2025高考化学解密 压轴卷训练8（Word版附解析）

这是一份2025高考化学解密 压轴卷训练8（Word版附解析），共47页。
A．InNi3C0.5•Fe3O4中金属元素均为过渡金属元素
B．SiO2可与氢氟酸反应，故SiO2为碱性氧化物
C．NaH2PO2为正盐，故H3PO2为一元酸
D．直径介于1∼100nm的氮化镓（GaN）为胶体
2．（2024秋•东西湖区校级月考）化学用语可以表达变化过程。下列化学用语表达正确的是（ ）
A．用电子式表示HClO的形成：
B．OF2的价层电子对互斥（VSEPR）模型：
C．用轨道表示式表示铜的价电子由激发态跃迁回基态的过程：
D．用电子云轮廓图表示HCl中s—pσ键的形成：
3．（2024秋•小店区校级月考）下列方程式正确的是（ ）
A．向含有硝酸银的氯化银悬浊液中加入适量KBr溶液，证明AgBr比AgCl更难溶：AgCl（s）+Br﹣（aq）⇌AgBr（s）+Cl﹣（aq）
B．向酸化的KMnO4溶液中加入少量Na2S，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明一定发生离子反应：8+5S2﹣+24H+＝8Mn2++5+12H2O
C．甲醛与足量银氨溶液反应：HCHO+2Ag（NH3）2OH2Ag↓+3NH3+HCOONH4+H2O
D．Na2S2O3溶液中通入足量Cl2：S2+4Cl2+5H2O＝8Cl﹣+2+10H+
4．（2024秋•贵阳月考）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．将1.0ml NO和0.5ml O2充分混合，气体分子总数为1.0NA
B．等物质的量的乙酸和乙醇充分反应，生成乙酸乙酯的分子数可能为NA
C．常温下，1LpH＝1的H2SO4溶液中H+的数目为0.2NA
D．对于反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g） ΔH＝﹣92.4kJ/ml，当放出92.4kJ热量时，生成NH3的数目小于2NA
5．（2024秋•大连期中）X、Y、Z、Q、W、M为原子序数依次增大的六种短周期主族元素，Q与M同主族，且M的相对原子质量为Q的两倍，该六种元素构成的某化合物是大蒜主要生物活性物质之一，具有抗菌杀毒、抗糖尿病等多种功效，结构简式如图，下列说法不正确的是（ ）
A．的VSEPR模型为平面三角形
B．Q元素所在周期中，第一电离能大于Q的元素有2种
C．Y元素的各种含氧酸盐水溶液，可能显酸性，也可能显碱性
D．X、Y、Z、Q四种元素既可以组成离子化合物也可以组成共价化合物
6．（2024•云南学业考试）钙钛矿在高温超导及电子传感领域有广泛应用。一种钙钛矿的晶胞结构示意图如图，下列说法错误的是（ ）Ω
A．该物质的化学式为CaTiO3
B．Ti元素位于元素周期表的d区
C．每个Ti4+周围与其最近且距离相等的Ti4+有12个
D．该钙钛矿晶胞结构的另一种表示中，Ca2+处于各顶角位置，则Ti4+处于体心位置，O2﹣处于面心位置
7．（2024•潍坊开学）某化学小组向盛有4mL0.1ml•L﹣1CuSO4溶液的试管中逐滴加入1ml•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＝4
9．（2024秋•河东区校级月考）中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，其主要过程如图所示。
已知：几种物质中化学键的键能如表所示。
若反应过程中分解了2ml H2O，则下列说法不正确的是（ ）
A．总反应为2H2O2H2↑+O2↑
B．过程Ⅲ属于放热反应
C．过程Ⅱ放出了574kJ能量
D．过程Ⅰ吸收了926kJ能量
10．（2024•南通模拟）如图1所示是一种CO2捕获系统，初始状态下，左侧电解质储罐中装入DSPZ与KCl的混合溶液，右侧电解质储罐中装入K3Fe（CN）6—K4Fe（CN）6的混合溶液，中央为电解装置，电解装置的左右两侧为电极、中间为离子选择性膜，在电解过程中可允许K+通过。通过不断调换正负极可实现CO2的吸收和释放。已知DSPZ的结构简式如图2所示。当左侧电极连接电源负极时，反应过程中DSPZ转化为H2DSPZ。下列说法错误的一项是（ ）
A．电池工作时，K+的迁移方向：右→左
B．电池工作时，该电池正在进行CO2的吸收
C．左侧电极发生的电极反应方程式为：DSPZ+2H2O+2e﹣＝H2DSPZ+2OH﹣
D．每转移1mle﹣时，该电池固定常温下22.4LCO2
11．（2024秋•贵阳月考）下面是某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图像，其中图像和实验结论表达均正确的是（ ）
A．①是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图像，正反应ΔH＜0
B．②是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl固体后化学反应速率随时间变化的图像
C．③是在有无催化剂存在下建立的平衡图像，a是使用催化剂时的曲线
D．④是一定条件下向含有一定量A的容器中逐渐加入B的图像，压强p1＞p2
12．（2024秋•邢台月考）a、b、c、d为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X、Y、Z、W、R分别是由上述四种元素中的一种或几种组成的物质。已知X、Y分子中分别含有18、10个电子，R为黄绿色单质，W有漂白性。五种物质间的转化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．b、c的氢化物的热稳定性比较：b＞c
B．a和c可以形成18电子的化合物a2c2
C．四种元素简单离子半径比较：d＞b＞c＞a
D．a、b、d组成的化合物中可能既有离子键又有极性键
13．（2024秋•西城区校级月考）中成药连花清瘟胶囊在对抗H1N1病毒中发挥重大作用，其有效成分绿原酸的结构简式如图，下列有关说法正确的是（ ）
A．绿原酸属于芳香烃
B．1ml绿原酸最多可与6ml H2反应
C．1ml绿原酸与溴水反应最多可消耗5ml Br2
D．绿原酸苯环上的3个基团做位置变换构成的绿原酸的同分异构体有5种
14．（2024•湖南模拟）某化学兴趣小组欲探究氢氧化镁固体在氯化铵中溶解的原因，进行了如下实验：
已知：①Ksp[Mg（OH）2]＝5.6×10﹣12；②常温下，CH3COOH的电离常数Ka＝1.8×10﹣5，NH3•H2O的电离常数Kb＝1.8×10﹣5。
关于以上实验，下列说法错误的是（ ）
A．只通过实验一和二，氢氧化镁溶解可能是铵根或者氢离子作用的结果
B．若加入试剂X为0.1ml/LHCl溶液5mL，实验现象为白色浊液逐渐变澄清，与实验一形成对照，可以说明Mg（OH）2被H+溶解
C．实验三和四中加入CH3COONH4可以排除H+的干扰，因为CH3COONH4溶液显中性
D．通过以上四个实验证明，Mg（OH）2溶解的原因是和形成了更难电离的NH3•H2O
15．（2024•浙江开学）室温下，用含少量Mg2+的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如题图所示：
已知：Ksp（MgF2）＝5.2×10﹣11，Ksp（MnCO3）＝8.0×10﹣11，Ksp（Mn（OH）2）＝1.9×10﹣13，Ka1（H2CO3）＝4.5×10﹣7，Ka2（H2CO3）＝4.7×10﹣11
下列说法正确的是（ ）
A．MgF2饱和溶液中：c（F﹣）+c（HF）＝2c（Mg2+）
B．为提高MnCO3的产率，使用Na2CO3溶液“沉锰”效果更好
C．0.1ml•L﹣1NaHCO3溶液中，c（Na+）＞c（）＞c（）＞c（H2CO3）
D．反应：Mn2++2⇌MnCO3↓+H2CO3的平衡常数为K≈1.3×106
16．（2024秋•香坊区校级期中）下列各物质在一定条件下均与水反应，验证反应产物的操作或现象错误的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
17．（2024秋•盐城月考）BASF高压法制备醋酸，所采用钴碘催化循环过程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．CH3OH转化为CH3I的有机反应类型属于取代反应
B．从总反应看，循环过程中需不断补充CH3OH、H2O、CO等
C．与丙酸甲酯互为同分异构体且与CH3COOH互为同系物的物质有2种
D．该循环总反应的方程式为CO+CH3OH→CH3COOH
18．（2024•湖北一模）传统中药金银花的有效成分绿原酸具有抗菌消毒的作用，绿原酸是一种强极性有机化合物。实验室从金银花中提取绿原酸的装置如图所示。将粉碎的干燥金银花放入滤纸套筒1中，烧瓶中装入无水乙醇。下列说法错误的是（ ）
A．与常规萃取相比，索氏提取器的优点是使用溶剂少，可连续萃取
B．萃取过程中，绿原酸的乙醇溶液经虹吸管流回烧瓶中
C．提取过程中不可选用明火直接加热
D．可用CCl4代替乙醇进行实验
19．（2023秋•海淀区校级月考）不同环境下Na2CO3与MgCl2反应产物可能不同。图1中曲线表示常温下Na2CO3体系中含碳粒子的物质的量分数与pH的关系；图2中曲线Ⅰ、Ⅱ分别代表常温下Mg（OH）2、MgCO3在水中的沉淀溶解平衡曲线；不同pH下c（）由图1得到。根据图像判断下列说法正确的是（ ）
A．常温下的水解常数Kh＝10﹣7.63
B．若混合溶液初始状态pH＝9、c（Mg2+）＝10﹣2ml/L，混合后溶液中含碳微粒总数不变
C．若混合溶液初始状态pH＝11、c（Mg2+）＝10﹣2ml/L，没有沉淀生成
D．若混合溶液初始状态pH＝8、c（Mg2+）＝10﹣1ml/L，此时发生反应：Mg2++2＝MgCO3↓+CO2↑+H2O
20．（2024秋•江岸区校级月考）用CO合成甲醇（CH3OH）的化学方程式为CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g） ΔH＜0，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．温度：T1＞T2＞T3
B．正反应速率：v（a）＞v（c）、v（b）＞v（d）
