浙江省宁波市慈溪市2023-2024学年高二下学期6月期末考试化学试题

慈溪市2023学年第二学期高二年级期末测试化学试题1.本卷分选择题和非选择题两部分，共8页，共100分，时间90分钟。2.可能用到的相对原子质量：一、选择题Ⅰ(本大题共14小题，每小题2分，共28分。每小题列出的四个备选项中只有一个符合题目要求，不选、多选、错选均不得分)1.水溶液呈酸性的盐是A.BaCl2 B.NH4Cl C.H2SO4 D.K2SO3【答案】B【解析】【详解】A．BaCl2是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性，A不合题意；B．NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液呈酸性，B符合题意；C．H2SO4酸，溶液显酸性，但不是盐，C不合题意；D．K2SO3是强碱弱酸盐，亚硫酸根离子水解，溶液呈碱性，D不合题意；故答案为：B。2.下列物质属于电解质的是A.溶液 B.铜丝 C.冰水混合物 D.【答案】C【解析】【分析】在水溶液或熔融状态下能导电的化合物属于电解质，据此作答。【详解】A．溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质，A错误；B．铜丝为单质，既不是电解质也不是非电解质，B错误；C．冰水混合物为水，可以部分电离，属于电解质，C正确；D．溶于水虽然能导电，但不是其本身导电，是反应生成的碳酸导电，为非电解质，D错误；故选C。3.下列表示正确的是A.氮原子轨道表示式：B.pz轨道电子云轮廓图：C.丁烯结构简式：D.空间填充模型：【答案】B【解析】【详解】A．基态氮原子的电子排布式为1s22s22p3，2p能级的3个电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，基态氮原子轨道表示式为，A错误；B．p轨道形状均为哑铃型，pz轨道电子云轮廓图：，故B正确；C．由于碳碳双键不能旋转而导致分子中原子或原子团在空间的排列方式不同所产生异构现象，称为顺反异构，2丁烯存在顺反异构，顺2丁烯的结构简式为，故C错误；D．CO2空间构型为直线形，碳原子的半径大于氧原子，即二氧化碳的填充模型为，故D错误；故答案为B。4.下列有关物质关系的说法正确的是A.SO2和SO3互为同素异形体 B.金刚石和石墨互为同位素C.CH4和C9H20互为同系物 D.和互为同分异构体【答案】C【解析】【详解】A．SO2和SO3都属于化合物，二者不互为同素异形体，A不正确；B．金刚石和石墨都是碳元素组成的单质，二者互为同素异形体，B不正确；C．CH4和C9H20都属于烷烃，二者分子组成上相差8个“CH2”，二者互为同系物，C正确；D．CH4分子呈正四面体结构，则和为同一种物质，D不正确；故选C。5.下列各组比较中正确的是A.微粒半径： B.沸点：C.热稳定性： D.酸性：【答案】D【解析】【详解】A．对于电子层结构相同的离子，离子的核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：，A错误；B．水可以形成分子间氢键，沸点：，B错误；C．元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性C>Si，所以氢化物的稳定性：，C错误；D．甲基的斥电子作用大于氢，因此乙酸的羧基的负电荷大于甲酸的羧基，乙酸的氢离子更难解离，其酸性也就较弱，酸性：，D正确；故合理选项是D。6.下列指定条件下离子可能大量共存的是A.使pH试纸显蓝色的溶液中：B.无色透明的溶液中：C.与Al反应能生成氢气的溶液中：D.由水电离出为的溶液中：【答案】A【解析】【详解】A．使pH试纸显蓝色的溶液即碱性溶液，则溶液中各离子不反应，能够大量共存，A符合题意；B．无色透明的溶液中不可能含有大量的有色离子，B不合题意；C．与Al反应能生成氢气的溶液中可能是强酸性溶液也可能是强碱性溶液，强酸性溶液中由于HNO3和金属反应不生产H2，即不能含有大量的硝酸根，强碱性溶液中，OH与：均不能大量共存，C不合题意；D．