浙江省聯(lián)盟2023～2024學年高二化學下學期開學試題含答案

考生須知：1.本試題卷共8頁，滿分100分，考試時間90分鐘。2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級、姓名、考場號、座位號及準考證號。3.所有答案必須寫在答題卷上，寫在試卷上無效。4.考試結束后，只需上交答題卷。5.可能用到的相對原子質量：H—1O—16S—32Fe—56Cu—64選擇題部分一、選擇題（每小題只有一個選項符合題意，每小題3分，共48分）1.下列物質中屬于新型無機非金屬材料的是A.石墨烯 B.不銹鋼 C.普通玻璃 D.鋁合金【答案】A【解析】【詳解】A．石墨烯是碳單質，屬于新型無機非金屬材料，故A符合題意；B．不銹鋼是鐵合金，屬于金屬材料，故B不符合題意；C．普通玻璃的主要成分是硅酸鹽，屬于傳統(tǒng)無機非金屬材料，故C不符合題意；D．鋁合金屬于金屬材料，故D不符合題意；故選A。2.下列化學用語或說法中正確的是A.的名稱：3-甲基丁烷B.總共含有4個能級的能層符號：C.的VSEPR模型為：D.在氨水中，與分子間的氫鍵主要形式可表示為：【答案】C【解析】【詳解】A．根據系統(tǒng)命名規(guī)則，為2-甲基丁烷，A錯誤；B．總共含有4個能級為4s、4p、4d、4f，故該能層為N層，B錯誤；C．中S價層電子對數(shù)，分子空間構型為平面三角形，VSEPR模型為，C正確；D．O原子電負性更強，與O連接的H原子幾乎成了質子，更易形成氫鍵，故在氨水中，NH3與H2O分子間的氫鍵主要形式可表示為：，D錯誤；故答案為：C。3.下列事實，不能用勒夏特列原理解釋的是A.乙酸乙酯制備時加入稍過量的乙醇B.的平衡體系，增大壓強，氣體顏色加深C.用含氟牙膏刷牙可預防齲齒D.可在濃鹽酸中滴入幾滴濃硫酸快速制取氣體【答案】B【解析】【詳解】A．制備乙酸乙酯時，使用過量的乙醇可以增大反應物的濃度，平衡向正反應方向移動，乙酸的轉化率增大、乙酸乙酯的產率增大，則實驗室制備乙酸乙酯時，使用過量的乙醇作原料能用勒夏特列原理來解釋，故A不符合題意；B．二氧化氮轉化為四氧化二氮的反應為氣體分子數(shù)減小的反應，增大壓強，平衡向正反應方向移動，二氧化氮的濃度減小，氣體顏色變淺，故B符合題意；C．存在Ca5(PO4)3OH(s)＋F－(aq)Ca5(PO4)3F(s)＋OH－(aq)，使用含氟牙膏，促進平衡向正反應方向進行，生成氟磷灰石，氟磷灰石的溶解度比羥基磷灰石的小，而且更能抵抗酸的侵蝕，能用化學平衡移動原理解釋，故C不符合題意；D．濃鹽酸中存在氫離子和氯離子結合成氯化氫氣體的過程，加入濃硫酸，增大氫離子濃度，反應正向進行，快速制取HCl，故D不符合題意；故選B。4.關于反應，下列說法正確的是A.上述反應中發(fā)生還原反應，氧化產物與還原產物物質的量之比為B.屬于區(qū)元素，氣態(tài)比氣態(tài)更難再失去1個電子C.、雙氧水、明礬都是生活中常見的消毒劑D.生成標準狀況下的時，轉移電子【答案】D【解析】【分析】Mn元素的化合價由KMnO4中的+7價降至K2MnO4中的+6價和MnO2中的+4價，O元素的化合價由-2價升至O2中的0價，KMnO4既是氧化劑、又是還原劑，K2MnO4和MnO2是還原產物，O2是氧化產物；據此分析作答?！驹斀狻緼．Mn元素的化合價由KMnO4中的+7價降至K2MnO4中的+6價和MnO2中的+4價，K2MnO4和MnO2是還原產物，O元素的化合價由-2價升至O2中的0價，O2是氧化產物，氧化產物與還原產物物質的量之比為1：2，A錯誤；B．Mn屬于d區(qū)元素，Mn2+的價電子排布式為3d5，F(xiàn)e2+的價電子排布式為3d6，Mn2+的3d能級半滿，更穩(wěn)定，所以更難再失去1個電子，B錯誤；C．明礬是生活中常見的凈水劑，不是消毒劑，C錯誤；D．