2025高考假期提升专项练习化学压轴卷训练12含答案及解析

2025菁优高考化学压轴卷训练12一．选择题（共20小题）1．（2024秋•武昌区校级月考）交叉分类法表示一些物质或概念之间的从属或包含关系，下列说法错误的是（）选项XYZA金属氧化物碱性氧化物化合物B胶体分散系混合物C冰醋酸酸纯净物DNa2SO4•10H2O盐纯净物A．A B．B C．C D．D2．（2024秋•安徽月考）下列化学用语表示正确的是（）A．中子数为20的Cl原子： B．BCl3的电子式： C．四溴化碳的空间填充模型： D．基态硫原子最外层电子排布图：3．（2024秋•湖南月考）下列方程式书写正确的是（）A．甲醛与足量新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式：HCHO+2Cu（OH）2+NaOHHCOONa+Cu2O+3H2O B．FeO溶于浓硝酸的离子方程式：3FeO+10H++＝3Fe3++NO↑+5H2O C．含3molFeI2的溶液与4molCl2发生反应，反应的离子方程式为：2Fe2++4I﹣+3Cl2＝2Fe3++2I2+6Cl﹣ D．等物质的量浓度的NH4Al（SO4）2溶液与Ba（OH）2溶液以1：2的体积混合，发生的离子方程式：+Al3++2+2Ba2++4OH﹣＝NH3•H2O+Al（OH）3↓+2BaSO4↓4．（2023秋•天山区校级期末）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．0.2mol•L﹣1AlCl3溶液中Cl﹣物质的量为0.6mol B．1.6gO2和O3的混合气体中所含的O原子数目为0.1NA C．0.1molFeCl3形成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶粒的数目为0.1NA D．7.8gNa2O2中含有阴阳离子的总数为0.4NA5．（2024秋•安徽月考）含有某化合物（结构如图所示）的复方制剂具有清热解毒、消肿止痛的功效。四种短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，并且它们的价电子数之和为11，下列说法错误的是（）A．Y原子和Z原子的杂化方式不完全相同 B．电负性：Z＞X＞Y＞W C．与Z同周期的元素中，第一电离能比Z小的有5种 D．X、Y、W可形成含离子键和配位键的化合物6．（2024秋•东西湖区校级月考）一种离子液体的结构如图所示，已知阳离子中五元环上的原子处于同一平面。下列说法不正确的是（）A．该物质中所有原子均达到了8e﹣稳定结构 B．阳离子中存在 C．阴离子空间构型为正八面体 D．该物质的晶体属于离子晶体7．（2024秋•辽宁月考）叠氮化锂（LiN3）常作锂电池的固体电解质添加剂，其结构式如图甲、其晶胞如图乙所示。已知：晶胞参数长、宽为apm，高为bpm，∠α＝∠β＝∠γ＝90°。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A．LiN3中基态阳离子的最外层电子云轮廓图为球形 B．LiN3含离子键、σ键、π键和极性键 C．在元素周期表中，Li和N位于相同的分区 D．LiN3晶体密度8．（2024•潍坊三模）血红蛋白结合O2后的结构如图所示，CO也可与血红蛋白结合。下列说法错误的是（）A．血红蛋白中心离子Fe2+与卟啉环形成6个螯合键 B．CO与血红蛋白结合时，C原子提供孤电子对 C．第一电离能：N＞H＞C D．基态Fe2+含有4个未成对电子9．（2024秋•沈阳月考）工业上常用纯碱溶液吸收尾气中的NO、NO2，反应如下：反应1：NO+NO2+Na2CO3═2NaNO2+CO2反应2：2NO2+Na2CO3═NaNO2+NaNO3+CO2已知：CO2与水的反应类似SO2和H2O的反应。若NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A．反应1中放出2.24LCO2时，NO、NO2参与反应的总分子数为0.2NA B．1L0.5mol•L﹣1Na2CO3溶液恰好完全反应时，作氧化剂的分子数为0.5NA C．将反应2中9.2gNO2完全反应产生的CO2通入足量水中生成的H2CO3分子数为0.1NA D．上述制备的化工品（NaNO2、NaNO3）中含N元素的质量为28g，则所含的Na+数一定为NA10．（2024秋•静海区校级月考）S（单斜）和S（正交）是硫的两种同素异形体。已知：①S（单斜，s）+O2（g）═SO2（g）ΔH1＝﹣297.16kJ•mol﹣1②S（正交，s）+O2（g）═SO2（g）ΔH2＝﹣296.83kJ•mol﹣1③S（单斜，s）═S（正交，s）ΔH3下列说法正确的是（）A．单斜硫转化为正交硫的过程是物理变化 B．S（单斜，s）═S（正交，s）ΔH3＞0，单斜硫比正交硫稳定 C．S（单斜，s）═S（正交，s）ΔH3＜0，正交硫比单斜硫稳定 D．等质量的单斜硫和正交硫分别在氧气中充分燃烧，后者放热多11．（2024秋•青岛月考）有关下列四个常用电化学装置的叙述中，正确的是（）图Ⅰ碱性锌锰电池图Ⅱ铅蓄电池图Ⅲ电解精炼铜图Ⅳ银锌纽扣电池A．图Ⅰ所示电池中，MnO2的作用是催化剂 B．图Ⅱ所示电池充电过程中，电解质溶液的密度增大，移向阴极 C．图Ⅲ所示装置工作过程中，电解质溶液中Cu2+浓度始终不变 D．图Ⅳ所示电池中，Ag2O是氧化剂，电池工作过程中Ag2O还原为Ag12．（2024秋•北辰区校级月考）已知反应aA（g）+bB（？）⇌cC（s）+2aD（g），达平衡时c（A）＝0.5mol•L﹣1，其他条件不变，将容器体积缩小到原来的一半，重新达平衡后测得c（A）＝0.9mol•L﹣1，下列说法不正确的是（）A．B的状态一定是气体 B．D的体积分数增多 C．平衡向逆反应方向移动 D．b＞a13．（2024秋•北辰区校级月考）在恒容密闭容器中发生反应：2SO2（g）+O2（g）＝2SO3（g）ΔH＝﹣QkJ•mol﹣1（Q＞0），其他条件不变，仅改变某一条件，对上述平衡的影响如图所示，下列分析不正确的是（）A．图Ⅰ，t1时刻增大了O2的浓度 B．图Ⅱ，t1时刻加入了催化剂 C．图Ⅲ，温度关系为T乙＞T甲 D．若2v（O2）正＝v（SO2）逆，则反应达平衡状态14．（2024秋•辽宁月考）某固体盐W由三种短周期主族元素组成。W存在如图所示转化关系，下列叙述正确的是（）A．上述反应都是非氧化还原反应 B．浅黄色固体可能是Na2O2 C．b的摩尔质量为160g•mol﹣1 D．W的化学式为（NH4）2S315．（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16．（2024•杭州开学）SiCl4是生产多晶硅的副产物。利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCoO2进行氯化处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如图：下列说法不正确的是（）A．将LiCoO2粗品粉碎，可使焙烧更充分 B．若在实验室进行焙烧操作，必须用到的仪器有酒精灯、坩埚、坩埚钳、玻璃棒、三脚架 C．可用焰色试验检验滤饼3是否洗净 D．“850℃煅烧”时，发生的化学反应为：17．