由水电离出为的溶液中含有大量的H+或者大量的OH，H+与碳酸氢根离子不能大量共存，OH与碳酸氢根、Fe3+均不能大量共存，且发生双水解反应而不能大量共存，D不合题意；故答案为：A。7.下列说法不正确的是A.淀粉不能被氢氧化铜氧化，属于非还原性糖B.鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸铵溶液产生沉淀，再加水沉淀不溶解C.油脂在碱性条件下可发生皂化反应D.核酸水解的最终产物是磷酸、戊糖和碱基【答案】B【解析】【详解】A．氢氧化铜不能氧化淀粉，因此淀粉不属于还原糖，而淀粉完全水解得到的葡萄糖是还原糖，A正确；B．鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸铵溶液因发生盐析而产生沉淀，再加水沉淀溶解，B错误；C．油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油的反应被称作皂化反应，C正确；D．核酸一定条件下能发生水解反应，水解的最终产物是磷酸、戊糖、碱基，D正确。故选B。8.下列说法正确的是A.聚乙烯和聚氯乙烯都是食品级塑料制品的主要成分B.聚氯乙烯最适合由乙炔和来合成C.再生纤维、合成纤维属于合成材料，天然纤维不属于合成材料D.天然橡胶为体型高分子化合物，具有良好的弹性和强度【答案】B【解析】【详解】A．聚氯乙烯中所添加的增塑剂、防老剂等主要辅料能释放出有害物质，不能用作食品级塑料，A错误；B．聚氯乙烯可由氯乙烯发生加聚反应制得，氯乙烯可通过乙炔和氯化氢发生加成反应制得，则合成聚氯乙烯的原料可以是乙炔和HCl，聚氯乙烯是一种塑料，B正确；C．以废旧纺织品为原料生产再生纤维，再生纤维属于人造纤维，不属于合成纤维，天然纤维不属于合成材料，C错误；D．天然橡胶是线型高分子，高分子链中由于含有不饱和结构，弹性、强度、耐热和抗氧化性均较差；“硫化”可将橡胶链中的不饱和结构通过硫键（Sx）打开彼此相连形成网状结构，具有良好的弹性和强度，D错误；故答案为：B。9.类比思想是化学学习的重要思想，下列各项中由客观事实类比得到的结论正确的是A.(干冰)CO2是分子晶体，(石英)SiO2也是分子晶体B.可以表示为可以表示为C.通入到溶液中不产生沉淀，通入到溶液中也无沉淀D.可作净水剂，也可作净水剂【答案】D【解析】【详解】A．是分子晶体，但是原子晶体（或共价晶体），A错误；B．中Fe的化合价可以认为是+2、+3，则表示为，但是Pb常见的化合价为+2、+4，则应表示为，B错误；C．因酸性：H2SO3<HCl，弱酸不能制强酸，故SO2通入BaCl2溶液中不反应；因SO2具有强还原性，而在酸性条件下具有强氧化性，能将SO2氧化为，因此SO2通入到溶液中有BaSO4白色沉淀生成，C错误；D．、均能发生水解产生胶体，可作净水剂，D正确；故选D。10.下列燃烧反应的反应热不是燃烧热的是（）①H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH1②C(s)＋O2(g)=CO(g)ΔH2③S(s)＋O2(g)=SO2(g)ΔH3④2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(s)＋2H2O(l)ΔH4A.①③ B.②④ C.②③ D.①④【答案】B【解析】【详解】①中，H2(g)为1mol，发生完全燃烧，生成稳定的产物H2O(l)，所以ΔH1为燃烧热；②中，C(s)燃烧的产物为CO(g)，燃烧不完全，所以ΔH2不是燃烧热；③中，1molS(s)完全燃烧，生成稳定的产物SO2(g)，所以ΔH3为燃烧热；④中，反应物H2S(g)物质的量为2mol，所以ΔH4不是燃烧热；综合以上分析，②④中的ΔH不表示燃烧热，故选B。11.短周期元素B、C、D、、原子序数依次增大，B是宇宙中含量最高的元素，C元素基态原子的轨道半充满，是电负性最大的元素，逐级电离能依次为578、1817、2745、11575、14830、18376.下列说法正确的是A.第一电离能： B.键角：C.可与氯元素形成离子化合物 D.