资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩18页未读，
继续阅读
所属成套资源：2023怀化高二上学期期末考试及答案(九科)
成套系列资料，整套一键下载
- 2023怀化高二上学期期末考试英语试题含解析 试卷 0 次下载
- 2023怀化高二上学期期末考试地理试题含解析 试卷 0 次下载
- 2023怀化高二上学期期末考试历史试题含解析 试卷 0 次下载
- 2023怀化高二上学期期末考试物理试题含解析 试卷 0 次下载
2023怀化高二上学期期末考试化学试题含解析
展开
这是一份2023怀化高二上学期期末考试化学试题含解析，文件包含湖南省怀化市2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题含解析docx、湖南省怀化市2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。
湖南省怀化市2022-2023学年高二上学期期末考试试卷
化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生活密切相关，下列说法错误的是
A. 激光、萤光、LED灯光都与电子跃迁释放能量有关
B. 臭氧是常用的气体消毒剂，臭氧是非极性分子
C. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极法
D. 泡沫灭火器中的常用试剂为硫酸铝和碳酸氢钠两种溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．电子跃迁本质上是组成物质的粒子(原子、离子或分子)中电子的一种能量变化，激光、荧光、LED灯发光时原子中的电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，因而能使光呈现颜色，与电子跃迁有关，A正确；
B．臭氧是V形结构，是由极性键结合而成的极性分子，B错误；
C．镁活泼性强，与热水器金属内胆接触，再与自来水形成原电池结构，镁做负极消耗，使内胆免于锈蚀，C正确；
D．泡沫灭火器用碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，使用时只需将两者混合，发生双水解反应，就可产生大量二氧化碳泡沫从而灭火，D正确；
故选B。
2. 下列化学用语表述正确的是
A. 基态N原子电子排布图：
B. 次氯酸的结构式：
C. 的模型：
D. 用原子轨道描述氯化氢分子中化学键的形成：
【答案】D
【解析】
【详解】A．基态N原子电子排布图为 ，故A错误；
B．次氯酸的结构式：，故B错误；
C．的中心原子的价层电子对数为3+=3，模型为平面三角形，故C错误；
D．H原子的未成对电子所在原子轨道为球形，Cl原子的未成对电子所在原子轨道为哑铃形，它们“头碰头”形成单键，故D正确；
故选D。
3. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 电解精炼铜时电路中每转移个电子，阳极溶解粗铜
B. 中含有的质子数为
C. 和于密闭容器中充分反应后，分子总数为
D. 的盐酸含有阴离子总数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．电解精炼铜时，阳极放电的不只是铜，还有比铜活泼的金属，故电路中转移2NA个电子时，阳极溶解粗铜小于64g，故A错误；
B．18gD2O的摩尔质量为20g/mol，D2O分子中含有10个质子，18g D2O中含有的质子数为×10×NA=9NA，故B错误；
C．H2和I2的反应为可逆反应，但由于反应前后分子的总物质的量不变，因此无论反应程度如何，分子总数一直为0.2NA，故C正确；
D．HCl在溶液中完全电离，则溶液中含1molCl-，另外溶液中还存在OH-，故阴离子总数大于，故D错误；
故选C。
4. 下列说法中正确的是
A. 在相同条件下，两份质量相等的氢气分别与足量的氧气充分反应，生成液态水比生成水蒸气放出热量少
B. 甲烷的燃烧热为，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为
C. 已知，则稀溶液和稀溶液的反应热
D. 室温下冰自动融化成水，这是熵增的过程
【答案】D
【解析】
【详解】A．在相同条件下，两份质量相等的氢气分别与足量的氧气充分反应，生成液态水比生成水蒸气放出热量多，A错误；
B．甲烷的燃烧热为，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为，B错误；
C．已知，则稀溶液和稀溶液的反应热因醋酸的电离吸热，，C错误；
D．室温下冰自动融化成水，水分子混乱度增大，这是熵增的过程，D正确；
故选D。
5. 已二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线基础上，提出了一条“绿色”合成路线；
下列说法正确的是
A. 苯和环己烷分子中碳的杂化轨道类型均为sp2杂化
B. 环己醇分子含有1个手性碳原子
C. 环己醇的沸点比甲基环己烷()高，是因为环己醇形成分子间氢键
D. 己二酸分子中所含键个数与键个数之比为：11∶2
【答案】C
【解析】
【详解】A．环己烷分子中的碳原子均为饱和碳原子，杂化轨道类型为sp3杂化，故A错误；
B．周围所连四个原子或原子团均不相同的为手性碳原子，环己醇中不含有手性碳原子，故B错误；
C．环己醇分子间可以形成氢键，故沸点比甲基环己烷高，故C正确；
D．所有的单键均为键，双键中含有一个键和一个键，故己二酸分子中所含键个数与键个数之比为：19∶2，故D错误；
故选C。
6. 氨水中存在电离平衡；氯化铵溶液中存在水解平衡。下列叙述正确的是
A. 相同条件下，的氨水和的氢氧化钠溶液，前者水的电离程度大
B. 向氯化铵溶液中滴加氨水至呈中性，溶液中
C. 相等的①、②、③三种溶液，：②>①>③
D. 某温度下，向氨水中滴加同浓度的溶液，滴加过程中减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨水和氢氧化钠溶液中水电离出的OH−浓度等于氢离子浓度，相同条件下，的氨水和的氢氧化钠溶液中氢离子浓度相同，则水的电离程度相同，A错误；
B． 向氯化铵溶液中滴加氨水至呈中性，则，结合溶液中电荷守恒，可得 ，B正确；
C．氯化铵和硫酸铵都是强酸弱碱盐，均由于铵离子水解使溶液呈酸性，相同条件下铵离子浓度相同时水解程度相同、生成的氢离子浓度相同、pH相同，硫酸氢铵溶液主要由于完全电离出氢离子呈酸性，则相等的①、②、③三种溶液，：②=①＞③，C错误；