C．平衡常数：K（a）＞K（c）、K（b）＝K（d）
D．平均摩尔质量：、
二．解答题（共5小题）
21．（2024•玉树州四模）元素周期表中第四周期的某些元素在生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）砷在自然界中分布广泛，主要用于制砷铅合金、砷铜合金。基态砷原子的价电子排布式为 ，砷、硒、溴三种元素电负性由小到大的顺序为 （填元素符号），的空间构型是 形。
（2）科学家在研究金属矿物质组分的过程中，发现了Cu—Ni—Fe等多种金属互化物。确定某种金属互化物是晶体还是非晶体的实验是 。
（3）Ni能与CO反应生成Ni（CO）4，其中碳原子的杂化方式是 ，σ键和π键数目之比为 。
（4）C（NH3）5Cl3是钴的一种配合物，向100mL0.1ml•L﹣1该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成2.87g白色沉淀，则该配合物的化学式为 ，中心离子的配位数为 。
（5）某离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由X、Y组成，则该氧化物的化学式为 。已知该晶体的密度为dg•cm﹣3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的晶胞参数a＝ pm（用含d和NA的代数式表示）。
22．（2024春•杨浦区校级期末）金属元素单质及化合物在人类生产生活中有着极为重要的作用。
（1）冬奥会上短道速滑运动员使用的速滑冰刀的材质是合金钢。下列关于合金钢的说法正确的是 。
A.熔点一般比纯铁低
B.硬度一般比纯铁小
C.含碳量比生铁高
D.延展性比生铁差
（2）吴老师用打磨过的铝片进行如图实验，下列分析不合理的是 。
A.①中铝片发生了钝化
B.②中产生的气泡是氮氧化合物，不是氢气
C.③中沉淀溶解的离子方程式是Al（OH）3+OH﹣＝[Al（OH）4]﹣
D.将铝片换成铁片，实验现象类似
（3）铝热反应释放大量的热，常用于冶炼难熔金属。用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验，需要的试剂还有 。（双选）
A.KCl
B.KClO3
C.MnO2
D.Mg
（4）小韩同学进行上述铝热反应实验得到了一块黑灰色物质。为证明其中含有金属铝，她设计了一个简单实验。该实验所用试剂是 （填化学式），该试剂与金属铝反应的离子方程式为 。
（5）小金同学推测灰黑色物质中还含有Fe2O3，为此他设计如下实验：取一小块样品投入到稍过量稀硫酸中，向反应后的混合液中滴加物质甲的溶液，观察到溶液颜色未变红，证明黑灰色物质中不含Fe2O3。则物质甲是 （填化学式）。小金的实验方案是否合理？ （填“合理”或“不合理”）。
理由： （用离子方程式说明）。
因在航空、核能、电池等高技术领域的重要作用，锂被称为“21世纪的能源金属”。
（6）氢化锂（LiH）中负离子半径大于正离子半径，其原因是 。
（7）下列关于碱金属元素及其单质的叙述中，正确的是 。
A.金属钠着火，要用泡沫灭火剂扑灭
B.水溶液中正离子氧化性：Li+＜Na+＜K+＜Rb+
C.单质熔点：Li＜Na＜K＜Rb
D.与水反应的能力：Na＜K
（8）Li2O2与Na2O2的组成与性质相似，小郭同学将Li2O2投入水中，产生大量气体，请写出化学方程式 。该反应产生1ml气体转移的电子数为 。
从古至今，铁及其化合物在人类的生产生活中都起了巨大的作用。
（9）铁的化合物种类丰富，下列铁的化合物中，不能直接通过化合反应得到的是 。
A.Fe3O4
B.FeCl2
C.Fe（OH）2
D.Fe（OH）3
（10）曾老师向FeSO4溶液中滴加烧碱溶液，她将看到的现象为 ，请用化学方程式解释出现此现象的原因 ， 。
Fe2（SO4）3溶液可除去煤中以黄铁矿（FeS2）形式存在的硫元素，反应如下：
FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O＝15FeSO4+8H2SO4
（11）上述反应中的还原产物为 。
（12）该方法的优点之一是Fe2（SO4）3易再生。向反应后的溶液中通入 ，就能达到使Fe2（SO4）3再生的目的，方便且价廉。写出相应的离子方程式 。
23．（2024秋•杨浦区校级月考）溴己新（I）又称必嗽平，常用作祛痰药。可通过下列路线合成：
①有机物A（甲苯）可以通过煤的干馏获得。下列有关说法正确的是 。
A.煤的干馏属于物理变化
B.甲苯分子中的所有原子都在同一平面上
C.甲苯发生硝化反应时，主要得到邻硝基甲苯和对硝基甲苯两种一硝基取代物
D.甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色的原因是甲基活化了苯环
②写出F中不含氧官能团的名称： ；
③E的结构简式： 。
④反应①所需的试剂是 ；
⑤反应②与反应⑥的反应类型分别为 。
A.取代、取代
B.氧化、加成
C.氧化、还原
D.氧化、取代
⑥写出反应③的反应式： 。
⑦写出属于芳香族化合物，满足下列条件F的同分异构体结构简式： （任写一种）。
ⅰ.能发生银镜反应
ⅱ.1ml F最多可消耗5ml NaOH，且产物不含甲基
⑧在合成B→E的流程中，反应②、④可否互换，简述理由 。
⑨请写出以CH2＝CHCH＝CH2和为原料制备的合成路线 。
24．（2024•贵州开学）纳米级MO3具有致电变性性能，在电子工业上有广泛应用。以铁铝华矿[主要成分是Fe2（MO4）3•8H2O还含有少量的Al2O3]为原料制备MO3和Na2FeO4的流程如图。回答下列问题：
已知： K＝1013.38；当溶液中某离子的浓度小于或等于10﹣5ml•L﹣1时，表明该离子已完全沉淀。
（1）基态Fe的价层电子排布式为 ，M和Cr同族，M位于 区。
（2）“焙烧”时Fe2（MO4）3•8H2O （填“作氧化剂”“作还原剂”或“既不作氧化剂又不作还原剂”），提高“焙烧”反应速率，宜采取的措施有 （答1条）。
（3）“调pH”的最低值为 。
（4）“沉钼”时分两步反应：第一步是 （写化学方程式），第二步是H2MO4═MO3+H2O。
（5）配平制备Na2FeO4的反应方程式： Fe（OH）3+ ClO﹣+ ═ Cl﹣+ 。
（6）Na2MO4、Na2SO4的溶解度随温度变化的情况如图所示，曲线A代表 （填“Na2SO4”或“Na2MnO4”。
25．（2024秋•南京月考）CO2、CH4资源利用具有重要意义。
（1）燃煤烟气中CO2的捕集可通过如下所示的物质转化实现。
①“吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应的化学方程式为 。
②载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的CO2，其原因是 。
（2）以NaCl饱和溶液为电解质溶液，利用如图所示的装置将CO2转化为燃料CO。则阴极上电极反应式为 。
（3）甲烷﹣水蒸气催化重整制氢（SMR）是一种制高纯氢的方法之一，其涉及的主要反应如下：
反应Ⅰ：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g） ΔHl＝+206.3kJ•ml﹣1
反应Ⅱ：CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g） ΔH2
反应Ⅲ：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g） ΔH3＝﹣41.1kJ•ml﹣1
650℃（局部温度过高会造成积碳）、按照一定流速通入原料气，当水碳比一定时，催化剂中无添加吸附剂和添加P—Li4SiO4吸附剂（吸收CO2），各气体组分反应的平衡含量与时间的关系如图所示：
①反应Ⅱ的ΔH2＝ kJ•ml﹣1。
②催化剂中添加P—Li4SiO4吸附剂与无添加吸附剂比较，t1 min前H2的平衡含量升高，CO2、CO和CH4的平衡含量降低；t1 min后H2的平衡含量降低，CO2、CO和CH4的平衡含量升高，最后与无添加吸附剂时的含量相同，可能的原因是 。
③实验时发现t1 min后CO2的平衡含量低于理论平衡值，CO的平衡含量高于理论平衡值，可能的原因是 。（用化学反应方程式表示）
2025菁优高考化学压轴卷训练8
参考答案与试题解析
一．选择题（共20小题）
1．（2024秋•邢台月考）下列关于元素与物质分类的说法正确的是（ ）
A．InNi3C0.5•Fe3O4中金属元素均为过渡金属元素
B．SiO2可与氢氟酸反应，故SiO2为碱性氧化物
C．NaH2PO2为正盐，故H3PO2为一元酸
D．直径介于1∼100nm的氮化镓（GaN）为胶体
【专题】物质的分类专题．
【分析】A．根据In不属于过渡金属元素进行分析；
B．根据二氧化硅属于酸性氧化物进行分析；
C．根据NaH2PO2是正盐进行分析；
D．根据胶体中分散质粒子直径介于1～100nm之间进行分析。
【解答】解：A．In不属于过渡金属元素，故A错误；
B．SiO2不属于碱性氧化物，二氧化硅是硅酸的酸酐，属于酸性氧化物，故B错误；
C．因为NaH2PO2是正盐，H3PO2只能电离出一个氢离子，故是一元酸，故C正确；
D．分散质粒子直径介于1～100nm之间的分散系称为胶体，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系等，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•东西湖区校级月考）化学用语可以表达变化过程。下列化学用语表达正确的是（ ）
A．用电子式表示HClO的形成：
B．OF2的价层电子对互斥（VSEPR）模型：
C．用轨道表示式表示铜的价电子由激发态跃迁回基态的过程：
D．用电子云轮廓图表示HCl中s—pσ键的形成：
【专题】化学用语专题．
【分析】A．HClO是共价化合物；
B．根据OF2的价层电子对数为：2+（6﹣2×1）＝4，含有2对孤电子对，进行分析；
C．铜的基态价电子排布式为3d104s1，3d轨道全满状态稳定；
D．HCl中s﹣pσ键的形成过程中s电子云为球形，p电子云为哑铃形。
【解答】解：A．用电子式表示HClO的形成，故A错误；
B．OF2的价层电子对数为：2+（6﹣2×1）＝4，含有2对孤电子对，价层电子对互斥模型为：，故B错误；
