2025高考假期提升专项练习化学压轴卷训练6含答案及解析

2025菁优高考化学压轴卷训练6一．选择题（共20小题）1．（2024秋•皇姑区校级月考）下列说法正确的项数为（）①有单质参与的反应一定是氧化还原反应②具有1～100nm直径的纳米碳是用途广泛的一种胶体③已知H3PO2为一元酸，则NaH2PO2为正盐④金属阳离子都只具有氧化性⑤硫酸溶液的导电能力不一定比醋酸溶液的强⑥在书写离子方程式时CaCO3不能拆分成离子形式，故CaCO3是弱电解质⑦酸性氧化物不一定是非金属氧化物⑧根据树状分类法分析，CO属于不成盐氧化物、非金属氧化物A．2项 B．3项 C．4项 D．5项2．（2024秋•皇姑区校级月考）以下化学用语中正确的是（）A．草酸的电离方程式：H2C2O4＝HC2+H+、HC2＝C2+H+ B．KIO3中I元素的化合价：+2 C．氯离子结构示意图： D．S4和S6互为同素异形体3．（2024秋•皇姑区校级月考）下列反应的离子方程式书写正确的是（）A．将酸性高锰酸钾溶液滴入双氧水中：2+H2O2+6H+＝2Mn2++3O2↑+4H2O B．向氯化钙溶液中通入CO2：Ca2++CO2+H2O＝CaCO3↓+2H+ C．NaHCO3溶液与少量氢氧化钡溶液：2+Ba2++2OH﹣＝+BaCO3↓+2H2O D．KClO与Fe（OH）3在碱性条件下制备K2FeO4：3ClO﹣+2Fe（OH）3＝2+3Cl﹣+4H++2H2O4．（2023秋•福州月考）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．Cl2通入水中充分反应后，转移电子数为0.2NA B．20gD2O与20gH2O含有的中子数均为10NA C．1L1mol•L﹣1Al（NO3）3溶液中含有3NA个 D．50mL12mol•L﹣1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA5．（2024•安徽开学）我国运动员在2024年巴黎奥运会上取得了佳绩。如图所示可为运动员补充能量的物质分子结构式。其中R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族。下列有关叙述中正确的是（）A．键角：ZR3＜YR3 B．Y的最高价氧化物对应的水化物是一种中强酸 C．第一电离能：W＜Z＜X D．分子式为W2R4X的有机物一定能发生银镜反应6．（2024秋•五华区期中）碳化钼是碳原子嵌入金属钼原子的间隙形成的化合物，其晶胞结构如图所示，已知晶胞参数为apm，钼的原子序数为42，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．该晶体属于分子晶体 B．钼的价层电子排布式为4d45s2 C．碳的配位数为8 D．该晶体的密度是7．（2024•潍坊开学）某化学小组向盛有4mL0.1mol•L﹣1CuSO4溶液的试管中逐滴加入1mol•L﹣1氨水，直至得到深蓝色透明溶液，再加入8mL95%乙醇，析出深蓝色晶体，过滤、洗涤，将晶体溶于水，取两份相同的溶液a和b。向a中加入铁钉，无明显现象；向b中加入足量的稀盐酸，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。下列说法错误的是（）A．该深蓝色晶体为[Cu（NH3）4]SO4•nH2O B．加入乙醇后，[Cu（NH3）4]2+与乙醇发生反应 C．溶液a中不存在大量Cu2+ D．向深蓝色透明溶液中加入固体Na2SO4，有利于获得较多的深蓝色晶体8．（2024秋•东湖区校级月考）水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应如下（反应条件忽略）：+2H2O。下列说法错误的是（）A．该反应中O2作氧化剂 B．该反应中Fe2+和都是还原剂 C．3个Fe2+参加反应时有1个O2被氧化 D．离子方程式中x＝49．（2024秋•包河区校级月考）N2O5是一种新型硝化剂，在T1温度下可发生下列反应：2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g）ΔH＞0。T1温度下的平衡常数为K1＝125。下列说法错误的是（）A．反应的ΔS＞0 B．该反应在高温下可自发进行 C．T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若K1＜K2，则T1＞T2 D．T1温度下，在体积为1L的恒温密闭容器中充入2molN2O5，4molNO2，1molO2，此时反应将向正反应方向进行10．（2024秋•青岛月考）某学习小组按图探究金属电化学腐蚀与防护的原理，下列说法正确的是（）A．相同条件下，若X为食盐水，K分别连接B、C时，前者铁棒的腐蚀速度更慢 B．若X为模拟海水，K未闭合时铁棒上E点表面铁锈最多 C．若b为正极，K连接A时，铁棒防腐的方式称为牺牲阳极保护法 D．若在X溶液中预先加入适量的KSCN溶液，可有效提升铁棒腐蚀或防腐的观察效果11．（2024秋•湖南月考）炼钢电炉内发生反应：Fe2O3（s）+3C（s）⇌3Fe（s）+3CO（g）ΔH，实验测得平衡常数K与温度的关系如图所示。某温度下向刚性密闭容器中充入足量铁粉和CO气体，发生上述反应，达到平衡时测得CO压强p（CO）＝akPa，保持温度不变，再向容器中充入少量CO，达到新平衡时测得p（CO）＝bkPa。下列叙述正确的是（）A．反应热ΔH＜0 B．两个平衡中CO压强：b＜a C．Fe质量不变时反应达到平衡 D．平衡时增大Fe2O3质量，平衡一定右移12．（2024秋•冀州区校级期中）已知：KClO3+6HCl（浓）═KCl+3Cl2↑+3H2O。如图所示，将少量试剂分别放入培养皿中的相应位置，实验时将浓盐酸滴在KClO3晶体上，并用表面皿盖好。下列描述正确的是（）A．淀粉﹣KI溶液变蓝，说明Cl2具有氧化性 B．含有酚酞的NaOH溶液褪色，说明Cl2具有酸性 C．石蕊溶液先变红后褪色，说明Cl2具有漂白性 D．AgNO3溶液中出现浑浊，说明Cl2具有还原性13．（2024秋•大连期中）有机物Z常用于治疗心律失常，Z可由有机物X和Y在一定条件下反应制得，下列叙述正确的是（）A．室温下Z与足量Br2加成产物的分子中有2个手性碳原子 B．X、Y均能与酸性KMnO4溶液反应 C．1molZ最多能与5molH2加成 D．Y属于羧酸的同分异构体有13种（不考虑空间异构）14．（2024秋•开福区校级月考）某化学小组查阅资料发现强碱条件下，加热银氨溶液也可以析出银镜，并做了以下两组实验进行分析证明。已知：[Ag（NH3）2]++2H2O⇌Ag++2NH3•H2O。装置实验序号试管中的药品现象实验Ⅰ2mL银氨溶液和数滴较浓NaOH溶液有气泡产生，一段时间后，溶液逐渐变黑，试管壁附着银镜实验Ⅱ2mL银氨溶液和数滴浓氨水有气泡产生，一段时间后，溶液无明显变化下列说法正确的是（）A．两组实验中产生的气体成分完全相同 B．实验Ⅰ的黑色固体中有Ag2O C．清洗实验后的银镜时，用FeCl3溶液清洗的效果优于Fe2（SO4）3溶液 D．实验Ⅰ产生银镜的原因是银氨溶液在碱性条件下被空气中的氧气氧化所致15．（2024秋•辽宁月考）铋酸钠（NaBiO3）是一种强氧化剂，微溶于水。以泡铋矿[主要成分是（BiO）2CO3，含SiO2等杂质]为原料制备铋酸钠的流程如图所示。下列叙述错误的是（）A．将滤液1和滤液2合并后加入适量盐酸，可得到NaCl溶液 B．“酸浸”时发生反应（BiO）2CO3+6HCl＝2BiCl3+CO2↑+3H2O C．分离得到NaBiO3的操作是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥 D．“氧化”时发生反应的离子方程式：Bi（OH）3+Cl2+3OH﹣+Na+＝NaBiO3+2Cl﹣+3H2O16．