浙江省名校协作体2022-2023学年高二下学期月考联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省名校协作体2022-2023学年高二下学期月考联考考生须知：1．本卷满分100分，考试时间90分钟；2．答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号；3．所有〖答案〗必须写在答题卷上，写在试卷上无效；4．考试结束后，只需上交答题卷。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Si-28Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56Cu-64Ag-108选择题部分一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质中属于盐类的是A. B. C. D.〖答案〗C【详析】A．Na2O是氧化物，故A错误；

B．NH3是氢化物，不是盐，故B错误；

C．NH4HCO3是铵根离子和碳酸氢根离子构成的化合物为盐，故C正确；

D．HNO3是酸，故D错误；

故选：C。2.下列物质中属于能导电的电解质是A.熔融的氯化钾 B.食盐水 C.石墨 D.铁〖答案〗A【详析】A．熔融氯化钾存在自由移动离子，能导电，KCl为电解质，在熔融状态下能导电，故A正确；

B．食盐水能导电，但属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；

C．石墨能导电，但是石墨属于单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；

D．铁能导电，但是铁属于单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；

故选A。3.下列物质俗名与化学式对应错误的是A.氯仿： B.磁性氧化铁：C.石膏： D.金刚砂：〖答案〗A【详析】A．氯仿是，故A错误；B．磁性氧化铁是，故B正确；C．石膏是，故C正确；D．金刚砂是，故D正确；故选A。4.下列仪器名称错误的是A.蒸发皿B.容量瓶C.分液漏斗D.蒸馏烧瓶〖答案〗D【详析】A．图中所示仪器为为蒸发皿，A正确；

B．图中所示仪器为容量瓶，B正确；

C．图中所示仪器为分液漏斗，C正确；

D．图中所示仪器为圆底烧瓶，蒸馏烧瓶在瓶颈处有一略向下伸出的细玻璃管，D错误，

故选D。5.下列化学用语或图示正确的是A.丙烷的结构式： B.的空间填充模型：C.镁离子结构示意图： D.二氧化硅的分子式：〖答案〗B【详析】A．CH3CH2CH3是丙烷的结构简式，丙烷的结构式为：，故A错误；

B．CO2结构式为O=C=O，空间结构为直线型，碳原子半径大于氧原子，空间填充模型：，故B正确；

C．镁离子的核内有12个质子，结构示意图为，故C错误；

D．二氧化硅为共价晶体，不存在分子式，故D错误；

故选：B。6.下列说法错误的是A.硬脂酸与软脂酸互为同系物B.与互为同分异构体C.与互同位素D.与互为同素异形体〖答案〗B【详析】A.硬脂酸与软脂酸结构相似、通式相同、相差2个CH2原子团，互为同系物，A正确；B.与均为乙酸甲酯，是同一种物质，B错误；C.与是质子数相同中子数不同的2种核素、互为同位素，C正确；D.与是组成元素相同、结构不同、性质不同的两种单质，互为同素异形体，D正确；〖答案〗选B。7.下列反应属于吸热的非氧化还原反应的是A.B.C.D.〖答案〗D【详析】A．该反应是中和反应，中和反应是一个放热的非氧化还原反应，故A错误；