C．铜的基态价电子排布式为3d104s1，故可用轨道表示式表示由激发态跃迁回基态的过程，故C正确；
D．用电子云轮廓图示意HCl中s﹣pσ键的形成：，故D错误，
故选：C。
【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，明确原子核外电子排布式的书写规则、电子式的书写规则等知识点是解本题关键，题目难度不大。
3．（2024秋•小店区校级月考）下列方程式正确的是（ ）
A．向含有硝酸银的氯化银悬浊液中加入适量KBr溶液，证明AgBr比AgCl更难溶：AgCl（s）+Br﹣（aq）⇌AgBr（s）+Cl﹣（aq）
B．向酸化的KMnO4溶液中加入少量Na2S，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明一定发生离子反应：8+5S2﹣+24H+＝8Mn2++5+12H2O
C．甲醛与足量银氨溶液反应：HCHO+2Ag（NH3）2OH2Ag↓+3NH3+HCOONH4+H2O
D．Na2S2O3溶液中通入足量Cl2：S2+4Cl2+5H2O＝8Cl﹣+2+10H+
【专题】离子反应专题．
【分析】A．因为悬浊液中含有过量的Ag+，所以无法证明；
B．酸化高锰酸钾溶液时可能使用的是H2SO4，干扰了的检验；
C．甲醛与足量银氨溶液反应，化学方程式为：HCHO+4Ag（NH3）2OH4Ag↓+6NH3+（NH4）2CO3+2H2O；
D．氯气将硫代硫酸根离子氧化成硫酸根离子。
【解答】解：A．因为悬浊液中含有过量的Ag+，所以无法证明，故A错误；
B．向酸化的KMnO4溶液中加入少量Na2S，滴加 BaCl2溶液时会产生白色沉淀，但酸化KMnO4时可能使用H2SO4，导致溶液中可能含有，无法证明S2﹣被氧化，故B错误；
C．甲醛与足量银氨溶液反应，化学方程式为：HCHO+4Ag（NH3）2OH4Ag↓+6NH3+（NH4）2CO3+2H2O，故C错误；
D．向Na2S2O3溶液中通入足量氯气，氯气将硫代硫酸根离子氧化成硫酸根离子，离子反应为S2+4Cl2+5H2O＝8Cl﹣+2+10H+，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学方程式和离子方程式的书写，明确物质的性质、发生的反应为解答关键，注意掌握氧化还原反应离子方程式的书写，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度中等
4．（2024秋•贵阳月考）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．将1.0ml NO和0.5ml O2充分混合，气体分子总数为1.0NA
B．等物质的量的乙酸和乙醇充分反应，生成乙酸乙酯的分子数可能为NA
C．常温下，1LpH＝1的H2SO4溶液中H+的数目为0.2NA
D．对于反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g） ΔH＝﹣92.4kJ/ml，当放出92.4kJ热量时，生成NH3的数目小于2NA
【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．NO2会发生反应2NO2⇌N2O4；
B．酯化反应可逆；
C．结合公式n＝cV计算；
D．依据反应放出热量计算生成NH3的数目。
【解答】解：A．1.0ml NO和0.5ml O2混合充分反应后生成1.0ml NO2，NO2又会发生反应2NO2⇌N2O4，气体分子总数小于1.0NA，故A错误
B．酯化反应可逆，没有明确乙醇和乙酸的具体物质的量，等物质的量的乙酸和乙醇充分反应，生成乙酸乙酯的分子数可能为NA，故B正确；
C．1LpH＝1的H2SO4溶液中氢离子浓度为0.1ml/L，1L该溶液中氢离子的物质的量为0.1ml/L×1L＝0.1ml，氢离子的数目为0.1NA，故C错误；
D．反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g） ΔH＝﹣92.4kJ/ml，若放出热量92.4kJ，则参加反应的N2的物质的量为1ml，生成NH3的数目等于2NA，故D错误；
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秋•大连期中）X、Y、Z、Q、W、M为原子序数依次增大的六种短周期主族元素，Q与M同主族，且M的相对原子质量为Q的两倍，该六种元素构成的某化合物是大蒜主要生物活性物质之一，具有抗菌杀毒、抗糖尿病等多种功效，结构简式如图，下列说法不正确的是（ ）
A．的VSEPR模型为平面三角形
B．Q元素所在周期中，第一电离能大于Q的元素有2种
C．Y元素的各种含氧酸盐水溶液，可能显酸性，也可能显碱性
D．X、Y、Z、Q四种元素既可以组成离子化合物也可以组成共价化合物
【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、Q、W、M为原子序数依次增大的六种短周期主族元素，其中Q与M同主族，由原子序数相对大小可知Q处于第二周期、M处于第三周期，化合物结构中，W形成+1价阳离子，W的原子序数又大于Q，可知W为Na元素，由原子序数可知Y、Z一定处于第二周期，化合物阴离子中，X形成1条共价键，且X的原子序数最小，故X为H元素，而Y形成4条共价键、Z形成3条共价键、Q形成2条共价键，可知Y为C元素、Z为N元素、Q为O元素，故M为S元素。
【解答】解：由分析可知，X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、Q为O元素、W为Na元素、M为S元素；
A．是，中心碳原子价层电子对数＝3+＝3，其VSEPR模型为平面三角形，故A正确；
B．Q（氧）元素所在周期中，第一电离能大于氧的元素有Ne、F、N共3种，故B错误；
C．碳酸钠溶液呈碱性，草酸氢钠溶液等呈酸性，故C正确；
D．（NH4）2CO3属于离子化合物，等属于共价化合物，故D正确；
故选：B。
【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判断，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况。
6．（2024•云南学业考试）钙钛矿在高温超导及电子传感领域有广泛应用。一种钙钛矿的晶胞结构示意图如图，下列说法错误的是（ ）Ω
A．该物质的化学式为CaTiO3
B．Ti元素位于元素周期表的d区
C．每个Ti4+周围与其最近且距离相等的Ti4+有12个
D．该钙钛矿晶胞结构的另一种表示中，Ca2+处于各顶角位置，则Ti4+处于体心位置，O2﹣处于面心位置
【专题】化学键与晶体结构．
【分析】A．根据均摊法计算晶胞所含微粒个数；
B．Ti为22号元素，价层电子排布式为3d24s2；
C．距顶点的Ti4+最近且距离相等的Ti4+位于其上下左右前后；
D．将如图8个晶胞并置，体心的Ca2+相连形成新的晶胞。
【解答】解：A.根据均摊法可知，该晶胞中含有Ti4+的个数为8×＝1，含Ca2+的个数为1，含O2﹣的个数为12×＝3，因此该物质的化学式为CaTiO3，故A正确；
B．Ti为22号元素，价层电子排布式为3d24s2，位于元素周期表的d区，故B正确；
C．距顶点的Ti4+最近且距离相等的Ti4+位于其上下左右前后，共6个，故C错误；
D．将如图8个晶胞并置，体心的Ca2+相连形成新的晶胞，则Ca2+处于顶角位置，Ti4+处于体心位置，O2﹣处于面心位置，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查晶胞密度的计算，由均摊法求算晶体的化学式、配位数的判断、元素的分区等知识点，题目属于中等难度。
7．（2024•潍坊开学）某化学小组向盛有4mL0.1ml•L﹣1CuSO4溶液的试管中逐滴加入1ml•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4mL0.1ml•L﹣1CuSO4溶液的试管中逐滴加入1ml•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•河东区校级月考）中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，其主要过程如图所示。
已知：几种物质中化学键的键能如表所示。
若反应过程中分解了2ml H2O，则下列说法不正确的是（ ）
A．总反应为2H2O2H2↑+O2↑
B．过程Ⅲ属于放热反应
C．过程Ⅱ放出了574kJ能量
D．过程Ⅰ吸收了926kJ能量
【专题】化学反应中的能量变化；分析与推测能力．
【分析】A．根据2 ml H2O分解生成了2ml H2和1ml O2，进行分析；
B．根据过程Ⅲ断裂2ml H2O2中H—O键，吸收的能量，生成1ml H2中H—H键，释放的能量，两者大小比较进行分析；
C．根据过程Ⅱ中生成1ml H2O2中O—O键和1ml H2中H—H键，进行分析；
D．根据过程Ⅰ中断裂了2ml H2O中H—O键，断键吸收能量进行分析。
【解答】解：A．反应过程中分解了2 ml H2O，生成了2ml H2和1ml O2，总反应为：2H2O2H2↑+O2↑，故A正确；
B．过程Ⅲ断裂2ml 过氧化氢分子中H—O键，吸收463kJ•ml﹣1×2ml＝926 kJ能量，生成1ml H2中H—H键，释放436kJ能量，即总体上吸收了490kJ能量，为吸热反应，故B错误；
C．过程Ⅱ中生成1ml 过氧化氢分子中O—O键和1ml 氢分子中H—H键，放出（138+436）kJ＝574kJ能量，故C正确；
D．过程Ⅰ中断裂了2ml 水分子中H—O键，吸收能量（463×2）kJ＝926kJ，故D正确；
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。
10．（2024•南通模拟）如图1所示是一种CO2捕获系统，初始状态下，左侧电解质储罐中装入DSPZ与KCl的混合溶液，右侧电解质储罐中装入K3Fe（CN）6—K4Fe（CN）6的混合溶液，中央为电解装置，电解装置的左右两侧为电极、中间为离子选择性膜，在电解过程中可允许K+通过。通过不断调换正负极可实现CO2的吸收和释放。已知DSPZ的结构简式如图2所示。当左侧电极连接电源负极时，反应过程中DSPZ转化为H2DSPZ。下列说法错误的一项是（ ）
