寧波市2022學年第一學期選考模擬考試化學試卷選擇題部分一、選擇題(本大題共10小題，每小題2分，共20分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1.化學與科學技術、生產生活、社會發展和環境保護密切相關，下列說法不正確的是A.SO2可用于殺菌消毒，但不能用作食品添加劑B.Fe2O3可用作油漆、涂料等的顏料C.在豆腐的制作中，可加入石膏作為凝固劑D.碳化硅硬度大、耐高溫，可用作耐高溫結構材料【答案】A【解析】【詳解】A．SO2可用于殺菌消毒，具有強還原性、故也能用作食品添加劑以抗氧化，A不正確；B．Fe2O3是紅棕色粉末，可用作油漆、涂料等的顏料，B正確；C．在豆腐的制作中，可加入石膏作為凝固劑，利用了膠體的聚沉原理，C正確；D．由于是共價晶體，碳化硅硬度大、熔點高，故能耐高溫，可用作耐高溫結構材料，D正確；答案選A。2.下列表示不正確的是A.氯化鈣的電子式：B.基態Cr原子的價層電子軌道表示式：C.苯酚的分子結構模型：D.Cl－Cl的p－pσ鍵電子云圖形：【答案】B【解析】【詳解】A．氯化鈣屬于離子化合物，電子式為，A正確；B．Cr元素原子序數是24，價層電子軌道為4s13d5，其電子軌道表示式為：，B錯誤；C．苯酚分子式C6H5OH，結構模型圖符合苯酚的結構，C正確；D．兩個p軌道“頭碰頭”重疊形成p-pσ鍵，形成軸對稱的電子云圖形，D正確；故選B。3.下列說法不正確的是A.實驗室酸、堿廢液在確定混合無危險時可用中和法處理B.X射線衍射儀可用于有機化合物晶體結構的測定C.可用FeCl3溶液區分氫氧化鈉溶液和碳酸鈉溶液D.可用溴水除去苯中含有的少量苯酚【答案】D【解析】【詳解】A．酸、堿廢液中可能含有雜質，若兩份溶液中的雜質與雜質或雜質與酸或堿反應不產生有毒氣體、不發生爆炸反應時，可用中和法處理，A正確；B．X射線衍射是晶體的"指紋"，不同的物質具有不同的X射線衍射特征峰值，所以X射線衍射儀可用于有機化合物晶體結構的測定，B正確；C．FeCl3溶液與氫氧化鈉溶液和碳酸鈉溶液反應，前者生成紅褐色沉淀，后者除生成沉淀外，還有氣泡產生，C正確；D．溴水與苯酚反應，生成的三溴苯酚仍溶解在苯中，且過量的溴也會溶解在苯中，所以不能除去苯中含有的少量苯酚，D不正確；故選D。4.關于反應：2KClO3+H2C2O4=CO2↑+2ClO2↑+K2CO3+H2O，下列說法正確的是A.KClO3中的Cl被氧化B.H2C2O4是氧化劑C.氧化產物和還原產物的物質的量之比為1∶1D.生成1molCO2時，反應共轉移1mol電子【答案】C【解析】【分析】由方程式可知，反應中氯元素化合價降低被還原，氯酸鉀是反應的氧化劑、二氧化氯是還原產物，碳元素的化合價升高被氧化，草酸是還原劑、二氧化碳和碳酸鉀是氧化產物。【詳解】A．由分析可知，反應中氯酸鉀中氯元素化合價降低被還原，故A錯誤；B．由分析可知，反應中碳元素的化合價升高被氧化，草酸是還原劑，故B錯誤；C．由分析可知，二氧化氯是還原產物，二氧化碳和碳酸鉀是氧化產物，由方程式可知，氧化產物和還原產物的物質的量之比為1∶1，故C正確；D．由分析可知，反應中生成1mol二氧化碳，共轉移2mol電子，故D錯誤；故選C。5.下列說法不正確的是A.通過催化裂化可以將重油轉化為汽油B.天然橡膠的主要成分是聚異戊二烯C.將煤在空氣中加強熱使之分解可以獲得焦炭等化工原料D.聚乙炔可用于制備導電高分子材料【答案】C【解析】【詳解】A．通過催化裂化可以將相對分子質量大的重油轉化為相對分子質量小的輕質液體燃料汽油，故A正確；B．天然橡膠是異戊二烯的聚合物，其主要成分是聚異戊二烯，故B正確；C．將煤隔絕空氣加強熱使之分解獲得焦炭等化工原料的過程為煤的干餾，故C錯誤；D．聚乙炔含有單鍵和雙鍵交替的結構單元，有類似石墨的大鍵，含有自由電子，能導電，故D正確；故選C。6.用下列儀器或裝置進行相應實驗，部分現象描述不正確的是A.石蕊溶液先變紅后褪色B.安靜的燃燒，發出蒼白色火焰，瓶口有白霧產生C.試管內先出現紅棕色氣體，后變無色2CO3溶液上出現一層無色透明的油狀液體A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．SO2的水溶液顯酸性，但對石蕊不具有漂白性，石蕊溶液只變紅不褪色，A不正確；B．