浙江省宁波市余姚中学2023-2024学年高二化学上学期第一次月考试题（Word版附解析）

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一、单选题(本大题共20小题，共50.0分)
1. 下列有关化学用语的叙述中，最为合理的是
A. 次氯酸的电子式：
B. 水分子比例模型：
C. 的氧化物形式：
D. 中子数为8的氧原子：
【答案】C
【解析】
【详解】A．次氯酸中的共价键有氢氧键和氯氧键，氧原子应该放在中间位置，其电子式为，故A错误；
B．氧原子半径大于氢原子半径，水分子正确的比例模型为，故B错误；
C．Mg5(Si4O10)2(OH)2•4H2O可表示成氧化镁、二氧化硅和水，即5MgO•8SiO2•5H2O，故C正确；
D．中子数为8的氧原子，质子数为8，其质量数为16，原子符号168O，故D错误；
故选C。
【点睛】硅酸盐由于组成比较复杂，常用氧化物的形式表示：活泼金属氧化物→较活泼金属氧化物→二氧化硅→水。氧化物前系数配置原则：除氧元素外，其他元素按配置前后原子个数守恒原则配置系数。
2. 铁及其化合物应用广泛，下列说法不正确的是
A. FeCl3溶液作为制作电路板的腐蚀液
B. 在酱油中加入铁强化剂，可以减少缺铁性贫血问题的发生
C. 氧化铁常用作油漆、涂料的红色原料
D. 合金钢的用途广泛，它只含Fe、C两种元素
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化铁溶液能与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，常用作电路板的腐蚀液，故A正确；
B．在酱油中加入铁强化剂，可以增加人体吸收亚铁离子的量，有利于减少缺铁性贫血问题的发生，故B正确；
C．氧化铁为红棕色粉末，常用作油漆、涂料的红色原料，故C正确；
D．合金钢中含有铁元素、碳元素、铬元素、锰元素等，是性能优良的合金材料，故D错误；
故选D。
3. 下列关于有机化合物的说法正确的是
A. C4H9Cl的同分异构体数目为3
B. 用饱和Na2CO3溶液可鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯
C. 乙烯与溴水、酸性高锰酸钾溶液都能发生加成反应
D. 淀粉、油脂和蛋白质均为能发生水解反应的高分子化合物
【答案】B
【解析】
【详解】A.C4H9Cl的同分异构体包括CH3CH2CH2CH2Cl、CH3CH2CHClCH3、(CH3)2CHCH2Cl、(CH3)3CCl，共4种，故A错误；
B.乙酸与碳酸钠反应生成气体，乙醇与碳酸钠不反应不分层，乙酸乙酯与碳酸钠溶液分层，现象不同，可鉴别，故B正确；
C.乙烯与高锰酸钾溶液反应属于氧化反应，与溴水的反应属于加成反应，故C错误；
D.油脂的相对分子质量在10000以下，不是高分子，而淀粉、蛋白质都是能发生水解反应的高分子化合物，故D错误。
故选B。
4. W、X、Y、Z为原子序数依次增大，且分属于三个不同周期的短周期元素，X、Y同周期。X、Y、Z可形成一种无色剧毒气体(结构如图所示)，下列说法错误的是
A. X、Y、Z形成的简单氢化物中Y的氢化物熔沸点最高
B. Z元素形成的含氧酸均为强酸
C. W与X、Y均能形成至少2种二元化合物
D. 原子半径X大于Y
【答案】B
【解析】
【分析】四种元素分属于三个不同周期的短周期元素，且W的原子序数最小，所以W为H元素，X、Y同周期，X可以和Y形成双键，X共可以形成4个共价键，则X为C元素，Y为O元素，Z可以形成一个共价键，且为第三周期元素，则Z为Cl元素。
【详解】A．X、Y、Z形成的简单氢化物分别为CH4、H2O、HCl，H2O分子间存在氢键，熔沸点最高，A正确；
B．Cl元素形成的含氧酸不一定为强酸，如HClO为一元弱酸，B错误；
C．H与C元素可以形成甲烷、乙烷等多种烃类，H与O可以形成H2O、H2O2等二元化合物，C正确；
D．同周期主族元素自左至右原子半径依次减小，所以原子半径C＞O，D正确；
综上所述答案为B。
5. 用下列装置进行相应的实验，不能达到实验目的的是
A. 用甲装置制取氢氧化亚铁B. 用乙装置除去I2中混有的泥沙
C. 用丙装置探究温度对化学平衡的影响D. 用丁装置验证石蜡油分解的产物中含有不饱和烃
【答案】A
【解析】
【详解】A．Fe与稀硫酸反应生成氢气可排出装置内空气，氢气直接排出了装置，装置内的压强不会增大，溶液无法流动，故不会生成氢氧化亚铁，故A符合题意；
B．加热时泥沙无变化，碘升华，图中装置可分离，故B不符合题意；
C．只有温度不同，热水中颜色深，可探究温度对化学平衡影响，故C不符合题意；
D．石蜡油分解的产物能使溴的四氯化碳溶液褪色，证明石蜡油分解生成不饱和烃，故D不符合题意。
答案选A。
6. 汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应。对于该反应，下列判断正确的是（ ）
A. 氧化产物与还原产物分子个数之比为15:1
B. 氧化剂和还原剂是同一物质
C. 反应过程中转移电子，则产生气体（标准状况）
D. 中氮元素的化合价为价
【答案】A
【解析】
【分析】中N元素化合价为价，反应后全都被氧化成0价的；中N元素的化合价为价，反应后全都被还原成0价的。
【详解】A．氧化产物、还原产物都是，根据得失电子守恒，氧化产物、还原产物分子个数之比为15：1，故选A；
