四川省 校2021-2022学年高二化学下学期期中考试试题（Word版附解析）

成都外国语学校2021—2022学年度下期期中考试高二化学试卷注意事项：1、本试卷分I卷(选择题)和II卷(非选择题)两部分。2、本堂考试100分钟，满分100分。3、答题前，考生务必先将自己的姓名、学号填写在答卷上，并使用2B铅笔填涂。4、考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23S-32Ca-40Mn-55第Ⅰ卷选择题：本题共20小题，共40分，每小题2分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.下列表示正确的是A.水分子的比例模型：B.硝基苯的结构简式：C.氨气的电子式：D.C的电子式：【答案】D【解析】【详解】A．水分子的比例模型：，A项错误；B．硝基苯的结构简式：，B项错误；C．氨气的电子式：，C项错误；D．C的电子式：，D项正确；答案选D。2.下列仪器与其对应名称不相符的是A．干燥管B．分液漏斗C．圆底烧瓶D．坩埚 A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．根据仪器的特点，该仪器为干燥管，故A不符合题意；B．该仪器为分液漏斗，故B不符合题意；C．该仪器为蒸馏烧瓶，故C符合题意；D．该仪器为坩埚，故D不符合题意；答案为C。3.人体正常的血红蛋白含有Fe2+，若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是A.亚硝酸盐被还原B.维生素C是还原剂C.维生素C将Fe3+还原为Fe2+D.亚硝酸盐与一氧化碳使人中毒的原理相同【答案】D【解析】【详解】A、亚硝酸盐将Fe2+氧化为Fe3+，所以亚硝酸盐应被还原，故A正确；B、服用维生素C可解毒，则维C可将Fe3+还原为Fe2+，维生素C作还原剂，故B、C均正确；D、一氧化碳的毒性主要体现在能与血红蛋白结合，从而使血红蛋白失去运输氧气的能力，与亚硝酸盐中毒原理不同，故D错误。故选D。4.下列说法正确的是A.H2O2易分解是因为H2O2分子间作用力弱B.碘升华的过程中破坏的是共价键C.离子化合物中一定含有离子键，共价化合物中一定含有共价键D.SiO2属于原子晶体，熔化时破坏共价键和分子间作用力【答案】C【解析】【详解】A．H2O2易分解破坏的是共价键，分子间作用只能影响物质的物理性质，故A错误；B．碘升华是由固态的碘单质变成气态的碘单质，属于物理变化，破坏的是分子间作用力，故B错误；C．离子化合物是通过离子键相互作用而形成的，所以离子化合物中一定含有离子键，共价化合物通过共价键相互作用而形成的，所以共价化合物中一定含有共价键，故C正确；D．SiO2属于原子晶体，熔化时破坏共价键，故D错误；故答案：C。5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A.标准状况下，4.48LCl2通入水中，转移电子数为0.2NAB.7.8g苯中含碳氢单键的数目为0.6NAC.1L0.1mol/LNa2SO4溶液中含有的氧原子数为0.4NAD.120gNaHSO4固体中含有的阳离子数为2NA【答案】B【解析】【详解】A．氯气与水的反应是可逆反应，标准状况下，4.48LCl2通入水中，转移电子数小于0.2NA，故A错误；B．苯分子中含有6个碳氢键，7.8g苯中含碳氢单键的数目为0.6NA，故B正确；C．溶液中溶剂是水，水分子中也有氧原子，1L0.1mol/LNa2SO4溶液中含有的氧原子数多于0.4NA，故C错误；D．NaHSO4固体中含有的阳离子只有钠离子，120gNaHSO4固体中含有的阳离子数为NA，故D错误；故选B。6.下列实验误差分析错误的是A用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小B.滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小C.用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小D.测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所中和热数值偏小。【答案】A【解析】【详解】A．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，A项错误；B．