江西省鹰潭市2024届高三下学期第二次模拟考试化学试卷 【含答案解析】

鹰潭市2024届高三第二次模拟考试化学试题考试时间75分钟卷面满分100分本卷可能用上的相对原子质量：H：1C：12O：16Mg：24Ti：48一、选择题(每小题只有一个符合题意的答案，每小题3分，共42分)1.“挖掘文物价值，讲好中国故事”。下列文物的主要成分为有机高分子化合物的是文物选项A．唐陶文吏俑B．兽面纹青铜盉C．金漆木雕大神龛D．千金猴王砚A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．唐陶文吏俑，是陶瓷，属于无机非金属材料，A错误；B．兽面纹青铜盉，青铜属于金属材料，B错误；C．金漆木雕大神龛，木头的主要成分是纤维素，属于有机高分子化合物，C正确；D．千金猴王砚是以名贵的端溪老坑大西洞石雕成，主要属于无机物，D错误；故选C。2.如图是石墨、足球烯(C60)、金刚石三种晶体的结构示意图，下列说法正确的是A.这三种物质是碳的同分异构体，燃烧产物相同B.这三种物质熔化时，克服的粒子间作用力完全相同C.等物质的量的石墨、金刚石所含的C—C键数目之比为3:4D.已知C(s，石墨)=C(s，金刚石)ΔH=+1.9kJ·mol-1，则金刚石比石墨稳定【答案】C【解析】【分析】【详解】A．石墨、足球烯(C60)、金刚石都是由碳元素组成的单质，是碳的同素异形体，燃烧产物相同，故A错误；B．金刚石属于原子晶体，熔化时克服共价键，石墨是混合晶体，足球烯是分子晶体，这二者熔化时要克服分子间作用力，故B错误；C．1mol石墨所含的C—C键数目为NA，1mol金刚石所含的C—C键数目为2NA，其C—C键数目之比为3:4，故C正确；D．由C(s，石墨)=C(s，金刚石)ΔH=+1.9kJ·mol-1可知，石墨的能量更低，能量越低越稳定，则石墨比金刚石稳定，故D错误；答案为C。3.下图为实验室制取乙炔并验证其性质的装置图。下列说法不合理的是A.用饱和氯化钠溶液代替水可减小生成乙炔的速率B.若用溴水验证乙炔的性质，不需要除杂C.酸性KMnO4溶液褪色，说明乙炔具有还原性D.将纯净的乙炔点燃，有浓烟，说明乙炔不饱和程度高【答案】B【解析】【详解】A．电石跟水反应比较剧烈，若向电石中滴加饱和氯化钠溶液，电石与水反应，消耗水，使得NaCl在电石表面析出，减小了电石与水的接触面积，减小了反应速率，A正确；B．乙炔气体中混有的硫化氢可以被Br2氧化，对乙炔性质的检验产生干扰，所以需要用硫酸铜溶液除杂，B错误；C．酸性溶液具有强氧化性，乙炔使酸性溶液褪色，体现了乙炔的还原性，C正确；D．对于烃类物质而言，不饱和程度越高，则含碳量越高，燃烧时火焰越明亮，烟越浓故，D正确；故选B。4.设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列有关说法正确的是A.3mol的NO2与H2O完全反应时转移的电子数为2NAB.46gC2H6O中一定含有NA个羟基C.1L0.1mol/LNa2CO3溶液中含CO数为0.1NAD.密闭容器中2molSO2与1molO2反应，生成SO3的分子数为2NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A.3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO2既是氧化剂又是还原剂。3molNO2中有1molNO2做氧化剂，被还原；NO2中N显+4价，被还原为NO中的N，显+2价，因此3mol的NO2与H2O完全反应时转移的电子数为2NA，A正确；B．C2H6O存在同分异构体，可能含有醚键，不一定含有羟基。B错误；C．Na2CO3溶液中，CO32-会水解，1L0.1mol/LNa2CO3溶液中含CO32-数目小于0.1NA。C错误；D．SO2与O2的反应为可逆反应，所以2molSO2与1molO2反应，生成SO3的分子数小于2NA，D错误；答案：A。5.铁粉具有平肝镇心，消痈解毒之功效，主治惊痛、癫狂、脚气冲心、贫血等。