2025高考假期提升专项练习化学压轴卷训练15含答案及解析

2025菁优高考化学压轴卷训练15一．选择题（共20小题）1．（2024秋•东湖区校级月考）AgI胶体常用作某些反应的催化剂。往2mL0.01mol•L﹣1的AgNO3溶液中加入400mL的水，之后匀速缓慢滴加3mL0.01mol•L﹣1的KI溶液，可以得到AgI胶体，AgI胶团结构如图所示。下列说法错误的是（）A．AgNO3溶液中有自由移动的离子 B．AgI胶体粒子对可见光散射会产生丁达尔效应 C．AgI胶团和AgI胶体均呈电中性 D．能用过滤的方法分离AgI胶体和KNO3溶液2．（2023秋•沈阳期末）观察下列模型并结合有关信息进行判断，下列说法错误的是（）HCNS8SF6（正八面体）B12结构单元结构模型示意图A．HCN的结构式为H﹣C≡N B．固态硫S8属于共价晶体 C．SF6是由极性键构成的非极性分子 D．B12结构单元含B﹣B键30个3．（2024秋•辽宁月考）下列离子方程式书写正确的是（）A．酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应：2+5C2+16H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O B．向硫酸铜溶液中通入过量氨气：Cu2++2NH3•H2O＝Cu（OH）2↓+2 C．Fe（OH）3和HI的反应：Fe（OH）3+3H+＝Fe3++3H2O D．FeBr2溶液与足量Cl2反应：2Fe2++4Br﹣+3Cl2＝2Fe3++6Cl﹣+2Br24．（2024•南岗区校级模拟）25℃时，利用8N2O+4CS2═S8+4CO2+8N2（反应Ⅰ）获得：1molS8（），同时将生成的CO2溶于水形成pH＝5.6的溶液Ⅱ，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．反应Ⅰ中转移电子的数目为16NA B．反应Ⅰ中形成S—S键的数目为7NA C．反应Ⅰ产物中π电子的数目为8NA D．溶液Ⅱ中含H+的数目为10﹣5.6NA5．（2024秋•五华区校级月考）某钠盐可用于生化研究，其阴离子的结构如图。其中，W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Z原子的最外层电子数是内层电子数的3倍。下列叙述错误的是（）A．原子半径：W＜Z＜Y＜X＜Na B．简单氢化物的稳定性：X＞Y＞Z C．X和Z都存在同素异形体 D．该钠盐中含有离子键和共价键6．（2024春•如东县期中）硅材料在生活中占有重要地位。Si（NH2）4（结构如图所示）受热分解可生成Si3N4和NH3。Si3N4是一种优良的耐高温结构陶瓷。下列有关说法错误的是（）A．键角：＜NH3 B．Si3N4属于分子晶体 C．基态Si和N原子的未成对电子数之比为2：3 D．Si（NH2）4中的Si、N原子轨道的杂化类型相同7．（2024春•镇海区校级期中）甲苯与乙酰氯（）在无水AlCl3催化下发生反应，其反应机理如图所示。乙酰氯经过步骤Ⅰ得到的中间体可能存在P、Q两种形式，且其缺电子的结构与甲苯的π电子云作用生成过渡态π﹣络合物N，经过步㵵得到σ﹣络合物M。下列说法不正确的是（）A．中间体P、Q中不饱和碳原子的杂化方式相同 B．该反应的决速步是步骤Ⅱ C．甲苯与乙酰氯生反应过程中有反应+H+═AlCl3+HCl发生 D．虚线L可表示与反应过程中的能量变化8．（2024•辽阳一模）氧化铈（CeO2）常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂Y2O3，Y3+占据原来Ce4+的位置，可以得到更稳定的结构，这种稳定的结构使得氧化铈具有许多独特的性质和应用，CeO2晶胞中Ce4+与最近O2﹣的核间距为apm。下列说法正确的是（）已知：O2﹣的空缺率＝×100%。A．已知M点原子的分数坐标为（0，0，0），则N点原子的分数坐标为（1，0，1） B．CeO2晶胞中与Ce4+最近的Ce4+的个数为6 C．CeO2晶体的密度为g•cm﹣3 D．若掺杂Y2O3后得到n（CeO2）：n（Y2O3）＝0.6：0.2的晶体，则此晶体中O2﹣的空缺率为10%9．（2024春•越秀区期末）一种控制分子是否发光的“分子开关”工作原理如图所示。分子P光照下不发光，在Na和H+的共同作用下形成的超分子Q光照下可以产生荧光。下列说法不正确的是（）A．分子P转化为超分子Q时，N与H+形成配位键 B．增大溶液pH并除去Na+，可使超分子Q转变为分子P C．K+和H+的共同作用也可以打开该“分子开关” D．推测分子P可以增大NaCl在有机溶剂中的溶解度10．（2024秋•天河区校级月考）25℃时，固体酸分子筛催化乙醇脱水，乙醇的分子间脱水和分子内脱水过程与相对能量变化如图所示。下列说法正确的是（）A．在该反应条件下，产物1比产物2稳定 B．固体酸分子筛可通过氢键吸附乙醇 C．固体酸分子筛能减小图示反应的焓变 D．生成产物1的决速步骤的活化能为16.6kcal•mol﹣111．（2024秋•思明区校级月考）电芬顿工艺被认为是一种很有应用前景的高级氧化技术，可用于降解去除废水中的持久性有机污染物，其工作原理如图a所示，工作10min时，Fe2+、H2O2电极产生量（mmol•L﹣1）与电流强度关系如图b所示：下列说法错误的是（）A．Fe3+在该工艺中做催化剂 B．阴极的电极反应有：O2+2e﹣+2H+＝H2O2、Fe3++e﹣＝Fe2+ C．根据图b可判断合适的电流强度约为40mA D．若处理0.1mol，理论上HMC﹣3电极消耗标准状况下31.36LO212．（2024秋•杭州月考）二氧化硫在食品工业中可用作漂白剂、防腐剂、抗氧化剂等。某研究小组利用如图所示装置制备并检验SO2的部分性质。下列说法正确的是（）A．装置甲中常用0.01mol•L﹣1的稀硫酸溶液 B．装置乙中溶液颜色变化：先变红后褪色 C．装置丙中发生的最终总反应为：5SO2+2S2﹣+2H2O＝3S↓+4 D．装置丁中酸性KMnO4溶液褪色的原理与SO2用于食品漂白剂的原理相同13．（2024•大通县开学）如图物质（结构如图）具有抗肿瘤的作用．下列有关该物质的叙述错误的是（）A．可以使Br2的CCl4溶液褪色 B．分子中苯环上的一氯代物只有4种 C．分子中存在4种含氧官能团 D．分子中所有原子不可能共平面14．（2024秋•盐城月考）下列装置或操作能达到实验目的的是（）A．实验室制备乙酸乙酯 B．制备硝基苯 C．实验室中分馏石油 D．证明乙醇与浓硫酸共热生成乙烯15．（2023秋•静海区校级月考）某兴趣小组用下列装置探究Na与CO2的反应产物，已知：PdCl2+CO+H2O═Pb↓（黑色）+CO2+2HCl。下列说法正确的是（）A．为了避免生成的CO2中混有HCl，最好用稀硫酸代替稀盐酸 B．装置Ⅲ的目的是除去HCl C．实验时先点燃酒精灯，再打开活塞a D．装置Ⅴ出现黑色沉淀，则装置Ⅳ发生反应2Na+2CO2Na2CO3+CO16．（2024•浙江开学）某兴趣小组用铬铁矿（FeCr2O4）制备CrCl3•6H2O，流程如图：已知：①4FeCr2O4+10Na2CO3+7O28Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2；②Cr（OH）3不溶于乙醚。下列说法不正确的是（）A．步骤Ⅰ应该将铬铁矿粉碎，以加快反应速率 B．步骤Ⅲ从反应后溶液分离甲醇可用蒸馏法 C．步骤Ⅲ应该滴加盐酸至恰好完全反应，方便后续调节pH D．步骤Ⅴ可用乙醚洗涤17．（2024•湖北模拟）已知Fe3+在一定条件下能和乙醚（Et2O沸点34.6℃）生成缔合Et2O•H+•[FeCl4]﹣。实验室分离Fe3+和Al3+的流程如下，下列说法正确的是（）A．反萃取操作时可加入NaOH溶液 B．分液操作时先倒出上层液体，再放出下层液体 C．蒸馏操作时需要的仪器有铁架台、分液漏斗、烧杯、玻璃棒 D．浓盐酸酸化的作用是生成配离子和抑制Fe3+、Al3+水解18．（2023•罗湖区校级模拟）利用过量NaOH溶液处理含Al2O3、MgO矿物，然后过滤。向所得滤液中逐滴加入NaHCO3溶液，测得溶液pH和生成n[Al（OH）3]与所加入V（NaHCO3）变化的曲线如图。下列说法错误的是（）A．a点溶质为NaAlO2和NaOH，存在c（Na+）+c（H+）＝c（）+c（OH﹣） B．