浙江省宁波市2025届高三化学鸭适应性考试试题含解析

PAGE22-浙江省宁波市2025届高三化学选考适应性考试试题（含解析）考生须知：1．本卷试题分为第Ⅰ卷、第Ⅱ卷，满分100分，考试时间90分钟。2．本卷答题时不得运用计算器，不得运用修正液(涂改液)、修正带。3．答题时将答案均填在答卷相应题号的位置，不按要求答题或答在草稿纸上无效。4．可能用到的相对原子质量：H1He4C12N14O16Na23Mg24Al27S32Cl35.5第Ⅰ卷（选择题，共45分）一、选择题（本大题共15小题，每小题3分，共45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.化学与人类生活、社会可持续发展亲密相关，下列说法中不正确的是（）A.煤的气化与液化均为化学变更B.大自然利用太阳能最胜利的是植物的光合作用C.砖瓦、陶瓷、渣土、一般一次性电池、鱼骨等属于其他垃圾D.用CO2合成可降解聚碳酸酯塑料，可以实现“碳”的循环利用【答案】C【解析】【详解】A.煤经气化、液化都生成新物质属于化学过程，故A正确；B.太阳能应用最胜利的是植物的光合作用，故B正确；C.砖瓦陶瓷、渣土、卫生间废纸、瓷器碎片等难以回收的废弃物是其他垃圾，一般一次性电池属于有害垃圾，故C错误；D.利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用应用，削减二氧化碳的排放，符合题意，故D正确；题目要求选不正确的选项，故选C。【点睛】本题考查了化学与生活、社会亲密相关学问，主要考查白色污染、清洁能源、绿色化学等学问，驾驭常识、理解缘由是关键。2.下列说法不正确的是（）A.冰醋酸和水银都是纯净物 B.氢原子和重氢原子是两种不同核素C.氯化钠固体和氯化钠溶液都是电解质 D.稀硫酸和氢氧化铜悬浊液都属于分散系【答案】C【解析】【详解】A.冰醋酸是醋酸，是纯净物，化学式为CH3COOH，水银是Hg单质，是纯净物，故A正确；B.氢元素有三种原子，一般氢原子没有中子，后面两种各有一个和两个中子，它们分别称为氕、氘、氚，或者称为氢原子、重氢原子、超重氢原子，所以它们质子数电子数核电荷数都相等，但中子数不等，属不同原子，是不同核素，故B正确；C.氯化钠溶液是混合物，不是电解质，故C错误；D.稀硫酸和氢氧化铜悬浊液都混合物，属于分散系，故D正确；题目要求选错误选项，故选C。3.下列有关化学用语表示正确的是（）A.硝基苯： B.镁离子的结构示意图：C.水分子的比例模型： D.原子核内有8个中子的碳原子：【答案】A【解析】【详解】A.硝基苯中硝基中的N原子与苯环相连，氧原子只能与N相连，故A正确；B.镁离子的结构示意图为，B项错误；C.由H2O分子的比例模型是：，故C错误；D.原子核内有8个中子的碳原子，质量数=14，碳原子为

，故D错误；正确答案是A。4.下列有关物质的用途，说法不正确的是（）A.水玻璃是建筑行业常用的一种黏合剂B.碳酸钠是烘制糕点所用发酵剂的主要成分之一C.硫酸钡医学上用作检查肠胃的内服剂，俗称“钡餐”D.金属钠可以与钛、锆、铌、钽等氯化物反应置换出对应金属【答案】B【解析】【详解】A.水玻璃是硅酸钠的水溶液，可用于生产黏合剂和防火剂，故A正确；B.碳酸氢钠是烘制糕点所用发酵剂的主要成分之一，故B错误；C.硫酸钡医学上用作检查肠胃的内服剂，俗称“钡餐”，故C正确；D.金属钠的还原性比钛、锆、铌、钽的还原性强，可以与其氯化物反应置换出对应金属，故D正确；题目要求选择错误选项，故选B。【点睛】本题考查了物质的用途，明确物质的性质是解本题关键，性质确定用途，用途体现性质，平常留意驾驭常见元素化合物的性质，留意基础学问的积累和运用。5.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A.1mol氨基(－NH2)中所含的质子数为9NAB.标准状况下，22.4L单质溴所含有的原子数目为2NAC.100mL0.1mol·L−1CH3COONa溶液含CH3COO−的数目是0.01NAD.标准状况下，2.24LCl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2NA【答案】A【解析】【详解】A.1mol氨基中含有9mol电子，含有的电子数目为9NA，故A正确；B.