浙江省宁波市九校2023-2024学年高二上学期期末联考试题化学试卷（Word版附解析）

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宁波市期末九校联考高二化学试题
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟
2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的钢笔或签字笔分别填写在试卷和答题纸的相应位置上
3.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在试卷上的作答一律无效
4.可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Ti 48 Ni 59 Ba 137
选择题部分
一、选择题（本大题共10题，每小题2分，共20分。每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. 2023年10月8日第19届亚运会在杭州圆满闭幕，本届亚运会秉持“绿色、智能、节俭、文明”的办会理念。下列说法正确的是
A. 用CO和生产火炬燃料甲醇的反应属于复分解反应
B. 吉祥物“江南忆”机器人所采用芯片的主要成分为硅单质
C. 亚运会纪念章“琮琮”是由锌合金镀金制成的，锌合金镀金属于合成材料
D. 场馆全部使用绿色能源，打造首届“碳中和”亚运会，“碳中和”就是不排放
【答案】B
【解析】
【详解】A．用CO和生产火炬燃料甲醇的反应同时生成水，不属于复分解反应，故A错误；
B．吉祥物“江南忆”机器人所采用芯片的主要成分为硅单质，硅是半导体，故B正确；
C．亚运会纪念章“琮琮”是由锌合金镀金制成的，锌合金镀金属于金属材料，故C错误；
D．场馆全部使用绿色能源，打造首届“碳中和”亚运会，“碳中和”指一段时间内直接或间接产生的二氧化碳或温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳的排放量，实现正负抵消，达到相对“零排放”，故D错误；
故选B。
2. 下列仪器名称正确的是
A. 三脚架B. 圆底烧瓶C. 研钵D. 坩埚
【答案】C
【解析】
【详解】A．仪器的名称为泥三角，故A错误；
B．仪器的名称为容量瓶，故B错误；
C．仪器的名称为研钵，故C正确；
D．仪器的名称为蒸发皿，故D错误；
故选C。
3. 下列化学用语表示不正确的是
A. HCl的s-p键电子云图：B. 氯化钠的分子式：NaCl
C. VSEPR模型：D. 氧化钠的电子式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．s轨道为球形，p轨道为哑铃形，HCl形成s-pσ键的电子云图为，故A正确；
B．氯化钠是离子化合物，无分子式，NaCl是氯化钠的化学式，故B错误；
C．水分子中O原子的价层电子对数为4，有2个孤电子对，其VSEPR模型为，故C正确；
D．钠离子和氧离子之间以离子键结合形成离子化合物，其电子式为，故D正确；
故选：B。
4. 下列过程不能用勒夏特列原理解释的是
A. 在生产可乐时，在加压的条件下通入
B. 对、和2HI(g)组成的平衡体系加压后颜色变深
C. 用热的溶液清洗带有油污的餐具
D. 配制溶液，常将晶体溶于较浓的盐酸中，再稀释至所需浓度
【答案】B
【解析】
【详解】A．CO2+H2OH2CO3，在加压的条件下通入，平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；
B．氢气和碘反应生成碘化氢反应为恒压反应，增大体系压强，容器体积缩小碘浓度增大故体系颜色会加深，但平衡不发生移动，B符合题意；
C．热的纯碱溶液易去油污，是因为碳酸钠溶液中碳酸根离子水解显碱性，反应过程是吸热反应，升温促进水解，碱性增强，可以用平衡移动原理来解释，C不符合题意；
D．铁离子水解Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+， 配制溶液常将晶体溶于较浓的盐酸中，抑制铁离子水解，能用勒夏特利原理解释，D不符合题意；
故选B。
5. 莫桑钻常作为钻石的替代品，结构与金刚石相似，每个C原子周围都有4个Si原子，每个Si原子周围都有4个C原子。下列关于莫桑钻晶体的说法错误的是
A. 该晶体具有各向异性B. 该晶体中C和Si均为杂化
C. SiC晶体的熔点比金刚石高D. 该晶体中最小的环为六元杂环
【答案】C
【解析】
