9.(18分)某小组以CoCl2•6H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体X，为确定其组成，进行如下实验：

①氨的测定：精确称取w g X，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10% NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1mL c1mol•L﹣1的盐酸标准溶液吸收.蒸氨结束后取下接收瓶，用c2mol•L﹣1 NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2mL NaOH溶液.

②氯的测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现砖红色沉淀不再消失为终点(Ag2CrO4为砖红色)

回答下列问题：

(1)装置中安全管的作用原理是当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定.

(2)用NaOH标准溶液确定过剩的HCl时，应使用碱式滴定管，可使用的指示剂为酚酞或甲基红.

(3)样品中氨的质量分数表达式为.

(4)测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将偏低(填“偏高”或“偏低”).

(5)测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是防止硝酸银见光分解，滴定终点时，若溶液中c(Ag+)=2.0×10﹣5mol•L﹣1，c(CrO42﹣)为2.8×10﹣3mol•L﹣1.(已知：Ksp(Ag2CrO4)=1.12×10﹣12)

(6)经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，钴的化合价为+3，制备X的化学方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+2H2O，X的制备过程中温度不能过高的原因是温度过高过氧化氢分解、氨气逸出.

【考点】真题集萃;探究物质的组成或测量物质的含量.

【专题】实验分析题.

【分析】(1)通过2中液面调节A中压强;

(2)碱只能盛放在碱式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中;NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂;

(3)根据氨气与和氨气反应盐酸之间的关系式计算氨气的质量，再根据质量分数公式计算氨质量分数;

(4)若气密性不好，导致氨气的量偏低;

(5)硝酸银不稳定，易分解;根据离子积常数计算c(CrO42﹣);

(6)经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，则其化学式为[Co(NH3)6]Cl3，根据化合物中各元素化合价的代数和为0计算Co元素化合价;该反应中Co失电子、双氧水得电子，CoCl2•6H2O、NH4Cl、H2O2、NH3发生反应生成[Co(NH3)6]Cl3和水;双氧水易分解、气体的溶解度随着温度的升高而降低.

【解答】解：(1)通过2中液面调节A中压强，如果A中压力过大时，安全管中液面上升，使A中压力减小，从而稳定压力，

故答案为：当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定;

(2)碱只能盛放在碱式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，所以用NaOH标准溶液确定过剩的HCl时，应使用碱式滴定管盛放NaOH溶液;NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择酸性或碱性变色范围内的指示剂，甲基红为酸性变色指示剂、酚酞为碱性变色指示剂，所以可以选取甲基红或酚酞作指示剂，

故答案为：碱;酚酞或甲基红;

(3)与氨气反应的n(HCl)=10﹣3V1L×c1mol•L﹣1﹣c2mol•L﹣1 ×10﹣3V2L=10﹣3(c1V1﹣c2V2)mol，根据氨气和HCl的关系式知，n(NH3)=n(HCl)=10﹣3(c1V1﹣c2V2)mol，氨的质量分数=，故答案为：;

(4)若气密性不好，导致部分氨气泄漏，所以氨气质量分数偏低，故答案为：偏低;

(5)硝酸银不稳定，见光易分解，为防止硝酸银分解，用棕色试剂瓶盛放硝酸银溶液;c(CrO42﹣)=mol/L=2.8×10﹣3 mol/L，

故答案为：防止硝酸银见光分解;2.8×10﹣3;

(6)经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1：6：3，则其化学式为[Co(NH3)6]Cl3，根据化合物中各元素化合价的代数和为0得Co元素化合价为+3价;该反应中Co失电子、双氧水得电子，CoCl2•6H2O、NH4Cl、H2O2、NH3发生反应生成[Co(NH3)6]Cl3和水，反应方程式为2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+2H2O;双氧水易分解、气体的溶解度随着温度的升高而降低，所以X的制备过程中温度不能过高，

故答案为：+3;2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+2H2O;温度越高过氧化氢分解、氨气逸出.

【点评】本题考查了物质含量的沉淀，涉及难溶物的溶解平衡、氧化还原反应、物质含量的测定等知识点，明确实验原理是解本题关键，知道指示剂的选取方法，题目难度中等.

