2022-2023學(xué)年四川省綿陽(yáng)市高二下學(xué)期6月月考化學(xué)試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1四川省綿陽(yáng)市2022-2023學(xué)年高二下學(xué)期6月月考一、選擇題(本題包括7小題，每小題6分，共42分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意)1.化學(xué)與社會(huì)、環(huán)境、生活息息相關(guān)，下列說(shuō)法正確的是A.非遺油紙傘傘面涂刷桐油，桐油的成分是烴B.CO2排放量的增加將促進(jìn)海洋珊瑚的瘋長(zhǎng)C.PM2.5在空氣中所形成的分散系穩(wěn)定性弱于云霧D.服飲葡萄糖口服液可迅速補(bǔ)充人體發(fā)燒損失的電解質(zhì)〖答案〗C〖解析〗A．桐油的主要化學(xué)成分是脂肪酸甘油三酯，不是烴類(lèi)化合物，故A錯(cuò)誤；B．CO2+H2O+CaCO3Ca(HCO3)2，CO2排放量的增加將影響珊瑚生存，故B錯(cuò)誤；C．能形成膠體的分散質(zhì)顆粒直徑在1nm～100nm之間，云霧屬于膠體，具有介穩(wěn)性，PM2.5中顆粒物的直徑接近于2.5×10?6m，大于膠體直徑，不能形成氣溶膠，穩(wěn)定性弱于膠體，故C正確；D．葡萄糖口服液是葡萄糖的水溶液，屬于混合物，不屬于電解質(zhì)，故D錯(cuò)誤。綜上所述，〖答案〗為C。2.某研究小組在銠催化的區(qū)域成功實(shí)現(xiàn)對(duì)映選擇性烯丙基膦化反應(yīng)，如圖所示(－Ph代表苯基，－Me代表甲基)。下列敘述正確的是A.甲分子內(nèi)所有原子可能處于同一平面B.甲和乙生成丙的反應(yīng)是取代反應(yīng)C.甲能發(fā)生加聚、水解、酯化反應(yīng)D.用酸性KMnO4溶液可以證明甲含有碳碳雙鍵〖答案〗B〖解析〗A．甲分子內(nèi)含有飽和碳原子，所有原子不可能處于同一平面，故A錯(cuò)誤；B．觀察甲、乙、丙的結(jié)構(gòu)可知，甲中羥基被乙中取代，發(fā)生取代反應(yīng)，故B正確；C．甲不含酯基，不能發(fā)生水解反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D．甲中碳碳雙鍵和醇羥基都能與酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；故〖答案〗選B。3.下列離子方程式書(shū)寫(xiě)不正確的是A.將過(guò)量SO2氣體通入NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO-===SO＋Cl-＋2H＋B標(biāo)準(zhǔn)狀況下將112mL氯氣通入10mL1mol·L-1溴化亞鐵溶液中：2Fe2++4Br-+3Cl2===2Br2+2Fe3++6Cl-C向FeSO4溶液中滴加NaHCO3溶液和稀氨水：Fe2++HCO+NH3·H2O===FeCO3↓+NH＋H2OD.明礬溶液中滴加Ba(OH)2溶液至沉淀的物質(zhì)的量最大：2Al3++3SO+3Ba2++6OH-===2Al(OH)3↓+3BaSO4↓〖答案〗B〖解析〗A．ClO-具有強(qiáng)氧化性，能將SO2氧化成SO，則其離子方程式為：SO2＋H2O＋ClO-===SO＋Cl-＋2H＋，故A正確；B．標(biāo)況下，112mL氯氣的物質(zhì)的量為，10mL1mol·L-1溴化亞鐵溶液中，、，需消耗0.005，需消耗0.01mol，量不足，由于亞鐵離子還原性強(qiáng)于溴離子，所以該離子方程式為：2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-，故B錯(cuò)誤；C．FeSO4為強(qiáng)酸弱堿鹽，其溶液因亞鐵離子水解呈酸性，而NaHCO3溶液和稀氨水均呈堿性，所以向FeSO4溶液中滴加NaHCO3溶液和稀氨水的離子方程式為：Fe2++HCO+NH3·H2O===FeCO3↓+NH＋H2O，故C正確；D．明礬溶于水后會(huì)電離出鋁離子，所以向明礬溶液中滴加Ba(OH)2溶液，使沉淀的物質(zhì)的量最大時(shí)，則生成的氫氧化鋁未溶解，則其離子方程式為：2Al3++3SO+3Ba2++6OH-===2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，故D正確；故選：B4.某種藥物分子結(jié)構(gòu)如圖所示。其中W的原子核只有1個(gè)質(zhì)子，元素X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，且均位于W的下一周期，元素Q的原子比Z原子多8個(gè)電子。下列說(shuō)法正確的是A.X、Y、Z原子半徑逐漸增大B.分子中Y原子為sp3雜化C.1mol該分子中含孤電子對(duì)數(shù)22NAD.Y、Z、Q最簡(jiǎn)單氫化物水溶液酸性逐漸減弱〖答案〗B〖解析〗W的原子核只有1個(gè)質(zhì)子，則W為H；元素X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，且均位于W的下一周期，則為第二周期元素，結(jié)合物質(zhì)結(jié)構(gòu)，X形成四個(gè)共價(jià)鍵，為C；Y形成兩個(gè)共價(jià)鍵，為O；Z形成一個(gè)共價(jià)鍵，為F；元素Q的原子比Z原子多8個(gè)電子，為Cl，據(jù)此解答?！驹斘觥緼．X、Y、Z為第二周期元素，隨著原子序數(shù)的增大，原子半徑逐漸減小，A錯(cuò)誤；B．分子中Y原子為O，形成兩個(gè)鍵，含有兩個(gè)孤對(duì)電子，為sp3雜化，B正確；C．該分子中含孤電子對(duì)的為F（3對(duì)）、O（2對(duì)）、Cl（3對(duì)），則1mol該分子中含孤電子對(duì)數(shù)20NA，C錯(cuò)誤；D．Y、Z、Q最簡(jiǎn)單氫化物為H2O、HF、HCl，水溶液酸性逐漸增強(qiáng)，D錯(cuò)誤；故選B。5.二十大報(bào)告提出深入推進(jìn)環(huán)境污染防治。一種廢催化劑(含V2O5、V2O4、V2O3和雜質(zhì)Fe2O3、SiO2等)的處理流程如圖所示。已知工序①得到的溶液的主要成分是[VO(C2O4)2]2-、[Fe(C2O4)2]2-和H2C2O4。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.固體A的主要成分是SiO2B.含[Fe(C2O4)2]2-的溶液中存在[Fe(C2O4)2]2-FeC2O4+C2OK1=10-1.8，F(xiàn)eC2O4Fe2++C2OK2=10-3.0，若c(C2O)=0.10mol?L-1，則=102.8C.在實(shí)驗(yàn)室中進(jìn)行工序①要用到普通漏斗，進(jìn)行濃縮要用到蒸發(fā)皿D.加入足量雙氧水生成V2O5·H2O，反應(yīng)的離子方程式為H2O2+2[VO(C2O4)2]2-===V2O5·H2O↓+2C2O〖答案〗D〖解析〗廢催化劑中加入草酸溶液，、、和轉(zhuǎn)化為和，不反應(yīng)。加入足量雙氧水，過(guò)濾得到固體和，加入稀NaOH溶液，過(guò)濾，轉(zhuǎn)化為留在濾液中，作為濾渣被分離出去。【詳析】A．向廢催化劑中加入草酸溶液，草酸溶液與不反應(yīng)，固體A的主要成分是，A項(xiàng)正確；B．，，則，B項(xiàng)正確；C．在實(shí)驗(yàn)室中過(guò)濾要用到普通漏斗，濃縮溶液要用到蒸發(fā)皿，C項(xiàng)正確；D．加入足量雙氧水將轉(zhuǎn)化為和，反應(yīng)的離子方程式為，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選D。