生成標準狀況下的2.24LO2時，O2的物質的量為0.1mol，轉移0.4mol電子，D正確；故選D。5.下列說法正確的是A.中和熱測定實驗中酸堿混合時要迅速，并不斷上下攪拌，測定并記錄混合液的最高溫度B.葡萄糖可發(fā)生水解反應生成乙醇和CO2C.可用飽和碳酸鈉溶液除去CO2氣體中的SO2雜質D.可用酸性KMnO4溶液除去乙烷中的乙烯【答案】A【解析】【詳解】A．中和熱測定實驗成功關鍵是做好保溫工作，減少實驗過程中的熱量損失，因此實驗中酸堿混合時要迅速，并不斷上下攪拌，測定并記錄混合液的最高溫度，據此判斷反應過程放出的熱量，A正確；B．葡萄糖是單糖不能發(fā)生水解反應，葡萄糖在酒曲酶作用下可發(fā)生氧化還原反應生成乙醇和CO2，B錯誤；C．CO2也能夠與碳酸鈉飽和溶液反應，因此不能用飽和碳酸鈉溶液除去CO2氣體中的SO2雜質，應該使用飽和碳酸氫鈉溶液除雜，C錯誤；D．酸性KMnO4溶液會將乙烯氧化為CO2氣體，導致又混入新的雜質，應該使用溴水除去乙烷中的乙烯，D錯誤；故合理選項是A。6.下列說法正確的是A.70℃時，純水的，顯酸性B.常溫下，的醋酸溶液中加入的溶液，混合液C.的HA溶液加蒸餾水稀釋至，若，則為弱酸D.等體積等的稀硫酸和醋酸分別與等濃度的溶液反應至中性，消耗溶液的體積前者小于后者【答案】D【解析】【詳解】A．水的電離是吸熱過程，升高溫度，水的電離程度增大。70℃時，純水的電離出的，pH<7，純水呈中性，A錯誤；B．常溫下，的醋酸溶液中加入的溶液，醋酸的物質的量大于氫氧化鈉的物質的量，反應后溶液中溶質為醋酸鈉、醋酸，剩余醋酸的量大于生成的醋酸鈉，溶液呈酸性，B錯誤；C．若的HCl溶液加蒸餾水稀釋至，鹽酸。的HA溶液加蒸餾水稀釋至，若，則不一定為弱酸，C錯誤；D．等體積等的稀硫酸和醋酸中溶質的物質的量：醋酸>硫酸，反應后溶液呈中性消耗的KOH：醋酸>硫酸，D正確；故答案為：D。7.已知是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法中不正確的是A.的溶液中數(shù)目為B.常溫下的氫氧化鈉溶液中由水電離出的的數(shù)目為C.的溶液中，硫酸根和氫氧根的總數(shù)目為D.標準狀況下將通入足量水中，溶液中、、數(shù)目之和小于【答案】B【解析】【詳解】A．的溶液中n(CuCl2)=0.1mol，所以數(shù)目為，故A正確；B．氫氧化鈉抑制水電離，pH=13的氫氧化鈉溶液中由水電離的氫離子濃度為1×10-3mol/L，常溫下的氫氧化鈉溶液中由水電離出的的數(shù)目為，故B錯誤；C．pH=1的溶液中c(H+)=0.1mol/L、c(K+)=，根據電荷守恒，即，所以的溶液中，硫酸根和氫氧根的總數(shù)目為，故C正確；D．標準狀況下將通入足量水中，氯氣部分與水反應，溶液中含有Cl2分子，溶液中、、數(shù)目之和小于，故D正確；選B。8.下列離子方程式正確的是A.氯化鎂溶液與氨水反應：B澄清石灰水與過量碳酸氫鈉溶液混合：C.與稀硝酸反應：D.硫化鈉溶液中加入少量氯化鐵溶液：【答案】B【解析】【詳解】A．氨水中一水合氨是弱電解質，不能拆，故A錯誤；B．澄清石灰水與過量碳酸氫鈉混合的離子方程式為：，故B正確；C．氧化亞鐵會被稀硝酸氧化成Fe3+，故C錯誤；D．硫化鈉與少量氯化鐵發(fā)生氧化還原反應，但生成的亞鐵離子能與硫離子反應生成FeS，離子方程式為：，故D錯誤；答案為B。9.在2L密閉容器中通入3molH2和1molN2，測得不同溫度下，NH3的產率隨時間變化如下圖所示。已知：瞬時速率表達式，（k為速率常數(shù)，只與溫度有關）下列說法正確的是A.由點到點混合氣體壓強在增大B.達到平衡時，C.溫度由調到，增大程度小于增大程度D.平衡常數(shù)：【答案】C【解析】【詳解】A．