某兴趣小组探究利用反应：H2+FeCO3Fe+CO2↑+H2O↑制取铁粉并检验气体产物实验装置如图。下列说法不正确的是A.通过调节分液漏斗活塞可以控制①中气泡产生快慢B.装置①中的试剂是浓硫酸，目的是干燥氢气C.装置②中的试剂是无水硫酸铜，目的是检验水蒸气D.为防止④中挥发的气体进入②中干扰检验，③中应盛放碱石灰【答案】D【解析】【分析】①、②、③依次盛装浓H2SO4（干燥H2）、无水硫酸铜（检验水蒸气）、无水氯化钙（防止④中水蒸气使②中无水CuSO4变蓝干扰实验而吸收水蒸气）；装置②、④的作用分别是检验H2O和CO2，据此解答。【详解】A.分液漏斗有活塞，可以通过旋转活塞的角度来调节液体的流速，以便控制反应产生气体的的快慢，故A正确；B.Zn粒与稀硫酸反应生成H2，又因生成的H2混有水蒸气，在硬质玻璃管中加热就会发生爆炸，所以要用浓硫酸除去H2中的水蒸气，即干燥氢气，故B正确；C.根据方程式可知反应后有水蒸气生成，则装置②中的试剂是无水硫酸铜，目的是检验水蒸气，故C正确；D.为防止④中挥发的气体进入②中干扰检验，③中应盛放无水CaCl2，③不能用碱石灰，因碱石灰会吸收掉CO2无法被澄清石灰水检验出，故D错误；故答案选D。6.镁锂双盐电池是结合镁离子电池和锂离子电池而设计的新型二次离子电池。其工作原理如图所示，已知放电时，b极转化关系为：下列说法不正确的是A.充电或放电时，a极电势均高于b极B.放电过程中电子经导线由a极向b极移动C.充电时阳极的电极反应式为D.该电池工作时，若通过电路转移电子的物质的量为0.2mol，则负极质量变化2.4g【答案】A【解析】【详解】A.由题可知，放电时b为正极，充电时b为阳极，充电或放电时，b极电势均高于a极，A项错误；B.放电时，b为正极，则电子经导线由a极向b极移动，B项正确；C.已知放电时，b极转化关系为VS2→LixVS2，则充电时b为阳极，转化关系为LixVS2→VS2，电极反应式为LixVS2−xe−=VS2+xLi+，C项正确；D.放电时，负极反应为Mg-2e－=Mg2＋，则转移电子为0.2mol时，负极质量变化2.4g，D项正确。答案选A。7.日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为。已知：X、Y、Z和W为原子序数依次增大的前20号元素，W为金属元素，基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，基态X、Y、Z原子的未成对电子数之比为2∶1∶3，下列说法正确的是A.电负性：Y<X<Z<W B.Y和W形成的单质均能与水反应生成气体C.原子半径：X<Y<Z<W D.Z元素最高价氧化物对应的水化物是一种强酸【答案】B【解析】【分析】基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，所以X为O或Mg；由荧光粉的结构可知，X主要形成的是酸根阴离子，所以X为O；基态氧原子中未成对电子数为2，又基态X、Y、Z原子的未成对电子数之比为2∶1∶3，因此Y的未成对电子数为1，X、Y、Z和W为原子序数依次增大的前20号元素，所以Y可能为F、Na、Al、Cl，因为W为金属元素且荧光粉的结构中Y与W化合，所以Y可能为F或Cl；Z原子的未成对电子数为3，又因为其原子序数大于Y，所以Y为F、Z为P；X、Y、Z分别为O、F、P，从荧光粉的化学式可知，W为+2价，所以W为Ca；综上所述，X、Y、Z、W4种元素分别为O、F、P、Ca。【详解】A．同一周期主族元素从左至右元素电负性依次增强、同一主族元素从上至下元素电负性依次减弱，所以4种元素原子的电负性强弱为：Y＞X＞Z＞W，故A错误；B．Y、W分别为F、Ca，F2与水反应生成氟化氢和氧气，Ca与水反应生成氢氧化钙和氢气，即Y和W形成的单质均能与水反应生成气体，故B正确；C．同一周期主族元素从左至右原子半径依次递减、同一主族元素从上至下原子半径依次递增，所以原子半径：Y<X<Z<W，故C错误；D．Z元素为P，其最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，H3PO4不是一种强酸，故D错误；故答案为：B。8.中医药是中华民族的瑰宝。有机化合物M是常用中药白芷中的活性成分之一，M的结构简式如图所示。下列说法正确的是A.M中含有三种含氧官能团B.1molM最多与9molH2反应C.M中碳原子的杂化方式共有三种D.M能与Na2CO3溶液反应放出CO2【答案】A【解析】【详解】A．该分子中含有酯基、（酚）羟基、醚键三种含氧官能团，A正确；