D． 某温度下，氨水中存在，向氨水中滴加同浓度的溶液，滴加过程中氢氧根浓度减小，Kb不变，则上述比值增大，D错误；
答案选B。
7. 一种新化合物结构如图所示，其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是
A. 该新化合物中X、Y、Z均满足8电子稳定结构
B. 工业上可通过电解溶液获得W单质
C. Y的氧化物的水化物一定是强酸
D. 氢化物稳定性：
【答案】A
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半，则X的核外电子数为偶数，且Z形成1个共价键、即Z的最外层电子数为7，所以X为Si，Z为Cl，W为Na；在化合物中，Y除形成两对共用电子后，还获得Na失去的1个电子，所以Y应为P元素。从而得出W、X、Y、Z分别为Na、Si、P、Cl元素。
【详解】A．据分析，该新化合物中X、Y、Z均满足8电子稳定结构，A正确；
B．工业上可通过电解熔融(NaCl)获得W单质 (Na)，B不正确；
C．Y为P元素，其最高价氧化物的水化物是H3PO4，属于中强酸，C不正确；
D．X、Y、Z位于同一周期，则元素非金属性顺序为，氢化物稳定性：，D不正确；
故选A。
8. 温度为T时，向恒容密闭容器中充入：，反应经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
0
50
150
250
350
0
0.16
0.19
0.20
0.20
下列说法正确的是
A. 温度为T时平衡常数
B. 保持其他条件不变，升高温度再次平衡时
C. 后向该容器中再充入、和，反应达到平衡前v(正)
【答案】C
【解析】
【详解】A．平衡时平衡常数为，故A错误；
B．平衡时c(PCl3)＝0.20mol÷2L=0.10mol·L−1，正反应为吸热反应，保持其他条件不变，升高温度，c(PCl3)增加，即，故B错误；
C．平衡时平衡常数为，相同温度下，起始时向容器中充入0.8molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，此时浓度商，向逆反应方向进行，则反应达到平衡前v(正)
综上所述，答案为C。
9. 以和为原料的共电解技术既能制备原料气(和)，又能实现减排，对环境保护有重要意义。固体氧化物(电解质为掺杂了氧化钇的氧化锆)电解池的工作原理如图，下列说法正确的是
A. N为阴极，与电源的负极相连
B. 若，则M极的电极反应式为
C. 理论上每生成(标准状况)和电路中转移电子数为
D. 该装置在常温下工作，可节约能源
【答案】C
【解析】
【分析】该电解池中，O2-离子移向N极、失去电子发生氧化反应生成O2，则N极为阳极，N极与电源正极相连，M极阴极、与电源负极相连，M极上发生还原反应；
【详解】A． 据分析，M为阴极，与电源的负极相连，A错误；
B． 据分析：M极上发生还原反应，若，则M极的电极反应式为，B错误；
C．存在关系式：，每生成(标准状况) 电路中转移电子数为，，每生成(标准状况)电路中转移电子数为，则理论上每生成(标准状况)和电路中转移电子数为，C正确；
D．常温下固体氧化物(电解质为掺杂了氧化钇的氧化锆)中离子不能自由移动，高温下熔融离子可自由移动，则该装置在不能在常温下工作， D错误；
答案选C。
10. 亚硒酸是一种二元弱酸。常温下溶液中逐滴加入溶液，混合溶液中[X为或]与pH的变化关系如图所示。
A. 曲线a表示与的变化关系
B. 的的数量级为
C. 时
D. 时，溶液中存在：
【答案】D
【解析】
【分析】硒酸(H2SeO3)是一种二元弱酸，根据H2SeO3+KOH=KHSeO3+H2O、KHSeO3+KOH=K2SeO3+H2O，结合pH=2.37时，a线的lgX为0，b线的lgX为-3，则a表示lg，b表示lg，以此解题。
【详解】A ．由分析可知，a表示lg，b表示lg，故A错误；
B．H2SeO3的第一步电离为H2SeO3H++HSeO，lg为0时，pH=2.37，则平衡常数Ka1==10-2.37，则数量级为，故B错误；
C．由图可知时，=，则根据电荷守恒可知，，因为溶液显酸性，故氢氧根浓度大于氢离子浓度，且=，则，故C错误；
D．pH=5.23时，溶液中存在离子为H+、OH-、HSeO、SeO，lg=0，有c(HSeO)=c(SeO)，结合电荷守恒得c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSeO)+2c（SeO）= c(OH-)+3c(HSeO)，故D正确；
故选D。
11. X、Y、Z、Q、R是元素周期表前四周期元素，且原子序数依次增大：X原子核外有6种不同运动状态的电子：Y最外层电子数比次外层电子数多3个；Z基态原子的能级成对电子数与未成对电子数相等；Q电子总数是最外层电子的3倍；R是用量最大使用最广泛的金属。下列说法正确的是
A. 的价电子排布式为 B. 第一电离能
C. 的分子空间构型为直线型 D. 最简单氢化物分子键角：
【答案】C
【解析】
【分析】X原子核外有6种不同运动状态的电子，则X是6号元素，X为C，Y最外层电子数比次外层电子数多3个，则Y为N，Z基态原子的能级成对电子数与未成对电子数相等，则为2s22p4，则Z为O，Q电子总数是最外层电子的3倍，则Q为P，R是用量最大使用最广泛的金属，则R是Fe，以此解题。
【详解】A．Fe2+的价电子排布式为，A错误；
B．N的价层电子排布式为2s22p3，是半满的稳定结构，其第一电离能大于O的第一电离能，B错误；
C．中心原子C的价层电子对数为2，是sp杂化，其分子空间构型为直线形，C正确；
D．最简单氢化物和中N的电负性较大，且N—H较短，相邻两个N—H间的斥力较大，键角较大，D错误；
故选C。
12. 室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向某溶液中滴加溶液，产生蓝色沉淀
原溶液中有，无
B
向浓度均为的、混合溶液中滴加少量溶液，有黄色沉淀生成
C
用注射器吸入由和组成的混合气体，向外拉动注射器活塞至气体体积为原来的2倍，气体颜色变浅
反应的平衡正向移动
D
用试纸测得：溶液约为9，溶液的约为8
电离出的能力比的强
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．溶液可检验，滴加少量的溶液，产生蓝色沉淀，可知X溶液中一定含有，A错误；
B．浓度均为的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量溶液，Ksp小的先沉淀，只出现黄色沉淀，可知，B正确；