（2024秋•9月份月考）下列实验操作、现象与实验目的或结论一致的是（）选项实验操作、现象实验目的或结论A将带有火星的木条伸入充满1molO2和4molNO2的集气瓶中，木条复燃说明NO2支持燃烧B用光洁的铂丝蘸取某无色溶液在无色火焰上灼烧，观察到火焰呈黄色无色溶液中一定含有钠盐C室温下，使用pH计测定NaHA溶液的pH＜7确定H2A是强酸D浓硫酸滴入蔗糖中，将产生的气体通入溴水，溴水褪色验证浓硫酸具有脱水性A．A B．B C．C D．D18．（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春•青羊区校级期末）一种制备Cu2O的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液为NaHSO3溶液，反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH＝5条件下进行。下列说法正确的是（）A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应 B．低温真空蒸发主要目的是防止NaHSO3被氧化 C．溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体I D．若Cu2O产量不变，参与反应Ⅲ的X与CuSO4物质的量之比增大时，需补加NaOH的量增加20．（2023秋•安徽期末）室温下，沉淀MCO3或M（OH）2在溶液中溶解时M2+和阴离子浓度的负对数分别用pM和pR表示，其关系如图所示。已知lg2＝0.3、lg3＝0.5。下列说法正确的是（）A．pR＝6时，溶液中c（M2+）浓度：MCO3＞M（OH）2 B．M（OH）2饱和溶液的pH＝10.3 C．在MCO3饱和溶液中加少量KOH固体，的浓度减小 D．MCO3的Ksp＝10﹣7.8二．解答题（共3小题）21．（2024秋•浦东新区校级月考）（1）氮的最高价氧化物为无色晶体，它由两种离子构成，已知其阴离子的空间结构为平面三角形，则其阳离子的空间结构和阳离子中氮的杂化方式为。A．直线形sp杂化B．V形sp2杂化C．三角锥形sp3杂化D．平面三角形sp2杂化（2）短周期元素R基态原子最外层的p能级上有2个未成对电子。则关于基态R原子的描述中正确的是。A．基态R原子核外电子的电子云轮廓图有两种：球形和哑铃形B．基态R原子的价层电子排布式为ns2np2（n＝2或3）C．基态R原子的原子轨道总数为9D．基态R原子的轨道表示式为（3）X、Y、Z、N是原子序数依次增大的四种短周期元素，其元素性质或原子结构如下表。下列说法正确的是。元素元素性质或原子结构X原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，且第一电离能低于同周期相邻元素Y原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，且第一电离能高于同周期相邻元素Z其价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等N只有一个不成对电子A．原子半径：Z＞Y＞XB．电负性：X＞N＞ZC．第一电离能：Z＞N＞YD．X的基态原子的电子轨道表示式：（4）X、Y、Z、M、Q为五种短周期元素，原子序数依次增大，X和Q为同主族元素，且X是非金属元素。Y和M为同周期元素。X的2s轨道全充满，Q的s能级电子数比p能级的电子数少1，Y和M是纯碱中的两种元素。下列说法不正确的是。A．最高正价：Y＜ZB．电负性：M＞ZC．Y与M形成的化合物中不可能含有非极性共价键D．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞Q硫、钴及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：（5）基态Co原子价层电子轨道式为，第四电离能I4（Co）＜I4（Fe），其原因是；Co与Ca同周期且最外层电子数相同，单质钴的熔、沸点均比钙大，其原因是。（6）K和Na位于同主族，K2S的熔点为840℃，Na2S的熔点为950℃，前者熔点较低的原因是。（7）S与O、Se、Te位于同一主族，它们的氢化物的沸点如图所示，沸点按图像所示变化的原因是。钴的一种化合物晶胞结构如图所示。（8）已知A点的原子坐标参数为（0，0，0），B点为（，，则C点的原子坐标参数为。已知晶胞边长参数a＝0.5485nm，Ti、Co、O相对原子质量分别是48、59、16，则该晶体的密度为g•cm﹣3（列出计算表达式即可）。22．（2023秋•福州月考）我国拥有很长的海岸线，具有丰富的海洋资源。Ⅰ．盐卤是海水晒盐后的富含镁盐的溶液，其中除含镁盐外，还含有其他盐类（如图甲所示）。（1）根据图甲所示，写出盐卤中含量最多的盐为。（填化学式）（2）图乙是盐卤中某些物质的溶解度曲线，将盐卤加热到t2℃以上，根据溶解度曲线，首先析出的晶体应是。（填化学式）（3）如图是常用于混合物的分离和提纯的装置：粗盐的提纯应选择图（填字母，下同）装置，若实验中为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、等杂质离子加入试剂的顺序可以是。A．NaOH、Na2CO3、BaCl2、HClB．NaOH、BaCl2、Na2CO3、HClC．Na2CO3、BaCl2、NaOH、HClD．BaCl2、NaOH、Na2CO3、HClⅡ．海带是一种含碘量很高的海藻，从中提取的碘广泛应用于医药、食品和化工。实验室里从海带中提取碘的流程如图。（4）实验步骤①会用到下列仪器中的（填字母）a．酒精灯b．蒸发皿c．坩埚d．泥三角（5）设计实验证明第③步操作后滤液中K+的存在，。（6）“提取碘”存在以下两种方案。①方案乙中“操作X”的名称是。②该流程可循环利用的物质是。③采用方案乙得到纯碘的产率较低，原因是。23．（2024•重庆模拟）奥美拉唑可用于治疗十二指肠溃疡等疾病，其合成路线如图已知：R﹣NO2R﹣NH2（1）A能与FeCl3溶液作用显紫色，A的名称是。（2）A→B的化学方程式为。（3）试剂a是。（4）合成的路线如图：①CH3CHO可由CH≡CH一步制得，其反应类型为；中含氧官能团有醚键、（写名称）。②已知SOCl2的结构简式为，遇水剧烈反应，生成SO2与HCl。写出K转化为的化学反应方程式。（5）由A可制得另一物质F（），满足下列条件的F的同分异构有种；ⅰ．苯环上有2个取代基ⅱ．能与NaOH溶液发生反应其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为2：2：2：1，写出其中一种结构简式。（6）已知：ⅰ．氨基易被氧化ⅱ．R﹣NH2+（CH3CO）2O→CH3CONH﹣R请将E→G线路补充完整：三．工艺流程题（共2小题）24．（2024秋•赤峰月考）以辉铜矿（主要成分是Cu2S，含少量FeS、SiO2等）为原料制备胆矾、硫代硫酸钠（Na2S2O3•5H2O），流程如图所示。回答下列问题：已知：Cu（OH）2+4NH3•H2O＝[Cu（NH3）4]（OH）2+4H2O，[Cu（NH3）4]（OH）2与硫酸反应生成CuSO4。（1）滤渣2的主要成分是（填化学式）。（2）向Na2S和Na2CO3的混合溶液中通入SO2制备硫代硫酸钠的化学方程式为。（3）某小组探究外界条件对Na2S2O3相关反应的反应速率的影响，实验方案如下：已知：①S2+2I﹣＝I2+2（慢），②2S2+I2＝2I﹣+S4（快）。