B．该分子中2mol苯环和1mol碳碳双键能与H2反应，所以可知1mol该有机物最多消耗7molH2，B错误；

C．M中碳原子的杂化方式共有sp2、sp3二种，C错误；

D．该有机物中（酚）羟基能与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3，不能放出CO2，D错误；

故答案选A。9.是一种高效的漂白剂，实验室中一种制备的过程如图所示，下列说法错误的是A.的漂白原理与不同B.每生成1mol有0.5mol被氧化C.反应2过程中，作氧化剂D.粗产品经重结晶可得到纯度更高的【答案】C【解析】【分析】反应Ⅰ中NaClO3在硫酸作用下与草酸发生氧化还原反应生成ClO2，吹出的ClO2在溶液中与加入氢氧化钡溶液、H2O2反应，除去气体中的二氧化碳，ClO2被转化为NaClO2，过滤除去碳酸钡沉淀，在滤液中加入硫酸钠除去过量的氢氧化钡得到NaClO2溶液，再蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到粗产品NaClO2，据此分析解答。【详解】A．的漂白原理是依靠其氧化性，的漂白原理是与有色物质反应生成无色的物质，的漂白原理与不同，故A正确；B．反应1中生成过程Cl元素由+5价变为+4价，反应生成过程C元素由+3价变为+4价，每生成1mol有0.5mol被氧化，故B正确；C．反应2的反应之一为Ba(OH)2+ClO2+H2O2=BaClO2+O2+2H2O，反应过程中Cl元素由+4价变为+3价，作氧化剂，作还原剂，故C错误；D．粗产品经重结晶可得到纯度更高的，故D正确；故选C。10.我国化学家近期从棕榈花中发现了两种新的莽草酸类化合物，其中一种的结构简式如图。下列关于该化合物的说法正确的是A.该分子含有16个碳原子B.能发生加成反应、氧化反应和取代反应C.苯环上的一氯代物有2种D.不能使酸性重铬酸钾溶液褪色【答案】B【解析】【详解】A．由结构简式可知该分子中含有17个碳原子，故A错误；B．该分子中存在碳碳双键，能发生加成反应、氧化反应，存在羧基能发生取代反应，故B正确；C．该分子中存在两个苯环，苯环上有5种不同的氢原子，一氯代物有5种，故C错误；D．该分子中存在碳碳双键能被重铬酸钾氧化，可以使酸性重铬酸钾溶液褪色，故D错误；故选：B。11.某学习小组探究FeCl3与Na2SO3之间的反应，设计了以下实验。下列说法错误的是A.Ⅱ中溶液颜色比Ⅰ中更深，是由于Fe3+水解程度增大B.Ⅲ中有深蓝色沉淀生成，无法证明FeCl3与Na2SO3发生了氧化还原反应C.从Ⅱ到Ⅳ滴加的溶液可改为0.05mol/L稀硫酸D.Ⅴ中有大量白色沉淀生成，证明FeCl3能氧化Na2SO3【答案】C【解析】【详解】A．Na2SO3溶液呈碱性，能促使Fe3+水解程度增大，A正确；B．[Fe(CN)6]3-也具有氧化性，可以与Na2SO3发生氧化还原反应生成[Fe(CN)6]4-，与Fe3+反应同样可生成蓝色沉淀，无法证明是Fe3+被Na2SO3还原生成了Fe2+导致蓝色沉淀生成，B正确；C．若加入H2SO4，则会干扰下一步的检验，C错误；D．Ⅴ中有大量白色沉淀生成,证明Na2SO3中的被Fe3+氧化生成，D正确；故选C。12.二甲醚催化制备乙醇主要涉及以下两个反应：反应Ⅰ：CO(g)+CH3OCH3(g)CH3COOCH3(g)△H1＜0反应Ⅱ：CH3COOCH3(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)△H2＜0在固定CO、CH3OCH3、H2的原料比、体系压强不变的条件下，同时发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时各物质的物质的量分数随温度的变化如图所示。