C．用注射器吸入由和组成的混合气体，向外拉动注射器活塞至气体体积为原来的2倍，瞬间由于c()减小，气体的颜色变浅，接下来由于减小了容器压强，平衡逆向移动，气体颜色变深，由于外界因素的影响是主要的，故气体颜色也比原来浅，C错误；
D．溶液、溶液的浓度未知，应测定等浓度盐溶液的pH，D错误；
故选B。
13. 催化某反应的一种反应机理如图所示。下列叙述正确的是
A. 总反应方程式为
B. 该催化循环过程中起催化作用的只有
C. 该反应有利于减少二氧化碳的排放
D. 该催化循环中的成键数目未发生变化
【答案】A
【解析】
【详解】A． 由图知，总反应为CO和H2O在、OH-催化作用下生成CO2和H2，总反应方程式为，A正确；
B． 该催化循环过程中起催化作用的有、OH-，B错误；
C． 该反应生成二氧化碳，不利于减少二氧化碳的排放，C错误；
D． 该催化循环中的成键数目有6个、5个、4个，故的成键数目发生变化，D错误；
答案选A
14. 的分解反应为，反应体系达到平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化情况如图所示(第到的浓度变化曲线未标出)，下列说法正确的是
A. 时改变平衡状态的条件为增大压强
B. 第反应温度比第反应温度高
C. 时反应重新达到平衡，
D. 的平均反应速率比时大
【答案】C
【解析】
【分析】由第4min到第8min时，生成物逐渐浓度增大、反应物浓度逐渐减小，说明平衡向正反应方向移动，则是因为改变反应温度引起的，正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，所以T(4min)＜T(8min)；第10 min时CO的浓度瞬时减小，而另一种生成物Cl2的浓度却瞬时不变，随后逐渐增大，说明改变的条件为移出部分CO(或减小苯CO的浓度)，第10min到第12min时，各成分浓度变化值为0.01mol/L，则第14min时COCl2浓度为0.03mol/L，由图知，第14min时，各成分浓度均瞬间变为三分之二，则第14min时，采取的措施为扩大体积、减小压强；
【详解】A．据分析， 时改变平衡状态的条件为减小压强，A错误；
B． 据分析，第反应温度比第反应温度低，B错误；
C．据分析， 时反应重新达到平衡，，C正确；
D．、时均处于平衡状态，各成分的改变值为0，的平均反应速率时等于时，D错误；
答案选C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。请考生根据要求作答。
15. 随着经济的发展，能源与环境问题越来越受到人们的重视和关注，资源利用和环境保护是当前重要研究课题，回答下列问题：
（1）合成气(、、)在工业上可用来生产甲醇，有关反应的热化学方程式及不同温度下的化学平衡常数如表所示：
热化学方程式
平衡常数
温度／℃
500
700
800
Ⅰ.
2.50
0.340
0.150
Ⅱ.
2.50
0.578
0.378
则反应_______(用含a、b代数式表示)，_______0(填“>”或“<”)。
（2）科学家提出利用与制备“合成气”(、)，可能的反应历程如下图所示：
注：表示吸附性活性炭，E表示相对总能量，表示过渡态。
若则决定制备“合成气”反应速率化学方程式为_______。
（3）一定条件下，向密闭容器中通入一定量的和制备甲醇，投料比，反应为；测得容器内总压强与反应时间的关系如下图所示。
①X点的逆反应速率(逆)与Y点的正反应速率(正)的大小关系：(逆)_______(正)(填“>”、“<”或“=”)。
②图中Z点的压强平衡常数_______(保留两位有效数字；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（4）利用电化学方法通过微生物电催化将有效地转化为，装置如图所示。
阴极区电极反应式为_______；当体系的温度升高到一定程度，电极反应的速率反而迅速下降，其主要原因是_______。装置工作时，阴极区除生成外，还可能生成副产物并降低电解效率。已知：电解效率，标准状况下，当右池生成氧气体积为时，测得左池的物质的量为，则电解效率为_______。
【答案】（1） ①. b-a ②. >
（2）或
（3） ①. < ②. 0.074
（4） ①. ②. 温度过高微生物催化能力降低(合理答案均计分) ③. 80%
【解析】
【小问1详解】
设Ⅲ根据盖斯定律可知，Ⅲ=Ⅱ-Ⅰ，则；根据表格中的数据可知，随着温度升高，在减小，则为放热反应，a<0，随着温度升高，在减小设反应Ⅲ的平衡常数为，因为Ⅲ=Ⅱ-Ⅰ，则500℃、700℃、800℃时的数值分别为：1、1.7、2.52，可以发现，温度升高，常数增大，则为吸热反应，故；
【小问2详解】
因为，所以，反应速率由活化能大的步骤决定，故决定制备“合成气”反应速率的化学方程式为：或；
【小问3详解】
①由图可知，T1对应的图像反应提前达到平衡状态，故T1>T2，X点没有平衡，逆反应速率较小，Y点处于平衡状态，则(正)=(逆)>(逆)，故答案为<；
②投料比，设n(CO)=1mol，n(H2)=3mol，达到平衡时参加反应的CO为xmol，则可得一下三段式
根据阿伏伽德罗定律可知压强之比等于物质的量之比，则，解得，x=0.6mol，则平衡时总物质的量n(总)=，则平衡常数；
【小问4详解】
由图可知，右侧水失去电子生成氧气，则右侧为阳极，左侧为阴极，在阴极二氧化碳得到电子生成，电极方程式为：；该反应使用到了微生物，温度高的时候微生物会失去活性，反应速率会降低，故主要原因是：温度过高微生物催化能力降低(合理答案均计分)；由图可知，生成1个氧气分子转移4个电子，则生成336mL氧气时，转移电子0.06mol，根据阴极电极方程式可知，在阴极生成1个转移2个电子，则生成0.024mol转移电子0.048mol，电解效率。
16. 弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属于化学平衡。回答下列问题：
（1）已知在水中存在以下平衡：，，溶液显_______(填“酸性”、“碱性”、“中性”)；等体积等物质的量浓度的和溶液混合后，所得溶液中离子浓度由大到小顺序是_______。
（2）时，次氯酸的；亚硫酸的、。将少量的通入溶液中反应的离子方程式为_______。
（3）常温下，向的氨水中逐滴加入的盐酸，所得溶液的、溶液中和的物质的量分数与加入盐酸的体积的关系如下图所示。
①的电离常数为_______。
②当加入盐酸的体积为时，溶液中_______(用计算式表示)。
（4）溶液与溶液反应会生成沉淀。已知：常温下，，则转化为的平衡常数_______。
【答案】（1） ①. 酸性 ②.
（2）
（3） ①. ②.
