2025高考假期提升专项练习化学压轴卷训练2含答案及解析

2025菁优高考化学压轴卷训练2一．选择题（共20小题）1．（2024秋•河池月考）下列说法错误的是（）A．医用酒精、食盐、双氧水等生活中常见物质均属于混合物 B．混合物不一定是分散系，但分散系一定是混合物 C．酸、碱、盐都是电解质，电解质只有酸、碱、盐 D．胶体与悬浊液的本质区别是分散质粒子的直径大小2．（2024秋•辽宁月考）下列化学用语使用正确的是（）A．CO2、SO2、NO2的分子空间结构相同 B．四氯化碳的电子式 C．邻羟基苯甲醛分子内氢键 D．基态B原子价电子轨道表示式3．（2024秋•河池月考）下列离子方程式正确的是（）A．将稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H+＝Cu2++H2↑ B．氯化钙与碳酸氢钾溶液混合：Ca2++＝CaCO3↓ C．氢氧化铝中和胃酸：Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O D．Ca（HCO3）2溶液中加入过量KOH溶液：Ca2+++OH﹣＝CaCO3↓+H2O4．（2024秋•贵州月考）CO2资源化是实现“双碳”目标的重要途径。如CO2催化加氢可合成高附加值产品乙醇，反应原理为：2CO2（g）+6H2（g）⇌3H2O（g）+C2H5OH（g）。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．22.4LCO2含有的分子数为NA B．1.8g2H2O含有的中子数为NA C．25g质量分数为46%的乙醇水溶液含有的氧原子数为NA D．2molCO2与足量H2充分反应生成的C2H5OH分子数为NA5．（2024秋•五华区期中）一种有机物催化剂由原子序数依次递增的短周期元素X、Y、Z、W、M组成，结构式如图。下列说法正确的是（）A．原子半径：W＞Y＞Z B．氢化物沸点：Z＞Y C．元素电负性：M＞Y＞Z D．第一电离能：Z＞W＞X【阅读下列一段文字，回答6﹣8题】卤族元素单质及其化合物应用广泛。海洋是一个巨大的卤素资源宝库，从海水中能获得NaCl，NaCl的晶胞如图所示。以NaCl为原料可制得Cl2、HClO、ClO2、、。工业常通过电解NaCl饱和溶液制备Cl2，Cl2氧化卤水中Br﹣可得到Br2，KClO3酸性溶液中加入H2C2O4可制得黄绿色气体ClO2，该气体常用作自来水消毒剂。F2能与熔融的Na2SO4反应生成硫酰氟（SO2F2）。标况下，氟化氢呈液态。卤素互化物（如ICl、IF3）具有强氧化性；卤化银具有感光性。6．下列说法正确的是（）A．和中键角相等 B．SO2F2的中心原子S采用sp2杂化 C．Br原子基态核外电子排布式为[Ar]4s24p5 D．NaCl晶胞中，每个Na+周围紧邻且距离相等的Cl﹣构成正八面体结构7．在指定条件下，下列选项所示的物质间转化或化学反应表示正确的是（）A．NaCl（aq）NaHCO3（s）Na2CO3（s） B．ICl溶于NaOH溶液：ICl+2OH﹣＝I﹣+ClO﹣+H2O C．制备SO2F2：2F2+Na2SO42NaF+SO2F2+O2 D．用H2C2O4制备ClO2：2+C2+4H+＝2ClO2↑+2CO2↑+2H2O8．下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是（）A．HClO呈弱酸性，可用于漂白纸张 B．ClO2具有强氧化性，可用于自来水杀菌消毒 C．AgI具有感光性，可用于人工降雨 D．HF分子内H—F键能大，HF沸点较高9．（2024•东城区一模）在Pt﹣BaO催化下，NO的“储存﹣还原”过程如图1所示。其中“还原”过程依次发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，各气体的物质的量变化如图2所示。下列说法不正确的是（）A．NO2与BaO的反应中，NO2既是氧化剂，又是还原剂 B．反应Ⅰ为Ba（NO3）2+8H2═BaO+2NH3+5H2O C．反应Ⅱ中，最终生成N2的物质的量为0.2amol D．反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的Ba（NO3）2的质量比是3：510．（2024春•雨花区期末）我国科学家研究了不同含金化合物催化乙烯加氢[C2H4（g）+H2（g）→C2H6（g）ΔH＝akJ•mol﹣1]的反应历程如图所示，下列说法正确的是（）A．1molC2H4（g）与1molH2（g）具有的能量之和小于1molC2H6（g）的能量 B．过渡态物质的稳定性：过渡态1＞过渡态2 C．该反应的焓变：ΔH＝﹣129.6kJ•mol﹣1 D．相应的活化能：催化剂AuF＜催化剂11．（2024秋•盐城月考）利用电化学原理，可将H2、CO2转化为C2H5OH，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（）A．电极2是电源的负极 B．H+由右侧通过质子膜移向左侧 C．该装置工作时电能转化为化学能 D．电极1上电极反应式为2CO2+12e﹣+12H+＝C2H5OH+3H2O12．（2024秋•和平区校级月考）为实现碳达峰、碳中和，CO2综合利用的技术不断创新。某实验小组研究CO2和CH4反应得到合成气的原理为CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）；向2L的恒容密闭容器中充入1molCH4和1molCO2，反应过程中CO2的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。下列有关说法正确的是（）A．该反应的ΔH＜0 B．压强：p2＞p1 C．1100℃时，该反应的平衡常数为12.96 D．维持X点温度不变，向容器内再充入0.1molCH4、0.1molCO2、0.4molCO和0.4molH2，此时，v正＜v逆13．（2024•全国四模）还原铁粉与水蒸气的反应装置如图所示。取少量反应后的固体加入稀硫酸使其完全溶解得溶液a；另取少量反应后的固体加入稀硝酸使其完全溶解，得溶液b．下列说法正确的是（）A．铁与水蒸气反应：2Fe+3H2O（g）Fe2O3+3H2 B．肥皂液中产生气泡，不能证明铁与水蒸气反应生成H2 C．向溶液a中滴加K3[Fe（CN）6]溶液，出现蓝色沉淀，说明铁粉未完全反应 D．向溶液b中滴加KSCN溶液，溶液变红，证实了固体中含有Fe2O314．（2024•广西）6﹣硝基胡椒酸是合成心血管药物奥索利酸的中间体，其合成路线中的某一步如下：下列有关X和Y的说法正确的是（）A．所含官能团的个数相等 B．都能发生加聚反应 C．二者中的所有原子共平面 D．均能溶于碱性水溶液15．（2023秋•肇东市校级期末）羟醛缩合反应是一种常用的增长碳链的方法。一种合成目标产物（图中⑦）的反应机理如图所示。下列说法错误的是（）A．③是该反应的中间产物 B．④是该反应的催化剂 C．⑥到⑦的过程中没有非极性键的断裂和生成 D．合成⑦的总反应为+16．（2024秋•香坊区校级期中）下列各物质在一定条件下均与水反应，验证反应产物的操作或现象错误的是（）选项反应实验操作和现象AFe与水蒸气将气体通入肥皂液中，观察到有气泡生成，证明生成了H2BCaC2与水将气体依次通过CuSO4溶液、酸性高锰酸钾溶液，观察到高锰酸钾溶液褪色，证明生成了CH≡CHCNa2O2与水将带火星的木条放在试管口，观察到木条复燃，证明生成了O2DMg3N2与水将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察到试纸变蓝，证明生成了NH3A．A B．B C．C D．D17．（2024秋•汕尾月考）Mg3N2是一种浅黄色粉末，极易水解，常用于制备超硬、耐高温的氮化物。实验室通过CuO氧化NH3制得N2，再与镁反应得到Mg3N2。下列说法不正确的是（）A．装置A中分液漏斗中的溶液可以是浓氨水 B．装置C中氧化剂与还原剂反应的物质的量之比为2：3 C．装置D中浓硫酸表现酸性和吸水性 D．Mg3N2水解的方程式Mg3N2+6H2O＝3Mg（OH）2+2NH3↑18．（2024秋•山东月考）查资料可知，I2可以将Cu氧化，某小组同学设计实验探究Cu被I2氧化的产物及铜元素的价态。已知：I2易溶于KI溶液，发生反应I2+I﹣⇌（红棕色）；I2和氧化性几乎相同；[Cu（NH3）2]+（无色）容易被空气氧化；[Cu（H2O）4]2+（蓝色）、[CuI2]﹣（无色）。