NaHCO3溶液中：c（H2CO3）+c（）+c（）═0.64mol•L﹣1 C．沉淀时的离子方程式：++H2O═Al（OH）3↓+ D．d点溶液：c（）＞c（OH﹣）＞c（）＞c（H+）19．（2023秋•昌平区期末）某小组进行实验，向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入0.2g锌粒，溶液颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知溶液为棕色，下列关于颜色变化的解释不正确的是（）选项颜色变化解释A溶液呈浅棕色I2在水中溶解度较小B溶液颜色加深I2+I﹣⇌有反应：发生C紫黑色晶体消失I2（aq）的消耗使溶解平衡I2（s）⇌I2（aq）右移D溶液褪色被空气中的氧气氧化A．A B．B C．C D．D20．（2024秋•琼山区校级月考）乙烯气相直接水合反应制备乙醇：C2H4（g）+H2O（g）⇌C2H5OH（g）。乙烯的平衡转化率近温度、压强的变化关系如图[起始时，n（H2O）＝n（C2H4）＝1mol，容器体积为1L]。下列说法错误的是（）A．乙烯气相直接水合反应的ΔH＜0 B．图中a点对应的平衡常数 C．图中压强的大小关系为：p1＜p2＜p3 D．达到平衡状态a、b所需要的时间：a＞b二．解答题（共5小题）21．（2024•西城区校级开学）高纯锗（Ge）是一种良好的半导体材料。（1）Ge位于第五周期第ⅣA族，则Ge的简化核外电子排布式为。（2）某含锗化合物D可由A和B在金属钾的条件下得到如图。已知：R为含N取代基，N原子与Ge原子直接相连。①A中的Ge—Cl键是由锗的轨道与氯的3p轨道重叠成键。②B中标记*的Ge的化合价是。③D中标记*的Ge的VSEPR模型名称是。（3）Ge—Ⅰ和Ge—Ⅱ是单质Ge的两种同素异形体。二者晶胞如图（其中Ge—Ⅱ晶胞中的每个小球均代表着此位置有个“统计分布”的原子，即每8个该位置随机均匀的有1个空位）。①Ge—Ⅰ中每个Ge原子周围与它最近且距离相等的Ge原子有个。②若Ge—Ⅰ和Ge—Ⅱ的晶胞体积分别为V1和V2，则Ge—Ⅰ和Ge—Ⅱ的密度之比是。（4）单质Ge的能溶于浓硝酸，生成最高价的不溶于水的锗酸；也能溶于浓NaOH溶液，生成锗酸盐。①Ge和浓硝酸反应的化学方程式是。②Ge和熔融NaOH反应的离子方程式是。22．（2024春•合肥期中）依据图中氮元素及其化合物的转化关系，回答问题：（1）图1中，X的化学式为，从化合价上看，X具有性（填“氧化”或“还原”）。（2）图2中，属于氮的固定的过程是。（填序号）（3）回答下列关于NH3的问题：①实验室常用NH4Cl与Ca（OH）2制取氨气，该反应的化学方程式为。②氨气是重要的化工原料，可以合成多种物质，写出其催化氧化的化学方程式。（4）工业生产中利用氨水吸收SO2和NO2，原理如图所示：NO2被吸收过程的离子方程式是。（5）化学反应N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g）的能量变化如图所示：①该反应（填“吸收”或“放出”）能量；②已知：断开1molH﹣H键要吸收436kJ的能量，断开1molN≡N键要吸收946kJ的能量，形成1molN﹣H键需要释放391kJ的能量，故E3＝。23．（2024春•台江区校级期末）以苯为基础原料，可以合成多种有机物。已知：I．II．回答下列问题：（1）由苯合成有机物A用到的无机试剂为。（2）B分子中的官能团的名称为，B→C的反应类型为。（3）生成PF树脂的化学方程式为。（4）试剂D是（填代号）。a．溴水b．高锰酸钾溶液c．Ag（NH3）2OH溶液d．新制Cu（OH）2悬浊液（5）写出同时满足下列条件的肉桂酸乙酯的一种同分异构体。①苯环上仅有2个取代基且处于对位②能发生水解反应和银镜反应，其中一种水解产物遇FeCl3溶液显紫色③为顺式异构（6）以乙醇为原料合成CH3—CH＝CH—COOCH2CH3，其他试剂任选，写出合成路线。24．（2024春•杨浦区校级期末）氢是一种非常重要的物质，可用于制造氮肥、硝酸等。（1）请写出氨的结构式，从结构角度说明NH3热稳定性强于PH3的原因。【实验一】探究氨气的还原性。已知：a.Mg（OH）2可代替消石灰与氯化铵在加热条件下反应生成氨气和碱式氯化镁[Mg（OH）Cl]；b.Cu2O粉末呈红色，在酸性溶液中不稳定：Cu2O+H2SO4（稀）＝Cu+CuSO4+H2O。（2）装置A中发生反应的化学方程式为，装置D的作用是。（3）反应结束后装置C中的氧化铜完全反应生成红色固体，为了探究红色固体成分，进行了如下实验：实验操作实验现象实验结论取10.4g红色固体于烧杯中，加入足量稀硫酸，充分搅拌，静置若无现象①红色固体为若溶液变蓝②红色固体中肯定含有，可能含有上述混合液静置后，过滤、洗涤、干燥、称重，得固体6.4g③红色固体的成分及其物质的量为【实验二】探究氨气的氧化性已知：c.铝可以与氨气反应，2Al+2NH3≜2AlN+3H2；d.氮化铝性质稳定，不溶于水，不与水、酸反应，在加热时溶于浓碱可产生氨气。按如图所示连接好装置，检查装置气密性：在蒸馏烧瓶中加入生石灰，分液漏斗中加入浓氨水，装置G中盛装碱石灰，装置H中加入铝粉，打开装置F处分液漏斗活塞，待装置中空气排尽后再点燃装置H处酒精灯。（4）用平衡移动原理解释F中产生氨气的原因。（5）铝粉完全反应后可观察到的实验现象为。（6）为了得到纯净的氮化铝，可将装置H中固体冷却后转移至烧杯中，加入溶解、（填操作名称）、洗涤、干燥即可。（7）写出氮化铝与浓氢氧化钠溶液共热反应的离子方程式。25．（2024秋•开福区校级月考）二甲醚（DME）是一种重要的清洁燃料，可替代氟利昂作制冷剂，对臭氧层无破坏作用。工业上可利用合成气合成二甲醚，其主要原理如下：①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）K1②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）K2③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）K3回答下列问题：（1）反应3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）的ΔH＝kJ•mol﹣1，该反应的平衡常数K＝（用K1、K2、K3表示）（2）一定温度下，将2molCO和1molH2O（g）通入2L恒容密闭容器中，发生反应③，5min后达到化学平衡，平衡后测得H2的浓度为0.25mol•L﹣1，则0～5min内v（H2O）＝，CO的转化率α（CO）＝。（3）将合成气以通入1L的反应器中，一定条件下发生反应：4H2（g）+2CO（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH，其中CO的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图所示，下列说法正确的是（填字母）。A．p1＜p2＜p3B．ΔH＜0C．若在p3和316℃时，起始时，则平衡时，α（CO）大于50%（4）在一定条件下，密闭容器中加入一定量的CO、N2O（g）和催化剂发生反应CO（g）+N2O（g）⇌CO2（g）+N2（g），其速率方程为v正＝k正p（CO）p（N2O），v逆＝k逆p（CO2）p（N2），其中v正、v逆为正、逆反应速率，k正、k逆分别为速率常数（已知Arhenius经验公式，k为反应速率常数，Ea为活化能，T为热力学温度，R为摩尔气体常量，A为比例系数），p为气体的分压。已知降低温度时，k正﹣k逆增大，调整CO和N2O初始投料比，测得CO的平衡转化率如图所示，A、B、C、D四点中温度由高到低的顺序是，在C点所示投料比下，当CO转化率达到40%时，＝。