（2023秋•昭通期末）下列操作、现象和结论均正确的是（）选项操作现象结论A向碳酸钠粉末滴几滴水，再插入温度计碳酸钠结块变成晶体，温度升高碳酸钠与水反应生成Na2CO3•xH2O，同时放热B将Cl2依次通入淀粉﹣KI溶液、KBr溶液淀粉﹣KI溶液变蓝色，KBr溶液变橙色氧化性：Cl2＞Br2＞I2C向待测液中加入盐酸酸化的AgNO3溶液有白色沉淀生成待测液中含有Cl⁻D在空气中点燃氢气，将导管伸入盛有氯气的集气瓶集气瓶中产生白烟生成HClA．A B．B C．C D．D17．（2024•青秀区校级二模）常温下，向一定浓度邻苯二甲酸钠（Na2A表示）溶液中通入HCl气体，保持溶液体积和温度不变，测得﹣lgX与pOH[X为c（H2A）、c（A2﹣）、；pOH＝﹣lgc（OH﹣）]的变化关系如图所示，下列说法正确的是（）A．曲线L1表示﹣lgc（H2A） B．Ka1（H2A）＝10﹣3 C．水的电离程度：a＜b＜c D．c点溶液中：c（H+）+c（Na+）＝2[c（H2A）+c（HA﹣）+c（A2﹣）]18．（2024秋•南昌月考）常温下，向Cu（OH）2饱和溶液[有足量Cu（OH）2固体]中滴加氨水，发生反应：Cu2+（aq）+4NH3•H2O（aq）⇌[Cu（NH3）4]2+（aq）+4H2O（l），滴加氨水过程溶液中lgc（M）与pH的关系如图所示，其中c（M）表示Cu2+、[Cu（NH3）4]2+、NH3•H2O、NH4的浓度。下列说法正确的是（）A．L1表示lgc（Cu2+）与pH的关系 B．NH3•H2O的Ki1＝10﹣4.7 C．pH＝9.3时，2c（Cu2+）+2c[Cu（NH3）4]2++c（NH3•H2O）＝10﹣4.7mol/L D．Cu2+（aq）+4NH3•H2O（aq）⇌[Cu（NH3）4]2+（aq）+4H2O（l）的K＝1020119．（2024秋•顺义区校级月考）已知2A（g）+B（g）⇌nC（g），在密闭容器中进行，K（300℃）＞K（350℃），某温度下，A的平衡转化率（α）与体系总压强（P）的关系如图所示。下列说法不正确的是（）A．该反应的正反应是放热反应 B．平衡状态由a变到b时，化学平衡常数K（b）小于K（a） C．反应温度升高，B的转化率降低 D．n＜320．（2024•湖南）恒压下，向某密闭容器中充入一定量的CH3OH（g）和CO（g），发生如下反应：主反应：CH3OH（g）+CO（g）═CH3COOH（g）ΔH1副反应：CH3OH（g）+CH3COOH（g）═CH3COOCH3（g）+H2O（g）ΔH2在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分数δ随投料比x（物质的量之比）的变化关系如图所示，下列说法正确的是（）A．投料比x代表 B．曲线c代表乙酸的分布分数 C．ΔH1＜0，ΔH2＞0 D．L、M、N三点的平衡常数：K（L）＝K（M）＞K（N）二．解答题（共3小题）21．（2024秋•海淀区校级月考）与许多金属离子或形成的化合物有广泛的用途。（1）基态Fe原子的价层电子轨道表示式为。（2）钢铁表面成膜技术是钢铁防腐的重要方法。工业上利用某种转化液使钢铁表面形成致密的K3[FeF6]膜以进行防腐，该转化液是含KF、HNO3、（NH4）2S2O8（或H2O2）等物质的溶液（pH≈2）。的结构如图：①比较中O—S—O和S—O—O键角大小，从原子结构的角度说明理由：。②下列说法正确的是（填字母）。a．（NH4）2S2O8能将Fe2+氧化为Fe3+的可能原因是含有“—O—O—”结构b．依据结构分析，（NH4）2S2O8中硫元素的化合价为+7价c．被还原为得到2mole﹣③转化液pH过小时，不易得到K3[FeF6]，原因是。（3）与形成的化合物可以作为锂离子电池的电极材料。①化合物（NH4）3[FeF6]中的化学键类型有（填字母）。a．离子键b．极性共价键c．非极性共价键d．金属键e．配位键②（NH4）3[FeF6]的晶胞形状为立方体，边长为anm，结构如图所示：图中“●”代表的是（填“”或“”）已知（NH4）3[FeF6]的摩尔质量是Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为g•cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm）22．（2023春•赣县区校级月考）某学习小组探究不同含硫物质的转化。任务Ⅰ.从以下试剂中选择合适的试剂完成→的转化。试剂：①浓H2SO4②稀H2SO4③酸性KMnO4溶液④Na2SO3溶液⑤Cu⑥品红溶液（1）写出完成转化的化学方程式：。（2）设计实验，证明实现该转化（写出操作和现象）：。任务Ⅱ.完成硫元素在、、价之间的转化。查阅资料：+2价硫在酸性条件下不稳定，易发生自身氧化还原反应。SO2Na2SO3Na2S2O3X（3）①中加入的物质是，写出③的离子方程式：。任务Ⅲ.工业上常用空气催化氢氧化法除去电石渣浆（含CaO）上清液中的S2﹣，并制取石膏CaSO4•2H2O，其中的物质转化过程如图所示。（4）过程Ⅱ中，反应的离子方程式为。（5）根据物质转化过程，若将10L上清液中的S2﹣转化为（S2﹣浓度为320mg/L），理论上共需要标准状况下的O2的体积为L。23．（2024春•天宁区校级期中）点击化学（clickchemistry）的三位科学家获得了2022年诺贝尔化学奖。可用于辅助治疗≥4岁儿童和成人的伦加综合征，合成路线如图：（1）物质4中的碳原子的杂化方式为。（2）物质3中含有的官能团名称为。（3）物质4到物质5的反应类型为。（4）由于物质2、3合成物质4存在不对称Click反应，导致物质7存在另一种同分异构体，其结构简式为。三．工艺流程题（共2小题）24．（2024秋•鼓楼区校级期中）草酸亚铁晶体（FeC2O4•2H2O）可作为制备电池正极材料磷酸铁锂的原料。以FeSO4溶液制备电池级草酸亚铁晶体的实验流程如图：（1）“沉淀”步骤的离子反应方程式为，得到的混合体系不宜在空气中久置，其原因是。（2）“转化”过程[H2C2O4+Fe（OH）2＝FeC2O4+2H2O]在如图所示的装置中进行。导管A的作用是。（3）检验“洗涤”完全的实验操作是。（4）以废渣（主要含Fe2O3、Al2O3、SiO2等）为原料制备实验所需的FeSO4溶液。请补充实验方案：向废渣中分批加入稀硫酸，边加边搅拌，当固体不再溶解时，过滤：在搅拌下向滤液中滴加NaOH溶液至时，过滤：用蒸馏水洗涤滤渣2～3次后，在搅拌下向滤渣中加入至滤渣完全溶解；在搅拌下向所得溶液中分批加入，直至向取出的少量溶液中滴加溶液不再出现红色，过滤。[实验中可供使用的试剂：稀硫酸、铁粉、NaOH溶液、KSCN溶液、蒸馏水]25．（2024秋•贵阳月考）乙烯（CH2＝CH2）是重要的工业原料，随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，利用二氧化碳制乙烯：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH2＝CH2（g）+4H2O（g）ΔH＜0的合成工艺备受关注，回答下列问题：（1）已知H2的燃烧热为a，CH2＝CH2的燃烧热为b，则ΔH＝（用含a和b的代数式表示）。（2）下列措施一定有利于提高该反应中CO2的平衡转化率的是。a．使用高效催化剂并增大催化剂的表面积b．增大投料比c．恒容下向反应器中通入惰性气体d．反应器中降温处理（3）在0.1MPa下，将4molCO2和12molH2充入2L恒容密闭容器中发生反应2CO2（g）+6H2（g）⇌CH2＝CH2（g）+4H2O（g）ΔH＜0，测得不同温度下该反应达到平衡时的四种气态物质的量如图所示。平衡时物质的量随温度变化曲线①曲线a表示的物质为（填化学式）。②T1温度时，反应经过10min达到平衡，则10min内v（H2）＝。③列出T1温度时该反应平衡常数的计算式K＝。（4）若该体系中发生的反应如下：主反应Ⅰ：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH2＝CH2（g）+4H2O（g）ΔH＜0副反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH＞0副反应Ⅲ：……不同条件下CO2的平衡转化率如图所示：①400℃时，压强p1、p2、p3由大到小的顺序是。②从热力学视角出发，为提高M点CH2＝CH2的选择性，可调控的最优条件为（填序号），原因是、。a．温度320～400℃b．温度850～950℃c．压强p1∼p2MPad．压强p2∼p3MPa