【详解】A． 晶体具有各向异性，故A正确；
B． 该晶体中C和Si均形成4个б键，为杂化，故B正确；
C． C-Si键的键长大于C-C键的键长，SiC晶体的熔点比金刚石低，故C错误；
D． 该晶体中最小的环为3个C和3个Si原子连成的六元杂环，故D正确；
故选C。
6. 下列物质结构与性质或物质性质与用途对应关系不正确的是
A. 与均属于非极性分子，可用萃取碘水中的
B. 石墨晶体的层状结构间存在分子间作用力，可作为导电电极
C. 葡萄糖具有还原性，能发生银镜反应，可用于工业制镜
D. SiC中原子以共价键形成空间网状结构，可作砂轮的磨料
【答案】B
【解析】
【详解】A．CCl4与I2均属于非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理，可用CCl4萃取碘水中的I2，A项正确；
B．石墨晶体中层与层之间存在分子间作用力，层内存在大π键，层内存在自由移动的电子，具有导电性，B项错误；
C．葡萄糖分子中含有醛基，具有还原性，能发生银镜反应，可用于工业制镜，C项正确；
D．SiC中原子以共价键形成空间网状结构，熔点高、硬度大，可用作砂轮、砂纸的磨料，D项正确；
故选B。
7. 为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 室温下1LpH=10的浓氨水中的数目为
B. 标准状况下，22.4LHF含有的分子数为
C. 10mL12ml/L盐酸与足量加热反应，制得的分子数为
D. 0.1ml/L明矾溶液完全水解后生成胶粒数小于
【答案】A
【解析】
【详解】A． 室温下1LpH=10的浓氨水中的数目为1L×10-4ml/L×=，故A正确；
B． 标准状况下，HF是液态，不能用气体摩尔体积进行计算，故B错误；
C． 10mL12ml/L盐酸与足量加热反应，当盐酸变稀后，不与二氧化锰反应，故C错误；
D． 0.1ml/L明矾溶液体积未知，故D错误；
故选A。
8. 盐酸与溶液进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热，下列说法正确的是
A. 为防止混合溶液时溅出产生误差，混合时速度要慢
B. 玻璃搅拌器材料若用铜代替，则测得的会偏小
C. 用相同物质的量的NaOH（s）代替NaOH（aq）进行上述实验，测得的会偏大
D. 为了保证盐酸完全被中和，应采用稍过量的NaOH溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液混合时，既要防止溅出产生误差，又要提高混合时速率，防止热量损失，A错误；
B．铜具有较强的导热能力，搅拌器材料若用铜代替，会导致热量散失，从而使测得的偏大，B错误；
C．NaOH固体溶解时释放热量，用NaOH固体代替溶液，放出的热量增多，测得的会偏小，C错误；
D．加入物质的量稍过量的NaOH溶液，其目的是保证盐酸完全被中和，D正确；
故选D。
9. 下列有关化学反应速率与平衡的说法正确的是
A. 10.0mL2ml/L的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变
B. 恒温恒压密闭容器中：，充入惰性气体，反应速率不变
C. 反应达到平衡后，其他条件不变，将反应的体积缩小一半，则达到新平衡时的浓度将变大
D. 一定条件下，可逆反应达到平衡后，保持容器温度和容积不变，再通入一定量，则再次达到平衡时的百分含量减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．10.0mL2ml/L的盐酸跟锌片反应时，加入适量的氯化钠溶液，溶液中的氢离子浓度减小，反应速率减慢，故A错误；
B．由题意可知，合成氨反应在恒温恒压密闭容器中进行，向容器中充入不参与反应的惰性气体，容器的体积增大，反应体系中各物质浓度减小，反应速率减慢，故B错误；
C．由方程式可知，碳酸钙分解反应的平衡常数K=c(CO2)，平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，则反应达到平衡后，其他条件不变，将反应的体积缩小一半，气体压强增大，平衡向逆反应方向移动，但达到新平衡时二氧化碳的浓度不变，故C错误；
D．二氧化氮转化为四氧化二氮反应达到平衡后，保持容器温度和容积不变，再通入一定量二氧化氮相当于增大气体压强，平衡向正反应方向移动，二氧化氮的百分含量减小，故D正确；
故选D。
10. 下列反应的离子方程式表示正确的是
A. 向稀溶液中滴加足量氢碘酸：
B. 向酸性溶液中通入：
