浙江省宁波市余姚中学2023-2024学年高二上学期期中化学试题（Word版附解析）

余姚中学2023学年第一学期期中考试高二化学选考试卷可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Si28S32Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Ba137Ag108Mn55选择题部分一、选择题(本大题共20小题，1-10每题2分，11-20每题3分，共50分。每个小题只有一个正确选项。)1.下列物质含共价键且属于盐的是A.B.C.KClOD.【答案】C【解析】【详解】A．是氧化物，含有离子键和非极性共价键，故A不符合题意；B．是碱，含有离子键和极性共价键，故B不符合题意；C．KClO是盐，含有离子键和极性共价键，故C符合题意；D．是酸，含有共价键，故D不符合题意。综上所述，答案为C。2.下列表示的不同状态的N元素原子中，第一电离能最小的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】不同状态的N元素原子中，第一电离能最小，说明处于激发态且能量较高，根据四个选项分析，B选项中一个电子在3p能级，能量最高，失去该电子需要的能量最小，则第一电离能最小，故B符合题意。综上所述，答案为B。3.下列说法正确的是A.铜元素位于元素周期表的d区B.中子数为32的铁原子：C.的空间结构为三角锥形D.Cl-Cl的键电子云图形为：【答案】D 【解析】【详解】A．铜元素位于元素周期表的ds区，A错误；B．中子数为32的铁原子：，B错误；C．的空间结构平面三角形，C错误；D．Cl-Cl的键电子云通过头碰头重叠，电子云图形为：，D正确；答案选D。4.下列实验操作正确的是A．推动活塞一段时间后松开，可检验装置的气密性B．乙酸乙酯的制备和收集C．分离苯和溴苯D．粗盐水的过滤A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．推动活塞，液体可沿长颈漏斗下端上升，观察液柱的变化可检验气密性，A项正确；B．乙酸乙酯与NaOH能发生反应，应选饱和碳酸钠溶液收集，B项错误；C．苯和溴苯互溶，不能采用分液分离，C项错误；D．过滤操作中，漏斗下端应紧贴烧杯内壁，D项错误；故选A。5.电极材料制备的反应为，下列说法正确的是A.生成0.1mol，转移的电子数为0.1 B.还原产物为和COC.标准状况下，生成20.16LCO时，被还原的为0.1molD.还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶6【答案】B【解析】【详解】A．FePO4中Fe显+3价，Li2CO3中C显+4价，C6H12O6中C显0价，CO中C显+2价，LiFePO4中Fe显+2价，FePO4、Li2CO3为氧化剂，C6H12O6为还原剂，生成6molLiFePO4，转移电子物质的量为12mol，因此生成0.1molLiFePO4，转移电子物质的量为0.2mol，故A错误；B．根据A选项，LiFePO4、CO为还原产物，故B正确；C．标准状况下，20.16LCO的物质的量为=0.9mol，根据反应方程式可知，被氧化的C6H12O6物质的量为0.1mol，故C错误；D．FePO4、Li2CO3为氧化剂，C6H12O6为还原剂，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶9，故D错误；答案B。6.下列离子方程式书写正确的是A.NaHCO3溶液的水解：B.向溶液中通入少量SO2：C.向溶液中滴加Na2CO3溶液：D.向CaCl2溶液中通入CO2：【答案】B【解析】【详解】A．NaHCO3溶液的水解离子方程式：，选项A错误；B．向溶液中通入少量SO2离子方程式：，选项B正确；C．向溶液中滴加Na2CO3溶液离子方程式：，选项C错误；Ｄ．向CaCl2溶液中通入CO2，两者不反应，选项D错误；答案选B。 7.下列物质的水溶液在空气中小心加热蒸干至质量不再减少，能得到较纯净的原溶质的是①②③④⑤⑥A.全部B.仅①②C.仅①⑤D.仅①【答案】D【解析】【详解】①溶液中铜离子水解生成氢氧化铜和硫酸，硫酸是难挥发性酸，故加热蒸干至质量不再减少时，能得到较纯净的原溶质，①符合；②具有还原性，加热时被氧化为，故②不符合；③受热分解生成碳酸钙、二氧化碳和水，加热蒸干至质量不再减少时，能得到较纯净的碳酸钙，故③不符合；④受热分解生成、和，得不到原溶质，故④不符合；⑤加热到质量不变时分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，得不到原溶质，故⑤不符合；⑥溶液水解生成氢氧化铁和氯化氢，加热时，氯化氢挥发促进水解得到氢氧化铁，得不到原溶质，故⑥不符合；综上所述，只有①符合，答案选D。