将等体积的KI溶液加入到amol铜粉和bmol碘单质（b＞a）的固体混合物中，振荡。实验记录如下：c（KI）实验现象实验Ⅰ0.1mol•L﹣1I2部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，溶液仍为红棕色，且有白色沉淀析出实验Ⅱ4mol•L﹣1I2完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色进行以下实验探究：步骤①取实验Ⅱ的深红棕色溶液，加入CCl4多次萃取、分液；步骤②取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水，溶液逐渐变为浅蓝色，最终变为深蓝色。下列说法正确的是（）A．实验Ⅰ铜被氧化为+1价，实验Ⅱ铜被氧化为+2价 B．步骤①的目的是除去（或I2），防止干扰后续实验 C．步骤②中溶液随颜色的变化pH不变 D．结合上述实验，若从实验Ⅰ中提取白色沉淀，过滤后，可用浓HI溶液洗涤19．（2024秋•东城区校级月考）粗盐中的杂质离子主要有、Ca2+、Mg2+，采用如下方法得到精制盐水，进而制取精盐（部分流程略）。已知：ⅰ．物质BaSO4BaCO3CaCO3Mg（OH）2Ksp（25℃）1.1×10﹣102.6×10﹣93.4×10﹣95.6×10﹣12ⅱ．粗盐水中c（）＞c（Ca2+）下列说法不合理的是（）A．过程Ⅰ中当溶液pH＝11时，Mg2+已沉淀完全 B．过程Ⅱ中加入足量的BaCO3，盐水b中的阴离子仅含有Cl﹣、OH﹣ C．过程Ⅲ中若改为先加BaCl2溶液、过滤后再加Na2CO3溶液也能达到除杂目的 D．过程Ⅰ中滴加盐酸调节pH，应调至溶液呈中性或微酸性20．（2024•玉树州四模）常温下，向含Ag+、Hg2+和Pd2+的溶液中滴加KSCN溶液，混合物中﹣lgx[x＝c（Ag+）、c（Hg2+）、c（Pd+）与﹣lgc（SCN﹣）关系如图所示。已知常温下，Hg2（SCN）2的溶解度大于Pd（SCN）2；溶液为过饱和状态时，振荡或搅拌即可使晶体析出。下列叙述错误的是（）A．L3代表﹣lgc（Ag+）和﹣lgc（SCN﹣）的关系 B．在M点对应溶液中须加入KSCN才能使Hg2（SCN）2晶体析出 C．Q点坐标为（7.52，4.47） D．当Pd（SCN）2和Hg2（SCN）2完全共沉时，上层清液中＝102.85二．解答题（共5小题）21．（2024•淮安开学）吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。用ZnO浆料吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn（HSO3）2易溶于水；溶液中H2SO3、、的物质的量分数随pH的分布如图1所示。（1）搅拌下向氧化锌浆料中匀速缓慢通入SO2气体。①下列操作一定能提高氧化锌浆料吸收SO2效率的有（填序号）。A．水浴加热氧化锌浆料B．加快搅拌C．降低通入SO2气体的速率D．通过多孔球泡向氧化锌浆料中通SO2②在开始吸收的40min内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化（图2）。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是（填化学式）；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为。（2）O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH在4.5～6.5范围内，pH越低生成速率越大，其主要原因是。（3）将氧化后的溶液结晶可得到ZnSO4•7H2O，隔绝空气加热可得到氧化锌固体。加热过程中固体质量的残留率与温度的关系如图3所示。已知C→D的过程中产生两种气体，写出该过程的化学方程式。（4）氧化锌晶体的一种晶胞结构如图4所示，O2﹣位于Zn2+构成的（填“四面体空隙”、“六面体空隙”或“八面体空隙”）中。若晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善晶体的性能，Zn—N中离子键成分的百分数小于Zn—O键，原因是。22．（2024秋•海淀区校级月考）碘单质（紫黑色固体，微溶于水，具有挥发性）及含碘化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：（1）HI主要用于药物合成，通常用I2和P反应生成PI3，PI3再水解制备HI。PI3的空间结构是。PI3的P—I键是由磷的轨道与碘的5p轨道重叠形成σ键。（2）I2的一种制备方法如图所示：①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为，生成的沉淀与硝酸反应，生成后可循环使用。②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为；若反应物用量比n（Cl2）：n（FeI2）＝1.5时，氧化产物为。（3）以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入适量NaHSO3，恰好完全反应生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的总反应的离子方程式为。（4）KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1molI2，消耗的KI至少为mol。I2在KI溶液中可发生反应I2+I﹣⇌。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量KI的原因是。（5）I2与足量F2在一定条件下发生反应可生成卤素互化物IF7，写出其与H2O发生的非氧化还原反应的化学方程式。23．（2024•信阳模拟）药物中间体F的一种合成路线如图：已知：RCOOR′RCH2OH+R′OH（R为H或烃基，R'为烃基）回答下列问题；（1）A中官能团名称是。（2）反应①的反应类型是。（3）反应②的化学方程式为（4）反应④所需的试剂和条件是。（5）F的结构简式为。（6）芳香化合物W是E的同分异构体，W能水解生成X、Y两种化合物，X、Y的核磁共振氢谱均有3组峰，X的峰面积比为3：2：1，Y的峰面积为1：1：1，写出符合题意的W的结构简式（写一种）。（7）肉桂酸（）广泛用于香料工业与医药工业，设计以苯甲酸甲酯和丙二酸为起始原料制备肉桂酸的合成路线：（无机试剂任用）。24．（2024秋•山东月考）NH3—CaSO4法可用于吸收燃煤发电厂的CO2，同时获得产品（NH4）2SO4。反应的原理为：CO2+CaSO4+2NH3+H2O═CaCO3↓+（NH4）2SO4。实验室根据上述反应原理，模拟生产硫酸铵。完成下列填空：（1）上述反应原理中，属于电解质的物质有种，实验室利用大理石制备CO2的离子方程式为。（2）搭建如图1所示装置，先从（选填“a”或“b”）通入气体（填物质名称）至饱和。然后改通入另一种气体，当液体由红色变为浅红色时，立即停止实验，不继续通气至过量的可能原因是（用离子方程式解释）。（3）将反应后混合体系过滤，滤液经一系列操作后得（NH4）2SO4晶体（溶解度曲线如图2）。将下列操作或现象的标号填入相应括号中。A．蒸发皿中出现少量晶体B．使用漏斗趁热过滤C．利用蒸发皿余热使溶液蒸干D．用玻璃棒不断搅拌E．等待蒸发皿冷却若烘干“过滤”所得（NH4）2SO4晶体时温度过高，会分解产生SO2、N2、NH3和H2O，则相同条件下，SO2和N2的体积比为。25．（2024秋•泉州月考）H2S是一种有毒气体，利用H2S与CH4的反应可将其转化为有价值的H2、S2等。发生的反应有：反应ⅰ：2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）ΔH1反应ⅱ：CH4（g）+S2（g）⇌2H2（g）+CS2（g）ΔH2回答下列问题：（1）CO2中心原子价层电子对数为。（2）已知相关化学键的键能如下表：化学键H—HH—SS2（化学键视为S—S）键能/（kJ•mol﹣1）436339298ΔH1＝kJ•mol﹣1。（3）一定温度下，在体积为2L的刚性容器中，充入1molCH4和2molH2S，发生反应i和反应ⅱ，5min时反应达到平衡，H2S的平衡转化率为40%，n（H2）＝1.2mol。①下列叙述中能说明反应ⅱ达到平衡状态的是（填字母）。A.v正（CH4）＝v逆（CS2）B.混合气体的密度不再变化C.断裂1molC—H的同时生成1molC＝SD.混合气体的平均摩尔质量不再变化②0～5min内v（CS2）＝mol•L﹣1•min﹣1。③此温度下，反应ⅱ的平衡常数Kx＝（Kx是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数）。（4）在常压和不同温度下，将H2S和CH4按照2：1的体积比充入热解器中，用N2稀释，发生反应ⅰ和反应ⅱ。测得H2、S2和CS2的平衡体积分数随温度的变化关系如图所示。①ΔH2（填“＞”“＜”或“＝”）0，②1050℃时，H2的体积分数为。③温度高于1100℃时，S2（g）体积分数减小的原因是。

