2025高考假期提升專項(xiàng)練習(xí)化學(xué)壓軸卷訓(xùn)練2含答案及解析

2025菁優(yōu)高考化學(xué)壓軸卷訓(xùn)練2一．選擇題（共20小題）1．（2024秋?河池月考）下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．醫(yī)用酒精、食鹽、雙氧水等生活中常見(jiàn)物質(zhì)均屬于混合物 B．混合物不一定是分散系，但分散系一定是混合物 C．酸、堿、鹽都是電解質(zhì)，電解質(zhì)只有酸、堿、鹽 D．膠體與懸濁液的本質(zhì)區(qū)別是分散質(zhì)粒子的直徑大小2．（2024秋?遼寧月考）下列化學(xué)用語(yǔ)使用正確的是（）A．CO2、SO2、NO2的分子空間結(jié)構(gòu)相同 B．四氯化碳的電子式 C．鄰羥基苯甲醛分子內(nèi)氫鍵 D．基態(tài)B原子價(jià)電子軌道表示式3．（2024秋?河池月考）下列離子方程式正確的是（）A．將稀硫酸滴在銅片上：Cu+2H+＝Cu2++H2↑ B．氯化鈣與碳酸氫鉀溶液混合：Ca2++＝CaCO3↓ C．氫氧化鋁中和胃酸：Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O D．Ca（HCO3）2溶液中加入過(guò)量KOH溶液：Ca2+++OH﹣＝CaCO3↓+H2O4．（2024秋?貴州月考）CO2資源化是實(shí)現(xiàn)“雙碳”目標(biāo)的重要途徑。如CO2催化加氫可合成高附加值產(chǎn)品乙醇，反應(yīng)原理為：2CO2（g）+6H2（g）?3H2O（g）+C2H5OH（g）。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是（）A．22.4LCO2含有的分子數(shù)為NA B．1.8g2H2O含有的中子數(shù)為NA C．25g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為46%的乙醇水溶液含有的氧原子數(shù)為NA D．2molCO2與足量H2充分反應(yīng)生成的C2H5OH分子數(shù)為NA5．（2024秋?五華區(qū)期中）一種有機(jī)物催化劑由原子序數(shù)依次遞增的短周期元素X、Y、Z、W、M組成，結(jié)構(gòu)式如圖。下列說(shuō)法正確的是（）A．原子半徑：W＞Y＞Z B．氫化物沸點(diǎn)：Z＞Y C．元素電負(fù)性：M＞Y＞Z D．第一電離能：Z＞W(wǎng)＞X【閱讀下列一段文字，回答6﹣8題】鹵族元素單質(zhì)及其化合物應(yīng)用廣泛。海洋是一個(gè)巨大的鹵素資源寶庫(kù)，從海水中能獲得NaCl，NaCl的晶胞如圖所示。以NaCl為原料可制得Cl2、HClO、ClO2、、。工業(yè)常通過(guò)電解NaCl飽和溶液制備Cl2，Cl2氧化鹵水中Br﹣可得到Br2，KClO3酸性溶液中加入H2C2O4可制得黃綠色氣體ClO2，該氣體常用作自來(lái)水消毒劑。F2能與熔融的Na2SO4反應(yīng)生成硫酰氟（SO2F2）。標(biāo)況下，氟化氫呈液態(tài)。鹵素互化物（如ICl、IF3）具有強(qiáng)氧化性；鹵化銀具有感光性。6．下列說(shuō)法正確的是（）A．和中鍵角相等 B．SO2F2的中心原子S采用sp2雜化 C．Br原子基態(tài)核外電子排布式為[Ar]4s24p5 D．NaCl晶胞中，每個(gè)Na+周?chē)o鄰且距離相等的Cl﹣構(gòu)成正八面體結(jié)構(gòu)7．在指定條件下，下列選項(xiàng)所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化或化學(xué)反應(yīng)表示正確的是（）A．NaCl（aq）NaHCO3（s）Na2CO3（s） B．ICl溶于NaOH溶液：ICl+2OH﹣＝I﹣+ClO﹣+H2O C．制備SO2F2：2F2+Na2SO42NaF+SO2F2+O2 D．用H2C2O4制備ClO2：2+C2+4H+＝2ClO2↑+2CO2↑+2H2O8．下列物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)或物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是（）A．HClO呈弱酸性，可用于漂白紙張 B．ClO2具有強(qiáng)氧化性，可用于自來(lái)水殺菌消毒 C．AgI具有感光性，可用于人工降雨 D．HF分子內(nèi)H—F鍵能大，HF沸點(diǎn)較高9．（2024?東城區(qū)一模）在Pt﹣BaO催化下，NO的“儲(chǔ)存﹣還原”過(guò)程如圖1所示。其中“還原”過(guò)程依次發(fā)生反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ，各氣體的物質(zhì)的量變化如圖2所示。下列說(shuō)法不正確的是（）A．NO2與BaO的反應(yīng)中，NO2既是氧化劑，又是還原劑 B．反應(yīng)Ⅰ為Ba（NO3）2+8H2═BaO+2NH3+5H2O C．反應(yīng)Ⅱ中，最終生成N2的物質(zhì)的量為0.2amol D．反應(yīng)Ⅰ和Ⅱ中消耗的Ba（NO3）2的質(zhì)量比是3：510．（2024春?雨花區(qū)期末）我國(guó)科學(xué)家研究了不同含金化合物催化乙烯加氫[C2H4（g）+H2（g）→C2H6（g）ΔH＝akJ?mol﹣1]的反應(yīng)歷程如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）A．1molC2H4（g）與1molH2（g）具有的能量之和小于1molC2H6（g）的能量 B．過(guò)渡態(tài)物質(zhì)的穩(wěn)定性：過(guò)渡態(tài)1＞過(guò)渡態(tài)2 C．該反應(yīng)的焓變：ΔH＝﹣129.6kJ?mol﹣1 D．相應(yīng)的活化能：催化劑AuF＜催化劑11．（2024秋?鹽城月考）利用電化學(xué)原理，可將H2、CO2轉(zhuǎn)化為C2H5OH，其工作原理如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是（）A．電極2是電源的負(fù)極 B．H+由右側(cè)通過(guò)質(zhì)子膜移向左側(cè) C．該裝置工作時(shí)電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能 D．電極1上電極反應(yīng)式為2CO2+12e﹣+12H+＝C2H5OH+3H2O12．（2024秋?和平區(qū)校級(jí)月考）為實(shí)現(xiàn)碳達(dá)峰、碳中和，CO2綜合利用的技術(shù)不斷創(chuàng)新。某實(shí)驗(yàn)小組研究CO2和CH4反應(yīng)得到合成氣的原理為CO2（g）+CH4（g）?2CO（g）+2H2（g）；向2L的恒容密閉容器中充入1molCH4和1molCO2，反應(yīng)過(guò)程中CO2的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度、壓強(qiáng)的關(guān)系如圖所示。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是（）A．該反應(yīng)的ΔH＜0 B．壓強(qiáng)：p2＞p1 C．1100℃時(shí)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為12.96 D．維持X點(diǎn)溫度不變，向容器內(nèi)再充入0.1molCH4、0.1molCO2、0.4molCO和0.4molH2，此時(shí)，v正＜v逆13．（2024?全國(guó)四模）還原鐵粉與水蒸氣的反應(yīng)裝置如圖所示。取少量反應(yīng)后的固體加入稀硫酸使其完全溶解得溶液a；另取少量反應(yīng)后的固體加入稀硝酸使其完全溶解，得溶液b．下列說(shuō)法正確的是（）A．鐵與水蒸氣反應(yīng)：2Fe+3H2O（g）Fe2O3+3H2 B．肥皂液中產(chǎn)生氣泡，不能證明鐵與水蒸氣反應(yīng)生成H2 C．向溶液a中滴加K3[Fe（CN）6]溶液，出現(xiàn)藍(lán)色沉淀，說(shuō)明鐵粉未完全反應(yīng) D．向溶液b中滴加KSCN溶液，溶液變紅，證實(shí)了固體中含有Fe2O314．（2024?廣西）6﹣硝基胡椒酸是合成心血管藥物奧索利酸的中間體，其合成路線中的某一步如下：下列有關(guān)X和Y的說(shuō)法正確的是（）A．所含官能團(tuán)的個(gè)數(shù)相等 B．都能發(fā)生加聚反應(yīng) C．二者中的所有原子共平面 D．均能溶于堿性水溶液15．（2023秋?肇東市校級(jí)期末）羥醛縮合反應(yīng)是一種常用的增長(zhǎng)碳鏈的方法。一種合成目標(biāo)產(chǎn)物（圖中⑦）的反應(yīng)機(jī)理如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．③是該反應(yīng)的中間產(chǎn)物 B．④是該反應(yīng)的催化劑 C．⑥到⑦的過(guò)程中沒(méi)有非極性鍵的斷裂和生成 D．合成⑦的總反應(yīng)為+16．（2024秋?香坊區(qū)校級(jí)期中）下列各物質(zhì)在一定條件下均與水反應(yīng)，驗(yàn)證反應(yīng)產(chǎn)物的操作或現(xiàn)象錯(cuò)誤的是（）選項(xiàng)反應(yīng)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象AFe與水蒸氣將氣體通入肥皂液中，觀察到有氣泡生成，證明生成了H2BCaC2與水將氣體依次通過(guò)CuSO4溶液、酸性高錳酸鉀溶液，觀察到高錳酸鉀溶液褪色，證明生成了CH≡CHCNa2O2與水將帶火星的木條放在試管口，觀察到木條復(fù)燃，證明生成了O2DMg3N2與水將濕潤(rùn)的紅色石蕊試紙放在試管口，觀察到試紙變藍(lán)，證明生成了NH3A．A B．B C．C D．D17．（2024秋?汕尾月考）Mg3N2是一種淺黃色粉末，極易水解，常用于制備超硬、耐高溫的氮化物。實(shí)驗(yàn)室通過(guò)CuO氧化NH3制得N2，再與鎂反應(yīng)得到Mg3N2。