2025菁优高考化学压轴卷训练6参考答案与试题解析一．选择题（共20小题）1．（2024秋•皇姑区校级月考）下列说法正确的项数为（）①有单质参与的反应一定是氧化还原反应②具有1～100nm直径的纳米碳是用途广泛的一种胶体③已知H3PO2为一元酸，则NaH2PO2为正盐④金属阳离子都只具有氧化性⑤硫酸溶液的导电能力不一定比醋酸溶液的强⑥在书写离子方程式时CaCO3不能拆分成离子形式，故CaCO3是弱电解质⑦酸性氧化物不一定是非金属氧化物⑧根据树状分类法分析，CO属于不成盐氧化物、非金属氧化物A．2项 B．3项 C．4项 D．5项【专题】物质的分类专题；分析与推测能力．【分析】（1）根据同素异形体的转化中，不是氧化还原反应进行分析；（2）根据胶体属于混合物进行分析；（3）根据H3PO2为一元酸，与碱反应只能生成一种正盐，进行分析；（4）根据Fe2+既具有氧化性又具有还原性，进行分析；（5）根据溶液的导电能力取决于离子浓度的大小和离子所带电荷量，与电解质的强弱无关，进行分析；（6）根据CaCO3不能拆分成离子形式，进行分析；（7）根据酸性氧化物不一定是非金属氧化物进行分析；（8）根据CO不能与酸、碱反应生成盐和水，进行分析。【解答】解：①同素异形体的转化中，有单质参与，也有单质生成，不是氧化还原反应，故①错误；②具有1～100nm直径的纳米碳是纯净物，不是分散系，不是胶体，故②错误；③已知H3PO2为一元酸，与碱反应能生成一种正盐，不能生成酸式盐，则NaH2PO2为正盐，故③正确；④Fe2+既具有氧化性又具有还原性，则金属阳离子不一定只具有氧化性，故④错误；⑤溶液的导电能力取决于离子浓度的大小和离子所带电荷量，与电解质的强弱无关，则硫酸溶液的导电能力不一定比醋酸溶液的强，故⑤正确；⑥在书写离子方程式时CaCO3不能拆分成离子形式，是因为它难溶，而不是难电离，故CaCO3是强电解质，故⑥错误；⑦酸性氧化物不一定是非金属氧化物，Mn2O7是HMnO4对应的酸性氧化物，故⑦正确；⑧CO不能与酸、碱反应生成盐和水，则CO属于不成盐氧化物、非金属氧化物，属交叉分类法，故⑧错误；综合以上分析，③⑤⑦正确，故选：B。【点评】本题主要考查氧化还原反应与非氧化还原反应等，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•皇姑区校级月考）以下化学用语中正确的是（）A．草酸的电离方程式：H2C2O4＝HC2+H+、HC2＝C2+H+ B．KIO3中I元素的化合价：+2 C．氯离子结构示意图： D．S4和S6互为同素异形体【专题】化学用语专题；分析与推测能力．【分析】A．根据草酸为二元弱酸，分步发生部分电离，进行分析；B．根据化合物中元素化合价的代数和为0，进行分析；C．根据氯离子的核电荷数为17，核外电子数为18，进行分析；D．根据同素异形体的概念进行分析。【解答】解：A．H2C2O4为二元弱酸，分步发生部分电离，电离方程式：、，故A错误；B．KIO3中，钾元素显+1价，氧元素显﹣2价，依据化合物中元素化合价的代数和为0，可求出I元素的化合价为+5，故B错误；C．氯离子的核电荷数为17，核外电子数为18，其结构示意图：，故C错误；D．S4和S6都是硫元素的单质，它们的结构不同，性质有差异，二者互为同素异形体，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查电离方程式的书写等，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。3．（2024秋•皇姑区校级月考）下列反应的离子方程式书写正确的是（）A．将酸性高锰酸钾溶液滴入双氧水中：2+H2O2+6H+＝2Mn2++3O2↑+4H2O B．向氯化钙溶液中通入CO2：Ca2++CO2+H2O＝CaCO3↓+2H+ C．NaHCO3溶液与少量氢氧化钡溶液：2+Ba2++2OH﹣＝+BaCO3↓+2H2O D．KClO与Fe（OH）3在碱性条件下制备K2FeO4：3ClO﹣+2Fe（OH）3＝2+3Cl﹣+4H++2H2O【专题】离子反应专题；分析与推测能力．【分析】A．根据H2O2作还原剂，发生反应生成Mn2+、O2进行分析；B．根据HCl的酸性大于H2CO3进行分析；C．根据采用“以少定多”法，生成BaCO3、和水进行分析；D．根据在碱性条件下，离子方程式中不能出现H+进行分析。【解答】解：A．将酸性高锰酸钾溶液滴入双氧水中，过氧化氢作还原剂，发生反应生成Mn2+、O2等：，故A错误；B．根据强酸制弱酸原理，向氯化钙溶液中通入CO2，由于HCl的酸性大于H2CO3，所以反应不能发生，故B错误；C．碳酸氢钠溶液与少量氢氧化钡溶液，采用“以少定多”法，生成BaCO3、和水：，故C正确；D．次氯酸钾与Fe（OH）3在碱性条件下制备K2FeO4，离子方程式中不能出现H+：，故D错误；故选：C。【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．（2023秋•福州月考）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．Cl2通入水中充分反应后，转移电子数为0.2NA B．20gD2O与20gH2O含有的中子数均为10NA C．1L1mol•L﹣1Al（NO3）3溶液中含有3NA个 D．50mL12mol•L﹣1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA【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．根据通入Cl2的物质的量未知进行分析；B．根据20gD2O的中子数为10NA进行分析；C．根据n＝cV进行分析；D．根据盐酸浓度变小，无法继续反应，进行分析。【解答】解：A．通入氯气的物质的量未知，无法计算，故A错误；B．20gD2O的物质的量为1mol，中子数为10NA；20gH2O的物质的量为，中子数为，故B错误；C．1L1mol•L﹣1硝酸铝溶液中硝酸铝的物质的量为3mol，则其中的粒子数为3NA，故C正确；D．50mL12mol•L﹣1盐酸与足量二氧化锰共热反应一段时间后，盐酸浓度变小，无法继续反应，转移的电子数小于0.3NA，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查阿伏加德罗常数等，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。5．（2024•安徽开学）我国运动员在2024年巴黎奥运会上取得了佳绩。如图所示可为运动员补充能量的物质分子结构式。其中R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族。下列有关叙述中正确的是（）A．键角：ZR3＜YR3 B．Y的最高价氧化物对应的水化物是一种中强酸 C．第一电离能：W＜Z＜X D．分子式为W2R4X的有机物一定能发生银镜反应【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，结合图示可知，Z形成3个共价键，Z和Y同族，则Z为N元素，Y为P元素；R形成1个共价键，W形成4个共价键，X形成2个共价键，结合原子序数大小可知，R为H元素，X为O元素，W为C元素，以此分析解答。【解答】解：根据分析可知，R为H元素，W为C元素，Z为N元素，X为O元素，Y为P元素；A．ZR3、YR3分别为NH3、PH3，NH3和PH3的构型均为三角锥形，由于N的电负性大于P，N—H键之间的排斥力大于P—H键，则键角：NH3＞PH3，故A错误；B．Y的最高价氧化物对应的水化物为磷酸，磷酸是一种中强酸，故B正确；C．短周期元素从左向右第一电离能呈增大趋势，且N的2p电子半满为较稳定结构，其第一电离能大于相邻元素的第一电离能，则第一电离能：C＜O＜N，故C错误；D．