2025菁优高考化学压轴卷训练2参考答案与试题解析一．选择题（共20小题）1．（2024秋•河池月考）下列说法错误的是（）A．医用酒精、食盐、双氧水等生活中常见物质均属于混合物 B．混合物不一定是分散系，但分散系一定是混合物 C．酸、碱、盐都是电解质，电解质只有酸、碱、盐 D．胶体与悬浊液的本质区别是分散质粒子的直径大小【专题】物质的分类专题；溶液和胶体专题．【分析】A．混合物是由两种或两种以上的物质组成；B．将一种或几种物质分散到另一种或几种物质中得到的体系称为分散系；C．金属氧化物和水都属于电解质D．根据分散质粒子的直径大小不同，分散系分为溶液、胶体和浊液。【解答】解：A．医用酒精、食盐、双氧水等生活中常见物质均属于混合物，故A制取；B．混合物不一定是分散系，但分散系一定是混合物，故B制取；C．酸、碱、盐都是电解质，但电解质不只是酸、碱、盐，还有金属氧化物和水等，故C错误；D．分散质粒子的直径大小不同，胶体粒子直径在1﹣100nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的直径大于100nm，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查了物质的分类和胶体与溶液的区别，题目较简单，掌握基础知识即可解答。2．（2024秋•辽宁月考）下列化学用语使用正确的是（）A．CO2、SO2、NO2的分子空间结构相同 B．四氯化碳的电子式 C．邻羟基苯甲醛分子内氢键 D．基态B原子价电子轨道表示式【专题】化学用语专题；分析与推测能力．【分析】A．根据CO2的分子空间结构为直线形，SO2、NO2的分子空间结构为V形进行分析；B．根据四氯化碳的电子式中氯原子周围的也符合8电子稳定结构，进行分析；C．根据邻羟基苯甲醛分子内氢键在羟基氢与羰基氧之间进行分析；D．根据B原子最外层3个电子，分别位于1个2s轨道和1个2p轨道中进行分析。【解答】解：A．二氧化碳的分子空间结构为直线形，二氧化硫、二氧化氮的分子空间结构为V形，故A错误；B．CCl4的电子式中氯原子周围的也符合8电子稳定结构，其电子式为：，故B错误；C．邻羟基苯甲醛分子内氢键在羟基氢与羰基氧之间，故C错误；D．B原子最外层3个电子，分别位于1个2s轨道和1个2p轨道中，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查化学式或化学符号及名称的综合等，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•河池月考）下列离子方程式正确的是（）A．将稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H+＝Cu2++H2↑ B．氯化钙与碳酸氢钾溶液混合：Ca2++＝CaCO3↓ C．氢氧化铝中和胃酸：Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O D．Ca（HCO3）2溶液中加入过量KOH溶液：Ca2+++OH﹣＝CaCO3↓+H2O【专题】离子反应专题．【分析】A．铜与稀硫酸不发生反应，无法形成离子方程式；B．氯化钙与碳酸氢钾溶液不反应；C．氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水；D．氢氧化钾过量，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钾和水。【解答】解：A．稀硫酸滴在铜片上，二者不发生反应，故A错误；B．氯化钙与碳酸氢钾溶液混合，二者不发生反应，无法书写离子方程式，故B错误；C．氢氧化铝与盐酸发生反应，从而可中和胃酸，反应的离子方程式为：Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，故C正确；D．Ca（HCO3）2溶液中加入过量KOH溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钾和水，正确的离子方程式为：Ca2++2+2OH﹣═CaCO3↓++2H2O，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了离子方程式的判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。4．（2024秋•贵州月考）CO2资源化是实现“双碳”目标的重要途径。如CO2催化加氢可合成高附加值产品乙醇，反应原理为：2CO2（g）+6H2（g）⇌3H2O（g）+C2H5OH（g）。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．22.4LCO2含有的分子数为NA B．1.8g2H2O含有的中子数为NA C．25g质量分数为46%的乙醇水溶液含有的氧原子数为NA D．2molCO2与足量H2充分反应生成的C2H5OH分子数为NA【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律；理解与辨析能力．【分析】A．题目未给标准状况；B．一个2H2O含有10个中子；C．乙醇分子和水分子中均含有氧原子；D．可逆反应不能进行彻底。【解答】解：A．题目未给标准状况，无法计算气体的物质的量，故A错误；B．1.8g2H2O含有的中子数为×10×NA/mol＝0.9NA，故B错误；C．25g质量分数为46%的乙醇水溶液中，乙醇中含有氧原子数为×1×NA/mol＝0.25NA，水中含有氧原子数为×1×NA/mol＝0.75NA，故该乙醇水溶液含有的氧原子数为NA，故C正确；D．可逆反应不能进行彻底，故2molCO2与足量H2充分反应生成的C2H5OH分子数小于NA，故D错误；故选：C。【点评】本题考查阿伏加德罗常数，题目难度中等，掌握以物质的量为中心的计算转化关系是解题的关键。5．（2024秋•五华区期中）一种有机物催化剂由原子序数依次递增的短周期元素X、Y、Z、W、M组成，结构式如图。下列说法正确的是（）A．原子半径：W＞Y＞Z B．氢化物沸点：Z＞Y C．元素电负性：M＞Y＞Z D．第一电离能：Z＞W＞X【专题】元素周期律与元素周期表专题；理解与辨析能力；分析与推测能力．【分析】X、Y、Z、W、M是原子序数依次递增的短周期元素，化合物中W形成+1价阳离子，且W与X的原子序数只差不小于3，可知W只能是Na元素，由原子序数相对大小可知Y、Z只能处于第二周期，而M处于第三周期，化合物阴离子中X形成1条共价键、Y形成4条共价键、Z形成2条共价键，X的原子序数又最小，可知X为H元素、Y为C元素、Z为O元素，而M形成6条共价键，则M为S元素。【解答】解：由分析可知，X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、W为Na元素、M为S元素；A．同周期主族元素自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，则原子半径：Na＞C＞O，故A正确；B．Y的氢化物为烃类物质，有气体、液体、固体三种聚集状态，固态烃的沸点比H2O高，故B错误；C．一般元素的非金属性越强，其电负性越大，则电负性：O＞S＞C，故C错误；D．钠是活泼金属，而C、H都是非金属，三种元素中Na的第一电离能最小，故D错误；故选：A。【点评】本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，充分利用价键结构进行分析推断，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识，题目侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。