2025高考假期提升专项练习化学压轴卷训练5含答案及解析

2025菁优高考化学压轴卷训练5一．选择题（共20小题）1．（2024秋•香坊区校级月考）下列关于物质分类的组合正确的是（）选项碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ACa（OH）2硫酸小苏打Mn2O7干冰B烧碱盐酸氯化钠氧化钠一氧化碳C石灰水冰醋酸（CH3COOH）胆矾（CuSO4﹣5H2O）氧化钠二氧化硫DNaOHHNO3硫酸钙氧化铁SO3A．A B．B C．C D．D2．（2024秋•深圳校级月考）下列化学用语表述正确的是（）A．葡萄糖的实验式C6H12O6 B．TNT的结构简式 C．乙炔的分子的球棍模型 D．丙烯的键线式：3．（2024秋•荔湾区校级月考）下列叙述对应的方程式书写错误的是（）A．向Ca（OH）2溶液中滴加Ca（HCO3）2溶液：Ca2+++OH﹣＝CaCO3↓+H2O B．向饱和NaOH溶液通入过量CO2析出白色晶体：OH﹣+CO2＝ C．加热蓝色的CuCl2溶液，溶液变黄绿色：[Cu（H2O）4]2+（aq）[蓝色]+4Cl﹣（aq）⇌[CuCl4]2﹣（aq）[黄色]+4H2O（l）ΔH＞0 D．向FeSO4溶液中加入H2O2出现红褐色沉淀：2Fe2++H2O2+4H2O＝2Fe（OH）3↓+4H+4．（2024秋•海淀区校级月考）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．18g含有的中子数为10NA B．0.1mol•L﹣1HClO4溶液中含有的H+数为0.1NA C．1molC2H4中含有σ键的数目为5NA D．标准状况下，1.12LN2和足量H2于密闭容器充分反应，生成NH3分子数为0.1NA5．（2024•仁寿县三模）某化学卷发水、烫发剂主要成分的结构如图所示：；已知W、X、Y、Z、M均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。下列说法正确的是（）A．简单氢化物的沸点：Z＞M＞Y B．由W、X、Y、M四种元素组成的某种盐可与Fe3+发生显色反应 C．X最高价氧化物对应的水化物能够促进水的电离 D．XZ2和MZ2可用澄清石灰水鉴别6．（2024秋•重庆期中）某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数a≠c，a≠c，α＝β＝γ＝90°。已知该含钙化合物的摩尔质量为Mg/mol，阿伏加德罗常数的值是NA。下列说法正确的是（）A．元素电负性：B＞N B．该含钙化合物的化学式是Ca3N2B C．晶体密度的计算式为 D．图丙中Ca和N的间距为7．（2024秋•云南月考）CuCl2可与某有机多齿配体形成具有较强荧光性能的配合物，其结构如图所示。下列说法不正确的是（）A．的键角比小 B．该配合物中存在着σ键、π键 C．1mol有机配体与Cu2+形成的配位键有3mol D．配合物分子中N、C原子均存在sp2和sp3杂化轨道8．（2024秋•邢台月考）炼铁工业中高炉煤气的一种新的处理过程如图所示，下列叙述错误的是（）A．反应①②③④均为氧化还原反应 B．第一电离能：N＞O＞H＞C C．干冰中，每个CO2分子周围有12个紧邻的分子 D．可用电子气理论来解释铁具有良好的导电、导热和延展性9．（2024秋•临渭区校级月考）我国科学家已经成功催化氢化CO2获得甲酸，利用化合物1催化氢化CO2的反应过程如图甲所示，其中化合物2与水反应生成化合物3与HCOO﹣过程中的能量变化如图乙所示（TS表示过渡态，I表示中间体），下列说法错误的是（）A．化合物1为该反应的催化剂，可加快CO2的转化速率 B．图乙中形成中间体I2的反应为图甲中“化合物2+H2O→化合物3+HCOO﹣”的决速步骤 C．化合物1→化合物2的过程中存在碳氧键的断裂和碳氢键的形成 D．从平衡移动的角度看，升高温度可促进化合物2与水反应生成化合物3与HCOO﹣10．（2024•西城区校级模拟）利用如图装置进行铁上电镀铜的实验探究。装置示意图序号电解质溶液实验现象①0.1mol/LCuSO4+少量H2SO4阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验电解液中有Fe2+②0.1mol/LCuSO4+过量氨水阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无Fe元素下列说法不正确的是（）A．①中气体减少，推测是由于溶液中c（H+）减少，且Cu覆盖铁电极，阻碍H+与铁接触 B．①中检测到Fe2+，推测可能发生反应：Fe+2H+═Fe2++H2、Fe+Cu2+═Fe2++Cu C．随阴极析出Cu，推测②中溶液c（Cu2+）减少，Cu2++4NH3⇌[Cu（NH3）4]2+平衡逆移 D．②中Cu2+生成[Cu（NH3）4]2+，使得c（Cu2+）比①中溶液的小，Cu缓慢析出，镀层更致密11．（2024秋•南京月考）对于反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）ΔH＜0，下列说法正确的是（）A．1molN—H断裂的同时有1molO—H断裂，说明反应到达该条件下的平衡状态 B．该反应的平衡常数可表达为 C．适当降温加压可提高NH3的平衡转化率 D．分离出NO（g），v正增大，平衡向正反应方向移动12．（2024•北京）硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如图。下列说法不正确的是（）A．Ⅰ的化学方程式：3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2 B．Ⅱ中的反应条件都是为了提高SO2平衡转化率 C．将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生 D．生产过程中产生的尾气可用碱液吸收13．（2024春•青羊区校级期末）阿司匹林是一种常见的退烧药，其合成路线如图所示，下列说法正确的是（）A．产物A的结构简式为CH3COOH B．水杨酸分子苯环上的一氯取代有两种（不考虑立体异构） C．该合成实验最好采用直接加热法 D．阿司匹林能发生取代反应，但不能发生水解反应14．（2024秋•泉州月考）N2H4是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru（Ⅱ）催化剂（用[L﹣Ru—NH3]+表示）能高效电催化氧化NH3合成N2H4，其反应机理如图所示。下列说法正确的是（）A．Ru（Ⅱ）被氧化至Ru（Ⅲ）后，配体NH3失去质子能力减弱 B．M与[L﹣Ru—NH3]+中Ru的化合价不同 C．图示过程发生在电解池阳极区 D．该过程有非极性键的形成和断裂15．（2024秋•东莞市月考）下列实验方案不能达到相应实验目的的是（）A．用装置①验证升高温度可以加快反应速率 B．用装置②探究H2SO4浓度对化学反应速率的影响 C．用装置③比较CuSO4、FeCl3对H2O2分解速率的影响 D．用装置④探究温度对化学平衡的影响16．（2024秋•和平区校级月考）以金属Fe为主要成分的Al、Fe、Cu废旧合金（还含少量Al2O3、Fe2O3、CuO）的回收模拟实验如图所示。下列说法错误的是（）A．加入足量NaOH溶液Al2O3发生反应：Al2O3+3H2O+2OH﹣＝2[Al（OH）4]﹣ B．滤渣A为Fe、Cu、Fe2O3、CuO C．操作Ⅱ在表面皿中进行 D．滤液B经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤可获得绿矾17．（2024秋•江阴市校级月考）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，是比O3、KMnO4氧化性更强，无二次污染的绿色水处理剂。工业上可以由硫酸亚铁制备高铁酸钾以及高铁酸钾处理污水的部分流程如下，其中过程①中发生的反应为：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑）以下说法不正确的是（）A．过程①中还原剂与氧化剂的个数之比为1：3 B．另一种在碱性条件下制备K2FeO4的反应可能：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝2+3Cl﹣+5H2O C．