精品解析：江苏省苏州市工业园区西安交通大学苏州附属中学2024-2025学年高二下学期期中考试化学试题(原卷版+解析版)

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可能用到的相对原子质量：C-12 O-16 P-31 S-32 K-39 Fe-56 Cu-64
一、单项选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题意。
1. 某细菌分解土壤中硝酸盐的原理。下列说法正确的是
A. 的电子式为B. 的空间构型为三角锥形
C. 中O的孤电子对数为2D. 中S的轨道杂化类型为
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫化钾是离子化合物，其电子式为：，A错误；
B．硝酸根的孤电子对数为：，且不含孤电子对，空间构型是平面三角形，B错误；
C．中的孤电子对数为：，C正确；
D．硫酸根的孤电子对数为：，的轨道杂化类型为，D错误；
故选C。
2. 硝酸乙基铵是人类发现的第一种常温离子液体。下列说法正确的是
A. 电负性：B. 第一电离能：
C. 稳定性：D. 熔点：
【答案】A
【解析】
【详解】A．在甲烷中，碳呈负价，所以电负性：，故A正确；
B．氮原子外围电子排布是2s22p3，而氧原子外围电子排布是2s22p4，氮原子的p轨道为半满结构，则第一电离，故B错误；
C．元素氢化物的稳定性和元素的非金属性强弱有关，非金属性，则稳定性，故C错误；
D．硝酸乙基铵是常温离子液体，而常温是固体，则熔点，故D错误；
答案A。
3. 下列由废易拉罐制取的实验原理与装置不能达到实验目的的是
A. 用装置甲溶解废易拉罐细屑B. 用装置乙过滤得到溶液
C. 用装置丙制取沉淀D. 用装置丁灼烧制取
【答案】D
【解析】
【详解】A．易拉罐中的铝元素组成的相关物质可与NaOH反应被溶解，生成Na[Al(OH)4]，A正确；
B．可以通过乙装置将Na[Al(OH)4]溶液和未被溶解的固体进行过滤分离，B正确；
C．将二氧化碳通入Na[Al(OH)4]溶液中，可反应生成沉淀，C正确；
D．灼烧固体应选坩埚，D错误；
答案选D。
4. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．与HCl反应可生成溶液，即。但电解溶液时，阴极是放电生成H2，而不是放电生成Mg，要得到Mg，需电解熔融的，A错误；
B．Fe在Cl2中燃烧生成，而不是，反应方程式为，B错误；
C．Al与NaOH溶液反应生成，反应方程式为 。向溶液中加入过量HCl，发生反应，不会生成Al(OH)3沉淀，C错误；
D．Cu与反应： 。溶液中通入SO2，发生反应 ，物质间转化均能实现，D正确；
故选D。
阅读下列材料，完成以下问题：
许多物质都以配合物的形式存在，如、，血红素(的配合物)等。配离子在水中存在解离平衡，如，改变条件可破坏配离子的稳定性。有些配离子呈现特殊颜色，如为蓝色、为黄色、为深蓝色。配合物在离子检验、物质制备、生命活动等方面应用广泛，如提炼黄金时可用王水(浓硝酸与浓盐酸的混合溶液)将转化为溶液。
5. 下列说法正确的是
A. 中含有键
B. 中配位体是和
C. 降低溶液pH能增强在水中的稳定性
D. 浓的混合溶液不能溶解
6. 下列化学反应表示不正确的是
A. 溶液与溶液反应生成黑色沉淀：
B. 溶液中加入饱和溶液后变绿：
C. 沉淀溶于氨水：
D. 银氨溶液氧化乙醛：
7. 下列有关描述或解释正确的是
A. 向溶液中加入乙醇，增大溶剂极性，析出深蓝色晶体
B. 向溶液中加入过量铁粉，充分振荡，再滴2滴KSCN溶液，溶液变红
C. 银镜反应中，将转化为能降低析出速率，有利于形成银镜
D. 与血红素中形成配位键的强度小于，因而过多会导致人体中毒
【答案】5. B 6. A 7. C
【解析】
【5题详解】
A．银氨络离子中配位键和氮氢键都是σ，则1ml配离子中σ键的数目为1ml×8×NAml—1=8NA，故A错误；
B．配合物中铂离子为具有空轨道的中心离子，氨分子和氯离子是具有孤对电子的配体，故B正确；