下列說(shuō)法不正確的是（）A．裝置A中分液漏斗中的溶液可以是濃氨水 B．裝置C中氧化劑與還原劑反應(yīng)的物質(zhì)的量之比為2：3 C．裝置D中濃硫酸表現(xiàn)酸性和吸水性 D．Mg3N2水解的方程式Mg3N2+6H2O＝3Mg（OH）2+2NH3↑18．（2024秋?山東月考）查資料可知，I2可以將Cu氧化，某小組同學(xué)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)探究Cu被I2氧化的產(chǎn)物及銅元素的價(jià)態(tài)。已知：I2易溶于KI溶液，發(fā)生反應(yīng)I2+I﹣?（紅棕色）；I2和氧化性幾乎相同；[Cu（NH3）2]+（無(wú)色）容易被空氣氧化；[Cu（H2O）4]2+（藍(lán)色）、[CuI2]﹣（無(wú)色）。將等體積的KI溶液加入到amol銅粉和bmol碘單質(zhì)（b＞a）的固體混合物中，振蕩。實(shí)驗(yàn)記錄如下：c（KI）實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)Ⅰ0.1mol?L﹣1I2部分溶解，溶液為紅棕色；充分反應(yīng)后，溶液仍為紅棕色，且有白色沉淀析出實(shí)驗(yàn)Ⅱ4mol?L﹣1I2完全溶解，溶液為深紅棕色；充分反應(yīng)后，紅色的銅粉完全溶解，溶液為深紅棕色進(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)探究：步驟①取實(shí)驗(yàn)Ⅱ的深紅棕色溶液，加入CCl4多次萃取、分液；步驟②取分液后的無(wú)色水溶液，滴入濃氨水，溶液逐漸變?yōu)闇\藍(lán)色，最終變?yōu)樯钏{(lán)色。下列說(shuō)法正確的是（）A．實(shí)驗(yàn)Ⅰ銅被氧化為+1價(jià)，實(shí)驗(yàn)Ⅱ銅被氧化為+2價(jià) B．步驟①的目的是除去（或I2），防止干擾后續(xù)實(shí)驗(yàn) C．步驟②中溶液隨顏色的變化pH不變 D．結(jié)合上述實(shí)驗(yàn)，若從實(shí)驗(yàn)Ⅰ中提取白色沉淀，過(guò)濾后，可用濃HI溶液洗滌19．（2024秋?東城區(qū)校級(jí)月考）粗鹽中的雜質(zhì)離子主要有、Ca2+、Mg2+，采用如下方法得到精制鹽水，進(jìn)而制取精鹽（部分流程略）。已知：?。镔|(zhì)BaSO4BaCO3CaCO3Mg（OH）2Ksp（25℃）1.1×10﹣102.6×10﹣93.4×10﹣95.6×10﹣12ⅱ．粗鹽水中c（）＞c（Ca2+）下列說(shuō)法不合理的是（）A．過(guò)程Ⅰ中當(dāng)溶液pH＝11時(shí)，Mg2+已沉淀完全 B．過(guò)程Ⅱ中加入足量的BaCO3，鹽水b中的陰離子僅含有Cl﹣、OH﹣ C．過(guò)程Ⅲ中若改為先加BaCl2溶液、過(guò)濾后再加Na2CO3溶液也能達(dá)到除雜目的 D．過(guò)程Ⅰ中滴加鹽酸調(diào)節(jié)pH，應(yīng)調(diào)至溶液呈中性或微酸性20．（2024?玉樹(shù)州四模）常溫下，向含Ag+、Hg2+和Pd2+的溶液中滴加KSCN溶液，混合物中﹣lgx[x＝c（Ag+）、c（Hg2+）、c（Pd+）與﹣lgc（SCN﹣）關(guān)系如圖所示。已知常溫下，Hg2（SCN）2的溶解度大于Pd（SCN）2；溶液為過(guò)飽和狀態(tài)時(shí)，振蕩或攪拌即可使晶體析出。下列敘述錯(cuò)誤的是（）A．L3代表﹣lgc（Ag+）和﹣lgc（SCN﹣）的關(guān)系 B．在M點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中須加入KSCN才能使Hg2（SCN）2晶體析出 C．Q點(diǎn)坐標(biāo)為（7.52，4.47） D．當(dāng)Pd（SCN）2和Hg2（SCN）2完全共沉?xí)r，上層清液中＝102.85二．解答題（共5小題）21．（2024?淮安開(kāi)學(xué)）吸收工廠煙氣中的SO2，能有效減少SO2對(duì)空氣的污染。用ZnO漿料吸收煙氣中SO2后經(jīng)O2催化氧化，可得到硫酸鹽。已知：室溫下，ZnSO3微溶于水，Zn（HSO3）2易溶于水；溶液中H2SO3、、的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨pH的分布如圖1所示。（1）攪拌下向氧化鋅漿料中勻速緩慢通入SO2氣體。①下列操作一定能提高氧化鋅漿料吸收SO2效率的有（填序號(hào)）。A．水浴加熱氧化鋅漿料B．加快攪拌C．降低通入SO2氣體的速率D．通過(guò)多孔球泡向氧化鋅漿料中通SO2②在開(kāi)始吸收的40min內(nèi)，SO2吸收率、溶液pH均經(jīng)歷了從幾乎不變到迅速降低的變化（圖2）。溶液pH幾乎不變階段，主要產(chǎn)物是（填化學(xué)式）；SO2吸收率迅速降低階段，主要反應(yīng)的離子方程式為。（2）O2催化氧化。其他條件相同時(shí)，調(diào)節(jié)吸收SO2得到溶液的pH在4.5～6.5范圍內(nèi)，pH越低生成速率越大，其主要原因是。（3）將氧化后的溶液結(jié)晶可得到ZnSO4?7H2O，隔絕空氣加熱可得到氧化鋅固體。加熱過(guò)程中固體質(zhì)量的殘留率與溫度的關(guān)系如圖3所示。已知C→D的過(guò)程中產(chǎn)生兩種氣體，寫(xiě)出該過(guò)程的化學(xué)方程式。（4）氧化鋅晶體的一種晶胞結(jié)構(gòu)如圖4所示，O2﹣位于Zn2+構(gòu)成的（填“四面體空隙”、“六面體空隙”或“八面體空隙”）中。若晶體中部分O原子被N原子替代后可以改善晶體的性能，Zn—N中離子鍵成分的百分?jǐn)?shù)小于Zn—O鍵，原因是。22．（2024秋?海淀區(qū)校級(jí)月考）碘單質(zhì)（紫黑色固體，微溶于水，具有揮發(fā)性）及含碘化合物廣泛用于醫(yī)藥、染料等方面。回答下列問(wèn)題：（1）HI主要用于藥物合成，通常用I2和P反應(yīng)生成PI3，PI3再水解制備HI。PI3的空間結(jié)構(gòu)是。PI3的P—I鍵是由磷的軌道與碘的5p軌道重疊形成σ鍵。（2）I2的一種制備方法如圖所示：①加入Fe粉進(jìn)行轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為，生成的沉淀與硝酸反應(yīng)，生成后可循環(huán)使用。②通入Cl2的過(guò)程中，若氧化產(chǎn)物只有一種，反應(yīng)的化學(xué)方程式為；若反應(yīng)物用量比n（Cl2）：n（FeI2）＝1.5時(shí)，氧化產(chǎn)物為。（3）以NaIO3為原料制備I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入適量NaHSO3，恰好完全反應(yīng)生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反應(yīng)得到I2，上述制備I2的總反應(yīng)的離子方程式為。（4）KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1molI2，消耗的KI至少為mol。I2在KI溶液中可發(fā)生反應(yīng)I2+I﹣?。實(shí)驗(yàn)室中使用過(guò)量的KI與CuSO4溶液反應(yīng)后，過(guò)濾，濾液經(jīng)蒸餾可制得高純碘。反應(yīng)中加入過(guò)量KI的原因是。（5）I2與足量F2在一定條件下發(fā)生反應(yīng)可生成鹵素互化物IF7，寫(xiě)出其與H2O發(fā)生的非氧化還原反應(yīng)的化學(xué)方程式。23．（2024?信陽(yáng)模擬）藥物中間體F的一種合成路線如圖：已知：RCOOR′RCH2OH+R′OH（R為H或烴基，R'為烴基）回答下列問(wèn)題；（1）A中官能團(tuán)名稱是。（2）反應(yīng)①的反應(yīng)類型是。（3）反應(yīng)②的化學(xué)方程式為（4）反應(yīng)④所需的試劑和條件是。（5）F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。（6）芳香化合物W是E的同分異構(gòu)體，W能水解生成X、Y兩種化合物，X、Y的核磁共振氫譜均有3組峰，X的峰面積比為3：2：1，Y的峰面積為1：1：1，寫(xiě)出符合題意的W的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式（寫(xiě)一種）。（7）肉桂酸（）廣泛用于香料工業(yè)與醫(yī)藥工業(yè)，設(shè)計(jì)以苯甲酸甲酯和丙二酸為起始原料制備肉桂酸的合成路線：（無(wú)機(jī)試劑任用）。24．（2024秋?山東月考）NH3—CaSO4法可用于吸收燃煤發(fā)電廠的CO2，同時(shí)獲得產(chǎn)品（NH4）2SO4。反應(yīng)的原理為：CO2+CaSO4+2NH3+H2O═CaCO3↓+（NH4）2SO4。實(shí)驗(yàn)室根據(jù)上述反應(yīng)原理，模擬生產(chǎn)硫酸銨。完成下列填空：（1）上述反應(yīng)原理中，屬于電解質(zhì)的物質(zhì)有種，實(shí)驗(yàn)室利用大理石制備CO2的離子方程式為。（2）搭建如圖1所示裝置，先從（選填“a”或“b”）通入氣體（填物質(zhì)名稱）至飽和。然后改通入另一種氣體，當(dāng)液體由紅色變?yōu)闇\紅色時(shí)，立即停止實(shí)驗(yàn)，不繼續(xù)通氣至過(guò)量的可能原因是（用離子方程式解釋）。（3）將反應(yīng)后混合體系過(guò)濾，濾液經(jīng)一系列操作后得（NH4）2SO4晶體（溶解度曲線如圖2）。將下列操作或現(xiàn)象的標(biāo)號(hào)填入相應(yīng)括號(hào)中。A．蒸發(fā)皿中出現(xiàn)少量晶體B．使用漏斗趁熱過(guò)濾C．利用蒸發(fā)皿余熱使溶液蒸干D．用玻璃棒不斷攪拌E．等待蒸發(fā)皿冷卻若烘干“過(guò)濾”所得（NH4）2SO4晶體時(shí)溫度過(guò)高，會(huì)分解產(chǎn)生SO2、N2、NH3和H2O，則相同條件下，SO2和N2的體積比為。25．（2024秋?泉州月考）H2S是一種有毒氣體，利用H2S與CH4的反應(yīng)可將其轉(zhuǎn)化為有價(jià)值的H2、S2等。