W2R4X为C2H4O，C2H4O为环氧乙烷时无法发生银镜反应，故D错误；故选：B。【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，结合原子序数、物质结构来推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律的内容，题目难度不大。6．（2024秋•五华区期中）碳化钼是碳原子嵌入金属钼原子的间隙形成的化合物，其晶胞结构如图所示，已知晶胞参数为apm，钼的原子序数为42，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．该晶体属于分子晶体 B．钼的价层电子排布式为4d45s2 C．碳的配位数为8 D．该晶体的密度是【专题】化学键与晶体结构；理解与辨析能力．【分析】A.分析其堆积方式可知，晶体不是分子晶体；B.钼的原子序数为42，与Cr同族；C.钼的原子半径大于碳，可知白球为碳；D.晶胞中，，钼原子个数为8×＝4，C原子个数为12×＝4，晶胞质量为g，晶胞体积以为（a×10﹣7）3cm3。【解答】解：A.分析其堆积方式可知，晶体不是分子晶体，故A错误；B.钼的原子序数为42，与Cr同族，价层电子排布式为4d55s1，故B错误；C.钼的原子半径大于碳，可知白球为碳，碳的配位数为2，故C错误；D.晶胞中，，钼原子个数为8×＝4，C原子个数为12×＝4，晶胞质量为g，晶胞体积以为（a×10﹣7）3cm3，晶胞密度ρ＝＝，故D正确，故选：D。【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•潍坊开学）某化学小组向盛有4mL0.1mol•L﹣1CuSO4溶液的试管中逐滴加入1mol•L﹣1氨水，直至得到深蓝色透明溶液，再加入8mL95%乙醇，析出深蓝色晶体，过滤、洗涤，将晶体溶于水，取两份相同的溶液a和b。向a中加入铁钉，无明显现象；向b中加入足量的稀盐酸，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。下列说法错误的是（）A．该深蓝色晶体为[Cu（NH3）4]SO4•nH2O B．加入乙醇后，[Cu（NH3）4]2+与乙醇发生反应 C．溶液a中不存在大量Cu2+ D．向深蓝色透明溶液中加入固体Na2SO4，有利于获得较多的深蓝色晶体【专题】化学键与晶体结构．【分析】向盛有4mL0.1mol•L﹣1CuSO4溶液的试管中逐滴加入1mol•L﹣1氨水，先生成Cu（OH）2沉淀，然后Cu（OH）2溶于氨水，生成[Cu（NH3）4]2+，即得到深蓝色透明溶液，再加入8mL95%乙醇，降低了[Cu（NH3）4]SO4•nH2O的溶解度，从而析出深蓝色晶体，该晶体为[Cu（NH3）4]SO4•nH2O，据此分析作答。【解答】解：A．[Cu（NH3）4]SO4•nH2O在乙醇中的溶解度更小，所以最后析出的深蓝色晶体为[Cu（NH3）4]SO4•nH2O，故A正确；B．加入乙醇后，降低了[Cu（NH3）4]SO4•nH2O的溶解度而析出晶体，[Cu（NH3）4]2+与乙醇没有发生反应，故B错误；C．溶液a中不存在大量Cu2+，主要存在[Cu（NH3）4]2+，故C正确；D．向深蓝色透明溶液中加入固体Na2SO4，增大了的浓度，有利于获得较多的深蓝色晶体，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查配位化合物的相关知识，属于基本知识的考查，难度不大。8．（2024秋•东湖区校级月考）水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应如下（反应条件忽略）：+2H2O。下列说法错误的是（）A．该反应中O2作氧化剂 B．该反应中Fe2+和都是还原剂 C．3个Fe2+参加反应时有1个O2被氧化 D．离子方程式中x＝4【专题】氧化还原反应专题；分析与推测能力．【分析】A．根据元素化合价降低，作氧化剂进行分析；B．根据该反应中Fe2+的铁元素化合价升高，中硫元素化合价升高，进行分析；C．根据每有3个Fe2+参加反应，消耗一个O2，进行分析；D．根据电荷守恒进行分析。【解答】解：A．该反应O2中O元素化合价降低，所以O2作氧化剂，故A正确；B．该反应中中S元素平均化合价为+2价，中S元素的平均化合价为+2.5价，即S元素化合价升高，Fe2+的铁元素化合价升高，所以Fe2+和都是还原剂，故B正确；C．该反应中每有3个Fe2+参加反应，消耗一个O2，但反应时O2中氧元素化合价降低，O2作氧化剂被还原，故C错误；D．由电荷守恒可知，3×（+2）+2×（﹣2）+x×（﹣1）＝1×（﹣2），解得x＝4，故D正确；故选：C。【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•包河区校级月考）N2O5是一种新型硝化剂，在T1温度下可发生下列反应：2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g）ΔH＞0。T1温度下的平衡常数为K1＝125。下列说法错误的是（）A．反应的ΔS＞0 B．该反应在高温下可自发进行 C．T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若K1＜K2，则T1＞T2 D．T1温度下，在体积为1L的恒温密闭容器中充入2molN2O5，4molNO2，1molO2，此时反应将向正反应方向进行【专题】化学反应中的能量变化；分析与推测能力．【分析】A．根据该反应为气体分子数增加的反应即熵增，则ΔS＞0，进行分析；B．根据ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0，反应能自发进行，进行分析；C．根据该反应为吸热反应，温度越高，平衡常数越大，进行分析；D．根据Qc＜K1，则此时反应将向正反应方向进行进行分析。【解答】解：A．由2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g）可知，该反应为气体分子数增加的反应即熵增，则ΔS＞0，故A正确；B．ΔH＞0，ΔS＞0，该反应若可以自发进行，需ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0，则该反应在高温下可自发进行，故B正确；C．该反应为吸热反应，温度越高，平衡常数越大，若K1＜K2，则T1＜T2，故C错误；D．，Qc＜K1，则此时反应将向正反应方向进行，故D正确；故选：C。【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秋•青岛月考）某学习小组按图探究金属电化学腐蚀与防护的原理，下列说法正确的是（）A．相同条件下，若X为食盐水，K分别连接B、C时，前者铁棒的腐蚀速度更慢 B．若X为模拟海水，K未闭合时铁棒上E点表面铁锈最多 C．若b为正极，K连接A时，铁棒防腐的方式称为牺牲阳极保护法 D．若在X溶液中预先加入适量的KSCN溶液，可有效提升铁棒腐蚀或防腐的观察效果【专题】电化学专题；分析与推测能力．【分析】K连接A时，可形成外加电流阴极保护法，被保护金属Fe应作为阴极；K连接B时，Fe作为负极，被腐蚀；K连接C时，形成牺牲阳极的阴极保护法，即牺牲Zn，保护Fe，据此解答。【解答】解：A．K连接B时，Fe作为负极，被腐蚀；K连接C时，Zn作负极，Fe作正极，即牺牲Zn，保护Fe，所以后者铁棒的腐蚀速度更慢，故A错误；B．E点（界面处）氧气浓度较大，生成的OH﹣浓度最大，而Fe（OH）2经氧化才形成铁锈，所以是E点铁锈最多，故B正确；C．牺牲阳极的阴极保护法原理为原电池，无外加电流；若b为正极，K连接A时，铁棒成为电解池的阳极，加速腐蚀速率，故C错误；D．Fe2+与K3[Fe（CN）6]溶液反应产生蓝色沉淀，通过观察沉淀量的多少判断铁棒腐蚀或防腐的效果，应加K3[Fe（CN）6]溶液，Fe2+与KSCN溶液不反应，故D错误；故选：B。