安徽省2024-2025學年高三化學上學期開學摸底大聯(lián)考試題含解析

Page202025屆安徽省高三摸底大聯(lián)考化學考生留意：1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分100分，考試時間75分鐘。2.考生作答時，請將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內(nèi)作答。超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效。3.本卷命題范圍：必修第一冊、必修其次冊，選擇性必修1、選擇性必修2?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H-1C-12N-14O-16Cl-35.5Ni-59一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.中華文化源遠流長，化學與文化傳承密不行分。下列說法錯誤的是A.古壁畫顏料中所用的鐵紅，其主要成分為Fe2O3B.古代竹木簡牘的主要成分纖維素屬于自然高分子C.非遺文化“北京絹人”由絲絹制成，不能用加酶洗滌劑清洗D.龜甲的成分之一羥基磷灰石屬于有機物【答案】D【解析】【詳解】A．為紅色，常被用作油漆、涂料、油墨和橡膠的紅色顏料，俗稱鐵紅，A正確；B．纖維素是一種自然化合物，其分子式為，相對分子質(zhì)量較高，是一種自然高分子，B正確；C．絲絹的主要成分是蛋白質(zhì)，蛋白質(zhì)在酶的作用下會水解為氨基酸，因此不能用加酶洗滌劑清洗，C正確；D．羥基磷灰石又稱羥磷灰石、堿式磷酸鈣，其化學式為，屬于無機物，D錯誤；故選：D。2.下列制取SO2、驗證其漂白性并制備CuSO4?5H2O晶體的試驗裝置能達到試驗目的的是A.裝置甲制SO2 B.裝置乙收集SO2C.裝置丙驗證SO2漂白性 D.裝置丁蒸干溶液得CuSO4?5H2O晶體【答案】C【解析】【詳解】A．在加熱條件下，和濃硫酸反應生成，A錯誤；B．二氧化硫密度大于空氣，應當接受向上排空氣法收集，導氣管應當遵循“進步短出”的原則，B錯誤；C．二氧化硫與品紅化合生成無色物質(zhì)，可體現(xiàn)二氧化硫的漂白性，C正確；D．從溶液中獲得晶體，應當將溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，而不是接受蒸發(fā)結(jié)晶方法，D錯誤；故選：C。3.結(jié)構(gòu)確定性質(zhì)是化學學科的重要觀念。下列敘述錯誤的是A.霓虹燈光與原子核外電子躍遷釋放能量有關(guān)B.沸點：CH3COOH＞HCOOCH3，主要與CH3COOH是極性分子有關(guān)C.酸性：CICH2COOH＞CH3COOH，與Cl的電負性大于H的電負性有關(guān)D.冠醚識別堿金屬離子，與微粒直徑有關(guān)【答案】B【解析】【詳解】A．基態(tài)原子吸取能量，電子躍遷到激發(fā)態(tài)，從激發(fā)態(tài)返回到基態(tài)時，能量以光的形式釋放，A正確；B．沸點：CH3COOH＞HCOOCH3，主要與CH3COOH簡潔形成分子間氫鍵有關(guān)，B錯誤；C．的電負性大，導致的羧基中的極性增大，更易電離出，酸性更強，C正確；D．冠醚是皇冠狀的分子，可有不同大小的空穴適配不同大小的堿金屬離子，D正確；答案選B。4.乙醛是一種重要的有機化工原料，制備原理之一是2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，下列有關(guān)說法錯誤的是A.1L1mol?L-1乙醇水溶液中含有氫原子數(shù)目為6NAB.44g乙醛中所含σ鍵的數(shù)目為6NAC.18g冰中含有的氫鍵數(shù)目為2NAD.