氫氣在氯氣中燃燒，只在管口接觸，接觸面小，不會發生爆炸，且產生蒼白色火焰，生成的氯化氫在瓶口遇到水蒸氣形成白霧，B正確；C．銅絲與稀硝酸反應生成的NO氣體，與試管內空氣中的O2反應，生成紅棕色的NO2，當試管內的空氣被反應生成的NO等排出后，生成的NO氣體充滿試管，試管內氣體呈無色，C正確；D．乙酸乙酯難溶于飽和碳酸鈉溶液，且密度比飽和碳酸鈉溶液小，所以呈油狀浮在飽和碳酸鈉溶液的表面上，D正確；故選A。7.下列說法正確的是A.蔗糖、麥芽糖都是還原性二糖B.天然氨基酸均為無色晶體，熔點較高，可溶于乙醚C.脫氧核糖核酸(DNA)充分水解后得到磷酸、脫氧核糖和5種堿基D.滌綸()由對苯二甲酸和乙二醇經縮聚反應制備【答案】D【解析】【詳解】A．蔗糖不是還原性糖，麥芽糖是還原性糖，A錯誤；B．天然氨基酸均為無色晶體，熔點較高，難溶于乙醚，B錯誤；C．核酸包括DNA（脫氧核糖核酸）和RNA（核糖核酸）兩種，其中DNA完全水解后會得到磷酸、脫氧核糖和堿基（A、T、G、C）；RNA完全水解后會得到磷酸、核糖和堿基（A、U、G、C），所以核酸分子完全水解后得到的化學物質是脫氧核糖、核糖、磷酸、堿基（A、T、G、C、U），C錯誤；D．由滌綸()結構可知，其可由對苯二甲酸和乙二醇經縮聚反應脫去小分子水而制備，D正確；故選D。8.食品安全國家標準規定，K4[Fe(CN)6]允許作為食鹽的抗結劑，最大使用量為。己知K4[Fe(CN)6]的熔點70℃、沸點℃，400℃以上分解：3K4[Fe(CN)6]12KCN+Fe3C+5C+3N2↑，KCN有劇毒。下列關于K4[Fe(CN)6]的推測不合理的是A.可溶于水，溶液中離子主要存在形式為K+、[Fe(CN)6]4-B.烹飪時不必擔心食鹽中的K4[Fe(CN)6]轉化為劇毒物質C.在空氣中灼燒，生成K2CO3、FeO、CO2和N2D.與稀硫酸反應可生成K2SO4、FeSO4和HCN【答案】C【解析】【詳解】A．K4[Fe(CN)6]屬于鉀鹽，由K+和[Fe(CN)6]4-構成，該物質可溶于水，溶液中離子主要存在形式為K+、[Fe(CN)6]4-，A正確；B．K4[Fe(CN)6]沸點為104.2℃，在104.2℃以上即變為氣體逸出，故烹飪時不必擔心食鹽中的K4[Fe(CN)6]轉化為劇毒物質，B正確；C．在空氣中灼燒K4[Fe(CN)6]，Fe(II)會被氧化為Fe(III)，不會生成FeO，C錯誤；D．K4[Fe(CN)6]可與稀硫酸反應可生成K2SO4、FeSO4和HCN，D正確；故選C。9.某化合物X結構如圖所示，下列說法不正確是A.X中含有4種含氧官能團 B.1molX最多能與5molNaOH反應C.X水解后的產物都存在順反異構體 D.X中含有1個手性碳原子【答案】B【解析】【詳解】A．X中含有碳碳雙鍵、羥基、酯基、酰胺鍵等4種含氧官能團，A正確；B．X分子中，含有2個酚羥基，能消耗2個NaOH，1個酯基，能消耗2個NaOH，1個羧基，能消耗1個NaOH，1個酰胺鍵，能消耗1個NaOH，則1molX最多能與6molNaOH反應，B不正確；C．X水解后的兩種產物中，都含有碳碳雙鍵，且每個雙鍵碳原子上都連接2個不同的原子或原子團，所以兩種水解產物都存在順反異構體，C正確；D．X中，連接-CH3、-NH-、-COO-及苯環的碳原子為手性碳原子，且X中只含有1個手性碳原子，D正確；故選B。10.前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，X的簡單氫化物分子呈三角錐形，Y的周期序數與族序數相等，基態Z原子3p原子軌道上有1個未成對電子，W與Z處于同一主族。下列說法不正確的是A.原子半徑：Y＞Z B.第一電離能：W＞ZC.XZ3是極性分子 D.X、Y可以形成共價晶體【答案】B【解析】【分析】前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，X的簡單氫化物分子呈三角錐形，則對應的分子式為XH3，X為ⅦA，Y的周期序數與族序數相等，基態Z原子3p原子軌道上有1個未成對電子，則Z為Cl、X為N、Y為Al，W與Z處于同一主族，則W為Br。【詳解】A．同周期從左到右元素原子半徑遞減，則原子半徑：Y＞Z，A正確；B．同主族元素第一電離能從上到下遞減，則第一電離能：W＜Z，B不正確；C．