y是主族元素，I为电离能，X第一电离能和第二电离能差距较大，说明X为第IA族元素；Y第三电离能和第四电离能差距较大，说明Y为第IIIA族元素，X的第一 电离能小于Y，说明X的金属活泼性大于Y，结合物质性质分析解答。【详解】A．X为第IA族元素，元素最高化合价与其族序数相等，所以X常见化合价为+1价，故A正确；B．通过以上分析知，Y为第IIIA族元素，故B正确；C．若元素X是Na与氧形成化合物时，化学式可能是Na2O2，故C正确；D．若元素Y处于第三周期，为Al元素，则它与冷水不反应，故D错误；故选D。6.下列离子方程式正确且能用来解释相应实验现象是实验现象离子方程式A向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解Mg(OH)2+2NH=Mg2++2NH3•H2OB向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到透明的红褐色液体Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3H+C二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色3SO2+2MnO+4H+=3SO+2Mn2++2H2OD向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO离子恰好沉淀完全Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2OA.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)，OH-与NH结合形成弱电解质NH3•H2O，促进了氢氧化镁的溶解，能用来解释相应实验现象，故A选；B．制氢氧化铁胶体条件是加热，在化学式后注明胶体，得不到沉淀，离子方程式为：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3（胶体）＋3H＋，不能用来解释相应实验现象，故B不选；C．电荷不守恒，正确的离子方程式为：5SO2＋2MnO＋2H2O=2Mn2＋＋4H＋＋5SO，不能用来解释相应实验现象，故C不选；D．向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO离子恰好沉淀完全，正确的离子方程式为：Ba2++OH-+H++SO=BaSO4↓+H2O，不能用来解释相应实验现象，故D不选； 故选A。7.在一定温度下，将等量的气体分别通入起始体积相同的密闭容器Ⅰ和Ⅱ中，使其发生反应，t0时容器Ⅰ中达到化学平衡，X、Y、Z的物质的量的变化如图所示。则下列有关推断正确的是A.该反应的化学方程式为：3X＋2Y2ZB.若两容器中均达到平衡时，两容器的体积V(Ⅰ)＜V(Ⅱ)，则容器Ⅱ达到平衡所需时间小于t0C.若达平衡后，对容器Ⅱ升高温度时，其体积增大，说明Z发生的反应为吸热反应D.若两容器中均达到平衡时，两容器中Z的物质的量分数相同，则Y为固态或液态【答案】D【解析】【详解】A．根据XYZ物质的量的变化图象分析，Z是反应物，XY是生成物，到平衡后，X生成1.8mol，Y生成1.2mol，Z反应1.8mol，则反应的化学方程式为：3Z⇌3X+2Y，故A错误；B．反应的化学方程式为：3Z⇌3X+2Y，若两容器中均达到平衡时，两容器的体积V(Ⅰ)＜V(Ⅱ)，则容器Ⅱ达到平衡时体积增大，压强减小的过程，达到平衡所需时间大于t0，故B错误；C．若达平衡后，容器Ⅱ是恒压容器，升高温度时其体积增大，但不能说明平衡正向进行，Z发生的反应不一定为吸热反应，故C错误；D．若两容器中均达到平衡时，两容器中Z的物质的量分数相同，说明达到相同的平衡，不受压强的变化影响，所以反应前后气体体积应是不变的反应，所以X为固态或液态，故D正确。故选D。8.王安石在《元丰行示德逢》里写道“雷蟠电掣云滔滔，夜半载雨输亭皋”，此时空气中的氮气经过一系列反应最终进入土壤，氮元素被植物所利用。下列说法错误的是A.在同周期元素中，N的未成对电子数最多B.N的第一电离能均高于同周期相邻两种元素的第一电离能C.N原子核外电子有7种空间运动状态 D.N原子的轨道表示式为【答案】C【解析】【详解】A．N原子2p轨道有3个未成对电子，在同周期元素中未成对电子数最多，A正确；B．N原子2p轨道为半充满稳定状态，N的第一电离能均高于同周期相邻两种元素的第一电离能，B正确；C．N原子轨道表示式为，共有5个原子轨道，则N原子核外电子有5种空间运动状态，C错误；D．N元素是7号元素，根据能量最低原理可知基态N原子的轨道表示式为，D正确；故合理选项是C。9.