發(fā)生的反應(yīng)有：反應(yīng)?。?H2S（g）?2H2（g）+S2（g）ΔH1反應(yīng)ⅱ：CH4（g）+S2（g）?2H2（g）+CS2（g）ΔH2回答下列問(wèn)題：（1）CO2中心原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為。（2）已知相關(guān)化學(xué)鍵的鍵能如下表：化學(xué)鍵H—HH—SS2（化學(xué)鍵視為S—S）鍵能/（kJ?mol﹣1）436339298ΔH1＝kJ?mol﹣1。（3）一定溫度下，在體積為2L的剛性容器中，充入1molCH4和2molH2S，發(fā)生反應(yīng)i和反應(yīng)ⅱ，5min時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡，H2S的平衡轉(zhuǎn)化率為40%，n（H2）＝1.2mol。①下列敘述中能說(shuō)明反應(yīng)ⅱ達(dá)到平衡狀態(tài)的是（填字母）。A.v正（CH4）＝v逆（CS2）B.混合氣體的密度不再變化C.斷裂1molC—H的同時(shí)生成1molC＝SD.混合氣體的平均摩爾質(zhì)量不再變化②0～5min內(nèi)v（CS2）＝mol?L﹣1?min﹣1。③此溫度下，反應(yīng)ⅱ的平衡常數(shù)Kx＝（Kx是以平衡物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)代替平衡濃度計(jì)算的平衡常數(shù)）。（4）在常壓和不同溫度下，將H2S和CH4按照2：1的體積比充入熱解器中，用N2稀釋，發(fā)生反應(yīng)ⅰ和反應(yīng)ⅱ。測(cè)得H2、S2和CS2的平衡體積分?jǐn)?shù)隨溫度的變化關(guān)系如圖所示。①ΔH2（填“＞”“＜”或“＝”）0，②1050℃時(shí)，H2的體積分?jǐn)?shù)為。③溫度高于1100℃時(shí)，S2（g）體積分?jǐn)?shù)減小的原因是。

2025菁優(yōu)高考化學(xué)壓軸卷訓(xùn)練2參考答案與試題解析一．選擇題（共20小題）1．（2024秋?河池月考）下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．醫(yī)用酒精、食鹽、雙氧水等生活中常見(jiàn)物質(zhì)均屬于混合物 B．混合物不一定是分散系，但分散系一定是混合物 C．酸、堿、鹽都是電解質(zhì)，電解質(zhì)只有酸、堿、鹽 D．膠體與懸濁液的本質(zhì)區(qū)別是分散質(zhì)粒子的直徑大小【專題】物質(zhì)的分類專題；溶液和膠體專題．【分析】A．混合物是由兩種或兩種以上的物質(zhì)組成；B．將一種或幾種物質(zhì)分散到另一種或幾種物質(zhì)中得到的體系稱為分散系；C．金屬氧化物和水都屬于電解質(zhì)D．根據(jù)分散質(zhì)粒子的直徑大小不同，分散系分為溶液、膠體和濁液?！窘獯稹拷猓篈．醫(yī)用酒精、食鹽、雙氧水等生活中常見(jiàn)物質(zhì)均屬于混合物，故A制?。籅．混合物不一定是分散系，但分散系一定是混合物，故B制取；C．酸、堿、鹽都是電解質(zhì)，但電解質(zhì)不只是酸、堿、鹽，還有金屬氧化物和水等，故C錯(cuò)誤；D．分散質(zhì)粒子的直徑大小不同，膠體粒子直徑在1﹣100nm之間，溶液的粒子直徑小于1nm，濁液的直徑大于100nm，故D正確；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了物質(zhì)的分類和膠體與溶液的區(qū)別，題目較簡(jiǎn)單，掌握基礎(chǔ)知識(shí)即可解答。2．（2024秋?遼寧月考）下列化學(xué)用語(yǔ)使用正確的是（）A．CO2、SO2、NO2的分子空間結(jié)構(gòu)相同 B．四氯化碳的電子式 C．鄰羥基苯甲醛分子內(nèi)氫鍵 D．基態(tài)B原子價(jià)電子軌道表示式【專題】化學(xué)用語(yǔ)專題；分析與推測(cè)能力．【分析】A．根據(jù)CO2的分子空間結(jié)構(gòu)為直線形，SO2、NO2的分子空間結(jié)構(gòu)為V形進(jìn)行分析；B．根據(jù)四氯化碳的電子式中氯原子周?chē)囊卜?電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，進(jìn)行分析；C．根據(jù)鄰羥基苯甲醛分子內(nèi)氫鍵在羥基氫與羰基氧之間進(jìn)行分析；D．根據(jù)B原子最外層3個(gè)電子，分別位于1個(gè)2s軌道和1個(gè)2p軌道中進(jìn)行分析。【解答】解：A．二氧化碳的分子空間結(jié)構(gòu)為直線形，二氧化硫、二氧化氮的分子空間結(jié)構(gòu)為V形，故A錯(cuò)誤；B．CCl4的電子式中氯原子周?chē)囊卜?電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，其電子式為：，故B錯(cuò)誤；C．鄰羥基苯甲醛分子內(nèi)氫鍵在羥基氫與羰基氧之間，故C錯(cuò)誤；D．B原子最外層3個(gè)電子，分別位于1個(gè)2s軌道和1個(gè)2p軌道中，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查化學(xué)式或化學(xué)符號(hào)及名稱的綜合等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結(jié)合已有的知識(shí)進(jìn)行解題。3．（2024秋?河池月考）下列離子方程式正確的是（）A．將稀硫酸滴在銅片上：Cu+2H+＝Cu2++H2↑ B．氯化鈣與碳酸氫鉀溶液混合：Ca2++＝CaCO3↓ C．氫氧化鋁中和胃酸：Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O D．Ca（HCO3）2溶液中加入過(guò)量KOH溶液：Ca2+++OH﹣＝CaCO3↓+H2O【專題】離子反應(yīng)專題．【分析】A．銅與稀硫酸不發(fā)生反應(yīng)，無(wú)法形成離子方程式；B．氯化鈣與碳酸氫鉀溶液不反應(yīng)；C．氫氧化鋁與鹽酸反應(yīng)生成氯化鋁和水；D．氫氧化鉀過(guò)量，反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀、碳酸鉀和水?！窘獯稹拷猓篈．稀硫酸滴在銅片上，二者不發(fā)生反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．氯化鈣與碳酸氫鉀溶液混合，二者不發(fā)生反應(yīng)，無(wú)法書(shū)寫(xiě)離子方程式，故B錯(cuò)誤；C．氫氧化鋁與鹽酸發(fā)生反應(yīng)，從而可中和胃酸，反應(yīng)的離子方程式為：Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，故C正確；D．Ca（HCO3）2溶液中加入過(guò)量KOH溶液反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀、碳酸鉀和水，正確的離子方程式為：Ca2++2+2OH﹣═CaCO3↓++2H2O，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了離子方程式的判斷，為中等難度的試題，注意掌握離子方程式的書(shū)寫(xiě)原則，明確離子方程式正誤判斷常用方法：檢查反應(yīng)能否發(fā)生，檢查反應(yīng)物、生成物是否正確，檢查各物質(zhì)拆分是否正確，如難溶物、弱電解質(zhì)等需要保留化學(xué)式，檢查是否符合原化學(xué)方程式等。4．（2024秋?貴州月考）CO2資源化是實(shí)現(xiàn)“雙碳”目標(biāo)的重要途徑。如CO2催化加氫可合成高附加值產(chǎn)品乙醇，反應(yīng)原理為：2CO2（g）+6H2（g）?3H2O（g）+C2H5OH（g）。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是（）A．22.4LCO2含有的分子數(shù)為NA B．1.8g2H2O含有的中子數(shù)為NA C．25g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為46%的乙醇水溶液含有的氧原子數(shù)為NA D．2molCO2與足量H2充分反應(yīng)生成的C2H5OH分子數(shù)為NA【專題】阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律；理解與辨析能力．【分析】A．題目未給標(biāo)準(zhǔn)狀況；B．一個(gè)2H2O含有10個(gè)中子；C．乙醇分子和水分子中均含有氧原子；D．可逆反應(yīng)不能進(jìn)行徹底?！窘獯稹拷猓篈．題目未給標(biāo)準(zhǔn)狀況，無(wú)法計(jì)算氣體的物質(zhì)的量，故A錯(cuò)誤；B．1.8g2H2O含有的中子數(shù)為×10×NA/mol＝0.9NA，故B錯(cuò)誤；C．25g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為46%的乙醇水溶液中，乙醇中含有氧原子數(shù)為×1×NA/mol＝0.25NA，水中含有氧原子數(shù)為×1×NA/mol＝0.75NA，故該乙醇水溶液含有的氧原子數(shù)為NA，故C正確；D．可逆反應(yīng)不能進(jìn)行徹底，故2molCO2與足量H2充分反應(yīng)生成的C2H5OH分子數(shù)小于NA，故D錯(cuò)誤；故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查阿伏加德羅常數(shù)，題目難度中等，掌握以物質(zhì)的量為中心的計(jì)算轉(zhuǎn)化關(guān)系是解題的關(guān)鍵。5．（2024秋?五華區(qū)期中）一種有機(jī)物催化劑由原子序數(shù)依次遞增的短周期元素X、Y、Z、W、M組成，結(jié)構(gòu)式如圖。下列說(shuō)法正確的是（）A．原子半徑：W＞Y＞Z B．氫化物沸點(diǎn)：Z＞Y C．元素電負(fù)性：M＞Y＞Z D．第一電離能：Z＞W(wǎng)＞X【專題】元素周期律與元素周期表專題；理解與辨析能力；分析與推測(cè)能力．