6.利用電解原理實(shí)現(xiàn)乙烯高效合成環(huán)氧乙烷，電解裝置如圖所示：已知：，下列說(shuō)法正確的是A.反應(yīng)一段時(shí)間后，陰極區(qū)pH升高B.Pt電極反應(yīng)式為：C.生成1mol環(huán)氧乙烷，有通過(guò)交換膜D.電解完成后，將陰極區(qū)和陽(yáng)極區(qū)溶液混合后可得到環(huán)氧乙烷〖答案〗D〖解析〗利用電解原理實(shí)現(xiàn)乙烯高效合成環(huán)氧乙烷，結(jié)合已知原理可知，Ni極為陰極，水放電發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣和氫氧根離子，；Pt極為陽(yáng)極，氯離子發(fā)生氧化反應(yīng)生成生成次氯酸：，次氯酸將乙烯轉(zhuǎn)化為，和氫氧根離子反應(yīng)生成環(huán)氧乙烷?！驹斘觥緼．由分析可知，陰極區(qū)生成氫離子，則溶液酸性增強(qiáng)，pH減小，故A錯(cuò)誤；B．由分析可知，Pt電極反應(yīng)式為：，故B錯(cuò)誤；C．生成1mol環(huán)氧乙烷需要消耗1molHClO，結(jié)合反應(yīng)可知，，則陽(yáng)極區(qū)需要2mol負(fù)電荷，則由2mol氯離子通過(guò)交換膜，故C錯(cuò)誤；D．由分析可知，陰極生成氫氧化鉀、陽(yáng)極生成，電解完成后，將陰極區(qū)和陽(yáng)極區(qū)溶液混合后，和氫氧根離子反應(yīng)生成環(huán)氧乙烷，可得到環(huán)氧乙烷，故D正確；〖答案〗選D。7.天然水體中的與空氣中的保持平衡。某地溶洞水體中(X為、、或)與pH的線性關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是A.直線①代表，直線③代表B.圖中CD.若空氣中的濃度增加，則水體中的濃度減小〖答案〗D〖解析〗H2CO3(aq)H＋＋，H＋＋，隨著溶液pH增大，碳酸氫根離子轉(zhuǎn)化為碳酸根離子，則碳酸氫根離子濃度減小，碳酸根離子濃度增大，同時(shí)鈣離子濃度減小，故曲線①代表，曲線②代表，曲線③代表Ca2＋；由點(diǎn)(6.3，5)計(jì)算該溫度下碳酸的一級(jí)電離平衡常數(shù)，由點(diǎn)(10.3，-1)計(jì)算該溫度下碳酸的二級(jí)電離平衡常數(shù)?！驹斘觥緼．由分析可知，直線①代表，直線③代表，A正確；B．，推知①lgc()=pH＋[lgKa1(H2CO3)-5]；，同理可推：②lgc()=2pH＋[lgKa1＋lgKa2-5]，B正確；C．由Ksp(CaCO3)=c(Ca2＋)·c()，推知lgKsp(CaCO3)=lgc(Ca2＋)＋lgc()；則結(jié)合B分析可知，③lgc(Ca2＋)=lgKsp-lgc()=-2pH＋[lgKsp-lgKa1-lgKa2＋5]；由a點(diǎn)數(shù)值可知Ka1=10-6.3，由c點(diǎn)數(shù)值可知Ka2=10-10.3，再由b點(diǎn)數(shù)值代入③可知Ksp(CaCO3)=10-8.6，C正確；D．若空氣中的CO2濃度增加，CaCO3(s)＋CO2(g)＋H2OCa2＋＋2，平衡正向移動(dòng)，水體中的Ca2＋濃度增大，D錯(cuò)誤；故選D。二、非選擇題。包括必考題和選考題兩部分。第8~10題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第11~12題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題8.某小組在實(shí)驗(yàn)室用NaClO溶液和NH3反應(yīng)制備N(xiāo)2H4，并進(jìn)行相關(guān)的性質(zhì)探究實(shí)驗(yàn)。Ⅰ.制備N(xiāo)2H4（1）儀器a的名稱(chēng)是___________。（2）裝置C中盛放的試劑是___________。裝置B的作用是___________。（3）制備N(xiāo)2H4離子方程式為_(kāi)__________。Ⅱ．測(cè)定產(chǎn)品中水合肼(N2H4·H2O)的含量（4）稱(chēng)取產(chǎn)品6.0g，加入適量NaHCO3固體(滴定過(guò)程中，調(diào)節(jié)溶液的pH保持在6.5左右)，加水配成250mL溶液，移取25.00mL置于錐形瓶中，并滴加2~3滴淀粉溶液，用0.3000mol?L-1的碘標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定(已知：N2H4·H2O+2I2===N2↑+4HI+H2O)。①滴定到達(dá)終點(diǎn)的現(xiàn)象是___________。②實(shí)驗(yàn)測(cè)得消耗碘標(biāo)準(zhǔn)溶液的平均值為20.00mL，產(chǎn)品中水合腓的質(zhì)量分?jǐn)?shù)__________。Ⅲ．探究的還原性與堿性。將制得的耕分離提純后，進(jìn)行如圖實(shí)驗(yàn)。【查閱資料］AgOH在溶液中不穩(wěn)定，易分解生成黑色的Ag2O，Ag2O可溶于氨水?！咎岢黾僭O(shè)】黑色固體可能是Ag、Ag2O中的一種或兩種。【實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證】設(shè)計(jì)如下方案，進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。操作現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論i.取少量黑色固體于試管中，加入適量①_________黑色固體部分溶解黑色固體有Ag2Oii.取少量黑色固體于試管中加入足量稀硝酸，振蕩②_________黑色固體是Ag和Ag2O（5）請(qǐng)完成表中的空白部分：①___________；②___________。（6）實(shí)驗(yàn)表明，黑色固體主要成分是Ag，還有少量氧化銀，請(qǐng)解釋原因：___________?！即鸢浮剑?）圓底燒瓶（2）①.NaOH溶液②.平衡氣壓，收集多余氯氣（3）2NH3+ClO-===N2H4+Cl-+H2O（4）①.當(dāng)加入最后一滴(或半滴)碘標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，溶液恰好變?yōu)樗{(lán)色，且半分鐘內(nèi)不褪色②.25%（5）①.加入足量氨水②.黑色固體溶解，并有氣體產(chǎn)生（6）肼具有還原性將Ag+還原為Ag，肼具有堿性，與Ag+反應(yīng)生成AgOH，AgOH分解生成黑色的Ag2O〖解析〗制備N(xiāo)2H4時(shí)，首先在裝置A中利用濃鹽酸和二氧化錳共熱制取氯氣，此時(shí)關(guān)閉裝置B上方止水夾，打開(kāi)另一止水夾，將氯氣通入裝置C中的NaOH溶液，反應(yīng)得到NaClO溶液，裝置D中利用氯化銨和氫氧化鈣固體共熱制取氨氣，通入裝置C中和NaClO溶液反應(yīng)得到N2H4，由于氨氣極易溶于水，所以導(dǎo)管不能伸入液面以下，防止發(fā)生倒吸；制備完成后，打開(kāi)B上方止水夾，關(guān)閉另一止水夾，可以在裝置B中利用排飽和食鹽水的方法收集多余氯氣，長(zhǎng)頸漏斗可以平衡壓強(qiáng)?！