2025高考化学解密 压轴卷训练7（Word版附解析）

这是一份2025高考化学解密 压轴卷训练7（Word版附解析），共41页。

A．甲图所示的分类方法属于树状分数法
B．乙图所示的分类方法属于交叉分类法
C．碱性氧化物一定是金属氧化物
D．非金属氧化物一定是酸性氧化物
2．（2024•5月份模拟）下列说法正确的是（ ）
A．键角：NH3＜H2O
B．C70与“杯酚”能通过分子间作用力形成超分子
C．正戊烷的球棍模型：
D．羟基的电子式：
3．（2024秋•海曙区校级月考）下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．钠与水反应：Na+H2O＝Na++OH﹣+H2↑
B．在NaHSO4溶液中滴入Ba（OH）2溶液至溶液呈中性：Ba2++2OH﹣+2H++＝BaSO4↓+2H2O
C．向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++H2O+CO2＝CaCO3↓+2H+
D．向碳酸钠溶液中逐滴加入少量稀盐酸：+2H+＝CO2↑+H2O
4．（2024秋•长安区月考）活性炭吸附NO2的反应为2C（s）+2NO2（g）⇌N2（g）+2CO2（g），NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是（ ）
A．12g活性炭中含共价键的数目为4NA
B．标准状况下11.2LNO2中含NO2分子的数目为0.5NA
C．4.4g干冰晶体中含σ键的数目为0.1NA
D．该反应生成0.5ml N2转移电子的数目为4NA
5．（2024秋•铜梁区校级月考）短周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a与d同族且d的单质为黄色晶体，b是同周期元素中原子半径最大的，c的氢氧化物在酸或强碱溶液中都能溶解。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：b＜c＜d
B．氢氧化物的碱性：b＜c
C．气态氢化物稳定性：d＞a
D．a、b、d形成的某种化合物的溶液与稀硫酸混合产生浑浊
6．（2024秋•广西月考）物质结构决定物质性质。下列物质的性质差异与结构因素匹配错误的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
7．（2024秋•五华区期中）碳化钼是碳原子嵌入金属钼原子的间隙形成的化合物，其晶胞结构如图所示，已知晶胞参数为apm，钼的原子序数为42，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．该晶体属于分子晶体
B．钼的价层电子排布式为4d45s2
C．碳的配位数为8
D．该晶体的密度是
8．（2024秋•重庆月考）已知有如下反应：①2+Cl2＝2+Br2、②+5Cl﹣+6H+＝3H2O+3Cl2↑、③2FeCl2+Cl2＝2FeCl3根据上述反应，判断下列结论中错误的是（ ）
A．Cl2在反应②中既是氧化产物又是还原产物
B．Cl2在反应①③中均是氧化剂
C．氧化性强弱顺序为：＞＞Cl2＞Fe3+
D．溶液中可发生：+6Fe2++6H+＝Cl﹣+6Fe3++3H2O
9．（2024秋•贵阳月考）一定条件下，金刚石可转化为石墨，其能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．金刚石和石墨互为同位素
B．该反应为吸热反应
C．金刚石的硬度和稳定性都强于石墨
D．该反应的反应热ΔH＝（b﹣a）kJ•ml﹣1
10．（2024秋•青岛月考）浓差电池是一种利用电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池，理论上当电解质溶液的浓度相等时停止放电。图1为浓差电池，图2为电解池。图2用图1作电源，可实现以KCl、NaNO3为原料制取KNO3和NaCl。A、C代表不同类别的选择性离子交换膜，M、N为惰性电极。若产品出口1的产品为NaCl，下列有关说法正确的是（ ）
A．图2中M极为阴极，应与Ag（Ⅱ）相连
B．A为阴离子交换膜，C为阳离子交换膜
C．电解总反应：KCl+NaNO3KNO3+NaCl
D．产品出口1的产品的物质的量是产品出口2物质的量的2倍
11．（2024秋•顺义区校级月考）已知2A（g）+B（g）⇌nC（g），在密闭容器中进行，K（300℃）＞K（350℃），某温度下，A的平衡转化率（α）与体系总压强（P）的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．该反应的正反应是放热反应
B．平衡状态由a变到b时，化学平衡常数K（b）小于K（a）
C．反应温度升高，B的转化率降低
D．n＜3
12．（2024秋•重庆月考）已知难溶性碳酸盐均易受热分解为对应氧化物和CO2，甲、乙、丙、丁、戊五种化合物中都含有同一种元素，它们之间的相互转化关系如图所示。由此推断下列说法错误的是（ ）
A．H2O和Na2CO3均属于电解质
B．甲的物质类别为碱性氧化物或酸性氧化物
C．乙溶液与盐酸反应的离子方程式为H++OH﹣＝H2O
D．丁可能为Ba（NO3）2
13．（2024•碑林区校级模拟）“有机小分子不对称催化”获2021年诺贝尔化学奖，用脯氨酸（）催化分子内的羟醛缩合反应如图。下列说法不正确的是（ ）
A．X中所有碳原子可能处于同一平面
B．X和Y互为同分异构体，且Y能发生消去反应
C．脯氨酸能与Y发生取代反应
D．1ml脯氨酸与足量NaHCO3反应，生成44gCO2
14．（2024•福建）从废线路板（主要成分为铜，含少量铅锡合金、铝、锌和铁）中提取铜的流程如图：
已知“滤液2”主要含和。下列说法正确的是（ ）
A．“机械粉碎”将铅锡合金转变为铅和锡单质
B．“酸溶”时产生Al3+、Fe3+和Zn2+离子
C．“碱溶”时存在反应：Sn+2OH﹣+O2═+H2O
D．“电解精炼”时，粗铜在阴极发生还原反应
15．（2024春•沈阳期末）探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。（已知：室温下，0.1ml﹣1H2C2O4的pH＝13），由上述实验所得草酸性质所对应的方程式错误的是（ ）
A．H2C2O4有酸性，Ca（OH）2+H2C2O4═CaC2O4↓+2H2O
B．酸性：H2C2O4＞H2CO3，NaHCO3+H2C2O4═NaHC2O4+CO2↑+H2O
C．H2C2O4具有还原性，2+5C2+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
D．H2C2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O
16．（2024秋•海淀区校级月考）下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是（ ）
A．无色溶液中：Cu2+、K+、SCN﹣、Cl﹣
B．含有的溶液中：I﹣、、、H+
C．强酸性溶液中：Na+、、、
D．pH＝11的NaOH溶液中：、K+、、
17．（2023秋•西城区期末）将FeSO4溶液分别滴入Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中，如图所示，Ⅰ、Ⅱ中均有沉淀产生。
已知：FeCO3是白色难溶于水的固体。
下列说法不正确的是（ ）
A．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中均存在：c（Na+）+c（H+）═c（）+2c（）+c（OH﹣）
B．Ⅰ中的沉淀可能有Fe（OH）2、Fe（OH）3和FeCO3
C．Ⅱ中生成FeCO3的反应：+Fe2+═FeCO3↓+H+
D．Ⅰ和Ⅱ中加入FeSO4溶液后，pH均降低
18．（2024秋•五华区期中）25℃下，AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。某实验小组以K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液分别滴定含Cl﹣水样、含Br﹣水样。
已知：①Ag2CrO4为砖红色沉淀；25℃时，pKa1（H2CrO4）＝0.7，pKa2（H2CrO4）＝6.5；
②相同条件下AgCl溶解度大于AgBr。
下列说法错误的是（ ）
A．曲线①为Ag2CrO4沉淀溶解平衡曲线
B．反应Ag2CrO4+H+⇌2Ag++的平衡常数K＝1.0×10﹣5.2
C．在K2CrO4溶液中：c（H+）+c（）+2c（H2CrO4）＝c（OH﹣）
D．滴定达终点时，溶液中c（Br﹣）：c（Cl﹣）＝10﹣1.25
19．（2024•南通模拟）近日，某科研团队发现一种重要有机中间体的合成机理如下：
其中，箭头表示一对电子的转移。根据以上机理，下列说法正确的是（ ）
A．—CF3具有很强的给电子效应，使与之相连的碳原子带正电，使得带负电的OCH3可以发生加成反应
B．为了增大反应正向进行的程度，可在反应体系中加入H+以结合F降低F的浓度
C．类比ClNO，反应产物之一的FNO可命名为硝基氟
D．在反应中，一对电子的转移往往代表着共价键的生成或断裂
20．（2024秋•吉林月考）2NO2（g）⇌N2O4（g），v正（NO2）＝k1•c2（NO2），v逆（N2O4）＝k2•c（N2O4），其中k1、k2只与温度有关，T0时，k1＝k2，将一定量的NO2充入注射器中，改变活塞位置，气体透光率随时间的变化如图所示（气体颜色越深，透光率越低），下列说法错误的是（ ）
