2025高考化学解密之题型篇试题 选择题（Word版附解析）

这是一份2025高考化学解密之题型篇试题 选择题（Word版附解析），共52页。
A．AB．BC．CD．D
2．（2024秋•重庆期中）下列生活中的物质与其有效成分的化学式、物质分类、用途的对应关系中，有错误的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
3．（2024秋•汕尾月考）下列有关化学用语使用正确的是（ ）
A．KOH的电子式：
B．CO2分子的立体构型：直线形
C．乙烯的结构简式：C2H4
D．基态Fe2+的价层电子排布图：
4．（2023秋•西安区校级期末）下列表示不正确的是（ ）
A．羟基的电子式：
B．氯乙烯的结构简式：ClCH＝HCCl
C．基态亚铁离子的电子排布式：[Ar]3d6
D．NH3分子的球棍模型：
5．（2024秋•南昌县校级月考）下列指定反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．Fe2（SO4）3溶液中加入足量Ba（OH）2溶液：Fe3++3OH﹣＝Fe（OH）3↓
B．氢氧化钠溶液中加入过量碳酸氢钙溶液：Ca2++2+2OH﹣＝CaCO3↓+2H2O+
C．氢氧化镁溶于稀醋酸中：Mg（OH）2+2H+＝Mg2++2H2O
D．向酸性FeCl2溶液中滴入少量H2O2稀溶液：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O
6．（2024秋•赤峰月考）宏观辨识与微观探析是化学学科的核心素养。下列离子方程式书写错误的是（ ）
A．铜置于硫酸铁溶液中：2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+
B．在NaHCO3溶液中滴加少量澄清石灰水：
C．等体积等浓度的NaHSO3溶液与NaClO溶液混合：
D．将少量氯气通入FeBr2溶液中：
7．（2024秋•丹东月考）设阿伏加德罗常数的值为NA，则下列说法错误的是（ ）
A．1ml Na2CO3•10H2O晶体中含离子总数为3NA
B．24.5g硫酸和磷酸的混合物中含有氧原子数是NA
C．0.1ml H2和0.1ml I2于密闭容器中充分反应，反应后分子总数等于0.2NA
D．在含0.1ml氯化铝的溶液中，N（Al3+）+3N（H+）＝0.1NA
8．（2024秋•皇姑区校级月考）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是（ ）
A．4.6g甲苯和甘油的混合物中，C—H键总数小于0.4NA
B．将甲醛完全燃烧产生的混合气体通过足量Na2O2充分反应，当固体增重6.0g时，Na2O2参与的反应中转移电子数为0.4NA
C．Na2Sx发生氧化反应生成x ml Na2SO4，失去电子数为8NA
D．将7.1g Cl2完全溶于水得到的氯水中，Cl﹣、ClO﹣、HClO三种微粒中氯原子总数小于0.2NA
9．（2024秋•双鸭山校级月考）前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X与Y同周期相邻，Y的基态原子s电子数与p电子数相等，Z是地壳中含量最多的金属元素，W的价电子排布为4s1，基态Q原子的未成对电子是同周期元素中最多的。下列说法错误的是（ ）
A．简单气态氢化物的热稳定性：Y＞X
B．简单离子的半径：Z＞X＞Y
C．Z的最高价氧化物对应水化物能与强酸和强碱反应生成盐和水
D．三种元素形成的化合物W2Q2Y7，可用于检查司机酒后驾车
10．（2024秋•辽宁月考）原子序数依次增大的四种元素W、X、Y、Z可形成蓝色难溶于水的化合物W6X6YZ2，W和X同周期，W为有机化合物骨架元素，基态X原子2p能级半充满，Y元素原子半径在第四周期最大（稀有气体元素除外），Z元素的合金是用量最大、用途最广的合金。下列说法错误的是（ ）
A．原子半径：W＞X
B．第一电离能：W＞X
C．Z位于元素周期表d区
D．化合物W6X6YZ2为配合物，其中Z的配位数为6
11．（2024秋•广东月考）A、B、C、D、E为前20号的元素，原子序数逐渐增大。A元素的原子价层电子排布式为nsnnpn；A与C处于同一周期，其中C的第一电离能比同周期相邻元素的小；D、E元素的基态原子都只有一个未成对电子，其中D的电子有9种空间运动状态。下列说法正确的是（ ）
A．简单氢化物键角：C＞B＞A
B．简单离子半径：E＞D
C．同周期元素第一电离能小于C的有4种
D．A与D形成的化合物和C与E形成的化合物中不可能含有非极性共价键
12．（2024秋•渝中区校级月考）下列性质的比较正确的是（ ）
A．键角：BF3＞CH4＞H2O＞NH3
B．第一电离能：Cl＞S＞P＞Si
C．熔点：NaCl＞SiO2＞H2O＞HF
D．无机含氧酸的酸性：HClO4＞H2SO4＞H2CO3＞HClO
13．（2024秋•广东月考）下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确且具有因果关系的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
14．（2024•淮南开学）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X是密度最小的金属；Y与Z同主族，且基态Y原子中p能级和s能级上的电子数相同；X和Z形成的化合物的晶体结构如图所示。设阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞边长为apm。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：r（Y）＜r（Z）＜r（W）
B．第一电离能：I1（X）＜I1（Y）＜I1（Z）
C．晶胞中Z的配位数为12
D．晶体的密度为
15．（2024秋•东西湖区校级月考）某锂离子电池电极材料结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；所有晶胞均为立方晶胞。下列说法正确的是（ ）
A．充电前后与S距离最近的金属原子数目相同
B．晶胞2中S与S的最短距离为
C．结构1的化学式可表示为CS
D．晶胞2和晶胞3表示同一晶体
16．（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
17．（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
18．（2024•浙江模拟）已知过氧化铬（CrO5）的结构式如图所示，CrO5溶于稀硫酸的化学方程式为：4CrO5+6H2SO4＝2Cr2（SO4）3+7O2↑+6H2O，有关该反应说法不正确的是（ ）
A．Cr在元素周期表中的位置为第四周期第ⅥB族
B．CrO5既作氧化剂，又作还原剂
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为7：8
D．若有1mlCrO5发生该反应，则反应中共转移3.5NA个电子
19．（2024•荣昌区校级模拟）黄铁矿（FeS2）在酸性条件下发生催化氧化的反应历程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均发生氧化还原反应
B．反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4
C．反应Ⅱ的离子方程式为
D．该过程的总反应为
20．（2024秋•包河区校级月考）N2O5是一种新型硝化剂，在T1温度下可发生下列反应：2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g） ΔH＞0。T1温度下的平衡常数为K1＝125。下列说法错误的是（ ）
A．反应的ΔS＞0
B．该反应在高温下可自发进行
C．T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若K1＜K2，则T1＞T2
D．T1温度下，在体积为1L的恒温密闭容器中充入2ml N2O5，4ml NO2，1ml O2，此时反应将向正反应方向进行
21．（2024秋•临渭区校级月考）我国科学家已经成功催化氢化CO2获得甲酸，利用化合物1催化氢化CO2的反应过程如图甲所示，其中化合物2与水反应生成化合物3与HCOO﹣过程中的能量变化如图乙所示（TS表示过渡态，I表示中间体），下列说法错误的是（ ）
A．化合物1为该反应的催化剂，可加快CO2的转化速率
B．图乙中形成中间体I2的反应为图甲中“化合物2+H2O→化合物3+HCOO﹣”的决速步骤
C．化合物1→化合物2的过程中存在碳氧键的断裂和碳氢键的形成
D．从平衡移动的角度看，升高温度可促进化合物2与水反应生成化合物3与HCOO﹣
22．（2024•遵义开学）一种脱除和利用水煤气中CO2（设电催化还原产物为C2H4）的方法如图，下列说法错误的是（ ）
A．水蒸气进入再生塔提供能量，促进KHCO3的分解
B．a电极为电源的负极，电解池溶液中的Na+向铂电极移动
C．电子的迁移方向：a电极→铂电极→电解质溶液→玻碳电极→b电极
D．当电路中转移1.2ml电子时，两极生成气体的总体积为8.96L（标准状况）
23．（2024•福建模拟）利用不同氢源（D2O和HCHO）在两个Pd膜电极上同时对同一有机物进行双边加氢的原理如图所示（以NaOH为电解质）。下列说法错误的是（ ）
A．N极电极反应式为：HCHO+2OH﹣﹣e﹣═HCOO﹣+H2O+H
B．电解时，阴离子通过交换膜从左室向右室迁移
C．消耗1ml，回路转移电子和通过交换膜的阴离子的物质的量均为4ml
D．若无论电解多久N极附近产物中也不会含有，说明N极获得的H均来自HCHO
24．（2024秋•顺义区校级月考）在相同温度下，将2ml SO2和1ml O2分别置于初始体积相同的甲乙两密闭容器中发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）并达到平衡，甲容器始终保持恒温恒容，乙容器始终保持恒温恒压，达到平衡时，下述说法正确的是（ ）
A．平衡时SO3的百分含量：乙＜甲
B．SO2的转化率：乙＝甲
C．反应速率：乙＜甲
D．平衡时容器的压强：乙＞甲
25．（2024秋•顺义区校级月考）CH4/CO2催化重整的反应为①CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g） ΔH1其中，积炭是导致催化剂失活的主要原因。产生积炭的反应有：②CH4（g）⇌C（s）+2H2（g） ΔH2＝+74.6kJ•ml﹣1③2CO（g）⇌C（s）+CO2（g） ΔH3＝﹣172.5kJ•ml﹣1
科研人员研究压强对催化剂活性的影响：在1073K时，将恒定组成的CO2、CH4混合气体，以恒定流速通过反应器，测得数据如图。
下列分析不正确的是（ ）
A．ΔH1＝+247.1kJ•ml
B．保持其他条件不变，适当增大投料时，可减缓Ra的衰减
C．研究表明“通入适量O2有利于重整反应”，因为O2能与C反应并放出热量