A．电池工作时，K+的迁移方向：右→左
B．电池工作时，该电池正在进行CO2的吸收
C．左侧电极发生的电极反应方程式为：DSPZ+2H2O+2e﹣＝H2DSPZ+2OH﹣
D．每转移1mle﹣时，该电池固定常温下22.4LCO2
【专题】电化学专题．
【分析】当左侧电极连接电源负极时，该电极是阴极，发生得到电子的还原反应，反应过程中DSPZ转化为H2DSPZ，电极反应式为DSPZ+2H2O+2e﹣＝H2DSPZ+2OH﹣，有氢氧根生成可以吸收二氧化碳，因此左侧电极是正极，右侧电极是负极，据此解答。
【解答】解：A．原电池中阳离子移向正极，因此电池工作时，K+的迁移方向：右→左，故A正确；
B．根据以上分析可知电池工作时，该电池正在进行CO2的吸收，故B正确；
C．根据以上分析可知左侧电极发生的电极反应方程式为：DSPZ+2H2O+2e﹣＝H2DSPZ+2OH﹣，故C正确；
D．常温下气体的摩尔体积不是22.4L/ml，无法计算二氧化碳的体积，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查电解原理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
11．（2024秋•贵阳月考）下面是某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图像，其中图像和实验结论表达均正确的是（ ）
A．①是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图像，正反应ΔH＜0
B．②是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl固体后化学反应速率随时间变化的图像
C．③是在有无催化剂存在下建立的平衡图像，a是使用催化剂时的曲线
D．④是一定条件下向含有一定量A的容器中逐渐加入B的图像，压强p1＞p2
【专题】化学平衡专题；分析与推测能力．
【分析】A．依据温度变化对平衡的影响分析；
B．结合离子反应判断浓度变化对平衡的影响；
C．催化剂可以加快反应速率，但平衡不移动；
D．依据压强和反应物浓度变化对平衡等影响分析转化率变化。
【解答】解：A．根据图象①可知，升高温度，平衡正向移动，正反应ΔH＞0，故A错误；
B．②反应实质是和Cl﹣不参加化学反应，KCl浓度增大不影响化学平衡，故B错误；
C．③使用催化剂，反应速率加快，先达到平衡，但不改变平衡时A的体积分数，故C正确；
D．④此反应为反应前后气体物质的量不变的化学反应，改变压强平衡不移动，A的转化率不变，但由于不断加入B，A的转化率持续增大，故D错误；
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。
12．（2024秋•邢台月考）a、b、c、d为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X、Y、Z、W、R分别是由上述四种元素中的一种或几种组成的物质。已知X、Y分子中分别含有18、10个电子，R为黄绿色单质，W有漂白性。五种物质间的转化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．b、c的氢化物的热稳定性比较：b＞c
B．a和c可以形成18电子的化合物a2c2
C．四种元素简单离子半径比较：d＞b＞c＞a
D．a、b、d组成的化合物中可能既有离子键又有极性键
【专题】无机推断；分析与推测能力．
【分析】R为黄绿色单质，为Cl2；X含有18电子，W有漂白性，且X与W反应生成氯气，则X为HCl，W为HClO，Y既能与HCl反应又能与氯气反应，且含10个电子，则Y为NH3；生成的Z为NH4Cl，所以a、b、c、d分别为H、N、O、Cl；X、Y、Z、W、R分别为HCl、NH3、NH4Cl、HClO、Cl2。
【解答】解：A．同周期元素，非金属性从左到右逐渐增强，非金属性：O＞N，非金属越强氢化物稳定性越强，则稳定性：H2O＞NH3，故A错误；
B．a、c分别为H、O，H和O可形成18电子的H2O2，故B正确；
C．电子层数越多离子半径越大，层数相同时，核电荷数越多离子半径越小，则离子半径：Cl﹣＞N3﹣＞O2﹣＞H+，故C正确；
D．a、b、d分别为H、N、Cl，H、N、Cl可形成NH4Cl，既有离子键又有极性键，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握物质的性质以及反应的转化关系，把握氨气、次氯酸的性质为解答该题的关键，题目难度中等。
13．（2024秋•西城区校级月考）中成药连花清瘟胶囊在对抗H1N1病毒中发挥重大作用，其有效成分绿原酸的结构简式如图，下列有关说法正确的是（ ）
A．绿原酸属于芳香烃
B．1ml绿原酸最多可与6ml H2反应
C．1ml绿原酸与溴水反应最多可消耗5ml Br2
D．绿原酸苯环上的3个基团做位置变换构成的绿原酸的同分异构体有5种
【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．芳香烃仅由C、H两种元素组成且含有苯环；
B．分子中苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应；
C．碳碳双键能与溴水发生加成反应，酚羟基邻位、对位的氢原子能与溴发生取代反应；
D．2个酚羟基有邻、间、对3种位置关系，对应的第三个取代基依次有2种、3种、1种位置。
【解答】解：A．绿原酸除含有C、H两种元素外，还含有氧元素，绿原酸不属于芳香烃，故A错误；
B．酯基、羧基不能与氢气反应，分子中1个苯环、1个碳碳双键能与氢气发生加成反应，苯环、碳碳双键与氢气分别按物质的量1：3、1：1反应，1ml绿原酸最多可与4ml H2反应，故B错误；
C．碳碳双键与溴水发生加成反应，酚羟基邻位、对位的3个氢原子能与溴发生取代反应，1ml绿原酸与溴水反应最多可消耗4ml Br2，故C错误；
D．2个酚羟基有邻、间、对3种位置关系，对应的第三个取代基依次有2种、3种、1种位置，除去绿原酸本身，绿原酸苯环上的3个基团做位置变换构成的绿原酸的同分异构体有5种，故D正确；
故选：D。
【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，注意酚与溴取代反应规律，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
14．（2024•湖南模拟）某化学兴趣小组欲探究氢氧化镁固体在氯化铵中溶解的原因，进行了如下实验：
已知：①Ksp[Mg（OH）2]＝5.6×10﹣12；②常温下，CH3COOH的电离常数Ka＝1.8×10﹣5，NH3•H2O的电离常数Kb＝1.8×10﹣5。
关于以上实验，下列说法错误的是（ ）
A．只通过实验一和二，氢氧化镁溶解可能是铵根或者氢离子作用的结果
B．若加入试剂X为0.1ml/LHCl溶液5mL，实验现象为白色浊液逐渐变澄清，与实验一形成对照，可以说明Mg（OH）2被H+溶解
C．实验三和四中加入CH3COONH4可以排除H+的干扰，因为CH3COONH4溶液显中性
D．通过以上四个实验证明，Mg（OH）2溶解的原因是和形成了更难电离的NH3•H2O
【专题】气体的制备与性质检验类实验．
【分析】A.只参照实验一和实验二，NH4Cl浓度大时，Mg（OH）2溶解，可能是因为高浓度铵根离子，也可能是因为铵根离子浓度增大后，水解产生的H+浓度增大；
B.欲证明Mg（OH）2是被氢离子溶解，应该加入和0.1ml/L的氯化铵等氢离子浓度的盐酸；
C.由于CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等，醋酸铵显中性；
D.实验证明导致Mg（OH）2溶解的是（无H+时也能溶解），即可说明NH3•H2O更难电离。
【解答】解：A.只参照实验一和实验二，NH4Cl浓度大时，Mg（OH）2溶解，可能是因为高浓度铵根离子，也可能是因为铵根离子浓度增大后，水解产生的H+浓度增大，故A正确；
B.欲证明Mg（OH）2是被氢离子溶解，应该加入和0.1ml/L的氯化铵等氢离子浓度的盐酸（H+是铵根离子水解产生的），故B错误；
C.由于CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等，醋酸铵显中性，可以排除H+的干扰，故C正确；
D.实验证明导致Mg（OH）2溶解的是（无H+时也能溶解），即可说明NH3•H2O更难电离，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了物质性质的判断，主要是物质性质的理解应用和实验基本操作，掌握基础是关键，题目难度中等。
15．（2024•浙江开学）室温下，用含少量Mg2+的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如题图所示：
已知：Ksp（MgF2）＝5.2×10﹣11，Ksp（MnCO3）＝8.0×10﹣11，Ksp（Mn（OH）2）＝1.9×10﹣13，Ka1（H2CO3）＝4.5×10﹣7，Ka2（H2CO3）＝4.7×10﹣11
下列说法正确的是（ ）
A．MgF2饱和溶液中：c（F﹣）+c（HF）＝2c（Mg2+）
B．为提高MnCO3的产率，使用Na2CO3溶液“沉锰”效果更好
C．0.1ml•L﹣1NaHCO3溶液中，c（Na+）＞c（）＞c（）＞c（H2CO3）
D．反应：Mn2++2⇌MnCO3↓+H2CO3的平衡常数为K≈1.3×106
【专题】盐类的水解专题；制备实验综合．
【分析】A．根据物料守恒可知进行分析；
B．Na2CO3溶液的碱性较强，OH﹣浓度较大，使用Na2CO3溶液“沉锰”时，部分Mn2+会转化为Mn（OH）2；
C．判断的水解程度与电离程度的大小，进一步分析；
D．反应：Mn2++2⇌MnCO3↓+H2CO3的平衡常数K＝═×＝，将数据代入计算即可。
【解答】解：A．根据物料守恒可知，MgF2饱和溶液中存着物料守恒：c（F﹣）+c（HF）＝2c（Mg2+）+2c[Mg（OH）2]，故A错误；
B．Na2CO3溶液的碱性较强，OH﹣浓度较大，使用Na2CO3溶液“沉锰”时，部分Mn2+会转化为Mn（OH）2，降低了MnCO3的产率，故B错误；