A．d点v正（NO2）＜v逆（NO2）
B．T0时，K＝0.5
C．T1时，k2＝0.6k1，则T1＜T0
D．保持容积不变，再充入一定量NO2气体，NO2的平衡转化率不变
二．解答题（共5小题）
21．（2024春•杭州期中）硼单质及其化合物有重要的应用。
（1）硼与硅相似，能与氢形成一类化合物——硼烷。常见的有乙硼烷（B2H6）、丁硼烷（B4H10）等。BnHm极易发生水解生成H3BO3和H2，请写出反应的化学方程式： ；其中乙硼烷生产中可用来与试剂X反应制备硼氢化钠（NaBH4），且符合原子经济性反应，试剂X的化学式为 。
（2）下列说法正确的是 。
A.反应①为氧化还原反应，其中H2被BCl3氧化
B.相同条件下在水中的溶解度：氨硼烷（NH3BH3）＞乙烷
C.H3BO3是一种一元弱酸，可以与甲醇反应生成B（OCH3）3为无机酸酯
D.氮化硼（BN）晶体有多种相结构，六方氮化硼结构与石墨相似，熔点低
（3）氨硼烷（NH3BH3）含氢量高、热稳定性好，是一种有潜力的固体储氢材料。氨硼烷分子间存在“双氢键”（不是两个氢键）使氨硼烷的熔点明显升高。“双氢键”能形成的原因是 。
（4）在一定条件下氨硼烷和水发生反应，产生氢气，其中溶液中的阴离子为。运用价层电子对互斥模型，分析反应后的溶液中的阳离子的空间结构 。
22．（2024秋•南岗区校级月考）ClO2在常温下为黄色气体，熔点为﹣59.5℃，沸点为11℃，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂，在碱性环境中易发生反应：4ClO2+4OH﹣═3+ClO﹣+2H2O。ClO2的制备方法有多种。请回答下列问题：
（1）一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，溶于水时逸出大量CO2，同时NaClO2在酸性条件下发生自身氧化还原反应，得到NaCl和ClO2的混合溶液。
①NaClO2中氯元素的化合价为 。
②上述反应过程中生成ClO2的离子方程式为 。
（2）实验室可用图示中装置制备、收集ClO2（夹持装置略）。
①装置A中发生反应的化学方程式为 。
②为了使装置B能收集到更多的ClO2，可采取的措施为 （填一条）。
（3）ClO2的稳定性较差，易分解，常用H2O2溶液和NaOH溶液将其转化为NaClO2进行保存。该反应中每生成1个O2分子，转移电子的数目为 。若加入过量NaOH溶液，可能导致的后果是 。
23．（2024•天津一模）有机化学在医药、化工及农林等领域均有广泛应用。请完成下列问题。
Ⅰ.
已知：
（1）实验室制取A的化学方程式为 。
（2）A→B发生了加成反应，B中含有羟基。B的结构简式为 。
（3）请写出G中除羟基外，其他官能团的名称 。
（4）D→E的化学方程式为 。
（5）H分子中含有一个五元环，写出G→H的化学方程式 。
Ⅱ.阿托酸是一种重要的医药中间体，其合成路线如图：
（6）W→Q的反应类型是 。
（7）化合物W满足下列条件的同分异构体有 种。
①可以发生银镜反应
②含有苯环
其中核磁共振氢谱图像为4组峰的结构简式为 。
（8）下列关于化合物Y的说法，错误的是 （填字母）。
a.可以发生聚合反应
b.9个碳原子共平面
c.可以形成分子内、分子间氢键
d.含有一个手性碳原子
24．（2024秋•浦东新区校级月考）乳酸亚铁固体（[CH3CH（OH）COO]2Fe，摩尔质量：234g/ml）易溶于水，难溶于乙醇，其水溶液易被氧化。它是一种很好的补铁剂常用于治疗缺铁性贫血。可由乳酸与FeCO3反应制得。
Ⅰ．制备碳酸亚铁：装置如图所示
①组装仪器，检查装置气密性，加入试剂；
②先关闭K2，打开K1、K3，一段时间后关闭K3；
③打开活塞K2；
④过滤，洗涤干燥。
（1）盛放碳酸钠溶液的玻璃仪器名称为 。操作②中，先关闭K2，打开K1、K3，加入适量稀硫酸，使反应进行一段时间，其目的是 。
（2）装置a可盛适量的水，其作用是 。
（3）可用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液制备碳酸亚铁，观察到有大量气泡冒出，发生反应的离子方程式为 ，此法所得产品纯度更高，原因是 。
Ⅱ．制备乳酸亚铁：
将制得的FeCO3加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应，然后再加入适量乳酸。
（4）从所得溶液中获得乳酸亚铁所需的实验操作是：隔绝空气低温蒸发，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤，干燥。
①过滤所需的玻璃仪器为 。
②选用乙醇洗涤的原因是 。
Ⅲ．乳酸亚铁晶体纯度的测量：
（5）若用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量计算纯度，发现结果总是大于100%，其原因是 。
（6）该兴趣小组改用铈（Ce）量法测定产品中Fe2+的含量，可通过用Ce（SO4）2滴定法测定样品中Fe2+的含量来计算乳酸亚铁固体样品纯度（反应中Ce元素被还原为Ce3+）。称取7.8g样品配制成250.00mL溶液，取25.00mL用0.10ml•L﹣1Ce（SO4）2标准溶液滴定。反复滴定3次，平均消耗标准液30.00mL，则产品中乳酸亚铁的纯度为 。若滴定操作时间过长，则测得的样品纯度将 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
25．（2024秋•硚口区校级月考）二甲醚（DME）被誉为“21世纪的清洁燃料”，由合成气制备二甲醚的主要原理如下：
①CO（g）+2H2（g⇌）CH3OH（g） ΔH1＝﹣90.7kJ•ml﹣1 K1
②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g） ΔH2＝﹣23.5kJ•ml﹣1 K2
③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g） ΔH3＝﹣41.2kJ•ml﹣1 K3
回答下列问题：
（1）反应3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）的ΔH＝ kJ•ml﹣1；该反应的平衡常数K＝ （用K1、K2、K3表示）。
（2）下列措施中，能提高（1）中CH3OCH3产率的有 。
A．使用过量的C
B．升高温度
C．增大压强
（3）一定温度下，将0.2ml CO和0.1ml H2O（g）通入2L恒容密闭容器中，发生反应③，5min后达到化学平衡，平衡后测得H2的体积分数为0.1。则0～5min内v（H2O）＝ ，CO的转化率α（CO）＝ 。
（4）将合成气以＝2通入1L的反应器中，一定条件下发生反应：4H2（g）+2CO（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g） ΔH，其中CO的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图1所示，下列说法正确的是 （填字母）。
A．ΔH＜0
B．p1＞p2＞p3
C．若在p3和316℃时，起始时＝3，则平衡时，α（CO）小于50%
（5）采用一种新型的催化剂（主要成分是CuMn的合金），利用CO和H2制备二甲醚（DME）。观察图2，当约为 时最有利于二甲醚的合成。
2025菁优高考化学压轴卷训练7
参考答案与试题解析
一．选择题（共20小题）
1．（2024秋•东城区校级月考）下列说法错误的是（ ）
A．甲图所示的分类方法属于树状分数法
B．乙图所示的分类方法属于交叉分类法
C．碱性氧化物一定是金属氧化物
D．非金属氧化物一定是酸性氧化物
【专题】物质的分类专题；分析与推测能力．
【分析】A．根据交叉分类法含义：根据物质不同的分类标准，对同一事物进行多种分类的一种分类方式进行分析；
B．根据树状分类法含义：对同一类事物按照某些属性进行再分类的分类法进行分析；
C．根据碱性氧化物一定是金属氧化物进行分析；
D．根据非金属氧化物不一定是酸性氧化物进行分析。
【解答】解：A．树状分类法含义：对同一类事物按照某些属性进行再分类的分类法。从图形看甲应属于树状分类法，故A正确；
B．交叉分类法含义：根据物质不同的分类标准，对同一事物进行多种分类的一种分类方式；从图形看乙应属于交叉分类法，故B正确；
C．从乙图可以看出，碱性氧化物一定是金属氧化物，故C正确；
D．非金属氧化物不一定是酸性氧化物，例如NO、CO不是酸性氧化物，故D错误；
故选：D。
【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•5月份模拟）下列说法正确的是（ ）
A．键角：NH3＜H2O
B．C70与“杯酚”能通过分子间作用力形成超分子
C．正戊烷的球棍模型：
D．羟基的电子式：
【专题】化学用语专题；理解与辨析能力．
【分析】A．根据NH3、H2O两种分子的中心原子均为sp3杂化，孤电子对越多，键角越小，进行分析；
B．根据“杯酚”的空腔比C70小，进行分析；
C．根据正戊烷的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH3，进行分析；
D．根据羟基的电子式为，进行分析。