【阅读下列一段文字，回答6﹣8题】卤族元素单质及其化合物应用广泛。海洋是一个巨大的卤素资源宝库，从海水中能获得NaCl，NaCl的晶胞如图所示。以NaCl为原料可制得Cl2、HClO、ClO2、、。工业常通过电解NaCl饱和溶液制备Cl2，Cl2氧化卤水中Br﹣可得到Br2，KClO3酸性溶液中加入H2C2O4可制得黄绿色气体ClO2，该气体常用作自来水消毒剂。F2能与熔融的Na2SO4反应生成硫酰氟（SO2F2）。标况下，氟化氢呈液态。卤素互化物（如ICl、IF3）具有强氧化性；卤化银具有感光性。6．下列说法正确的是（）A．和中键角相等 B．SO2F2的中心原子S采用sp2杂化 C．Br原子基态核外电子排布式为[Ar]4s24p5 D．NaCl晶胞中，每个Na+周围紧邻且距离相等的Cl﹣构成正八面体结构【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构；理解与辨析能力．【分析】A．中Cl原子价层电子对数＝＝4，且Cl原子含有1个孤电子对，中Cl原子价层电子对数＝＝4，且Cl原子不含孤电子对，前者为三角锥形、后者为正四面体形；B．SO2F2中S原子价层电子对数＝＝4，S原子采用sp3杂化；C．Br原子核外有35个电子，其基态核外电子排布式为[Ar]3d104s24p5；D．NaCl晶胞中，每个Na+周围紧邻且距离相等的Cl﹣有6个，构成正八面体结构。【解答】解：A．中Cl原子价层电子对数＝＝4，且Cl原子含有1个孤电子对，中Cl原子价层电子对数＝＝4，且Cl原子不含孤电子对，前者为三角锥形、后者为正四面体形，则二者键角不相等，故A错误；B．SO2F2中S原子价层电子对数＝＝4，S原子采用sp3杂化，故B错误；C．Br原子核外有35个电子，其基态核外电子排布式为[Ar]3d104s24p5，故C错误；D．NaCl晶胞中，每个Na+周围紧邻且距离相等的Cl﹣有6个，构成正八面体结构，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查核外电子排布式的书写及晶胞的结构，为高频考点，题目难度不大。7．在指定条件下，下列选项所示的物质间转化或化学反应表示正确的是（）A．NaCl（aq）NaHCO3（s）Na2CO3（s） B．ICl溶于NaOH溶液：ICl+2OH﹣＝I﹣+ClO﹣+H2O C．制备SO2F2：2F2+Na2SO42NaF+SO2F2+O2 D．用H2C2O4制备ClO2：2+C2+4H+＝2ClO2↑+2CO2↑+2H2O【专题】离子反应专题；理解与辨析能力．【分析】A．向NaCl溶液中通入二氧化碳不能生成碳酸氢钠；B．ICl溶于NaOH溶液：ICl+2OH﹣＝Cl﹣+IO﹣+H2O；C．制备SO2F2：2F2+Na2SO42NaF+SO2F2+O2；D．用H2C2O4制备ClO2时H2C2O4不拆。【解答】解：A．向NaCl溶液中通入二氧化碳不能生成碳酸氢钠，故A错误；B．ICl溶于NaOH溶液：ICl+2OH﹣＝Cl﹣+IO﹣+H2O，故B错误；C．制备SO2F2：2F2+Na2SO42NaF+SO2F2+O2，故C正确；D．用H2C2O4制备ClO2：2+H2C2O4+2H+＝2ClO2↑+2CO2↑+2H2O，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查离子方程式正误的判断，为高频考点，题目难度不大。8．下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是（）A．HClO呈弱酸性，可用于漂白纸张 B．ClO2具有强氧化性，可用于自来水杀菌消毒 C．AgI具有感光性，可用于人工降雨 D．HF分子内H—F键能大，HF沸点较高【专题】物质的性质和变化专题；理解与辨析能力．【分析】A．HClO具有强氧化性，可用于漂白纸张；B．ClO2具有强氧化性，能使蛋白质变性；C．AgI易与空气中水蒸气结合形成晶核，可用于人工降雨；D．HF分子间存在氢键，沸点较高。【解答】解：A．HClO具有强氧化性，可用于漂白纸张，与HClO呈弱酸性无关，故A错误；B．ClO2具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于自来水杀菌消毒，故B正确；C．AgI易与空气中水蒸气结合形成晶核，可用于人工降雨，与AgI具有感光性无关，故C错误；D．HF分子间存在氢键，沸点较高，与HF分子内H—F键能大无关，故D错误；故选：B。【点评】本题主要考查物质的性质与用途，为高频考点，题目难度不大。9．（2024•东城区一模）在Pt﹣BaO催化下，NO的“储存﹣还原”过程如图1所示。其中“还原”过程依次发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，各气体的物质的量变化如图2所示。下列说法不正确的是（）A．NO2与BaO的反应中，NO2既是氧化剂，又是还原剂 B．反应Ⅰ为Ba（NO3）2+8H2═BaO+2NH3+5H2O C．反应Ⅱ中，最终生成N2的物质的量为0.2amol D．反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的Ba（NO3）2的质量比是3：5【专题】氧化还原反应专题．【分析】“储存”过程中，NO、O2在Pt表面反应生成NO2，NO2与BaO反应转化为Ba（NO3）2，根据电子转移守恒，同时部分NO2发生还原反应，“还原”过程中，反应Ⅰ是H2还原Ba（NO3）2生成NH3，反应方程式为Ba（NO3）2+8H2═BaO+2NH3+5H2O，反应Ⅱ是NH3还原Ba（NO3）2反应生成N2，反应方程式为3Ba（NO3）2+10NH3＝3BaO+8N2+15H2O。【解答】解：A．NO2与BaO反应转化为Ba（NO3）2，根据电子转移守恒，同时部分NO2发生还原反应，反应中NO2既是氧化剂又是还原剂，故A正确；B．“还原”过程中，反应Ⅰ是H2还原Ba（NO3）2生成NH3，反应方程式为Ba（NO3）2+8H2═BaO+2NH3+5H2O，故B正确；C．反应Ⅱ是NH3还原Ba（NO3）2反应生成N2，反应方程式为3Ba（NO3）2+10NH3＝3BaO+8N2+15H2O，图中NH3最大量为0.25amol，由方程式可知，最终生成N2的物质的量为0.25amol×＝0.2amol，故C正确；D．反应I方程式为Ba（NO3）2+8H2═BaO+2NH3+5H2O，反应Ⅱ方程式为3Ba（NO3）2+10NH3＝3BaO+8N2+15H2O，设NH3为2mol，反应Ⅰ消耗Ba（NO3）2为1mol，反应Ⅱ消耗Ba（NO3）2为2mol×＝0.6mol，反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的Ba（NO3）2的质量比是1mol：0.6mol＝5：3，故D错误；故选：D。【点评】本题考查氧化还原反应，关键是明确反应过程，题目侧重考查吸收信息获取能力、灵活运用知识的能力。10．（2024春•雨花区期末）我国科学家研究了不同含金化合物催化乙烯加氢[C2H4（g）+H2（g）→C2H6（g）ΔH＝akJ•mol﹣1]的反应历程如图所示，下列说法正确的是（）A．1molC2H4（g）与1molH2（g）具有的能量之和小于1molC2H6（g）的能量 B．过渡态物质的稳定性：过渡态1＞过渡态2 C．该反应的焓变：ΔH＝﹣129.6kJ•mol﹣1 D．相应的活化能：催化剂AuF＜催化剂【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A.根据图示比较能量高低；B.物质本身具有的能量越低，越稳定；C.ΔH＝生成物所具有的总能量一反应物所具有的总能量；D.活化能越小，催化效果越好。【解答】解：A.根据图示可知，1molC2H4（g）与1molH2（g）具有的能量比1molC2H6（g）的能量高，故A错误；B.根据图示可知，过渡态1具有的能量比过渡态2高，则过渡态1比过渡态2物质的稳定性弱，故B错误；C.由反应物、生成物的总能量可知ΔH＝﹣129.6kJ/mol﹣0＝﹣129.6kJ/mol，ΔH＝﹣129.6kJ•mol﹣1，故C正确；D.根据图示可知，对应的活化能小，催化效果好，故D错误；故选：C。【点评】本题考查反应中的能量变化，为高频考点，侧重考查学生基础知识的掌握情况，注意物质本身具有的能量越低，越稳定，活化能越小，催化效果越好，试题难度中等。11．