2022-2023学年安徽省桐城中学高二上学期月考（1）化学试题含解析

这是一份2022-2023学年安徽省桐城中学高二上学期月考（1）化学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，结构与性质，填空题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

安徽省桐城中学2022-2023学年高二上学期月考（1）
化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生产生活息息相关，下列说法不正确的是
A．泡沫灭火器喷出的主要物质是Al(OH)3和CO2
B．长期使用(NH4)2SO4作化肥会使土壤酸化
C．电解饱和食盐水可以得到金属钠和氯气
D．合成氨工业中，将NH3及时液化分离有利于提高反应物的利用率
【答案】C
【详解】A．泡沫灭火器原理是NaHCO3溶液和Al2(SO4)3发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，离子方程式为3HCO+Al3+=3CO2↑+Al(OH)3↓，喷出的主要物质是Al(OH)3和CO2，故A正确；
B．(NH4)2SO4水解显酸性，则长期使用(NH4)2SO4化肥会使土壤酸化，故B正确；
C．钠是活泼金属，电解饱和食盐水不能得到金属钠，工业上常常采用电解熔融氯化钠得到金属钠和氯气，故C错误；
D．将NH3及时液化分离，生成物浓度减小，平衡右移，有利于提高反应物的利用率，故D正确；
故选：C。
2．下列有关电解质电离过程的叙述不正确的是
A．NaCl溶于水破坏了离子键
B．HCl溶于水破坏了共价键
C．CH3COONa溶于水促进了水的电离
D．CH3COOH在水中的电离方程式为CH3COOH=H++CH3COO-
【答案】D
【详解】A．NaCl溶于水电离出钠离子和氯离子，破坏了离子键，故A正确；
B．HCl为共价化合物，溶于水时发生电离生成氢离子和氯离子，破坏了共价键，故B正确；
C．CH3COONa溶于水发生水解反应：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，结合水中氢离子破坏水的电离平衡，可促进水的电离，故C正确；
D．CH3COOH是弱酸，在水中部分电离，电离方程式为CH3COOHH++CH3COO-，故D错误；
故选：D。
3．下列说法正确的是

