精品解析：河北省邯郸市魏县2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题（解析版）

这是一份精品解析：河北省邯郸市魏县2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了选必二前两章；考试时间，计算题，实验题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年度高二化学期末考试卷
考试范围：选必一、选必二前两章；考试时间：75分钟；
注意事项：
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
第I卷(选择题)
一、单选题(每题3分，共42分)
1. 工业上常利用和合成尿素，该可逆反应分两步进行，整个过程中的能量变化如图所示。下列说法错误的是

A. 为合成尿素反应的中间产物
B. 利用和合成尿素是放热反应
C. 反应II在热力学上进行趋势很大
D. 的焓变
【答案】C
【解析】
【详解】A．从图像可知，合成尿素的过程中生成了NH2COONH4，其为合成尿素反应的中间产物，选项A正确；
B．由图像可知，根据反应物总能量大于生成物总能量，利用和合成尿素是放热反应，选项B正确；
C．反应Ⅱ为吸热反应，在热力学上进行趋势较小，选项C错误；
D．2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(1)+H2O(1)为放热反应，△H =生成物的总能量-反应物的总能量<0，即△H=E2-E1，选项D正确；
答案选C。
2. 和经过催化重整可制备合成气，其反应历程示意图如下，下列说法错误的是

A. ①→②放出能量 B. ①→②有碳氧键的断裂和形成
C. 合成气的主要成分为CO和 D. 该催化重整过程中催化剂Ni不参与反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．过程①→②反应物的能量高于生成物的能量，此反应为放热反应，选项A正确；
B．由反应物、生成物可知，①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，选项B正确；
C．此反应的反应物为CO2和CH4，Ni做催化剂，产物为CO和氢气，则合成气的主要成分为CO和，选项C正确；
D．Ni在此反应中先消耗、后生成，且质量不变，则为催化剂，催化剂参与化学反应，选项D错误；
答案选D。
3. 某温度下，将一定量碳酸氢铵固体置于容积不变密闭容器中，发生反应： 。下列有关说法不正确的是
A. 该反应高温条件下能自发进行
B. 若容器内混合气体的密度不变，则说明反应达到平衡状态
C. 若升高体系温度，则正、逆反应速率均增大
D. 反应达到平衡后，保持容器体积和温度不变，再往容器中充入一定量，则平衡逆向移动
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应为气体的分子数增大的反应，为吸热的熵增反应，根据反应可以自发进行，则需要早高温下自发，A正确；
B．反应为固体生成气体的反应，若容器内混合气体的密度不变，则说明反应不再移动，达到平衡状态，B正确；
C．升高温度反应速率加快，故升高体系温度，则正、逆反应速率均增大，C正确；
D．反应达到平衡后，保持容器体积和温度不变，再往容器中充入一定量，不影响下个反应物的浓度，平衡不会移动，D错误；
故选D。
4. T℃时，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示：

下列描述正确的是
A. 平衡时X、Y的转化率相同
B. T℃时，该反应的化学方程式为：，平衡常数
C. 达到平衡后，将容器体积压缩为1L，平衡向正反应方向移动
D. T℃时，若起始时X与Y均为，则平衡时Y的转化率小于80%
【答案】D
【解析】
【分析】根据图知，X、Y是反应物而Z是生成物，达到平衡状态时，、、，同一可逆反应同一时间段内各物质物质的量变化量之比等于其计量数之比，所以该反应方程式中X、Y、Z的计量数之比为：：：1：2，则该反应方程式为。
【详解】A．X、Y的转化率分别为：、，故A错误；
B．反应达到平衡状态时，，、，该反应平衡常数，故B错误；
C．该反应前后气体计量数之和不变，则压强不影响平衡移动，所以将容器体积压缩为1L，平衡不移动，故C错误；
D．温度不变，化学平衡常数不变，设参加反应的Y的物质的量为amol，根据方程式知，参加反应的X物质的量为amol，生成Z的物质的量为2amol，平衡时、、，，，Y转化率为，平衡时Y的转化率小于，故D正确；
故选：D。
5. 根据下列图示得出的结论正确的是。