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，气泡占有体积，故所测体积偏小，B项正确；C．用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，则碱溶液浓度偏小，pH测定值偏小，C项正确；D．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，没有及时密封会造成热量损失，故所得中和热数值偏小，D项正确；答案选A。7.下列说法中正确的是A.两种原子的电子层上全部都是s电子，其对应元素一定属于同一周期B.两种原子最外层都只有一个电子，其对应元素化学性质一定相似C.核外电子排布为1s2的原子与核外电子排布为1s22s2的原子，其对应元素化学性质一定相似 D.3p能级上只有一个空轨道的原子和3p能级上只有一个未成对电子的原子，其对应元素一定属于同一周期【答案】D【解析】【详解】A．两原子其核外全部都是s电子的元素可以是H、He、Li、Be，H、He是第一周期元素，Li、Be是第二周期元素，对应的元素不一定属于同一周期，A错误；B．最外层都只有一个电子的原子，可能为主族H原子与副族Cu原子，化学性质不同，B错误；C．原子核外电子排布式为1s2是He，原子核外电子排布式为1s22s2是Be，二者化学性质不同，C错误；D．3p能级上只有一个空轨道的原子，为Si元素，3p能级上有一个未成对电子的原子为Al、Cl，均为第三周期元素，D正确；答案选D。8.下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是A.在透明溶液中：Cu2+、Mg2+、SO、Cl-B.加入铝粉产生H2的溶液中：Ba2+、Fe2+、HCO、NOC.NaAlO2溶液中：Cu2+、Al3+、Cl-、COD.常温下AG=lg[c(H+)/c(OH-)]=12的溶液中：Na+、K+、S2O、SO【答案】A【解析】【详解】A．在透明溶液中：Cu2+、Mg2+、SO、Cl-，可以共存，A项正确；B．加入铝粉产生H2的溶液中有可能是酸溶液也有可能是碱溶液，如果是酸溶液，HCO与H+、Fe2+与NO与H+不能共存，如果是碱溶液，OH-与HCO、Fe2+与OH-不能大量共存，B项错误；C．NaAlO2溶液中，Al3+与CO、Al3+与发生双水解反应不能大量共存，C项错误；D．常温下AG=lg[c(H+)/c(OH-)]=12的溶液中，c(H+)>c(OH-)，故溶液为酸溶液，S2O会与H+发生反应不能大量共存：S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O，D项错误；答案选A。9.许多过渡金属离子对多种配体有很强结合力，能形成种类繁多的配合物，下列说法正确的是A.1mol配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O不能与AgNO3溶液反应产生白色沉淀 B.1mol配合物Ni(CO)4中共有8molσ键C.配合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O的配体为NH3和SOD.配合物[Ag(NH3)2]OH的配位数为6【答案】B【解析】【详解】A．加入足量的AgNO3溶液，外界Cl-离子与Ag+反应形成AgCl沉淀，内界配位离子Cl-与Ag+不能反应，A说法错误；B．一个CO中有一个σ键，配合物Ni(CO)4中有四个配位键，则1mol配合物Ni(CO)4中共有8molσ键，B说法正确；C．配合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O的配体为NH3，C说法错误；D．配合物[Ag(NH3)2]OH的的配体为NH3，配位数为2，D说法错误；答案为B。10.Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图（如图），电解总反应为：2Cu+H2OCu2O+H2↑。下列说法正确的是A.电子的流向：电源负极→石墨电极→Cu→电源正极B.铜电极上的电极方程式为2Cu+H2O-2e-=Cu2O+2H+C.电解后溶液的pH变大D.