下列说法正确的是A.曲线B表示H2的物质的量分数随温度的变化B.600K后升高温度，CH3COOCH3的物质的量分数降低原因是反应Ⅱ平衡右移C.测得X点CH3CH2OH的物质的量分数是10%，则X点反应Ⅱ有：v正>v逆D.其他条件不变，延长反应时间能提高平衡混合物中乙醇含量【答案】C【解析】【分析】温度高于600℃时，乙醇和甲醇的物质的量分数几乎为零，说明高于600℃以反应Ⅰ为主，则随着温度升高，反应Ⅰ化学平衡逆向移动，CO和二甲醚物质的量分数增大，故B表示二甲醚或者CO的物质的量分数随温度的变化情况。【详解】A．根据分析可知，曲线B表示CO或二甲醚物质的量分数随温度变化情况，A错误；B．600K后，主要进行反应Ⅰ，升高温度，反应Ⅰ逆向移动，CH3COOCH3物质的量分数减小，B错误；C．测得X点乙醇的物质的量分数为10%，低于该温度下平衡时乙醇的物质的量分数，则反应Ⅱ正向移动，v正>v逆，C正确；D．乙醇的产率不受反应时间的影响，延长反应时间不能提高平衡混合物中乙醇含量，D错误；故答案选C。13.前四周期元素M、Q、W、X、Y、Z原子序数依次增大。M的单质常用作保护气，W是元素周期表中电负性最大的元素，X与Y形成化合物的化学式为YX且其焰色试验为紫色(透过蓝色钴玻璃)，Z的原子序数为28，由W、Y、Z三种元素组成的化合物的晶体结构如下图所示。下列关于化合物乙的说法不正确的是A.该晶体中Z的化合价为+2B.与Z等距最近的W有6个C.图中A、B原子间的距离为D.图中B的原子分数坐标可表示为【答案】B【解析】【分析】M的单质常用作保护气，所以M为N元素，W是元素周期表中电负性最大的元素，所以W为F元素，前四周期元素M、Q、W、X、Y、Z原子序数依次增大，所以Q为O元素，X与Y形成化合物的化学式为YX且其焰色试验为紫色(透过蓝色钴玻璃)，所以Y为K元素、X为Cl元素，Z的原子序数为28，所以Z为Ni元素；由晶胞结构可知，F：16×+4×+2=8，K：8×+2=4，Ni：8×+1=2，所以化合物乙的化学式为K2NiF4。【详解】A．由以上分析可知化合物乙的化学式为K2NiF4，所以该晶体中Ni的化合价为+2，故A正确；B．以顶角Ni原子为例，若c=a，与Ni等距最近的W有6个，若ca，则与Ni等距最近的W个数不为6，故B错误；C．从图中可知，图中A、B原子间的距离为，故C正确；D．图中B位于体心，所以B的原子分数坐标可表示为，故D正确；故答案为：B。14.常温下，用NaOH调节不同浓度二元酸(H2CO3)的酸碱性，在其pH为10时溶液中pHCO与pH2CO3或pCO的关系如图所示[pX=-lgc(X)]。下列说法错误的是A.II代表pCOB.NaHCO3溶液中：c(Na+)＜c(HCO)+2c(CO)C.相同浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的pH：前者大于后者D.碳酸的第一步电离常数为1×10-7【答案】B【解析】【分析】在其pH为10时溶液中，当pHCO=0时，，I、II对应离子浓度分别为0.001mol/L、0.1mol/L，由于此时溶液碱性较强，故较小、而较大，故I、II分别为分别为pH2CO3、pCO曲线；【详解】A．由分析可知，II代表pCO，A正确；B．NaHCO3溶液中由电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)，由于碳酸氢根离子水解溶液显碱性，则c(H+)<c(OH-)，故c(Na+)>c(HCO)+2c(CO)，B错误；C．相同浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中碳酸根离子水解程度更大，碱性更强，pH更大，故pH：前者大于后者，C正确；D．由图可知，在其pH为10时溶液中，当pHCO=0时，、，则碳酸的第一步电离常数为，D正确；故选B。二、非选择题(共4小题，除标注外，每空2分，共58分)15.