体积/mL实验序号K2S2O8溶液KI溶液Na2S2O3溶液淀粉溶液110.04.05.02.025.04.05.02.0上述反应中，活化能较大的反应是（填“①”或“②”）。下列叙述错误的是（填标号）。A.在KI﹣淀粉溶液中滴加过量Na2S2O3溶液，溶液始终不会变蓝B.上述方案可以探究浓度对反应速率的影响C.当n（Na2S2O3）：n（K2S2O8）的值小于2时会出现蓝色（4）检验溶液2中含Fe2+的试剂可能是（填标号）。A.KSCN溶液B.K3Fe（CN）6溶液C.酸性KMnO4溶液D.NaOH溶液（5）25.0gCuSO4•5H2O受热分解，残留固体的质量与温度的关系如图所示。①1300℃时，固体的成分是（填化学式）。②已知580～1000℃之间产生了两种气体和一种固体，写出发生反应的化学方程式：。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12参考答案与试题解析一．选择题（共20小题）1．（2024秋•武昌区校级月考）交叉分类法表示一些物质或概念之间的从属或包含关系，下列说法错误的是（）选项XYZA金属氧化物碱性氧化物化合物B胶体分散系混合物C冰醋酸酸纯净物DNa2SO4•10H2O盐纯净物A．A B．B C．C D．D【专题】物质的分类专题．【分析】可以从物质的分类着手分析完成此题，分散系属于混合物，纯净物可分为单质和化合物，氧化物分为酸性氧化物和碱性氧化物，无机物又可以分为酸、碱、盐、单质等，据此解答。【解答】解：A．Mn2O7是金属氧化物，但不是碱性氧化物，而是酸性氧化物，故A错误；B．胶体属于分散性，分散性属于混合物，故B正确；C．冰醋酸属于酸，酸属于纯净物，故C正确；D．Na2SO4•10H2O属于盐，盐属于纯净物，故D正确；故选：A。【点评】本题以框图的形式考查了高中阶段常见物质类别的关系，学生根据课本知识即可作出回答，要求同学们在平时的学习中要加强基础知识的识记，题目难度不大。2．（2024秋•安徽月考）下列化学用语表示正确的是（）A．中子数为20的Cl原子： B．BCl3的电子式： C．四溴化碳的空间填充模型： D．基态硫原子最外层电子排布图：【专题】化学用语专题；理解与辨析能力．【分析】A．质量数＝中子数+质子数，因此中子数为20的氯原子的质量数为20+17＝37，元素符号左下角的数字表示质子数、左上角的数字表示质量数；B．BCl3是缺电子化合物，B提供3个电子，与3个Cl分别共用1对电子；C．四溴化碳结构类似于甲烷，为正四面体结构，r（Br）＞r（C）；D．硫原子是16元素，价层电子排布式为3s23p4。【解答】解：A．质量数＝中子数+质子数，因此中子数为20的氯原子的质量数为20+17＝37，元素符号左下角的数字表示质子数、左上角的数字表示质量数，表示为：，故A错误；B．BCl3是缺电子化合物，B提供3个电子，与3个Cl分别共用1对电子，电子式：，故B错误；C．四溴化碳结构类似于甲烷，为正四面体结构，r（Br）＞r（C），空间填充模型为，故C错误；D．硫原子是16元素，价层电子排布式为3s23p4，价层电子轨道表示式为：，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学用语，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确电子式、空间填充模型、轨道表示式的书写规则是解本题关键，题目难度不大。3．（2024秋•湖南月考）下列方程式书写正确的是（）A．甲醛与足量新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式：HCHO+2Cu（OH）2+NaOHHCOONa+Cu2O+3H2O B．FeO溶于浓硝酸的离子方程式：3FeO+10H++＝3Fe3++NO↑+5H2O C．含3molFeI2的溶液与4molCl2发生反应，反应的离子方程式为：2Fe2++4I﹣+3Cl2＝2Fe3++2I2+6Cl﹣ D．等物质的量浓度的NH4Al（SO4）2溶液与Ba（OH）2溶液以1：2的体积混合，发生的离子方程式：+Al3++2+2Ba2++4OH﹣＝NH3•H2O+Al（OH）3↓+2BaSO4↓【专题】离子反应专题；分析与推测能力．【分析】A．根据甲醛分子中含有2个醛基，进行分析；B．根据氧化亚铁与浓硝酸反应应该生成硝酸铁、二氧化氮和水进行分析；C．根据还原性碘离子大于亚铁离子，故氯气先与6mol碘离子反应消耗3mol氯气，剩余的1mol氯气与亚铁离子反应消耗2mol亚铁离子，进行分析；D．根据有足够的OH﹣与铝离子和铵根反应，但没有多余的OH﹣与氢氧化铝沉淀反应，进行分析。【解答】解：A．甲醛分子中含有2个醛基，故甲醛与足量新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式为，故A错误；B．氧化亚铁与浓硝酸反应应该生成硝酸铁、NO2和H2O，故B错误；C．3mol碘化亚铁的溶液与4molCl2发生反应，因为还原性碘离子大于亚铁离子，故氯气先与6mol碘离子反应消耗3mol氯气，剩余的1mol氯气与亚铁离子反应消耗2mol亚铁离子，故离子方程式为，故C错误；D．等物质的量浓度的NH4Al（SO4）2溶液与氢氧化钡溶液以1：2的体积混合，有足够的氢氧根离子与铝离子和铵根离子反应，但没有多余的OH﹣与氢氧化铝沉淀反应，所以离子方程式为：，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查化学方程式的书写等，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•天山区校级期末）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．0.2mol•L﹣1AlCl3溶液中Cl﹣物质的量为0.6mol B．1.6gO2和O3的混合气体中所含的O原子数目为0.1NA C．0.1molFeCl3形成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶粒的数目为0.1NA D．7.8gNa2O2中含有阴阳离子的总数为0.4NA【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A．题干未告知溶液的体积，故无法计算0.2mol•L﹣1AlCl3溶液中Cl﹣物质的量；B．已知O2和O3均由O原子构成，故1.6gO2和O3的混合气体中所含的O原子的物质的量用n＝计算；C．已知FeCl3制备Fe（OH）3胶体是一个可逆反应，且Fe（OH）3胶体粒子是若干个Fe（OH）3分子组成；D．已知Na2O2是由Na+和构成的，故7.8gNa2O2中的物质的量n＝＝0.1mol计算。【解答】解：A．题干中溶液的体积未知，故无法计算0.2mol•L﹣1AlCl3溶液中Cl﹣物质的量，故A错误；B．已知O2和O3均由O原子构成，1.6gO2和O3的混合气体中所含的O原子的物质的量用n＝＝＝0.1mol，则O原子数目为＝0.1NA，故B正确；C．FeCl3制备Fe（OH）3胶体是一个可逆反应，且Fe（OH）3胶体粒子是若干个Fe（OH）3分子组成，则0.1molFeCl3形成胶体中Fe（OH）3胶粒的数目小于0.1NA，故C错误；D．已知Na2O2是由Na+和构成的，7.8gNa2O2中的物质的量n＝＝＝0.1mol，则其中阴阳离子的总数为＝0.3NA，故D错误；故选：B。