2025高考化学解密 压轴卷训练13（Word版附解析）

这是一份2025高考化学解密 压轴卷训练13（Word版附解析），共41页。
A．用温热的纯碱溶液清洗油污
B．厨师用小苏打制作面点
C．白醋除去水垢中CaCO3
D．钢铁工人用铁矿石炼铁
2．（2024•黑龙江开学）下列化学用语表示正确的是（ ）
A．甲烷的分子结构模型：
B．醛基：—COH
C．羟基的电子式：
D．乙醇的分子式：CH3CH2OH
3．（2024秋•蚌埠月考）下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A．用KSCN溶液检验Fe3+：Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3
B．试管壁上的银镜用稀硝酸清洗：Ag+2H++═Ag++NO2↑+H2O
C．用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度：2+5C2+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
D．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：Pb2++2H2O﹣2e﹣═PbO2+4H+
4．（2024秋•南昌月考）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是（ ）
A．1ml CaH2固体含有的离子数目为3NA
B．1ml CH3Cl的中心原子的孤电子对数为3NA
C．20g的D2O中所含质子数目和中子数目均为10NA
D．常温下，1LpH＝9的CH3COONa溶液中，水电离出的OH﹣数目为10﹣5NA
5．（2024•贵州）某化合物由原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z、Q组成（结构如图）。X的最外层电子数等于内层电子数，Y是有机物分子骨架元素，Q和W能形成两种室温下常见的液态化合物。下列说法错误的是（ ）
A．第一电离能：Y＜Z＜Q
B．该化合物中Q和W之间可形成氢键
C．X与Al元素有相似的性质
D．W、Z、Q三种元素可形成离子化合物
6．（2024•辽宁模拟）一种既能检验又能吸附重金属离子的聚丙烯酰胺微凝胶的分子结构示意图如图。下列说法错误的是（ ）
A．键长：O—H键＜N—H键＜C—H键
B．相同条件下电离出H+的程度：—SO3H＞—NH2
C．碳原子的杂化方式均为sp2杂化
D．第一电离能：N＞O＞S
7．（2024秋•靖远县月考）钒镍合金是一种具有广泛应用前景的材料。镍晶体的结构示意图如图1所示，结构中不同位置的镍原子被钒原子替代后，可形成各种性能不同的钒镍合金，某钒镍合金的结构示意图如图2所示。下列说法错误的是（ ）
A．图2可表示该钒镍合金的晶胞
B．镍元素位于元素周期表d区
C．镍晶体的晶胞中Ni的配位数为12
D．该钒镍合金的化学式为V3Ni5
8．（2024春•合肥期末）已知铜离子的配位数通常为4，和均为深蓝色。某化学小组设计如下实验制备铜的配合物。下列说法错误的是（ ）
A．硫酸铜溶液呈蓝色，是因为溶液中存在配离子
B．b中得到配合物Na2[Cu（OH）4]，其配体为OH﹣
C．上述实验可得配离子的稳定性顺序为：
D．中含有的σ键数为16NA
9．（2024春•贵池区期中）解释下列现象的原因不正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
10．（2024秋•安徽月考）MO2氧化CH4制CH3OH的部分反应历程如图所示。
下列有关叙述正确的是（ ）
A．稳定性：TS2＞TS1
B．上述转化过程中，断裂和形成了非极性键
C．上述逆反应的反应热ΔH＝﹣96.50kJ•ml﹣1
D．升温使O＝M＝O（s）+CH4（g）⇌M＝O（s）+CH3OH（g）的逆反应速率增大，正反应速率减小
11．（2023秋•肇东市校级期末）我国科学家研发出一种新型的锌碘单液流电池，其原理如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A．放电时，B电极反应式：I2+2e﹣═2I﹣
B．放电时，电解质储罐中离子总浓度增大
C．M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜
D．充电时，A极增重32.5g时，C区增加的离子数为2NA
12．（2024秋•河东区校级月考）已知A（g）+3B（g）⇌2C（g）ΔH＜0，有甲、乙两个容积为0.5L的密闭容器，向甲中加入1ml A和3ml B，5min时达到平衡，放出热量为Q1kJ；相同条件下，向乙中加入2ml C，达到平衡时吸收热量为Q2kJ。已知Q2＝3Q1，下列说法正确的是（ ）
A．乙中平衡时C的转化率为50%
B．乙中的热化学方程式为：2C（g）⇌A（g）+3B（g）ΔH＝+Q1kJ•ml﹣1
C．甲中达平衡时，用B的浓度变化表示5min内的平均反应速率为0.3ml﹣1•min﹣1
D．乙中达到平衡后，再加入0.25ml A、0.75ml B、1.5ml C，与原平衡互为等效平衡，平衡不移动
13．（2023秋•辛集市期末）以下图象和叙述错误的是（ ）
A．图甲：该图象表示的反应方程式为2A＝3B+C，反应速率v（A）＝0.4ml/（L•s）
B．图乙：某温度下发生反应：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g），t1时刻改变的条件可以是加入催化剂
C．图丙：对图中反应升高温度，该反应平衡常数增大
D．图丁：对于反应：mA（g）+nB（g）⇌pC（g）ΔH＜0，m+n＞p
14．（2023秋•东湖区校级期中）常温下，下列溶液中各离子浓度关系正确的是（ ）
A．室温下，NaH2PO4溶液中（pH＜7）：c（）＞c（H3PO4）
B．浓度为0.1ml•L﹣1的碳酸氢钠溶液：c（Na+）+c（H+）＝c（）+c（OH﹣）
C．0.1ml/LNa2CO3溶液与0.1ml/LNaHCO3溶液等体积混合：c（Na+）＝c（）+c（）+c（H2CO3）
D．浓度均为0.1ml•L﹣1的醋酸溶液与NaOH溶液混合后：c（OH﹣）＝c（H+）+c（CH3COOH）
15．（2024•泰州一模）室温下，Na2CO3体系中各含碳微粒的物质的量分数与pH的关系如图1所示．在c起始（Na2CO3）＝0.1ml•L﹣1的体系中，研究Mg2+在不同pH时的可能产物，c（Mg2+）与pH的关系如图2所示，曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c（Mg2+）•c（）＝Ksp（MgCO3），曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c（Mg2+）•c2（OH）＝Ksp[Mg（OH）2]。
下列说法正确的是（ ）
A．由M点可求得Ka2（H2CO3）＝1×10﹣6.37
B．pH＝11的体系中：c（）＜c（）
C．Q点的体系中，发生反应Mg2++2═Mg（OH）2↓+2CO2↑
D．P点的体系中，c（）+c（）+c（H2CO3）＝0.1ml•L﹣1
16．（2024秋•永州月考）一种海水提溴的部分工艺流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．“氧化”和“转化”工序中Cl2的主要作用相同
B．“水相Ⅱ”中的溶质为HCl
C．“吸附”工序利用了溴易溶于有机溶剂的性质
D．“洗脱”工序可完成R3NCl的再生
17．（2024秋•南充月考）某有机化合物结构如图所示，下列有关说法错误的是（ ）
A．分子中含有1个手性碳原子
B．分子中有5个碳原子在同一直线上
C．能使酸性高锰酸钾稀溶液褪色
D．分子式为C16H19O2N
18．（2024秋•冀州区校级期中）在学习完氯气的制备知识后，某同学利用相关原理进行下列实验探究（已知：I2不易溶于水，易升华），其中能达到实验目的的是（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
19．（2024春•武汉期中）“化学多米诺实验”即只需控制第一个反应，利用反应中气体产生的压力和虹吸作用原理使若干化学实验依次发生。如图是一个“化学多米诺实验”。
已知：①Cu2++4NH3⋅H2O═4H2O+[Cu（NH3）4]2+（该反应产物可作为H2O2分解的催化剂）
②F和L中的硫酸溶液浓度相同
下列有关分析错误的是（ ）
A．进行实验前必须检查装置气密性
B．整套装置共发生3个氧化还原反应
C．装置J中出现浅黄色浑浊
D．装置K的作用是吸收尾气
20．（2024•兰州模拟）某小组同学探究SO2与新制Cu（OH）2悬浊液反应的实验装置图如图所示：
下列说法不正确的是（ ）
A．配制70%硫酸溶液需要用到的仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管
B．装置B的作用是监控SO2流速，其中试剂可以用饱和NaHSO4溶液
