化學是重要的基礎科學之一，是一門以實驗為基礎的學科，以下是天津?qū)媚祥_中學高三化學模擬試卷，請考生及時練習。
一、選擇題(每小題有1個正確答案，每小題6分，共36分)
1.化學與社會、生活密切相關，對下列現(xiàn)象或事實的解釋正確的是( )
選項 現(xiàn)象或事實 解釋 A 用熱的燒堿溶液洗去油污 Na2CO3可直接與油污反應 B 漂 *** 在空氣中久置變質(zhì) 漂 *** 中的CaCl2與空氣中的CO2反應生成CaCO3 C 施肥時，草木灰(有效成分為K2CO3)不能與NH4Cl混合使用 K2CO3與NH4Cl反應生成氨氣會降低肥效 D FeCl3溶液可用于銅質(zhì)印刷線路板制作 FeCl3能從含Cu2+的溶液中置換出銅 A.A B.B C.C D.D
【考點】鹽類水解的應用;氯、溴、碘及其化合物的綜合應用;鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉(zhuǎn)變.
【專題】鹽類的水解專題;元素及其化合物.
【分析】A、用熱的燒堿溶液洗去油污，油脂在堿性溶液中水解生成溶于水的物質(zhì)，碳酸鈉溶液水解顯堿性;
B、漂 *** 中有效成分次氯酸鈣和空氣中二氧化碳水反應生成次氯酸和碳酸鈣，次氯酸見光分解，漂 *** 在空氣中久置變質(zhì);
C、碳酸鉀和氯化銨在溶液中水解促進生成氨氣，降低肥效;
D、氯化鐵和銅反應 生成氯化亞鐵和氯化銅;
【解答】解：A、用熱的燒堿溶液洗去油污，油脂在氫氧化鈉溶液中水解生成溶于水的物質(zhì)，碳酸鈉溶液水解生成氫氧化鈉顯堿性，Na2CO3 不可直接與油污反應，故A錯誤;
B、漂 *** 中有效成分次氯酸鈣和空氣中二氧化碳、水反應生成次氯酸和碳酸鈣，次氯酸見光分解，漂 *** 失效，故B錯誤;
C、碳酸鉀和氯化銨在溶液中水解促進生成氨氣，降低肥效，施肥時，草木灰(有效成分為K2CO3)不能與NH4Cl混合使用，故C正確;
D、氯化鐵和銅反應生成氯化亞鐵和氯化銅，F(xiàn)eCl3不能從含Cu2+的溶液中置換出銅，F(xiàn)eCl3溶液可用于銅質(zhì)印刷線路板制作，故D錯誤;
故選C.
【點評】本題考查了鹽類水解的分析應用，掌握物質(zhì)性質(zhì)和反應實質(zhì)是關鍵，題目難度中等.
2.下列有關Fe2(SO4)3溶液的敘述正確的是( )
A.該溶液中，K+、Fe2+、C6H5OH、Br?可以大量共存
B.和KI溶液反應的離子方程式：Fe3++2I??Fe2++I2
C.和Ba(OH)2溶液反應的離子方程式：Fe3++SO42?+Ba2++3OH??Fe(OH)3+BaSO4
D.1L O.1molL?1該溶液和足量的Zn充分反應，生成11.2g Fe
【考點】離子共存問題;離子方程式的書寫.
【專題】離子反應專題.
【分析】A.鐵離子能夠與苯酚發(fā)生顯色反應;
B.根據(jù)電荷守恒判斷，該離子方程式兩邊電荷不守恒;
C.該離子方程式不滿足硫酸鐵、氫氧化鋇的化學組成關系;
D.根據(jù)n=cV計算出硫酸鐵及鐵離子的物質(zhì)的量，再根據(jù)質(zhì)量守恒及m=nM計算出鐵的質(zhì)量.