【点评】本题考查阿伏加德罗常数的判断，涉及物质的量浓度的计算、电子转移的计算、胶体物质的组成等，题目中等难度。5．（2024秋•安徽月考）含有某化合物（结构如图所示）的复方制剂具有清热解毒、消肿止痛的功效。四种短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，并且它们的价电子数之和为11，下列说法错误的是（）A．Y原子和Z原子的杂化方式不完全相同 B．电负性：Z＞X＞Y＞W C．与Z同周期的元素中，第一电离能比Z小的有5种 D．X、Y、W可形成含离子键和配位键的化合物【专题】元素周期律与元素周期表专题；分析与推测能力．【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，由结构可知四元素形成的化合物属于离子化合物，而W形成+1价阳离子，结合原子序数相对大小，可知W只能为Na元素；阴离子结构中，X形成1条共价键，其原子序数又最小，X只能是H元素；四元素的价电子之和是11，则Y、Z价电子之和为11﹣1﹣1＝9，阳离子中Y形成3条或4条共价键、Z形成2条共价键，可知Y为B元素、Z为O元素，形成4条共价键的B原子有一条为配位键。【解答】解：由分析可知，X为H元素、Y为B元素、Z为O元素、W为Na元素；A．化合物中，B原子形成3个或4个σ键，杂化方式分别为sp2、sp3，O的杂化方式为sp3，故A正确；B．同周期主族元素从左到右电负性增大，一般非金属性越强电负性越大，而H元素的电负性比B大，元素的电负性：O＞H＞B＞Na，故B正确；C．第二周期中，第一电离能比O小的有Li、Be、B、C共4种元素，故C错误；D．X、Y、W可以形成NaBH4，NaBH4为离子化合物，含有离子键、极性共价键和配位键，故D正确；故选：C。【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，题目侧重分析与应用能力的考查。6．（2024秋•东西湖区校级月考）一种离子液体的结构如图所示，已知阳离子中五元环上的原子处于同一平面。下列说法不正确的是（）A．该物质中所有原子均达到了8e﹣稳定结构 B．阳离子中存在 C．阴离子空间构型为正八面体 D．该物质的晶体属于离子晶体【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．H原子是2e﹣稳定结构；B．阳离子中C原子均提供1个电子，双键N原子提供1个电子，饱和N原子提供2个电子，一起形成大π键；C．阴离子为，P为sp3d2杂化；D．该物质是由阴、阳离子构成的，属于离子化合物。【解答】解：A．该物质中含有H原子，H原子是2e﹣稳定结构，另P原子含有6个P—F键，达到了12e﹣结构，故A错误；B．阳离子中3个C和2个N形成大π键，C原子均提供1个电子，双键N原子提供1个电子，饱和N原子提供2个电子，存在π，故B正确；C．阴离子为，P为sp3d2杂化，空间构型为正八面体，故C正确；D．该物质是由阴、阳离子构成的，其晶体属于离子晶体，故D正确；故选：A。【点评】本题主要考查物质结构与性质的相关知识，具体涉及大π键、晶体类型、离子的空间结构的判断，属于基本知识的考查，难度中等。7．（2024秋•辽宁月考）叠氮化锂（LiN3）常作锂电池的固体电解质添加剂，其结构式如图甲、其晶胞如图乙所示。已知：晶胞参数长、宽为apm，高为bpm，∠α＝∠β＝∠γ＝90°。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A．LiN3中基态阳离子的最外层电子云轮廓图为球形 B．LiN3含离子键、σ键、π键和极性键 C．在元素周期表中，Li和N位于相同的分区 D．LiN3晶体密度【专题】化学键与晶体结构；分析与推测能力．【分析】A．LiN3的阳离子是Li+，基态Li+的核外电子排布式为1s2，最外层电子云轮廓图为球形；B．根据叠氮化锂的结构式可知，LiN3含离子键、σ键、π键；C．在元素周期表中，锂位于s区、氮位于p区；D．根据叠氮化锂晶胞图可知，Li+位于顶点和面心，1个晶胞含2个Li+；4个位于面心，1个晶胞含2个，晶胞质量为g＝g，晶胞的体积为a2b×10﹣30cm3，代入公式ρ＝可得晶胞的密度。【解答】解：A．LiN3的阳离子是Li+，基态Li+的核外电子排布式为1s2，最外层电子云轮廓图为球形，故A正确；B．根据叠氮化锂的结构式可知，LiN3含离子键、σ键、π键，不含极性键，故B错误；C．在元素周期表中，锂位于s区、氮位于p区，故C错误；D．根据叠氮化锂晶胞图可知，Li+位于顶点和面心，1个晶胞含2个Li+；4个位于面心，1个晶胞含2个，晶胞质量为g＝g，晶胞的体积为a2b×10﹣30cm3，晶体密度ρ＝＝g•cm﹣3，故D错误；故选：A。【点评】本题主要考查晶胞的计算，为高频考点，题目难度一般。8．（2024•潍坊三模）血红蛋白结合O2后的结构如图所示，CO也可与血红蛋白结合。下列说法错误的是（）A．血红蛋白中心离子Fe2+与卟啉环形成6个螯合键 B．CO与血红蛋白结合时，C原子提供孤电子对 C．第一电离能：N＞H＞C D．基态Fe2+含有4个未成对电子【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．由图可知，血红蛋白中心离子Fe2+与卟啉环形成4个螯合键；B．电负性：C＜O，C原子提供电子的倾向更大，更易形成配位键；C．第一电离能：H＞C；D．基态Fe2+的价电子排布式为：3d6。【解答】解：A．由图可知，血红蛋白中心离子Fe2+的配位键数目为6，但与卟啉环形成4个螯合键，故A错误；B．电负性：C＜O，C原子提供电子的倾向更大，更易形成配位键，所以CO与血红蛋白结合时，C原子提供孤电子对，故B正确；C．同周期，从左至右，元素的第一电离能逐渐增大，所以第一电离能：N＞C，另第一电离能：H＞C，所以第一电离能：N＞H＞C，故C正确；D．基态Fe2+的价电子排布式为：3d6，有4个未成对电子，故D正确；故选：A。【点评】本题主要考查配位化合物的相关知识，同时考查第一电离能和价电子排布等，属于基本知识的考查，难度不大。9．（2024秋•沈阳月考）工业上常用纯碱溶液吸收尾气中的NO、NO2，反应如下：反应1：NO+NO2+Na2CO3═2NaNO2+CO2反应2：2NO2+Na2CO3═NaNO2+NaNO3+CO2已知：CO2与水的反应类似SO2和H2O的反应。若NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A．反应1中放出2.24LCO2时，NO、NO2参与反应的总分子数为0.2NA B．1L0.5mol•L﹣1Na2CO3溶液恰好完全反应时，作氧化剂的分子数为0.5NA C．将反应2中9.2gNO2完全反应产生的CO2通入足量水中生成的H2CO3分子数为0.1NA D．上述制备的化工品（NaNO2、NaNO3）中含N元素的质量为28g，则所含的Na+数一定为NA【专题】氧化还原反应专题．【分析】A．根据CO2所处的状态未知进行分析；B．根据NO+NO2+Na2CO3＝2NaNO2+CO2中氧化剂与Na2CO3的物质的量之比为1：1，反应2NO2+Na2CO3＝NaNO2+NaNO3+CO2中NO2既是氧化剂又是还原剂且物质的量之比为1：1，进行分析；C．