【分析】X、Y、Z、W、M是原子序數(shù)依次遞增的短周期元素，化合物中W形成+1價(jià)陽(yáng)離子，且W與X的原子序數(shù)只差不小于3，可知W只能是Na元素，由原子序數(shù)相對(duì)大小可知Y、Z只能處于第二周期，而M處于第三周期，化合物陰離子中X形成1條共價(jià)鍵、Y形成4條共價(jià)鍵、Z形成2條共價(jià)鍵，X的原子序數(shù)又最小，可知X為H元素、Y為C元素、Z為O元素，而M形成6條共價(jià)鍵，則M為S元素。【解答】解：由分析可知，X為H元素、Y為C元素、Z為O元素、W為Na元素、M為S元素；A．同周期主族元素自左而右原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，則原子半徑：Na＞C＞O，故A正確；B．Y的氫化物為烴類物質(zhì)，有氣體、液體、固體三種聚集狀態(tài)，固態(tài)烴的沸點(diǎn)比H2O高，故B錯(cuò)誤；C．一般元素的非金屬性越強(qiáng)，其電負(fù)性越大，則電負(fù)性：O＞S＞C，故C錯(cuò)誤；D．鈉是活潑金屬，而C、H都是非金屬，三種元素中Na的第一電離能最小，故D錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，推斷元素是解題的關(guān)鍵，充分利用價(jià)鍵結(jié)構(gòu)進(jìn)行分析推斷，熟練掌握元素周期律與元素化合物知識(shí)，題目側(cè)重考查學(xué)生分析推理能力、靈活運(yùn)用知識(shí)的能力。【閱讀下列一段文字，回答6﹣8題】鹵族元素單質(zhì)及其化合物應(yīng)用廣泛。海洋是一個(gè)巨大的鹵素資源寶庫(kù)，從海水中能獲得NaCl，NaCl的晶胞如圖所示。以NaCl為原料可制得Cl2、HClO、ClO2、、。工業(yè)常通過(guò)電解NaCl飽和溶液制備Cl2，Cl2氧化鹵水中Br﹣可得到Br2，KClO3酸性溶液中加入H2C2O4可制得黃綠色氣體ClO2，該氣體常用作自來(lái)水消毒劑。F2能與熔融的Na2SO4反應(yīng)生成硫酰氟（SO2F2）。標(biāo)況下，氟化氫呈液態(tài)。鹵素互化物（如ICl、IF3）具有強(qiáng)氧化性；鹵化銀具有感光性。6．下列說(shuō)法正確的是（）A．和中鍵角相等 B．SO2F2的中心原子S采用sp2雜化 C．Br原子基態(tài)核外電子排布式為[Ar]4s24p5 D．NaCl晶胞中，每個(gè)Na+周?chē)o鄰且距離相等的Cl﹣構(gòu)成正八面體結(jié)構(gòu)【專題】原子組成與結(jié)構(gòu)專題；化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)；理解與辨析能力．【分析】A．中Cl原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)＝＝4，且Cl原子含有1個(gè)孤電子對(duì)，中Cl原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)＝＝4，且Cl原子不含孤電子對(duì)，前者為三角錐形、后者為正四面體形；B．SO2F2中S原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)＝＝4，S原子采用sp3雜化；C．Br原子核外有35個(gè)電子，其基態(tài)核外電子排布式為[Ar]3d104s24p5；D．NaCl晶胞中，每個(gè)Na+周?chē)o鄰且距離相等的Cl﹣有6個(gè)，構(gòu)成正八面體結(jié)構(gòu)。【解答】解：A．中Cl原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)＝＝4，且Cl原子含有1個(gè)孤電子對(duì)，中Cl原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)＝＝4，且Cl原子不含孤電子對(duì)，前者為三角錐形、后者為正四面體形，則二者鍵角不相等，故A錯(cuò)誤；B．SO2F2中S原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)＝＝4，S原子采用sp3雜化，故B錯(cuò)誤；C．Br原子核外有35個(gè)電子，其基態(tài)核外電子排布式為[Ar]3d104s24p5，故C錯(cuò)誤；D．NaCl晶胞中，每個(gè)Na+周?chē)o鄰且距離相等的Cl﹣有6個(gè)，構(gòu)成正八面體結(jié)構(gòu)，故D正確；故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查核外電子排布式的書(shū)寫(xiě)及晶胞的結(jié)構(gòu)，為高頻考點(diǎn)，題目難度不大。7．在指定條件下，下列選項(xiàng)所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化或化學(xué)反應(yīng)表示正確的是（）A．NaCl（aq）NaHCO3（s）Na2CO3（s） B．ICl溶于NaOH溶液：ICl+2OH﹣＝I﹣+ClO﹣+H2O C．制備SO2F2：2F2+Na2SO42NaF+SO2F2+O2 D．用H2C2O4制備ClO2：2+C2+4H+＝2ClO2↑+2CO2↑+2H2O【專題】離子反應(yīng)專題；理解與辨析能力．【分析】A．向NaCl溶液中通入二氧化碳不能生成碳酸氫鈉；B．ICl溶于NaOH溶液：ICl+2OH﹣＝Cl﹣+IO﹣+H2O；C．制備SO2F2：2F2+Na2SO42NaF+SO2F2+O2；D．用H2C2O4制備ClO2時(shí)H2C2O4不拆?！窘獯稹拷猓篈．向NaCl溶液中通入二氧化碳不能生成碳酸氫鈉，故A錯(cuò)誤；B．ICl溶于NaOH溶液：ICl+2OH﹣＝Cl﹣+IO﹣+H2O，故B錯(cuò)誤；C．制備SO2F2：2F2+Na2SO42NaF+SO2F2+O2，故C正確；D．用H2C2O4制備ClO2：2+H2C2O4+2H+＝2ClO2↑+2CO2↑+2H2O，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查離子方程式正誤的判斷，為高頻考點(diǎn)，題目難度不大。8．下列物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)或物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是（）A．HClO呈弱酸性，可用于漂白紙張 B．ClO2具有強(qiáng)氧化性，可用于自來(lái)水殺菌消毒 C．AgI具有感光性，可用于人工降雨 D．HF分子內(nèi)H—F鍵能大，HF沸點(diǎn)較高【專題】物質(zhì)的性質(zhì)和變化專題；理解與辨析能力．【分析】A．HClO具有強(qiáng)氧化性，可用于漂白紙張；B．ClO2具有強(qiáng)氧化性，能使蛋白質(zhì)變性；C．AgI易與空氣中水蒸氣結(jié)合形成晶核，可用于人工降雨；D．HF分子間存在氫鍵，沸點(diǎn)較高。【解答】解：A．HClO具有強(qiáng)氧化性，可用于漂白紙張，與HClO呈弱酸性無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；B．ClO2具有強(qiáng)氧化性，能使蛋白質(zhì)變性，可用于自來(lái)水殺菌消毒，故B正確；C．AgI易與空氣中水蒸氣結(jié)合形成晶核，可用于人工降雨，與AgI具有感光性無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤；D．HF分子間存在氫鍵，沸點(diǎn)較高，與HF分子內(nèi)H—F鍵能大無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查物質(zhì)的性質(zhì)與用途，為高頻考點(diǎn)，題目難度不大。9．（2024?東城區(qū)一模）在Pt﹣BaO催化下，NO的“儲(chǔ)存﹣還原”過(guò)程如圖1所示。其中“還原”過(guò)程依次發(fā)生反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ，各氣體的物質(zhì)的量變化如圖2所示。下列說(shuō)法不正確的是（）A．NO2與BaO的反應(yīng)中，NO2既是氧化劑，又是還原劑 B．反應(yīng)Ⅰ為Ba（NO3）2+8H2═BaO+2NH3+5H2O C．反應(yīng)Ⅱ中，最終生成N2的物質(zhì)的量為0.2amol D．反應(yīng)Ⅰ和Ⅱ中消耗的Ba（NO3）2的質(zhì)量比是3：5【專題】氧化還原反應(yīng)專題．【分析】“儲(chǔ)存”過(guò)程中，NO、O2在Pt表面反應(yīng)生成NO2，NO2與BaO反應(yīng)轉(zhuǎn)化為Ba（NO3）2，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，同時(shí)部分NO2發(fā)生還原反應(yīng)，“還原”過(guò)程中，反應(yīng)Ⅰ是H2還原Ba（NO3）2生成NH3，反應(yīng)方程式為Ba（NO3）2+8H2═BaO+2NH3+5H2O，反應(yīng)Ⅱ是NH3還原Ba（NO3）2反應(yīng)生成N2，反應(yīng)方程式為3Ba（NO3）2+10NH3＝3BaO+8N2+15H2O?！窘獯稹拷猓篈．NO2與BaO反應(yīng)轉(zhuǎn)化為Ba（NO3）2，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，同時(shí)部分NO2發(fā)生還原反應(yīng)，反應(yīng)中NO2既是氧化劑又是還原劑，故A正確；B．“還原”過(guò)程中，反應(yīng)Ⅰ是H2還原Ba（NO3）2生成NH3，反應(yīng)方程式為Ba（NO3）2+8H2═BaO+2NH3+5H2O，故B正確；C．反應(yīng)Ⅱ是NH3還原Ba（NO3）2反應(yīng)生成N2，反應(yīng)方程式為3Ba（NO3）2+10NH3＝3BaO+8N2+15H2O，圖中NH3最大量為0.25amol，由方程式可知，最終生成N2的物質(zhì)的量為0.25amol×＝0.2amol，故C正確；D．