拘?wèn)1詳析】根據(jù)儀器a的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)可知其為圓底燒瓶；【小問(wèn)2詳析】根據(jù)題意，制備N(xiāo)2H4需要用NaOH溶液與NH3反應(yīng)，所以裝置C中盛放NaOH溶液，和氯氣反應(yīng)得到NaClO；裝置B可以在實(shí)驗(yàn)結(jié)束后利用排飽和食鹽水的方法收集多余氯氣，長(zhǎng)頸漏斗可以平衡壓強(qiáng)；【小問(wèn)3詳析】根據(jù)電子守恒可知反應(yīng)過(guò)程中ClO-與NH3的系數(shù)比為1：2，再結(jié)合元素守恒可得離子方程式為2NH3+ClO-===N2H4+Cl-+H2O；【小問(wèn)4詳析】①N2H4可以氧化I2，所以達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)I2稍過(guò)量，而淀粉遇碘變藍(lán)，所以滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為：當(dāng)加入最后一滴(或半滴)碘標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，溶液恰好變?yōu)樗{(lán)色，且半分鐘內(nèi)不褪色；②根據(jù)反應(yīng)方程式可知25.00mL待測(cè)液中n(N2H4·H2O)=×0.3000mol/L×0.02L=0.003mol，則250mL溶液中有0.03molN2H4·H2O，產(chǎn)品中水合腓的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=25%；【小問(wèn)5詳析】操作i結(jié)論為黑色固體有Ag2O，現(xiàn)象為黑色固體部分溶解，根據(jù)題目所給信息可知Ag2O可溶于氨水，所以①為加入足量氨水；操作ii證明有Ag，Ag可以被稀硝酸氧化，同時(shí)生成NO氣體，所以現(xiàn)象②為黑色固體溶解，并有氣體產(chǎn)生；【小問(wèn)6詳析】肼具有還原性將Ag+還原為Ag，同時(shí)肼具有堿性，與Ag+反應(yīng)生成AgOH，而AgOH不穩(wěn)定，易分解生成黑色的Ag2O。9.德國(guó)化學(xué)家哈伯在1918年榮獲了諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)，但是后人對(duì)他的評(píng)價(jià)卻褒貶不一。I.有人認(rèn)為哈伯是一位偉大的科學(xué)家，因?yàn)樗菍?shí)現(xiàn)人工合成氨并進(jìn)行工業(yè)生產(chǎn)的第一人。所以贊美他是“用空氣制造面包的天使”。（1）工業(yè)上合成氨氣的方程式：N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)，ΔH=-91.3kJ/mol，下表為破壞1mol相關(guān)化學(xué)鍵需要的能量。NNN_HH_H945.8kJakJ435.9kJ求a值：_____（2）在密閉容器中合成氨氣，有利于提高H2的轉(zhuǎn)化率且加快反應(yīng)速率的措施_____A．升高反應(yīng)溫度 B．增大反應(yīng)的壓強(qiáng) C．移走生成的NH3 D．增加H2的量E．添加合適的催化劑（3）將0.3molN2和0.9molH2充入3L密閉容器中，圖為在不同溫度下，平衡時(shí)NH3的體積分?jǐn)?shù)隨壓強(qiáng)的變化曲線。甲、乙、丙中溫度從高到低的順序是___________，d點(diǎn)N2的轉(zhuǎn)化率是___________。(結(jié)果保留1位小數(shù))II.有人認(rèn)為哈伯是一戰(zhàn)的“催化劑”，因?yàn)樵谝粦?zhàn)中，哈伯擔(dān)任德國(guó)化學(xué)兵工廠廠長(zhǎng)時(shí)負(fù)責(zé)研制和生產(chǎn)氯氣、芥子氣等毒氣，并使用于戰(zhàn)爭(zhēng)之中，造成近百萬(wàn)人傷亡。（4）實(shí)驗(yàn)室制備氯氣后通常用NaOH溶液進(jìn)行尾氣處理，反應(yīng)的溫度不同產(chǎn)物也會(huì)有變化。某溫度下發(fā)生的反應(yīng)為，生成1molNaClO3被氧化的與被還原的Cl2的質(zhì)量比例___________。（5）將上述反應(yīng)后的溶液倒入電解池的陽(yáng)極區(qū)可以提高NaClO3的含量，裝置如圖所示：電極E是____(填“陽(yáng)極”或“陰極”)，陽(yáng)極區(qū)發(fā)生的反應(yīng)：____III.其實(shí)物質(zhì)并沒(méi)有好壞之分，關(guān)鍵是人們用這些物質(zhì)來(lái)做了什么！（6）請(qǐng)列舉Cl2在日常生活中的作用(列舉一種)：Cl2_______〖答案〗（1）390.8（2）B（3）①.丙，乙，甲②.57.1%（57.0%）（4）1:5（5）①.陰極②.（6）Cl2:制漂白液，消毒液，鹽酸，農(nóng)藥〖解析〗【小問(wèn)1詳析】N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)，ΔH=-91.3kJ/mol，焓變=反應(yīng)物總鍵能-生成物總鍵能，即945.8+435.9×3-6a=-91.3，則a=390.8；【小問(wèn)2詳析】A．正反應(yīng)放熱，升高反應(yīng)溫度，平衡逆向移動(dòng)，氫氣的轉(zhuǎn)化率減小，故不選A；B．增大反應(yīng)的壓強(qiáng)，反應(yīng)速率加快，平衡正向移動(dòng)，氫氣的轉(zhuǎn)化率增大，故選B；C．移走生成的NH3，反應(yīng)速率減慢，故不選C；D．增加H2的量，反應(yīng)速率加快，平衡正向移動(dòng)，氫氣的轉(zhuǎn)化率減小，故不選D；E．添加合適的催化劑，平衡不移動(dòng)，氫氣的轉(zhuǎn)化率不變，故不選E；選B【小問(wèn)3詳析】正反應(yīng)放熱，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，氨氣體積分?jǐn)?shù)減小，則甲、乙、丙中溫度從高到低的順序是丙>乙>甲；d點(diǎn)氨氣的體積分?jǐn)?shù)為40%，，x=0.171，d點(diǎn)N2的轉(zhuǎn)化率是；【小問(wèn)4詳析】某溫度下發(fā)生的反應(yīng)為，氯元素化合價(jià)由0降低為-1、氯元素化合價(jià)由0升高為+5，根據(jù)得失電子守恒，被氧化的與被還原的Cl2的質(zhì)量比例1:5；【小問(wèn)5詳析】裝置右側(cè)放出氫氣，發(fā)生還原反應(yīng)，電極E是陰極；反應(yīng)后的溶液倒入電解池的陽(yáng)極區(qū)，可以提高NaClO3的含量，可知氯離子在陽(yáng)極區(qū)被氧化為，發(fā)生的反應(yīng)為；【小問(wèn)6詳析】Cl2可以制漂白液、消毒液、鹽酸、農(nóng)藥等。10.工業(yè)上用電解溶液生成的氯氣為原料，生產(chǎn)溴酸鉀的工藝流程如下：回答下列問(wèn)題：（1）惰性電極電解溶液產(chǎn)生氯氣總反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_____________。（2）“合成I”中得到，該反應(yīng)的還原劑是______________；“合成II”中加入的目的是____________。（3）結(jié)合溶解度曲線分析，“合成Ⅲ”為復(fù)分解反應(yīng)，該反應(yīng)能發(fā)生的原因是__________；若向溶液中加入______________粉末，可使溶液中的降為[假設(shè)溶液體積不變，已知該溫度下]?！昂铣蒊II”實(shí)際中用飽和溶液而不用粉末的優(yōu)點(diǎn)是______________(寫(xiě)一條)。（4）為了從過(guò)濾II后的濾液中獲得氯化鎂結(jié)晶，依次要經(jīng)過(guò)________、_________操作。