根据CO2和H2O反应是一个可逆反应，故通入足量水中生成的H2CO3分子数小于0.1NA进行分析；D．根据n（Na+）：n（N）＝1：1进行分析。【解答】解：A．题干未告知二氧化碳所处的状态，故无法计算反应1中放出2.24L二氧化碳时，NO、NO2参与反应的总分子数，故A错误；B．反应NO+NO2+Na2CO3＝2NaNO2+CO2中氧化剂NO2与Na2CO3的物质的量之比为1：1，而反应2NO2+Na2CO3＝NaNO2+NaNO3+CO2中NO2既是氧化剂又是还原剂且物质的量之比为1：1，即氧化剂与Na2CO3的物质的量之比也为1：1，故1L0.5mol•L﹣1Na2CO3溶液恰好完全反应时，作氧化剂的分子数为1L×0.5mol/L×NAmol﹣1＝0.5NA，故B正确；C．根据反应2即2NO2+Na2CO3＝NaNO2+NaNO3+CO2可知，将反应2中9.2g二氧化氮完全反应产生的二氧化碳的物质的量为：0.1mol，但由于二氧化碳和水反应是一个可逆反应，故通入足量水中生成的H2CO3分子数小于0.1NA，故C错误；D．上述制备的化工品（NaNO2、NaNO3）中含N元素的质量为28g，则N原子的物质的量为：＝2mol，则所含的Na+数一定为2NA，故D错误；故选：B。【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。10．（2024秋•静海区校级月考）S（单斜）和S（正交）是硫的两种同素异形体。已知：①S（单斜，s）+O2（g）═SO2（g）ΔH1＝﹣297.16kJ•mol﹣1②S（正交，s）+O2（g）═SO2（g）ΔH2＝﹣296.83kJ•mol﹣1③S（单斜，s）═S（正交，s）ΔH3下列说法正确的是（）A．单斜硫转化为正交硫的过程是物理变化 B．S（单斜，s）═S（正交，s）ΔH3＞0，单斜硫比正交硫稳定 C．S（单斜，s）═S（正交，s）ΔH3＜0，正交硫比单斜硫稳定 D．等质量的单斜硫和正交硫分别在氧气中充分燃烧，后者放热多【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A．有新物质生成的变化为化学变化；B．根据盖斯定律：①﹣②得S（单斜，s）═S（正交，s），能量越低越稳定；C．根据盖斯定律：①﹣②得S（单斜，s）═S（正交，s），能量越低越稳定；D．根据热化学方程式分析。【解答】解：A．有新物质生成的变化为化学变化，则单斜硫转化为正交硫的过程是化学变化，故A错误；B．根据盖斯定律：①﹣②得S（单斜，s）═S（正交，s）ΔH3＝（﹣297.16+296.83）kJ/mol＝﹣0.33kJ/mol＜0，说明单斜硫的能量高于正交硫，根据能量越低越稳定，所以正交硫比单斜硫稳定，故B错误；C．由B分析可知，S（单斜，s）═S（正交，s）ΔH3＜0，正交硫比单斜硫稳定，故C正确；D．根据热化学方程式可知，等质量的单斜硫和正交硫分别在氧气中充分燃烧，前者放热多，故D错误；故选：C。【点评】本题考查反应热与焓变，侧重考查学生识图能力和分析能力，掌握能量越低越稳定，反应热与物质能量的关系为解题关键，此题难度不大。11．（2024秋•青岛月考）有关下列四个常用电化学装置的叙述中，正确的是（）图Ⅰ碱性锌锰电池图Ⅱ铅蓄电池图Ⅲ电解精炼铜图Ⅳ银锌纽扣电池A．图Ⅰ所示电池中，MnO2的作用是催化剂 B．图Ⅱ所示电池充电过程中，电解质溶液的密度增大，移向阴极 C．图Ⅲ所示装置工作过程中，电解质溶液中Cu2+浓度始终不变 D．图Ⅳ所示电池中，Ag2O是氧化剂，电池工作过程中Ag2O还原为Ag【专题】电化学专题；分析与推测能力．【分析】A．根据干电池中工作时，Zn为负极、发生失电子的反应，MnO2在正极发生得电子的反应、作氧化剂，进行分析；B．根据铅蓄电池充电时电池反应为：2PbSO4+2H2O＝Pb+PbO2+2H2SO4，进行分析；C．根据电解时，粗铜中有铜和其它金属失电子，纯铜上只有铜离子得电子，进行分析；D．根据该原电池中，正极上氧化银得电子生成银，进行分析。【解答】解：A．该干电池中工作时，锌为负极、发生失电子的反应，二氧化锰在正极发生得电子的反应、作氧化剂，故A错误；B．铅蓄电池充电时电池反应为：2PbSO4+2H2O＝Pb+PbO2+2H2SO4，电解质溶液的密度增大，硫酸根离子移向阳极，故B错误；C．粗铜中不仅含有Cu还含有其它金属，电解时，粗铜中有Cu和其它金属失电子，纯铜上只有铜离子得电子，所以阴极上析出的铜大于阳极上减少的铜，所以溶液中铜离子浓度降低，故C错误；D．该原电池中，正极上氧化银得电子生成银，所以Ag2O是氧化剂、发生还原反应，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查原电池与电解池的综合等，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。12．（2024秋•北辰区校级月考）已知反应aA（g）+bB（？）⇌cC（s）+2aD（g），达平衡时c（A）＝0.5mol•L﹣1，其他条件不变，将容器体积缩小到原来的一半，重新达平衡后测得c（A）＝0.9mol•L﹣1，下列说法不正确的是（）A．B的状态一定是气体 B．D的体积分数增多 C．平衡向逆反应方向移动 D．b＞a【专题】化学平衡专题；理解与辨析能力．【分析】已知反应aA（g）+bB（？）⇌cC（s）+2aD（g），达平衡时c（A）＝0.5mol•L﹣1，其他条件不变，将容器体积缩小到原来的一半，A的浓度变为1mol/L，但重新达平衡后测得c（A）＝0.9mol•L﹣1，说明加压平衡正向移动，据此作答。【解答】解：A．加压平衡正向移动，则正向气体分子数减小，故B一定为气体，故A正确；B．加压平衡正向移动，D的体积分数增多，故B正确；C．由分析可知，平衡正向移动，故C错误；D．加压平衡正向移动，则正向气体分子数减小，故a+b＞2a，则b＞a，故D正确；故选：C。【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。13．（2024秋•北辰区校级月考）在恒容密闭容器中发生反应：2SO2（g）+O2（g）＝2SO3（g）ΔH＝﹣QkJ•mol﹣1（Q＞0），其他条件不变，仅改变某一条件，对上述平衡的影响如图所示，下列分析不正确的是（）A．图Ⅰ，t1时刻增大了O2的浓度 B．图Ⅱ，t1时刻加入了催化剂 C．图Ⅲ，温度关系为T乙＞T甲 D．若2v（O2）正＝v（SO2）逆，则反应达平衡状态【专题】化学平衡专题；理解与辨析能力．【分析】依据外界条件改变对化学反应速率和化学平衡的影响分析。【解答】解：A．图Ⅰ，正逆反应速率均增大，如增大氧气浓度，正反应速率增大，逆反应速率瞬间不变，平衡正向移动，与图象不符，故A错误；B．图Ⅱ，t1时刻加入了催化剂，正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，与图象符合，故B正确；C．图Ⅲ，温度高，反应速率快，反应向达到平衡，故温度关系为T乙＞T甲，升高温度，平衡逆向移动，二氧化硫转化率减小，与图象符合，故C正确；D．若2v（O2）正＝v（SO2）逆，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；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。14．（2024秋•辽宁月考）某固体盐W由三种短周期主族元素组成。