反應(yīng)I方程式為Ba（NO3）2+8H2═BaO+2NH3+5H2O，反應(yīng)Ⅱ方程式為3Ba（NO3）2+10NH3＝3BaO+8N2+15H2O，設(shè)NH3為2mol，反應(yīng)Ⅰ消耗Ba（NO3）2為1mol，反應(yīng)Ⅱ消耗Ba（NO3）2為2mol×＝0.6mol，反應(yīng)Ⅰ和Ⅱ中消耗的Ba（NO3）2的質(zhì)量比是1mol：0.6mol＝5：3，故D錯(cuò)誤；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查氧化還原反應(yīng)，關(guān)鍵是明確反應(yīng)過(guò)程，題目側(cè)重考查吸收信息獲取能力、靈活運(yùn)用知識(shí)的能力。10．（2024春?雨花區(qū)期末）我國(guó)科學(xué)家研究了不同含金化合物催化乙烯加氫[C2H4（g）+H2（g）→C2H6（g）ΔH＝akJ?mol﹣1]的反應(yīng)歷程如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）A．1molC2H4（g）與1molH2（g）具有的能量之和小于1molC2H6（g）的能量 B．過(guò)渡態(tài)物質(zhì)的穩(wěn)定性：過(guò)渡態(tài)1＞過(guò)渡態(tài)2 C．該反應(yīng)的焓變：ΔH＝﹣129.6kJ?mol﹣1 D．相應(yīng)的活化能：催化劑AuF＜催化劑【專題】化學(xué)反應(yīng)中的能量變化．【分析】A.根據(jù)圖示比較能量高低；B.物質(zhì)本身具有的能量越低，越穩(wěn)定；C.ΔH＝生成物所具有的總能量一反應(yīng)物所具有的總能量；D.活化能越小，催化效果越好。【解答】解：A.根據(jù)圖示可知，1molC2H4（g）與1molH2（g）具有的能量比1molC2H6（g）的能量高，故A錯(cuò)誤；B.根據(jù)圖示可知，過(guò)渡態(tài)1具有的能量比過(guò)渡態(tài)2高，則過(guò)渡態(tài)1比過(guò)渡態(tài)2物質(zhì)的穩(wěn)定性弱，故B錯(cuò)誤；C.由反應(yīng)物、生成物的總能量可知ΔH＝﹣129.6kJ/mol﹣0＝﹣129.6kJ/mol，ΔH＝﹣129.6kJ?mol﹣1，故C正確；D.根據(jù)圖示可知，對(duì)應(yīng)的活化能小，催化效果好，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查反應(yīng)中的能量變化，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生基礎(chǔ)知識(shí)的掌握情況，注意物質(zhì)本身具有的能量越低，越穩(wěn)定，活化能越小，催化效果越好，試題難度中等。11．（2024秋?鹽城月考）利用電化學(xué)原理，可將H2、CO2轉(zhuǎn)化為C2H5OH，其工作原理如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是（）A．電極2是電源的負(fù)極 B．H+由右側(cè)通過(guò)質(zhì)子膜移向左側(cè) C．該裝置工作時(shí)電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能 D．電極1上電極反應(yīng)式為2CO2+12e﹣+12H+＝C2H5OH+3H2O【專題】電化學(xué)專題；理解與辨析能力．【分析】由圖可知，該裝置為原電池，碳元素化合價(jià)降低得電子，故電極1為正極，電極反應(yīng)式為2CO2+12e﹣+12H+＝C2H5OH+3H2O，電極2為負(fù)極，據(jù)此作答?！窘獯稹拷猓篈．由分析可知，電極2為負(fù)極，故A正確；B．H+由右側(cè)（負(fù)極）通過(guò)質(zhì)子膜移向左側(cè)（正極），故B正確；C．該裝置為原電池，化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，故C錯(cuò)誤；D．電極1為正極，電極反應(yīng)式為2CO2+12e﹣+12H+＝C2H5OH+3H2O，故D正確；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查原電池，題目難度中等，能依據(jù)圖象和信息準(zhǔn)確判斷正負(fù)極是解題的關(guān)鍵。12．（2024秋?和平區(qū)校級(jí)月考）為實(shí)現(xiàn)碳達(dá)峰、碳中和，CO2綜合利用的技術(shù)不斷創(chuàng)新。某實(shí)驗(yàn)小組研究CO2和CH4反應(yīng)得到合成氣的原理為CO2（g）+CH4（g）?2CO（g）+2H2（g）；向2L的恒容密閉容器中充入1molCH4和1molCO2，反應(yīng)過(guò)程中CO2的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度、壓強(qiáng)的關(guān)系如圖所示。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是（）A．該反應(yīng)的ΔH＜0 B．壓強(qiáng)：p2＞p1 C．1100℃時(shí)，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為12.96 D．維持X點(diǎn)溫度不變，向容器內(nèi)再充入0.1molCH4、0.1molCO2、0.4molCO和0.4molH2，此時(shí)，v正＜v逆【專題】化學(xué)反應(yīng)速率專題；分析與推測(cè)能力．【分析】A．根據(jù)當(dāng)壓強(qiáng)不變時(shí)，升高溫度，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率增大，說(shuō)明平衡正向移動(dòng)，進(jìn)行分析；B．根據(jù)CO2和CH4的反應(yīng)屬于氣體分子數(shù)增大的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，平衡逆向移動(dòng)，進(jìn)行分析；C．根據(jù)平衡時(shí)各物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度，結(jié)合平衡常數(shù)計(jì)算式進(jìn)行分析；D．根據(jù)Qc＞K，反應(yīng)逆向進(jìn)行，反應(yīng)速率為v正＜v逆，進(jìn)行分析。【解答】解：A．當(dāng)壓強(qiáng)不變時(shí)，升高溫度，二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率增大，說(shuō)明平衡正向移動(dòng)，則正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，該反應(yīng)的ΔH＞0，故A錯(cuò)誤；B．二氧化碳和CH4的反應(yīng)屬于氣體分子數(shù)增大的反應(yīng)，當(dāng)溫度相同時(shí)，增大壓強(qiáng)，平衡逆向移動(dòng)，二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率減小；根據(jù)圖像可知，相同溫度時(shí)p2壓強(qiáng)對(duì)應(yīng)的CO2平衡轉(zhuǎn)化率大，則壓強(qiáng)：p2＜p1，故B錯(cuò)誤；C．1100℃時(shí)，二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率為60%，向2L的恒容密閉容器中充入1mol甲烷和1mol二氧化碳，則平衡時(shí)二氧化碳的物質(zhì)的量濃度為，因此平衡時(shí)甲烷、一氧化碳和氫氣的物質(zhì)的量濃度為0.2mol/L、0.6mol/L、0.6mol/L，該反應(yīng)的平衡常數(shù)為，故C錯(cuò)誤；D．維持X點(diǎn)溫度不變，向容器內(nèi)再充入0.1mol甲烷、0.1mol二氧化碳、0.4mol一氧化碳和0.4mol氫氣，此時(shí)，則反應(yīng)逆向進(jìn)行，反應(yīng)速率為v正＜v逆，故D正確；故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查轉(zhuǎn)化率隨溫度、壓強(qiáng)的變化曲線等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結(jié)合已有的知識(shí)進(jìn)行解題。13．（2024?全國(guó)四模）還原鐵粉與水蒸氣的反應(yīng)裝置如圖所示。取少量反應(yīng)后的固體加入稀硫酸使其完全溶解得溶液a；另取少量反應(yīng)后的固體加入稀硝酸使其完全溶解，得溶液b．下列說(shuō)法正確的是（）A．鐵與水蒸氣反應(yīng)：2Fe+3H2O（g）Fe2O3+3H2 B．肥皂液中產(chǎn)生氣泡，不能證明鐵與水蒸氣反應(yīng)生成H2 C．向溶液a中滴加K3[Fe（CN）6]溶液，出現(xiàn)藍(lán)色沉淀，說(shuō)明鐵粉未完全反應(yīng) D．向溶液b中滴加KSCN溶液，溶液變紅，證實(shí)了固體中含有Fe2O3【專題】幾種重要的金屬及其化合物．【分析】A．鐵與高溫水蒸氣反應(yīng)，生成Fe3O4和H2；B．肥皂液中產(chǎn)生氣泡，只能說(shuō)明有氣體；C．反應(yīng)后的固體為Fe3O4，F(xiàn)e3O4溶于硫酸，生成硫酸亞鐵和硫酸鐵的混合溶液；D．根據(jù)題意可知，F(xiàn)e3O4溶于硫酸，生成硫酸亞鐵和硫酸鐵的混合溶液?！窘獯稹拷猓篈．Fe與水蒸氣反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣，化學(xué)方程式為：，故A錯(cuò)誤；B．肥皂液中產(chǎn)生氣泡，只能說(shuō)明有氣體，不能證明是氫氣，故B正確；C．若滴加鐵氰化鉀溶液后出現(xiàn)藍(lán)色沉淀，說(shuō)明含有二價(jià)鐵離子，不能說(shuō)明鐵粉未完全反應(yīng)，有可能來(lái)自Fe3O4，故C錯(cuò)誤；D．