山东省东营市2023-2024学年高二上学期期末考试化学试题 含解析

这是一份山东省东营市2023-2024学年高二上学期期末考试化学试题 含解析，共21页。试卷主要包含了5 Hg-200， 用甲醛法可间接测定尿素含量等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 Hg-200
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 2023年12月一场大雪席卷了我市，给全市师生通勤造成安全隐患。一种常用“氯盐类”融雪剂的融雪原理是：“氯盐类”融雪剂溶于雪后，使水的冰点降至零度以下。以下含氯物质不能作为融雪剂的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】均为易溶于水的离子晶体，其水溶液的冰点低于水，使水的冰点降至零度以下，为非极性分子，根据相似相溶规则可知其不溶于水，因此不能降低水的冰点，则不能作为融雪剂的是，故选D。
2. 2023年4月《中华人民共和国黄河保护法》正式实施，保护黄河健康是生态保护事业的重要使命。下列有关说法错误的是
A. 冬春季节冰凌漂浮在黄河水面上与氢键形成有关
B. 使用FeS固体除去工业污水中等重金属离子，减少对黄河水污染
C. 水厂处理黄河水制取自来水，可用明矾消毒
D. 黄河口大闸蟹配食醋味更美，含有键
【答案】C
【解析】
【详解】A．水分子间形成氢键，导致冰中水分子空间有序排列较水中水分子排列松散，冰的密度较小，使得冰凌漂浮在黄河水面，A正确；
B．FeS固体能和等重金属离子转化为硫化汞、硫化铜沉淀，减少对黄河水污染，B正确；
C．明矾溶于水可以形成胶体净水，但是不可以消毒，C错误；
D．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，则含有键，D正确；
故选C。
3. 下列说法或化学用语使用正确的是
A. 水分子的结构式可表示为：
B. 基态铝原子核外能量最高的电子电子云轮廓图可表示为：
C. 的原子核外电子排布式：
D. 金属的导电性和导热性都是通过自由电子的定向移动实现的
【答案】B
【解析】
【详解】A．水分子为共价化合物，结构式可表示为：H-O-H，A错误；
B．基态Al原子核外电子排布为1s22s22p63s23p1，基态铝原子核外能量最高的电子为3p电子，3p电子云为哑铃形，电子云轮廓图可表示为：，B正确；
C．为34号元素，其原子核外电子排布式：，C错误；
D．金属晶体中存在自由移动的电子，其导热性是通过自由电子的不定向自由运动实现的，D错误；
故选B。
4. 短周期元素R、X、Y、Z、W原子序数依次增大。其中基态X原子有两个单电子，且R、X符合核反应：，Z是短周期元素中原子半径最大的，基态W原子的价电子排布式为，且Y、W同主族。下列说法错误的是
A. 基态X的价电子轨道表示式：
B. 中化学键具有方向性和饱和性
C W不同单质间熔沸点因范德华力不同而不同
D. 简单氢化物沸点：
【答案】B
【解析】
【分析】短周期元素R、X、Y、Z、W原子序数依次增大；Z是短周期元素中原子半径最大的，为钠；基态W原子的价电子排布式为，且Y、W同主族，则n=3，W的价电子排布式为3s23p4，那么W为硫、Y为氧；基态X原子有两个单电子，则X核外电子排布可能是1s22s22p2或1s22s22p4或1s22s22p63s23p2或1s22s22p63s23p4，即可能是C、O、Si、S，其原子序数小于氧，则其为碳；R、X符合核反应：，则R为4号元素Be；
【详解】A．基态碳的价电子轨道表示式：，A正确；
B．为Na2O为离子化合物，离子键没有方向性和饱和性，B错误；
C．W不同单质为硫的不同单质，其为分子晶体，其熔沸点因范德华力不同而不同，C正确；
D．XYW的简单氢化物分别为CH4、H2O、H2S，CH4、H2S均为分子晶体，硫化氢相对分子质量更大，分子间作用力更大，沸点高于甲烷；水分子间存在氢键，其沸点高于硫化氢，故沸点H2O>H2S>CH4，D正确；
故选B。
5. 茶叶中含有少量的咖啡因，它是一种简单有机物，其组成元素W、X、Y、Z为短周期元素，原子半径依次递增，X、Y、Z在同一周期，其结构如下图所示，下列说法错误的是