【解答】解：A.Fe2(SO4)3溶液中的Fe3+與C6H5OH發(fā)生顯色反應，在溶液中不能大量共存，故A錯誤;
B.鐵離子能夠與碘離子發(fā)生氧化還原反應，反應的離子方程式為：2Fe3++2I??2Fe2++I2，題目方程式未配平，故B錯誤;
C.Fe2(SO4)3溶液和Ba(OH)2溶液反應的生成氫氧化鐵沉淀和硫酸鋇沉淀，鐵離子和硫酸根離子的物質(zhì)的量的比為2：3，正確的離子方程式為：2Fe3++3SO42?+3Ba2++6OH??2Fe(OH)3+3BaSO4，故C錯誤;
D.1L O.1molL?1該溶液中含有溶質(zhì)硫酸鐵0.1mol，0.1mol硫酸鐵中含有0.2mol鐵離子，與足量鋅反應可以生成0.2mol鐵，生成鐵的質(zhì)量為11.2g，故D正確;
故選D.
【點評】本題考查了離子方程式的書寫、離子共存的判斷，題目難度中等，注意掌握離子反應發(fā)生條件，明確常見的離子之間不能共存的情況及離子方程式的書寫原則.
3.從香莢蘭豆中提取的一種芳香化合物，其分子式為C8H8O3，與FeCl3溶液會呈現(xiàn)特征顏色，能發(fā)生銀鏡反應.該化合物可能的結構簡式是( )
A. B. C. D.
【考點】有機物分子中的官能團及其結構;同分異構現(xiàn)象和同分異構體.
【專題】有機物的化學性質(zhì)及推斷.
【分析】一種芳香化合物，其分子式為C8H8O3，則該物質(zhì)中含有苯環(huán)，與FeCl3溶液會呈現(xiàn)特征顏色，能發(fā)生銀鏡反應，說明該有機物中含有酚羥基、醛基，結合其分子式確定結構簡式.
【解答】解：一種芳香化合物，其分子式為C8H8O3，則該物質(zhì)中含有苯環(huán)，與FeCl3溶液會呈現(xiàn)特征顏色，能發(fā)生銀鏡反應，說明該有機物中含有酚羥基、醛基，
A.該分子中含有醛基和酚羥基，且分子式為C8H8O3，故A正確;
B.該分子中不含酚羥基，所以不能顯色反應，不符合題意，故B錯誤;
C.該反應中不含醛基，所以不能發(fā)生銀鏡反應，不符合題意，故C錯誤;
D.該分子中含有醛基和酚羥基，能發(fā)生顯色反應和銀鏡反應，其分子式為C8H6O3，不符合題意，故D錯誤;
故選A.
【點評】本題考查了有機物的結構和性質(zhì)，知道常見有機物官能團及其性質(zhì)是解本題關鍵，再結合題干確定有機物的官能團，題目難度不大.
4.一定溫度下，下列溶液的離子濃度關系式正確的是( )
A.pH=5的H2S溶液中，c(H+)=c(HS?)=110?5molL?1
B.pH=a的氨水溶液，稀釋10倍后，其pH=b，則a=b+1
C.pH=2的H2C2O4溶液與pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na+)+c(H+)=c(OH?)+c(HC2O4?)
D.pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三種溶液的c(Na+)：①③
【考點】離子濃度大小的比較;弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡;酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算.
【專題】電離平衡與溶液的pH專題;鹽類的水解專題.
【分析】A.H2S為二元弱酸，分步電離，第一步電離程度遠遠大于第二步;
B.加水稀釋促進一水合氨電離;
C.H2C2O4是二元弱酸，任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒判斷;
D.pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三種溶液，酸根離子水解程度越小，其濃度越大.
【解答】解：A.H2S為二元弱酸，分步電離，第一步電離程度遠遠大于第二步，所以溶液中c(H+)c(HS?)，故A錯誤;
B.加水稀釋促進一水合氨電離，pH=a的氨水溶液，稀釋10倍后，溶液中的氫氧根離子濃度大于原來的，其pH=b，則a
C.H2C2O4是二元弱酸，任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH?)+c(HC2O4?)+2c(C2O42?)，故C錯誤;
D.pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三種溶液，酸根離子水解程度越小，其濃度越大，酸根離子水解程度 ①③，所以鹽濃度 ①③，鈉離子不水解，所以c(Na+)：①③，故D正確;
故選D.
【點評】本題考查了離子濃度大小比較，涉及弱電解質(zhì)的電離和鹽類水解，根據(jù)弱電解質(zhì)電離特點、鹽類水解特點再結合電荷守恒來分析解答，易錯選項是B，題目難度中等.