8.有5种元素X、Y、Z、Q、T。X原子M电子层上p能级有2个未成对电子且无空轨道；Y原子的价层电子排布式为3d64s2；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道；Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子；T原子的M电子层上p轨道半充满。下列叙述不正确的是A.元素Y和Q可形成化合物Y2Q3B.简单离子半径：T>X>QC.的中心原子价层电子对数为3D.XQ2的空间结构是V形【答案】C【解析】【分析】5种元素X、Y、Z、Q、T，X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道，则X为S元素；Y原子的价层电子排布式为，则Y为Fe元素；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则为C元素；Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子，则Q是O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，则T是P元素。【详解】A．元素Y和Q可形成化合物Y2Q3，即，A项正确； B．核外电子排布相同离子，原子序数越小，离子半径越大，所以离子半径：，的核外电子只有两层，而、的核外电子有三层，所以简单离子半径：，B项正确；C．由分析知是，中心原子价层电子对数为，C项错误；D．由分析知是，中心原子价层电子对数为，空间结构是V形，D项正确；故选C。9.下列说法一定正确的是A.25℃时，向溶液中加入的NaOH溶液，当水电离出的时，滴加氢氧化钠溶液的体积可能出现两种情况，则HA为弱酸B.常温下，将pH=2的一元酸HA溶液与pH=12的一元碱BOH溶液等体积混合，所得溶液pH=7C.相同温度下，的NaCl溶液和的NaCN溶液中的离子总数相等D.将冰醋酸加水稀释，冰醋酸的电离度逐渐增加，但电离常数Ka不变，逐渐增大，导电性逐渐增强【答案】A【解析】【详解】A．25℃时，向10mL0.1mol·L-1HA溶液中加入0.1mol·L-1的NaOH溶液，当水电离出的c(H+)=1.0×10-7mol·L-1时，滴加氢氧化钠溶液的体积可能出现两种情况，如图所示，则HA为弱酸，选项A正确；B．常温下，将pH=2的一元酸HA溶液与pH=12的一元碱BOH溶液等体积混合，若HA为弱酸，所得溶液pH<7；若BOH为弱碱，所得溶液pH>7，选项B错误；C．NaCN溶液中CN-水解，相同温度下，1L0.02mol·L-1的NaCl溶液中的离子总数大于2L0.01mol·L-1NaCN溶液中的离子总数，选项C错误；D．将冰醋酸加水稀释，冰醋酸的电离度逐渐增加，但电离常数Ka不变，c(H+)先增大后减小，导电性先增强后减弱，选项D错误；答案选A。10.根据元素周期律和元素周期表，下列推断不合理是 A.第33号元素的单质在常温常压下是固体B.第24号元素的基态原子所含的未成对电子数是所在周期元素基态原子中最多的C.位于第六周期VIA族的元素，最高正价是，最低负价为D.若能发现第120号元素，应是一种金属元素，位于周期表的第八周期IIA族【答案】C【解析】【详解】A．原子序数为33的元素为砷元素，砷单质常温常压下是固体，故A不符合题意；B．原子序数为24的元素为铬元素，铬原子的价电子排布式为3d54s1，基态原子所含的未成对电子数为6，是所在第四周期元素基态原子中最多的，故B正确；C．位于第六周期VIA族的元素为金属元素钋元素只有正化合价，不存在负化合价，故C错误；D．原子序数为120的元素位于元素周期表第八周期IIA族，是一种金属性很强的金属元素，故D正确；故选C。11.某种离子液体的结构如图所示，X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，Q为非金属性最强的元素。下列说法正确的是A.氢化物的沸点：B.基态原子未成对电子数：C.简单离子半径：D.