W存在如图所示转化关系，下列叙述正确的是（）A．上述反应都是非氧化还原反应 B．浅黄色固体可能是Na2O2 C．b的摩尔质量为160g•mol﹣1 D．W的化学式为（NH4）2S3【专题】无机推断．【分析】固体W和稀盐酸反应生成溶液、固体和气体a，溶液中加入足量NaOH生成气体d，d为NH3，则溶液中含有，n（NH3）＝＝0.2mol，根据元素守恒知，固体W中含有N元素；固体洗涤、干燥得到浅黄色固体，该淡黄色的固体不溶于水且为短周期元素形成的物质，所以c为S，则W中含有S元素，n（S）＝＝0.2mol；气体a和CuSO4反应生成黑色的固体b，H2S和CuSO4反应生成CuS黑色的固体，则a为H2S，n（CuS）＝＝0.1mol，W为盐，根据元素知，应该为铵盐，且含有S元素，W和稀盐酸反应生成NH4Cl、S、H2S，W中n（N）：n（S）＝0.2mol：（0.2+0.1）mol＝2：3，根据元素守恒，，W中n（H）：n（S）：n（N）＝0.8mol：0.3mol：0.2mol＝8：3：2，W的化学式为（NH4）2S3。【解答】解：A．W为（NH4）2S3，W和稀盐酸的反应方程式为：（NH4）2S3+2HCl＝2NH4Cl+S↓+H2S，该反应属于氧化还原反应，故A错误；B．Na2O2能和水反应，所以浅黄色固体不是Na2O2，是S，故B错误；C．b为CuS，摩尔质量为96g/mol，故C错误；D．通过以上分析知，W的化学式为（NH4）2S3，故D正确；故选：D。【点评】本题考查无机物的推断，侧重考查分析、判断及计算能力，明确元素化合物的性质、物质之间的转化关系、方程式的计算方法是解本题关键，注意原子守恒的灵活运用。15．（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。16．（2024•杭州开学）SiCl4是生产多晶硅的副产物。利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCoO2进行氯化处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如图：下列说法不正确的是（）A．将LiCoO2粗品粉碎，可使焙烧更充分 B．若在实验室进行焙烧操作，必须用到的仪器有酒精灯、坩埚、坩埚钳、玻璃棒、三脚架 C．可用焰色试验检验滤饼3是否洗净 D．“850℃煅烧”时，发生的化学反应为：【专题】无机实验综合．【分析】由流程和题中信息可知，LiCoO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是SiO2和H2SiO3；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2（主要成分为Co（OH）2）和滤液2（主要溶质为LiCl）；滤饼2置于空气中在850℃煅烧得到Co3O4；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为Li2CO3；“850℃煅烧”时，Co（OH）2与O2反应生成Co3O4和H2O，该反应的化学方程式为6Co（OH）2+O22Co3O4+6H2O。【解答】解：A．将LiCoO2粗品粉碎可以增大接触面积，使焙烧更充分，故A正确；B．实验室进行焙烧操作，必须用到的仪器有酒精灯、坩埚、坩埚钳、泥三角、三脚架，故B错误；C．钠和锂的焰色试验不同，可用焰色试验检验滤饼3是否洗净，故C正确；D．“850℃煅烧”时Co（OH）2与O2反应生成Co3O4和H2O，发生的化学反应为：，故D正确；故选：B。【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。17．（2024秋•9月份月考）下列实验操作、现象与实验目的或结论一致的是（）选项实验操作、现象实验目的或结论A将带有火星的木条伸入充满1molO2和4molNO2的集气瓶中，木条复燃说明NO2支持燃烧B用光洁的铂丝蘸取某无色溶液在无色火焰上灼烧，观察到火焰呈黄色无色溶液中一定含有钠盐C室温下，使用pH计测定NaHA溶液的pH＜7确定H2A是强酸D浓硫酸滴入蔗糖中，将产生的气体通入溴水，溴水褪色验证浓硫酸具有脱水性A．A B．B C．C D．D【专题】实验评价题．【分析】A．充满1molO2和4molNO2的集气瓶，与空气中氧气的体积分数相同；B．钠元素的焰色为黄色；C．室温下，NaHA溶液的pH＜7，可知HA﹣的电离大于其水解；D．浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水反应。【解答】解：A．充满1molO2和4molNO2的集气瓶，与空气中氧气的体积分数相同，带有火星的木条复燃，说明NO2支持燃烧，故A正确；B．钠元素的焰色为黄色，由实验操作和现象可知，无色溶液中可能为氢氧化钠或钠盐溶液，故B错误；C．室温下，NaHA溶液的pH＜7，可知HA﹣的电离大于其水解，则NaHA为NaHSO4或NaHSO3，NaHA溶液的pH＜7，无法确定H2A是强酸还是弱酸，故C错误；D．浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水反应，验证浓硫酸具有强氧化性和脱水性，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、溶液的pH、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。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春•青羊区校级期末）一种制备Cu2O的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液为NaHSO3溶液，反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH＝5条件下进行。下列说法正确的是（）A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应 B．低温真空蒸发主要目的是防止NaHSO3被氧化 C．溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体I D．若Cu2O产量不变，参与反应Ⅲ的X与CuSO4物质的量之比增大时，需补加NaOH的量增加【专题】气体的制备与性质检验类实验．【分析】铜和浓硫酸反应（反应Ⅰ）生成二氧化硫气体（气体Ⅰ）和硫酸铜，生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应（反应Ⅱ），得到NaHSO3，调节溶液pH值至11，使NaHSO3转化为Na2SO3，低温真空蒸发（防止Na2SO3被氧化），故固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液，Na2SO3和CuSO4反应的离子方程式是，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，需及时补加NaOH以保持反应在pH＝5条件下进行，据此分析解答。【解答】解：A．反应Ⅰ是铜和浓硫酸反应，生成二氧化硫，是氧化还原反应，反应Ⅱ是SO2和碳酸钠溶液反应，生成NaHSO3、水和二氧化碳，是非氧化还原反应，反应Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O，是氧化还原反应，故A错误；B．