是非极性分子【答案】A【解析】【分析】短周期元素B、C、D、E、F原子序数依次增大，B是宇宙中含量最高的元素，为H元素；C元素基态原子的2p轨道半充满，为N元素；E是电负性最大的元素，为F元素，则D为O元素，由F逐级电离能可知第四电离能突然增大，说明F最外层电子数是3，F为Al元素，即B、C、D、E、F分别是H、N、O、F、Al元素；【详解】A．同一周期元素，第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，C、D、E分别是N、O、F元素，分别位于第VA族、第ⅥA族、第ⅦA族，所以第一电离能：N>O，故A正确；

B．CB3为NH3、CE3为NF3，二者都是三角锥形结构，但F原子半径大于H原子半径，导致NH3中氢原子之间的排斥力大于NF3中氟原子之间的排斥力，所以键角CB3＞CE3，故B错误；

C．F为Al元素，与氯元素形成AlCl3，在熔融状态下不能导电，是共价化合物，故C错误；

D．O3的空间构型为V形，正负电荷重心不重合，为极性分子，故D错误；

故选：A。12.下列反应的离子方程式正确的是A.向苯酚钠溶液中通入少量：2

+CO2+H2O→2

+B.向烧碱溶液中加入一小段铝片：C.向氯化二氨合银溶液中加硝酸：Ag(NH3)＋2H+＋Cl=AgCl↓＋2NHD.硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：【答案】C【解析】【详解】A．向苯酚钠溶液中通入少量的CO2生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为：+CO2+H2O→+HCO，故A错误；B．铝和烧碱溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为;2Al+2OH−+6H2O=2[Al(OH)4]−+3H2↑，故B错误；C．向氯化二氨合银溶液中加硝酸，生成铵盐和氯化银沉淀，离子方程式为:Ag(NH3)＋2H+＋Cl=AgCl↓＋2NH，故C正确；D．硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应时铵根离子和硫酸根离子、氢氧根离子和钡离子均按2:1参与反应，反应的离子方程式为；，故D错误；答案选C。13.价层电子对互斥理论可以预测某些微粒的空间结构。下列说法正确的是A.CH4和H2O的VSEPR模型均为四面体形 B.CF4和SF6均为非极性分子C.和空间构型均为平面三角形 D.COCl2和SOCl2中心元素杂化类型相同【答案】A【解析】【详解】A．CH4中中心原子C周围的价层电子对数为：4+=4，而H2O中中心原子O周围的价层电子对数为：2+=4，故二者的VSEPR模型均为四面体形，A正确；B．CF4价层电子对数=4+=4，sp3杂化，无孤对电子，为正四面体结构，为非极性分子，SF4价层电子对数=4+=5，sp3d杂化，含一对孤对电子为极性分子，所以为极性分子，B错误；C．中心原子S周围价层电子对数为：3+=4，有1对孤对电子，则为三角锥形，而中心原子C周围的价层电子对数为：3+=3，没有孤对电子，则为空间构型为平面三角形，C错误；D．COCl2中心原子C周围的价层电子对数为：3+=3，即C为sp2杂化，SOCl2中心元素S周围的价层电子对数为：3+=4，即S为sp3杂化，即二者中心原子的杂化类型不相同，D错误；故答案为：A。14.在干燥的HCl气流中加热MgCl2•6H2O，能得到无水MgCl2。下列说法正确的是A.B.气流可促进反应进行C.，升高温度，反应更易发生D.气流可抑制反应进行【答案】C【解析】【详解】A．MgCl2•nH2O(s)MgCl2•(n1)H2O(s)+H2O(g)属于分解反应，分解反应大多是吸热反应，所以反应H＞0，A错误；B．MgCl2水解会生成HCl，HCl气流可抑制水解反应进行，B错误；C．水解反应是吸热反应，加热促进水解反应的进行，升高温度，MgCl2•H2O(s)═Mg(OH)Cl(s)+HCl(g)更易发生，C正确；D．