D．压强越大，Ra降低越快，其主要原因是反应①平衡逆向移动
26．（2024秋•海淀区校级月考）5mL0.1ml/LKI溶液与1mL0.1ml/LFeCl3溶液发生反应：2Fe3+（q）+2I﹣（aq）═2Fe2+（ag）+I2（aq），达到平衡。下列说法不正确的是（ ）
A．加入苯，振荡，平衡正向移动
B．经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN，溶液呈血红色，表明该化学反应存在限度
C．加入FeSO4固体，平衡逆向移动
D．该反应的平衡常数K＝
27．（2024秋•冀州区校级期中）已知：KClO3+6HCl（浓）═KCl+3Cl2↑+3H2O。如图所示，将少量试剂分别放入培养皿中的相应位置，实验时将浓盐酸滴在KClO3晶体上，并用表面皿盖好。下列描述正确的是（ ）
A．淀粉﹣KI溶液变蓝，说明Cl2具有氧化性
B．含有酚酞的NaOH溶液褪色，说明Cl2具有酸性
C．石蕊溶液先变红后褪色，说明Cl2具有漂白性
D．AgNO3溶液中出现浑浊，说明Cl2具有还原性
28．（2024秋•海淀区校级月考）化学反应中会出现“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况。下列反应中属于这种情况的是（ ）
①过量稀硫酸与块状石灰石
②过量的氢气与氮气在催化剂存在下充分反应
③过量稀硝酸与铜反应
④常温下将铝片投入到过量浓硫酸中
⑤过量铜与浓硫酸反应
⑥过量的锌与18ml•L﹣1的硫酸反应
⑦过量的MnO2和浓盐酸
A．③⑥B．②③⑤⑦C．①②④⑤⑦D．①②③④⑤⑥⑦
29．（2024•凌河区校级模拟）如图所示，将甲、乙两个装有不同物质的针筒用导管连接起来，将乙针筒内的物质压到甲针筒内，进行下表所列的不同实验（气体在同温同压下测定）。下列关于甲针筒中的现象描述错误的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
30．（2024秋•长安区月考）河北省的大批考古发掘成果展示了河北悠久而辉煌的历史。对下列河北出土文物的说法错误的是（ ）
A．白玉双龙高纽文壁主要成分是二氧化硅
B．四龙四凤铜方案的主要成分是铜锡合金
C．白釉黑彩孩儿鞠球纹枕的主要成分是硅酸盐
D．元青花龙纹食盒的“青”色源于含钴矿料“钴蓝”
31．（2024•汉台区校级开学）如图为铁的价类二维图，箭头表示部分物质间的转化关系，下列说法正确的是（ ）
A．铁与氧气的燃烧反应可实现上述转化①
B．加热Fe（OH）3发生转化⑥，Fe2O3加水溶解可转化为Fe（OH）3
C．转化③、④均可通过与NaOH溶液反应来实现
D．由图可预测：高铁酸盐（）具有强氧化生，可用于饮用水的消毒
32．（2024春•西城区校级期中）紫花前胡醇（）可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是（ ）
A．分子式为C14H14O4
B．不能使酸性重铬酸钾溶液变色
C．能够发生取代反应
D．能够发生消去反应
33．（2024•衡水开学）西沙群岛软珊瑚中存在多种朵蕾烷二萜类海洋天然产物，结构如图所示，具有较强抗菌、抗肿瘤等生物活性。下列关于该二萜类化合物的说法错误的是（ ）
A．化合物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均不属于芳香族化合物
B．等物质的量的化合物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ最多消耗H2的物质的量之比为2：2：3
C．化合物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均能使酸性高锰酸钾溶液或溴的四氯化碳溶液褪色
D．加热条件下，化合物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均能与NaOH溶液发生反应
34．（2024•福田区校级开学）碳酰氯（COCl2）俗名光气，熔点为﹣118℃，沸点为8.2℃，遇水迅速水解，生成氯化氢。光气可由氯仿（CHCl3）和氧气在光照条件下合成。下列说法错误的是（ ）
A．装置的连接顺序应为c→b→a→f→e→b→a→d
B．装置丙的主要作用是吸收尾气中的氯化氢
C．装置丁中多孔球泡的作用是增大氧气与氯仿（CHCl3）的接触面积，加快反应速率
D．装置丁冰水混合物的作用是降温，防止COCl2挥发
35．（2024•如皋市模拟）室温下，用含少量ZnSO4杂质的1ml•L﹣1MnSO4溶液制备MnCO3的过程如图所示。下列说法正确的是（ ）
已知：Ksp（MnS）＝2×10﹣10、Ksp（ZnS）＝2×10﹣24、Kb（NH3⋅H2O）＝2×10﹣5
Ka1（H2CO3）＝4×10﹣7、Ka2（H2CO3）＝5×10﹣11
A．“除锌”后所得上层清液中，c（Zn2+）一定小于1×10﹣5ml•L﹣1
B．0.1ml•L﹣1NH4HCO3溶液中存在：c（H+）+c（H2CO3）═c（OH﹣）+c（）
C．氨水、NH4HCO3溶液中存在：c（）＜2c（）+c（）
D．“沉锰”后的滤液中存在：c（）+c（NH3•H2O）═2c（）
36．（2024•开福区校级模拟）某实验小组利用如下装置（夹持和加热装置均省略）合成正丁醚，其反应原理：2CH3CH2CH2CH2OHCH3（CH2）3O（CH2）3CH3+H2O，反应装置如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．图中温度计水银球也可以位于液面上方
B．若分水器中水层超过支管口下沿，应打开分水器旋钮放水
C．正丁醚熔沸点较低，该有机物固体是分子晶体，存在分子间氢键
D．实验制得的粗醚经碱液洗涤、干燥后，将干燥后粗产品放入蒸馏装置中，迅速加热到142.0℃以上蒸馏即可得纯醚
37．（2023•姜堰区模拟）室温下，磷酸的Ka1＝7.6×10﹣3，Ka2＝6.3×10﹣8，Ka3＝4.4×10﹣13。通过下列实验探究含磷化合物的性质，下列有关说法正确的是（ ）
A．实验1中，0.1ml/LNaH2PO4溶液中存在：Ka1•Ka2＜Kw
B．实验2中发生反应的离子方程式为2+3Ca2+═Ca3（PO4）2↓+2H+
C．实验3中存在5c（Na+）═2[c（H2）+c（）+c（H3PO4）+c（）]
D．实验4的过程中可能存在c（H2）＞c（）＞c（）
38．（2023秋•石家庄期中）某兴趣小组设计了如图所示实验装置，验证Na与CO2能否发生反应。已知PdCl2能被CO还原得到黑色的金属Pd。加热D装置中硬质玻璃管一段时间，观察到以下现象：
①钠块表面变黑，熔融成小球；
②继续加热，钠燃烧产生黄色火焰，硬质玻璃管中有大量黑色和白色固体产生；
③F中试管内壁有黑色沉淀产生。
下列说法不正确的是（ ）
A．B中盛放饱和NaCl溶液，C中盛放浓硫酸
B．连接装置，打开K1和K2，通入CO2待E中出现白色沉淀后，再点燃酒精灯
C．D中产生的黑色固体为碳单质
D．F装置和气球的作用为检验并收集CO，防止CO污染空气
39．（2024•南京模拟）室温下，用含有少量Mn2+的ZnSO4溶液制备ZnCO3的过程如图。下列说法正确的是（ ）
A．NaClO溶液中：c（Na+）＝c（ClO﹣）+c（OH﹣）
B．NH4HCO3溶液中：c（OH﹣）+c（NH3•H2O）＝c（H+）+c（H2CO3）+c（）
C．“过滤”所得滤液中：c（）+c（NH3•H2O）＞c（）+c（H2CO3）+c（）
D．“过滤”所得滤液中：＜
40．（2023秋•市南区校级月考）利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。
已知：
ⅰ．如图中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。
ⅱ．如图中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c（Mg2+）c2（OH﹣）＝Ksp[Mg（OH）2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c（Mg2+）c（）＝Ksp[MgCO3][注：起始c（Na2CO3）＝0.1ml•L﹣1，不同pH下c（）由图得到]。
下列说法正确的是（ ）
A．由第1个图，pH＝9时，c（）＜c（H2CO3）
B．由第2个图，初始状态pH＝9、lg[c（Mg2+）]＝﹣2，平衡后溶液中存在：c（H2CO3）+c（）+c（）＝0.1ml•L﹣1
C．由第2个图，初始状态pH＝11、lg[c（Mg2+）]＝﹣6，有沉淀生成
D．由两个图分析，初始状态pH＝8、lg[c（Mg2+）]＝﹣1，发生反应：Mg2++2═MgCO3↓+CO2↑+H2O
2025菁优高考化学解密之选择题
参考答案与试题解析
一．选择题（共40小题）
1．（2024秋•巴楚县期中）化学与生活密切相关，下列过程与氧化还原反应无关的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【专题】氧化还原反应专题；理解与辨析能力．
【分析】反应中存在元素化合价变化的反应为氧化还原反应，以此来解答。
【解答】解：A．牛奶变质，牛奶与氧气发生氧化反应，O元素的化合价降低，与氧化还原反应有关，故A错误；
B．金属生锈，金属被氧化，O元素的化合价降低，与氧化还原反应有关，故B错误；
C．天然气燃烧是物质与氧气的反应，氧元素的化合价降低，属于氧化还原反应，故C错误；
D．调制冰糖水是物理变化，不存在元素化合价变化，与氧化还原反应无关，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应的判断，题目难度不大，明确氧化还原反应的概念及特征即可解答，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。
2．（2024秋•重庆期中）下列生活中的物质与其有效成分的化学式、物质分类、用途的对应关系中，有错误的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【专题】物质的组成专题；理解与辨析能力．
【分析】根据各物质的性质及用途进行分析解答。
【解答】解：A．洁厕净主要成分是HCl，主要用来清洁污垢，故A正确；
B．Na2CO3属于盐，故B错误；
C．食盐主要成分是NaCl，该物质可以做调味品，故C正确；
D．复方氢氧化铝片成分是Al（OH）3，该物质可以做抗酸药，是两性氢氧化物，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了常见物质的组成以及化学式，题目难度不大，掌握常见物质的成分及俗名等是解答关键，侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大，注意知识的积累。
3．（2024秋•汕尾月考）下列有关化学用语使用正确的是（ ）
A．KOH的电子式：
B．CO2分子的立体构型：直线形
C．乙烯的结构简式：C2H4
D．基态Fe2+的价层电子排布图：