当有0.1mol电子转移时，有0.1molCu2O生成【答案】C【解析】【详解】A、“石墨电极→Cu”是通过溶液中的离子导电，A错；B、强碱条件下方程式书写错误，B错；C、反应消耗水，溶液体积变小，pH变大，C正确；D、由总反应可知：Cu2O~2e-，故当有0.1mol电子转移时，有0.05molCu2O生成，D错。故选C。【点睛】 掌握电解池的工作原理，注意电子只能在导线中流动，溶液中是离子定向移动。在书写电极反应时注意溶液的酸碱性。11.下列描述正确的是A.CS2为V形的极性分子B.SiF4与SO的中心原子价层电子对数均为4C.C2H2分子中σ键与π键的数目比为1∶1D.水加热到很高温度都很难分解是因为水分子间存在氢键【答案】B【解析】【详解】A．依据价层电子对互斥理论可知，CS2中C原子的价层电子对数=2+×（4-2×2）=2，为sp杂化，为直线形，CS2为直线形非极性分子，故A错误；B．SiF4中Si原子的价层电子对数=4+×（4-4×1）=4，为sp3杂化，SO32-中S原子的价层电子对数=3+×（6+2-3×2）=4，为sp3杂化,B正确；C．C2H2分子的结构式是H—C≡C—H，σ键与π键的数目比为3∶2，C错误；D．水加热到很高温度都难分解是因水分子内的O—H键的键能较大，与分子之间是否存在氢键无关，D错误；故合理选项是B。12.实验室从废定影液[含Ag(S2O3)和Br-等]中回收Ag和Br2主要步骤为：向废定影液中加入Na2S溶液沉银，过滤、洗涤及干燥，灼烧Ag2S制Ag；制取Cl2并通入滤液氧化Br-，用苯萃取分液。其中部分操作的装置如图所示，下列叙述正确的是A.用装置甲分离Ag2S时，用玻璃棒不断搅拌B.用装置乙在空气中高温灼烧Ag2S制取AgC.用装置丙制备用于氧化滤液中Br-的Cl2 D.用装置丁分液时，先放出水相再放出有机相【答案】C【解析】【详解】A．过滤分离Ag2S时，用玻璃棒不断搅拌，容易损坏滤纸，A不正确；B．蒸发皿不能用于灼烧，在空气中高温灼烧Ag2S会生成SO2，污染环境，同时生成的Ag会被氧化成Ag2O，B不正确；C．KMnO4与浓盐酸不需加热就能反应生成Cl2，C正确；D．分液时，先放出水相，再从分液漏斗上口倒出有机相，D不正确；故选C。13.下列各组微粒，中心原子均采用sp2杂化方式的A.NH3，PCl3，CO，CO2B.SO3，NO，COCl2，BF3C.SO，ClO，PO，BF3D.BeCl2，NCl3，NO，ClO【答案】B【解析】【分析】价电子对数=成键电子对数+孤电子对数；成键电子对数=与中心原子成键的原子个数；孤电子对数=（中心原子价电子数-与中心原子结合的原子未成对电子数和）/2；阳离子在分子上减去所带电荷数、阴离子在分子上加上所带电荷数。【详解】A．NH3、PCl3价层电子对均为4，中心原子均采用sp3杂化方式，故A错误；B．SO3、NO、COCl2、BF3价层电子对均为3，中心原子无孤电子对，中心原子均采用sp2杂化方式，故B正确；C．SO、ClO、PO价层电子对均为4，中心原子均采用sp3杂化方式，故C错误；D．NCl3、ClO价层电子对均为4，中心原子均采用sp3杂化方式，故D错误；故答案为B。14.热激活电池可用作火箭、导弹工作电池。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池的总反应方程式为：PbSO4＋2LiCl＋Ca=CaCl2＋Li2SO4＋Pb。下列有关说法正确的是 A.正极反应式：Ca＋2Cl-－2e-=CaCl2B.放电过程中，Li＋向钙电极移动C.外电路中，电子由硫酸铅电极经导线流向钙电极D.常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转【答案】D【解析】【分析】根据总反应方程式，Ca的化合价升高，根据原电池工作原理，Ca作负极，硫酸铅中Pb的化合价降低，硫酸铅作正极，利用原电池工作原理，进行分析；【详解】A．根据原电池工作原理，电池正极上得到电子，发生还原反应，故A错误；B．放电过程属于原电池，根据原电池工作原理，阳离子向正极移动，即Li+向硫酸铅一极移动，故B错误；C．根据原电池工作原理，电子从负极经外电路流向正极，即电子从钙电极经导线流向硫酸铅电极，故C错误；D．根据题中信息，作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能，常温下是没有电子通过的，故D正确；答案为D。15.化合物A是近年来采用的锅炉水添加剂，其结构简式如图，A能除去锅炉水中溶解的氧气，下列说法正确的是A.