（4）90
【解析】
【小问1详解】
已知在水中存在以下平衡：，，这说明HA－只存在电离平衡，不水解，所以溶液显酸性；等体积等物质的量浓度的和溶液混合后恰好生成，HA－只存在电离平衡，不水解，由于水还电离出氢离子，因此所得溶液中离子浓度由大到小顺序是。
【小问2详解】
时，次氯酸的；亚硫酸的、，因此酸性强弱顺序为H2SO3＞HSO＞HClO，由于次氯酸根离子具有强氧化性，所以将少量的通入溶液中生成硫酸钙、盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为。
【小问3详解】
①随着盐酸的加入，一水合氨浓度减小，铵根浓度增大，当二者浓度相等时pH＝9.3，即氢氧根浓度为10－4.7mol/L，的电离常数为＝。
②当加入盐酸的体积为时pH＝8.9，即氢氧根浓度为10－5.1mol/L，溶液中生成的氯化铵和一水合氨的浓度相等，则根据物料守恒c(Cl－)=c(NH)+c(NH3·H2O)和电荷守恒c(OH－)+c(Cl－)=c(NH)+c(H＋)可知溶液中2c(OH－)－2c(H＋)＝（）。
【小问4详解】
转化为的方程式为AgCl+SCN－＝Cl－+AgSCN，其平衡常数。
17. 物质的结构决定了物质的性质。请从结构和性质的角度回答下列问题：
（1）下列状态的镁中，失去最外层一个电子所需能量最大的是_______(填字母序号)。
A. B. C. D.
（2）在分子中，键采用的成键轨道是_______。
（3）基态的价电子轨道表示式为_______；按照核外电子排布，把元素周期表划分为5个区，位于_______区。
（4）吡啶()和其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最强的是_______。
（5）吡啶()在水中的溶解度远大于苯，可能原因是_______。
【答案】（1）A （2）
（3） ①. ②. d
（4） （5）吡啶能与分子形成分子间氢键，吡啶和均为极性分子，符合相似相溶原理，而苯为非极性分子
【解析】
【小问1详解】
A.D表示Mg+，B、C表示Mg，Mg的第二电离能大于第一电离能，所以A、D失去最外层有关电子需要的能量大于B、C，3p能级的能量大于3s，3p能级上的电子易失去，电离最外层一个电子所需能量最大的是A，故答案为：A；
【小问2详解】
在分子中碳原子的杂化方式为sp2杂化，因此键采用的成键轨道是。
【小问3详解】
基态的价电子排布式为3d5，则其轨道表示式为；基态Fe的价电子排布式为3d64s2，按照核外电子排布，把元素周期表划分为5个区，因此位于d区。
【小问4详解】
已知－CH3为推电子基团，－F是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为：＞＞，结合题干信息碱性随N原子电子云密度的增大而增强可知，其中碱性最强的为：，故答案为：。
小问5详解】
已知苯分子为非极性分子，H2O分子为极性分子，且吡啶中N原子上含有孤电子对能与H2O分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度，吡啶远大于苯，故答案为：吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子；
18. 氮化钙()是一种棕色粉末，耐高温、导电性好、能溶于稀酸：在空气中会被氧化，遇水会水解生成刺激性气味的气体。实验室用与反应制备，并对纯度进行测定。制备装置如下图，回答下列问题：
Ⅰ.的制备
（1）仪器X的名称为_______；E装置的作用是_______。
（2）实验开始时应先点燃A处酒精灯，目的是_______；当观察到_______时再点燃C处酒精灯。
Ⅱ.纯度的测定：
（3）甲同学称取制备的样品，加入足量的碳酸钾溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥得沉淀。通过数据a、b即可求得氮化钙的质量分数，该方案是否合理？_______(填“是”或“否”)，理由是_______。
（4）乙同学按下图装置进行实验。用分液漏斗向三颈烧瓶中加入蒸馏水，打开K持续通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，并用的稀硫酸标准溶液完全吸收(液体体积变化忽略不计)。从烧杯中量取的吸收液注入锥形瓶中并滴入几滴指示剂，用标准溶液滴定过量的稀硫酸，重复操作2~3次，若消耗标准溶液平均体积为，则产品中的质量分数为_______；如果滴定管用蒸馏水洗涤后未用待装标准溶液润洗，则测定结果_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1） ①. 硬质玻璃管 ②. 液封(或防止空气中的氧气进入硬质玻璃管与和反应)
（2） ①. 排出装置中的空气防止钙加热氧化 ②. E装置中有均匀的气泡产生
（3） ①. 否 ②. 如有未参加反应的钙也可以与水反应转化为钙离子从而形成碳酸钙沉淀(合理答案均计分)
（4） ①. 74.0%(或0.74) ②. 偏低
【解析】
【分析】在A装置中，NH4Cl与NaNO2反应制取N2，用B装置干燥后，在C装置内与Ca反应生成Ca3N2，D装置用于防止E装置内水蒸气进入D装置，E装置用于防止空气进入D装置内，起液封作用。
【小问1详解】
由图可知，仪器X的名称为硬质玻璃管，根据题给信息可知，和Ca可以和空气中的氧气以及水蒸气反应，要防止空气中的氧气进入装置内，故装置E的作用为液封(或防止空气中的氧气进入硬质玻璃管与和反应)；
【小问2详解】
装置中含有空气，会影响实验，故先点燃A处酒精灯的目的是：排出装置中的空气防止钙加热氧化；当观察到E装置中有均匀的气泡产生时，说明装置中的空气已经被排干净了；
【小问3详解】
金属钙也是比较活泼的，没有反应完的钙也可以和水反应生成氢氧化钙，再转化成碳酸钙，故该方案不合理；理由是：如有未参加反应的钙也可以与水反应转化为钙离子从而形成碳酸钙沉淀(合理答案均计分)；
【小问4详解】
根据反应2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，可知2NaOH～H2SO4则与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量为×15×10-3L×2.00mol·L-1=0.015mol，再根据2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4+H2O，可知2NH3～H2SO4，可知反应产生氮化钙与水反应产生的氨气的物质的量为：2×(20×10-3L×1.00mol·L-1-0.015mol×)=0.1mol，根据Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，根据Ca3N2～2NH3，可知148g Ca3N2～2mol NH3，产品中Ca3N2的质量分数；如果滴定管用蒸馏水洗涤后未用待装标准溶液润洗，则测出的剩余的硫酸的量会偏大，用于吸收氨气的硫酸会偏小，氨气的量会偏小，结果偏低。
湖南省怀化市2022-2023学年高二上学期期末考试试卷
化学试题
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生活密切相关，下列说法错误的是
A. 激光、萤光、LED灯光都与电子跃迁释放能量有关
