江西省鷹潭市2024屆高三下學期第二次模擬考試化學試卷 【含答案解析】

鷹潭市2024屆高三第二次模擬考試化學試題考試時間75分鐘卷面滿分100分本卷可能用上的相對原子質量：H：1C：12O：16Mg：24Ti：48一、選擇題(每小題只有一個符合題意的答案，每小題3分，共42分)1.“挖掘文物價值，講好中國故事”。下列文物的主要成分為有機高分子化合物的是文物選項A．唐陶文吏俑B．獸面紋青銅盉C．金漆木雕大神龕D．千金猴王硯A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．唐陶文吏俑，是陶瓷，屬于無機非金屬材料，A錯誤；B．獸面紋青銅盉，青銅屬于金屬材料，B錯誤；C．金漆木雕大神龕，木頭的主要成分是纖維素，屬于有機高分子化合物，C正確；D．千金猴王硯是以名貴的端溪老坑大西洞石雕成，主要屬于無機物，D錯誤；故選C。2.如圖是石墨、足球烯(C60)、金剛石三種晶體的結構示意圖，下列說法正確的是A.這三種物質是碳的同分異構體，燃燒產物相同B.這三種物質熔化時，克服的粒子間作用力完全相同C.等物質的量的石墨、金剛石所含的C—C鍵數(shù)目之比為3:4D.已知C(s，石墨)=C(s，金剛石)ΔH=+1.9kJ·mol-1，則金剛石比石墨穩(wěn)定【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．石墨、足球烯(C60)、金剛石都是由碳元素組成的單質，是碳的同素異形體，燃燒產物相同，故A錯誤；B．金剛石屬于原子晶體，熔化時克服共價鍵，石墨是混合晶體，足球烯是分子晶體，這二者熔化時要克服分子間作用力，故B錯誤；C．1mol石墨所含的C—C鍵數(shù)目為NA，1mol金剛石所含的C—C鍵數(shù)目為2NA，其C—C鍵數(shù)目之比為3:4，故C正確；D．由C(s，石墨)=C(s，金剛石)ΔH=+1.9kJ·mol-1可知，石墨的能量更低，能量越低越穩(wěn)定，則石墨比金剛石穩(wěn)定，故D錯誤；答案為C。3.下圖為實驗室制取乙炔并驗證其性質的裝置圖。下列說法不合理的是A.用飽和氯化鈉溶液代替水可減小生成乙炔的速率B.若用溴水驗證乙炔的性質，不需要除雜C.酸性KMnO4溶液褪色，說明乙炔具有還原性D.將純凈的乙炔點燃，有濃煙，說明乙炔不飽和程度高【答案】B【解析】【詳解】A．電石跟水反應比較劇烈，若向電石中滴加飽和氯化鈉溶液，電石與水反應，消耗水，使得NaCl在電石表面析出，減小了電石與水的接觸面積，減小了反應速率，A正確；B．乙炔氣體中混有的硫化氫可以被Br2氧化，對乙炔性質的檢驗產生干擾，所以需要用硫酸銅溶液除雜，B錯誤；C．酸性溶液具有強氧化性，乙炔使酸性溶液褪色，體現(xiàn)了乙炔的還原性，C正確；D．對于烴類物質而言，不飽和程度越高，則含碳量越高，燃燒時火焰越明亮，煙越濃故，D正確；故選B。4.設NA代表阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列有關說法正確的是A.3mol的NO2與H2O完全反應時轉移的電子數(shù)為2NAB.46gC2H6O中一定含有NA個羥基C.1L0.1mol/LNa2CO3溶液中含CO數(shù)為0.1NAD.密閉容器中2molSO2與1molO2反應，生成SO3的分子數(shù)為2NA【答案】A【解析】【分析】【詳解】A.3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO2既是氧化劑又是還原劑。