（2024秋•盐城月考）利用电化学原理，可将H2、CO2转化为C2H5OH，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（）A．电极2是电源的负极 B．H+由右侧通过质子膜移向左侧 C．该装置工作时电能转化为化学能 D．电极1上电极反应式为2CO2+12e﹣+12H+＝C2H5OH+3H2O【专题】电化学专题；理解与辨析能力．【分析】由图可知，该装置为原电池，碳元素化合价降低得电子，故电极1为正极，电极反应式为2CO2+12e﹣+12H+＝C2H5OH+3H2O，电极2为负极，据此作答。【解答】解：A．由分析可知，电极2为负极，故A正确；B．H+由右侧（负极）通过质子膜移向左侧（正极），故B正确；C．该装置为原电池，化学能转化为电能，故C错误；D．电极1为正极，电极反应式为2CO2+12e﹣+12H+＝C2H5OH+3H2O，故D正确；故选：C。【点评】本题考查原电池，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键。12．（2024秋•和平区校级月考）为实现碳达峰、碳中和，CO2综合利用的技术不断创新。某实验小组研究CO2和CH4反应得到合成气的原理为CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）；向2L的恒容密闭容器中充入1molCH4和1molCO2，反应过程中CO2的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。下列有关说法正确的是（）A．该反应的ΔH＜0 B．压强：p2＞p1 C．1100℃时，该反应的平衡常数为12.96 D．维持X点温度不变，向容器内再充入0.1molCH4、0.1molCO2、0.4molCO和0.4molH2，此时，v正＜v逆【专题】化学反应速率专题；分析与推测能力．【分析】A．根据当压强不变时，升高温度，CO2的平衡转化率增大，说明平衡正向移动，进行分析；B．根据CO2和CH4的反应属于气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，进行分析；C．根据平衡时各物质的物质的量浓度，结合平衡常数计算式进行分析；D．根据Qc＞K，反应逆向进行，反应速率为v正＜v逆，进行分析。【解答】解：A．当压强不变时，升高温度，二氧化碳的平衡转化率增大，说明平衡正向移动，则正反应为吸热反应，该反应的ΔH＞0，故A错误；B．二氧化碳和CH4的反应属于气体分子数增大的反应，当温度相同时，增大压强，平衡逆向移动，二氧化碳的平衡转化率减小；根据图像可知，相同温度时p2压强对应的CO2平衡转化率大，则压强：p2＜p1，故B错误；C．1100℃时，二氧化碳的平衡转化率为60%，向2L的恒容密闭容器中充入1mol甲烷和1mol二氧化碳，则平衡时二氧化碳的物质的量浓度为，因此平衡时甲烷、一氧化碳和氢气的物质的量浓度为0.2mol/L、0.6mol/L、0.6mol/L，该反应的平衡常数为，故C错误；D．维持X点温度不变，向容器内再充入0.1mol甲烷、0.1mol二氧化碳、0.4mol一氧化碳和0.4mol氢气，此时，则反应逆向进行，反应速率为v正＜v逆，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查转化率随温度、压强的变化曲线等，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。13．（2024•全国四模）还原铁粉与水蒸气的反应装置如图所示。取少量反应后的固体加入稀硫酸使其完全溶解得溶液a；另取少量反应后的固体加入稀硝酸使其完全溶解，得溶液b．下列说法正确的是（）A．铁与水蒸气反应：2Fe+3H2O（g）Fe2O3+3H2 B．肥皂液中产生气泡，不能证明铁与水蒸气反应生成H2 C．向溶液a中滴加K3[Fe（CN）6]溶液，出现蓝色沉淀，说明铁粉未完全反应 D．向溶液b中滴加KSCN溶液，溶液变红，证实了固体中含有Fe2O3【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A．铁与高温水蒸气反应，生成Fe3O4和H2；B．肥皂液中产生气泡，只能说明有气体；C．反应后的固体为Fe3O4，Fe3O4溶于硫酸，生成硫酸亚铁和硫酸铁的混合溶液；D．根据题意可知，Fe3O4溶于硫酸，生成硫酸亚铁和硫酸铁的混合溶液。【解答】解：A．Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为：，故A错误；B．肥皂液中产生气泡，只能说明有气体，不能证明是氢气，故B正确；C．若滴加铁氰化钾溶液后出现蓝色沉淀，说明含有二价铁离子，不能说明铁粉未完全反应，有可能来自Fe3O4，故C错误；D．若滴加KSCN溶液后变红色，说明含三价铁离子，黑色固体有Fe3O4也能产生三价铁离子，故D错误；故选：B。【点评】本题以硫及其化合物为载体考查物质性质及用途，意在考查学生的分析与推理能力以及宏观辨识与微观探析的学科核心素养，属于基本知识的考查，难度不大。14．（2024•广西）6﹣硝基胡椒酸是合成心血管药物奥索利酸的中间体，其合成路线中的某一步如下：下列有关X和Y的说法正确的是（）A．所含官能团的个数相等 B．都能发生加聚反应 C．二者中的所有原子共平面 D．均能溶于碱性水溶液【专题】有机物的化学性质及推断；理解与辨析能力．【分析】A．X中官能团有醚键、硝基、碳碳双键；Y中官能团有醚键、羧基和硝基；B．碳碳双键能发生加聚反应；C．饱和碳原子具有甲烷的结构特点，甲烷分子中最多有3个原子共平面；D．酚—OH、—COOH、酯基、酰胺基都能与碱溶液反应。【解答】解：A．X中官能团有醚键、硝基、碳碳双键；Y中官能团有醚键、羧基和硝基，X、Y中都含有4个官能团，故A正确；B．碳碳双键能发生加聚反应，X能发生加聚反应、Y不能发生加聚反应，故B错误；C．饱和碳原子具有甲烷的结构特点，甲烷分子中最多有3个原子共平面，X、Y中都含有饱和碳原子，所以X、Y中所有原子一定不共平面，故C错误；D．Y中含有羧基，能和碱液反应，X不能和碱液反应，故D错误；故选：A。【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。15．（2023秋•肇东市校级期末）羟醛缩合反应是一种常用的增长碳链的方法。一种合成目标产物（图中⑦）的反应机理如图所示。下列说法错误的是（）A．③是该反应的中间产物 B．④是该反应的催化剂 C．⑥到⑦的过程中没有非极性键的断裂和生成 D．合成⑦的总反应为+【专题】物质的性质和变化专题；分析与推测能力．【分析】A．根据在反应中生成又消耗，则该物质为中间产物，进行分析；B．根据在反应中消耗又生成，则该物质为催化剂进行分析；C．根据断开C＝N键、O—H键，形成N—H键、C＝O键，没有非极性键得断裂和生成进行分析；D．根据反应物为丙酮和CH3CHO，生成物是，催化剂是，进行分析。【解答】解：A．在反应中生成又消耗，则该物质为中间产物，③是第一步反应的产物，第二个反应的反应物，所以③只是该反应的中间产物，故A正确；B．①为该反应的催化剂，故B错误；C．⑥到⑦的过程+H2O→++H+，断开C＝N键、O—H键，形成N—H键、C＝O键，没有非极性键得断裂和生成，故C正确；D．合成⑦，反应物为丙酮和CH3CHO，生成物是，催化剂是，总反应为，故D正确；故选：B。【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。16．（2024秋•香坊区校级期中）下列各物质在一定条件下均与水反应，验证反应产物的操作或现象错误的是（）选项反应实验操作和现象AFe与水蒸气将气体通入肥皂液中，观察到有气泡生成，证明生成了H2BCaC2与水将气体依次通过CuSO4溶液、酸性高锰酸钾溶液，观察到高锰酸钾溶液褪色，证明生成了CH≡CHCNa2O2与水将带火星的木条放在试管口，观察到木条复燃，证明生成了O2DMg3N2与水将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察到试纸变蓝，证明生成了NH3A．A B．B C．C D．D【专题】实验评价题；归纳与论证能力．【分析】A．可能装置内空气进入肥皂液中，出现气泡；B．CaC2与水生成的乙炔中混有硫化氢，硫酸铜溶液除去硫化氢，酸性高锰酸钾可氧化乙炔；C．过氧化氢与水反应生成氧气，氧气具有助燃性；D．Mg3N2与水反应生成氨气，氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝。【解答】解：A．可能装置内空气进入肥皂液中，出现气泡，不能证明生成了H2，故A错误；B．CaC2与水生成的乙炔中混有硫化氢，硫酸铜溶液除去硫化氢，酸性高锰酸钾可氧化乙炔，紫色褪去，证明生成了CH≡CH，故B正确；C．过氧化氢与水反应生成氧气，氧气具有助燃性，木条复燃，证明生成了O2，故C正确；D．Mg3N2与水反应生成氨气，氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，试纸变蓝，证明生成了NH3，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、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。17．（2024秋•汕尾月考）Mg3N2是一种浅黄色粉末，极易水解，常用于制备超硬、耐高温的氮化物。实验室通过CuO氧化NH3制得N2，再与镁反应得到Mg3N2。下列说法不正确的是（）A．装置A中分液漏斗中的溶液可以是浓氨水 B．装置C中氧化剂与还原剂反应的物质的量之比为2：3 C．装置D中浓硫酸表现酸性和吸水性 D．Mg3N2水解的方程式Mg3N2+6H2O＝3Mg（OH）2+2NH3↑【专题】制备实验综合；分析与推测能力．【分析】该实验目的是利用N2与Mg加热反应生成Mg3N2，A装置中分液漏斗盛放的是浓氨水，浓氨水与生石灰混合放出NH3，B中碱石灰干燥NH3，C装置中NH3与CuO在加热条件下反应生成N2，装置D中浓硫酸能够吸收NH3、干燥N2，干燥的N2进入E装置与Mg加热反应生成Mg3N2，F装置可以防止空气中的CO2、H2O等进入装置中与Mg反应，以此分析解答。【解答】解：A.装置A中分液漏斗中的溶液是浓氨水，流入烧瓶中与CaO接触会产生NH3，故A正确；B.C中发生反应3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O，其中氨气是还原剂，氧化铜是氧化剂，比例为3：2，故B错误；C.装置D中浓硫酸的作用除了干燥N2，还需要吸收NH3，故体现酸性和吸水性，故C正确；D.Mg3N2水解时先产生镁离子和氮负离子，然后水解产生氢氧化镁和氨气，对应方程式为Mg3N2+6H2O═3Mg（OH）2+2NH3↑，故D正确；故选：B。【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。18．（2024秋•山东月考）查资料可知，I2可以将Cu氧化，某小组同学设计实验探究Cu被I2氧化的产物及铜元素的价态。已知：I2易溶于KI溶液，发生反应I2+I﹣⇌（红棕色）；I2和氧化性几乎相同；[Cu（NH3）2]+（无色）容易被空气氧化；[Cu（H2O）4]2+（蓝色）、[CuI2]﹣（无色）。将等体积的KI溶液加入到amol铜粉和bmol碘单质（b＞a）的固体混合物中，振荡。实验记录如下：c（KI）实验现象实验Ⅰ0.1mol•L﹣1I2部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，溶液仍为红棕色，且有白色沉淀析出实验Ⅱ4mol•L﹣1I2完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色进行以下实验探究：步骤①取实验Ⅱ的深红棕色溶液，加入CCl4多次萃取、分液；步骤②取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水，溶液逐渐变为浅蓝色，最终变为深蓝色。下列说法正确的是（）A．实验Ⅰ铜被氧化为+1价，实验Ⅱ铜被氧化为+2价 B．步骤①的目的是除去（或I2），防止干扰后续实验 C．步骤②中溶液随颜色的变化pH不变 D．结合上述实验，若从实验Ⅰ中提取白色沉淀，过滤后，可用浓HI溶液洗涤【专题】无机实验综合；理解与辨析能力．【分析】实验Ⅰ中，I2部分溶解，溶液为红棕色，是由于发生了I2+I﹣⇌，充分反应后，溶液仍为红棕色，且有白色沉淀析出，由于发生了2Cu+I2＝CuI2↓，实验Ⅱ中，I2完全溶解，溶液为深红棕色，由于发生了I2+I﹣⇌，充分反应后，红色的铜粉完全溶解，由于2Cu+2I﹣＝2[CuI2]﹣，[CuI2]﹣为无色，溶液为深红棕色，由于仍然存在，取实验II的深红棕色溶液，加入CCl4多次萃取、分液，将I2（或）除去，分液后的无色水溶液含有[CuI2]﹣，滴入浓氨水，发生生成无色的[Cu（NH3）4]+又被氧气不断氧化，最终被氧化为为深蓝色的[Cu（H2O）4]2+（蓝色）。【解答】解：A．实验I和实验Ⅱ最终溶液颜色均为红棕色，说明有存在，生成的CuI和[CuI2]﹣均为+1价，故A错误；B．步骤①取实验II的深红棕色溶液，加入CCl4多次萃取、分液，目的是除去I2（或），防止干扰后续实验对铜氧化产物的判断，故B正确；C．步骤②中溶液由无色变为浅蓝色，最终变为深蓝色，因为铜离子与浓氨水反应生成了不同的配合物，据分析中的离子方程式知，反应过程中溶液的pH会发生变化，故C错误；D．若从实验I中提取白色沉淀，白色沉淀可能是CuI能与浓HI溶液反应生成可溶于水的[CuI2]﹣，不能用浓HI溶液洗涤，故D错误，故选：B。【点评】本题考查氧化还原反应的规律、物质性质的探究、实验方案设计。19．（2024秋•东城区校级月考）粗盐中的杂质离子主要有、Ca2+、Mg2+，采用如下方法得到精制盐水，进而制取精盐（部分流程略）。已知：ⅰ．物质BaSO4BaCO3CaCO3Mg（OH）2Ksp（25℃）1.1×10﹣102.6×10﹣93.4×10﹣95.6×10﹣12ⅱ．粗盐水中c（）＞c（Ca2+）下列说法不合理的是（）A．过程Ⅰ中当溶液pH＝11时，Mg2+已沉淀完全 B．过程Ⅱ中加入足量的BaCO3，盐水b中的阴离子仅含有Cl﹣、OH﹣ C．过程Ⅲ中若改为先加BaCl2溶液、过滤后再加Na2CO3溶液也能达到除杂目的 D．过程Ⅰ中滴加盐酸调节pH，应调至溶液呈中性或微酸性【专题】物质的分离提纯和鉴别；分析与推测能力．【分析】粗盐中的杂质离子主要有、Ca2+、Mg2+，加入氢氧化钠溶液，沉淀Mg2+，过滤，得到盐水a，继续加入碳酸钡固体，利用沉淀溶解平衡，与钡离子结合转化为BaSO4，Ca2+与碳酸根离子结合成碳酸钙沉淀，过滤，硫酸钡、碳酸钙、过量的碳酸钡进入盐泥b中，向盐水b中加入盐酸，调节溶液的pH，得到精制盐水，据此分析作答。【解答】解：A．过程Ⅰ中当溶液pH＝11时，c（OH﹣）＝＝mol/L＝0.001mol/L，Ksp[Mg（OH）2]＝c（Mg2+）•c2（OH﹣）＝5.6×10﹣12，则溶液中c（Mg2+）＝mol/L＝5.6×10﹣6mol/L＜10﹣5mol/L，即Mg2+沉淀完全，故A正确；B．BaCO3、BaSO4存在沉淀溶解平衡，则盐水b中的阴离子主要含有Cl﹣、OH﹣，还含有少量、，故B错误；C．过程Ⅱ中若改为先加BaCl2溶液除去，则后续需加入过量Na2CO3溶液除去Ca2+、Ba2+，同样能达到实验目的，故C正确；D．过程Ⅲ中滴加盐酸的目的是除去NaOH和Na2CO3，调节pH时应调至溶液呈中性或微酸性，以完全除去NaOH和Na2CO3，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查物质的分离与提纯，同时考查Ksp的计算与应用，属于基本知识的考查，难度中等。20．（2024•玉树州四模）常温下，向含Ag+、Hg2+和Pd2+的溶液中滴加KSCN溶液，混合物中﹣lgx[x＝c（Ag+）、c（Hg2+）、c（Pd+）与﹣lgc（SCN﹣）关系如图所示。已知常温下，Hg2（SCN）2的溶解度大于Pd（SCN）2；溶液为过饱和状态时，振荡或搅拌即可使晶体析出。下列叙述错误的是（）A．L3代表﹣lgc（Ag+）和﹣lgc（SCN﹣）的关系 B．在M点对应溶液中须加入KSCN才能使Hg2（SCN）2晶体析出 C．Q点坐标为（7.52，4.47） D．当Pd（SCN）2和Hg2（SCN）2完全共沉时，上层清液中＝102.85【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】Hg2（SCN）2和Pd（SCN）2组成类型相同，在图像中直线呈平行关系，图像中L1、L2直线平行，故L3代表﹣lgc（Ag+）和﹣lgc（SCN﹣）的关系，又因为Hg2（SCN）2的溶解度大于Pd（SCN）2，所以，L1代表Pd（SCN）2，L2代表Hg2（SCN）2；由图示中a、b、c数据可分别计算：Ksp[Pd（SCN）2]＝10﹣22.36，Ksp＝[Hg2（SCN）2]＝10﹣19.51，Ksp[AgSCN]＝10﹣11.99。