2021學年第二學期溫州浙南名校聯盟期末聯考高二年級化學學科試題可能用到的相對原子質量：選擇題部分一、選擇題(本大題共25小題，每小題2分，共50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.下列水溶液因水解呈酸性的是A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】A．碳酸氫鈉為強堿弱酸鹽，碳酸氫根水解使溶液呈堿性，A錯誤；B．硫酸氫鈉是強酸酸式鹽，在水中電離產生氫離子，使溶液呈酸性，B錯誤；C．氯化銨為強酸弱堿鹽，銨根水解導致水溶液呈酸性，C正確；D．醋酸為弱酸，其溶液呈酸性，但不是因為水解才呈酸性，D錯誤；答案為C。2.下列物質屬于非電解質且溶于水能導電的是A. B. C. D.HF【答案】A【解析】【詳解】A．二氧化碳溶于水形成碳酸，碳酸可電離，溶液可以導電，但二氧化碳本身不能電離，為非電解質，A正確；B．Na2O熔融狀態能導電，是電解質，B錯誤；C．氯氣是單質，即不是電解質也不是非電解質，C錯誤；D．HF溶于水，自身能電離，是電解質，D錯誤；故選A。3.蒸餾實驗中，需要用到的儀器是A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】蒸餾實驗中用到的主要儀器是蒸餾燒瓶，直形冷凝管，酒精燈、石棉網、溫度計、牛角管(承接器)、錐形瓶等，題目選項中A為分液漏斗，B直型冷凝管，C為酸式滴定管，D為普通漏斗，根據選項的裝置構造和名稱可知，答案選B。4.下列物質對應的化學式不正確的是A.蘇打： B.鋁土礦的主要成分：C.金剛砂： D.漂白粉的有效成分：【答案】C【解析】【詳解】A．蘇打的主要成分為碳酸鈉：，A正確；B．鋁土礦的主要成分為氧化鋁：，B正確；C．金剛砂又叫碳化硅(SiC)是用石英砂、石油焦(或煤焦)、木屑為原料通過電阻爐高溫冶煉而成，C錯誤；D．漂白粉的有效成分為次氯酸鈣：，D正確；答案選C。5.下列化學用語或表達式正確的是A.1-溴丁烷的鍵線式： B.甲醛的電子式：C.基態Br核外電子排布式： D.甲酸乙酯的結構簡式：【答案】D【解析】【詳解】A.1-溴丁烷的鍵線式：，A錯誤；B.甲醛的電子式：，B錯誤；C.基態Br核外電子排布式：，C錯誤；D.甲酸乙酯是甲酸和乙醇形成的酯，結構簡式：，D正確；故選D。6.下列說法不正確的是A.某些金屬鹽灼燒呈現不同焰色是因為電子從高能軌道躍遷至低能軌道釋放不同波長的光B.超分子具有分子識別和自組裝的特征C.右上角的3表示該能級有3個軌道D.的VSEPR模型和離子的空間構型一致【答案】C【解析】【詳解】A．電子從高能軌道躍遷至低能軌道時，要釋放能量，某些金屬鹽灼燒呈現不同焰色是因為激發態的電子從能量較高的軌道躍遷到能量較低的軌道時，以一定波長光的形式釋放能量，A正確；B．超分子是兩種或兩種以上分子依靠分子間相互作用結合在一起，組成復雜的、有組織的聚集體，具有分子識別和自組裝的特征，B正確；C．中p能級的軌道數為3，右上角的3表示該能級中有3個電子，C錯誤；D．的中心原子價層電子對數為4+=4，采取sp3雜化，VSEPR模型為正四面體，無孤對電子，空間構型為正四面體，D正確；答案選C。7.下列說法不正確的是A.與互為同位素B.甘氨酸和硝基乙烷互為同分異構體C.和互為同系物D.和互為同素異形體【答案】C【解析】【詳解】A．與質子數相同，中子數不同互為同位素，A正確；B．甘氨酸和硝基乙烷的分子式相同，但結構不同，分別為H2NCH2COOH、CH3CH2NO2，是同分異構體，B正確；C．和兩者官能團結構不相似，不互為同系物，C錯誤；D．和是由C元素組成不同單質，互為同素異形體，D正確；答案選C。8.下列說法不正確的是A.還原鐵粉可用作食品干燥劑B.硬鋁密度小、強度高，具有較強的抗腐蝕能力，是制造飛機和宇宙飛船的理想材料C.葡萄酒中添加適量可以起到殺菌和抗氧化的作用D.