K2FeO4处理污水时不仅能消毒杀菌，还能生成Fe（OH）3胶体吸附水中的悬浮杂质 D．污水中的有害离子CN﹣被K2FeO4氧化转化为两种无毒气体，反应过程中CN﹣做还原剂18．（2024秋•南京月考）室温下，通过下列实验探究K2C2O4与KHC2O4的性质（忽略溶液混合时的体积变化）。已知：Ka1（H2C2O4）＝5.6×10﹣2、Ka2（H2C2O4）＝1.5×10﹣4、Ksp（CaC2O4）＝2.3×10﹣9。实验1：向0.1mol•L﹣1KHC2O4溶液中滴加少量等浓度NaOH溶液，无明显现象。实验2：向0.1mol•L﹣1K2C2O4溶液中加入等体积0.2mol•L﹣1CaCl2溶液，溶液变浑浊。实验3：向酸性KMnO4溶液中滴加0.1mol•L﹣1KHC2O4溶液至溶液紫红色恰好褪去。下列说法不正确的是（）A．0.1mol•L﹣1KHC2O4溶液中：c（H2C2O4）＜c（C2） B．实验1所得溶液中：c（K+）＝c（H2C2O4）+c（HC2）+c（C2） C．实验2过滤后所得清液中：c（C2）＝2.3×10﹣8mol•L﹣1 D．实验3所得溶液中：19．（2024秋•广西月考）常温下，M2+在不同pH的Na2A溶液中的存在形式不同，Na2A溶液中pM[pM＝﹣lgc（M2+）]随pH的变化、Na2A溶液中含A微粒的物质的量分数随pH的变化如图所示。已知MA、M（OH）2均为难溶物，下列说法错误的是（）已知：y＝kx+b（k、b是常数，k≠0），x为自变量，y为因变量，将这两个变量分别作为横、纵坐标，则图像在平面上呈一条直线。A．NaHA溶液呈碱性 B．0.1mol•L﹣1Na2A溶液中存在：c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（HA﹣）+2c（H2A） C．曲线Ⅱ上的点满足c（M2+）c（A2﹣）＝Ksp（MA） D．初始状态的b点发生反应生成MA沉淀20．（2024秋•海安市校级月考）工业上用乙苯与CO2生产苯乙烯，主要反应：①（g）+H2（g）ΔH1＝+125kJ/mol②H2（g）+CO2（g）＝CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41kJ/mol在一定压强和催化剂作用下，向恒容容器中充入等物质的量的乙苯和CO2。达到平衡时，各物质的体积分数随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是（）A．其他条件不变，升高温度，CO2的平衡转化率增大 B．苯乙烯和H2的体积分数变化差异的主要原因是CO2消耗H2 C．一定温度下，降低的乙苯和CO2物质的量比值或减小压强，均能使乙苯平衡转化率 D．一定温度下，加入CaO（s），能提高平衡时苯乙烯的产率二．解答题（共5小题）21．（2024秋•黄浦区校级月考）硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如下表所示，回答下列问题：H2SMnSSO2SO3H2SO4熔点/℃﹣85.5＞1600（分解）﹣75.516.810.3沸点/℃﹣60.3﹣10.045.0337.0（1）硫元素位于元素周期表的。A.s区B.p区C.d区D.f区（2）基态S原子价层电子轨道表示式是，其电子占据最高能级的电子云形状为。（3）基态Mn原子的价电子构型是。A.3d7B.3d74s2C.3d54s2D.3d9（4）具有下列电子排布式的基态原子中原子半径最大的是。A.B.C.1s22s22p2D.1s22s22p33s23p4（5）关于SO2的说法正确的是（不定项）A.中心原子的杂化类型为sp2B.电负性：0＜SC.属于非极性分子D.价层电子对的空间结构为平面三角形（6）煤中掺入一定量的生石灰，能减少煤燃烧排放的SO2，体现SO2具有。A.漂白性B.酸性氧化物的性质C.氧化性D.还原性若用含4gNaOH的溶液吸收SO2气体，理论上最多可以吸收SO2的体积为（折算为标况）。（7）根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其它分子的是：气态三氧化硫以单分子形式存在，推测其分子的立体构型为形；固体三氧化硫中存在如图所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为。（8）S与O、Se、Te位于同一主族，它们氢化物的沸点如图所示，分析它们氢化物沸点变化的原因是：。（9）铜、锌两种元素的第一电离能、第二电离能如表所示：电离能/（kJ•mol﹣1）I1I2锌9061733铜7461958铜的第一电离能（I1）小于锌的第一电离能，而铜的第二电离能（I2）却大于锌的第二电离能，其主要原因是。22．（2024秋•宿迁月考）金属钠及其化合物在人类生产、生活中起着重要作用。（1）为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下（用于沉淀的试剂均过量）称取粗盐滤液精盐步骤②和④顺序是否可以颠倒，其原因是；步骤⑤所使用的玻璃仪器有；步骤⑦实验标识，实验时应。（2）NaCl的熔点为：800.8℃。工业上，采用电解熔融的NaCl和CaCl2混合盐，制备金属Na，电解的化学方程式为：2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑，加入CaCl2的目的是。（3）采用空气和Na为原料可直接制备Na2O2。空气与熔融的金属Na反应前需依次通过的试剂为、（填序号）。a．浓硫酸b．饱和食盐水c．NaOH溶液d．KMnO4溶液（4）向酸性KMnO4溶液中加入Na2O2粉末，观察到溶液褪色，发生如下反应。_____+_____H++_____Na2O2＝_____Mn2++_____Na++_____O2↑+_____H2O配平上述离子方程式。该反应说明Na2O2具有（选填“氧化性”“还原性”或“漂白性”）。（5）烧碱常用于造纸工业，某造纸厂制浆及废水处理流程如图：其中“制浆”是将木材、竹子等原料与烧碱共煮，制得纸浆，烧碱在制浆过程中转化为Na2CO3。制浆废水中大部分碱性物质被回收利用，剩余的有机物在细菌池被微生物分解除去。①反应a的化学方程式为。②为防止细菌失活，须先调pH至中性。下列物质中，可实现该目的的有（填选项字母）。A．H2SO4B．NaHSO4C．NaOHD．NaHCO323．（2024•大足区校级模拟）化合物H是某抗肿瘤的中间体，其合成路线如题18图：已知：①O+H2NY→②RCH2CHO+HNR'R''→RHC＝CHNR'R''；回答下列问题：（1）实现反应②的转化，所需试剂除B外还有。（2）化合物D中含氧官能团名称为。（3）反应过程③的反应类型为；化合物E的结构简式为。（4）1molF与足量的NaOH溶液反应，共消耗NaOH的物质的量为mol。（5）化合物I是A与Fe/HCl反应产物，其中满足下列条件的I的同分异构体有种。①含苯环，且能发生银镜反应；②遇FeCl3溶液发生显色反应；③含氨基；不含甲基。（6）写出反应⑥的化学反应方程式为：。24．（2024春•虹口区期末）工业上常用铁质容器盛放浓硫酸，在加热条件下，碳素钢（仅含铁和碳的合金）与浓硫酸可反应产生混合气体。完成下列填空：（1）写出生成CO2的化学方程式。（2）实验室需要2mol/L的稀硫酸500mL，用98%的浓硫酸（密度1.84g/mL）进行配制。需98%浓硫酸mL（保留1位小数）。（3）配制上述溶液除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有（不定项）。A．容量瓶B．胶头滴管C．分液漏斗D．锥形瓶用如图实验装置可探究SO2的性质。（4）持续通入SO2一段时间后，将①中溶液倒入试管加热，现象是。（5）能验证SO2具有氧化性的装置及现象是。（6）②中溶液先变蓝后褪色，此过程中SO2表现出。A．漂白性B．还原性C．氧化性D．还原性和漂白性（7）通入足量SO2后④中无明显现象，将④中溶液分成两份，分别加入A、B物质后均产生白色沉淀。加入的物质AB沉淀的化学式BaSO3BaSO4加入的物质可能是：A，B。25．（2024秋•青岛月考）电能与化学能之间的相互转化具有重要的实用价值。Ⅰ.以不同材料修饰的Pt为电极，一定浓度的NaBr溶液为电解液，采用电解和催化相结合的循环方式，可实现高效制H2和O2，装置如图所示。（1）电极a为（填“阴极”或“阳极”），b极的电极反应式为。（2）乙装置中发生反应的化学方程式为。（3）电解和催化过程中需不断向电解槽中补充Y，Y的化学式为。Ⅱ.恒温条件下，用如图1所示装置探究铁的电化学腐蚀，溶液pH、容器内压强随时间变化曲线如图2所示。（4）图2中表示pH的曲线为（填“a”或“b”）。BC段正极的电极反应式主要为。（5）图2中DE段曲线基本不变，此时电池的总反应为。（6）轮船上为减缓铁皮的腐蚀，常在船底四周镶嵌锌块，这种防护方法被称为。