2025菁优高考化学压轴卷训练15参考答案与试题解析一．选择题（共20小题）1．（2024秋•东湖区校级月考）AgI胶体常用作某些反应的催化剂。往2mL0.01mol•L﹣1的AgNO3溶液中加入400mL的水，之后匀速缓慢滴加3mL0.01mol•L﹣1的KI溶液，可以得到AgI胶体，AgI胶团结构如图所示。下列说法错误的是（）A．AgNO3溶液中有自由移动的离子 B．AgI胶体粒子对可见光散射会产生丁达尔效应 C．AgI胶团和AgI胶体均呈电中性 D．能用过滤的方法分离AgI胶体和KNO3溶液【专题】溶液和胶体专题；分析与推测能力．【分析】A．根据AgNO3在水溶液中发生电离进行分析；B．根据AgI胶体粒子对可见光散射会产生丁达尔效应进行分析；C．根据AgI胶团的结构进行分析；D．根据胶体、溶液都能透过滤纸，胶体粒子不能透过半透膜，溶液能透过半透膜，进行分析。【解答】解：A．硝酸银在水溶液中发生电离，硝酸银溶液中有自由移动的离子，故A正确；B．AgI胶体粒子对可见光散射会产生丁达尔效应，故B正确；C．根据AgI胶团的结构，可知AgI胶团和AgI胶体均呈电中性，故C正确；D．胶体、溶液都能透过滤纸，不能用过滤的方法分离AgI胶体和硝酸钾溶液。胶体粒子不能透过半透膜，溶液能透过半透膜，用渗析的方法分离AgI胶体和KNO3溶液，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查胶体的重要性质等，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。2．（2023秋•沈阳期末）观察下列模型并结合有关信息进行判断，下列说法错误的是（）HCNS8SF6（正八面体）B12结构单元结构模型示意图A．HCN的结构式为H﹣C≡N B．固态硫S8属于共价晶体 C．SF6是由极性键构成的非极性分子 D．B12结构单元含B﹣B键30个【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．碳原子的成键情况主要根据与碳原子形成共价键的原子的数目确定，原子半径的关系为C＞N＞H；B．根据晶体中存在的微粒判断及性质判断；C．SF6空间构型为对称结构分子极性抵消；D．根据图B12结构单元，每个B原子具有×5个共价键，每个三角形中含有×3个共价键。【解答】解：A．由比例模型可以看出分子中有1个碳原子和1个氮原子，1个氢原子，碳原子半径大于氮原子半径，氮原子半径大于氢原子半径，所以该比例模型中最左端的是氢原子，中间的是碳原子，最右边的是氮原子，其结构式为H﹣C≡N，故A正确；B．固态S8晶体中存在的微粒是S8分子，所以属于分子晶体，故B错误；C．不同原子构成的共价键是极性键，分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子，SF6空间构型为对称结构分子极性抵消，SF6为非极性分子，故C正确；D．由图知，中间由六个B原子构成的正六边形，两边各3个B原子，共含有30个B﹣B键，含20个正三角形，故D正确；故选：B。【点评】本题考查微粒的结构示意图（比例、球棍模型、电子式、结构式、原子结构示意简图），解题的关键是把握各原子间的成键情况，题目难度中等。3．（2024秋•辽宁月考）下列离子方程式书写正确的是（）A．酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应：2+5C2+16H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O B．向硫酸铜溶液中通入过量氨气：Cu2++2NH3•H2O＝Cu（OH）2↓+2 C．Fe（OH）3和HI的反应：Fe（OH）3+3H+＝Fe3++3H2O D．FeBr2溶液与足量Cl2反应：2Fe2++4Br﹣+3Cl2＝2Fe3++6Cl﹣+2Br2【专题】离子反应专题．【分析】A．根据H2C2O4是弱酸，不能拆进行分析；B．根据过量氨气会导致氢氧化铜溶解进行分析；C．根据Fe3+会氧化I﹣生成亚铁离子和碘单质进行分析；D．根据FeBr2溶液与足量Cl2反应，则Fe2+、Br﹣均能被氧化进行分析。【解答】解：A．H2C2O4是弱酸，不能拆，正确的离子方程式为，故A错误；B．过量氨气会导致氢氧化铜溶解，正确的离子方程式为，故B错误；C．Fe3+会氧化I﹣生成亚铁离子和碘单质，正确的离子方程式为，故C错误；D．FeBr2溶液与足量Cl2反应，则Fe2+、Br﹣均能被氧化，FeBr2溶液与足量Cl2反应：2Fe2++4Br﹣+3Cl2＝2Fe3++6Cl﹣+2Br2，所给离子方程式正确，故D正确；故选：D。【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•南岗区校级模拟）25℃时，利用8N2O+4CS2═S8+4CO2+8N2（反应Ⅰ）获得：1molS8（），同时将生成的CO2溶于水形成pH＝5.6的溶液Ⅱ，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．反应Ⅰ中转移电子的数目为16NA B．反应Ⅰ中形成S—S键的数目为7NA C．反应Ⅰ产物中π电子的数目为8NA D．溶液Ⅱ中含H+的数目为10﹣5.6NA【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A．依据8N2O+4CS2＝S8+4CO2+8N2～16e﹣计算；B．由S8的结构可知，生成1个S8时，形成S—S键的数目为8个，C．CO2中含有2个π键，N2中含有含有2个π键；D．溶液体积未知。【解答】解：A．8N2O+4CS2＝S8+4CO2+8N2中N元素由+1价下降到0价，S元素由﹣2价上升到0价，1molS8参与反应时转移电子的数目为16NA，故A正确；B．由S8的结构可知，生成1个S8时，形成S—S键的数目为8个，则生成1molS8时，形成S—S键的数目为8NA，故B错误；C．CO2中含有2个π键，N2中含有含有2个π键，获得1molS8时生成4molCO2和8molN2，含有（4×2+8×2）mol＝24molπ键，π电子的数目为48NA，故C错误；D．未知溶液的体积，无法计算溶液Ⅱ中含H+的数目，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，题目难度不大。5．（2024秋•五华区校级月考）某钠盐可用于生化研究，其阴离子的结构如图。其中，W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Z原子的最外层电子数是内层电子数的3倍。下列叙述错误的是（）A．原子半径：W＜Z＜Y＜X＜Na B．简单氢化物的稳定性：X＞Y＞Z C．X和Z都存在同素异形体 D．该钠盐中含有离子键和共价键【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】W、X、Y、Z的原子序数依次增大，由Z原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，可知Z只能有2个电子层，且最外层为6个电子，则Z为O，结合题给结构示意图可知，W只能形成一个共价键，则W是H元素，X能形成4个共价键，则X为C元素，Y能形成三个共价键，则Y是N元素，以此进行分析解答。【解答】解：由题意可知，W、X、Y、Z依次为H、C、N、O元素，A．根据电子层数越多，原子半径越大，同周期主族元素，从左到右，原子半径逐渐减小，可知原子半径H＜C＜N＜O＜Na，即原子半径：W＜Z＜Y＜X＜Na，故A正确；B．同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应的气态氢化物稳定性逐渐增强，则C、N、O、F的氢化物的稳定性逐渐增强，即简单氢化物的稳定性：X＜Y＜Z，故B错误；C．碳存在活性炭、石墨、C60等多种同素异形体，氧存在氧气和臭氧两种同素异形体，故C正确；D．由题给阴离子示意图可知，该钠盐中含有钠离子和阴离子之间的离子键和C—C，C—H，N—H等共价键，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查了元素周期律和元素周期表的知识，题目难度中等，根据题给信息推断元素，掌握元素周期律是解答该题的关键。6．（2024春•如东县期中）硅材料在生活中占有重要地位。Si（NH2）4（结构如图所示）受热分解可生成Si3N4和NH3。Si3N4是一种优良的耐高温结构陶瓷。下列有关说法错误的是（）A．键角：＜NH3 B．Si3N4属于分子晶体 C．基态Si和N原子的未成对电子数之比为2：3 D．Si（NH2）4中的Si、N原子轨道的杂化类型相同【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．