B．该反应是放热反应，但是反应过程中碳元素和氢元素化合价发生变化，是一个吸热的氧化还原反应，故B错误；

C．该反应是放热反应，且反应过程中碳元素和氧元素化合价发生变化，是一个放热的氧化还原反应，故C错误；

D．该反应是CH3COO-的水解方程式，是吸热反应，且反应过程中各元素化合价均未发生改变，是一个吸热的非氧化还原反应，故D正确；

故选：D。8.次氯酸钠具有强氧化性，强碱性溶液中可将氧化为一种常见的高效水处理剂，离子方程式为。下列说法中错误的是A.还原性：B.由反应可知每完全反应时，反应中转移电子C.既能杀菌消毒，又有净水作用，净水作用与胶体的性质有关D.反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为〖答案〗D【详析】A．还原性：还原剂＞还原产物，该反应中Fe元素化合价由+3价变为+6价，Cl元素化合价由+1价变为-1价，则ClO-为氧化剂、Fe(OH)3为还原剂，FeO为氧化产物，Cl-为还原产物，所以：Fe(OH)3＞Cl-，故A正确；B．根据方程式知，每2molFe(OH)3完全反应时，转移电子的物质的量=2mol×[(+6)-(+3)]=6mol，故B正确；C．Na2FeO4中Fe元素化合价为+6价，具有强氧化性，处理水时能杀菌消毒，生成的还原产物氢氧化铁又具有吸附作用可以起到净水的作用，故C正确；D．该反应中Fe元素化合价由+3价变为+6价，Cl元素化合价由+1价变为-1价，则ClO-为氧化剂、Fe(OH)3为还原剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，故D错误；故选：D。9.下列说法错误的是A.网络的普及加快了信息传递的速度，光导纤维的主要成分为硅B.氯气可用于饮用水消毒，因为生成的次氯酸具有强氧化性C.铝在冷的浓硝酸和浓硫酸中会钝化，可用铝制槽罐车运输浓硝酸和浓硫酸D.铜可以和氯化铁溶液反应，常利用该反应来制作印刷电路板〖答案〗A【详析】A．5G网络的普及加快了信息传递的速度，光导纤维的主要成分为二氧化硅，故A错误；

B．氯气与水反应生成次氯酸，氯气可用于饮用水消毒，因为生成的次氯酸具有强氧化性，故B正确；

C．由于铝在冷的浓硝酸和浓硫酸中会钝化，所以可用铝制槽罐车运输浓硝酸和浓硫酸，故C正确；

D．铜可以和氯化铁溶液反应生成氯化铜和氯化亚铁，常利用该反应来制作印刷电路板，故D正确；

故选：A。10.下列有关说法正确的是A.烧碱熔化时需克服离子键B.中既有离子键又有共价键，所以属于离子化合物C.由于分子间形成氢键，所以加热到很高的温度都难以分解D.、分子中所有原子的最外层电子都满足稳定结构〖答案〗A【详析】A．烧碱为离子化合物，其中含有离子键，则烧碱熔化时需克服离子键，故A正确；

B．CaCl2中钙离子和氯离子之间存在离子键，不存在共价键，CaCl2属于离子化合物，故B错误；

C．由于HF中共价键的键能较大，则HF加热到很高的温度都难以分解，与分子间的氢键无关，故C错误；

D．氢原子最外层为2电子结构，则NH3分子中所有原子的最外层电子不都满足8e-稳定结构，故D错误；

故选：A。11.下列实验装置和操作均正确的是A.比较热稳定性B.酸滴定碱C.制备胶体D.牺牲阳极法保护铁〖答案〗D【详析】A．Na2CO3较稳定，NaHCO3受热易分解，要比较Na2CO3、NaHCO3固体的稳定性强弱，应该将NaHCO3放置在温度较低的容器中，即内层试管中，故A错误；

B．图中滴定管为碱式滴定管，盛放酸的滴定管应该用酸式滴定管，故B错误；

C．FeCl3和NaOH发生复分解反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀，制取氢氧化铁胶体时，应该将饱和氯化铁溶液滴入沸水中并加热至液体呈红褐色为止，故C错误；

D．该装置为原电池，Zn易失电子作负极、Fe作正极，则Fe被保护，所以该保护Fe的方法为牺牲阳极法，故D正确；

故选：D。12.下列“类比”结果正确的是A.在溶液中滴加氨水，先产生沉淀后沉淀溶解，则在溶液中滴加氨水，也先产生沉淀后沉淀溶解B.溶液加热蒸干得到固体，则溶液加热蒸干得到固体C.常温下，溶解度比大，则溶解度比大D.与水反应会生成，则与足量作用可得到〖答案〗D【详析】A．由于氢氧化铝与氨水不反应，则Al(NO3)3溶液中滴加氨水，只生成沉淀，沉淀不溶解，故A错误；

B．FeCl3溶液水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢挥发，则FeCl3溶液加热蒸干得到氢氧化铁固体，故B错误；

C．由于碳酸钙是一种沉淀，则Ca(HCO3)2溶解度比CaCO3大，但是Na2CO3的溶解度比NaHCO3大，故C错误；

D．PCl3与水反应会生成H3PO3和氯化氢，PCl3与足量C2H5OH作用可得到P(OC2H5)3和氯化氢，故D正确；

故选：D。13.下列对应的离子方程式正确的是A.与反应：B.溶于溶液中：C.溶液和稀硫酸等体积混合：D.以铁为电极电解饱和食盐水：〖答案〗C【详析】A．Na与H2O反应，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故A错误；