【专题】化学用语专题；理解与辨析能力．
【分析】A．漏写钾离子、氢氧根离子的电荷；
B．CO2分子的结构式为O＝C＝O，C原子的价层电子对个数是2；
C．漏写碳碳双键；
D．基态Fe2+的价层电子为3d能级上的6个电子。
【解答】解：A．漏写钾离子、氢氧根离子的电荷，KOH的电子式为，故A错误；
B．CO2分子的结构式为O＝C＝O，C原子的价层电子对个数是2，其空间结构为直线形，故B正确；
C．漏写碳碳双键，其结构简式为CH2＝CH2，故C错误；
D．基态Fe2+的价层电子为3d能级上的6个电子，基态亚铁离子价层电子排布图为，故D错误；
故选：B。
【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、结构简式、价层电子排布图的书写规则是解本题关键，题目难度不大。
4．（2023秋•西安区校级期末）下列表示不正确的是（ ）
A．羟基的电子式：
B．氯乙烯的结构简式：ClCH＝HCCl
C．基态亚铁离子的电子排布式：[Ar]3d6
D．NH3分子的球棍模型：
【专题】化学用语专题．
【分析】A．羟基中氧原子有1个未成对电子；
B．氯乙烯结构简式为CH2＝CHCl；
C．基态亚铁离子核外有24个电子；
D．NH3分子空间构型是三角锥。
【解答】解：A．羟基中氧原子有1个未成对电子，羟基的电子式是，故A正确
B．氯乙烯分子式为C2H3Cl，结构简式为CH2＝CHCl，故B错误；
C．基态亚铁离子核外有24个电子，电子排布式为：[Ar]3d6，故C正确；
D．NH3分子空间构型是三角锥，球棍模型为，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，涉及电子式、空间填充模型、原子或离子结构示意图等知识，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题有利于提高学生的规范答题能力，题目难度不大。
5．（2024秋•南昌县校级月考）下列指定反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．Fe2（SO4）3溶液中加入足量Ba（OH）2溶液：Fe3++3OH﹣＝Fe（OH）3↓
B．氢氧化钠溶液中加入过量碳酸氢钙溶液：Ca2++2+2OH﹣＝CaCO3↓+2H2O+
C．氢氧化镁溶于稀醋酸中：Mg（OH）2+2H+＝Mg2++2H2O
D．向酸性FeCl2溶液中滴入少量H2O2稀溶液：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O
【专题】离子反应专题；分析与推测能力．
【分析】A．根据离子方程式必须满足电荷守恒进行分析；
B．根据少量的物质完全反应，按照少量物质电离出离子的物质的量之比进行反应，进行分析；
C．根据醋酸是弱酸，不能拆开，进行分析；
D．根据双氧水在酸性条件下将二价铁氧化生成三价进行分析。
【解答】解：A．Fe2（SO4）3的酸性溶液中通入足量Ba（OH）2，Fe3+和按照2：3比例完全反应，离子方程式必须满足电荷守恒，正确的离子方程式为：，故A错误；
B．少量的物质完全反应，按照少量物质电离出离子的物质的量之比进行反应，氢氧化钠溶液中加入过量碳酸氢钙溶液，反应生成碳酸钙沉淀和水，正确的离子方程式为：，故B错误；
C．醋酸是弱酸，不能拆开，离子方程式为，故C错误；
D．向酸性FeCl2溶液中滴入少量H2O2稀溶液，双氧水在酸性条件下将二价铁氧化生成三价铁：，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。
6．（2024秋•赤峰月考）宏观辨识与微观探析是化学学科的核心素养。下列离子方程式书写错误的是（ ）
A．铜置于硫酸铁溶液中：2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+
B．在NaHCO3溶液中滴加少量澄清石灰水：
C．等体积等浓度的NaHSO3溶液与NaClO溶液混合：
D．将少量氯气通入FeBr2溶液中：
【专题】离子反应专题；分析与推测能力．
【分析】A．根据铁离子能将铜单质氧化为Cu2+，自身被还原为Fe2+，进行分析；
B．根据石灰水少量，Ca2+与OH﹣离子的系数之比为1：2，进行分析；
C．根据具有还原性，ClO﹣离子具有氧化性，进行分析；
D．根据Fe2+的还原性大于Br﹣，进行分析。
【解答】解：A．铜置于硫酸铁溶液中，铁离子能将铜单质氧化为铜离子，自身被还原为亚铁离子，离子方程式为：2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+，故A正确；
B．在NaHCO3溶液中滴加少量澄清石灰水，石灰水少量，钙离子与氢氧根离子离子的系数之比为1：2，反应的离子方程式为：，故B正确；
C．具有还原性，ClO﹣离子具有氧化性，等体积等浓度的硫酸氢钠溶液与次氯酸钙溶液混合发生氧化还原反应，二者的系数之比为1：1，反应的离子方程式为：，故C正确；
D．Fe2+的还原性大于Br﹣，将少量氯气通入FeBr2溶液中氧化的是Fe2+离子，反应的离子方程式为：，故D错误；
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。
7．（2024秋•丹东月考）设阿伏加德罗常数的值为NA，则下列说法错误的是（ ）
A．1ml Na2CO3•10H2O晶体中含离子总数为3NA
B．24.5g硫酸和磷酸的混合物中含有氧原子数是NA
C．0.1ml H2和0.1ml I2于密闭容器中充分反应，反应后分子总数等于0.2NA
D．在含0.1ml氯化铝的溶液中，N（Al3+）+3N（H+）＝0.1NA
【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律；分析与推测能力．
【分析】A．根据一个Na2CO3•10H2O中含有2个钠离子，1个碳酸根离子进行分析；
B．根据硫酸的相对分子质量为98g/ml，磷酸的相对分子质量为98g/ml，都含有4个氧原子进行分析；
C．根据H2+I2⇌2HI，反应后分子总数不变进行分析；
D．根据Al3+会发生水解，进行分析。
【解答】解：A．一个Na2CO3•10H2O中含有1个碳酸根离子，2个钠离子，所以1ml Na2CO3•10H2O晶体中含离子总数为3NA，故A正确；
B．磷酸的相对分子质量为98g/ml，硫酸的相对分子质量为98g/ml，磷酸、硫酸都含有4个氧原子，24.5g磷酸和硫酸混合物即0.25ml，因此磷酸和硫酸混合物中含有氧原子数是0.25NA×4＝NA，故B正确；
C．H2+I2⇌2HI于密闭容器中充分反应，反应后分子总数不变，一直等于0.2NA，故C正确；
D．在含0.1ml氯化铝的溶液中，由于Al3+会发生水解，所以N（Al3+）+3N（H+）＞0.1NA，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查阿伏加德罗常数等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
8．（2024秋•皇姑区校级月考）NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是（ ）
A．4.6g甲苯和甘油的混合物中，C—H键总数小于0.4NA
B．将甲醛完全燃烧产生的混合气体通过足量Na2O2充分反应，当固体增重6.0g时，Na2O2参与的反应中转移电子数为0.4NA
C．Na2Sx发生氧化反应生成x ml Na2SO4，失去电子数为8NA
D．将7.1g Cl2完全溶于水得到的氯水中，Cl﹣、ClO﹣、HClO三种微粒中氯原子总数小于0.2NA
【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律；分析与推测能力．
【分析】A．根据一个甲苯分子中含有8个C—H键，而一个甘油分子中只含有5个C—H键，进行分析；
B．根据甲醛的分子式为CH2O，符合（CO）nHm的组成，故完全燃烧后的混合物再通过足量Na2O2充分反应，可完全吸收进行分析；
C．根据每个硫从﹣2价到+6价，失去8个电子，进行分析；
D．根据Cl2与水的反应为可逆反应进行分析。
【解答】解：A．甲苯和甘油的摩尔质量均为92g/ml，4.6g的混合物为0.05ml，但是一个甲苯分子中含有8个C—H键，而一个甘油分子中只含有5个C—H键，故C—H键总数小于0.4NA，故A正确；
B．甲醛的分子式为CH2O，符合（CO）nHm的组成，故完全燃烧后的混合物再通过足量过氧化钠充分反应，当固体增重6.0g时表示甲醛的质量为6.0g，其物质的量为0.2ml，0.2ml甲醛在燃烧时生成0.2ml CO2和0.2ml H2O，0.2ml CO2和0.2ml H2O在与反应时转移电子数为0.4NA，故B正确；
C．生成x ml 硫酸钠，则Na2Sx为1ml，每个S从﹣2价到+6价，失去8个电子，硫元素为xml，所以失去电子数为（6x+2）NA，故C错误；
D．氯气与水的反应为可逆反应，只有少部分氯气反应，Cl﹣、ClO﹣、HClO三种微粒中氯原子总数小于0.2NA，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查阿伏加德罗常数等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
9．（2024秋•双鸭山校级月考）前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X与Y同周期相邻，Y的基态原子s电子数与p电子数相等，Z是地壳中含量最多的金属元素，W的价电子排布为4s1，基态Q原子的未成对电子是同周期元素中最多的。下列说法错误的是（ ）
A．简单气态氢化物的热稳定性：Y＞X
B．简单离子的半径：Z＞X＞Y
C．Z的最高价氧化物对应水化物能与强酸和强碱反应生成盐和水
D．三种元素形成的化合物W2Q2Y7，可用于检查司机酒后驾车
【专题】元素周期律与元素周期表专题．
【分析】前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Z是地壳中含量最多的金属元素，则Z为Al，Y原子序数小于Al，Y的基态原子s电子数与p电子数相等，核外电子排布为1s22s22p4或1s22s22p63s2，X与Y同周期相邻的非金属元素，则Y为O，X为N元素，W的价电子排布为4s1，则W为K，结合原子序数可知，Q处于第四周期，基态Q原子的未成对电子是同周期元素中最多的，原子外围电子排布为3d54s1，则Q为Cr，结合元素周期律解元素化合物性质解答。
【解答】解：A．非金属性O＞N，故简单氢化物稳定性：O＞N，故A正确；
B．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径N3﹣＞O2﹣＞Al3+，故B错误；
C．氢氧化铝是两性氢氧化物，与强酸反应生成铝盐与水，与强碱反应生成偏铝酸盐与水，故C正确；