C．NaHCO3溶液中，的水解平衡常数Kh＝＝＝＞Ka2（H2CO3）＝4.7×10﹣11，既水解程度大于电离程度，所以c（H2CO3）＞c（），所以0.1ml•L﹣1NaHCO3溶液中，c（Na+）＞c（）＞c（H2CO3）＞c（），故C错误；
D．反应：Mn2++2⇌MnCO3↓+H2CO3的平衡常数K＝═×＝≈1.3×106，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查三大守恒的应用，电离平衡常数、水解平衡常数、Ksp的综合应用，属于高考高频考点，难度中等。
16．（2024秋•香坊区校级期中）下列各物质在一定条件下均与水反应，验证反应产物的操作或现象错误的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【专题】实验评价题；归纳与论证能力．
【分析】A．可能装置内空气进入肥皂液中，出现气泡；
B．CaC2与水生成的乙炔中混有硫化氢，硫酸铜溶液除去硫化氢，酸性高锰酸钾可氧化乙炔；
C．过氧化氢与水反应生成氧气，氧气具有助燃性；
D．Mg3N2与水反应生成氨气，氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
【解答】解：A．可能装置内空气进入肥皂液中，出现气泡，不能证明生成了H2，故A错误；
B．CaC2与水生成的乙炔中混有硫化氢，硫酸铜溶液除去硫化氢，酸性高锰酸钾可氧化乙炔，紫色褪去，证明生成了CH≡CH，故B正确；
C．过氧化氢与水反应生成氧气，氧气具有助燃性，木条复燃，证明生成了O2，故C正确；
D．Mg3N2与水反应生成氨气，氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，试纸变蓝，证明生成了NH3，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
17．（2024秋•盐城月考）BASF高压法制备醋酸，所采用钴碘催化循环过程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．CH3OH转化为CH3I的有机反应类型属于取代反应
B．从总反应看，循环过程中需不断补充CH3OH、H2O、CO等
C．与丙酸甲酯互为同分异构体且与CH3COOH互为同系物的物质有2种
D．该循环总反应的方程式为CO+CH3OH→CH3COOH
【专题】物质的性质和变化专题；分析与推测能力．
【分析】A．根据CH3OH转化为 CH3I，羟基被碘原子取代进行分析；
B．根据总反应方程式为CO+CH3OH→CH3COOH，进行分析；
C．根据分子式相同结构不同的有机化合物互称同分异构体，结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物进行分析；
D．根据CO、CH3OH为反应物，CH3COOH为生成物，进行分析。
【解答】解：A．甲醇转化为 CH3I，羟基被碘原子取代，反应类型属于取代反应，故A正确；
B．该循环的总反应方程式为CO+CH3OH→CH3COOH，故此循环中不需要断补充H2O，故B错误；
C．与乙酸乙酯互为同分异构体且与CH3COOH互为同系物的物质有CH3CH2CH2COOH、（CH3）2CHCOOH两种，故C正确；
D．由该反应的催化循环过程可以看出一氧化碳、甲醇为反应物，乙酸为生成物，总反应的方程式为 CO+CH3OH→CH3COOH，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
18．（2024•湖北一模）传统中药金银花的有效成分绿原酸具有抗菌消毒的作用，绿原酸是一种强极性有机化合物。实验室从金银花中提取绿原酸的装置如图所示。将粉碎的干燥金银花放入滤纸套筒1中，烧瓶中装入无水乙醇。下列说法错误的是（ ）
A．与常规萃取相比，索氏提取器的优点是使用溶剂少，可连续萃取
B．萃取过程中，绿原酸的乙醇溶液经虹吸管流回烧瓶中
C．提取过程中不可选用明火直接加热
D．可用CCl4代替乙醇进行实验
【专题】化学实验常用仪器及试剂．
【分析】索氏提取器中2为蒸汽导管，3为虹吸管，无水乙醇受热蒸发，蒸汽沿导管上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，再经导管返回烧瓶，从而实现连续萃取。
【解答】解：A．根据图示装置，与常规的萃取相比，索氏提取器中当萃取液液面达到虹吸管顶端时，经虹吸管返回烧瓶，萃取后萃取液异丙胺可循环连续萃取，萃取液使用较少，萃取效率高，故A正确；
B．由分析可知，萃取过程中，绿原酸的乙醇溶液经虹吸管流回烧瓶中，故B正确；
C．无水乙醇沸点不高，受热易蒸发，具有可燃性，所以提取过程中不可选用明火直接加热，宜用水浴加热法，故C正确；
D．绿原酸是一种强极性有机化合物，难溶于四氯化碳，故不适合用CCl4代替乙醇，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查物质的分离、提纯的基本方法选择与应用等，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。
19．（2023秋•海淀区校级月考）不同环境下Na2CO3与MgCl2反应产物可能不同。图1中曲线表示常温下Na2CO3体系中含碳粒子的物质的量分数与pH的关系；图2中曲线Ⅰ、Ⅱ分别代表常温下Mg（OH）2、MgCO3在水中的沉淀溶解平衡曲线；不同pH下c（）由图1得到。根据图像判断下列说法正确的是（ ）
A．常温下的水解常数Kh＝10﹣7.63
B．若混合溶液初始状态pH＝9、c（Mg2+）＝10﹣2ml/L，混合后溶液中含碳微粒总数不变
C．若混合溶液初始状态pH＝11、c（Mg2+）＝10﹣2ml/L，没有沉淀生成
D．若混合溶液初始状态pH＝8、c（Mg2+）＝10﹣1ml/L，此时发生反应：Mg2++2＝MgCO3↓+CO2↑+H2O
【专题】盐类的水解专题．
【分析】A．根据的水解以第一步为主，水解方程式为，确定Ka2和Kh进行分析；
B．根据该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，由物料守恒进行分析；
C．根据该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的上方，会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀进行分析；
D．根据该点位于曲线Ⅱ的上方，曲线Ⅰ的下方，此时浓度最大，进行分析。
【解答】解：A．碳酸根离子的水解以第一步为主，水解方程式为，pH＝10.25时，，故Ka2＝，常温下碳酸根离子的水解常数Kh＝＝10﹣3.75，故A错误；
B．pH＝9、lg[c（Mg2+）]＝﹣2时，c（Mg2+）＝10﹣2ml/L，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，由物料守恒可知，溶液中c（H2CO3）+c（）+c（）＜0.1ml•L﹣1，混合后溶液中含碳微粒总数减小，故B错误；
C．pH＝11、lg[c（Mg2+）]＝﹣2时，c（Mg2+）＝10﹣2ml/L，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的上方，会产生MgCO3沉淀或氢氧化镁沉淀，故C错误；
D．若混合溶液初始状态pH＝8、lg[c（Mg2+）]＝﹣1时，c（Mg2+）＝10﹣1ml/L，该点位于曲线Ⅱ的上方，曲线Ⅰ的下方，此时浓度最大，发生反应：Mg2++2＝MgCO3↓+CO2↑+H2O，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查沉淀溶解平衡等，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秋•江岸区校级月考）用CO合成甲醇（CH3OH）的化学方程式为CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g） ΔH＜0，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．温度：T1＞T2＞T3
B．正反应速率：v（a）＞v（c）、v（b）＞v（d）
C．平衡常数：K（a）＞K（c）、K（b）＝K（d）
D．平均摩尔质量：、
【专题】化学平衡专题；分析与推测能力．
【分析】A．根据正反应放热，升高温度平衡逆向移动，CO的平衡转化率降低进行分析；
B．根据c点温度大于a点，c点CO浓度大于a点，进行分析；
C．根据正反应放热，升高温度平衡常数减小，进行分析；
D．根据正反应气体物质的量减小，a点CO平衡转化率大于c点，进行分析。
【解答】解：A．正反应放热，升高温度平衡逆向移动，一氧化碳的平衡转化率降低，所以温度：T1＜T2＜T3，故A错误；
B．c点温度大于a点，c点一氧化碳浓度大于a点，所以正反应速率：v（a）＜v（c），故B错误；
C．正反应放热，升高温度平衡常数减小，b、d温度相同，b、d平衡常数相等，a点温度最低，c点温度最高，a点平衡常数最大，c点平衡系数最小，所以K（a）＞K（c）、K（b）＝K（d），故C正确；
D．正反应气体物质的量减小，a点CO平衡转化率大于c点，所以平均摩尔质量：，故D错误；
故选：C。
【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。
二．解答题（共5小题）
21．（2024•玉树州四模）元素周期表中第四周期的某些元素在生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）砷在自然界中分布广泛，主要用于制砷铅合金、砷铜合金。基态砷原子的价电子排布式为 4s24p3 ，砷、硒、溴三种元素电负性由小到大的顺序为 As＜Se＜Br （填元素符号），的空间构型是 正四面体 形。
（2）科学家在研究金属矿物质组分的过程中，发现了Cu—Ni—Fe等多种金属互化物。确定某种金属互化物是晶体还是非晶体的实验是 X射线衍射实验 。
（3）Ni能与CO反应生成Ni（CO）4，其中碳原子的杂化方式是 sp ，σ键和π键数目之比为 1：1 。