3molNO2中有1molNO2做氧化劑，被還原；NO2中N顯+4價，被還原為NO中的N，顯+2價，因此3mol的NO2與H2O完全反應時轉移的電子數(shù)為2NA，A正確；B．C2H6O存在同分異構體，可能含有醚鍵，不一定含有羥基。B錯誤；C．Na2CO3溶液中，CO32-會水解，1L0.1mol/LNa2CO3溶液中含CO32-數(shù)目小于0.1NA。C錯誤；D．SO2與O2的反應為可逆反應，所以2molSO2與1molO2反應，生成SO3的分子數(shù)小于2NA，D錯誤；答案：A。5.鐵粉具有平肝鎮(zhèn)心，消癰解毒之功效，主治驚痛、癲狂、腳氣沖心、貧血等。某興趣小組探究利用反應：H2+FeCO3Fe+CO2↑+H2O↑制取鐵粉并檢驗氣體產物實驗裝置如圖。下列說法不正確的是A.通過調節(jié)分液漏斗活塞可以控制①中氣泡產生快慢B.裝置①中的試劑是濃硫酸，目的是干燥氫氣C.裝置②中的試劑是無水硫酸銅，目的是檢驗水蒸氣D.為防止④中揮發(fā)的氣體進入②中干擾檢驗，③中應盛放堿石灰【答案】D【解析】【分析】①、②、③依次盛裝濃H2SO4（干燥H2）、無水硫酸銅（檢驗水蒸氣）、無水氯化鈣（防止④中水蒸氣使②中無水CuSO4變藍干擾實驗而吸收水蒸氣）；裝置②、④的作用分別是檢驗H2O和CO2，據(jù)此解答。【詳解】A.分液漏斗有活塞，可以通過旋轉活塞的角度來調節(jié)液體的流速，以便控制反應產生氣體的的快慢，故A正確；B.Zn粒與稀硫酸反應生成H2，又因生成的H2混有水蒸氣，在硬質玻璃管中加熱就會發(fā)生爆炸，所以要用濃硫酸除去H2中的水蒸氣，即干燥氫氣，故B正確；C.根據(jù)方程式可知反應后有水蒸氣生成，則裝置②中的試劑是無水硫酸銅，目的是檢驗水蒸氣，故C正確；D.為防止④中揮發(fā)的氣體進入②中干擾檢驗，③中應盛放無水CaCl2，③不能用堿石灰，因堿石灰會吸收掉CO2無法被澄清石灰水檢驗出，故D錯誤；故答案選D。6.鎂鋰雙鹽電池是結合鎂離子電池和鋰離子電池而設計的新型二次離子電池。其工作原理如圖所示，已知放電時，b極轉化關系為：下列說法不正確的是A.充電或放電時，a極電勢均高于b極B.放電過程中電子經導線由a極向b極移動C.充電時陽極的電極反應式為D.該電池工作時，若通過電路轉移電子的物質的量為0.2mol，則負極質量變化2.4g【答案】A【解析】【詳解】A.由題可知，放電時b為正極，充電時b為陽極，充電或放電時，b極電勢均高于a極，A項錯誤；B.放電時，b為正極，則電子經導線由a極向b極移動，B項正確；C.已知放電時，b極轉化關系為VS2→LixVS2，則充電時b為陽極，轉化關系為LixVS2→VS2，電極反應式為LixVS2?xe?=VS2+xLi+，C項正確；D.放電時，負極反應為Mg-2e－=Mg2＋，則轉移電子為0.2mol時，負極質量變化2.4g，D項正確。答案選A。7.日光燈中用到的某種熒光粉的主要成分為。已知：X、Y、Z和W為原子序數(shù)依次增大的前20號元素，W為金屬元素，基態(tài)X原子s軌道上的電子數(shù)和p軌道上的電子數(shù)相等，基態(tài)X、Y、Z原子的未成對電子數(shù)之比為2∶1∶3，下列說法正確的是A.電負性：Y<X<Z<W B.Y和W形成的單質均能與水反應生成氣體C.