A. 第一电离能：
B. 分子中元素的杂化方式有两种
C 分子和键角，前者大于后者
D. 咖啡因溶于水的原因主要是与水分子形成氢键
【答案】C
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，原子半径依次递增，同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，X、Y、Z在同一周期，则X、Y、Z原子序数依次减小，Z形成4个共价键，可知Z为C；Y形成3个共价键，X形成2个共价键，则Y、X分别是N和O；W只能形成1个共价键，且原子序数小于C，则W为H；
【详解】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：，A正确；
B．分子中形成单键的N原子为sp3杂化，形成双键的N原子为sp2杂化，故分子中元素N的杂化方式有两种，B正确；
C．分子和分别为CO2、N2O，两者均为直线形构型，则键角相等，C错误；
D．咖啡因分子O、N电负性较大，可以和水分子形成氢键，其溶于水的原因主要是与水分子形成氢键，D正确；
故选C。
6. 下列装置、实验操作及目的合理的是
A. ①制取无水，通抑制水解
B. ②制备
C. ③排气泡时，滴定管垂直放置，快速打开活塞
D. ④验证和的大小
【答案】D
【解析】
【详解】A．为强酸强碱盐，制取无水不用通抑制水解，故A错误；
B．由于氨气溶解度较大，制备通入氨气的导管不能伸入溶液，通入二氧化碳的导管需要伸入溶液，故B错误；
C．酸式滴定管排气泡的操作是：右手拿滴定管上部无刻度处，滴定管倾斜约30度，左手迅速打开活塞使溶液冲出，可使溶液充满全部出口管，故C错误；
D．硝酸银不足，硝酸银和氯化钠反应生成氯化银沉淀，氯化银沉淀再加入少量KI溶液产生黄色沉淀，发生沉淀转化，可以验证和的大小，故D正确；
故选D。
7. 在的催化作用下，被氧化为的机理如下
ⅰ. 慢反应
ⅱ. 快反应
下列有关说法正确的是
A. 是反应的中间产物
B. 随反应进行，体系中积累的逐渐增多
C. 离子中S的化合价为+7
D. Cr元素基态原子核外电子排布遵循构造原理
【答案】A
【解析】
【详解】A．是该反应的催化剂，只是反应过程中的中间产物，不是该反应的催化剂，A正确；
B．由反应机理知第一步反应速率较慢，而第二步反应较快，则随反应进行，体系中的迅速被消耗，不会逐渐增多，B错误；
C．离子中含有过氧根，氧不全部是-2价，则S的化合价不为+7，C错误；
D．基态Cr原子核外电子排布不遵循构造原理，基态Cr原子价电子排布为3d54s1，是因为3d半填满状态较稳定， D错误；
故选A。
8. 科学家正在研究纳米材料作为光催化剂催化和实现耦联合成尿素的方法。该反应主要有两个过程：
ⅰ. 放热快反应
ⅱ. 吸热慢反应
下列图象能正确表示这两个过程能量(E)变化历程的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】第ⅰ步反应为快反应，反应为放热反应；第ⅱ步反应为慢反应，反应为吸热反应，说明第一步反应的活化能比第二步小，总反应为放热反应，则符合条件的为D，故选D。
9. 以下合成尿素的方法中，其他条件不变，增大压强能提高尿素产率的是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】其他条件不变，增大压强能提高尿素产率，则说明正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，尿素产率提高，故选C。
10. 用甲醛法可间接测定尿素含量。称取尿素样品处理转化为铵盐，与甲醛发生反应[，可看做一元酸]，经转化后得到溶液，量取放入锥形瓶中，滴加2滴酚酞，用标准溶液滴定，滴定至终点时，消耗碱液体积。下列说法正确的是
A. 尿素转化为铵盐过程中N元素化合价降低
B. 当滴入最后半滴NaOH标准溶液时溶液恰好由无色变浅红色即为滴定终点
C. 若滴定前仰视读数，滴定终点时俯视读数，则测的结果偏高
D. 上述过程测得尿素质量分数为82.00%
【答案】D
【解析】
【分析】尿素样品处理转化为铵盐，与甲醛发生反应[，可看做一元酸，得反应关系式 ，即1ml消耗2ml氢氧化钠。