（5）另一種產(chǎn)生溴酸鹽的方法是用溶液吸收，同時(shí)生成氣體。寫(xiě)出相應(yīng)的化學(xué)方程式______________；原子經(jīng)濟(jì)性更高的是______________(填“吸收法”或“氯氣氧化法”)。〖答案〗（1）（2）①.②.與反應(yīng)得到溴酸根離子，在合成Ⅲ中更多地生成溴酸鉀與氯化鎂分離，提高的純度（3）①.反應(yīng)體系中溶解度較小，析出沉淀②.1.08③.用飽和溶液沉淀速率更快或轉(zhuǎn)化率(利用率)更高（4）①.蒸發(fā)結(jié)晶②.趁熱過(guò)濾（5）①.②.氯氣氧化法〖解析〗工業(yè)上用電解飽和食鹽水生成氯氣生產(chǎn)溴酸鉀的工藝流程，分析流程可知，飽和食鹽水電解生成氯氣具有氧化性，在水中和溴單質(zhì)反應(yīng)生成溴酸和氯化氫，加入過(guò)量氧化鎂和鹽酸溴酸反應(yīng)生成氯化鎂和溴酸鎂，過(guò)濾得到濾液中加入飽和氯化鉀溶液，溴酸鎂在飽和溶液中析出晶體，以此解答?！拘?wèn)1詳析】用惰性電極電解MgCl2溶液過(guò)程中，陽(yáng)極2Cl--2e-===Cl2↑陰極2H2O+2e-+Mg2+===H2↑+Mg(OH)2↓，總反應(yīng)的離子方程式為。【小問(wèn)2詳析】“合成I”發(fā)生反應(yīng)是氯氣在水溶液中氧化溴單質(zhì)為溴酸，反應(yīng)的化學(xué)方程式5Cl2+Br2+6H2O===2HBrO3+10HCl，Br元素化合價(jià)上升，該反應(yīng)的還原劑是；依據(jù)流程分析可知，加入和溶液中反應(yīng)得到溴酸根離子，在合成Ⅲ中更多地生成溴酸鉀與氯化鎂分離，提高的純度?！拘?wèn)3詳析】過(guò)量氧化鎂和鹽酸溴酸反應(yīng)生成氯化鎂和溴酸鎂，加入飽和氯化鉀溶液，反應(yīng)體系中溶解度較小，析出沉淀，發(fā)生了復(fù)分解反應(yīng)；降為時(shí)，即需要沉淀2×0.15mol/L×2-2×0.1mol/L=0.4mol，需要消耗0.4molKCl，此時(shí)溶液中剩余c(K+)=，需要加入KCl的物質(zhì)的量n(K+)=0.34mol/L×2L+0.4mol=1.08mol；“合成III”實(shí)際中用飽和溶液而不用粉末的優(yōu)點(diǎn)是：用飽和溶液沉淀速率更快或轉(zhuǎn)化率(利用率)更高?！拘?wèn)4詳析】氯化鎂的溶解度隨溫度變化較大，可以通過(guò)重結(jié)晶的方法從溶液中獲得氯化鎂結(jié)晶，依次要經(jīng)過(guò)蒸發(fā)結(jié)晶、冷卻結(jié)晶操作?！拘?wèn)5詳析】和反應(yīng)生成、和KBr，Br元素化合價(jià)由0價(jià)上升到+5價(jià)，又由0價(jià)下降到-1價(jià)，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒配平方程式為：；該方法中部分轉(zhuǎn)化為KBr，氯氣氧化法中全部轉(zhuǎn)化為，所以原子經(jīng)濟(jì)性更高的是氯氣氧化法。(二)選考題。任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。11.科學(xué)工作者合成了含鎂、鎳、碳、氮4種元素的超導(dǎo)材料，具有良好的應(yīng)用前景。回答下列問(wèn)題：（1）下列屬于碳原子激發(fā)態(tài)軌道表示式的有___________(填字母，下同)，其中失去最外層上一個(gè)電子所需能量最低的是___________。（2）含有碳元素的有機(jī)化合物分布極廣，最簡(jiǎn)單的為碳正離子，該離子的幾何構(gòu)型為_(kāi)__________；乙醇的揮發(fā)性比水的強(qiáng)，原因是___________；如圖是葉綠素的結(jié)構(gòu)示意圖，配體是一種平面大環(huán)有機(jī)物，該結(jié)構(gòu)中N原子的雜化方式為_(kāi)__，C-Nσ鍵有____個(gè)。（3）某種半導(dǎo)體NiO具有NaCl型結(jié)構(gòu)(如圖)，其中陰離子采用面心立方最密堆積方式，半徑r(O2-)=anm。①阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶體密度為_(kāi)___g·cm-3.(用含a，NA的表達(dá)式表示)。②NiO晶體中部分O原子被N原子替代后可以改善半導(dǎo)體的性能，Ni-N鍵中離子鍵成分的百分?jǐn)?shù)小于Ni-O鍵，原因是___________。③若該晶胞中氧原子有25%被氮原子替代，則該晶體的化學(xué)式為_(kāi)__________；N所替代的O的位置可能是___________?！即鸢浮剑?）①.BC②.B（2）①.平面三角形②.乙醇比水形成的分子間氫鍵數(shù)目少，分子間作用力小③.sp2④.8（3）①.②.電負(fù)性O(shè)>N，O對(duì)電子的吸引能力更強(qiáng)，Ni和O之間更容易成離子鍵③.Ni4O3N④.頂點(diǎn)或一對(duì)平行平面的面心〖解析〗【小問(wèn)1詳析】碳原子的基態(tài)電子排布式為1s22s22p2，根據(jù)基態(tài)碳原子受到激發(fā)，電子從低能級(jí)跳躍到高能級(jí)上，則四個(gè)選項(xiàng)中屬于碳原子激發(fā)態(tài)軌道表示式的有BC，而A是基態(tài)碳原子電子軌道表示式，D是基態(tài)N原子電子軌道表示式，故〖答案〗是BC；根據(jù)電子離核越遠(yuǎn)，越容易失去，則失去最外層上一個(gè)電子所需能量最低的是選項(xiàng)B，因?yàn)槠渌x項(xiàng)最外層是第二層，而B(niǎo)是第三層，故〖答案〗是B?！拘?wèn)2詳析】離子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3，孤電子對(duì)為0，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論，其空間構(gòu)型為平面三角形；乙醇的揮發(fā)性比水的強(qiáng)，說(shuō)明乙醇的沸點(diǎn)比水低，沸點(diǎn)和分子間作用力有關(guān)，乙醇和水雖同為分子晶體，但乙醇比水形成的分子間氫鍵數(shù)目少，分子間作用力小，故乙醇的沸點(diǎn)比水低，乙醇的揮發(fā)性比水的強(qiáng)；根據(jù)葉綠素結(jié)構(gòu)示意圖，N原子構(gòu)成平面大環(huán)結(jié)構(gòu)，可知其雜化方式為sp2；C-N形成的共價(jià)鍵單鍵都是σ鍵，形成的雙鍵中有一個(gè)是σ鍵，則C-Nσ鍵有8個(gè)?！拘?wèn)3詳析】①根據(jù)NiO晶胞結(jié)構(gòu)可知，其一個(gè)晶胞中含有O2-離子4個(gè)，Ni2+離子4個(gè)，氧原子量為16，鎳原子量約為59，則其晶胞質(zhì)量為m=，O2-離子采用面心立方最密堆積方式，半徑r(O2-)=anm，設(shè)晶胞邊長(zhǎng)為xnm，則可得關(guān)系式2x2=16a2，解得x=2anm，則晶胞的體積V=16a3nm3，則晶胞的密度為====g·cm-3。②鍵的極性強(qiáng)弱和成鍵元素的電負(fù)性強(qiáng)弱有關(guān)，Ni-N鍵和Ni-O鍵相比，由于氧元素電負(fù)性大于氮元素，則O對(duì)電子的吸引能力更強(qiáng)，Ni和O之間更容易成離子鍵。③根據(jù)均攤法，NiO晶胞中含有O2-離子4個(gè)，Ni2+離子4，若該晶胞中氧原子有25%被氮原子替代，即氧原子被氮原子代替，則該晶體的化學(xué)式為Ni4O3N；在晶胞中，有一個(gè)O原子被N原子取代，可能是頂點(diǎn)8或一對(duì)平行平面的面心，故N所替代的O的位置可能是頂點(diǎn)或一對(duì)平行平面的面心。