合成氨反應是一個氣體分子數(shù)減小的可逆反應，由點到點，NH3的產率增大，表明反應正向進行，氣體的物質的量減小，則混合氣體壓強在減小，A不正確；B．達到平衡時，不同物質表示的速率之比等于化學計量數(shù)之比，則，B不正確；C．從圖中看出，T2時反應先達平衡，表明T1＜T2，則溫度由T1調到T2，平衡逆向移動，所以增大程度小于增大程度，C正確；D．合成氨反應為放熱反應，溫度越高，平衡常數(shù)越小，所以平衡常數(shù)：，D不正確；故選C。10.下列說法不正確的是A.相同條件下的酸性：鄰苯二甲酸對苯二甲酸B.鍵角：C.和甲醚都是直線型非極性分子D.由三種元素構成的化合物可能是極性分子，也可能是非極性分子【答案】C【解析】【詳解】A．鄰苯二甲酸負離子可形成分子內氫鍵，相同條件下的酸性：鄰苯二甲酸對苯二甲酸，A正確；B．Cl2O中O原子的價層電子對數(shù)為2+=4，O為sp3雜化，空間構型為V形，SCl2是V形結構，O原子半徑小，電負性較大，鍵角：Cl2O>SCl2，B正確；C．分子中，O原子與兩個C原子形成2個σ鍵，含有2個孤電子對，O和與之相連的兩個C原子形成V形結構，因此不是直線型分子，C錯誤；D．由三種元素構成的化合物可能是極性分子,如CH2Cl2，形成的也可能是非極性分子，如Be(OH)2，D正確；故選：C。11.MgCO3和CaCO3的能量關系如下圖所示(M=Ca、Mg)已知：離子電荷相同時，半徑越小，離子鍵越強。下列說法正確的是A.△H2(CaCO3)=△H2(MgCO3) B.△H1(MgCO3)=△H1(CaCO3)C.△H=△H1+△H2+△H3 D.△H3(CaCO3)＞△H3(MgCO3)＞0【答案】A【解析】【詳解】A．根據圖示可知：△H2均為斷裂中的C、O之間的化學鍵形成CO2、O2-，所以△H2(CaCO3)=△H2(MgCO3)，A正確；B．碳酸鹽受熱分解為吸熱反應，由于Mg2+、Ca2+電荷相同，離子電荷相同時，半徑越小，離子鍵越強，斷裂吸收熱量就越多，反應熱就越大，所以△H1(MgCO3)＞△H1(CaCO3)，B錯誤；C．反應熱與反應途徑無關，只與反應的始態(tài)與終態(tài)有關，則根據圖示可知△H=△H1+△H2-△H3，C錯誤；D．由離子結合形成物質內化學鍵時會釋放熱量，則由MO與CO2發(fā)生反應時會吸收熱量，反應熱△H3＞0，離子半徑越小，金屬陽離子與O2-結合形成MO時放出熱量就越多，因此相應的反應熱就越大，離子半徑：Mg2+＜Ca2+，所以△H3(MgCO3)＞△H3(CaCO3)＞0，D錯誤；故合理選項是A。12.X、Y、Z、M、Q五種短周期主族元素，原子序數(shù)依此增大。軌道上電子全充滿，軌道上無電子；基態(tài)原子價層電子排布為，是地殼中含量最豐富的元素，基態(tài)原子有1個未成對電子，是短周期中金屬性最強的元素，下列說法不正確的是A.與形成的化合物中可能含有非極性共價鍵B.分子中的軌道雜化類型為雜化，分子的空間構型是三角錐形C.化合物可能為兩性氫氧化物D.第一電離能：【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q五種短周期主族元素，原子序數(shù)依此增大。的軌道上電子全充滿，軌道上無電子，X是Be元素；基態(tài)原子價層電子排布為，n=2，則Y是N元素；是地殼中含量最豐富的元素，Z是O元素；基態(tài)原子有1個未成對電子，M是F元素；是短周期中金屬性最強的元素，Q是Na元素?！驹斀狻緼．與形成的化合物Na2O2中含有非極性共價鍵，故A正確；B．NF3分子中N原子有4個價電子對，有1個孤電子對，軌道雜化類型為雜化，分子的空間構型是三角錐形，故B正確；C．根據“對角線規(guī)則”，Be與Al性質相似，所以化合物Be(OH)2可能為兩性氫氧化物，故C正確；D．第一電離能：，故D錯誤；選D。13.常溫下，用濃度為的標準溶液滴定濃度均為的和的混合溶液，滴定過程中溶液的隨()的變化曲線如圖所示。