D．由O、K、Cr形成的化合物K2Cr2O7，K2Cr2O7可以氧化乙醇，颜色由橙色变为绿色，故可用于检查司机酒后驾车，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查元素推断和元素周期律，侧重考查学生元素周期律的掌握情况，试题难度中等。
10．（2024秋•辽宁月考）原子序数依次增大的四种元素W、X、Y、Z可形成蓝色难溶于水的化合物W6X6YZ2，W和X同周期，W为有机化合物骨架元素，基态X原子2p能级半充满，Y元素原子半径在第四周期最大（稀有气体元素除外），Z元素的合金是用量最大、用途最广的合金。下列说法错误的是（ ）
A．原子半径：W＞X
B．第一电离能：W＞X
C．Z位于元素周期表d区
D．化合物W6X6YZ2为配合物，其中Z的配位数为6
【专题】元素周期律与元素周期表专题．
【分析】W为有机化合物骨架元素，可知W为C；基态X原子2p能级半充满，且与C同周期，可知X为N；Y元素原子半径在第四周期最大，Y为K；铁元素的合金是用量最大、用途最广的合金，故Z为Fe；据此分析解答。
由题意可知，W为C，X为N，Y为K，Z为Fe。
【解答】解：A．同一周期从左往右，原子半径逐渐减小，所以原子半径：C＞N，故A正确；
B．同周期元素从左到右第一电离能呈增大的趋势，但是N原子2p能级半充满，第一电离能大于相邻元素，因此第一电离能：C＜N，故B错误；
C．Fe位于第四周期第Ⅷ族，属于d区，故C正确；
D．KFe[Fe（CN）6]为配合物，其中Fe为中心原子，CN﹣为配体，Fe的配位数为6，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握电子排布、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意原子结构与性质的应用，题目难度不大。
11．（2024秋•广东月考）A、B、C、D、E为前20号的元素，原子序数逐渐增大。A元素的原子价层电子排布式为nsnnpn；A与C处于同一周期，其中C的第一电离能比同周期相邻元素的小；D、E元素的基态原子都只有一个未成对电子，其中D的电子有9种空间运动状态。下列说法正确的是（ ）
A．简单氢化物键角：C＞B＞A
B．简单离子半径：E＞D
C．同周期元素第一电离能小于C的有4种
D．A与D形成的化合物和C与E形成的化合物中不可能含有非极性共价键
【专题】元素周期律与元素周期表专题．
【分析】A元素的原子最外层电子排布式为nsnnpn，则其电子排布式为2s22p2，其为碳元素；A与C同一周期，其中C的第一电离能比同周期相邻元素的小，C为氧元素，B为氮元素，因为氮的p轨道为半充满结构；D、E元素的基态原子都只有一个未成对电子，D的电子有9种空间运动状态，则D为氯元素、E为钾元素。从而得出A、B、C、D、E分别为C、N、O、Cl、K，据此分析解题。
【解答】解：A．A、B、C、分别为C、N、O，其元素对应的简单氢化物分别为CH4，NH3，H2O，三者均为sp3杂化，但是孤电子对数逐渐增加，孤电子对越多键角越小，故简单氢化物键角：C＜B＜A，故A错误；
B．D、E分别为Cl、K，对应的离子为Cl﹣、K+，电子层数相同时，所带电荷越小原子半径越大，故简单离子半径：E＜D，故B错误；
C．C为O元素，小于O元素第一电离能的有Li、Be、B、C，共有四种，故C正确；
D．A、D和C、E形成的化合物可能为Cl2C＝CCl2、K2O2，它们均含有非极性共价键，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，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。
12．（2024秋•渝中区校级月考）下列性质的比较正确的是（ ）
A．键角：BF3＞CH4＞H2O＞NH3
B．第一电离能：Cl＞S＞P＞Si
C．熔点：NaCl＞SiO2＞H2O＞HF
D．无机含氧酸的酸性：HClO4＞H2SO4＞H2CO3＞HClO
【专题】元素周期律与元素周期表专题；分析与推测能力．
【分析】A．根据中心原子孤电子对数，价层电子对数，孤电子对排斥力大，孤电子对数越多键角越小，进行分析；
B．根据同一周期从左到右第一电离能逐渐增大，但第ⅡA、第ⅤA族最外层电子处于全充满、半充满状态，第一电离能反常进行分析；
C．根据SiO2为共价晶体，进行分析；
D．根据HClO4是酸性最强的无机含氧酸，后两者为弱酸进行分析。
【解答】解：A．BF3中心原子孤电子对数为、价层电子对数为3+0＝3，采用sp2杂化，键角120°，其他三种物质均为sp3杂化，甲烷、氨气、水分子的中心原子所具有的孤电子对数依次为0、1、2，由于孤电子对排斥力大，孤电子对数越多键角越小，键角大小应为CH4＞NH3＞H2O，故A错误；
B．同周期元素随着核电荷数增大第一电离能整体呈现增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族元素第一电离能大于其相邻元素，则第一电离能：Cl＞P＞S＞Si，故B错误；
C．SiO2为共价晶体，其熔点高于NaCl，故C错误；
D．HClO4是酸性最强的无机含氧酸，H2CO3、HClO均为弱酸，H2CO3非羟基氧1个，次氯酸非羟基氧0个，一般情况下，非羟基氧越多，酸性越强，H2CO3酸性强于HClO，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查键能、键长、键角及其应用等，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。
13．（2024秋•广东月考）下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确且具有因果关系的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【专题】化学键与晶体结构．
【分析】A．NaH中Na元素呈正价；
B．键能越大，键长越短；
C．丙烯腈、1，3﹣丁二烯和苯乙烯发生加聚反应生成ABS树脂；
D．极性分子易溶于极性溶剂，非极性分子易溶于非极性溶剂。
【解答】解：A．NaH中Na元素呈正价，H元素呈负价，为﹣1价，故A错误；
B．键能越大，键长越短，键能：HF＞HCl＞HBr，则键长：HF＜HCl＜HBr，故B错误；
C．丙烯腈、1，3﹣丁二烯和苯乙烯发生加聚反应生成ABS树脂，故C错误；
D．蔗糖为极性分子，四氯化碳为非极性溶剂，故蔗糖难溶于四氯化碳，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查比较综合，涉及化合价、化学键、有机反应类型、分子极性等知识，侧重考查学生的分析能力和基础知识掌握情况，题目难度不大。
14．（2024•淮南开学）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X是密度最小的金属；Y与Z同主族，且基态Y原子中p能级和s能级上的电子数相同；X和Z形成的化合物的晶体结构如图所示。设阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞边长为apm。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：r（Y）＜r（Z）＜r（W）
B．第一电离能：I1（X）＜I1（Y）＜I1（Z）
C．晶胞中Z的配位数为12
D．晶体的密度为
【专题】化学键与晶体结构．
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是密度最小的金属，X是Li，基态Y原子中p能级和s能级上的电子数相同，Y为O，Y与Z同主族，Z为S，W是Cl，即X、Y、Z、W分别是Li、O、S、Cl，据此分析。
【解答】解：A．同周期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，故原子半径：r（O）＜r（Cl）＜r（S），故A错误；
B．同主族从上到下第一电离能逐渐减小，同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，第一电离能：I1（Li）＜I1（S）＜I1（O），故B错误；
C．由晶胞示意图可知，晶胞中Z的配位数为8，故C错误；
D．由晶胞示意图可知，晶胞中含有4个Li2S，晶胞的质量为g＝g，晶胞的体积为a3×10﹣30cm3，故晶胞的密度ρ＝＝g•cm﹣3，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查晶胞的计算，为高频考点，题目难度一般。
15．（2024秋•东西湖区校级月考）某锂离子电池电极材料结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；所有晶胞均为立方晶胞。下列说法正确的是（ ）
A．充电前后与S距离最近的金属原子数目相同
B．晶胞2中S与S的最短距离为
C．结构1的化学式可表示为CS
D．晶胞2和晶胞3表示同一晶体
【专题】化学键与晶体结构．
【分析】A．结构1中，与S最近的C是4个，晶胞2中与S最近的Li有8个；
B．由图可知，晶胞2中S与S的最短距离为面对角线的；
C．由均摊法得，结构1中含有C的数目为，含有S的数目为，C与S的原子个数比为9：8；
D．将晶胞2中间的一层作为晶胞底面，向上建立晶胞，如图，因此晶胞2和晶胞3表示同一晶体。
【解答】解：A．结构1中，与S最近的C是4个，晶胞2中与S最近的Li有8个，故A错误；
B．由图可知，晶胞2中S与S的最短距离为面对角线的，晶胞边长为a，即S与S的最短距离为：，故B错误；
C．由均摊法得，结构1中含有C的数目为，含有S的数目为，C与S的原子个数比为9：8，因此结构1的化学式为C9S8，故C错误；
D．将晶胞2中间的一层作为晶胞底面，向上建立晶胞，如图，因此晶胞2和晶胞3表示同一晶体，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查晶胞的计算，为高频考点，题目难度一般。
16．（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。
17．（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。
18．（2024•浙江模拟）已知过氧化铬（CrO5）的结构式如图所示，CrO5溶于稀硫酸的化学方程式为：4CrO5+6H2SO4＝2Cr2（SO4）3+7O2↑+6H2O，有关该反应说法不正确的是（ ）
A．Cr在元素周期表中的位置为第四周期第ⅥB族
B．CrO5既作氧化剂，又作还原剂
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为7：8
D．若有1mlCrO5发生该反应，则反应中共转移3.5NA个电子
【专题】氧化还原反应专题．
【分析】根据过氧化铬（CrO5）的结构式，可知，有4个﹣1价的O和1个﹣2价的O，Cr为+6价，在反应中：4CrO5+6H2SO4＝2Cr2（SO4）3+7O2↑+6H2O，Cr元素化合价由+6价降低为+3价，降低3价，4个CrO5中，共有16个﹣1价的O，其中有14个升高为0价，有2个降低为﹣2价，据此分析作答。