2025菁优高考化学压轴卷训练5参考答案与试题解析一．选择题（共20小题）1．（2024秋•香坊区校级月考）下列关于物质分类的组合正确的是（）选项碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ACa（OH）2硫酸小苏打Mn2O7干冰B烧碱盐酸氯化钠氧化钠一氧化碳C石灰水冰醋酸（CH3COOH）胆矾（CuSO4﹣5H2O）氧化钠二氧化硫DNaOHHNO3硫酸钙氧化铁SO3A．A B．B C．C D．D【专题】物质的分类专题；理解与辨析能力．【分析】酸指电离出的阳离子全部是氢离子的化合物；碱指电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；酸性氧化物指与碱反应生成盐和水的氧化物；盐指电离出金属阳离子或铵根离子与酸根阴离子的化合物，据此分析。【解答】解：A．Mn2O7不是碱性氧化物，为酸性氧化物，故A错误；B．盐酸为混合物，不属于酸；一氧化碳属于不成盐氧化物，不是酸性氧化物，故B错误；C．石灰水是由氢氧化钙与水组成的，属于混合物，不属于碱，故C错误；D．NaOH属于碱，HNO3属于酸，CaSO4属于盐，氧化铁为碱性氧化物，SO3与水化合生成硫酸，属于酸性氧化物，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查酸、碱、盐的概念及其相互联系等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。2．（2024秋•深圳校级月考）下列化学用语表述正确的是（）A．葡萄糖的实验式C6H12O6 B．TNT的结构简式 C．乙炔的分子的球棍模型 D．丙烯的键线式：【专题】化学用语专题；分析与推测能力．【分析】A．根据葡萄糖的分子式为C6H12O6，进行分析；B．根据TNT为三硝基甲苯，三硝基甲苯中，氮原子与碳原子相连，进行分析；C．根据乙炔为直线形结构，进行分析；D．根据丙烯的键线式进行分析。【解答】解：A．葡萄糖的分子式为C6H12O6，葡萄糖的实验式为CH2O，故A错误；B．TNT为三硝基甲苯，三硝基甲苯中，氮原子与碳原子相连，正确的结构简式为：，故B错误；C．乙炔为直线形结构，分子的球棍模型为：，故C错误；D．丙烯的键线式为：，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查实验式（最简式）等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。3．（2024秋•荔湾区校级月考）下列叙述对应的方程式书写错误的是（）A．向Ca（OH）2溶液中滴加Ca（HCO3）2溶液：Ca2+++OH﹣＝CaCO3↓+H2O B．向饱和NaOH溶液通入过量CO2析出白色晶体：OH﹣+CO2＝ C．加热蓝色的CuCl2溶液，溶液变黄绿色：[Cu（H2O）4]2+（aq）[蓝色]+4Cl﹣（aq）⇌[CuCl4]2﹣（aq）[黄色]+4H2O（l）ΔH＞0 D．向FeSO4溶液中加入H2O2出现红褐色沉淀：2Fe2++H2O2+4H2O＝2Fe（OH）3↓+4H+【专题】离子反应专题；分析与推测能力．【分析】A．根据Ca（OH）2溶液完全电离出Ca2+和OH﹣离子，Ca（HCO3）2完全电离出Ca2+和碳酸氢根离子进行分析；B．根据白色晶体碳酸氢钠不能拆进行分析；C．根据[Cu（H2O）4]2+（aq）[蓝色]向[CuCl4]2﹣（aq）[黄色]转变，进行分析；D．根据向FeSO4溶液中加入H2O2出现红褐色氢氧化铁沉淀进行分析。【解答】解：A．Ca（OH）2溶液完全电离出Ca2+和OH﹣离子，Ca（HCO3）2完全电离出Ca2+和碳酸氢根离子，反应生成CaCO3沉淀和水，反应的离子方程式为：Ca2+++OH﹣＝CaCO3↓+H2O，故A正确；B．向饱和NaOH溶液通入过量CO2析出白色晶体碳酸氢钠：Na++OH﹣+CO2＝NaHCO3↓，故B错误；C．加热蓝色的CuCl2溶液，溶液变黄绿色，说明：[Cu（H2O）4]2+（aq）[蓝色]向[CuCl4]2﹣（aq）[黄色]转变，其离子方程式为：[Cu（H2O）4]2+（aq）[蓝色]+4Cl﹣（aq）⇌[CuCl4]2﹣（aq）[黄色]+4H2O（l）ΔH＞0，故C正确；D．向FeSO4溶液中加入H2O2出现红褐色氢氧化铁沉淀：2Fe2++H2O2+4H2O＝2Fe（OH）3↓+4H+，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查离子方程式的书写等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。4．（2024秋•海淀区校级月考）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．18g含有的中子数为10NA B．0.1mol•L﹣1HClO4溶液中含有的H+数为0.1NA C．1molC2H4中含有σ键的数目为5NA D．标准状况下，1.12LN2和足量H2于密闭容器充分反应，生成NH3分子数为0.1NA【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律；分析与推测能力．【分析】A．一个O分子中含有10个中子；B．题目未给溶液体积；C．C2H4的结构简式H2C＝CH2，双键中只有1个σ键；D．可逆反应不能反应完全。【解答】解：A．1个分子中只有O原子有质量数为20，中子数为10个，则18g含有的中子数为，故A错误；B．没有溶液体积，无法求出H+个数，故B错误；C．C2H4的结构简式H2C＝CH2，双键中只有1个σ键，则1molC2H4中含有σ键的数目为5NA，故C正确；D．氮气和氢气发生可逆反应，无法完全转化，故D错误；故选：C。【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。5．（2024•仁寿县三模）某化学卷发水、烫发剂主要成分的结构如图所示：；已知W、X、Y、Z、M均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。下列说法正确的是（）A．简单氢化物的沸点：Z＞M＞Y B．由W、X、Y、M四种元素组成的某种盐可与Fe3+发生显色反应 C．X最高价氧化物对应的水化物能够促进水的电离 D．XZ2和MZ2可用澄清石灰水鉴别【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】W、X、Y、Z、M均为短周期主族元素，且原子序数依次增大，W连接1个共价键，W为H元素，X连接4个共价键，X为C元素，Y连接4个共价键且带一个正电荷，Y为N元素，Z连接2个共价键，Z为O元素，M也连接2个共价键，M为S元素，以此解答。【解答】解：A．H2O和NH3分子间能形成氢键，且H2O分子形成的氢键更多，而H2S不能形成氢键，则简单氢化物的沸点：H2O＞NH3＞S2O，故A错误；B．由H、C、N、S四种元素组成的NH4SCN可与Fe3+发生显色反应，故B正确；C．C最高价氧化物对应的水化物为H2CO3，H2CO3是一元弱酸，其电离抑制水的电离，故C错误；D．CO2和SO2都和澄清石灰水反应生成白色沉淀，且气体过量时沉淀都溶解，不能用澄清石灰水鉴别CO2和SO2，故D错误；故选：B。【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、物质结构推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。6．（2024秋•重庆期中）某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数a≠c，a≠c，α＝β＝γ＝90°。