C. 向溶液中加入少量溶液：
D. 向明矾溶液中滴加溶液，恰好使沉淀：
【答案】C
【解析】
【详解】A．向稀溶液中滴加足量氢碘酸，离子方程式：，故A错误；
B．向酸性溶液中通入：，故B错误；
C．向溶液中加入少量溶液：，故C正确；
D．明矾溶液中滴加溶液，恰好使沉淀完全，铝离子转化成偏铝酸根离子，离子方程式：，故D错误；
答案选C。
二、选择题（本大题共10题，每小题3分，共30分。每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）
11. 短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，X是宇宙中含量最高的元素，Y元素基态原子的2p轨道半充满，W是电负性最大的元素，Q逐级电离能（kJ/ml）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. Q基态原子核外电子有11种不同的运动状态
D. 是非极性分子
【答案】B
【解析】
【分析】X是宇宙中含量最高的元素，X为H元素，Y元素基态原子的2p轨道半充满即电子排布式1s22s22p3，Y为N元素，W是电负性最大的元素X的2p轨道半充满，X为N，W是目前发现的电负性最大的元素且是短周期元素，非金属性最强则电负性最大，则W为F；结合原子序数可知Z为O；Q的第三电离能与第四电离能差距较大，可知M最外层有3个电子，其原子序数大于F，Q为Al；
【详解】A．N、O、F为同周期元素，随原子序数递增，第一电离能呈增大趋势，但氮原子最外层为半满稳定结构，其第一电离能大于O，则第一电离能：OB．电负性F＞Cl＞H，结合周围原子电负性大者则键角小，则键角：NH3>NF3，B正确；
C．Q为Al，电子排布式1s22s22p63s23p1，有7个轨道，则核外电子有7种空间运动状态，C错误；
D．O3的空间结构为V形，分子中正电荷中心和负电荷中心不重合，O3是极性分子，D错误；
故答案为：B。
12. 下列说法正确的是
A. 溶液中：
B. 常温下，溶液与溶液混合，经充分反应后，如果溶液体积为，则溶液
C. 相同条件下的①溶液 ②溶液 ③稀盐酸，三种溶液中由水电离产生的：①>②>③
D. 常温下，将稀溶液与溶液混合，可能出现，且的情况
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据电荷守恒可知，故，故A错误；
B．常温下溶液中含有氢离子ml，溶液中含有ml，经充分反应后，溶液中剩余ml 的氢氧根离子，溶液的体积为10ml，故此时氢氧根离子的浓度为，则溶液的pH=12，故B正确；
C．氯化铵中铵根离子水解促进了水的电离，而稀盐酸和醋酸溶液抑制了水的电离，由于二者的pH相同，则二者水的电离程度相同，所以三种溶液中由水电离产生的：①>②=③，故C错误；
D．常温下，将稀溶液与溶液混合，可能出现，则，但是不会出现、，故D错误；
故选B 。
13. 三聚的结构如图所示，下列关于三聚的推测合理的是

A. S原子的杂化方式与分子中原子的杂化方式相同
B. S原子与O原子间的键长均相同
C. 自发转变为三聚的过程放热
D. 在水中的溶解度较小
【答案】C
【解析】
【详解】A．分子中原子的杂化方式为sp2，三聚三氧化硫的S原子杂化方式为sp3，A错误；
B．S原子与O原子间存在双键和单键，单键和双键键长不相同，B错误；
C．自发转变为三聚的过程是成键的过程，为放热，C正确；
D．由三聚结构可知，其为极性分子，根据相似相容原理，在水中的溶解度较大，D错误；
故选C。
14. 已知HA是挥发性强酸，下列叙述正确且能说明HB是弱酸的是
A. HA和HB都可用相应的钠盐与浓硫酸反应制取
B. 相同pH的HA和HB分别跟铁反应时，产生氢气的起始速率相等
C. 相同pH的HA和HB溶液中分别加入相应的钠盐固体，HB的pH变大
D. 将pH均为3的HA和HB，都稀释成的溶液，HB所需加入水的量少
【答案】C
【解析】
【详解】A．HA和HB都可用相应的钠盐与浓硫酸反应制取，可能是由于浓硫酸的强氧化性所制取，不能说明HB是弱酸，故A错误；
B．相同pH的HA和HB分别跟铁反应产生氢气的起始速率相等，只能说明初始溶液相同，不能证明HB是弱酸，故B错误；
C．相同pH的HA和HB溶液中分别加入相应的钠盐固体，HB的pH变大，说明HB溶液中存在电离平衡，加入相应钠盐，减小，说明HB是弱酸，故C正确；
D．将pH均为3的HA和HB，都稀释成的溶液，HB所需加入水的量少，只能说明HB酸性强于HA，不能说明HB是弱酸，故D错误；
答案选C。