下列說法錯誤的是A.約為B.點a：C.點b：D.水的電離程度：【答案】D【解析】【分析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反應時，先與強酸反應，然后再與弱酸反應，由滴定曲線可知，a點時NaOH溶液和HCl恰好完全反應生成NaCl和水，CH3COOH未發(fā)生反應，溶質成分為NaCl和CH3COOH；b點時NaOH溶液反應掉一半的CH3COOH，溶質成分為NaCl、CH3COOH和CH3COONa；c點時NaOH溶液與CH3COOH恰好完全反應，溶質成分為NaCl、CH3COONa；d點時NaOH過量，溶質成分為NaCl、CH3COONa和NaOH，據此解答?！驹斀狻緼．由分析可知，a點時溶質成分為NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-3.38mol/L，==10-4.76，故A正確；B．a點溶液為等濃度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒關系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故B正確；C．點b溶液中含有NaCl及等濃度的CH3COOH和CH3COONa，由于pH<7，溶液顯酸性，說明CH3COOH的電離程度大于CH3COO-的水解程度，則c(CH3COOH)<c(CH3COO-)，故C正確；D．c點溶液中CH3COO-水解促進水的電離，d點堿過量，會抑制水的電離，則水的電離程度c>d，故D錯誤；答案選D。14.通過如下圖所示裝置可實現(xiàn)將廢舊鋰離子電池的正極材料轉化為，并回收鈷，同時可借助其降解乙酸鹽生成。其中電極材料均為石墨，右側裝置為原電池（工作時應保持厭氧環(huán)境和穩(wěn)定）。下列說法正確的是A.裝置工作時，甲室發(fā)生還原反應：B.乙電極反應式為：C.裝置工作時，乙室減小D.裝置工作一段時間后，應定時將甲室溶液轉移至乙室【答案】A【解析】【分析】右側裝置為原電池，轉化為，可知為正極；左側為電解池，甲室是陰極室?！驹斀狻緼．裝置工作時，甲室是陰極室，甲室發(fā)生還原反應，故A正確；B．乙電極是原電池的正極，得電子發(fā)生還原反應生成，乙電極反應式為，故B錯誤；C．裝置工作時，乙室發(fā)生反應，消耗氫離子增大，故C錯誤；D．乙室生成，甲室消耗，裝置工作一段時間后，應定時將乙室溶液轉移至甲室，故D錯誤；選A。15.某溫度下，和的沉淀溶解平衡曲線如下圖（圖中表示或）所示，下列說法正確的是A.是的沉淀溶解平衡曲線B.a點時，和均生成沉淀C.b點時，有，則D.當用溶液滴定濃度約為的溶液時，可用作指示劑（為紅色沉淀）【答案】D【解析】【分析】，為型，而為型，溶度積常數(shù)只與溫度有關，根據橫坐標和縱坐標的比值關系可知，Y表示與的變化關系，則X表示與的變化關系，由沉淀溶解平衡曲線Y上的點(1.7，5)可得到的溶度積，由沉淀溶解平衡曲線X上的點(4.8，5)可得到AgCl的溶度積，據此作答?！驹斀狻緼．由分析可知，X、Y表示的是AgCl、的沉淀溶解平衡曲線，A錯誤；B．a點在溶解度曲線上方，離子濃度更小，該條件下不能生成沉淀，也不能生成AgCl沉淀，B錯誤；C．溶度積常數(shù)只與溫度有關，，C錯誤；D．、分別為白色、磚紅色固體，用滴定含的溶液時，可以滴加少量溶液作指示劑，D正確；故答案選D。16.下列實驗操作、現(xiàn)象和結論都正確的是選項實驗操作現(xiàn)象和結論A室溫下分別測定溶液和溶液的兩者都大于7，且溶液的大，說明的水解能力強于B取兩份新制氯水，分別滴加溶液和淀粉溶液前者有白色沉淀，后者溶液變藍色，說明與反應存在限度C測定均為離子化合物的和的熔點的熔點更高，說明中離子鍵強于D向溶液中先滴加4滴溶液，再滴加4滴溶液先產生白色沉淀，再產生黃色沉淀。