【点评】本题主要考查金属的腐蚀与防护等，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。11．（2024秋•湖南月考）炼钢电炉内发生反应：Fe2O3（s）+3C（s）⇌3Fe（s）+3CO（g）ΔH，实验测得平衡常数K与温度的关系如图所示。某温度下向刚性密闭容器中充入足量铁粉和CO气体，发生上述反应，达到平衡时测得CO压强p（CO）＝akPa，保持温度不变，再向容器中充入少量CO，达到新平衡时测得p（CO）＝bkPa。下列叙述正确的是（）A．反应热ΔH＜0 B．两个平衡中CO压强：b＜a C．Fe质量不变时反应达到平衡 D．平衡时增大Fe2O3质量，平衡一定右移【专题】化学平衡专题；分析与推测能力．【分析】A．根据升高温度，平衡常数增大，正反应是吸热反应进行分析；B．根据平衡常数只与温度有关，两次平衡时温度不变，平衡常数不变，进行分析；C．根据铁质量不变，表明消耗和生成铁的速率相等进行分析；D．根据Fe2O3是固体，不会影响平衡移动进行分析。【解答】解：A．升高温度，平衡常数增大，正反应是吸热反应，ΔH＞0，故A错误；B．上述反应只有CO是气态，根据平衡常数只与温度有关，两次平衡时温度不变，平衡常数不变，由于K＝c3（CO），故恒容条件下CO压强不变，b＝a，故B错误；C．铁质量不变，表明消耗和生成铁的速率相等，反应达到平衡，故C正确；D．氧化铁是固体，加入氧化铁固体，不会影响平衡移动，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查化学平衡的影响因素等，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。12．（2024秋•冀州区校级期中）已知：KClO3+6HCl（浓）═KCl+3Cl2↑+3H2O。如图所示，将少量试剂分别放入培养皿中的相应位置，实验时将浓盐酸滴在KClO3晶体上，并用表面皿盖好。下列描述正确的是（）A．淀粉﹣KI溶液变蓝，说明Cl2具有氧化性 B．含有酚酞的NaOH溶液褪色，说明Cl2具有酸性 C．石蕊溶液先变红后褪色，说明Cl2具有漂白性 D．AgNO3溶液中出现浑浊，说明Cl2具有还原性【专题】卤族元素；分析与推测能力．【分析】A．根据Cl2具有氧化性，与KI反应生成I2，进行分析；B．根据浓盐酸挥发出的HCl、Cl2与水反应，会生成的HCl和HClO进行分析；C．根据Cl2与水反应生成HCl和HClO，HClO强氧化性进行分析；D．根据生成的HCl与AgNO3反应生成AgCl沉淀进行分析。【解答】解：A．将浓盐酸滴在KClO3晶体上，有氯气生成，氯气具有氧化性，与碘化钾反应生成I2，使淀粉溶液变蓝，故A正确；B．浓盐酸挥发出的HCl、氯气与水反应，生成的HCl和HClO均能使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，故B错误；C．氯气与水反应生成HCl和HClO，溶液呈酸性并具有强氧化性，能使石蕊试液先变红后褪色，表现出HClO的漂白性，故C错误；D．浓盐酸挥发出的HCl、氯气与水反应，生成的HCl与硝酸银反应生成氯化银沉淀，故D错误；故选：A。【点评】本题主要考查氯气的化学性质等，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秋•大连期中）有机物Z常用于治疗心律失常，Z可由有机物X和Y在一定条件下反应制得，下列叙述正确的是（）A．室温下Z与足量Br2加成产物的分子中有2个手性碳原子 B．X、Y均能与酸性KMnO4溶液反应 C．1molZ最多能与5molH2加成 D．Y属于羧酸的同分异构体有13种（不考虑空间异构）【专题】有机物的化学性质及推断；理解与辨析能力；分析与推测能力．【分析】A．连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子；B．Y含有酯基与碳溴键，不能与酸性KMnO4溶液反应；C．Z中含有的苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应；D．若Y含有羧基，可以看作是CH3CH2CH2CH2COOH、、、中烃基上氢原子被溴原子取代。【解答】解：A．室温下Z中碳碳双键与足量Br2加成反应，加成产物中溴原子连接的4个C原子连接4个不同的原子或原子团，即加成产物的分子中有4个手性碳原子，故A错误；B．X具有酚羟基，能与酸性KMnO4溶液反应，Y含有酯基与碳溴键，不能与酸性KMnO4溶液反应，故B错误；C．Z中酯基不能与氢气加成，分子含有的1个苯环、2个碳碳双键能与氢气发生加成反应，1molZ最多能与5molH2加成，故C正确；D．若Y含有羧基，可以看作是CH3CH2CH2CH2COOH、、、中烃基上氢原子被溴原子取代，依次分别有4种、4种、3种、1种，故符合条件的共有12种，故D错误；故选：C。【点评】本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，掌握同分异构体书写常用方法，题目侧重考查学生分析能力、灵活运用知识的能力。14．（2024秋•开福区校级月考）某化学小组查阅资料发现强碱条件下，加热银氨溶液也可以析出银镜，并做了以下两组实验进行分析证明。已知：[Ag（NH3）2]++2H2O⇌Ag++2NH3•H2O。装置实验序号试管中的药品现象实验Ⅰ2mL银氨溶液和数滴较浓NaOH溶液有气泡产生，一段时间后，溶液逐渐变黑，试管壁附着银镜实验Ⅱ2mL银氨溶液和数滴浓氨水有气泡产生，一段时间后，溶液无明显变化下列说法正确的是（）A．两组实验中产生的气体成分完全相同 B．实验Ⅰ的黑色固体中有Ag2O C．清洗实验后的银镜时，用FeCl3溶液清洗的效果优于Fe2（SO4）3溶液 D．实验Ⅰ产生银镜的原因是银氨溶液在碱性条件下被空气中的氧气氧化所致【分析】在银氨溶液中Ag（NH3）2OH存在平衡：[Ag（NH3）2]++2H2O⇌Ag++2NH3•H2O，NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌+OH﹣，加热并加入碱溶液时，NH3•H2O电离平衡逆向移动产生氨气，实验I的黑色固体是Ag+与OH﹣生成的AgOH分解生成的Ag2O，然后Ag2O受热分解生成Ag和O2，实验Ⅱ产生的气体为NH3。【解答】解：A.实验I产生的气体是NH3和O2，实验Ⅱ产生的气体只有NH3，故A错误；B.实验I的黑色固体是Ag+与OH﹣生成的AgOH分解后的产物，含有Ag2O，故B正确；C.清洗实验后的银镜时，Fe3++Ag＝Fe2++Ag+，由于Ksp[AgCl]＜Ksp[Ag2SO4]，生成的AgCl沉淀会干扰Fe3+对Ag的氧化，效果比Fe2（SO4）3溶液差，故C错误；D.实验I产生银镜的原因是银氨溶液在碱性条件下Ag2O分解产生，不可能是氧气氧化，故D错误，故选：B。【点评】本题考查配合物的概念、组成及形成条件、配合物的结构与性质、配合物的应用。15．（2024秋•辽宁月考）铋酸钠（NaBiO3）是一种强氧化剂，微溶于水。以泡铋矿[主要成分是（BiO）2CO3，含SiO2等杂质]为原料制备铋酸钠的流程如图所示。下列叙述错误的是（）A．将滤液1和滤液2合并后加入适量盐酸，可得到NaCl溶液 B．“酸浸”时发生反应（BiO）2CO3+6HCl＝2BiCl3+CO2↑+3H2O C．分离得到NaBiO3的操作是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥 D．“氧化”时发生反应的离子方程式：Bi（OH）3+Cl2+3OH﹣+Na+＝NaBiO3+2Cl﹣+3H2O【专题】制备实验综合；分析与推测能力．【分析】泡铋矿的主要成分是（BiO）2CO3，含SiO2等杂质，加入盐酸酸浸，不溶于盐酸，进入滤渣，（BiO）2CO3溶于盐酸，生成BiCl3，继续加入NaOH，生成Bi（OH）3，过滤，向Bi（OH）3沉淀中加入NaOH，同时通入氯气，生成NaBiO3沉淀，过滤，得到NaBiO3，据此分析作答。【解答】解：A．