（4）C（NH3）5Cl3是钴的一种配合物，向100mL0.1ml•L﹣1该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成2.87g白色沉淀，则该配合物的化学式为 [C（NH3）5Cl]Cl2 ，中心离子的配位数为 6 。
（5）某离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由X、Y组成，则该氧化物的化学式为 Fe3O4 。已知该晶体的密度为dg•cm﹣3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的晶胞参数a＝ pm（用含d和NA的代数式表示）。
【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）砷原子核电荷数33，基态的价电子排布式为 4s24p3，同一周期元素，从左到右，元素非金属性越来越强；中心原子价层电子对数为4+＝4，且没有孤电子对；
（2）确定某种金属互化物是晶体还是非晶体的方法是X射线衍射实验；
（3）Ni能与CO反应生成Ni（CO）4，N2和CO原子总数相同，价电子总数均为10，二者互为等电子体，则CO分子和N2的结构相似，C形成1个σ键和1个孤电子对；配合物Ni（CO）4中配位键也是σ键，共含有4+4＝8个σ键和4×2＝8个π键数；
（4）C（NH3）5Cl3是钴的一种配合物，向100mL0.1ml•L﹣1该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，配合物的物质的量＝0.1ml/L×0.1L＝0.01ml，n（AgCl）＝，说明该配合物中外界有2个氯离子，内界有1个氯离子，中心离子的配体为1个氯离子和5个氨气分子；
（5）Fe2+离子处于晶胞的顶点、面心以及A位置立方体的体心，O2﹣位于A、B小立方体的内部，每个小立方体内部各有4个；Fe3+离子处于晶胞B位置小立方体内部，晶胞中Fe2+离子数目＝4+8×+6×＝8、Fe3+离子数目＝4×4＝16，O2﹣离子数目＝4×8＝32，故Fe2+、Fe3+、O2﹣的个数比为8：16：32＝1：2：4．Fe、O原子数目之比＝24：32＝3：4，故氧化物化学式为Fe3O4，晶胞相当于有8个“Fe3O4”。
【解答】解：（1）砷原子核电荷数33，基态的价电子排布式为 4s24p3，同一周期元素，从左到右，元素非金属性越来越强，故电负性：As＜Se＜Br；中心原子价层电子对数为4+＝4，且没有孤电子对，空间构型是正四面体形，
故答案为：4s24p3；As＜Se＜Br；正四面体；
（2）确定某种金属互化物是晶体还是非晶体的方法是X射线衍射实验，
故答案为：X射线衍射实验；
（3）Ni能与CO反应生成Ni（CO）4，N2和CO原子总数相同，价电子总数均为10，二者互为等电子体，则CO分子和N2的结构相似，C形成1个σ键和1个孤电子对，杂化方式为sp；配合物Ni（CO）4中配位键也是σ键，共含有4+4＝8个σ键和4×2＝8个π键数，σ键和π键数目之比为1：1，
故答案为：sp；1：1；
（4）C（NH3）5Cl3是钴的一种配合物，向100mL0.1ml•L﹣1该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，配合物的物质的量＝0.1ml/L×0.1L＝0.01ml，n（AgCl）＝，说明该配合物中外界有2个氯离子，内界有1个氯离子，中心离子的配体为1个氯离子和5个氨气分子，该配合物的化学式为[C（NH3）5Cl]Cl2，配位数为6，
故答案为：[C（NH3）5Cl]Cl2；6；
（5）Fe2+离子处于晶胞的顶点、面心以及A位置立方体的体心，O2﹣位于A、B小立方体的内部，每个小立方体内部各有4个；Fe3+离子处于晶胞B位置小立方体内部，晶胞中Fe2+离子数目＝4+8×+6×＝8、Fe3+离子数目＝4×4＝16，O2﹣离子数目＝4×8＝32，故Fe2+、Fe3+、O2﹣的个数比为8：16：32＝1：2：4．Fe、O原子数目之比＝24：32＝3：4，故氧化物化学式为Fe3O4，晶胞相当于有8个“Fe3O4“，晶胞质量＝ g，设晶胞参数为a pm，则：，解得a＝，
故答案为：Fe3O4；。
【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．（2024春•杨浦区校级期末）金属元素单质及化合物在人类生产生活中有着极为重要的作用。
（1）冬奥会上短道速滑运动员使用的速滑冰刀的材质是合金钢。下列关于合金钢的说法正确的是 A 。
A.熔点一般比纯铁低
B.硬度一般比纯铁小
C.含碳量比生铁高
D.延展性比生铁差
（2）吴老师用打磨过的铝片进行如图实验，下列分析不合理的是 D 。
A.①中铝片发生了钝化
B.②中产生的气泡是氮氧化合物，不是氢气
C.③中沉淀溶解的离子方程式是Al（OH）3+OH﹣＝[Al（OH）4]﹣
D.将铝片换成铁片，实验现象类似
（3）铝热反应释放大量的热，常用于冶炼难熔金属。用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验，需要的试剂还有 BD 。（双选）
A.KCl
B.KClO3
C.MnO2
D.Mg
（4）小韩同学进行上述铝热反应实验得到了一块黑灰色物质。为证明其中含有金属铝，她设计了一个简单实验。该实验所用试剂是 NaOH （填化学式），该试剂与金属铝反应的离子方程式为 2Al+2OH﹣+6H2O＝2[Al（OH）4]﹣+3H2↑ 。
（5）小金同学推测灰黑色物质中还含有Fe2O3，为此他设计如下实验：取一小块样品投入到稍过量稀硫酸中，向反应后的混合液中滴加物质甲的溶液，观察到溶液颜色未变红，证明黑灰色物质中不含Fe2O3。则物质甲是 KSCN （填化学式）。小金的实验方案是否合理？ 不合理 （填“合理”或“不合理”）。
理由： Fe+2Fe3+＝3Fe2+ （用离子方程式说明）。
因在航空、核能、电池等高技术领域的重要作用，锂被称为“21世纪的能源金属”。
（6）氢化锂（LiH）中负离子半径大于正离子半径，其原因是 电子层结构相同时，核电荷数大的Li+对电子吸引能力较强，离子半径较小 。
（7）下列关于碱金属元素及其单质的叙述中，正确的是 D 。
A.金属钠着火，要用泡沫灭火剂扑灭
B.水溶液中正离子氧化性：Li+＜Na+＜K+＜Rb+
C.单质熔点：Li＜Na＜K＜Rb
D.与水反应的能力：Na＜K
（8）Li2O2与Na2O2的组成与性质相似，小郭同学将Li2O2投入水中，产生大量气体，请写出化学方程式 2Li2O2+2H2O＝4LiOH+O2↑ 。该反应产生1ml气体转移的电子数为 2NA 。
从古至今，铁及其化合物在人类的生产生活中都起了巨大的作用。
（9）铁的化合物种类丰富，下列铁的化合物中，不能直接通过化合反应得到的是 C 。
A.Fe3O4
B.FeCl2
C.Fe（OH）2
D.Fe（OH）3
（10）曾老师向FeSO4溶液中滴加烧碱溶液，她将看到的现象为 产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色 ，请用化学方程式解释出现此现象的原因 FeSO4+2NaOH＝Fe（OH）2↓+Na2SO4 ， 4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3 。
Fe2（SO4）3溶液可除去煤中以黄铁矿（FeS2）形式存在的硫元素，反应如下：
FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O＝15FeSO4+8H2SO4
（11）上述反应中的还原产物为 FeSO4 。
（12）该方法的优点之一是Fe2（SO4）3易再生。向反应后的溶液中通入 O2 ，就能达到使Fe2（SO4）3再生的目的，方便且价廉。写出相应的离子方程式 4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O 。
【专题】金属概论与碱元素．
【分析】（1）A.合金的熔点低于成分金属；
B.合金的硬度高于成分金属；
C.合金钢该合金碳含量比生铁低；
D.该合金钢延展性比生铁优良；
（2）A.①中铝片发生了钝化；
B.②中产生的气泡是氮氧化合物，不是氢气；
C.③中沉淀溶解的离子方程式是Al（OH）3+OH﹣＝[Al（OH）4]﹣；
D.将铝片换成铁片，先钝化，然后生成铁离子，最后生成氢氧化铁红褐色沉淀，不会与氢氧化钠反应；
（3）KClO3作供氧剂，Mg引燃；
（4）因为铝可以和氢氧化钠反应产生氢气，铁和氧化铁、氧化铝均不反应；
（5）氧化铁和稀硫酸反应生成硫酸铁，铁离子用硫氟化钾溶液检验，Fe3+可能被Fe全部还原为Fe2+而不能使KSCN溶液变红，
故答案为：KSCN；不合理；Fe+2Fe3+＝3Fe2+；
（6）电子层结构相同时，核电荷数大的Li+对电子吸引能力较强，离子半径较小；
（7）A.CO2与钠燃烧产生的Na2O2反应产生助燃的O2；
B.金属性越强，阳离子氧化性越弱，同主族从上往下金属性增强，阳离子氧化性减弱；
C.碱金属单质从上到下，熔点逐渐降低；
D.金属性：Na＜K，金属性越强越易与水反应；
（8）Li2O2与Na2O2的组成与性质相似，Li2O2投入水中，产生大量气体即氧气，每生成1个O2转移2个电子，则该反应产生1ml气体转移的电子数为2NA；
（9）A.3Fe+2O2Fe304，所以能通过化合反应制得；
B.Fe+2FeCl3＝3FeCl2，所以能通过化合反应制得；
C.Fe（OH）2不能直接通过化合反应得到；
D.4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3，所以能通过化合反应制得；
（10）向FeSO4溶液中滴加烧碱溶液，先生成白色沉淀Fe（OH）2，然后其迅速被氧化为灰绿色最后变为红褐色的Fe（OH）3沉淀；
（11）Fe2（SO4）3铁元素的化合价由+3价降低到+2价，FeSO4为还原产物；
（12）亚铁离子容易被氧气氧化。
【解答】解：（1）A.合金的熔点低于成分金属，该合金钢熔点比纯铁熔点低，故A正确；
B.合金的硬度高于成分金属，该合金硬度比纯铁高，故B错误；
C.合金钢的碳含量比生铁低，故C错误；
D.该合金钢延展性比生铁优良，故D错误，
故答案为：A；
（2）A.①中铝片与浓硝酸发生了钝化，故A正确；
B.硝酸具有强氧化性，②中产生的气泡是氮氧化合物，不是氢气，故B正确；