分子中所有原子都在同一平面内B.A分子中C、N的杂化类型相同C.A分子中每个N原子上均含有一对孤电子对D.A分子中C原子上一个sp2杂化轨道与O原子中p轨道“肩并肩”形成π键 【答案】C【解析】【详解】A．分子中N有3条键，存在一对孤对电子，则N均为sp3杂化，以N为中心存在多个三角锥结构，故所有原子不可能都在同一平面内，A项错误；B．A分子中C为sp2杂化、N为sp3杂化，杂化类型不同，B项错误；C．A分子中每个N原子有3条键，且均含有一对孤电子对，C项正确；D．A分子中C为sp2杂化，未参与杂化的p轨道与O原子中p轨道“肩并肩”形成π键，D项错误；答案选C。16.六氟化硫分子呈正八面体形(如图所示)，下列有关六氟化硫的推测正确的是A.六氟化硫易燃烧生成二氧化硫B.六氟化硫中各原子均达到8电子稳定结构C.六氟化硫分子中的S—F键都是σ键，且键长、键能都相等D.六氟化硫分子是极性分子【答案】C【解析】【详解】A．与O2燃烧可燃物要发生氧化反应，六氟化硫中S化合价应升高，不能降价生成SO2，而且六氟化硫中S已经最高价+6，故不会燃烧，A项错误；B．六氟化硫中S原子周围有12个电子，B项错误；C．六氟化硫分子是一个正八面体结构，S—F键都是σ键，且键长、键能都相等，C项正确；D．六氟化硫分子空间对称，正负电中心重合，是非极性分子，D项错误；答案选C。17.共价化合物分子中各原子有一定的连接方式，某分子可用球棍模型表示如图，A的原子半径最小，C、D位于同周期，D的常见单质常温下为气态，下列说法正确的是（） A.B的同素异形体数目最多2种B.A与C不可以形成离子化合物C.通过含氧酸酸性可以比较元素B和C的非金属性D.C与D形成的阴离子CD2－既有氧化性，又有还原性【答案】D【解析】【分析】A的原子半径最小，为氢原子，C、D位于同周期，C形成三个共价键，B形成4个共价键，C为N，B为C，D的常见单质常温下为气态，D形成两个共价键，D为O，然后分析；【详解】A．根据分析，B为C，它的同素异形体有金刚石，石墨，C60等，数目不是最多2种，故A错误；B．N和H可以形成氢化铵，属于离子化合物，故B错误；C．通过最高氧化物对应的水化物的酸性比较元素C和N的非金属性，不能比较含氧酸酸性，故C错误；D．N与O形成的阴离子NO2－中，氮元素的化合价为+3，处于中间价态，既可以升高，也可以降低，既具有氧化性又具有还原性，故D正确；答案选D。【点睛】判断出这种分子的结构式是关键，需要从题目中提取有效信息，根据球棍模型判断出分子的结构。18.2mol金属钠和1mol氯气反应的能量关系如图所示，下列说法不正确的是（）A.ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6+ΔH7B.ΔH4的值数值上和Cl-Cl共价键的键能相等C.ΔH7<0，且该过程形成了分子间作用力D.ΔH5<0，在相同条件下，2Br(g)的ΔH5′>ΔH5 【答案】C【解析】【详解】A．由盖斯定律可得，ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6+ΔH7，A正确；B．ΔH4为破坏1molCl-Cl共价键所需的能量，与形成1molCl-Cl共价键的键能在数值上相等，B正确；C．物质由气态转化为固态，放热，则ΔH7<0，且该过程形成了离子键，C不正确；D．Cl转化为Cl-，获得电子而放热，则ΔH5<0，在相同条件下，由于溴的非金属性比氯弱，得电子放出的能量比氯少，所以2Br(g)的ΔH5′>ΔH5，D正确；故选C。19.常温下向25mL0.1mol·L-1NaOH中逐滴滴加0.2mol·L-1的HN3(叠氮酸)溶液，pH的变化曲线如图(溶液混合时体积的变化忽略不计，HN3的Ka=10-4.7)。下列正确的是A.水电离出的c(H+)：A点大于B点B.在B点，离子浓度大小为c(OH-)>c(H+)>c(Na+)>c(N)C.在C点，滴加的V(HN3)=12.5mLD.在D点，2c(H+)-2c(OH-)=c(N)-c(HN3)【答案】D【解析】【详解】A．A点为氢氧化钠溶液，氢氧化钠浓度越大，水的电离程度越小，B点为氢氧化钠和NaN3的混合液，水解促进了水的电离，则水电离出的c(H+)A点小于B点，故A错误；B．B点呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，由于pH=8，混合液中的氢离子、氢氧根离子浓度较小，则正确的离子浓度大小为：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)，故B错误；C．