C．反应开始时C中出现砖红色沉淀，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1
D．反应后向C的溶液中加入稀盐酸酸化后，再滴加BaCl2溶液、有白色沉淀生成，证明反应中SO2作还原剂
二．解答题（共3小题）
21．（2024秋•东城区校级月考）黄铜矿（主要成分为CuFeS2）可用于冶炼Cu2O，主要物质转化过程如下：
（1）Cu2S与O2共热制备Cu2O的反应中，化合价升高的元素是 。
（2）为减少SO2对环境的污染，在高温时可以用CaO将其转化为CaSO4，反应的化学方程式为 。
（3）SO2中心原子的杂化方式是 ，用价层电子对互斥理论解释SO2的空间结构不同于CO2的原因： 。
（4）如图中，表示Cu2O晶胞的是 （填“图1”或“图2”）。
（5）Cu2O与Cu2S都可视为离子晶体，且结构相似，但Cu2O的熔点比Cu2S的高约100℃，原因是 。
（6）CuFeS2的晶胞如图3所示。
①图4所示结构单元不能作为CuFeS2晶胞的原因是 。
②从图3可以看出，每个CuFeS2晶胞中含有的Cu原子个数为 。
③已知：CuFeS2晶体的密度是4.30g/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA。CuFeS2晶胞中底边边长a＝ pm（用计算式表示；1cm＝1010pm；CuFeS2的摩尔质量为184g/ml）。
22．（2024秋•沈阳月考）短周期主族元素T的一种氧化物为TO2。根据下列信息回答相关问题：
（1）若TO2气体具有刺激性气味，通入酸性KMnO4溶液中，溶液由紫红色变为无色。食品中添加适量TO2可起到防腐和抗氧化作用，则TO2的化学式为 TO2还可以使品红褪色，则体现了它的 （A.氧化性B.还原性C.漂白性D.酸性氧化物的通性）常温下，TO2与T的简单氢化物不能大量共存，原因是 （用化学方程式表示）。
（2）若T位于第三周期ⅣA族，含有TO2的材料在碱性土壤中会“短路”，其原因是 （用离子方程式表示）。
（3）常温下，若TO2是红棕色气体。在针管实验中，乙管中充满TO2使甲管中物质和乙管中物质反应。
启动实验后，下列叙述正确的是 （填标号）。
A.若甲管中充满KI﹣淀粉溶液，则溶液变蓝
B.若甲管中充满H2S则颜色无明显变化
C.若甲管中充满FeCl2溶液，则溶液变黄色
（4）若将无色无味的TO2气体持续通入澄清石灰水中，石灰水先变浑浊，后变澄清。在点燃条件下TO2和镁单质的能发生反应，且生成黑色固体。写出反应的化学方程式 。将TO2通入棉花包裹的Na2O2粉末中，过一会儿，棉花燃烧起来。由此推知，TO2和Na2O2反应是 （填“吸热”或“放热”）反应。
23．（2024秋•南岗区校级月考）有机物H是有机合成中的一种重要中间体，合成H的一种路线如图所示：
已知：①A为芳香族化合物，分子式为C7H8O。
②B与银氨溶液反应，有单质银生成。
③CH2—CH2+HC＝HC□
请回答下列问题：
（1）H中官能团的名称为 。
（2）E→F的反应类型为 ，X的结构简式为 。
（3）A→C的化学方程式为 。
（4）D→E转化中第①步反应的化学方程式为 。
（5）G与乙醇发生酯化反应生成有机物Y，符合下列条件的Y的同分异构体 种；其中的一种结构简式为： 。
①分子中含有苯环，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2
②含有碳碳三键，且碳碳三键与苯环直接相连
③苯环上只有三种取代基
④核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积之比为6：2：1：1
（6）参照上述合成路线，设计以丙烯为原料合成化合物的路线如图：（部分反应条件已略去）。其中M和N的结构简式为 和 。
三．工艺流程题（共2小题）
24．（2024•淮南开学）ZnCO3•2Zn（OH）2是制备活性ZnO的中间体。以锌焙砂（主要成分为ZnO、ZnSiO3，含少量Cu2+、Mn2+等）为原料制备ZnCO3•2Zn（OH）2的流程如图：
回答下列问题：
（1）锌位于元素周期表第 周期第 族，ZnCO3•2Zn（OH）2属于 （填“纯净物”或“混合物”）。
（2）“浸取1”步骤中加入H2O2的目的是 。
（3）“浸取2”步骤中[Cu（NH3）4]2+转化为“浸渣” （填化学式）。
（4）“蒸氨”步骤中存在[Zn（NH3）4]2+→NH3，[Zn（NH3）4]2+中H—N—H的键角 （填“＞”“＜”或“＝”）NH3中H—N—H的键角。
（5）写出流程中“沉锌”的离子方程式： 。
（6）该流程中可以循环利用的物质是 （写出主要成分的化学式）。
（7）ZnCO3•2Zn（OH）2经焙烧可得活性ZnO，反应的化学方程式为 。
25．（2023•顺德区校级开学）氮循环与人类生活、社会发展息息相关。回答下列问题：
（1）用化学方程式表示实验室制备NH3的原理： 。
（2）HNO3是一种重要的化工原料，工业上利用NH3制备HNO3的流程如图所示；
上述反应中，气体颜色发生变化的是 ，反应后分子数增加的是 （均填序号）。
（3）在1L的恒容密闭容器中通入1mlN2和3mlH2，在不同温度（T）下发生反应N2+3H2⇌2NH3，测得NH3的浓度（c，单位：ml/L）随反应时间（t）的变化情况如表所示：
①下列说法中，不能说明反应N2+3H2⇌2NH3达到平衡状态的是 （填标号）。
a.v（N2）正＝2v（NH3）逆
b.断裂3mlH﹣H时断裂2mlN﹣H
c.混合气体的密度保持不变
d.混合气体的压强保持不变
②400℃时，在0～20min内，H2的平均反应速率为 ml•L﹣1•min﹣1，50min时，N2的转化率为 （N2的转化率是指已被转化的N2的物质的量与其初始的物质的量之比）。
③由表格中的数据可知，600℃时，反应达到平衡所需要的时间t （填“＞”“＜”或“＝”）30min，说明理由： 。
2025菁优高考化学压轴卷训练13
参考答案与试题解析
一．选择题（共20小题）
1．（2024•定海区校级模拟）化学知识无处不在，下列劳动场景涉及氧化还原反应的是（ ）
A．用温热的纯碱溶液清洗油污
B．厨师用小苏打制作面点
C．白醋除去水垢中CaCO3
D．钢铁工人用铁矿石炼铁
【专题】物质的性质和变化专题．
【分析】发生的化学反应中，存在元素的化合价升降，则属于氧化还原反应，以此来解答。
【解答】解：A．温度高会促进纯碱的水解，纯碱水解显碱性，碱性条件下油脂水解，不涉及氧化还原反应，故A错误；
B．碳酸氢钠俗名小苏打，碳酸氢钠受热发生分解反应生成碳酸钠、二氧化碳和水，厨师常用小苏打制作面点，反应中没有元素化合价变化，所以厨师用小苏打制作面点不涉及氧化还原反应，故B错误；
C．白醋中含有醋酸，醋酸酸性强于碳酸，醋酸能与碳酸钙反应生成易溶于水的醋酸钙，不涉及氧化还原反应，故C错误；
D．钢铁工人用铁矿石炼铁过程中，铁价态变为0价，有元素发生化合价变化，涉及氧化还原反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题以物质的用途为载体考查了氧化还原反应，根据反应过程中是否有元素化合价变化来分析解答，明确元素化合价是解本题关键，结合物质的性质分析解答，题目难度不大。
2．（2024•黑龙江开学）下列化学用语表示正确的是（ ）
A．甲烷的分子结构模型：
B．醛基：—COH
C．羟基的电子式：
D．乙醇的分子式：CH3CH2OH
【专题】化学用语专题．
【分析】A．根据题目中是甲烷的球棍模型进行分析；
B．根据醛基为—CHO进行分析；
C．根据羟基是O和H共用一对电子形成的，进行分析；
D．根据分子式是表示分子组成的式子，进行分析。
【解答】解：A．题目中给的是甲烷的球棍模型，甲烷分子的空间充填模型应该为，故A正确；
B．醛基为—CHO，故B错误；
C．羟基是O和H共用一对电子形成的，电子式为 ，故C错误；
D．分子式是表示分子组成的式子，乙醇的分子式为 C2H6O，故D错误；
故选：A。
【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•蚌埠月考）下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A．用KSCN溶液检验Fe3+：Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3
B．试管壁上的银镜用稀硝酸清洗：Ag+2H++═Ag++NO2↑+H2O
C．用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度：2+5C2+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
D．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：Pb2++2H2O﹣2e﹣═PbO2+4H+
【专题】离子反应专题；分析与推测能力．
【分析】A．根据Fe3+与SCN﹣发生配位反应，而显色进行分析；
B．根据银溶于稀硝酸生成硝酸银和一氧化氮气体进行分析；