原子半徑：X<Y<Z<W D.Z元素最高價氧化物對應的水化物是一種強酸【答案】B【解析】【分析】基態(tài)X原子s軌道上的電子數(shù)和p軌道上的電子數(shù)相等，所以X為O或Mg；由熒光粉的結構可知，X主要形成的是酸根陰離子，所以X為O；基態(tài)氧原子中未成對電子數(shù)為2，又基態(tài)X、Y、Z原子的未成對電子數(shù)之比為2∶1∶3，因此Y的未成對電子數(shù)為1，X、Y、Z和W為原子序數(shù)依次增大的前20號元素，所以Y可能為F、Na、Al、Cl，因為W為金屬元素且熒光粉的結構中Y與W化合，所以Y可能為F或Cl；Z原子的未成對電子數(shù)為3，又因為其原子序數(shù)大于Y，所以Y為F、Z為P；X、Y、Z分別為O、F、P，從熒光粉的化學式可知，W為+2價，所以W為Ca；綜上所述，X、Y、Z、W4種元素分別為O、F、P、Ca。【詳解】A．同一周期主族元素從左至右元素電負性依次增強、同一主族元素從上至下元素電負性依次減弱，所以4種元素原子的電負性強弱為：Y＞X＞Z＞W(wǎng)，故A錯誤；B．Y、W分別為F、Ca，F(xiàn)2與水反應生成氟化氫和氧氣，Ca與水反應生成氫氧化鈣和氫氣，即Y和W形成的單質均能與水反應生成氣體，故B正確；C．同一周期主族元素從左至右原子半徑依次遞減、同一主族元素從上至下原子半徑依次遞增，所以原子半徑：Y<X<Z<W，故C錯誤；D．Z元素為P，其最高價氧化物對應的水化物為H3PO4，H3PO4不是一種強酸，故D錯誤；故答案為：B。8.中醫(yī)藥是中華民族的瑰寶。有機化合物M是常用中藥白芷中的活性成分之一，M的結構簡式如圖所示。下列說法正確的是A.M中含有三種含氧官能團B.1molM最多與9molH2反應C.M中碳原子的雜化方式共有三種D.M能與Na2CO3溶液反應放出CO2【答案】A【解析】【詳解】A．該分子中含有酯基、（酚）羥基、醚鍵三種含氧官能團，A正確；

B．該分子中2mol苯環(huán)和1mol碳碳雙鍵能與H2反應，所以可知1mol該有機物最多消耗7molH2，B錯誤；

C．M中碳原子的雜化方式共有sp2、sp3二種，C錯誤；

D．該有機物中（酚）羥基能與Na2CO3溶液反應生成NaHCO3，不能放出CO2，D錯誤；

故答案選A。9.是一種高效的漂白劑，實驗室中一種制備的過程如圖所示，下列說法錯誤的是A.的漂白原理與不同B.每生成1mol有0.5mol被氧化C.反應2過程中，作氧化劑D.粗產品經重結晶可得到純度更高的【答案】C【解析】【分析】反應Ⅰ中NaClO3在硫酸作用下與草酸發(fā)生氧化還原反應生成ClO2，吹出的ClO2在溶液中與加入氫氧化鋇溶液、H2O2反應，除去氣體中的二氧化碳，ClO2被轉化為NaClO2，過濾除去碳酸鋇沉淀，在濾液中加入硫酸鈉除去過量的氫氧化鋇得到NaClO2溶液，再蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到粗產品NaClO2，據(jù)此分析解答。【詳解】A．的漂白原理是依靠其氧化性，的漂白原理是與有色物質反應生成無色的物質，的漂白原理與不同，故A正確；B．反應1中生成過程Cl元素由+5價變?yōu)?4價，反應生成過程C元素由+3價變?yōu)?4價，每生成1mol有0.5mol被氧化，故B正確；C．反應2的反應之一為Ba(OH)2+ClO2+H2O2=BaClO2+O2+2H2O，反應過程中Cl元素由+4價變?yōu)?3價，作氧化劑，作還原劑，故C錯誤；D．粗產品經重結晶可得到純度更高的，故D正確；故選C。10.我國化學家近期從棕櫚花中發(fā)現(xiàn)了兩種新的莽草酸類化合物，其中一種的結構簡式如圖。下列關于該化合物的說法正確的是A.該分子含有16個碳原子B.能發(fā)生加成反應、氧化反應和取代反應C.苯環(huán)上的一氯代物有2種D.不能使酸性重鉻酸鉀溶液褪色【答案】B【解析】【詳解】A．由結構簡式可知該分子中含有17個碳原子，故A錯誤；B．