已知该含钙化合物的摩尔质量为Mg/mol，阿伏加德罗常数的值是NA。下列说法正确的是（）A．元素电负性：B＞N B．该含钙化合物的化学式是Ca3N2B C．晶体密度的计算式为 D．图丙中Ca和N的间距为【专题】元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构；理解与辨析能力．【分析】A.元素周期表从下往上，从左往右，得电子能力越来越强，电负性越来越大；B.由均摊法可知，晶胞中Ca的个数为8×＝3，N的个数为8×＝3，B的个数为4×＝1；C.其摩尔质量为Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数的值是NA，晶胞体积为a2c×10﹣30cm3；D.图丙中，Ca位于正方形顶点，N位于正方形中心。【解答】解：A.元素周期表从下往上，从左往右，得电子能力越来越强，电负性越来越大，所以电负性N＞B，故A错误；B.由均摊法可知，晶胞中Ca的个数为8×＝3，N的个数为8×＝3，B的个数为4×＝1，故对应化学式为Ca3N3B，故B错误；C.其摩尔质量为Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数的值是NA，晶胞体积为a2c×10﹣30cm3，则晶体的密度为，故C正确；D.图丙中，Ca位于正方形顶点，N位于正方形中心，故Ca与N的距离为apm，故D错误；故选：C。【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。7．（2024秋•云南月考）CuCl2可与某有机多齿配体形成具有较强荧光性能的配合物，其结构如图所示。下列说法不正确的是（）A．的键角比小 B．该配合物中存在着σ键、π键 C．1mol有机配体与Cu2+形成的配位键有3mol D．配合物分子中N、C原子均存在sp2和sp3杂化轨道【专题】原子组成与结构专题；分析与推测能力．【分析】A．根据中N为sp杂化，是直线形分子，键角180°，中N为sp2杂化，含有1对孤电子对，离子的空间构型为V形，键角小于180°进行分析；B．根据配合物中存在碳碳单键、碳氮单键等σ键，在碳氧双键中存在π键进行分析；C．根据1个Cu2+与2个氧、1个氮形成3个Cu2+配位键进行分析；D．根据配合物分子中苯环碳原子为sp2杂化，饱和碳原子为sp3杂化，五元环中氮为sp3杂化，下面六元环中氮为sp2杂化进行分析。【解答】解：A．中N原子的价层电子对数为，N为sp2杂化，含有1对孤电子对，离子的空间构型为V形，键角小于180°，中N原子的价层电子对数为，N为sp杂化，是直线形分子，键角180°，故的键角比大，故A错误；B．该配合物中存在碳碳单键、碳氮单键等σ键，在碳氧双键中存在π键，故B正确；C．由图可知，1个Cu2+与2个氧、1个氮形成3个Cu2+配位键，则1mol有机配体与Cu2+形成的配位键有3mol，故C正确；D．配合物分子中苯环碳原子为sp2杂化，饱和碳原子为sp3杂化；五元环中氮为sp3杂化，下面六元环中氮为sp2杂化，故N、C原子均存在sp2和sp3杂化轨道，故D正确；故选：A。【点评】本题主要考查配合物与超分子等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。8．（2024秋•邢台月考）炼铁工业中高炉煤气的一种新的处理过程如图所示，下列叙述错误的是（）A．反应①②③④均为氧化还原反应 B．第一电离能：N＞O＞H＞C C．干冰中，每个CO2分子周围有12个紧邻的分子 D．可用电子气理论来解释铁具有良好的导电、导热和延展性【专题】氧化还原反应专题；理解与辨析能力．【分析】A．根据②③无化合价改变，为非氧化还原反应进行分析；B．根据同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第ⅤA族元素的第一电离能大于相邻元素，进行分析；C．根据二氧化碳属于面心立方进行分析；D．根据金属晶体中充满了带负电的自由电子，在外加电场的条件下，自由电子会定向移动形成电流，进行分析。【解答】解：A．②③无化合价改变，为非氧化还原反应，反应①H2→H2O，④CO2→CO有化合价改变为氧化还原反应，故A错误；B．同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素的第一电离能大于相邻元素，H的第一电离能大于C，故第一电离能：N＞O＞H＞C，故B正确；C．二氧化碳属于面心立方，，每个CO2分子周围有12个紧邻的分子，故C正确；D．金属晶体中充满了带负电的“电子气”，在外加电场的条件下，自由电子会定向移动形成电流，因此金属具有良好的导电性；这些自由电子在运动时会与金属离子频繁碰撞，引起能量的交换，使得金属具有良好的导热性，故D正确；故选：A。【点评】本题主要考查氧化还原反应的基本概念及规律等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。9．（2024秋•临渭区校级月考）我国科学家已经成功催化氢化CO2获得甲酸，利用化合物1催化氢化CO2的反应过程如图甲所示，其中化合物2与水反应生成化合物3与HCOO﹣过程中的能量变化如图乙所示（TS表示过渡态，I表示中间体），下列说法错误的是（）A．化合物1为该反应的催化剂，可加快CO2的转化速率 B．图乙中形成中间体I2的反应为图甲中“化合物2+H2O→化合物3+HCOO﹣”的决速步骤 C．化合物1→化合物2的过程中存在碳氧键的断裂和碳氢键的形成 D．从平衡移动的角度看，升高温度可促进化合物2与水反应生成化合物3与HCOO﹣【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A．根据催化剂可加快反应物转化速率进行分析；B．根据活化能大的反应速率慢，反应速率慢的为决速步，进行分析；C．根据化合物1到化合物2的过程中二氧化碳中的碳氧键断裂，生成碳氢键进行分析；D．根据化合物2与水反应生成化合物3与HCOO﹣是放热反应，进行分析。【解答】解：A．根据题意和图甲可知，化合物1为反应的催化剂，可加快CO2的转化速率，故A正确；B．活化能大的反应速率慢，反应速率慢的为决速步，图乙中形成中间体Ⅰ2的反应活化能最大，为图甲中“化合物2+H2O→化合物3+HCOO﹣”的决速步骤，故B正确；C．化合物1到化合物2的过程中二氧化碳中的碳氧键断裂，生成碳氢键，故C正确；D．从图乙可以看出，化合物2与水反应生成化合物3与HCOO﹣是放热反应，因此降低温度可以促进该反应的正向移动，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查反应热和焓变等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。10．（2024•西城区校级模拟）利用如图装置进行铁上电镀铜的实验探究。装置示意图序号电解质溶液实验现象①0.1mol/LCuSO4+少量H2SO4阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验电解液中有Fe2+②0.1mol/LCuSO4+过量氨水阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无Fe元素下列说法不正确的是（）A．①中气体减少，推测是由于溶液中c（H+）减少，且Cu覆盖铁电极，阻碍H+与铁接触 B．①中检测到Fe2+，推测可能发生反应：Fe+2H+═Fe2++H2、Fe+Cu2+═Fe2++Cu C．随阴极析出Cu，推测②中溶液c（Cu2+）减少，Cu2++4NH3⇌[Cu（NH3）4]2+平衡逆移 D．②中Cu2+生成[Cu（NH3）4]2+，使得c（Cu2+）比①中溶液的小，Cu缓慢析出，镀层更致密【专题】电化学专题．【分析】由图可知，该装置为电解池，Cu连接电源的正极作阳极，Fe作阴极，据此作答。【解答】解：A．Fe与氢离子反应生成氢气，当阴极铜离子放电生成Cu覆盖铁电极时，阻碍H+与铁接触，气体减少，故A正确；B．Fe能与氢离子和铜离子反应，反应离子方程式为Fe+2H+═Fe2++H2↑、Fe+Cu2+═Fe2++Cu，故B正确；C．铜离子与过量氨水反应生成[Cu（NH3）4]2+，[Cu（NH3）4]2+在阴极得电子生成Cu，随阴极析出Cu，[Cu（NH3）4]2+浓度减小，平衡正向移动，故C错误；D．