孤电子对与孤电子对之间的斥力＞孤电子对与成键电子对之间的斥力＞成键电子对与成键电子对之间的斥力；B．共价晶体的熔沸点高、硬度大；C．基态Si的价电子排布为3s23p2，3p轨道上的2个电子是未成对的，N原子价电子排布为2s22p3，2p轨道上的3个电子是未成对的；D．Si（NH2）4中的Si的σ键数为4，价层电子对为4，N原子的σ键数为3，孤电子对数为1，价层电子对为4，两者杂化类型相同。【解答】解：A．中含有2对孤电子对，NH3中含有1对孤电子对，孤电子对与孤电子对之间的斥力大于孤电子对与成键电子对之间的斥力，所以，键角：＜NH3，故A正确；B．Si3N4是一种优良的耐高温结构陶瓷，则Si3N4是共价晶体，故B错误；C．基态Si的价电子排布为3s23p2，3p轨道上的2个电子是未成对的，N原子价电子排布为2s22p3，2p轨道上的3个电子是未成对的，则两者的未成对电子数之比为2：3，故C正确；D．Si（NH2）4中的Si的σ键数为4，价层电子对为4，Si为sp3杂化、N原子的σ键数为3，孤电子对数为1，价层电子对为3+1＝4，故N也为sp3杂化、则Si（NH2）4中的Si、N原子轨道的杂化类型相同，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查物质结构的相关知识，具体涉及键角大小的比较、晶体类型的判断、中心原子的杂化方式的判断等，属于基本知识的考查，难度不大。7．（2024春•镇海区校级期中）甲苯与乙酰氯（）在无水AlCl3催化下发生反应，其反应机理如图所示。乙酰氯经过步骤Ⅰ得到的中间体可能存在P、Q两种形式，且其缺电子的结构与甲苯的π电子云作用生成过渡态π﹣络合物N，经过步㵵得到σ﹣络合物M。下列说法不正确的是（）A．中间体P、Q中不饱和碳原子的杂化方式相同 B．该反应的决速步是步骤Ⅱ C．甲苯与乙酰氯生反应过程中有反应+H+═AlCl3+HCl发生 D．虚线L可表示与反应过程中的能量变化【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．中间体P、Q中不饱和碳原子的价层电子对个数都是2；B．慢反应是决速步；C．甲苯和乙酰氯的反应中AlCl3是催化剂，Ⅰ中生成，最终又生成AlCl3；D．由题干给出的信息“P、Q两种形式，且其缺电子的结构与甲苯的π电子云作用生成过渡态π﹣络合物N的难易决定该反应是否能够发生”可知，三氟甲基为吸电子基团，与苯相连能降低苯环上π电子云密度，不利于与P（或Q）的缺电子中心配位形成（或形成的π﹣络合物更加不稳定）。【解答】解：A．中间体P、Q中不饱和碳原子的价层电子对个数都是2，都采用sp杂化，故A正确；B．慢反应是决速步，根据图知，步骤Ⅱ所需活化能最大，反应速率最慢，所以该反应的决速步是步骤Ⅱ，故B正确；C．甲苯和乙酰氯的反应中AlCl3是催化剂，AlCl3在步骤Ⅰ中生成，最终又生成AlCl3，所以甲苯与乙酰氯反应过程中有反应+H+═AlCl3+HCl发生，故C正确；D．三氟甲基为吸电子基团，与苯相连能降低苯环上π电子云密度，不利于与P（或Q）的缺电子中心配位形成（或形成的π﹣络合物更加不稳定），故其能量轮廓图曲线（虚线L）峰谷应在甲苯的实线图之上，故D错误；故选：D。【点评】本题考查反应历程，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确催化剂的反应特点、活化能与反应速率的关系、原子杂化类型的判断方法是解本题关键，题目难度不大。8．（2024•辽阳一模）氧化铈（CeO2）常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂Y2O3，Y3+占据原来Ce4+的位置，可以得到更稳定的结构，这种稳定的结构使得氧化铈具有许多独特的性质和应用，CeO2晶胞中Ce4+与最近O2﹣的核间距为apm。下列说法正确的是（）已知：O2﹣的空缺率＝×100%。A．已知M点原子的分数坐标为（0，0，0），则N点原子的分数坐标为（1，0，1） B．CeO2晶胞中与Ce4+最近的Ce4+的个数为6 C．CeO2晶体的密度为g•cm﹣3 D．若掺杂Y2O3后得到n（CeO2）：n（Y2O3）＝0.6：0.2的晶体，则此晶体中O2﹣的空缺率为10%【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．根据M点原子的分数坐标为（0，0，0），则N点原子的分数坐标为（1，1，1）；B．由晶胞结构可知，CeO2晶胞中与Ce4+最近的Ce4+的个数为12；C．根据均摊原则，CeO2晶胞中Ce4+数为4，O2﹣数为8，CeO2晶胞中Ce4+与最近O2﹣的核间距为apm，则晶胞边长为，据此计算；D．CeO2中阳离子和阴离子的个数比为1：2，若掺杂Y2O3后得到n（CeO2）：n（Y2O3）＝0.6：0.2的晶体，阳离子和阴离子的个数比为1：1.8，据此计算。【解答】解：A．M点原子的分数坐标为（0，0，0），可知N点原子的分数坐标为（1，1，1），故A错误；B．由晶胞结构可知，CeO2晶胞中与Ce4+最近的Ce4+的个数为12，故B错误；C．由均摊法计算，CeO2晶胞中Ce4+数为4，O2﹣数为8，CeO2晶胞中Ce4+与最近O2﹣的核间距为apm，则晶胞边长为，晶体的密度为ρ＝＝，故C错误；D．CeO2中阳离子和阴离子的个数比为1：2，若掺杂Y2O3后得到n（CeO2）：n（Y2O3）＝0.6：0.2的晶体，阳离子和阴离子的个数比为1：1.8，则此晶体中O2﹣的空缺率为，故D正确；故选：D。【点评】本题考查晶胞的计算，侧重考查空间想象能力及计算能力，明确原子结构、晶胞密度的计算方法是解本题关键，题目难度中等。9．（2024春•越秀区期末）一种控制分子是否发光的“分子开关”工作原理如图所示。分子P光照下不发光，在Na和H+的共同作用下形成的超分子Q光照下可以产生荧光。下列说法不正确的是（）A．分子P转化为超分子Q时，N与H+形成配位键 B．增大溶液pH并除去Na+，可使超分子Q转变为分子P C．K+和H+的共同作用也可以打开该“分子开关” D．推测分子P可以增大NaCl在有机溶剂中的溶解度【分析】A.由图可知，分子P转化为超分子Q时，N与H+形成配位键N→H配位键；B.增大溶液pH并除去Na+，相当于减小反应物的浓度，平衡逆向移动的程度增大；C.K+半径与超分子不匹配；D.由图可知，分子P可以结合钠离子；【解答】解：A.由图可知，分子P转化为超分子Q时，N与H+形成配位键N→H配位键，即N原子提供孤电子对，H+提供空轨道，故A正确；B.增大溶液pH并除去Na+，相当于减小反应物的浓度，平衡逆向移动的程度增大，可使超分子Q转变为分子P，故B正确；C.K+半径大于Na+，K+半径与超分子不匹配，无法识别K+，不可以打开“分子开关”，故C错误；D.由图可知，分子P可以结合钠离子，由此可以推测分子P可以增大NaCl在有机溶剂中的溶解度，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查配位化合物的相关知识，同时考查学生的看图理解能力、分析应用能力，属于基本知识的考查，难度不大。10．（2024秋•天河区校级月考）25℃时，固体酸分子筛催化乙醇脱水，乙醇的分子间脱水和分子内脱水过程与相对能量变化如图所示。下列说法正确的是（）A．在该反应条件下，产物1比产物2稳定 B．固体酸分子筛可通过氢键吸附乙醇 C．固体酸分子筛能减小图示反应的焓变 D．生成产物1的决速步骤的活化能为16.6kcal•mol﹣1【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A．根据能量越低越稳定进行分析；B．根据固体酸分子筛中含有羟基，乙醇中也有羟基进行分析；C．根据催化剂不能减小图示反应的焓变进行分析；D．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。【解答】解：A．产物1的能量大于产物2的能量，能量越低越稳定，所以在该反应条件下，产物2比产物1稳定，故A错误；B．固体酸分子筛中含有羟基，乙醇中也有羟基，所以可通过氢键吸附乙醇，故B正确；C．固体酸分子筛为催化剂，固体酸分子筛催化乙醇脱水，催化剂不能减小图示反应的焓变，故C错误；D．