氯氣、臭氧、二氧化氯都可用于飲用水的消毒【答案】A【解析】【詳解】A．還原鐵粉能吸收氧氣，可減緩食品被氧化，不能作干燥劑，A錯誤；B．硬鋁為鋁合金，其密度小、強度高、抗腐蝕能力強，可用于制造飛機和宇宙飛船部件，B正確；C．二氧化硫有還原性，葡萄酒中添加適量，可以起到殺菌和抗氧化的作用，C正確；D．氯氣、臭氧、二氧化氯都有強氧化性，可用于飲用水的消毒，D正確；答案選A。9.關于反應，下列說法正確的是A.是氧化產物 B.發生還原反應C.氧化劑與還原劑的物質的量之比為1∶3 D.生成1molKBr時，轉移1mol電子【答案】D【解析】【分析】氧化劑具有氧化性，元素化合價降低，被還原，發生還原反應，得到還原產物，還原劑具有還原性，元素化合價升高，被氧化，發生氧化反應，得到氧化產物。【詳解】A．反應前后，碳元素化合價不變，二氧化碳不是氧化產物，A錯誤；B．中氮元素化合價升高，作還原劑，發生氧化反應，B錯誤；C．Br2中溴元素化合價降低，作氧化劑，中氮元素化合價升高，作還原劑，氧化劑與還原劑的物質的量之比為3:1，C錯誤；D．溴元素化合價由0價降低到-1價，生成6molKBr時，轉移6mol電子，則生成1molKBr時，轉移1mol電子，D正確；答案選D。10.下列說法正確的是A.天然氨基酸均為無色晶體，能溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有機溶劑B.糖類、核酸、淀粉、纖維素、蛋白質都屬于高分子化合物C.2，4，6-三硝基甲苯(TNT)為淡黃色晶體，可用作炸藥D.體積分數為95％的乙醇溶液常在醫療上用作消毒劑【答案】C【解析】【詳解】A．天然氨基酸均為無色晶體，能溶于水，難溶于乙醇、乙醚等有機溶劑，故A錯誤；B．糖類中的單糖和低聚糖不屬于高分子，故B錯誤；C．2，4，6-三硝基甲苯(TNT)為淡黃色晶體，可用作炸藥，故C正確；D．體積分數為75％的乙醇溶液常在醫療上用作消毒劑，故D錯誤；故選C。11.下列說法不正確的是A.將盛有苯酚與水形成的濁液的試管浸泡在80℃熱水中一段時間，濁液變澄清B.pH計、酚酞、甲基橙均可用于氫氧化鈉溶液滴定鹽酸的終點判斷C飽和氯化鈉溶液中加入濃鹽酸，有白色沉淀析出D.硫酸銅溶液中加入過量氨水，溶液變深藍色，再加入乙醇，溶液無任何變化【答案】D【解析】【詳解】A．溫度高于65℃時，苯酚與水形任意比互溶，所以濁液變澄清，故A正確；B．氫氧化鈉和鹽酸恰好反應時溶液顯酸性，因此pH計、酚酞、甲基橙均可用于氫氧化鈉溶液滴定鹽酸的終點判斷，故B正確；C．飽和氯化鈉溶液中加入濃鹽酸，氯離子濃度增大，所以會有白色沉淀氯化鈉析出，故C正確；D．硫酸銅溶液中加入過量氨水生成絡合物，溶液變深藍色，再加入乙醇，溶液極性減小，有深藍色晶體析出，故D錯誤；故選D。12.設為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.標準狀況下，33.6L己烷含有的分子數目為11.5B.晶體中含有硅氧四面體結構單元的數目為C.常溫下，向溶液中加入HClO至溶液呈中性，溶液中的數目為0.1D.與足量充分反應生成的分子數目為0.1【答案】B【解析】【詳解】A．標準狀況下，己烷不是氣體，無法利用體積計算物質的量，也就無法計算其分子數目，A錯誤；B．的物質的量為=1mol，二氧化硅晶體中每個硅原子與四個氧原子形成4個硅氧鍵，每個氧原子與兩個硅原子成鍵，則二氧化硅晶體可看成由硅氧四面體結構構成，1mol二氧化硅晶體中含1mol硅氧四面體結構，數目為，B正確；C．溶液體積未知，無法計算的數目，C錯誤；D．乙酸與乙醇反應生成乙酸乙酯為可逆反應，因此與足量充分反應生成的分子數目小于0.1，D錯誤；答案選B。13.“類比”是化學中常用的思維方法，下列“類比”合理的是A.是非極性分子，則也是非極性分子B.，則C.