XZ3中心原子的孤電子對數=、價層電子對數=3+1=4，空間構形為三角錐形，正負電荷重心不重疊、是極性分子，C正確；D．X、Y可以形成氮化鋁，是共價晶體，D正確；答案選B。二、選擇題(本大題共10小題，每小題3分，共30分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)11.下列判斷不正確的是A.電負性：O＞Si B.電離常數：CCl3COOH＞CF3COOHC.沸點：對羥基苯甲酸＞鄰羥基苯甲酸 D.水中溶解度：＞【答案】B【解析】【詳解】A．非金屬性O＞C＞Si，非金屬性越強，電負性越大，則電負性：O＞Si，A正確；B．F的非金屬性強于Cl，則CF3COOH比CCl3COOH更容易電離出H+，酸性更強，所以電離常數：CCl3COOH＜CF3COOH，B不正確；C．對羥基苯甲酸能形成分子間的氫鍵，使分子間作用力增大，鄰羥基苯甲酸能形成分子內氫鍵，使分子間作用力減小，所以沸點：對羥基苯甲酸＞鄰羥基苯甲酸，C正確；D．對于酮來說，分子中碳原子數越多，分子的極性越弱，在水中溶解度越小，所以溶解度：＞，D正確；故選B。12.設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.20g重水(D2O)中含有的中子數為8NAB.pH為l3的NaOH溶液中，OH-數目為AC.2H4中含σ鍵數目為NAD.2mol乙酸乙酯在酸性條件下水解，生成乙醇的分子數為2NA【答案】C【解析】【詳解】A．1個D2O分子中含有10個中子，則20g重水(D2O)中含有的中子數為=10NA，A不正確；B．pH為l3的NaOH溶液的體積未知，無法求出OH-數目，B不正確；C．1個N2H4分子中含有5個σ鍵，則2H4中含σ鍵數目為=NA，C正確；D．乙酸乙酯在酸性條件下的水解反應為可逆反應，則2mol乙酸乙酯在酸性條件下水解，生成乙醇的分子數小于2NA，D不正確；故選C。13.下列離子方程式書寫正確的是A.用FeS除去廢水中的Hg2+：FeS+Hg2+=HgS+Fe2+B.用醋酸溶液處理水垢中的氫氧化鎂：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2OC.在Na2S溶液中滴加NaClO溶液：S2-+ClO-+2H+=S↓+Cl-+H2OD.谷氨酸與足量氫氧化鈉溶液反應：+OH-=+H2O【答案】A【解析】【詳解】A．HgS的溶解度比FeS的溶解度小，所以可以用FeS除去廢水中的Hg2+，故A正確；B．醋酸是弱酸，在離子方程式里不能寫成離子，故B錯誤；C．Na2S溶液不是酸性的，所以在離子方程式里不能出現H+，正確的離子方程式為：S2-+ClO-+H2O=S↓+Cl-+2OH-，故C錯誤；D．谷氨酸和足量的NaOH溶液反應，兩個羧基都被中和成鹽，正確的離子方程式為：+2OH-+2H2O，故D錯誤；故選A。14.下列說法正確的是A.25℃時，將pH=5的醋酸溶液與pH=5的鹽酸等體積混合，混合后溶液pH＞5B.25℃時，等濃度的鹽酸與醋酸分別稀釋相同倍數，稀釋后溶液pH：鹽酸<醋酸C.25℃時，等體積、等pH的鹽酸與醋酸分別用等濃度的NaOH溶液中和，鹽酸消耗NaOH溶液多D.25℃時，pH=3的一元酸HA溶液與pH=11的一元堿MOH溶液等體積混合后溶液呈酸性，則HA是強酸【答案】B【解析】【詳解】A．pH=5的醋酸溶液與pH=5的鹽酸中氫離子濃度相同，都是10-5mol/L，等體積混合后，氫離子濃度不變，故pH為5，A錯誤；B．等濃度的鹽酸與醋酸分別稀釋相同倍數后其濃度依然相同，醋酸是弱酸，部分電離，氫離子濃度較小，pH大，B正確；C．等體積、等pH的鹽酸與醋酸，其中醋酸的濃度大，用氫氧化鈉中和時消耗的氫氧化鈉較多，C錯誤；D．混合后溶液呈酸性，說明酸的濃度較大，則酸HA為弱酸，MOH是相對較強的堿，但是不一定是強堿，D錯誤；故選B。15.T℃時，降冰片烯在催化劑作用下聚合，反應物濃度與催化劑種類及反應時間的關系如表所示。下列說法不正確的是編號時間/min濃度/(mol/L)催化劑種類0501001502002501催化劑I02催化劑II0003催化劑III000A.催化效果：催化劑II優于催化劑IB.編號2和3實驗中，反應至125min時，反應物恰好都消耗完C.編號2實驗中，以反應物濃度變化表示的反應速率為0.024mol?L-1?min-1D.