用水稀释0.1mol•L-1CH3COOH时，溶液中随着水量的增加而减小的是AB.C.c平(H+)和c平(OH-)的乘积D.H+的物质的量【答案】AB【解析】【分析】CH3COOH溶液中存在着醋酸的电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释，电离平衡正向移动，n(H+)、n(CH3COO-)增大，n(CH3COOH)减小，由于溶液体积增大，所以H+、CH3COO-、CH3COOH的浓度都降低。c(H+)c(OH-)=Kw，所以c(OH-)增大。【详解】A．达到新的平衡时，c(CH3COOH)降低，c(OH-)增大，所以减小，故A选；B．c(H+)降低，c(OH-)增大，所以减小，故B选；C．温度一定时c(H+)c(OH-)是一常数，故C不选；D．H+物质的量增大，故D不选；故选AB。 10.下列说法中正确的是A.AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸发、浓缩结晶、灼烧，所得固体的成分相同B.实验室配制FeCl3溶液时，先将FeCl3溶于水，再加入少量的盐酸C.向CuCl2溶液中加入CuO调节pH，可除去溶液中混有的Fe3+D.用Na2CO3和Al2(SO4)3两种溶液作泡沫灭火剂效果更好【答案】C【解析】【详解】A．AlCl3溶液水解生成氢氧化铝和氯化氢，氯化氢易挥发，加热、蒸发、浓缩结晶，氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铝，灼烧得到氧化铝；Al2(SO4)3溶液水解生成氢氧化铝和硫酸，硫酸是难挥发性酸，加热、蒸发、浓缩结晶、灼烧，水挥发得到硫酸铝固体，所得固体的成分不相同，故A错误；B．配制FeCl3溶液时，应将FeCl3固体溶解在盐酸中抑制铁离子水解，再加水稀释到所需浓度，故B错误；C．Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，向CuCl2溶液中加入CuO，消耗H+，使上述平衡正向移动生成氢氧化铁沉淀，达到通过调节pH除去溶液中混有的Fe3+的目的，故C正确；D．泡沫灭火器中常使用的原料是NaHCO3和Al2(SO4)3，故D错误；答案选C。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.大气中温室气体含量剧增是导致异常天气出现的原因之一，温室气体二氧化碳和甲烷的再利用一直备受关注。研究发现CH4和CO2在催化剂作用下转化为CH3COOH，该反应在不同温度下，其催化剂催化效率和乙酸生成速率变化如图。下列关于该反应的说法错误的是A.及时分离出乙酸，可以提高该反应的速率 B.温度超过250℃后，催化剂降低该反应活化能的功效在下降C.根据图像可知，实际生产中选择的适宜温度是250℃D.温度低于250℃时，乙酸生成速率加快是催化剂和反应温度协同作用的结果【答案】A【解析】【详解】A．分离出乙酸，物质浓度减小，反应速率变慢，A错误；B．由图可知，温度超过250℃后，催化剂的催化效率降低，故降低该反应活化能的功效在下降，B正确；C．根据图像可知，实际生产中选择的适宜温度是250℃，此时催化效率、乙酸生成速率均最大，C正确；D．温度低于250℃时，升高温度，反应速率加快，且催化剂活性增加，乙酸生成速率增加，故乙酸生成速率加快是催化剂和反应温度协同作用的结果，D正确；故选A。12.人工肾脏可采用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素()，原理如图所示，下列有关说法正确的是A.除去尿素，质子交换膜中转移B.电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高C.该方法与血液透析清除尿素的原理基本相同D.若两极共收集到气体(标准状况)，则除去的尿素为(忽略气体的溶解)【答案】AD【解析】【详解】A．溶液中的离子有：Na+、Cl-、H+、OH-，根据放电顺序，阳极反应式为，阴极反应式为，根据b电极的产物H2知右侧为阴极，b电极为负极，左侧为阳极，a电极为正极，除去尿素的反应为 ，分析价态变化知该反应每除去1mol尿素转移6mol电子，根据得失电子守恒知阳极反应式中转移6mol电子，消耗6molCl-，左侧溶液中正电荷偏高，根据溶液的电中性原则，及使用的是质子交换膜，知需6molH+通过质子交换膜转移到右侧，A项符合题意；B．电解过程中，阴极生成OH-，负电荷偏高，同时会有等量的H+转移过来，所以电解结束后，阴极室的pH为7，与电解前相同，B项不符合题意；C．该方法利用氧化还原反应去除尿素，而血液透析则是利用半透膜及微粒大小不同进行物理分离，所以原理不同，C项不符合题意；D．通过得失电子守恒知两电极最终生成的气体及比例为n(H2)：n(CO2)：n(N2)=3：1：1，则标况下，根据元素守恒，尿素的质量为，D项符合题意；故正确选项为AD13.