【解答】解：A．NH3、H2O两种分子的中心原子均为sp3杂化，孤电子对数：H2O＞NH3，孤电子对越多，键角越小，故A错误；
B．“杯酚”的空腔比C70小，能容纳C60而无法容纳C70，故B错误；
C．正戊烷的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH3，正戊烷的球棍模型为，故C正确；
D．羟基的电子式为，故D错误；
故选：C。
【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•海曙区校级月考）下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．钠与水反应：Na+H2O＝Na++OH﹣+H2↑
B．在NaHSO4溶液中滴入Ba（OH）2溶液至溶液呈中性：Ba2++2OH﹣+2H++＝BaSO4↓+2H2O
C．向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++H2O+CO2＝CaCO3↓+2H+
D．向碳酸钠溶液中逐滴加入少量稀盐酸：+2H+＝CO2↑+H2O
【专题】离子反应专题；分析与推测能力．
【分析】A．根据氢原子不守恒进行分析；
B．根据NaHSO4是二元强酸的酸式盐，可以全部电离，进行分析；
C．根据强酸制弱酸进行分析；
D．根据向碳酸钠溶液中逐滴加入少量稀盐酸生成碳酸氢钠和氯化钠进行分析。
【解答】解：A．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气：，故A错误；
B．NaHSO4是二元强酸的酸式盐，可以全部电离，当反应后溶液呈中性时，其反应化学方程式为2NaHSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，离子方程式为2H+++Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O，故B正确；
C．通常是强酸制弱酸，向氯化钙溶液中通入二氧化碳不反应，故C错误；
D．向碳酸钠溶液中逐滴加入少量稀盐酸生成碳酸氢钠和氯化钠：，故D错误；
故选：B。
【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•长安区月考）活性炭吸附NO2的反应为2C（s）+2NO2（g）⇌N2（g）+2CO2（g），NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是（ ）
A．12g活性炭中含共价键的数目为4NA
B．标准状况下11.2LNO2中含NO2分子的数目为0.5NA
C．4.4g干冰晶体中含σ键的数目为0.1NA
D．该反应生成0.5ml N2转移电子的数目为4NA
【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律；归纳与论证能力．
【分析】A．根据1ml活性炭含有共价键数目为2NA进行分析；
B．根据标准状况下NO2不是气体，同时还存在2NO2⇋N2O4，进行分析；
C．根据1ml干冰晶体中含2mlσ键进行分析；
D．根据2C（s）+2NO2（g）⇌N2（g）+2CO2（g）反应中，生成1ml N2转移8ml电子，进行分析。
【解答】解：A．12g活性炭为1ml，含有共价键数目为2NA，故A错误；
B．标准状况下二氧化氮不是气体，同时还存在2NO2⇋N2O4，标准状况下11.2L二氧化氮中含NO2分子的数目不是0.5NA，故B错误；
C．4.4g干冰晶体为0.1ml，中含σ键的数目为0.2NA，故C错误；
D．2C（s）+2NO2（g）⇌N2（g）+2CO2（g）反应中，生成1ml N2转移8ml电子，生成0.5ml N2转移电子的物质的量为2ml，数目为4NA，故D正确；
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。
5．（2024秋•铜梁区校级月考）短周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a与d同族且d的单质为黄色晶体，b是同周期元素中原子半径最大的，c的氢氧化物在酸或强碱溶液中都能溶解。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：b＜c＜d
B．氢氧化物的碱性：b＜c
C．气态氢化物稳定性：d＞a
D．a、b、d形成的某种化合物的溶液与稀硫酸混合产生浑浊
【专题】实验评价题；归纳与论证能力．
【分析】短周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a与d同族且d的单质为黄色晶体，可知a为O元素、d为S元素；b是同周期元素中原子半径最大的，结合原子序数可知b为Na元素；c的氢氧化物在酸或强碱溶液中都能溶解，c为Al元素，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，a为O元素、b为Na元素、c为Al元素、d为S元素，
A．同周期主族元素从左向右原子半径减小，则原子半径：b＞c＞d，故A错误；
B．同周期主族元素从左向右金属性减弱，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强，则氢氧化物的碱性：b＞c，故B错误；
C．同主族从上到下非金属性减弱，对应简单氢化物的稳定性减弱，则气态氢化物稳定性：d＜a，故C错误；
D．a、b、d形成的某种化合物为Na2S2O3，与稀硫酸混合生成S单质，产生浑浊，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、元素的位置和性质、元素化合物知识来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
6．（2024秋•广西月考）物质结构决定物质性质。下列物质的性质差异与结构因素匹配错误的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【专题】原子组成与结构专题；理解与辨析能力．
【分析】A．根据Li+半径小与冠醚的空腔匹配，K+半径大，与该冠醚冠醚的空腔不匹配，故不能与之形成超分子进行分析；
B．根据氨气和水分子的中心原子均为sp3杂化，孤对电子对孤对电子的排斥力大于孤对电子对成键电子排斥力，故键角NH3＞H2O，进行分析；
C．根据AlF3为离子晶体，熔点高，AlCl3为分子晶体，熔点低进行分析；
D．根据HCl为极性分子，水分子为极性分子，CCl4为非极性分子，进行分析。
【解答】解：A．冠醚12﹣冠﹣4能够与Li+形成超分子，是因为Li+半径小与冠醚的空腔匹配，K+半径大，与该冠醚冠醚的空腔不匹配，故不能与之形成超分子，故A正确；
B．氨气和水分子的中心原子均为sp3杂化，氨气中心原子N原子上有一对孤电子对，水中心原子O原子上有两对孤电子对，孤对电子对孤对电子的排斥力大于孤对电子对成键电子排斥力，故键角NH3＞H2O，与电负性无关，故B错误；
C．AlF3为离子晶体，熔点高，氯化铝为分子晶体，熔点低，故C正确；
D．氯化氢为极性分子，水分子为极性分子，四氯化碳为非极性分子，根据相似相溶，氯化氢在水中的溶解度大于其在四氯化碳中的溶解度，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查极性分子和非极性分子等，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•五华区期中）碳化钼是碳原子嵌入金属钼原子的间隙形成的化合物，其晶胞结构如图所示，已知晶胞参数为apm，钼的原子序数为42，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．该晶体属于分子晶体
B．钼的价层电子排布式为4d45s2
C．碳的配位数为8
D．该晶体的密度是
【专题】化学键与晶体结构；理解与辨析能力．
【分析】A.分析其堆积方式可知，晶体不是分子晶体；
B.钼的原子序数为42，与Cr同族；
C.钼的原子半径大于碳，可知白球为碳；
D.晶胞中，，钼原子个数为8×＝4，C原子个数为12×＝4，晶胞质量为g，晶胞体积以为（a×10﹣7）3cm3。
【解答】解：A.分析其堆积方式可知，晶体不是分子晶体，故A错误；
B.钼的原子序数为42，与Cr同族，价层电子排布式为4d55s1，故B错误；
C.钼的原子半径大于碳，可知白球为碳，碳的配位数为2，故C错误；
D.晶胞中，，钼原子个数为8×＝4，C原子个数为12×＝4，晶胞质量为g，晶胞体积以为（a×10﹣7）3cm3，晶胞密度ρ＝＝，故D正确，
故选：D。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
8．（2024秋•重庆月考）已知有如下反应：①2+Cl2＝2+Br2、②+5Cl﹣+6H+＝3H2O+3Cl2↑、③2FeCl2+Cl2＝2FeCl3根据上述反应，判断下列结论中错误的是（ ）
A．Cl2在反应②中既是氧化产物又是还原产物
B．Cl2在反应①③中均是氧化剂
C．氧化性强弱顺序为：＞＞Cl2＞Fe3+
D．溶液中可发生：+6Fe2++6H+＝Cl﹣+6Fe3++3H2O
【分析】A．根据②ClO﹣+5Cl﹣+6H+═3Cl2↑+3H2O反应中ClO﹣中Cl元素化合价由+5降低到0价的Cl2，Cl﹣中Cl元素化合价由﹣1价升高到0价的Cl2判断；
B．得电子的物质是氧化剂，失电子的物质是还原剂；