向碳酸鈉固體中滴入幾滴水后溫度升高，則向碳酸氫鈉固體中滴入幾滴水后溫度也升高D.氨可還原氧化銅，則肼(N2H4)也可還原氧化銅【答案】D【解析】【詳解】A．氧氣屬于非極性分子，臭氧屬于極性分子，故A錯誤；B．一氯甲烷是不溶于水的液體，不與水反應，故B錯誤；C．向碳酸鈉固體滴入幾滴水后是放熱過程，溫度升高，而向碳酸氫鈉固體中滴入幾滴水后是吸熱過程，溫度降低，故C錯誤；D．氨氣還原氧化銅，氨氣中N原子化合價由-3價升高為0價，N2H4中N顯-2價，也能被氧化銅氧化成氮氣，即肼也可還原氧化銅，故D正確；答案為D。14.下列離子方程式正確的是A.往溶液中滴加少量的：B.往溶液中加入過量的溶液：C.往飽和溶液中通入少量：D.用惰性電極電解水溶液：【答案】C【解析】【詳解】A.往溶液中滴加少量的，反應的離子方程式為：，選項A錯誤；B.往溶液中加入過量的溶液，反應的離子方程式為：，選項B錯誤；C.往飽和溶液中通入少量，反應的離子方程式為：，選項C正確；D.用惰性電極電解水溶液，反應的離子方程式為：，選項D錯誤；答案選C。15.關于下列化合物，說法不正確的是

A.堿性條件下，分子中上的—Br比苯環上直接連接的—Br易水解B.分子中存在一個手性碳原子C.與酸或堿反應都能生成鹽D.一定條件下，1mol該分子最多能消耗【答案】D【解析】【詳解】A．鹵代烴在堿性條件下水解成醇，-CH2Br水解得到醇，苯環上的-Br水解得到酚，堿性條件下，分子中-CH2Br上的-Br比苯環上直接連接的-Br原子易水解，故A正確；B．分子中連接-NH2的碳原子還連有-H、-COO-和苯環四個不同的原子團，為手性碳原子，故B正確；C．分子中含有氨基，可以和酸反應，含有溴原子，可以和堿反應，含有酯基，酸性、堿性條件下都能發生水解反應，故C正確；D．分子中的苯環能和氫氣發生加成反應，-CN也能和氫氣發生加成反應，1mol苯環和3molH2加成，1mol-CN和2molH2加成，所以1mol該分子最多能消耗8molH2，故D錯誤；故選D。【點睛】酯基里的碳氧雙鍵不能和氫氣加成。16.下列與熵有關的敘述中不正確的是A.粒子無規則排列程度越大，體系的熵越大B.自發進行的化學反應都是熵增的過程C.絕熱狀態下體系會自發趨向混亂度增大方向進行D.【答案】B【解析】【詳解】A．熵是衡量體系混亂度的物理量，粒子無規則排列程度越大，混亂度越大，熵越大，A正確；B．反應傾向于向熵增方向進行，只要滿足吉布斯自由能小于零，如放熱反應，熵減也可能滿足吉布斯自由能小于零，反應自發進行，B錯誤；C．反應傾向于向熵增方向進行，故絕熱狀態下體系會自發趨向混亂度增大方向進行，C正確；D．相同狀況下的不同分子原子數越多越亂，乙烷中原子數多，混亂度大，熵大，D正確；故選B。17.W、X、Y、Z、N是原子序數依次增大的5種前四周期元素，其元素性質或原子結構如下：元素元素性質或原子結構W電子只有一種自旋取向X原子核外s能級上的電子總數與p能級上的電子總數相等，但第一電離能都低于同周期相鄰元素Y原子核外s能級上的電子總數與p能級上的電子總數相等，但第一電離能都高于同周期相鄰元素Z基態原子核外有9種不同空間運動狀態的電子，且只有一個不成對電子N同周期中不成對電子最多下列說法不正確是A.簡單離子半徑：Z＞X＞Y B.的鍵角比的鍵角大C.YX的熔點比的熔點高 D.N元素位于周期表第四周期ⅥB族，屬于d區【答案】B【解析】【分析】W的電子只有一種自旋取向，故W為H；X的原子核外s能級上的電子總數與p能級上的電子總數相等，但第一電離能都低于同周期相鄰元素，X為O；Y的原子核外s能級上的電子總數與p能級上的電子總數相等，但第一電離能都高于同周期相鄰元素，Y為Mg；Z的基態原子核外有9種不同空間運動狀態的電子，且只有一個不成對電子，故Z的核外電子排布為：1s22s22p63s23p5，Z為Cl；N在同周期中不成對電子最多，原子序數最大，為Cr。【詳解】A．