C．降低溶液pH降低，溶液中的氢离子能与氨分子反应生成铵根离子，使平衡向正反应方向移动，导致四氨合铜离子的稳定性减弱，故C错误；
D．浓硝酸和氯化钠混合溶液有利于的生成，从而促进金的溶解，故D错误；
故选B；
【6题详解】
A．硫酸四氨合铜溶液与硫化钠溶液反应生成硫酸钠、硫化铜沉淀和氨分子，反应的离子方程式为，故A错误；
B．硫酸铜溶液中加入饱和氯化钠溶液后变绿发生的反应为溶液中的四水合铜离子与氯离子反应生成四氯合铜离子和水，反应的离子方程式为，故B正确；
C．氯化银沉淀溶于氨水发生的反应为氯化银与溶液中的氨分子反应生成氯化二氨合银，反应的化学方程式为，故C正确；
D．银氨溶液氧化乙醛发生的反应乙醛与银氨溶液反应生成乙酸铵、银、氨气和水，反应的化学方程式为，故D正确；
故选A；
【7题详解】
A．向硫酸四氨合铜溶液中加入乙醇的目的是降低溶剂的极性，便于深蓝色晶体的析出，故A错误；
B．氯化铁溶液与足量的铁粉反应生成氯化亚铁，向充分反应后的溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液不会变为红色，故B错误；
C．银镜反应中，将溶液中银离子转化为二氨合银离子能降低银离子的浓度，减小银析出速率，有利于形成银镜，故C正确；
D．一氧化碳与血红素中亚铁离子形成配位键强度远大于氧气，所以一氧化碳过多会导致人体中毒而发生意外事故，故D错误；
故选C。
8. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为18，X、Z基态原子的p轨道上均有2个未成对电子，W与X位于同一主族。下列说法正确的是
A. Y位于元素周期表中的p区
B. 分子为极性分子
C. 原子半径：
D. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：
【答案】B
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Z基态原子的p轨道上均有2个未成对电子，W与X位于同一主族，若X为C，则Z无对应元素，故X为O元素、Z为Si元素、W为S元素；X、Y、Z、W的原子的最外层电子数之和为18，则Y为Mg元素，据此分析；
【详解】A．Y为Mg，第12号元素，核外电子排布为[Ne]3s2，位于元素周期表中的s区，A错误；
B．的价层电子对数为，为V形，其分子为极性分子，B正确；
C．同周期元素原子半径从左至右逐渐减小，原子半径：，C错误；
D．同周期元素非金属从左至右逐渐减小，最高价氧化物对应的水化物的酸性减小，故酸性：，D错误；
故选B。
9. 将和空气的混合气体通入、、的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。
下列说法不正确的是
A. 有转化为硫单质时，理论上消耗的物质的量为[若溶液中不变]
B. 在图示转化中，化合价不变的元素有铜、氢和氯
C. 由图示转化可得出氧化性的强弱顺序是
D. 提高混合气体中空气比例，充分搅拌，可以使得到的中不含
【答案】C
【解析】
【详解】A．依据得失电子守恒，可建立如下关系式：O2—4Fe3+—2H2S，有转化为硫单质时，理论上消耗的物质的量为 [若溶液中不变]，A正确；
B．在图示转化中，Cu、H、Cl始终保持+2、+1、-1价，所以化合价不变的元素有铜、氢和氯，B正确；
C．步骤II中，CuS与Fe3+反应，生成Fe2+、Cu2+、S，S氧化产物，Fe3+为氧化剂，氧化剂氧化性大于氧化产物，氧化性Fe3+＞S；步骤Ⅲ中为氧化剂，Fe3+为氧化产物，氧化性Fe3+＜，由图示转化可得出氧化性的强弱顺序是，C不正确；
D．提高混合气体中空气比例，可以得到充足的Fe3+，从而保证CuS完全转化为S等，D正确；
故选C。
10. 由含硒废料(主要含、、、、、等)制取硒的流程如下：
下列有关说法正确的是
A. “分离”的方法是分液
B. “滤液”中主要存在的阴离子有：、
C. 若向“酸溶”所得的滤液中加入少量铜，铜不会溶解
D. “酸化”的离子反应方程式为
【答案】D
【解析】