其他條件相同時，反應物濃度越大，反應速率越大【答案】D【解析】【詳解】A．根據表格數據可知，使用催化劑II的反應速率更快，催化效果：催化劑II優于催化劑I，故A正確；B．根據表格數據，可知反應速率與反應物濃度無關。編號2的實驗中50min反應物的濃度降低，編號3的實驗中50min反應物的濃度降低，所以2、3實驗中，反應至125min時，反應物恰好都消耗完，故B正確；C．編號2實驗中，以反應物濃度變化表示的反應速率為mol?L-1?min-1，故C正確；D．根據表格數據，編號1的實驗中，0~50min反應物濃度減小、50~100min反應物濃度減小、1000~150min反應物濃度減小，可知反應速率與反應物濃度無關，故D錯誤；選D。16.在標準狀況下由指定單質生成1mol化合物時的恒壓反應熱，叫做標準摩爾生成焓，用符號△fH表示。而離子的標準生成焓是指從指定單質生成1mol溶于足夠大量水中(無限稀釋)的離子時所產生的熱效應，并規定以H+為基準并指定其標準生成焓為0。相關數據如表[(cr)表示晶體狀態，△fH表示標準摩爾反應焓變]。物質HClNaHCO3NaClH2OCO2H+Na+Cl-HCO狀態(g)(cr)(cr)(l)(g)(aq)(aq)(aq)(aq)△fH/kJ?mol-10-692下列說法不正確的是A.HCl(g)=H+(aq)+Cl-(aq)△fHB.NaCl晶體溶于水并無限稀釋的過程需吸收熱量C.標準狀況下將HCl氣體通入NaHCO3溶液，反應吸熱D.等量粉末狀和塊狀NaHCO3晶體溶于水(無限稀釋)時，塊狀晶體吸收熱量更多【答案】C【解析】【詳解】A．由題中標準摩爾生成焓的定義可得反應HCl(g)=H+(aq)+Cl-(aq)的，A正確；B．由題可知反應的，，反應為吸熱反應，B正確；C．由題可知反應的，可得，反應為放熱反應，C錯誤；D．由題可知反應的，可得，反應為吸熱反應，塊狀晶體與水的接觸面積小，離子與水結合放出的能量小，吸收熱量更多，D正確；故選C。17.鋁的冶煉在工業上通常采用電解Al2O3的方法，裝置示意圖如圖。研究表明，電解AlCl3－NaCl熔融鹽也可得到Al，熔融鹽中鋁元素主要存在形式為AlCl和Al2Cl。下列說法不正確的是A.電解Al2O3裝置中B電極為陰極，發生還原反應B.電解Al2O3過程中碳素電極雖為惰性電極，但生產中會有損耗，需定期更換C.電解AlCl3－NaCl時陰極反應式可表示為4Al2Cl+3e—=Al+7AlClD.電解AlCl3－NaCl時AlCl從陽極流向陰極【答案】D【解析】【分析】由圖可知，電解氧化鋁的裝置中B電極為電解池的陰極，鋁離子在陰極得到電子發生還原反應生成鋁，電解A為電解池的陽極，氧離子在陽極失去電子發生氧化反應生成氧氣，氧氣高溫下與碳素電極中的碳反應生成碳的氧化物。【詳解】A．由分析可知，電解氧化鋁裝置中B電極為電解池的陰極，鋁離子在陰極得到電子發生還原反應生成鋁，故A正確；B．由分析可知，電解A為電解池的陽極，氧離子在陽極失去電子發生氧化反應生成氧氣，氧氣高溫下與碳素電極中的碳反應生成碳的氧化物，由于生產中碳素電極會有損耗，需定期更換，故B正確；C．由化合價變化可知，電解AlCl3－NaCl熔融鹽制備金屬鋁時，Al2Cl離子在陰極得到電子發生還原反應生成鋁和AlCl離子，電極反應式為4Al2Cl+3e—=Al+7AlCl，故C正確；D．由化合價變化可知，電解AlCl3－NaCl熔融鹽制備金屬鋁時，鋁做電解池的陽極，在AlCl離子作用下鋁在陽極失去電子發生氧化反應生成AlCl離子，電極反應式為Al+7AlCl—+3e—=4Al2Cl，則電解時AlCl從陰極流向陽極，故D錯誤；故選D。18.某溫度下，向2溶液中滴加2CO3溶液，滴加過程中溶液中-lgc(Ba2+)與Na2CO3溶液體積(V)的關系如圖所示，已知Ksp(BaSO4)=1.1×10-10。下列說法不正確的是A.該溫度下Ksp(BaCO3)=10B.a、c兩點溶液中，水的電離程度：c＞aC.b點溶液中：c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=c(Na+)D.若把Na2CO3溶液換成等濃度Na2SO4溶液，則曲線變為I【答案】C【解析】【詳解】A．向2溶液中滴加2CO3溶液時，二者恰好反應完全得到氯化鈉溶液和碳酸鋇沉淀，則存在沉淀溶解平衡：，c(Ba2+)=c(CO)，該溫度下Ksp(BaCO3)=10×10=10，A正確；B．