B．氧化剂为，还原剂为，故B不选；
C．反应中转移电子，则生成，则转移电子生成，在标准状况下的体积为，故C不选；
D．中氮元素的化合价为价，故D不选。
7. 设NA表示阿伏伽德罗常数数值，下列说法正确的是
A. 14gN2和13C2H2组成的混合物所含的电子数为14NA
B. 1ml氨基(－NH2)中含有电子的数目为9NA
C. 一定条件下，1mlN2与3mlH2充分反应，转移电子的数目为6NA
D. 0.1ml•L-1FeCl3溶液中，阳离子浓度小于0.1ml•L-1
【答案】B
【解析】
【详解】A．N2和13C2H2的摩尔质量均为28g/ml，故14g混合物的物质的量为0.5ml，且两者中均含14个电子，故0.5ml混合物中含7NA个电子，故A错误；
B．氨基中含9个电子，故1ml氨基中含电子为9NA个电子，故B正确；
C．反应为可逆反应，1mlN2与3mlH2混合充分反应，生成氨气的量小于2ml，转移电子数小于6NA，故C错误；
D．FeCl3溶液中铁离子水解生成氢离子，方程式为：，导致阳离子数目增大，故0.1ml•L-1FeCl3溶液中，阳离子浓度答于0.1ml•L-1，故D错误。
答案选B。
8. 25℃时，向20mL浓度均为0.1ml•L-1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1ml•L-1的NaOH溶液(醋酸的Ka=1.8×10-5；用0.1ml•L-1的NaOH溶液滴定20mL等浓度的盐酸，滴定终点的pH突跃范围4.3~9.7)。下列说法不正确的是
A. 恰好中和时，溶液中醋酸根离子浓度为a，向其中加入0.002ml的醋酸钠固体，醋酸根离子浓度大于2a
B. 滴加NaOH溶液至pH=4.3的过程中，发生反应的离子方程式为：H++OH-=H2O
C. 滴定过程中，c(Cl-)=c(Ac-)+c(HAc)
D. pH=7时，c(Na+)＞c(Cl-)＞c(Ac-)＞c(HAc)
【答案】B
【解析】
【详解】A．恰好中和时，溶液中醋酸钠的浓度为ml/L，向其中加入0.002ml的醋酸钠固体，醋酸钠的浓度变为ml/L，浓度越大醋酸根水解程度越小，则后者的醋酸根浓度大与前者的两倍，故A正确；
B．0.1ml•L-1的醋酸溶液中，c(H+)=>，说明滴加到溶液至pH=4.3的过程中醋酸也参加了反应，故B错误；
C．滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，氯离子等于醋酸的分子的浓度和醋酸根离子的浓度和，故C正确；
D．向20mL浓度均为0.1ml•L-1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1ml•L-1的NaOH溶液，当氢氧化钠溶液的体积为20ml时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，要显中性，需要再滴加适量的氢氧化钠，故c(Na+)＞c(Cl-)＞c(Ac-)＞c(HAc)，D正确。
答案选B。
9. 下列关于化学反应速率的说法正确的是
A. 升高温度可降低化学反应的活化能，提高活化分子百分数，加快化学反应速率
B. 反应物浓度增大，单位体积活化分子数增多，有效碰撞的几率增加，反应速率增大
C. 催化剂能提高活化分子的活化能，从而加快反应速率
D. 有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的容积)，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率加快
【答案】B
【解析】
【详解】A．升高温度部分非活化分子吸收能量后变为活化分子，所以增大活化分子百分数，化学反应速率加快，但反应的活化能不变，故A错误；
B．增大浓度，增大单位体积内活化分子个数，有效碰撞的几率增加，反应速率增大，故B正确；
C．催化剂通过降低活化分子的活化能，从而加快反应速率，故C错误；
D．缩小体积相当于增大压强，增大单位体积内活化分子个数，但活化分子百分数不变，故D错误。
答案选B。
10. 下列在常温下能自发进行的反应，既能用焓判据解释又能用熵判据解释的是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】倾向于自发，倾向于自发；
【详解】A．该反应，，故A不符合题意；
B．该反应，，故B不符合题意；
C．该反应，，故C符合题意；
D．该反应，，故D不符合题意；
故答案为C。
11. 已知A转化为C和D分步进行：①A(g)⇌B(g)+2D(g)；②B(g)⇌C(g)+D(g)，其反应过程能量如图所示，下列说法正确的是
A. 1mlA(g)的能量低于1mlB(g)的能量
B. B(g)⇌C(g)+D(g) ΔH=(Ea4-Ea3)kJ/ml
C. 断裂1mlA(g)化学键吸收的热量小于形成1mlC(g)和3mlD(g)化学键所放出的热量
D. 反应过程中，由于Ea3＜Ea1，反应②速率大于反应①，气体B很难大量积累
【答案】D
【解析】
【详解】A．从图中可知1mlA(g)的能量低于1mlB(g)和2mlD(g)的总能量，不能比较1mlA(g)的能量和1mlB(g)的能量大小，A错误；
B．从图中反应前后能量变化可知，反应物总能量低于生成物总能量，B(g)⇌C(g)+D(g)为吸热反应，ΔH＞0，故ΔH=(Ea3-Ea4)kJ/ml，B错误；