15. 中国科学家研究在Pd/SVG催化剂上H2还原NO生成N2和NH3的路径，各基元反应及活化能Ea(kJ·ml-1)如图所示，下列说法错误的是

A. 生成NH3的各基元反应中，N元素均被还原
B. 在Pd/SVG催化剂上，NO更容易被H2还原为NH3
C. 决定NO生成NH3速率的基元反应为NH2NO→NHNOH
D. 生成NH3的总反应方程式为2NO＋5H22NH3＋2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．图示可知，生成氨气的过程为：NO→HNO→NH2O→NH2OH→NH2→NH3，每步反应中N元素化合价均是降低，被还原，A正确；
B．NO被还原为N2的最大活化能明显大于还原生成NH3，故在该催化剂作用下，NO更容易被还原为NH3，B正确；
C．生成NH3的基元反应中，NH2O+H→NH2OH这一步活化能最大，相同条件下反应速率最慢，是决定NO生成NH3速率的基元反应，C错误；
D．由图可知，总反应为NO与H2反应生成NH3和H2O，对应反应的化学方程式：2NO＋5H22NH3＋2H2O，D正确；
故选C。
16. 一种光辅助可充电钠离子电池利用水系的电解液和NaI电解液分别作为电池的活性物质，并且将光电极嵌入到新型钠离子电池的正极，作为太阳能转化及存储基元。下列关于该电池的说法错误的是
A. 放电时，a电极的电极反应式为：
B. 充电时，光电极的电极反应式为：
C. 放电时，钠离子从右向左迁移
D. 充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意：TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能，充电时Na2S4还原为Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a是负极，b是电池的正极，在充电时，阳极上发生失电子的氧化反应：，据此回答；
【详解】A．A．充电时Na2S4还原为Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a是负极，电极反应式为：4S2--6e-=，A正确；
B．在充电时，阳极b上发生失电子的氧化反应，根据图示知道电极反应为，B正确；
C．放电时，a是负极，b是正极，钠离子是阳离子，应该从右向左，移向正极，C错误；
D．TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又能转化为化学能，D正确；
故选C。
17. 砷化镓是一种重要的半导体材料，熔点1238℃。它在600℃以下，能在空气中稳定存在，并且不被非氧化性的酸侵蚀。砷化镓晶胞结构如图。下列说法正确的是
A. 砷化镓是一种分子晶体
B. 砷化镓中不存在配位键
C. 基态As原子的价电子排布式为
D. 晶胞中Ga与周围等距且最近As形成的空间正四面体
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据砷化镓熔点数据和晶胞结构可知砷化镓为共价晶体，A错误；
B．Ga最外层有3个电子，每个Ga与4个As成键，所以砷化镓必有配位键，B错误；
C．As为33号元素，基态As原子的价电子排布式为，C错误；
D．由图可知，晶胞中Ga与周围等距且最近的As形成的空间构型为正四面体，D正确；
故选D。
18. 下面是丙烷(用表示)的氯化和溴化反应时的相对能量变化图(已知)及产率关系。有关说法不正确的是

A. 完全生成放热
B. 比稳定
C. 以丙烷、卤素、氢氧化钠溶液为原料制备2-丙醇，优于
D. 溴代和氯代第一步都是决速反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知，1个分子转化成放热，则完全生成放热，故A错误；
B．由图可知，的能量比低，则比稳定，故B正确；
C．由题目信息可知，丙烷和Br2发生取代反应时相比和Cl2发生取代反应更加容易生成CH2CH(X)CH3，CH2CH(X)CH3在NaOH水溶液中发生水解反应可以得到2-丙醇，则以丙烷、卤素、氢氧化钠溶液为原料制备2-丙醇，优于，故C正确；
D．由图可知，溴代和氯代第一步反应活化能大于第二步，说明第一步反应速率小于第二步，则溴代和氯代第一步都是决速反应，故D正确；
故选A。
19. 已知：、分别为一元弱碱和一元弱酸，二者在水中电离方程式分别为：；，25℃时，将10mL浓度均为的、两种溶液分别加水稀释，曲线如图所示，V是溶液体积（mL），，下列说法正确的是
A.