12.肌肉松弛劑Nefopam的合成路線如下所示(表示苯環(huán))。回答下列問(wèn)題：（1）A中的__________(填名稱(chēng))官能團(tuán)會(huì)被還原，還原后經(jīng)“反應(yīng)2”形成B的反應(yīng)類(lèi)型是___________。（2）B與反應(yīng)得到__________種一元溴代產(chǎn)物；為了使B轉(zhuǎn)化為C的原子利用率為，合適的試劑X是______________。（3）已知碳原子上連有4個(gè)不同的原子或基團(tuán)時(shí)，該碳稱(chēng)為手性碳，D分子具_(dá)________個(gè)手性碳；一定條件下與足量水溶液反應(yīng)，最多消耗___________。（4）中間產(chǎn)物E分子內(nèi)環(huán)化生成。寫(xiě)出產(chǎn)物F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式___________。（5）參考上述合成路線，F(xiàn)經(jīng)___(填“”或“”)還原以及酸處理形成Nefopam．（6）寫(xiě)出符合下列條件的B的同分異構(gòu)體____________(任寫(xiě)一個(gè))。①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)②其水解產(chǎn)物之一能與溶液顯色③含有兩個(gè)苯環(huán)和一個(gè)五元環(huán)。〖答案〗（1）①.(酮)羰基②.酯化反應(yīng)(或取代反應(yīng))（2）①.7②.（3）①.1②.3（4）（5）（6）等〖解析〗A經(jīng)還原后羰基轉(zhuǎn)化為醇羥基，羥基再與羧基發(fā)生酯化得到B，B與發(fā)生取代反應(yīng)生成C，C在作用下脫出羰基形成D，D與發(fā)生取代反應(yīng)生成E，E中氯原子與-NH-發(fā)生分子內(nèi)取代反應(yīng)生成F，F(xiàn)發(fā)生還原反應(yīng)再經(jīng)酸化得到Nefopam，據(jù)此分析解答?！拘?wèn)1詳析】對(duì)比A與B的結(jié)構(gòu)可知A中羰基轉(zhuǎn)化成單鍵，羰基被還原，還原后羰基轉(zhuǎn)化為醇羥基，羥基再與羧基發(fā)生酯化得到B，故〖答案〗為：(酮)羰基；酯化反應(yīng)(或取代反應(yīng))；【小問(wèn)2詳析】B與發(fā)生苯環(huán)上的取代反應(yīng)，B中有兩個(gè)苯環(huán)，其中Ph代表的苯環(huán)中存在三種氫，另一苯環(huán)中存在4種氫，共有7種溴代產(chǎn)物；為了使B轉(zhuǎn)化為C的原子利用率為，結(jié)合B和C的結(jié)構(gòu)對(duì)比，合適的試劑X應(yīng)為，故〖答案〗為：7；；【小問(wèn)3詳析】根據(jù)手性碳的概念，D中只有羥基所連碳為手性碳原子；中1molCl可消耗1molNaOH，其中ClCO-中氯原子被取代后生成-COOH，能繼續(xù)消耗NaOH，因此可消耗3molNaOH，故〖答案〗為：1；3；【小問(wèn)4詳析】由以上分析已知F為，故〖答案〗為：；【小問(wèn)5詳析】由A到B，C到D的轉(zhuǎn)化過(guò)程可知能將羰基直接脫氧，因此F經(jīng)處理才能得到Nefopam，故〖答案〗為：；【小問(wèn)6詳析】四川省綿陽(yáng)市2022-2023學(xué)年高二下學(xué)期6月月考一、選擇題(本題包括7小題，每小題6分，共42分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意)1.化學(xué)與社會(huì)、環(huán)境、生活息息相關(guān)，下列說(shuō)法正確的是A.非遺油紙傘傘面涂刷桐油，桐油的成分是烴B.CO2排放量的增加將促進(jìn)海洋珊瑚的瘋長(zhǎng)C.PM2.5在空氣中所形成的分散系穩(wěn)定性弱于云霧D.服飲葡萄糖口服液可迅速補(bǔ)充人體發(fā)燒損失的電解質(zhì)〖答案〗C〖解析〗A．桐油的主要化學(xué)成分是脂肪酸甘油三酯，不是烴類(lèi)化合物，故A錯(cuò)誤；B．CO2+H2O+CaCO3Ca(HCO3)2，CO2排放量的增加將影響珊瑚生存，故B錯(cuò)誤；C．能形成膠體的分散質(zhì)顆粒直徑在1nm～100nm之間，云霧屬于膠體，具有介穩(wěn)性，PM2.5中顆粒物的直徑接近于2.5×10?6m，大于膠體直徑，不能形成氣溶膠，穩(wěn)定性弱于膠體，故C正確；D．葡萄糖口服液是葡萄糖的水溶液，屬于混合物，不屬于電解質(zhì)，故D錯(cuò)誤。綜上所述，〖答案〗為C。2.某研究小組在銠催化的區(qū)域成功實(shí)現(xiàn)對(duì)映選擇性烯丙基膦化反應(yīng)，如圖所示(－Ph代表苯基，－Me代表甲基)。下列敘述正確的是A.甲分子內(nèi)所有原子可能處于同一平面B.甲和乙生成丙的反應(yīng)是取代反應(yīng)C.甲能發(fā)生加聚、水解、酯化反應(yīng)D.用酸性KMnO4溶液可以證明甲含有碳碳雙鍵〖答案〗B〖解析〗A．甲分子內(nèi)含有飽和碳原子，所有原子不可能處于同一平面，故A錯(cuò)誤；B．觀察甲、乙、丙的結(jié)構(gòu)可知，甲中羥基被乙中取代，發(fā)生取代反應(yīng)，故B正確；C．甲不含酯基，不能發(fā)生水解反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D．甲中碳碳雙鍵和醇羥基都能與酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；故〖答案〗選B。3.下列離子方程式書(shū)寫(xiě)不正確的是A.將過(guò)量SO2氣體通入NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO-===SO＋Cl-＋2H＋B標(biāo)準(zhǔn)狀況下將112mL氯氣通入10mL1mol·L-1溴化亞鐵溶液中：2Fe2++4Br-+3Cl2===2Br2+2Fe3++6Cl-C向FeSO4溶液中滴加NaHCO3溶液和稀氨水：Fe2++HCO+NH3·H2O===FeCO3↓+NH＋H2OD.明礬溶液中滴加Ba(OH)2溶液至沉淀的物質(zhì)的量最大：2Al3++3SO+3Ba2++6OH-===2Al(OH)3↓+3BaSO4↓〖答案〗B〖解析〗A．ClO-具有強(qiáng)氧化性，能將SO2氧化成SO，則其離子方程式為：SO2＋H2O＋ClO-===SO＋Cl-＋2H＋，故A正確；B．標(biāo)況下，112mL氯氣的物質(zhì)的量為，10mL1mol·L-1溴化亞鐵溶液中，、，需消耗0.005，需消耗0.01mol，量不足，由于亞鐵離子還原性強(qiáng)于溴離子，所以該離子方程式為：2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-，故B錯(cuò)誤；C．FeSO4為強(qiáng)酸弱堿鹽，其溶液因亞鐵離子水解呈酸性，而NaHCO3溶液和稀氨水均呈堿性，所以向FeSO4溶液中滴加NaHCO3溶液和稀氨水的離子方程式為：Fe2++HCO+NH3·H2O===FeCO3↓+NH＋H2O，故C正確；D．明礬溶于水后會(huì)電離出鋁離子，所以向明礬溶液中滴加Ba(OH)2溶液，使沉淀的物質(zhì)的量最大時(shí)，則生成的氫氧化鋁未溶解，則其離子方程式為：2Al3++3SO+3Ba2++6OH-===2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，故D正確；故選：B4.