铜离子与过量氨水反应生成[Cu（NH3）4]2+，[Cu（NH3）4]2+在阴极得电子生成Cu，使得c（Cu2+）比①中溶液的小，Cu缓慢析出，镀层更致密，故D正确；故选：C。【点评】本题考查电解原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断阴阳极是解题的关键。11．（2024秋•南京月考）对于反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）ΔH＜0，下列说法正确的是（）A．1molN—H断裂的同时有1molO—H断裂，说明反应到达该条件下的平衡状态 B．该反应的平衡常数可表达为 C．适当降温加压可提高NH3的平衡转化率 D．分离出NO（g），v正增大，平衡向正反应方向移动【专题】化学平衡专题；理解与辨析能力．【分析】A．依据断键、成键情况判断速率关系；B．平衡常数等于生成物浓度的系数次幂的乘积比上反应物浓度系数次幂的乘积；C．依据外界条件改变对平衡的影响分析；D．【解答】解：A．1molN—H断裂即有mol氨气被消耗，有1molO—H断裂即有mol水被消耗，此时正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确；B．依据方程式可知，该反应的平衡常数可表达为K＝，故B错误；C．反应放热，降温，平衡正向移动，NH3的平衡转化率变大，反应正向气体分子数减小，加压，平衡逆向移动，NH3的平衡转化率减小，故C错误；D．分离出NO（g），逆反应速率减小，正反应速率瞬间不变，平衡向正反应方向移动，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。12．（2024•北京）硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如图。下列说法不正确的是（）A．Ⅰ的化学方程式：3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2 B．Ⅱ中的反应条件都是为了提高SO2平衡转化率 C．将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生 D．生产过程中产生的尾气可用碱液吸收【专题】氧族元素．【分析】A．根据化合价升降守恒、原子守恒书写反应Ⅰ的化学方程式；B．SO2与O2反应，生成SO3是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于SO3生成，“常压”也不是为了提高SO2平衡转化率；C．硫磺燃烧生成SO2；D．SO2是酸性氧化物。【解答】解：A．3个FeS2，转化为1个Fe3O4，铁元素共升高2价，S由﹣1价升高为+4价，升高5价，所以3个FeS2共升高（2+3×2×5）＝32价，8个O2共降低32价，所以反应Ⅰ的化学方程式：3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2，故A正确；B．SO2与O2反应，生成SO3是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于SO3生成，但Ⅱ中采用400﹣500℃的温度，主要是考虑反应速率和催化剂的活性，不是考查提高SO2平衡转化率，另“常压”不是为了提高SO2平衡转化率，故B错误；C．硫磺燃烧生成SO2，将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生，故C正确；D．SO2是酸性氧化物，生产过程中产生的尾气可用碱液吸收，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查硫酸的工业制法，同时考查化学平衡原理的应用分析，属于基本知识的考查，难度不大。13．（2024春•青羊区校级期末）阿司匹林是一种常见的退烧药，其合成路线如图所示，下列说法正确的是（）A．产物A的结构简式为CH3COOH B．水杨酸分子苯环上的一氯取代有两种（不考虑立体异构） C．该合成实验最好采用直接加热法 D．阿司匹林能发生取代反应，但不能发生水解反应【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A．由原子守恒判断产物A；B．水杨酸分子苯环上含4种H原子；C．反应温度低于100℃；D．阿司匹林含羧基、酯基。【解答】解：A．由原子守恒可知，产物A的结构简式为CH3COOH，故A正确；B．水杨酸分子苯环上含4种H原子，苯环上的一氯取代有4种，故B错误；C．反应温度低于100℃，不宜直接加热，采用水浴加热更好，故C错误；D．阿司匹林含羧基、酯基，可发生取代反应，且酯基可发生水解反应，故D错误；故选：A。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度不大。14．（2024秋•泉州月考）N2H4是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru（Ⅱ）催化剂（用[L﹣Ru—NH3]+表示）能高效电催化氧化NH3合成N2H4，其反应机理如图所示。下列说法正确的是（）A．Ru（Ⅱ）被氧化至Ru（Ⅲ）后，配体NH3失去质子能力减弱 B．M与[L﹣Ru—NH3]+中Ru的化合价不同 C．图示过程发生在电解池阳极区 D．该过程有非极性键的形成和断裂【专题】物质的性质和变化专题；分析与推测能力．【分析】A．根据Ru（Ⅱ）被氧化至Ru（Ⅲ）后，中的Ru带有更多的正电荷，其与N原子成键后，Ru吸引电子的能力比Ru（Ⅱ）强，进行分析；B．根据当变为M时，N原子的孤电子对拆为2个电子并转移给Ru1个电子，进行分析；C．根据总反应式为，为氧化反应，进行分析；D．根据整个过程无非极性键的断裂进行分析。【解答】解：A．Ru（Ⅱ）被氧化至Ru（Ⅲ）后，中的Ru带有更多的正电荷，其与氮原子成键后，Ru吸引电子的能力比Ru（Ⅱ）吸引电子的能力强，这种作用使得配体NH3中的N—H键极性变强且更易断裂，因此其失去质子（H+）的能力增强，故A错误；B．当变为M时，氮原子的孤电子对拆为2个电子并转移给Ru1个电子，其中Ru的化合价变为+2，则M与中Ru的化合价相同，故B错误；C．该过程的总反应式为，该反应为氧化反应，发生在电解池阳极区，故C正确；D．根据图示可知，整个过程无非极性键的断裂，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。15．（2024秋•东莞市月考）下列实验方案不能达到相应实验目的的是（）A．用装置①验证升高温度可以加快反应速率 B．用装置②探究H2SO4浓度对化学反应速率的影响 C．用装置③比较CuSO4、FeCl3对H2O2分解速率的影响 D．用装置④探究温度对化学平衡的影响【专题】实验评价题；探究与创新能力．【分析】A．①②中温度、催化剂不同；B．只有硫酸的浓度不同；C．只有催化剂不同；D．只有温度不同。【解答】解：A．①②中温度、催化剂不同，不能验证升高温度可以加快反应速率，故A错误；B．只有硫酸的浓度不同，可以探究H2SO4浓度对化学反应速率的影响，故B正确；C．只有催化剂不同，可以比较CuSO4、FeCl3对H2O2分解速率的影响，故C正确；D．只有温度不同，可以探究温度对化学平衡的影响，故D正确；故选：A。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、实验原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。16．（2024秋•和平区校级月考）以金属Fe为主要成分的Al、Fe、Cu废旧合金（还含少量Al2O3、Fe2O3、CuO）的回收模拟实验如图所示。下列说法错误的是（）A．加入足量NaOH溶液Al2O3发生反应：Al2O3+3H2O+2OH﹣＝2[Al（OH）4]﹣ B．滤渣A为Fe、Cu、Fe2O3、CuO C．操作Ⅱ在表面皿中进行 D．滤液B经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤可获得绿矾【专题】物质的分离提纯和鉴别；分析与推测能力．【分析】足量的NaOH溶液与Al反应，生成和H2，与Al2O3反应生成和水；向滤液中通入足量二氧化碳，生成Al（OH）3，在坩埚中进行灼烧，生成Al2O3，经电解生成Al；滤渣中通入足量的稀硫酸，反应后过滤得Cu和硫酸亚铁溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤可获得绿矾。