Z、X、Y的簡單離子分別為：Cl-、O2-、Mg2+，電子層數越多半徑越大，同層時核電荷數越大，半徑越小，故離子半徑：Cl->O2->Mg2+，A正確；B．和的價層電子對數均為4，但中含2對孤電子對，孤電子對越多，孤單子對對成鍵電子對之間的斥力越大，鍵角越小，B錯誤；C．MgO和MgCl2均為離子晶體，O2-半徑小于Cl-，故離子鍵MgO強于MgCl2，熔點MgO高，C正確；D．Cr元素位于周期表第四周期ⅥB族，屬于d區，D正確；故選B。18.已知25℃時二元酸的，。下列說法正確的是A.NaHA，溶液對水的電離都起到促進作用B.取的溶液10mL，加蒸餾水稀釋至100mL，則該溶液C.常溫下，pH為3的溶液與pH為11的NaOH溶液等體積混合，混合溶液D.NaHA溶液中通入HCl氣體，溶液中減少【答案】D【解析】【詳解】A．，Kh=<Ka2，因此NaHA的電離程度大于水解程度，其會抑制水的電離，A錯誤；B．將H2A溶液體積稀釋至原來的10倍，因為H2A為弱電解質，稀釋后電離平衡正向移動，因此氫離子濃度大于原濃度的，pH<a+1，B錯誤；C．H2A是弱電解質，pH=3的H2A溶液中H2A的濃度要遠大于pH為11的NaOH溶液中NaOH的濃度，等體積混合后，溶液中有較多H2A剩余，pH<7，C錯誤；D．NaHA中HA-電離程度大于水解程度，通入HCl后，抑制HA-的電離，使得c(A2-)減小，c(HA-)增大，所以減小，D正確；故答案選D。19.利用微生物電池去除廢水中的，實現碳氮聯合轉化。工作原理如圖所示，其中M、N為厭氧微生物電極。下列說法不正確的是

A.負極電極反應式為：B.A為質子交換膜，電池工作時，從M極移向N極C.兩極產生的與的物質的量之比為5∶1D.好氧微生物反應器發生反應時，反應器內溶液pH降低【答案】A【解析】【詳解】A．M極為負極，電極反應式為，A錯誤；B．原電池工作時，H+從M極向N極移動，故A為質子交換膜，B正確；C．電路中轉移10mol電子時，M極生成5molCO2，N極生成1molN2，兩極產生的CO2和N2的物質的量之比為5：1，C正確；D．好氧微生物反應器發生反應，生成氫離子，反應器內溶液pH降低，D正確；故答案選A。20.在標準狀態下，將指定單質生成1mol物質的反應焓稱為該化合物的生成焓，符號為。由題圖所給的數據可得，下列說法正確的是

A.生成NaF時放出熱量最多，故化合時反應速率最快B.C.NaI的熱穩定性比NaBr高D.由圖可知，斷開中的化學鍵所吸收的能量大于斷開中的化學鍵所吸收的能量【答案】B【解析】【詳解】A．由題干圖示信息可知，生成NaF時放出熱量最多，但反應速率快慢與反應需要的活化能有關，而與焓變的大小沒有必然的關系，故化合時反應速率不一定最快，A錯誤；B．由題干圖示信息可知，=-411，，B正確；C．由題干圖示可知，相同物質的量的NaI具有的總能量高于NaBr的，能量越高越不穩定，故NaI的熱穩定性比NaBr低，C錯誤；D．根據反應熱等于反應物總的鍵能減去生成物的總的鍵能，由于生成物的總的鍵量各不相同，故根據圖示信息無法比較斷開中的化學鍵所吸收的能量與斷開中的化學鍵所吸收的能量的相對大小，D錯誤；故答案為：B。21.下列推測不合理的是A.與水反應生成兩種強酸B.與足量作用可得到C.氨基磺酸與足量濃NaOH溶液加熱不會產生氣體D.實驗測得固態中有正四面體的陽離子和正八面體的陰離子，固態化學式可表述為【答案】C【解析】【詳解】A．和Cl2與水反應生成硫酸和鹽酸兩種強酸，反應的化學方程式為+2H2O=H2SO4+2HCl，選項A正確；B.與足量作用可得到，發生反應為+3=+3HCl，選項B正確；C．氨基磺酸與足量濃NaOH溶液加熱會產生NH3，反應為H2N-SO3H+2NaOHNa2SO4+NH3↑+H2O，選項C錯誤；D．實驗測得固態中有正四面體的陽離子和正八面體的陰離子，固態化學式可表述為，選項D正確；答案選C。22.溫度為T℃，向體積不等的恒容密閉容器中分別加入足量活性炭和，發生反應：。反應相同時間后，測得各容器中的轉化率與容器體積的關系如圖所示。下列說法正確的是

