2022潍坊（高密一中、高密三中、高密四中）高二上学期12月月考化学试题含解析

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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-1 O-16 Na-23 Cu-64 S-32 Cl-35.5 C-12 Mn-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0
B. 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
I1
I2
I3
I4
X
496
4562
6912
9543
Y
578
1817
2745
11600
A. 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X2O2
D. 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•H2O
B
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++2H2O
D
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↓+2H2O

A. A B. B C. C D. 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＋2Y2Z
B. 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t0
C. 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
A B.
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AD
13. 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1mL 1mol·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2mL 0.1mol·L−1硝酸银溶液中加入1mL 0.1
mol·L−1 NaCl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. A B. B C. C D. 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3 mol CH4和6 mol H2S，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3 mol CH4和6 mol H2S，达到新平衡时，CH4的物质的量分数小于H2
D. 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3 mol CH4和6 mo H2S，等效于起始加入充入6 mol CH4和12 mol H2S，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x mol，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)=2x mol，反应产生CS2物质的量△n(CS2)=x mol，反应产生H2的物质的量为△n(H2)=4x mol，故平衡时n(CH4)=(3-x)mol，n(CS2)=(6-2x) mol，n(CS2)=x mol，n(H2)=4x mol，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=1 mol，所以平衡时n(CH4)=2 mol，n(H2S)=n(H2)=4 mol，n(CS2)=1 mol，气体的总物质的量为11 mol，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
Li
Be
B
C
O
F
Na
Al
Si
P
S
Cl
x值
0.98
1.57
2.04
2.55
3.44
3.98
0.93
1.61
1.90
2.19
2.58
3.16

（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。
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. HSO ②. ZnSO3 ③. ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2HSO ④. AB
（2） ①. 0.975 ②. 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=5.0MPa ③. 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。