【解答】解：A．氧化铝溶于氢氧化钠溶液：，故A正确；B．Fe、Cu、Fe2O3、CuO不溶解进入滤渣A，故B正确；C．操作Ⅱ为灼烧，应该在坩埚中进行，故C错误；D．滤液B是硫酸亚铁溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤可获得绿矾，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。17．（2024秋•江阴市校级月考）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，是比O3、KMnO4氧化性更强，无二次污染的绿色水处理剂。工业上可以由硫酸亚铁制备高铁酸钾以及高铁酸钾处理污水的部分流程如下，其中过程①中发生的反应为：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑）以下说法不正确的是（）A．过程①中还原剂与氧化剂的个数之比为1：3 B．另一种在碱性条件下制备K2FeO4的反应可能：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝2+3Cl﹣+5H2O C．K2FeO4处理污水时不仅能消毒杀菌，还能生成Fe（OH）3胶体吸附水中的悬浮杂质 D．污水中的有害离子CN﹣被K2FeO4氧化转化为两种无毒气体，反应过程中CN﹣做还原剂【专题】制备实验综合；分析与推测能力．【分析】过程①中发生的反应为：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2，K2FeO4的溶解度更小，向Na2FeO4溶液中加入KOH，析出K2FeO4，K2FeO4用于污水处理，被还原铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，可以吸附水中的悬浮物质，达到净水的目的。【解答】解：A．过程①中还原剂是2个FeSO4和1个Na2O2，氧化剂是5个Na2O2，两者的个数之比为3：5，故A错误；B．在碱性条件下，Fe（OH）3可以次氯酸钠氧化，生成K2FeO4，离子方程式为：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝2+3Cl﹣+5H2O，故B正确；C．K2FeO4是强氧化剂，可以杀菌、消毒，处理污水时，还能生成Fe（OH）3胶体吸附水中的悬浮杂质，故C正确；D．污水中的有害离子CN﹣被K2FeO4氧化转化为两种无毒气体，即N2和CO2，反应过程中CN﹣做还原剂，故D正确；故选：A。【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，侧重考查氧化还原反应原理的应用，属于基本知识的考查，难度中等。18．（2024秋•南京月考）室温下，通过下列实验探究K2C2O4与KHC2O4的性质（忽略溶液混合时的体积变化）。已知：Ka1（H2C2O4）＝5.6×10﹣2、Ka2（H2C2O4）＝1.5×10﹣4、Ksp（CaC2O4）＝2.3×10﹣9。实验1：向0.1mol•L﹣1KHC2O4溶液中滴加少量等浓度NaOH溶液，无明显现象。实验2：向0.1mol•L﹣1K2C2O4溶液中加入等体积0.2mol•L﹣1CaCl2溶液，溶液变浑浊。实验3：向酸性KMnO4溶液中滴加0.1mol•L﹣1KHC2O4溶液至溶液紫红色恰好褪去。下列说法不正确的是（）A．0.1mol•L﹣1KHC2O4溶液中：c（H2C2O4）＜c（C2） B．实验1所得溶液中：c（K+）＝c（H2C2O4）+c（HC2）+c（C2） C．实验2过滤后所得清液中：c（C2）＝2.3×10﹣8mol•L﹣1 D．实验3所得溶液中：【专题】电离平衡与溶液的pH专题；溶液浓度的计算．【分析】A.在K2C2O4与KHC2O4的混合溶液中，Kh2×Ka1＝KW，因Ka1（H2C2O4）＝5.6×10﹣2、Ka2（H2C2O4）＝1.5×10﹣4得Kh2＜Ka2，HC2的电离大于水解；B．根据物料守恒可知，实验1所得溶液中有：c（K+）＝c（H2C2O4）+c（HC2）+c（C2）；C．实验2向0.1mol/LK2C2O4溶液中加入等体积0.2mol/LCaCl2溶液，过滤后所得清液中，c（Ca2+）＝＝0.05mol/L，则c（C2）＝＝mol/L＝4.6×10﹣8mol/L；D．实验3即向酸性KMnO4溶液中滴加0.1mol/LKHC2O4溶液至溶液紫红色恰好褪去，根据反应方程式：4KMnO4+10KHC2O4+11H2SO4＝7K2SO4+4MnSO4+20CO2↑+16H2O，则所得溶液中：＝＝3.5＞2.5。【解答】解：A.在K2C2O4与KHC2O4的混合溶液中，Kh2×Ka1＝KW，因Ka1（H2C2O4）＝5.6×10﹣2、Ka2（H2C2O4）＝1.5×10﹣4得Kh2＜Ka2，则HC2的电离大于水解，故0.1mol/LKHC2O4溶液中：c（H2C2O4）＜c（C2），故A正确；B．根据物料守恒可知，实验1所得溶液中有：c（K+）＝c（H2C2O4）+c（HC2）+c（C2），故B正确；C．实验2向0.1mol/LK2C2O4溶液中加入等体积0.2mol/LCaCl2溶液，过滤后所得清液中，c（Ca2+）＝＝0.05mol/L，则c（C2）＝＝mol/L＝4.6×10﹣8mol/L，故C错误；D．实验3即向酸性KMnO4溶液中滴加0.1mol/LKHC2O4溶液至溶液紫红色恰好褪去，根据反应方程式：4KMnO4+10KHC2O4+11H2SO4＝7K2SO4+4MnSO4+20CO2↑+16H2O，则所得溶液中：＝＝3.5＞2.5，故D正确，故选：C。【点评】本题考查盐溶液中微粒间的电荷守恒、物料守恒、质子守恒原理、盐溶液中离子浓度大小的比较、盐的水解常数、溶度积常数相关计算。19．（2024秋•广西月考）常温下，M2+在不同pH的Na2A溶液中的存在形式不同，Na2A溶液中pM[pM＝﹣lgc（M2+）]随pH的变化、Na2A溶液中含A微粒的物质的量分数随pH的变化如图所示。已知MA、M（OH）2均为难溶物，下列说法错误的是（）已知：y＝kx+b（k、b是常数，k≠0），x为自变量，y为因变量，将这两个变量分别作为横、纵坐标，则图像在平面上呈一条直线。A．NaHA溶液呈碱性 B．0.1mol•L﹣1Na2A溶液中存在：c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（HA﹣）+2c（H2A） C．曲线Ⅱ上的点满足c（M2+）c（A2﹣）＝Ksp（MA） D．初始状态的b点发生反应生成MA沉淀【专题】盐类的水解专题；分析与推测能力．【分析】由图可知，H2A的电离平衡常数：，，由可得，pM＝﹣lgc（M2+）＝2pH—lgKsp[M（OH）2]﹣28，故曲线Ⅱ表示M（OH）2的溶解平衡曲线，曲线I表示MA的溶解平衡曲线，据此解答。【解答】解：A．HA﹣的水解平衡常数为Kh（HA﹣）＝＝10﹣7.5＞Ka2，即HA﹣的水解程度大于电离程度，则NaHA溶液呈碱性，故A正确；B．0.1mol•L﹣1Na2A溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（HA﹣）+2c（A2﹣）+c（OH﹣），物料守恒：c（Na+）＝2c（A2﹣）+2c（HA﹣）+2c（H2A），得出：c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（HA﹣）+2c（H2A），故B正确；C．曲线Ⅱ表示M（OH）2的溶解平衡曲线，故Ⅰ曲线上的点满足c（M2+）•c2（OH﹣）＝Ksp[M（OH）2]，故C错误；D．初始状态的b点在曲线I的上方，曲线Ⅱ的下方，发生反应生成MA沉淀，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查沉淀溶解平衡等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。20．