每消耗標準狀況下4.48L氧氣，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.8NA【答案】A【解析】【詳解】A．1L1mol?L-1乙醇水溶液中含有1molC2H5OH，含有氫原子數(shù)目6NA，水中也含原子，A錯誤；B．1個乙醛分子中含有4個、1個、1個，共6個鍵，則乙醛中含有鍵，B正確；C．冰中1個能形成2個氫鍵，故冰即冰晶體中含個氫鍵，C正確；D．標準狀況下氧氣，物質(zhì)的量是，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為，D正確；故選A。5.侯德榜聯(lián)合制堿法的原理之一是NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓。下列關(guān)于該原理中涉及到的微粒的敘述正確的是A.NH3VSEPR模型為B.基態(tài)鈉離子的電子排布式：1s22s22p63s1C.NaCl的形成過程：D.O元素2pz電子云圖為【答案】D【解析】【詳解】A．價層電子對數(shù)為3+=4，VSEPR模型為四面體形，A錯誤；B．Na是11號元素，基態(tài)鈉離子的電子排布式為，B錯誤；C．NaCl為離子化合物，書寫電子式時留意，左邊寫鈉原子和氯原子電子式，右邊寫氯化鈉的電子式，中間用箭頭連接，形成過程為：，C錯誤；D．2pz軌道形態(tài)為兩個橢圓球，又稱為啞鈴形，電子云圖為，D正確；故選D。6.已知pH：H2CO3＜HClO＜。下列實踐活動對應離子方程式正確的是A.用白醋擦拭洗手盆上的鐵銹：6H++Fe2O3=2Fe3++3H2OB.向NaClO溶液中通入少量CO2：ClO-+CO2+H2O=HClO+C.用石灰乳除去工業(yè)尾氣中的氯氣：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OD.泡沫滅火器的原理：Al3++4=4CO2↑++2H2O【答案】B【解析】【詳解】A．白醋中的有效成分CH3COOH是弱電解質(zhì)，不能改寫為離子形式，A錯誤；B．依據(jù)pH：H2CO3＜HClO＜，酸性：，所以，B正確；C．石灰乳在常溫下是細膩的白色粉末，微溶于水，吸取氯氣時，發(fā)生反應：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，該反應是離子反應，但不能用離子方程式表示，C錯誤；D．泡沫滅火器的原理：，D錯誤；故選B。7.抗生素克拉維酸的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，下列關(guān)于克拉維酸的說法正確的是A.C、N原子軌道的雜化類型相同B.基態(tài)原子的第一電離能：C＜N＜OC.可以發(fā)生加成反應、氧化反應和取代反應D.全部原子共平面【答案】C【解析】【詳解】A．N接受雜化，接受雜化和雜化，A錯誤；B．N原子2p軌道半充溢，較為穩(wěn)定，第一電離能大于相鄰元素，基態(tài)原子的第一電離能：，B錯誤；C．該物質(zhì)中含有碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反應、氧化反應，含有羥基和羧基，能發(fā)生取代反應，C正確；D．該物質(zhì)中存在飽和碳原子，全部原子不行能共平面，D錯誤；故答案選C。8.探討發(fā)覺，油畫創(chuàng)作中用到的顏料雌黃(As2S3)褪色的緣由是其在不同的空氣濕度和光照條件下發(fā)生了以下兩種化學反應：H3AsO4+H2SO4As2S3As2O3+H2S2O3下列說法正確的是A.