A. 图甲表示常温下稀释的溶液和氨水时溶液的变化，曲线II表示氨水
B. 图乙表示反应在其他条件不变的情况下，改变起始的物质的量，平衡时的体积分数变化情况，由图可知的转化率：
C. 图丙表示相同浓度的溶液与溶液中分子浓度的分数[或]随的变化曲线，可得出酸性较强
D. 图丁是用溶液滴定等浓度的滴定曲线，图中
【答案】D
【解析】
【详解】A．等pH的强碱与弱碱，稀释相同倍数时，强碱的pH变化大，弱碱存在电离平衡，则图中Ⅰ表示氨水稀释的情况，选项A错误；
B．增大CO的物质的量，平衡正向移动，促进NO2的转化，则在其他条件不变的情况下结合图中起始CO的物质的量，可知NO2的转化率c> b> a，选项B错误；
C．由图丙可知，相同pH时，HB溶液中HB分子浓度较大，则HB的电离程度较小，则相同浓度的HA与HB溶液中，HB的酸性较弱，选项C错误；
D．图丁是AgCl饱和溶液中c (Ag+ )和c(Cl- )变化关系图像，当恰好反应完全时pAg= pCl= 4.87，- lg Kssp (AgCl) =[Igc(Ag+) )c(Cl-)]=[lgc(Ag+) + lgc(Cl-)] = pAg + pCl= a+b=4.87+4.87 = 9.74，选项D正确；
答案选D。
6. 下列措施能促进水的电离，并使的是
A. 向水中加入少量 B. 将水加热煮沸
C. 向水中加入少量 D. 向水中加入少量
【答案】C
【解析】
【分析】c(OH-)＞c(H+)，溶液呈碱性，再根据影响水的电离的因素：温度、同离子效应、所加物质的酸碱性等具体分析水的电离平衡的移动。
【详解】A．食盐在水中电离出钠离子与氯离子，两者都不能结合水电离的氢离子或氢氧根离子，不能使氢离子或氢氧根离子浓度变化，平衡不移动，不影响水的电离，溶液呈中性，故A不符；
B．加热时促进水的电离，但是氢离子和氢氧根浓度依然相等，溶液仍然呈中性，故B不符；
C．向水中加入少量，醋酸根离子结合水电离生成的氢离子生成弱酸醋酸，促进水的电离，使溶液中的，故C符合；
D．向水中加入少量，铵根离子结合水电离生成的氢氧根离子生成弱碱一水合氨，促进水的电离，但会使溶液中，故D不符；
故选C。
7. 以硫铁矿(主要成分是，含少量和)为原料制备磷酸铁的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。下列说法错误的是





开始沉淀
2.3
7.6
4.0
沉淀完全
4.1
9.7
5.2

A. 滤渣A的主要成分为 B. 操作I加入目的是除去过量的硫酸
C. 调的范围为5.2~7.6 D. 沉淀时，过高或者过低均不利于生成磷酸铁
【答案】B
【解析】
【分析】以硫铁矿主要成分是，含少量、和通入空气后被氧气氧化生成二氧化硫，铁元素被氧化为三价铁，在酸浸后二氧化硅不反应到滤渣A中，三氧化铝和氧化铁与硫酸反应，生成硫酸铝和硫酸铁，在还原时硫化亚铁加入后将三价铁还原为二价铁，在除铝过程中加入碳酸铁调节pH值将铝元素转化为氢氧化铝沉淀，在氧化过程中双氧水将二价铁氧化为三价铁，在沉铁过程中将三价铁转化为磷酸铁；
【详解】A．根据分析，酸浸后二氧化硅不反应到，滤渣A的主要成分为，故A正确；
B．根据分析，操作I加入目的是将三价铁还原为二价铁，故B错误；
C．用调节pH根据除去氢氧化铝，故pH调节大于5.2，而不能将二价铁沉淀，故pH小于7.6，故pH为5.2~7.6，故C正确；
D．沉淀时，过高会使Fe3+生成Fe(OH)3，过低无法生成磷酸铁沉淀，D正确；
故选B。
8. 用铂电极电解下列溶液，当耗电量相同时，阴极和阳极上同时都有气体产生，且溶液的pH下降的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．用铂电极电解硫酸，相当于电解水，阴极和阳极上同时都有气体产生，硫酸浓度增大，溶液pH降低，故A符合题意；
B．用铂电极电解硫酸铜溶液，生成铜、氧气和硫酸，反应生成酸，溶液pH降低，但阴极无气体产生，故B不符合题意；
C．用铂电极电解溶液，生成氢气、氧气，阴极和阳极上同时都有气体产生，消耗水，则溶液pH升高，故C不符合题意；
D．用铂电极电解氯化钾溶液，生成氢氧化钾和氢气、氯气，反应生成碱，溶液pH值升高，故D不符合题意；
故选A。
9. 下列说法正确的是