【解答】解：A．Cr的原子序数为24，在元素周期表中的位置为第四周期第ⅥB族，故A正确；
B．根据CrO5的结构可知，CrO5含有2个过氧键，有4个﹣1价的O和1个﹣2价的O，Cr为+6价，在反应中：4CrO5+6H2SO4＝2Cr2（SO4）3+7O2↑+6H2O，Cr元素化合价降低，部分O元素化合价升高，CrO5既作氧化剂，又作还原剂，故B正确；
C．根据B中分析可知，4个Cr共降低4×3＝12价，生成7个O2共升高7×2×1＝14价，根据升降守恒可知，4个CrO5中还有2个﹣1价的O降低为﹣2价，既6个H2O中，有2个H2O是还原产物，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为7：（2+2）＝7：4，故C错误；
D．根据C中分析可知，有关系式：4CrO5～14e﹣，若有1mlCrO5发生该反应，则反应中共转移1ml××NAml﹣1＝3.5NA个电子，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查学生对氧化还原反应原理的熟练应用的程度，特别是化合价升降守恒的应用，属于基本知识的考查，难度中等。
19．（2024•荣昌区校级模拟）黄铁矿（FeS2）在酸性条件下发生催化氧化的反应历程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均发生氧化还原反应
B．反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4
C．反应Ⅱ的离子方程式为
D．该过程的总反应为
【专题】氧化还原反应专题．
【分析】反应Ⅰ的离子方程式为4Fe（NO）2++O2+4H+＝4Fe3++4NO+2H2O，反应Ⅲ的离子方程式为Fe2++NO＝Fe（NO）2+，反应Ⅱ的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O＝15Fe2++2+16H+，据此进行分析解答。
【解答】解：A．反应Ⅰ、Ⅱ是氧化还原反应；反应Ⅲ，无元素化合价变化，为非氧化还原反应，故A错误；
B．反应Ⅰ的离子方程式为4Fe（NO）2++O2+4H+＝4Fe3++4NO+2H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4，故B正确；
C．反应Ⅱ的离子方程式为，故C正确；
D．该过程的总反应为，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识、氧化还原反应的结合，题目难度较大。
20．（2024秋•包河区校级月考）N2O5是一种新型硝化剂，在T1温度下可发生下列反应：2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g） ΔH＞0。T1温度下的平衡常数为K1＝125。下列说法错误的是（ ）
A．反应的ΔS＞0
B．该反应在高温下可自发进行
C．T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若K1＜K2，则T1＞T2
D．T1温度下，在体积为1L的恒温密闭容器中充入2ml N2O5，4ml NO2，1ml O2，此时反应将向正反应方向进行
【专题】化学反应中的能量变化；分析与推测能力．
【分析】A．根据该反应为气体分子数增加的反应即熵增，则ΔS＞0，进行分析；
B．根据ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0，反应能自发进行，进行分析；
C．根据该反应为吸热反应，温度越高，平衡常数越大，进行分析；
D．根据Qc＜K1，则此时反应将向正反应方向进行进行分析。
【解答】解：A．由2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g）可知，该反应为气体分子数增加的反应即熵增，则ΔS＞0，故A正确；
B．ΔH＞0，ΔS＞0，该反应若可以自发进行，需ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0，则该反应在高温下可自发进行，故B正确；
C．该反应为吸热反应，温度越高，平衡常数越大，若K1＜K2，则T1＜T2，故C错误；
D．，Qc＜K1，则此时反应将向正反应方向进行，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查反应热和焓变等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
21．（2024秋•临渭区校级月考）我国科学家已经成功催化氢化CO2获得甲酸，利用化合物1催化氢化CO2的反应过程如图甲所示，其中化合物2与水反应生成化合物3与HCOO﹣过程中的能量变化如图乙所示（TS表示过渡态，I表示中间体），下列说法错误的是（ ）
A．化合物1为该反应的催化剂，可加快CO2的转化速率
B．图乙中形成中间体I2的反应为图甲中“化合物2+H2O→化合物3+HCOO﹣”的决速步骤
C．化合物1→化合物2的过程中存在碳氧键的断裂和碳氢键的形成
D．从平衡移动的角度看，升高温度可促进化合物2与水反应生成化合物3与HCOO﹣
【专题】化学反应中的能量变化．
【分析】A．根据催化剂可加快反应物转化速率进行分析；
B．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；
C．根据化合物1到化合物2的过程中二氧化碳中的碳氧键断裂，生成碳氢键进行分析；
D．根据化合物2与水反应生成化合物3与HCOO﹣是放热反应，进行分析。
【解答】解：A．根据题意和图甲可知，化合物1为反应的催化剂，可加快CO2的转化速率，故A正确；
B．活化能大的反应速率慢，反应速率慢的为决速步，图乙中形成中间体Ⅰ2的反应活化能最大，为图甲中“化合物2+H2O→化合物3+HCOO﹣”的决速步骤，故B正确；
C．化合物1到化合物2的过程中二氧化碳中的碳氧键断裂，生成碳氢键，故C正确；
D．从图乙可以看出，化合物2与水反应生成化合物3与HCOO﹣是放热反应，因此降低温度可以促进该反应的正向移动，故D错误；
故选：D。
【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。
22．（2024•遵义开学）一种脱除和利用水煤气中CO2（设电催化还原产物为C2H4）的方法如图，下列说法错误的是（ ）
A．水蒸气进入再生塔提供能量，促进KHCO3的分解
B．a电极为电源的负极，电解池溶液中的Na+向铂电极移动
C．电子的迁移方向：a电极→铂电极→电解质溶液→玻碳电极→b电极
D．当电路中转移1.2ml电子时，两极生成气体的总体积为8.96L（标准状况）
【专题】电化学专题．
【分析】二氧化碳在铂电极得电子生成乙烯，铂电极为阴极，电极反应为：2CO2+12H++2e﹣＝C2H4+4H2O，玻碳电极为电解池的阳极，电极反应为：2H2O﹣4e﹣＝O2+4H+。
【解答】解：A．根据图示，再生塔中KHCO3分解生成碳酸钾、水和二氧化碳，水蒸气为其分解提供能量，故A正确；
B．由分析可知，铂电极为阴极，连接电源负极，电解池溶液中的Na+向阴极（铂电极）移动，故B正确；
C．电子不经过电解质溶液，电子的移动方向为：a电极→铂电极，玻碳电极→电极，故C错误；
D．由分析中的电极反应可知，当转移1.2ml电子时，产生0.1ml C2H4，0.3ml O2，两极生成气体的总体积为0.4ml×22.4L/ml＝8.96L，故D正确；
故选：C。
【点评】考查了电解池的原理及电解池电极反应方程式的书写，考试必考内容，难度适中。
23．（2024•福建模拟）利用不同氢源（D2O和HCHO）在两个Pd膜电极上同时对同一有机物进行双边加氢的原理如图所示（以NaOH为电解质）。下列说法错误的是（ ）
A．N极电极反应式为：HCHO+2OH﹣﹣e﹣═HCOO﹣+H2O+H
B．电解时，阴离子通过交换膜从左室向右室迁移
C．消耗1ml，回路转移电子和通过交换膜的阴离子的物质的量均为4ml
D．若无论电解多久N极附近产物中也不会含有，说明N极获得的H均来自HCHO
【专题】电化学专题．
【分析】A．根据N极HCHO和OH﹣失电子生成HCOO﹣和H，进行分析；
B．根据NaOH为电解质，N极电极反应消耗OH﹣，电解时，阴离子通过交换膜从左室向右室迁移，进行分析；
C．根据M极消耗1ml，产物中增加4ml D，D～D2O～4mle﹣进行分析；
D．根据N极电极反应，说明N极获得的H均来自HCHO进行分析。
【解答】解：A．由图可知，N极HCHO和OH﹣失电子生成HCOO﹣和H，故N极电极反应式为：HCHO+2OH﹣﹣e﹣═HCOO﹣+H2O+H，故A正确；
B．NaOH为电解质，N极电极反应消耗OH﹣，电解时，阴离子通过交换膜从左室向右室迁移，故B正确；
C．M极消耗1ml，产物中增加4ml D，D来源于D2O，化合价由+1变为0，共得4ml电子，阴阳极得失电子守恒，N极也失4ml电子，由N极电极反应知，需要8ml OH﹣，即通过交换膜的阴离子的物质的量为8ml，故C错误；
D．若无论电解多久N极附近产物中也不会含有，结合N极电极反应，说明N极获得的H均来自HCHO，故D正确；
故选：C。
【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。
24．（2024秋•顺义区校级月考）在相同温度下，将2ml SO2和1ml O2分别置于初始体积相同的甲乙两密闭容器中发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）并达到平衡，甲容器始终保持恒温恒容，乙容器始终保持恒温恒压，达到平衡时，下述说法正确的是（ ）
A．平衡时SO3的百分含量：乙＜甲
B．SO2的转化率：乙＝甲
C．反应速率：乙＜甲
D．平衡时容器的压强：乙＞甲
【专题】化学平衡专题；理解与辨析能力．
【分析】在相同温度下，将2ml SO2和1ml O2分别置于初始体积相同的甲乙两密闭容器中发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）并达到平衡，甲容器始终保持恒温恒容，乙容器始终保持恒温恒压，反应开始后气体分子数减小，则容器体积减小，平衡移动的结果相当于对甲容器加压，据此作答。
【解答】解：A．乙容器中平衡移动的结果相当于对甲容器加压，加压平衡正向移动，平衡时SO3的百分含量增大，故平衡时SO3的百分含量乙＞甲，故A错误；
B．乙容器中平衡移动的结果相当于对甲容器加压，加压平衡正向移动，SO2的转化率增大，故SO2的转化率乙＞甲，故B错误；
C．乙容器小于甲容器，乙中反应物浓度大，反应速率快，故反应速率乙＞甲，故C错误；
D．乙容器中平衡移动的结果相当于对甲容器加压，故平衡时容器的压强乙＞甲，故D正确；
故选：D。
【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。