該分子中存在碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反應、氧化反應，存在羧基能發(fā)生取代反應，故B正確；C．該分子中存在兩個苯環(huán)，苯環(huán)上有5種不同的氫原子，一氯代物有5種，故C錯誤；D．該分子中存在碳碳雙鍵能被重鉻酸鉀氧化，可以使酸性重鉻酸鉀溶液褪色，故D錯誤；故選：B。11.某學習小組探究FeCl3與Na2SO3之間的反應，設計了以下實驗。下列說法錯誤的是A.Ⅱ中溶液顏色比Ⅰ中更深，是由于Fe3+水解程度增大B.Ⅲ中有深藍色沉淀生成，無法證明FeCl3與Na2SO3發(fā)生了氧化還原反應C.從Ⅱ到Ⅳ滴加的溶液可改為0.05mol/L稀硫酸D.Ⅴ中有大量白色沉淀生成，證明FeCl3能氧化Na2SO3【答案】C【解析】【詳解】A．Na2SO3溶液呈堿性，能促使Fe3+水解程度增大，A正確；B．[Fe(CN)6]3-也具有氧化性，可以與Na2SO3發(fā)生氧化還原反應生成[Fe(CN)6]4-，與Fe3+反應同樣可生成藍色沉淀，無法證明是Fe3+被Na2SO3還原生成了Fe2+導致藍色沉淀生成，B正確；C．若加入H2SO4，則會干擾下一步的檢驗，C錯誤；D．Ⅴ中有大量白色沉淀生成,證明Na2SO3中的被Fe3+氧化生成，D正確；故選C。12.二甲醚催化制備乙醇主要涉及以下兩個反應：反應Ⅰ：CO(g)+CH3OCH3(g)CH3COOCH3(g)△H1＜0反應Ⅱ：CH3COOCH3(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)△H2＜0在固定CO、CH3OCH3、H2的原料比、體系壓強不變的條件下，同時發(fā)生反應Ⅰ、Ⅱ，平衡時各物質的物質的量分數(shù)隨溫度的變化如圖所示。下列說法正確的是A.曲線B表示H2的物質的量分數(shù)隨溫度的變化B.600K后升高溫度，CH3COOCH3的物質的量分數(shù)降低原因是反應Ⅱ平衡右移C.測得X點CH3CH2OH的物質的量分數(shù)是10%，則X點反應Ⅱ有：v正>v逆D.其他條件不變，延長反應時間能提高平衡混合物中乙醇含量【答案】C【解析】【分析】溫度高于600℃時，乙醇和甲醇的物質的量分數(shù)幾乎為零，說明高于600℃以反應Ⅰ為主，則隨著溫度升高，反應Ⅰ化學平衡逆向移動，CO和二甲醚物質的量分數(shù)增大，故B表示二甲醚或者CO的物質的量分數(shù)隨溫度的變化情況?！驹斀狻緼．根據(jù)分析可知，曲線B表示CO或二甲醚物質的量分數(shù)隨溫度變化情況，A錯誤；B．600K后，主要進行反應Ⅰ，升高溫度，反應Ⅰ逆向移動，CH3COOCH3物質的量分數(shù)減小，B錯誤；C．測得X點乙醇的物質的量分數(shù)為10%，低于該溫度下平衡時乙醇的物質的量分數(shù)，則反應Ⅱ正向移動，v正>v逆，C正確；D．乙醇的產率不受反應時間的影響，延長反應時間不能提高平衡混合物中乙醇含量，D錯誤；故答案選C。13.前四周期元素M、Q、W、X、Y、Z原子序數(shù)依次增大。M的單質常用作保護氣，W是元素周期表中電負性最大的元素，X與Y形成化合物的化學式為YX且其焰色試驗為紫色(透過藍色鈷玻璃)，Z的原子序數(shù)為28，由W、Y、Z三種元素組成的化合物的晶體結構如下圖所示。下列關于化合物乙的說法不正確的是A.該晶體中Z的化合價為+2B.與Z等距最近的W有6個C.圖中A、B原子間的距離為D.