2022-2023学年吉林省吉林松花江中学高二上学期1月期末考试化学试题含答案

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吉林省吉林松花江中学2022-2023学年高二上学期1月期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列原子的轨道表示式正确的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】A．2p轨道应各排布一个电子且自旋平行，A错误；
B．2s轨道中两个电子的自旋状态应相反，B错误；
C．所写轨道排布式正确；
D．2s轨道中应排满两个电子后再排2p轨道，D错误；
故答案选C。
2．实验室用锌与稀硫酸反应制氢气，下列做法能加快反应速率的是
A．选用纯度更大的金属锌 B．改用浓硫酸 C．改用粗锌(含铜、银) D．降低温度
【答案】C
【详解】A．若金属锌中含有不如锌活泼的金属杂质，则可以形成原电池加快反应速率，选用纯度更大的金属锌会降低反应速率，A不符合题意；
B．浓硫酸与锌反应会生成SO2，不产生H2，B不符合题意；
C．铜、银不如锌活泼，反应过程中会形成原电池，锌为负极被氧化，可以加快反应速率，C符合题意；
D．降低温度会减慢反应速率，D不符合题意；
综上所述答案为C。
3．下列有关分子晶体的叙述正确的是
A．分子内均存在共价键
B．分子晶体的熔点较高
C．分子晶体中一定存在氢键
D．分子晶体熔化时一定破坏了范德华力
【答案】D
【详解】A．稀有气体分子内无化学键，A项错误；
B．分子晶体有低熔点的特性，B项错误；
C．分子晶体中不一定存在氢键，如晶体，C项错误；
D．分子晶体中分子间一定存在范德华力，可能存在氢键，所以分子晶体熔化时一定破坏了范德华力，D项正确。
故选：D。
4．下列有机化合物中σ键与π键个数比为3∶2的是
A．CH3CH3 B．CH2=CH2
C．CH≡CH D．CH4
【答案】C
【详解】A．CH3CH3中有7个σ键，没有π键，故A不符合题意；
B．CH2=CH2中有5个σ键，1个π键，故B不符合题意；
C．CH≡CH中有3个σ键，2个π键，故C符合题意；
D．CH4中有4个σ键，没有π键，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
5．下列有关问题与盐的水解有关的是
①与溶液可作焊接金属时的除锈剂；
②与两种溶液可作泡沫灭火剂；
③草木灰与铵态氮肥不能混合施用；
④实验室中盛放溶液的试剂瓶不能磨口玻璃塞；
⑤加热蒸干溶液得到固体；
⑥带除去溶液中混有的，可先通入氧化剂，再调节溶液的pH
A．①②③ B．②③④ C．①③⑤ D．①②③④⑤
【答案】D
【详解】①NH4Cl和ZnCl2均为强酸弱碱盐，溶液中与Zn2＋均发生水解反应，溶液显酸性，可以除去金属表面的锈，与盐的水解有关，故①正确；
②与Al3＋发生相互促进的水解反应，产生CO2，可作灭火剂，与盐的水解有关，故②正确；
③草木灰的主要成分为K2CO3，水解显碱性，而铵态氮肥水解显酸性，二者混用会发生互促水解，降低氮肥肥效，因而二者不能混合施用，与盐的水解有关，故③正确；
④Na2CO3溶液水解产生NaOH，而磨口玻璃塞中的二氧化硅会与NaOH反应生成Na2SiO3，将瓶塞与瓶口黏合在一起，因此实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶应用橡胶塞，与盐的水解有关，故④正确；
⑤CuCl2溶液中存在水解平衡，CuCl2＋2H2OCu(OH)2＋2HCl，加热时，HCl挥发使平衡不断右移，最终得到Cu(OH)2固体，与盐的水解有关，故⑤正确；
⑥Cl2能将Fe2＋氧化成Fe3＋，且没有引入杂质，与盐的水解无关，故⑥错误；
综上所述，①②③④⑤与盐类水解有关；
答案选D。
6．下列现象与配合物无关的是
A．向FeCl3溶液中滴入KSCN溶液出现红色
B．向Cu与Cl2反应后的集气瓶中先加少量水，溶液呈绿色，再加水，变蓝色
C．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变深
D．向AgNO3溶液中逐滴滴加氨水至过量，先出现白色沉淀，继而沉淀消失
【答案】C
【详解】A．向FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，二者发生反应产生Fe(SCN)3，使出现红色，Fe(SCN)3就是络合物，因此物质发生颜色变化与配合物的析出有关，A不符合题意；