說明轉化為，溶解度小于A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的濃度未知，無法判斷，A項錯誤；B．新制氯水中加入AgNO3溶液產生白色沉淀，說明新制氯水中有Cl-，新制氯水中加入淀粉KI溶液，溶液變藍，說明I-被氧化成I2，HClO和Cl2都能將I-氧化，不能說明新制氯水中一定有Cl2，不能說明Cl2與H2O的反應存在限度，B項錯誤；C．離子化合物熔點的高低與離子鍵強度有關，離子鍵越強、離子化合物熔點越高，C項正確；D．向2mL0.1mol/LAgNO3溶液中先滴加4滴0.1mol/LKCl溶液，產生白色AgCl沉淀后AgNO3過量，再滴加4滴0.1mol/LKI溶液與過量Ag+直接反應生成AgI沉淀，不能說明發(fā)生了沉淀的轉化和比較溶解度的大小，D項錯誤；答案選C。非選擇題部分二、非選擇題（本大題共有5小題，共52分）17.化學，讓生活更美好。回答下列問題：（1）乳酸亞鐵是一種常用的補鐵劑。①基態(tài)核外電子的空間運動狀態(tài)有__________種。②乳酸分子中鍵與鍵的數(shù)目比為__________。③乳酸亞鐵中各元素的電負性由大到小的順序為__________。（2）乙烷硒啉（Ethaselen）是一種抗癌新藥，其結構式如下：①該新藥分子中有__________種不同化學環(huán)境的C原子。②研究發(fā)現(xiàn)，適量硒酸鈉可減輕重金屬鉈引起的中毒。比較鍵角大小：__________（填“”、“”或“”），原因是__________。（3）廣泛應用于太陽能電池領域。以、和抗壞血酸為原料，可制備?？箟难岱肿咏Y構如圖1所示，晶胞如圖2所示。①抗壞血酸的分子式是__________，的價層電子軌道表示式為__________。②下列說法中不正確的是__________。A.抗壞血酸分子中碳原子的軌道雜化類型為B.抗壞血酸難溶于水，易溶于乙醇C.抗壞血酸與足量氫氣完全催化還原后的分子中有5個手性碳原子D.在水溶液中以形式存在，的配位原子為③晶胞為立方體，邊長為，設為阿伏加德羅常數(shù)的值，則晶胞的密度__________?！敬鸢浮?7.①.14②.③.18.①.8②.③.和的中心原子均為雜化，中的原子沒有孤對電子，中的有兩對孤對電子，孤對電子對成鍵電子的斥力大于成鍵電子之間的斥力（或離子的空間構型為正四面體形，分子的空間構型為V形）19.①.②.③.ABC④.【解析】【小問1詳解】①基態(tài)Fe原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，基態(tài)Fe失去最外層2個電子得，基態(tài)核外電子的空間運動狀態(tài)有14種。②乳酸分子的結構式為，單鍵為鍵，雙鍵中有1個鍵與1個鍵，鍵與鍵的數(shù)目比為11:1。③元素非金屬性越強，電負性越大，乳酸亞鐵中各元素的電負性由大到小的順序為?！拘?詳解】①該新藥分子結構對稱，有8種不同化學環(huán)境的C原子。②和的中心原子均為雜化，中的原子沒有孤對電子，中的有兩對孤對電子，孤對電子對成鍵電子的斥力大于成鍵電子之間的斥力,所以鍵角>。【小問3詳解】①抗壞血酸的分子式是；Cu原子的價層電子排布式為3d104s1，Cu原子失去2個電子得，的價層電子排布式為3d9，價層電子軌道表示式為。②A．抗壞血酸分子中雙鍵碳原子的軌道雜化類型為，故A錯誤；B．抗壞血酸分子中羥基屬于親水基，增大其水溶性，所以抗壞血酸易溶于水，故B錯誤；C．抗壞血酸與足量氫氣完全催化還原后的分子中有4個手性碳原子(*標出)，故C錯誤；D．在水溶液中以形式存在，的配位原子為，故D正確；選ABC。③晶胞為立方體，邊長為，根據均攤原則，晶胞中Cu原子數(shù)為4、O原子數(shù)為2，設為阿伏加德羅常數(shù)的值，則晶胞的密度。