B．向Fe2O3中加入HI溶液的离子方程式为：Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O，故B错误；

C．2mol•L-1NaAlO2溶液和3mol•L-1稀硫酸等体积混合：，故C正确；D．用铁电极电解饱和食盐水，阳极铁放电，正确的离子方程式为：Fe+2H2OFe(OH)2+H2↑，故D错误；

故选：C。14.下列说法正确的是A.乙醇、硫酸铜和硫酸铵及高温均能使蛋白质变性B.乙烯是一种重要的化工原料，还可以作植物生长调节剂C.棉、麻、丝、毛完全燃烧都只生成和D.淀粉、纤维素、油脂都属于天然高分子〖答案〗B【详析】A．乙醇、硫酸铜及高温均能使蛋白质变性，饱和硫酸铵溶液可以使蛋白质发生盐析，故A错误；

B．乙烯是一种重要的化工原料，还可以作植物生长调节剂，即催熟剂，故B正确；

C．棉、麻的主要成分是纤维素，含有C、H、O，完全燃烧都只生成CO2和H2O，丝、毛的主要成分是蛋白质，含有C、H、O、N，完全燃烧生成CO2、H2O以及N2，故C错误；

D．淀粉、纤维素都属于天然高分子，油脂分子量较小，不属于高分子化合物，故D错误；

故选：B。15.由X、Y、Z、W组成的某化合物结构如图所示，分子中所有原子均达到8电子稳定结构；X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y元素至少能形成6种氧化物，W的单质可用于自来水消毒。下列说法正确的是A.离子半径：B.单质Z在加热条件下与Cu反应一定生成CuZC.X的氢化物的沸点不一定低于Y的氢化物D.Z、W元素均能与氢元素形成含非极性键的二元化合物〖答案〗C〖祥解〗X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y元素至少能形成6种氧化物，则Y为N盐酸；W的单质可用于自来水消毒，则W为Cl元素；由化合物结构示意图可知，化合物中X形成4个共价键、Z形成2个共价键，则X为C元素、Z为S元素。【详析】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则硫离子的离子半径大于氯离子，故A错误；B．单质硫在加热条件下与铜反应生成硫化亚铜，故B错误；C．碳元素的氢化物可能为气态烃、液态烃、固态烃，固态烃的沸点高于氨气、联氨，所以碳元素的氢化物的沸点不一定低于氮元素的氢化物，故C正确；D．硫与氢会形成含非极性键的共价化合物H2S2，但H与Cl元素无法形成含非极性键的二元化合物，故D错误；故选C。16.过二硫酸分子式为，可以看成的衍生物，即中两个H原子都被磺酸基取代的产物，不稳定易分解。下列说法不正确的是A.过二硫酸具有强氧化性B.可用硝酸钡溶液鉴别和C.可作漂白剂，加热会使其漂白性逐渐失效D.过二硫酸中硫元素的化合价为价〖答案〗B【详析】A．由过二硫酸的结构简式可知，其中含有过氧键，该氧元素的化合价为-1价，故过二硫酸具有类似于过氧化氢、过氧化钠具有强氧化性，A正确；B．由于过二硫酸与水反应生成过氧化氢和硫酸，故硝酸钡溶液分别滴入和均可看到由白色沉淀生成，故不可用硝酸钡溶液鉴别和，B错误；C．过氧键不稳定，受热易断裂，故可做漂白剂，加热会发生反应：2+2H2O2Na2SO4+2H2SO4+O2↑，故使其漂白性逐渐失效，C正确；D．由过二硫酸的结构简式可知，其中含有过氧键，该氧元素的化合价为-1价，故过二硫酸中硫元素的化合价为+6价，D正确；故选B。17.下列说法正确的是A.在常温下，将通入溶液中，可以得到漂白液；与此类似，将通入冷的澄清石灰水中，即可制得漂白粉B.用饱和溶液可以将自然界中的钡盐转化为，说明小于C.工业上以二氧化硅为原料制备高纯硅，还需要用到焦炭、氯化氢和氢气等原料D.工业上“吹出法”海水提溴技术主要包括吹出、吸收、蒸馏环节〖答案〗C【详析】A．漂白粉用氯气和石灰乳制取，不用石灰水，故A错误；B．饱和碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大，只要Q>Ksp就可以发生沉淀转化为碳酸钡的反应，不能证明小于，实际是大于，故B错误；C．焦炭与二氧化硅反应制得粗硅，粗硅与HCl反应生成SiHCl3，分离后再与氢气反应得到纯硅，故C正确；D．海水提溴还需要用氯气氧化后再用热空气吹出，故D错误；〖答案〗选C。18.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.电解溶液，阴极增重时，外电路中通过电子的数目为B.浓硫酸与足量的共热，转移电子的数目为C.标准状况下，和充分反应后产物分子的数目为D.中含键的数目一定为〖答案〗A【详析】A．电解熔融CuCl2，阴极反应为Cu2++2e-=Cu，故当阴极增重6.4g，外电路中通过电子的数目为×2×NA/mol=0.2NA，故A正确；