B．Cu2+与H2O或Cl-形成的配合物离子的颜色不同，与配合物的形成有关，B不符合题意；
C．Fe2+可以被氯水氧化为Fe3+，Fe2+是浅绿色，Fe3+水溶液显黄色，与配合物的形成无关，C符合题意；
D．向AgNO3溶液中逐滴滴加氨水，反应产生AgOH沉淀，当氨水过量时，AgOH被过量NH3·H2O溶解反应产生可溶性[Ag(NH3)2]OH，因此看到沉淀又消失，与络合物的形成有关，D不符合题意；
故合理选项是C。
7．下列说法中，错误的是
A．只含分子的晶体一定是分子晶体
B．碘晶体升华时破坏了共价键
C．几乎所有的酸都属于分子晶体
D．稀有气体中只含原子，但稀有气体的晶体属于分子晶体
【答案】B
【详解】A．分子晶体是分子通过相邻分子间的作用力形成的，只含分子的晶体一定是分子晶体，故A正确；
B．碘晶体属于分子晶体，升华时破坏了分子间作用力，故B错误；
C．几乎所有的酸都是由分子构成的，故几乎所有的酸都属于分子晶体，故C正确；
D．稀有气体是由原子直接构成的，只含原子，故稀有气体的晶体属于分子晶体，故D正确。
故选B。
8．能够使CH3COONa溶液pH增大且水解程度也增大的条件是
A．加水 B．升温 C．加压 D．加CH3COONa固体
【答案】B
【详解】A．醋酸钠溶液显碱性，加水促进CH3COONa水解，但是氢氧根离子浓度减小，pH减小，故A错误；
B．水解过程为吸热过程，升温促进CH3COONa水解，碱性增强，pH增大，故B正确；
C．反应没有气体参与，因此加压水解平衡不移动，故C错误；
D．加CH3COONa固体，增大了醋酸钠的浓度，水解平衡右移，但CH3COONa水解程度减小，故D错误。
故选B。
9．下列关于原子结构与元素周期表的说法正确的是
A．电负性最大的元素位于周期表的左下角
B．原子核外可能有两个电子的运动状态是相同的
C．2s轨道在空间呈哑铃形
D．某基态原子的价电子排布式为4s24p1，该元素位于周期表第四周期IIIA族
【答案】D
【详解】A．电负性最大的氟元素位于周期表的右上角，故A错误；
B．由泡利不相容原理可知，原子核外不可能有运动状态相同的两个电子，故B错误；
C．2s轨道在空间呈球形，故C错误；
D．由基态原子的价电子排布式为4s24p1可知，该元素为位于元素周期表第四周期IIIA族的砷元素，故D正确；
故选D。
10．下列事实中能说明HClO一定为弱电解质的是
A．NaClO能与H2SO3反应
B．用HClO溶液做导电实验时灯泡很暗
C．常温下NaClO溶液的pH>7
D．10mL1mol/LHClO溶液恰好与10mL1mol/L的NaOH溶液完全反应
【答案】C
【详解】A．NaClO能与H2SO3反应证明次氯酸根具有强氧化性，不能得到次氯酸是弱酸，A错误；
B．电解质溶液导电性能与离子浓度和离子所带电荷数有关，即灯泡很暗不能证明次氯酸是弱酸，B错误；
C．常温下NaClO溶液中存在次氯酸根离子的水解，使其显碱性pH>7，又有弱才水解，即次氯酸根水解生成弱酸次氯酸，C正确；
D．次氯酸是一元酸，氢氧化钠是一元碱，二者等体积等浓度刚好反应完，不能证明次氯酸是弱酸，D错误；
故选C。
11．下列叙述正确的是
A．NH3是极性分子，分子中N原子处在3个H原子所组成的三角形的中心
B．CC14是非极性分子，分子中C原子处在4个C1原子所组成的正方形的中心
C．H2O是极性分子，分子中O原子处在2个H原子所连成的直线的中央
D．CO2是非极性分子，分子中C原子处在2个O原子所连成的直线的中央
【答案】D
【分析】根据价层电子对互斥，价层电子对个数=σ键个数+(a-xb)，确定微粒空间构型和中心原子杂化方式，再根据正负电荷重心是否重合判断分子的极性，据此分析判断。
【详解】A．N与3个H原子形成σ键，孤对电子数为=1，所以N原子采用sp3杂化，为三角锥形分子，N原子没有处在3个H原子所组成的三角形的中心，分子中正负电荷重心不重合，是极性分子，故A错误；
B．CCl4中C与4个Cl形成4个σ键，孤对电子数为0，所以C原子采用sp3杂化，为正四面体结构，该分子正负电荷重心重合，为非极性分子，故B错误；
C．H2O中O与2个H形成σ键，孤对电子数为=2，所以O原子采用sp3杂化，为V形分子，分子中O原子和2个H原子不在一条直线上，分子中正负电荷重心不重合，为极性分子，故C错误；
D．CO2中C与2个O形成σ键，孤对电子数为=0，所以C原子采用sp杂化，为直线形分子，分子中C原子和2个O原子在一条直线上，且C原子处在2个O原子所连成的直线的中央，分子中正负电荷重心重合，为非极性分子，故D正确；
故选D。
12．钠的一种氧化物的晶胞如图(“●”或“○”均表示一个简单离子)。正确的是