C．从图中可知，A转化为C和D为吸热反应，断裂1mlA(g)化学键吸收的热量应大于形成1mlC(g)和3mlD(g)化学键所放出的热量，C错误；
D．从反应过程的图象中可知，Ea3＜Ea1，活化能越低，反应速率越快，故反应②速率大于反应①，气体B很难大量积累， D正确。
故选D。
12. 已知H3PO4是一种三元中强酸。25℃时，向某浓度H3PO4溶液中逐滴加入NaOH溶液，滴加过程中各种含磷微粒的物质的量分数δ随溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是

A. 曲线2表示HPO，曲线4表示PO
B. 25℃时，H3PO4的电离常数=10-5.1
C. pH=7.2时，溶液中由水电离出的c(H+)=10-6.8ml•L-1
D. pH=12.3时，溶液中5c(Na+)=2c(H3PO4)+2c(H2PO)+2c(HPO)+2c(PO)
【答案】C
【解析】
【详解】A．起始时段附近浓度较高的为H3PO4，随着pH缓慢增大，溶液中H3PO4浓度降低，H2PO浓度增大，然后H2PO浓度降低，HPO浓度增大，然后HPO浓度降低，PO浓度增大，所以曲线1表示δ(H3PO4)，曲线2表示δ(H2PO)，曲线3表示δ(HPO)，曲线4表示δ(PO)，故A错误；
B．根据图象，溶液中c(H3PO4)=c(H2PO)时，即δ(H3PO4)=δ(H2PO)时，溶液的pH=2.1，则H3PO4的电离常数K1= =c(H+)=10-2.1；pH=7.2时，溶液中δ(H2PO)=δ(HPO)，则c(H2PO)=c(HPO)，K2= =c(H+)=10-7.2，则K1：K2=10-2.1：10-7.2=105.1，故B错误；
C．pH=7.2时，溶液中δ(H2PO)=δ(HPO)，则则c(H2PO)=c(HPO)，溶液呈碱性，说明以水解为主，促进了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离，则水电离的c(H+)=c(OH-)==ml/L=10-6.8ml/L，故C正确；
D．pH=12.3时，溶液中δ(HPO)=δ(PO)，则c(HPO)=c(PO)，即c(Na3PO4)=c(Na2HPO4)，根据物料守恒可得：2c(Na+)=5c(H2PO)+5c(HPO)+5c(PO)+5c(H3PO4)，故D错误。
答案选C。
13. 关于反应，达到平衡后，下列说法不正确的是
A. 升高温度，氯水中的减小
B. 氯水中加入少量醋酸钠固体，上述平衡正向移动，增大
C. 取氯水稀释，增大
D. 取两份氯水，分别滴加溶液和淀粉KI溶液，若前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色，可以证明上述反应存在限度
【答案】D
【解析】
【详解】A．HClO受热易分解，升高温度，HClO分解，平衡正向移动，c(HClO)减小，A正确；
B．氯水中加入少量醋酸钠固体，醋酸根离子和氢离子结合生成醋酸分子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，c(HClO)增大，B正确；
C．氯水稀释，平衡正向移动，而c(HClO)和c(Cl-)均减小，但HClO本身也存在电离平衡HClO⇌H++ClO-，稀释促进了HClO的电离，使c(HClO)减少更多，因此增大，C正确；
D．氯水中加硝酸银产生白色沉淀，证明溶液中有氯离子，氯水中加淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝，证明生成了碘单质，溶液中有强氧化性的物质，而氯气和次氯酸都有强氧化性，不能证明反应物和生成物共存，即不能证明上述反应存在限度，D错误；
答案选D。
14. 以废旧锌锰电池中的黑锰粉[含MnO2、MnO(OH)、NH4Cl、 ZnCl2及C等]为原料制备MnCl2，实现锰的再利用。其工艺流程如下：
已知：步骤②中MnO(OH)发生了反应4MnO(OH)+O2= 4MnO2+2H2O
下列说法不正确的是
A. 步骤①分离出NH4Cl、ZnCl2的试剂和操作为：水、过滤
B. 步骤②中还发生了反应：C+ O2CO2
C. 步骤③中H2O2做氧化剂
D. 步骤④中发生的是盐与盐之间产生沉淀的复分解反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．NH4Cl、ZnCl2易溶于水，而MnO2难溶于水，所以用水溶解原料后，过滤即可分离出NH4Cl、ZnCl2，A正确；
B．C也难溶于水，所以MnO2粗品中含有C单质，再空气中加热会被氧气氧化，发生反应C+ O2 CO2，B正确；
C．步骤③中得到MnSO4，说明MnO2被还原，说明H2O2做还原剂，C错误；
D．步骤④中MnSO4与CaCl2发生反应：MnSO4+CaCl2=MnCl2+CaSO4↓，为盐与盐之间产生沉淀的复分解反应，D正确；
综上所述答案为C。
15. CO2电化学传感器是将环境中CO2浓度转变为电信号的装置，工作原理如图所示，其中YSZ是固体电解质，当传感器在一定温度下工作时，在熔融Li2CO3和YSZ之间的界面X会生成固体Li2O。下列说法错误的是
A. CO迁移方向为界面X →电极b
B. 电极a上消耗的O2和电极b上产生的CO2的物质的量之比为1：1