活化能大的反应速率慢，反应速率慢的为决速步，生成产物1的决速步骤为相对能量从﹣9.3kcal/mol到36.7kcal/mol，其活化能为46kcal•mol﹣1，故D错误；故选：B。【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。11．（2024秋•思明区校级月考）电芬顿工艺被认为是一种很有应用前景的高级氧化技术，可用于降解去除废水中的持久性有机污染物，其工作原理如图a所示，工作10min时，Fe2+、H2O2电极产生量（mmol•L﹣1）与电流强度关系如图b所示：下列说法错误的是（）A．Fe3+在该工艺中做催化剂 B．阴极的电极反应有：O2+2e﹣+2H+＝H2O2、Fe3++e﹣＝Fe2+ C．根据图b可判断合适的电流强度约为40mA D．若处理0.1mol，理论上HMC﹣3电极消耗标准状况下31.36LO2【专题】电化学专题；理解与辨析能力．【分析】由图可知，HMC﹣3电极上氧元素、铁元素化合价降低得电子，故HMC﹣3电极为阴极，电极反应式为O2+2e﹣+2H+＝H2O2、Fe3++e﹣＝Fe2+，后发生反应Fe2++H2O2+H+＝Fe3++•OH+H2O，•OH氧化苯酚，反应为C6H5OH+28•OH＝6CO2↑+17H2O，Pt电极为阳极，电极反应式为H2O﹣e﹣＝•OH+H+，据此作答。【解答】解：A．该工艺中，阴极发生反应Fe3++e﹣＝Fe2+，后发生反应Fe2++H2O2+H+＝Fe3++•OH+H2O，反应前后Fe3+的量保持不变，Fe3+在该工艺中做催化剂，故A正确；B．HMC﹣3电极为阴极，电极反应式为O2+2e﹣+2H+＝H2O2、Fe3++e﹣＝Fe2+，故B正确；C．由反应Fe2++H2O2+H+＝Fe3++•OH+H2O可知，Fe2+、H2O2电极产生量之比为1：1，可判断合适的电流强度约为40mA，故C正确；D．由分析可知，1molC6H5OH～28mol•OH～（28molFe2++28molH2O2）～阴极消耗28molO2，故处理1mol苯酚消耗28mol氧气，标况下体积为28mol×22.4L/mol＝62.72L，故D错误；故选：D。【点评】本题考查电解原理，题目难度中等，能依据题目信息和图象准确判断阴阳极是解题的关键。12．（2024秋•杭州月考）二氧化硫在食品工业中可用作漂白剂、防腐剂、抗氧化剂等。某研究小组利用如图所示装置制备并检验SO2的部分性质。下列说法正确的是（）A．装置甲中常用0.01mol•L﹣1的稀硫酸溶液 B．装置乙中溶液颜色变化：先变红后褪色 C．装置丙中发生的最终总反应为：5SO2+2S2﹣+2H2O＝3S↓+4 D．装置丁中酸性KMnO4溶液褪色的原理与SO2用于食品漂白剂的原理相同【专题】氧族元素；无机实验综合．【分析】A．浓硫酸和Na2SO3发生复分解反应生成Na2SO4、SO2和H2O；B．SO2不能漂白酸碱指示剂；C．SO2能和Na2S溶液发生氧化还原反应生成S，因为SO2过量，所以还生成NaHSO3；D．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化还原性的物质，SO2用于食品漂白时，体现漂白性。【解答】解：A．浓硫酸和Na2SO3发生复分解反应生成Na2SO4、SO2和H2O，装置甲中常用浓硫酸溶液，故A错误；B．SO2不能漂白酸碱指示剂，SO2和水反应生成H2SO3，H2SO3电离出氢离子而使其水溶液呈酸性，所以装置乙中溶液颜色变化：变红但不褪色，故B错误；C．SO2能和Na2S溶液发生氧化还原反应生成S，因为SO2过量，所以还生成NaHSO3，离子方程式为5SO2+2S2﹣+2H2O═3S↓+4，故C正确；D．装置丁中酸性KMnO4溶液褪色的原理是酸性高锰酸钾溶液和SO2发生氧化还原反应，该反应中SO2体现还原性，SO2用于食品漂白时，体现漂白性，所以二者褪色原理不同，故D错误；故选：C。【点评】本题考查性质实验方案设计，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确元素化合物的性质、物质之间的转化关系是解本题关键，知道各个装置的作用及可能发生的反应，题目难度不大。13．（2024•大通县开学）如图物质（结构如图）具有抗肿瘤的作用．下列有关该物质的叙述错误的是（）A．可以使Br2的CCl4溶液褪色 B．分子中苯环上的一氯代物只有4种 C．分子中存在4种含氧官能团 D．分子中所有原子不可能共平面【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A．结合烯烃的性质判断；B．苯环上含4种H原子；C．分子中含羟基、醚键、羰基；D．分子中含有甲基，C原子为sp3杂化。【解答】解：A．分子中含碳碳双键，可以使Br2的CCl4溶液褪色，故A正确；B．苯环上含4种H原子，苯环上的一氯代物只有4种，故B正确；C．分子中含羟基、醚键、羰基，共三种含氧官能团，故C错误；D．分子中含有甲基，C原子为sp3杂化，故分子中所有原子不可能共平面，故D正确；故选：C。【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，注意官能团的判断，题目难度不大。14．（2024秋•盐城月考）下列装置或操作能达到实验目的的是（）A．实验室制备乙酸乙酯 B．制备硝基苯 C．实验室中分馏石油 D．证明乙醇与浓硫酸共热生成乙烯【专题】实验评价题；归纳与论证能力．【分析】A．乙酸乙酯与NaOH溶液反应；B．水浴加热制备硝基苯；C．分馏时温度计测定馏分的温度；D．挥发的乙醇、生成的二氧化硫和乙烯均使酸性高锰酸钾溶液褪色。【解答】解：A．乙酸乙酯与NaOH溶液反应，NaOH溶液应改为饱和碳酸钠溶液，故A错误；B．水浴加热制备硝基苯，图中制备装置合理，故B正确；C．分馏时温度计测定馏分的温度，温度计的水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，故C错误；D．挥发的乙醇、生成的二氧化硫和乙烯均使酸性高锰酸钾溶液褪色，则紫色褪去，不能证明生成乙烯，故D错误；故选：B。【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、物质的制备及检验、混合物的分离提纯、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。15．（2023秋•静海区校级月考）某兴趣小组用下列装置探究Na与CO2的反应产物，已知：PdCl2+CO+H2O═Pb↓（黑色）+CO2+2HCl。下列说法正确的是（）A．为了避免生成的CO2中混有HCl，最好用稀硫酸代替稀盐酸 B．装置Ⅲ的目的是除去HCl C．实验时先点燃酒精灯，再打开活塞a D．装置Ⅴ出现黑色沉淀，则装置Ⅳ发生反应2Na+2CO2Na2CO3+CO【专题】实验设计题．【分析】由实验装置可知，I中稀盐酸与大理石反应生成二氧化碳，Ⅱ中饱和碳酸氢钠溶液除去挥发的HCl，Ⅲ中浓硫酸干燥二氧化碳，V中出现黑色沉淀，可知Ⅳ中发生2Na+2CO2Na2CO3+CO，以此来解答。【解答】解：A．硫酸与碳酸钙反应生成硫酸钙微溶，包裹在碳酸钙的表面阻止反应的进一步发生，不能用稀硫酸代替稀盐酸，故A错误；B．装置Ⅲ的目的是干燥二氧化碳，故B错误；C．实验时先打开活塞a，利用生成的二氧化碳排出装置内的空气，再点燃酒精灯，防止钠与氧气反应，故C错误；D．装置Ⅴ出现黑色沉淀，V中发生PdCl2+CO+H2O═Pb↓（黑色）+CO2+2HCl，则装置Ⅳ发生反应2Na+2CO2Na2CO3+CO，故D正确；故选：D。【点评】本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用为解答的关键，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。16．（2024•浙江开学）某兴趣小组用铬铁矿（FeCr2O4）制备CrCl3•6H2O，流程如图：已知：①4FeCr2O4+10Na2CO3+7O28Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2；②Cr（OH）3不溶于乙醚。下列说法不正确的是（）A．步骤Ⅰ应该将铬铁矿粉碎，以加快反应速率 B．步骤Ⅲ从反应后溶液分离甲醇可用蒸馏法 C．