滴加的V(HN3)=12.5mL时，恰好反应生成NaN3，溶液呈碱性，而C点溶液的pH=7，所以C点V(HN3)＞12.5mL，故C错误； D．在D点，V(HN3)=25mL，相当于NaN3和HN3的1：1混合溶液，由质子守恒可得：2c(H+)+c(HN3)=2c(OH-)+c()，移项得：2c(H+)-2c(OH-)=c()-c(HN3)，故D正确；答案选D。20.某同学采用工业大理石(含有少量、、等杂质)制取，设计了如下流程：下列说法不正确的是A.固体Ⅰ中含有，固体Ⅱ中含有、B.加入石灰水时，要控制，防止固体Ⅲ中，转化为C.试剂选用盐酸，从溶液Ⅲ得到产品的过程中，应控制条件防止其分解D.若改变实验方案，在溶液Ⅰ中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶也可得到纯净的【答案】D【解析】【分析】向工业大理石(含有少量、、等杂质)中加足量的盐酸，得到二氧化硅沉淀和氯化钙、氯化铝、氯化铁混合溶液，所以固体Ⅰ中含有SiO2，滤液中加石灰水，控制pH，可以得到Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，即为固体II，过滤，得滤液，再加入盐酸中和过量的氢氧化钙，得氯化钙溶液，CaCl2·6H2O易分解，所以从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解。【详解】A．由分析可知，固体Ⅰ中含有，固体Ⅱ中含有、，A项正确；B．具有两性，可以和氢氧化钙反应生成，故加入石灰水时，要控制，防止固体Ⅲ中，转化为，B项正确；C．由分析可知，试剂a为盐酸，CaCl2·6H2O易分解，所以从溶液中获得氯化钙晶体时，要防止其分解，C项正确；D．若改变实验方案，在溶液Ⅰ中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液中含有氯化铵，引入杂质，D项错误；答案选D。 第Ⅱ卷21.成都外国语学校化学兴趣小组探究了原电池、电解池的相关工作原理。（1）小组同学进行了如下两个实验，其中电池工作效率更高的应是实验_______。实验2中，盐桥(含KCl饱和溶液的琼胶)中K+流向_______(选填“ZnSO4”或“CuSO4”)溶液，如果Zn的消耗速率为1×10-3mol·s-1，则K+的迁移速率为_______mol·s-1。（2）小组同学分析研究甲醇和氧气以强碱(用NaOH表示)做电解质溶液的新型电池。甲醇在_______极反应；电极反应式为_______。（3）小组同学设计了如下装置，用电解法把Na2CrO4转化为Na2Cr2O7。电解过程中，Na+的移动方向为_______(填“左至右”或“右至左”)。Na2Cr2O7在阳极区产生的原理为_______。【答案】（1）①.2②.CuSO4③.2×10-3（2）①.负②.CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O（3）①.右至左②.阳极电极反应产生H+，使2CrO+2H+Cr2O+H2O平衡正向移动【解析】【小问1详解】双液原电池Zn没有接触CuSO4，电压更稳定，故放电效率更高的为实验2；琼脂中K+流向原电池正极，故流入CuSO4溶液；负极反应为Zn2++2e-=Zn，正极反应为：Cu2++2e-=Cu，根据溶液电荷守恒，每消耗1倍的Zn就会有2倍的K+迁移至CuSO4溶液，故K+迁移速率为2×1×10-3mol·s-1=2×10-3mol·s-1；【小问2详解】通燃料一极为原电池的负极，故甲醇在负极反应；电极方程式为：CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O； 【小问3详解】Na2CrO4转化为Na2Cr2O7的离子方程式为：2CrO+2H+Cr2O+H2O，故电解时右侧发生反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，故右侧电极为阳极，左侧电极为阴极，Na+移动方向为从右到左。22.A、B、C、D、E、F、G为原子序数依次增大的短周期元素，B、C相邻且同周期，A、D同主族。A、C能形成甲、乙两种化合物，原子个数比分别为2：1和1：1其中甲为常见的溶剂。E是地壳中含量最多的金属元素，F元素为同周期电负性最大的元素。