25．（2024秋•顺义区校级月考）CH4/CO2催化重整的反应为①CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g） ΔH1其中，积炭是导致催化剂失活的主要原因。产生积炭的反应有：②CH4（g）⇌C（s）+2H2（g） ΔH2＝+74.6kJ•ml﹣1③2CO（g）⇌C（s）+CO2（g） ΔH3＝﹣172.5kJ•ml﹣1
科研人员研究压强对催化剂活性的影响：在1073K时，将恒定组成的CO2、CH4混合气体，以恒定流速通过反应器，测得数据如图。
下列分析不正确的是（ ）
A．ΔH1＝+247.1kJ•ml
B．保持其他条件不变，适当增大投料时，可减缓Ra的衰减
C．研究表明“通入适量O2有利于重整反应”，因为O2能与C反应并放出热量
D．压强越大，Ra降低越快，其主要原因是反应①平衡逆向移动
【专题】化学平衡专题；分析与推测能力．
【分析】A．依据盖斯定律由已知反应的反应热计算未知反应的反应热；
B．依据浓度变化对平衡的影响分析；
C．依据氧气量的变化对平衡的影响分析；
D．依据压强变化对平衡的影响分析。
【解答】解：A．由盖斯定律①＝②﹣③，故ΔH1＝+74.6kJ•ml﹣1﹣（﹣172.5kJ•ml﹣1）＝+247.1kJ•ml，故A正确；
B．保持其他条件不变，适当增大投料时，二氧化碳浓度增大，使平衡③逆向移动，减少积碳，可减缓Ra的衰减，故B正确；
C．通入适量O2，O2能与C反应并放出热量，减少积碳，可减缓Ra的衰减，同时反应放热，反应①正向移动，有利于重整反应，故C正确；
D．压强越大，Ra降低越快，说明催化剂活性降低越快，积碳越多，其主要原因是反应③为气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，使得积碳增多，故D错误；
故选：D。
【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。
26．（2024秋•海淀区校级月考）5mL0.1ml/LKI溶液与1mL0.1ml/LFeCl3溶液发生反应：2Fe3+（q）+2I﹣（aq）═2Fe2+（ag）+I2（aq），达到平衡。下列说法不正确的是（ ）
A．加入苯，振荡，平衡正向移动
B．经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN，溶液呈血红色，表明该化学反应存在限度
C．加入FeSO4固体，平衡逆向移动
D．该反应的平衡常数K＝
【专题】化学平衡专题；理解与辨析能力．
【分析】A．减小反应物浓度，平衡正向移动；
B．反应物和生成物共存，表明该化学反应存在限度；
C．增大生成物浓度，平衡逆向移动；
D．平衡常数等于生成物浓度的系数次幂的乘积比上反应物浓度系数次幂的乘积。
【解答】解：A．碘单质在苯中溶解度大，加入苯萃取，振荡，溶液中碘单质浓度减小，平衡正向移动，故A正确；
B．经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN，溶液呈血红色，说明溶液中Fe3+存在，反应不能完全，存在限度，故B正确；
C．加入FeSO4固体，Fe2+浓度增大，平衡逆向移动，故C正确；
D．由反应方程式可知，该反应的平衡常数K＝，故D错误；
故选：D。
【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。
27．（2024秋•冀州区校级期中）已知：KClO3+6HCl（浓）═KCl+3Cl2↑+3H2O。如图所示，将少量试剂分别放入培养皿中的相应位置，实验时将浓盐酸滴在KClO3晶体上，并用表面皿盖好。下列描述正确的是（ ）
A．淀粉﹣KI溶液变蓝，说明Cl2具有氧化性
B．含有酚酞的NaOH溶液褪色，说明Cl2具有酸性
C．石蕊溶液先变红后褪色，说明Cl2具有漂白性
D．AgNO3溶液中出现浑浊，说明Cl2具有还原性
【专题】卤族元素；分析与推测能力．
【分析】A．根据Cl2具有氧化性，与KI反应生成I2，进行分析；
B．根据浓盐酸挥发出的HCl、Cl2与水反应，会生成的HCl和HClO进行分析；
C．根据Cl2与水反应生成HCl和HClO，HClO强氧化性进行分析；
D．根据生成的HCl与AgNO3反应生成AgCl沉淀进行分析。
【解答】解：A．将浓盐酸滴在KClO3晶体上，有氯气生成，氯气具有氧化性，与碘化钾反应生成I2，使淀粉溶液变蓝，故A正确；
B．浓盐酸挥发出的HCl、氯气与水反应，生成的HCl和HClO均能使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，故B错误；
C．氯气与水反应生成HCl和HClO，溶液呈酸性并具有强氧化性，能使石蕊试液先变红后褪色，表现出HClO的漂白性，故C错误；
D．浓盐酸挥发出的HCl、氯气与水反应，生成的HCl与硝酸银反应生成氯化银沉淀，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查氯气的化学性质等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
28．（2024秋•海淀区校级月考）化学反应中会出现“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况。下列反应中属于这种情况的是（ ）
①过量稀硫酸与块状石灰石
②过量的氢气与氮气在催化剂存在下充分反应
③过量稀硝酸与铜反应
④常温下将铝片投入到过量浓硫酸中
⑤过量铜与浓硫酸反应
⑥过量的锌与18ml•L﹣1的硫酸反应
⑦过量的MnO2和浓盐酸
A．③⑥B．②③⑤⑦C．①②④⑤⑦D．①②③④⑤⑥⑦
【专题】物质的性质和变化专题；分析与推测能力．
【分析】①根据反应生成微溶物硫酸钙，附着在碳酸钙表面阻止反应的进一步发生进行分析；
②根据合成氨是一个可逆反应，有一定的限度进行分析；
③根据铜与过量的稀硝酸完全反应生成硝酸铜、一氧化氮和水进行分析；
④根据常温下铝遇浓硫酸发生钝化，进行分析；
⑤根据铜无法与稀硫酸反应，进行分析；
⑥根据锌不论与浓硫酸还是稀硫酸都能反应，进行分析；
⑦根据MnO2与浓盐酸加热反应制取氯气，不能与稀盐酸反应，进行分析。
【解答】解：①稀硫酸与块状石灰石（主要成分是碳酸钙）反应生成微溶物硫酸钙，附着在碳酸钙表面阻止反应的进一步发生，故①正确；
②合成氨是一个可逆反应，无论如何充分反应，都不能完全反应而达到百分之百，故②正确；
③Cu与过量的稀硝酸反应时，铜完全反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，故③错误；
④常温下Al遇浓硫酸发生钝化，不再继续反应，故④正确；
⑤随反应进行浓硫酸变为稀硫酸，Cu无法与稀硫酸反应，无论铜怎么过量，都不能完全消耗完硫酸，故⑤正确；
⑥Zn不论与浓硫酸还是稀硫酸都能反应，一种物质过量时，另一种能完全反应，故⑥错误；
⑦二氧化锰与浓盐酸加热反应制取氯气，不能与稀盐酸反应，过量的MnO2和浓盐酸反应，到最后浓盐酸转化为稀盐酸，稀盐酸与MnO2不再反应，故⑦正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查硝酸的化学性质等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
29．（2024•凌河区校级模拟）如图所示，将甲、乙两个装有不同物质的针筒用导管连接起来，将乙针筒内的物质压到甲针筒内，进行下表所列的不同实验（气体在同温同压下测定）。下列关于甲针筒中的现象描述错误的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【专题】物质的性质和变化专题；分析与推测能力．
【分析】A．根据FeSO4+2NH3+2H2O＝Fe（OH）2↓+（NH4）2SO4，溶液中含有溶解氧，则发生4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3，进行分析；
B．根据2H2S+SO2＝3S↓+2H2O，进行分析；
C．根据3NO2+H2O＝2HNO3+NO，进行分析；
D．根据常温常压下，H2与Cl2不反应，进行分析。
【解答】解：A．将10mL 氨气推入10mL硫酸亚铁溶液中，发生的反应为：FeSO4+2NH3+2H2O＝Fe（OH）2↓+（NH4）2SO4，若溶液中含有溶解氧，则发生4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3，故可观察到生成白色沉淀，后变色，故A正确；
B．已知2H2S+SO2＝3S↓+2H2O，则将20mL硫化氢和10mL二氧化硫混合，可观察到有黄色固体生成，故B正确；
C．已知3NO2+H2O＝2HNO3+NO，则将10mL水推入30mL二氧化氮中，推入瞬间，甲针筒的体积变为40mL，随着反应进行变为10mL溶液和10mL一氧化氮，即可观察到活塞自动向内压缩至容积约为20mL，故C正确；
D．已知常温常压下，H2与Cl2不反应，故观察不到针筒内出现苍白色火焰，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查二氧化硫的性质等，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。
30．（2024秋•长安区月考）河北省的大批考古发掘成果展示了河北悠久而辉煌的历史。对下列河北出土文物的说法错误的是（ ）
A．白玉双龙高纽文壁主要成分是二氧化硅
B．四龙四凤铜方案的主要成分是铜锡合金
C．白釉黑彩孩儿鞠球纹枕的主要成分是硅酸盐
D．元青花龙纹食盒的“青”色源于含钴矿料“钴蓝”
【专题】物质的分类专题；分析与推测能力．
【分析】A．根据白玉的主要成分是硅酸盐进行分析；
B．根据青铜器主要成分是铜锡合金进行分析；
C．根据陶瓷主要成分是硅酸盐进行分析；
D．根据钴蓝的主色和青蓝相似进行分析。
【解答】解：A．双龙高纽文壁白玉的主要成分是硅酸盐，故A错误；
B．该文物属于青铜器，青铜器的主要成分是铜锡合金，故B正确；
C．该文物属于陶瓷，陶瓷主要成分是硅酸盐，故C正确；
D．钴蓝的主色和青蓝相似，元青花龙纹食盒的“青”色源于含钴矿料“钴蓝”，故D正确；
故选：A。
【点评】本题主要考查硅的性质及用途等，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。
31．（2024•汉台区校级开学）如图为铁的价类二维图，箭头表示部分物质间的转化关系，下列说法正确的是（ ）
A．铁与氧气的燃烧反应可实现上述转化①
B．加热Fe（OH）3发生转化⑥，Fe2O3加水溶解可转化为Fe（OH）3
C．转化③、④均可通过与NaOH溶液反应来实现
D．由图可预测：高铁酸盐（）具有强氧化生，可用于饮用水的消毒
【专题】几种重要的金属及其化合物．
【分析】A．根据铁和氧气燃烧反应生成四氧化三铁，进行分析；
B．根据氧化铁不溶于水，加水不溶解，不可转化为氢氧化铁，进行分析；
C．根据转化③、④是通过与HCl或H2SO4溶液与碱反应生成盐，进行分析；
D．根据高铁酸盐具有强氧化性，可被还原成铁离子，进行分析。