标况下单质溴不是气体，不能运用标况下的气体摩尔体积计算2.24L溴的物质的量，故B错误；C.100mL0.1mol·L−1CH3COONa溶液中，CH3COO−会发生水解，数目小于0.01NA，故C错误；D.氯气与过量稀氢氧化钠反应,首先反应方程式如下：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，在这个反应中，氯气单质气体既充当氧化剂，又充当还原剂，两个零价位的Cl原子，一个被氧化成为+1价，另一个被还原成为-1价，0.1mol的氯气在这个反应中转移电子总数当然只是0.1NA，故D错误；正确答案是A。6.下列说法正确的是（）A.用乙醇和浓硫酸除去乙酸乙酯中的少量乙酸B.测定新制氯水的pH时，先用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，再与标准比色卡比照C.检验牙膏中是否含有甘油，可选用新制的氢氧化铜悬浊液，若含有甘油，则产生绛蓝色沉淀D.将阿司匹林粗产品置于烧杯中，搅拌并缓慢加入饱和NaHCO3溶液，目的是除去粗产品中的水杨酸聚合物【答案】D【解析】【详解】A.乙醇和乙酸的反应为可逆反应，用乙醇和浓硫酸不能除去乙酸乙酯中的少量乙酸，并引入了新的杂质，故A错误；B.新制氯水具有强氧化性，不能用pH试纸测定新制氯水的pH，故B错误；C.多羟基有机化合物如甘油遇新制氢氧化铜产生绛蓝色溶液，不会产生蓝色沉淀，故C错误；D.将阿司匹林粗产品置于烧杯中，搅拌并缓慢加入饱和NaHCO3溶液，目的是除去粗产品中的水杨酸聚合物，故D正确；正确答案是D。7.下列离子方程式正确的是（）A.碳酸钙溶于醋酸：CaCO3＋2H+=Ca2+＋CO2↑＋H2OB.向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体，出现白色沉淀：Ba2+＋SO2＋H2O=BaSO3↓＋2H+C.将Ca(HCO3)2溶液与少量Ca(OH)2溶液混合：OH−＋Ca2+＋HCO=CaCO3↓＋H2OD.往苯酚钠溶液中通入少量CO2：2＋CO2＋H2O2＋CO【答案】C【解析】【详解】A.醋酸是弱酸，离子方程式中不能拆，故A错误；B.SO2通入Ba（NO3）2溶液中，二者发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，正确的离子方程式为：3SO2+2NO3-+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4H+，故B错误；C.将少量Ca(OH)2溶液滴入Ca（HCO3）2溶液中，Ca(OH)2和Ca(HCO3)21:1反应，和离子方程式为：OH−＋Ca2+＋HCO=CaCO3↓＋H2O，故C正确；D.苯酚的酸性小于碳酸，所以往苯酚钠溶液中通入二氧化碳，可以得到碳酸氢钠和苯酚，故D错误；正确答案是C项。【点睛】离子方程式过量不足的问题出现时，肯定要留意以下几点：看原则：看是否符合客观事实、看是否符合质量守恒、看是否符合电荷守恒、看是否符合得失电子相等。可溶的易电离的物质拆成离子。留意过量、少量、适量等。8.下列说法正确的是（）A.2,2−二甲基丁烷的1H−NMR上有4个峰B.中全部原子处于同一平面上C.有机物的一种芳香族同分异构体能发生银镜反应D.甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色，说明苯环与甲基相连的碳碳单键变活泼，被KMnO4氧化而断裂【答案】B【解析】【详解】A.2,2−二甲基丁烷的结构式为，有三种不同环境的氢原子，故1H−NMR上有3个峰，故A错误；B.乙炔中全部原子在一条直线上，苯中全部原子在一个平面上，因此苯乙炔中全部原子肯定处于同一平面上，故B正确；C.的不饱和度为4，如含有苯环，则同分异构体中不含有醛基，不能发生能发生银镜反应，故C错误；D.能够使高锰酸钾溶液褪色，说明甲基上的碳原子受苯环的影响变得比较活泼，能够被酸性高锰酸钾氧化，故D错误；正确答案是B。【点睛】B项考查了学生对有机物的共面学问的相识，分析时可依据已学过的甲烷、乙烯、苯的结构来类比推断。9.四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，X、Y的核外电子数之和等于W的核外电子数，下列说法不正确的是（）A.X、Y、Z三种元素的最高正价依次增大B.Y、Z形成的简洁氢化物，后者稳定性强C.Y、Z形成的简洁阴离子，后者半径小D.