a中滴入碳酸鈉不足，溶質為強酸強堿鹽溶液，室溫下水電離出的氫離子濃度為10-7mol/L、c點溶液中碳酸鈉過量，溶液因水解呈堿性、水的電離被促進，則：a、c兩點溶液中水的電離程度：c＞a，B正確；C．b點，滴入的碳酸鈉提供的碳酸根主要存在于碳酸鋇沉淀中，溶液中碳元素很少：c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)＜c(Na+)，C不正確；D．若把Na2CO3溶液換成等濃度Na2SO4溶液：向2溶液中滴加2SO4溶液時，二者恰好反應完全得到氯化鈉溶液和硫酸鋇沉淀，則存在沉淀溶解平衡：，c(Ba2+)=c(SO)，該溫度下Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，則c(Ba2+)=c(SO)=，＞，則曲線變為I，D正確；答案選C。19.可利用酰胺型銥金屬配合物通過硝基芳烴還原串聯N－芐基化反應制備。反應機理如圖(其中Ph－代表苯基，[Ir]代表)下列說法不正確的是A.反應I過程中有水生成B.反應IV涉及加成反應和消去反應C.該過程反應原料為硝基苯和苯甲醇D.用CH3CH2CH2OH替代上述過程中的同類物質參與反應，可以合成【答案】D【解析】【詳解】A．反應I的反應物中有OH-和含羥基的Ph-CH2OH、結合圖中產物的結構示意圖可知，該過程中有水生成，A正確；B．反應IV中先發生加成反應得到Ph-NH-CH(OH)-Ph、再消去得到產物Ph-N=CH-Ph，則涉及加成反應和消去反應，B正確；C．由示意圖可知，反應Ⅲ中消耗硝基苯，反應Ⅵ中消耗苯甲醇、且生成了目標產物，該過程反應原料為硝基苯和苯甲醇，除了這三個物質，其余含苯環的有機物均為中間產物，C正確；D．用CH3CH2CH2OH替代上述過程中的同類物質參與反應，可以合成，D不正確；答案選D。20.下列方案設計、現象和結論都正確的是選項目的方案設計現象和結論A探究溫度對化學平衡的影響將的CuCl2溶液加熱后置于冷水中，觀察現象若溶液由黃綠色變為藍綠色，說明降低溫度，[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O向逆方向移動B檢驗食品脫氧劑中還原鐵粉是否己變質取脫氧劑包裝內固體粉末于試管中，加足量稀鹽酸溶解，充分反應后滴加KSCN溶液，振蕩，觀察溶液顏色變化若溶液未變紅色，說明脫氧劑中還原鐵粉沒有變質C比較CH3COO-和ClO-水解程度大小用pH試紙分別測定同濃度CH3COONa和NaClO溶液的pH若測得CH3COONa溶液pH大，說明CH3COO-水解程度大于ClO-D探究電石與水的反應將電石與飽和食鹽水反應產生的氣體通入酸性高錳酸鉀溶液，觀察現象若酸性高錳酸鉀溶液褪色，說明電石與水反應生成了乙炔A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．將的CuCl2溶液加熱后置于冷水中，若溶液由黃綠色變為藍綠色，說明降低溫度，[Cu(H2O)4]2++4Cl-?[CuCl4]2-+4H2O向逆方向移動，A正確；B．取脫氧劑包裝內固體粉末于試管中，加足量稀鹽酸溶解，充分反應后滴加KSCN溶液，振蕩，可能發生反應：2Fe3++Fe=3Fe2+，故溶液未變紅色，不能說明脫氧劑中還原鐵粉沒有變質，B錯誤；C．NaClO溶液具有漂白性，會漂白pH試紙，使得測量結果不準確，故不能使用pH試紙測量NaClO溶液的pH，C錯誤；D．將電石與飽和食鹽水反應，反應產生的氣體中有C2H2、H2S、PH3，這些氣體都能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故酸性高錳酸鉀溶液褪色，不能說明電石與水反應生成了乙炔，D錯誤；故選A。非選擇題部分三、非選擇題(本大題共5小題，共50分)21.牙齒表面釉質層主要成分為羥基磷灰石[Ca5(PO4)3OH]，含氟牙膏中添入一氟磷酸鈉(Na2PO3F)、氟化鈉(NaF)等，可將羥基磷灰石轉化為氟磷灰石[Ca5(PO4)3F]，有效預防齲齒。（1）表中是Na2PO3F中一種組成元素逐級失去電子電離能：I1I2I3I4I5I6I7I8電離能/(kJ?mol-1)10121903291249566273212682539729854該元素在Na2PO3F中的化合價為____價，其基態原子的簡化電子排布式為____。