硫代硫酸根S2O的空間結(jié)構(gòu)是正四面體B.反應①和②中均有兩種氧化產(chǎn)物C.等量的As2S3在反應①和②中耗氧量相等D.反應①和②中，氧化等量的As2S3轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為7∶3【答案】D【解析】【詳解】A．中心原子價層電子對數(shù)為4，接受雜化，形成的4個鍵的鍵長不完全一樣，故其空間結(jié)構(gòu)不是正四面體形，A錯誤；B．反應②中As的化合價沒變，故只有H2S2O3一種氧化產(chǎn)物，B錯誤；C．依據(jù)題給信息可知，反應①的方程式為，反應②的方程式為，則等量的在反應①和②中耗氧量不相等，C錯誤；D．中為價，為價，經(jīng)過反應①后，變?yōu)閮r，變?yōu)閮r，則失電子，經(jīng)過反應②后，的化合價沒有變，變?yōu)閮r，則失電子，則反應①和②中，氧化轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為，D正確；故答案選D。9.下列試驗操作或方法能達到相應試驗目的的是選項試驗操作或方法試驗目的A用溫度傳感器采集酸堿中和滴定過程中錐形瓶內(nèi)溶液溫度數(shù)據(jù)，并進行計算可測定中和反應的反應熱B取5mL0.1mol?L-1KI溶液于試管中，加入1mL0.1mol?L-1FeCl3溶液，充分反應后滴入5滴15%KSCN溶液探究KI與FeCl3反應的限度C將Na2O2與SO2反應后的固體物質(zhì)加水溶解，再加硝酸酸化的硝酸銀溶液驗證Na2O2與SO2反應是否生成了Na2SO3D向碳酸鈉溶液中加入濃鹽酸，將反應后的氣體通入硅酸鈉溶液中推斷C和Si的非金屬性A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．中和反應反應熱的測定過程，須要保溫隔熱，不能在敞口環(huán)境中測定溫度，A錯誤；B．向KI溶液中加入少量的，若沒有剩余說明反應是完全的，因此向反應后的溶液中加入溶液，若溶液變紅，則說明該反應是有限度的，B正確；C．硝酸具有強氧化性，無法驗證與反應是否生成了，C錯誤；D．濃鹽酸易揮發(fā)，會與硅酸鈉反應，無法推斷C和Si非金屬性，D錯誤；故選：B。10.某性能優(yōu)良的多孔儲氫材料前驅(qū)體結(jié)構(gòu)如圖所示，X、Y、Z、W、M為原子序數(shù)依次增大的短周期主族非金屬元素，基態(tài)M原子的電子填充了3個能級，且成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的3倍。下列說法正確的是A.原子半徑：X＞Y＞ZB.陰、陽離子中均含有配位鍵C.Z、W、M兩兩之間均能形成雙原子分子D.X、W、M三種元素組成的化合物中不行能含有離子鍵【答案】B【解析】【分析】由題干信息可知，基態(tài)M原子的電子填充了3個能級，且成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的3倍，故M為O，依據(jù)多孔儲氫材料前驅(qū)體結(jié)構(gòu)圖可知W四周形成了4個單鍵，再結(jié)合信息X、Y、Z、W、M原子序數(shù)依次增大，故W為N元素，X只形成一個單鍵，X為H元素，Z為C元素，則Y為B元素，以此來解答?！驹斀狻恳罁?jù)題意可知X、Y、Z、W、M依次為H、B、C、N、O。A．原子半徑：，A錯誤；B．陽離子中N與C之間形成1個配位鍵，N原子供應孤對電子，C供應空軌道，陰離子O與B形成1個配位鍵，故B正確；C．C和N不能形成雙原子分子，C錯誤；D．H、N、O三種元素可以形成，含有離子鍵，D錯誤。答案選B。11.工業(yè)上用CO2合成乙酸的反應路徑如圖所示，下列說法正確的是A.A、B依次為HI、CH3IB.