A．图1为放热反应，放热反应不需要加热就能反应
B．图2为吸热反应，分解反应均为吸热反应
C．反应热描述的是化学反应前后的热量变化，任何化学反应都有反应热
D．同温同压下，反应H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同
【答案】C
【详解】A．图1反应物的总能量比生成物总能量大，为放热反应，有些放热反应不加热不能发生，如铝热反应，故A错误；
B．图2反应物的总能量比生成物总能量小，为吸热反应，但少数分解反应均为放热反应，如NH4NO3炸药分解，释放出能量，故B错误；
C．化学反应的实质是反应物化学键断裂和生成物中化学键的形成，过程中一定伴随能量变化，所以任何化学反应都有反应热，故C正确；
D．焓变与反应条件无关，则同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同，故D错误；
故选：C。
4．实验测得：101 kPa时，1 mol H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ的热量；1 mol CH4完全燃烧生成液态水和CO2，放出890.3 kJ的热量。下列热化学方程式书写正确的是
A．2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) 　ΔH=-571.6 kJ·mol-1
B．CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) 　ΔH=-890.3 kJ
C．CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g) 　ΔH=-890.3 kJ·mol-1
D．CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) 　ΔH=890.3 kJ·mol-1
【答案】A
【详解】A．1mol氢气完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，热化学反应方程式为2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) 　ΔH=-571.6 kJ·mol-1，故A正确；
B．焓变的单位是kJ/mol，不是kJ，故B错误；
C．根据题意，甲烷燃烧生成液态水时的热化学反应方程式为CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) 　ΔH=-890.3 kJ·mol-1，气态水转化成液态水放出热量，因此CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)   ΔH＞-890.3 kJ·mol-1，故C错误；
D．甲烷燃烧是放热反应，ΔH＜0，故D错误；
答案为A。
5．化学反应的方向问题对于理论研究与生产实践都有及其重要的意义，下列有关化学反应方向的判断不正确的是
A．ΔH＜0，ΔS＞0的反应在温度低时不能自发进行
B．某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应
C．Na与H2O的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行
D．2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的ΔH＜0
【答案】A
【详解】A．△H＜0、△S＞0的反应在任何温度下都满足△H-T△S＜0，即任何温度下该反应均能自发进行，故A错误；
B．吸热反应的△H＞0，△H-T△S＜0的反应可自发进行，则该反应是熵增反应，故B正确；
C．Na与H2O的反应是熵增的放热反应，则△H-T△S＜0，反应可自发进行，故C正确；
D．2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)中△S＜0，常温下能自发进行，则△H-T△S＜0，则该反应的△H＜0，故D正确；
故选：A。
6．一定条件下，在密闭恒容的容器中，发生反应：3SiCl4(g)+2N2(g)+6H2(g)Si3N4(s)+12HCl(g) ΔH<0，能表示该反应达到平衡状态的是
A．v逆(N2)=v正(H2) B．v正(HCl)=4v正(SiCl4)
C．混合气体密度保持不变 D．c(N2)∶c(H2)∶c(HCl)=1∶3∶6
【答案】C
【详解】A．由v逆(N2)=v正(H2)可知，反应进行的方向相反，但速率之比不等于化学计量数之比，所以未达平衡状态，A不符合题意；
B．由v正(HCl)=4v正(SiCl4)可知，虽然速率之比等于化学计量数之比，但反应进行的方向相同，不一定达平衡状态，B不符合题意；
C．Si3N4呈固态，随着反应的进行，气体的质量在不断改变，而气体的体积不变，所以密度是一个变量，当混合气体密度保持不变时，反应达平衡状态，C符合题意；
D．c(N2)∶c(H2)∶c(HCl)=1∶3∶6时，可能是反应进行的某个阶段，不一定是平衡状态，D不符合题意；
故选C。
7．铁的配合物离子(用表示)催化某反应的一种反应机理如下图所示，下列说法不正确的是

A．该过程的总反应为
B．增大HCOO-浓度有利于反应Ⅰ→Ⅱ速率加快
C．增大H+浓度有利于反应Ⅲ→Ⅳ速率加快
D．该催化循环中元素的化合价发生了变化
【答案】D
【详解】A．由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，HCOO-与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合氢离子转化为氢，所以化学反应方程式为，选项A正确；
B．增大HCOO-浓度，反应Ⅰ→Ⅱ：+ HCOO-→中反应物浓度增大，速率加快，选项B正确；
C．增大H+浓度，反应Ⅲ→Ⅳ：+ H+→中反应物浓度增大，速率加快，选项C正确；
D．由反应机理可知，Fe在反应过程中，化学键数目没有发生变化，则化合价也没有发生变化，选项D不正确；
答案选D。
8．化学电源在日常生活中有广泛应用。下列说法正确的是

A．钮扣式银锌电池的正极电极反应式为Ag2O＋2e−＋2H+=2Ag＋H2O
B．钮扣式银锌电池工作时，负极附近溶液碱性增加
C．铅蓄电池充电时，电极PbO2与电源正极相连
D．铅蓄电池放电时，电路中通过0.2mol电子，负极质量减少20.7g
【答案】C
【分析】钮扣式银锌电池的反应的化学方程式为：Zn+Ag2O+H2O═Zn(OH) 2+2Ag，铅蓄电池发生反应的化学方程式为：Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4(aq) 2PbSO4(s)+2H2O(l)；
【详解】A．银锌电池中，介质为碱性，正极为Ag2O得电子发生还原反应，反应式为Ag2O+2e-+H2O═2Ag+2OH-，故A错误；
B．银锌电池中负极锌失电子，电极反应式：Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，负极消耗OH-，则碱性减弱，故B错误；
C．电池充电时，PbO2作阳极，与电源正极相连，铅蓄电池充电时阳极上硫酸铅失电子发生氧化反应，电极反应式为PbSO4-2e-+2H2O═PbO2+4H++SO，故C正确；
D．铅蓄电池放电时，负极电极反应式为Pb-2e-+SO=PbSO4，当电路中转移0.2mol电子时，负极增加0.1mol硫酸根离子的质量即0.1mol×96g/mol=9.6g，故D错误；
故选：C。
9．利用下列实验装置不能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
目的
探究生铁在不同条件下的电化学腐蚀
测定中和反应的反应热
测定醋酸溶液的浓度
铜的电解精炼
实验装置