B. 臭氧是常用的气体消毒剂，臭氧是非极性分子
C. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极法
D. 泡沫灭火器中的常用试剂为硫酸铝和碳酸氢钠两种溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．电子跃迁本质上是组成物质的粒子(原子、离子或分子)中电子的一种能量变化，激光、荧光、LED灯发光时原子中的电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，因而能使光呈现颜色，与电子跃迁有关，A正确；
B．臭氧是V形结构，是由极性键结合而成的极性分子，B错误；
C．镁活泼性强，与热水器金属内胆接触，再与自来水形成原电池结构，镁做负极消耗，使内胆免于锈蚀，C正确；
D．泡沫灭火器用碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，使用时只需将两者混合，发生双水解反应，就可产生大量二氧化碳泡沫从而灭火，D正确；
故选B。
2. 下列化学用语表述正确的是
A. 基态N原子电子排布图：
B. 次氯酸的结构式：
C. 的模型：
D. 用原子轨道描述氯化氢分子中化学键的形成：
【答案】D
【解析】
【详解】A．基态N原子电子排布图为 ，故A错误；
B．次氯酸的结构式：，故B错误；
C．的中心原子的价层电子对数为3+=3，模型为平面三角形，故C错误；
D．H原子的未成对电子所在原子轨道为球形，Cl原子的未成对电子所在原子轨道为哑铃形，它们“头碰头”形成单键，故D正确；
故选D。
3. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 电解精炼铜时电路中每转移个电子，阳极溶解粗铜
B. 中含有的质子数为
C. 和于密闭容器中充分反应后，分子总数为
D. 的盐酸含有阴离子总数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．电解精炼铜时，阳极放电的不只是铜，还有比铜活泼的金属，故电路中转移2NA个电子时，阳极溶解粗铜小于64g，故A错误；
B．18gD2O的摩尔质量为20g/mol，D2O分子中含有10个质子，18g D2O中含有的质子数为×10×NA=9NA，故B错误；
C．H2和I2的反应为可逆反应，但由于反应前后分子的总物质的量不变，因此无论反应程度如何，分子总数一直为0.2NA，故C正确；
D．HCl在溶液中完全电离，则溶液中含1molCl-，另外溶液中还存在OH-，故阴离子总数大于，故D错误；
故选C。
4. 下列说法中正确的是
A. 在相同条件下，两份质量相等的氢气分别与足量的氧气充分反应，生成液态水比生成水蒸气放出热量少
B. 甲烷的燃烧热为，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为
C. 已知，则稀溶液和稀溶液的反应热
D. 室温下冰自动融化成水，这是熵增的过程
【答案】D
【解析】
【详解】A．在相同条件下，两份质量相等的氢气分别与足量的氧气充分反应，生成液态水比生成水蒸气放出热量多，A错误；
B．甲烷的燃烧热为，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为，B错误；
C．已知，则稀溶液和稀溶液的反应热因醋酸的电离吸热，，C错误；
D．室温下冰自动融化成水，水分子混乱度增大，这是熵增的过程，D正确；
故选D。
5. 已二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线基础上，提出了一条“绿色”合成路线；
下列说法正确的是
A. 苯和环己烷分子中碳的杂化轨道类型均为sp2杂化
B. 环己醇分子含有1个手性碳原子
C. 环己醇的沸点比甲基环己烷()高，是因为环己醇形成分子间氢键
D. 己二酸分子中所含键个数与键个数之比为：11∶2
【答案】C
【解析】
【详解】A．环己烷分子中的碳原子均为饱和碳原子，杂化轨道类型为sp3杂化，故A错误；
B．周围所连四个原子或原子团均不相同的为手性碳原子，环己醇中不含有手性碳原子，故B错误；
C．环己醇分子间可以形成氢键，故沸点比甲基环己烷高，故C正确；
D．所有的单键均为键，双键中含有一个键和一个键，故己二酸分子中所含键个数与键个数之比为：19∶2，故D错误；
故选C。
6. 氨水中存在电离平衡；氯化铵溶液中存在水解平衡。下列叙述正确的是
A. 相同条件下，的氨水和的氢氧化钠溶液，前者水的电离程度大
B. 向氯化铵溶液中滴加氨水至呈中性，溶液中
C. 相等的①、②、③三种溶液，：②>①>③
D. 某温度下，向氨水中滴加同浓度的溶液，滴加过程中减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨水和氢氧化钠溶液中水电离出的OH−浓度等于氢离子浓度，相同条件下，的氨水和的氢氧化钠溶液中氢离子浓度相同，则水的电离程度相同，A错误；
B． 向氯化铵溶液中滴加氨水至呈中性，则，结合溶液中电荷守恒，可得 ，B正确；
C．氯化铵和硫酸铵都是强酸弱碱盐，均由于铵离子水解使溶液呈酸性，相同条件下铵离子浓度相同时水解程度相同、生成的氢离子浓度相同、pH相同，硫酸氢铵溶液主要由于完全电离出氢离子呈酸性，则相等的①、②、③三种溶液，：②=①＞③，C错误；
D． 某温度下，氨水中存在，向氨水中滴加同浓度的溶液，滴加过程中氢氧根浓度减小，Kb不变，则上述比值增大，D错误；
答案选B。
7. 一种新化合物结构如图所示，其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是
A. 该新化合物中X、Y、Z均满足8电子稳定结构
B. 工业上可通过电解溶液获得W单质
C. Y的氧化物的水化物一定是强酸
D. 氢化物稳定性：
【答案】A
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半，则X的核外电子数为偶数，且Z形成1个共价键、即Z的最外层电子数为7，所以X为Si，Z为Cl，W为Na；在化合物中，Y除形成两对共用电子后，还获得Na失去的1个电子，所以Y应为P元素。从而得出W、X、Y、Z分别为Na、Si、P、Cl元素。
【详解】A．据分析，该新化合物中X、Y、Z均满足8电子稳定结构，A正确；
B．工业上可通过电解熔融(NaCl)获得W单质 (Na)，B不正确；
C．Y为P元素，其最高价氧化物的水化物是H3PO4，属于中强酸，C不正确；
D．X、Y、Z位于同一周期，则元素非金属性顺序为，氢化物稳定性：，D不正确；
故选A。
8. 温度为T时，向恒容密闭容器中充入：，反应经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
0
50
150
250
350
0
0.16
0.19
0.20
0.20
下列说法正确的是
A. 温度为T时平衡常数
B. 保持其他条件不变，升高温度再次平衡时
C. 后向该容器中再充入、和，反应达到平衡前v(正)
【答案】C
【解析】
【详解】A．平衡时平衡常数为，故A错误；
B．平衡时c(PCl3)＝0.20mol÷2L=0.10mol·L−1，正反应为吸热反应，保持其他条件不变，升高温度，c(PCl3)增加，即，故B错误；