G为第四周期未成对电子数最多的元素，请回答下列问题：（1）B、C中第一电离能更大的元素基态原子的价电子排布式为_______，G在周期表中属于_______区。（2）A与B形成的离子的键角比A与B形成的分子的键角_______(填“大”或“小”)。（3）B与As同族，AsO的空间构型为_______。As4O6的分子结构如图所示，则该化合物中As的杂化方式是_______。（4）G3+与甲、F的简单离子构成配合物，在含有0.001mol该配合物的溶液中加入过量AgNO3溶液，经过滤、洗涤、干燥后，得到0.002mol白色沉淀。已知该配合物的配位数为6，则其化学式为_______。（5）已知E、F构成的化合物可形成如下图所示的二聚体，其熔点190°C，沸点183°C.该二聚体形成的晶体类型为_______，晶体中含有的作用力有_______(填序号)。A．离子键B．共价键C．金属键D．配位键E．范德华力F．氢键（6）白磷(P4)的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图(小圆圈表示白磷分子)。已知晶胞的边长为anm，阿伏加德罗常数的数值为NA，则该晶胞中含有P原子的个数为_______，该晶体的密度为_______(用含NA、a的代数式表示)g·cm-3。【答案】（1）①.2s22p3②.d（2）大（3）①.正四面体②.sp3 （4）[CrCl(H2O)5]Cl2（5）①.分子晶体②.BDE（6）①.16②.【解析】【分析】E是地壳中含量最多的金属元素，则E为Al；A、C能形成两种化合物甲和乙，原子个数比分别为2：1和1：1，甲为常见的溶剂，则A为H元素；C为O元素；B、C相邻且同周期，则B为N元素；A、D同主族，结合原子序数可知D为Na；F元素为同周期电负性最大的元素，F是Cl；G为第四周期未成对电子数最多的元素，外围电子排布应为3d54s1，G为Cr。【小问1详解】B、C中第一电离能更大的元素为N，基态原子的价电子排布式为：2s22p3；Cr在周期表中属于d区；【小问2详解】A与B形成的离子为，为正四面体构型，A与B形成的分子为NH3，为三角锥构型，故A与B形成的离子的键角比A与B形成的分子的键角大；【小问3详解】AsO孤对电子数为，价层电子对数为4，为正四面体构型；根据结构图所示，分子中每个As存在3条键和1对孤电子对，故价层电子对数为4，sp3杂化；【小问4详解】根据题干信息，配合物与外界的Cl-之比为1：2，甲是H2O，配合物的配位数为6，中心离子是Cr3+，故还有1个Cl-在内界，则其化学式为[CrCl(H2O)5]Cl2；【小问5详解】根据熔沸点可知该二聚体形成的晶体类型为分子晶体；结合结构图和Al价电子数可知，Al周围四条化学键其中一条是配位键，晶体中含有的作用力有范德华力、共价键、配位键；【小问6详解】根据均摊法，该晶胞中含有P4原分的个数为；P原子为4×4=16，该晶体的密度为g·cm-3。23.实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(反应主要装置如图一所示，其它装置省略)。 当盐酸达到一个临界浓度时，反应就会停止。为测定反应残余液中盐酸的临界浓度，探究小组同学提出了下列实验方案：甲方案：将产生的Cl2与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，再进行计算得到余酸的量。乙方案：采用酸碱中和滴定法测定余酸浓度。丙方案：余酸与已知量CaCO3(过量)反应后，称量剩余的CaCO3质量。丁方案：余酸与足量Zn反应，测量生成的H2体积。具体操作：装配好仪器并检查装置气密性，接下来的操作依次是：①往烧瓶中加入足量MnO2粉末②往烧瓶中加入20mL12mol·L-1浓盐酸③加热使之充分反应。（1）实验室制Cl2的化学方程式为_______。（2）若使用甲方案，产生的Cl2必须先通过盛有_______的洗气瓶，再通入足量AgNO3溶液中；已知AgClO易溶于水，写出Cl2与AgNO3溶液反应的化学方程式_______。（3）进行乙方案实验：准确量取残余清液，稀释5倍后作为试样。准确量取试样25.00mL，用1.5000mol·L-1NaOH标准溶液滴定，选用合适的指示剂，消耗NaOH标准溶液23.00mL，则由此计算得到盐酸的临界浓度为_______mol·L-1；若实验时碱式滴定管使用前未润洗，会使测得余酸的临界浓度偏_______。(填“高”或“低”或“不变”)（4）判断丙方案的实验结果，会使测得余酸的临界浓度偏_______。