【解答】解：A．铁和氧气燃烧反应生成四氧化三铁，不生成三氧化二铁，不能实现上述转化①，故A错误；
B．加热氢氧化铁，氢氧化铁分解生成氧化铁，可发生转化⑥；但氧化铁不溶于水，加水不溶解，不可转化为氢氧化铁，故B错误；
C．转化③、④是碱与酸反应生成盐，转化③、④均可通过与HCl或H2SO4溶液反应来实现，故C错误；
D．高铁酸盐中铁元素化合价为+6价，具有强氧化性，可被还原成铁离子，可用于饮用水的消毒，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查铁及其化合物的相互转化等，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。
32．（2024春•西城区校级期中）紫花前胡醇（）可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是（ ）
A．分子式为C14H14O4
B．不能使酸性重铬酸钾溶液变色
C．能够发生取代反应
D．能够发生消去反应
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】A．交点、端点为碳原子，利用氢原子饱和碳的四价结构，或者利用不饱和度计算氢原子数目；
B．分子中碳碳双键、醇羟基等可以被酸性重铬酸钾溶液氧化；
C．分子中含有羟基、酯基等，具有醇、酯的性质等；
D．羟基连接的碳原子相邻的碳原子上含有氢原子。
【解答】解：A．由结构简式可知，该有机物分子含有14个碳原子、4个氧原子，不饱和度为8，分子中氢原子数目为2×14+2﹣2×8＝14，故分子式为C14H14O4，故A正确；
B．分子中碳碳双键、醇羟基等可以被酸性重铬酸钾溶液氧化，使酸性重铬酸钾溶液变色，故B错误；
C．分子中含有羟基、酯基等，可以发生取代反应，故C正确；
D．羟基连接的碳原子相邻的碳原子上含有氢原子，可以发生消去反应，故D正确；
故选：B。
【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，试题培养了学生分析能力、灵活运用知识的能力。
33．（2024•衡水开学）西沙群岛软珊瑚中存在多种朵蕾烷二萜类海洋天然产物，结构如图所示，具有较强抗菌、抗肿瘤等生物活性。下列关于该二萜类化合物的说法错误的是（ ）
A．化合物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均不属于芳香族化合物
B．等物质的量的化合物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ最多消耗H2的物质的量之比为2：2：3
C．化合物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均能使酸性高锰酸钾溶液或溴的四氯化碳溶液褪色
D．加热条件下，化合物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均能与NaOH溶液发生反应
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】A．含苯环的化合物为芳香族化合物；
B．碳碳双键与氢气发生加成反应，酯基与氢气不能发生加成反应；
C．化合物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均含碳碳双键；
D．化合物Ⅰ含羟基、碳碳双键。
【解答】解：A．含苯环的化合物为芳香族化合物，则化合物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均不属于芳香族化合物，故A正确；
B．碳碳双键与氢气发生加成反应，酯基与氢气不能发生加成反应，则等物质的量的化合物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ最多消耗H2的物质的量之比为2：2：3，故B正确；
C．化合物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均含碳碳双键，则化合物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均能使酸性高锰酸钾溶液或溴的四氯化碳溶液褪色，故C正确；
D．化合物Ⅰ含羟基、碳碳双键，不能与NaOH溶液发生反应，故D错误；
故选：D。
【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，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
34．（2024•福田区校级开学）碳酰氯（COCl2）俗名光气，熔点为﹣118℃，沸点为8.2℃，遇水迅速水解，生成氯化氢。光气可由氯仿（CHCl3）和氧气在光照条件下合成。下列说法错误的是（ ）
A．装置的连接顺序应为c→b→a→f→e→b→a→d
B．装置丙的主要作用是吸收尾气中的氯化氢
C．装置丁中多孔球泡的作用是增大氧气与氯仿（CHCl3）的接触面积，加快反应速率
D．装置丁冰水混合物的作用是降温，防止COCl2挥发
【专题】无机实验综合．
【分析】光气可由氯仿（CHCl3）和氧气在光照条件下合成，且光气遇水迅速水解，由实验装置可知，乙装置制备氧气，然后经甲干燥氧气，再选丁合成光气，丁后面需连接干燥装置防止水进入丁中，最后连接丙装置吸收尾气，以此来解答。
【解答】解：A．干燥气体时导管长进短出，由上述分析可知，装置的连接顺序应为c→b→a→e→f→b→a→d，故A错误；
B．丁中生成HCl，HCl极易溶于水，倒扣的漏斗可防止倒吸，则装置丙的主要作用是吸收尾气中的氯化氢，故B正确；
C．多孔球泡可增大接触面积，使气体和液体充分接触而充分反应，故C正确；
D．光气的熔沸点较低，可知冰水混合物的作用是降温，防止COCl2挥发，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握习题中的信息、制备原理、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。
35．（2024•如皋市模拟）室温下，用含少量ZnSO4杂质的1ml•L﹣1MnSO4溶液制备MnCO3的过程如图所示。下列说法正确的是（ ）
已知：Ksp（MnS）＝2×10﹣10、Ksp（ZnS）＝2×10﹣24、Kb（NH3⋅H2O）＝2×10﹣5
Ka1（H2CO3）＝4×10﹣7、Ka2（H2CO3）＝5×10﹣11
A．“除锌”后所得上层清液中，c（Zn2+）一定小于1×10﹣5ml•L﹣1
B．0.1ml•L﹣1NH4HCO3溶液中存在：c（H+）+c（H2CO3）═c（OH﹣）+c（）
C．氨水、NH4HCO3溶液中存在：c（）＜2c（）+c（）
D．“沉锰”后的滤液中存在：c（）+c（NH3•H2O）═2c（）
【专题】盐类的水解专题；制备实验综合．
【分析】用含少量ZnSO4杂质的1ml•L﹣1MnSO4溶液制备MnCO3，“除锌”步骤中，由于Ksp（MnS）＝2×10﹣10＞Ksp（ZnS）＝2×10﹣24，因此当加入过量MnS时，产生ZnS沉淀，过滤后除掉过量的MnS和产生的ZnS沉淀，再用NH4HCO3将Mn2+沉淀为MnCO3，过滤得到产物，据此作答。
【解答】解：A．MnS过量，“除锌”步骤完成沉淀生成ZnS，则上层清液c（Zn2+）一定小于1×10﹣5ml•L﹣1，故A正确；
B．NH4HCO3溶液中存在电荷守恒c（）+c（H+）＝c（）+c（OH﹣）+2c（），同时根据物料守恒c（）+c（NH3•H2O）＝c（）+c（H2CO3）+2（），联立两式可得c（H+）+c（H2CO3）═c（OH﹣）+c（）+c（NH3•H2O），故B错误；
C．由电荷守恒c（）+c（H+）＝c（）+c（OH﹣）+2c（），pH＞7，说明c（H+）＜c（OH﹣），则c（）＞c（）+2c（），故C错误；
D．沉锰后滤液成分是（NH4）2SO4、NH3•H2O、NH4HCO3，则c（）+c（NH3•H2O）＞2c（），故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质的制备、沉淀溶解平衡、水解平衡，侧重分析能力和运用能力考查，把握溶度积常数表达式、溶液中溶质的成分、溶液中存在的守恒关系式即可解答，题目难度中等。
36．（2024•开福区校级模拟）某实验小组利用如下装置（夹持和加热装置均省略）合成正丁醚，其反应原理：2CH3CH2CH2CH2OHCH3（CH2）3O（CH2）3CH3+H2O，反应装置如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．图中温度计水银球也可以位于液面上方
B．若分水器中水层超过支管口下沿，应打开分水器旋钮放水
C．正丁醚熔沸点较低，该有机物固体是分子晶体，存在分子间氢键
D．实验制得的粗醚经碱液洗涤、干燥后，将干燥后粗产品放入蒸馏装置中，迅速加热到142.0℃以上蒸馏即可得纯醚
【专题】制备实验综合．
【分析】加热二颈烧瓶，用温度计控制温度在135℃，正丁醇和浓硫酸在烧瓶内作用产生正丁醚，然后形成蒸汽到达冷凝管，冷凝管起冷凝作用，正丁醚不溶于水且密度比水小，在上层，当正丁醚超过支管口下沿，将流回二颈烧瓶，当分水器中水层超过支管口下沿，应打开分水器旋钮放水，避免水流回二颈烧瓶；
A、蒸馏装置中温度计水银球位于上方测量沸点，反应装置内水银球位于下方测量反应温度；
B、水是产物，及时移走分水器中的水层是为了使反应正向移动，提高产率；
C、醚键（—O—）不能形成氢键；
D、碱性洗涤不能除去正丁醇，蒸馏过程中迅速加热到142℃，无法分离出正丁醇，得不到纯醚。
【解答】解：A、温度计的作用是测量反应液的温度为135℃，因此温度计水银球不能位于液面上方，故A错误；
B、当分水器中水层超过支管口下沿，应打开分水器旋钮放水，避免水流回烧瓶，故B正确；
C、正丁醚熔沸点较低，因此正丁醚固体属于分子晶体，但正丁醚分子间不能形成氢键，故C错误；
D、实验制得的粗醚中含有正丁醇，蒸馏时不能迅速加热到142.0℃以上，否则会混有正丁醇，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
37．（2023•姜堰区模拟）室温下，磷酸的Ka1＝7.6×10﹣3，Ka2＝6.3×10﹣8，Ka3＝4.4×10﹣13。通过下列实验探究含磷化合物的性质，下列有关说法正确的是（ ）
A．实验1中，0.1ml/LNaH2PO4溶液中存在：Ka1•Ka2＜Kw
B．实验2中发生反应的离子方程式为2+3Ca2+═Ca3（PO4）2↓+2H+
C．实验3中存在5c（Na+）═2[c（H2）+c（）+c（H3PO4）+c（）]
D．实验4的过程中可能存在c（H2）＞c（）＞c（）
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A．电离平衡常数只与温度有关，根据题给信息可知，计算Ka1•Ka2，再与Kw进行比较；
B．根据反应生成了白色沉淀，以及所得溶液显酸性可知，反应过程中生成Ca3（PO4）2的同时，生成了H+；