基态原子第一电离能由大到小的顺序为：【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Q为非金属性最强的元素，则Q为F，根据某种离子液体的结构得到X、Q有一个价键，Z有四个价键，M有三个价键，Y得到一个电子形成四个价键，Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，Y、Z、M为同周期相邻元素，则X为H，Y为B，Z为C，M为N，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，Z为C、M为N，由于碳有固态、液态和气态的很多氢化物，故无法比较碳和氮氢化物的沸点，A错误； B．由分析可知，Y为B，核外有1个未成对电子，而Q为F，核外也有1个未成对电子，故基态原子未成对电子数：，B错误；C．由分析可知，M为N、Q为F，故N3-、F-具有相同的核外电子排布，则核电荷越大半径越小，即简单离子半径：N3-＞F-即，C错误；D．由分析可知，Y为B，Z为C，M为N，Q为F，根据同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势，ⅡA和ⅤA高于相邻元素，同一主族从上往下第一电离能依次减小，故基态原子第一电离能由大到小的顺序为：F＞N＞C＞B即，D正确；故答案为：D。12.火星大气中含有大量CO2，一种有CO2参加反应的新型全固态电池有望为火星探测器供电。该电池以金属钠和碳纳米管作为两极(如图所示)，放电的总反应为4Na+3CO2=2Na2CO3+C，下列说法正确的是A.金属Na作负极，发生还原反应B.该电池的介质可以选择Na2CO3溶液C.正极反应式：3CO2+4e-=2CO+CD.工作时电流从Na电极经导线流向碳纳米管电极【答案】C【解析】【分析】根据放电的总反应可知钠元素化合价升高，Na做负极，电极反应式为Na-e-=Na+，CO2做正极，正极反应式：3CO2+4e-=2+C；【详解】A．负极上Na失电子生成Na+，化合价升高，发生氧化反应，故A错误；B．Na是活泼金属，能与溶液中水反应，因此该电池的介质不能选择Na2CO3溶液，故B错误；C．正极上CO2得电子发生还原反应，电极反应式：3CO2+4e-=2+C，故C正确；D．放电时，Na为负极、碳纳米管为正极，电流从正极流向负极，即从正极碳纳米管沿外电路流向负极Na，故D错误； 故选：C。13.关于化合物(NH4)2Cr2O7的性质，下列推测合理的是A.(NH4)2Cr2O7固体受热分解产物可能为CrO3、NH3、N2和H2OB.在(NH4)2Cr2O7溶液中滴加足量浓KOH溶液时只发生离子反应：NH+OH-=NH3↑+H2OC.若一定条件下(NH4)2Cr2O7溶液与H2O2反应生成CrO5(Cr为+6价)，推测CrO5可能具有分子稳定性差，易分解的性质D.用浓盐酸酸化(NH4)2Cr2O7溶液，会使平衡Cr2O+H2O2CrO+2H+逆向移动，溶液由黄色(或橙黄色)变为橙色【答案】C【解析】【详解】A．-3价的氮元素具有还原性，+6价的铬元素具有氧化性，(NH4)2Cr2O7固体受热分解，铬元素化合价会降低，氮元素化合价会升高，A错误；B．在(NH4)2Cr2O7溶液中滴加足量浓KOH溶液时，除了发生反应NH+OH-=NH3↑+H2O，还发生反应Cr2O+H2O2CrO+2H+正向移动，B错误；C．若一定条件下(NH4)2Cr2O7溶液与H2O2反应生成CrO5，Cr为+6价，O为-价，则CrO5可能具有分子稳定性差，易分解的性质，C正确；D．(NH4)2Cr2O7溶液中的Cr2O具有强氧化性，能与浓盐酸发生氧化还原反应，D错误；答案选C。14.近似测定氧化KI的瞬时速率公式与速率常数k的实验流程如下：加入KI后反应如下：①；②在耗尽时溶液变蓝色瞬间记录用时，测得不同起始浓度下反应时间、反应速率与反应速率常数如表所示：实验编号12345 溶液用量/mL2.01.00.502.02.0溶液用量/mL2.02.02.01.00.50溶液用量/mL01.511.5反应时间/s376813372139反应速率2.01.10.51.0反应速率常数3.43.83.43.44.0下列说法正确的是A.上表中的速率为完全消耗后测得的平均速率B.由实验可知反应的速率公式为C.表中数据，约为0.5D.实验测得的5组反应速率常数不完全相等，说明浓度对k有影响【答案】C【解析】【详解】A．根据题目中的第一句话，表格中的速率应该为瞬时速率，A错误；B．根据瞬时速率计算公式，分别选取1、3、4三组数据，带入相关量得到联合①②，解得n=1；联系②③，解得m=1，B错误；C．将v5带入速率公式得到 解之v5=0.5，C正确；D．速率常数与反应温度、反应介质（溶剂）、催化剂等有关，甚至会随反应器的形状、性质而异。与浓度无关，D错误；故选C。