MgCl2•4H2O(s)MgCl2•2H2O(s)+2H2O(g)该反应产物中没有HCl，HCl气流不能抑制反应进行，D错误；故答案为：C。二、选择题Ⅱ(本大题共8小题，每小题3分，共24分。每小题列出的四个备选项中只有一个符合题目要求，不选、多选、错选均不得分)15.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1molN4分子(分子结构为正四面体)中含有共价键的数目为4NAB.1molCl2溶于水，充分反应后转移电子的数目为C.电解精炼铜时，当电路中通过个电子时，阳极消耗铜D.常温下，的溶液中，水电离出的数为105NA【答案】D【解析】【详解】A．N4的结构为，1molN4分子(分子结构为正四面体)中含有共价键的数目为6NA，故A错误；B．氯气和水的反应为可逆反应，且只有部分氯气和水反应，大部分氯气以分子形式存在于水中，1molCl2溶于水，充分反应后转移电子的数目小于，故B错误；C．由于电解精炼铜时，粗铜作阳极，阳极的电极反应主要有：Cu2e=Cu2+。还可能含有Zn2e=Zn2+、Fe2e=Fe2+、Ni2e=Ni2+等，活动性比Cu弱的金属则沉淀在阳极底部，形成阳极泥，故当电路中通过个NA电子时，阳极消耗小于32g铜，故C错误；D．常温下，的溶液中，碳酸钠水解显碱性，水电离出的数为，故D正确；故答案为：D。16.生物体内多巴胺的合成是以酪氨酸为起始原料，在多种复杂的生物酶共同作用下完成的，其过程如下图所示。下列相关说法错误的是A.多巴胺分子中所有碳原子可能同平面B.多巴与浓溴水反应最多可以消耗C.酪氨酸与多巴混合发生缩合反应可生成3种二肽D.上图中三种有机物均可与溶液发生显色反应【答案】C【解析】【详解】A．根据碳碳单键可以旋转，苯环所有原子共平面，则L酪氨酸分子中所有碳原子均可同平面，A正确；B．L多巴中含有两个酚羟基，酚羟基与浓溴水发生反应取代反应，取代在苯环的邻、对位，根据其结构简式可知，多巴与浓溴水反应最多可以消耗，B正确；C．酪氨酸与多巴混合发生缩合反应生成二肽，可以两分子酪氨酸形成二肽，可以两分子多巴形成二肽，也可以1分子酪氨酸与1分子多巴形成二肽，根据酸脱羟基氨脱氢，1分子酪氨酸与1分子多巴形成二肽有两种结构，因此酪氨酸与多巴混合发生缩合反应可生成4种二肽，C错误；D．上图三种有机物均有酚羟基，都能与溶液发生显色反应，D正确；故选C。17.用如图装置及药品能达到相应实验目的的是A．探究苯酚和碳酸酸性相对强弱B．探究温度对化学平衡的影响C．证明苯与液溴发生了取代反应D．证明淀粉发生了水解A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．挥发的盐酸也会和苯酚钠生成苯酚，干扰实验，A不合题意；B．[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl[CuCl4]2(黄色)+4H2O，反应吸热，温度改变，平衡移动使得溶液颜色不同，能探究温度对化学平衡的影响，B符合题意；C．挥发的溴能和硝酸银溶液反应生成淡黄色沉淀，干扰HBr和硝酸银溶液的反应，C不合题意；D．淀粉溶液与稀硫酸共热后，滴加银氨溶液并水浴加热，此时银氨溶液与稀硫酸反应，不可能生成银镜，应该先加入NaOH中和过量的稀硫酸之后再加入银氨溶液，D不合题意；故答案为：B。18.溴甲基丙烷发生水解反应的能量变化与反应过程的关系如图所示。反应分3步进行，下列说法不正确的是A.升高温度，水解平衡转化率降低B.第2步反应既有极性键的断裂又有极性键的生成C.水解反应的速率由第1步决定D.（CH3）3CI比（CH3）3CCl更容易水解生成（CH3）3COH【答案】B【解析】【详解】A．结合图示，该水解反应为放热反应，升高温度，水解平衡逆向移动，转化率降低，A正确；B．第2步反应为（CH3）3C+和H2O结合的过程，不存在极性键的断裂，只有极性键的生成，B错误；C．第1步反应的活化能最大，为慢反应，故决定水解反应的速率由第1步决定，C正确；D．碘原子半径大于氯原子，则CI键能更小，利于CI断裂发生反应，（CH3）3CI比（CH3）3CCl更容易水解生成（CH3）3COH，D正确；故合理选项是B。