工业上用电解W和Z形成的化合物制备单质W【答案】A【解析】【分析】依据常见元素在周期表中的位置及元素周期表的结构知，X、Y、Z位于其次周期，W位于第三周期，X、Y的核外电子数之和等于W的核外电子数，则X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Al元素。【详解】A.由分析可知，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，O元素没有最高正价，故A错误；B.由分析可知，Y、Z形成的简洁氢化物为NH3和H2O，氮，氧元素中氧的电负性最大，氧与氢之间的共价键最坚固，所以氧的氢化物H2O更稳定，故B正确；C.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，氧的核电荷数大于氮元素，所以后者半径小，故C正确；D.工业上用电解Al和O形成的化合物Al2O3制备单质Al，故D正确；题目要求选错误项，故选A。【点睛】C选留意粒子半径大小的比较：（1）同一元素原子、离子：简洁阴离子半径大于其相应原子半径，简洁阳离子半径小于其相应原子半径；（2）同一元素离子：核外电子数越少，半径越小；（3）电子层结构相同的离子：核电荷数越大，半径越小。10.下列说法中正确的是（）A.25℃时某溶液中水电离出的c(H+)＝1.0×10−12mol·L−1，其pH肯定是12B.某温度下，向氨水中通入CO2，随着CO2的通入，不断增大C.恒温恒容下，反应X(g)＋3Y(g)2Z(g)，起始充入3molX和3molY，当X的体积分数不变时，反应达到平衡D.某温度下，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2，该温度下加入等体积pH＝10的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好呈中性【答案】D【解析】【详解】A.既然由水电解出的c（H+）=1.0×10-12mol/L，则由水电解出的c（OH-）==1.0×10-12mol/L；而c（H+）×c（OH-）=1.0×10-14mol/L，所以原来的溶液的c（H+）=1.0×10-2mol/L或者c（OH-）=1.0×10-2mol/L，即溶液可能呈现强酸或强碱性，强酸时pH=2，强碱时pH=12，故A错误；B.NH3·H2ONH4＋＋OH-，通入CO2平衡正向移动，c(NH4+)不断增大，而平衡常数不变，则=不断减小，故B错误；C.恒温恒容下，反应X(g)＋3Y(g)2Z(g)，起始充入3molX和3molY，由三段式计算可知，X的体积分数始终是50%，故C错误；D.蒸馏水的pH＝6，所以Kw=1×10-12，应加入等体积浓度为0.01mol▪L-1的氢氧化钠溶液，故应加入等体积pH=10的NaOH溶液，可使该溶液恰好呈中性，故D正确；正确答案是D。【点睛】A项涉及pH的简洁计算，明确溶液中的溶质是抑制水电离是解本题的关键，能电离出氢离子或氢氧根离子的物质抑制水电离。11.双极膜(BP)是阴、阳复合膜，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH−，作为H+和OH−离子源。利用双极膜电渗析法电解食盐水可获得淡水、NaOH和HCl，其工作原理如图所示，M、N为离子交换膜。下列说法不正确的是（）A.相同条件下，不考虑气体溶解，阴极得到气体体积是阳极两倍B.电解过程中Na+向左迁移，N为阴离子膜C.若去掉双极膜(BP)，阳极室会有Cl2生成D.电解结束后，阴极旁边溶液酸性明显增加【答案】D【解析】【详解】A.阴极室氢离子得电子生成氢气，发生的反应为2H++2e-=H2↑，阳极反应为4OH——4e-=O2↑+2H2O，转移相同物质的量的电子，生成氢气的体积是生成氧气体积的两倍，故A正确；B.阴极生成氢氧化钠，钠离子向左穿过M进入阴极室，所以M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜，故B正确；C.若去掉双极膜(BP)，氯离子进入阳极室阳放电生成氯气，故C正确；D.阴极室氢离子得电子生成氢气，发生的反应为2H++2e-=H2↑，氢离子被消耗，酸性减弱，故D错误；题目要求选错误选项，故选D。