下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是选项实验目的实验方案A证明反应速率会随反应物浓度的增大而加快用3mL稀硫酸与足量纯锌反应，产生气泡速率较慢，然后加入1mL1mol·L−1CuSO4溶液，迅速产生较多气泡B检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质将Fe(NO3)2样品溶于稀硝酸后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红C证明“84”消毒液的氧化能力随溶液pH的减小而增强将“84”消毒液(含NaClO)滴入品红溶液中，褪色缓慢，若同时加入食醋，红色很快褪为无色D证明氯化银的溶解度大于硫化银的溶解度向2mL0.1mol·L−1硝酸银溶液中加入1mL0.1mol·L−1NaCl溶液，出现白色沉淀，再加入几滴0.1mol·L−1的Na2S溶液，有黑色沉淀生成A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.加入硫酸铜溶液，锌与硫酸铜反应生成单质铜，形成铜锌原电池，反应速率加快，与反应物浓度无关，A项错误；B.稀硝酸能将Fe(NO3)2氧化成Fe(NO3)3，无法检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质，B项错 误；C.加入食醋，反应生成次氯酸，漂白能力增强，C项正确；D.硝酸银有剩余，加入硫化钠溶液直接与硝酸银溶液，而不是与氯化银反应生成Ag2S黑色沉淀，D项错误。本题答案选C。【点睛】要证明两种难溶物的溶解度大小，一般采用一种难溶的电解质可以转化为更难溶的；但是需要的是难溶物直接转化为另一种更难溶的，而在此题中，由于硝酸银过量，加入硫化钠，会直接与硝酸银反应，而不是氯化银转化为硫化银，所以不符合要求。14.恒容密闭容器中充入3molCH4和6molH2S，发生反应：CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)，温度变化对平衡时各组分的物质的量分数的影响如图所示。下列说法错误的是A.当满足v逆(H2S)=2v正(H2)时，反应达到平衡状态B.高温、低压条件有利于提高CH4的平衡转化率C.M点时，保持温度不变，继续充入3molCH4和6molH2S，达到新平衡时，CH4的物质的量分数小于H2D.图中N点对应温度下，以物质的量分数表示的化学平衡常数Kx=【答案】AC【解析】【详解】A．反应速率之比等于化学计量数之比，则2v逆(H2S)=v逆(H2)，即v逆(H2)=v正(H2)，说明反应达到平衡状态，A错误；B．由图可知：升高温度，反应物物质的量分数下降，生成物物质的量分数上升，说明升高温度化学平衡正向移动，则该反应是气体体积增大的吸热反应；采用高温、低压条件，有利于平衡正向移动，因此有利于提高CH4的平衡转化率，B正确；C．图中M点时，CH4的物质的量分数等于H2的物质的量分数，保持温度不变，再向容器中充入3molCH4和6moH2S，等效于起始加入充入6molCH4和12molH2S，相当于增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，则CH4的物质的量分数增大，H2物质 的量分数减小，达到新平衡时，CH4的物质的量分数大于H2的物质的量分数，C错误；D．根据N点数据，H2S的物质的量分数等于H2的物质的量分数，设CH4转化物质的量为xmol，故反应方程式CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)中物质反应转化关系可知：反应消耗H2S物质的量为△n(H2S)=2xmol，反应产生CS2物质的量△n(CS2)=xmol，反应产生H2的物质的量为△n(H2)=4xmol，故平衡时n(CH4)=(3-x)mol，n(CS2)=(6-2x)mol，n(CS2)=xmol，n(H2)=4xmol，根据N点时H2S的物质的量与H2的物质的量相等可得：6-2x=4x，解得x=1mol，所以平衡时n(CH4)=2mol，n(H2S)=n(H2)=4mol，n(CS2)=1mol，气体的总物质的量为11mol，化学平衡常数Kx=，D正确；故合理选项是AC。15.已知25℃时，Ksp(NiS)=1.0×10-21，Ksp(NiCO3)=1.0×10-7；pNi=-lgc(Ni2+)，pB=-lgc(S2-)或-lgc(CO)。在含物质的量浓度相同的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni(NO3)2溶液，产生两种沉淀，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。