C．平衡时平衡常数为，相同温度下，起始时向容器中充入0.8molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，此时浓度商，向逆反应方向进行，则反应达到平衡前v(正)
综上所述，答案为C。
9. 以和为原料的共电解技术既能制备原料气(和)，又能实现减排，对环境保护有重要意义。固体氧化物(电解质为掺杂了氧化钇的氧化锆)电解池的工作原理如图，下列说法正确的是
A. N为阴极，与电源的负极相连
B. 若，则M极的电极反应式为
C. 理论上每生成(标准状况)和电路中转移电子数为
D. 该装置在常温下工作，可节约能源
【答案】C
【解析】
【分析】该电解池中，O2-离子移向N极、失去电子发生氧化反应生成O2，则N极为阳极，N极与电源正极相连，M极阴极、与电源负极相连，M极上发生还原反应；
【详解】A． 据分析，M为阴极，与电源的负极相连，A错误；
B． 据分析：M极上发生还原反应，若，则M极的电极反应式为，B错误；
C．存在关系式：，每生成(标准状况) 电路中转移电子数为，，每生成(标准状况)电路中转移电子数为，则理论上每生成(标准状况)和电路中转移电子数为，C正确；
D．常温下固体氧化物(电解质为掺杂了氧化钇的氧化锆)中离子不能自由移动，高温下熔融离子可自由移动，则该装置在不能在常温下工作， D错误；
答案选C。
10. 亚硒酸是一种二元弱酸。常温下溶液中逐滴加入溶液，混合溶液中[X为或]与pH的变化关系如图所示。
A. 曲线a表示与的变化关系
B. 的的数量级为
C. 时
D. 时，溶液中存在：
【答案】D
【解析】
【分析】硒酸(H2SeO3)是一种二元弱酸，根据H2SeO3+KOH=KHSeO3+H2O、KHSeO3+KOH=K2SeO3+H2O，结合pH=2.37时，a线的lgX为0，b线的lgX为-3，则a表示lg，b表示lg，以此解题。
【详解】A ．由分析可知，a表示lg，b表示lg，故A错误；
B．H2SeO3的第一步电离为H2SeO3H++HSeO，lg为0时，pH=2.37，则平衡常数Ka1==10-2.37，则数量级为，故B错误；
C．由图可知时，=，则根据电荷守恒可知，，因为溶液显酸性，故氢氧根浓度大于氢离子浓度，且=，则，故C错误；
D．pH=5.23时，溶液中存在离子为H+、OH-、HSeO、SeO，lg=0，有c(HSeO)=c(SeO)，结合电荷守恒得c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSeO)+2c（SeO）= c(OH-)+3c(HSeO)，故D正确；
故选D。
11. X、Y、Z、Q、R是元素周期表前四周期元素，且原子序数依次增大：X原子核外有6种不同运动状态的电子：Y最外层电子数比次外层电子数多3个；Z基态原子的能级成对电子数与未成对电子数相等；Q电子总数是最外层电子的3倍；R是用量最大使用最广泛的金属。下列说法正确的是
A. 的价电子排布式为 B. 第一电离能
C. 的分子空间构型为直线型 D. 最简单氢化物分子键角：
【答案】C
【解析】
【分析】X原子核外有6种不同运动状态的电子，则X是6号元素，X为C，Y最外层电子数比次外层电子数多3个，则Y为N，Z基态原子的能级成对电子数与未成对电子数相等，则为2s22p4，则Z为O，Q电子总数是最外层电子的3倍，则Q为P，R是用量最大使用最广泛的金属，则R是Fe，以此解题。
【详解】A．Fe2+的价电子排布式为，A错误；
B．N的价层电子排布式为2s22p3，是半满的稳定结构，其第一电离能大于O的第一电离能，B错误；
C．中心原子C的价层电子对数为2，是sp杂化，其分子空间构型为直线形，C正确；
D．最简单氢化物和中N的电负性较大，且N—H较短，相邻两个N—H间的斥力较大，键角较大，D错误；
故选C。
12. 室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向某溶液中滴加溶液，产生蓝色沉淀
原溶液中有，无
B
向浓度均为的、混合溶液中滴加少量溶液，有黄色沉淀生成
C
用注射器吸入由和组成的混合气体，向外拉动注射器活塞至气体体积为原来的2倍，气体颜色变浅
反应的平衡正向移动
D
用试纸测得：溶液约为9，溶液的约为8
电离出的能力比的强
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．溶液可检验，滴加少量的溶液，产生蓝色沉淀，可知X溶液中一定含有，A错误；
B．浓度均为的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量溶液，Ksp小的先沉淀，只出现黄色沉淀，可知，B正确；
C．用注射器吸入由和组成的混合气体，向外拉动注射器活塞至气体体积为原来的2倍，瞬间由于c()减小，气体的颜色变浅，接下来由于减小了容器压强，平衡逆向移动，气体颜色变深，由于外界因素的影响是主要的，故气体颜色也比原来浅，C错误；
D．溶液、溶液的浓度未知，应测定等浓度盐溶液的pH，D错误；
故选B。
13. 催化某反应的一种反应机理如图所示。下列叙述正确的是
A. 总反应方程式为
B. 该催化循环过程中起催化作用的只有
C. 该反应有利于减少二氧化碳的排放
D. 该催化循环中的成键数目未发生变化
【答案】A
【解析】
【详解】A． 由图知，总反应为CO和H2O在、OH-催化作用下生成CO2和H2，总反应方程式为，A正确；
B． 该催化循环过程中起催化作用的有、OH-，B错误；
C． 该反应生成二氧化碳，不利于减少二氧化碳的排放，C错误；
D． 该催化循环中的成键数目有6个、5个、4个，故的成键数目发生变化，D错误；
答案选A
14. 的分解反应为，反应体系达到平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化情况如图所示(第到的浓度变化曲线未标出)，下列说法正确的是
A. 时改变平衡状态的条件为增大压强
B. 第反应温度比第反应温度高
C. 时反应重新达到平衡，
D. 的平均反应速率比时大
【答案】C
【解析】
【分析】由第4min到第8min时，生成物逐渐浓度增大、反应物浓度逐渐减小，说明平衡向正反应方向移动，则是因为改变反应温度引起的，正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，所以T(4min)＜T(8min)；第10 min时CO的浓度瞬时减小，而另一种生成物Cl2的浓度却瞬时不变，随后逐渐增大，说明改变的条件为移出部分CO(或减小苯CO的浓度)，第10min到第12min时，各成分浓度变化值为0.01mol/L，则第14min时COCl2浓度为0.03mol/L，由图知，第14min时，各成分浓度均瞬间变为三分之二，则第14min时，采取的措施为扩大体积、减小压强；
【详解】A．据分析， 时改变平衡状态的条件为减小压强，A错误；
B． 据分析，第反应温度比第反应温度低，B错误；
C．据分析， 时反应重新达到平衡，，C正确；
D．、时均处于平衡状态，各成分的改变值为0，的平均反应速率时等于时，D错误；
答案选C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。请考生根据要求作答。
15. 随着经济的发展，能源与环境问题越来越受到人们的重视和关注，资源利用和环境保护是当前重要研究课题，回答下列问题：
（1）合成气(、、)在工业上可用来生产甲醇，有关反应的热化学方程式及不同温度下的化学平衡常数如表所示：
热化学方程式
平衡常数
温度／℃
500
700
800
Ⅰ.