（2024秋•海安市校级月考）工业上用乙苯与CO2生产苯乙烯，主要反应：①（g）+H2（g）ΔH1＝+125kJ/mol②H2（g）+CO2（g）＝CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41kJ/mol在一定压强和催化剂作用下，向恒容容器中充入等物质的量的乙苯和CO2。达到平衡时，各物质的体积分数随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是（）A．其他条件不变，升高温度，CO2的平衡转化率增大 B．苯乙烯和H2的体积分数变化差异的主要原因是CO2消耗H2 C．一定温度下，降低的乙苯和CO2物质的量比值或减小压强，均能使乙苯平衡转化率 D．一定温度下，加入CaO（s），能提高平衡时苯乙烯的产率【专题】化学平衡专题；理解与辨析能力．【分析】A．依据温度变化对平衡的影响分析；B．依据反应特点分析；C．依据反应物的量和压强对平衡的影响分析；D．CaO能吸收体系中的二氧化碳和水。【解答】解：A．反应①②均为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，故A正确；B．反应①生成苯乙烯和氢气，反应②CO2消耗H2，故苯乙烯和H2的体积分数变化出现差异，故B正确；C．一定温度下，降低的乙苯和CO2物质的量比值，可看作乙苯的量移动，增大二氧化碳的加入量，有利于反应②平衡正向移动，导致氢气的浓度减小，反应①平衡正向移动，乙苯的平衡转化率增大，反应①正向气体分子数增加，减小压强，有利于平衡正向移动，乙苯的平衡转化率增大，故C正确；D．CaO能吸收体系中的二氧化碳和水，不利于氢气的转化，故平衡时苯乙烯的产率降低，故D错误；故选：D。【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。二．解答题（共5小题）21．（2024秋•黄浦区校级月考）硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如下表所示，回答下列问题：H2SMnSSO2SO3H2SO4熔点/℃﹣85.5＞1600（分解）﹣75.516.810.3沸点/℃﹣60.3﹣10.045.0337.0（1）硫元素位于元素周期表的B。A.s区B.p区C.d区D.f区（2）基态S原子价层电子轨道表示式是，其电子占据最高能级的电子云形状为哑铃型。（3）基态Mn原子的价电子构型是C。A.3d7B.3d74s2C.3d54s2D.3d9（4）具有下列电子排布式的基态原子中原子半径最大的是A。A.B.C.1s22s22p2D.1s22s22p33s23p4（5）关于SO2的说法正确的是AD（不定项）A.中心原子的杂化类型为sp2B.电负性：0＜SC.属于非极性分子D.价层电子对的空间结构为平面三角形（6）煤中掺入一定量的生石灰，能减少煤燃烧排放的SO2，体现SO2具有B。A.漂白性B.酸性氧化物的性质C.氧化性D.还原性若用含4gNaOH的溶液吸收SO2气体，理论上最多可以吸收SO2的体积为1.12L（折算为标况）。（7）根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其它分子的是H2S：气态三氧化硫以单分子形式存在，推测其分子的立体构型为平面三角形形；固体三氧化硫中存在如图所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为sp3。（8）S与O、Se、Te位于同一主族，它们氢化物的沸点如图所示，分析它们氢化物沸点变化的原因是：H2O分子间存在较强的氢键，其他三种分子间不含氢键，所以H2O的沸点最高；H2S、H2Se及H2Te的结构相似，随着相对分子质量的增大，范德华力增大，所以沸点逐渐升高。（9）铜、锌两种元素的第一电离能、第二电离能如表所示：电离能/（kJ•mol﹣1）I1I2锌9061733铜7461958铜的第一电离能（I1）小于锌的第一电离能，而铜的第二电离能（I2）却大于锌的第二电离能，其主要原因是Cu原子失去一个电子后，核外电子排布为[Ar]3d10，而锌为[Ar]3d104s1，根据洪特则，铜达到了较稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大。【分析】（1）S位于元素周期表的p区；（2）硫的原子序数为16，核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，价电子为：3s23p6；（3）基态Mn原子位于第四周期第ⅦB族；（4）A.1s22s22p63s23p2，为Si原子；B.1s22s22p3，为N原子；C.1s22s22p2，为C原子，D.1s22s22p63s23p4，为S原子，同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大；（5）A.SO2中心S原子杂化方式为sp2；B.元素周期表从下往上，从左往右，得电子能力越来越强，电负性越来越大；C.SO2为折线形分子，属于极性分子；D.SO2VSEPR模型为平面三角形；（6）煤中掺入一定量的生石灰，能减少煤燃烧排放的SO2，氧化钙为碱性氧化物B；（7）根据价层电子对互斥理论，H2S价层电子对数为4，SO2价层电子对数为3，SO3的价层电子对数为3，气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其它分子的是H2S，气态三氧化硫以单分子形式存在，价层电子对数为3，不存在孤对电子，推测其分子的立体构型为平面三角形，固体三氧化硫中存在如图所示的三聚分子，S的σ键数目为4；（8）H2O分子间存在较强的氢键，其他三种分子间不含氢键，所以H2O的沸点最高；H2S、H2Se及H2Te的结构相似，随着相对分子质量的增大，范德华力增大；（9）Cu的价层电子构型为3d104s1，Zn的价层电子构型为3d104s2，Zn的电子构型为全充满，较稳定，故第一电离能：Zn＞Cu，失去一个电子后，Cu的价层电子构型变为3d10，为全充满状态，较稳定。【解答】解：（1）S位于元素周期表的p区，故答案为：B；（2）硫的原子序数为16，核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，价电子为：3s23p6，根据泡利原理和洪特规则，可知其价电子排布图为：，其电子占据最高能级的电子云形状为哑铃型，故答案为：；哑铃型；（3）基态Mn原子位于第四周期第ⅦB族，价层电子排布式为3d54s2，故答案为：C；（4）A.1s22s22p63s23p2，为Si原子；B.1s22s22p3，为N原子；C.1s22s22p2，为C原子，D.1s22s22p63s23p4，为S原子，同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，故原子半径有大到小的顺序为：Si＞S＞C＞N，故答案为：A；（5）A.SO2中心S原子杂化方式为sp2，故A正确；B.元素周期表从下往上，从左往右，得电子能力越来越强，电负性越来越大，所以电负性O＞S，故B错误；C.SO2为折线形分子，属于极性分子，故C错误；D.SO2中心S原子杂化方式为sp2，VSEPR模型为平面三角形，故D正确；故答案为：AD；（6）煤中掺入一定量的生石灰，能减少煤燃烧排放的SO2，氧化钙为碱性氧化物，所以该过程体现SO2具有酸性，4g氢氧化钠为0.1mol，可以吸收0.05mol二氧化硫，标况下的体积为22.4×0.05L＝1.12L，故答案为：B；1.12；（7）根据价层电子对互斥理论，H2S价层电子对数为4，SO2价层电子对数为3，SO3的价层电子对数为3，气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其它分子的是H2S，气态三氧化硫以单分子形式存在，价层电子对数为3，不存在孤对电子，推测其分子的立体构型为平面三角形，固体三氧化硫中存在如图所示的三聚分子，S的σ键数目为4，该分子中S原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：H2S；平面三角形；sp3；（8）H2O分子间存在较强的氢键，其他三种分子间不含氢键，所以H2O的沸点最高；H2S、H2Se及H2Te的结构相似，随着相对分子质量的增大，范德华力增大，所以沸点逐渐升高，故答案为：H2O分子间存在较强的氢键，其他三种分子间不含氢键，所以H2O的沸点最高；H2S、H2Se及H2Te的结构相似，随着相对分子质量的增大，范德华力增大，所以沸点逐渐升高；（9）Cu的价层电子构型为3d104s1，Zn的价层电子构型为3d104s2，Zn的电子构型为全充满，较稳定，故第一电离能：Zn＞Cu，失去一个电子后，Cu的价层电子构型变为3d10，为全充满状态，较稳定，故铜的第二电离能大于锌的第二电离能。