A．该氧化物的化学式为Na2O2
B．晶胞中连接“○”与“●”的线段表示共价键
C．该晶体中“○”与“●”的核外电子排布相同
D．晶胞中与“○”最近且等距的“●”的数目为4
【答案】C
【分析】由晶胞图知，黑色原子有8个在体内；白色原子有8个在体内，6个在面心，根据均摊法计算，可知白色原子和黑色原子个数比为1：2，故该氧化物为氧化钠，且白色表示氧离子，黑色为钠离子，据此回答。
【详解】A．由分析知该氧化物为氧化钠，A错误；
B．氧化钠为离子化合物且只含有离子键，即线段表示离子键，B错误；
C．钠离子和氧离子核外电子数均为10，最外层电子均为8，核外电子排布相同，C正确；
D．由晶报图知，晶报中与氧离子最近且等距离的钠离子数目为8，D错误；
故选C。
13．现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：
①1s22s22p63s23p4        ②1s22s22p63s23p3       ③1s22s22p3        ④1s22s22p5
则下列有关比较中正确的是
A．第一电离能：④>③>②>①
B．原子半径：④>③>②>①
C．电负性：④>③>②>①
D．最高正化合价：④>③=②>①
【答案】A
【分析】根据元素的电子排布式，①是S、②是P、③是N、④是F。
【详解】A．根据元素周期律，同一周期从左向右，元素的第一电离能逐渐增大，同主族从上向下，电离能减小，且第三周期存在反常情况：N>S，因此，第一电离能关系为：F>N>P>S，即④>③>②>①，A正确；
B．原子半径的变化规律为：同主族从上向下，原子半径增大，同周期从左向右，原子半径减小，因此F半径最小，P半径大于N，B错误；
C．同周期元素从左向右，元素电负性逐渐增大，即S>P，C错误；
D．元素的最高正价等于其族序数，F无正价，因此关系为：S>P=N，D错误。
本题选A。
14．下列实验操作会使实验最终结果偏高的是
A．用0.0001mol∙L-1盐酸滴定20.00mLNaOH溶液时，未排尽滴定管尖嘴处的气泡
B．测定中和热的数值时，将0.5mol∙L-1NaOH溶液倒入盐酸后，立即读数
C．用0.0001mol∙L-1盐酸滴定20.00mLNaOH溶液，滴定前仰视，滴定后平视
D．用湿润的pH试纸测定NaOH的pH
【答案】A
【详解】A．用0.0001mol∙L-1盐酸滴定20.00mLNaOH溶液时，未排尽滴定管尖嘴处的气泡，则V标准(HCl)偏大，最终滴定结果偏高，A符合题意；
B．测定中和热的数值时，将0.5mol∙L-1NaOH溶液倒入盐酸后，立即读数，则温度偏低，最终中和热数值偏小，B不符题意；
C．用0.0001mol∙L-1盐酸滴定20.00mLNaOH溶液，滴定前仰视，滴定后平视，则V标准(HCl)偏小，最终滴定结果偏低，C不符题意；
D．用湿润的pH试纸测定NaOH的pH，原NaOH溶液被稀释，碱性偏小，pH偏小，D不符题意；
答案选A。
15．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，X、Y、Z为同一周期元素，X、Y、Z组成一种化合物的结构式为。下列说法正确的是
A．第一电离能：
B．W位于元素周期表的s区
C．电负性：
D．简单气态氢化物的热稳定性：
【答案】A
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大， X、Y、Z为同一周期元素，X、Y、Z组成一种化合物的结构式为。根据价键结构得到X为C，Y为N，Z为O，W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，则W为Al。
【详解】A．同一周期从左到右，第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，因此第一电离能：，故A正确；
B．W为Al，其价电子为3s23p1，位于元素周期表的p区，故B错误；
C．同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下，电负性逐渐减小，因此电负性：，故C错误；
D．同周期从左到右，非金属性逐渐增强，其简单气态氢化物稳定性逐渐增强，因此简单气态氢化物的热稳定性：，故D错误。
综上所述，答案为A。
16．X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的相对位置如图所示。若Y原子为所在周期中未成对电子数最多的原子，下列说法中正确的是