C. 电极b为负极，发生的电极反应为2CO-4e-=O2↑+2CO2↑
D. 电池总反应为Li2CO3=Li2O+CO2↑
【答案】B
【解析】
【分析】根据图示可知在电极a上O2得到电子变为O2-，所以a电极为负极；在电极b上熔融Li2CO3失去电子变为CO2、O2，所以金属电极b为正极，然后根据同种电荷相互排斥，一致电荷相互吸引的原则分析判断。
【详解】A．根据图示可知：电极a上O2得到电子变为O2-，所以a电极为正极；在电极b上熔融Li2CO3失去电子变为CO2、O2，所以金属电极b为负极。CO会向负极区移动，故CO迁移方向为界面X →电极b，A正确；
B．在电极a上发生反应：O2+4e-=2O2-，在电极b上发生反应：2CO-4e-= O2↑+2CO2↑，在同一闭合回路中电子转移数目相等，可知电极a上消耗的O2和电极b上产生的CO2的物质的量之比为1：2，B错误；
C．电极b为负极，失去电子发生氧化反应 ，则负极的电极反应为2CO-4e-=O2↑+ 2CO2↑，C正确；
D．负极上熔融的Li2CO3失去电子被氧化产生O2、CO2气体，反应式为Li2CO3(熔融)=2Li++；2CO-4e-=O2↑+2CO2↑，正极上发生反应：O2+4e-=2O2-，根据在同一闭合回路中电子转移数目相等，将正、负极电极式叠加，可得总反应方程式为：Li2CO3=Li2O+CO2↑，D正确；
故合理选项是B。
16. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. c(Fe3+)=1ml//L的溶液中：K+、SCN-、NH、Cl-
B. c(OH-)=1ml//L的溶液中：AlO、NO、Cl-、Na+
C. 与Al反应生成H2的溶液中：K+、NO、SO、SO
D. 由水电离的c(H+)=1×10-13ml/L的溶液中：Na+、SO、HCO、Cl-
【答案】B
【解析】
【详解】A．能和Fe3+反应的离子不能大量共存，SCN-与Fe3+能够反应，在溶液中不能大量共存，故A不符合题意；
B．AlO、NO、Cl-、Na+相互不反应，与OH-也不反应，能大量共存，故B符合题意；
C．与Al反应生成 H2的溶液呈酸性或强碱性，酸性溶液中H+、NO、SO之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故C不符合题意；
D．由水电离出的c(H+)=1×10-13ml/L的溶液，为酸或碱溶液，HCO与H+、OH-都要反应，故D不符合题意。
答案选B。
17. 甲酸甲酯是重要的有机化工原料，制备反应为，相同时间内，在容积固定的密闭容器中，使反应在不同温度下进行(起始投料比均为1)，测得CO的转化率随温度变化的曲线如图所示。下列说法中，不正确的是
A. a点对应的CO的转化率与的转化率相同
B. b点和e点的平衡常数：
C. 70~80℃，CO转化率随温度升高而增大，其原因是升高温度反应速率增大
D. 85~90℃，CO转化率随温度升高而降低，其原因可能是升高温度平衡逆向移动
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．起始投料比均为1，由方程式可知二者按照1:1反应，则a点对应的CO的转化率与甲醇的转化率相同，A项正确；
B．e点一氧化碳的转化率小于d点，生成的甲酸甲酯较少，反应物较多，K值较小，，B项错误；
C．70~80℃，CO转化率随温度升高而增大，其原因是还没有达到平衡状态，升高温度加快反应速率，C项正确；
D．85~90℃，CO转化率随温度升高而降低，原因是升高温度,平衡逆向移动，D项正确；
答案选B。
18. 医用口罩的外层喷有丙烯的聚合物聚丙烯。某科研机构在酸性条件下，用石墨棒作电极，将CO2转化为丙烯(CH2 =CH—CH3) ，原理如图所示。下列有关叙述错误的是（ ）
A. a 为电源负极
B. 左池的电极反应式：3CO2 +18e- + 18H+=CH2=CH — CH3+6H2O
C. H+从右侧通过质子交换膜进入左侧
D. 若制取过程中转移 3 ml 电子，则产生 11. 2 L 丙烯
【答案】D
【解析】
【分析】由碳元素化合价的变化可知，左池为阴极池，a电极为电源的负极，二氧化碳在阴极上得到电子发生还原反应生成丙烯，电极反应式为3CO2 +18e- + 18H+=CH2=CH— CH3+6H2O，右池为阳极池，b电极为电源的正极，水在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O—4e- = O2↑+4H+。
【详解】A.由分析可知，a 为电源负极，故A正确；
B.由碳元素化合价的变化可知，左池为阴极池，二氧化碳在阴极上得到电子发生还原反应生成丙烯，电极反应式为3CO2 +18e- + 18H+=CH2=CH— CH3+6H2O，故B正确；
C.阳离子向阴极移动，则H+从右侧通过质子交换膜进入左侧，故C正确；
D.缺标准状况，无法利用转移电子数目计算丙烯的体积，故D错误；
故选D。
19. 下列“类比”合理的是
A. Na与H2O反应生成NaOH和H2，则Fe与H2O反应生成Fe(OH)3和H2
B. Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，则Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl
C. NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，则NaClO溶液与SO2反应生成NaHSO3和HClO
D. 稀硫酸溶液和氢氧化钠溶液完全中和生成1ml水放热57.3kJ，稀硫酸和氢氧化钡溶液完全中和生成1ml水也放热57.3kJ
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe与H2O蒸汽在高温条件下反应生成Fe3O4和H2，故A错误；
B．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl，故B正确；
C．SO2具有还原性，HClO能氧化SO2，NaClO溶液与SO2反应不能NaHSO3和HClO，故C错误；
D．稀硫酸溶液和氢氧化钠溶液完全中和生成1ml水放热57.3kJ，稀硫酸和氢氧化钡溶液完全中和生成1ml水的同时还生成0.5ml硫酸钡沉淀，所以放热大于57.3kJ，故D错误；
选B。
20. 在密闭容器中投入一定量的发生分解反应：，某温度下，达到平衡时，测得体系中气体的压强为P。当其他条件不变，仅改变影响平衡的一个条件，下列说法不正确的是
A. 当CaO的质量不再变化时，表明该反应重新达到了化学平衡状态
B. 升高温度，正反应速率增大，逆反应速率也增大
C. 扩大容器体积，重新达到平衡时的压强一定小于P
D. 维持恒压P，往密闭容器内充入少量N2，最终容器内CaCO3的质量为0
【答案】C
【解析】
【详解】A．CaO的质量随着反应进行而增大，当CaO的质量不再变化时，表明该反应重新达到了化学平衡状态，故A正确；
B．升高温度，正、逆反应速率增大，故B正确；
C．根据化学方程式可知，，温度不变时，化学平衡常数不变，则扩大容器体积，重新达到平衡时的压强依然为P，故C项错误；
D．维持恒压P，往密闭容器内充入少量N2，减小，平衡将正向移动，直到所有CaCO3反应完，即最终容器内CaCO3的质量为0，故D项正确；
综上所述，不正确的是C项。
二、填空题(本大题共5小题，共50.0分)
21. 由三种短周期元素组成的化合物A，按如下流程进行实验：
已知：气体B为纯净物。
请回答：
（1）组成A的三种元素是_______，A的化学式是_______。
（2）固体A与足量稀盐酸反应的化学方程式是_______。
（3）气体B与足量CuO在加热条件下反应，请写出一个可能的化学方程式_______。
（4）请设计实验方案说明白色固体E具有两性但偏碱性_______。
【答案】（1） ①. Al、C、H ②. Al(CH3)3
（2）Al(CH3)3+3HCl=AlCl3+3CH4↑
（3）CH4+4CuO4Cu+CO2+2H2O
（4）取少量固体E，分别加入NaOH溶液和盐酸溶液均能溶解说明具有两性；取少量E加水搅拌后，测其pH大于7，则说明偏碱性
【解析】
【分析】由三种短周期元素组成的化合物A，加足量水生成气体B和固体E，气体B为纯净物，B在氧气中点燃生成气体C，C和足量氢氧化钙反应生成白色固体D，则D为CaCO3，C为CO2，B为CH4，则A含C元素，根据碳元素守恒n（C）=n（CaCO3）=；白色固体E受热分解为白色固体F，则F为Al2O3，E为Al（OH）3，可知E含有Al，n（Al）=2n（Al2O3）=，剩余物质质量为1.44g-0.06ml×12g/ml-0.02ml×27g/ml=0.18g，结合A生成B、E，可知该物质含有H，n（H）=，则n（Al）：n（C）n（H）=0.02：0.06：0.18=1:3:9，化学式为Al（CH3）3。
【小问1详解】
根据分析，组成A的三种元素是Al、C、H，A的化学式是Al（CH3）3；
【小问2详解】
固体A与足量稀盐酸反应生成氯化铝和甲烷，化学方程式是Al(CH3)3+3HCl=AlCl3+3CH4↑；
【小问3详解】
气体B为CH4，与足量CuO在加热条件下反应的化学方程式CH4+4CuO4Cu+CO2+2H2O；
【小问4详解】
白色固体E为Al（OH）3，实验方案为取少量固体E，分别加入NaOH溶液和盐酸溶液均能溶解说明具有两性；取少量E加水搅拌后，测其pH大于7，则说明偏碱性。
22. 我国“十四五”规划提出要制定2030年前碳达峰行动方案，努力争取2060年前实现碳中和。为此，研发CO2转化利用技术成为重要科技目标。
（1）以CO2为原料加氢可以合成甲醇，将n(H2)/n(CO2)=3的混合气体充入体积为V L的密闭容器中，在催化剂存在的条件下进行以下两个反应：
CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H1＜0
CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H2＞0
测得温度与转化率、产物选择性的关系如图所示。
CH3OH选择性=
①270°C以后CO2转化率随温度升高而增大的原因可能是___________。
②有利于提高CH3OH选择性的反应条件可以是___________(填标号)。
A．降低温度 B．使用更合适的催化剂
C．增大压强 D．原料气中掺入适量的CO
③控制温度240°C，测得混合气体流速为a L· h-1(已换算为标准状况)，则CO2的反应速率___________ml·L-1·min-1(写出计算式)。