（2）①磷酸鹽在微生物作用下可轉化為PH3，PH3的中心原子的雜化方式為____。②PH3鍵角為93.6°，小于VSEPR模型的預測值，原因為____。③HF的熱穩定性比PH3強，原因為____。（3）含氟牙膏中的F-在一定條件下可與摩擦劑CaCO3發生反應生成CaF2。CO的空間構型為____。CaF2晶胞結構如圖所示，晶胞中代表鈣離子的是____(填“A”或“B”)，在該晶體中與B最近且等距離的B的數目為____。【答案】（1）①.+5②.[Ne]3s23p3（2）①.sp3②.PH3的VSEPR模型為正四面體形，其中有一個孤電子對，孤電子對與成鍵電子對之間的斥力大于成鍵電子對與成鍵電子對之間的斥力③.F原子半徑小，H－F鍵強度(或鍵能)大于H－P鍵（3）①.平面三角形②.B③.12【解析】【小問1詳解】由題干信息可知，電離能I5和I6之間差異過大，易失去5個電子，故該元素的化合價為+5價，是P元素，基態原子的簡化電子排布式為[Ne]3s23p3；【小問2詳解】①PH3中有3個P-H，一個孤電子對，價層電子對數為4，所以中心原子的雜化方式為sp3；②PH3的VSEPR模型為正四面體形，其中有一個孤電子對，孤電子對與成鍵電子對之間的斥力大于成鍵電子對與成鍵電子對之間的斥力，所以PH3鍵角為93.6°，小于VSEPR模型的預測值；③F原子的半徑小于P原子，H-F鍵強度(或鍵能)大于H-P鍵，故HF的熱穩定性比PH3強；【小問3詳解】的孤電子對數為，價層電子對數為3，所以中心原子的雜化方式為sp2，故空間構型為平面三角形；根據CaF2晶胞結構，B的個數為，A的個數為8，故晶胞中代表鈣離子的是B；根據CaF2晶胞結構可知，與B最近且等距離的B的數目為12。22.化合物X由四種元素組成。某實驗小組按如圖流程進行相關實驗(部分產物已略去)：已知：無色氣體A能使品紅溶液褪色。沉淀B和C混合物中含兩種元素，且B為黑色沉淀。溶液D中含有兩種溶質，取溶液D進行焰色試驗，火焰為黃色。氣體體積已折算至標準狀況。請回答：（1）組成X的四種元素為____；X的化學式為____。（2）沉淀B和C混合物為____(用化學式表示)：寫出B高溫煅燒生成A和E的化學方程式____。（3）氣體A能與溶液F中的產物發生非氧化還原反應而生成白色沉淀，寫出該反應的離子方程式____。（4）有同學在溶液D中依次加入足量的硝酸鋇溶液、硝酸銀溶液、稀硝酸，經過濾、洗滌、干燥得到含G和H的固體混合物ag。設計實驗，測定固體混合物中H的質量分數____。【答案】（1）①.Na、Ag、S、O②.Na3[Ag(S2O3)2](或Na3AgS4O6)（2）①.Ag2S、S②.Ag2S+O22Ag+SO2（3）SO2+H2O+2Ag+=Ag2SO3↓+2H+（4）在ag混合物中加入足量的氨水，充分反應后過濾、洗滌、干燥，稱量得到的固體，計為bg，則H的質量分數為【解析】【分析】X能與鹽酸恰好反應，生成的無色氣體A能使品紅溶液褪色，則A為二氧化硫，沉淀B和C混合物中含兩種元素，且B為黑色沉淀，煅燒又得到二氧化硫和固體單質E、E能溶于足量硝酸得到溶液F，則F含稀硝酸和硝酸鹽、F能與1份溶液D恰好反應生成不溶于硝酸的白色沉淀H為氯化銀，則X含銀元素，另1份溶液D與足量氯化鋇反應生成不溶于硝酸的白色沉淀G為硫酸鋇，已知溶液D中含有兩種溶質，取溶液D進行焰色試驗，火焰為黃色，則D為硫酸鈉和氯化鈉的混合溶液，則組成X的四種元素為Na、Ag、S、O；H為，按銀和氯元素守恒可知，X含元素，硫酸鋇為，D為2×硫酸鈉和2×氯化鈉的混合溶液，則鈉離子為，則X中含0.06mol鈉元素，X與鹽酸反應生成的二氧化硫為；煅燒又得到二氧化硫、D中含硫酸鈉、則X中硫元素物質的量為，則X中氧元素為×0.02mol-23g/mol××、則O的物質的量為。則X中個粒子的物質的量之比Na:Ag:S:O=3:1:4:6，X為Na3AgS4O6。