A．XW2空间构型为V形
B．Y的最常见气态氢化物的水溶液显碱性
C．Z的氯化物中各原子最外层一定满足8电子结构
D．Z的氧化物对应水化物的酸性比W的强
【答案】B
【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素，由它们在元素周期表中的相对位置可知，Y位于第二周期，若Y原子为其所在周期中未成对电子最多的原子，可知Y的2p轨道上有3个电子，Y为N元素，结合位置可知X为C、Z为P、W为S，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，X为C、Y为N、Z为P、W为S元素。
A．XW2是CS2， C原子与2个S原子形成4个共价键，键角是180°，其结构式为S=C=S，分子的空间构型为直线形，不是V形，A错误；
B．Y为N元素，Y的最简单气态氢化物为NH3，NH3溶于水，与水反应产生NH3·H2O，NH3·H2O电离产生OH-，使水溶液显碱性，B正确；
C．Z是P元素，可形成PCl3、PCl5两种氯化物，若氯化物为PCl5，P原子最外层有10个电子，不满足最外层8电子稳定结构，C错误；
D．元素的非金属性越强，其对应最高价含氧酸的酸性越强。Z为P、W为S元素，由于元素的非金属性：P＜S，所以S的最高价氧化物对应水化物的酸性比P的最高价氧化物对应水化物的酸性强，若形成的含氧酸不是最高价含氧酸，则无此规律，D错误；
故合理选项是B。
17．下列说法正确的是
A．时，溶液的大于时溶液的
B．时，向的醋酸溶液中加水稀释，溶液中不变
C．时，的氨水和的盐酸溶液等体积混合，
D．时，将的盐酸与的溶液等体积混合，溶液显中性
【答案】B
【详解】A．盐类水解是吸热反应，升高温度促进其水解，所以25℃NH4Cl溶液的KW小于100℃时NH4Cl溶液的KW，A错误；
B．25℃时，加水稀释醋酸溶液，溶液中，温度不变，醋酸的电离平衡常数、水的离子积常数都不变，故B正确；
C．pH=12的氨水溶液，氨水的浓度大于0.01mol/L，pH=2的盐酸溶液中盐酸浓度为0.01mol/L，等体积混合，氨水过量，溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，，根据电荷守恒，c()大于c(Cl-)，C错误；
D．100℃时，pH=2的盐酸浓度为0.01mol/L，pH=12的NaOH溶液浓度大于0.01mol/L，等体积混合，碱过量，溶液呈碱性，D错误；
故答案为：B。
18．物质的量浓度均为0.1mol/L的下列溶液：①  ② ③ ④  ⑤，按由小到大的顺序排列正确的是
A．③＜②＜①＜⑤＜④ B．②＜③＜④＜⑤＜①
C．①＜②＜③＜④＜⑤ D．①＜③＜②＜⑤＜④
【答案】D
【详解】①中是由微弱电离产生，②③④⑤中均为盐完全电离产生，所以等浓度时，①中浓度最小。不考虑其他离子的影响，②③中浓度均为0.1mol/L，④⑤中浓度均为0.2mol/L，所以浓度②③＜④⑤。最后考虑其他离子浓度的影响，②③比较，③中的阴离子水解，对的水解起促进作用，所以③中的水解程度更大，所以的浓度②>③。④⑤比较，④中的阳离子水解，对的水解起抑制作用，⑤中的阴离子水解，对的水解起促进作用，所以⑤中的水解程度更大，所以的浓度⑤＜④，所以五个溶液中的浓度①＜③＜②＜⑤＜④。
故答案为：D。
19．25℃时，向20mL0.1mol/L溶液中逐滴加入0.1mo/L NaOH溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是