C．根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断；
D．根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断反应是否能发生。
【解答】解：A．②ClO﹣+5Cl﹣+6H+═3Cl2+3H2O反应中ClO﹣中Cl元素化合价由+5降低到0价的Cl2，Cl﹣中Cl元素化合价由﹣1价升高到0价的Cl2，所以Cl2是在反应②中既是氧化产物又是还原产物，故A正确；
B．反应①中Cl2失电子是还原剂，反应③中Cl2得电子是氧化剂，故B错误；
C．①2+Cl2═Br2+2中，氧化性：＞；②+5Cl﹣+6H+═3Cl2↑+3H2O中，氧化性：＞Cl2；③2FeCl2+Cl2═2FeCl3中，氧化性：Cl2＞Fe3+，所以氧化性强弱的顺序为：＞＞Cl2＞Fe3+，故C正确；
D．氧化性：＞Cl2＞Fe3+，反应+6Fe2++6H+＝Cl﹣+6Fe3++3H2O能发生，故D正确，
故选：B。
【点评】本题考查学生氧化还原反应中氧化剂和还原剂强弱的判断知识，属于综合知识的考查，难度中等，抓住化合价变化即可解题。
9．（2024秋•贵阳月考）一定条件下，金刚石可转化为石墨，其能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．金刚石和石墨互为同位素
B．该反应为吸热反应
C．金刚石的硬度和稳定性都强于石墨
D．该反应的反应热ΔH＝（b﹣a）kJ•ml﹣1
【专题】化学反应中的能量变化；分析与推测能力．
【分析】A．根据同素异形体，是相同元素组成，不同形态的单质进行分析；
B．根据该反应的生成物能量比反应物的低进行分析；
C．根据能量越低越稳定进行分析；
D．根据反应热等于生成物总能量减去反应物总能量进行分析。
【解答】解：A．同素异形体，是相同元素组成，不同形态的单质，金刚石和石墨互为同素异形体，故A错误；
B．该反应的生成物能量比反应物的低，故反应为放热反应，故B错误；
C．能量越低越稳定，故石墨稳定性强于金刚石，故C错误；
D．ΔH＝E（生成物的总能量）﹣E（反应物的总能量），该反应的反应热ΔH＝（b﹣a）kJ•ml﹣1，故D正确；
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。
10．（2024秋•青岛月考）浓差电池是一种利用电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池，理论上当电解质溶液的浓度相等时停止放电。图1为浓差电池，图2为电解池。图2用图1作电源，可实现以KCl、NaNO3为原料制取KNO3和NaCl。A、C代表不同类别的选择性离子交换膜，M、N为惰性电极。若产品出口1的产品为NaCl，下列有关说法正确的是（ ）
A．图2中M极为阴极，应与Ag（Ⅱ）相连
B．A为阴离子交换膜，C为阳离子交换膜
C．电解总反应：KCl+NaNO3KNO3+NaCl
D．产品出口1的产品的物质的量是产品出口2物质的量的2倍
【专题】电化学专题；理解与辨析能力．
【分析】图1为浓差电池，由图1可知，左侧硝酸银溶液浓度大，Ag（Ⅱ）为正极，Ag（Ⅰ）为负极，图2用图1作电源，可实现以KCl、NaNO3为原料制取KNO3和NaCl，产品出口1的产品为NaCl，故①中氯离子透过C膜向右迁移进入②，C膜为阴离子交换膜，M极为阴极，N极为阳极，③中钠离子向左侧迁移进入②，故A膜为阳离子交换膜，电解总反应为2H2O2H2↑+O2↑，据此作答。
【解答】解：A．由分析可知，M极为阴极，应与Ag（Ⅰ）即负极相连，故A错误；
B．由分析可知，A膜为阳离子交换膜，C膜为阴离子交换膜，故B错误；
C．电解总反应为2H2O2H2↑+O2↑，故C错误；
D．由分析可知，②、⑥的NaCl溶液浓度和④硝酸钾溶液浓度相等，故产品出口1的产品的物质的量是产品出口2物质的量的2倍，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原电池和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键。
11．（2024秋•顺义区校级月考）已知2A（g）+B（g）⇌nC（g），在密闭容器中进行，K（300℃）＞K（350℃），某温度下，A的平衡转化率（α）与体系总压强（P）的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．该反应的正反应是放热反应
B．平衡状态由a变到b时，化学平衡常数K（b）小于K（a）
C．反应温度升高，B的转化率降低
D．n＜3
【专题】化学反应速率专题；分析与推测能力．
【分析】A．根据K（300℃）＞K（350℃），可知温度升高，反应逆向移动，进行分析；
B．根据温度不变，化学平衡常数不变进行分析；
C．根据正反应是放热反应，则反应温度升高，反应逆向移动，进行分析；
D．根据增大压强，A转化率增大，则平衡正向移动，进行分析。
【解答】解：A．K（300℃）＞K（350℃），可知温度升高，反应逆向移动，则正反应是放热反应，故A正确；
B．化学平衡常数是温度的函数，平衡状态由a变到b时，为压强的变化导致，温度不变，化学平衡常数不变，故B错误；
C．正反应是放热反应，则反应温度升高，反应逆向移动，B的转化率减小，故C正确；
D．增大压强，A转化率增大，则平衡正向移动，反应为气体分子数减小的反应，故n＜3，故D正确；
故选：B。
【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。
12．（2024秋•重庆月考）已知难溶性碳酸盐均易受热分解为对应氧化物和CO2，甲、乙、丙、丁、戊五种化合物中都含有同一种元素，它们之间的相互转化关系如图所示。由此推断下列说法错误的是（ ）
A．H2O和Na2CO3均属于电解质
B．甲的物质类别为碱性氧化物或酸性氧化物
C．乙溶液与盐酸反应的离子方程式为H++OH﹣＝H2O
D．丁可能为Ba（NO3）2
【专题】推断题；分析与推测能力．
【分析】乙和二氧化碳反应生成戊，丁、丙都能与碳酸钠反应生成戊，戊高温能分解，则戊是难溶碳酸盐，戊可能是碳酸钙或碳酸钡，甲为碱性氧化物，甲与水反应生成乙，乙为可溶性碱。
【解答】解：A．H2O和Na2CO3均属于电解质，故A正确；
B．甲和水反应生成乙，乙能与二氧化碳反应，乙为碱，则甲的物质类别为碱性氧化物，甲不可能是酸性氧化物，故B错误；
C．乙是可溶性碱，乙溶液与盐酸反应的离子方程式为H++OH﹣＝H2O，故C正确；
D．若戊是碳酸钡，则乙是氢氧化钡，丙是氯化钡，氯化钡和硝酸银反应生成硝酸钡和氯化银沉淀，丁可能为Ba（NO3）2，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查无机推断，侧重考查学生物质之间反应的掌握情况，试题难度中等。
13．（2024•碑林区校级模拟）“有机小分子不对称催化”获2021年诺贝尔化学奖，用脯氨酸（）催化分子内的羟醛缩合反应如图。下列说法不正确的是（ ）
A．X中所有碳原子可能处于同一平面
B．X和Y互为同分异构体，且Y能发生消去反应
C．脯氨酸能与Y发生取代反应
D．1ml脯氨酸与足量NaHCO3反应，生成44gCO2
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】A．X中黑球表示碳原子为sp3杂化；
B．X、Y的分子式相同、结构不同，Y中与羟基相连碳原子的邻位碳原子上有氢原子；
C．脯氨酸含羧基，Y含羟基；
D．只有羧基与碳酸氢钠反应生成二氧化碳。
【解答】解：A．如图中黑球表示的碳原子均为sp3杂化，且与甲基相连的黑球表示的碳类似甲烷中的碳，则所有碳原子不共面，故A错误；
B．X、Y的分子式相同、结构不同，二者互为同分异构体，Y中与羟基相连碳原子的邻位碳原子上有氢原子，Y能发生消去反应，故B正确；
C．脯氨酸含羧基，Y含羟基，二者可发生酯化反应，属于取代反应，故C正确；
D．只有羧基与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，则1ml脯氨酸与足量NaHCO3反应，生成CO2的质量为1ml×44g/ml＝44g，故D正确；
故选：A。
【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A为解答的难点，题目难度不大。
14．（2024•福建）从废线路板（主要成分为铜，含少量铅锡合金、铝、锌和铁）中提取铜的流程如图：
已知“滤液2”主要含和。下列说法正确的是（ ）
A．“机械粉碎”将铅锡合金转变为铅和锡单质
B．“酸溶”时产生Al3+、Fe3+和Zn2+离子
C．“碱溶”时存在反应：Sn+2OH﹣+O2═+H2O
D．“电解精炼”时，粗铜在阴极发生还原反应
【专题】物质的分离提纯和鉴别；无机实验综合；分析与推测能力．
【分析】废线路板的主要成分为铜，含少量铅锡合金、铝、锌和铁，废线路板通过机械粉碎后加入稀盐酸进行酸溶，Al、Zn、Fe都分别和稀盐酸反应生成Al3+、Zn2+、Fe2+，过滤后滤液1中含有Al3+、Zn2+、Fe2+和H+，滤渣中加入NaOH并通入O2，“滤液2”主要含和，滤渣为粗铜，电解精炼粗铜得到Cu。
【解答】解：A．“机械粉碎”发生物理变化，不是化学变化，所以不能将铅锡合金转变为铅和锡单质，“机械粉碎”的目的是增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，故A错误；