2.50
0.340
0.150
Ⅱ.
2.50
0.578
0.378
则反应_______(用含a、b代数式表示)，_______0(填“>”或“<”)。
（2）科学家提出利用与制备“合成气”(、)，可能的反应历程如下图所示：
注：表示吸附性活性炭，E表示相对总能量，表示过渡态。
若则决定制备“合成气”反应速率化学方程式为_______。
（3）一定条件下，向密闭容器中通入一定量的和制备甲醇，投料比，反应为；测得容器内总压强与反应时间的关系如下图所示。
①X点的逆反应速率(逆)与Y点的正反应速率(正)的大小关系：(逆)_______(正)(填“>”、“<”或“=”)。
②图中Z点的压强平衡常数_______(保留两位有效数字；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（4）利用电化学方法通过微生物电催化将有效地转化为，装置如图所示。
阴极区电极反应式为_______；当体系的温度升高到一定程度，电极反应的速率反而迅速下降，其主要原因是_______。装置工作时，阴极区除生成外，还可能生成副产物并降低电解效率。已知：电解效率，标准状况下，当右池生成氧气体积为时，测得左池的物质的量为，则电解效率为_______。
【答案】（1） ①. b-a ②. >
（2）或
（3） ①. < ②. 0.074
（4） ①. ②. 温度过高微生物催化能力降低(合理答案均计分) ③. 80%
【解析】
【小问1详解】
设Ⅲ根据盖斯定律可知，Ⅲ=Ⅱ-Ⅰ，则；根据表格中的数据可知，随着温度升高，在减小，则为放热反应，a<0，随着温度升高，在减小设反应Ⅲ的平衡常数为，因为Ⅲ=Ⅱ-Ⅰ，则500℃、700℃、800℃时的数值分别为：1、1.7、2.52，可以发现，温度升高，常数增大，则为吸热反应，故；
【小问2详解】
因为，所以，反应速率由活化能大的步骤决定，故决定制备“合成气”反应速率的化学方程式为：或；
【小问3详解】
①由图可知，T1对应的图像反应提前达到平衡状态，故T1>T2，X点没有平衡，逆反应速率较小，Y点处于平衡状态，则(正)=(逆)>(逆)，故答案为<；
②投料比，设n(CO)=1mol，n(H2)=3mol，达到平衡时参加反应的CO为xmol，则可得一下三段式
根据阿伏伽德罗定律可知压强之比等于物质的量之比，则，解得，x=0.6mol，则平衡时总物质的量n(总)=，则平衡常数；
【小问4详解】
由图可知，右侧水失去电子生成氧气，则右侧为阳极，左侧为阴极，在阴极二氧化碳得到电子生成，电极方程式为：；该反应使用到了微生物，温度高的时候微生物会失去活性，反应速率会降低，故主要原因是：温度过高微生物催化能力降低(合理答案均计分)；由图可知，生成1个氧气分子转移4个电子，则生成336mL氧气时，转移电子0.06mol，根据阴极电极方程式可知，在阴极生成1个转移2个电子，则生成0.024mol转移电子0.048mol，电解效率。
16. 弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属于化学平衡。回答下列问题：
（1）已知在水中存在以下平衡：，，溶液显_______(填“酸性”、“碱性”、“中性”)；等体积等物质的量浓度的和溶液混合后，所得溶液中离子浓度由大到小顺序是_______。
（2）时，次氯酸的；亚硫酸的、。将少量的通入溶液中反应的离子方程式为_______。
（3）常温下，向的氨水中逐滴加入的盐酸，所得溶液的、溶液中和的物质的量分数与加入盐酸的体积的关系如下图所示。
①的电离常数为_______。
②当加入盐酸的体积为时，溶液中_______(用计算式表示)。
（4）溶液与溶液反应会生成沉淀。已知：常温下，，则转化为的平衡常数_______。
【答案】（1） ①. 酸性 ②.
（2）
（3） ①. ②.