5.利用如圖所示裝置進行下列實驗，能得出相應實驗結論是( )
選項 ① ② ③ 實驗結論 A 稀硫酸 Na2S AgNO3與AgCl的濁液 Ksp(AgCl)Ksp(Ag2S) B 濃硫酸 蔗糖 溴水 濃硫酸具有脫水性、氧化性 C 稀鹽酸 Na2SO3 Ba(NO3)2溶液 SO2與可溶性鋇鹽均可生成白色沉淀 D 濃硝酸 Na2CO3 Na2SiO3溶液 酸性：硝酸碳酸硅酸 A.A B.B C.C D.D
【考點】化學實驗方案的評價.
【專題】實驗評價題.
【分析】A.不發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，AgNO3與AgCl的濁液中，Qc(Ag2S)Ksp(Ag2S)，則生成Ag2S;
B.濃硫酸使蔗糖變黑，然后C與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應生成二氧化硫，二氧化硫與溴水發(fā)生氧化還原反應使其褪色;
C.鹽酸與亞硫酸鈉生成二氧化硫，與Ba(NO3)2溶液發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鋇沉淀;
D.濃硝酸與碳酸鈉反應生成二氧化碳，但濃硝酸易揮發(fā)，硝酸、碳酸均可與硅酸鈉溶液反應生成硅酸沉淀.
【解答】解：A.圖中裝置和試劑不發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，對AgNO3與AgCl的濁液中，Qc(Ag2S)Ksp(Ag2S)，則生成Ag2S，可發(fā)生沉淀的生成，則不能比較溶度積，故A錯誤;
B.濃硫酸具有脫水性使蔗糖變黑，然后C與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應生成二氧化硫，體現(xiàn)其強氧化性，最后二氧化硫與溴水發(fā)生氧化還原反應使其褪色，故B正確;
C.鹽酸與亞硫酸鈉生成二氧化硫，與Ba(NO3)2溶液發(fā)生氧化還原反應生成硫酸鋇沉淀，但SO2與可溶性鋇鹽不一定生成白色沉淀，如與氯化鋇不反應，故C錯誤;
D.濃硝酸與碳酸鈉反應生成二氧化碳，但濃硝酸易揮發(fā)，硝酸、碳酸均可與硅酸鈉溶液反應生成硅酸沉淀，則不能比較碳酸與硅酸的酸性，應排除硝酸的干擾，故D錯誤;
故選B.
【點評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，涉及沉淀的生成與轉(zhuǎn)化、濃硫酸的性質(zhì)、酸性比較、氧化還原反應等，把握化學反應原理及實驗裝置中的反應為解答的關鍵，注意實驗操作的可行性、評價性分析，題目難度不大.
6.3月我國科學家報道了如圖所示的水溶液鋰離子電池體系，下列敘述錯誤的是( )
A.a為電池的正極
B.電池充電反應為LiMn2O4?Li1?xMn2O4+xLi
C.放電時，a極鋰的化合價發(fā)生變化
D.放電時，溶液中Li+從b向a遷移
【考點】原電池和電解池的工作原理.
【專題】電化學專題.
【分析】鋰離子電池中，b電極為Li，放電時，Li失電子為負極，Li1?xMn2O4得電子為正極;充電時，Li+在陰極得電子，LiMn2O4在陽極失電子;據(jù)此分析.
【解答】解：A、鋰離子電池中，b電極為Li，放電時，Li失電子為負極，Li1?xMn2O4得電子為正極，所以a為電池的正極，故A正確;
B、充電時，Li+在陰極得電子，LiMn2O4在陽極失電子，電池充電反應為LiMn2O4=Li1?xMn2O4+xLi，故B正確;
C、放電時，a為正極，正極上Li1?xMn2O4中Mn元素得電子，所以鋰的化合價不變，故C錯誤;
D、放電時，溶液中陽離子向正極移動，即溶液中Li+從b向a遷移，故D正確;
故選C.
【點評】本題考查了鋰電池的組成和工作原理，題目難度中等，本題注意把握原電池和電解池的組成和工作原理，注意根據(jù)電池反應中元素化合價的變化來判斷正負極.