B．浓硫酸中含有1mol硫酸，由于浓硫酸变成稀硫酸，反应停止，所以与足量的Cu共热反应后，转移的电子数小于2NA，故B错误；

C．标准状况下，22.4LNO与11.2LO2混合完全反应生成22.4L二氧化氮物质的量为,NO和氧气反应后的产物NO2中存在平衡：2NO2⇌N2O4，故反应后的产物分子个数小于NA个，故C错误；

D．C2H6O可以是乙醇或者二甲醚，结构未知，无法确定含有C-O键数目，故D错误；

故选：A。19.下列说法错误的是A.浓度均为的、的混合溶液中存在：B.已知碳酸电离常数为，则的碳酸钠溶液中，C.常温下溶液中加入少量固体，溶液中值减小D.室温下，的醋酸溶液和的硫酸溶液，约等于20倍〖答案〗A【详析】A．浓度均为0.1mol•L-1的NaHCO3、NaClO的混合溶液中，利用元素守恒可知，c(Na+)=c(H2CO3)+c()+c()+c(HClO)+c(ClO-)，故A错误；

B．已知25℃碳酸电离常数为Ka1、Ka2，，，则pH=11的碳酸钠溶液中，c(H2CO3)：c()：c()=1：(1011•Ka1)：(1022•Ka1•Ka2)，故B正确；

C．常温下Na2CO3溶液中存在：+H2O⇌+OH-，加入少量Ca(OH)2固体，氢氧根离子浓度增大，平衡逆移，碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度增大，则溶液中值减小，故C正确；

D．pH=2的醋酸溶液中满足：c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)=10-2mol/L≈c(CH3COO-)，pH=3的硫酸溶液中满足：c(H+)=2c()+c(OH-)=10-3mol/L≈2c()，则c(CH3COO-)约等于20倍c()，故D正确；

故选：A。20.已知：①②③④下列判断正确的是A.B.，C.D.〖答案〗B【详析】A．NaHCO3受热分解，且需要持续加热，即分解反应时吸热反应，则ΔH3＞0，故A错误；

B．NaHCO3溶于水是吸热的，则ΔH1＞0，Na2CO3溶解于水是放热的，则ΔH2＜0，故B正确；

C．因为ΔH2＜0，ΔH4＜0，根据盖斯定律，反应②+④得到反应ΔH5，则ΔH5=ΔH2+ΔH4＜0，故C错误；

D．根据盖斯定律，将反应①×2-②-③得到ΔH6，则ΔH6=2ΔH1-ΔH2-ΔH3，故D错误；

故选：B。21.某温度下，在体积为1L的密闭容器中按下式分解：，由实验测得浓度随时间变化如下表所示，下列说法正确的是0123451.000.710.500.350.250.17A.内，生成的平均速率为B.第时，一定为C.上述条件下的反应，达到平衡时，混合气体的平均摩尔质量可能为D.上述条件下的反应，达到平衡时，再向容器中充入，达到新平衡时的转化率减小〖答案〗D【详析】A．2min内，N2O5的消耗速率为v(N2O5)==0.25mol•L-1•min-1，则生成NO2的平均速率为2v(N2O5)=0.5mol•L-1•min-1，故A错误；

B．由表格数据可知，第4s到第5s时，N2O5的浓度减少量为(0.25-0.17)mol/L=0.08mol/L，随着反应的进行，N2O5的分解速率逐渐减慢，即第5s到第6min时，N2O5的浓度减少量小于0.08mol/L，所以(0.17-0.08)mol/L＜c(N2O5)＜0.17mol/L，具体值是无法确定的，故B错误；