反應過程中碳元素的化合價始終不變C.路徑2中A是還原產(chǎn)物D.催化循環(huán)的總反應為2CO2+4H2CH3COOH【答案】A【解析】【詳解】A．依據(jù)元素守恒，結(jié)合反應規(guī)律可知，A正確；B．碳元素在中顯價，在中顯0價，碳元素的化合價跟成鍵原子的非金屬性有關(guān)，B錯誤；C．路徑2的反應為，是氧化產(chǎn)物，C錯誤；D．依據(jù)圖示，和在催化作用下生產(chǎn)和，所以循環(huán)的總反應為，D錯誤；故選：A。12.1－苯基丙炔(Ph－C≡C－CH3，其中“Ph－”表示苯基)可與HCl在確定條件下發(fā)生催化加成，反應如圖1：反應過程中該炔烴及反應產(chǎn)物的占比隨時間的變更如圖2所示(已知：反應1，3為放熱反應)。下列說法正確的是A.反應焓變：△H1＜△H2B.反應活化能：反應1＞反應2C.20min時剛好分別產(chǎn)物，產(chǎn)率：b＞aD.增大HCl濃度可以提高1－苯基丙炔的轉(zhuǎn)化率【答案】D【解析】【詳解】A．由蓋斯定律可知，反應2=反應1+反應3，反應1、反應3都是放熱反應，則反應1、反應3的都小于0，所以反應2也是放熱反應，且反應2的更小，因此反應焓變：，A錯誤；B．反應起先短時間內(nèi)，反應1得到的產(chǎn)物a比反應2得到的產(chǎn)物b多，說明反應1的速率比反應2的速率快，速率越快，其活化能越小，則反應活化能：反應反應2，B錯誤；C．依據(jù)圖中信息，時，剛好分別可獲得高產(chǎn)率的產(chǎn)物a，C錯誤；D．增大濃度，平衡正向移動，可以提高1－苯基丙炔的轉(zhuǎn)化率，D正確。故選D。13.一種原位電化學沉淀技術(shù)制備納米碳酸鈣的方法是向Ca(OH)2過飽和溶液中通入CO2，試驗室模擬該方法制備納米碳酸鈣的裝置如圖所示。下列說法正確的是A.離子交換膜為陰離子交換膜B.電極a上發(fā)生的反應是4OH--4e-=O2↑+2H2OC.X、Y、Z對應的物質(zhì)依次是塊狀大理石、H2、NaOHD.電路中每通過2mol電子就有1mol離子通過交換膜【答案】D【解析】【分析】該技術(shù)是接受電解原理實現(xiàn)制備納米碳酸鈣，結(jié)合圖示可知左側(cè)圓底燒瓶中制取二氧化碳，二氧化碳通入電解池左側(cè)，用于生成碳酸鈣，則電解池中右側(cè)的鈣離子應通過離子交換膜進入左側(cè)，由此可知離子交換膜為陽離子交換膜，且電極a為陰極，電極b為陽極，電極a上反應為，電極b上氯離子放電生成氯氣，氯氣進入溶液Z中被吸取，Z可以為NaOH，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．依據(jù)題意，離子交換膜應為陽離子交換膜，A錯誤；B．電極a上的反應為，B錯誤；C．假如是塊狀大理石，則會生成，不利于的生成，C錯誤；D．電路中每通過2mol電子，則溶液中有2mol電荷通過交換膜，由以上分析可知鈣離子通過離子交換膜，則鈣離子的物質(zhì)的量為1mol，D正確；故選：D。14.浸金液浸取金的原理：Au+2S2O+Cu(NH3)=Au(S2O3)+2NH3(aq)+Cu(NH3)。常溫下，往pH=10.00、c(Cu2+)=0.01mol/L、c(S2O)=0.10mol/L的初始溶液中通入NH3配制浸金液。不同c(NH3)體系中含Cu微粒的分布系數(shù)如圖所示，其中M、N分別代表Cu(NH3)或Cu(NH3)。如Cu(NH3)的分布系數(shù)δ=。下列說法錯誤的是A.N代表的物質(zhì)是Cu(NH3)B.反應Cu(NH3)Cu(NH3)+NH3的平衡常數(shù)K的值為3.5C.