19.利用电解质溶液的浓度对电极电势的影响，可设计浓差电池。某热再生浓差电池放电时的工作原理如图所示，通入发生反应，电池开始工作，甲室电极质量减少，乙室电极质量增加，中间a为离子交换膜，放电后利用工业废热进行充电。下列说法正确的是A.放电时，甲室Cu电极电势高于乙室B.充电时，经阴离子交换膜a由乙室向甲室迁移C.放电时，外电路有0.2mol电子通过时，乙室溶液质量减少6.4gD.电池的总反应为：，【答案】D【解析】【分析】电池开始工作时，甲室铜电极质量减少，做负极，发生氧化反应，乙室铜电极质量增加，做正极，发生还原反应，向正极移动，由甲室透过离子交换膜向乙室移动。【详解】A．根据题中给出的电池开始工作时，甲室电极质量减少，乙室电极质量增加，可知，甲室电极为负极，发生氧化反应，乙室电极为正极，发生还原反应，甲室电势低于乙室，故A错误；B．充电时，乙室为阳极，向阳极移动，经阴离子交换膜a由甲室向乙室迁移，故B错误；C．放电时，乙电极质量增加，外电路有0.2mol电子通过时，乙室生成0.1mol铜，电极质量增加6.4g，溶液质量减少6.4g，但甲室有移动到乙室，故乙室溶液质量不变，故C错误；D．放电时，甲室电极反应为：，乙室电极反应为：，总反应为，根据已知，放电后可利用废热进行充电再生，可知放电过程是放热反应，，故D正确；故选D。20.常温下，向溶液中滴入的溶液，溶液中酸度值与加入溶液的体积关系如图所示。下列说法正确的是A.常温下，电离常数约为 B.a点对应的溶液中C.b点： D.c点对应的溶液中：【答案】A【解析】【详解】A．由图像可知，时，溶液中，则，A正确；B．a点对应的溶液中溶质为等物质的量的HA和NaA，根据电荷守恒：，溶液呈酸性，则，B错误；C．b点为等浓度等体积的与恰好完全反应，溶液中溶质为；根据A选项，未加入NaOH时，溶液中，为强碱弱酸盐，则，C错误；D．c点对应的溶液中，根据物料守恒：，D错误；答案选A。21.的配位化合物较稳定且应用广泛。可与等配体形成使溶液呈浅紫色的、红色的、无色的、黄色的配离子。某同学按如图步骤完成实验：已知：向含的溶液中加入溶液生成蓝色的配离子；不能与形成配离子。下列说法正确的是A.为了能观察到溶液Ⅰ中的颜色，可向该溶液中加入稀盐酸B.向溶液I中加入少量溶液，溶液再次变为红色C.可用和溶液检验溶液中是否含有D.向溶液Ⅱ中通入氯气，溶液红色褪去，原因是三价铁被氧化为更高价态【答案】C【解析】【分析】九水合硝酸铁晶体溶于水，得到呈浅紫色溶液(主要含有[Fe(H2O)6]3+离子)，向该溶液中加入稀盐酸，发生反应[Fe(H2O)6]3++4Cl⇌[FeCl4]+6H2O，溶液显黄色，若向该溶液中加入KSCN溶液，溶液显血红色，发生反应：[Fe(H2O)6]3++6SCN⇌[Fe(SCN)6]3+6H2O，溶液显血红色，继续加入NaF，溶液又变为无色，发生反应：[Fe(SCN)6]3+6F⇌[FeF6]3+6SCN，据此分析作答。【详解】A．根据分析可知，为了能观察到溶液Ⅰ中[Fe(H2O)6]3+的浅紫色，不能向该溶液中加入稀盐酸，否则看到的是黄色的溶液，故A错误；B．向溶液Ⅲ中加入足量的KSCN固体，即增大SCN的浓度，平衡[Fe(SCN)6]3+6F⇌[FeF6]3+6SCN逆向移动，溶液可能再次变为红色，故B错误；C．向Co2+的溶液中加入KSCN溶液生成蓝色的[Co(SCN)4]2配离子；Co2+不能与F形成配离子，故可用NaF和KSCN溶液检验FeCl3溶液中是否含有Co2+，若含有Co2+，则可以看到溶液显蓝色，故C正确；D.向溶液Ⅱ中通入氯气，溶液红色褪去，原因是SCN被Cl2氧化，事实上三价铁不能被氯气氧化为更高价态，故D错误；答案选C。22.下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是选项实验操作和现象实验结论A用试纸测得：溶液的约为9，溶液约为8电离出的能力比的强B室温下，将投入饱和溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解有无色无味气体产生C向各盛有溶液的两支试管中分别滴入2滴相同浓度的溶液和溶液，溶液中产生气泡较快对分解的催化作用强于D向和混合溶液中滴入少量新制氯水，再加入混合振荡、静置，下层呈无色，上层呈红色。