C．假设N2O5完全分解，所得气体是NO2与O2按照4：1组成的混合气体，其平均摩尔质量==43.2g/mol,又可逆反应不可能完全转化，所以所得混合气体的平均摩尔质量在43.2g/mol～108g/mol,故C错误；

D．上述条件下的反应，达到平衡时，再向容器中充入1molN2O5，相当于2个体积为1L的密闭容器中达到平衡时合二为一，此时容器内的压强增大，平衡逆向移动，N2O5的转化率减小，故D正确；

故选：D。22.近期，天津大学化学团队以与辛胺为原料实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，工作原理如图。下列说法错误的是A.电极与电源正极相连B.电极上可能有副产物生成C.在电极上发生的反应为：D.标准状况下参与反应时溶液中有移向电极〖答案〗D〖祥解〗电解池中，OH-向Ni2P电极移动，则Ni2P电极为阳极，In/In2O3-x电极上CO2得电子生成HCOO-，In/In2O3-x电极为阴极，接电源的负极，Ni2P电极为阳极，辛胺失电子生成辛氰。【详析】A．电解池中氢氧根向Ni2P电极移动，则Ni2P电极为阳极，与电源正极相连，故A正确；B．In/In2O3-x电极为阴极，阴极可能有H+得到电子，因此可能有副产物H2生成，故B正确；C．In/In2O3-x电极为阴极，CO2得电子生成HCOO-，电极反应式为：CO2+H2O+2e-=HCOO-+OH-，故C正确；D．标准状况下33.6LCO2的物质的量为1.5mol，CO2得电子生成HCOO-转移3mol电子，则溶液中有3molOH-移向Ni2P电极，故D错误；故选：D。23.氨基酸存在氨基与羧基两种基团，既可以与酸反应，又可以与碱反应：常温下，的甘氨酸溶液中各微粒的分布分数与的关系如图所示，下列说法错误的是A.曲线为的分布分数与的关系图B.平衡常数的数量级为C.D.时〖答案〗C〖祥解〗甘氨酸(H2NCH2COOH)既有酸性，也有碱性，随着溶液pH的逐渐增大，甘氨酸在溶液中的微粒逐渐由H3N+CH2COOH转变为H3N+CH2COO-，再转变为H2NCH2COO-，据此分析作答即可。【详析】A．由图可知，a曲线代表H3N+CH2COOH，b曲线代表H3N+CH2COO-，c曲线代表H2NCH2COO-，故A正确；

B．由图可知，pH=2.4时，H3N+CH2COOH和H3N+CH2COO-的浓度相等，则平衡H3N+CH2COOH⇌H3N+CH2COO-+H+的平衡常数=c(H+)=10-2.4≈2.5×10-3，即平衡常数的数量级为10-3，故B正确；C．由图可知，设pH=2.4时，平衡常数为K1，pH=9.8时，平衡常数为K2，结合B中分析可知，=1，=1，所以有：，则c2(H3N+CH2COO-)=c(H3N+CH2COOH)•c(H2NCH2COO-)，故C错误；

D．由图可知，随着溶液的pH逐渐增大，H3N+CH2COOH逐渐减少，H3N+CH2COO-先增后减，H2NCH2COO-逐渐增多，且pH=7时，c(H3N+CH2COO-)＞c(H2NCH2COO-)＞c(H3N+CH2COOH)，故D正确；

故选：C。24.酸性条件下，黄铁矿催化氧化反应的产物之一为，实现该反应的机理如图所示。下列说法错误的是A.酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂B.反应Ⅲ中，每消耗转移电子C.在反应Ⅱ中作氧化剂D.黄铁矿催化氧化反应为：〖答案〗B〖祥解〗酸性条件下，黄铁矿催化氧化反应过程中，反应Ⅰ中Fe(NO)2+与O2反应生成Fe3+和NO，反应Ⅱ中Fe3+与FeS2反应生成Fe2+和，反应Ⅲ中Fe2+与NO反应生成Fe(NO)2+。【详析】A．由于酸性条件下，黄铁矿催化氧化反应的产物之一为FeSO4，则NO是该反应的催化剂，故A正确；

B．反应Ⅲ中，Fe2+与NO反应生成Fe(NO)2+，反应前后各元素的化合价不变，该反应为非氧化还原反应，故B错误；

C．反应Ⅱ中Fe3+与FeS2反应生成Fe2+和，Fe3+中铁元素的化合价降低，Fe3+是氧化剂，FeS2中硫元素的化合价升高，FeS2是还原剂，故C正确；

D．由图可知，黄铁矿催化氧化过程中FeS2和O2是反应物，Fe2+和是生成物，其反应的离子方程式为：2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4+4H+，故D正确；