A.T℃時，a、b兩點平衡常數B.圖中b點所示條件下，再向體系中充入一定量的，達到平衡時，的轉化率比原平衡大C.圖中c點所示條件下，v(正)=v(逆)D.容器內的壓強：：【答案】D【解析】【分析】由反應可知容器體積越大，壓強越小，反應往正方向移動，NO2的轉化率提高，由圖像可知，相同時間，a，b為已達到平衡點，c還未達到平衡。【詳解】A.a和b在相同溫度下反應，反應達到平衡時平衡常數相等，A錯誤；B.向a點平衡體系中充入一定量的NO2，等效于加壓，平衡逆移，轉化率降低，B錯誤；C.圖中c點還未達到平衡，反應往正方向進行，v(正)＞v(逆)，C錯誤；D.由A可知a點時容器內氣體物質的量為1.2mol；b點時反應三段式為，則b點容器內氣體物質的量為1.4mol，由于V1＜V2，則Pa：Pb＞6：7，D正確；故選D。23.室溫下，分別向濃度均為和鹽酸各20mL，滴加的溶液，得到滴定曲線如下(忽略分解)，下列敘述不正確的是A.的水解平衡常數約為B.b點與a點溶液混合后C.加入溶液時，兩溶液中水的電離程度D.a點存在：【答案】C【解析】【詳解】A．，Kh=，氫離子濃度為10-5.1mol/L，一水合氨濃度等于氫離子濃度，因水解程度較小，銨根離子濃度可近似為0.1mol/L，故Kh=，A正確；B．b點時加入氫氧化鋇10mL，此時NH4Cl溶液中NH4Cl反應了0.001molNH4Cl，剩余0.001molNH4Cl和0.001molNH3·H2O，鹽酸中反應了HCl0.001mol，剩余HCl0.001mol，此時將b點和a點溶液混合，NH3·H2O和HCl恰好反應完，溶液為NH4Cl溶液，NH4Cl水解顯酸性，pH<7，B正確；C．加入40mL氫氧化鋇后，NH4Cl已反應完全，生成0.002mol一水合氨，剩余0.001mol氫氧化鋇，鹽酸完全反應，生成BaCl2，剩余0.001mol氫氧化鋇，氫氧化鋇濃度相同的情況下，一水合氨抑制水的電離，氯化鋇對水電離無影響，C錯誤；D．a點時，NH4Cl恰好反應了一半，剩余的NH4Cl和生成的NH3·H2O物質的量相同，均為0.001mol，鋇離子物質的量為0.0005mol，因為NH3·H2O的電離程度大于NH4Cl水解程度，故溶液顯堿性，銨根離子濃度大于NH3·H2O濃度，水解和電離都是較為微弱的，因此銨根離子濃度和NH3·H2O濃度均大于鋇離子濃度，D正確；故答案選C。24.某課題組設計一種脫除煙氣中NO的方法，下列說法不正確的是A.整個過程的總反應方程式為B.反應過程均為氧化還原反應C.若將換成，產物也是和D.在整個反應中起到催化作用【答案】B【解析】【詳解】A．由圖可知，整個過程的總反應為氨氣與一氧化氮和二氧化氮反應生成氮氣和水，則總反應方程式為：，故A正確；B．由圖可知，中間體與反應生成的過程中，沒有元素化合價發生變化，屬于非氧化還原反應，故B錯誤;C．中N元素為-2價，也具有還原性，也可以與NO發生歸中反應生成和，故C正確;D．由圖可知，是第一步反應的反應物，也是最后一步反應的產物，在反應前后性質和質量不變，屬于催化劑，故Ｄ正確;故選B選項。25.下列實驗方案設計、現象、結論都正確的是目的方案設計現象、結論A探究AgI和AgCl的大小取的溶液于試管中，加入的NaCl溶液，再加入的NaI溶液產生的白色沉淀轉化為黃色沉淀，則證明B探究與氧化性強弱取少量溶液于試管中，加入硫酸酸化的，振蕩試管溶液變黃色，證明氧化性：C探究取代基對苯環的影響取少量酸性溶液于試管中，滴入甲苯，振蕩試管酸性溶液褪色，說明取代基對苯環具有活化作用D檢驗丙烯醛中是否含有碳碳雙鍵取少量丙烯醛于試管中，加入溴的四氯化碳溶液，振蕩試管溴的四氯化碳溶液褪色，說明丙烯醛中含有碳碳雙鍵A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．