二、填空題(共4小題，每小題15分，滿分64分)
7.A，B，D，E，F(xiàn)為短周期元素，非金屬元素A最外層電子數(shù)與其周期數(shù)相同，B的最外層電子數(shù)是其所在周期數(shù)的2倍.B在D中充分燃燒能生成其最高價化合物BD2，E+與D2?具有相同的電子數(shù).A在F中燃燒，產(chǎn)物溶于水得到一種強酸，回答下列問題;
(1)A在周期表中的位置是第一周期ⅠA族，寫出一種工業(yè)制備單質(zhì)F的離子方程式2Cl?+2H2O2OH?+H2+Cl2
(2)B，D，E組成的一種鹽中，E的質(zhì)量分數(shù)為43%，其俗名為純堿(或蘇打)，其水溶液與F單質(zhì)反應的化學方程為2Na2CO3+Cl2+H2O?NaCl+NaClO+2NaHCO3，在產(chǎn)物總加入少量KI，反應后加入CCl4并震蕩，有機層顯紫色.
(3)由這些元素組成的物質(zhì)，其組成和結構信息如表：
物質(zhì) 組成和結構信息 a 含有A的二元離子化合物 b 含有非極性共價鍵的二元離子化合物，且原子數(shù)之比為1：1 c 化學組成為BDF2 d 只存在一種類型作用力且可導電的單質(zhì)晶體 a的化學式NaH;b的化學式為Na2O2和Na2C2;c的電子式為;d的晶體類型是金屬晶體
(4)有A和B、D元素組成的兩種二元化合物形成一類新能源物質(zhì).一種化合物分子通過氫鍵構成具有空腔的固體;另一種化合物(沼氣的主要成分)分子進入該空腔，其分子的空間結構為正四面體.
【考點】金剛石、二氧化硅等原子晶體的結構與性質(zhì)的關系.
【專題】元素周期律與元素周期表專題.
【分析】A，B，D，E，F(xiàn)為短周期元素，非金屬元素A最外層電子數(shù)與其周期數(shù)相同，則A為H;B的最外層電子數(shù)是其所在周期數(shù)的2倍，則B為C或S，B在D中充分燃燒能生成其最高價化合物BD2，則D為O，B的最高正價為+4價，則B為C;E+與D2?具有相同的電子數(shù)，則E為Na;A在F中燃燒，產(chǎn)物溶于水得到種強酸，則F為Cl;
(1)根據(jù)H在周期表中的位置分析;工業(yè)上常用電解飽和食鹽水的方法來制備氯氣;
(2)C、O、Na組成的化合物為碳酸鈉;碳酸鈉與氯氣反應生成氯化鈉、次氯酸鈉、碳酸氫鈉;次氯酸鈉能與KI反應生成碘單質(zhì);
(3)這幾種元素只有Na能與H形成離子化合物;根據(jù)常見的氧的化合物和碳的化合物分析;根據(jù)COCl2結構式分析;只存在一種類型作用力且可導電的單質(zhì)晶體為Na;
(4)H、C、O能形成H2O和CH4.
【解答】解：A，B，D，E，F(xiàn)為短周期元素，非金屬元素A最外層電子數(shù)與其周期數(shù)相同，則A為H;B的最外層電子數(shù)是其所在周期數(shù)的2倍，則B為C或S，B在D中充分燃燒能生成其最高價化合物BD2，則D為O，B的最高正價為+4價，則B為C;E+與D2?具有相同的電子數(shù)，則E為Na;A在F中燃燒，產(chǎn)物溶于水得到種強酸，則F為Cl;
(1)已知A為H在周期表中位于第一周期ⅠA族;工業(yè)上常用電解飽和食鹽水的方法來制備氯氣，其電解離子方程式為：2Cl?+2H2O2OH?+H2+Cl2
故答案為：第一周期ⅠA族;2Cl?+2H2O2OH?+H2+Cl2
(2)C、O、Na組成的一種鹽中，Na的質(zhì)量分數(shù)為43%，則為碳酸鈉，其俗名為純堿(或蘇打);碳酸鈉與氯氣反應生成氯化鈉、次氯酸鈉、碳酸氫鈉，反應的化學方程式為：2Na2CO3+Cl2+H2O?NaCl+NaClO+2NaHCO3;次氯酸鈉能與KI反應生成碘單質(zhì)，反應后加入CCl4并震蕩，有機層顯紫色;
故答案為：純堿(或蘇打);2Na2CO3+Cl2+H2O?NaCl+NaClO+2NaHCO3;紫;
(3)這幾種元素只有Na能與H形成離子化合物，則a的化學式為NaH;含有非極性共價鍵的二元離子化合物，且原子數(shù)之比為1：1，則為Na2O2和Na2C2;已知COCl2結構式為Cl??Cl，則其電子式為;只存在一種類型作用力且可導電的單質(zhì)晶體為Na，Na屬于金屬晶體;
故答案為：NaH;Na2O2和Na2C2;;金屬晶體;
(4)H、C、O能形成H2O和CH4，H2O分子間能形成氫鍵，甲烷是沼氣的主要成分，甲烷分子的空間結構為正四面體，故答案為：氫;正四面體.