15.都是重要的化工原料，已知：难溶于冷水，易溶于热水，﹔，，20℃时，在不同浓度盐酸中的最大溶解量如图所示下列说法正确的是A.盐酸浓度越小，越小B.x、y两点对应的溶液中相等C.PbCl2和盐酸混合液中加入稀硫酸后得到，当时，为D.当盐酸浓度小于时，随着浓度的增大，溶解量减小是因为浓度增大使溶解平衡逆向移动【答案】D【解析】【详解】A．温度能影响溶度积，浓度对溶度积无影响，盐酸浓度越小，温度不变，Ksp(PbCl2)不变，A项错误；B．由图可知，x、y两点Cl-浓度不相等，两点Ksp(PbCl2)=c(Pb2+)∙c2(Cl-)相等，则x、y两点对应溶液中c(Pb2+)不相等，B项错误；C．当c(Cl-)=0.1mol/L时，溶液中c(Pb2+)==mol/L=1.6×10-3mol/L，溶液中c()= =mol/L=6.75×10-6mol/L，C项错误；D．由图可知，当盐酸浓度小于1mol/L时，随着盐酸浓度的增大，PbCl2溶解量减少是因为Cl-浓度增大，使PbCl2的溶解平衡：PbCl2(s)⇌Pb2+(aq)+2Cl-(aq)逆向移动，D项正确；答案选D。16.我国科学家研究化合物催化氢化生成甲酸的机理，其中由化合物生成化合物过程的机理和相对能量曲线如下图所示。均为过渡态。下列说法正确的是A.过渡态TS1比化合物Р更稳定B.过程M→P为化合物M生成化合物N的决速步骤C.化合物M催化氢化生成甲酸的反应过程中一定有键的生成和断裂D.由生成的热化学方程式：【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，过渡态TS1比P能量高，则P更稳定，选项A错误；B．由图可知，过程P→TS2为两步反应中活化能较大的反应，为慢反应，即为化合物M生成化合物N的决速步骤，选项B错误；C．化合物M为催化剂，反应前后结构不会改变，比较M、N的结构可知，当Fe-O键的断裂重新连接氢原子生成M，所以一定有Fe-O键的生成和断裂，选项C正确；D．图示为一个二氧化碳分子反应过程，能量变化为-11.63eV，所以当有1mol二氧化碳反应能量变化为-11.63eV×1.6×10-19J/eV×6.02×1023=1.12×106J=1120kJ，则该过程的热化学方程式为：M（s）+CO2（g）=N（s）ΔH=-1120kJ⋅mol-1，选项D错误；答案选C。17.某小组为测定NaCl晶体中离子键断裂时所需要的能量(△H4)，设计了如图所示的转化关系，则△H4可表示为 A.△H1+△H2-△H3-△H5+△H6B.△H1+△H2+△H3-△H5+△H6C.△H1+△H2+△H3-△H5-△H6D.△H3+△H5-△H1-△H2-△H6【答案】A【解析】【详解】由图可知，氯化钠和溴化钠固体通过过程1、2、6得到的微粒和通过过程3、4、5得到的微粒都是Na+(g)、Br-(aq)、Na+(aq)、Cl-(aq)，故两部分的反应热相同，△H3+△H4+△H5=△H1+△H2+△H6，即△H4=△H1+△H2-△H3-△H5+△H6；故选A。18.乙醛与HCN的加成反应分两步进行：第一步：+CN-平衡常数第二步：+H+平衡常数该反应的总反应速率(v)与溶液pH的关系如图所示(已知室温下HCN的Ka=6.2×10-10)，下列说法正确的是A.1分子加成反应的最终产物中，sp3杂化的原子有2个B.加少量NaOH，因c(CN-)增大，总反应速率加快C.加NaOH过多，因第二步平衡逆向移动，总反应速率减小D.将HCN溶液的pH调至9，则溶液中c(CN-)＞c(HCN)【答案】B【解析】 【详解】A．1分子加成反应的最终产物为，其中的饱和碳为sp3杂化，另外氧原子也是sp3杂化，则一共有3个，A错误；B．加入少量氢氧化钠可以和HCN反应生成CN-，则其浓度增大，反应速率增快，B正确；C．加NaOH过多，则溶液中氢离子浓度会比较低，导致第二步反应较慢，成为影响总反应速率的主要因素，故总反应速率较慢，C错误；D．将HCN溶液的pH调至9，则c(H+)=1.0×10-9，根据题意Ka，将c(H+)=1.0×10-9代入可知，，故c(CN-)<c(HCN)，D错误；故选B。19.常温下，已知H3PO3溶液中含磷微粒的浓度之和为0.1mol·L-1，溶液中各含磷微粒的pc—pOH关系如图所示，图中pc表示各含磷微粒的浓度负对数(pc=—lgc)，pOH表示OH—的浓度负对数[pOH=—lgc(OH—)]；x、y、z三点的坐标：x(7.3，1.3)，y(10.0，3.6)，z(12.6，1.3)，下列说法不正确的是A.由图可得H3PO3为二元弱酸B.