若滴加KSCN溶液后變紅色，說(shuō)明含三價(jià)鐵離子，黑色固體有Fe3O4也能產(chǎn)生三價(jià)鐵離子，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題以硫及其化合物為載體考查物質(zhì)性質(zhì)及用途，意在考查學(xué)生的分析與推理能力以及宏觀辨識(shí)與微觀探析的學(xué)科核心素養(yǎng)，屬于基本知識(shí)的考查，難度不大。14．（2024?廣西）6﹣硝基胡椒酸是合成心血管藥物奧索利酸的中間體，其合成路線中的某一步如下：下列有關(guān)X和Y的說(shuō)法正確的是（）A．所含官能團(tuán)的個(gè)數(shù)相等 B．都能發(fā)生加聚反應(yīng) C．二者中的所有原子共平面 D．均能溶于堿性水溶液【專題】有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷；理解與辨析能力．【分析】A．X中官能團(tuán)有醚鍵、硝基、碳碳雙鍵；Y中官能團(tuán)有醚鍵、羧基和硝基；B．碳碳雙鍵能發(fā)生加聚反應(yīng)；C．飽和碳原子具有甲烷的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，甲烷分子中最多有3個(gè)原子共平面；D．酚—OH、—COOH、酯基、酰胺基都能與堿溶液反應(yīng)?！窘獯稹拷猓篈．X中官能團(tuán)有醚鍵、硝基、碳碳雙鍵；Y中官能團(tuán)有醚鍵、羧基和硝基，X、Y中都含有4個(gè)官能團(tuán)，故A正確；B．碳碳雙鍵能發(fā)生加聚反應(yīng)，X能發(fā)生加聚反應(yīng)、Y不能發(fā)生加聚反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．飽和碳原子具有甲烷的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，甲烷分子中最多有3個(gè)原子共平面，X、Y中都含有飽和碳原子，所以X、Y中所有原子一定不共平面，故C錯(cuò)誤；D．Y中含有羧基，能和堿液反應(yīng)，X不能和堿液反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重考查分析、判斷及知識(shí)綜合運(yùn)用能力，明確官能團(tuán)及其性質(zhì)的關(guān)系是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。15．（2023秋?肇東市校級(jí)期末）羥醛縮合反應(yīng)是一種常用的增長(zhǎng)碳鏈的方法。一種合成目標(biāo)產(chǎn)物（圖中⑦）的反應(yīng)機(jī)理如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．③是該反應(yīng)的中間產(chǎn)物 B．④是該反應(yīng)的催化劑 C．⑥到⑦的過(guò)程中沒(méi)有非極性鍵的斷裂和生成 D．合成⑦的總反應(yīng)為+【專題】物質(zhì)的性質(zhì)和變化專題；分析與推測(cè)能力．【分析】A．根據(jù)在反應(yīng)中生成又消耗，則該物質(zhì)為中間產(chǎn)物，進(jìn)行分析；B．根據(jù)在反應(yīng)中消耗又生成，則該物質(zhì)為催化劑進(jìn)行分析；C．根據(jù)斷開(kāi)C＝N鍵、O—H鍵，形成N—H鍵、C＝O鍵，沒(méi)有非極性鍵得斷裂和生成進(jìn)行分析；D．根據(jù)反應(yīng)物為丙酮和CH3CHO，生成物是，催化劑是，進(jìn)行分析。【解答】解：A．在反應(yīng)中生成又消耗，則該物質(zhì)為中間產(chǎn)物，③是第一步反應(yīng)的產(chǎn)物，第二個(gè)反應(yīng)的反應(yīng)物，所以③只是該反應(yīng)的中間產(chǎn)物，故A正確；B．①為該反應(yīng)的催化劑，故B錯(cuò)誤；C．⑥到⑦的過(guò)程+H2O→++H+，斷開(kāi)C＝N鍵、O—H鍵，形成N—H鍵、C＝O鍵，沒(méi)有非極性鍵得斷裂和生成，故C正確；D．合成⑦，反應(yīng)物為丙酮和CH3CHO，生成物是，催化劑是，總反應(yīng)為，故D正確；故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查探究化學(xué)反應(yīng)機(jī)理等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結(jié)合已有的知識(shí)進(jìn)行解題。16．（2024秋?香坊區(qū)校級(jí)期中）下列各物質(zhì)在一定條件下均與水反應(yīng)，驗(yàn)證反應(yīng)產(chǎn)物的操作或現(xiàn)象錯(cuò)誤的是（）選項(xiàng)反應(yīng)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象AFe與水蒸氣將氣體通入肥皂液中，觀察到有氣泡生成，證明生成了H2BCaC2與水將氣體依次通過(guò)CuSO4溶液、酸性高錳酸鉀溶液，觀察到高錳酸鉀溶液褪色，證明生成了CH≡CHCNa2O2與水將帶火星的木條放在試管口，觀察到木條復(fù)燃，證明生成了O2DMg3N2與水將濕潤(rùn)的紅色石蕊試紙放在試管口，觀察到試紙變藍(lán)，證明生成了NH3A．A B．B C．C D．D【專題】實(shí)驗(yàn)評(píng)價(jià)題；歸納與論證能力．【分析】A．可能裝置內(nèi)空氣進(jìn)入肥皂液中，出現(xiàn)氣泡；B．CaC2與水生成的乙炔中混有硫化氫，硫酸銅溶液除去硫化氫，酸性高錳酸鉀可氧化乙炔；C．過(guò)氧化氫與水反應(yīng)生成氧氣，氧氣具有助燃性；D．Mg3N2與水反應(yīng)生成氨氣，氨氣可使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)。【解答】解：A．可能裝置內(nèi)空氣進(jìn)入肥皂液中，出現(xiàn)氣泡，不能證明生成了H2，故A錯(cuò)誤；B．CaC2與水生成的乙炔中混有硫化氫，硫酸銅溶液除去硫化氫，酸性高錳酸鉀可氧化乙炔，紫色褪去，證明生成了CH≡CH，故B正確；C．過(guò)氧化氫與水反應(yīng)生成氧氣，氧氣具有助燃性，木條復(fù)燃，證明生成了O2，故C正確；D．Mg3N2與水反應(yīng)生成氨氣，氨氣可使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)，試紙變藍(lán)，證明生成了NH3，故D正確；故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、反應(yīng)與現(xiàn)象、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋⒁鈱?shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大。17．（2024秋?汕尾月考）Mg3N2是一種淺黃色粉末，極易水解，常用于制備超硬、耐高溫的氮化物。實(shí)驗(yàn)室通過(guò)CuO氧化NH3制得N2，再與鎂反應(yīng)得到Mg3N2。下列說(shuō)法不正確的是（）A．裝置A中分液漏斗中的溶液可以是濃氨水 B．裝置C中氧化劑與還原劑反應(yīng)的物質(zhì)的量之比為2：3 C．裝置D中濃硫酸表現(xiàn)酸性和吸水性 D．Mg3N2水解的方程式Mg3N2+6H2O＝3Mg（OH）2+2NH3↑【專題】制備實(shí)驗(yàn)綜合；分析與推測(cè)能力．【分析】該實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖抢肗2與Mg加熱反應(yīng)生成Mg3N2，A裝置中分液漏斗盛放的是濃氨水，濃氨水與生石灰混合放出NH3，B中堿石灰干燥NH3，C裝置中NH3與CuO在加熱條件下反應(yīng)生成N2，裝置D中濃硫酸能夠吸收NH3、干燥N2，干燥的N2進(jìn)入E裝置與Mg加熱反應(yīng)生成Mg3N2，F(xiàn)裝置可以防止空氣中的CO2、H2O等進(jìn)入裝置中與Mg反應(yīng)，以此分析解答?！窘獯稹拷猓篈.裝置A中分液漏斗中的溶液是濃氨水，流入燒瓶中與CaO接觸會(huì)產(chǎn)生NH3，故A正確；B.C中發(fā)生反應(yīng)3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O，其中氨氣是還原劑，氧化銅是氧化劑，比例為3：2，故B錯(cuò)誤；C.裝置D中濃硫酸的作用除了干燥N2，還需要吸收NH3，故體現(xiàn)酸性和吸水性，故C正確；D.Mg3N2水解時(shí)先產(chǎn)生鎂離子和氮負(fù)離子，然后水解產(chǎn)生氫氧化鎂和氨氣，對(duì)應(yīng)方程式為Mg3N2+6H2O═3Mg（OH）2+2NH3↑，故D正確；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的制備實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)，為高考常見(jiàn)題型和高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生知識(shí)綜合應(yīng)用、根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康募拔镔|(zhì)的性質(zhì)進(jìn)行分析、實(shí)驗(yàn)基本操作能力及實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)能力，綜合性較強(qiáng)，注意把握物質(zhì)性質(zhì)以及對(duì)題目信息的獲取與使用，難度中等。18．（2024秋?山東月考）查資料可知，I2可以將Cu氧化，某小組同學(xué)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)探究Cu被I2氧化的產(chǎn)物及銅元素的價(jià)態(tài)。已知：I2易溶于KI溶液，發(fā)生反應(yīng)I2+I﹣?（紅棕色）；I2和氧化性幾乎相同；[Cu（NH3）2]+（無(wú)色）容易被空氣氧化；[Cu（H2O）4]2+（藍(lán)色）、[CuI2]﹣（無(wú)色）。