钛白粉是一种重要的无机化工颜料，主要成分为二氧化钛()，一种以含、CaO、等杂质的钛铁矿()为原料制备钛白粉的工艺流程如图所示。已知：①不溶于水和稀酸；②“酸浸”后钛元素主要以形式存在；③，当溶液中'时可认为完全除去。回答下列问题：（1）请写出加快“酸浸”速率的一个措施：_____。（2）“酸浸”时，发生反应的化学方程式为_______。（3）“滤渣”①的主要成分是______(填化学式)。（4）流程中加入铁粉的目的是把体系中的还原成，冷却结晶析出晶体。体系中的还可以用调节pH的方法除去，设酸浸后体系中，常温下开始沉淀的pH为______。（5）经处理后，流程中可循环利用的物质除Fe外，还有______(填化学式)。（6）碳化钛晶胞结构如图所示，碳化钛的化学式为_______，碳原子距离最近且相等的碳原子的数目为_____。晶胞边长参数，则晶体的密度_______(列出计算式，不要求化简)。【答案】（1）粉碎钛铁矿石、升高温度、搅拌、适当增大硫酸的浓度等（2）（3）Fe、和（4）2（5）（6）①.TiC②.12③.或【解析】【分析】钛铁矿主要成分FeTiO3，还含有、CaO、等杂质，加硫酸“酸浸”，用过量的铁把Fe3+还原为Fe2+，难溶于水、CaSO4微溶于水，过滤除去、CaSO4、Fe；滤液冷却结晶析出；滤液②含有TiOSO4，加热水解生成H2TiO3沉淀，H2TiO3灼烧分解的TiO2，据此分析解题。【小问1详解】根据影响反应速率的因素，加快“酸浸”速率的一个措施有：粉碎钛铁矿石、升高温度、搅拌、适当增大硫酸的浓度等；【小问2详解】“酸浸”后钛元素主要以TiO2+形式存在，“酸浸”时，和硫酸反应生成硫酸亚铁和TiOSO4，发生反应的化学方程式为：；【小问3详解】难溶于水、CaSO4微溶于水，所以“滤渣”①的主要成分是、CaSO4和剩余的Fe；【小问4详解】酸浸后体系中，，常温下开始沉淀时，c(H+)=10-2，pH为2时开始沉淀；【小问5详解】TiOSO4水解生成H2TiO3和硫酸，硫酸可用于“酸浸”，经处理后，流程中可循环利用的物质除Fe外，还有；【小问6详解】根据均摊原则，晶胞中Ti原子数、C原子数为，碳化钛的化学式为TiC；碳原子距离最近且相等的碳原子的数目为12；晶胞边长参数，则晶体的密度或。16.天然气在实现“双碳”目标进程中发挥着重要的作用，成为能源低碳转型的首选能源之一。（1）开采出的天然气中含有，会直接影响化工合成，并产生污染。T∙F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图1所示。①该脱硫过程的总反应为______。②根据反应机理图可知、S、三种物质在酸性条件下氧化性强弱顺序为______。（2）甲烷重整制氢工艺与太阳能相结合可有效降低碳排放，一种利用太阳能催化甲烷蒸气重整制氢的反应原理如图2所示。①第Ⅰ步反应生成1molCO的焓变为，第Ⅱ步反应生成1mol的焓变为，利用太阳能催化甲烷蒸气重整制氢反应的热化学方程式为_______(用、表示)。②第Ⅰ、Ⅱ步反应的随温度的变化如图3所示，升高温度，第Ⅱ步反应平衡______(填“向左”“向右”或“不”)移动。③在1000℃时，太阳能催化甲烷蒸气重整制氢反应的压强平衡常数_____。（3）超干重整可催化生产合成气：。在体积为2L的恒容密闭容器中，充入2mol和3mol，加入催化剂并加热至发生反应，容器内的总压强随时间t的变化如图4所示。①实验测得，，其中、为仅与温度有关的速率常数，平衡后若将温度由升高到，则速率常数增大的倍数：_____(填“<”“>”或“=”)。②0~10min用表示的平均反应速率为______。【答案】（1）①.②.（2）①.②.向左③.（3）①.