【点睛】本题考查电解原理，留意审题，不再是电解饱和食盐水的反应，由于双极膜(BP)是阴、阳复合膜的存在，使电解反应变成了电解水，是易错点。阴极是物质得到电子，发生还原反应；溶液中的阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。12.肯定压强下，向10L密闭容器中充入1molS2Cl2和1molCl2，发生反应S2Cl2(g)＋Cl2(g)2SCl2(g)。Cl2与SCl2的消耗速率(v)与温度(T)的关系如图所示，以下说法中不正确的是（）A.正反应的活化能大于逆反应的活化能B.达到平衡后再加热，平衡向逆反应方向移动C.A、B、C、D四点对应状态下，达到平衡状态的为B、DD.肯定温度下，在恒容密闭容器中，达到平衡后缩小容器体积，重新达到平衡后，Cl2的平衡转化率不变【答案】A【解析】【分析】依据反应S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应速率，二者之比为1：2时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图像可知B、D点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；B、D点为平衡点，由图中数据可知，B、D点的状态对应的温度为250℃，300℃时，SCl2的消耗速率大于氯气的消耗速率的2倍，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH2＜0。【详解】A.正反应的活化能是发生反应所须要的能量，逆反应的活化能是反应中又释放出的能量，正反应的活化能减去逆反应的活化能就等于总反应的吸热放热量，由分析可知ΔH＜0，正反应为放热反应，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，故A错误；B.由分析可知ΔH＜0，正反应为放热反应，加热后平衡向逆反应方向移动，故B正确；C.依据反应S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应速率，二者之比为1：2时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图像可知B、D点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；B、D点为平衡点，故C正确；D.依据反应S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)反应物和产物都是气体，且反应物和产物的系数相等，所以变更压强不变更平衡移动，缩小容器体积，重新达到平衡后，Cl2的平衡转化率不变，故D正确；答案选A。13.已知：AlO＋HCO＋H2O=Al(OH)3↓＋CO，向含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的稀溶液中缓慢通入二氧化碳，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应，下列对应关系正确的是（）选项n(CO2)/mol溶液中离子的物质的量浓度A0c(Na+)＞c(AlO2—)＞c(OH−)B0.01c(CO32—)＋c(HCO3—)＋c(H2CO3)＝c(AlO2—)C0.015c(Na+)＞c(CO32—)＞c(OH−)＞c(HCO3—)D0.03c(Na+)＋c(H+)＝c(CO32—)＋c(HCO3—)＋c(OH−)A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【分析】向含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，首先进行的反应为氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，0.02mol氢氧化钠消耗0.01mol二氧化碳，生成0.01mol碳酸钠；然后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01mol偏铝酸钠消耗0.005mol二氧化碳，生成0.005mol碳酸钠；再通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，消耗0.015mol二氧化碳，生成0.03mol碳酸氢钠。