步骤Ⅲ应该滴加盐酸至恰好完全反应，方便后续调节pH D．步骤Ⅴ可用乙醚洗涤【专题】制备实验综合．【分析】铬铁矿（FeCr2O4）和碳酸钠高温熔融，发生反应：4FeCr2O4+10Na2CO3+7O28Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2，冷却后，将产物水浸，NaFeO2水解，生成氢氧化铁，过滤，得到Na2CrO4溶液，加入甲醇和盐酸，Na2CrO4在酸性条件下，首先转化为Na2Cr2O7，Na2Cr2O7继续氧化甲醇，自己被还原为Cr3+，调节溶液的pH＝7，使Cr3+转化为Cr（OH）3，过滤、洗涤，向Cr（OH）3中加入盐酸，使其溶解，然后将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，得到CrCl3•6H2O，据此分析作答。【解答】解：A．步骤Ⅰ将铬铁矿粉碎，增大与空气的接触面积，以加快反应速率，故A正确；B．甲醇的熔沸点较低，步骤Ⅲ从反应后溶液中，分离甲醇可用蒸馏法，故B正确；C．步骤Ⅲ应该滴加盐酸至过量，Na2CrO4在酸性条件下，首先转化为Na2Cr2O7，Na2Cr2O7继续在酸性条件下氧化甲醇，故C错误；D．Cr（OH）3不溶于乙醚，步骤V可用乙醚洗涤，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CrCl3•6H2O的制备，属于高考高频考点，难度不大。17．（2024•湖北模拟）已知Fe3+在一定条件下能和乙醚（Et2O沸点34.6℃）生成缔合Et2O•H+•[FeCl4]﹣。实验室分离Fe3+和Al3+的流程如下，下列说法正确的是（）A．反萃取操作时可加入NaOH溶液 B．分液操作时先倒出上层液体，再放出下层液体 C．蒸馏操作时需要的仪器有铁架台、分液漏斗、烧杯、玻璃棒 D．浓盐酸酸化的作用是生成配离子和抑制Fe3+、Al3+水解【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】A．反萃取操作时可加入水，若加入NaOH溶液，最终会使铁离子转化为氢氧化铁沉淀；B．分液操作时先放出下层液体，再倒出上层液体；C．蒸馏操作时需要的主要仪器有铁蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管等；D．浓盐酸中存在H+、Cl﹣。【解答】解：A．反萃取操作时可加入水，使平衡：Et2O+H++[FeCl4]﹣⇌Et2O•H+•[FeCl4]﹣逆向移动，若加入NaOH溶液，最终会使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，故A错误；B．分液操作时先放出下层液体，再倒出上层液体，避免上次液体与下层液体接触，故B错误；C．蒸馏操作时需要的仪器有铁架台、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管，锥形瓶等，故C错误；D．浓盐酸中存在H+、Cl﹣，酸化的作用是生成配离子和抑制Fe3+、Al3+水解，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查物质的分离与提出，理解流程原理是解决本题的关键，属于基本知识的考查，难度不大。18．（2023•罗湖区校级模拟）利用过量NaOH溶液处理含Al2O3、MgO矿物，然后过滤。向所得滤液中逐滴加入NaHCO3溶液，测得溶液pH和生成n[Al（OH）3]与所加入V（NaHCO3）变化的曲线如图。下列说法错误的是（）A．a点溶质为NaAlO2和NaOH，存在c（Na+）+c（H+）＝c（）+c（OH﹣） B．NaHCO3溶液中：c（H2CO3）+c（）+c（）═0.64mol•L﹣1 C．沉淀时的离子方程式：++H2O═Al（OH）3↓+ D．d点溶液：c（）＞c（OH﹣）＞c（）＞c（H+）【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】利用过量NaOH溶液处理含Al2O3、MgO矿物，MgO与NaOH不反应，Al2O3溶于NaOH溶液，发生反应Al2O3+2OH﹣＝2+H2O，故a点溶质为NaAlO2和NaOH，向所得滤液中逐滴加入NaHCO3溶液，依次发生反应OH﹣+＝+H2O，++H2O═Al（OH）3↓+，故前8mL时生成碳酸钠，8﹣40mL时反应生成氢氧化铝，加入NaHCO3溶液为40mL时，氢氧化铝的物质的量保持变，恰好反应，d点溶液溶质为碳酸钠。【解答】解：A．a点溶质为NaAlO2和NaOH，由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）＝c（）+c（OH﹣），故A正确；B．8﹣40mL时反应生成氢氧化铝0.032mol，消耗碳酸氢钠0.032mol，故加入NaHCO3浓度为＝1mol/L，由物料守恒可知c（H2CO3）+c（）+c（）═1mol/L，故B错误；C．NaAlO2和碳酸氢钠反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为++H2O═Al（OH）3↓+，故C正确；D．d点溶液溶质为碳酸钠，存在水解平衡+H2O⇌+OH﹣，+H2O⇌H2CO3+OH﹣，故离子浓度关系为c（）＞c（OH﹣）＞c（）＞c（H+），故D正确；故选：B。【点评】本题考查离子浓度关系比较，题目难度中等，能依据题目信息判断离子浓度关系是解题的关键。19．（2023秋•昌平区期末）某小组进行实验，向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入0.2g锌粒，溶液颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知溶液为棕色，下列关于颜色变化的解释不正确的是（）选项颜色变化解释A溶液呈浅棕色I2在水中溶解度较小B溶液颜色加深I2+I﹣⇌有反应：发生C紫黑色晶体消失I2（aq）的消耗使溶解平衡I2（s）⇌I2（aq）右移D溶液褪色被空气中的氧气氧化A．A B．B C．C D．D【专题】化学平衡专题．【分析】A．I2为紫黑色固体，向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明溶解的碘较少；B．（aq）为棕色，向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入0.2g锌粒，溶液颜色加深，说明加入Zn粒后I2转化为（aq）；C．I2在水中存在溶解平衡I2（s）⇌I2（aq），碘和碘离子反应生成，I2+I﹣⇌；D．I2和Zn发生化合反应生成ZnI2。【解答】解：A．I2为紫黑色固体，向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明溶解的碘较少，则I2在水中溶解度较小，故A正确；B．（aq）为棕色，向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入0.2g锌粒，溶液颜色加深，说明加入Zn粒后I2转化为（aq），所以溶液颜色加深，发生了反应：I2+I﹣⇌，故B正确；C．I2在水中存在溶解平衡I2（s）⇌I2（aq），I2（s）为紫黑色晶体，I2（aq）为棕色，紫黑色晶体消失，因为Zn和I2反应生成的I﹣和I2（aq）生成（aq），I2（aq）浓度减小，溶解平衡正向移动，紫黑色晶体消失，故C正确；D．I2和Zn发生化合反应生成ZnI2，最终溶液褪色是因为Zn和有色物质I2发生了化合反应而不是被空气中的氧气氧化，故D错误；故选：D。【点评】本题考查化学平衡影响因素，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确元素化合物的性质、外界条件对化学平衡影响原理是解本题关键，题目难度不大。20．（2024秋•琼山区校级月考）乙烯气相直接水合反应制备乙醇：C2H4（g）+H2O（g）⇌C2H5OH（g）。乙烯的平衡转化率近温度、压强的变化关系如图[起始时，n（H2O）＝n（C2H4）＝1mol，容器体积为1L]。下列说法错误的是（）A．乙烯气相直接水合反应的ΔH＜0 B．图中a点对应的平衡常数 C．