（2）以CO2和NH3为原料合成尿素。在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：
i： 2NH3(g)+CO2(g) NH2CO2NH4(s) △H=- 1 59.5kJ·ml-1
ii： NH2CO2NH4(s) CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H= +72.5kJ·ml-1
iii： 2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H
④反应iii的△H= ___________ kJ·ml-1。3个反应的△G(自由能变化)随温度的变化关系如图所示，图中对应于反应iii的线是___________(填字母)。
⑤一定条件下的恒容容器中，充入原料气3mlNH3和1mlCO2，平衡时CO2的转化率为0.5，则平衡时NH3和CO2的物质的量比为 ___________ ，已知反应ii的Kp=p，测得平衡时容器内总压为ap，则反应iii的平衡常数Kp=___________。
【答案】（1） ①. 反应未达平衡，温度升高，反应速率加快；生成CO的反应为主反应，该反应吸热，温度升高转化率增大 ②. ABCD ③.
（2） ①. - 87.0 ②. b ③. 4：1 ④.
【解析】
【小问1详解】
①270°C以后CO2转化率随温度升高而增大的原因可能是反应未达平衡，温度升高，反应速率加快；生成CO的反应为主反应，该反应吸热，温度升高转化率增大；答案为：反应未达平衡，温度升高，反应速率加快；生成CO的反应为主反应，该反应吸热，温度升高转化率增大。
②A．降低温度，反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)正向移动，反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)逆向移动，有利于提高CH3OH的选择性，A项选；
B．使用更合适的催化剂，对反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)的选择性更好，抑制CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)反应的发生，可提高CH3OH的选择性，B项选；
C．增大压强，反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)正向移动，反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)不移动，有利于提高CH3OH的选择性，C项选；
D．原料气中掺入适量的CO，反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)逆向移动，CO2、H2浓度增大，反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)正向移动，有利于提高CH3OH的选择性，D项选；
答案选ABCD。
③将n(H2)/n(CO2)=3的混合气体充入体积为V L的密闭容器中，控制温度240°C，测得混合气体流速为a L· h-1，根据图象可知，240℃时CO2的转化率为10%，CO2的反应速率=；答案为：。
【小问2详解】
④根据盖斯定律，iii=i+ii，则反应iii的∆H=-159.5kJ/ml+(+72.5kJ/ml)=-87.0kJ/ml；反应ii的∆H＞0、∆S＞0，根据∆G=∆H-T∆S，反应ii随温度的升高∆G减小，对应于反应ii的线是c，反应i的∆H＜0、∆S＜0，反应iii的∆H＜0、∆S＜0，反应i和反应iii随温度的升高∆G增大，反应iii相对于反应i有气态物质生成，则反应iii的∆S的绝对值比反应i的小，反应iii的∆S比反应i的大，对应于反应i的线是a，对应于反应iii的线是b；答案为：-87.0；b。
⑤一定条件下的恒容容器中，充入原料气3mlNH3和1mlCO2，平衡时CO2的转化率为0.5，转化CO2物质的量为0.5ml，在反应i、iii中消耗的NH3、CO2物质的量之比为2：1，则转化NH3物质的量为1ml，平衡时NH3物质的量为3ml-1ml=2ml、CO2物质的量为1ml-0.5ml=0.5ml，平衡时NH3和CO2的物质的量比为2ml：0.5ml=4：1；已知反应ii的Kp=p，则平衡时H2O(g)的分压为p，测得平衡时容器内总压为ap，平衡时NH3和CO2的总压为ap-p=(a-1)p，平衡时NH3和CO2的物质的量比为4：1，在恒温恒容容器中气体的压强之比等于物质的量之比，则平衡时NH3、CO2的分压依次为、，则反应iii的平衡常数Kp== =；答案为：4：1；。
23. 某学生用0.2000ml•L-1NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分解为如下几步：
①移取15.00mL待测的盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入2~3滴酚酞
②用标准溶液润洗碱式滴定管2~3次
③把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节液面使滴定管尖嘴部分充满溶液
④取标准NaOH溶液注入碱式滴定管至0刻度以上2~3cm