C．根据H2C2O4被氧化为CO2，H2C2O4属于弱酸，进行分析；
D．根据铅酸蓄电池充电时的阳极PbSO4放电进行分析。
【解答】解：A．Fe3+与SCN﹣发生配位反应，而显色，离子反应为Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，故A正确；
B．试管壁上的银镜用稀硝酸清洗，银溶于稀硝酸生成硝酸银和一氧化氮气体，该反应的离子方程式为，故B错误；
C．用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度，草酸被氧化为CO2，草酸属于弱酸，该反应的离子方程式为，故C错误；
D．铅酸蓄电池充电时的阳极反应，PbSO4放电，，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查离子方程式的书写等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
4．（2024秋•南昌月考）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是（ ）
A．1ml CaH2固体含有的离子数目为3NA
B．1ml CH3Cl的中心原子的孤电子对数为3NA
C．20g的D2O中所含质子数目和中子数目均为10NA
D．常温下，1LpH＝9的CH3COONa溶液中，水电离出的OH﹣数目为10﹣5NA
【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．1ml CaH2固体中含有1ml Ca2+和2ml H﹣；
B．CH3Cl中碳原子形成四对共用电子，无孤电子对；
C．一个D2O分子中含有质子数和中子数均为10个；
D．常温下，pH＝9的CH3COONa溶液中，水电离出的OH﹣数目浓度为10﹣5ml/L。
【解答】解：A．1ml CaH2固体含有的离子数目为（1ml+2ml）×NA/ml＝3NA，故A正确；
B．1ml CH3Cl的中心原子的孤电子对数为0，故B错误；
C．20g即1ml D2O中所含质子数目和中子数目均为10NA，故C正确；
D．常温下，pH＝9的CH3COONa溶液中，水电离出的OH﹣数目浓度为10﹣5ml/L，则1L该溶液中水电离出的OH﹣数目为1L×10﹣5ml/L×NA/ml＝10﹣5NA，故D正确；
故选：B。
【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•贵州）某化合物由原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z、Q组成（结构如图）。X的最外层电子数等于内层电子数，Y是有机物分子骨架元素，Q和W能形成两种室温下常见的液态化合物。下列说法错误的是（ ）
A．第一电离能：Y＜Z＜Q
B．该化合物中Q和W之间可形成氢键
C．X与Al元素有相似的性质
D．W、Z、Q三种元素可形成离子化合物
【专题】元素周期律与元素周期表专题．
【分析】W、X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X的最外层电子数等于内层电子数，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为2，故X为Be元素；而Y是有机物分子骨架元素，可知Y为C元素；化合物中W形成1条共价键，且W的原子序数小于X，可知W为H元素；Q和W能形成两种室温下常见的液态化合物，化合物中Q形成2条共价键，可知Q为O元素；Z的原子序数介于碳、氧之间，则Z为N元素。
【解答】解：由分析可知，W为H元素、X为Be元素、Y为C元素、Z为N元素、Q为O元素；
A．同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N元素原子2p轨道为半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：C＜O＜N，故A错误；
B．该化合物中氧和氢之间可形成氢键，故B正确；
C．X是Be元素，根据对角线规则，Be与Al具有相似的性质，故C正确；
D．H、N、O可以形成离子化合物，如NH4NO3，故D正确；
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，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能力、综合运用知识的能力。
6．（2024•辽宁模拟）一种既能检验又能吸附重金属离子的聚丙烯酰胺微凝胶的分子结构示意图如图。下列说法错误的是（ ）
A．键长：O—H键＜N—H键＜C—H键
B．相同条件下电离出H+的程度：—SO3H＞—NH2
C．碳原子的杂化方式均为sp2杂化
D．第一电离能：N＞O＞S
【专题】原子组成与结构专题．
【分析】A．原子半径越小键长越短；
B．—SO3H显酸性，—NH2显碱性；
C．碳原子的杂化方式为sp2和sp3杂化；
D．元素的非金属性越强，第一电离能越大。
【解答】解：A．原子半径越小键长越短，则键长：O—H键＜N—H键＜C—H键，故A正确；
B．—SO3H显酸性，—NH2显碱性，相同条件下电离出H+的程度：—SO3H＞—NH2，故B正确；
C．结构中的化学键可知，碳原子的杂化方式为sp2和sp3杂化，故C错误；
D．分析可知元素的非金属性越强，第一电离能越大，其中N、O反常，故第一电离能：N＞O＞S，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了原子结构、杂化理论、元素性质和原子结构的关系等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
7．（2024秋•靖远县月考）钒镍合金是一种具有广泛应用前景的材料。镍晶体的结构示意图如图1所示，结构中不同位置的镍原子被钒原子替代后，可形成各种性能不同的钒镍合金，某钒镍合金的结构示意图如图2所示。下列说法错误的是（ ）
A．图2可表示该钒镍合金的晶胞
B．镍元素位于元素周期表d区
C．镍晶体的晶胞中Ni的配位数为12
D．该钒镍合金的化学式为V3Ni5
【专题】化学平衡专题．
【分析】A．晶体是由晶胞无隙并置形成的；
B．镍为29号元素，价层电子排布式3d84s2；
C．距顶点的Ni原子最近的Ni原子位于相邻的面心；
D．根据图2的替换位置以及均摊法计算原子个数。
【解答】解：A．晶体是由晶胞无隙并置形成的，图2结构不能进行无隙并置，故图2结构不是晶胞，故A错误；
B．镍为29号元素，价层电子排布式3d84s2，位于元素周期表d区，故B正确；
C．距顶点的Ni原子最近的Ni原子位于相邻的面心，个数为＝12，故C正确；
D．由图2可知，Ni原子位于顶点和面心，个数为4×+4×＝，V原子位于顶点和面心，个数为4×+2×＝，Ni：V＝：＝5：3，该合金的化学式为V3Ni5，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查物质结构与性质，侧重考查晶胞结构与计算，熟记中学常见晶胞结构特点，掌握均摊法进行晶胞有关计算，题目难度中等。
8．（2024春•合肥期末）已知铜离子的配位数通常为4，和均为深蓝色。某化学小组设计如下实验制备铜的配合物。下列说法错误的是（ ）
A．硫酸铜溶液呈蓝色，是因为溶液中存在配离子
B．b中得到配合物Na2[Cu（OH）4]，其配体为OH﹣
C．上述实验可得配离子的稳定性顺序为：
D．中含有的σ键数为16NA
【分析】A.[Cu（H2O）4]2+是蓝色的；
B.配合物Na2[Cu（OH）4]中心原子是Cu，配体为OH﹣，配位数是4；
C.氢氧化铜可以在低浓度氨水中形成配离子[Cu（NH3）4]2+，说明Cu2+和NH3形成配离子较为容易，[Cu（H2O）4]2+不稳定，加入1ml/LNaOH溶液易转化为Cu（OH）2沉淀，再加入浓NaOH溶液可转化为[Cu（OH）4]2﹣；
D.1个[Cu（NH3）4]2+中含有4个N与Cu形成的配位键和12个N—H键；
【解答】解：A.Cu2+与H2O结合形成[Cu（H2O）4]2+，[Cu（H2O）4]2+是蓝色的，故A正确；
B.b中得到配合物是Na2[Cu（OH）4]，其中心原子是Cu，配体为OH﹣，配位数是4，故B正确；
C.硫酸铜溶液含有[Cu（H2O）4]2+，加入稀NaOH溶液易转化为Cu（OH）2沉淀，再加入浓NaOH溶液可转化为[Cu（OH）4]2﹣，说明稳定性：[Cu（H2O）4]2+＜[Cu（OH）4]2﹣，对比试管b、c中的现象可知，稳定性：[Cu（NH3）4]2+＞[Cu（OH）4]2﹣，所以配离子的稳定性：[Cu（H2O）4]2+＜[Cu（OH）4]2﹣＜[Cu（NH3）4]2+，故C错误；
D.1个[Cu（NH3）4]2+中含有4个N与Cu形成的配位键和12个N—H键，故含有σ键的数目为16NA，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查配位化合物组成，配位离子的颜色，平衡移动的应用，同时考查学生的实验比较能力、分析能力，属于基本知识的考查，难度中等。