曲线③表示pc(H3PO3)随pOH的变化C.pH=6.7的溶液中：c(H3PO3)=0.1mol·L-1—2c(HPO)D.H3PO3+HPO2H2PO的平衡常数K<1.0×105【答案】D【解析】【分析】由图可知，H3PO3溶液中含磷微粒只有3种，说明H3PO3在溶液中能分步电离出H2PO和HPO，则H3PO3为二元弱酸；溶液的碱性越强，POH越小，溶液中H3PO3的浓度越小、HPO的浓度越大，则曲线①表示pc(HPO)随pOH的变化、曲线②表示pc(H2PO)随pOH的变化、曲线③表示 pc(H3PO3)随pOH的变化；由z点坐标可知，溶液中H3PO3与H2PO的浓度相等，溶液中氢离子浓度为10—14+12.6mol/L=10—1.4mol/L，则H3PO3的Ka1==c(H+)=10—1.4，同理由x点坐标可知，H3PO3的Ka2==c(H+)=10—6.7。【详解】A．由分析可知，H3PO3为二元弱酸，在溶液中能分步电离出H2PO和HPO，故A正确；B．由分析可知，曲线①表示pc(HPO)随pOH的变化、曲线②表示pc(H2PO)随pOH的变化、曲线③表示pc(H3PO3)随pOH的变化，故B正确；C．pH为6.7的溶液中pOH为7.3，由图可知，溶液中H2PO与HPO的浓度相等，由物料守恒可知，溶液中c(H3PO3)+c(H2PO)+c(HPO)=0.1mol·L-1，则溶液中c(H3PO3)=0.1mol·L-1—2c(HPO)，故C正确；D．由方程式可知，反应的平衡常数K====1.0×105.3＞1.0×105，故D错误；故选D。20.由下列实验操作及现象能得出相应结论的是实验操作实验现象实验结论A常温下，用pH计测得0.1mol/L弱酸盐NaA、NaB、NaC溶液pH值分别为a、b、c若c>b>a水解程度B向BaCl2溶液中通入SO2和气体X产生白色沉淀气体X一定为氧化剂C将稀硫酸酸化的H2O2加入溶液中溶液出现黄色说明H2O2的氧化性比Fe3+强D一块除去铁锈的铁片上滴一滴铁氰化钾溶液，静置2～3min生成蓝色沉淀铁片上可能发生了电化学腐蚀A.AB.BC.CD.D 【答案】D【解析】【详解】A．常温下，用pH计测得0.1mol/L弱酸盐NaA、NaB、NaC溶液pH值分别为a、b、c，若c>b>a，根据越弱越水解，水解程度C->B->A-，选项A错误；B．由于酸性：HCl＞SO2，所以向BaCl2溶液中通入SO2气体，不能反应产生BaSO3沉淀，再通入X气体时，反应产生白色沉淀，该气体可能碱性气体NH3，也可能是氧化性气体Cl2等，若为NH3，反应产生BaSO3沉淀；若Cl2，反应产生BaSO4沉淀，因此气体X不一定是氧化剂，选项B错误；C．双氧水和硝酸都具有氧化性，混合溶液呈黄色，不能说明氧化剂一定是双氧水，选项C错误；D．蓝色沉淀是Fe3[Fe（CN）6]2，由铁氰根离子和反应生成，其中可能是发生了电化学腐蚀生成的，选项D正确；答案选D。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共50分)21.碳族化合物在研究和生产中有许多重要用途，请回答下列问题：（1）已知SiH4中硅元素为＋4价，则H、C、O、Si的电负性由大到小的顺序为_______。（2）基态锗原子(Ge)的简化电子排布式为_______。（3）氮化硅(Si3N4)是一种耐磨损、耐高温的结构陶瓷材料，其部分空间结构如图所示，其结构中每个原子杂化类型相同且均达到8电子稳定结构，请比较晶体结构中键角大小：N-Si-N_______Si-N-Si(填“>”、“＜”或“=”)。（4）基态硅原子核外电子的空间运动状态有_______种，太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅，硅与氢能形成一系列二元化合物如SiH4、Si2H6等，丁硅烯(Si4H8)中σ键与π键的个数比为_______，其中硅的杂化方式是_______。【答案】（1）O>C>H>Si（2）（3）>（4）①.8种②.11：1③.sp2、sp3 【解析】【小问1详解】同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；已知中硅元素为+4价，则氢元素为负价，电负性大于硅，故H、Si、O、C的电负性由大到小的顺序为O>C>H>Si；【小问2详解】锗为32号元素，位于第四周期第ⅣA族，基态锗原子(Ge)简化电子排布式为【小问3详解】结构中每个原子杂化类型相同均为杂化，每个硅原子与4个氮原子成键，每个氮原子与3硅原子成键，氮原子存在1对孤电子对，导致N—Si—N间成键原子间斥力较大，键角大于Si—N—Si；【小问4详解】①基态硅原子核外电子排布为：，共占据8个原子轨道，所以基态硅原子核外电子的空间运动状态有8种；②丁硅烯分子中含有8个Si-H键，2个Si-Si键和1个双键，单间均为键，双键中由1个键，一个键，所以分子中σ键与π键的个数比为；③由于丁硅烯(Si4H8)中形成4个单键的硅原子为杂化，形成双键的硅原子为杂化，所以其中硅的杂化方式是sp2、sp3。