某種藥物分子結(jié)構(gòu)如圖所示。其中W的原子核只有1個(gè)質(zhì)子，元素X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，且均位于W的下一周期，元素Q的原子比Z原子多8個(gè)電子。下列說(shuō)法正確的是A.X、Y、Z原子半徑逐漸增大B.分子中Y原子為sp3雜化C.1mol該分子中含孤電子對(duì)數(shù)22NAD.Y、Z、Q最簡(jiǎn)單氫化物水溶液酸性逐漸減弱〖答案〗B〖解析〗W的原子核只有1個(gè)質(zhì)子，則W為H；元素X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，且均位于W的下一周期，則為第二周期元素，結(jié)合物質(zhì)結(jié)構(gòu)，X形成四個(gè)共價(jià)鍵，為C；Y形成兩個(gè)共價(jià)鍵，為O；Z形成一個(gè)共價(jià)鍵，為F；元素Q的原子比Z原子多8個(gè)電子，為Cl，據(jù)此解答?！驹斘觥緼．X、Y、Z為第二周期元素，隨著原子序數(shù)的增大，原子半徑逐漸減小，A錯(cuò)誤；B．分子中Y原子為O，形成兩個(gè)鍵，含有兩個(gè)孤對(duì)電子，為sp3雜化，B正確；C．該分子中含孤電子對(duì)的為F（3對(duì)）、O（2對(duì)）、Cl（3對(duì)），則1mol該分子中含孤電子對(duì)數(shù)20NA，C錯(cuò)誤；D．Y、Z、Q最簡(jiǎn)單氫化物為H2O、HF、HCl，水溶液酸性逐漸增強(qiáng)，D錯(cuò)誤；故選B。5.二十大報(bào)告提出深入推進(jìn)環(huán)境污染防治。一種廢催化劑(含V2O5、V2O4、V2O3和雜質(zhì)Fe2O3、SiO2等)的處理流程如圖所示。已知工序①得到的溶液的主要成分是[VO(C2O4)2]2-、[Fe(C2O4)2]2-和H2C2O4。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.固體A的主要成分是SiO2B.含[Fe(C2O4)2]2-的溶液中存在[Fe(C2O4)2]2-FeC2O4+C2OK1=10-1.8，F(xiàn)eC2O4Fe2++C2OK2=10-3.0，若c(C2O)=0.10mol?L-1，則=102.8C.在實(shí)驗(yàn)室中進(jìn)行工序①要用到普通漏斗，進(jìn)行濃縮要用到蒸發(fā)皿D.加入足量雙氧水生成V2O5·H2O，反應(yīng)的離子方程式為H2O2+2[VO(C2O4)2]2-===V2O5·H2O↓+2C2O〖答案〗D〖解析〗廢催化劑中加入草酸溶液，、、和轉(zhuǎn)化為和，不反應(yīng)。加入足量雙氧水，過(guò)濾得到固體和，加入稀NaOH溶液，過(guò)濾，轉(zhuǎn)化為留在濾液中，作為濾渣被分離出去?！驹斘觥緼．向廢催化劑中加入草酸溶液，草酸溶液與不反應(yīng)，固體A的主要成分是，A項(xiàng)正確；B．，，則，B項(xiàng)正確；C．在實(shí)驗(yàn)室中過(guò)濾要用到普通漏斗，濃縮溶液要用到蒸發(fā)皿，C項(xiàng)正確；D．加入足量雙氧水將轉(zhuǎn)化為和，反應(yīng)的離子方程式為，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選D。6.利用電解原理實(shí)現(xiàn)乙烯高效合成環(huán)氧乙烷，電解裝置如圖所示：已知：，下列說(shuō)法正確的是A.反應(yīng)一段時(shí)間后，陰極區(qū)pH升高B.Pt電極反應(yīng)式為：C.生成1mol環(huán)氧乙烷，有通過(guò)交換膜D.電解完成后，將陰極區(qū)和陽(yáng)極區(qū)溶液混合后可得到環(huán)氧乙烷〖答案〗D〖解析〗利用電解原理實(shí)現(xiàn)乙烯高效合成環(huán)氧乙烷，結(jié)合已知原理可知，Ni極為陰極，水放電發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣和氫氧根離子，；Pt極為陽(yáng)極，氯離子發(fā)生氧化反應(yīng)生成生成次氯酸：，次氯酸將乙烯轉(zhuǎn)化為，和氫氧根離子反應(yīng)生成環(huán)氧乙烷。【詳析】A．由分析可知，陰極區(qū)生成氫離子，則溶液酸性增強(qiáng)，pH減小，故A錯(cuò)誤；B．由分析可知，Pt電極反應(yīng)式為：，故B錯(cuò)誤；C．生成1mol環(huán)氧乙烷需要消耗1molHClO，結(jié)合反應(yīng)可知，，則陽(yáng)極區(qū)需要2mol負(fù)電荷，則由2mol氯離子通過(guò)交換膜，故C錯(cuò)誤；D．由分析可知，陰極生成氫氧化鉀、陽(yáng)極生成，電解完成后，將陰極區(qū)和陽(yáng)極區(qū)溶液混合后，和氫氧根離子反應(yīng)生成環(huán)氧乙烷，可得到環(huán)氧乙烷，故D正確；〖答案〗選D。7.天然水體中的與空氣中的保持平衡。某地溶洞水體中(X為、、或)與pH的線性關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是A.直線①代表，直線③代表B.圖中CD.若空氣中的濃度增加，則水體中的濃度減小〖答案〗D〖解析〗H2CO3(aq)H＋＋，H＋＋，隨著溶液pH增大，碳酸氫根離子轉(zhuǎn)化為碳酸根離子，則碳酸氫根離子濃度減小，碳酸根離子濃度增大，同時(shí)鈣離子濃度減小，故曲線①代表，曲線②代表，曲線③代表Ca2＋；由點(diǎn)(6.3，5)計(jì)算該溫度下碳酸的一級(jí)電離平衡常數(shù)，由點(diǎn)(10.3，-1)計(jì)算該溫度下碳酸的二級(jí)電離平衡常數(shù)。【詳析】A．由分析可知，直線①代表，直線③代表，A正確；B．，推知①lgc()=pH＋[lgKa1(H2CO3)-5]；，同理可推：②lgc()=2pH＋[lgKa1＋lgKa2-5]，B正確；C．由Ksp(CaCO3)=c(Ca2＋)·c()，推知lgKsp(CaCO3)=lgc(Ca2＋)＋lgc()；則結(jié)合B分析可知，③lgc(Ca2＋)=lgKsp-lgc()=-2pH＋[lgKsp-lgKa1-lgKa2＋5]；由a點(diǎn)數(shù)值可知Ka1=10-6.3，由c點(diǎn)數(shù)值可知Ka2=10-10.3，再由b點(diǎn)數(shù)值代入③可知Ksp(CaCO3)=10-8.6，C正確；D．若空氣中的CO2濃度增加，CaCO3(s)＋CO2(g)＋H2OCa2＋＋2，平衡正向移動(dòng)，水體中的Ca2＋濃度增大，D錯(cuò)誤；故選D。二、非選擇題。包括必考題和選考題兩部分。第8~10題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第11~12題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題8.某小組在實(shí)驗(yàn)室用NaClO溶液和NH3反應(yīng)制備N(xiāo)2H4，并進(jìn)行相關(guān)的性質(zhì)探究實(shí)驗(yàn)。Ⅰ.制備N(xiāo)2H4（1）儀器a的名稱(chēng)是___________。（2）裝置C中盛放的試劑是___________。裝置B的作用是___________。（3）制備N(xiāo)2H4離子方程式為_(kāi)__________。Ⅱ．測(cè)定產(chǎn)品中水合肼(N2H4·H2O)的含量（4）稱(chēng)取產(chǎn)品6.0g，加入適量NaHCO3固體(滴定過(guò)程中，調(diào)節(jié)溶液的pH保持在6.5左右)，加水配成250mL溶液，移取25.00mL置于錐形瓶中，并滴加2~3滴淀粉溶液，用0.3000mol?L-1的碘標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定(已知：N2H4·H2O+2I2===N2↑+4HI+H2O)。