A．a点的pH>1
B．c点时，V(NaOH)=20mL
C．反应过程中的值逐渐增大
D．a、b、c点溶液中，水的电离程度逐渐增大
【答案】B
【分析】a为起始点。B点加入NaOH为10mL主要成分为n(CH3COONa):n(CH3COOH)=1:1。加入20mL时为反应终点物质为CH3COONa，pH>7。所以pH=7的成分有CH3COONa和CH3COOH。
【详解】A．CH3COOH为弱电解质则0.1mol/LCH3COOH电离出的H+少于0.1mol/L即pH>1，A项正确；
B．加入20mL时为反应终点物质为CH3COONa，pH>7。所以pH=7的成分有CH3COONa和CH3COOH即加入NaOH少于20mL，B项错误；
C．，加入NaOH后c(H+)被消耗而降低，则该值的随着反应的进行而增大，C项正确；
D．a→b→c加入NaOH产生了CH3COONa能促进水的电离，因此a→b→c水的电离程度增大，D项正确；
故选B。
20．利用电解法将CO2转化为CH4的原理如图所示(两电极均为惰性电极且完全相同)，下列说法正确的是

A．电极a上的反应为
B．电池工作一段时间后，左侧Na2SO4溶液浓度降低
C．电解过程中化学能转化为电能
D．每转移1 mol电子，此时生成的O2和CH4的质量比为4：1
【答案】D
【详解】A．根据图示可知：在a电极上H2O电离产生的OH-失去电子变为O2逸出，故a电极上的反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，A错误；
B．电解时水电离产生的OH-比更容易失电子，在阳极生成O2，所以电解Na2SO4溶液实质是电解水，溶液中的水消耗，溶质的物质的量不变，所以左侧Na2SO4溶液的浓度增大，B错误；
C．该装置为电解池，电解过程中电能转化为化学能，C错误；
D．在同一电路中电子转移数目相等，每反应产生1 molO2转移4 mol电子，每反应产生1 mol CH4气体，转移8 mol电子，则当转移1 mol电子时产生0.25 molO2、0.125 mol CH4气体，n(O2)：n(CH4)=2：1，故m(O2)：m(CH4)=(2 mol×32 g/mol)：(1 mol×16 g/mol)=4：1，D正确；
故合理选项是D。