9．（2024春•贵池区期中）解释下列现象的原因不正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【专题】物质的性质和变化专题；化学键与晶体结构．
【分析】A．分子的稳定性与氢键无关，与共价键稳定性有关；
B．F的电负性大于Cl，F元素吸电子的能力大于Cl，吸引电子的能力越强，导致—COOH越易电离出氢离子；
C．对羟基苯甲醛形成分子间氢键，其熔沸点较高，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，其熔沸点较低；
D．结构相似的离子晶体，离子键越强，熔点越高。
【解答】解：A．HF的稳定性强于HCl是因为H—F键强于H—Cl键，与氢键无关，故A错误；
B．F的电负性大于Cl，F元素吸电子的能力大于Cl，吸引电子的能力越强，导致—COOH越易电离出氢离子，CF3COOH的酸性强于CCl3COOH，是因为F的电负性比Cl大，解释相符合，故B正确；
C．对羟基苯甲醛形成分子间氢键，其熔沸点较高，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，其熔沸点较低，所以对羟基苯甲醛的熔沸点比邻羟基苯甲醛的高，故C正确；
D．氯化钠和溴化钠都是离子晶体，结构相似，Cl﹣的半径小于Br﹣，NaCl中离子键比NaBr中离子键强，所以熔点：NaCl＞NaBr，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学键及分子间作用力等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确相似相溶原理内涵、化学键与物质性质关系是解本题关键，注意：分子间作用力和氢键影响物质状态和熔沸点，不影响物质化学性质。
10．（2024秋•安徽月考）MO2氧化CH4制CH3OH的部分反应历程如图所示。
下列有关叙述正确的是（ ）
A．稳定性：TS2＞TS1
B．上述转化过程中，断裂和形成了非极性键
C．上述逆反应的反应热ΔH＝﹣96.50kJ•ml﹣1
D．升温使O＝M＝O（s）+CH4（g）⇌M＝O（s）+CH3OH（g）的逆反应速率增大，正反应速率减小
【专题】化学反应中的能量变化；理解与辨析能力．
【分析】A．物质所具有的能量越低越稳定；
B．依据物质转化中化学键变化判断；
C．依据物质的能量变化计算反应热；
D．升高温度正逆反应速率变化程度不同。
【解答】解：A．由图可知，TS1能量较高，TS2能量较低，能量低的物质较稳定，故稳定性：TS2＞TS1，故A正确；
B．上述转化中，只断裂和形成了极性键，故B错误；
C．逆反应的反应热ΔH＝+96.50kJ•ml﹣1，故C错误；
D．升高温度，正逆反应速率不同程度增大，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学反应中的能量变化，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断反应吸放热是解题的关键。
11．（2023秋•肇东市校级期末）我国科学家研发出一种新型的锌碘单液流电池，其原理如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A．放电时，B电极反应式：I2+2e﹣═2I﹣
B．放电时，电解质储罐中离子总浓度增大
C．M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜
D．充电时，A极增重32.5g时，C区增加的离子数为2NA
【专题】电化学专题；分析与推测能力．
【分析】由装置图可知，放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+，石墨是正极，反应式为I2+2e﹣＝2I﹣，外电路中电流由正极经过导线流向负极，充电时，阳极反应式为2I﹣﹣2e﹣＝I2、阴极反应式为Zn2++2e﹣＝Zn，据此分析解答。
【解答】解：A．放电时，B电极为正极，I2得到电子生成I﹣，电极反应式为I2+2e﹣＝2I﹣，故A正确；
B．放电时，左侧即负极，电极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+，所以储罐中的离子总浓度增大，故B正确；
C．离子交换膜是防止正负极I2、Zn接触发生自发电，负极区生成Zn2+、正电荷增加，正极区生成I﹣、负电荷增加，所以Cl﹣通过M膜进入负极，K+通过N膜进入正极，所以M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，故C错误；
D．充电时，A极反应式Zn2++2e﹣＝Zn，A极增重32.5g转移1ml电子，所以C区增加1ml K+、1ml Cl﹣，离子总数为2NA，故D正确；
故选：C。
【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•河东区校级月考）已知A（g）+3B（g）⇌2C（g）ΔH＜0，有甲、乙两个容积为0.5L的密闭容器，向甲中加入1ml A和3ml B，5min时达到平衡，放出热量为Q1kJ；相同条件下，向乙中加入2ml C，达到平衡时吸收热量为Q2kJ。已知Q2＝3Q1，下列说法正确的是（ ）
A．乙中平衡时C的转化率为50%
B．乙中的热化学方程式为：2C（g）⇌A（g）+3B（g）ΔH＝+Q1kJ•ml﹣1
C．甲中达平衡时，用B的浓度变化表示5min内的平均反应速率为0.3ml﹣1•min﹣1
D．乙中达到平衡后，再加入0.25ml A、0.75ml B、1.5ml C，与原平衡互为等效平衡，平衡不移动
【专题】化学平衡计算．
【分析】A．甲容器中开始加入1ml A的和3ml B与乙容器中开始加入2ml C为完全等效平衡，平衡时相同组分的物质的量相等，设甲中平衡时C为xml，则乙中反应的C为（2﹣x）ml，由于Q2＝3Q1，则（2﹣x）ml＝3xml，解得x＝0.5，则乙中消耗的n（C）＝（2﹣0.5）ml＝1.5ml；
B．甲中生成0.5ml C放出Q1kJ的热量，则生成2ml C放出的热量为×2ml＝4Q1kJ/ml，即2ml C完全转化为1ml A和3ml B时吸热4Q1kJ热量；
C．甲中达到平衡时，生成0.5ml C，消耗n（B）＝n（C）＝×0.5ml＝0.75ml，v（B）＝；
D．乙中开始是c（C）＝＝4ml/L，平衡时消耗的c（C）＝＝3ml/L；
可逆反应 2C（g）⇌A（g）+3B（g）
开始（ml/L）4 0 0
反应（ml/L）3 1.5 4.5
平衡（ml/L）1 1.5 4.5
化学平衡常数K＝＝＝15.1875，乙中达到平衡后，再加入0.25ml A、0.75ml B、1.5ml C，此时c（C）＝（1+）ml/L＝4ml/L、c（A）＝（1.5+）ml/L＝2ml/L，c（B）＝（4.5+）ml/L＝6ml/L，根据Qc与K的相对大小判断反应方向。
【解答】解：A．甲容器中开始加入1ml A的和3ml B与乙容器中开始加入2ml C为完全等效平衡，平衡时相同组分的物质的量相等，设甲中平衡时C为xml，则乙中反应的C为（2﹣x）ml，由于Q2＝3Q1，则（2﹣x）ml＝3xml，解得x＝0.5，则乙中消耗的n（C）＝（2﹣0.5）ml＝1.5ml，乙中C的转化率＝×100%＝75%，故A错误；
B．甲中生成0.5ml C放出Q1kJ的热量，则生成2ml C放出的热量为×2ml＝4Q1kJ/ml，即2ml C完全转化为1ml A和3ml B时吸热4Q1kJ热量，乙中的热化学方程式为2C（g）⇌A（g）+3B（g）ΔH＝+4Q1kJ/ml，故B错误；
C．甲中达到平衡时，生成0.5ml C，消耗n（B）＝n（C）＝×0.5ml＝0.75ml，v（B）＝＝＝0.3ml•L﹣1•min﹣1，故C正确；
D．乙中开始是c（C）＝＝4ml/L，平衡时消耗的c（C）＝＝3ml/L；
可逆反应 2C（g）⇌A（g）+3B（g）
开始（ml/L）4 0 0
反应（ml/L）3 1.5 4.5
平衡（ml/L）1 1.5 4.5
化学平衡常数K＝＝＝15.1875，乙中达到平衡后，再加入0.25ml A、0.75ml B、1.5ml C，此时c（C）＝（1+）ml/L＝4ml/L、c（A）＝（1.5+）ml/L＝2ml/L，c（B）＝（4.5+）ml/L＝6ml/L，Qc＝＝27＞K，平衡逆向移动，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡计算，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，正确计算甲中生成的C、乙中消耗C的物质的量是解本题关键，会根据浓度商和K的相对大小判断反应方向，题目难度中等。
13．（2023秋•辛集市期末）以下图象和叙述错误的是（ ）
A．图甲：该图象表示的反应方程式为2A＝3B+C，反应速率v（A）＝0.4ml/（L•s）