(填“高”或“低”或“不变”)[已知：Ksp(CaCO3)=2.8×10-9、Ksp(MnCO3)=2.3×10-11]（5）进行丁方案实验：装置如图二所示(夹持器具已略去)。 使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是倾斜Y形管，将_______中。(填“Zn倒入余液”或“余液倒入Zn”)反应完毕，需要读出量气管中气体的体积，首先要_______然后再_______，最后视线与量气管内凹液面最低处相平。【答案】（1）MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O（2）①.饱和食盐水②.Cl2+H2O+AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO3（3）①.6.9000mol/L②.高（4）低（5）①.Zn倒入余液②.使气体冷却到室温③.调整量气管两端液面相平【解析】【分析】实验要测定反应残余液中盐酸的临界浓度，甲方案要注意HCl易挥发，Cl2中会混有HCl，要先用饱和食盐水除杂；丁方案用到了量气管，量气管要预先调整液面相平，反应后也要调整液面相平，保证管内气压与外界大气压相等，防止影响气体体积造成误差。【小问1详解】实验室制Cl2反应为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O【小问2详解】氯气中的杂质气体氯化氢，可用饱和食盐水除去；可将反应分成两步，第一步：Cl2+H2OHCl+HClO，第二步：AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3，由于AgClO易溶于水，所以AgNO3与HClO不反应，两步相加可得：Cl2+H2O+AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO3；【小问3详解】临界浓度为：；若实验时碱式滴定管使用前未润洗，则 所测标准溶液体积偏大，根据公式：，会使测得余酸的临界浓度偏高；【小问4详解】制取Cl2反应后溶液存在Mn2+，Ksp(MnCO3)<Ksp(CaCO3)，MnCO3更易沉淀，余酸与已知量CaCO3(过量)反应后，会有部分CaCO3转化为MnCO3，M(Mn)>M(Ca)，故称量的剩余的CaCO3质量偏大，计算的参加反应的CaCO3质量偏小，测得余酸的临界浓度偏低；【小问5详解】防止酸液附着试管壁导致误差，故应将Zn倒入余液；该反应放热，温度高会使气体体积膨胀造成误差，故要先使气体冷却到室温；读数前要调整量气管使两端液面相平。24.铂是重要的催化剂和吸氢材料，广泛用于新能源和化工行业。一种以电解精炼铜的阳极泥(含Pt、Au、Ag及少量有机物)为原料生产海绵Pt及Au的工艺流程如下：回答下列问题：（1）“焙烧”的主要目的是_______，“操作I”为_______。（2）已知“滤液I”主要含HAuCl4、H2PtCl6，且二者均为强酸。HAuCl4中金元素化合价为_______。（3）“沉金”的化学反应方程式为。_______。（4）“沉铂”中生成(NH4)2PtCl6，结合“沉铂”过程中的平衡移动原理解释升高温度，(NH4)2PtCl6沉淀率升高的主要原因_______。（5）“灼烧”时发生分解反应的化学方程式为_______。【答案】（1）①.将有机物燃烧去除②.过滤（2）+3（3）HAuCl4+3FeCl2=Au↓+3FeCl3+HCl（4）存在反应H2PtCl6+2NH4Cl(NH4)2PtC16+2HCl，升高温度有利于HCl挥发，促使平衡正向移动，使(NH4)2PtCl6，沉淀率升高（5）3(NH4)2PtCl63Pt+2N2↑+18HCl↑+2NH3↑【解析】【分析】电解精炼铜的阳极泥(含Pt、Au、Ag及少量有机物)，通过焙烧，可以除去里面的少量有机物；然后再加入王水，Ag+会沉淀，生成氯化银沉淀，金和铂会转化为HAuCl4、H2PtCl6，通过过滤，由题可知“滤 液Ⅰ”主要含HAuCl4、H2PtCl6；滤液Ⅰ中加入氯化亚铁，HAuCl4被还原为Au，通过过滤分离；滤液中加入氯化铵，会与H2PtCl6反应，生成(NH4)2PtCl6；(NH4)2PtCl6通过灼烧，得到海绵Pt，据此分析作答。