A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．左边氯化钠溶液呈中性，生铁铁发生吸氧腐蚀，气体体积减小，右边氯化铵溶液呈酸性，发生析氢腐蚀，气体体积增大，红墨水左高右低，选项A能实现实验目的；
B．没有隔热板且两烧杯口没有相平，不保温，选项B不能实现实验目的；
C．利用氢氧化钠标准溶液滴定含有酚酞的醋酸，仪器及操作均正确，选项C能实现实验目的；
D．铜的电解精炼时纯铜连接负极，粗铜连接正极，硫酸铜溶液为电解质溶液，仪器及操作正确，选项D能实现实验目的；
答案选B。
10．2022年北京冬奥会火炬的主要燃料是氢气。利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢的工作示意图如下，通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。下列有关说法错误的是

A．制H2时，连接开关K1
B．产生H2的电极反应式是2H2O+2e-=H2↑+2OH-
C．制O2时，电极3的电极反应式为NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-
D．连接K1或K2时，电极3分别作为阴极材料和阳极材料，并且NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移
【答案】D
【分析】由图可知，连接K1，电极1为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，电极3为阳极，电极反应式为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，连接K2，电极3为阴极，电极反应式为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，电极2为阳极，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，据此作答。
【详解】A．连接K1，电极1为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，可制得氢气，故A正确；
B．连接K1时，电极3为阳极，电极1为阴极，阴极上水得电子生成H2，电极反应式是2H2O+2e-═H2↑+2OH-，故B正确；
C．连接K2制得O2，电极3为阴极，电极反应式为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，故C正确；
D．连接K1，电极3为阳极，连接K2，电极3为阴极，通过NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移，实现NiOOH⇌Ni(OH)2的转化，故D错误；
故选：D。
11．一定条件下，关于工业合成氨的反应，图甲表示该反应过程中的能量变化，图乙表示1 L密闭容器中n(N2)随时间的变化曲线，图丙表示在其他条件不变的情况下，改变起始时n(H2)对该平衡的影响。下列说法正确的是

A．甲：升高温度，该反应的平衡常数增大
B．乙：从11 min起其他条件不变，压缩容器的体积，则n(N2)的变化曲线为d
C．乙：10 min内该反应的平均速率v(H2)=0. 03 mol·L-1·min-1
D．丙：温度T1＜T2，a、b、c三点所处的平衡状态中，b点N2的转化率最高
【答案】B
【详解】A．由图象甲分析，反应是放热反应，升高温度化学平衡逆向移动，则升高温度，该反应的平衡常数减小，故A错误；
B．其他条件不变，压缩容器的体积，氮气的物质的量不变，平衡正移，氮气然后逐渐减少，由图可知，n(N2)的变化曲线为d，故B正确；
C．由图乙信息，10min内氮气减少了0.3mol，则氮气的速率的为，氢气的速率为0.03mol•L-l•min-l×3=0.09mol•L-l•min-l，故C错误；
D．由图丙可知，氢气的起始物质的量相同时，温度T1平衡后，氨气的含量更高，该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应移动，故温度T1＜T2，a、b、c都处于平衡状态，达平衡后，增大氢气用量，氮气的转化率增大，故a、b、c三点中，c的氮气的转化率最高，故D错误；
故选：B。
12．常温下，下列有关电解质溶液的说法不正确的是
A．向Na2CO3溶液中通入NH3，减小
B．将0.1 mol·L-1的K2C2O4溶液从25 ℃升温至35 ℃，增大
C．向0.1 mol·L-1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，=1
D．向0.1 mol·L-1的CH3COONa溶液中加入少量水，增大
【答案】D
【详解】A．在一定条件下，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO+H2O⇌HCO+OH-，溶液中通入NH3，抑制水解，所以减小，故A正确；
B．K2C2O4溶液中草酸根离子水解显示碱性，升高温度，水解程度增加，草酸根离子浓度减小，钾离子浓度不变，所以增大，故B正确；
C．向0.1mol•L-1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，此时溶液的溶质是HF和NaF的混合物，存在电荷守恒，c(H+)=c(OH-)，钠离子和氟离子浓度相等，=1，故C正确；
D．CH3COONa溶液中加入少量水，不会影响醋酸的电离平衡常数，即不变，故D错误；
故选：D。
13．某小组探究CaCl2溶液能否鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液时，进行如图所示实验。下列说法中正确的是