低温真空蒸发主要目的是防止Na2SO3被氧化，而不是NaHSO3，故B错误；C．经分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液，可循环用于反应Ⅱ的操作单元吸收SO2气体（气体Ⅰ），故C正确；D．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，增大比，多的Na2SO3会消耗氢离子，用于控制pH值，可减少NaOH的量，故D错误；故选：C。【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。20．（2023秋•安徽期末）室温下，沉淀MCO3或M（OH）2在溶液中溶解时M2+和阴离子浓度的负对数分别用pM和pR表示，其关系如图所示。已知lg2＝0.3、lg3＝0.5。下列说法正确的是（）A．pR＝6时，溶液中c（M2+）浓度：MCO3＞M（OH）2 B．M（OH）2饱和溶液的pH＝10.3 C．在MCO3饱和溶液中加少量KOH固体，的浓度减小 D．MCO3的Ksp＝10﹣7.8【分析】Ksp（MCO3）＝c（M2+）•c（）、Ksp[M（OH）2]＝c（M2+）•c2（OH﹣），﹣lgKsp（MCO3）＝﹣lg[c（M2+）•c（）]＝pM2++，﹣lgKsp[M（OH）2]＝﹣lg[c（M2+）•c2（OH﹣）]＝pM2++2pOH﹣，即pM2+＝﹣﹣lgKsp（MCO3），pM2+＝﹣2pOH﹣﹣lgKsp[M（OH）2]，由图斜率关系可知，XY曲线为M（OH）2的沉淀溶解平衡曲线，XZ为MCO3的沉淀溶解平衡曲线，根据（6.2，﹣1）和（6.8，﹣1）计算Ksp[M（OH）2]＝10﹣13.4＝4×10﹣14，Ksp（MCO3）＝10﹣7.8＝2×10﹣8，据此分析解答。【解答】解：A．由上述分析可知，XY曲线为M（OH）2的沉淀溶解平衡曲线，XZ为MCO3的沉淀溶解平衡曲线，则图中pR＝6时，溶液中c（M2+）浓度：MCO3＜M（OH）2，故A错误；B．由上述分析可知，Ksp[M（OH）2]＝4×10﹣14，M（OH）2饱和溶液中c（OH﹣）＝＝mol/L＝2×mol/L，﹣lg（2×）≈4.4，pH＝14﹣4.4＝9.6，故B错误；C．在MCO3饱和溶液中加少量KOH固体时，溶液中c（M2+）减小，转化为MCO3的不饱和溶液，则c（）不变，故C错误；D．由上述分析可知，Ksp[M（OH）2]＝10﹣13.4，Ksp（MCO3）＝10﹣7.8，故D正确；故选：D。【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，把握图中曲线表示的意义、沉淀溶解平衡及其影响因素、Ksp的计算为解答的关键，侧重分析、计算与运用能力的考查，题目难度中等。二．解答题（共3小题）21．（2024秋•浦东新区校级月考）（1）氮的最高价氧化物为无色晶体，它由两种离子构成，已知其阴离子的空间结构为平面三角形，则其阳离子的空间结构和阳离子中氮的杂化方式为A。A．直线形sp杂化B．V形sp2杂化C．三角锥形sp3杂化D．平面三角形sp2杂化（2）短周期元素R基态原子最外层的p能级上有2个未成对电子。则关于基态R原子的描述中正确的是A。A．基态R原子核外电子的电子云轮廓图有两种：球形和哑铃形B．基态R原子的价层电子排布式为ns2np2（n＝2或3）C．基态R原子的原子轨道总数为9D．基态R原子的轨道表示式为（3）X、Y、Z、N是原子序数依次增大的四种短周期元素，其元素性质或原子结构如下表。下列说法正确的是B。元素元素性质或原子结构X原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，且第一电离能低于同周期相邻元素Y原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，且第一电离能高于同周期相邻元素Z其价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等N只有一个不成对电子A．原子半径：Z＞Y＞XB．电负性：X＞N＞ZC．第一电离能：Z＞N＞YD．X的基态原子的电子轨道表示式：（4）X、Y、Z、M、Q为五种短周期元素，原子序数依次增大，X和Q为同主族元素，且X是非金属元素。Y和M为同周期元素。X的2s轨道全充满，Q的s能级电子数比p能级的电子数少1，Y和M是纯碱中的两种元素。下列说法不正确的是C。A．最高正价：Y＜ZB．电负性：M＞ZC．Y与M形成的化合物中不可能含有非极性共价键D．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞Q硫、钴及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：（5）基态Co原子价层电子轨道式为，第四电离能I4（Co）＜I4（Fe），其原因是Co3+失去的是3d6上的一个电子，Fe3+失去的是半充满3d5上的一个电子，故需要能量较高；Co与Ca同周期且最外层电子数相同，单质钴的熔、沸点均比钙大，其原因是钴的原子半径比钙小，价电子数比钙多，钴中的金属键比钙中的强。（6）K和Na位于同主族，K2S的熔点为840℃，Na2S的熔点为950℃，前者熔点较低的原因是K+的半径比Na+大，K2S的晶格能比Na2S小。（7）S与O、Se、Te位于同一主族，它们的氢化物的沸点如图所示，沸点按图像所示变化的原因是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。钴的一种化合物晶胞结构如图所示。（8）已知A点的原子坐标参数为（0，0，0），B点为（，，则C点的原子坐标参数为（，，）。已知晶胞边长参数a＝0.5485nm，Ti、Co、O相对原子质量分别是48、59、16，则该晶体的密度为g•cm﹣3（列出计算表达式即可）。【专题】化学键与晶体结构．【分析】（1）氮的最高价氧化物为N2O5，由两种离子构成，其中阴离子空间结构为平面三角形，化学式应为，其阳离子的化学式为：，其中心N原子价电子对数为＝2，其中的氮原子的杂化方式为sp杂化，没有孤对电子，则阳离子的空间结构为直线形；（2）由短周期元素R基态原子最外层的p能级上有2个未成对电子可知，可能有两种情况：p能级上只有2个电子，R为ⅣA族元素，C或Si；p能级上有4个电子，R为Ⅵ族元素，O或S；（3）短周期中，原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等的元素为O（电子排布式为1s22s22p4）或Mg（电子排布式为1s22s22p63s2），第一电离能低于同周期相邻元素的X为O，第一电离能高于同周期相邻元素的Y为Mg；价层电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等，且原子序数大于Y的短周期元素Z为Si，价层电子排布式为3s23p2；W的原子序数大于Z且只有一个未成对电子，则W为Cl，据此分析；（4）X、Y、Z、M、Q为五种短周期元素，原子序数依次增大，Q原子序数最大，s能级电子数比p能级电子数少1，Q原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1，