22.常用作食品加工中的食品添加剂，用于焙烤食品；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：（1）相同条件下，溶液中的_______(填“>”、“＜”或“=”)溶液中的。（2）几种均为的电解质溶液的pH随温度变化的曲线如图所示。 ①其中符合溶液的pH随温度变化的曲线是_______(填数字)。②20℃时，溶液中_______(列计算式不必化简)。（3）室温时，向溶液中滴加溶液，溶液pH与加入NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。①试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是_______点。②在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是_______。③由b到c发生反应的离子方程式为_______。（4）肼(N2H4)是一种二元弱碱，在水中的电离方式与NH3相似。盐酸肼(N2H6Cl2)属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似。①盐酸肼第一步水解反应的离子方程式_______。②盐酸肼水溶液中离子浓度的排列顺序正确的是_______(选填编号)。A．B．C．D．【答案】（1）＜（2）①.I②.（3）①.a②.③.（4）①.②.AC【解析】 【小问1详解】由于NH4HSO4电离出H+抑制水解，相同条件下，溶液中的小于溶液中的，答案是：<；【小问2详解】①是强酸弱碱盐水解呈酸性，pH值小于7，温度升高促进水解，酸性增强，pH值变小，溶液的pH随温度变化的曲线是I，答案是I；溶液中存在电荷守恒，c(H+)-c(OH-)=mol/L，答案是：；【小问3详解】NH4HSO4在水中完全电离成、H+和，滴加同浓度的NaOH溶液，OH-先和H+中和生成水，当滴入100mLNaOH溶液时，H+恰好被中和，此时为a点，溶液中存在、Na+和；继续滴加NaOH溶液，部分和OH-反应生成NH3•H2O，溶液呈中性时，达到b点，此时溶液中含有、NH3•H2O、Na+和；继续滴加NaOH溶液，当滴入的NaOH溶液为150mL时到达c点，溶液中的一半和OH-反应生成了NH3•H2O；当滴入的NaOH溶液为200mL时为d点，和OH-恰好完全反应，此时溶液中的溶质为Na2SO4和NH3•H2O；①在溶液中水解促进水的电离，NH3•H2O是弱碱，在溶液中电离出的氢氧根离子抑制水的电离，由分析可知，a→d的过程中，浓度依次减小，NH3•H2O浓度依次增大，促进水电离的程度减小，抑制水电离的程度增大，所以a点水的电离程度最大，故答案为：a；②由分析可知，b点为硫酸铵、硫酸钠和NH3•H2O的混合溶液，溶液呈中性，所以c(OH-)=c(H+)，滴加的NaOH溶液体积大于100mL，部分结合OH-生成了NH3•H2O，所以c(Na+)>c()>c()，H+和OH-是少量的，所以溶液中离子的浓度大小顺序为c(Na+)>c()>c()>c(OH-)=c(H+)，故答案为：c(Na+)>c()>c()>c(OH-)=c(H+)；③由分析可知，b到c发生的反应为与OH-反应生成一水合氨，反应的离子方程式为：+OH-=NH3•H2O，故答案为：+OH-=NH3•H2O；【小问4详解】 ①盐酸肼(N2H6Cl2)属于离子化合物，水解原理与NH4Cl类似，水解的第一步离子方程式为：；②盐酸肼(N2H6Cl2)水溶液中水解呈酸性，Cl-离子浓度最大。A．正确；B．溶液中，B错误；C．符合电荷守恒，C正确；D．，与A对比，D错误；答案是C正确。23.化合物M由三种元素组成，某小组按如图实验流程探究其组成：已知：物质A、B只含两种元素；白色沉淀F的质量是D的2倍。请回答：（1）M的组成元素是_____，M的化学式是_____。（2）写出生成CaCO3的离子方程式_____。（3）气体A与SO2、H2O反应时所发生的化学反应为_____。（4）气体A在一定条件下会分解成两种单质，请设计方案检验由这两种单质组成的混合物______。