A．加入CaCl2溶液前两溶液的pH：Na2CO3 ＜ NaHCO3
B．加入CaCl2溶液前两溶液中离子种类及浓度完全相同
C．加入CaCl2溶液后生成的沉淀的量：Na2CO3 = NaHCO3
D．加入CaCl2溶液后NaHCO3溶液中生成沉淀的方程式为Ca2++2HCO=CaCO3↓+ H2O+CO2↑
【答案】D
【详解】A．等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液中，碳酸钠溶液中碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，碳酸钠溶液pH大于碳酸氢钠，故A错误；
B．溶液中阴阳离子为碳酸根离子、碳酸氢根离子、氢氧根离子、钠离子和氢离子，实验前两溶液中离子种类完全相同，钠离子浓度不同，故B错误；
C．加入氯化钙后，左侧试管中只有白色沉淀生成，则反应方程式为Na2CO3+CaCl2=CaCO3↑+2NaCl，右侧试管中有白色沉淀和无色气体产生，则反应方程式为2NaHCO3+CaCl2=CaCO3↑+2NaCl+CO2+H2O，由方程式可知起始CO、HCO的物质的量相同时，生成的沉淀不一样多，故C错误；
D．碳酸氢钠和氯化钙等物质的量混合生成碳酸钙沉淀、二氧化碳气体和水，反应的离子方程式为：Ca2++2HCO=CaCO3↓+ H2O+CO2↑，故D正确；
故选：D。
14．为了探究外界条件对氯化铵水解平衡的影响，某研究性学习小组设计实验方案，获得如下数据：
实验
c(NH4Cl)/mol·L−1
V(NH4Cl)/mL
温度/℃
pH
1
0.02
5
25
x
2
0.02
5
30
y
3
0.2
5
25
z

下列说法不正确的是A．由 x＞y可知：升高温度能促进氯化铵的水解
B．由x ＞z可知：增大盐的浓度，水解平衡正向移动，水解程度增大
C．由z ＜ x ＜ z +1可知：稀释氯化铵溶液，水解平衡正向移动
D．Kh(NH4Cl)与Kb(NH3·H2O)的关系为：Kh=(Kw为水的离子积常数)
【答案】B
【详解】A．实验1和1探究温度对氯化铵的水解的影响，水解方程式：NH+H2ONH3·H2O +H+，由 x＞y即实验2氢离子的浓度较大，可知升高温度能促进氯化铵的水解，A正确；
B．实验1和3探究浓度对氯化铵的水解的影响，由x＞z可知：增大盐的浓度，水解平衡正向移动，但是水解程度减小，B错误；
C．实验3氯化铵的浓度是实验1的10倍，由z＜x＜z +1，即稀释10倍后，pH变化小于1，由越稀越水解可知：稀释氯化铵溶液，水解平衡正向移动，C正确；
D．氯化铵的水解方程式：NH+H2ONH3·H2O +H+，Kh=，D正确；
故选：B。
15．用盐酸滴定溶液，溶液中H2A、HA-、A2-的分布分数随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法不正确的是【如A2-分布分数：】