【分析】由流程可知，煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，分离出Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2后，加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，再加亚硫酸钠浸取Se生成Na2SeSO3，最后酸化生成精硒，据此分析解题。
【详解】A． 煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，滤渣为Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2，“分离”时得到含硫煤油的方法是过滤，故A错误；
B．加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，“酸溶”时能除去废料中的部分氧化物杂质，二氧化硅不溶于硫酸，故不含有，故B错误；
C．若向“酸溶”所得的滤液中加入少量铜，滤液含硫酸铁，铜会溶解，2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，故C错误；
D．Na2SeSO3酸化生成精硒，“酸化”的离子反应为：，故D正确；
故选D。
11. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．向溶液中滴入硫酸酸化的溶液，可能发生的反应有：、，根据溶液颜色变化无法证明是氧化产生的，也可能是酸性条件下氧化产生的，也就无法证明与氧化性强弱，A错误；
B．观察Na元素的焰色不需要透过蓝色钴玻璃，B错误；
C．向溶液中滴加，无沉淀产生，则说明全部作为配体存在于配合物内界，溶液中无游离，加不生成沉淀，配合物化学式中，和均为配体，则配位数为，C正确；
D．与盐酸反应生成，直接通入苯酚钠溶液变浑浊；但盐酸有挥发性，从锥形瓶中出来的可能含有挥发的HCl气体，HCl气体溶于苯酚钠溶液也能反应产生浑浊，所以无法证明碳酸酸性强于苯酚，D错误；
故答案为：C。
12. 可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈主要以形式存在，还含有等物质。以独居石为原料制备的工艺流程如下，下列说法不正确的是
A. 滤渣I的主要成分是和
B. 酸性废气的主要成分为
C. 加入絮凝剂的目的是促进和沉淀析出
D. 沉铈的方程式为：
【答案】B
【解析】
【分析】独居石的主要成分，杂质，加入浓硫酸目的是将独居石中的主要物质均溶解，焙烧时二氧化硅与浓硫酸不反应，硫酸与氟化钙反应生成酸性气体氟化氢及不溶于水的硫酸钙，杂质里还有磷、铝、铁元素，加入氯化铁溶液除磷元素，加入氧化镁、絮凝剂除铁、铝元素，碳酸氢铵沉铈最终获得产品。
【详解】A．不溶于浓硫酸，此外，还会与浓硫酸生成，A正确；
B．焙烧过程中浓硫酸与氟化钙反应生成硫酸钙、氟化氢，酸性废气主要成分为气体，B错误；
C．和是杂质，加入絮凝剂的目的是促进和沉淀析出，C正确；
D．结合流程图可知碳酸氢铵与铈离子反应生成，根据电荷守恒可知，根据可知，多余与H+结合生成3CO2，沉铈的方程式为，D正确；
故选B。
13. 反应可用于储氢，可能机理如图所示。下列说法正确是
A. 该反应的
B. 步骤I中带正电荷C与催化剂中的N之间作用
C. 步骤III中存在非极性键的断裂和形成
D. 反应中每消耗，转移电子数约为
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据反应方程式可知：该反应的正反应是气体体积减小的反应，所以该反应的ΔS”“ ④. SeO3的空间构型为平面三角形，的空间构型为三角锥形；
（2）甲醇、甲硫醇、甲硒醇都属于分子晶体，甲醇分子间有氢键，分子间作用力大，沸点最高，甲硒醇的分子量大于甲硫醇，分子间作用力甲硒醇大于甲硫醇，沸点甲硒醇大于甲硫醇
（3） ①. 11:3 ②. 的价层电子排布式为3d6，容易失去一个电子形成半充满稳定结构3d5
（4） ①. Zn ②. 4
【解析】
【小问1详解】
①Fe为26号元素，基态Fe原子的外围电子排布式为3d64s2；