图中压强的大小关系为：p1＜p2＜p3 D．达到平衡状态a、b所需要的时间：a＞b【专题】化学平衡专题；分析与推测能力．【分析】A．根据同一压强下，升高温度，乙烯的平衡转化率不断降低进行分析；B．根据平衡常数K的计算式进行分析；C．根据同一温度下增大压强，平衡正向移动，进行分析；D．根据b点温度较高、压强较大，反应速率较快，到达平衡状态所需时间较短，进行分析。【解答】解：A．同一压强下，升高温度，乙烯的平衡转化率不断降低，说明升高温度，平衡逆向移动，则乙烯气相直接水合反应的ΔH＜0，故A正确；B．图中a点，乙烯的平衡转化率为20%，则平衡时n（C2H5OH）＝0.2mol，n（H2O）＝n（C2H4）＝0.8mol，对应的平衡常数K＝，故B错误；C．由反应C2H4（g）+H2O（g）⇌C2H5OH（g）可知，该反应是气体分子数减小的反应，同一温度下增大压强，平衡正向移动，乙烯的平衡转化率增大，则图中压强的大小关系为：p1＜p2＜p3，故C正确；D．b点温度较高、压强较大，反应速率较快，到达平衡状态所需时间较短，则达到平衡状态a、b所需要的时间：a＞b，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查化学平衡的计算等，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。二．解答题（共5小题）21．（2024•西城区校级开学）高纯锗（Ge）是一种良好的半导体材料。（1）Ge位于第五周期第ⅣA族，则Ge的简化核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2。（2）某含锗化合物D可由A和B在金属钾的条件下得到如图。已知：R为含N取代基，N原子与Ge原子直接相连。①A中的Ge—Cl键是由锗的sp2轨道与氯的3p轨道重叠成键。②B中标记*的Ge的化合价是+2。③D中标记*的Ge的VSEPR模型名称是正四面体形。（3）Ge—Ⅰ和Ge—Ⅱ是单质Ge的两种同素异形体。二者晶胞如图（其中Ge—Ⅱ晶胞中的每个小球均代表着此位置有个“统计分布”的原子，即每8个该位置随机均匀的有1个空位）。①Ge—Ⅰ中每个Ge原子周围与它最近且距离相等的Ge原子有4个。②若Ge—Ⅰ和Ge—Ⅱ的晶胞体积分别为V1和V2，则Ge—Ⅰ和Ge—Ⅱ的密度之比是8V2：7V1。（4）单质Ge的能溶于浓硝酸，生成最高价的不溶于水的锗酸；也能溶于浓NaOH溶液，生成锗酸盐。①Ge和浓硝酸反应的化学方程式是Ge+4HNO3（浓）═H2GeO3↓+4NO2↑+H2O。②Ge和熔融NaOH反应的离子方程式是Ge+2OH﹣+H2O＝+2H2↑。【专题】化学键与晶体结构．【分析】（1）Ge位于第五周期ⅣA族，则Ge的简化核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p2；（2）①A中的Ge形成了三根σ键，没有孤电子对，故为sp2杂化；②根据图像可知，B中标记*的Ge的化合价是+2；③D中标记*的Ge连接四根σ键，没有孤电子对，故VSEPR模型名称为正四面体形；（3）①Ge构成与金刚石晶胞结构相似，据此判断；②根据题意描述，若假设Ge﹣Ⅰ的晶胞质量为m，则Ge﹣Ⅱ的晶胞质量为m，故根据公式＝＝＝＝；（4）①Ge和浓硝酸反应时浓硝酸作氧化剂，还原产物是二氧化氮，锗作还原剂，生成最高价的不溶于水的锗酸，锗价电子为4，故最高价为+4，故化学方程式为：Ge+4HNO3（浓）═H2GeO3↓+4NO2↑+H2O；②锗与硅同族，化学性质相似，故溶于浓NaOH溶液，生成锗酸盐的方程式为：Ge+2OH﹣+H2O＝+2H2↑。【解答】解：（1）Ge位于第五周期ⅣA族，则Ge的简化核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p2，故答案为：[Ar]3d104s24p2；（2）①A中的Ge形成了三根σ键，没有孤电子对，故为sp2杂化，故答案为：sp2；②根据图像可知，B中标记*的Ge的化合价是+2，故答案为：+2；③D中标记*的Ge连接四根σ键，没有孤电子对，故VSEPR模型名称为正四面体形，故答案为：正四面体形；（3）①Ge构成与金刚石晶胞结构相似，故Ge﹣Ⅰ中每个Ge原子周围与它最近且距离相等的Ge原子有4个，故答案为：4；②根据题意描述，若假设Ge﹣Ⅰ的晶胞质量为m，则Ge﹣Ⅱ的晶胞质量为m，故根据公式＝＝＝＝，故答案为：8V2：7V1；（4）①Ge和浓硝酸反应时浓硝酸作氧化剂，还原产物是二氧化氮，锗作还原剂，生成最高价的不溶于水的锗酸，锗价电子为4，故最高价为+4，故化学方程式为：Ge+4HNO3（浓）═H2GeO3↓+4NO2↑+H2O，故答案为：Ge+4HNO3（浓）═H2GeO3↓+4NO2↑+H2O；②锗与硅同族，化学性质相似，故溶于浓NaOH溶液，生成锗酸盐的方程式为：Ge+2OH﹣+H2O＝+2H2↑，故答案为：Ge+2OH﹣+H2O＝+2H2↑。【点评】本题主要考查晶胞的计算，为高频考点，题目难度一般。22．（2024春•合肥期中）依据图中氮元素及其化合物的转化关系，回答问题：（1）图1中，X的化学式为N2O5，从化合价上看，X具有氧化性（填“氧化”或“还原”）。（2）图2中，属于氮的固定的过程是①。（填序号）（3）回答下列关于NH3的问题：①实验室常用NH4Cl与Ca（OH）2制取氨气，该反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O。②氨气是重要的化工原料，可以合成多种物质，写出其催化氧化的化学方程式4NH3+5O24NO+6H2O。（4）工业生产中利用氨水吸收SO2和NO2，原理如图所示：NO2被吸收过程的离子方程式是2NO2+4＝N2+4。（5）化学反应N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g）的能量变化如图所示：①该反应放出（填“吸收”或“放出”）能量；②已知：断开1molH﹣H键要吸收436kJ的能量，断开1molN≡N键要吸收946kJ的能量，形成1molN﹣H键需要释放391kJ的能量，故E3＝92kJ。【专题】化学反应中的能量变化；氮族元素．【分析】（1）由图可知，X为N元素的+5价的氧化物，从化合价上看，+5价的N元素在反应中，化合价只能降低，被还原，表现出氧化性；（2）氮的固定是指氮气转化为含氮化合物的过程；（3）①实验室常用NH4Cl与Ca（OH）2在加热条件下反应生成CaCl2、NH3、H2O；②氨气催化氧化生成NO、H2O；（4）根据图示，氨水中通入SO2，生成亚硫酸铵，然后向亚硫酸铵溶液中通入NO2，NO2被还原为N2，亚硫酸铵被氧化为硫酸铵，根据原子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒，书写反应的离子方程式；（5）①反应物的能量大于生成物的能量，则该反放出能量；②ΔH＝反应物键能之和﹣生成物键能之和，E3与ΔH数值上相等。【解答】解：（1）根据图示，X为N元素的+5价的氧化物，是五氧化二氮，化学式为N2O5，N元素为+5价，是最高价，具有氧化性，在反应中，N元素化合价降低，被还原，故答案为：N2O5；氧化；（2）图2中，属于氮的固定的过程是反应①，氮气转化为氮化镁，故答案为：①；（3）①NH4Cl与Ca（OH）2制取氨气的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；②氨气发生催化氧化的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（4）根据图示，氨水中通入SO2，生成亚硫酸铵，然后向亚硫酸铵溶液中通入NO2，NO2被还原为N2，亚硫酸铵被氧化为硫酸铵，根据原子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒，可得反应的离子方程式为：2NO2+4＝N2+4，故答案为：2NO2+4＝N2+4；（5）①反应物的总能量大于生成物的总能量，这样的反应属于放热反应，故答案为：放出；②断开1molH﹣H键要吸收436kJ的能量，断开1molN≡N键要吸收946kJ的能量，形成1molN﹣H键需要释放391kJ的能量，根据方程式：N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g），则有ΔH＝（946+436×3﹣391×6）kJ/mol＝﹣92kJ/mol，则E3＝92kJ，故答案为：92kJ。