滤液1的溶质是NaCl和NaOH，滤液2的溶质是NaCl和NaOH，两滤液合并后加入适量盐酸可得到NaCl溶液，中和过量的NaOH，可得到NaCl溶液，故A正确；B．根据分析可知，“酸浸”时发生反应为：（BiO）2CO3+6HCl＝2BiCl3+CO2↑+3H2O，故B正确；C．根据分析可知，NaBiO3是难溶物，分离得到NaBiO3的操作是过滤、洗涤、干燥，故C错误；D．“氧化”时发生氧化还原反应，生成NaBiO3、NaCl和H2O，反应的离子方程式：Bi（OH）3+Cl2+3OH﹣+Na+＝NaBiO3+2Cl﹣+3H2O，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及方程式书写，实验的基本操作等，属于高考高频考点，难度中等。16．（2023秋•昭通期末）下列操作、现象和结论均正确的是（）选项操作现象结论A向碳酸钠粉末滴几滴水，再插入温度计碳酸钠结块变成晶体，温度升高碳酸钠与水反应生成Na2CO3•xH2O，同时放热B将Cl2依次通入淀粉﹣KI溶液、KBr溶液淀粉﹣KI溶液变蓝色，KBr溶液变橙色氧化性：Cl2＞Br2＞I2C向待测液中加入盐酸酸化的AgNO3溶液有白色沉淀生成待测液中含有Cl⁻D在空气中点燃氢气，将导管伸入盛有氯气的集气瓶集气瓶中产生白烟生成HClA．A B．B C．C D．D【专题】实验评价题；归纳与论证能力．【分析】A．碳酸钠与水反应生成Na2CO3•xH2O，放出热量；B．Cl2与KI反应生成I2，Cl2与KBr反应生成Br2；C．白色沉淀可能为AgCl或硫酸银等，加盐酸酸性引入氯离子；D．氯气在氢气中燃烧生成氯化氢，氯化氢结合空气中水蒸气形成小液滴。【解答】解：A．碳酸钠与水反应生成Na2CO3•xH2O，放出热量，则碳酸钠结块变成晶体，温度升高，故A正确；B．Cl2与KI反应生成I2，淀粉遇到I2变蓝色，说明氧化性：Cl2＞I2，Cl2与KBr反应生成Br2，溶液变橙色，说明氧化性：Cl2＞Br2，但不能说明氧化性：Br2＞I2，故B错误；C．白色沉淀可能为AgCl或硫酸银等，向待测液中加入盐酸酸化的AgNO3溶液，盐酸引入了Cl﹣，无法说明待测液中含有Cl﹣，故C错误；D．在空气中点燃氢气，将导管伸入盛有氯气的集气瓶，集气瓶中产生白雾，生成HCl，不出现白烟，故D错误；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，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。17．（2024•青秀区校级二模）常温下，向一定浓度邻苯二甲酸钠（Na2A表示）溶液中通入HCl气体，保持溶液体积和温度不变，测得﹣lgX与pOH[X为c（H2A）、c（A2﹣）、；pOH＝﹣lgc（OH﹣）]的变化关系如图所示，下列说法正确的是（）A．曲线L1表示﹣lgc（H2A） B．Ka1（H2A）＝10﹣3 C．水的电离程度：a＜b＜c D．c点溶液中：c（H+）+c（Na+）＝2[c（H2A）+c（HA﹣）+c（A2﹣）]【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】向邻苯二甲酸钠溶液中通入氯化氢气体时，溶液中c（OH﹣）、c（A2﹣）减小，c（HA﹣）先增大后减小，c（H2A）增大，随着溶液中pOH增大，酸性增强，则﹣lgc（A2﹣）增大、﹣lgc（H2A）减小、﹣lg增大，所以曲线L1、L2、L3分别表示﹣lgc（A2﹣）、﹣lgc（H2A）、﹣lg。【解答】解：A．通过以上分析知，曲线L1表示﹣lgc（A2﹣），故A错误；B．由图可知，溶液中﹣lg为0时，溶液pOH为8.6，由电离常数公式可知，邻苯二甲酸的Ka2（H2A）＝＝c（H+）＝10﹣5.4；b点溶液中，A2﹣离子浓度与H2A的浓度相等，溶液pOH为9.8，则电离常数Ka1（H2A）Ka2（H2A）＝＝c2（H+）＝10﹣8.4，所以邻苯二甲酸的Ka1（H2A）＝10﹣3，故B正确；C．A2﹣在溶液中水解而促进水的电离，H2A在溶液中电离出的氢离子抑制水的电离，则向邻苯二甲酸钠溶液中通入HCl气体时，c（A2﹣）减小、c（H2A）增大，水的电离程度依次减小，则水的电离程度大小顺序为a＞b＞c，故C错误；D．邻苯二甲酸钠溶液中存在物料守恒关系：，向邻苯二甲酸钠溶液中通入氯化氢气体时，溶液的成分发生变化，但溶液中的物料守恒关系始终不变，所以存在c（H+）+c（Na+）＞2[c（H2A）+c（HA﹣）+c（A2﹣）]，故D错误；故选：B。【点评】本题考查离子浓度大小比较，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确曲线与微粒成分的关系、电离平衡常数的计算方法是解本题关键，题目难度中等。18．（2024秋•南昌月考）常温下，向Cu（OH）2饱和溶液[有足量Cu（OH）2固体]中滴加氨水，发生反应：Cu2+（aq）+4NH3•H2O（aq）⇌[Cu（NH3）4]2+（aq）+4H2O（l），滴加氨水过程溶液中lgc（M）与pH的关系如图所示，其中c（M）表示Cu2+、[Cu（NH3）4]2+、NH3•H2O、NH4的浓度。下列说法正确的是（）A．L1表示lgc（Cu2+）与pH的关系 B．NH3•H2O的Ki1＝10﹣4.7 C．pH＝9.3时，2c（Cu2+）+2c[Cu（NH3）4]2++c（NH3•H2O）＝10﹣4.7mol/L D．Cu2+（aq）+4NH3•H2O（aq）⇌[Cu（NH3）4]2+（aq）+4H2O（l）的K＝10201【专题】电离平衡与溶液的pH专题；分析与推测能力．【分析】向Cu（OH）2饱和溶液[有足量Cu（OH）2固体]中滴加氨水，反应为Cu2+（aq）+4NH3•H2O（aq）⇌[Cu（NH3）4]2+（aq）+4H2O（l），随着氨水的加入，c{[Cu（NH3）4]2+}的浓度迅速增大、c（NH3•H2O）增大程度远小于c{[Cu（NH3）4]2+}增大程度，反应的平衡常数K＝不变，则c（Cu2+）浓度减小，溶解平衡正向移动，溶液的碱性增强，c（OH﹣）增大，氨水的电离受到抑制，最终使溶液中的c（NH3•H2O）大于c（），所以L1、L2、L3、L4分别表示lgc（）、lgc（NH3•H2O）、lgc（Cu2+）、lgc{[Cu（NH3）4]2+}与pH的关系，pH＝9.3时c（）＝c（NH3•H2O），此时NH3•H2O的电离平衡常数Ki1＝＝c（OH﹣）＝10﹣14﹣（﹣9.3）＝10﹣4.7，据此分析解答。【解答】解：A．由上述分析可知，L1、L2、L3、L4分别表示lgc（）、lgc（NH3•H2O）、lgc（Cu2+）、lgc{[Cu（NH3）4]2+}与pH的关系，故A错误；B．由图可知，pH＝9.3时c（）＝c（NH3•H2O），此时NH3•H2O的电离平衡常数Ki1＝＝c（OH﹣）＝10﹣14﹣（﹣9.3）＝10﹣4.7，故B正确；C．由图可知，pH＝9.3时c（）＝c（NH3•H2O），溶液中电荷守恒关系为2c（Cu2+）+2c[Cu（NH3）4]2++c（）+c（H+）＝c（OH﹣），则2c（Cu2+）+2c[Cu（NH3）4]2++c（）+c（NH3•H2O）＝c（OH﹣）﹣c（H+）＝[10﹣14﹣（﹣9.3）﹣10﹣9.3]mol/L＝（10﹣4.7﹣10﹣9.3）mol/L，故C错误；D．由图可知，pH＝11时c（）＝10﹣3mol/L、c（OH﹣）＝10﹣14﹣（﹣11）mol/L＝10﹣3mol/L、c{[Cu（NH3）4]2+}＝10﹣5.6mol/L、c（Cu2+）＝10﹣13.7mol/L，NH3•H2O的电离平衡常数Ki1＝＝10﹣4.7，则c（NH3•H2O）＝10﹣1.3mol/L，所以反应Cu2+（aq）+4NH3•H2O（aq）⇌[Cu（NH3）4]2+（aq）+4H2O（l）的平衡常数K＝＝＝1013.3，故D错误；故选：B。【点评】本题考查沉淀溶解平衡图象分析，侧重分析判断能力和计算能力考查，推断图中曲线表示的意义、化学平衡常数及电离平衡常数的计算是解题关键，题目难度中等。