B．“酸溶”时产生Al3+、Fe2+和Zn2+离子，因为盐酸的氧化性较弱，不能将Fe氧化为Fe3+，故B错误；
C．“碱溶”产物中含有，离子反应方程式为Sn+2OH﹣+O2＝+H2O，故C正确；
D．电解精炼”时，粗铜在阳极失电子发生氧化反应，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质的分离提纯，侧重考查分析、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、物质分离提纯的方法是解本题关键，题目难度中等。
15．（2024春•沈阳期末）探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。（已知：室温下，0.1ml﹣1H2C2O4的pH＝13），由上述实验所得草酸性质所对应的方程式错误的是（ ）
A．H2C2O4有酸性，Ca（OH）2+H2C2O4═CaC2O4↓+2H2O
B．酸性：H2C2O4＞H2CO3，NaHCO3+H2C2O4═NaHC2O4+CO2↑+H2O
C．H2C2O4具有还原性，2+5C2+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
D．H2C2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O
【专题】气体的制备与性质检验类实验．
【分析】A．0.1ml•L﹣1H2C2O4的pH＝1.3，说明草酸是弱酸；
B．强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；
C．高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化还原性物质；
D．酯具有香味。
【解答】解：A．Ca（OH）2溶液（含酚酞）中加入草酸溶液，溶液褪色，说明混合溶液碱性减弱，且生成白色沉淀，则发生中和反应，从而草酸体现酸性，反应方程式为Ca（OH）2+H2C2O4═CaC2O4↓+2H2O，故A正确；
B．向少量NaHCO3溶液加入草酸有气泡生成，说明有二氧化碳生成，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据实验现象知，酸性：H2C2O4＞H2CO3，反应方程式为NaHCO3+H2C2O4═NaHC2O4+CO2↑+H2O，故B正确；
C．酸性KMnO4溶液具有强氧化性，向酸性KMnO4溶液加入草酸，溶液褪色，说明酸性KMnO4溶液氧化了草酸，则草酸体现还原性，根据题干信息，草酸为弱酸，2+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C错误；
D．酯具有香味，C2H5OH和浓硫酸中加入草酸加热后产生有香味物质，说明有酯生成，所以发生了酯化反应，则草酸可以发生酯化反应，HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查探究物质性质，侧重考查实验操作、实验现象分析判断，明确实验原理、元素化合物性质是解本题关键，注意结合题给信息分析解答，题目难度不大。
16．（2024秋•海淀区校级月考）下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是（ ）
A．无色溶液中：Cu2+、K+、SCN﹣、Cl﹣
B．含有的溶液中：I﹣、、、H+
C．强酸性溶液中：Na+、、、
D．pH＝11的NaOH溶液中：、K+、、
【专题】离子反应专题；分析与推测能力．
【分析】A．根据含铜离子的溶液为蓝色进行分析；
B．根据大量氢离子存在时，硝酸根会把碘离子、亚硫酸根氧化进行分析；
C．根据强酸性溶液中氢离子会和碳酸氢根离子反应进行分析；
D．根据离子相互之间不反应进行分析。
【解答】解：A．含铜离子的溶液为蓝色，不能在无色溶液中大量存在，故A错误；
B．大量氢离子存在时，硝酸根会把碘离子、亚硫酸根氧化，故B错误；
C．强酸性溶液中氢离子会和碳酸氢根离子反应，不能共存，故C错误；
D．四种离子相互之间不反应，也不与NaOH反应，可以大量共存，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查离子共存问题等，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．（2023秋•西城区期末）将FeSO4溶液分别滴入Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中，如图所示，Ⅰ、Ⅱ中均有沉淀产生。
已知：FeCO3是白色难溶于水的固体。
下列说法不正确的是（ ）
A．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中均存在：c（Na+）+c（H+）═c（）+2c（）+c（OH﹣）
B．Ⅰ中的沉淀可能有Fe（OH）2、Fe（OH）3和FeCO3
C．Ⅱ中生成FeCO3的反应：+Fe2+═FeCO3↓+H+
D．Ⅰ和Ⅱ中加入FeSO4溶液后，pH均降低
【专题】物质的性质和变化专题；电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中均存在电荷守恒分析判断；
B．将FeSO4溶液分别滴入Na2CO3溶液中发生双水解反应和复分解反应，生成Fe（OH）2和FeCO3沉淀；
C．FeSO4溶液滴入NaHCO3溶液中，亚铁离子和碳酸氢根离子反应生成FeCO3和氢离子，氢离子和碳酸氢根离子反应生成二氧化碳气体；
D．将FeSO4溶液分别滴入Na2CO3溶液中消耗碳酸根离子，溶液pH减小，FeSO4溶液滴入NaHCO3溶液中，生成氢离子。
【解答】解：A．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中的阴阳离子种类相同，均存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）═c（）+2c（）+c（OH﹣），故A正确；
B．将FeSO4溶液分别滴入Na2CO3溶液中发生双水解反应和复分解反应，生成Fe（OH）2和FeCO3沉淀，氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁，Ⅰ中的沉淀可能有Fe（OH）2、Fe（OH）3和FeCO3，故B正确；
C．FeSO4溶液滴入NaHCO3溶液中，亚铁离子和碳酸氢根离子反应生成FeCO3和氢离子，氢离子和碳酸氢根离子反应生成二氧化碳气体，Ⅱ中生成FeCO3的反应：2+Fe2+═FeCO3↓+CO2↑+H2O，故C错误；
D．分析可知，将FeSO4溶液分别滴入Na2CO3溶液中消耗碳酸根离子，溶液pH减小，FeSO4溶液滴入NaHCO3溶液中，生成氢离子，溶液pH减小，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了电解质溶液中离子浓度关系、盐类水解和复分解反应的分析判断、溶液酸碱性等，题目难度中等。
18．（2024秋•五华区期中）25℃下，AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。某实验小组以K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液分别滴定含Cl﹣水样、含Br﹣水样。
已知：①Ag2CrO4为砖红色沉淀；25℃时，pKa1（H2CrO4）＝0.7，pKa2（H2CrO4）＝6.5；
②相同条件下AgCl溶解度大于AgBr。
下列说法错误的是（ ）
A．曲线①为Ag2CrO4沉淀溶解平衡曲线
B．反应Ag2CrO4+H+⇌2Ag++的平衡常数K＝1.0×10﹣5.2
C．在K2CrO4溶液中：c（H+）+c（）+2c（H2CrO4）＝c（OH﹣）
D．滴定达终点时，溶液中c（Br﹣）：c（Cl﹣）＝10﹣1.25
【专题】电离平衡与溶液的pH专题；分析与推测能力．
【分析】Ksp（AgCl）＝c（Ag+）•c（Cl﹣），Ksp（AgBr）＝c（Ag+）•c（Br﹣），Ksp（Ag2CrO4）＝c2（Ag+）•c（），pAg＝﹣lgc（Ag+），pX＝﹣lgc（Xn﹣），即pCl＝﹣pAg﹣lgKsp（AgCl），pBr＝﹣pAg﹣lgKsp（AgBr），pCrO4＝﹣2pAg﹣lgKsp（Ag2CrO4），根据直线斜率大小关系可知，AgCl和AgBr沉淀溶解平衡曲线平行，则曲线①为Ag2CrO4沉淀溶解平衡曲线，且相同条件下AgCl溶解度大于AgBr，即Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），c（Ag+）相同时c（Cl﹣）＞c（I﹣），即pAg相同时pCl＜pBr，所以②③分别为AgCl、AgBr沉淀溶解平衡曲线，根据图中（2.0，7.7）点计算Ksp（AgCl）＝10﹣2.0×10﹣7.7＝10﹣9.7，Ksp（Ag2CrO4）＝（10﹣2.0）2×10﹣7.7＝10﹣11.7，根据（6.1，6.1）点计算Ksp（AgBr）＝10﹣6.1×10﹣6.1＝10﹣12.2，据此分析解答。
【解答】解：A．由上述分析可知，①②③分别为Ag2CrO4、AgCl、AgBr沉淀溶解平衡曲线，故A正确；