A. 用惰性电极电解溶液的离子方程式为
B. 图1为牺牲阳极保护法保护钢铁输水管
C. 图2可以实现在镀件上镀银
D. 电解精炼铜的过程中，当转移0.2mol电子时，阳极质量减少6.4g
【答案】B
【解析】
【详解】A．用惰性电极电解溶液反应生成氢氧化镁沉淀和氢气、氯气，离子方程式为，A错误；
B．镁比铁活泼，发生氧化反应，为牺牲阳极保护法保护钢铁输水管，B正确；
C．在镀件上镀银，则镀件需要做阴极，与电源负极相连，C错误；
D．电解精炼铜的过程中，阳极中锌等活泼金属要先于铜放电生成阳离子，故当转移0.2mol电子时，阳极质量减少质量不是6.4g，D错误；
故选B。
10. 下列说法正确的是
A. 基态原子2s电子的能量较高，其一定在比1s电子离核更远的区域运动
B. 已知某元素+3价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，该元素位于周期表中的d区
C. 处于最低能量的原子叫做基态原子，→过程中形成的是吸收光谱
D. 最外层电子数为ns2的元素都在元素周期表第2列或第12列
【答案】B
【解析】
【详解】A．能级和能层只是表示电子在该处出现的概率大小，并不代表电子运动的位置，故基态原子的2s电子的能量较高，不一定在比1s电子离核更远的区域运动，A错误；
B．某元素+3价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，离子的核外电子数是23，所以原子序数是26，即是铁元素，位于第四周期第Ⅷ族，属于d区，B 正确；
C．1s22s22px1→1s22s22py1，2P轨道上的能量一样，两者之间没有能量变化，也就没有光谱，C错误；
D．最外层电子数为ns2的元素在元素周期表第2列或第12列，还有第18列的He，还有一些过渡元素最外层电子数也为ns2，D错误；
故选B。
11. 短周期主族元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，Z的最外层每个能级上排布的电子数相同，W的最外层电子数比Y、Z最外层电子数之和少1，W和X的单质常温下均为无色气体。下列结论正确的是
A. 原子半径大小顺序为Z>Y>X>W
B. 通常用电解X与Y的化合物的方法制得Y单质
C. W与Y形成的化合物溶于水生成两种碱性物质
D. X、Z形成的化合物属于离子化合物
【答案】C
【解析】
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大；W和X的单质常温下均为无色气体，则W、X分别可能为H、N或O；这四种元素中，Z的原子序数最大，且其最外层每个能级上排布的电子数相同，则其最外层电子的排布式为3s23p2，故Z是Si；则W、X分别是N、O；N、Si的最外层电子数分别是5、4，则Y的最外层电子数是2，故Y是Mg；综上所述，W是N，X是O，Y是Mg，Z是Si。
【详解】A．由分析可知，W是N，X是O，Y是Mg，Z是Si，原子半径大小顺序为Mg＞Si＞N＞O，A错误；
B．由分析可知，X是O，Y是Mg，二者形成的化合物是MgO，工业上通常电解熔融的MgCl2来制备Mg，而非电解MgO，B错误；
C．由分析可知，W是N，Y是Mg，二者形成的化合物是Mg3N2，该化合物溶于水生成Mg(OH)2和NH3这两种碱性物质，C正确；
D．由分析可知，X是O，Z是Si，二者形成的化合物是SiO2，该化合物属于共价化合物，D错误；
故选C。
12. 短周期主族非金属元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X、Y三种元素的原子序数之和等于Z的原子序数，W、Y、Z三种元素能参与形成一种有机功能材料，结构如图所示(R表示一种有机基团)。下列说法正确的是