與Cl-相比，Ag+過量，向硝酸銀中滴加氯化鈉溶液，先有AgCl白色沉淀生成，再滴加碘化鈉溶液，生成AgI黃色沉淀，且兩種沉淀的量相同，Ag+也恰好反應完全，不存在沉淀轉化，不能比較兩種沉淀的Ksp，A錯誤；B．硝酸根在酸性環境下具有強氧化性，能將Fe2+氧化為Fe3+，并不一定是H2O2將其氧化，故不能比較H2O2和Fe3+的氧化性，B錯誤；C．苯遇酸性高錳酸鉀不褪色，甲烷遇酸性高錳酸鉀也不褪色，而甲苯遇酸性高錳酸鉀溶液褪色，說明苯環對取代基具有活化作用，C錯誤；D．碳碳雙鍵能與溴發生加成反應，溴的四氯化碳溶液褪色，說明丙烯醛中含有碳碳雙鍵，D正確；故選D。非選擇題部分二、非選擇題(本大題共5小題，共50分)26.鈷單質及其化合物在生產、生活中有廣泛應用。請回答下列問題：（1）基態Co的價電子排布圖為___________，Co和Fe的逐級電離能如表，Fe的大于Co的原因是___________。元素…Fe462.51561.9295752907240Co760.41648323249507670（2）維生素是配合物，其配體是一種稱為卟啉的大環有機化合物，中心離子是鈷離子，結構如圖1所示：

的配位數為___________，與形成配位鍵時，作配位原子的是___________原子，中碳原子的雜化軌道類型為___________，與互為等電子體的分子為___________(寫一種即可)。（3）金屬鈷晶體的晶胞是六棱柱形，其結構如圖2所示，每個晶胞中含Co原子個數為___________；晶胞的底是正六邊形，邊長為apm，設為阿伏加德羅常數的值，晶胞的密度為，則該晶胞的高b為___________pm(列出計算式)。

【答案】（1）①.②.的價電子為，半滿穩定結構，較難再失去一個電子，的價電子為，再失去一個電子達到半滿穩定結構（2）①.6②.C③.sp④.CO或（3）①.6②.或【解析】【小問1詳解】Co的原子序數為27，其基態原子價電子排布式為：3d74s2，價電子排布圖為：；Fe的原子序數為26，其基態原子價電子排布式為：3d64s2，的價電子為，處于半滿穩定結構，較難再失去一個電子，而的價電子為，再失去一個電子達到半滿穩定結構，因此Fe的I4大于Co的I4。【小問2詳解】由結構圖可知，的配位數為6，與CN?形成配位鍵時，碳原子提供孤對電子，作配位原子，CN?中C與N形成碳氮三鍵，碳原子采取sp雜化，CN?的原子數為2，價電子總數為10，利用同主族變換和左右移位法，與CN?互為等電子體的分子有：CO或。【小問3詳解】依據均攤法，每個晶胞中含Co原子個數為：12+2+3=6，晶胞質量為g，晶胞體積為(6a10-10a10-10sin60°b10-10)cm3=(a2c10-30)cm3，晶胞密度ρ=g/cm3=g/cm3，c=pm。27.化合物X由3種元素組成。某興趣小組按如下流程進行實驗：

已知：A由兩種氣體組成，且兩種氣體組成元素相同。請回答下列問題：（1）X的組成元素有___________；X的化學式為___________。（2）固體B的成分是___________(用化學式表示)（3）X化學性質相當活潑，1molX吸收只生成一種二元弱酸Y和1mol氣體C，請寫出Y與足量NaOH溶液反應的離子方程式___________。（4）設計實驗證明溶液G中的陽離子___________。【答案】（1）①.Fe、C、O②.（2）Fe、C（3）（4）取少量G溶液分別置于試管A、B中，往A試管中滴加紫色石蕊，若變紅，則有；往B試管中滴加KSCN無明顯現象，再加，溶液變血紅色，則有【解析】【分析】由白色沉淀D可知混合氣體A中含CO2，根據碳元素守恒，CO2的物質的量為0.1mol，A由兩種氣體組成，且兩種氣體組成元素相同，故氣體C為CO，物質的量為0.3mol；H為紅棕色固體，故H為Fe2O3，物質的量為0.05mol，Fe元素的物質的量為0.1mol；氣體A中含CO，故B為單質的混合物，肯定含鐵，與稀鹽酸反應產生氣體，氣體E為H2，溶液G為FeCl2溶液和鹽酸溶液的混合溶液，不溶性固體應為C，物質的量為0.1mol，綜上混合氣體A中：0.3molCO，0.1molCO2，混合固體B中：0.1molFe，0.1molC，總質量為19.6g，故X中含Fe、C、O，化學式為：Fe(CO)5。