圖中B的原子分數(shù)坐標可表示為【答案】B【解析】【分析】M的單質常用作保護氣，所以M為N元素，W是元素周期表中電負性最大的元素，所以W為F元素，前四周期元素M、Q、W、X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，所以Q為O元素，X與Y形成化合物的化學式為YX且其焰色試驗為紫色(透過藍色鈷玻璃)，所以Y為K元素、X為Cl元素，Z的原子序數(shù)為28，所以Z為Ni元素；由晶胞結構可知，F(xiàn)：16×+4×+2=8，K：8×+2=4，Ni：8×+1=2，所以化合物乙的化學式為K2NiF4。【詳解】A．由以上分析可知化合物乙的化學式為K2NiF4，所以該晶體中Ni的化合價為+2，故A正確；B．以頂角Ni原子為例，若c=a，與Ni等距最近的W有6個，若ca，則與Ni等距最近的W個數(shù)不為6，故B錯誤；C．從圖中可知，圖中A、B原子間的距離為，故C正確；D．圖中B位于體心，所以B的原子分數(shù)坐標可表示為，故D正確；故答案為：B。14.常溫下，用NaOH調節(jié)不同濃度二元酸(H2CO3)的酸堿性，在其pH為10時溶液中pHCO與pH2CO3或pCO的關系如圖所示[pX=-lgc(X)]。下列說法錯誤的是A.II代表pCOB.NaHCO3溶液中：c(Na+)＜c(HCO)+2c(CO)C.相同濃度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的pH：前者大于后者D.碳酸的第一步電離常數(shù)為1×10-7【答案】B【解析】【分析】在其pH為10時溶液中，當pHCO=0時，，I、II對應離子濃度分別為0.001mol/L、0.1mol/L，由于此時溶液堿性較強，故較小、而較大，故I、II分別為分別為pH2CO3、pCO曲線；【詳解】A．由分析可知，II代表pCO，A正確；B．NaHCO3溶液中由電荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)，由于碳酸氫根離子水解溶液顯堿性，則c(H+)<c(OH-)，故c(Na+)>c(HCO)+2c(CO)，B錯誤；C．相同濃度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中碳酸根離子水解程度更大，堿性更強，pH更大，故pH：前者大于后者，C正確；D．由圖可知，在其pH為10時溶液中，當pHCO=0時，、，則碳酸的第一步電離常數(shù)為，D正確；故選B。二、非選擇題(共4小題，除標注外，每空2分，共58分)15.鈦白粉是一種重要的無機化工顏料，主要成分為二氧化鈦()，一種以含、CaO、等雜質的鈦鐵礦()為原料制備鈦白粉的工藝流程如圖所示。已知：①不溶于水和稀酸；②“酸浸”后鈦元素主要以形式存在；③，當溶液中'時可認為完全除去?；卮鹣铝袉栴}：（1）請寫出加快“酸浸”速率的一個措施：_____。（2）“酸浸”時，發(fā)生反應的化學方程式為_______。（3）“濾渣”①的主要成分是______(填化學式)。（4）流程中加入鐵粉的目的是把體系中的還原成，冷卻結晶析出晶體。體系中的還可以用調節(jié)pH的方法除去，設酸浸后體系中，常溫下開始沉淀的pH為______。（5）經處理后，流程中可循環(huán)利用的物質除Fe外，還有______(填化學式)。（6）碳化鈦晶胞結構如圖所示，碳化鈦的化學式為_______，碳原子距離最近且相等的碳原子的數(shù)目為_____。晶胞邊長參數(shù)，則晶體的密度_______(列出計算式，不要求化簡)?！敬鸢浮浚?）粉碎鈦鐵礦石、升高溫度、攪拌、適當增大硫酸的濃度等（2）（3）Fe、和（4）2（5）（6）①.TiC②.12③.