【小问1详解】由分析可知，“焙烧”的主要目的是将有机物灼烧除掉；“操作Ⅰ”为过滤；【小问2详解】HAuCl4中氢为+1价，氯为-1价，则金元素化合价为+3价；【小问3详解】“沉金”时加入氯化亚铁与HAuCl4反应，生成Au，Au的化合价降低，则同时还会生成氯化铁，化学反应方程式为：；【小问4详解】“沉铂”时，加入氯化铵，会与H2PtCl6反应，生成(NH4)2PtCl6，化学方程式为：，该反应中升高温度有利于HCl挥发，促使平衡正向移动，使沉淀率升高；【小问5详解】(NH4)2PtCl6通过灼烧，得到海绵Pt，通过氧化还原反应原理和原子守恒分析，还会生成氨气、氯化氢和氮气，化学方程式为：。【点睛】对于陌生化学反应方程式的书写，先看价态有没有改变，改变为氧化还原反应，根据价态改变，确定反应物和生成物，再根据得失电子守恒配平。25.碳中和的含义是减少含碳温室气体的排放，采用合适的技术固碳，最终达到平衡。（1）下列措施对实现“碳中和”不具有直接贡献的一项是_______。A.采取节能低碳生活方式B.推行生活垃圾分类C.植树造林增加绿色植被D.燃煤锅炉改烧天然气（2）二氧化碳加氢制备甲醇可有效缓解温室效应问题。已知：(I)CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH1=+42.3kJ/mol(II)CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g)ΔH2(III)CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH3=-49.4kJ/mol①ΔH2=_______。 ②在260°C、5MPa恒容条件下发生反应(III)，原料气体积组成为V(CO2)：V(H2)：V(N2)=1：3：l，平衡时CO2的转化率为50%，则H2的压强为_______MPa，反应(III)的平衡常数：Kp=_______(MPa)-2(计算结果精确至小数点后两位，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。（3）Ni-CeO2催化CO2加H2形成CH4的反应历程如图1所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)，含碳产物中CH4的物质的量百分数(Y)及CO2的转化率随温度的变化如图2所示。①下列对CO2甲烷化反应体系的说法不合理的有_______。A．存在副反应CO2+H2CO+H2OB．存在反应CO2+4H2CH4+2H2OC．含碳副产物的产率均高于CH4D．温度高于360°C后，升高温度，甲烷产率将继续保持不变②CO2甲烷化的过程中，保持CO2与H2的体积比为1：5，反应气的总流量控制在36mL·min-1，260°C时测得CO2转化率为40%，则H2反应速率为_______mL·min-1。【答案】（1）B（2）①.+91.7kJ/mol②.1.5③.0.15（3）①.CD②.9.6【解析】【小问1详解】采取节能低碳生活方式，可以减少二氧化碳的排放，对实现“碳中和”具有直接贡献，故A不选；B．推行生活垃圾分类，可以回收利用资源，防止有害垃圾污染环境，不会直接影响“碳中和”，故B选；C．植树造林增加绿色植被可以吸收二氧化碳，对实现“碳中和”具有直接贡献，故C不选；D．燃煤锅炉改烧天然气，可以减少二氧化碳的排放，对实现“碳中和”具有直接贡献，故D不选；故选：；【小问2详解】根据盖斯定律：ⅠⅢ得 ；反应Ⅰ是吸热反应，且熵不增加，该反应一定不能自发进行，反应Ⅱ，，该反应在高温下能自发进行，反应Ⅲ，，则该反应在低温能自发进行，故答案为：；设起始氢气、二氧化碳和氮气的物质的量分别为、和，平衡时二氧化碳的转化率为，列化学平衡三段式，                   起始                                 转化                                      平衡                                      此时混合气体总物质的量为，，，，，故答案为：；；【小问3详解】结合图示可知，存在和反应生成和的副反应，故A正确；B根据题意及图催化加形成，则存在反应：，故B正确；C结合图示可知，含碳产物中的物质的量百分数，则含碳副产物的产率，所以含碳副产物的产率均低于，故C错误；D结合图可知，当温度高于时，的转化率继续增大，而的百分含量几乎不在变化，说明继续升高温度甲烷产率几乎不变，故D错误，故答案为：D；