18.含氮化合物種類多，用途廣?；卮鹣铝袉栴}。（1）NH3的電子式為__________，NH3與NaClO在一定條件下可生成N2H4，化學方程式為__________。（2）又稱聯(lián)氨，為二元弱堿，不如氨氣穩(wěn)定，還原性強于氨氣。①聯(lián)氨在水中的電離方程式與氨相似，則聯(lián)氨第一步的電離方程式為__________。②肼-空氣燃料電池是一種堿性燃料電池，生成無污染的物質。電解質溶液是的KOH溶液。肼空氣燃料電池放電時，負極的電極反應式是__________。③從分子結構角度分析，N2H4不如氨氣穩(wěn)定的原因是__________。（3）常溫下，在NH4Cl溶液中加入NaOH(s)至中性，則=__________（常溫下NH3·H2O的電離平衡常數(shù)為）。（4）利用熱再生氨電池可實現(xiàn)CuSO4電鍍廢液的濃縮再生。電池裝置如圖所示，甲、乙兩室均預加相同的CuSO4電鍍廢液，向甲室加入足量氨水后電池開始工作。下列說法正確的是__________。A.甲室Cu電極為負極B.Cu2+通過隔膜進入乙室C.電池總反應為：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+D.NH3擴散到乙室不會對電池電壓產生影響（5）在加熱條件下通入過量的NH3與CuO反應，可得到紅色固體。設計實驗驗證尾氣中比較活潑的兩種氣體__________?！敬鸢浮?8.①.②.2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O19.①.②.N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O③.N2H4中含N-N，由于N上的孤電子對的排斥使N-N鍵鍵能較小，穩(wěn)定性比NH3差20.18021.AC22.將濕潤的紅色石蕊試紙置于尾氣出口，若試紙變藍，說明尾氣中含有氨氣；將尾氣通入冷的的集氣瓶中，若有液珠出現(xiàn)，說明含H2O【解析】【小問1詳解】N原子最外層有5個電子，其中3個成單電子與3個H原子形成3個共價鍵，就得到NH3，故NH3的電子式為；NH3具有還原性，NaClO具有強氧化性，二者會發(fā)生氧化還原反應產生N2H4、NaCl、H2O，根據電子守恒、原子守恒，可得該反應的化學方程式為：2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；【小問2詳解】①聯(lián)氨在水中的電離方程式與氨相似，N2H4與水電離產生的H+通過配位鍵結合，從而電離產生OH-，則聯(lián)氨第一步的電離方程式為：；②在肼-空氣燃料電池中，通入燃料N2H4的電極為負極，N2H4失去電子被氧化為N2，并結合OH-生成H2O，則負極的電極反應式為：N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O；③N2H4分子中2個N原子形成N-N，每個N原子在分別與2個H原子形成2個N-H共價鍵，由于N上的孤電子對的排斥使N-N鍵鍵能較小，則其穩(wěn)定性就比NH3差；【小問3詳解】25℃時，向NH4Cl溶液中加入NaOH(s)到pH=7，溶液中c(OH-)=c(H+)，溶液中存在電荷守恒c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c()+c(H+)，則c(Cl-)=c(Na+)+c()，溶液中還存在物料守恒c(Cl-)=c(NH3·H2O)+c()，所以c(Na+)=c(NH3·H2O)，則==180；【小問4詳解】A.