B．由上述分析可知，Ksp（Ag2CrO4）＝c2（Ag+）•c（）＝10﹣11.7，pKa2（H2CrO4）＝6.5，Ka2（H2CrO4）＝10﹣6.5，则反应Ag2CrO4+H+⇌2Ag++的平衡常数K＝＝×＝＝＝1.0×10﹣5.2，故B正确；
C．在K2CrO4溶液中，电荷守恒关系为c（H+）+c（K+）＝c（）+2c（）+c（OH﹣），物料守恒关系为c（K+）＝2c（）+2c（）+2c（H2CrO4），则质子关系为c（H+）+c（）+2c（H2CrO4）＝c（OH﹣），故C正确；
D．由上述分析可知，Ksp（AgCl）＝c（Ag+）•c（Cl﹣）＝10﹣9.7，Ksp（AgBr）＝c（Ag+）•c（Br﹣）＝10﹣12.2，滴定达终点时AgBr、AgCl共存，则溶液中c（Br﹣）：c（Cl﹣）＝Ksp（AgBr）：Ksp（AgCl）＝10﹣12.2：10﹣9.7＝10﹣2.5，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡图象分析，侧重分析能力和计算能力考查，把握曲线对应的物质、溶度积常数的计算及其应用是解题关键，注意掌握溶液中守恒关系式的应用，题目难度中等。
19．（2024•南通模拟）近日，某科研团队发现一种重要有机中间体的合成机理如下：
其中，箭头表示一对电子的转移。根据以上机理，下列说法正确的是（ ）
A．—CF3具有很强的给电子效应，使与之相连的碳原子带正电，使得带负电的OCH3可以发生加成反应
B．为了增大反应正向进行的程度，可在反应体系中加入H+以结合F降低F的浓度
C．类比ClNO，反应产物之一的FNO可命名为硝基氟
D．在反应中，一对电子的转移往往代表着共价键的生成或断裂
【专题】化学应用．
【分析】A．F具有吸电子效应不是给电子效应；
B．反应物中有肽键，在酸性条件水解；
C．—NO 是亚硝基；
D．此反应氧化还原反应，电子对转移代表化学反应的发生。
【解答】A．F具有吸电子效应不是给电子效应，因为吸电子效应使得与—CF3相连碳原子带正电荷，故A错误；
B．反应物中有肽键，在酸性条件水解，加入氢离子虽然可以结合F﹣同时也导致反应物水解减少，故B错误；
C．—NO 是亚硝基，因此FNO命名为亚硝基氟，故C错误；
D．此反应氧化还原反应，电子对转移代表化学反应的发生，化学反应实质是旧键的断裂与新键的形成，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，理解流程的原理是解决本题的关键，属于基本知识的考查，考查元素陌生，试题难度较大。
20．（2024秋•吉林月考）2NO2（g）⇌N2O4（g），v正（NO2）＝k1•c2（NO2），v逆（N2O4）＝k2•c（N2O4），其中k1、k2只与温度有关，T0时，k1＝k2，将一定量的NO2充入注射器中，改变活塞位置，气体透光率随时间的变化如图所示（气体颜色越深，透光率越低），下列说法错误的是（ ）
A．d点v正（NO2）＜v逆（NO2）
B．T0时，K＝0.5
C．T1时，k2＝0.6k1，则T1＜T0
D．保持容积不变，再充入一定量NO2气体，NO2的平衡转化率不变
【专题】化学平衡专题；理解与辨析能力．
【分析】由反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：＝2k2c（N2O4），整理可得：＝＝K，T0时，速率常数k1＝k2，则反应的平衡常数K＝＝＝0.5。
【解答】解：A．由图可知，d点后透光率减小，说明二氧化氮浓度增大，平衡向逆反应方向移动，则二氧化氮的正反应速率小于逆反应速率，故A正确；
B．由分析可知，T0时，反应的平衡常数K＝0.5，故B正确；
C．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，T1时，速率常数k2＝0.6k1，反应的平衡常数K'＝＝＞K＝0.5，则温度T1小于T0，故C正确；
D．保持容积不变，再充入一定量二氧化氮气体相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化氮的转化率增大，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡移动的掌握情况，试题难度中等。
二．解答题（共5小题）
21．（2024春•杭州期中）硼单质及其化合物有重要的应用。
（1）硼与硅相似，能与氢形成一类化合物——硼烷。常见的有乙硼烷（B2H6）、丁硼烷（B4H10）等。BnHm极易发生水解生成H3BO3和H2，请写出反应的化学方程式： BnHm+3nH2O＝nH3BO3+（）H2 ；其中乙硼烷生产中可用来与试剂X反应制备硼氢化钠（NaBH4），且符合原子经济性反应，试剂X的化学式为 NaH 。
（2）下列说法正确的是 BC 。
A.反应①为氧化还原反应，其中H2被BCl3氧化
B.相同条件下在水中的溶解度：氨硼烷（NH3BH3）＞乙烷
C.H3BO3是一种一元弱酸，可以与甲醇反应生成B（OCH3）3为无机酸酯
D.氮化硼（BN）晶体有多种相结构，六方氮化硼结构与石墨相似，熔点低
（3）氨硼烷（NH3BH3）含氢量高、热稳定性好，是一种有潜力的固体储氢材料。氨硼烷分子间存在“双氢键”（不是两个氢键）使氨硼烷的熔点明显升高。“双氢键”能形成的原因是 NH3BH3分子中，与N相连的H带正电，与B相连的H带负电，两种H之间存在相互作用，形成双氢键 。
（4）在一定条件下氨硼烷和水发生反应，产生氢气，其中溶液中的阴离子为。运用价层电子对互斥模型，分析反应后的溶液中的阳离子的空间结构 正四面体形 。
【专题】氧化还原反应专题；化学键与晶体结构．
【分析】（1）BnHm与水反应生成H3BO3和H2，以此书写化学方程式；乙硼烷生产中可用来与试剂X反应制备硼氢化钠（NaBH4），且符合原子经济性反应，即反应物全部转化为生成物，根据原子守恒推断X的化学式；
（2）A.由转化关系图可知，反应①为6H2+2BCl3＝B2H6+6HCl；
B.与水形成分子间氢键可增大其溶解度；
C.H3BO3在水中与水中羟基结合生成四羟基合硼酸根和一个氢离子，结构式为B（OH）3；
D.石墨熔点很高；
（3）NH3BH3中N为﹣3价，B为+3价，与N相连的H带正电，与B相连的H带负电，据此分析电负性大小，两种H之间存在相互作用形成双氢键；
（4）在一定条件下氨硼烷和水发生反应，产生氢气，其中溶液中的阴离子为，根据得失电子守恒和原子守恒，离子方程式为：3NH3BH3+9H2O＝9H2++。
【解答】解：（1）BnHm与水反应生成H3BO3和H2，化学方程式为：BnHm+3nH2O＝nH3BO3+（）H2；乙硼烷生产中可用来与试剂X反应制备硼氢化钠（NaBH4），且符合原子经济性反应，即反应物全部转化为生成物，根据原子守恒可知，X的化学式为NaH，
故答案为：BnHm+3nH2O＝nH3BO3+（）H2；NaH；
（2）A.由转化关系图可知，反应①为6H2+2BCl3＝B2H6+6HCl，H元素的化合价既升高又降低，故A错误；
B.氨硼烷可与水形成分子间氢键可增大在水中的溶解度，故B正确；
C.H3BO3在水中与水中羟基结合生成四羟基合硼酸根和一个氢离子，故被定义为一元酸，结构式为B（OH）3，可与甲醇反应生成B（OCH3）3为无机酸酯，故C正确；
D.石墨熔点很高，氮化硼（BN）晶体有多种相结构，六方氮化硼结构与石墨相似，熔点很高，故D错误；
故答案为：BC；
（3）NH3BH3中N为﹣3价，B为+3价，与N相连的H带正电，与B相连的H带负电，“双氢键”能形成的原因是：NH3BH3分子中，与N相连的H带正电，与B相连的H带负电，两种H之间存在相互作用，形成双氢键，
故答案为：NH3BH3分子中，与N相连的H带正电，与B相连的H带负电，两种H之间存在相互作用，形成双氢键；
（4）在一定条件下氨硼烷和水发生反应，产生氢气，其中溶液中的阴离子为，根据得失电子守恒和原子守恒，离子方程式为：3NH3BH3+9H2O＝9H2++，阳离子为，N原子的价层电子排布式为4+＝4，为sp3杂化，没有孤电子对，空间结构为正四面体形，
故答案为：正四面体形。
【点评】本题考查比较综合，涉及氧化还原反应、方程式书写、晶体结构与性质、空间构型等知识，掌握基础是关键，题目难度适中。
22．（2024秋•南岗区校级月考）ClO2在常温下为黄色气体，熔点为﹣59.5℃，沸点为11℃，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂，在碱性环境中易发生反应：4ClO2+4OH﹣═3+ClO﹣+2H2O。ClO2的制备方法有多种。请回答下列问题：
（1）一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，溶于水时逸出大量CO2，同时NaClO2在酸性条件下发生自身氧化还原反应，得到NaCl和ClO2的混合溶液。
①NaClO2中氯元素的化合价为 +3 。
②上述反应过程中生成ClO2的离子方程式为 5+4H+═4ClO2+Cl﹣+2H2O 。
（2）实验室可用图示中装置制备、收集ClO2（夹持装置略）。
①装置A中发生反应的化学方程式为 Cl2+2NaClO2═2ClO2+2NaCl 。
②为了使装置B能收集到更多的ClO2，可采取的措施为 将装置B置于冰水浴中（或温度低于11℃的冷水浴中） （填一条）。
（3）ClO2的稳定性较差，易分解，常用H2O2溶液和NaOH溶液将其转化为NaClO2进行保存。该反应中每生成1个O2分子，转移电子的数目为 2 。若加入过量NaOH溶液，可能导致的后果是 NaClO2产品中含有杂质NaClO3和NaClO 。