或【解析】【分析】鈦鐵礦主要成分FeTiO3，還含有、CaO、等雜質，加硫酸“酸浸”，用過量的鐵把Fe3+還原為Fe2+，難溶于水、CaSO4微溶于水，過濾除去、CaSO4、Fe；濾液冷卻結晶析出；濾液②含有TiOSO4，加熱水解生成H2TiO3沉淀，H2TiO3灼燒分解的TiO2，據(jù)此分析解題?！拘?詳解】根據(jù)影響反應速率的因素，加快“酸浸”速率的一個措施有：粉碎鈦鐵礦石、升高溫度、攪拌、適當增大硫酸的濃度等；【小問2詳解】“酸浸”后鈦元素主要以TiO2+形式存在，“酸浸”時，和硫酸反應生成硫酸亞鐵和TiOSO4，發(fā)生反應的化學方程式為：；【小問3詳解】難溶于水、CaSO4微溶于水，所以“濾渣”①的主要成分是、CaSO4和剩余的Fe；【小問4詳解】酸浸后體系中，，常溫下開始沉淀時，c(H+)=10-2，pH為2時開始沉淀；【小問5詳解】TiOSO4水解生成H2TiO3和硫酸，硫酸可用于“酸浸”，經處理后，流程中可循環(huán)利用的物質除Fe外，還有；【小問6詳解】根據(jù)均攤原則，晶胞中Ti原子數(shù)、C原子數(shù)為，碳化鈦的化學式為TiC；碳原子距離最近且相等的碳原子的數(shù)目為12；晶胞邊長參數(shù)，則晶體的密度或。16.天然氣在實現(xiàn)“雙碳”目標進程中發(fā)揮著重要的作用，成為能源低碳轉型的首選能源之一。（1）開采出的天然氣中含有，會直接影響化工合成，并產生污染。T?F菌在酸性溶液中可實現(xiàn)天然氣的催化脫硫，其原理如圖1所示。①該脫硫過程的總反應為______。②根據(jù)反應機理圖可知、S、三種物質在酸性條件下氧化性強弱順序為______。（2）甲烷重整制氫工藝與太陽能相結合可有效降低碳排放，一種利用太陽能催化甲烷蒸氣重整制氫的反應原理如圖2所示。①第Ⅰ步反應生成1molCO的焓變?yōu)椋冖虿椒磻?mol的焓變?yōu)?，利用太陽能催化甲烷蒸氣重整制氫反應的熱化學方程式為_______(用、表示)。②第Ⅰ、Ⅱ步反應的隨溫度的變化如圖3所示，升高溫度，第Ⅱ步反應平衡______(填“向左”“向右”或“不”)移動。③在1000℃時，太陽能催化甲烷蒸氣重整制氫反應的壓強平衡常數(shù)_____。（3）超干重整可催化生產合成氣：。在體積為2L的恒容密閉容器中，充入2mol和3mol，加入催化劑并加熱至發(fā)生反應，容器內的總壓強隨時間t的變化如圖4所示。①實驗測得，，其中、為僅與溫度有關的速率常數(shù)，平衡后若將溫度由升高到，則速率常數(shù)增大的倍數(shù)：_____(填“<”“>”或“=”)。②0~10min用表示的平均反應速率為______。【答案】（1）①.②.（2）①.②.向左③.（3）①.>②.0.05【解析】【小問1詳解】①該脫硫過程為反應物，在催化劑的作用下生成，總反應為；②根據(jù)反應機理圖可知氧化為，氧化性＞，S還原為，氧化性大于S，、S、三種物質在酸性條件下氧化性強弱順序為；【小問2詳解】①第Ⅰ步熱化學反應方程式為：CH4(g)+NiFe2O4(s)=CO(g)+2H2(g)+2FeO(s)+NiO(s)△H1；第Ⅱ步熱化學反應方程式：H2O(g)+NiO(s)+2FeO(s)=NiFe2O4(s)+H2(g)△H2；根據(jù)蓋斯定律Ⅰ+Ⅱ可得；②反應Ⅱ的隨溫度增大而減小，說明該反應為放熱反應，升高溫度，第Ⅱ步反應平衡向左移動；③，在1000℃時，太陽能催化甲烷蒸氣重整制氫反應的壓強平衡常數(shù)；【小問3詳解】T1溫度平衡時，=，由于該反應吸熱，升高溫度平衡正向移動，K值增大，故KT1＜KT2，故值增大，則有＞；，平衡時總的物質的量為(5+2x)mol，起始P總為10KPa，P總增加了4KPa，故x=1mol，0~10min用表示的平均反應速率為。