B. 水的电离程度：
C. 溶液中的阴、阳离子总浓度：
D. 常温下，向上述pOH=3的溶液加入等体积pH=3的盐酸后呈中性
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，1ml/甲胺溶液的pOH为1.69，则甲胺的电离常数约为=10-3.38，1ml/L硼酸溶液的pOH为9.38，则硼酸的电离常数约为=10-9.24，所以甲胺的电离常数大于硼酸，相同浓度的甲胺溶液的电离程度大于硼酸溶液，溶液中离子浓度大于硼酸溶液。
【详解】A．由分析可知，甲胺的电离常数大于硼酸的电离常数，故A错误；
B．由图可知，1ml/甲胺溶液的pOH为1.69，溶液的氢氧根离子浓度为10-1.69ml/L，1ml/L硼酸溶液的pOH为9.38，溶液的氢氧根离子浓度为10-4.62ml/L，酸溶液电离出的氢离子和碱溶液电离出的氢氧根离子均抑制水的电离，则等浓度的甲胺溶液中水的电离程度小于硼酸溶液，故B正确；
C．1ml/甲胺溶液和1ml/L硼酸溶液稀释相同倍数所得溶液浓度相等，由分析可知，甲胺的电离常数大于硼酸，相同浓度的甲胺溶液的电离程度大于硼酸溶液，溶液中离子浓度大于硼酸溶液，所以等浓度甲胺溶液中阴阳离子总浓度大于硼酸溶液，故C错误；
D．常温下，pOH为3的甲胺溶液与pH为3的盐酸溶液反应时，弱碱甲胺溶液过量，溶液呈碱性，故D错误；
故选B。
20. 下列实验探究方案能达到探究目的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．分别向溶液中加2mL0.1ml/L溶液和的溶液，高锰酸钾过量，高锰酸钾溶液不褪色，不能根据溶液褪色的快慢探究反应物浓度对化学反应速率的影响，故不选A；
B．与AgCl、AgBr结构不同，不能直接根据生成沉淀的顺序偏大溶度积常数的大小，故不选B；
C．铵根离子水解促进醋酸根离子水解，溶液呈中性，不能根据浓度均为的和溶液的pH值比较和的水解常数，故不选C；
D．向溶液中加入溶液，发生反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2，KI过量，FeCl3不足，充分反应后用苯萃取2~3次，取水层滴加KSCN溶液，若溶液变红，说明水层中含有Fe3+，则与的反应有一定限度，故选D；
选D。
非选择题部分
三、非选择题（本大题共5题，共50分）
21. 氢能在21世纪有可能在世界能源舞台上成为一种举足轻重的能源，氢的制取、储存、运输、应用技术也将成为21世纪备受关注的焦点。
（1）氨硼烷含氢量高、热稳定性好，是具有潜力的固体储氢材料。
①氨硼烷中N为价，B为+3价。H、B、N的电负性由大到小依次为_______。
②氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气，的结构如图1所示，在该反应中，B原子的杂化轨道类型由_______变为_______。
③Crabtree等报道了26种分子间存在双氢键X-H…H-Y（即H与H之间形成类氢键）。已知氨硼烷分子间也存在“双氢键”使氨硼烷的熔点明显升高，请分析“双氢键”能形成的原因是_______。
（2）是种新型储氢材料，其中可由和结合而成。BH₁含有_______（填序号）
①键②键③氢键④配位键⑤离子键
（3）某种新型储氢材料的晶胞如图2所示，八面体中心为M金属离子，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为，则在该化合物中，M离子的价电子排布式为_______，该化合物的化学式是_______。
【答案】（1） ①. N>H>B ②. sp3 ③. sp2 ④. 与N相连的H带正电，与B相连的H带负电，两种H之间存在相互作用
（2）①④ （3） ①. 3d6 ②.
【解析】
【小问1详解】
①氨硼烷中N为价，B为+3价，说明N吸引电子能力N大于H、H吸引电子能力大于B，电负性由大到小依次为N>H>B；
②氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气，氨硼烷中B原子形成4个σ键，根据的结构图，B形成3个σ键、无孤电子对，所以B原子的杂化轨道类型由sp3变为sp2。
③氨硼烷中与N相连的H带正电，与B相连的H带负电，两种H之间存在相互作形成“双氢键”。
【小问2详解】
中B-H键为键，有1个B-H键为配位键，所以含有键、配位键，选①④。
【小问3详解】
根据均摊原则，1个晶胞中含有八面体个数为 、四面体个数为8，则晶胞的化学式为，若其摩尔质量为，则M+17×6+15×2=188,M=56，则M是Fe元素；在该化合物中，M为Fe2+，价电子排布式为3d6，该化合物的化学式是 。