浸金液中存在關(guān)系：2c(S2O)+c(HS2O)+c(OH-)=2c[Cu(NH3)]+2c[Cu(NH3)]+c(H+)D.c(NH3)=1mol/L時，c(S2O)＞c[Cu(NH3)]＞c[Cu(NH3)]＞c[Cu(S2O3)]【答案】C【解析】【分析】濃度越大，的x值越大，則N代表的物質(zhì)是，M表示物質(zhì)是，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．濃度越大，的x值越大，則N代表的物質(zhì)是，A正確；B．和濃度相等時，，因此，B正確；C．選項關(guān)系式表示的是電荷守恒，因為浸金液配制時用到硫代硫酸鹽，且原溶液中c(Cu2+)＜c()，因此溶液中可能含有其他金屬陽離子如，以及Cu(S2O3)等陰離子，C錯誤；D．結(jié)合圖像可知：c(NH3)=1mol/L時，c[]＞c[]＞c[]；且δ[]小于80%，δ[]約為20%，δ[]、δ[]、δ[]約為0，則溶液中Cu主要以銅氨協(xié)作物形式存在，且原溶液中c(Cu2+)=0.01mol/L，c()=0.10mol/L，故c()＞c[]，綜上所述，c()＞c[]＞c[]＞c[]，D正確；故選C。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.草酸鎳常用作催化劑或生產(chǎn)鎳催化劑。某科研小組利用含鎳廢料(主要成分為NiS，另含Zn、Fe、CaO、SiO2等)制備草酸鎳晶體的工藝流程如圖：已知：①常溫下Ksp(CaF2)=4×10-9；②當某物質(zhì)濃度小于1.0×10-5mol?L-1時，視為完全沉淀?；卮鹣铝袉栴}：（1）酸浸過程中，1molNiS失去6NA個電子，同時生成兩種無色有毒氣體。寫出該反應的化學方程式：________。（2）除鐵時，不同的條件下可以得到不同的濾渣2。濾渣2的成分與溫度、pH的關(guān)系如圖所示。溫度60℃、pH=6時，濾渣2的主要成分是________；設(shè)計簡潔試驗方案檢驗濾液中是否含有Fe2+：_______。（3）已知“除鐵”后所得100mL溶液中c(Ca2+)=0.01mol?L-1，加入100mLNH4F溶液(忽視混合后溶液體積的變更)，使Ca2+恰好沉淀完全，則所加溶液c(NH4F)=________mol?L-1(不考慮F-的水解)。（4）沉鎳工序主要過程為：蒸發(fā)濃縮、________、過濾所得固體，用75%的乙醇洗滌、110℃下烘干，得到草酸鎳晶體，其中用75%的乙醇洗滌的目的是________。（5）鎳白銅(銅鎳合金)常用作海洋工程應用材料。某鎳白銅合金的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。①晶胞中銅原子與鎳原子的原子個數(shù)比為_______。②已知確定條件下晶胞的棱長為acm，用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，在該條件下該晶體的摩爾體積為________m3?mol-1(用含a、NA的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮浚?）NiS+H2SO4+2HNO3=NiSO4+SO2↑+2NO↑+2H2O（2）①.FeOOH②.取少量濾液，向其中加入少量K3[Fe(CN)6]溶液，若產(chǎn)生藍色沉淀，則證明含有Fe2+（3）0.06（4）①.降溫結(jié)晶②.