19．（2024秋•顺义区校级月考）已知2A（g）+B（g）⇌nC（g），在密闭容器中进行，K（300℃）＞K（350℃），某温度下，A的平衡转化率（α）与体系总压强（P）的关系如图所示。下列说法不正确的是（）A．该反应的正反应是放热反应 B．平衡状态由a变到b时，化学平衡常数K（b）小于K（a） C．反应温度升高，B的转化率降低 D．n＜3【专题】化学反应速率专题；分析与推测能力．【分析】A．根据K（300℃）＞K（350℃），可知温度升高，反应逆向移动，进行分析；B．根据温度不变，化学平衡常数不变进行分析；C．根据正反应是放热反应，则反应温度升高，反应逆向移动，进行分析；D．根据增大压强，A转化率增大，则平衡正向移动，进行分析。【解答】解：A．K（300℃）＞K（350℃），可知温度升高，反应逆向移动，则正反应是放热反应，故A正确；B．化学平衡常数是温度的函数，平衡状态由a变到b时，为压强的变化导致，温度不变，化学平衡常数不变，故B错误；C．正反应是放热反应，则反应温度升高，反应逆向移动，B的转化率减小，故C正确；D．增大压强，A转化率增大，则平衡正向移动，反应为气体分子数减小的反应，故n＜3，故D正确；故选：B。【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。20．（2024•湖南）恒压下，向某密闭容器中充入一定量的CH3OH（g）和CO（g），发生如下反应：主反应：CH3OH（g）+CO（g）═CH3COOH（g）ΔH1副反应：CH3OH（g）+CH3COOH（g）═CH3COOCH3（g）+H2O（g）ΔH2在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分数δ随投料比x（物质的量之比）的变化关系如图所示，下列说法正确的是（）A．投料比x代表 B．曲线c代表乙酸的分布分数 C．ΔH1＜0，ΔH2＞0 D．L、M、N三点的平衡常数：K（L）＝K（M）＞K（N）【专题】化学平衡专题．【分析】由曲线a、d的变化趋势可知，投料比x代表，曲线a、b代表δ（CH3COOH），曲线c、d代表δ（CH3COOCH3）；投料比相同时，随温度升高，δ（CH3COOH）的分布系数增大，说明温度升高主反应的平衡正向移动，δ（CH3COOCH3）减小，说明副反应的平衡逆向移动；化学平衡常数只与温度有关，温度升高放热反应的平衡常数减小，以此分析解答。【解答】解：A．由曲线a、d的变化趋势可知，投料比x代表，故A错误；B．随投料比x代表增大，生成CH3COOH越多，故曲线a、b代表δ（CH3COOH），曲线c、d代表δ（CH3COOCH3），故B错误；C．由图像可知，当投料比相同时，随温度升高，δ（CH3COOH）的分布系数增大，说明温度升高主反应的平衡正向移动，ΔH1＞0；δ（CH3COOCH3）减小，说明副反应的平衡逆向移动，ΔH2＜0，故C错误；D．L、M、N三点对应副反应ΔH2＜0，且TN＞TM＝TL，升高温度平衡逆向移动，K（L）＝K（M）＞K（N），故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学平衡，涉及图像中曲线变化的分析判断、影响平衡的因素、平衡常数的影响因素等知识，掌握基础是关键，题目难度中等。二．解答题（共3小题）21．（2024秋•海淀区校级月考）与许多金属离子或形成的化合物有广泛的用途。（1）基态Fe原子的价层电子轨道表示式为。（2）钢铁表面成膜技术是钢铁防腐的重要方法。工业上利用某种转化液使钢铁表面形成致密的K3[FeF6]膜以进行防腐，该转化液是含KF、HNO3、（NH4）2S2O8（或H2O2）等物质的溶液（pH≈2）。的结构如图：①比较中O—S—O和S—O—O键角大小，从原子结构的角度说明理由：O—S—O中的S是sp3杂化，无孤电子对；S—O—O中的中心原子O也是sp3杂化，但有2对孤电子对，孤电子对的排斥作用大于成键电子对，所以O—S—O的键角大于S—O—O的键角。②下列说法正确的是ac（填字母）。a．（NH4）2S2O8能将Fe2+氧化为Fe3+的可能原因是含有“—O—O—”结构b．依据结构分析，（NH4）2S2O8中硫元素的化合价为+7价c．被还原为得到2mole﹣③转化液pH过小时，不易得到K3[FeF6]，原因是c（H+）较大，F﹣与H+结合形成HF，c（F﹣）降低，不易与Fe3+形成。（3）与形成的化合物可以作为锂离子电池的电极材料。①化合物（NH4）3[FeF6]中的化学键类型有abe（填字母）。a．离子键b．极性共价键c．非极性共价键d．金属键e．配位键②（NH4）3[FeF6]的晶胞形状为立方体，边长为anm，结构如图所示：图中“●”代表的是（填“”或“”）已知（NH4）3[FeF6]的摩尔质量是Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为g•cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm）【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构；分析与推测能力．【分析】（1）铁元素的原子序数为26，基态原子的价层电子排布式为3d64s2；（2）①由图可知，过二硫酸根离子中O—S—O中的S是sp3杂化，无孤电子对；S—O—O中的中心原子O也是sp3杂化，但有2对孤电子对，孤电子对的排斥作用大于成键电子对；②a．过二硫酸铵能将亚铁离子氧化为铁离子是因为过二硫酸根离子中含有“—O—O—”结构；b．由结构式可知，过二硫酸根离子中硫原子形成6个共价键；c．过二硫酸根离子被还原为硫酸根离子时，离子中氧元素由﹣1价降低为﹣2价；③氢氟酸是弱酸，若转化液pH过小，溶液中氢离子浓度较大，会与溶液中的氟离子生成氢氟酸，溶液中的氟离子浓度减小，不利于铁离子转化为；（3）①由化学式可知，配合物中含有离子键、极性共价键和配位键，不含有非极性共价键和金属键；②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的黑球个数为8×+6×＝4，位于棱上、体内和体心的白球个数为12×+9＝12，由化学式可知，黑球代表，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：＝（10—7a）3d。【解答】解：（1）铁元素的原子序数为26，基态原子的价层电子排布式为3d64s2，轨道表示式为，故答案为：；（2）①过二硫酸根离子中O—S—O中的S是sp3杂化，无孤电子对；S—O—O中的中心原子O也是sp3杂化，但有2对孤电子对，孤电子对的排斥作用大于成键电子对，所以O—S—O的键角大于S—O—O的键角，故答案为：O—S—O中的S是sp3杂化，无孤电子对；S—O—O中的中心原子O也是sp3杂化，但有2对孤电子对，孤电子对的排斥作用大于成键电子对，所以O—S—O的键角大于S—O—O的键角；②a．过二硫酸铵能将亚铁离子氧化为铁离子是因为过二硫酸根离子中含有“—O—O—”结构，过二硫酸铵表现出强氧化性，故a正确；b．由结构式可知，过二硫酸根离子中硫原子形成6个共价键，则硫元素的化合价为+6价，故b错误；c．过二硫酸根离子被还原为硫酸根离子时，离子中氧元素由﹣1价降低为﹣2价，则1mol过二硫酸根离子发生反应时，转移电子的物质的量为1mol×1×2＝2mol，故c正确；故答案为：ac；③氢氟酸是弱酸，若转化液pH过小，溶液中氢离子浓度较大，会与溶液中的氟离子生成氢氟酸，溶液中的氟离子浓度减小，不利于铁离子转化为，故答案为：c（H+）较大，F﹣与H+结合形成HF，c（F﹣）降低，不易与Fe3+形成；（3）①配合物中含有离子键、极性共价键和配位键，不含有非极性共价键和金属键，故答案为：abe；②晶胞中位于顶点和面心的黑球个数为8×+6×＝4，位于棱上、体内和体心的白球个数为12×+9＝12，则黑球代表，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：＝（10—7a）3d，解得d＝，故答案为：；。