>②.0.05【解析】【小问1详解】①该脱硫过程为反应物，在催化剂的作用下生成，总反应为；②根据反应机理图可知氧化为，氧化性＞，S还原为，氧化性大于S，、S、三种物质在酸性条件下氧化性强弱顺序为；【小问2详解】①第Ⅰ步热化学反应方程式为：CH4(g)+NiFe2O4(s)=CO(g)+2H2(g)+2FeO(s)+NiO(s)△H1；第Ⅱ步热化学反应方程式：H2O(g)+NiO(s)+2FeO(s)=NiFe2O4(s)+H2(g)△H2；根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ可得；②反应Ⅱ的随温度增大而减小，说明该反应为放热反应，升高温度，第Ⅱ步反应平衡向左移动；③，在1000℃时，太阳能催化甲烷蒸气重整制氢反应的压强平衡常数；【小问3详解】T1温度平衡时，=，由于该反应吸热，升高温度平衡正向移动，K值增大，故KT1＜KT2，故值增大，则有＞；，平衡时总的物质的量为(5+2x)mol，起始P总为10KPa，P总增加了4KPa，故x=1mol，0~10min用表示的平均反应速率为。17.三氯化铬()为紫色单斜晶体，熔点为83℃，易潮解，易升华，能溶于水但不易水解，高温下能被氧气氧化，工业上主要用作媒染剂和催化剂。（1）某化学小组用和在高温下制备无水三氯化铬，部分实验装置如图所示，其中锥形瓶内装有，其沸点为76.8℃。实验前先加热装置A产生气体X，实验过程中需持续产生该气体，该气体的作用为________。（2）装置D中还会生成光气()，D中反应的化学方程式为________。（3）该实验装置有设计不合理的地方，请写出改进方法：________。(写一点即可)（4）为进一步探究的性质，某同学取试管若干支，分别加入10滴0.1溶液，并用4滴2酸化，再分别加入不同滴数的0.1溶液，并在不同的温度下进行实验，反应现象记录于表中。的用量(滴数)在不同温度下的反应现象25℃90~100℃1紫红色蓝绿色溶液2~3紫红色黄绿色溶液，且随滴数增加，黄色成分增多10紫红色澄清的橙黄色溶液11~23紫红色橙黄色溶液，有棕褐色沉淀，且随滴数增加，沉淀增多24~25紫红色紫红色溶液，有较多的棕褐色沉淀①浓度对反应的影响：与在常温下反应，观察不到离子的橙色，甲同学认为其中一个原因是离子的橙色被离子的紫红色掩盖，另一种可能的原因是_______。所以必须将反应液加热至沸腾4~5min后，才能观察到反应液由紫红色逐渐变为橙黄色的实验现象。②与的用量对反应的影响对表中数据进行分析，在上述反应条件下，欲将氧化为，与最佳用量比为______。这与由反应所推断得到的用量比不符，你推测的原因是________。（5）Cr(Ⅲ)的存在形态的物质的量分数随溶液pH的分布如图所示。请补充完整由溶液制备纯净的的实验方案：取适量溶液，_______；充分反应后过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，低温烘干沉淀，得到晶体。【答案】（1）排净装置中空气、吹出(或)（2）（3）将连接装置D、E的导管改成粗导管（4）①.没有生成，即反应的活化能较高，需要较高的温度才能进行②.1∶1③.溶液中的和发生了氧化还原反应，导致的消耗量偏多（5）加入NaOH溶液，调节溶液pH在6~12范围内【解析】【分析】A装置中氨气和氧化铜反应制取氮气，B装置干燥氮气、吸收多余氨气，C装置产生的CCl4蒸气进入D装置中和Cr2O3反应制备CrCl3，E装置收集CrCl3。【小问1详解】CrCl3高温下能被氧气氧化，所以用N2排净装置中的空气，防止CrCl3高温下被氧气氧化，同时N2还可以将C装置中的CCl4蒸气吹出进入D装置中，待D装置中CCl4和Cr2O3反应制备CrCl3后还可以将生成的CrCl3吹出进入后面的E装置收集，则气体X(N2)的作用为：排净装置中空气、吹出CCl4(或CrCl3)；【小问2详解】装置D中还会生成光气()，D中反应的化学方程式为：；【小问3详解】三氯化铬(CrCl3)易潮解，易升华，导管太细容易堵塞导管，改进的方法为：将连接装置D、E的导管改成粗导管；【小问4详解】①观察不到离子的橙色，还有可能是根本没有生成，其原因是该反应的活化能较高，需要较高的温度才能进行；②根据表格数据可知，当酸性KMnO4溶液用量为10滴时，得到的是澄清的橙黄色溶液，CrCl3和KMnO4等体积等浓度即等物质的量反应，所以最佳用量比为其1∶1；由反应：10Cr3++6+11H2O+6Mn2++22H+，所推断得到的用量比，即实际消耗的KMn