故答案为：Cu原子失去一个电子后，核外电子排布为[Ar]3d10，而锌为[Ar]3d104s1，根据洪特则，铜达到了较稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大。【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键等内容，掌握基础为解题关键，整体难度适中。22．（2024秋•宿迁月考）金属钠及其化合物在人类生产、生活中起着重要作用。（1）为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下（用于沉淀的试剂均过量）称取粗盐滤液精盐步骤②和④顺序是否可以颠倒，其原因是不能颠倒，否则过量的Ba2+将无法除去；步骤⑤所使用的玻璃仪器有有烧杯、漏斗和玻璃棒；步骤⑦实验标识，实验时应防止烫伤或烧伤。（2）NaCl的熔点为：800.8℃。工业上，采用电解熔融的NaCl和CaCl2混合盐，制备金属Na，电解的化学方程式为：2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑，加入CaCl2的目的是作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗。（3）采用空气和Na为原料可直接制备Na2O2。空气与熔融的金属Na反应前需依次通过的试剂为c、a（填序号）。a．浓硫酸b．饱和食盐水c．NaOH溶液d．KMnO4溶液（4）向酸性KMnO4溶液中加入Na2O2粉末，观察到溶液褪色，发生如下反应。_____+_____H++_____Na2O2＝_____Mn2++_____Na++_____O2↑+_____H2O配平上述离子方程式+16H++5Na2O2＝2Mn2++10Na++5O2↑+8H2O。该反应说明Na2O2具有还原性（选填“氧化性”“还原性”或“漂白性”）。（5）烧碱常用于造纸工业，某造纸厂制浆及废水处理流程如图：其中“制浆”是将木材、竹子等原料与烧碱共煮，制得纸浆，烧碱在制浆过程中转化为Na2CO3。制浆废水中大部分碱性物质被回收利用，剩余的有机物在细菌池被微生物分解除去。①反应a的化学方程式为CaCO3CaO+CO2↑。②为防止细菌失活，须先调pH至中性。下列物质中，可实现该目的的有AB（填选项字母）。A．H2SO4B．NaHSO4C．NaOHD．NaHCO3【专题】物质的分离提纯和鉴别；分析与推测能力．【分析】（1）粗盐提纯的步骤：①加水溶解粗盐，②加入过量BaCl2溶液将变为BaSO4沉淀，③加入过量的NaOH溶液将Mg2+变为Mg（OH）2沉淀，④加入过量的Na2CO3溶液将Ca2+和过量的Ba2+分别转化为CaCO3和BaCO3沉淀，⑤为过滤，将生成的沉淀过滤除去，⑥加入适量稀盐酸除去过量的OH﹣和，最后经过⑦（蒸发、结晶、烘干）得到精盐，以此分析解答；（2）NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，加入CaCl2时，580℃NaCl熔融；（3）采用空气和Na为原料可直接制备Na2O2，空气中CO2、水蒸气都能与熔融金属Na反应，所以在反应前需要将空气中的CO2、水蒸气除去，CO2属于酸性氧化物，能和碱液反应，浓硫酸具有吸水性；（4）向酸性KMnO4溶液中加入Na2O2粉末，观察到溶液褪色，反应生成锰离子的盐、钠离子的盐、氧气、水，锰元素化合价+7价降低到+2价，电子转移5e﹣，Na2O2中氧元素化合价﹣1价升高到0价，电子转移2e﹣，氧化还原反应电子守恒得到电子转移总数10e﹣，结合原子守恒、电荷守恒书写离子方程式；（5）原料在碱性溶液中制浆，废水中的大部分碱性物质回收利用，剩余的有机物调pH，在细菌池中进一步纯化，①反应a是碳酸钙高温条件下分解生成氧化钙和二氧化碳；②为防止细菌失活，需要先调pH至中性，原溶液为碱性溶液，需加适量的H+。【解答】解：（1）加入过量的Na2CO3溶液可除去过量的Ba2+，若步骤②和④顺序颠倒，过量的Ba2+将无法除去，精盐步骤②和④顺序不可以颠倒，步骤⑤所使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，步骤⑦实验标识，实验时防止烫伤或烧伤，故答案为：不能颠倒，否则过量的Ba2+将无法除去；烧杯、漏斗和玻璃棒；防止烫伤或烧伤；（2）NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，加入CaCl2时，580℃NaCl熔融，所以加入CaCl2能降低NaCl的熔点，节省能耗，所以CaCl2作助熔剂，故答案为：作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗；（3）采用空气和Na为原料可直接制备Na2O2，空气中CO2、水蒸气都能与熔融金属Na反应，所以在反应前需要将空气中的CO2、水蒸气除去，CO2属于酸性氧化物，能和碱液反应，浓硫酸具有吸水性，所以空气与熔融金属Na反应前需依次通过NaOH溶液、浓硫酸，故答案为：c；a；（4）向酸性KMnO4溶液中加入Na2O2粉末，观察到溶液褪色，反应生成锰离子的盐、钠离子的盐、氧气、水，锰元素化合价+7价降低到+2价，电子转移5e﹣，Na2O2中氧元素化合价﹣1价升高到0价，电子转移2e﹣，氧化还原反应电子守恒得到电子转移总数10e﹣，结合原子守恒、电荷守恒书写离子方程式为：+16H++5Na2O2＝2Mn2++10Na++5O2↑+8H2O，该反应说明Na2O2具有还原性，故答案为：+16H++5Na2O2＝2Mn2++10Na++5O2↑+8H2O；还原性；（5）①反应a是碳酸钙高温条件下分解生成氧化钙和二氧化碳，其反应的化学方程式为：CaCO3CaO+CO2↑，故答案为：CaCO3CaO+CO2↑；②为防止细菌失活，需要先调pH至中性，原溶液为碱性溶液，需加适量的H+，H2SO4溶液和NaHSO4溶液中均含有氢离子，故答案为：AB。【点评】本题考查物质的分离和提纯，侧重考查学生物质的性质和分离提纯的掌握情况，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。23．（2024•大足区校级模拟）化合物H是某抗肿瘤的中间体，其合成路线如题18图：已知：①O+H2NY→②RCH2CHO+HNR'R''→RHC＝CHNR'R''；回答下列问题：（1）实现反应②的转化，所需试剂除B外还有甲醇、浓硫酸。（2）化合物D中含氧官能团名称为酯基。（3）反应过程③的反应类型为还原反应；化合物E的结构简式为。（4）1molF与足量的NaOH溶液反应，共消耗NaOH的物质的量为3mol。（5）化合物I是A与Fe/HCl反应产物，其中满足下列条件的I的同分异构体有23种。①含苯环，且能发生银镜反应；②遇FeCl3溶液发生显色反应；③含氨基；不含甲基。（6）写出反应⑥的化学反应方程式为：。【专题】有机化合物的获得与应用．【分析】物质A经过与溴取代生成B，B与甲醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成C，C中硝基被还原为氨基得到D，D与发生类似已知①的反应生成E（），E加氢还原成F（），F与CH3CHO发生类似已知②的反应生成G（），最后再还原得到H。【解答】解：（1）②的反应是与甲醇的酯化反应，所需试剂除B外还有反应物甲醇、催化剂浓硫酸，故答案为：甲醇、浓硫酸；（2）化合物D中含氧官能团名称为是酯基，故答案为：酯基；（3）反应③是硝基还原成氨基，发生还原反应，E的结构简式为，故答案为：还原反应；；（4）F为，与NaOH反应的官能团为溴原子和酯基，1molF共需要3molNaOH，故答案为：3；（5）化合物I是A与Fe/HCl反应产物，A中的硝基还原成氨基，I的结构简式为；I的同分异构体满足含有苯环，能发生银镜反应说明有醛基，遇氯化铁显紫色说明有酚羟基，含有氨基不含甲基，有以下几种（苯环上官能团位置不同共有10种同分异构体）、（苯环上官能团位置不同共有10种同分异构