下列说法错误的是A.常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度B.对于曲线I，加热b点溶液，b点向c点移动C.向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动D.x对应的值为10.5【答案】BD【解析】【详解】A．NiS和NiCO3是同类型难溶电解质，由于Ksp(NiCO3)>Ksp(NiS)，所以常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度，故A正确；B．一般情况下，加热可使难溶电解质溶解度增大，其溶度积常数增大，所以溶液中c(Ni2+)和c(B2-)都增大，pNi和pB则都减小，所以对于曲线I，在b点加热，b点不是向c点移动，故B错误；C．对于d点所处溶液，有Ksp(NiB)=c(Ni2+)c(B2-)，向d点对应的溶液中加入对应阴离子 的钠盐，即c(B2-)增大，则c(Ni2+)减小，pNi增大，即d点向b点移动，故C正确；D．由于Ksp(NiS)=1.0×10-21，Ksp(NiCO3)=1.0×10-7，所以曲线II对应的是较小的，pNi=pB===3.5，故D错误；答案选BD。三、非选择题，共60分。16.1932年美国化学家鲍林首先提出了电负性(用x表示)的概念。表中是某些短周期元素的x值：元素符号LiBeBCOFNaAlSiPSClx值0.981.572.042.553.443.980.931.611.902.192.583.16（1）表格元素中，第一电离能最小的元素的基态原子电子排布式为____。（2）通过分析x值变化规律，确定N元素x值范围：____＜x(N)＜____。____（3）第一电离能大小：Mg____Al(填“大于”“小于”)。（4）S元素和Cl元素基态原子核外未成对电子数之比为____。（5）某有机化合物结构中含S－N键，其共用电子对偏向____(写原子名称)。（6）经验规律告诉我们：当成键的两原子相应元素的x差值△x＞1.7时，一般为离子键，当△x＜1.7时，一般为共价键。试推断AlBr3中化学键类型是____。【答案】（1）1s22s22p63s1(或[Ne]3s1)（2）2.55＜x(N)＜3.44（3）大于（4）2：1（5）氮原子（6）共价键【解析】【小问1详解】元素的金属性越强，其电负性越小，第一电离能也越小。在上述表格中元素的电负性最小的元素是Na元素，故Na元素的第一电离能最小。根据构造原理可知11号Na元素的原子核外电子排布式是1s22s22p63s1(或[Ne]3s1)；【小问2详解】根据表格数据可知：同一周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，同一主族元素随原子核外电子层数的增多，元素的电负性逐渐减小，则N元素的电负性大小介于2.55-3.44之间，即2.55＜x(N)＜3.44；【小问3详解】 一般情况下同一周期元素的第一电离能呈增大趋势。但当元素处于第IIA、第VA的全充满、半充满的稳定状态时，其第一电离能大于同一周期相邻元素。所以第一电离能大小关系为：Mg＞Al；【小问4详解】S是16号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s22p4，未成对电子式是2个；Cl是17号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s22p5，未成对电子式是1个，则S元素和Cl元素基态原子核外未成对电子数之比为2：1；【小问5详解】元素的非金属性越强，其形成共价键时吸引电子能力就越强。某有机化合物结构中含S－N键，其共用电子对偏向吸引电子能力强的氮原子；【小问6详解】经验规律告诉我们：当成键的两原子相应元素的电负性x差值△x＞1.7时，一般为离子键；当△x＜1.7时，一般为共价键。由于Al元素的电负性x=1.61，Br元素的电负性小于Cl元素的电负性x＜3.16，则AlBr3中△x＜3.16-1.61=1.45，1.45＜1.7，所以AlBr3中化学键类型是共价键。17.三氯化硼(BCl3)是一种重要的化工原料。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C1mol/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C2mol/LKSCN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V2mL。