將等體積的KI溶液加入到amol銅粉和bmol碘單質(zhì)（b＞a）的固體混合物中，振蕩。實(shí)驗(yàn)記錄如下：c（KI）實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)Ⅰ0.1mol?L﹣1I2部分溶解，溶液為紅棕色；充分反應(yīng)后，溶液仍為紅棕色，且有白色沉淀析出實(shí)驗(yàn)Ⅱ4mol?L﹣1I2完全溶解，溶液為深紅棕色；充分反應(yīng)后，紅色的銅粉完全溶解，溶液為深紅棕色進(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)探究：步驟①取實(shí)驗(yàn)Ⅱ的深紅棕色溶液，加入CCl4多次萃取、分液；步驟②取分液后的無(wú)色水溶液，滴入濃氨水，溶液逐漸變?yōu)闇\藍(lán)色，最終變?yōu)樯钏{(lán)色。下列說(shuō)法正確的是（）A．實(shí)驗(yàn)Ⅰ銅被氧化為+1價(jià)，實(shí)驗(yàn)Ⅱ銅被氧化為+2價(jià) B．步驟①的目的是除去（或I2），防止干擾后續(xù)實(shí)驗(yàn) C．步驟②中溶液隨顏色的變化pH不變 D．結(jié)合上述實(shí)驗(yàn)，若從實(shí)驗(yàn)Ⅰ中提取白色沉淀，過(guò)濾后，可用濃HI溶液洗滌【專題】無(wú)機(jī)實(shí)驗(yàn)綜合；理解與辨析能力．【分析】實(shí)驗(yàn)Ⅰ中，I2部分溶解，溶液為紅棕色，是由于發(fā)生了I2+I﹣?，充分反應(yīng)后，溶液仍為紅棕色，且有白色沉淀析出，由于發(fā)生了2Cu+I2＝CuI2↓，實(shí)驗(yàn)Ⅱ中，I2完全溶解，溶液為深紅棕色，由于發(fā)生了I2+I﹣?，充分反應(yīng)后，紅色的銅粉完全溶解，由于2Cu+2I﹣＝2[CuI2]﹣，[CuI2]﹣為無(wú)色，溶液為深紅棕色，由于仍然存在，取實(shí)驗(yàn)II的深紅棕色溶液，加入CCl4多次萃取、分液，將I2（或）除去，分液后的無(wú)色水溶液含有[CuI2]﹣，滴入濃氨水，發(fā)生生成無(wú)色的[Cu（NH3）4]+又被氧氣不斷氧化，最終被氧化為為深藍(lán)色的[Cu（H2O）4]2+（藍(lán)色）?！窘獯稹拷猓篈．實(shí)驗(yàn)I和實(shí)驗(yàn)Ⅱ最終溶液顏色均為紅棕色，說(shuō)明有存在，生成的CuI和[CuI2]﹣均為+1價(jià)，故A錯(cuò)誤；B．步驟①取實(shí)驗(yàn)II的深紅棕色溶液，加入CCl4多次萃取、分液，目的是除去I2（或），防止干擾后續(xù)實(shí)驗(yàn)對(duì)銅氧化產(chǎn)物的判斷，故B正確；C．步驟②中溶液由無(wú)色變?yōu)闇\藍(lán)色，最終變?yōu)樯钏{(lán)色，因?yàn)殂~離子與濃氨水反應(yīng)生成了不同的配合物，據(jù)分析中的離子方程式知，反應(yīng)過(guò)程中溶液的pH會(huì)發(fā)生變化，故C錯(cuò)誤；D．若從實(shí)驗(yàn)I中提取白色沉淀，白色沉淀可能是CuI能與濃HI溶液反應(yīng)生成可溶于水的[CuI2]﹣，不能用濃HI溶液洗滌，故D錯(cuò)誤，故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查氧化還原反應(yīng)的規(guī)律、物質(zhì)性質(zhì)的探究、實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)。19．（2024秋?東城區(qū)校級(jí)月考）粗鹽中的雜質(zhì)離子主要有、Ca2+、Mg2+，采用如下方法得到精制鹽水，進(jìn)而制取精鹽（部分流程略）。已知：?。镔|(zhì)BaSO4BaCO3CaCO3Mg（OH）2Ksp（25℃）1.1×10﹣102.6×10﹣93.4×10﹣95.6×10﹣12ⅱ．粗鹽水中c（）＞c（Ca2+）下列說(shuō)法不合理的是（）A．過(guò)程Ⅰ中當(dāng)溶液pH＝11時(shí)，Mg2+已沉淀完全 B．過(guò)程Ⅱ中加入足量的BaCO3，鹽水b中的陰離子僅含有Cl﹣、OH﹣ C．過(guò)程Ⅲ中若改為先加BaCl2溶液、過(guò)濾后再加Na2CO3溶液也能達(dá)到除雜目的 D．過(guò)程Ⅰ中滴加鹽酸調(diào)節(jié)pH，應(yīng)調(diào)至溶液呈中性或微酸性【專題】物質(zhì)的分離提純和鑒別；分析與推測(cè)能力．【分析】粗鹽中的雜質(zhì)離子主要有、Ca2+、Mg2+，加入氫氧化鈉溶液，沉淀Mg2+，過(guò)濾，得到鹽水a(chǎn)，繼續(xù)加入碳酸鋇固體，利用沉淀溶解平衡，與鋇離子結(jié)合轉(zhuǎn)化為BaSO4，Ca2+與碳酸根離子結(jié)合成碳酸鈣沉淀，過(guò)濾，硫酸鋇、碳酸鈣、過(guò)量的碳酸鋇進(jìn)入鹽泥b中，向鹽水b中加入鹽酸，調(diào)節(jié)溶液的pH，得到精制鹽水，據(jù)此分析作答?！窘獯稹拷猓篈．過(guò)程Ⅰ中當(dāng)溶液pH＝11時(shí)，c（OH﹣）＝＝mol/L＝0.001mol/L，Ksp[Mg（OH）2]＝c（Mg2+）?c2（OH﹣）＝5.6×10﹣12，則溶液中c（Mg2+）＝mol/L＝5.6×10﹣6mol/L＜10﹣5mol/L，即Mg2+沉淀完全，故A正確；B．BaCO3、BaSO4存在沉淀溶解平衡，則鹽水b中的陰離子主要含有Cl﹣、OH﹣，還含有少量、，故B錯(cuò)誤；C．過(guò)程Ⅱ中若改為先加BaCl2溶液除去，則后續(xù)需加入過(guò)量Na2CO3溶液除去Ca2+、Ba2+，同樣能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故C正確；D．過(guò)程Ⅲ中滴加鹽酸的目的是除去NaOH和Na2CO3，調(diào)節(jié)pH時(shí)應(yīng)調(diào)至溶液呈中性或微酸性，以完全除去NaOH和Na2CO3，故D正確；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查物質(zhì)的分離與提純，同時(shí)考查Ksp的計(jì)算與應(yīng)用，屬于基本知識(shí)的考查，難度中等。20．（2024?玉樹(shù)州四模）常溫下，向含Ag+、Hg2+和Pd2+的溶液中滴加KSCN溶液，混合物中﹣lgx[x＝c（Ag+）、c（Hg2+）、c（Pd+）與﹣lgc（SCN﹣）關(guān)系如圖所示。已知常溫下，Hg2（SCN）2的溶解度大于Pd（SCN）2；溶液為過(guò)飽和狀態(tài)時(shí)，振蕩或攪拌即可使晶體析出。下列敘述錯(cuò)誤的是（）A．L3代表﹣lgc（Ag+）和﹣lgc（SCN﹣）的關(guān)系 B．在M點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中須加入KSCN才能使Hg2（SCN）2晶體析出 C．Q點(diǎn)坐標(biāo)為（7.52，4.47） D．當(dāng)Pd（SCN）2和Hg2（SCN）2完全共沉?xí)r，上層清液中＝102.85【專題】電離平衡與溶液的pH專題．【分析】Hg2（SCN）2和Pd（SCN）2組成類型相同，在圖像中直線呈平行關(guān)系，圖像中L1、L2直線平行，故L3代表﹣lgc（Ag+）和﹣lgc（SCN﹣）的關(guān)系，又因?yàn)镠g2（SCN）2的溶解度大于Pd（SCN）2，所以，L1代表Pd（SCN）2，L2代表Hg2（SCN）2；由圖示中a、b、c數(shù)據(jù)可分別計(jì)算：Ksp[Pd（SCN）2]＝10﹣22.36，Ksp＝[Hg2（SCN）2]＝10﹣19.51，Ksp[AgSCN]＝10﹣11.99?！窘獯稹拷猓篈.Hg2（SCN）2和Pd（SCN）2組成類型相同，在圖像中直線呈平行關(guān)系；圖像中L1，L2直線平行，故L3代表﹣lgc（Ag+）和﹣lgc（SCN﹣）的關(guān)系，故A正確；B．M點(diǎn)對(duì)AgSCN是不飽和溶液，對(duì)于Pd（SCN）2或Hg2（SCN）2，它是過(guò)飽和溶液，用玻璃棒攪拌可析出Pd（SCN）2或Hg2（SCN）2，故B錯(cuò)誤；C．Q點(diǎn)是L2和L3的交叉點(diǎn)，設(shè)此點(diǎn)lgc（SCN﹣）為a，則有11.99﹣a＝19.51﹣2a，解得：a＝7.52，﹣lgx＝4.47，故C正確；D．＝＝102.85，故D正確；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查沉淀溶解平衡及相關(guān)計(jì)算，側(cè)重考查學(xué)生的觀察能力和計(jì)算能力以及變化觀念與平衡思想的學(xué)科核心素養(yǎng)，把握?qǐng)D中曲線表示的意義、溶度積常數(shù)和電離平衡常數(shù)的計(jì)算是解題關(guān)鍵，題目難度中等。二．解答題（共5小題）21．（2024?淮安開(kāi)學(xué)）吸收工廠煙氣中的SO2，能有效減少SO2對(duì)空氣的污染。用ZnO漿料吸收煙氣中SO2后經(jīng)O2催化氧化，可得到硫酸鹽。已知：室溫下，ZnSO3微溶于水，Zn（HSO3）2易溶于水；溶液中H2SO3、、的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨pH的分布如圖1所示。（1）攪拌下向氧化鋅漿料中勻速緩慢通入SO2氣體。①下列操作一定能提高氧化鋅漿料吸收SO2效率的有BD（填序號(hào)）。A．水浴加熱氧化鋅漿料B．加快攪拌C．降低通入SO2氣體的速率D．通過(guò)多孔球泡向氧化鋅漿料中通SO2②在開(kāi)始吸收的40min內(nèi)，SO2吸收率、溶液pH均經(jīng)歷了從幾乎不變到迅速降低的變化（圖2）。溶液pH幾乎不變階段，主要產(chǎn)物是ZnSO3（填化學(xué)式）；SO2吸收率迅速降低階段，主要反應(yīng)的離子方程式為ZnO+2SO2+H2O＝Zn2++2。（2）O2催化氧化。其他條件相同時(shí)，調(diào)節(jié)吸收SO2得到溶液的pH在4.5～6.5范圍內(nèi)，pH越低生成速率越大，其主要原因是隨著pH降低，濃度增大。（3）將氧化后的溶液結(jié)晶可得到ZnSO4?7H2O，隔絕空氣加熱可得到氧化鋅固體。加熱過(guò)程中固體質(zhì)量的殘留率與溫度的關(guān)系如圖3所示。已知C→D的過(guò)程中產(chǎn)生兩種氣體，寫(xiě)出該過(guò)程的化學(xué)方程式2ZnSO42ZnO+2SO2↑+O2↑。