故选：B。25.下表中实验操作、现象、结论及对应关系均正确的是选项实验操作实验现象结论A将加热条件下铜与浓硫酸反应产生的气体通入石蕊溶液中，观察现象石蕊溶液先变红后褪色该气体是B向NaBr溶液中加入过量氯水，再加入淀粉溶液开始溶液呈黄色，后来变蓝色氧化性：C配制饱和NaCl的琼脂溶液，倒入培养皿中，滴入5~6滴酚酞溶液和溶液，混合均匀，将缠有铜丝的铁钉放入其中，观察现象靠近铜丝一端出现红色，靠近铁钉一端出现蓝色铁铜形成原电池负极(Fe)：正极(Cu)：D探究淀粉是否发生水解向淀粉溶液中滴加稀硫酸，加热，再加入少量新制，无砖红色沉淀淀粉未发生水解A.A B.B C.C D.D〖答案〗C【详析】A．SO2和水反应生成H2SO3而使溶液呈酸性，石蕊试液遇酸变红色，但SO2不能漂白酸碱指示剂，所以溶液不褪色，故A错误；

B．过量的氯水和KI反应生成I2，干扰溴和KI的反应，所以无法得出“氧化性：Cl2＞Br2＞I2”的结论，故B错误；

C．靠近铜丝一端出现红色，说明溶液呈碱性，有碱生成；靠近铁钉一端出现蓝色，说明有Fe2+生成，说明该装置构成原电池，Fe失电子作负极、Cu作正极，负极(Fe)：Fe-2e-=Fe2+，正极(Cu)：O2+4e-+2H2O=4OH-，故C正确；