【详解】A.不通入CO2，0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的稀溶液中，c(Na+)＞c(OH−)＞c(AlO2—)，故A错误；B.当通入的二氧化碳为0.01mol时，则溶液为含有0.01mol碳酸钠和0.01mol偏铝酸钠的混合液，没有HCO3—，故B错误；C.当通入的二氧化碳为0.015mol时溶液中含有0.015mol碳酸钠，离子浓度的关系为c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)，故C正确；D.当通入二氧化碳的量为0.03mol时，溶液为碳酸氢钠溶液，溶液显碱性，电荷守恒关系为：c(Na+)＋c(H+)＝2c(CO32—)＋c(HCO3—)＋c(OH−)，故D错误；正确答案是C。【点睛】本题将元素化合物学问与电解质溶液中离子浓度大小比较综合在一起考查，娴熟驾驭相关元素化合物学问，理清反应过程，结合相关物质的用量正确推断相关选项中溶液的成分是解题的关键。电解质溶液中微粒浓度大小比较要抓住两个平衡：电离平衡和盐类的水解平衡，抓两个微弱：弱电解质的电离和盐类的水解是微弱的，正确推断溶液的酸碱性，进行比较。涉及等式关系要留意电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式的敏捷运用。14.无水MgBr2可用作催化剂。某爱好小组同学采纳镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，设计装置如图所示。已知：Mg与Br2反应猛烈放热；MgBr2具有强吸水性。下列说法正确的是（）A.冷凝管中冷水进、出口方向错误B.试验中可以用干燥的空气代替干燥的N2C.为防止反应过于猛烈，不能用装置C代替装置BD.装有无水CaCl2固体A的作用是汲取挥发的溴蒸气，防止污染环境【答案】C【解析】【详解】A.冷凝管下口进水，上口出水，方向正确，故A错误；B.空气中含氧气会和镁发生反应生成氧化镁会阻碍镁与溴单质的反应，故B错误；C.将装置B改为C装置，当干燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热存在平安隐患，不能更换，故C正确；D.仪器A为干燥管，用于汲取空气中的水分，故D错误；正确答案是C。15.某溶液可能含有下列离子中的若干种：Cl−、SO42—、SO32—、HCO3—、Na+、Mg2+、Fe3+，所含离子的物质的量浓度均相同。为了确定该溶液的组成，进行如下试验：①取100mL上述溶液，加入过量Ba(OH)2溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得白色沉淀；②向沉淀中加入过量的盐酸，白色沉淀部分溶解，并有气体生成。下列说法正确的是（）A.气体可能是CO2或SO2B.溶液中肯定存在SO42—、HCO3—、Na+、Mg2+C.溶液中可能存在Na+和Cl−，肯定不存在Fe3+和Mg2+D.在第①步和第②步的滤液中分别加入硝酸酸化的硝酸银溶液，都能生成白色沉淀【答案】B【解析】【分析】由试验流程可知，该溶液与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则肯定不含Fe3+，且白色沉淀与足量盐酸反应，白色沉淀部分溶解，并有气体生成，不溶的白色沉淀肯定为BaSO4，气体为CO2，由于SO32-、Mg2+相互促进水解不能共存，②反应后的溶液中可能含Na+、Mg2+，所含离子的物质的量浓度均相同，由电荷守恒可知不含Cl-，则溶液中肯定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，以此来解答。【详解】A.①中白色沉淀为硫酸钡和碳酸钡，气体为CO2，故A错误；B.白色沉淀与足量盐酸反应，白色沉淀部分溶解，并有气体生成，不溶的白色沉淀肯定为BaSO4，气体为CO2，由于SO32-、Mg2+相互促进水解不能共存，②反应后的溶液中可能含Na+、Mg2+，所含离子的物质的量浓度均相同，由电荷守恒可知不含Cl-，则溶液中肯定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，故B正确；C.