B．图乙：某温度下发生反应：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g），t1时刻改变的条件可以是加入催化剂
C．图丙：对图中反应升高温度，该反应平衡常数增大
D．图丁：对于反应：mA（g）+nB（g）⇌pC（g）ΔH＜0，m+n＞p
【专题】化学平衡专题．
【分析】A．结合反应量关系判断方程式系数，依据公式v＝计算反应速率；
B．加入催化剂，反应速率加快，平衡不移动；
C．由温度变化对平衡的影响分析；
D．由温度、压强对平衡的影响分析。
【解答】解：A．由图可知，A为反应物，B、C为生成物，A的反应量为（1.4﹣0.8）ml＝0.6ml，C的生成量为0.4ml，B的生成量为1.2ml，则A、B、C的系数比为0.6ml：1.2ml：0.4ml＝2：3：1，故反应方程式为2A⇌3B+C，题目未给容器体积，无法计算反应速率，故A错误；
B．某温度下发生反应：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g），由图乙可知反应速率加快，平衡不移动，故改变条件可能为加入催化剂或增大压强，故B正确；
C．由图丙可知，图象中交点处，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，升高温度，正反应速率增大幅度大于逆反应速率，故平衡正向移动，该反应平衡常数增大，故C正确；
D．由图丁可知，压强为P2时，温度为T1时反应先达到平衡，反应速率快，温度高，故T1＞T2，温度升高，C%减小，平衡逆向移动，故△H＜0，温度为T1时，压强P2时反应先达到平衡，反应速率快，压强高，故P2＞P1，压强增大，C%增大，平衡正向移动，故m+n＞p，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是解题的关键。
14．（2023秋•东湖区校级期中）常温下，下列溶液中各离子浓度关系正确的是（ ）
A．室温下，NaH2PO4溶液中（pH＜7）：c（）＞c（H3PO4）
B．浓度为0.1ml•L﹣1的碳酸氢钠溶液：c（Na+）+c（H+）＝c（）+c（OH﹣）
C．0.1ml/LNa2CO3溶液与0.1ml/LNaHCO3溶液等体积混合：c（Na+）＝c（）+c（）+c（H2CO3）
D．浓度均为0.1ml•L﹣1的醋酸溶液与NaOH溶液混合后：c（OH﹣）＝c（H+）+c（CH3COOH）
【专题】盐类的水解专题；分析与推测能力．
【分析】A．根据磷酸二氢钠溶液pH小于7，说明电离程度大于水解程度进行分析；
B．根据电荷守恒进行分析；
C．根据碳酸钠溶液中存在的物料守恒、物料守恒进行分析；
D．根据没有说明混合的体积比例进行分析。
【解答】解：A．磷酸二氢根在水溶液中既会发生电离，又会发生水解，电离产生H+和磷酸氢根，水解产生H+和磷酸，磷酸二氢钠溶液pH小于7，说明电离程度大于水解程度，所以，故A正确；
B．NaHCO3溶液中存在电荷守恒为：，故B错误；
C．Na2CO3溶液中存在的物料守恒为：，NaHCO3溶液中存在的物料守恒为：，若将0.1ml/L的碳酸钠溶液和0.1ml/L的碳酸氢钠溶液等体积混合后，两种溶液中钠离子溶度相同，将两式相加，得到：，故C错误；
D．浓度相同，但没有说明混合的体积比例，无法得到结果，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查离子浓度大小的比较等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
15．（2024•泰州一模）室温下，Na2CO3体系中各含碳微粒的物质的量分数与pH的关系如图1所示．在c起始（Na2CO3）＝0.1ml•L﹣1的体系中，研究Mg2+在不同pH时的可能产物，c（Mg2+）与pH的关系如图2所示，曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c（Mg2+）•c（）＝Ksp（MgCO3），曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c（Mg2+）•c2（OH）＝Ksp[Mg（OH）2]。
下列说法正确的是（ ）
A．由M点可求得Ka2（H2CO3）＝1×10﹣6.37
B．pH＝11的体系中：c（）＜c（）
C．Q点的体系中，发生反应Mg2++2═Mg（OH）2↓+2CO2↑
D．P点的体系中，c（）+c（）+c（H2CO3）＝0.1ml•L﹣1
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】图1表示Na2CO3体系，随着pH的逐渐减小，溶液中逐渐减小，先增大后减小，c（H2CO3）逐渐增大，且当pH＝6.37时，两曲线交点表示溶液中，由此可算出对应的电离平衡常数，图2中图像的纵坐标是﹣lg[c（Mg2+）]，数值从下往上在增大，也即是从下往上c（Mg2+）在减小，因此位于曲线上方离子浓度小的点是未生成该沉淀，位于曲线下方离子浓度大的点会生成该沉淀，据此分析。
【解答】解：A．根据图1，当pH＝10.25时，溶液中c（）＝c（），则，故A错误；
B．pH＝11的体系中，观察图1可知，故B错误；
C．Q点的体系中，观察图2的横坐标和纵坐标可知pH＝8，﹣lg[c（Mg2+）]，观察图1可知，pH＝8时，溶液中主要含碳微粒是碳酸氢根离子，该点位于Mg（OH）2曲线（II）的上方，图2中图像的纵坐标是﹣lg[c（Mg2+）]，数值从下往上在增大，也即是从下往上c（Mg2+）在减小，因此位于曲线上方离子浓度小的点是未生成该沉淀，位于曲线下方离子浓度大的点会生成该沉淀，因此会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，故C错误；
D．P点的体系中，从图2可以看出pH＝11、﹣lg[c（Mg2+）]＝6时，该点位于曲线Ⅰ、Ⅱ的上方，不会生成碳酸镁沉淀和氢氧化镁沉淀，，根据物料守恒，溶液中，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生沉淀溶解平衡的掌握情况，试题难度中等。
16．（2024秋•永州月考）一种海水提溴的部分工艺流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．“氧化”和“转化”工序中Cl2的主要作用相同
B．“水相Ⅱ”中的溶质为HCl
C．“吸附”工序利用了溴易溶于有机溶剂的性质
D．“洗脱”工序可完成R3NCl的再生
【专题】制备实验综合；分析与推测能力．
【分析】卤水氧化时氯气与卤水中溴离子反应生成溴单质，同时氯气和水反应生成盐酸进入水相Ⅰ，还原时二氧化硫与R3N[ClBr2]反应生成硫酸、HBr、R3NCl，R3NCl再与HBr反应生成HCl和R3NBr，用盐酸洗脱R3NBr生成HBr和R3NCl，HBr被氯气氧化生成溴单质，蒸馏得到液溴，据此分析回答问题。
【解答】解：A．分析可知“氧化”和“转化”工序中Cl2的主要作用相同，都是氧化溴离子生成溴单质，故A正确；
B．流程转化关系可知，还原时二氧化硫与R3N[ClBr2]反应生成硫酸、HBr、R3NCl，R3NCl再与HBr反应生成HCl和R3NBr，用盐酸洗脱R3NBr生成HBr和R3NCl，故水相Ⅱ的溶质不只有HCl，故B错误；
C．“吸附”实际是发生了萃取，利用了溴易溶于有机溶剂的性质，故C正确；
D．用盐酸洗脱R3NBr生成HBr和R3NCl，“洗脱”工序可完成R3NCl的再生，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查从海水中提取溴等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
17．（2024秋•南充月考）某有机化合物结构如图所示，下列有关说法错误的是（ ）
A．分子中含有1个手性碳原子
B．分子中有5个碳原子在同一直线上
C．能使酸性高锰酸钾稀溶液褪色
D．分子式为C16H19O2N
【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．碳碳三键及其连接的原子是直线形，苯环上对角线碳原子及其连接的原子是直线形结构；
C．碳碳三键可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；
D．由结构简式可知，分子含有16个碳原子、19个氢原子、2个氧原子、1个氮原子。
【解答】解：A．连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子，如图标“*”的2个碳原子是手性碳原子：，故A错误；
B．碳碳三键及其连接的原子是直线形，苯环上对角线碳原子及其连接的原子是直线形结构，而饱和碳原子连接的4个原子形成四面体结构，则分子中有5个碳原子在同一直线上，故B正确；
C．分子中碳碳三键可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，能使酸性高锰酸钾稀溶液褪色，故C正确；