【小問1詳解】根據分析，X的組成元素為：Fe、C、O，化學式為：Fe(CO)5；【小問2詳解】根據分析，固體B的成分為：Fe、C；【小問3詳解】X[Fe(CO)5]化學性質相當活潑，1molX吸收只生成一種二元弱酸Y和1mol氣體C，化學方程式為：Fe(CO)5+H2=H2Fe(CO)4+CO，故Y為H2Fe(CO)4，與足量NaOH溶液反應的離子方程式為：；【小問4詳解】根據分析，G為FeCl2溶液和鹽酸溶液的混合溶液，可分開驗證氫離子和Fe2+：酸性溶液可使紫色石蕊試液變紅；Fe2+檢驗：加KSCN溶液無現象，再加H2O2氧化后變紅，故驗證方法為：取少量G溶液分別置于試管A、B中，往A試管中滴加紫色石蕊，若變紅，則有；往B試管中滴加KSCN無明顯現象，再加，溶液變血紅色，則有。28.合理利用溫室氣體是當前能源與環境研究的熱點。催化加氫可緩解對溫室效應的影響，其原理為：Ⅰ．Ⅱ．（1）已知的燃燒熱為，的燃燒熱為，，則___________。（2）反應Ⅱ中，正反應速率，逆反應速率，其中、分別為正、逆反應速率常數，僅受溫度影響。圖1(，T表示溫度)所示a、b、c、d四條斜線中，有兩條分別為和隨T變化斜線，則表示隨T變化關系的斜線是___________。

（3）在0.1MPa下，將和充入2L剛性密閉容器中，反應相同時間，溫度對轉化率如圖2所示，溫度對含碳物質的平衡產率的影響如圖3所示。

①試解釋轉化率在高于325℃時，隨溫度升高先減小后增大的原因___________。②當和CO平衡產率均為40％時，該溫度下反應Ⅱ的平衡常數為___________。(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數)（4）在1MPa下，將和充入2L剛性密閉容器中，在圖3中畫出平衡產率的變化趨勢___________。【答案】（1）（2）c（3）①.在325℃～400℃以反應Ⅰ為主，，隨溫度升高反應I平衡逆移，轉化率減小，高于400℃時以反應Ⅱ為主，，隨溫度升高反應II平衡正移，轉化率增大②.1.2（4）【解析】【小問1詳解】的燃燒熱為，即，的燃燒熱為，即，，故；【小問2詳解】、分別為正、逆反應速率常數，僅受溫度影響，溫度升高，、均增大；反應II為吸熱反應，升高溫度，平衡正向移動，故k正增大的程度大于k逆增大的程度，故pk逆減小，且比pk正減小的程度小，故表示隨T變化關系的斜線是c；【小問3詳解】反應I放熱，反應II吸熱，故原因為：在325℃～400℃以反應I為主，，隨溫度升高反應I平衡逆移，轉化率減小，高于400℃時以反應II為主，，隨溫度升高反應II平衡正移，轉化率增大；的投料量為1mol，根據關系式：，當和CO平衡產率均為40％時，生成CH4和CO的物質的量均為0.4mol，故可列出三段式：，，平衡時：，其中3.2為平衡時氣體的總物質的量，反應II的平衡常數；【小問4詳解】對于反應I，升高溫度，平衡逆向移動，CH4的含量減少，對于反應II升高溫度，平衡正向移動，CO的含量增加，故下降的曲線為CH4，升高的曲線為CO；增大壓強，反應II平衡不移動，但反應I平衡正向移動，導致H2O(g)含量增大，反應II平衡逆向移動，綜上：溫度相同時，壓強越大，CH4的含量越大，但由于起始反應物的投料量相同，故起點相同，故可畫出平衡產率的變化趨勢：。29.丙酸鈣可作食品防腐劑，也可作補鈣劑。白色固體，潮濕空氣中易潮解，易溶于水，難溶于乙醇。用蛋殼制備丙酸鈣，反應原理和工藝流程如下：