②反应后的溶液中可能含Na+、Mg2+，所含离子的物质的量浓度均相同，则溶液中肯定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，故C错误；D.①溶液中含Na+及过量的Ba(OH)2，②溶液含Mg2+及过量盐酸，只有②溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液能生成白色沉淀AgCl，故D错误；正确答案是B。【点睛】本题的关键在于理解“所含离子的物质的量浓度均相同”这一句话，通过电荷守恒推出肯定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，另外SO32-、Mg2+相互促进水解不能共存也是须要留意的点。第Ⅱ卷（非选择题，共55分）二、非选择题（本大题共5小题，共55分）16.硼及硼的化合物有着广泛的用途。请回答下列问题：(1)硼酸(H3BO3)为一元弱酸，硼酸中B的化合价为________。(2)已知：H3BO3的电离常数Ka＝5.8×10−10，H2CO3的电离常数掏Ka1＝4.4×10−7、Ka2＝4.7×10−11，向饱和硼酸溶液中滴加0.1mol·L−1Na2CO3溶液，写动身生反应的离子方程式________。(3)以硼酸为原料可制备重要还原剂NaBH4。NaBH4与BF3在50℃～70℃反应生成NaBF4和乙硼烷(B2H6)，该反应的化学方程式是________。(4)B2H6是强还原剂，氢元素的化合价与NaH中的氢相同。B2H6与水反应生成H3BO3和H2，若有0.1mol电子转移时，则产生H2在标准状况下的体积为________L。【答案】(1).＋3(2).CO＋H3BO3=HCO＋H2BO或CO＋H3BO3=HCO＋BO＋H2O或CO＋H3BO3＋H2O=HCO＋B(OH)(3).3NaBH4＋4BF33NaBF4＋2B2H6(4).2.24【解析】【详解】（1）H3BO3中H为+1价，O为—2价，B的化合价为化合价为＋3价；（2）H3BO3的电离常数为5.8×10-10，H2CO3的电离常数为K1=4.4×10-7，因5.8×10-10<4.4×10-7，所以向饱和硼酸溶液中滴加0.1mol·L−1Na2CO3溶液不能产生所以H2CO3，只能产生HCO3—，故离子方程式为CO＋H3BO3=HCO＋H2BO或CO＋H3BO3=HCO＋BO＋H2O或CO＋H3BO3＋H2O=HCO＋B(OH)；（3）反应物为NaBH4和BF3，生成物为NaBF4和B2H6，依据氧化还原反应配平方法可得方程式为：3NaBH4＋4BF33NaBF4＋2B2H6；（4）B2H6与水反应生成H3BO3和H2，生成1molH2转移2mol电子，若有0.1mol电子转移时，则产生H20.2mol，标准状况下的体积为2.24L。【点睛】其次问涉及盐类水解方程式的书写问题，留意：盐和水的水解反应要生成弱酸或弱碱，使水的电离平衡被破坏，平衡发生移动。规律：难溶不水解，有弱才水解，无弱不水解；谁弱谁水解，越弱越水解，都弱都水解；谁强显谁性（适用于正盐），同强显中性，弱弱详细定；越弱越水解，越热越水解，越稀越水解。17.我国科学家在金刚石压腔试验中创建出了前所未见的化合物X，在超过113GPa的压力下能够保持稳定。X在肯定条件下完全分解为A(气体)和B，A的密度约为0.18g·L−1；B是短周期中最活泼的金属；Y为含有C元素的气态氧化物，能使品红溶液褪色，E为常见无机物，Y与E以1∶1发生化合反应生成F，F仅含三种元素，是常用的食品抗氧化剂之一(假设反应过程无损耗，题中均为短周期元素，A、B、C为单质，气体数据均为标准状况下测定)。依据如下转化，回答下列问题：(1)图中C在元素周期表中的位置是________。(2)D的电子式为________。(3)X的化学式为________。(4)E→F的化学方程式为________。【答案】(1).第3周期VIA族(2).(3).Na2He(4).Na2SO3＋SO2=Na2S2O5【解析】【分析】B是短周期中最活泼的金属，故B是Na元素，X在肯定条件下完全分解为A(气体)和B，A的密度约为0.18g·L−1，故A是He，X为Na2He，Y为含有C元素的气态氧化物，能使品红溶液褪色，所以Y是二氧化硫，C是硫元素，D是硫化钠，E是Na2SO3，F是Na2S2O5。