向甲室通入NH3開始工作，放電時，甲室的銅電極棒不斷溶解，發(fā)生氧化反應：Cu-2e-=Cu2+，Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+，所以放電時，甲室Cu電極為負極，A正確；B.在原電池內電路中陽離子向正極移動，如隔膜為陽離子交換膜，電極溶解生成的Cu2+要向右側移動，通入NH3要消耗Cu2+，顯然左則陽離子不斷減小，明顯不利于電池反應正常進行，故隔膜應該是陰離子交換膜，Cu2+不能進入乙室，B錯誤；C.放電時，負極和正極的反應分別為：Cu-2e-=Cu2+、Cu2++2e-=Cu，向甲室加入足量氨水后，發(fā)生反應Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+，故電池總反應：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+，C正確；D.NH3擴散到乙室，與乙室中的Cu2+反應，降低了乙室中Cu2+的濃度，將對電池電動勢以及電壓產生一定影響，D錯誤；故合理選項是AC；【小問5詳解】在加熱條件下通入過量的NH3與CuO反應，可得到紅色固體，反應方程式為：2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O，在尾氣中含有過量NH3及反應產生的N2、H2O蒸氣，其中NH3、H2O蒸氣比較活潑，檢驗NH3的方法是將濕潤的紅色石蕊試紙置于尾氣出口，若試紙變藍，說明尾氣中含有氨氣；檢驗水蒸氣的方法是：將尾氣通入冷的的集氣瓶中，若有集氣瓶內壁有液珠出現(xiàn)，說明含H2O蒸氣。19.利用生物煉銅方法可以制備金屬銅，同時生成副產品，相關轉化過程如下圖所示：金屬離子沉淀的如下表：

開始沉淀時的1.54.26.3完全沉淀時的2.86.78.3請回答：（1）請寫出在硫化細菌作用下轉化生成的離子方程式__________。（2）請選擇合適的試劑X__________。A.新制氯水 B.雙氧水 C.稀硝酸 D.酸性高錳酸鉀（3）調節(jié)的范圍在__________之間，試劑是__________（寫出一種即可）。（4）測定的純度I.用分析天平稱取晶體，將其溶于硫酸后，加水稀釋后用容量瓶配成的待測液；Ⅱ.取的待測液置于錐形瓶中，用的標準液進行滴定，進行三次平行試驗，消耗的標準液的體積如下表所示實驗組第一次第二次第三次滴定前溶液體積0.050.201.10滴定后溶液的體積19.9520.3022.10①滴定終點的判斷方法是__________。②該晶體的純度是__________（保留2位小數(shù)）。現(xiàn)測得該晶體純度偏低，可能的原因是__________。A.原錐形瓶中有水B.在配制待測液定容時仰視C.待測液配制過程中被氧氣氧化D.盛放標準液的滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失【答案】（1）CuS+2O2Cu2++（2）B（3）①.②.等（4）①.當?shù)稳胱詈蟀氲螛藴室簳r，溶液由無色（淺黃色）變?yōu)闇\紫色，且半分鐘內不變色②.92.67③.BC【解析】【分析】CuS和FeS在硫化細菌存在下與O2、H2SO4反應得到CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合液，加入試劑X將Fe2+氧化成Fe3+，調pH得到Fe(OH)3沉淀和CuSO4溶液，CuSO4溶液與Fe粉反應得到FeSO4和Cu；Fe(OH)3與H2SO4反應后、加入Fe得到FeSO4溶液，兩步得到的FeSO4溶液合并，F(xiàn)eSO4溶液最終得到FeSO4?7H2O。【小問1詳解】CuS與O2、H2SO4在硫化細菌作用下生成CuSO4，CuS中S元素的化合價由-2價升至+6價，O2為氧化劑，根據得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，反應的離子方程式為CuS+2O2Cu2++。