22. 二氧化氯（黄绿色易溶于水的气体）是绿色消毒剂，实验室用如图方法制备：
（1）与在溶液中恰好反应生成的离子方程式为_______。
（2）下列说法正确的是_______。
A. 气体A是
B. 消毒是通过缓慢释放的HClO作用的，其消毒的持久力强
C. 电解的阳极方程式为：
D. 除去中的气体B可用碱石灰，也能用无水氯化钙
（3）写出与水反应的化学方程式_______。
（4）、、的沸点由高到低的顺序是_______，你的理由是_______。
（5）假设恰好完全反应，气体全部逸出，设计实验检验溶液C中所有阴离子_______。
【答案】（1）NCl3+6ClO2－+3H2O=6ClO2+NH3+3Cl－+3OH－ （2）BC
（3）NCl3+3H2O=NH3+3HClO
（4） ①. NBr3>NCl3>NF3 ②. 三者都是分子晶体，且结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，所以沸点从高到低的顺序为NBr3>NCl3 >NF3
（5）取适量溶液C于试管中，向溶液中滴加无色酚酞（或紫色石蕊），溶液变为红色（或蓝色），则有氢氧根离子。氯离子：向溶液中滴加硝酸酸化，再滴入硝酸银溶液，生成白色的沉淀则有氯离子。
【解析】
【分析】电解氯化铵和盐酸的混合溶液获得NCl3和氢气，与在溶液中恰好反应生成和氨气以及含有大量氯离子和氢氧根的溶液C，氨气与NaClO反应生成NH2Cl。
【小问1详解】
与在溶液中恰好反应生成和氨气以及含有大量氯离子和氢氧根的溶液C ，根据得失电子守恒、元素守恒和电荷守恒可知与在溶液中恰好反应生成的离子方程式为NCl3+6ClO2－+3H2O=6ClO2+NH3+3Cl－+3OH－；
【小问2详解】
A. 气体A是氢气，A错误；
B. 消毒是通过缓慢释放的HClO作用的，其消毒的持久力强，B正确；
C. 电解的阳极方程式为：，C正确；
D. 中的气体B是氨气，氨气是碱性气体，不能用碱石灰碱石灰吸收除去，D错误；
故选BC；
【小问3详解】
中氮为-3价，氯为+1价，与水发生水解的化学方程式NCl3+3H2O=NH3+3HClO；
【小问4详解】
三者都是分子晶体，且结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，所以沸点从高到低的顺序为NBr3>NCl3 >NF3；
【小问5详解】
溶液C中含有大量的氢氧根和氯离子，检验方案为取适量溶液C于试管中，向溶液中滴加无色酚酞（或紫色石蕊），溶液变为红色（或蓝色），则有氢氧根离子；向溶液中滴加硝酸酸化，再滴入硝酸银溶液，生成白色的沉淀则有氯离子。
23. 油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算热分解反应④的______kJ/ml，该反应在_______（填“高温”或“低温”）条件下才可自发进行。
（2）某恒温恒容条件下，反应④中的转化率达到最大值的依据是_______（填字母）。
A. 气体的压强不发生变化
B. 气体的密度不发生变化
C. 平均摩尔质量不发生变化
D. 单位时间里分解的和生成的H2的量一样多
（3）目前较普遍采用的处理方法是克劳斯工艺：

①相比克劳斯工艺，利用反应④高温热分解方法的优缺点是_______。
②研究人员对反应条件对产率的影响进行了如图研究。同条件下，相同时间内，产率随温度的变化如图1所示。由图1可见，随着温度升高，产率先增大后减小，原因是_______。
③相同条件下，相同时间内，产率随值的变化如图2所示。值过高不利于提高产率，可能的原因是_______。
（4）在1470K、100kPa反应条件下，将的混合气进行H2S热分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，H2S平衡转化率为_______，平衡常数_______kPa（已知：分压=总压×该组分的物质的量分数）。
【答案】（1） ①. +170 ②. 高温 （2）AC
（3） ①. 优点：副产物氢气可作燃料缺点：耗能高 ②. 该反应是放热反应，反应未达到平衡时，升高温度，S2的生成速率增大，单位时间S2的生成量增大，转化率增大；当反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，S2的转化率减小 ③. O2浓度过高，H2S和O2会反应生成副产物SO2，导致S2产率减小
（4） ①. 50% ②. 5
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律(①+②)×-③=反应④，则；反应为吸热的熵增反应，则在高温下可以自发；