C.③中沉淀溶解的离子方程式是Al（OH）3+OH﹣＝[Al（OH）4]﹣，故C正确；
D.将铝片换成铁片，先钝化，然后生成铁离子，最后生成氢氧化铁红褐色沉淀，氢氧化铁是弱碱，不会与氢氧化钠反应，故D错误，
故答案为：D；
（3）铝热反应中需要KClO3作供氧剂，Mg引燃，
故答案为：BD；
（4）因为铝可以和氢氧化钠反应产生氢气，铁和氧化铁、氧化铝均不反应，故选用的试剂是NaOH溶液，反应的离子方程式为2Al+2OH﹣+6H2O＝2[Al（OH）4]﹣+3H2↑，
故答案为：NaOH；2Al+2OH﹣+6H2O＝2[Al（OH）4]﹣+3H2↑；
（5）氧化铁和稀硫酸反应生成硫酸铁，铁离子用硫氰化钾溶液检验，取一块该熔融物投入到少量稀硫酸中，向反应后的混合液中添加硫氰化钾的溶液，Fe3+可能被Fe全部还原为Fe2+而不能使KSCN溶液变红，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+＝3Fe2+，故无法证明熔融物中不含有Fe203，故该同学的实验方案不合理，
故答案为：KSCN；不合理；Fe+2Fe3+＝3Fe2+；
（6）电子层结构相同时，核电荷数大的Li+对电子吸引能力较强，离子半径较小，所以氢化锂（LiH）中阴离子半径大于阳离子半径，
故答案为：电子层结构相同时，核电荷数大的Li+对电子吸引能力较强，离子半径较小；
（7）A.泡沫灭火剂成分为Al2（SO4）3和NaHCO3溶液，二者反应会产生CO2，CO2与钠燃烧产生的Na2O2反应产生助燃的O2，故A错误；
B.金属性越强，阳离子氧化性越弱，同主族从上往下金属性增强，阳离子氧化性减弱，则水溶液中正离子氧化性：Li+＞Na+＞K+＞Rb+，故B错误；
C.碱金属单质从上到下，熔点逐渐降低，则单质熔点：Li＞Na＞K＞Rb，故C错误；
D.金属性：Na＜K，金属性越强与水反应越容易，故与水反应的能力：Na＜K，故D正确，
故答案为：D；
（8）Li2O2与Na2O2的组成与性质相似，类比可知，Li2O2投入水中，产生大量气体即氧气，反应的化学方程式为：2Li2O2+2H20＝4LiOH+O2↑，每生成1个O2转移2个电子，则该反应产生1ml气体转移的电子数为2NA，
故答案为：2Li2O2+2H2O＝4Li0H+O2↑；2NA；
（9）A.3Fe+2O2Fe304，故能通过化合反应制得，故A错误；
B.Fe+2FeCl3＝3FeCl2，故能通过化合反应制得，故B错误；
C.Fe（OH）2不能直接通过化合反应得到，只能通过复分解反应得到，故C正确；
D.4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3，故能通过化合反应制得，故D错误；
故答案为：C；
（10）向FeSO4溶液中滴加烧碱溶液，二者发生复分解反应，先生成白色沉淀Fe（OH）2，然后Fe（OH）2迅速被氧气氧化为灰绿色最后变为红褐色的Fe（OH）3沉淀，反应的化学方程式分别为FeSO4+2NaOH＝Fe（OH）2↓+Na2SO4，4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3，
故答案为：产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；FeSO4+2NaOH＝Fe（OH）2↓+Na2SO4，4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；
（11）Fe2（SO4）3中铁元素的化合价由+3价降低到+2价，故还原产物为FeSO4，
故答案为：FeSO4；
（12）亚铁离子容易被氧气氧化为铁离子，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，
故答案为：O2；4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O。
【点评】本题考查合金的性质、铁及其化合物的性质、铝热反应、实验探究、元素周期律、氧化还原反应等，难度一般。
23．（2024秋•杨浦区校级月考）溴己新（I）又称必嗽平，常用作祛痰药。可通过下列路线合成：
①有机物A（甲苯）可以通过煤的干馏获得。下列有关说法正确的是 C 。
A.煤的干馏属于物理变化
B.甲苯分子中的所有原子都在同一平面上
C.甲苯发生硝化反应时，主要得到邻硝基甲苯和对硝基甲苯两种一硝基取代物
D.甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色的原因是甲基活化了苯环
②写出F中不含氧官能团的名称： 碳溴键、氨基 ；
③E的结构简式： 。
④反应①所需的试剂是 浓硝酸、浓硫酸 ；
⑤反应②与反应⑥的反应类型分别为 D 。
A.取代、取代
B.氧化、加成
C.氧化、还原
D.氧化、取代
⑥写出反应③的反应式： +CH3CH2OH+H2O 。
⑦写出属于芳香族化合物，满足下列条件F的同分异构体结构简式： （任写一种）。
ⅰ.能发生银镜反应
ⅱ.1ml F最多可消耗5ml NaOH，且产物不含甲基
⑧在合成B→E的流程中，反应②、④可否互换，简述理由 否；氨基能被酸性高锰酸钾溶液氧化 。
⑨请写出以CH2＝CHCH＝CH2和为原料制备的合成路线 。
【专题】有机推断．
【分析】A和浓硝酸发生取代反应生成B，B发生氧化反应生成C，C和乙醇发生酯化反应生成D，则C为，D发生还原反应生成E，E和溴发生取代反应生成F，则E为，F中酯基发生还原反应生成G中醇羟基，G发生取代反应生成H，H发生取代反应生成I；
⑨以CH2＝CHCH＝CH2和为原料制备，根据H生成I的反应知，CH2＝CHCH＝CH2和溴发生加成反应生成BrCH2CH＝CHCH2Br，BrCH2CH＝CHCH2Br和发生H生成I类型的反应，然后发生加聚反应生成。
【解答】解：①A.煤的干馏中有新物质生成，属于化学变化，故A错误；
B.甲苯相当于甲烷分子中的一个氢原子被苯基取代，所以甲苯中的所有原子一定不在同一平面上，故B错误；
C.甲基为推电子基团，导致苯环上甲基邻位、对位氢原子较活泼，能和浓硝酸发生取代反应，所以主要得到邻硝基甲苯和对硝基甲苯两种一硝基取代物，故C正确；
D.甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色的原因是苯环活化了甲基，故D错误；
故答案为：C；
②F中不含氧官能团的名称：碳溴键、氨基，
故答案为：碳溴键、氨基；
③E的结构简式：，
故答案为：；
④A和浓硝酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下反应生成B，则反应①所需的试剂是浓硝酸、浓硫酸，
故答案为：浓硝酸、浓硫酸；
⑤反应②与反应⑥的反应类型分别为氧化反应、取代反应，
故答案为：D；
⑥反应③的反应式：+CH3CH2OH+H2O，
故答案为：+CH3CH2OH+H2O；
⑦F的芳香族同分异构体满足下列条件：
i.能发生银镜反应，说明含有醛基；
ii.1ml F最多可消耗5ml NaOH，且产物不含甲基，—Br原子水解生成的HBr能和NaOH以1：1反应，应该含有HCOO—、—CH2NH2，符合条件的结构简式有，
故答案为：；
⑧在合成B→E的流程中，反应②、④可否互换，不能互换，因为氨基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，
故答案为：否；氨基能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
⑨以CH2＝以CH2＝CHCH＝CH2和为原料制备，根据H生成I的反应知，CH2＝CHCH＝CH2和溴发生加成反应生成BrCH2CH＝CHCH2Br，BrCH2CH＝CHCH2Br和发生H生成I类型的反应前后发生加聚反应生成，合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
24．（2024•贵州开学）纳米级MO3具有致电变性性能，在电子工业上有广泛应用。以铁铝华矿[主要成分是Fe2（MO4）3•8H2O还含有少量的Al2O3]为原料制备MO3和Na2FeO4的流程如图。回答下列问题：
已知： K＝1013.38；当溶液中某离子的浓度小于或等于10﹣5ml•L﹣1时，表明该离子已完全沉淀。
（1）基态Fe的价层电子排布式为 3d64s2 ，M和Cr同族，M位于 d 区。
（2）“焙烧”时Fe2（MO4）3•8H2O 既不作氧化剂又不作还原剂 （填“作氧化剂”“作还原剂”或“既不作氧化剂又不作还原剂”），提高“焙烧”反应速率，宜采取的措施有 将矿石粉碎（或适当升高温度或增大空气浓度） （答1条）。
（3）“调pH”的最低值为 8.38 。
（4）“沉钼”时分两步反应：第一步是 Na2MO4+2HCl＝H2MO4↓+2NaCl （写化学方程式），第二步是H2MO4═MO3+H2O。
（5）配平制备Na2FeO4的反应方程式： 2 Fe（OH）3+ 3 ClO﹣+ 4OH﹣ ═ 2 3 Cl﹣+ 5H2O 。
（6）Na2MO4、Na2SO4的溶解度随温度变化的情况如图所示，曲线A代表 Na2MnO4 （填“Na2SO4”或“Na2MnO4”。
【专题】制备实验综合．
【分析】铁铝华矿的主要成分是Fe2（MO4）3•8H2O还含有少量的Al2O3，焙烧，生成Na2MO4、Fe2O3、Na[Al（OH）4]、该过程中铁元素、钼元素化合价都不变，向烧渣中加水浸出，过滤，得到滤渣为Fe2O3，溶于盐酸，得到氯化铁溶液，再加入次氯酸钠，制取高铁酸钠，浸出液中加入硫酸，调节溶液的pH，沉淀铝，得到氢氧化铝沉淀，过滤，除去，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，析出Na2SO4，再向滤液中加入盐酸，发生反应：第一步是：Na2MO4+2HCl＝H2MO4↓+2NaCl，第二步是H2MO4═MO3+H2O，从而制取MO3，据此分析作答。
【解答】解：（1）Fe的原子序数为26，核外电子排布为：[Ar]3d64s2，基态Fe的价层电子排布式为3d64s2，M和Cr同族，M位于d区，
故答案为：3d64s2；d；
（2）“焙烧”过程中，Fe2（MO4）3•8H2O中的元素化合价没有不变，既不作氧化剂又不作还原剂，提高“焙烧”反应速率，宜采取的措施有将矿石粉碎或适当升高温度或增大空气浓度，
故答案为：既不作氧化剂又不作还原剂；将矿石粉碎（或适当升高温度或增大空气浓度）；