【點評】本題考查了物質(zhì)結構和元素周期表、化學式的推斷、電子式的書寫、化學方程式和離子方程式的書寫、晶體類型、氫鍵等，題目涉及的知識點較多，側(cè)重于考查學生對所學知識點綜合應用能力，題目難度中等.
8.Hagemann 酶(H)是一種合成多環(huán)化合物的中間體，可由下列路線合成(部分反映條件略去)：
(1)(AB)為加成反應，則B的結構簡式是CH2=CH?CBC的反應類型是加成反應.
(2)H中含有的官能團名稱是碳碳雙鍵、羰基、酯基，F(xiàn)的名稱(系統(tǒng)命名)是2?丁炔酸乙酯.
(3)EF的化學方程式是CH3CCCOOH+CH3CH2OHCH3CCCOOCH2CH3+H2O.
(4)TMOB是H的同分異構體，具有下列結構特征：①核磁共振氫譜除苯環(huán)吸收峰外僅有一個吸收峰;②存在甲氧基(CH3O?).TMOB的結構簡式是.
(5)下列說法正確的是a、d.
a.A能和HCl反應得到聚氯乙烯的單體 b.D和F中均含有2個健
c.1mol G完全燃燒生成7mol H2O d.H能發(fā)生加成，取代反應.
【考點】真題集萃;有機物的合成.
【專題】有機物的化學性質(zhì)及推斷.
【分析】從流程圖可以看出，AB是兩個乙炔的加成反應，生成B，然后再甲醇(CH3OH)發(fā)生加成反應生成C()，可知B的結構簡式是CH2=CH?C結合F(CH3CCCOOCH2CH3)是由E和CH3CH2OH發(fā)生酯化反應的到的，所以E的結構簡式為CH3CCCOOH.
(1)AB是兩個乙炔的加成反應，所以B的結構簡式為CH2=CH?CCH，BC是CH2=CH?CCH和甲醇的加成反應;
(2)H含有的官能團是碳碳雙鍵，羰基，酯基;F命名為2?丁炔酸乙酯;
(3)EF的反應是E(CH3CCCOOH)和CH3CH2OH發(fā)生的酯化反應;
(4)TMOB結構中含有苯環(huán)，存在甲氧基(CH3O?)，又因為除苯環(huán)吸收峰外僅有1個吸收峰，所以應該含有3個甲氧基(CH3O?)，且三個甲氧基等價;
(5)a、乙炔與HCl加成可生成氯乙烯;
b、D中碳碳三鍵中含有2個鍵，F(xiàn)中碳碳三鍵中含有2個鍵、碳氧雙鍵中含有1個
c、一個G分子含有16個H原子，根據(jù)H原子守恒計算;
d、羰基可加成，酯基可發(fā)生水解反應，屬于取代反應;
【解答】解：(1)AB是兩個乙炔的加成反應，所以B的結構簡式為CH2=CH?CCH，BC是CH2=CH?CCH和甲醇的加成反應生成C()，
故答案為：CH2=CH?C加成反應;
(2)根據(jù)H的結構簡式可知，H含有的官能團是碳碳雙鍵，羰基，酯基;F的結構簡式為CH3CCCOOCH2CH3，命名為2?丁炔酸乙酯，
故答案為：碳碳雙鍵，羰基，酯基;2?丁炔酸乙酯;
(3)EF的反應是E(CH3CCCOOH)和CH3CH2OH發(fā)生的酯化反應，所以反應方程式為CH3CCCOOH+CH3CH2OHCH3CCCOOCH2CH3+H2O，