C．根据物料守恒可知，2n（Na+）═5n（P）；
D．溶液的pH为6，显酸性，若H2浓度最大，结合其Ka2可知，其电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，并且逐级电离程度越来越小，故浓度最小，则实验4的过程中不可能存在c（H2）＞c（）＞c（），当或最多时，结合其Ka1可知，此时水解沉淀大于电离程度，溶液显碱性，不合题意。
【解答】解：A．电离平衡常数只与温度有关，根据题给信息可知，Ka1•Ka2＝7.6×10﹣3×6.3×10﹣8＝4.8×10﹣10＞Kw，故A错误；
B．根据反应生成了白色沉淀，以及所得溶液显酸性可知，反应过程中生成Ca3（PO4）2的同时，生成了H+，则反应的离子方程式为：2+3Ca2+═Ca3（PO4）2↓+2H+，故B正确；
C．根据物料守恒可知，实验3中存在2c（Na+）═5[c（H2）+c（）+c（H3PO4）+c（）]，故C错误；
D．溶液的pH为6，显酸性，若H2浓度最大，结合其Ka2可知，其电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，并且逐级电离程度越来越小，故浓度最小，则实验4的过程中不可能存在c（H2）＞c（）＞c（），当或最多时，结合其Ka1可知，此时水解沉淀大于电离程度，溶液显碱性，不合题意，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡，同时考查离子浓度大小的比较，物料守恒的应用，属于高考高频考点，难度中等。
38．（2023秋•石家庄期中）某兴趣小组设计了如图所示实验装置，验证Na与CO2能否发生反应。已知PdCl2能被CO还原得到黑色的金属Pd。加热D装置中硬质玻璃管一段时间，观察到以下现象：
①钠块表面变黑，熔融成小球；
②继续加热，钠燃烧产生黄色火焰，硬质玻璃管中有大量黑色和白色固体产生；
③F中试管内壁有黑色沉淀产生。
下列说法不正确的是（ ）
A．B中盛放饱和NaCl溶液，C中盛放浓硫酸
B．连接装置，打开K1和K2，通入CO2待E中出现白色沉淀后，再点燃酒精灯
C．D中产生的黑色固体为碳单质
D．F装置和气球的作用为检验并收集CO，防止CO污染空气
【专题】气体的制备与性质检验类实验．
【分析】A装置中大理石与稀盐酸反应生成CO2，盐酸易挥发，所以生成的CO2中含有水蒸气、HCl，装置B中盛装有饱和NaHCO3溶液，除去HCl，C装置中盛装有浓硫酸除水，D装置中的Na与CO2在加热条件下进行反应，E装置吸收未反应完的CO2，观察F装置中的现象，若生成黑色固体，说明Na与CO2发生反应，气体收集多余的CO尾气。
【解答】解：A．B中应盛放饱和NaHCO3溶液，目的是吸收CO2中的HCl，C中盛放浓硫酸，目的是除水，故A错误；
B．连接装置，打开 K1 和 K2，通入 CO2待E中出现白色沉淀后，用CO2将装置中空气排尽，防止O2和Na反应，然后再点燃酒精灯，故B正确；
C．根据元素及物质颜色知，D中残留的黑色固体只能碳单质，故C正确；
D．F装置和气球的作用为检验并收集CO，防止CO污染空气，D正确；
故选：A。
【点评】本题主要考查实验方案的设计，重点在于实验过程的分析，根据已知信息进行实验步骤原因的分析推理，培养学生的逻辑思维能力，难度中等。
39．（2024•南京模拟）室温下，用含有少量Mn2+的ZnSO4溶液制备ZnCO3的过程如图。下列说法正确的是（ ）
A．NaClO溶液中：c（Na+）＝c（ClO﹣）+c（OH﹣）
B．NH4HCO3溶液中：c（OH﹣）+c（NH3•H2O）＝c（H+）+c（H2CO3）+c（）
C．“过滤”所得滤液中：c（）+c（NH3•H2O）＞c（）+c（H2CO3）+c（）
D．“过滤”所得滤液中：＜
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】ZnSO4溶液中加入次氯酸钠将二价锰离子氧化为二氧化锰并除去，在滤液中加入碳酸氢铵与氨水沉淀锌离子，生成碳酸锌沉淀与碳酸铵，过滤得到碳酸锌，据此回答。
【解答】解：A．在次氯酸钠溶液中，根据电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）＝c（ClO﹣）+c（OH﹣），故A错误；
B．在NH4HCO3中存在质子守恒：c（OH﹣）+c（NH3•H2O）+c（）＝c（H+）+c（H2CO3），故B错误；
C．过滤之后的滤液为（NH4）2CO3，根据物料守恒，铵根离子以及水解产生的一水合氨分子的浓度之和等于碳酸氢根离子、电离产生的碳酸根离子、水解产生的碳酸分子的浓度之和的2倍，则为c（）+c（NH3•H2O）＝2[c（）+c（H2CO3）+c（）]，所以c（）+c（NH3•H2O）＞c（）+c（H2CO3）+c（），故C正确；
D．过滤之后的溶液为碳酸锌的饱和溶液，但不是氢氧化锌的饱和溶液，所以对于氢氧化锌的饱和溶液而言，氢氧根离子浓度偏小，则＞，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生微粒浓度关系的掌握情况，试题难度中等。
40．（2023秋•市南区校级月考）利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。
已知：
ⅰ．如图中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。
ⅱ．如图中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c（Mg2+）c2（OH﹣）＝Ksp[Mg（OH）2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c（Mg2+）c（）＝Ksp[MgCO3][注：起始c（Na2CO3）＝0.1ml•L﹣1，不同pH下c（）由图得到]。
下列说法正确的是（ ）
A．由第1个图，pH＝9时，c（）＜c（H2CO3）
B．由第2个图，初始状态pH＝9、lg[c（Mg2+）]＝﹣2，平衡后溶液中存在：c（H2CO3）+c（）+c（）＝0.1ml•L﹣1
C．由第2个图，初始状态pH＝11、lg[c（Mg2+）]＝﹣6，有沉淀生成
D．由两个图分析，初始状态pH＝8、lg[c（Mg2+）]＝﹣1，发生反应：Mg2++2═MgCO3↓+CO2↑+H2O
【专题】电离平衡与溶液的pH专题；理解与辨析能力．
【分析】图i中pH越大，碳酸根物质的量分数越大，碳酸物质的量分数越小，碳酸氢根物质的量分数先增大后减小；图ii中已知曲线Ⅰ代表的是氢氧化镁，曲线Ⅱ代表的是碳酸镁。
【解答】解：A．由图可知，pH＝9时，碳酸氢根离子的物质的量分数大于碳酸的物质的量分数，故A错误；
B．从图2可以看出pH＝9、lg[c（Mg2+）]＝﹣2时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中，故B错误；
C．从图2可以看出pH＝11、lg[c（Mg2+）]＝﹣6时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，故C错误；
D．pH＝8时，溶液中主要含碳微粒是碳酸氢根离子，pH＝8，lg[c（Mg2+）]＝﹣1时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，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。
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A．牛奶变质
B．金属生锈


C．天然气燃烧
D．调制冰糖水
选项
A
B
C
D
生活中的物质

洁厕剂

食用面碱

精制食用盐

复方氢氧化铝片
有效成分的化学式
HCl
Na2CO3
NaCl
Al（OH）3
物质分类
酸
碱
盐
两性氢氧化物
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
氢化钠（NaH）可在野外用作生氢剂
氢元素化合价为+1价
B
键能：HF＜HCl＜HBr
键长：HF＜HCl＜HBr
C
丙烯腈、1，3﹣丁二烯和苯乙烯合成ABS树脂
合成ABS树脂的反应是缩聚反应
D
蔗糖难溶于四氯化碳
蔗糖是极性分子
选项
甲针筒内物质
乙针筒内物质
甲针筒的现象
A
10mLFeSO4溶液
10mLNH3
生成白色沉淀，后变色
B
20mLH2S
10mLSO2
有黄色固体生成
C
30mLNO2（主要）
10mLH2O（l）
活塞自动向内压缩至容积约为20mL
D
10mLCl2
10mLH2
针筒内出现苍白色火焰
化合物
密度/（g/mL）
熔点/℃
沸点/℃
水中溶解性
正丁醇
0.810
﹣89.8
118.0
微溶
正丁醚
0.769
﹣95.3
142.0
不溶于水
实验
实验操作和现象
1
蘸取0.1ml/LNaH2PO4溶液点在pH试纸上，pH＜7；
蘸取0.1ml/LNa2HPO4溶液点在pH试纸上，pH＞7。
2
向0.1ml/LNa2HPO4溶液中加入足量0.2ml/LCaCl2溶液，生成白色沉淀，蘸取上层清液点在pH试纸上，pH＜7
3
将等浓度等体积的Na2HPO4、Na3PO4溶液混合，pH＞7
4
向0.1ml/LH3PO4溶液中滴加0.1ml/LNaOH溶液至pH＝6


A．牛奶变质
B．金属生锈


C．天然气燃烧
D．调制冰糖水
选项
A
B
C
D
生活中的物质

洁厕剂

食用面碱

精制食用盐

复方氢氧化铝片
有效成分的化学式
HCl
Na2CO3
NaCl
Al（OH）3
物质分类
酸
碱
盐
两性氢氧化物
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
氢化钠（NaH）可在野外用作生氢剂
氢元素化合价为+1价
B
键能：HF＜HCl＜HBr
键长：HF＜HCl＜HBr
C
丙烯腈、1，3﹣丁二烯和苯乙烯合成ABS树脂
合成ABS树脂的反应是缩聚反应
D
蔗糖难溶于四氯化碳
蔗糖是极性分子
选项
甲针筒内物质
乙针筒内物质
甲针筒的现象
A
10mLFeSO4溶液
10mLNH3
生成白色沉淀，后变色
B
20mLH2S
10mLSO2
有黄色固体生成
C
30mLNO2（主要）
10mLH2O（l）
活塞自动向内压缩至容积约为20mL
D
10mLCl2
10mLH2
针筒内出现苍白色火焰
化合物
密度/（g/mL）
熔点/℃
沸点/℃
水中溶解性
正丁醇
0.810
﹣89.8
118.0
微溶
正丁醚
0.769
﹣95.3
142.0
不溶于水
实验
实验操作和现象
1
蘸取0.1ml/LNaH2PO4溶液点在pH试纸上，pH＜7；
蘸取0.1ml/LNa2HPO4溶液点在pH试纸上，pH＞7。
2
向0.1ml/LNa2HPO4溶液中加入足量0.2ml/LCaCl2溶液，生成白色沉淀，蘸取上层清液点在pH试纸上，pH＜7
3
将等浓度等体积的Na2HPO4、Na3PO4溶液混合，pH＞7
4
向0.1ml/LH3PO4溶液中滴加0.1ml/LNaOH溶液至pH＝6