①滴定到達(dá)終點(diǎn)的現(xiàn)象是___________。②實(shí)驗(yàn)測(cè)得消耗碘標(biāo)準(zhǔn)溶液的平均值為20.00mL，產(chǎn)品中水合腓的質(zhì)量分?jǐn)?shù)__________。Ⅲ．探究的還原性與堿性。將制得的耕分離提純后，進(jìn)行如圖實(shí)驗(yàn)?！静殚嗁Y料］AgOH在溶液中不穩(wěn)定，易分解生成黑色的Ag2O，Ag2O可溶于氨水。【提出假設(shè)】黑色固體可能是Ag、Ag2O中的一種或兩種。【實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證】設(shè)計(jì)如下方案，進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。操作現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論i.取少量黑色固體于試管中，加入適量①_________黑色固體部分溶解黑色固體有Ag2Oii.取少量黑色固體于試管中加入足量稀硝酸，振蕩②_________黑色固體是Ag和Ag2O（5）請(qǐng)完成表中的空白部分：①___________；②___________。（6）實(shí)驗(yàn)表明，黑色固體主要成分是Ag，還有少量氧化銀，請(qǐng)解釋原因：___________?！即鸢浮剑?）圓底燒瓶（2）①.NaOH溶液②.平衡氣壓，收集多余氯氣（3）2NH3+ClO-===N2H4+Cl-+H2O（4）①.當(dāng)加入最后一滴(或半滴)碘標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，溶液恰好變?yōu)樗{(lán)色，且半分鐘內(nèi)不褪色②.25%（5）①.加入足量氨水②.黑色固體溶解，并有氣體產(chǎn)生（6）肼具有還原性將Ag+還原為Ag，肼具有堿性，與Ag+反應(yīng)生成AgOH，AgOH分解生成黑色的Ag2O〖解析〗制備N(xiāo)2H4時(shí)，首先在裝置A中利用濃鹽酸和二氧化錳共熱制取氯氣，此時(shí)關(guān)閉裝置B上方止水夾，打開(kāi)另一止水夾，將氯氣通入裝置C中的NaOH溶液，反應(yīng)得到NaClO溶液，裝置D中利用氯化銨和氫氧化鈣固體共熱制取氨氣，通入裝置C中和NaClO溶液反應(yīng)得到N2H4，由于氨氣極易溶于水，所以導(dǎo)管不能伸入液面以下，防止發(fā)生倒吸；制備完成后，打開(kāi)B上方止水夾，關(guān)閉另一止水夾，可以在裝置B中利用排飽和食鹽水的方法收集多余氯氣，長(zhǎng)頸漏斗可以平衡壓強(qiáng)。【小問(wèn)1詳析】根據(jù)儀器a的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)可知其為圓底燒瓶；【小問(wèn)2詳析】根據(jù)題意，制備N(xiāo)2H4需要用NaOH溶液與NH3反應(yīng)，所以裝置C中盛放NaOH溶液，和氯氣反應(yīng)得到NaClO；裝置B可以在實(shí)驗(yàn)結(jié)束后利用排飽和食鹽水的方法收集多余氯氣，長(zhǎng)頸漏斗可以平衡壓強(qiáng)；【小問(wèn)3詳析】根據(jù)電子守恒可知反應(yīng)過(guò)程中ClO-與NH3的系數(shù)比為1：2，再結(jié)合元素守恒可得離子方程式為2NH3+ClO-===N2H4+Cl-+H2O；【小問(wèn)4詳析】①N2H4可以氧化I2，所以達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)I2稍過(guò)量，而淀粉遇碘變藍(lán)，所以滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象為：當(dāng)加入最后一滴(或半滴)碘標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，溶液恰好變?yōu)樗{(lán)色，且半分鐘內(nèi)不褪色；②根據(jù)反應(yīng)方程式可知25.00mL待測(cè)液中n(N2H4·H2O)=×0.3000mol/L×0.02L=0.003mol，則250mL溶液中有0.03molN2H4·H2O，產(chǎn)品中水合腓的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=25%；【小問(wèn)5詳析】操作i結(jié)論為黑色固體有Ag2O，現(xiàn)象為黑色固體部分溶解，根據(jù)題目所給信息可知Ag2O可溶于氨水，所以①為加入足量氨水；操作ii證明有Ag，Ag可以被稀硝酸氧化，同時(shí)生成NO氣體，所以現(xiàn)象②為黑色固體溶解，并有氣體產(chǎn)生；【小問(wèn)6詳析】肼具有還原性將Ag+還原為Ag，同時(shí)肼具有堿性，與Ag+反應(yīng)生成AgOH，而AgOH不穩(wěn)定，易分解生成黑色的Ag2O。9.德國(guó)化學(xué)家哈伯在1918年榮獲了諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)，但是后人對(duì)他的評(píng)價(jià)卻褒貶不一。I.有人認(rèn)為哈伯是一位偉大的科學(xué)家，因?yàn)樗菍?shí)現(xiàn)人工合成氨并進(jìn)行工業(yè)生產(chǎn)的第一人。所以贊美他是“用空氣制造面包的天使”。（1）工業(yè)上合成氨氣的方程式：N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)，ΔH=-91.3kJ/mol，下表為破壞1mol相關(guān)化學(xué)鍵需要的能量。NNN_HH_H945.8kJakJ435.9kJ求a值：_____（2）在密閉容器中合成氨氣，有利于提高H2的轉(zhuǎn)化率且加快反應(yīng)速率的措施_____A．升高反應(yīng)溫度 B．增大反應(yīng)的壓強(qiáng) C．移走生成的NH3 D．增加H2的量E．添加合適的催化劑（3）將0.3molN2和0.9molH2充入3L密閉容器中，圖為在不同溫度下，平衡時(shí)NH3的體積分?jǐn)?shù)隨壓強(qiáng)的變化曲線。甲、乙、丙中溫度從高到低的順序是___________，d點(diǎn)N2的轉(zhuǎn)化率是___________。(結(jié)果保留1位小數(shù))II.有人認(rèn)為哈伯是一戰(zhàn)的“催化劑”，因?yàn)樵谝粦?zhàn)中，哈伯擔(dān)任德國(guó)化學(xué)兵工廠廠長(zhǎng)時(shí)負(fù)責(zé)研制和生產(chǎn)氯氣、芥子氣等毒氣，并使用于戰(zhàn)爭(zhēng)之中，造成近百萬(wàn)人傷亡。（4）實(shí)驗(yàn)室制備氯氣后通常用NaOH溶液進(jìn)行尾氣處理，反應(yīng)的溫度不同產(chǎn)物也會(huì)有變化。某溫度下發(fā)生的反應(yīng)為，生成1molNaClO3被氧化的與被還原的Cl2的質(zhì)量比例___________。（5）將上述反應(yīng)后的溶液倒入電解池的陽(yáng)極區(qū)可以提高NaClO3的含量，裝置如圖所示：電極E是____(填“陽(yáng)極”或“陰極”)，陽(yáng)極區(qū)發(fā)生的反應(yīng)：____III.其實(shí)物質(zhì)并沒(méi)有好壞之分，關(guān)鍵是人們用這些物質(zhì)來(lái)做了什么?。?）