⑤调节液面至0或0刻度以下，记下读数
⑥把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准NaOH溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度
回答以下填空：
（1）正确操作的顺序是(填序号)②→______→______→______→①→______。______
（2）盛NaOH标准液的滴定管尖嘴部分留有气泡，排除气泡的方法应采用如图中的______操作(填“甲”、“乙”、“丙”)。
（3）下列情况可能造成测定结果偏高的是______(填标号)。
A.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确
B.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
C.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
D.碱式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准液润洗
E.配制标准溶液所用NaOH固体中含少量NaCl杂质
II.工业废水中常含有一定量氧化性较强的Cr2O，利用滴定原理测定Cr2O含量方法如下：
步骤I：量取30.00mL废水于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化。
步骤II：加入过量的碘化钾溶液充分反应：Cr2O+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O。
步骤III：向锥形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取0.1000ml•L-1Na2S2O3溶液进行滴定，数据记录如下：(I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)
（4）步骤III中滴加的指示剂为______。滴定达到终点的实验现象是________。
（5）步骤III中a的读数如图所示，则：
①a=______。
②Cr2O的含量为______g•L-1。
【答案】（1）④；③；⑤；⑥
（2）丙 （3）CDE
（4） ①. 淀粉溶液 ②. 溶液由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色
（5） ①. 18.20 ②. 2.16
【解析】
【小问1详解】
中和滴定的实验顺序为：检查、洗涤、润洗、装液、读数、取待测液、加指示剂、滴定、读数、处理废液、洗涤，所以正确操作的顺序是②④③⑤①⑥；
【小问2详解】
盛NaOH标准液的滴定管尖嘴部分留有气泡，把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液，排出气泡，排出气泡的方法应采用图中的丙；
【小问3详解】
A．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其读数偏少，V(NaOH)偏少，结果偏低，故A不符合；
B．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，无影响，故B不符合；
C．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，V(NaOH)偏高，结果偏高，故C符合；
D．未用标准液润洗碱式滴定管，氢氧化钠浓度降低，导致所用氢氧化钠体积增多，结果偏高，故D符合；
E．配制标准溶液所用NaOH固体中含少量NaCl杂质，相同质量的NaOH和NaCl与盐酸反应，所用氢氧化钠溶液体积偏大，结果偏高，故E符合；
故答案为：CDE；
【小问4详解】
根据信息，Cr2O氧化性较强，Na2S2O3溶液滴定碘单质应选用淀粉溶液作指示剂；滴定达到终点时碘单质刚好被消耗，所以溶液的颜色由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色；
小问5详解】
①根据图示，滴定管“0”刻度在上，且精确到0.01mL，a值为18.20；
②从表格数据可知，三次实验消耗0.1000 ml•L-1Na2S2O3标准溶液的体积平均值为=18.00mL，根据Cr2O+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O和I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6，得Cr2O～3I2～6Na2S2O3，n(Cr2O)=n(Na2S2O3)=×0.1000ml/L×18.00×10-3L=3×10-4ml，Cr2O的含量为：==2.16g•L-1。
24. 回答下列问题：
（1）常温下，物质的量浓度均为0.1ml•L-1的下列溶液：①NH4HCO3②NH4Cl③(NH4)2SO4④NH4HSO4⑤(NH4)2Fe(SO4)2⑥氨水，溶液中c(NH)最大的是______(填序号)。
（2）已知某些弱电解质在水中的电离平衡常数(25℃)如表：
①H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为________。