【详解】（1）由分析可知，C是硫元素，在元素周期表中的位置是第3周期VIA族；（2）由分析可知，D是硫化钠，电子式为；（3）B是短周期中最活泼的金属，故B是Na元素，X在肯定条件下完全分解为A(气体)和B，A的密度约为0.18g·L−1，相对分子质量为0.18×22.4=4，故A是He，X为Na2He；（4）E是Na2SO3，F是Na2S2O5，Y是二氧化硫所以E→F的化学方程式为Na2SO3＋SO2=Na2S2O5。18.合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大突破，探讨表明液氨是一种良好的储氢物质。(1)氨气分解反应的热化学方程式如下：2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)ΔH若：N≡N键、H－H键和N－H键的键能分别记作a、b和c(单位：kJ·mol−1)则上述反应的ΔH＝________kJ·mol−1。(2)探讨表明金属催化剂可加速氨气的分解。下表为某温度下等质量的不同金属分别催化等浓度氨气分解生成氢气的初始速率(mmol·min−1)。催化剂RuRhNiPtPdFe初始速率7.94.03.02.21.80.5①不同催化剂存在下，氨气分解反应活化能最大的是________(填写催化剂的化学式)。②温度为T，在一体积固定的密闭容器中加入2molNH3，此时压强为P0，用Ru催化氨气分解，若平衡时氨气分解的转化率为50%，则该温度下反应2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝________。[已知：气体分压(p分)＝气体总压(p总)×体积分数](3)关于合成氨工艺的理解，下列正确的是________。A．合成氨工业常采纳的反应温度为500℃左右，可用勒夏特列原理说明B．运用初始反应速率更快的催化剂Ru，不能提高平衡时NH3的产量苇C．合成氨工业采纳10MPa～30MPa，是因常压下N2和H2转化率不高D．采纳冷水降温的方法可将合成后混合气体中的氨液化(4)在1L1mol·L−1的盐酸中缓缓通入2mol氨气，请在图中画出溶液中水电离出的OH−浓度随氨气通入变更的趋势图。______________________________(5)电化学法也可合成氨。下图是用低温固体质子导体作为电解质，用Pt−C3N4作阴极催化剂电解H2(g)和N2(g)合成NH3的原理示意图：①Pt−C3N4电极反应产生NH3的电极反应式________。②试验探讨表明，当外加电压超过肯定值以后，发觉阴极产物中氨气的体积分数随着电压的增大而减小，分析其可能缘由________。【答案】(1).6c－a－3b(2).Fe(3).(4).BC(5).(6).N2＋6e−＋6H+=2NH3(7).超过肯定电压以后，H+得电子变成H2，而且速率比氮气快【解析】【详解】（1）2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)中，N≡N有1个，N－H有6个，H-H有3个，△H=反应物的键能之和—生成物的键能之和=6c－a－3b；（2）金属催化剂可加速氨气的分解，反应越慢，说明反应所需的活化能越大，据表所知，Fe催化时反应速率最慢，氨气分解反应活化能最大的是Fe。（3）反应2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)起先时有2molNH3，此时压强为P0，NH3的转化率为50%，反应平衡时体系内有1molNH3，0.5molN2和1.5molH2，总物质的量为3mol，所以平衡时的总压为P0，氮气的分压为P0，氢气的分压为P0，氨气的分压为P0，故Kp==；（4）A.合成氨的反应是放热的，所以合成氨时温度越低，氨的转化率越高。但温度过低则影响催化剂的活性，相宜温度为500℃，和勒夏特列原理没有关系，故A错误；B.运用催化剂不能变更反应程度，故不能提高平衡时NH3产量，B正确；C.合成氨工业采纳10MPa～30MPa，是因常压下N2和H2的转化率不高，故C正确；D.氨气易溶于水，所以不能采纳冷水降温的方法可将合成后混合气体中的氨液化，故D错误；正确答案是BC。