Q为Al，X与Al同主族，2s轨道全充满，X为B，Y和M为同周期元素且是纯碱中的两种元素，则Y为C，M为O，则Z为N，据此分析；（5）Co为27号元素，价电子排布式为3d74s2，价层电子轨道式为：，Fe为26号元素，价电子排布式为3d64s2，Co3+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，为半满稳定状态，再失去一个电子较难；钴的原子半径比钙小，价电子数比钙多，钴中的金属键比钙中的强，因此单质钴的熔、沸点均比钙大；（6）K+的半径比Na+大，K2S的晶格能比Na2S小，因此K2S的熔点较低；（7）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；（8）已知A点的原子坐标参数为（0.0，0），B位于面心，B点为（，，C位于体心，则C点的原子坐标参数为（，，）；一个晶胞中含有Ti4+的个数为8×＝1，O2﹣的个数为6×＝3，Co2+的个数为1，则晶胞质量m＝g＝，晶胞体积为0.54853×10﹣21cm3，代入公式ρ＝可得晶胞的密度。【解答】解：（1）氮的最高价氧化物为N2O5，由两种离子构成，其中阴离子空间结构为平面三角形，化学式应为，其阳离子的化学式为：，其中心N原子价电子对数为＝2，其中的氮原子的杂化方式为sp杂化，没有孤对电子，则阳离子的空间结构为直线形，故A正确，故答案为：A；（2）由短周期元素R基态原子最外层的p能级上有2个未成对电子可知，可能有两种情况：p能级上只有2个电子，R为ⅣA族元素，C或Si；p能级上有4个电子，R为Ⅵ族元素，O或S；A．s能级为球形，p能级为哑铃形，基态R原子核外电子的电子云轮廓图有两种：球形和哑铃形，故A正确；B．基态R原子的价层电子排布式还可能为ns2np4，故B错误；C．R元素一共有4种可能，故C错误；D．R元素有4种可能，基态原子的电子轨道表示式也有4种，故D错误；故答案为：A；（3）A．同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，同主族从上到下，原子半径逐渐增大，则原子半径：Mg＞Si＞O，故A错误；B．同周期主族元素从左到右，电负性逐渐增大，同主族从上到下，电负性逐渐减小，则电负性：O＞Cl＞Si，故B正确；C．同周期从左到右，第一电离能呈增大趋势，则第一电离能：Cl＞Si＞Mg，故C错误；D．基态O原子的轨道表示式为，故D错误；故答案为：B；（4）A．C的最高正价为+4价，N的最高正价为+5价，最高正价C＜N，故A正确；B．同周期元素从左到右电负性逐渐增强，电负性O＞N，故B正确；C．C和O能形成C3O2，其结构式为O—C—C—C—O，含有非极性共价键，故C错误；D．B的非金属性强于Al，则最高价氧化物对应水化物的酸性H2BO3＞Al（OH）3，故D正确；故答案为：C；（5）Co为27号元素，价电子排布式为3d74s2，价层电子轨道式为：，Fe为26号元素，价电子排布式为3d64s2，Co3+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，为半满稳定状态，再失去一个电子较难；钴的原子半径比钙小，价电子数比钙多，钴中的金属键比钙中的强，因此单质钴的熔、沸点均比钙大，故答案为：；Co3+失去的是3d6上的一个电子，Fe3+失去的是半充满3d5上的一个电子，故需要能量较高；钴的原子半径比钙小，价电子数比钙多，钴中的金属键比钙中的强；（6）K+的半径比Na+大，K2S的晶格能比Na2S小，因此K2S的熔点较低，故答案为：K+的半径比Na+大，K2S的晶格能比Na2S小；（7）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；（8）已知A点的原子坐标参数为（0.0，0），B位于面心，B点为（，，C位于体心，则C点的原子坐标参数为（，，）；一个晶胞中含有Ti4+的个数为8×＝1，O2﹣的个数为6×＝3，Co2+的个数为1，则晶胞质量m＝g＝，晶胞体积为0.54853×10﹣21cm3，则晶胞的密度ρ＝＝g•cm﹣3，故答案为：；（，，）；。【点评】本题主要考查晶胞的计算及元素的推断，为高频考点，题目难度一般。22．（2023秋•福州月考）我国拥有很长的海岸线，具有丰富的海洋资源。Ⅰ．盐卤是海水晒盐后的富含镁盐的溶液，其中除含镁盐外，还含有其他盐类（如图甲所示）。（1）根据图甲所示，写出盐卤中含量最多的盐为NaCl。（填化学式）（2）图乙是盐卤中某些物质的溶解度曲线，将盐卤加热到t2℃以上，根据溶解度曲线，首先析出的晶体应是MgSO4。（填化学式）（3）如图是常用于混合物的分离和提纯的装置：粗盐的提纯应选择图C（填字母，下同）装置，若实验中为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、等杂质离子加入试剂的顺序可以是BD。A．NaOH、Na2CO3、BaCl2、HClB．NaOH、BaCl2、Na2CO3、HClC．Na2CO3、BaCl2、NaOH、HClD．BaCl2、NaOH、Na2CO3、HClⅡ．海带是一种含碘量很高的海藻，从中提取的碘广泛应用于医药、食品和化工。实验室里从海带中提取碘的流程如图。（4）实验步骤①会用到下列仪器中的acd（填字母）a．酒精灯b．蒸发皿c．坩埚d．泥三角（5）设计实验证明第③步操作后滤液中K+的存在，通过焰色试验，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，证明含K+。（6）“提取碘”存在以下两种方案。①方案乙中“操作X”的名称是蒸馏。②该流程可循环利用的物质是CCl4。③采用方案乙得到纯碘的产率较低，原因是碘易升华，加热造成碘损失。【专题】物质的分离提纯和鉴别；分析与推测能力．【分析】海带经灼烧，除去大部分的有机物，海带灰中含无机盐类。浸泡过滤后可得含I﹣的溶液，经H2O2氧化，得到I2的水溶液，萃取、蒸馏等步骤后可得碘单质。【解答】解：（1）由图甲可知海水中含量最多的盐为NaCl，故答案为：NaCl；（2）由图乙温度t2℃以上MgSO4的溶解度随温度的升高而降低，且溶解度小于MgCl2和KCl，首先析出的晶体应是MgSO4，故答案为：MgSO4；（3）粗盐的提纯中应该除去杂质离子Mg2+、Ca2+、，分别使用氢氧化钠、碳酸钠和氯化钡除去，因加入的试剂是过量的所以需要将过量试剂最终也除去，所以氯化钡一定在碳酸钠之前加入，最后加盐酸调节溶液酸碱性除去碳酸根离子等，最后通过过滤得到氯化钠溶液，A．此装置是蒸馏装置，A错误；B．此装置是分液装置，B错误；C．此装置是过滤装置，C正确；四个选项中符合氯化钡在碳酸钠之前加入的有BD，AC不符合，故答案为：C；BD；（4）步骤①为灼烧，需要酒精灯、坩埚、泥三角，故答案为：acd；（5）含有K+可以通过颜色反应来验证，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，证明含K+，故答案为：通过焰色试验，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，证明含K+；（6）①根据I2与CCl4沸点不同，可以用蒸馏法直接分离，故答案为：蒸馏；②不管经过直接蒸馏还是反萃取，都可以分离得到CCl4，实现循环利用，故答案为：CCl4；③直接蒸馏得到的碘的产率低是因为碘易升华，加热时随CCl4蒸气溢出而