【点评】本题考查原子结构和晶体结构，侧重考查学生核外电子排布和晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。22．（2023春•赣县区校级月考）某学习小组探究不同含硫物质的转化。任务Ⅰ.从以下试剂中选择合适的试剂完成→的转化。试剂：①浓H2SO4②稀H2SO4③酸性KMnO4溶液④Na2SO3溶液⑤Cu⑥品红溶液（1）写出完成转化的化学方程式：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O。（2）设计实验，证明实现该转化（写出操作和现象）：将产生的气体通入品红溶液中，溶液逐渐变无色，加热又恢复红色。任务Ⅱ.完成硫元素在、、价之间的转化。查阅资料：+2价硫在酸性条件下不稳定，易发生自身氧化还原反应。SO2Na2SO3Na2S2O3X（3）①中加入的物质是NaOH溶液，写出③的离子方程式：2H++S2＝S↓+SO2↑+H2O。任务Ⅲ.工业上常用空气催化氢氧化法除去电石渣浆（含CaO）上清液中的S2﹣，并制取石膏CaSO4•2H2O，其中的物质转化过程如图所示。（4）过程Ⅱ中，反应的离子方程式为4+2S2﹣+9H2O＝S2+4Mn（OH）2↓+10OH﹣。（5）根据物质转化过程，若将10L上清液中的S2﹣转化为（S2﹣浓度为320mg/L），理论上共需要标准状况下的O2的体积为4.48L。【专题】氧族元素．【分析】（1）→过程中S元素化合价降低，发生还原反应，浓H2SO4和铜在加热条件下可以实现转化；（2）证明实现该转化，即证明有SO2气体放出，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色；（3）SO2和氢氧化钠反应生成Na2SO3，①中加入的物质是NaOH溶液；Na2SO3和S反应生成Na2S2O3，Na2S2O3在酸性条件下发生歧化反应生成S和二氧化硫；（4）过程II中，S2﹣和发生氧化还原反应生成S2、Mn（OH）2，根据得失电子守恒、电荷守恒；（5）若将10L上清液中的S2﹣转化为（S2﹣浓度为320mg/L），转移电子的物质的量为×8＝0.8mol，1mol氧气得4mol电子，根据得失电子守恒，消耗氧气的物质的量为0.8mol×＝0.2mol。【解答】解：（1）→过程中S元素化合价降低，发生还原反应，浓H2SO4和铜在加热条件下可以实现转化，反应方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；（2）证明实现该转化，即证明有SO2气体放出，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，所以将产生的气体通入品红溶液中，溶液逐渐变无色，加热又恢复红色，证明实现了该转化，故答案为：将产生的气体通入品红溶液中，溶液逐渐变无色，加热又恢复红色；（3）SO2和氢氧化钠反应生成Na2SO3，①中加入的物质是NaOH溶液；Na2SO3和S反应生成Na2S2O3，Na2S2O3在酸性条件下发生歧化反应生成S和二氧化硫，③的离子方程式为2H++S2＝S↓+SO2↑+H2O，故答案为：NaOH溶液；2H++S2＝S↓+SO2↑+H2O；（4）过程Ⅱ中，S2﹣和发生氧化还原反应生成S2、Mn（OH）2，根据得失电子守恒、电荷守恒，反应的离子方程式为4+2S2﹣+9H2O＝S2+4Mn（OH）2↓+10OH﹣，故答案为：4+2S2﹣+9H2O＝S2+4Mn（OH）2↓+10OH﹣；（5）若将10L上清液中的S2﹣转化为（S2﹣浓度为320mg/L），转移电子的物质的量为×8＝0.8mol，1mol氧气得4mol电子，根据得失电子守恒，消耗氧气的物质的量为0.8mol×＝0.2mol，氧气在标准状况下的体积为4.48L，故答案为：4.48。【点评】本题考查元素化合物，侧重考查学生含硫物质性质的掌握情况，试题难度中等。23．（2024春•天宁区校级期中）点击化学（clickchemistry）的三位科学家获得了2022年诺贝尔化学奖。可用于辅助治疗≥4岁儿童和成人的伦加综合征，合成路线如图：（1）物质4中的碳原子的杂化方式为sp3、sp2。（2）物质3中含有的官能团名称为碳碳三键、羧基。（3）物质4到物质5的反应类型为取代反应。（4）由于物质2、3合成物质4存在不对称Click反应，导致物质7存在另一种同分异构体，其结构简式为。【专题】有机推断．【分析】（1）物质4中亚甲基上碳原子的价层电子对个数是4，苯环及连接双键的碳原子的价层电子对个数是3；（2）物质3中含有的官能团有碳碳三键、—COOH；（3）物质4中—COOH发生取代反应生成物质5；（4）由于物质2、3合成物质4存在不对称Click反应，生成的另一种物质为，导致物质7存在另一种同分异构体，其结构简式为。【解答】解：（1）物质4中亚甲基上碳原子的价层电子对个数是4，碳原子采用sp3杂化，苯环及连接双键的碳原子的价层电子对个数是3，碳原子采用sp2杂化，故答案为：sp3、sp2；（2）物质3中含有的官能团名称是碳碳三键、羧基，故答案为：碳碳三键、羧基；（3）物质4中—COOH发生取代反应生成物质5中的—COCl，该反应为取代反应，故答案为：取代反应；（4）由于物质2、3合成物质4存在不对称Click反应，生成的另一种物质为，导致物质7存在另一种同分异构体，其结构简式为，故答案为：。【点评】本题考查有机物的合成，侧重考查对比、分析、判断及知识综合运用能力，明确反应中官能团及其结构变化是解本题关键，注意反应中断键和成键方式，题目难度不大。三．工艺流程题（共2小题）24．（2024秋•鼓楼区校级期中）草酸亚铁晶体（FeC2O4•2H2O）可作为制备电池正极材料磷酸铁锂的原料。以FeSO4溶液制备电池级草酸亚铁晶体的实验流程如图：（1）“沉淀”步骤的离子反应方程式为Fe2++2NH3•H2O＝Fe（OH）2↓+2，得到的混合体系不宜在空气中久置，其原因是Fe（OH）2易被氧化为Fe（OH）3。（2）“转化”过程[H2C2O4+Fe（OH）2＝FeC2O4+2H2O]在如图所示的装置中进行。导管A的作用是平衡气压，使草酸溶液顺利滴下。（3）检验“洗涤”完全的实验操作是取最后一次洗涤液少许于试管中，先滴加盐酸酸化，无现象，再滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤干净。（4）以废渣（主要含Fe2O3、Al2O3、SiO2等）为原料制备实验所需的FeSO4溶液。请补充实验方案：向废渣中分批加入稀硫酸，边加边搅拌，当固体不再溶解时，过滤：在搅拌下向滤液中滴加NaOH溶液至沉淀不再减少时，过滤：用蒸馏水洗涤滤渣2～3次后，在搅拌下向滤渣中加入稀硫酸至滤渣完全溶解；在搅拌下向所得溶液中分批加入铁粉，直至向取出的少量溶液中滴加KSCN溶液溶液不再出现红色，过滤。[实验中可供使用的试剂：稀硫酸、铁粉、NaOH溶液、KSCN溶液、蒸馏水]【专题】制备实验综合；分析与推测能力．【分析】（1）FeSO4溶液中加入氨水，生成Fe（OH）2沉淀和硫酸铵；Fe（OH）2易被氧化为Fe（OH）3；（2）恒压滴液漏斗可以平衡气压，使草酸溶液顺利滴下；（3）检验“洗涤”完全的实验操作的本质是检验溶液中是否含有硫酸根离子；（4）废渣主要含Fe2O3、Al2O3、SiO2等，向废渣中分批加入稀硫酸，边加边搅拌，当固体不再溶解时，过滤，在搅拌下向滤液中滴加NaOH溶液至沉淀不再减少时，过滤，得到氢氧化铁沉淀，用蒸馏水洗涤滤渣2～3次后，在搅拌下向滤渣中加入稀硫酸至滤渣完全溶解；在搅拌下向所得溶液中分批加入铁粉，直至向取出的少量溶液中滴加KSCN溶液，不再出现红色，过滤，滤去过量的铁粉，可得FeSO4溶液；【解答】解：（1）“沉淀”步骤的离子反应方程式为Fe2++2NH3•H2O＝Fe（OH）2↓+2，得到的混合体系不宜在空气中久置，其原因是Fe（OH）2易被氧化为Fe（OH）3，故答案为：Fe2++2NH3•H2O＝Fe（OH）2↓+2；Fe（OH）2易被氧化为Fe（OH）3；（2）由图可知，导管A的作用是平衡气压，使草酸溶液顺利滴下，故答案为：平衡气压，使草