A．H2A的Ka1为10-6.38 B．c点：c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)
C．第一次突变，可选酚酞作指示剂 D．c(Na2A)= 0.1000mol·L−1
【答案】B
【分析】如图，溶液的pH值越大，溶液中c(A2-)越大，溶液的pH值越小，溶液中c(H2A)越大，根据图知，曲线1、2、3分别表示δ(A2-)、δ(HA-)、δ(H2A)。
【详解】A．当溶液中δ(HA-)=δ(H2A)时，c(HA-)=c(H2A)，该点为n点，H2A的Ka1==c(H+)=10-pH=10-6.38，故A正确；
B．c点溶质是NaHA，由c点pH>7呈碱性，说明HA-水解程度大于电离程度，该溶液中c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)，故B错误；
C．根据图知，第一次突变时溶液呈碱性，第二次突变时溶液呈酸性，酚酞的变色范围为8-10、甲基橙的变色范围为3.1-4.4，所以第一次突变可选酚酞作指示剂，故C正确；
D．HCl和Na2A以2：1完全反应，根据图知，当Na2A溶液完全反应时消耗V(HCl)=2V(Na2A)，则HCl、Na2A的物质的量浓度相等，c(Na2A)=0.1000mol•L-1，故D正确；
故选：B。

二、多选题
16．已知：，向一恒温恒容的密闭容器中充入和发生反应，时达到平衡状态I，在时改变某一条件，时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是

A．容器内压强不变，表明反应达到平衡
B．时改变的条件：向容器中加入C
C．平衡时A的体积分数：
D．平衡常数K：
【答案】BC
【分析】根据图象可知，向恒温恒容密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，反应时间从开始到t1阶段，正反应速率不断减小，t1-t2时间段，正反应速率不变，反应达到平衡状态，t2-t3时间段，改变条件使正反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，t3以后反应达到新的平衡状态，据此结合图象分析解答。
【详解】A.容器内发生的反应为A(g)+2B(g)3C(g)，该反应是气体分子数不变的可逆反应，所以在恒温恒容条件下，气体的压强始终保持不变，则容器内压强不变，不能说明反应达到平衡状态，A错误；
B.根据图象变化曲线可知，t2t3过程中，t2时，瞬间不变，平衡过程中不断增大，则说明反应向逆反应方向移动，且不是“突变”图象，属于“渐变”过程，所以排除温度与催化剂等影响因素，改变的条件为：向容器中加入C，B正确；
C.最初加入体系中的A和B的物质的量的比值为1：3，当向体系中加入C时，平衡逆向移动，最终A和B各自物质的量增加的比例为1：2，因此平衡时A的体积分数(II)>(I)，C正确；
D.平衡常数K与温度有关，因该反应在恒温条件下进行，所以K保持不变，D错误。
故选BC。

三、结构与性质
17．根据已学物质结构与性质的有关知识，回答下列问题：
(1)请写出第三周期元素中p轨道上有3个未成对电子的元素符号：___________，某元素被科学家称之为人体微量元素中的“防癌之王”，其原子的外围电子排布是，该元素的名称是___________。
(2)根据价层电子对互斥理论推测下列离子或分子的空间立体构型：___________，___________。
(3)向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液，写出有关反应的离子方程式___________、___________。
(4)金属铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示。则体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比为___________；若两种晶体中最邻近的铁原子间距离相同，则体心立方晶胞和面心立方晶胞的密度之比为___________。