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.E②.H③.J④.H⑤.将BCl3冷凝为液态分离出来⑥.2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O⑦.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C2mol/LKSCN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-)=C1mol/L×V1×10-3L/mL–C2mol/L×V2mL×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。18.六氟锑酸钠(NaSbF6)广泛用于有机合成、光化学反应中的催化剂、蚀刻剂及医药中间体，一种由锑矿粉(主要含Sb2O3、Fe2O3，还含有少量Sb2O5、Sb2S3、CuS等)合成六氟锑酸钠的工艺流程如图所示： 已知：①Sb的氧化物及氢氧化物的性质与Al的类似；Sb2S3可溶于NaOH溶液；②常温下，Ksp(CuS)=1.3×10-36、Ksp[Cu(OH)2]=2.0×10-20；③NaSbO3•3H2O难溶于水。请回答下列问题：（1）NaSbF6中Sb的化合价为____。（2）“碱浸”时，则Sb2O5与Na2S2O3反应的离子方程式为____。（3）“碱浸渣”的主要成分为____(填化学式)。（4）“除杂”时，当溶液中出现蓝色沉淀，停止加入CuSO4溶液，测得此时溶液的pH=13，则此时溶液中残留的c(S2-)=___。（5）“转化”过程中需先向溶液中加入浓NaOH溶液，加热至适当温度后，慢慢滴入30%H2O2溶液进行氧化回流。则“转化”步骤发生反应的化学方程式为____。（6）已知“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，则“氟化”时发生反应的离子方程式为____。【答案】（1）+5（2）2Sb2O5++6OH-=4+2+3H2O（3）Fe2O3和CuS（4）6.5×10-19mol·L-1（5）NaSbO2+H2O2+2H2O=NaSbO3•3H2O↓（6）NaSbO3•3H2O+6HF=+Na++6H2O【解析】【分析】锑矿粉加入硫代硫酸钠做还原剂，在NaOH溶液中将Sb2O5还原，Sb2O3和Sb2S3都溶于NaOH溶液，Fe2O3和CuS不溶，过滤除去，含NaSbO2和Na2S的溶液中加入硫酸铜溶液，生成CuS和Cu(OH)2沉淀，过滤后向滤液中先加入浓NaOH溶液，加热至适当温度后，慢慢滴入30%H2O2溶液，将+3价的Sb氧化为+5价，得到NaSbO3•3H2O沉淀，过滤，向得到的NaSbO3•3H2O晶体中加入氢氟酸进行转化，最后为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到NaSbF6。【小问1详解】根据正负化合价代数和为0，NaSbF6中Na为+1价，F为-1价，则Sb的化合价为+5价。【小问2详解】“碱浸”时，Sb2O5被Na2S2O3还原为NaSbO2，Na2S2O3被氧化为Na2SO4，在碱性溶液中发 生反应的离子方程式为：2Sb2O5++6OH-=4+2+3H2O。【小问3详解】由以上分析可知，“碱浸渣”的主要成分为Fe2O3和CuS。【小问4详解】“除杂”时，当溶液中出现蓝色沉淀Cu(OH)2时，停止加入CuSO4溶液，测得此时溶液pH=13，即c(OH-)=1×10-1mol/L，根据Cu(OH)2的Ksp，可知此时溶液中的c(Cu2+)==2×10-18mol/L，则此时溶液中残留的c(S2-)==6.5×10-19mol·L-1。【小问5详解】“转化”步骤是用H2O2将NaSbO2氧化为NaSbO3，生成NaSbO3•3H2O沉淀，发生反应的化学方程式为：NaSbO2+H2O2+2H2O=NaSbO3•3H2O↓。【小问6详解】“氟化”是将NaSbO3转化为NaSbF6，发生反应的离子方程式为：NaSbO3•3H2O+6HF=+Na++6H2O。19.H2CO3和H2C2O4都是二元弱酸，常温下，不同pH环境下它们不同形态的粒子的组成百分率如图所示。（1）由图可知酸性比较：H2CO3____H2C2O4(填大于、小于、等于)。（2）反应CO+H2OHCO+OH-的平衡常数为____。（3）0.1mol/LNaHC2O4溶液中离子浓度大小关系____。（4）Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，发生反应离子方程式为____。