的还原性大于A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．NaClO溶液可使pH试纸褪色，不能用pH试纸测NaClO溶液的pH，应选pH计测定等浓度盐溶液的pH，比较对应酸的酸性强弱，故A错误；B．BaSO4投入饱和Na2CO3溶液中，Q(BaCO3)＞Ksp(BaCO3)时，生成BaCO3沉淀，与盐酸反应生成二氧化碳气体，不能证明Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)，故B错误；C．试题中没有描述H2O2的浓度是否相等，而且溶液和溶液阴离子种类也不相同，不能得到相应结论，故C错误；D．向FeBr2和KSCN混合溶液中滴入少量新制氯水，因Fe2+的还原性大于Br，可知氯气把Fe2+氧化为Fe3+，再加入CCl4混合振荡、静置，观察到下层呈无色，上层呈红色，故D正确；答案选D。三、非选择题(本大题共4题，共48分)23.回答下列问题。（1）铬制备中用离子液体作电解质，其中阳离子为()，阴离子为。中环上所有原子共面。①其中原子的杂化方式是_______；中所含原子电负性由大到小的顺序为_______。②铬原子的价层电子排布式为_______；的空间构型为_______。③可以与反应生成的原因是_______。（2）钾、铁、硒可以形成一种超导材料，其晶胞在和平面投影分别如图所示：①该超导材料的最简化学式为_______。②每个原子周围最近且等距离的原子数为_______。③在晶胞图中补充未画出的原子_______。【答案】（1）①.②.③.④.平面三角形⑤.可与结合形成配位键（2）①.②.4③.如图补充框内两个：【解析】【小问1详解】①中环上所有原子共面，与乙基相连的N原子上若有孤电子对，则中环上所有原子不共面，即N原子上无孤电子对，其价层电子对数为3，N原子采取杂化，同理，与甲基相连的N原子上也无孤电子对，价层电子对数为3，采取杂化，则N原子的杂化方式是sp2；中所含原子非金属性：N>C>H，则电负性由大到小的顺序为：；②Cr为24号元素，基态Cr原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，则基态Cr原子价层电子排布为：3d54s1；中B原子与F原子形成3个键，在分子中B原子无孤电子对，故B原子为杂化，故分子的空间构型为平面三角形；③结合分子结构，可以与反应生成NaBF4原因是可与结合形成配位键；【小问2详解】①由平面投影图可知，钾原子8个位于顶点，1个位于体心，其个数为：8×+1=2，铁原子8个位于面心，其个数为8×=4，硒原子8个位于棱上，2个位于晶胞内部，其个数为8×+2=4，所以该超导材料的最简化学式为KFe2Se2；②结合图示信息，每个原子周围最近且等距离的原子数为4；③硒原子8个位于棱上，2个位于晶胞内部，未画出的原子是Se，且位于晶胞内部，如图补充框内两个：。24.环氧乙烷()常用于医用消毒，也广泛应用于洗涤，制药，印染等行业。（1）作催化剂可实现乙烯高选择性制备环氧乙烷，涉及反应如下：主反应：副反应：①已知，则的燃烧热_______。②以上过程反应机理如下：反应Ⅰ：慢反应Ⅱ：快反应Ⅲ：快结合反应机理，一定能够提高主反应的反应速率的措施有_______(填标号)。A.增大浓度B.增大浓度C.升高温度D.通入氦气③加入二氯乙烷会发生。一定条件下，反应经过一定时间后，产率及选择性与二氯乙烷浓度关系如图。二氯乙烷能使产率先增加后降低的原因是_______。（2）反应结束后，控制氨水浓度对失活催化剂(主要成分是)进行回收。时，且。①则_______(填数值)。②氨水中至少含有_______才能回收。（3）用乙烯经电解制备环氧乙烷是一种高效、清洁的方法，其原理如图所示。则电解法制环氧乙烷的总化学反应方程式为：_______。【答案】（1）①.②.③.二氯乙烷浓度低时抑制副反应，而增加主反应选择性；浓度较高时则会使催化剂失活而降低催化效果（2）①.②.（3）【解析】【小问1详解】①燃烧热为1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物，则；故答案为：−