D．由结构简式可知，分子含有16个碳原子、19个氢原子、2个氧原子、1个氮原子，该有机物分子式为C16H19O2N，故D正确；
故选：A。
【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，注意理解手性碳原子，根据甲烷的四面体、乙烯与苯的平面形、乙炔直线形理解共面与共线问题，题目侧重考查学生分析能力、灵活运用知识的能力。
18．（2024秋•冀州区校级期中）在学习完氯气的制备知识后，某同学利用相关原理进行下列实验探究（已知：I2不易溶于水，易升华），其中能达到实验目的的是（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
【专题】实验评价题；归纳与论证能力．
【分析】A．稀盐酸与二氧化锰不反应；
B．过滤遵循一贴二低三靠；
C．加热时碘易升华，遇冷时发生凝华；
D．图中短导管进气可排出液体。
【解答】解：A．稀盐酸与二氧化锰不反应，稀盐酸应改为浓盐酸，故A错误；
B．过滤操作时，漏斗下端的尖口处应紧靠烧杯内壁，防止液滴飞溅，故B错误；
C．加热时碘易升华，遇冷时发生凝华，图中装置可分离提纯碘，故C正确；
D．图中短导管进气可排出液体，氯气可以氧化碘离子，则图中导管应长进短出，故D错误；
故选：C。
【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、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，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
19．（2024春•武汉期中）“化学多米诺实验”即只需控制第一个反应，利用反应中气体产生的压力和虹吸作用原理使若干化学实验依次发生。如图是一个“化学多米诺实验”。
已知：①Cu2++4NH3⋅H2O═4H2O+[Cu（NH3）4]2+（该反应产物可作为H2O2分解的催化剂）
②F和L中的硫酸溶液浓度相同
下列有关分析错误的是（ ）
A．进行实验前必须检查装置气密性
B．整套装置共发生3个氧化还原反应
C．装置J中出现浅黄色浑浊
D．装置K的作用是吸收尾气
【专题】无机实验综合．
【分析】E中稀硫酸和Zn反应生成ZnSO4、H2，通过气体压强将F中液体通过导管排入G中，Zn和硫酸铜反应生成Cu，Zn、Cu和稀硫酸构成原电池，加快化学反应速率；通过气体压强，H中液体通过导管排入I中，硫酸铜和过量氨水发生反应Cu2++4NH3⋅H2O═4H2O+[Cu（NH3）4]2+，该反应产物可作为H2O2分解的催化剂，H2O2分解生成H2O和O2，O2和过量的H2S反应生成S，挥发的H2S加入K中被中和。
【解答】解：A．E、G、I中都有气体生成，所以进行实验前必须检查装置气密性，否则生成的气体逸出，故A正确；
B．E、G、I、J中都发生氧化还原反应，有4个氧化还原反应发生，故B错误；
C．O2氧化H2S生成S，所以装置J中出现浅黄色浑浊，故C正确；
D．J中挥发出H2S，H2S有毒，且为酸性物质，能被K中NaOH吸收，所以装置K的作用是吸收尾气，故D正确；
故选：B。
【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、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及实验装置的作用，题目难度不大。
20．（2024•兰州模拟）某小组同学探究SO2与新制Cu（OH）2悬浊液反应的实验装置图如图所示：
下列说法不正确的是（ ）
A．配制70%硫酸溶液需要用到的仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管
B．装置B的作用是监控SO2流速，其中试剂可以用饱和NaHSO4溶液
C．反应开始时C中出现砖红色沉淀，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1
D．反应后向C的溶液中加入稀盐酸酸化后，再滴加BaCl2溶液、有白色沉淀生成，证明反应中SO2作还原剂
【专题】无机实验综合．
【分析】A．一定质量分数溶液的配制不需要使用容量瓶；
B．SO2在水中具有一定的溶解度，在饱和亚硫酸氢钠溶液中，溶解度较小，饱和亚硫酸氢钠溶液可以抑制SO2的溶解；
C．SO2是还原剂，硫酸铜是氧化剂，根据化合价升降守恒，可得SO2与硫酸铜的物质的量之比为1：2；
D．反应后向C的溶液中加入稀盐酸酸化后，再滴加BaCl2溶液、有白色沉淀生成，即有BaSO4生成，说明SO2被氧化为。
【解答】解：A．70%硫酸溶液属于质量分数，配制该溶液需要用到的仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，不需要使用容量瓶，故A正确；
B．SO2在水中具有一定的溶解度，在饱和亚硫酸氢钠溶液中，溶解度较小，装置B的作用是监控SO2流速，其中试剂可以用饱和NaHSO3溶液，故B错误；
C．根据题意可知，装置C中，SO2与硫酸铜、氢氧化钠溶液反应，生成硫酸钠、Cu2O、水，SO2是还原剂，硫酸铜是氧化剂，根据化合价升降守恒，可得SO2与硫酸铜的物质的量之比为1：2，即氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1，故C正确；
D．反应后向C的溶液中加入稀盐酸酸化后，再滴加BaCl2溶液、有白色沉淀生成，即有BaSO4生成，证明反应中SO2作还原剂，SO2被氧化为，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查实验方案的设计，侧重考查SO2的性质，同时考查氧化还原反应原理的应用，属于高考高频考点，难度中等。
二．解答题（共3小题）
21．（2024秋•东城区校级月考）黄铜矿（主要成分为CuFeS2）可用于冶炼Cu2O，主要物质转化过程如下：
（1）Cu2S与O2共热制备Cu2O的反应中，化合价升高的元素是 硫（或S） 。
（2）为减少SO2对环境的污染，在高温时可以用CaO将其转化为CaSO4，反应的化学方程式为 2CaO+2SO2+O22CaSO4 。
（3）SO2中心原子的杂化方式是 sp2 ，用价层电子对互斥理论解释SO2的空间结构不同于CO2的原因： SO2中心原子S周围的价层电子对数为：2+＝3，有1对孤电子对，而CO2中心原子C周围的价层电子对数为：2+＝2，无孤电子对 。
（4）如图中，表示Cu2O晶胞的是 图1 （填“图1”或“图2”）。
（5）Cu2O与Cu2S都可视为离子晶体，且结构相似，但Cu2O的熔点比Cu2S的高约100℃，原因是 S2﹣半径比O2﹣半径大，导致Cu2O的晶格能大于Cu2S 。
（6）CuFeS2的晶胞如图3所示。
①图4所示结构单元不能作为CuFeS2晶胞的原因是 图4所示结构单元并不能采用“无隙并置”地在晶体中重复出现 。
②从图3可以看出，每个CuFeS2晶胞中含有的Cu原子个数为 4 。
③已知：CuFeS2晶体的密度是4.30g/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA。CuFeS2晶胞中底边边长a＝ ×1010 pm（用计算式表示；1cm＝1010pm；CuFeS2的摩尔质量为184g/ml）。
【专题】化学键与晶体结构．
【分析】（1）由题干流程图可知，Cu2S与O2共热制备Cu2O的同时还生成SO2；
（2）为减少SO2对环境的污染，在高温时可以用CaO将其转化为CaSO4；
（3）SO2中心原子S周围的价层电子对数为：2+＝3，根据杂化轨道理论可知，硫原子的杂化方式是sp2，又知CO2中心原子C周围的价层电子对数为：2+＝2；
（4）根据晶胞中均摊法可知，图1所示晶胞中含有Cu个数为：4个，O原子个数为：＝2，故其化学式为：Cu2O，图2所示晶胞中含有Cu个数为：＝4个，O原子个数为：＝4；
（5）Cu2O与Cu2S都可视为离子晶体，且结构相似，但由于S2﹣半径比O2﹣半径大，导致Cu2O的晶格能大于Cu2S；
（6）①比较题干图3和图4可知，图4所示结构单元并不能采用“无隙并置”地在晶体中重复出现；
②从图3可以看出，每个CuFeS2晶胞中含有的Cu原子个数为；
③由题干图3所示晶胞可知，一个晶胞中含有：Cu原子个数为＝4，Fe个数为：＝4，含有S个数为8，故一个晶胞的质量为：g，CuFeS2晶体的密度是4.30g/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，故有2（a×10﹣10）3×4.30g/cm3＝g。
【解答】解：（1）由题干流程图可知，Cu2S与O2共热制备Cu2O的同时还生成SO2，故该反应中，化合价升高的元素是硫（或S），
故答案为：硫（或S）；
（2）为减少SO2对环境的污染，在高温时可以用CaO将其转化为CaSO4，该反应的化学方程式为：2CaO+2SO2+O22CaSO4，
故答案为：2CaO+2SO2+O22CaSO4；