X與鹽酸反應得到的沉淀B和C混合物中含兩種元素為Ag和S，且B為黑色沉淀則為2S，C為，按元素守恒可知，C為，則X與HCl反應生成SO2、Ag2S、S、Na2SO4、NaCl，并沒有直接生成氯化銀沉淀，則銀元素與硫元素的含氧酸根形成了配合離子，按產物SO2、Ag2S、S、Na2SO4、NaCl的物質的量之比為3:1:3:1:4，X中硫元素的化合價為+2價時滿足得失電子數守恒，則配離子為Ag(S2O3)，則X為Na3[Ag(S2O3)2]，X與HCl的反應為：2Na3[Ag(S2O3)2]+4HCl=3SO2+Ag2S+3S+Na2SO4+4NaCl。【小問1詳解】據分析，組成X的四種元素為Na、Ag、S、O；X的化學式為Na3[Ag(S2O3)2](或Na3AgS4O6)。【小問2詳解】沉淀B和C混合物為Ag2S、S：B高溫煅燒生成A和E的化學方程式Ag2S+O22Ag+SO2。【小問3詳解】氣體A能與溶液F中的產物發生非氧化還原反應而生成白色沉淀，則元素化合價不變，白色沉淀為亞硫酸銀，該反應的離子方程式SO2+H2O+2Ag+=Ag2SO3↓+2H+。【小問4詳解】G和H的固體混合物即硫酸鋇和氯化銀共ag。氯化銀能溶于氨水而硫酸鋇不溶，則測定固體混合物中H即氯化銀的質量分數的實驗方案為：在ag混合物中加入足量的氨水，充分反應后過濾、洗滌、干燥，稱量得到的固體即硫酸鋇沉淀，計為bg，則H的質量分數為。23.利用CO2合成甲醇、二甲醚技術是有效利用CO2資源，實現“碳中和”目標的重要途徑。（1）開發CO2直接催化加氫合成二甲醚技術是很好的一個研究方向。主反應：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H1=-122.54kJ?mol-1副反應：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2①已知25℃和101kPa下，H2(g)、CO(g)的燃燒熱△H分別為-285.8kJ?mol-1、-283.0kJ?mol-1，H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ?mol-1，則△H2=____kJ/mol。②其他條件相同時，反應溫度對CO2平衡轉化率影響如圖所示。CO2平衡轉化率隨溫度的升高先減小后增大的原因可能是____。③在催化劑作用下，向恒溫恒壓(250℃、3.0MPa)的密閉容器中充入反應氣，n(CO)：(CO2)：n(H2)=1：5：20，反應平衡時測得CO2的轉化率為20%，二甲醚的選擇性為80%(已知二甲醚的選擇性=×100%)，則副反應CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)的Kp=____(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數)。（2）利用CO2合成甲醇也是有效利用CO2資源的重要途徑。將原料氣(CO2)：n(H2)=1：3充入某一恒容密閉容器中，只發生CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H3<0，在不同催化劑作用下，反應tmin時CO2的轉化率隨溫度的變化如圖所示。①下列說法正確是____。A.使用催化劑I時，d點已達到平衡3K的平衡常數大于T4K的平衡常數C.若a點時，v(H2)正=3v(CH3OH)逆，則此條件下反應已達到最大限度點轉化率比a點低的原因一定是催化劑活性降低②若圖中a點時反應已達平衡，現原料氣按(CO2)：n(H2)=1：充入同一恒容密閉容器中，在催化劑I的作用下發生反應。請在圖中用實線畫出了T3K～T5K之間CO2的平衡轉化率變化曲線____。（3）水煤氣變換反應的機理被廣泛研究，其中有一種為羧基機理，某催化劑催化CO*+H2O*CO2*+H2(g)(*表示吸附態、Ea表示活化能)步驟如下：2O*→OH*+H*Ea1II._____Ea2III.COOH*→CO2*+H*Ea3IV.______Ea4①請補充其中的一個反應式：II_____。②反應CO*+H2O*CO2*+H2(g)的決速步驟是____(填序號)。【答案】（1）①.②.溫度低于280℃時，隨著溫度升高，副反應平衡向右移動的程度小于主反應平衡向左移動的程度，使CO2的平衡轉化率減小。溫度高于280℃時，隨著溫度升高，副反應平衡向右移動的程度大于主反應平衡向左移動的程度，使CO2的平衡轉化率增大③.0.024(或)（2）①BC②.