1360.4

kJ/mol；②在反应历程中，反应慢的步骤为反应的决速步，则反应Ⅰ为主反应；A．增大乙烯浓度会导致副反应速率加快，消耗更多氧气，氧气浓度降低，主反应速率减慢，故A错误；B．增大氧气浓度，利于提高反应历程中慢反应速率，从而提高主反应速率，故B正确；C．升高温度，反应速率一定加快，故C正确；D．通入无关反应气体，可能导致反应物浓度降低，速率减慢，故D错误；故答案为：BC；③1，2−二氯乙烷浓度低时抑制副反应，而增加主反应选择性；浓度较高时则会使催化剂失活而降低催化效果，则1，2−二氯乙烷能使产率先增加后降低；故答案为：1，2−二氯乙烷浓度低时抑制副反应，而增加主反应选择性；浓度较高时则会使催化剂失活而降低催化效果；【小问2详解】①平衡常数；故答案为：1010.46；②根据反应可知，回收1mol氯化银需要2mol氨，该反应平衡常数为100.72，假设1L氨水含xmolNH3，则有，解得；x=2+100.36；故答案为：2+100.36；【小问3详解】根据图示可知，乙烯发生氧化反应，生成环氧乙烷，则X为阳极，则Y为阴极，溶液中H+发生还原反应生成氢气，则总反应式为；故答案为：。25.亚硝酰氯是一种黄色气体，熔点为64.5℃，沸点为5.5℃，常用于合成洗涤剂、触媒等，可由与在通常条件下反应得到。某实验小组设计实验制备并测定产品中的含量。步骤1.制备按如图装置进行实验(夹持装置略)，已知：a.。（1）装置中盛放稀硝酸的仪器名称为_______；装置A中反应的离子方程式为_______。（2）仪器连接的顺序为_______：(仪器可重复使用)；装置C中所盛的试剂是_______。（3）实验时，待装置B中三颈烧瓶内充满黄绿色气体时，再将通入三颈烧瓶中，这样做的目的是_______。步骤2.含量的测定(假设杂质不参与反应)又知：b.；c.；d.；①取三颈烧瓶中所得产物溶于适量氢氧化钠溶液中，然后加入一定量稀硫酸和，并通入足量，将全部赶出，最后将溶液稀释至；②取上述所得溶液，用淀粉作指示剂，用标准溶液滴定至终点，最终消耗标准溶液的体积为。（4）实验测得产品中的含量为_______(保留一位小数)。（5）下列操作将导致测量含量偏低的是_______(填标号)。加入的氢氧化钠溶液过少滴定前滴定管有气泡，滴定后气泡消失锥形瓶内溶液蓝色消失后立即读数读数时，滴定前仰视，滴定后平视【答案】（1）①.分液漏斗②.（2）①.d→e→f→g；g←f②.饱和溶液（3）排尽装置内的空气，防止被氧化（4）65.5（5）【解析】【分析】据可知，NOCl会和水反应，则生成NOCl的原料气需要干燥处理；A中生成Cl2后，浓盐酸含有挥发性，所以得到的Cl2中含有HCl，应C装置除去Cl2中的HCl且起安全瓶的作用，C中溶液为饱和的NaCl溶液，D装置的作用是干燥氯气，D中溶液为浓硫酸，E用于生成NO，生成NO通过D浓硫酸装置干燥，氯气和NO在B中反应生成NOCl，尾气通过碱石灰吸收且可以防止空气中水进入B。【小问1详解】装置中盛放稀硝酸的仪器名称为分液漏斗；装置A中发生反应为浓盐酸和KMnO4反应生成Cl2，离子方程式为；【小问2详解】A中生成Cl2后，浓盐酸有挥发性，所以得到的Cl2中含有HCl，C装置除去Cl2中的HCl且起安全瓶的作用，C中溶液为饱和的NaCl溶液，根据已知，NOCl能和水反应，所以B中发生反应的氯气必须是干燥的，所以D装置的作用是干燥氯气，D中溶液为浓硫酸；E用于生成NO，且是干燥的，所以连接顺序为a→d→e→f→g→b，c←g←f←h，C装置作用为除去Cl2中的HCl且起安全瓶的作用，C中溶液为饱和的NaCl溶液；【小问3详解】实验时，待装置B中三颈烧瓶内充满黄绿色气体时，再将通入三颈烧瓶中，这样做的目的是排尽装置内的空气，防止NO被氧化；【小问4详解】由已知反应可知，则产品中NOCl的含量为【小问5详解】a．加入的氢氧化钠溶液过少会导致偏小，则NOCl含量偏低，故a符合题意；b．滴定前滴定管有气泡，滴定