（3）SO2中心原子S周围的价层电子对数为：2+＝3，根据杂化轨道理论可知，硫原子的杂化方式是sp2，又知CO2中心原子C周围的价层电子对数为：2+＝2，根据价层电子对互斥理论可知：SO2为V形，而CO2为直线形，
故答案为：sp2；SO2中心原子S周围的价层电子对数为：2+＝3，有1对孤电子对，而CO2中心原子C周围的价层电子对数为：2+＝2，无孤电子对；
（4）根据晶胞中均摊法可知，图1所示晶胞中含有Cu个数为：4个，O原子个数为：＝2，故其化学式为：Cu2O，图2所示晶胞中含有Cu个数为：＝4个，O原子个数为：＝4，故其化学式为：CuO，
故答案为：图1；
（5）Cu2O与Cu2S都可视为离子晶体，且结构相似，但由于S2﹣半径比O2﹣半径大，导致Cu2O的晶格能大于Cu2S，则Cu2O的熔点比Cu2S的高约100℃，
故答案为：S2﹣半径比O2﹣半径大，导致Cu2O的晶格能大于Cu2S；
（6）①比较题干图3和图4可知，图4所示结构单元并不能采用“无隙并置”地在晶体中重复出现，故图4不是CuFeS2的晶胞，
故答案为：图4所示结构单元并不能采用“无隙并置”地在晶体中重复出现；
②从图3可以看出，每个CuFeS2晶胞中含有的Cu原子个数为＝4，
故答案为：4；
③由题干图3所示晶胞可知，一个晶胞中含有：Cu原子个数为＝4，Fe个数为：＝4，含有S个数为8，故一个晶胞的质量为：g，CuFeS2晶体的密度是4.30g/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，故有2（a×10﹣10）3×4.30g/cm3＝g，故CuFeS2晶胞中底边边长a＝×1010pm，
故答案为：×1010。
【点评】本题考查晶体结构，侧重考查学生晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
22．（2024秋•沈阳月考）短周期主族元素T的一种氧化物为TO2。根据下列信息回答相关问题：
（1）若TO2气体具有刺激性气味，通入酸性KMnO4溶液中，溶液由紫红色变为无色。食品中添加适量TO2可起到防腐和抗氧化作用，则TO2的化学式为 SO2 TO2还可以使品红褪色，则体现了它的 C （A.氧化性B.还原性C.漂白性D.酸性氧化物的通性）常温下，TO2与T的简单氢化物不能大量共存，原因是 2H2S+SO2＝3S+2H2O （用化学方程式表示）。
（2）若T位于第三周期ⅣA族，含有TO2的材料在碱性土壤中会“短路”，其原因是 （用离子方程式表示）。
（3）常温下，若TO2是红棕色气体。在针管实验中，乙管中充满TO2使甲管中物质和乙管中物质反应。
启动实验后，下列叙述正确的是 AC （填标号）。
A.若甲管中充满KI﹣淀粉溶液，则溶液变蓝
B.若甲管中充满H2S则颜色无明显变化
C.若甲管中充满FeCl2溶液，则溶液变黄色
（4）若将无色无味的TO2气体持续通入澄清石灰水中，石灰水先变浑浊，后变澄清。在点燃条件下TO2和镁单质的能发生反应，且生成黑色固体。写出反应的化学方程式 2Mg+CO2C+2MgO 。将TO2通入棉花包裹的Na2O2粉末中，过一会儿，棉花燃烧起来。由此推知，TO2和Na2O2反应是 放热 （填“吸热”或“放热”）反应。
【专题】氧族元素；探究与创新能力．
【分析】（1）根据SO2是一种无色有刺激性气味的气体，具有强还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而是酸性高锰酸钾溶液褪色，SO2还可以使品红褪色，则体现了它的漂白性，SO2与H2S会反应，进行分析；
（2）根据SiO2是酸性氧化物，能与碱反应进行分析；
（3）根据常温下，若TO2是红棕色气体即为NO2，NO2能与水反应生产HNO3，HNO3具有强氧化性，进行分析；
（4）根据将无色无味的CO2气体持续通入澄清石灰水中，石灰水先变浑浊，后变澄清，点燃条件下CO2和镁单质能发生反应，且生成黑色固体进行分析；
【解答】解：（1）已知SO2是一种无色有刺激性气味的气体，具有强还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而是酸性高锰酸钾溶液褪色，故若TO2气体具有刺激性气味，通入酸性KMnO4溶液中，溶液由紫红色变为无色，食品中添加适量TO2可起到防腐和抗氧化作用，则TO2的化学式为SO2；SO2还可以使品红褪色，则体现了它的漂白性；常温下，SO2与S的简单氢化物即H2S不能大量共存，原因是2H2S+SO2＝3S+2H2O，
故答案为：SO2；C；2H2S+SO2＝3S+2H2O；
（2）若T位于第三周期VA族，故T为Si，则T的氧化物即SiO2，SiO2是酸性氧化物，能与碱反应，离子方程式为SiO2+2OH﹣＝+H2O，
故答案为：；
（3）常温下，若TO2是红棕色气体即为NO2，据此分析解题：
A.由于NO2能与水反应生产HNO3，HNO3具有强氧化性，能将KI氧化为l2，故若甲管中充满KI﹣淀粉溶液，则溶液变蓝，A符合题意；
B.由于NO2能将H2S氧化为S，NO2的红棕色褪去，且产生淡黄色固体，故若甲管中充满H2S，则颜色有明显变化，B不合题意；
C.由于NO2能与水反应生产HNO3，HNO3具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，故若甲管中充满FeCl3溶液，则溶液变黄色，C符合题意；
故答案为：AC；
（4）若将无色无味的TO2气体持续通入澄清石灰水中，石灰水先变浑浊，后变澄清，点燃条件下TO2和镁单质能发生反应，且生成黑色固体，则TO2为CO2，黑色固体为C，反应的化学方程式2Mg+CO2C+2MgO；将CO2通入棉花包裹的Na2O2粉末中，过一会儿，棉花燃烧起来，由此推知，该反应是一个放热反应，
故答案为：2Mg+CO2C+2MgO；放热。
【点评】本题主要考查含硫物质的性质及综合应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
23．（2024秋•南岗区校级月考）有机物H是有机合成中的一种重要中间体，合成H的一种路线如图所示：
已知：①A为芳香族化合物，分子式为C7H8O。
②B与银氨溶液反应，有单质银生成。
③CH2—CH2+HC＝HC□
请回答下列问题：
（1）H中官能团的名称为 碳碳双键、羧基 。
（2）E→F的反应类型为 加成反应 ，X的结构简式为 。
（3）A→C的化学方程式为 。
（4）D→E转化中第①步反应的化学方程式为 +2Ag（NH3）2OH+2Ag↓+3NH3+H2O 。
（5）G与乙醇发生酯化反应生成有机物Y，符合下列条件的Y的同分异构体 2 种；其中的一种结构简式为： 或 。
①分子中含有苯环，且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2
②含有碳碳三键，且碳碳三键与苯环直接相连
③苯环上只有三种取代基
④核磁共振氢谱显示有4组峰，且峰面积之比为6：2：1：1
（6）参照上述合成路线，设计以丙烯为原料合成化合物的路线如图：（部分反应条件已略去）。其中M和N的结构简式为 和 CH3C≡CH 。
【分析】根据信息②可知，B、C都是醛，B是乙醛；A为芳香族化合物，分子式为C7H8O，可知C是苯甲醛、A是苯甲醇；由H的结构简式逆推，可知D是，D被银氨溶液氧化为E，再和溴的四氯化碳发生加成反应生成F（）；F发生消去反应生成G（），G和X反应生成，结合信息③，可知X是。
【解答】解：（1）中官能团的名称为碳碳双键、羧基，
故答案为：碳碳双键、羧基；
（2）E和溴的四氯化碳发生加成反应生成，反应类型为加成反应；和X反应生成，结合信息③，可知X是，
故答案为：加成反应；；
（3）A→C是苯甲醇发生催化氧化生成苯甲醛，
故答案为：；
（4）D→E转化中第①步反应是银镜反应，
故答案为：+2Ag（NH3）2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；
（5）G是与乙醇发生酯化反应生成有机物，符合题中条件的有、两种，
故答案为：2；或；
（6）丙烯和溴发生加成反应生成，然后在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成CH3C≡CH，CH3C≡CH和丙烯反应生成目标产物，
故答案为：、CH3C≡CH。
【点评】本题考查合成路线的设计与优化、逆合成分析法、根据要求书写同分异构体、有机反应类型知识。
三．工艺流程题（共2小题）
24．（2024•淮南开学）ZnCO3•2Zn（OH）2是制备活性ZnO的中间体。以锌焙砂（主要成分为ZnO、ZnSiO3，含少量Cu2+、Mn2+等）为原料制备ZnCO3•2Zn（OH）2的流程如图：
回答下列问题：
（1）锌位于元素周期表第 四 周期第 ⅡB 族，ZnCO3•2Zn（OH）2属于 纯净物 （填“纯净物”或“混合物”）。
（2）“浸取1”步骤中加入H2O2的目的是 将Mn2+氧化为MnO2而除去 。
（3）“浸取2”步骤中[Cu（NH3）4]2+转化为“浸渣” CuS （填化学式）。
（4）“蒸氨”步骤中存在[Zn（NH3）4]2+→NH3，[Zn（NH3）4]2+中H—N—H的键角 ＞ （填“＞”“＜”或“＝”）NH3中H—N—H的键角。