（3）①.CO*+OH*→COOH*②.I【解析】【小問1詳解】①設H2(g)、CO(g)的燃燒熱分別為△H3和△H4，液態水轉變為氣態水反應熱為△H5，根據蓋斯定律有△H2=△H3+△H5-△H4=(-285.8kJ?mol-1)+(+44kJ?mol-1)-(-283.0kJ?mol-1)=+41.2kJ?mol-1。②主反應為放熱反應，副反應為吸熱反應。升高溫度主反應平衡向左移動，副反應平衡向右移動。溫度低于280℃時，隨著溫度升高，副反應平衡向右移動的程度小于主反應平衡向左移動的程度，使CO2的平衡轉化率減小。溫度高于280℃時，隨著溫度升高，副反應平衡向右移動的程度大于主反應平衡向左移動的程度，使CO2的平衡轉化率增大。③設n(CO)、n(CO2)、n(H2)分別為1mol、5mol和20mol，則達到平衡時，，n(CO2)=4mol，n(H2，n(CH3OCH3，n(H2，平衡時混合氣體總物質的量為，副反應。【小問2詳解】①A．使用催化劑I時，CO2的轉化率隨溫度升高先增大后減小。溫度低于T4時，該反應未達平衡，溫度升高，CO2的轉化率隨著化學反應速率增大而增大；溫度高于T4時，可能是催化劑失活或活性降低，也可能是平衡逆向移動。因此d點未達到平衡，A錯誤；B．升高溫度，平衡逆向移動，平衡常數K減小，因此T3K的平衡常數大于T4K的平衡常數，B正確；C．a點時，v(H2)正=3v(CH3OH)逆，則達到化學平衡狀態，此時反應已達到最大限度，C正確；D．溫度高于T4時，可能是催化劑失活或活性降低，也可能是平衡逆向移動，D錯誤；故選BC。②原料氣按(CO2)：n(H2)=1：充入同一恒容密閉容器中達到平衡，相當于在平衡點a減少氫氣的物質的量，平衡逆向移動，CO2的平衡轉化率降低，因此在T4時，CO2的平衡轉化率在a點下方。又因為溫度升高，平衡逆向移動，CO2的平衡轉化率逐漸降低，由此可畫出T3K～T5K之間CO2的平衡轉化率變化曲線如下。【小問3詳解】①步驟III中COOH*作反應物，說明步驟II中有COOH*生成，再結合步驟I和元素守恒知，步驟II中反應物有CO*和OH*，于是可得步驟II的反應式為CO*+OH*→COOH*。②步驟I-IV中活化能Ea1>Ea3>Ea4>Ea2，則活化能最大的是步驟I，活化能越大，反應速率越慢，因此決速步驟是I。24.實驗室以液態環己醇()為原料制取己二酸[HOOC(CH2)4COOH]晶體的實驗流程如圖：反應原理：HOOC(CH2)4COOH已知每100g水中己二酸的溶解度如表：溫度/解度/g160環己醇被高錳酸鉀氧化時的實驗裝置如圖，請回答：（1）①儀器a的名稱是____。②用儀器b滴加環己醇時，需逐滴加入的原因是____。③若發現b中有環己醇殘留偏多，可以向b中加入____(填“水”或“乙醇”)稀釋從而降低黏性，防止產率降低。（2）加鹽酸的目的是____。（3）用重結晶法提純己二酸，提純過程中需要用活性炭脫色，請從下列選項中選出合理的操作并排序：____。(____________)→(____________)→(____________)→(____________)→(____________)→i。a.用冷水洗滌晶體b.把粗產品配成熱的濃溶液c.用乙醇洗滌晶體d.冷卻至室溫，過濾e.把粗產品溶于水f.蒸發至有大量晶體析出，過濾g.趁熱過濾h.加入活性炭脫色i.干燥（4）己二酸純度測定將己二酸樣品配制成100mL溶液，每次取試樣溶液于錐形瓶中，滴入幾滴酚酞試液，用溶液滴定至終點，平均消耗NaOH溶液16.00mL(己二酸被完全中和)。①下列說法正確的是____。A．用100mL容量瓶配制成溶液后，最好用25mL規格的量筒量取待測液于錐形瓶中B．潤洗滴定管時，待液體潤濕全部滴定管內壁后，應將液體從滴定管上口倒入預置的燒杯中C．接近滴定終點時，應控制活塞，改為滴加半滴標準溶液，直至溶液變為粉紅色，且半分鐘內不變色D．若滴定前滴定管尖嘴部分氣泡未趕走，滴定后氣泡消失，則測定結果偏高②己二酸的純度為_____%。【答案】（1）①.冷凝管②.防止反應過于劇烈③.水（2）把己二酸鹽轉化為己二酸（3）bhgda（4）①.CD②.【解析】【分析】往KMnO4堿性溶液中滴加己二醇，己二醇發生氧化反應生成己二酸鈉，蒸發濃縮后再加入鹽酸，將己二酸鈉轉化為己二酸。【小問1詳解】①儀器a的名稱是冷凝管。②KMnO4具有強氧化性，與乙二醇能發生劇烈反應，用儀器b滴加環己醇時，需逐滴加入的原因是