二、原理综合题
21．某科研小组为研究电化学原理，设计如图所示装置。回答下列问题：

(1)若a和b不相连，c是铜片，d是锌片，m是稀硫酸，则锌片上的现象是_______，常温下，pH=3的稀硫酸溶液中，水电离出的c(H+)浓度为______mol/L。
(2)若a和b用导线相连：
①c是石墨电极，d是铜片，m是硝酸银溶液，则原电池正极的电极反应式为_______。
②c、d均是Pt电极，m是NaOH稀溶液，分别向两极通入CH4和O2，通入CH4一极的电极反应式是_______。
(3)若a和b分别连接直流电源的两极：
①c，d是石墨电极，m是NaCl溶液，向溶液中滴加几滴酚酞溶液。实验开始后c极周围溶液首先出现红色，则b连接直流电源的_______(填“正极”或“负极”)，通电时总反应的离子方程式是_______，检验d极气体产物可以选用的试纸是_______(填字母)。
A．干燥的红色石蕊试纸            B．干燥的蓝色石蕊试纸
C．湿润的淀粉-KI试纸            D．干燥的淀粉-KI试纸
②c，d分别是石墨电极和铜电极，m是NaOH浓溶液，通过反应：可制得纳米级Cu2O。阳极的电极反应式是_______。
【答案】(1)     锌片溶解，且锌片表面有气泡生成     10-11
(2)         
(3)     正极          C    

【分析】原电池中，还原剂在负极失去电子发生氧化反应，正极上氧化剂得到电子发生还原反应；甲烷燃料电池中，通入甲烷的一极为负极，通入氧气的一极为正极；电解池中，与电源正极相连的电极是阳极，与电源负极相连的电极是阴极，阴极上发生还原反应，阳极上发生氧化反应，据此分析回答；
【详解】（1）若a和b不相连，c是铜片，d是锌片，m是稀硫酸，则锌片与稀硫酸反应，则锌片上的现象是：锌片溶解，且锌片表面有气泡生成。，常温下，pH=3的稀硫酸溶液中， c(H+)浓度为10-3mol/L，抑制水的电离，水电离出的c(H+)浓度等于氢氧根离子浓度为。
（2）若a和b用导线相连：构成原电池装置
①c是石墨电极，d是铜片，m是硝酸银溶液，则铜为负极，石墨为正极，则原电池正极的电极反应式为：；
②c、d均是Pt电极，m是NaOH稀溶液，分别向两极通入和，通入的一级为负极，通入氧气的一级为正极。通入的一极的电极反应式是：；
（3）若a和b分别连接直流电源的两极：构成电解池装置。
①c，d是石墨电极，m是NaCl溶液，向溶液中滴加几滴酚酞溶液。实验开始后c极周围溶液首先出现红色，则cc极为阴极，a连直流电源的负极，b连接直流电源的正极，d为阳极；通电时总反应的离子方程式是：；d电极为阳极，产生氯气，氯气能够使湿润的淀粉-KI试纸变蓝，故检验氯气可以选用的试纸是C；
②c，d分别是石墨电极和铜电极，m是NaOH浓溶液，通过反应：可制得纳米级。阳极为铜失电子生成Cu2O，电极反应式是：。

三、填空题
22．氮、氧、磷、砷及其化合物在工农业生产等方面有着重要应用。请按要求回答下列问题。
(1)基态砷原子价电子排布图不能写为，是因为该排布方式违背了__________这一原理。
(2)元素第一电离能N______O(填“＞”或“＜”或“＝”，下同)，电负性P______。
(3)肼可用作火箭燃料等，它的沸点远高于乙烯的原因是：__________。
(4)尿素()中碳原子杂化类型__________；离子的立体构型(即空间构型)为__________。
(5)的熔点为1238℃可作半导体材料；而的熔点为77.9℃。
①预测的晶体类型为__________。
②晶胞结构如图所示，晶胞边长为。则晶胞中每个原子周围有__________个紧邻等距的原子；该晶体的密度为__________(列出计算式)。

【答案】(1)洪特规则
(2)     ＞     ＞
(3)肼分子间存在氢键，乙烯分子间无氢键
(4)     sp2     V形
(5)     分子晶体     4    