【详解】A．尿素、铵盐中N元素化合价均为-3，尿素转化为铵盐过程中N元素化合价不变，故A错误；
B．当滴入最后半滴NaOH标准溶液时溶液恰好由无色变浅红色，且半分钟内不褪色，即为滴定终点，故B错误；
C．若滴定前仰视读数，滴定终点时俯视读数，消耗标准液体积偏小，则测的结果偏低，故C错误；
D．1ml消耗2ml氢氧化钠，则样品中尿素的物质的量为，尿素质量分数为，故D正确；
选D。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 下列实验现象与结论均正确，且具有因果关系的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】AD
【解析】
【详解】A．溶液中滴入溶液，有白色沉淀产生，则两者反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，则比结合质子能力强，A正确；
B．悬浊液中存在溶解平衡生成氢氧根离子，中电离出的铵根离子和氢氧根离子生成一水合氨，导致氢氧根离子浓度减小，使得氢氧化镁向溶解的方向移动，也会导致氢氧化镁溶解，B错误；
C．氯水中氯气和水生成盐酸和次氯酸，盐酸中氯离子和银离子生成氯化银沉淀，次氯酸具有强氧化性，氧化碘离子生成碘单质，使得淀粉溶液变蓝色，不能说明氯气与水的反应存在限度，C错误；
D．压缩装有气体的容器，气体颜色先变深后稍变浅，表明NO2的浓度先增大后减小，增大是压缩瞬间NO2浓度增大引起的，减小是平衡向生成N2O4方向移动引起的，D正确；
故选AD。
12. 某恒容密闭容器内有一可左右滑动的隔板(下图所示)，一定温度下，在两侧分别加入两种亚硫酸盐固体，加热分解，发生如下反应：
ⅰ.
ⅱ
达平衡后体系压强为，某时刻撤去隔板，一段时间后再达平衡，假设三种固体均存在。下列说法错误的是
A. 可通过观察隔板的变化判断第一个阶段是否达到平衡状态
B. 再达平衡时，体系总压强仍为
C. 保持恒温、恒容，若向新平衡体系中通入少量，再达平衡时剩余固体质量增加
D. 保持恒温将容器体积压缩，再次达平衡后各气体的浓度均保持不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．当反应达到平衡时，隔板两侧的气体压强相等，隔板不再移动，因此可以通过观察隔板的变化来判断第一个阶段是否达到平衡状态，A正确；
B．撤去隔板前两边的压强相同，但各组分的分压不同，忽略固体所占的体积，左边的气体体积与右边的气体体积之比为3:2，两边各气体的分压均是总压的五分之一；撤去隔板后，氨气的分压变小，另外两种气体的分压不变，故亚硫酸氢铵生成的各气体的分压商（等效于浓度商）变小，亚硫酸氢钠的分压商变大，故亚硫酸氢铵的平衡正向移动，而亚硫酸氢钠的平衡逆向移动，使得气体的总物质的量变大，因此达到平衡时，体系的总压强大于akPa，B错误；
C．保持恒温恒容，向新平衡体系中通入少量NH3，会使反应i的平衡逆向移动，NH4HSO3的质量增加，因此剩余固体质量增加，C正确；
D．两反应的化学平衡常数均为各气体组分的浓度之积，温度不变时平衡常数不变，因此，保持恒温将容器体积压缩再次达平衡后各气体的浓度均保持不变，D正确；
故选B。
13. 已知时认为X完全沉淀。常温下，、。下列说法中错误的是
A. 某温度时的混合溶液中，说明该溶液呈中性
B. 向同浓度溶液中逐滴加入溶液，先沉淀
C. 为白色沉淀，为淡黄色沉淀。用滴定时可用做指示剂
D. 向均为溶液中滴等浓度溶液，沉淀完全时已开始沉淀
【答案】BC
【解析】
【详解】A．某温度时的混合溶液中，而，说明，则溶液一定为中性，A正确；
B．析出沉淀时，氯化银溶液中，同理，铬酸银溶液中，故氯离子会首先生成沉淀，B错误；
C．银离子完全沉淀时需要氯离子浓度为，需要溴离子浓度为，则银离子会首先和溴离子生成沉淀，故用滴定时不可用做指示剂，C错误；
D．向均为溶液中滴等浓度溶液，沉淀完全时，银离子浓度为，此时QAgCl=cAg+cBr-=5.0×10−8×0.1=5.0×10−9>KspAgCl，则已开始沉淀，D正确；
故选BC。
14. 某装置中模拟捕获和转化，先进行反应①，反应完毕后向装置中以恒定流速通入恒定组成的混合气，进行反应②，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图所示。第二阶段反应中始终未检测到。下列说法错误的是