【答案】(1)     P；     硒；
(2)     三角锥形；     正三角形；
(3)     ；     ；
(4)     1∶2；     。

【详解】（1）第三周期元素中p轨道上有3个未成对电子，则最外层电子排布为，应为P元素，外围电子排布是，位于周期表第四周期ⅥA族，为硒元素，故答案为：P；硒；
（2）据VSEPR模型得，的价层电子对，有1个孤电子对，所以是三角锥形；的价层电子对数为3，且不存在孤电子对，所以是正三角形，故答案为：三角锥形、正三角形；
（3）氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液：；，故答案为：
；；
（4）体心立方晶胞中铁原子个数；面心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数，所以体心立方晶胞和面心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比1∶2；设体心立方中晶胞的棱长为x，铁原子的直径为A，则，解得；铁原子直径，所以其晶胞体积，面心立方中晶胞的对角线为2A，则其边长，其晶胞体积。体心立方的密度与面心立方的密度之比，故答案为：1∶2；。
18．在普通铝中加入少量Cu和Mg后，形成一种称为拉维斯相的微小晶粒，其分散在Al中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要材料。回答下列问题：
(1)下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是___________(填标号)。
A． B． C． D．
(2)乙二胺是一种有机化合物，分子中氮的杂化类型分别是___________。乙二胺能与等金属离子形成稳定环状离子，其原因是___________。
(3)一些氧化物的熔点如下表所示：
氧化物

MgO


熔点/℃
1570
2800
23.8


解释表中氧化物之间熔点差异的原因___________。

(4)原子晶体GaAs的晶胞参数，它的晶胞结构如图所示。该晶胞内部存在的共价键数为___________；A原子距离B原子所在六面体的侧面的最短距离为___________(用x表示)pm；该晶胞的密度为___________。(阿伏加德罗常数用表示)。
【答案】(1)A
(2)     ；     乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键；
(3)、MgO为离子晶体，、为分子晶体。晶格能，分子间力(分子量) ；
(4)     16；     ；     。

【详解】（1）A、D微粒都是Mg原子失去一个电子后得到的，但是D微粒能量高于A，稳定性，所以失电子能力；B、C都是原子，但是B是基态、C是激发态，能量：，稳定性，所以失去一个电子能力：；A为、B为Mg原子，A再失去电子所需能量就是Mg原子失去2个电子的能量，为Mg原子的第二电离能，B失去一个电子的能量是Mg原子的第一电离能，其第二电离能大于第一电离能，所以电离最外层一个电子所需能量，通过以上分析知，电离最外层一个电子所需能量最大的是A；
故答案为：A；
（2）在乙二胺中，每个N原子形成的共价键有2个N—H键、1个N—C键，且还含有1个孤电子对；每个C原子形成的共价键有2个C—H键、2个C—N键，所以N、C原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断N、C原子杂化类型分别为杂化、杂化；乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键，因此乙二胺能与等金属离子形成稳定环状离子，故答案为：；乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键；
（3）由于、MgO为离子晶体，、为分子晶体。晶格能，分子间力(分子量)，所以熔点大小顺序是，故答案为：、MgO为离子晶体，、为分子晶体，晶格能，分子间力(分子量)；
（4）一个Ga与周围4个As形成共价键，所以晶胞内存在共价健数为；As原子存在体对角线上，在对角线处，距离B原子所在六面体的侧面的最短距离为；在一个晶胞中含有的As原子个数为，含有的Ga原子个数为4个，则1mol晶胞的质量，1个晶胞的体积为，所以晶体密度为，故答案为：16；；。

四、填空题
19．SO2是一种食品添加剂，还是重要的漂白剂和抗氧化剂，也是导致酸雨的重要物质。工业常用足量氨水吸收处理SO2尾气。根据相关信息回答下列问题。
(1)下列操作能使氨水溶液中NH3· H2O的电离程度增大的是___________(填字母序号，下同)，能使电离常数增大的是___________。
A． 通少量氨气      B． 降低温度      C． 加水稀释      D． 升高温度  E． 加少量的NH4Cl固体
(2)已知：常温下Ka(CH3COOH)= Kb(NH3· H2O)，常温下，CH3COONH4的水溶液中由水电离出的c(H+)___________ 1.0×10-7 mol·L-1(填“＞”、“＜”或“=”，下同)，溶液中c( CH3COO-)___________c(NH)。
(3)国家标准规定葡萄酒中SO2的最大含量为0.25g·L-1。某化学兴趣小组向葡萄酒中加入适量稀硫酸，加热使全部逸出，并用完全氧化生成，用的NaOH标准溶液滴定所得测定SO2的含量。
①滴定前，先在锥形瓶中滴入几滴无色酚酞。达到滴定终点的标志是___________。
②读数时，若滴定前平视液面，滴定后俯视液面，则对滴定结果的影响是___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
③滴定至终点后，计算出消耗标准溶液的体积，重复以上操作2次，具体数据见下表。
滴定次数
1
2
3
V(NaOH)(消耗)
25.00mL
24.98mL
25.02mL