洗去雜質(zhì)，削減草酸鎳晶體的損失（5）①.1：3②.NA?a3?10-6【解析】【分析】含鎳廢料(主要成分為NiS，另含Zn、Fe、CaO、SiO2等)，加硝酸和硫酸溶解，NiS被氧化生成硫酸鎳，同時生成NO和SO2氣體；SiO2不溶于酸，CaO與硫酸反應生成微溶性硫酸鈣；Zn、Fe轉(zhuǎn)化為Zn2+、Fe2+，過濾后在濾液中次氯酸鈉溶液，將Fe2+氧化為Fe3+，最終轉(zhuǎn)為氫氧化鐵沉淀；再過濾，濾液中加NaF將Ca2+進一步轉(zhuǎn)化為CaF2沉淀除去，過濾后，濾液中加有機萃取劑，除去鋅離子，分液后水層中加草酸銨溶液，將鎳離子轉(zhuǎn)化為草酸鎳，再經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾得到草酸鎳晶體，據(jù)此分析解答?！拘?詳解】1molNiS失去6NA個電子，同時生成兩種無色有毒氣體，分別為NO和SO2氣體，結(jié)合電子守恒及元素守恒得反應方程式：NiS+H2SO4+2HNO3=NiSO4+SO2↑+2NO↑+2H2O；【小問2詳解】由圖可知溫度60℃、pH=6時，濾渣2的主要成分是FeOOH；檢驗濾液中存在亞鐵離子的操作為：取少量濾液，向其中加入少量K3[Fe(CN)6]溶液，若產(chǎn)生藍色沉淀，則證明含有Fe2+；【小問3詳解】100mL溶液中c(Ca2+)=0.01mol?L-1，n(Ca2+)=0.001mol，消耗的NH4F的物質(zhì)的量為0.002mol，若使Ca2+恰好沉淀完全，反應后溶液中F-的濃度為：c(F-)=mol?L-1，則剩余n(F-)=0.004mol，由此可知須要n(NH4F)=0.006mol，則所加溶液c(NH4F)=；【小問4詳解】草酸鎳溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾得到草酸鎳晶體；用75%的乙醇洗滌可洗去晶體表面雜質(zhì)，同時削減草酸鎳晶體的損失；【小問5詳解】①晶胞中銅原子位于頂點個數(shù)為，鎳原子位于面心個數(shù)為，銅原子與鎳原子的原子個數(shù)比為1：3；②1個晶胞的體積為(a×10-2)3m3，該條件下該晶體的摩爾體積為NA?a3?10-6m3?mol-1。16.從貓薄荷植物中分別出來的荊芥內(nèi)酯，可用來制取具有驅(qū)蟲效能的二氫荊芥內(nèi)酯。以下是二氫荊芥內(nèi)酯的一種合成路途：已知：鹵代烴可以發(fā)生反應R－X+NaOH(aq)→R－OH+NaX。（1）A、B中含氧官能團的名稱依次是________、________。（2）物質(zhì)C的結(jié)構(gòu)簡式是_______。（3）D中有3個甲基，→D的化學方程式為_______。（4）反應1的化學方程式為_______。（5）F的分子式為_______。（6）H是E的同系物，且比E少兩個碳原子，結(jié)構(gòu)中存在一個含有兩個側(cè)鏈的六元碳環(huán)，則H的同分異構(gòu)體有_______種(不考慮立體異構(gòu))；等量的H分別與過量的Na和NaHCO3反應生成氣體的物質(zhì)的量的比是________。【答案】（1）①.醛基②.羧基（2）CH3OH（3）+HBr（4）+2NaOH→+CH3OH+NaBr（5）C10H16O2（6）①.8②.1：1【解析】【分析】A被銀氨溶液氧化生成B，可知A中含有醛基，結(jié)合B的結(jié)構(gòu)簡式可知A為，B與甲醇發(fā)生酯化反應生成，與HBr發(fā)生加成反應生成D，D中含3個甲基，D為，D發(fā)生堿性水解再經(jīng)酸化生成E，E為：；E在濃硫酸作用發(fā)生分子內(nèi)酯化反應生成F，據(jù)此分析解答?！拘?