17.三氯化鉻()為紫色單斜晶體，熔點為83℃，易潮解，易升華，能溶于水但不易水解，高溫下能被氧氣氧化，工業(yè)上主要用作媒染劑和催化劑。（1）某化學小組用和在高溫下制備無水三氯化鉻，部分實驗裝置如圖所示，其中錐形瓶內裝有，其沸點為76.8℃。實驗前先加熱裝置A產生氣體X，實驗過程中需持續(xù)產生該氣體，該氣體的作用為________。（2）裝置D中還會生成光氣()，D中反應的化學方程式為________。（3）該實驗裝置有設計不合理的地方，請寫出改進方法：________。(寫一點即可)（4）為進一步探究的性質，某同學取試管若干支，分別加入10滴0.1溶液，并用4滴2酸化，再分別加入不同滴數(shù)的0.1溶液，并在不同的溫度下進行實驗，反應現(xiàn)象記錄于表中。的用量(滴數(shù))在不同溫度下的反應現(xiàn)象25℃90~100℃1紫紅色藍綠色溶液2~3紫紅色黃綠色溶液，且隨滴數(shù)增加，黃色成分增多10紫紅色澄清的橙黃色溶液11~23紫紅色橙黃色溶液，有棕褐色沉淀，且隨滴數(shù)增加，沉淀增多24~25紫紅色紫紅色溶液，有較多的棕褐色沉淀①濃度對反應的影響：與在常溫下反應，觀察不到離子的橙色，甲同學認為其中一個原因是離子的橙色被離子的紫紅色掩蓋，另一種可能的原因是_______。所以必須將反應液加熱至沸騰4~5min后，才能觀察到反應液由紫紅色逐漸變?yōu)槌赛S色的實驗現(xiàn)象。②與的用量對反應的影響對表中數(shù)據(jù)進行分析，在上述反應條件下，欲將氧化為，與最佳用量比為______。這與由反應所推斷得到的用量比不符，你推測的原因是________。（5）Cr(Ⅲ)的存在形態(tài)的物質的量分數(shù)隨溶液pH的分布如圖所示。請補充完整由溶液制備純凈的的實驗方案：取適量溶液，_______；充分反應后過濾，用蒸餾水洗滌沉淀，低溫烘干沉淀，得到晶體?！敬鸢浮浚?）排凈裝置中空氣、吹出(或)（2）（3）將連接裝置D、E的導管改成粗導管（4）①.沒有生成，即反應的活化能較高，需要較高的溫度才能進行②.1∶1③.溶液中的和發(fā)生了氧化還原反應，導致的消耗量偏多（5）加入NaOH溶液，調節(jié)溶液pH在6~12范圍內【解析】【分析】A裝置中氨氣和氧化銅反應制取氮氣，B裝置干燥氮氣、吸收多余氨氣，C裝置產生的CCl4蒸氣進入D裝置中和Cr2O3反應制備CrCl3，E裝置收集CrCl3。【小問1詳解】CrCl3高溫下能被氧氣氧化，所以用N2排凈裝置中的空氣，防止CrCl3高溫下被氧氣氧化，同時N2還可以將C裝置中的CCl4蒸氣吹出進入D裝置中，待D裝置中CCl4和Cr2O3反應制備CrCl3后還可以將生成的CrCl3吹出進入后面的E裝置收集，則氣體X(N2)的作用為：排凈裝置中空氣、吹出CCl4(或CrCl3)；【小問2詳解】裝置D中還會生成光氣()，D中反應的化學方程式為：；【小問3詳解】三氯化鉻(CrCl3)易潮解，易升華，導管太細容易堵塞導管，改進的方法為：將連接裝置D、E的導管改成粗導管；【小問4詳解】①觀察不到離子的橙色，還有可能是根本沒有生成，其原因是該反應的活化能較高，需要較高的溫度才能進行；②根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，當酸性KMnO4溶液用量為10滴時，得到的是澄清的橙黃色溶液，CrCl3和KMnO4等體積等濃度即等物質的量反應，所以最佳用量比為其1∶1；由反應：10Cr3++6+11H2O+6Mn2++22H+，所推斷得到的用量比，即實際消耗的KMn