請(qǐng)列舉Cl2在日常生活中的作用(列舉一種)：Cl2_______〖答案〗（1）390.8（2）B（3）①.丙，乙，甲②.57.1%（57.0%）（4）1:5（5）①.陰極②.（6）Cl2:制漂白液，消毒液，鹽酸，農(nóng)藥〖解析〗【小問(wèn)1詳析】N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)，ΔH=-91.3kJ/mol，焓變=反應(yīng)物總鍵能-生成物總鍵能，即945.8+435.9×3-6a=-91.3，則a=390.8；【小問(wèn)2詳析】A．正反應(yīng)放熱，升高反應(yīng)溫度，平衡逆向移動(dòng)，氫氣的轉(zhuǎn)化率減小，故不選A；B．增大反應(yīng)的壓強(qiáng)，反應(yīng)速率加快，平衡正向移動(dòng)，氫氣的轉(zhuǎn)化率增大，故選B；C．移走生成的NH3，反應(yīng)速率減慢，故不選C；D．增加H2的量，反應(yīng)速率加快，平衡正向移動(dòng)，氫氣的轉(zhuǎn)化率減小，故不選D；E．添加合適的催化劑，平衡不移動(dòng)，氫氣的轉(zhuǎn)化率不變，故不選E；選B【小問(wèn)3詳析】正反應(yīng)放熱，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，氨氣體積分?jǐn)?shù)減小，則甲、乙、丙中溫度從高到低的順序是丙>乙>甲；d點(diǎn)氨氣的體積分?jǐn)?shù)為40%，，x=0.171，d點(diǎn)N2的轉(zhuǎn)化率是；【小問(wèn)4詳析】某溫度下發(fā)生的反應(yīng)為，氯元素化合價(jià)由0降低為-1、氯元素化合價(jià)由0升高為+5，根據(jù)得失電子守恒，被氧化的與被還原的Cl2的質(zhì)量比例1:5；【小問(wèn)5詳析】裝置右側(cè)放出氫氣，發(fā)生還原反應(yīng)，電極E是陰極；反應(yīng)后的溶液倒入電解池的陽(yáng)極區(qū)，可以提高NaClO3的含量，可知氯離子在陽(yáng)極區(qū)被氧化為，發(fā)生的反應(yīng)為；【小問(wèn)6詳析】Cl2可以制漂白液、消毒液、鹽酸、農(nóng)藥等。10.工業(yè)上用電解溶液生成的氯氣為原料，生產(chǎn)溴酸鉀的工藝流程如下：回答下列問(wèn)題：（1）惰性電極電解溶液產(chǎn)生氯氣總反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_____________。（2）“合成I”中得到，該反應(yīng)的還原劑是______________；“合成II”中加入的目的是____________。（3）結(jié)合溶解度曲線分析，“合成Ⅲ”為復(fù)分解反應(yīng)，該反應(yīng)能發(fā)生的原因是__________；若向溶液中加入______________粉末，可使溶液中的降為[假設(shè)溶液體積不變，已知該溫度下]?！昂铣蒊II”實(shí)際中用飽和溶液而不用粉末的優(yōu)點(diǎn)是______________(寫(xiě)一條)。（4）為了從過(guò)濾II后的濾液中獲得氯化鎂結(jié)晶，依次要經(jīng)過(guò)________、_________操作。（5）另一種產(chǎn)生溴酸鹽的方法是用溶液吸收，同時(shí)生成氣體。寫(xiě)出相應(yīng)的化學(xué)方程式______________；原子經(jīng)濟(jì)性更高的是______________(填“吸收法”或“氯氣氧化法”)。〖答案〗（1）（2）①.②.與反應(yīng)得到溴酸根離子，在合成Ⅲ中更多地生成溴酸鉀與氯化鎂分離，提高的純度（3）①.反應(yīng)體系中溶解度較小，析出沉淀②.1.08③.用飽和溶液沉淀速率更快或轉(zhuǎn)化率(利用率)更高（4）①.蒸發(fā)結(jié)晶②.趁熱過(guò)濾（5）①.②.氯氣氧化法〖解析〗工業(yè)上用電解飽和食鹽水生成氯氣生產(chǎn)溴酸鉀的工藝流程，分析流程可知，飽和食鹽水電解生成氯氣具有氧化性，在水中和溴單質(zhì)反應(yīng)生成溴酸和氯化氫，加入過(guò)量氧化鎂和鹽酸溴酸反應(yīng)生成氯化鎂和溴酸鎂，過(guò)濾得到濾液中加入飽和氯化鉀溶液，溴酸鎂在飽和溶液中析出晶體，以此解答?！拘?wèn)1詳析】用惰性電極電解MgCl2溶液過(guò)程中，陽(yáng)極2Cl--2e-===Cl2↑陰極2H2O+2e-+Mg2+===H2↑+Mg(OH)2↓，總反應(yīng)的離子方程式為?！拘?wèn)2詳析】“合成I”發(fā)生反應(yīng)是氯氣在水溶液中氧化溴單質(zhì)為溴酸，反應(yīng)的化學(xué)方程式5Cl2+Br2+6H2O===2HBrO3+10HCl，Br元素化合價(jià)上升，該反應(yīng)的還原劑是；依據(jù)流程分析可知，加入和溶液中反應(yīng)得到溴酸根離子，在合成Ⅲ中更多地生成溴酸鉀與氯化鎂分離，提高的純度?！拘?wèn)3詳析】過(guò)量氧化鎂和鹽酸溴酸反應(yīng)生成氯化鎂和溴酸鎂，加入飽和氯化鉀溶液，反應(yīng)體系中溶解度較小，析出沉淀，發(fā)生了復(fù)分解反應(yīng)；降為時(shí)，即需要沉淀2×0.15mol/L×2-2×0.1mol/L=0.4mol，需要消耗0.4molKCl，此時(shí)溶液中剩余c(K+)=，需要加入KCl的物質(zhì)的量n(K+)=0.34mol/L×2L+0.4mol=1.08mol；“合成III”實(shí)際中用飽和溶液而不用粉末的優(yōu)點(diǎn)是：用飽和溶液沉淀速率更快或轉(zhuǎn)化率(利用率)更高?！拘?wèn)4詳析】氯化鎂的溶解度隨溫度變化較大，可以通過(guò)重結(jié)晶的方法從溶液中獲得氯化鎂結(jié)晶，依次要經(jīng)過(guò)蒸發(fā)結(jié)晶、冷卻結(jié)晶操作。【小問(wèn)5詳析】和反應(yīng)生成、和KBr，Br元素化合價(jià)由0價(jià)上升到+5價(jià)，又由0價(jià)下降到-1價(jià)，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒配平方程式為：；該方法中部分轉(zhuǎn)化為KBr，氯氣氧化法中全部轉(zhuǎn)化為，所以原子經(jīng)濟(jì)性更高的是氯氣氧化法。(二)選考題。任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。11.科學(xué)工作者合成了含鎂、鎳、碳、氮4種元素的超導(dǎo)材料，具有良好的應(yīng)用前景?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）下列屬于碳原子激發(fā)態(tài)軌道表示式的有___________(填字母，下同)，其中失去最外層上一個(gè)電子所需能量最低的是___________。（2）含有碳元素的有機(jī)化合物分布極廣，最簡(jiǎn)單的為碳正離子，該離子的幾何構(gòu)型為_(kāi)__________；乙醇的揮發(fā)性比水的強(qiáng)，原因是___________；如圖是葉綠素的結(jié)構(gòu)示意圖，配體是一種平面大環(huán)有機(jī)物，該結(jié)構(gòu)中N原子的雜化方式為_(kāi)__，C-Nσ鍵有____個(gè)。（3）某種半導(dǎo)體NiO具有NaCl型結(jié)構(gòu)(如圖)，其中陰離子采用面心立方最密堆積方式，半徑r(O2-)=anm。①阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶體密度為_(kāi)___g·