【小問2詳解】試劑X將Fe2+氧化成Fe3+，新制氯水、稀硝酸、酸性高錳酸鉀將Fe2+氧化時會引入新雜質、稀HNO3還會產生NO污染空氣；雙氧水將Fe2+氧化成Fe3+、不引入新雜質；答案選B。【小問3詳解】調節(jié)pH的目的使Fe3+完全沉淀、Cu2+不形成沉淀，根據表中數(shù)據，調節(jié)pH的范圍在2.8~4.2；為了不引入新雜質，試劑是CuO或Cu(OH)2或CuCO3等。【小問4詳解】①由于KMnO4溶液本身有顏色，故滴定終點的判斷方法是：當?shù)稳胱詈蟀氲螛藴室簳r，溶液由無色（淺黃色）變?yōu)闇\紫色，且半分鐘內不變色。②三次實驗消耗的KMnO4溶液的體積依次為19.95mL-0.05mL=19.90mL、20.30mL-0.20mL=20.10mL、22.10mL-1.10mL=21.00mL，由于第三次實驗誤差較大，故消耗的KMnO4溶液的體積為=20.00mL，根據反應5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，25.00mL待測液中n(Fe2+)=5×0.05mol/L×0.02L=0.005mol，該FeSO4?7H2O晶體的純度為×100%=92.67%；A．原錐形瓶中有水，對實驗結果無影響，A項不符合題意；B．在配制待測液定容時仰視，待測液的體積偏大，所配溶液濃度偏小，消耗KMnO4溶液體積偏小，測得該晶體的純度偏低，B項符合題意；C．待測液配制過程中被氧氣氧化，消耗KMnO4溶液體積偏小，測得該晶體的純度偏低，C項符合題意；D．盛放KMnO4標準液的滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失，消耗KMnO4溶液體積偏大，測得該晶體的純度偏大，D項不符合題意；答案選BC。20.為了實現(xiàn)“碳中和”，研發(fā)的利用技術成為熱點。反應I：反應Ⅱ：請回答：（1）反應I能夠自發(fā)進行的條件是__________。（2）向的恒容密閉容器中充入和（起始壓強為），在不同溫度下同時發(fā)生上述反應I和反應Ⅱ，得到平衡時各含碳物質的物質的量與溫度的關系如下圖所示。①寫出曲線Y表示的含碳元素物質的化學式__________。②時，反應Ⅱ的平衡常數(shù)__________[對于氣相反應，用某組分的平衡壓強代替物質的量濃度也可表示平衡常數(shù)，記作，如，為平衡總壓強，為平衡系統(tǒng)中的物質的量分數(shù)]。（3）可用與催化加氫制乙醇，反應原理為：。經實驗測定在不同投料比、、時的平衡轉化率與溫度的關系如圖所示：①上述反應的活化能（正）__________（逆）（填“”、“”或“”）。②、、由大到小的順序是__________。③從平衡角度分析，隨溫度升高，不同投料比時的平衡轉化率趨于相近的原因__________。（4）科學家提出由制取的太陽能工藝如圖。已知“重整系統(tǒng)”發(fā)生的反應中，則的化學式為__________。（5）水系可逆電池可吸收利用，將兩組陰離子、陽離子復合膜反向放置分隔兩室電解液充、放電時，復合膜間的解離成和，工作原理如圖所示：①放電時復合膜中向極移動的離子是__________。②充電時多孔納米片電極的電極反應式為__________?！敬鸢浮浚?）低溫自發(fā)（2）①.CO②.0.6（3）①.②.③.升高溫度到一定范圍，溫度對平衡移動的影響占主要因素（4）（5）①.②.【解析】【小問1詳解】反應I，根據自發(fā)進行，則能夠自發(fā)進行的條件是低溫自發(fā)?！拘?詳解】①反應I為放熱反應、反應Ⅱ為吸熱反應，升高溫度，反應I平衡逆向移動、反應Ⅱ平衡正向移動，CH4的平衡物質的量減小、CO的平衡物質的量