②新药的结构简式为：，苯环上C原子和C=O上C原子均为sp2杂化，两个N原子之间的C原子都是形成四个单键的C原子，为sp3杂化；
③三氧化硒分子中硒原子的价层电子对数为3+，孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，键角为120°，亚硒酸根离子中硒原子的价层电子对数为3+4，孤对电子对数为1，离子的空间构型为三角锥形，键角小于120°，故答案为：＞；SeO3的空间构型为平面三角形，的空间构型为三角锥形；
【小问2详解】
甲醇的沸点最高，甲硒醇次之，甲硫醇沸点最低。甲醇、甲硫醇、甲硒醇都属于分子晶体，甲醇分子间有氢键，分子间作用力大，沸点最高，甲硒醇的分子量大于甲硫醇，分子间作用力甲硒醇大于甲硫醇，沸点甲硒醇大于甲硫醇；
【小问3详解】
①由图可知，富马酸的结构简式为HOOC-CH=CH-COOH，单键都是键，双键有1个键和1个键，富马酸分子中键与键的数目比为11:3；
②的价层电子排布式为3d6，容易失去一个电子形成半充满稳定结构3d5，因此Fe2+易被氧化为Fe3+；
【小问4详解】
硒化锌中硒和锌的原子数目为1:1，Se在晶胞内部有4个，锌位于立方晶胞的顶角和面心，个数为8，因此X和Y都是Zn原子，Se周围最近的Zn为4个，配位数为4，同样Zn原子的配位数也为4。
15. CuS是一种重要的P型半导体材料。以一种石膏渣[含及少量、、等]为原料制备CuS的实验流程如下：
已知：常温下，，。
（1）“浸取”时，生成与等。参加反应的离子方程式为___________。
（2）为测定“浸取”时Cu元素浸出率，需先测定石膏渣中Cu元素含量。称取50.00g石膏渣，加入足量稀充分溶解，过滤并洗涤滤渣，将滤液转移至250mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取25.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，加入足量KI溶液()，用0.02000 标准溶液滴定至终点()，平行滴定3次，平均消耗标准溶液23.50mL。计算石膏渣中Cu元素质量分数(写出计算过程) ___________。
（3）“沉淀”时溶液的用量不宜过多，其原因是___________。
（4）循环“浸取”多次后，“滤液X”中浓度增大的阳离子主要有___________。
（5）CuS的晶胞如图所示。1个CuS晶胞含有___________个。
（6）将空气以一定流速通过加热的CuS试样，测得固体质量和流出气体中含量随温度的变化如图所示。在200～300℃范围内，CuS经历如下转化：，固体质量减少的主要原因是___________。
【答案】（1）
（2），25.00mL稀释后的溶液中：，石膏渣中铜元素的质量，石膏渣中Cu元素质量分数
（3）生成的CuS沉淀中会混有ZnS沉淀
（4）和
（5）6 （6）CuS生成时失重的质量大于部分生成时增重的质量
【解析】
【分析】石膏渣加入过量氨水浸取，、、“浸取”时，生成与等，同时生成氢氧化钙，过滤除去氢氧化钙，滤液加入Na2S溶液，使Cu2+生成CuS沉淀，过滤得到CuS，滤液可以循环利用，据此解答
【小问1详解】
反应生成的离子方程式为；
【小问2详解】
根据，，得关系式为，25.00mL稀释后的溶液中：，石膏渣中铜元素的质量，石膏渣中Cu元素质量分数；
【小问3详解】
“沉淀”时溶液的用量不宜过多，硫离子浓度过大会生成ZnS沉淀，故其原因是生成的CuS沉淀中会混有ZnS沉淀；
【小问4详解】
结合制备流程，在滤液X中，且加入了Na2S，引入了钠离子，故循环“浸取”多次后，“滤液X”中浓度增大的阳离子主要有和；
【小问5详解】
1个CuS晶胞含有个数为；
【小问6详解】
CuS经历如下转化：，结合转化过程中化学式的相对分子质量，固体质量减少的主要原因是CuS生成时失重的质量大于部分生成时增重的质量。
16. 以磷灰石[主要成分为Ca5(PO4)3F]制备锂离子电池正极材料前体FePO4的实验流程如下：
（1）用磷酸、硫酸“分步浸取”磷灰石制备H3PO4，发生的主要反应如下：