（5）写出流程中“沉锌”的离子方程式： 3Zn2++6＝2Zn（OH）2•ZnCO3↓+5CO2↑+H2O 。
（6）该流程中可以循环利用的物质是 （NH4）2SO4 （写出主要成分的化学式）。
（7）ZnCO3•2Zn（OH）2经焙烧可得活性ZnO，反应的化学方程式为 ZnCO3•2Zn（OH）23ZnO+CO2↑+2H2O 。
【专题】制备实验综合．
【分析】锌焙砂的主要成分为ZnO、ZnSiO3，含少量Cu2+、Mn2+等，锌焙砂中加入H2O2、氨水、（NH4）2SO4浸取得到MnO2、H2SiO3，ZnO反应生成ZnSO4，ZnSiO3反应生成H2SiO3和[Zn（NH3）4]2+，溶液中还有[Cu（NH3）4]2+，Mn2+被氧化为MnO2，过滤后得到MnO2、H2SiO3，滤液中加入（NH4）2S浸取，得到难溶性的CuS，过滤后得到的滤渣为CuS，滤液进行蒸氨得到NH3，然后加入NH4HCO3沉锌，同时生成CO2，过滤得到ZnCO3•2Zn（OH）2。
【解答】解：（1）锌位于元素周期表第四周期第ⅡB族，ZnCO3•2Zn（OH）2是一种物质，所以属于纯净物，
故答案为：四；ⅡB；纯净物；
（2）H2O2具有氧化性，“浸取1”步骤中加入H2O2的目的是将Mn2+氧化为MnO2而除去，
故答案为：将Mn2+氧化为MnO2而除去；
（3）“浸取2”步骤中[Cu（NH3）4]2+转化为“浸渣”CuS，发生的反应为Cu2++S2﹣＝CuS，
故答案为：CuS；
（4）“蒸氨”步骤中存在[Zn（NH3）4]2+→NH3，[Zn（NH3）4]2+中N原子和3个氢原子、1个锌离子形成4个共价键，所以N原子采用sp3杂化，NH3分子中N原子采用sp3杂化但N原子含有一个孤电子对，孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，则[Zn（NH3）4]2+中H—N—H的键角大于NH3中H—N—H的键角，
故答案为：＞；
（5）“沉锌”的过程为：溶液中的锌离子与碳酸氢铵溶液反应生成2Zn（OH）2•ZnCO3，离子方程式为3Zn2++6＝2Zn（OH）2•ZnCO3↓+5CO2↑+H2O，
故答案为：3Zn2++6＝2Zn（OH）2•ZnCO3↓+5CO2↑+H2O；
（6）浸取时需要硫酸铵，沉锌时滤液中含有硫酸铵，该流程中可以循环利用的物质是（NH4）2SO4，
故答案为：（NH4）2SO4；
（7）ZnCO3•2Zn（OH）2经焙烧可得活性ZnO，根据元素守恒知，还生成CO2、H2O，反应的化学方程式为ZnCO3•2Zn（OH）23ZnO+CO2↑+2H2O，
故答案为：ZnCO3•2Zn（OH）23ZnO+CO2↑+2H2O。
【点评】本题考查物质的制备，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确流程图中各物质的成分及其性质、物质分离提纯方法是解本题关键，注意结合习题分析判断。
25．（2023•顺德区校级开学）氮循环与人类生活、社会发展息息相关。回答下列问题：
（1）用化学方程式表示实验室制备NH3的原理： Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O 。
（2）HNO3是一种重要的化工原料，工业上利用NH3制备HNO3的流程如图所示；
上述反应中，气体颜色发生变化的是 ② ，反应后分子数增加的是 ① （均填序号）。
（3）在1L的恒容密闭容器中通入1mlN2和3mlH2，在不同温度（T）下发生反应N2+3H2⇌2NH3，测得NH3的浓度（c，单位：ml/L）随反应时间（t）的变化情况如表所示：
①下列说法中，不能说明反应N2+3H2⇌2NH3达到平衡状态的是 d （填标号）。
a.v（N2）正＝2v（NH3）逆
b.断裂3mlH﹣H时断裂2mlN﹣H
c.混合气体的密度保持不变
d.混合气体的压强保持不变
②400℃时，在0～20min内，H2的平均反应速率为 0.0255 ml•L﹣1•min﹣1，50min时，N2的转化率为 25% （N2的转化率是指已被转化的N2的物质的量与其初始的物质的量之比）。
③由表格中的数据可知，600℃时，反应达到平衡所需要的时间t ＜ （填“＞”“＜”或“＝”）30min，说明理由： 500℃时反应达到平衡所需要的时间为30min，温度越高化学反应速率越快， 。
【专题】化学平衡计算．
【分析】（1）实验室制备NH3的原理为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O；
（2）反应①为：4NH3+5O24NO+6H2O，反应②为：2NO+O2＝2NO2，反应③为：3NO2+H2O＝2HNO3+NO，NH3和NO为无色气体，NO2为红棕色气体；
（3）①根据变量不变逆向相等来判断反应是否达到了平衡状态；
②4由表中数据可知，400℃时，20min时NH3的浓度0.34ml/L，则H2的浓度变化量为0.51ml/L，代入公式v（H2）＝即可，50min时，NH3的浓度0.50ml/L，N2的浓度变化量为0.25ml/L，消耗氮气的物质的量为0.25ml，N2的转化率为×100%＝25%；
（4）由表格中的数据可知，500℃时反应达到平衡所需要的时间为30min，温度越高化学反应速率越快，因此600℃时，反应达到平衡所需要的时间t＜30min。
【解答】解：（1）实验室制备NH3的原理为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O，
故答案为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O；
（2）反应①为：4NH3+5O24NO+6H2O，反应②为：2NO+O2＝2NO2，反应③为：3NO2+H2O＝2HNO3+NO，NH3和NO为无色气体，NO2为红棕色气体，因此气体颜色发生变化的是②，反应后分子数增加的是①，
故答案为：②；①；
（3）①a.当v（N2）正＝2v（NH3）逆时，正逆反应速率不相等，反应未达到平衡状态，故a错误；
b.断裂3mlH﹣H时断裂6mlN﹣H，反应达到了平衡状态，故b错误；
c.随着反应的进行，混合气体的质量不变，容积不变，混合气体的密度不变，因此混合气体的密度保持不变不能说明反应达到了平衡状态，故c错误；
d.该反应为气体体积减小的反应，随着反应的进行，气体的压强逐渐减小，因此气体的压强不变可以说明该反应达到了平衡状态，故d正确；
故答案为：d；
②4由表中数据可知，400℃时，20min时NH3的浓度0.34ml/L，则H2的浓度变化量为0.51ml/L，v（H2）＝＝＝0.0255ml•L﹣1•min﹣1，50min时，NH3的浓度0.50ml/L，N2的浓度变化量为0.25ml/L，消耗氮气的物质的量为0.25ml，N2的转化率为×100%＝25%，
故答案为：0.0255ml；25%；
（4）由表格中的数据可知，500℃时反应达到平衡所需要的时间为30min，温度越高化学反应速率越快，因此600℃时，反应达到平衡所需要的时间t＜30min，
故答案为：＜；500℃时反应达到平衡所需要的时间为30min，温度越高化学反应速率越快。
【点评】本题主要考查化学平衡的计算，为高频考点，题目难度一般。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/11/8 7:18:14；用户：组卷48；邮箱：zyb048@xyh.cm；学号：41419011
选项
现象
原因
A
HF的稳定性强于HCl
HF分子之间除了范德华力以外还存在氢键
B
CF3COOH的酸性强于CCl3COOH酸性
F的电负性大于Cl，使O—H键极性增强
C
对羟基苯甲醛的熔沸点比邻羟基苯甲醛的高
对羟基苯甲醛形成分子间氢键，而邻羟基苯甲醛形成分子内氢键
D
熔点：NaCl＞NaBr
Cl﹣的半径小于Br﹣，NaCl中离子键比NaBr中离子键强
实验序号
T/℃
t/min
0
10
20
30
40
50
1
400
0
0.20
0.34
0.43
0.50
0.50
2
500
0
0.25
0.40
0.48
0.48
0.48
3
600
0
0.28
0.45
0.45
选项
现象
原因
A
HF的稳定性强于HCl
HF分子之间除了范德华力以外还存在氢键
B
CF3COOH的酸性强于CCl3COOH酸性
F的电负性大于Cl，使O—H键极性增强
C
对羟基苯甲醛的熔沸点比邻羟基苯甲醛的高
对羟基苯甲醛形成分子间氢键，而邻羟基苯甲醛形成分子内氢键
D
熔点：NaCl＞NaBr
Cl﹣的半径小于Br﹣，NaCl中离子键比NaBr中离子键强
实验序号
T/℃
t/min
0
10
20
30
40
50
1
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0
0.20
0.34
0.43
0.50
0.50
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