A. W、Z在自然界中均不存在游离态 B. 简单离子的还原性：
C. 的半径是所有微粒中最小的 D. W、X、Z三种元素组成的化合物中只含共价键
【答案】C
【解析】
【分析】根据短周期主族非金属元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，由，Z可以形成6条键，则Z最外层含有6个电子，Y可以形成2条键，则Y只能为O，Z只能为S，W可以形成一条单键，W为H，W、X、Y三种元素的原子序数之和等于Z的原子序数，则X的原子序数为16-8-1=7，则X为N。
【详解】A．W为H，Z为S，在自然界中存在游离态的S，故A错误；
B．X为N、Y为O，氧离子的还原性弱于氮离子，简单离子的还原性：，故B错误；
C．W为H，最外层一个电子，的半径是所有微粒中最小的，故C正确；
D．W、X、Z三种元素组成的化合物中可能含有离子键，如NH4HS，故D错误；
故选：C。
13. 酯在碱性条件下发生水解反应的历程如图，下列说法正确的是

A. 反应④为该反应的决速步
B. 若用进行标记，反应结束后醇和羧酸钠中均存在
C. 该反应历程中碳原子杂化方式没有发生改变
D. 反应①中攻击的位置由碳和氧电负性大小决定
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应历程中最慢的一步是整个反应的决速步，结合图示可知，反应①为该反应的决速步，A错误；
B．反应①断开了酯基的碳氧双键结合，反应②断裂出原酯基中的-OR’，反应③转移了氢离子得到醇R’OH，反应④生成羧酸钠没有转移氧原子，故反应结束后醇中不均存在，B错误；
C．反应①酯基中的碳从sp2杂化生成连接四个单键的sp3杂化，后经过反应②又生成羧基，恢复sp2杂化，故该反应历程中碳原子杂化方式有发生改变，C错误；
D．反应①中带负电，攻击位置由碳和氧电负性大小决定，攻击电负性较弱在成键后电子云密度较小的碳原子，D正确；
故选D。
14. 在气态和液态时，分子骨架结构与各原子所在位置如图所示，下列关于分子的说法正确的是

A. 分子中5个P—Cl键键能完全相同
B. 键角(∠Cl—P—Cl)有60°、90°、120°、180°四种
C. 每个原子都达到8电子稳定结构，且为非极性分子
D. 的二溴代物共有3种同分异构体
【答案】D
【解析】
【详解】A．键长越短，键能越大，该分子中5个P—Cl键的键长不都相同，所以键能不完全相同，A错误；
B．上下两个顶点Cl与中心P原子形成的键角为180°，中间平面正三角形内∠Cl—P—Cl为120°，上(或下)顶点Cl与P、平面正三角形上的Cl形成的∠C—P—Cl为90°，所以键角(∠Cl—P—Cl)有90°、120°、180°三种，B错误；
C．CP原子最外层有5个电子，在该分子中形成5个共用电子对，所以中P原子的最外层电子数为10，不满足8电子稳定结构，C错误；
D．的二溴代物中Br的位置有3种情况：2个Br位于中间正三角形平面(∠Br—P—Br=120°)，1个Br在中间正三角形平面、1个Br在顶点(∠Br—P—Br=90°)，2个Br都在顶点(∠Br—P—Br=180°)，D正确;
故选D。
第II卷(非选择题)
二、计算题
15. 已知可逆反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，平衡常数为K。
（1）557℃时，若起始浓度：CO为1mol·L-1，H2O为1.5mol·L-1，平衡时CO转化率为60%，则H2O的转化率为___________；K值为___________。
（2）557℃时，若起始浓度改为：CO为1mol·L-1，H2O为3mol·L-1，平衡时H2O的转化率为___________。
【答案】（1） ①. 40% ②. 1
（2）25%
【解析】
【详解】（1）对于可逆反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，若起始浓度：CO为1mol·L-1，H2O为1.5mol·L-1，达到平衡时，平衡时CO转化率为60%，则CO的消耗量为mol·L-1×60%=0.6mol·L-1，则水的消耗量为0.6mol·L-1，而二氧化碳的生成量为0.6mol·L-1，氢气的生成量为0.6mol·L-1，而水的平衡浓度为1.5mol·L-1-0.6mol·L-1=0.9mol·L-1，一氧化碳的平衡浓度为1mol·L-1-0.6mol·L-1=0.4mol·L-1，则H2O的转化率为0.6mol·L-1÷1.5mol·L-1=40%，平衡常数。
（2）557℃时，若起始浓度改为：CO为1mol·L-1，H2O为3mol·L-1，达到平衡时，一氧化碳的转化量为xmol·L-1，则水的转化量为xmol·L-1，二氧化碳的生成量为xmol·L-1，氢气的生成量为xmol·L-1，则水的平衡浓度为(3-x)mol·L-1，一氧化碳的平衡浓度为(1-x)mol·L-1，则根据平衡常数可以计算：xmol·L-1×xmol·L-1÷(3-x)mol·L-1×(1-x)mol·L-1=1，求出x=0.75mol·L-1，H2O的转化率为0.75mol·L-1÷3mol·L-1=25%。
16. 电解普通水和重水（H2O）的混合物，通电一段时间后，两极共生成气体18.5g，体积为33.6L（标况下）。求所生成的气体中氕和氘的原子个数比是多少。
【答案】3:1
【解析】
【详解】电解水的方程式为2H2O2H2↑+O2↑，由方程式知，氢气和氧气的体积之比为2:1，33.6L混合气体气体的物质的量是n=33.6L÷22.4L/mol=1.5mol，其中氢气的体积为22.4L，氢气的物质的量为1mol；氧气的体积为11.2L，氧气的物质的量是0.5mol，氧气的质量m(O2)=（11.2L÷22.4L/mol）×32g/mol=16g；氢气的质量为2.5g，所以氢气的平均摩尔质量=2.5g÷1mol=2.5g/mol，普通氢和重氢的物质的量之比为：(4-2.5):(2.5-2)=1.5：0.5=3:1，普通氢和重氢都是双原子分子，所以普通氢和重氢的原子个数之比为3:1。
三、实验题
17. 氯化铁是一种重要的铁盐，主要用于金属蚀刻、污水处理等。某化学兴趣小组利用氯化铁进行了一系列探究性学习：
I.探究浓度对化学平衡的影响规律。完成下表：
实验过程