詳解】A為，含氧官能團為醛基，由B的結(jié)構(gòu)簡式可知B中含氧官能團為羧基；【小問2詳解】由以上分析可知C為CH3OH；【小問3詳解】→D的化學方程式為：+HBr；【小問4詳解】反應1化學方程式為+2NaOH→+CH3OH+NaBr；【小問5詳解】F為，其分子式為：C10H16O2；【小問6詳解】H是E的同系物，且比E少兩個碳原子，結(jié)構(gòu)中存在一個含有兩個側(cè)鏈的六元碳環(huán)，則可知H中含環(huán)己烷結(jié)構(gòu)，在六元環(huán)上連兩個支鏈，可以為-COOH和-CH2OH或-OH和-CH2COOH，分別有同、鄰、間、對四種位置，共8種結(jié)構(gòu)；H中只含1個-OH和1個-COOH，則1molH可消耗2molNa生成1mol氫氣，1molH可消耗1mol碳酸氫鈉生成1mol二氧化碳，等量的H分別與過量的Na和NaHCO3反應生成氣體的物質(zhì)的量的比是1：1。17.TiCl4是制備金屬鈦的重要中間體。某小組同學利用如圖裝置在試驗室制備(夾持裝置略去)。已知：TiCl4易揮發(fā)，高溫時能與O2反應，不與HCl反應，其他相關(guān)信息如表所示：熔點/℃沸點/℃密度/(g?cm-3)水溶性TiCl4-24136.41.7易水解生成白色沉淀，能溶于有機溶劑回答下列問題：（1）裝置B中的試劑是_______(填試劑名稱)。（2）裝置D的作用是_______。（3）可以選用下面的一套裝置_______(填標號)替換掉裝置E和F。A. B. C. D.（4）在通入Cl2前，先打開開關(guān)K，從側(cè)管持續(xù)通入一段時間的CO2氣體的目的是________。（5）裝置C中除生成TiCl4外，還生成有毒氣體CO，利用G裝置可以將其吸取得到復合物氯化羰基亞銅[Cu2Cl2(CO)2?2H2O]，其結(jié)構(gòu)如圖所示。試從結(jié)構(gòu)角度分析，CuCl的鹽酸溶液可以吸取CO的緣由是_______。（6）利用如圖裝置測定所得TiCl4的純度：取2.0g產(chǎn)品加入燒瓶中，向平安漏斗中加入適量蒸餾水，待TiCl4充分反應后，將燒瓶和漏斗中的液體一并轉(zhuǎn)入錐形瓶中，滴加幾滴0.1mol?L-1K2CrO4溶液作指示劑，用1.00mol?L-1AgNO3標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液40.00mL。已知：常溫下Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1.1×10-12，Ag2CrO4呈磚紅色，TiCl4+(2+n)H2O=TiO2?nH2O↓+4HCl。①平安漏斗中的水在本試驗中的作用除與TiCl4反應外，還有_______。②滴定終點的推斷方法是_______。③已知TiCl4的摩爾質(zhì)量是190g/mol，則產(chǎn)品的純度為_______(保留兩位有效數(shù)字)。【答案】（1）濃硫酸（2）收集TiCl4（3）D（4）解除裝置中的空氣，防止TiCl4和O2反應（5）Cu+能夠供應空軌道，接受C、O和Cl原子供應的孤電子對形成配位鍵（6）①.液封，吸取揮發(fā)的HCl氣體，避開HCl的損失②.當?shù)稳胱罱K半滴AgNO3標準溶液時，溶液恰好出現(xiàn)磚紅色沉淀，且半分鐘不消逝③.95%【解析】【分析】某小組同學利用如圖裝置在試驗室制備TiCl4，先在裝置A中制取Cl2，然后將Cl2通入裝置B中，干燥后通入裝置C中，在加熱條件下與TiO2、C發(fā)生反應，生成TiCl4、CO，用裝置D收集TiCl4，裝置E中盛有濃硫酸，用于防止裝置F中的水蒸氣進入裝置D，引起TiCl4水解；裝置F用于吸取未反應的Cl2，裝置G用于吸取CO。【小問1詳解】裝置B用于干燥Cl2，防止TiCl4發(fā)生水解，則所盛試劑是濃硫酸。【小問2詳解】裝置D的上方連接冷凝管，用于冷凝TiCl4的蒸汽，其作用是收集TiCl4。【小問3詳解】裝置E和F的作用是吸取Cl2，并防止F中產(chǎn)生的水蒸氣進入裝置D中，堿石灰符合要求，所以可用裝置D替換?！