②现有常温下0.1ml•L-1的(NH4)2CO3溶液，该溶液中各微粒浓度之间的关系式错误的是______(填字母)。
A.c(NH)+c(H+)=c(HCO)+c(OH-)+c(CO)
B.c(NH)+c(NH3•H2O)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)
C.c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.1ml•L-1
D.c(H+)+c(HCO)+c(H2CO3)=c(OH-)+c(NH3•H2O)
（3）将打磨过的镁条放入浓的NH4Cl溶液中，得到的气体为________。
【答案】（1）⑤ （2） ①. H2SO3+HCO=CO2↑+H2O+HSO ②. AD
（3）H2和NH3
【解析】
【小问1详解】
③(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2都电离出2个铵根离子，①NH4HCO3、②NH4Cl、④NH4HSO4都电离出1个铵根离子，⑥氨水是部分电离，(NH4)2Fe(SO4)2中亚铁离子抑制铵根离子水解，因此铵根离子浓度大于硫酸铵中铵根离子浓度，①NH4HCO3是相互促进的双水解，水解程度大，②NH4Cl是铵根单一水解，④NH4HSO4中电离出的氢离子抑制铵根离子水解，因此溶液中c(NH)大小顺序为⑤③④②①⑥，c(NH)最大的是⑤；
【小问2详解】
①由表可知H2SO3的二级电离小于H2CO3的一级电离，所以酸性强弱H2SO3＞H2CO3＞，按照强酸制弱酸的原理，所以H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为H2SO3+HCO=CO2↑+H2O+HSO；
②A．溶液中存在电荷守恒为：c(NH)+c(H+)=c(HCO)+c(OH-)+2c(CO)，故A错误；
B．依据溶液中物料守恒，n(N)：n(C)=2：1，结合溶液中离子种类和守恒关系得到：c(NH)+c(NH3•H2O)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)；故B正确；
C．根据C元素守恒，有c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.1ml•L-1，故C正确；
D．依据溶液中质子守恒得到：c(H+)+c(HCO)+2c(H2CO3)=c(OH-)+c(NH3.H2O)，故D错误；
答案选AD。
【小问3详解】
Mg加入到浓NH4C1溶液，发生反应Mg+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2↑；故得到的气体是H2和NH3。
25. 某学习小组利用Cl2和Na2CO3溶液反应生成Cl2O，再用水吸收Cl2O制备HClO溶液(尾气处理装置没有画出)。已知：Cl2O是强氧化剂，极易溶于水，沸点为3.8℃，42℃以上分解为Cl2和O2，高浓度时易爆炸。回答下列问题：

（1）装置C的名称为________，装置A中生成氯气，写出反应的离子方程式_______。
（2）装置B中生成了Cl2O和CO2，各装置的连接顺序为______→______→______→______→C。________
（3）装置D中NaCl溶液的作用为________，实验需要向D中通入一定量的空气，目的是________。
（4）实验时装置B用冰水浴冷却的原因是________。
【答案】（1） ①. (球形)干燥管 ②. MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
（2）ADBE （3） ①. 除去Cl2中HCl ②. 降低Cl2O浓度，防止浓度过高爆炸
（4）B中反应放热，温度升高Cl2O会分解
【解析】
【分析】根据制备原理和除杂的原理，装置A中生成的Cl2经过装置D除去其中混有的HCl并与空气混合均匀，然后通入装置B中与含水8%的碳酸钠溶液反应生成Cl2O，再经过装置C除去Cl2O中混有的Cl2最后将纯净的Cl2O通入装置E中，与水反应生成HClO。
【小问1详解】
装置C的名称为球形干燥管，装置A中生成氯气，反应的离子方程式：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
【小问2详解】
根据制备原理和除杂的原理，装置A中生成的Cl2经过装置D除去其中混有的HCl,并与空气混合均匀，然后通入装置B中与含水8%的碳酸钠溶液反应生成Cl2O，再经过装置C除去Cl2O中混有的Cl2最后将纯净的Cl2O通入装置E中，与水反应生成HClO，通过分析中可以知道，装置合理的连接顺序为A→D→B→E→C；
【小问3详解】
装置D的作用是：除去Cl2中的HCl、使气体混合均匀，通入空气的目的是降低Cl2O浓度，防止浓度过高爆炸；
【小问4详解】滴定次数
Na2S2O3溶液起始读数/mL
Na2S2O3溶液终点读数/mL
第一次
1.02
19.03
第二次
2.00
19.99
第三次
0.20
a
弱电解质
H2CO3
H2SO3
NH3•H2O
CH3COOH
电离平衡常数
Ka1=4.30×10-7
Ka2=5.61×10-11
Ka1=1.3×10-2
Ka2=6.3×10-8
Kb=1.77×10-5
Ka=1.77×10-5