A. 后催化剂催化效果逐渐降低
B. ，存在生成的副反应
C. 时催化剂上开始积碳
D. 时，副反应生成的速率小于反应②生成速率
【答案】C
【解析】
【详解】A．后CO、H2的流速明显下降，说明生成CO、H2的速率明显下降，催化剂催化效果逐渐降低，A项正确；
B．根据反应②，CO、H2生成物质的量相同，由题干图示信息可知，，比多，且反应过程中始终未检测到二氧化碳，故必定有生成的副反应，B项正确；
C．由题干图示信息可知，的副反应可能为，时催化剂上已开始积碳，后CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明后②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，C项错误；
D．由题干反应②方程式可知，氢气和一氧化碳的反应速率相等，而时刻信息可知，氢气的反应速率为1.5mml/min，而CO为1mml/min，故能够说明副反应生成氢气的速率小于反应②生成氢气的速率，D项正确；
答案选C。
15. 向悬浊液(固体足量)中滴加氨水，发生反应和，已知与的关系如下图所示(其中M代表、、或)。下列说法正确的是
A. 曲线Ⅱ表示浓度随浓度变化
B. 的平衡常数K的值为
C. 图中M点的横坐标a=3.525
D. 滴加氨水后溶液中：
【答案】BC
【解析】
【分析】在没有滴加氨水前，c(Ag+)=c(Cl-)；随氨水的加入，、正向移动，c(Ag+)减小、c(Cl-)增大，所以Ⅱ表示c(Ag+)变化情况、箭头曲线表示c(Cl-)变化情况；开始加入氨水时主要生成c，所以Ⅰ表示c变化情况，正方形实曲线表示c变化情况；
【详解】A．由分析可知，曲线Ⅱ表示浓度随浓度变化，A错误；
B．由点（2，3.35）、（2，5.16）可知，的平衡常数，B正确；
C．，由点（2，3.35）、（2，5.16）可知，其平衡常数，图中M点，则，，则a=3.525，C正确；
D．滴加氨水后溶液中溶液中会存在铵根离子，由电荷守恒可知：，D错误；
故选BC。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 铁及其配合物在科研、生产中有着重要的应用。回答以下问题：
（1）写出Fe在元素周期表中的位置___________。
（2）能与形成，其中电负性从大到小的顺序是___________，离子的空间构型为___________。
（3）邻二氮菲(phen，)能与形成橙红色的配合物离子，可表示为，常用于定量检测。1ml该配合物离子中有___________ml配位键。某研究小组向反应后的溶液中滴加少量稀硫酸，溶液颜色变浅，简要说明原因：___________。
（4）配合物的中心原子价电子数与配体提供的电子数之和为18，一定条件下发生分解反应：。
①分解反应过程中断裂的化学键只有配位键，形成的化学键是___________。
②写出配体CO的结构式___________，1ml该配合物中含有的键数目为___________。
【答案】（1）第4周期Ⅷ族
（2） ①. N＞C＞Fe ②. 直线形
（3） ①. 6 ②. 加入硫酸后，溶液酸性增强，H+与邻二氮菲配位能力增强，使得Fe2+与邻二氮菲配合物浓度降低，颜色变浅
（4） ①. 金属键 ②. C≡O ③. 10NA
【解析】
【小问1详解】
Fe为26号元素，位于元素周期表的第4周期Ⅷ族。
【小问2详解】
非金属元素的电负性大于金属元素，同周期自左而右电负性增大，电负性由大到小的顺序为：N＞C＞Fe；SCN-中心原子碳原子价层电子对数=2+=2，没有孤电子对，C原子杂化方式为sp，离子的空间构型为直线形。
【小问3详解】
中phen 为配体，phen 中N和亚铁离子形成配位键，1ml该配合物离子中有6ml配位键。向反应后的溶液中滴加少量稀硫酸，溶液中氢离子浓度增大，导致溶液颜色变浅，原因为：加入硫酸后，溶液酸性增强，H+与邻二氮菲配位能力增强，使得Fe2+与邻二氮菲配合物浓度降低，颜色变浅。
【小问4详解】
①配合物Fe(CO)n的中心原子价电子数与配体提供的电子数之和为18，则8+2n=18，解得n=5，Fe(CO)5中Fe与CO之间形成配位键，则Fe(CO)5在一定条件下分解生成Fe和CO过程中，断裂的化学键只有配位键，由于反应生成Fe，故形成了金属键；