【解答】解：A.Hg2（SCN）2和Pd（SCN）2组成类型相同，在图像中直线呈平行关系；图像中L1，L2直线平行，故L3代表﹣lgc（Ag+）和﹣lgc（SCN﹣）的关系，故A正确；B．M点对AgSCN是不饱和溶液，对于Pd（SCN）2或Hg2（SCN）2，它是过饱和溶液，用玻璃棒搅拌可析出Pd（SCN）2或Hg2（SCN）2，故B错误；C．Q点是L2和L3的交叉点，设此点lgc（SCN﹣）为a，则有11.99﹣a＝19.51﹣2a，解得：a＝7.52，﹣lgx＝4.47，故C正确；D．＝＝102.85，故D正确；故选：B。【点评】本题考查沉淀溶解平衡及相关计算，侧重考查学生的观察能力和计算能力以及变化观念与平衡思想的学科核心素养，把握图中曲线表示的意义、溶度积常数和电离平衡常数的计算是解题关键，题目难度中等。二．解答题（共5小题）21．（2024•淮安开学）吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。用ZnO浆料吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn（HSO3）2易溶于水；溶液中H2SO3、、的物质的量分数随pH的分布如图1所示。（1）搅拌下向氧化锌浆料中匀速缓慢通入SO2气体。①下列操作一定能提高氧化锌浆料吸收SO2效率的有BD（填序号）。A．水浴加热氧化锌浆料B．加快搅拌C．降低通入SO2气体的速率D．通过多孔球泡向氧化锌浆料中通SO2②在开始吸收的40min内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化（图2）。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是ZnSO3（填化学式）；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为ZnO+2SO2+H2O＝Zn2++2。（2）O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH在4.5～6.5范围内，pH越低生成速率越大，其主要原因是随着pH降低，浓度增大。（3）将氧化后的溶液结晶可得到ZnSO4•7H2O，隔绝空气加热可得到氧化锌固体。加热过程中固体质量的残留率与温度的关系如图3所示。已知C→D的过程中产生两种气体，写出该过程的化学方程式2ZnSO42ZnO+2SO2↑+O2↑。（4）氧化锌晶体的一种晶胞结构如图4所示，O2﹣位于Zn2+构成的四面体空隙（填“四面体空隙”、“六面体空隙”或“八面体空隙”）中。若晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善晶体的性能，Zn—N中离子键成分的百分数小于Zn—O键，原因是电负性O＞N，电负性差值Zn—O键＞Zn—N键，故Zn—N键中离子键百分数小。【专题】化学键与晶体结构；化学平衡专题；氧族元素．【分析】（1）①A．水浴加热氧化锌浆料，反应温度升高，可能导致SO2气体溢出；B．加快搅拌，加大了ZnO与SO2的接触面积；C．降低通入SO2气体的速率，SO2浓度降低；D．通过多孔球泡向氧化锌浆料中通SO2，增大了ZnO与SO2的接触面积；②反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3；一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2，生成易溶于水的Zn（HSO3）；（2）pH值大于6.5时，S（Ⅳ）以微溶物ZnSO3形式存在，使S（Ⅳ）不利于与O2接触，反应速率慢；pH降低，S（Ⅳ）的主要以形式溶于水中，与O2充分接触；（3）ZnSO4•7H2O中ZnSO4质量分数为×100%＝56.1%，即C点物质为ZnSO4，隔绝空气加热可得到氧化锌固体、SO2和O2；（4）由晶胞结构图可知，O2﹣周围有4个Zn2+；若晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善晶体的性能，由于电负性O＞N，电负性差值：Zn—O键＞Zn—N键。【解答】解：（1）①A．水浴加热氧化锌浆料，反应温度升高，可能导致SO2气体溢出，导致SO2浓度降低，故不一定加快反应速率，不一定能提高吸收效率，故A错误；B．加快搅拌，加大了Zn0与SO2的接触面积，加快反应速率，提高吸收效率，故B正确；C．降低通入SO2气体的速率，SO2浓度降低，化学反应速率降低，吸收效率降低，故C错误；D．通过多孔球泡向氧化锌浆料中通SO2，增大了ZnO与SO2的接触面积，加快反应速率，提高吸收效率，故D正确；故答案为：BD；②反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变；一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2，生成易溶于水的Zn（HSO3），此时溶液pH逐渐变小，SO2的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为：ZnO+2SO2+H2O＝Zn2++2，故答案为：ZnSO3；ZnO+2SO2+H2O＝Zn2++2；（2）pH值大于6.5时，S（Ⅳ）以微溶物ZnSO3形式存在，使S（Ⅳ）不利于与O2接触，反应速率慢；pH降低，S（Ⅳ）的主要以形式溶于水中，与O2充分接触，因而pH降低生成速率增大，故答案为：随着pH降低，浓度增大；（3）ZnSO4•7H2O中ZnSO4质量分数为×100%＝56.1%，即C点物质为ZnSO4，隔绝空气加热可得到氧化锌固体、SO2和O2，该过程的化学方程式为：2ZnSO42ZnO+2SO2↑+O2↑，故答案为：2ZnSO42ZnO+2SO2↑+O2↑；（4）由晶胞结构图可知，O2﹣周围有4个Zn2+，即O2﹣位于Zn2+构成的正四面体空隙中；若晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善晶体的性能，由于电负性O＞N，电负性差值：Zn—O键＞Zn—N键，故Zn—N键中离子键百分数小，故答案为：四面体空隙；电负性O＞N，电负性差值：Zn—O键＞Zn—N键，故Zn—N键中离子键百分数小。【点评】本题考查比较综合，涉及二氧化硫和亚硫酸盐的性质、离子反应、化学平衡图像、晶胞结构等知识，侧重考查学生的读图、分析能力，能够迅速在图表中提取到有用信息，解决有关问题，善于利用已学知识，解答问题，题目难度较大。22．（2024秋•海淀区校级月考）碘单质（紫黑色固体，微溶于水，具有挥发性）及含碘化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：（1）HI主要用于药物合成，通常用I2和P反应生成PI3，PI3再水解制备HI。PI3的空间结构是三角锥形。PI3的P—I键是由磷的sp3杂化轨道与碘的5p轨道重叠形成σ键。（2）I2的一种制备方法如图所示：①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为Fe+2AgI＝2I﹣+2Ag+Fe2+，生成的沉淀与硝酸反应，生成硝酸银后可循环使用。②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为FeI2+Cl2＝I2+FeCl2；若反应物用量比n（Cl2）：n（FeI2）＝1.5时，氧化产物为I2。（3）以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入适量NaHSO3，恰好完全反应生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的总反应的离子方程式为2+5＝5+3H++H2O+I2。（4）KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1molI2，消耗的KI至少为4mol。I2在KI溶液中可发生反应I2+I﹣⇌。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量KI的原因是保证所有的Cu2+充分还原为CuI，使平衡正向移动，易使碘与CuI分离。（5）I2与足量F2在一定条件下发生反应可生成卤素互化物IF7，写出其与H2O发生的非氧化还原反应的化学方程式IF7+4H2O＝HIO4+7HF。