拘?詳解】題中信息顯示，TiCl4易揮發(fā)，高溫時能與O2反應，所以在通入Cl2前，先打開開關(guān)K，從側(cè)管持續(xù)通入一段時間的CO2氣體的目的是：解除裝置中的空氣，防止TiCl4和O2反應?！拘?詳解】從結(jié)構(gòu)角度分析，CuCl的鹽酸溶液吸取尾氣后，可生成復合物氯化羰基亞銅[Cu2Cl2(CO)2?2H2O]，則其可以吸取CO的緣由是：Cu+能夠供應空軌道，接受C、O和Cl原子供應的孤電子對形成配位鍵?！拘?詳解】①TiCl4水解生成的HCl有一部分揮發(fā)出，可被平安漏斗內(nèi)的水吸取，則平安漏斗中的水在本試驗中的作用除與TiCl4反應外，還有：液封，吸取揮發(fā)的HCl氣體，避開HCl的損失。②滴定終點時，K2CrO4與Ag+作用生成Ag2CrO4呈磚紅色沉淀，則推斷方法是：當?shù)稳胱罱K半滴AgNO3標準溶液時，溶液恰好出現(xiàn)磚紅色沉淀，且半分鐘不消逝。③由發(fā)生的反應可建立如下關(guān)系式：TiCl4——4AgNO3，n(AgNO3)=1.00mol?L-1×0.040L=0.04mol，則n(TiCl4)=0.01mol，TiCl4的摩爾質(zhì)量是190g/mol，則產(chǎn)品的純度為=95%?！军c睛】在確定滴定終點時，確定要強調(diào)“磚紅色沉淀半分鐘內(nèi)不消逝”。18.甲烷不僅是一種燃料，還可以作化工原料用來生產(chǎn)氫氣、乙炔、碳黑等物質(zhì)?；卮鹣铝袉栴}：（1）一種甲烷催化氧化的反應歷程如圖所示，*表示微粒吸附在催化劑表面。下列敘述錯誤的是_______(填標號)。A.*CH3→*CH2的過程中C被氧化，吸取能量B.產(chǎn)物從催化劑表面脫附的速率慢會降低總反應速率C.適當提高O2分壓會降低O2(g)→2*O的反應速率D.CH4與O2反應生成CO、H2涉及極性鍵、非極性鍵的斷裂和生成（2）向一恒容密閉容器中加入1molCH4和確定量的H2O，發(fā)生反應：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。CH4的平衡轉(zhuǎn)化率按不同投料比x[x=]隨溫度的變更曲線如圖所示。①x1________x2(填“＞”或“＜”，下同)。②反應速率：vb正________vc正，理由是________。③點a、b、c對應的平衡常數(shù)Ka、Kb、Kc三者之間的關(guān)系是________。（3）確定條件下，甲烷和水蒸氣催化制氫主要有如下兩個反應：I．CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+206kJ?mol-1Ⅱ．CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=-41kJ?mol-1恒定壓強為100kPa時，將n(CH4)：n(H2O)=1：3的混合氣體投入反應器中，平衡時，各組分的物質(zhì)的量分數(shù)與溫度的關(guān)系如圖所示。①反應CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)在________條件下能自發(fā)進行(填標號)。A．高溫B．低溫C．隨意溫度②圖中表示H2、CO的物質(zhì)的量分數(shù)與溫度的變更曲線分別是_______、_______(填標號)。③系統(tǒng)中q的含量在700℃左右出現(xiàn)峰值，試從化學平衡的角度說明出現(xiàn)峰值的緣由：_______。④已知投料比為n(CH4)：n(H2O)=1：3的混合氣體，p=100kPa。600℃時，CH4的平衡轉(zhuǎn)化