（5）刚起先通入NH3，NH3和HCl反应生成氯化铵，促进水的电离，当NH3的量大于1mol时，HCl反应完，生成氨水又渐渐抑制水的电离，所以答案如图：（6）Pt−C3N4电极产生氨气得电子，电极方程式为：N2＋6e−＋6H+=2NH3；当外加电压超过肯定值以后，发觉阴极产物中氨气的体积分数随着电压的增大而减小，分析其可能缘由是超过肯定电压以后，H+得电子变成H2，而且速率比氮气快。19.二氧化氯是一种黄绿色具有刺激性气味的气体，常用于自来水消毒和果蔬保鲜等方面。氯酸钠还原法是目前运用较为广泛的ClO2制备方法，其中一种是用NaClO3与CH3OH在催化剂、60℃时，发生反应得到ClO2，下图装置(夹持装置略)对其制备、汲取、释放进行了探讨。已知：①ClO2的浓度较大时易分解，试验室用稳定剂汲取ClO2，生成NaClO2，运用时加酸只释放出ClO2种气体；②ClO2与KI反应的离子方程式为：2ClO2＋10I−＋8H+2Cl−＋5I2＋4H2O。③请回答：(1)仪器b在装置中的作用是________；比较仪器c和d，试验中c的优点是________。(2)制备装置甲中需改进的一项措施是________。(3)反应中甲醇被氧化为甲酸，写出制备ClO2的化学方程式：________；该制备法可选用不同的还原性物质作为还原剂，例如草酸，相比甲醇法，草酸法的优点是________。(4)下列有关说法正确的是________。A．仪器a中NaOH溶液主要用于停止反应，并汲取多余的ClO2B．装置e主要用于检验是否有Cl2生成C．在ClO2释放试验中，发生的离子反应方程式是：4H+＋5ClO=Cl−＋4ClO2↑＋2H2OD．ClO2和Cl2都为强氧化剂，在相同条件下，等物质的量时，Cl2的氧化实力是ClO2的2.5倍(5)自来水厂用碘量法检测水中ClO2的浓度，其试验操作如下：取100.0mL的水样，加入足量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液。再用0.1000mol·L−1Na2S2O3标准溶液滴定碘单质(I2＋2S2O=2I−＋S4O62—)，达到滴定终点时用去15.00mLNa2S2O3标准溶液，测得该水样中ClO2的含量为________mg·L−1。【答案】(1).冷凝回流甲醇兼导气(2).有利于液体顺当流下，防止甲醇挥发(3).水浴加热(4).4NaClO3＋CH3OH＋2H2SO42Na2SO4＋4ClO2↑＋HCOOH＋3H2O或者4NaClO3＋CH3OH＋4H2SO44ClO2↑＋HCOOH＋4NaHSO4＋3H2O(5).产生的CO2可稀释ClO2，防止ClO2浓度较大时分解(6).AC(7).202.5【解析】【详解】（1）依据仪器特征，可知仪器b是球形冷凝管，甲醇易挥发性，冷凝回流甲醇；装置C加一个连接的导管，有利于液体顺当流下，防止甲醇挥发。（2）反应须要严格限制的温度，所以最好用水浴加热，使受热匀称，同时便于限制温度。（3）反应中甲醇被氧化为甲酸，同时生成ClO2，化学方程式为：4NaClO3＋CH3OH＋2H2SO42Na2SO4＋4ClO2↑＋HCOOH＋3H2O或者4NaClO3＋CH3OH＋4H2SO44ClO2↑＋HCOOH＋4NaHSO4＋3H2O；ClO2的浓度较大时易分解，草酸反应生成二氧化碳，可稀释ClO2，防止ClO2浓度较大时分解。（4）A.仪器a中NaOH溶液主要用于停止反应，并汲取多余的ClO2，故A正确；B.装置e主要用于检验是否有ClO2生成而不是Cl2，故B错误；C.在ClO2释放试验中，发生的离子反应方程式是：4H+＋5ClO=Cl−＋4ClO2↑＋2H2O，故C正确；D.ClO2和Cl2作氧化剂，还原产物都是Cl-，1molClO2得5mol电子，而1molCl2得2mol电子，所以在相同条件下，等物质的量时，ClO2的氧化实力是Cl2的2.5倍，故D错误；答案选AC。（5）ClO2和碘化钾的离子反应式：2ClO2＋10I−＋8H+2Cl−＋5I2＋4H2O；加入肯定量Na2S2O3溶液，发生反应2S2O32-+I2═S4O62-+2I-，使I2还原为I-故蓝色会消逝，半分钟内不变色则到达滴定终点，是依据氧化还原反应中得失电子守恒可知，三者之间的关系为10S2O32-～5I2～2ClO2。由题意：n(S2O32-)=0.015L×0.1mol·L−1=0.0015mol，则n(ClO2)=n(S2O32-)=0.0015mol×=0.0003mol，m(ClO2)=n(ClO2)×M(ClO2)=0.0003mo