10.(16分)乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法或间接水合法生产，回答下列问题：

(1)间接水合法是指先将乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯(C2H5OSO3H)，再水解生成乙醇，写出相应反应的化学方程式C2H4+H2SO4=C2H5OSO3H、C2H5OSO3H+H2O→C2H5OH+H2SO4;

(2)已知：

甲醇脱水反应 2CH3OH(g)═CH3OCH3(g)+H2O(g)△H1=﹣23.9kJ•mol﹣1

甲醇制烯烃反应 2CH3OH(g)═C2H4(g)+2H2O(g)△H2=﹣29.1kJ•mol﹣1

乙醇异构化反应 C2H5OH(g)═CH3OCH3(g)△H3=+50.7kJ•mol﹣1

则乙烯气相直接水合反应C2H4(g)+H2O(g)═C2H5OH(g)的△H=﹣45.5kJ•mol﹣1，与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是无副产品，原子利用率100%;

(3)如图为气相直接水合法中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系(其中：=1：1)

①列式计算乙烯水合制乙醇反应在图中A点的平衡常数Kp=0.07(MPa)﹣1(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数);

②图中压强(P1，P2，P3，P4)大小顺序为p1

③气相直接水合法常采用的工艺条件为：磷酸/硅藻土为催化剂，反应温度290℃，压强6.9MPa，：=0.6：1，乙烯的转化率为5%，若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以采取的措施有将产物乙醇液化移去、增加：比.

【考点】真题集萃;热化学方程式;化学平衡常数的含义;化学平衡的影响因素;转化率随温度、压强的变化曲线.

【专题】化学反应中的能量变化;化学平衡专题.

【分析】(1)乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯(C2H5OSO3H)，效仿乙酸乙酯水解，将水分成氢原子和羟基生成乙醇和硫酸;

(2)利用盖斯定律构造目标热化学方程式并求焓变，气相直接水合法原子利用率100%;

(3)①列出Kp表达式，利用三段法计算平衡分压带入表达式计算即可;

②在相同温度下由于乙烯转化率为p1

③若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以改变物质的浓度.

【解答】解：(1)乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯(C2H5OSO3H)，化学方程式为C2H4+H2SO4=C2H5OSO3H，硫酸氢乙酯水解生成乙醇和硫酸，化学方程式为C2H5OSO3H+H2O→C2H5OH+H2SO4，

故答案为：C2H4+H2SO4=C2H5OSO3H、C2H5OSO3H+H2O→C2H5OH+H2SO4;

(2)已知：甲醇脱水反应 ①2CH3OH(g)═CH3OCH3(g)+H2O(g)△H1=﹣23.9kJ•mol﹣1

甲醇制烯烃反应 ②2CH3OH(g)═C2H4(g)+2H2O(g)△H2=﹣29.1kJ•mol﹣1

乙醇异构化反应 ③C2H5OH(g)═CH3OCH3(g)△H3=+50.7kJ•mol﹣1，

根据盖斯定律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应物中所有原子全部都变成生成物，所以原子利用率100%，没有副产品，

故答案为：﹣45.5;无副产品，原子利用率100%;

(3)①C2H4(g)+H2O(g)═C2H5OH(g)

开始：1 1 0

转化：0.2 0.2 0.2

平衡：0.8 0.8 0.2

乙醇占=，乙烯和水各占=，则乙醇的分压为7.85MPa×=0.87MPa，乙烯和水的分压为7.85MPa×=3.49MPa，

所以Kp===0.07(MPa)﹣1，

故答案为：0.07(MPa)﹣1;

②在相同温度下由于乙烯转化率为p1

故答案为：p1

③若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以改变物质的浓度，如从平衡体系中将产物乙醇分离出来，或增大水蒸气的浓度，改变二者物质的量的比等，

故答案为：将产物乙醇液化移去;增加：比.

【点评】本题考查了化学方程式的书写、压强对平衡移动的影响、物质制取方案的比较、反应热及平衡常数的计算等知识，综合性非常强，该题是高考中的常见题型，属于中等难度较大，侧重于学生分析问题、解决问题、知识迁移能力的培养.

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