②CO的结构式C≡O，三键中存在1个和两个键，1ml该配合物中含有的键数目为10NA。
17. 一种制备的工艺路线如图所示
已知：ⅰ.常温下，的电离平衡常数
ⅱ.反应②所得C溶液在之间
ⅲ.反应③需及时补加以保持反应在条件下进行。
（1）反应①中氧化剂与还原剂物质的量之比为___________，溶液C的溶质为___________(填化学式)。
（2）低温真空蒸发主要目的是___________，操作1的名称为___________。
（3）写出流程中可以循环利用的物质___________(填化学式)。
（4）写出反应③的化学反应方程式___________。
（5）若产量不变，参与反应③的X与物质的量之比增大时，需补加的量___________(填“减少”或“增多”或“不变”)。
【答案】（1） ①. 1：1 ②. NaHSO3
（2） ①. 防止Na2SO3被氧化 ②. 过滤
（3）SO2、Na2SO3
（4）2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4
（5）减少
【解析】
【分析】铜和浓硫酸反应(反应①)生成二氧化硫气体(B1)和硫酸铜，生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应(反应②)，溶液显酸性，根据的电离平衡常数，可知溶液显酸性(电离大于水解)，则反应②所得溶液成分是，气体B2为CO2气体，调节溶液pH值至11，使转化为Na2SO3，低温真空蒸发(防止Na2SO3被氧化)，故操作1为固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液，则为过滤；Na2SO3和CuSO4反应的离子方程式是+2Cu2＋+2H2O=+ Cu2O+4H+，反应过程中酸性越来越强，使Na2SO3转化成SO2气体，总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3= Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，需及时补加NaOH以保持反应在弱酸条件下进行，据此分析解答。
【小问1详解】
反应①为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，Cu为还原剂，生成SO2的硫酸为氧化剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为1:1，根据分析，溶液C的溶质为。
【小问2详解】
Na2SO3容易被氧化为硫酸钠，则低温真空蒸发主要目的是防止Na2SO3被氧化，操作1的名称为过滤。
【小问3详解】
结合流程，步骤③生成的SO2和X的溶液中亚硫酸钠均可再利用，则流程中可以循环利用的物质SO2、Na2SO3。
小问4详解】
根据分析，反应③的化学反应方程式2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4。
【小问5详解】
制取Cu2O总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，化合物X是指Na2SO3，若Cu2O产量不变，X与物质的量之比增大时，多的Na2SO3会消耗氢离子，用于控制pH值，可减少NaOH的量。
18. 金属镍应用于军工制造和汽车电池领域，是一种战略资源，利用某废镍渣(含)制备的流程如图所示：
回答下列问题：
（1）“焙烧”后金属元素以硫酸盐的形式存在，写出与反应的化学方程式___________。
（2）滤渣主要成分为___________(填化学式)。
（3）“萃取”时发生反应(RH为萃取剂)，萃取分液后对有机层进行处理可获得溶液。简要叙述处理有机层的实验操作___________。
（4）二价镍常用丁二酮肟(X)检验和分离(Y为红色沉淀)：
①反应物丁二酮肟(X)中C元素采用的杂化方式有___________。
②基态核外电子有___________种空间运动状态。
③产物Y中含有的化学键有___________。
a．离子键 b．共价键 c．氢键 d．配位键