解释与结论
(4)对实验现象的解释
①试管a：滴加较高浓度的，_______；
试管b：加入少量的铁粉，_______。
(5)实验结论：_______。

（1）现象是______
（2）现象是______
（3）作用是_____
（4）对实验现象的解释
①试管a：滴加较高浓度的，_______；试管b：加入少量的铁粉，_______。
（5）实验结论：_______。
II.探究温度对化学平衡的影响。
（6）在盛有沸水的烧杯中滴加5~6滴饱和氯化铁溶液，继续加热，体系呈红褐色，原因是_______(请从平衡移动原理的角度解释)。若将饱和氯化铁溶液蒸干、灼烧得到的固体是_______。
【答案】（1）溶液变红
（2）溶液红色变浅 （3）对比实验
（4） ①. 滴加较高浓度的，c(Fe3+)浓度增加，平衡正向移动，溶液红色加深； ②. 加入少量的铁粉，铁粉与Fe3+反应，c(Fe3+)浓度减小，平衡逆向移动，溶液红色变浅；
（5）增大反应物的浓度平衡正向移动，降低反应物的浓度，平衡逆向移动
（6） ①. 溶液存在平衡，加热平衡正向移动，水解程度增大，溶液红褐色加深； ②.
【解析】
【小问1详解】
氯化铁溶液中滴加KSCN溶液溶液呈红色，分成三份，溶液中存在平衡，（1）当向溶液中滴加5滴0.05mol/LFeCl3溶液c(Fe3+)浓度增加，平衡正向移动，溶液红色加深；
【小问2详解】
向试管（2）向混合溶液中加入铁粉，铁粉与Fe3+反应，c(Fe3+)浓度减小，平衡逆向移动，溶液红色变浅；
【小问3详解】
试管（3）给前两个试管是做对比实验；
【小问4详解】
根据三个实验可知滴加较高浓度的，c(Fe3+)浓度增加，平衡正向移动，溶液红色加深，加入少量的铁粉，铁粉与Fe3+反应，c(Fe3+)浓度减小，平衡逆向移动，溶液红色变浅；
【小问5详解】
增大反应物的浓度平衡正向移动，降低反应物的浓度，平衡逆向移动；
【小问6详解】
在盛有沸水的烧杯中滴加5~6滴饱和氯化铁溶液，继续加热，体系呈红褐色，溶液存在平衡，加热平衡正向移动，水解程度增大，溶液红褐色加深，若将饱和氯化铁溶液蒸干平衡正向移动、灼烧分解得到的固体是；
18. 水合肼()可用作抗氧剂等，工业上常用尿素和NaClO溶液反应制备水合肼。
已知：
Ⅰ.的结构如图： 。
Ⅱ.沸点118℃，具有强还原性。
（1）图中“…”表示_______。
（2）将通入过量NaOH溶液中制备NaClO，得到NaClO溶液写出NaClO电子式：_______。
（3）制备水合肼：将NaClO溶液滴入尿素水溶液中，控制一定温度，装置如图(夹持及控温装置已略)。充分反应后，A中的溶液经蒸馏获得水合肼粗品后，剩余溶液再进一步处理还可获得副产品NaCl和。