故答案為：CH3CCCOOH+CH3CH2OHCH3CCCOOCH2CH3+H2O;
(4)TMOB是H的同分異構體，具有下列結構特征：①核磁共振氫譜除苯環(huán)吸收峰外僅有1個吸收峰;②存在甲氧基(CH3O?)，說明TMOB結構中含有苯環(huán)，存在甲氧基(CH3O?)，又因為除苯環(huán)吸收峰外僅有1個吸收峰，所以應該含有3個甲氧基(CH3O?)，且三個甲氧基等價，所以TMOB的結構簡式，
故答案為：;
(5)a、乙炔與HCl加成可生成氯乙烯，氯乙烯是生產(chǎn)聚氯乙烯的單體，故a正確;
b、D中碳碳三鍵中含有2個鍵，F(xiàn)中碳碳三鍵中含有2個鍵、碳氧雙鍵中含有1個鍵，共3個鍵，故b錯誤;
c、一個G分子含有16個H原子，1molG含有16molH，1mol G完全燃燒生成8molH2O，故c錯誤;
d、H中的羰基可加成，酯基可發(fā)生水解反應，水解反應屬于取代反應，故d正確;
故答案為：a、d.
【點評】本題考查了有機物的合成，難度中等，為歷年高考選作試題，試題綜合性強，把握有機物合成中官能團的變化是解題的關鍵.
9.(18分)某小組以CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、濃氨水為原料，在活性炭催化下，合成了橙黃色晶體X，為確定其組成，進行如下實驗：
①氨的測定：精確稱取w g X，加適量水溶解，注入如圖所示的三頸瓶中，然后逐滴加入足量10% NaOH溶液，通入水蒸氣，將樣品液中的氨全部蒸出，用V1mL c1molL?1的鹽酸標準溶液吸收.蒸氨結束后取下接收瓶，用c2molL?1 NaOH標準溶液滴定過剩的HCl，到終點時消耗V2mL NaOH溶液.
②氯的測定：準確稱取樣品X，配成溶液后用AgNO3標準溶液滴定，K2CrO4溶液為指示劑，至出現(xiàn)磚紅色沉淀不再消失為終點(Ag2CrO4為磚紅色)
回答下列問題：
(1)裝置中安全管的作用原理是當A中壓力過大時，安全管中液面上升，使A瓶中壓力穩(wěn)定.
(2)用NaOH標準溶液確定過剩的HCl時，應使用堿式滴定管，可使用的指示劑為酚酞或甲基紅.
(3)樣品中氨的質(zhì)量分數(shù)表達式為.
(4)測定氨前應該對裝置進行氣密性檢驗，若氣密性不好測定結果將偏低(填偏高或偏低).
(5)測定氯的過程中，使用棕色滴定管的原因是防止硝酸銀見光分解，滴定終點時，若溶液中c(Ag+)=2.010?5molL?1，c(CrO42?)為2.810?3molL?1.(已知：Ksp(Ag2CrO4)=1.1210?12)
(6)經(jīng)測定，樣品X中鈷、氨和氯的物質(zhì)的量之比為1：6：3，鈷的化合價為+3，制備X的化學方程式為2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+2H2O，X的制備過程中溫度不能過高的原因是溫度過高過氧化氫分解、氨氣逸出.
【考點】真題集萃;探究物質(zhì)的組成或測量物質(zhì)的含量.
【專題】實驗分析題.