【小问2详解】
反应④中的转化率达到最大值，则说明反应达到平衡状态；
A．恒容密闭容器该反应是气体分子数增大的反应，容器内压强始终再变化，当容器中气体的压强不再改变，说明反应达到平衡，故A正确；
B．气体总质量不变，容器体积不变，容器中混合气体的密度始终改变，故不能作为平衡标志，故B错误；
C．反应过程气体总物质的量在变化，容器内混合气体的平均摩尔质量在变化，故当不变时达到平衡，故C正确；
D．单位时间里分解的和生成的H2的量的关系等于系数关系，且都是同向进行，不能说明达到平衡，故D错误；
故答案为AC；
【小问3详解】
①反应④高温热分解的副产物为清洁燃料氢气，但是反应需要高温耗能较大，故相比克劳斯工艺，利用反应④高温热分解方法的优缺点：优点：副产物氢气可作燃料缺点：耗能高；
②反应焓变小于0，该反应是放热反应，反应未达到平衡时，升高温度，的生成速率增大，单位时间的生成量增大，转化率增大，当反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，的转化率减小；故随着温度升高，产率先增大后减小；
③氧气具有氧化性，能和还原性的硫化氢反应，故值过高不利于提高产率，可能的原因是O2浓度过高，H2S和O2会反应生成副产物SO2，导致S2产率减小；
【小问4详解】
在1470K、100kPa反应条件下，将的混合气进行H2S热分解反应，假设硫化氢投料1ml；
平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，则1-a=a，a=0.5，故H2S平衡转化率为；平衡时硫化氢、、氢气、氩气分别为0.5ml、0.25ml、0.5ml、3.75ml，总的物质的量为5ml，则平衡常数 kPa。
24. 三草酸合铁酸钾晶体（M=491g/ml）是一种感光剂和高效的污水处理剂，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，还可以作为一些有机反应的催化剂。
I.制备的途径如下，请回答下列问题：
研究小组通过查阅资料得知：
a.对光敏感，易溶于水，难溶于乙醇；
b.很多草酸盐（例如、）难溶于水，但能溶解于稀硝酸。
请回答：
（1）步骤③中，控制水浴温度在40℃左右的原因为_______。
（2）关于制备流程，下列说法正确的是_______
A. 步骤①为复分解反应，步骤③为氧化还原反应
B. 步骤②判断是否洗涤干净，可以取少量最后一次洗涤液，加入氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀产生
C. 步骤④，加入乙醇目的在于降低的溶解度，使其结晶析出
D. 步骤④⑤可以在日光下进行
Ⅱ.测定三草酸合铁酸钾样品（含少量）的纯度，进行如下实验：
步骤1：称取5.000g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL溶液。
步骤2：取25.00mL溶液，用酸性溶液滴定至终点，消耗12.30mL。
步骤3：另取25.00mL溶液，加入过量Zn粉，将还原成，过滤，洗涤，将滤液和洗涤液合并。
步骤4：用酸性溶液滴定合并后溶液至终点，测得实验数据：
（3）步骤1中所需玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒外还有_______（填仪器名称）。
（4）研究小组制得的纯度为_______。
【答案】（1）温度过低，反应速率较慢@温度过高，H2O2受热分解 （2）AC
（3）250mL容量瓶、胶头滴管
（4）98.2%
【解析】
【分析】硫酸亚铁与草酸钾水浴加热条件下反应生成草酸亚铁，草酸亚铁再与双氧水和草酸反应控温40℃反应生成三草酸合铁酸钾，在乙醇中冷却结晶过滤获得产品。
【小问1详解】
步骤③中，控制水浴温度不能超过40C的原因为：温度过低，反应速率较慢；温度过高，H2O2受热分解；
【小问2详解】
A．步骤①亚铁与草酸根离子的沉淀反应，为复分解反应，步骤③中双氧水作氧化剂将亚铁氧化，发生氧化还原反应，故A 正确；
B．已知很多草酸盐(例如CaC2O4、BaC2O4)难溶于水，故步骤②判断是否洗涤干净中草酸根离子是干扰，故B错误；
C．步骤④，加入乙醇目的在于降低K3[Fe(C2O4)3]的溶解度，使其结晶析出，故C正确；
D．已知K3[Fe(C2O4)3]•3H2O对光敏感，故步骤④⑤不可以在日光下进行，故D 错误；
故答案为：AC；
【小问3详解】
配制250mL三草酸合铁酸钾溶液所需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、250mL容量瓶、胶头滴管等；