（3）已知： K＝1013.38；当溶液中某离子的浓度小于或等于10﹣5ml•L﹣1时，表明该离子已完全沉淀，则铝元素完全沉淀时，存在：＝K＝1013.38，解得：c（H+）＝10﹣8.38，即“调pH”的最低值为8.38，
故答案为：8.38；
（4）“沉钼”时分两步反应：第一步是：Na2MO4+2HCl＝H2MO4↓+2NaCl，第二步是H2MO4═MO3+H2O，
故答案为：Na2MO4+2HCl＝H2MO4↓+2NaCl；
（5）根据原子守恒、化合价升降守恒，可得制备Na2FeO4的反应方程式为2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝2+3Cl﹣+5H2O，
故答案为：2；3；4OH﹣；2；3；5H2O；
（6）根据蒸发浓缩、冷却结晶，析出Na2SO4固体可知，Na2SO4在水中的溶解度不大，Na2MO4的溶解度随温度变化较大，则曲线A代表Na2MnO4，
故答案为：Na2MnO4。
【点评】本题主要考查实验方案的设计，理解流程的原理是解决本题的关键，属于基本知识的考查，难度较大。
25．（2024秋•南京月考）CO2、CH4资源利用具有重要意义。
（1）燃煤烟气中CO2的捕集可通过如下所示的物质转化实现。
①“吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应的化学方程式为 KHCO3+Ca（OH）2＝CaCO3+KOH+H2O 。
②载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的CO2，其原因是 相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳 。
（2）以NaCl饱和溶液为电解质溶液，利用如图所示的装置将CO2转化为燃料CO。则阴极上电极反应式为 。
（3）甲烷﹣水蒸气催化重整制氢（SMR）是一种制高纯氢的方法之一，其涉及的主要反应如下：
反应Ⅰ：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g） ΔHl＝+206.3kJ•ml﹣1
反应Ⅱ：CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g） ΔH2
反应Ⅲ：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g） ΔH3＝﹣41.1kJ•ml﹣1
650℃（局部温度过高会造成积碳）、按照一定流速通入原料气，当水碳比一定时，催化剂中无添加吸附剂和添加P—Li4SiO4吸附剂（吸收CO2），各气体组分反应的平衡含量与时间的关系如图所示：
①反应Ⅱ的ΔH2＝ +165.2 kJ•ml﹣1。
②催化剂中添加P—Li4SiO4吸附剂与无添加吸附剂比较，t1 min前H2的平衡含量升高，CO2、CO和CH4的平衡含量降低；t1 min后H2的平衡含量降低，CO2、CO和CH4的平衡含量升高，最后与无添加吸附剂时的含量相同，可能的原因是 添加P—Li4SiO4吸附剂，降低了CO2的浓度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动；t1min后，P—Li4SiO4吸附剂失效 。
③实验时发现t1 min后CO2的平衡含量低于理论平衡值，CO的平衡含量高于理论平衡值，可能的原因是 。（用化学反应方程式表示）
【专题】化学平衡专题；化学反应速率专题．
【分析】（1）由图可知“吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应生成碳酸钙用于煅烧产生二氧化碳，产物KOH可回收利用；
②载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的CO2的原因为相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳；
（2）以NaCl饱和溶液为电解质溶液，利用如图所示的装置将CO2转化为燃料CO，阴极发生还原反应；
（3）①反应Ⅱ：CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g）为熵增的反应，根据盖斯定律可得ΔH2＝ΔH1+ΔH2；
②催化剂中添加P—Li4SiO4吸附剂与无添加吸附剂比较，t1 min前H2的平衡含量升高，CO2、CO和CH4的平衡含量降低；t1 min后H2的平衡含量降低，CO2、CO和CH4的平衡含量升高，最后与无添加吸附剂时的含量相同，可能的原因是添加P—Li4SiO4吸附剂，降低了CO2的浓度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动；
③实验时发现t1 min后CO2的平衡含量低于理论平衡值，CO的平衡含量高于理论平衡值，可能的原因是发生了CO2转化为CO的反应。
【解答】解：（1）由图可知“吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应生成碳酸钙用于煅烧产生二氧化碳，产物KOH可回收利用，故化学方程式为KHCO3+Ca（OH）2＝CaCO3+KOH+H2O，
故答案为：KHCO3+Ca（OH）2＝CaCO3+KOH+H2O；
②载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的CO2的原因为相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳，
故答案为：相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳；
（2）以NaCl饱和溶液为电解质溶液，利用如图所示的装置将CO2转化为燃料CO，阴极发生还原反应，对应方程式为，
故答案为：；
（3）①反应Ⅱ：CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g）为熵增的反应，根据盖斯定律可得ΔH2＝ΔH1+ΔH2＝+165.2kJ/ml，
故答案为：+165.2；
②催化剂中添加P—Li4SiO4吸附剂与无添加吸附剂比较，t1 min前H2的平衡含量升高，CO2、CO和CH4的平衡含量降低；t1 min后H2的平衡含量降低，CO2、CO和CH4的平衡含量升高，最后与无添加吸附剂时的含量相同，可能的原因是添加P—Li4SiO4吸附剂，降低了CO2的浓度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动；t1min后，P—Li4SiO4吸附剂失效，
故答案为：添加P—Li4SiO4吸附剂，降低了CO2的浓度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动；t1min后，P—Li4SiO4吸附剂失效；
③实验时发现t1 min后CO2的平衡含量低于理论平衡值，CO的平衡含量高于理论平衡值，可能的原因是发生了CO2转化为CO的反应，结合体系中的物质可知，反应方程式为，
故答案为：。
【点评】本题综合考查平衡的计算，侧重考查学生识图、分析和计算能力，题目涉及反应热的计算、化学平衡的移动、化学平衡的计算等，正确从图中信息得出正确结论，结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式解答，此题难度较大。
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 7:17:25；用户：组卷48；邮箱：zyb048@xyh.cm；学号：41419011
化学键
H—O键
O＝O键
H—H键
O—O键
键能（kJ•ml﹣1）
463
496
436
138
①A（g）+3B（g）⇌2C（g）
②FeCl3+3KSCN⇌Fe（SCN）3+3KCl


③A（g）+3B（g）⇌2C（g）
④A（g）+B（g）⇌2C（g）


操作
实验序号
试剂X
实验现象

实验一
0.1ml/LNHNH4Cl溶液，5.0mL
白色浊液逐渐变澄清
实验二
0.01ml/LNH4Cl溶液，5.0mL
白色浊液变化不明显
实验三
0.1ml/LCH3COONH4溶液，5.0mL
白色浊液逐渐变澄清
实验四
0.01ml/LCH3COONH4溶液，5.0mL
白色浊液变化不明显
实验五
0.01ml/L蒸馏水，5.0mL
白色浊液变化不明显
选项
反应
实验操作和现象
A
Fe与水蒸气
将气体通入肥皂液中，观察到有气泡生成，证明生成了H2
B
CaC2与水
将气体依次通过CuSO4溶液、酸性高锰酸钾溶液，观察到高锰酸钾溶液褪色，证明生成了CH≡CH
C
Na2O2与水
将带火星的木条放在试管口，观察到木条复燃，证明生成了O2
D
Mg3N2与水
将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察到试纸变蓝，证明生成了NH3
化学键
H—O键
O＝O键
H—H键
O—O键
键能（kJ•ml﹣1）
463
496
436
138
①A（g）+3B（g）⇌2C（g）
②FeCl3+3KSCN⇌Fe（SCN）3+3KCl


③A（g）+3B（g）⇌2C（g）
④A（g）+B（g）⇌2C（g）


操作
实验序号
试剂X
实验现象

实验一
0.1ml/LNHNH4Cl溶液，5.0mL
白色浊液逐渐变澄清
实验二
0.01ml/LNH4Cl溶液，5.0mL
白色浊液变化不明显
实验三
0.1ml/LCH3COONH4溶液，5.0mL
白色浊液逐渐变澄清
实验四
0.01ml/LCH3COONH4溶液，5.0mL
白色浊液变化不明显
实验五
0.01ml/L蒸馏水，5.0mL
白色浊液变化不明显
选项
反应
实验操作和现象
A
Fe与水蒸气
将气体通入肥皂液中，观察到有气泡生成，证明生成了H2
B
CaC2与水
将气体依次通过CuSO4溶液、酸性高锰酸钾溶液，观察到高锰酸钾溶液褪色，证明生成了CH≡CH
C
Na2O2与水
将带火星的木条放在试管口，观察到木条复燃，证明生成了O2
D
Mg3N2与水
将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察到试纸变蓝，证明生成了NH3