①A中反应的化学方程式是_______。
②冷凝管的作用是_______。
③若滴加NaClO溶液的速度较快时，水合肼的产率会下降，原因是：_______。
④NaCl和的溶解度曲线如图。由蒸馏后的剩余溶液获得NaCl粗品的操作是_______。

（4）水合肼在溶液中可发生类似的电离，呈弱碱性；其分子中与N原子相连的H原子易发生取代反应。
①写出水合肼和盐酸按物质的量之比1：1反应的离子方程式_______。
②碳酰胼()是目前去除锅炉水中氧气的最先进材料，由水合肼与DEC(，碳酸二乙酯)发生取代反应制得。碳酰肼的结构简式是_______。
③DEC分子中是否存在手性碳？_______(填“有”或“无”)。
【答案】（1）氢键 （2）
（3） ①. NaClO+CO(NH2)2+2NaOH+NaCl+Na2CO3 ②. 冷凝回流 ③. 被NaClO氧化 ④. 加热至有大量固体析出，趁热过滤
（4） ①. +H+=N2H+H2O ②. CO(NHNH2)2 ③. 无
【解析】
【分析】由图可知，三颈烧瓶A中发生的反应为一定温度下，尿素溶液与次氯酸钠和氢氧化钠的混合溶液反应制备水合肼，装置中温度计起控制反应温度的作用，球形冷凝管起冷凝回流作用水合肼的作用。
【小问1详解】
由水合肼的结构可知，结构中虚线代表肼中氢原子与水分子中的氧原子形成的氢键，故答案为：氢键；
【小问2详解】
次氯酸钠是离子化合物，电子式为，故答案为：；
【小问3详解】
①由分析可知，三颈烧瓶A中发生的反应为一定温度下，尿素溶液与次氯酸钠和氢氧化钠的混合溶液反应生成水合肼、氯化钠和碳酸钠，反应的化学方程式为NaClO+CO(NH2)2+2NaOH+NaCl+Na2CO3，故答案为：NaClO+CO(NH2)2+2NaOH+NaCl+Na2CO3；
②水合肼的沸点低，受热易挥发，则球形冷凝管起冷凝回流作用水合肼的作用，故答案为：冷凝回流；
③水合肼具有还原性，若滴加次氯酸钠溶液的速度较快，过量的次氯酸钠具有强氧化性，能将水合肼氧化，导致产率会下降，故答案为：被NaClO氧化；
④由图可知，碳酸钠的溶解度随温度变化大，而氯化钠的溶解度随温度变化不大，则由蒸馏后的剩余溶液获得氯化钠粗品的操作为当加热至有大量固体析出时，趁热过滤得到氯化钠，故答案为：加热至有大量固体析出，趁热过滤；
【小问4详解】
①等物质的量的水合肼和盐酸反应生成N2H5Cl和水，反应的离子方程式为+H+=N2H+H2O，故答案为：+H+=N2H+H2O；
②由水合肼与碳酸二乙酯发生取代反应制得碳酰胼可知，碳酰肼的结构简式为CO(NHNH2)2，故答案为：CO(NHNH2)2；
③由结构简式可知，碳酸二乙酯分子中不否存在连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故答案为：无。