【专题】卤族元素；理解与辨析能力．【分析】净化除氯后的海水，加入硝酸银进行富集，生成含有AgI的悬浊液，继续即加入铁粉，发生反应Fe+2AgI＝2I﹣+2Ag+Fe2+；过滤掉析出的Ag，向FeI2中加入过量Cl2，具体生成物与氯气的通入量有关，据此分析解题。【解答】解：（1）PI3中心原子价层电子对数为3+＝4，且含有1个孤电子对，空间结构是三角锥形，P原子为sp3杂化，PI3的P—I键是由磷的sp3杂化轨道与碘的5p轨道通过头碰头的方式重叠形成σ键，故答案为：三角锥形；sp3杂化；（2）①由流程图可知悬浊液中含AgI，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入粉进行转化反应的离子方程式为Fe+2AgI＝2I﹣+2Ag+Fe2+，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中，故答案为：Fe+2AgI＝2I﹣+2Ag+Fe2+；硝酸银；②通入Cl2的过程中，因I﹣还原性强于Fe2+，先氧化还原性强的I﹣，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2＝I2+FeCl2，若反应物用量比n（Cl2）：ln（FeI2）＝1.5时即Cl2过量，先氧化完全部I﹣再氧化Fe2+，恰好将全部I﹣和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，故答案为：FeI2+Cl2＝I2+FeCl2；I2；（3）先向NaIO3溶液中加入过量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2，I元素被还原为碘单质，S元素被氧化为硫酸根离子，根据得失电子守恒即电荷守恒，离子方程式：2+5＝5+3H++H2O+I2，故答案为：2+5＝5+3H++H2O+I2；（4）KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，反应离子方程式为2Cu2++4I﹣＝2CuI↓+I2，若生产1molI2，则至少需要4molKI，已知I2在KI溶液中可发生反应：，加入过量的KI，可以保证所有的Cu2+充分还原为CuI，同时使平衡正向移动，易于使碘与CuI充分分离，故答案为：4；保证所有的Cu2+充分还原为CuI，使平衡正向移动，易使碘与CuI分离；（5）IF7中I显+7价，F显﹣1价，故IF7与H2O发生的非氧化还原反应生成HIO4和HF，化学方程式为：IF7+4H2O＝HIO4+7HF，故答案为：IF7+4H2O＝HIO4+7HF。【点评】本题考查元素化合物，侧重考查学生物质之间反应的掌握情况，试题难度中等。23．（2024•信阳模拟）药物中间体F的一种合成路线如图：已知：RCOOR′RCH2OH+R′OH（R为H或烃基，R'为烃基）回答下列问题；（1）A中官能团名称是醛基、酚羟基。（2）反应①的反应类型是取代反应。（3）反应②的化学方程式为（4）反应④所需的试剂和条件是乙醇CH3CH2OH和浓硫酸加热。（5）F的结构简式为。（6）芳香化合物W是E的同分异构体，W能水解生成X、Y两种化合物，X、Y的核磁共振氢谱均有3组峰，X的峰面积比为3：2：1，Y的峰面积为1：1：1，写出符合题意的W的结构简式（写一种）。（7）肉桂酸（）广泛用于香料工业与医药工业，设计以苯甲酸甲酯和丙二酸为起始原料制备肉桂酸的合成路线：（无机试剂任用）。【专题】有机反应；有机物的化学性质及推断．【分析】药物中间体F的一种合成路线如图，A结构简式到B发生的反应为酚羟基邻位氢原子被溴单质取代生成，B的结构简式：，B到C的反应是B和CH3ONa在催化剂DMF作用下发生取代反应生成C的结构简式为：，C和CH2（COOH）2为丙二酸发生反应得到D结构简式为：，D到E的反应是D和乙醇在浓硫酸做催化剂加热发生的酯化反应生成E为，E到F反应过程为，已知：RCOOR′RCH2OH+R′OH，判断F的结构简式为：，（1）A中官能团是醛基和羟基；（2）反应①酚羟基邻位氢原子被溴单质取代生成；（3）反应②B和CH3ONa在催化剂DMF作用下发生取代反应生成C的结构简式为：；（4）反应④是D和乙醇在浓硫酸做催化剂加热发生的酯化反应生成E为；（5）已知：RCOOR′RCH2OH+R′OH，判断F的结构简式为：；（6）芳香化合物W是E的同分异构体，W能水解生成X、Y两种化合物，X、Y的核磁共振氢谱均有3组峰，含三种氢原子，X的峰面积比为3：2：1，Y的峰面积为1：1：1，是指结构中含有本题氢原子的个数之比，据此书写结构简式；（7）苯甲酸甲酯在LiAlH4作用下得到苯甲醇，在催化剂作用下被氧气一行得到苯甲醛，再和丙二酸发生反应得到肉桂酸（）。【解答】解：药物中间体F的一种合成路线如图，A结构简式到B发生的反应为酚羟基邻位氢原子被溴单质取代生成，B的结构简式：，B到C的反应是B和CH3ONa在催化剂DMF作用下发生取代反应生成C的结构简式为：，C和CH2（COOH）2为丙二酸发生反应得到D结构简式为：，D到E的反应是D和乙醇在浓硫酸做催化剂加热发生的酯化反应生成E为，E到F反应过程为，已知：RCOOR′RCH2OH+R′OH，判断F的结构简式为：，（1）A的结构简式，分子中官能团是醛基和酚羟基，故答案为：醛基、酚羟基；（2）反应①酚羟基邻位氢原子被溴单质取代生成，反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；（3）反应②是B和CH3ONa在催化剂DMF作用下发生取代反应生成C的结构简式为：，反应的化学方程式：，故答案为：；（4）反应④是D和乙醇在浓硫酸做催化剂加热发生的酯化反应生成E为，反应④所需的试剂和条件是：乙醇CH3CH2OH和浓硫酸加热，故答案为：乙醇CH3CH2OH和浓硫酸加热；（5）已知：RCOOR′RCH2OH+R′OH，在LiAlH4作用下酯基变为醇羟基，得到F的结构简式为：，故答案为：；（6）芳香化合物W是E的同分异构体，W能水解生成X、Y两种化合物，X、Y的核磁共振氢谱均有3组峰，含三种氢原子，X的峰面积比为3：2：1，Y的峰面积为1：1：1，是指结构中含有本题氢原子的个数之比，据此书写W结构简式：，故答案为：；（7）苯甲酸甲酯在LiAlH4作用下得到苯甲醇，在催化剂作用下被氧气一行得到苯甲醛，再和丙二酸发生反应得到肉桂酸（），以苯甲酸甲酯和丙二酸为起始原料制备肉桂酸的合成路线为：，故答案为：。【点评】本题考查有机物推断与合成，需要学生对给予的信息进行利用，充分利用有机物的结构与反应条件进行推断，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化，（6）中同分异构体书写为易错点、难点，题目难度中等。24．（2024秋•山东月考）NH3—CaSO4法可用于吸收燃煤发电厂的CO2，同时获得产品（NH4）2SO4。反应的原理为：CO2+CaSO4+2NH3+H2O═CaCO3↓+（NH4）2SO4。实验室根据上述反应原理，模拟生产硫酸铵。完成下列填空：（1）上述反应原理中，属于电解质的物质有4种，实验室利用大理石制备CO2的离子方程式为CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑。（2）搭建如图1所示装置，先从a（选填“a”或“b”）通入气体氨气（填物质名称）至饱和。然后改通入另一种气体，当液体由红色变为浅红色时，立即停止实验，不继续通气至过量的可能原因是CO2++H2O＝2（用离子方程式解释）。（3）将反应后混合体系过滤，滤液经一系列操作后得（NH4）2SO4晶体（溶解度曲线如图2）。将下列操作或现象的标号填入相应括号中D、A、E。A．蒸发皿中出现少量晶体B．使用漏斗趁热过滤C．利用蒸发皿余热使溶液蒸干D．用玻璃棒不断搅拌E．等待蒸发皿冷却若烘干“过滤”所得（NH4）2SO4晶体时温度过高，会分解产生SO2、N2、NH3和H2O，则相同条件下，SO2和N2的体积比为3：1。【专题】化学实验；制备实验综合．【分析】（1）硫酸钙，碳酸钙，硫酸铵，水为电解质，实验室利用大理石制备CO2的离子方程式为CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑；（2）由于碱性溶液更易吸收二氧化碳，且氨气易溶于水，需要防倒吸处理，故先从a处通入氨气，然后改通入另一种气体，当液体由红色变为浅红色时，立即停止实验，不继续通气至过量的可能原因是过量的CO2与C