【答案】（1）NiFe2O4+4(NH4)2SO4NiSO4+Fe2(SO4)3+8NH3↑+4H2O
（2）Fe(OH)3、Al(OH)3
（3）向有机层溶液中加入适量稀硫酸，充分振荡，静置分层后再分液，得到NiSO4溶液
（4） ①. sp2、sp3 ②. 14 ③. bd
【解析】
【分析】利用某废镍渣(含)与焙烧，焙烧后金属变为硫酸盐，同时有NH3产生，NiFe2O4+4(NH4)2SO4NiSO4+Fe2(SO4)3+8NH3↑+4H2O，烧渣为NiFe2O4、NiO、FeO与(NH4)2SO4反应产生的盐FeSO4、NiSO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3；95℃热水溶解，Fe3+水解为Fe(OH)3，、Al3+水解为Al(OH)3滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液用有机萃取剂萃取，再用X反萃取，为了不引入更多杂质，所以加入X为H2SO4。
【小问1详解】
“焙烧”后金属元素以硫酸盐的形式存在，与反应的化学方程式NiFe2O4+4(NH4)2SO4NiSO4+Fe2(SO4)3+8NH3↑+4H2O。故答案为：NiFe2O4+4(NH4)2SO4NiSO4+Fe2(SO4)3+8NH3↑+4H2O；
【小问2详解】
烧渣为NiFe2O4、NiO、FeO与(NH4)2SO4反应产生的盐FeSO4、NiSO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3；95℃热水溶解，Fe3+水解为Fe(OH)3、Al3+水解为Al(OH)3，滤渣主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3。故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；
【小问3详解】
“萃取”时发生反应(RH为萃取剂)，萃取分液后对有机层进行处理可获得溶液。处理有机层的实验操作向有机层溶液中加入适量稀硫酸，充分振荡，静置分层后再分液，得到NiSO4溶液。故答案为：向有机层溶液中加入适量稀硫酸，充分振荡，静置分层后再分液，得到NiSO4溶液；
【小问4详解】
二价镍常用丁二酮肟(X)检验和分离(Y为红色沉淀)：
①反应物丁二酮肟(X)中C=N键、-CH3中的C元素采用的杂化方式有sp2、sp3。故答案为：sp2、sp3；
②基态核外电子有1s、2s、2p、3s、3p、3d共1+1+3+1+3+5=14种空间运动状态。故答案为：14；
③产物Y中含有的化学键有b．共价键N-Ni C-N、C-H键， d．配位键N→Ni键，故答案为：bd。
19. 人体中的阴离子是氯离子，主要存在于胃液和尿液中。可用汞量法测定体液中的氯离子：以为标准溶液，二苯基偶氮碳酰肼为指示剂。滴定过程中与生成电离度很小的，过量的与二苯基偶氮碳酰肼生成紫色螯合物。
（1）实验中盛装标准液应选用的滴定管为___________滴定管(填“酸式”或“碱式”)。
（2）用硝酸酸化溶液目的是抑制水解，写出水解为的化学反应方程式为___________。
（3）称取，配制成100mL溶液。取标准溶液注入锥形瓶，用1mL5%HNO3酸化，加入3滴二苯基偶氮碳酰肼，用上述溶液滴定至紫色，三次滴定平均用去10.00mLHg(NO3)2溶液，计算硝酸录水合物样品中x的值___________。若滴定前盛放标准液的滴定管中无气泡，滴定后管内有气泡则x的值___________(填“偏大”“偏小”“无影响”)。
（4）取2.50mL血清放入锥形瓶，加入7.50mL去离子水。用上述溶液滴定至终点，消耗12.00mL。计算该血清样品中___________。
（5）人体血液中是重要的缓冲对之一，使血液始终保持在7.35-7.45范围内。实验室利用向混合溶液中通气体或加固体得到含碳微粒分布系数随值变化的图像如下。
已知：ⅰ.分布系数
ⅱ.溶液体系中缓冲对浓度比超过10时，该体系失去缓冲作用
①根据图像计算混合溶液具有缓冲作用的范围：___________。
②时，溶液体系中含碳微粒浓度大小比较：___________。
【答案】（1）酸式 （2）Hg(NO3)2+H2OHg(OH)NO3+HNO3