D．在加入新制氢氧化铜悬浊液之前应该加入适量NaOH溶液，使溶液呈碱性，否则新制氢氧化铜和稀硫酸反应而得不到砖红色沉淀，故D错误；

故选C。非选择题部分二、非选择题(本大题共6小题，共50分)26.回答下列问题（1）是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构。写出的电子式__________。（2）请用一个化学方程式说明与的非金属性相对强弱__________________________。〖答案〗（1）（2）【小问1详析】CaC2为离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，则CaC2的电子式为；【小问2详析】要比较C和Cl非金属性强弱，只需要比较两者最高价含氧酸的酸性强弱即可，高氯酸可与碳酸钠反应生成高氯酸钠、水和二氧化碳，说明Cl的非金属性强于C，反应的化学方程式为。27.回答下列问题（1）向含的溶液中加入含的溶液，充分反应(不考虑，已知还原性)。当产生的量最多时，反应的__________。（2）已知时，。时，向溶液中加入盐酸(混合后溶液的体积变化忽略不计)，混合后溶液中__________。〖答案〗（1）2.4（2）【小问1详析】当产生碘单质得量最多时被化原为碘单质，1mol被还原转移电子5mol，被氧化为，1mol被氧化转移得电子为2mol，根据电子守恒，消耗；【小问2详析】溶液中加入盐酸溶液，反应后剩余氯离子得物质的量浓度为，根据氯化银的Ksp=c(Ag+)c(Cl-)，则。28.某化合物X由四种短周期元素组成，为探究X的组成设计如下实验。已知：化合物Y由两种元素按原子比1∶1组成，回答下列问题。（1）X的组成元素为____________________(填元素符号)；的化学式是____________________。（2）写出化合物在氛围下分解的化学方程式__________________________________。（3）写出固体混合物M的组成：__________________________________________________。（4）设计实验检验溶液中的阳离子：______________________________〖答案〗（1）①.C、H、Si、Cl②.（2）（3）、、（4）取待测液于试管，进行焰色试验，火焰为黄色，证明含钠离子；另取待测液于另一试管，加入甲基橙溶渡，溶液变为红色，证明含氢离子。〖祥解〗某化合物X由四种短周期元素组成，在氢气氛围中高温1700K加热分解生成气体A和化合物Y，气体A通入足量硝酸银溶液生成白色沉淀G为AgCl,说明气体A为HCl,X中含H、Cl元素，沉淀氯化银质量为86.1g,n(AgCl)=n(Cl)==0.6mol，n(H)=0.6mol,生成化合物Y的质量为8.0g,在氧气氛围中和足量氢氧化钠熔融反应得到固体混合物M，M和足量盐酸反应生成气体A，通过足量澄清石灰水生成白色沉淀20gH为CaCO3，物质的量n(CaCO3)==0.2mol,气体A物质的量,A为CO2，说明X中含C元素，物质的量n(C)=0.2mol,Y中碳的质量=0.2mol×12g/mol=2.4g,Y的物质的量为0.2mol,含另一种元素的摩尔质量==28g/mol,判断为Si元素，Y为SiC，M中含碳酸钠，M和盐酸反应生成白色胶状物为硅酸，证明M中含Na2SiO3，另外含剩余的NaOH，得到溶液Z中含氯化钠和过量的盐酸溶液，得到元素物质的量n(C)：n(H)：n(Si)：n(Cl)=0.2：0.6：0.2：0.6=1：3：1：3，X的化学式为：CH3SiCl3，结合分析回答问题。【小问1详析】分析可知，X的组成元素为：C、H、Si、Cl,H的化学式为：CaCO3，故〖答案〗为：C、H、Si、Cl；CaCO3；【小问2详析】X的化学式为：CH3SiCl3，化合物X在H2氛围下分解生成SiC和HCl,反应的化学方程式为：；【小问3详析】分析可知，M中含：Na2SiO3、Na2CO3、NaOH；【小问4详析】溶液Z中含氯化钠和过量的盐酸溶液，Z溶液中的阳离子为Na+、H+，实验验证方法为：取待测液于试管中，进行焰色试验，火焰为黄色，证明含钠离子，另取待测液于另一支试管中，加入甲基橙溶液变红色，证明含氢离子，故〖答案〗为：取待测液于试管，进行焰色试验，火焰为黄色，证明含钠离子；另取待测液于另一试管，加入甲基橙溶渡，溶液变为红色，证明含氢离子。29.以为代表的温室气体大量排放易导致极端天气的出现，减少碳排放，推进碳中和，提升的综合利用技术，降低空气中的含量显得刻不容缓。目前的综合利用技术常用的有如下三种：一、光催化技术（1）中国广州分析测试中心研究团队在温和条件下用合成，方程式为：已知生成乙醛的净反应速率为(、分别表示正、逆反应速率常数)。若在某一温度下，则此温度下，上述反应的平衡常数__________。二、电化学技术（2）研究证明也可在熔融碳酸钠中通过电解生成，收集可进行其他有机类合成，化废为宝。则生成电极反应式是____________________。三、化学催化技术恒温、体积不变的密闭容器中，加入一定量的和，在催化剂下同时发生反应Ⅰ、Ⅱ。反应Ⅰ反应Ⅱ回答下列问题：（3）下列说法不正确的是__________。A.反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ B.容器内压强不变时可以判断反应达到平衡C.该温度下，反应Ⅱ的大于零 D.使用性能更佳的催化剂可以提高平衡转化率（4）其他条件相同，仅改变容器体积，实验测得的平衡产率随着压强的增加而减少，可能原因是________________。（5）在一定条件下，选择合适的催化剂只进行反应Ⅱ，调整和初始投料比，测得在一定投料比和一定温度下，的平衡转化率如图所示(各点对应的反应温度可能相同，也可能不同)。①C、D二点对应的反应温度、的关系是__________。②A、B两点的起始浓度相同，请分别在如图定性画出CO浓度随时间的变化关系，请在曲线上标明和_______。〖答案〗（1）3（2）（3）AD（4）压强增大导致反应Ⅰ的平衡正向移动，使得和浓度减少，浓度增大，使反应Ⅱ的平衡逆向移动，CO的产率下降（5）①.②.【小问1详析】根据题意达平衡时，v正=v逆，即k正c2(CO2)•c5(H2)=k逆c(CH3CHO)•c3(H2O)，则平衡常数K===3。【小问2详析】CO2也可在熔融碳酸钠中通过电解生成CO，根据原子守恒、得失电子守恒可得生成CO的电极反应式是。【小问3详析】A．没有给出反应快慢，不能比较活化能大小，活化能大小与吸热、放热无关，故A错误；B．反应Ⅰ为气体分子总数改变的反应，容器内压强不变时，气体的总物质的量不变，各组分的物质的量不变，可以判断反应达到平衡，故B正确；C．该温度下，ΔH2＞0，反应自发进行，ΔH2-T△S＜0，则△S＞△H2T＞0，故C正确；