该葡萄酒中的SO2含量为___________g·L-1。
【答案】(1)     CD     D
(2)     ＞     =
(3)     当滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色且30s内不褪色     偏低     0.24

【详解】（1）A．通入氨气，氨水的浓度增大，电离程度减小，A不选；
B．NH3· H2O的电离是吸热反应，降低温度平衡逆向移动，电离程度减小，B不选；
C．加水稀释，促进一水合氨的电离，电离程度增大，C选；
D．升高温度，NH3· H2O的电离平衡正向移动，电离程度增大，D选；
E．加入少量氯化铵固体，铵根离子浓度增大，抑制氨水的电离，电离程度减小，E错误；
故NH3· H2O的电离程度增大的是：CD；
电离常数只受温度影响，升高温度平衡正向移动，则能使电离常数增大的是D；
（2）CH3COONH4溶液中发生水解反应，促进水的电离，则水电离出的c(H+)>1.0×10-7 mol·L-1，已知常温下Ka(CH3COOH)= Kb(NH3· H2O)，则CH3COONH4溶液中醋酸根的水解程度和铵根的水解程度相同，c( CH3COO-)= c(NH)；
（3）①用NaOH标准溶液滴定溶液，指示剂是无色酚酞，达到滴定终点的标志是当滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色且30s内不褪色；
②读数时，若滴定前平视液面，滴定后俯视液面，NaOH标准溶液体积偏小，则对滴定结果的影响是偏低；
③由表知V(NaOH)=，n(NaOH)=cV(NaOH)= 0.0900mol/L×0.025L=0.00225mol，根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：×0.00225mol×64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：=0.24g/L。

五、工业流程题
20．四钼酸铵是钼深加工的重要中间产品，具有广泛的用途。一种以钼精矿(主要含，还有Cu、Fe的化合物及等)为原料制备四钼酸铵的工艺流程如下图所示。

回答下列问题：
(1)四钼酸铵(NH4)2Mo4O13中Mo的化合价为___________。
(2)“浸出”时，转化为的离子方程式为___________。
(3)“净化”时，浸出液中残留的Cu2+、Fe2+转化为沉淀除去。若Cu2+、Fe2+残留的浓度相等，则___________(填“Cu2+”或“Fe2+ ”)先生成沉淀。研究表明，该溶液中c(S2-)和pH的关系为：。为了使溶液中的杂质离子浓度小于，应控制溶液的pH不小于___________。(已知：；CuS和FeS的分别为35.2和17.2)
(4)“净化”后，溶液中的低价钼(以表示)可加入适量将其氧化为，该反应的离子方程式为___________。
(5)“沉淀”时，加入HNO3的目的是___________。
【答案】(1)+6
(2)CO+=+ CO2↑
(3)     Cu2+     3.9
(4)+H2O2=+H2O
(5)抑制水解，增大的浓度，使充分转化为沉淀析出