（3） ①. 2 ②. 偏大
（4）0.096 （5） ①. 9.24~11.24 (5.38~7.38，写上这个也可) ②. c(HCO)> c(H2CO3)= c(CO)
【解析】
【分析】滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；
【小问1详解】
为强酸弱碱盐，溶液显酸性，故应该使用酸性滴定管；
【小问2详解】
水解是和水生成和硝酸：Hg(NO3)2+H2OHg(OH)NO3+HNO3；
【小问3详解】
滴定过程中与生成电离度很小的：，则0.36g的物质的量为，其摩尔质量为，则；若滴定前盛放标准液的滴定管中无气泡，滴定后管内有气泡，导致标准溶液的体积读数偏小，使得的摩尔质量计算值偏大，则x的值偏大；
【小问4详解】
滴定反应为：，则；
【小问5详解】
①溶液中随着pH增加，量减小、先增加后减小、一直增加，由点（6.38,0.5）、（10.24,0.5）可知、；溶液体系中缓冲对浓度比超过10时，该体系失去缓冲作用，若，则，，pH=7.38；若，则，，pH=5.38；此时具有缓冲作用的范围：5.38~7.38；同理，，pH=11.24；若，则pH=9.24；此时具有缓冲作用的范围：9.24~11.24；
②，，若，则；故时，，结合图可知，此时浓度最大，故为c(HCO)> c(H2CO3)= c(CO)。
20. 碘及碘的化合物在人类活动中占有重要的地位。将和置于预先抽真空的恒容密闭容器中加热到，体系达平衡后总强为。体系中存在如下反应：
①
②
③
④
部分物质的键能如下表
回答下列问题
（1）反应④的焓变___________。
（2）反应开始时的分压，平衡后的分压___________。
（3）一定条件下，可将溶液中的氧化为。下图体现的是体系吸光度在不同值下随时间的变化关系[吸光度越高表明该体系中越大]
①不同条件下反应进行时，用曲线序号表示从大到小的顺序是___________。
②时，体系的吸光度很快达到最大值，之后快速下降。吸光度快速下降的可能原因是___________。
（4）某研究小组为提高HI分解率，在恒容密闭容器a基础上设计了一种膜反应器b，在反应器内发生分解反应，能以恒定速率透过膜并迅速脱离体系。反应开始时两容器中均通入气体，保持压强为，膜反应器中的逸出速率为。时反应器a中剩余的物质的量为，反应器b中的分解率是反应器a中分解率的3倍，则时容器a与容器b中的物质的量之比为___________。
【答案】（1）-11 （2）28
（3） ①. ③>①>② ②. pH越小，NaClO氧化性越强，生成的I2被继续氧化，I2浓度减小，吸光度快速下降
（4）5：6
【解析】
【小问1详解】
焓变ΔH =反应物总键能−生成物总键能，则反应④的焓变(436+151)-2×299=-11。
【小问2详解】
由盖斯定律可知，反应④=①+②-2×③，则，由Kp的数据可知，体系内反应①④为主、反应②③程度极小可忽略；已知：将和置于预先抽真空的恒容密闭容器中加热到，体系达平衡后总强为，反应开始时的分压，则开始时I2的分压也为，平衡后总压强增加-，④反应前后气体分子总数相等不会导致压强增加、①反应前后气体分子总数增加、导致压强增加，根据，可见平衡时氢气的分压比碘蒸气的分压多20kPa,又根据，得平衡时碘蒸气的分压，则平衡后的分压。
【小问3详解】
①已知吸光度越高表明该体系中越大，则不同条件下反应进行时，用曲线序号表示从大到小的顺序是③>①>②。
②时，体系的吸光度很快达到最大值，之后快速下降。说明碘单质的浓度先快速增加又迅速下降，则吸光度快速下降的可能原因是：pH越小，NaClO氧化性越强，生成的I2被继续氧化，I2浓度减小，吸光度快速下降。
【小问4详解】选项
实验操作
现象
结论
A
向溶液中滴入溶液
有白色沉淀产生
比结合质子能力强
B
向悬浊液中加入适量固体
浊液变澄清
水解显酸性，溶解了
C
取两份新制氯水，分别滴加溶液和淀粉溶液
前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色
氯气与水的反应存在限度
D
压缩装有气体的容器
气体颜色先变深后变浅
平衡向生成的方向移动
共价键
H-H
I-I
H-I
键能
436
151
299