【答案】（1）①.Ca、Cl、O②.CaCl2O4（2）CO+Ca2＋＝CaCO3↓（3）2ClO2+5SO2+6H2O＝2HCl+5H2SO4（4）将混合气体通过NaOH溶液，获得溶液和剩余气体，将带火星木条伸入剩余气体中，复燃，证明有氧气；将酚酞滴入溶液中，如果先变红后褪色，证明原气体中有氯气【解析】【分析】化合物M由三种元素组成，3.50gM与氯气反应固体B和生成气体A，A的物质的量是 0.896L÷22.4L/mol＝0.04mol，A通入二氧化硫水溶液中恰好反应，所得溶液分两份，一份加入足量硝酸银溶液生成白色沉淀D，另一份加入足量氯化钡溶液生成11.65g白色沉淀，沉淀应该是硫酸钡，物质的量是11.65g÷233g/mol＝0.05mol，根据电子得失可判断A和SO2反应中A得到0.05mol×2×2＝0.2mol，即1分子A得到5个电子，由于物质A、B只含两种元素，因此A中氯元素的化合价是+4价，被还原为－1价，则A是ClO2。固体B中加入足量碳酸钠生成碳酸钙2.00g，物质的量是0.02mol，滤液中加入足量硝酸银溶液生成白色沉淀F，B是氯化钙，物质的量是0.02mol，F的物质的量是0.04mol，白色沉淀F的质量是D的2倍，说明A中氯原子和B中氯原子的物质的量相等，据此解答。【小问1详解】A是ClO2，A的物质的量是0.04mol，含有氧原子的物质的量是0.08mol，氯化钙的物质的量是0.02mol，M中Ca原子的物质的量是0.02mol，因此M中氯原子的物质的量是＝0.04mol，所以M中Ca、Cl、O的原子个数之比是1:2:4，所以M的化学式是CaCl2O4。【小问2详解】氯化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，则生成CaCO3的离子方程式为CO+Ca2＋＝CaCO3↓。【小问3详解】根据电子得失守恒和原子守恒可知气体ClO2与SO2、H2O反应时所发生的化学反应为2ClO2+5SO2+6H2O＝2HCl+5H2SO4；【小问4详解】ClO2分解生成氧气和氯气，氧气是助燃性气体，氯气具有强氧化性，和水反应生成次氯酸具有漂白性，所以实验方案为将混合气体通过NaOH溶液，获得溶液和剩余气体，将带火星木条伸入剩余气体中，复燃，证明有氧气；将酚酞滴入溶液中，如果先变红后褪色，证明原气体中有氯气。24.三氧化碳的回收及综合利用越来越受到国际社会的重视，将二氧化碳转化为高附加值化学品是目前研究的热点之一。利用和合成甲醇，在催化剂作用下可发生如下两个平行反应。反应I：反应Ⅱ：请回答：（1）有利于提高甲醇平衡产率的条件是_______。A.低温低压B.低温高压C.高温低压D.高温高压 （2）反应的_______（3）我国科研人员研究了在催化剂上加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图()，下列说法正确的是_______。A.使用更高效的催化剂能提高甲醇的平衡产率B.第④步的反应式为C.加氢制甲醇符合绿色化学理念D.若实验前用少量水对催化剂进行预处理，可能提升甲醇产率（4）在催化剂下，向恒容密闭容器充入一定量及，起始和平衡时各组分的量如下：总压/起始/1.03.0000平衡/p若反应均达平衡时，，则表中_______；若此时，则反应I的平衡常数_______(无需带单位，用含总压p的式子表示)。（5）一定比例的合成气在装有催化剂的反应器中反应，体系中甲醇的产率和催化剂的催化活性与温度的关系如下图所示，此温度范围内，催化剂活性不受影响 ①当温度高于后，甲醇产率减小的原因可能是_______。②请在图中画出甲醇平衡产率随温度变化曲线图_______。【答案】（1）B（2）-90.64（3）BD（4）①.②.（5）①.之后，甲醇产率下降是因为随着温度升高，反应Ⅰ逆向移动，且随温度升高反应Ⅱ正向移动，H2和CO2浓度降低，H2O(g)浓度增加，导致反应Ⅰ逆向移动②.【解析】【小问1详解】合成甲醇的反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，可以提高合成甲醇的平衡产率；合成甲醇的反应的气体分子数减小，增大压强，平衡正向移动，可以提高合成甲醇的平衡产率，答案选B；【小问2详解】 已知反应I：反应Ⅱ：根据盖斯定律，由I-Ⅱ得反应=-90.64，答案为-90.64；【小问3详解】A．催化剂不改变平衡移动，平衡产率不变，选项A错误；B．第④步反应涉及*H2O和*H反应生成水，反应式为，选项B正确；C．