（4）90
【解析】
【小问1详解】
已知在水中存在以下平衡：，，这说明HA－只存在电离平衡，不水解，所以溶液显酸性；等体积等物质的量浓度的和溶液混合后恰好生成，HA－只存在电离平衡，不水解，由于水还电离出氢离子，因此所得溶液中离子浓度由大到小顺序是。
【小问2详解】
时，次氯酸的；亚硫酸的、，因此酸性强弱顺序为H2SO3＞HSO＞HClO，由于次氯酸根离子具有强氧化性，所以将少量的通入溶液中生成硫酸钙、盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为。
【小问3详解】
①随着盐酸的加入，一水合氨浓度减小，铵根浓度增大，当二者浓度相等时pH＝9.3，即氢氧根浓度为10－4.7mol/L，的电离常数为＝。
②当加入盐酸的体积为时pH＝8.9，即氢氧根浓度为10－5.1mol/L，溶液中生成的氯化铵和一水合氨的浓度相等，则根据物料守恒c(Cl－)=c(NH)+c(NH3·H2O)和电荷守恒c(OH－)+c(Cl－)=c(NH)+c(H＋)可知溶液中2c(OH－)－2c(H＋)＝（）。
【小问4详解】
转化为的方程式为AgCl+SCN－＝Cl－+AgSCN，其平衡常数。
17. 物质的结构决定了物质的性质。请从结构和性质的角度回答下列问题：
（1）下列状态的镁中，失去最外层一个电子所需能量最大的是_______(填字母序号)。
A. B. C. D.
（2）在分子中，键采用的成键轨道是_______。
（3）基态的价电子轨道表示式为_______；按照核外电子排布，把元素周期表划分为5个区，位于_______区。
（4）吡啶()和其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最强的是_______。
（5）吡啶()在水中的溶解度远大于苯，可能原因是_______。
【答案】（1）A （2）
（3） ①. ②. d
（4） （5）吡啶能与分子形成分子间氢键，吡啶和均为极性分子，符合相似相溶原理，而苯为非极性分子
【解析】
【小问1详解】
A.D表示Mg+，B、C表示Mg，Mg的第二电离能大于第一电离能，所以A、D失去最外层有关电子需要的能量大于B、C，3p能级的能量大于3s，3p能级上的电子易失去，电离最外层一个电子所需能量最大的是A，故答案为：A；
【小问2详解】
在分子中碳原子的杂化方式为sp2杂化，因此键采用的成键轨道是。
【小问3详解】
基态的价电子排布式为3d5，则其轨道表示式为；基态Fe的价电子排布式为3d64s2，按照核外电子排布，把元素周期表划分为5个区，因此位于d区。
【小问4详解】
已知－CH3为推电子基团，－F是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为：＞＞，结合题干信息碱性随N原子电子云密度的增大而增强可知，其中碱性最强的为：，故答案为：。
小问5详解】
已知苯分子为非极性分子，H2O分子为极性分子，且吡啶中N原子上含有孤电子对能与H2O分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度，吡啶远大于苯，故答案为：吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子；
18. 氮化钙()是一种棕色粉末，耐高温、导电性好、能溶于稀酸：在空气中会被氧化，遇水会水解生成刺激性气味的气体。实验室用与反应制备，并对纯度进行测定。制备装置如下图，回答下列问题：
Ⅰ.的制备
（1）仪器X的名称为_______；E装置的作用是_______。
（2）实验开始时应先点燃A处酒精灯，目的是_______；当观察到_______时再点燃C处酒精灯。
Ⅱ.纯度的测定：
（3）甲同学称取制备的样品，加入足量的碳酸钾溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥得沉淀。通过数据a、b即可求得氮化钙的质量分数，该方案是否合理？_______(填“是”或“否”)，理由是_______。
（4）乙同学按下图装置进行实验。用分液漏斗向三颈烧瓶中加入蒸馏水，打开K持续通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，并用的稀硫酸标准溶液完全吸收(液体体积变化忽略不计)。从烧杯中量取的吸收液注入锥形瓶中并滴入几滴指示剂，用标准溶液滴定过量的稀硫酸，重复操作2~3次，若消耗标准溶液平均体积为，则产品中的质量分数为_______；如果滴定管用蒸馏水洗涤后未用待装标准溶液润洗，则测定结果_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1） ①. 硬质玻璃管 ②. 液封(或防止空气中的氧气进入硬质玻璃管与和反应)
（2） ①. 排出装置中的空气防止钙加热氧化 ②. E装置中有均匀的气泡产生
（3） ①. 否 ②. 如有未参加反应的钙也可以与水反应转化为钙离子从而形成碳酸钙沉淀(合理答案均计分)
（4） ①. 74.0%(或0.74) ②. 偏低
【解析】
【分析】在A装置中，NH4Cl与NaNO2反应制取N2，用B装置干燥后，在C装置内与Ca反应生成Ca3N2，D装置用于防止E装置内水蒸气进入D装置，E装置用于防止空气进入D装置内，起液封作用。
【小问1详解】
由图可知，仪器X的名称为硬质玻璃管，根据题给信息可知，和Ca可以和空气中的氧气以及水蒸气反应，要防止空气中的氧气进入装置内，故装置E的作用为液封(或防止空气中的氧气进入硬质玻璃管与和反应)；
【小问2详解】
装置中含有空气，会影响实验，故先点燃A处酒精灯的目的是：排出装置中的空气防止钙加热氧化；当观察到E装置中有均匀的气泡产生时，说明装置中的空气已经被排干净了；
【小问3详解】
金属钙也是比较活泼的，没有反应完的钙也可以和水反应生成氢氧化钙，再转化成碳酸钙，故该方案不合理；理由是：如有未参加反应的钙也可以与水反应转化为钙离子从而形成碳酸钙沉淀(合理答案均计分)；
【小问4详解】
根据反应2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，可知2NaOH～H2SO4则与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量为×15×10-3L×2.00mol·L-1=0.015mol，再根据2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4+H2O，可知2NH3～H2SO4，可知反应产生氮化钙与水反应产生的氨气的物质的量为：2×(20×10-3L×1.00mol·L-1-0.015mol×)=0.1mol，根据Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，根据Ca3N2～2NH3，可知148g Ca3N2～2mol NH3，产品中Ca3N2的质量分数；如果滴定管用蒸馏水洗涤后未用待装标准溶液润洗，则测出的剩余的硫酸的量会偏大，用于吸收氨气的硫酸会偏小，氨气的量会偏小，结果偏低。
相关试卷
2023长沙师大附中高二上学期期末考试化学试题含解析： 这是一份2023长沙师大附中高二上学期期末考试化学试题含解析，文件包含湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题含解析docx、湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
2023怀化高二上学期期末考试化学试题含解析： 这是一份2023怀化高二上学期期末考试化学试题含解析，文件包含湖南省怀化市2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题含解析docx、湖南省怀化市2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。
2023昆明一中高二上学期期末考试化学试题含解析： 这是一份2023昆明一中高二上学期期末考试化学试题含解析