請回答下列問題：（1）發生裝置如圖1所示，裝置a的名稱___________。

（2）下列說法不正確的是___________。

A.步驟①離心分離，裝置如圖2所示，操作時應將兩支離心管放置于1、4處B.步驟②加入乙醇的目的是降低丙酸鈣在水中的溶解度，便于析出C.步驟④將洗滌劑加入漏斗至浸沒沉淀，并用玻璃棒充分攪拌，以便洗得更干凈D.步驟⑤產品連同玻璃器皿放在如圖3所示的干燥器c處干燥，取用時，手握干燥器蓋頂圓球向上拉，取下蓋子倒放在桌上，取出丙酸鈣（3）反應器溫度控制在80℃左右為宜，原因是：___________。（4）產品中丙酸鈣純度測定：稱取mg產品，溶解，定容于100mL容量瓶，將容量瓶中的溶液倒入燒杯，用移液管移取25.00mL燒杯中的溶液于錐形瓶中，加入的EDTA溶液25.00mL(過量)，再滴加2～3滴鉻黑T作指示劑，用的標準溶液滴定剩余EDTA溶液至終點，滴定管前后的液面位置如圖4所示：(EDTA能與金屬離子反應，且、與EDTA反應計量數之比均為1∶1)

①上述測定過程提及的下列儀器，在使用之前一定要潤洗的是___________。A．100mL容量瓶B．燒杯C．25mL移液管D．錐形瓶E．滴定管②此過程中，滴定管正確操作順序為：檢查滴定管是否漏水→用蒸餾水洗滌→()→()→()→()→()→滴定管準備完成，開始滴定。___________(填序號)a．從滴定管上口加入高于“0”刻度的所要裝的溶液b．從滴定管上口加入3～5mL所要裝的溶液，傾斜轉動滴定管，使液體潤濕滴定管內壁c．將洗滌液從滴定管上口倒入預置燒杯中d．將洗滌液從滴定管下口放入預置燒杯中e．調整液面至“0”或“0”刻度以下，靜置1min，讀數f．輕輕轉動活塞使滴定管的尖嘴部分充滿溶液，無氣泡g．將橡膠管向上彎曲，輕輕擠壓玻璃珠使滴定管的尖嘴部分充滿溶液，無氣泡③據此計算產品中丙酸鈣的純度為w％=___________(用含有、、m的代數式表示)。【答案】（1）恒壓滴液漏斗/恒壓分液漏斗/恒壓漏斗（2）CD（3）溫度過低反應速度太慢，溫度過高，丙酸揮發，丙酸鈣產率降低（4）①.BCE②.bdafe③.％或％【解析】【分析】蛋殼粉主要成分是碳酸鈣，CaCO3與CH3CH2COOH反應生成(CH3CH2COO)2Ca、CO2和H2O，經離心分離、乙醇洗滌、過濾、洗滌、干燥得丙酸鈣。【小問1詳解】如圖1，裝置a的名稱恒壓滴液漏斗/恒壓分液漏斗/恒壓漏斗。故答案為：恒壓滴液漏斗/恒壓分液漏斗/恒壓漏斗；【小問2詳解】A.步驟①離心分離，裝置如圖2所示，操作時應將兩支離心管放置于對稱位置1、4處，以便于實驗順利進行，故A正確；B.乙醇的分子極性小于水，丙酸鈣在其中溶解度小，步驟②加入乙醇的目的是降低丙酸鈣在水中的溶解度，便于析出，故B正確；C.步驟④將洗滌劑加入漏斗至浸沒沉淀，不能用玻璃棒充分攪拌，以防捅破濾紙，故C錯誤；D.步驟⑤產品連同玻璃器皿放在如圖3所示的干燥器c處干燥，取用時，手握干燥器蓋頂圓球沿干燥器上沿拉動或輕推，取下蓋子倒放在桌上，取出丙酸鈣，故D錯誤；故答案為：CD；【小問3詳解】反應器溫度控制在80℃左右為宜，原因是：溫度過低反應速度太慢，溫度過高，丙酸揮發，丙酸鈣產率降低。故答案為：溫度過低反應速度太慢，溫度過高，丙酸揮發，丙酸鈣產率降低；【小問4詳解】①測定過程提及下列儀器，在使用之前一定要潤洗的是A．100mL容量瓶不能用待配溶液潤洗，否則所配溶液濃度偏高，故A不選；B．燒杯要用待配溶液潤洗，確保所取溶液濃度準確，故B選；C．25mL移液管用待配溶液潤洗，確保所取溶液濃度準確，故C選；D．錐形瓶不能用待配溶液潤洗，否則所測溶液濃度偏高，故D不選；E．滴定管用待配溶液潤洗，確保所取溶液濃度準確，故E選；故答案為：BCE；②此過程中，滴定管正確操作順序為：檢查滴定管是否漏水→用蒸餾水洗滌→從滴定管上口加入3～5mL所要裝的溶液，傾斜轉動