【答案】（1）小于（2）K==c(OH-)===1×10-3.75 （3）c(Na+)＞c(HC2O)＞c(H+)＞c(C2O)＞c(OH-)（4）2CO+H2C2O4=2HCO+C2O【解析】【小问1详解】根据图象，当溶液pH=1.30时，溶液中c(H2C2O4)=c(HC2O)，则H2C2O4的一级电离常数为K1=10-1.30，当溶液pH=6.37时，溶液中c(H2CO3)=c(HCO)，则H2CO3的一级电离常数为K1=10-6.37，所以H2C2O4的酸性强于H2CO3，故答案为：小于；【小问2详解】pH=10.25时，溶液中c(HCO)=c(CO)，所以反应CO+H2OHCO+OH-的平衡常数K==c(OH-)===1×10-3.75；【小问3详解】当pH=4.27时，(C2O)=c(HC2O)，HC2O的电离平衡常数为10-4.27，当pH=1.30时，c(H2C2O4)=c(HC2O)，HC2O的水解平衡常数为10-12.7，所以HC2O电离大于水解，NaHC2H4溶液显酸性，离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HC2O)＞c(H+)＞c(C2O)＞c(OH-)；【小问4详解】根据图像，pH=1.30时，溶液中c(H2C2O4)=c(HC2O)，则H2C2O4一级电离常数为K1=10-1.30，所以H2C2O4的酸性强于H2CO3，也强于碳酸氢根离子的酸性，故向Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，可以发生反应，2CO+H2C2O4=2HCO+C2O。20.环境问题一直是科学研究的重点。回答下列问题：（1）氧化锌吸收法常用作脱去冶金工业排放烟气中SO2：配制pH约为6.8的ZnO悬浊液，在吸收塔中封闭循环脱硫，发生的主要反应为ZnO(s)+SO2(g)=ZnSO3(s)，测得pH随时间t的变化如图1所示，溶液中H2SO3、HSO、SO的物质的量分数随pH的分布如图2所示。 ①充分吸收烟气后的混合体系硫元素的主要存在形式是____。②向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的40mim内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是_____(填化学式)；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为____。③为提高SO2的吸收速率η，可采取的措施为____(填字母)。A.调节悬浊液中ZnO的量B.适当提高单位时间内烟气的循环次数C.调节溶液的pH至6.0以下（2）回收的SO2催化氧化制硫酸：SO2(g)+O2(g)SO3(g)ΔH=-98kJ•mol-1。当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率α随温度的变化如图所示。反应在5.0MPa、550℃时的α=____，判断的依据是____。影响α的因素有____。【答案】（1）①.HSO②.ZnSO3③.ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2HSO④.AB （2）①.0.975②.该反应气体分子数减少，增大压强，α提高。所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa＞2.5MPa=p２的，所以p1=5.0MPa③.反应物(N2和O2)的起始浓度(组成)、温度、压强【解析】【小问1详解】①由图1可知，充分吸收烟气后的混合体系溶液pH在3-4左右，结合图2可知，硫元素的主要存在形式是HSO。②配制pH约为6.8的ZnO悬浊液，在吸收塔中封闭循环脱硫，发生的主要反应为ZnO(s)+SO2(g)=ZnSO3(s)，亚硫酸锌不溶于水，溶液pH几乎不变，继续通入二氧化硫，反应生成可溶性Zn(HSO3)2，ZnSO3+SO2+H2O=Zn(HSO3)2，溶液酸性增强，pH降低；故溶液pH几乎不变阶段，主要产物是ZnSO3；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2HSO。③A．调节悬浊液中ZnO的量，可在单位时间吸收更多二氧化硫，A正确；B．适当提高单位时间内烟气的循环次数，增加二氧化硫与浊液接触反应时间，提高吸收速率，B正确；C．溶液的pH至6.0以下，溶液酸性增强，会抑制二氧化硫的溶解吸收，二氧化硫的吸收速率下降，C错误；故选AB；【小问2详解】该反应气体分子数减少的反应，同温度下，增大压强平衡正向移动，二氧化硫平衡转化率α提高，所以该反应在550℃、压强为5.0MPa＞2.5MPa=p2的，故p1=5.0MPa，结合图像可知，反应在5.0MPa、550℃时的α=0.975；反应物(N2和O2)的起始浓度(组成)、温度、压强都会影响平衡的移动，从而影响α。