【专题】无机实验综合；分析与推测能力．
【分析】（1）①NaClO2中那元素化合价+1价，氧元素化合价﹣2价，化合物中元素化合价代数和为0计算得到氯元素的化合价；
②NaClO2在酸性条件下发生自身氧化还原反应，得到NaCl和ClO2的混合溶液；
（2）①装置A中氯气和NaClO2反应生成氯化钠和ClO2；
②ClO2在常温下为黄色气体，熔点为﹣59.5℃，沸点为11℃，降低温度收集；
（3）ClO2的稳定性较差，易分解，常用H2O2溶液和NaOH溶液将其转化为NaClO2进行保存，ClO2中氯元素化合价+4价降低到+3价，H2O2做还原剂，氧元素化合价﹣1价升高到0价，生成氧气，反应的离子方程式为：2ClO2+H2O2+2OH﹣＝+O2↑+2H2O，过量的氢氧化钠反应会生成NaClO3和NaClO。
【解答】解：（1）①NaClO2中那元素化合价+1价，氧元素化合价﹣2价，氯元素化合价+3价，
故答案为：+3；
②NaClO2在酸性条件下发生自身氧化还原反应，得到NaCl和ClO2的混合溶液，反应过程中生成ClO2的离子方程式：5+4H+ ═4ClO2+Cl﹣+2H2O，
故答案为：5+4H+ ═4ClO2+Cl﹣+2H2O；
（1）①装置A中发生反应的化学方程式为：Cl2+2NaClO2═2ClO2+2NaCl，
故答案为：Cl2+2NaClO2═2ClO2+2NaCl；
②ClO2在常温下为黄色气体，熔点为﹣59.5℃，沸点为11℃，为了使装置B能收集到更多的ClO2，可采取的措施是：将装置B置于冰水浴中（或温度低于11℃的冷水浴中），
故答案为：将装置B置于冰水浴中（或温度低于11℃的冷水浴中）；
（4）ClO2的稳定性较差，易分解，常用H2O2溶液和NaOH溶液将其转化为NaClO2进行保存，ClO2中氯元素化合价+4价降低到+3价，H2O2做还原剂，氧元素化合价﹣1价升高到0价，生成氧气，反应的离子方程式为：2ClO2+H2O2+2OH﹣＝+O2↑+2H2O，该反应中每生成1个O2分子，转移电子的数目2，若加入过量NaOH溶液，可能导致的后果是NaClO2产品中含有杂质NaClO3和NaClO，
故答案为：2；NaClO2产品中含有杂质NaClO3和NaClO。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
23．（2024•天津一模）有机化学在医药、化工及农林等领域均有广泛应用。请完成下列问题。
Ⅰ.
已知：
（1）实验室制取A的化学方程式为 C2H5OHCH2＝CH2↑+H2O 。
（2）A→B发生了加成反应，B中含有羟基。B的结构简式为 ClCH2CH2OH 。
（3）请写出G中除羟基外，其他官能团的名称 酯键、羰基 。
（4）D→E的化学方程式为 CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O 。
（5）H分子中含有一个五元环，写出G→H的化学方程式 CH3COCH（CH2CH2OH）COOCH2CH3+CH3CH2OH 。
Ⅱ.阿托酸是一种重要的医药中间体，其合成路线如图：
（6）W→Q的反应类型是 加成反应 。
（7）化合物W满足下列条件的同分异构体有 4 种。
①可以发生银镜反应
②含有苯环
其中核磁共振氢谱图像为4组峰的结构简式为 。
（8）下列关于化合物Y的说法，错误的是 b （填字母）。
a.可以发生聚合反应
b.9个碳原子共平面
c.可以形成分子内、分子间氢键
d.含有一个手性碳原子
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】Ⅰ．根据A的分子式知，A为CH2＝CH2，A→B发生了加成反应，B中含有羟基，则B为ClCH2CH2OH，B发生取代反应生成C，同时生成HCl；根据D、E的分子式及G的结构简式知，D为CH3COOH，E为CH3COOCH2CH3，E发生信息Ⅰ的反应生成F为CH3COCH2COOCH2CH3，C和F发生开环反应生成G，G发生信息Ⅱ的反应生成H，H分子中含有一个五元环，H为，H发生水解反应然后和HBr发生取代反应生成I，I可以与NaHCO3溶液反应，说明I中含有羧基，I脱CO2生成J，则I为，J为CH3COCH2CH2CH2Br，J发生取代反应生成K，据此分析回答问题；
Ⅱ．合成路线中，W和氢气加成反应生成Q，Q浓硫酸作用下加热发生消去反应生成，被氧化得到苯环氧乙烷，在CO2催化作用、酯化反应得到Y，浓硫酸作用下加热发生消去反应得到阿托酸，据此分析回答问题。
【解答】解：（1）A为乙烯，实验室用乙醇在加热170℃、浓硫酸作催化剂的条件下发生消去反应制取，实验室制取A的化学方程式为：C2H5OHCH2＝CH2↑+H2O，
故答案为：C2H5OHCH2＝CH2↑+H2O；
（2）B的结构简式为：ClCH2CH2OH，
故答案为：ClCH2CH2OH；
（3）G为：CH3COCH（CH2CH2OH）COOCH2CH3，结构简式分析可知，G中除羟基外，其他官能团的名称为：酯键、羰基，
故答案为：酯键、羰基；
（4）D→E的化学方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，
故答案为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；
（5）H为，G→H的化学方程式为：CH3COCH（CH2CH2OH）COOCH2CH3+CH3CH2OH，
故答案为：CH3COCH（CH2CH2OH）COOCH2CH3+CH3CH2OH；
Ⅱ．（6）W→Q的反应类型是发生了加成反应，
故答案为：加成反应；
（7）化合物W满足①可以发生银镜反应，含有醛基，②含有苯环，得到同分异构体是苯环上连接一个甲基和一个醛基的有三种，取代基分别为邻、间、对，分别为：、、，苯环连接一个取代基时为：，共有四种同分异构体，其中核磁共振氢谱图像为4组峰的结构简式为：，
故答案为：4；；
（8）Y为，含苯环、羧基、羟基，结合性质分析判断，
a．分子中含羧基和羟基，可以发生聚合反应中的缩聚反应，故a正确；
b．分子中的饱和碳原子形成的是四面体结构，最多8个碳原子共平面，9个碳原子不共平面，故b错误；
c．分子结构中含羧基和羟基，可以形成分子内、分子间氢键，故c正确；
d．分子中和苯环直接相连的碳原子为手性碳原子，含有一个手性碳原子，故d正确；
故答案为：b。
【点评】本题考查有机物合成，侧重考查对比、分析、推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，注意习题中信息的灵活运用，题目难度中等。
24．（2024秋•浦东新区校级月考）乳酸亚铁固体（[CH3CH（OH）COO]2Fe，摩尔质量：234g/ml）易溶于水，难溶于乙醇，其水溶液易被氧化。它是一种很好的补铁剂常用于治疗缺铁性贫血。可由乳酸与FeCO3反应制得。
Ⅰ．制备碳酸亚铁：装置如图所示
①组装仪器，检查装置气密性，加入试剂；
②先关闭K2，打开K1、K3，一段时间后关闭K3；
③打开活塞K2；
④过滤，洗涤干燥。
（1）盛放碳酸钠溶液的玻璃仪器名称为 三颈烧瓶 。操作②中，先关闭K2，打开K1、K3，加入适量稀硫酸，使反应进行一段时间，其目的是 排尽装置内的空气，防止Fe2+被氧化 。
（2）装置a可盛适量的水，其作用是 液封，防止空气进入三颈烧瓶中氧化Fe2+ 。
（3）可用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液制备碳酸亚铁，观察到有大量气泡冒出，发生反应的离子方程式为 Fe2++2＝FeCO3↓+CO2↑+H2O ，此法所得产品纯度更高，原因是 碳酸根离子水解呈碱性且碱性较强，反应中易生成氢氧化亚铁 。
Ⅱ．制备乳酸亚铁：
将制得的FeCO3加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应，然后再加入适量乳酸。
（4）从所得溶液中获得乳酸亚铁所需的实验操作是：隔绝空气低温蒸发，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤，干燥。
①过滤所需的玻璃仪器为 漏斗和烧杯 。
②选用乙醇洗涤的原因是 可减少乳酸亚铁固体损失，防止被氧化 。
Ⅲ．乳酸亚铁晶体纯度的测量：
（5）若用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量计算纯度，发现结果总是大于100%，其原因是 乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化 。
（6）该兴趣小组改用铈（Ce）量法测定产品中Fe2+的含量，可通过用Ce（SO4）2滴定法测定样品中Fe2+的含量来计算乳酸亚铁固体样品纯度（反应中Ce元素被还原为Ce3+）。称取7.8g样品配制成250.00mL溶液，取25.00mL用0.10ml•L﹣1Ce（SO4）2标准溶液滴定。反复滴定3次，平均消耗标准液30.00mL，则产品中乳酸亚铁的纯度为 90% 。若滴定操作时间过长，则测得的样品纯度将 偏小 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【专题】制备实验综合；分析与推测能力．