【小问4详解】
根据8H+++5Fe2+=5Fe3++Mn2++4H2O，由题意可知步骤Ⅱ中酸性KMnO4溶液既氧化亚铁离子又氧化草酸根离子，步骤Ⅲ的目的是将铁离子还原为亚铁离子，然后步骤Ⅳ中酸性KMnO4溶液既氧化亚铁离子(原有的亚铁离子和铁离子被锌生成的亚铁离子)氧化草酸根离子，根据步骤Ⅱ和步骤Ⅳ的酸性KMnO4溶液差值即可计算草酸铁中铁离子的物质的量：25.00mL样品溶液中n[K3[Fe(C2O4)3]•3H2O]=n(Fe3+)=5n()，因为步骤4中第3次实验数据偏差大应该舍去，所以步骤4中消耗的酸性高锰酸钾体积为mL=14.30mL，故25.00mL样品溶液中n[K3[Fe(C2O4)3]•3H2O]=n(Fe3+)=5n()=5=0.001ml，故原样品中含有的n[K3[Fe(C2O4)3]•3H2O]=0.01ml，故纯度为=98.2%。
25. 钛酸钡是一种压电材料，主要用于电子陶瓷、PTC热敏电阻、电容器等多种电子元器件的制备。某工厂以重晶石为原料，生产的工业流程如下图：
已知常温下：，。
回答下列问题：
（1）为提高的酸浸速率，可采取的措施为_______（写出一条）。
（2）转化过程中溶液中钛元素在不同pH时主要以、、这三种形式存在（变化曲线如右图所示）。实际制备工艺中，先用氨水调节混合溶液的pH为_______，再进行转化，理由是_______。
（3）工业上用饱和溶液处理重晶石（假设杂质不与溶液作用），待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，将转化为，此反应的平衡常数K=_______（填写计算结果）。若不考虑的水解，要使恰好完全转化为，则至少需要浓度为溶液_______mL。
（4）在隔绝空气条件下，煅烧草酸氧钛钡晶体时有两种气体（水蒸气除外）生成，该反应的化学方程式为_______。流程中用而不用其它酸的理由是_______。
【答案】（1）将BaCO3研成粉末（或适当增大盐酸浓度，或适当加热，或搅拌等）
（2） ①. 2.7 ②. 理由：pH在2～3之间时，Ti(Ⅳ)主要以的形式存在，可直接与Ba2+反应，有利于草酸氧钛钡晶体的生成
（3） ①. 0.02 ②. 510
（4） ①. ②. 结合上述化学方程式可知，草酸根受热分解，没有杂质残留，且可以有效地调控钛酸钡晶粒的大小和形状。
【解析】
【分析】根据流程：用Na2CO3溶液浸泡重晶石将BaSO4转化为BaCO3：BaSO4(s)+(aq)BaCO3(s)+(aq)，加入盐酸酸浸得到氯化钡，TiCl4和草酸溶液用氨水调节混合溶液的pH在2.6左右得到，与氯化钡溶液沉淀：+Ba2++nH2O=BaTiO(C2O4)2•nH2O↓，洗涤煅烧得到钛酸钡粉末，同时得到H2O(g)、CO和CO2，据此分析作答。
【小问1详解】
为了加快反应速率可以将固体BaCO3研成粉末，以增大接触面积；也可以适当增大盐酸浓度或适当加热升高反应温度或搅拌等；
【小问2详解】
据“沉淀”时生成草酸氧钛钡晶体中含有(即b微粒)，结合图像可知，用氨水调节混合溶液的pH为2.7，此时浓度最大，可直接与Ba2+反应，有利于草酸氧钛钡晶体的生成；
【小问3详解】
在溶液中BaSO4存在沉淀溶解平衡，当向溶液中加入饱和Na2CO3溶液时，发生沉淀转化生成BaCO3：BaSO4(s)+BaCO3(s)+(aq)，待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，最终BaSO4生成BaCO3；反应的平衡常数；2.33gBaSO4物质的量为0.01ml，根据BaSO4(s)+(aq)BaCO3(s)+(aq)，完全转化需要0.01ml，同时溶液中产生0.01ml，根据K值溶液中含有n()=0.01ml÷0.02=0.5ml，需要加入Na2CO3为0.01ml+0.5ml=0.51ml，需要Na2CO3溶液的体积为0.51ml÷1ml/L=0.51L=510mL;
【小问4详解】探究方案
探究目的
A
分别向溶液中加2mL0.1ml/L溶液和的溶液，观察溶液褪色的快慢
探究反应物浓度对化学反应速率的影响
B
分别向浓度均为含有和的三种溶液中逐滴加入的溶液，观察产生沉淀的先后顺序
比较、、大小
C
分别测浓度均为的和溶液的pH值，比较两者pH的大小
比较和的水解常数
D
向溶液中加入溶液，充分反应后用苯萃取2~3次，取水层滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化
与的反应有一定限度
实验次数
滴定前读数/mL
滴定后读数/mL
1
0.10
14.90
2
0.52
14.82
3
0.00
16.66
4
0.30
14.10