【分析】(1)通過2中液面調(diào)節(jié)A中壓強;
(2)堿只能盛放在堿式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中;NaOH溶液和鹽酸溶液恰好反應后呈中性，可以選擇酸性或堿性變色范圍內(nèi)的指示劑;
(3)根據(jù)氨氣與和氨氣反應鹽酸之間的關系式計算氨氣的質(zhì)量，再根據(jù)質(zhì)量分數(shù)公式計算氨質(zhì)量分數(shù);
(4)若氣密性不好，導致氨氣的量偏低;
(5)硝酸銀不穩(wěn)定，易分解;根據(jù)離子積常數(shù)計算c(CrO42?);
(6)經(jīng)測定，樣品X中鈷、氨和氯的物質(zhì)的量之比為1：6：3，則其化學式為[Co(NH3)6]Cl3，根據(jù)化合物中各元素化合價的代數(shù)和為0計算Co元素化合價;該反應中Co失電子、雙氧水得電子，CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、NH3發(fā)生反應生成[Co(NH3)6]Cl3和水;雙氧水易分解、氣體的溶解度隨著溫度的升高而降低.
【解答】解：(1)通過2中液面調(diào)節(jié)A中壓強，如果A中壓力過大時，安全管中液面上升，使A中壓力減小，從而穩(wěn)定壓力，
故答案為：當A中壓力過大時，安全管中液面上升，使A瓶中壓力穩(wěn)定;
(2)堿只能盛放在堿式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，所以用NaOH標準溶液確定過剩的HCl時，應使用堿式滴定管盛放NaOH溶液;NaOH溶液和鹽酸溶液恰好反應后呈中性，可以選擇酸性或堿性變色范圍內(nèi)的指示劑，甲基紅為酸性變色指示劑、酚酞為堿性變色指示劑，所以可以選取甲基紅或酚酞作指示劑，
故答案為：堿;酚酞或甲基紅;
(3)與氨氣反應的n(HCl)=10?3V1Lc1molL?1?c2molL?1 10?3V2L=10?3(c1V1?c2V2)mol，根據(jù)氨氣和HCl的關系式知，n(NH3)=n(HCl)=10?3(c1V1?c2V2)mol，氨的質(zhì)量分數(shù)=，故答案為：;
(4)若氣密性不好，導致部分氨氣泄漏，所以氨氣質(zhì)量分數(shù)偏低，故答案為：偏低;
(5)硝酸銀不穩(wěn)定，見光易分解，為防止硝酸銀分解，用棕色試劑瓶盛放硝酸銀溶液;c(CrO42?)=mol/L=2.810?3 mol/L，
故答案為：防止硝酸銀見光分解;2.810?3;
(6)經(jīng)測定，樣品X中鈷、氨和氯的物質(zhì)的量之比為1：6：3，則其化學式為[Co(NH3)6]Cl3，根據(jù)化合物中各元素化合價的代數(shù)和為0得Co元素化合價為+3價;該反應中Co失電子、雙氧水得電子，CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、NH3發(fā)生反應生成[Co(NH3)6]Cl3和水，反應方程式為2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+2H2O;雙氧水易分解、氣體的溶解度隨著溫度的升高而降低，所以X的制備過程中溫度不能過高，
故答案為：+3;2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+2H2O;溫度越高過氧化氫分解、氨氣逸出.
【點評】本題考查了物質(zhì)含量的沉淀，涉及難溶物的溶解平衡、氧化還原反應、物質(zhì)含量的測定等知識點，明確實驗原理是解本題關鍵，知道指示劑的選取方法，題目難度中等.
10.(16分)乙醇是重要的有機化工原料，可由乙烯氣相直接水合法或間接水合法生產(chǎn)，回答下列問題：
(1)間接水合法是指先將乙烯與濃硫酸反應生成硫酸氫乙酯(C2H5OSO3H)，再水解生成乙醇，寫出相應反應的化學方程式C2H4+H2SO4=C2H5OSO3H、C2H5OSO3H+H2OC2H5OH+H2SO4;
(2)已知：
甲醇脫水反應 2CH3OH(g)?CH3OCH3(g)+H2O(g)△H1=?23.9kJmol?1
甲醇制烯烴反應 2CH3OH(g)?C2H4(g)+2H2O(g)△H2=?29.1kJmol?1
乙醇異構化反應 C2H5OH(g)?CH3OCH3(g)△H3=+50.7kJmol?1
則乙烯氣相直接水合反應C2H4(g)+H2O(g)?C2H5OH(g)的△H=?45.5kJmol?1，與間接水合法相比，氣相直接水合法的優(yōu)點是無副產(chǎn)品，原子利用率100%;
(3)如圖為氣相直接水合法中乙烯的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度、壓強的關系(其中：=1：1)
①列式計算乙烯水合制乙醇反應在圖中A點的平衡常數(shù)Kp=0.07(MPa)?1(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓物質(zhì)的量分數(shù));
②圖中壓強(P1，P2，P3，P4)大小順序為p1
③氣相直接水合法常采用的工藝條件為：磷酸/硅藻土為催化劑，反應溫度290℃，壓強6.9MPa，：=0.6：1，乙烯的轉(zhuǎn)化率為5%，若要進一步提高乙烯轉(zhuǎn)化率，除了可以適當改變反應溫度和壓強外，還可以采取的措施有將產(chǎn)物乙醇液化移去、增加：比.