【分析】亚铁离子容易被氧气氧化，制备碳酸亚铁过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故圆底烧瓶内制备硫酸亚铁，利用生成的氢气，使圆底烧瓶中气压增大，将圆底烧瓶中的硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶中，和Na2CO3溶液发生反应制备碳酸亚铁。
【解答】解：（1）盛放碳酸钠溶液的玻璃仪器名称为三颈烧瓶；操作②中，先关闭K2，打开K1、K3，加入适量稀硫酸，和铁屑生成氢气，使反应进行一段时间，排尽装置内的空气，防止Fe2+被氧化，
故答案为：三颈烧瓶；排尽装置内的空气，防止Fe2+被氧化；
（2）根据上述分析，装置a的作用是液封，防止空气进入三颈烧瓶中氧化Fe2+，
故答案为：液封，防止空气进入三颈烧瓶中氧化Fe2+；
（3）可用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液制备碳酸亚铁，则依据电荷守恒、元素质量守恒得反应的离子方程式为Fe2++2＝FeCO3↓+CO2↑+H2O，此法所得产品纯度更高，原因是：碳酸根离子水解呈碱性且碱性较强，反应中易生成氢氧化亚铁（或碳酸氢钠溶液碱性较弱，反应中不易生成氢氧化亚铁），
故答案为：Fe2++2＝FeCO3↓+CO2↑+H2O；碳酸根离子水解呈碱性且碱性较强，反应中易生成氢氧化亚铁；
（4）①过滤所需的玻璃仪器为漏斗和烧杯，
故答案为：漏斗和烧杯；
②根据已知信息，乳酸亚铁固体易溶于水，难溶于乙醇，其水溶液易被氧化，选用乙醇洗涤的原因是可减少乳酸亚铁固体损失，防止被氧化，
故答案为：可减少乳酸亚铁固体损失，防止被氧化；
（5）已知乳酸亚铁固体化学式为[CH3CH（OH）COO]2Fe，乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%，
故答案为：乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化；
（6）平均消耗标准液V＝30.00mL，由：Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+，可知25mL溶液中n（Fe2+）＝n（Ce4+）＝0.10ml/L×0.030L＝0.0030ml，故250mL含有n（Fe2+）＝0.0030ml×＝0.030ml，故产品中乳酸亚铁晶体的纯度为：×100%＝90%，若滴定操作时间过长，则样亚铁离子容易被氧气氧化，导致标准溶液体积偏小，则产品纯度将偏小，
故答案为：90%；偏小。
【点评】本题考查实验方案的设计和评价，为高考常见题型，题目涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、物质分离提纯、氧化还原反应滴定应用等，明确原理是解题关键，是对学生综合能力的考查，难度中等。
25．（2024秋•硚口区校级月考）二甲醚（DME）被誉为“21世纪的清洁燃料”，由合成气制备二甲醚的主要原理如下：
①CO（g）+2H2（g⇌）CH3OH（g） ΔH1＝﹣90.7kJ•ml﹣1 K1
②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g） ΔH2＝﹣23.5kJ•ml﹣1 K2
③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g） ΔH3＝﹣41.2kJ•ml﹣1 K3
回答下列问题：
（1）反应3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）的ΔH＝ ﹣246.1 kJ•ml﹣1；该反应的平衡常数K＝ •K2•K3 （用K1、K2、K3表示）。
（2）下列措施中，能提高（1）中CH3OCH3产率的有 AC 。
A．使用过量的C
B．升高温度
C．增大压强
（3）一定温度下，将0.2ml CO和0.1ml H2O（g）通入2L恒容密闭容器中，发生反应③，5min后达到化学平衡，平衡后测得H2的体积分数为0.1。则0～5min内v（H2O）＝ 0.003ml•L﹣1•min﹣1 ，CO的转化率α（CO）＝ 15% 。
（4）将合成气以＝2通入1L的反应器中，一定条件下发生反应：4H2（g）+2CO（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g） ΔH，其中CO的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图1所示，下列说法正确的是 AB （填字母）。
A．ΔH＜0
B．p1＞p2＞p3
C．若在p3和316℃时，起始时＝3，则平衡时，α（CO）小于50%
（5）采用一种新型的催化剂（主要成分是CuMn的合金），利用CO和H2制备二甲醚（DME）。观察图2，当约为 2.0 时最有利于二甲醚的合成。
【专题】化学平衡计算．
【分析】（1）根据盖斯定律：①×2+②+③得3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）；
（2）下列措施中，能提高（1）中CH3OCH3产率，要使平衡正向移动，根据勒夏特列原理分析；
（3）5min后达到化学平衡，平衡后测得H2的体积分数为0.1，列化学平衡三段式，结合速率、转化率公式计算；
（4）A．根据图像，随着温度的升高，CO的平衡转化率减小，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行；
B．作等温线，根据勒夏特列原理，根据化学计量数，增大压强，反应向正反应方向进行，CO的转化率增大；
C．在p3和316℃时，起始时＝3，相当于在以＝2基础上通入H2，反应向正反应方向进行；
（5）最有利于二甲醚的合成，即此时二甲醚的选择性最高，且CO转化率要高。
【解答】解：（1）根据盖斯定律：①×2+②+③得3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）ΔH＝（﹣90.7×2﹣23.5﹣41.2）kJ/ml＝﹣246.1kJ/ml，K＝•K2•K3，
故答案为：﹣246.1；•K2•K3；
（2）A．使用过量的C，二氧化碳可以与C反应生成CO，促进平衡正向移动，提高（1）中CH3OCH3产率，故A正确；
B．升高温度，平衡逆向移动，CH3OCH3产率下降，故B错误；
C．增大压强，平衡正向移动，提高（1）中CH3OCH3产率，故C正确；
故答案为：AC；
（3）5min后达到化学平衡，平衡后测得H2的体积分数为0.1，列化学平衡三段式，
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
起始（ml） 0.2 0.1 0 0
转化（ml） x x x x
平衡（ml） 0.2﹣x 0.1﹣x x x
H2的体积分数＝＝0.1，解得x＝0.03，0～5min内v（H2O）＝ ＝0.003ml•L﹣1•min﹣1，CO转化率为×100%＝15%，
故答案为：0.003ml•L﹣1•min﹣1；15%；
（4）A．根据图像，随着温度的升高，CO的平衡转化率减小，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应的正反应方向为放热反应，即ΔH＜0，故A正确；
B．作等温线，根据勒夏特列原理，根据化学计量数，增大压强，反应向正反应方向进行，CO的转化率增大，从而推出p1＞p2＞p3，故B正确；
C．在p3和316℃时，起始时＝3，相当于在以＝2基础上通入H2，反应向正反应方向进行，CO的转化率增大，CO的转化率大于50%，故C错误；
故答案为：AB；
（5）由图可知，当约为2时，此时二甲醚的选择性最高，CO转化率最大，
故答案为：2.0。
【点评】本题综合考查化学知识，题目涉及反应热的计算、化学平衡的移动以及化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力和计算能力，掌握盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式是解题关键，此题难度中等。
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选项
性质差异
结构因素
A
冠醚12﹣冠﹣4能够与Li+形成超分子，而不能与K+形成超分子
离子半径大小
B
键角：NH3＞H2O
电负性差异
C
熔点：AlF3（1040℃）远高于AlCl3（178℃升华）
晶体类型
D
溶解性：HCl在水中的溶解度大于其在CCl4中的溶解度
分子的极性
实验
装置
试剂a
现象
①

Ca（OH）2溶液（含酚酞）
溶液褪色，产生白色沉淀
②
少量NaHCO3溶液
产生气泡
③
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
④
C2H5OH和浓硫酸
加热后产生有香味物质
选项
性质差异
结构因素
A
冠醚12﹣冠﹣4能够与Li+形成超分子，而不能与K+形成超分子
离子半径大小
B
键角：NH3＞H2O
电负性差异
C
熔点：AlF3（1040℃）远高于AlCl3（178℃升华）
晶体类型
D
溶解性：HCl在水中的溶解度大于其在CCl4中的溶解度
分子的极性
实验
装置
试剂a
现象
①

Ca（OH）2溶液（含酚酞）
溶液褪色，产生白色沉淀
②
少量NaHCO3溶液
产生气泡
③
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
④
C2H5OH和浓硫酸
加热后产生有香味物质