Ca5(PO4)3F＋7H3PO4=5Ca(H2PO4)2＋HF↑
Ca(H2PO4)2＋H2SO4＋2H2O=CaSO4·2H2O ↓＋2H3PO4
①磷灰石也可直接用硫酸溶解。两种工艺相比，该“分步浸取”工艺的优点是_____________________。
②经“酸浸”得到的粗H3PO4为CaSO4∙H3PO4∙H2O 混合体系。“纯化” 步骤控制温度在70 ℃，调节H3PO4质量分数为55%，使CaSO4以结晶水合物析出，过滤。为提高H3PO4的产率，需对CaSO4水合物晶体进行洗涤，并________，再将其中部分返回酸浸系统。
（2）将H3PO4溶液、FeSO4溶液和H2O2溶液混合，调节溶液pH，得到FePO4·2H2O，焙烧脱水得FePO4。
已知： FePO4·2H2O 晶体的纯度及颗粒大小会影响产品性能，沉淀速率过快会形成细小颗粒状粉末；含磷各微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示；Fe3＋+EDTA4－⇌[Fe(EDTA)]-。
① 生成FePO4·2H2O的离子方程式为________。
②工业上选择溶液pH为2，此时溶液中c(HPO)为1.0×10-7.3 ml·L-1，则c(PO)=_____ml·L－1。
③实际生产时，还加入EDTA四钠盐溶液，其目的是________。
④设计以H3PO4溶液、FeSO4溶液和H2O2溶液为原料，制备较大颗粒FePO4·2H2O晶体的实验方案：_________________________。 (FePO4·2H2O晶体需“洗涤完全”，除主要原料外，其他试剂任用)
【答案】（1） ①. (磷酸先与磷灰石反应生成可溶性的磷酸二氢钙，)避免直接使用硫酸时生成难溶的硫酸钙层对磷灰石颗粒的包裹，阻止反应的继续发生 ②. 将洗涤后的滤液合并入上一步过滤的滤液
（2） ①. 2Fe2+＋2H3PO4＋H2O2＋2H2O=2FePO4·2H2O↓＋4H+ ②. 1.0×10－17.6 ③. 使Fe3＋和EDTA4－发生络合反应(Fe3＋＋EDTA4－⇌[Fe(EDTA)]－)，降低Fe3＋的浓度，减缓FePO4·2H2O的沉淀速率 ④. 将FeSO4溶液和H2O2溶液混合后，加入适量EDTA四钠盐溶液搅拌，在搅拌下向混合溶液中加入H3PO4溶液，控制溶液pH为2一段时间后静置、过滤，所得晶体用蒸馏水洗涤2～3次；取最后一次洗涤的滤液于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，无白色沉淀生成，低温干燥
【解析】
【分析】由题给流程可知：磷灰石用磷酸溶液和硫酸溶液分步浸取、过滤制得粗磷酸，粗磷酸经纯化得到磷酸，向磷酸中加入硫酸亚铁溶液和过氧化氢溶液并调节溶液pH，充分反应、过滤得到磷酸铁。
【小问1详解】
①磷灰石也可直接用硫酸溶解。两种工艺相比，该“分步浸取”工艺的优点是(磷酸先与磷灰石反应生成可溶性的磷酸二氢钙)，避免直接使用硫酸时生成难溶的硫酸钙层对磷灰石颗粒的包裹，阻止反应的继续发生；
②经“酸浸”得到的粗H3PO4为CaSO4∙H3PO4∙H2O 混合体系。“纯化” 步骤控制温度在70 ℃，调节H3PO4质量分数为55%，使CaSO4以结晶水合物析出，过滤。为提高H3PO4的产率，需对CaSO4水合物晶体进行洗涤，并将洗涤后的滤液合并入上一步过滤的滤液，再将其中部分返回酸浸系统；
【小问2详解】
①将H3PO4溶液、FeSO4溶液和H2O2溶液混合，调节溶液pH，发生氧化还原反应，得到FePO4·2H2O，该反应的离子方程式为：2Fe2+＋2H3PO4＋H2O2＋2H2O=2FePO4·2H2O↓＋4H+；
②根据图示可知：当溶液中c()=c(HP)时，溶液pH=12.3，c(H+)=10-12.3 ml/L，H3PO4的三级电离平衡常数Ka3=，所以当溶液pH=2，c(HP)=1.0×10-7.3 ml/L时，c()=；
③实际生产时，还加入EDTA四钠盐溶液，其目的是使Fe3＋和EDTA4－发生络合反应(Fe3＋＋EDTA4－⇌[Fe(EDTA)]－)，降低Fe3＋的浓度，减缓FePO4·2H2O的沉淀速率；