【点评】本题主要考查学生看图理解能力、分析能力，同时考查方程式书写与关系式计算，掌握氮及其化合物之间的转化是解决本题的关键，属于基本知识的考查，难度中等。23．（2024春•台江区校级期末）以苯为基础原料，可以合成多种有机物。已知：I．II．回答下列问题：（1）由苯合成有机物A用到的无机试剂为浓硝酸、浓硫酸。（2）B分子中的官能团的名称为氨基，B→C的反应类型为还原反应。（3）生成PF树脂的化学方程式为。（4）试剂D是cd（填代号）。a．溴水b．高锰酸钾溶液c．Ag（NH3）2OH溶液d．新制Cu（OH）2悬浊液（5）写出同时满足下列条件的肉桂酸乙酯的一种同分异构体或或。①苯环上仅有2个取代基且处于对位②能发生水解反应和银镜反应，其中一种水解产物遇FeCl3溶液显紫色③为顺式异构（6）以乙醇为原料合成CH3—CH＝CH—COOCH2CH3，其他试剂任选，写出合成路线。【专题】有机物的化学性质及推断；有机化合物的获得与应用．【分析】B与对苯二甲酸反应得到芳纶，结合B的分子式、芳纶的结构，可知B为，苯转化得到A，A发生信息I中还原反应生成B，结合A的分子式可知A为．苯酚与乙醛发生缩聚反应得到生成PF树脂。苯甲醛和乙醛发生信息II的反应生成H为，H和试剂D反应后酸化得到I，I转化得到肉桂酸乙酯，D可以是银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液，I为，I与乙醇发生酯化反应生成肉桂酸乙酯。（6）乙醇发生催化氧化生成CH3CHO，2分子乙醛反应生成成CH3CH＝CHCHO，然后用银氨溶液氧化、酸化得到CH3CH＝CHCOOH，最后与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应得到CH3CH＝CHCOOCH2CH3。【解答】解：（1）由苯合成有机物A（）用到的无机试剂为：浓硝酸、浓硫酸，故答案为：浓硝酸、浓硫酸；（2）B为，B分子中的官能团的名称为氨基，生成PE树脂的反应类型为：缩聚反应，故答案为：氨基；缩聚反应；（3）生成PF树脂的化学方程式为：，故答案为：；（4）H→I是氧化生成，试剂D可以是Ag（NH3）2OH溶液或新制Cu（OH）2悬浊液，故选：cd；（5）同时满足下列条件的肉桂酸乙酯的一种同分异构体：①苯环上仅有2个取代基且处于对位，②能发生水解反应和银镜反应，其中一种水解产物遇FeCl3溶液显紫色，含有甲酸与酚形成的酯基，③为顺式异构，可能的结构简式为：或或，故答案为：或或；（6）乙醇发生催化氧化生成CH3CHO，2分子乙醛反应生成成CH3CH＝CHCHO，然后用银氨溶液氧化、酸化得到CH3CH＝CHCOOH，最后与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应得到CH3CH＝CHCOOCH2CH3，合成路线流程图为：，故答案为：。【点评】本题考查有机物推断和合成，根据芳纶、PF树脂、肉桂酸乙酯结构简式结合分子式、反应条件采用正逆结合的方法进行推断，熟练掌握常见官能团性质，侧重考查学生分析推断及知识综合运用能力。24．（2024春•杨浦区校级期末）氢是一种非常重要的物质，可用于制造氮肥、硝酸等。（1）请写出氨的结构式，从结构角度说明NH3热稳定性强于PH3的原因氮元素的非金属性强于磷元素。【实验一】探究氨气的还原性。已知：a.Mg（OH）2可代替消石灰与氯化铵在加热条件下反应生成氨气和碱式氯化镁[Mg（OH）Cl]；b.Cu2O粉末呈红色，在酸性溶液中不稳定：Cu2O+H2SO4（稀）＝Cu+CuSO4+H2O。（2）装置A中发生反应的化学方程式为Mg（OH）2+NH4ClMg（OH）Cl+NH3↑+H2O，装置D的作用是做安全瓶。（3）反应结束后装置C中的氧化铜完全反应生成红色固体，为了探究红色固体成分，进行了如下实验：实验操作实验现象实验结论取10.4g红色固体于烧杯中，加入足量稀硫酸，充分搅拌，静置若无现象①红色固体为铜若溶液变蓝②红色固体中肯定含有氧化亚铜，可能含有铜上述混合液静置后，过滤、洗涤、干燥、称重，得固体6.4g③红色固体的成分及其物质的量为0.05molCu、0.05molCu2O【实验二】探究氨气的氧化性已知：c.铝可以与氨气反应，2Al+2NH3≜2AlN+3H2；d.氮化铝性质稳定，不溶于水，不与水、酸反应，在加热时溶于浓碱可产生氨气。按如图所示连接好装置，检查装置气密性：在蒸馏烧瓶中加入生石灰，分液漏斗中加入浓氨水，装置G中盛装碱石灰，装置H中加入铝粉，打开装置F处分液漏斗活塞，待装置中空气排尽后再点燃装置H处酒精灯。（4）用平衡移动原理解释F中产生氨气的原因生石灰与水反应放热，降低了氨的溶解度，使一水合氨分解，生石灰与水反应将溶剂消耗，使平衡NH3+H2O⇌NH3•H2O向左移动，有利于氨逸出。（5）铝粉完全反应后可观察到的实验现象为装置J中几乎没有气泡冒出。（6）为了得到纯净的氮化铝，可将装置H中固体冷却后转移至烧杯中，加入稀盐酸或稀硫酸溶解、过滤（填操作名称）、洗涤、干燥即可。（7）写出氮化铝与浓氢氧化钠溶液共热反应的离子方程式AlN+OH﹣+H2O+NH3↑。【专题】气体的制备与性质检验类实验．【分析】实验一，在A中Ca（OH）2与NH4Cl混合加热反应产生NH3，装置B的作用是干燥氨气，在C中NH3与CuO反应，NH3被氧化变为N2，CuO被还原可能产生Cu，也可能产生Cu2O，同时得到H2O，在实验前先通入N2，可以排出装置中的空气，可以防止加热时NH3被氧化；CuO被还原后的产物成分可根据Cu2O+H2SO4（稀）＝Cu+CuSO4+H2O，利用元素守恒分析判断；实验二，在F中用浓氨水与CaO混合反应产生NH3，在G中干燥氨气，在H中与Al发生反应产生AlN，装置Ⅰ是安全瓶，可以防止倒吸现象的发生，在J中用稀硫酸吸收氨气，防止大气污染，据此分析解答。【解答】解：（1）氨气中N原子分别与三个H原子形成三条共价键，结构式为，氮元素的非金属性强于磷元素，故NH3的热稳定性强于PH3，故答案为：；氮元素的非金属性强于磷元素；（2）装置A制备氨气，发生反应的化学方程式为Mg（OH）2+NH4ClMg（OH）Cl+NH3↑+H2O；装置D做安全瓶，防止溶液倒吸入C中，故答案为：Mg（OH）2+NH4ClMg（OH）Cl+NH3↑+H2O；做安全瓶；（3）有红色的铜生成，现象为：A中黑色粉末变为红色，同时有水生成，D中白色固体变为蓝色；①Cu，因为Cu在常温下不与稀硫酸反应；②有CuSO4生成，溶液变蓝，则红色固体中肯定含有Cu2O，不能确定是否含有Cu；③所得固体为Cu，物质的量为0.1mol；每摩尔Cu2O与酸反应前后质量损失为80g，反应前后质量损失为4g，则0.05molCu2O参与反应，则生成Cu的量为0.05mol，所以原固体中Cu2O与Cu的物质的量均为0.05mol.故答案为：铜；氧化亚铜；铜；0.05molCu、0.05molCu2O；（4）用平衡移动原理解释F中产生氨气的原因生石灰与水反应放热，降低了氨的溶解度，使一水合氨分解，生石灰与水反应将溶剂消耗，使平衡NH3+H2O⇌NH3•H2O向左移动，有利于氨逸出，故答案为：生石灰与水反应放热，降低了氨的溶解度，使一水合氨分解，生石灰与水反应将溶剂消耗，使平衡NH3+H2O⇌NH3•H2O向左移动，有利于氨逸出；（5）装置H处反应进行完全不再有氢气放出，实验现象为装置J中几乎没有气泡冒出，故答案为：装置J中几乎没有气泡冒出；（6）为了得到纯净的氮化铝，可将装置H中固体冷却后转移至烧杯中，加入稀盐酸或稀硫酸溶解、过滤、洗涤、干燥即可，故答案为：稀盐酸或稀硫酸；过滤；（7）氮化铝与浓氢氧化钠溶液共热反应生成氨气，离子方程式为AlN+OH﹣+H2O+NH3↑，故答案为：AlN+OH﹣+H2O+NH3↑。【点评】本题考查化学实验方案设计，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，把握实验装置的作用、物质的性质、实验技能为解答的关键，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。25．（2024秋•开福区校级月考）二甲醚（DME）是一种重要的清