【详解】（1）电子在能量相同的轨道上排布时，总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同，该排布方式违背了洪特规则；
故答案为：洪特规则；
（2）N元素p轨道为半充满稳定结构，所以第一电离能N＞O；同一主族从上到下，电负性逐渐减小，所以电负性P＞As；
故答案为：＞；＞
（3）N原子电负性大，所以肼分子间存在氢键，乙烯分子间无氢键，导致肼的沸点高于乙烯；
故答案为：肼分子间存在氢键，乙烯分子间无氢键；
（4）尿素中C原子上没有孤对电子，形成3个σ键，所以尿素分子中碳原子的杂化方式为sp2杂化；中孤对电子数，价层电子对数位，故离子空间构型位V形；
故答案为：sp2；V形
（5）①的熔点为77.9℃，熔点较低，应为分子晶体；
故答案为：分子晶体；
②由晶胞结构可知，每个Ga原子周围有4个紧邻等距离的As原子；晶体中含有As原子的个数为4，含有Ga原子的个数为，晶胞体积为 ，则晶胞密度为 ；
故答案为：4；

四、实验题
23．国家标准规定，酿造的食醋中醋酸的含量不得低于3.5g/100mL，即每100mL食醋中，折算成的醋酸含量不得低于3.5g。某实验小组拟用酸碱滴定法测定某食用白醋的总酸含量(g/100mL)，设计如下实验：
①用移液管(一种精确量取液体的仪器)量取25.00mL该白醋样品，置于250mL容量瓶中，配制得待测白醋溶液；
②用酸式滴定管量取容量瓶中的20.00mL待测白醋溶液于锥形瓶中，滴加指示剂；
③用碱式滴定管盛装0.1000mol/LNaOH标准溶液，静置，读取数据，记录为NaOH标准溶液的初读数；
④滴定，并记录NaOH标准溶液的终读数。重复滴定几次，数据记录如下表：
滴定次数实验数据
1
2
3
4
V(NaOH)/mL(初读数)
0.10
0.35
0.00
0.20
V(NaOH)/mL(终读数)
20.08
20.35
？
20.22
V(NaOH)/mL(消耗)





请回答下列问题：
(1)滴定时反应的离子方程式是_______，选用的指示剂为_______，判断到达滴定终点的现象是_______。
(2)表格中“？”处的滴定管液面如图所示，则该读数为_______mL，该白醋样品中总酸含量为_______g/100mL(保留一位小数)。

(3)下列有关该实验的说法不正确的是_______。
A．使用酸式滴定管量取溶液，开始时平视，后俯视读数，最终结果偏大
B．锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，则滴定结果会偏小
C．滴定时左手控制滴定管流速，右手摇动锥形瓶
D．将碱式滴定管固定在滴定管夹上，快速放液以放出滴定管内部气泡
E.滴定开始阶段可以连续滴加，接近终点时，改为缓慢滴加一滴
【答案】(1)     CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O     酚酞     溶液由无色变为粉红色且半分钟内不变色，
(2)     20.80     6.0
(3)BD

【分析】准确移取25.00毫升待测液于锥形瓶中，滴加两滴酚酞，碱式滴定管洗净后用待装氢氧化钠溶液润洗2~3次、装入氢氧化钠溶液，使尖嘴部分充满液体，并没有气泡，调液面到零或零刻度以下，等液面稳定后读数并记录，逐滴滴加氢氧化钠溶液、并不断摇动，等锥形瓶中溶液的颜色从无色变成浅红色、30秒内不变色时停止滴定、待液面稳定后读取滴定管液面的读数，重复2-3次实验；实验过程中操作不规范会引起误差，误差分析的总依据为：由由于c标、V待均为定植，所以c测的大小取决于V标的大小，即V标：偏大或偏小，则c测偏大或偏小；
【详解】（1）滴定时醋酸和氢氧化钠发生酸碱中和反应，反应的离子方程式是CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，生成的醋酸钠为强碱弱酸盐，选用的指示剂为酚酞；酚酞遇到碱变红，则本实验终点的颜色变化情况是溶液由无色变为粉红色且半分钟内不变色。
（2）滴定管0刻线在上部，则该读数为20.80 mL；
第三组数据误差较大，舍去，消耗NaOH溶液的体积为
mL mL，
结合离子反应CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，该白醋样品中总酸含量为 g/100 mL。
（3）A．使用酸式滴定管量取溶液，开始时平视，后俯视读数，读数偏小，但是实验中需要量取20.00mL的稀释液，则实际待测液体积偏大，最终结果偏大，故A正确；
B．锥形瓶装液前留有少量蒸馏水，不影响待测液的物质的量、不影响标准液体积，对结果无影响， B不正确；
C．滴定时左手控制滴定管流速，右手摇动锥形瓶，符合操作规定，选项C正确；
D．将碱式滴定管的连有尖嘴部分的橡皮管斜向上弯曲、轻轻挤压玻璃珠以放出滴定管内部气泡，选项D不正确；
E．开始时，滴定速度可稍快，接近终点时，应改为边滴边摇，缓慢滴加一滴，防止试剂过量，选项E正确；
答案选BD。