④设计以H3PO4溶液、FeSO4溶液和H2O2溶液为原料，制备较大颗粒FePO4·2H2O晶体的实验方案是：将FeSO4溶液和H2O2溶液混合后，加入适量EDTA四钠盐溶液搅拌，在搅拌下向混合溶液中加入H3PO4溶液，控制溶液pH为2一段时间后静置、过滤，所得晶体用蒸馏水洗涤2～3次；取最后一次洗涤的滤液于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，无白色沉淀生成，低温干燥。
17. 水合肼()在储氢领域有广阔的应用前景，其水溶液呈弱碱性。
（1）分子有顺式、反式和交互式三种比较稳定的空间构象。下列结构能表示分子交互式的是___________(填序号)
（2）肼分解制氢的主要反应为，肼的理论储氢密度。测得肼实际分解时产生的气体中含。肼实际储氢密度小于理论值的原因是___________(用化学方程式表示)。
（3）水合肼制氢过程中涉及肼在Ni-Pt催化剂表面分解，如图所示。
①X的结构简式为___________。
②催化剂表面存在和两种活性位点，两种活性位点分别带不同电性的电荷。肼中的氢原子吸附于___________(填“Ni”或“Pt”)活性位点。已知：N-N键、N-H键的键能分别是，。肼在该催化剂表面反应断裂的化学键不是N-N键，而是N-H键，原因是___________。
（4）水合肼可以处理碱性铜氨废液可获得纳米铜粉。保持其他条件不变，水合肼浓度、反应温度对纳米铜的产率的影响如图1、图2所示。
①水合肼浓度大于3.25ml/L时，纳米铜的产率下降的原因可能是___________。
②温度高于75℃后，纳米铜产率下降的原因可能是___________。
（5）、水合肼都可用于处理高压锅炉水中溶解的，防止锅炉被腐蚀。与相比，使用水合肼处理水中溶解的的优点有___________。
【答案】（1）A （2）3N2H4N2+4NH3
（3） ①. HN=NH ②. Pt ③. N-N为非极性键，N-H键极性较强，N、H分别于催化剂表面原子形成作用力，削弱了N与H之间的作用力
（4） ①. 溶液碱性增强，溶液中铵根离子转化为氨气，有利于生成[Cu(NH3)4]2+，溶液中铜离子减少 ②. 氨气溢出，导致生成[Cu(NH3)4]2+的平衡逆向移动，Cu2+与铜粉生成Cu+
（5）水合肼的用量少，不产生杂质
【解析】
【小问1详解】
由N2H4的结构模型可知，A为交互式结构，B为反式结构，C为顺式结构，故选A；
【小问2详解】
储氢密度小于理论值是分解时没生成氢气，根据题意，肼实际分解时产生的气体中含NH3，则肼实际储氢密度小于理论值的原因是生成NH3，用化学方程式表示为：3N2H4N2+4NH3；
【小问3详解】
①根据图示，生成X的过程中，①②③④断键，③④结合生成H2，①②结合生成π键得到X，则X为HN=NH；
②N与H相连，H电负性小于N，故H原子显正价，金属性Ni＞Pt，故Ni-Pt催化剂负电荷集中在Pt上，正负电荷相互吸引，所以H会吸附在Pt活性位点；
N-N为非极性键，N-H键极性较强，N、H分别于催化剂表面原子形成作用力，削弱了N与H之间的作用力；
【小问4详解】
①水合肼浓度大于3.25ml/L时，溶液碱性增强，溶液中铵根离子转化为氨气，生成更多的[Cu(NH3)4]2+，导致铜离子减小，纳米铜的产率降低；
②温度高于75℃后，氨气溢出，导致生成[Cu(NH3)4]2+的平衡逆向移动，Cu2+与铜粉生成Cu+，纳米铜的产率降低；
【小问5详解】
亚硫酸钠与氧气反应生成硫酸钠，产生杂质，而水合肼与氧气反应生成氮气和水，无杂质生成。选项
探究方案
探究目的
A
向溶液中滴入硫酸酸化的溶液，观察溶液颜色变化。
探究与氧化性强弱
B
取一支洁净的铂丝，蘸取溶液后在煤气灯上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色
溶液中是否存在
C
向配合物的水溶液中滴加硝酸银溶液，无沉淀产生。
中的配位数为6
D
向盛有固体的锥形瓶中加入盐酸，将产生的气体直接通入苯酚钠溶液中，溶液变浑浊
碳酸酸性强于苯酚
有机物
甲醇()
甲硫醇()
甲硒醇()
沸点/℃
64.7
5.95
25.05