D．催化剂指改变反应的速率，不影响平衡移动，不能提高CO2平衡转化率，故D错误；

故〖答案〗为：AD。【小问4详析】其他条件相同，仅改变容器体积，增大压强，反应Ⅰ平衡正向移动，使得CO2和H2的浓度减小，H2O的浓度增大，又促使反应Ⅱ平衡逆向移动，CO的产率降低。【小问5详析】①由图可知，C点投料比为1：1，达到平衡时，CO2的转化率为50%，设CO2和H2的起始物质的量均为1mol，容器体积为1L，则有三段式：则平衡常数，同理，D点投料比为3：2，达到平衡时，CO2的转化率为40%，设CO2和H2的起始物质的量分别为3mol、2mol，容器体积为1L，则有三段式：则平衡常数，又平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数K不变，所以TC=TD；②A、B两点的起始浓度相同，反应Ⅱ为吸热，升高温度，平衡正向移动，CO2的转化率增大，即A点对应的温度高于B点，A点反应速率快，先达到平衡，则CO浓度与时间的图像为：故〖答案〗为：。30.现在生活对水质要求越来越高，水质检测指标项目也进行了相应的增加，水质检测方法也得到了发展。Ⅰ．水质化学需氧量(COD)是指在一定条件下，采用一定的强氧化剂处理水样时，所消耗的氧化剂量。常用强氧化剂重铬酸钾工业上由铬铁矿(主要成分为、等)制备，制备流程如图所示：已知步骤①的主要反应为：（1）下列说法不正确的是__________。A.步骤①反应中和为氧化产物B.步骤①熔融、氧化可以在石英坩埚中进行C.滤渣2中含有和D.步骤⑤利用了相同温度下溶解度小的原理（2）步骤④调有利于生成，请结合离子方程式用平衡移动原理解释____________________。Ⅱ．水的硬度最初是指钙、镁离子沉淀肥皂的能力，水的总硬度指水中钙、镁离子的总浓度。测定水的总硬度一般采用配位滴定法，即在的氨缓冲溶液中，以铬黑作为指示剂，用EDTA(乙二胺四乙酸二钠，)标准溶液直接滴定水中的、，测定中涉及的反应有：①(蓝色)(酒红色)②(金属离子、)(无色)③（3）下列说法正确的是__________。A．配合物的稳定性大于B．在滴定过程中眼睛要随时观察滴定管中液面的变化C．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直D．实验时盛EDTA标准液的滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗，测定结果将偏小E．滴定前尖嘴内有气泡，滴定后无气泡，测定结果将偏大（4）滴定终点的判断_________________________。（5）取水样，用标准溶液滴定至终点，消耗EDTA溶液。则水的总硬度为_________。〖答案〗（1）BC（2）根据反应，增大，平衡正向移动（3）CE（4）滴入最后半滴EDTA标准溶液，溶液恰好由酒红色变为纯蓝色，且半分钟内不变色（5）〖祥解〗铬铁矿的主要成分为FeO•Cr2O3、SiO2等，加入Na2CO3、NaNO3熔融，发生反应：2FeO•Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2，将得到的熔块水浸，溶解、过滤，得到滤渣1为不溶的Fe2O3，将滤液1调节pH，是pH=7，Na2SiO3转化为硅酸沉淀，过滤除去，得滤液2为Na2CrO4溶液，在调节pH，加入KCl，发生反应：Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，利用K2Cr2O7溶解度小的原理，析出K2Cr2O7，据此分析作答。【小问1详析】A.步骤①反应中Cr元素由+3价升高到+6价，Fe元素由+2价升高到+3价，则Na2CrO4和Fe2O3均为氧化产物，故A正确；

B.熔融状态下，Na2CO3能够与石英坩埚中的SiO2反应，腐蚀坩埚，则步骤①熔融、氧化不可以在石英坩埚中进行，故B错误；

C.根据分析可知，滤渣2中含有H2SiO3，故C错误；

D.步骤⑤的反应为：Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，该反应利用了相同温度下K2Cr2O7溶解度小的原理，故D正确；

故〖答案〗为：BC；【小问2详析】根据平衡：可知，增大H+浓度，平衡正向移动有利于生成；小问3详析】A.根据反应③可知，配合物Mg-EBT的稳定性小于MgY2-，故