五、工业流程题
24．某含锰废料中主要含MnCO3及少量的FeCO3、SiO2、Cu2(OH)2CO3，以此为原料制备MnO2的流程如下：

I.氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：
氢氧化物
Mn(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Cu(OH)2
开始沉淀时pH
8.3
6.3
2.7
4.7
完全沉淀时pH
9.8
8.3
3.7
6.7

II.常温下、。
(1)滤渣1的主要成分是_______(填化学式)。
(2)Fe3+的电子排布式为_______。
(3)“氧化1”的目的是_______。
(4)“调pH”时，试pH的调节范围为_______。
(5)“除铜”时，当溶液中c(Mn2+)=12mol·L-1，溶液中c(Cu2+)=_______mol·L-1。
(6)“氧化2”制备MnO2(恰好完全反应)时，n(Mn2+)：n(ClO)=_______(提示：反应过程中ClO→Cl-)；“电解”制备MnO2的阳极电极反应式为_______。
【答案】(1)SiO2
(2)1s22s22p63s23p63d5
(3)将Fe2+氧化成Fe3+
(4)3.7≤pH＜4.7
(5)3.6×10-25
(6)     3:1     Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+

【分析】含锰废料主要含有MnCO3，少量FeCO3、SiO2、Cu2(OH)2CO3，MnCO3、FeCO3、Cu2(OH)2CO3能与盐酸反应，生成Mn2+、Fe2+、Cu2+，SiO2为难溶于水的酸性氧化物，不与盐酸反应，滤渣1为二氧化硅，加入MnO2，利用二氧化锰的氧化性以及信息Ⅰ，MnO2将Fe2+氧化成Fe3+，加入试剂X调节pH，使Fe3+以氢氧化铁形式沉淀出来，滤渣2为氢氧化铁，然后加入MnS，将Cu2+转化成难溶的CuS，据此分析。
【详解】（1）根据流程图，MnCO3、FeCO3、Cu2(OH)2CO3与盐酸反应，生成Mn2+、Fe2+、Cu2+，，SiO2为难溶于水的酸性氧化物，不与盐酸反应，滤渣1的化学式为SiO2。
（2）Fe元素是26号元素，基态F e3+的核外电子排布式为： 1s22s22p63s23p63d5。
（3）根据流程图以及信息Ⅰ，溶液中的亚铁离子最终将转变为氢氧化铁形式沉淀出来，则“氧化1”的目的是将Fe2+氧化成Fe3+。
（4）调节pH步骤，让Fe3+以氢氧化铁形式沉淀出来，但不能引入新的杂质，试剂X中应含锰元素，试剂X又能与H+反应，因此试剂X为MnO；调节pH范围是Fe3+全部转化沉淀，Cu2+不能沉淀，即范围是3.7≤pH＜4.7；
（5）除铜步骤中发生MnS(s)+Cu2+(aq)Mn2+(aq)+CuS(s)，K=，代入数值，解得c(Cu2+)==3.6×10-25。
（6）利用ClO的氧化性将Mn2+氧化成MnO2，本身被还原成Cl-，利用得失电子数目守恒，有n(ClO)×6=n(Mn2+)×2，推出n(Mn2+)∶n(ClO)=3∶1；根据电解原理，阳极上失去电子，化合价升高，因此Mn2+在阳极上失电子转化成MnO2，其阳极电极反应式为Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+。