【考點】真題集萃;熱化學方程式;化學平衡常數(shù)的含義;化學平衡的影響因素;轉(zhuǎn)化率隨溫度、壓強的變化曲線.
【專題】化學反應中的能量變化;化學平衡專題.
【分析】(1)乙烯與濃硫酸反應生成硫酸氫乙酯(C2H5OSO3H)，效仿乙酸乙酯水解，將水分成氫原子和羥基生成乙醇和硫酸;
(2)利用蓋斯定律構造目標熱化學方程式并求焓變，氣相直接水合法原子利用率100%;
(3)①列出Kp表達式，利用三段法計算平衡分壓帶入表達式計算即可;
②在相同溫度下由于乙烯轉(zhuǎn)化率為p1
③若要進一步提高乙烯轉(zhuǎn)化率，除了可以適當改變反應溫度和壓強外，還可以改變物質(zhì)的濃度.
【解答】解：(1)乙烯與濃硫酸反應生成硫酸氫乙酯(C2H5OSO3H)，化學方程式為C2H4+H2SO4=C2H5OSO3H，硫酸氫乙酯水解生成乙醇和硫酸，化學方程式為C2H5OSO3H+H2OC2H5OH+H2SO4，
故答案為：C2H4+H2SO4=C2H5OSO3H、C2H5OSO3H+H2OC2H5OH+H2SO4;
(2)已知：甲醇脫水反應 ①2CH3OH(g)?CH3OCH3(g)+H2O(g)△H1=?23.9kJmol?1
甲醇制烯烴反應 ②2CH3OH(g)?C2H4(g)+2H2O(g)△H2=?29.1kJmol?1
乙醇異構化反應 ③C2H5OH(g)?CH3OCH3(g)△H3=+50.7kJmol?1，
根據(jù)蓋斯定律①?②?③可得：C2H4(g)+H2O(g)?C2H5OH(g)△H=(?23.9+29.1?50.7)kJ/mol=?45.5kJ/mol;
乙烯直接水化法中反應物中所有原子全部都變成生成物，所以原子利用率100%，沒有副產(chǎn)品，
故答案為：?45.5;無副產(chǎn)品，原子利用率100%;
(3)①C2H4(g)+H2O(g)?C2H5OH(g)
開始：1 1 0
轉(zhuǎn)化：0.2 0.2 0.2
平衡：0.8 0.8 0.2
乙醇占=，乙烯和水各占=，則乙醇的分壓為7.85MPa=0.87MPa，乙烯和水的分壓為7.85MPa=3.49MPa，
所以Kp===0.07(MPa)?1，
故答案為：0.07(MPa)?1;
②在相同溫度下由于乙烯轉(zhuǎn)化率為p1
故答案為：p1
③若要進一步提高乙烯轉(zhuǎn)化率，除了可以適當改變反應溫度和壓強外，還可以改變物質(zhì)的濃度，如從平衡體系中將產(chǎn)物乙醇分離出來，或增大水蒸氣的濃度，改變二者物質(zhì)的量的比等，
故答案為：將產(chǎn)物乙醇液化移去;增加：比.
【點評】本題考查了化學方程式的書寫、壓強對平衡移動的影響、物質(zhì)制取方案的比較、反應熱及平衡常數(shù)的計算等知識，綜合性非常強，該題是高考中的常見題型，屬于中等難度較大，側(cè)重于學生分析問題、解決問題、知識遷移能力的培養(yǎng).
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