【分析】钼精矿(主要含MoS2，还有Cu、Fe的化合物及SiO2等)通入氧气焙烧得到MoO3、CuO、Fe2O3、SiO2和SO2，焙烧产生的气体主要为SO2；MoO3、CuO、Fe2O3、SiO2加Na2CO3、H2O浸出，MoO3转化为，铜、铁大多转化为氢氧化物，SiO2不反应，浸渣为SiO2、氢氧化铁、氢氧化铜等，浸出液含和少量Cu2+、Fe2+，加(NH4)2S净化，Cu2+、Fe2+转化CuS、FeS沉淀，滤渣为CuS、FeS，滤液主要含，滤液中加NH4NO3、HNO3进行沉淀得到(NH4)2Mo4O13•2H2O。
【详解】（1）已知(NH4)2MO4O13受热分解生成MoO3，则Mo的化合价为+6；
（2）“浸出”MoO3转化为的离子方程式：CO+=+ CO2↑；
（3）CuS和FeS的pKsp分别为35.2和17.2，则Ksp(CuS)=10-35.2，Ksp(FeS)=10-17.2，Ksp越小的越先沉淀，则Cu2+先生成沉淀；要使Cu2+浓度小于1.0×10-6mol/L，则S2-浓度大于mol/L=10-29.2mol/L，要使Fe2+浓度小于1.0×10-6mol/L，则S2-浓度大于mol/L=10-11.2mol/L，综述：c(S2-)＞10-11.2mol/L，c(S2-)=10-11.2mol/L时，lg(10-11.2)=pH-15.1，pH=15.1-11.2=3.9，综上所述，为了使溶液中的杂质离子浓度小于1.0×10-6mol/L，应控制溶液的pH不小于3.9；
（4）溶液中加入适量H2O2将其氧化为，则氧化剂为H2O2，还原产物为-2价的O，还原剂为，氧化产物为，反应的离子方程式为+H2O2=+H2O；
（5）由流程可知“沉淀”时，产生的沉淀为(NH4)2Mo4O13•2H2O，因此加入NH4NO3的目的是提供，使充分转化为沉淀析出，加入HNO3的目的是抑制水解，增大的浓度，使充分转化为沉淀析出。

六、原理综合题
21．我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
(1)雨水中含有来自大气的CO2，CO2进一步和水反应发生电离：
ⅰ CO2(g)CO2(aq)
ⅱ CO2(aq)+H2O(l)H+(aq)+HCO(aq)
①增大CO2在水中溶解度的措施有___________(写出一条即可)。
②25℃时，c(H+)___________c( HCO)+c(OH-)(填“＞”、“＜”或“=”)。
(2)CH4与CO2重整是有利于实现碳达峰和碳中和的研究热点之一、该重整反应体系主要涉及以下反应：
a、CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)
b、CH4(g)C(s)+2H2(g)
c、CO(g)+H2(g)H2O(g)+C(s)
设K为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压除以p0(p0=100kPa)。反应a、b、c的ln K(ln K为以e为底的对数)随T(温度)的变化如图所示。

①反应a、b、c中，属于放热反应的有___________(填字母)。
②反应b的相对压力平衡常数表达式为K=___________。
③在图中A点对应温度下，原料组成为n(CO2)：n(CH4)=1：1，初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时CH4的平衡转化率为68%，则H2的分压为___________kPa。
【答案】(1)     降低温度或增大压强(答案合理即可)     ＞
(2)     c          40

【详解】（1）①气体溶解度随温度升高而减小，随压强增大而增大，则增大CO2在水中溶解度的措施有降低温度或增大压强；
②25℃时，存在电荷守恒：c(H+)= 2c( CO)+c( HCO)+c(OH-)，则c(H+)＞c( HCO)+c(OH-)；
（2）①分析图象可知，随着温度升高，a、b的K值均升高，c的K值降低，说明a、b平衡向正反应方向移动，c平衡向逆反应方向移动，故a、b为吸热反应，c为放热反应；
②由K为相对压力平衡常数表达式含义：气体的相对分压等于其分压除以p0，则反应b CH4(g)C(s)+2H2(g)的相对压力平衡常数表达式为K=；
③A点时，结合图象可知，此时反应b的ln K=0，即，p0=100kPa，带入数据解得，p2(H2)平=p(CH4)p0=100p(CH4)平，原料组成为n(CO2)：n(CH4)=1：1，起始CH4分压为100kPa=50kPa，CH4的平衡转化率为68%，则，解得p(CH4)平=16kPa，则p(H2)平=kPa。