总反应为，反应物没有全部转化为甲醇，所以加氢制甲醇过程中原子利用率小于100%，不符合绿色化学理念，选项C错误；D．若实验前用少量水对催化剂进行预处理，水的解吸促进甲醇的产生，可能提升甲醇产率，选项D正确；答案选BD；【小问4详解】反应前气体的物质的量是12mol，压强为，反应后气体压强变为p，则反应后气体的物质的量是4=mol，设生成甲醇的物质的量是n1，则所以n1=，则该反应生成水mol，消耗CO2mol，消耗H21mol，此时n2=，则反应生成molH2O，消耗molCO2、消耗molH2，所以容器中CO2、H2的物质的量分别是mol、mol；反应Ⅰ的平衡常数=；【小问5详解】①在之前，反应尚未达到平衡，甲醇产率随着温度升高而增大；之后，甲醇产率下降是因为随着温度升高，反应Ⅰ逆向移动，且随温度升高反应Ⅱ正向移动，H2和CO2浓度降低，H2O(g)浓度增加，导致反应Ⅰ逆向移动；②反应Ⅰ为放热反应，低温下甲醇的产率较高，反应Ⅱ为吸热反应，低温下平衡逆向移动，CO2转化为甲醇 比转化为CO更多，故甲醇平衡产率随温度变化的曲线图如下。25.工业上用某软锰矿(主要成分为，还含有少量铁、铝及硅等氧化物)为原料制备锰酸锂()。化学工艺流程如图：请回答：（1）“浸取”时，加入硫酸亚铁的目的是_______。（2）下列说法不正确的是_______。A.“浸取”时为了提高效率，可以使用浓硫酸并加热搅拌B.“精制”时，会分解损耗，因此加入的量应大于理论值C.滤渣Ⅱ的主要成分为D.“沉锰”得到的是和滤饼，二者均可被氧化为，则“控温、氧化”时溶液的将变小（3）工业上也可在“精制”后的溶液中加入来制备，该反应的离子方程式为：_______。（4）为测定成品锰酸锂的纯度，实验室可通过连续滴定法测定锰酸钾中锰元素的平均价态。现进行如下实验： 步骤1：取少量成品锰酸锂分成两等份，分别置于两只锥形瓶中；步骤2：向一只锥形瓶中加入稀硝酸和双氧水，完全反应后，中Mn元素转化为，除去过量的双氧水。调节pH，滴加指示剂，用浓度为的EDTA标准溶液滴定，终点时消耗EDTA标准溶液(已知：与EDTA反应的化学计量数之比为1：1)：步骤3：向另一锥形瓶中加入和足量硫酸，充分反应后，用标准溶液滴定，到达滴定终点时消耗标准溶液①步骤3为滴定实验，从下列选项中选择正确操作并排序：_______。检漏→蒸馏水洗涤→_______→开始滴定A．烘干B．装入标准溶液至零刻度以上C．调整滴定管液面至零刻度或零刻度以下D．用洗耳球吹出润洗液E．用力捏挤玻璃珠使溶液从尖嘴喷出，以排除气泡F．快速全开旋塞，以排除气泡G．用标准溶液润洗2至3次H．记录起始读数②步骤3滴定终点的现象为_______。③计算可得，成品锰酸锂中元素的平均化合价为_______。【答案】25.将二氧化锰中+4价的锰还原为+2价锰离子26.AC27.Mn2+++2H2O=MnO2↓+2+4H+28.①.GBFCH②.当滴入最后半滴高锰酸钾标准液时，溶液由无色变为浅紫色且半分钟不恢复原色，即为滴定终点③.+3.4【解析】【分析】根据信息知，软锰矿浆经过浸取后，MnO2被FeSO4还原为MnSO4，Fe2+被氧化为Fe3+，另外原料中的Fe转化为Fe2+，Al转化为Al3+，在精制过程中，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，再调节pH可将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，Mn2+在沉锰步骤中转化为Mn(OH)2等沉淀，经过控温氧化转化为MnO2，在锂化过程中，MnO2与Li2CO3反应得到产品锰酸锂()，据此回答。【小问1详解】 由分析知二氧化锰具有氧化性，亚铁离子具有还原性，即加入硫酸亚铁的目的是将二氧化锰中+4价的锰还原为+2价锰离子；【小问2详解】浓硫酸具有强氧化性会生成二氧化硫污染性气体，A错误；双氧水会分解，即需要加入过量的双氧水，B正确；由分析知滤渣Ⅱ主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3，C错误；在沉锰时会有硫酸生成，即将变小，D正确；综上选AC；【小问3详解】中S元素为+6价，若8个O均为-2价，则S元素为+7价，不符合题意，故推测有2个O是-1价，即形成过氧键，故1个含有1个过氧键；加入K2S2O8可将Mn2+直接氧化为MnO2，被还原为，根据得失电子守恒初步配平反应为：Mn2++→MnO2↓+2，结合溶液显酸性，在方程式右边添加4个H+配平电荷守恒，在左边添加2个H2O配平元素守恒，即方程式为：Mn2+++2H2O=MnO2↓+2+4H+；【小问4详解】