（4）氧化鋅晶體的一種晶胞結(jié)構(gòu)如圖4所示，O2﹣位于Zn2+構(gòu)成的四面體空隙（填“四面體空隙”、“六面體空隙”或“八面體空隙”）中。若晶體中部分O原子被N原子替代后可以改善晶體的性能，Zn—N中離子鍵成分的百分?jǐn)?shù)小于Zn—O鍵，原因是電負(fù)性O(shè)＞N，電負(fù)性差值Zn—O鍵＞Zn—N鍵，故Zn—N鍵中離子鍵百分?jǐn)?shù)小?！緦ｎ}】化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)；化學(xué)平衡專題；氧族元素．【分析】（1）①A．水浴加熱氧化鋅漿料，反應(yīng)溫度升高，可能導(dǎo)致SO2氣體溢出；B．加快攪拌，加大了ZnO與SO2的接觸面積；C．降低通入SO2氣體的速率，SO2濃度降低；D．通過(guò)多孔球泡向氧化鋅漿料中通SO2，增大了ZnO與SO2的接觸面積；②反應(yīng)開(kāi)始時(shí)，懸濁液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3；一旦ZnO完全反應(yīng)生成ZnSO3后，ZnSO3繼續(xù)吸收SO2，生成易溶于水的Zn（HSO3）；（2）pH值大于6.5時(shí)，S（Ⅳ）以微溶物ZnSO3形式存在，使S（Ⅳ）不利于與O2接觸，反應(yīng)速率慢；pH降低，S（Ⅳ）的主要以形式溶于水中，與O2充分接觸；（3）ZnSO4?7H2O中ZnSO4質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%＝56.1%，即C點(diǎn)物質(zhì)為ZnSO4，隔絕空氣加熱可得到氧化鋅固體、SO2和O2；（4）由晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，O2﹣周?chē)?個(gè)Zn2+；若晶體中部分O原子被N原子替代后可以改善晶體的性能，由于電負(fù)性O(shè)＞N，電負(fù)性差值：Zn—O鍵＞Zn—N鍵?！窘獯稹拷猓海?）①A．水浴加熱氧化鋅漿料，反應(yīng)溫度升高，可能導(dǎo)致SO2氣體溢出，導(dǎo)致SO2濃度降低，故不一定加快反應(yīng)速率，不一定能提高吸收效率，故A錯(cuò)誤；B．加快攪拌，加大了Zn0與SO2的接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高吸收效率，故B正確；C．降低通入SO2氣體的速率，SO2濃度降低，化學(xué)反應(yīng)速率降低，吸收效率降低，故C錯(cuò)誤；D．通過(guò)多孔球泡向氧化鋅漿料中通SO2，增大了ZnO與SO2的接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高吸收效率，故D正確；故答案為：BD；②反應(yīng)開(kāi)始時(shí)，懸濁液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此時(shí)溶液pH幾乎不變；一旦ZnO完全反應(yīng)生成ZnSO3后，ZnSO3繼續(xù)吸收SO2，生成易溶于水的Zn（HSO3），此時(shí)溶液pH逐漸變小，SO2的吸收率逐漸降低，這一過(guò)程的離子方程式為：ZnO+2SO2+H2O＝Zn2++2，故答案為：ZnSO3；ZnO+2SO2+H2O＝Zn2++2；（2）pH值大于6.5時(shí)，S（Ⅳ）以微溶物ZnSO3形式存在，使S（Ⅳ）不利于與O2接觸，反應(yīng)速率慢；pH降低，S（Ⅳ）的主要以形式溶于水中，與O2充分接觸，因而pH降低生成速率增大，故答案為：隨著pH降低，濃度增大；（3）ZnSO4?7H2O中ZnSO4質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%＝56.1%，即C點(diǎn)物質(zhì)為ZnSO4，隔絕空氣加熱可得到氧化鋅固體、SO2和O2，該過(guò)程的化學(xué)方程式為：2ZnSO42ZnO+2SO2↑+O2↑，故答案為：2ZnSO42ZnO+2SO2↑+O2↑；（4）由晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，O2﹣周?chē)?個(gè)Zn2+，即O2﹣位于Zn2+構(gòu)成的正四面體空隙中；若晶體中部分O原子被N原子替代后可以改善晶體的性能，由于電負(fù)性O(shè)＞N，電負(fù)性差值：Zn—O鍵＞Zn—N鍵，故Zn—N鍵中離子鍵百分?jǐn)?shù)小，故答案為：四面體空隙；電負(fù)性O(shè)＞N，電負(fù)性差值：Zn—O鍵＞Zn—N鍵，故Zn—N鍵中離子鍵百分?jǐn)?shù)小?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查比較綜合，涉及二氧化硫和亞硫酸鹽的性質(zhì)、離子反應(yīng)、化學(xué)平衡圖像、晶胞結(jié)構(gòu)等知識(shí)，側(cè)重考查學(xué)生的讀圖、分析能力，能夠迅速在圖表中提取到有用信息，解決有關(guān)問(wèn)題，善于利用已學(xué)知識(shí)，解答問(wèn)題，題目難度較大。22．（2024秋?海淀區(qū)校級(jí)月考）碘單質(zhì)（紫黑色固體，微溶于水，具有揮發(fā)性）及含碘化合物廣泛用于醫(yī)藥、染料等方面?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）HI主要用于藥物合成，通常用I2和P反應(yīng)生成PI3，PI3再水解制備HI。PI3的空間結(jié)構(gòu)是三角錐形。PI3的P—I鍵是由磷的sp3雜化軌道與碘的5p軌道重疊形成σ鍵。（2）I2的一種制備方法如圖所示：①加入Fe粉進(jìn)行轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為Fe+2AgI＝2I﹣+2Ag+Fe2+，生成的沉淀與硝酸反應(yīng)，生成硝酸銀后可循環(huán)使用。②通入Cl2的過(guò)程中，若氧化產(chǎn)物只有一種，反應(yīng)的化學(xué)方程式為FeI2+Cl2＝I2+FeCl2；若反應(yīng)物用量比n（Cl2）：n（FeI2）＝1.5時(shí)，氧化產(chǎn)物為I2。（3）以NaIO3為原料制備I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入適量NaHSO3，恰好完全反應(yīng)生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反應(yīng)得到I2，上述制備I2的總反應(yīng)的離子方程式為2+5＝5+3H++H2O+I2。（4）KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1molI2，消耗的KI至少為4mol。I2在KI溶液中可發(fā)生反應(yīng)I2+I﹣?。實(shí)驗(yàn)室中使用過(guò)量的KI與CuSO4溶液反應(yīng)后，過(guò)濾，濾液經(jīng)蒸餾可制得高純碘。反應(yīng)中加入過(guò)量KI的原因是保證所有的Cu2+充分還原為CuI，使平衡正向移動(dòng)，易使碘與CuI分離。（5）I2與足量F2在一定條件下發(fā)生反應(yīng)可生成鹵素互化物IF7，寫(xiě)出其與H2O發(fā)生的非氧化還原反應(yīng)的化學(xué)方程式IF7+4H2O＝HIO4+7HF?！緦ｎ}】鹵族元素；理解與辨析能力．【分析】?jī)艋群蟮暮Ｋ?，加入硝酸銀進(jìn)行富集，生成含有AgI的懸濁液，繼續(xù)即加入鐵粉，發(fā)生反應(yīng)Fe+2AgI＝2I﹣+2Ag+Fe2+；過(guò)濾掉析出的Ag，向FeI2中加入過(guò)量Cl2，具體生成物與氯氣的通入量有關(guān)，據(jù)此分析解題?！窘獯稹拷猓海?）PI3中心原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+＝4，且含有1個(gè)孤電子對(duì)，空間結(jié)構(gòu)是三角錐形，P原子為sp3雜化，PI3的P—I鍵是由磷的sp3雜化軌道與碘的5p軌道通過(guò)頭碰頭的方式重疊形成σ鍵，故答案為：三角錐形；sp3雜化；（2）①由流程圖可知懸濁液中含AgI，AgI可與Fe反應(yīng)生成FeI2和Ag，F(xiàn)eI2易溶于水，在離子方程式中能拆，故加入粉進(jìn)行轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為Fe+2AgI＝2I﹣+2Ag+Fe2+，生成的銀能與硝酸反應(yīng)生成硝酸銀參與循環(huán)中，故答案為：Fe+2AgI＝2I﹣+2Ag+Fe2+；硝酸銀；②通入Cl2的過(guò)程中，因I﹣還原性強(qiáng)于Fe2+，先氧化還原性強(qiáng)的I﹣，若氧化產(chǎn)物只有一種，則該氧化產(chǎn)物只能是I2，故反應(yīng)的化學(xué)方程式為FeI2+Cl2＝I2+FeCl2，若反應(yīng)物用量比n（Cl2）：ln（FeI2）＝1.5時(shí)即Cl2過(guò)量，先氧化完全部I﹣再氧化Fe2+，恰好將全部I﹣和Fe2+氧化，故氧化產(chǎn)物為I2、FeCl3，故答案為：FeI2+Cl2＝I2+FeCl2；I2；（3）先向NaIO3溶液中加入過(guò)量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反應(yīng)得到I2，I元素被還原為碘單質(zhì)，S元素被氧化為硫酸根離子，根據(jù)得失電子守恒即電荷守恒，離子方程式：2+5＝5+3H++H2O+I2，故答案為：2+5＝5+3H++H2O+I2；（4）KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，反應(yīng)離子方程式為2Cu2++4I﹣＝2CuI↓+I2，若生產(chǎn)1molI2，則至少需要4molKI，已知I2在KI溶液中可發(fā)生反應(yīng)：，加入過(guò)量的KI，可以保證所有的Cu2+充分還原為CuI，同時(shí)使平衡正向移動(dòng)，易于使碘與CuI充分分離，故答案為：4；保證所有的Cu2+充分還原為CuI，使平衡正向移動(dòng)，易使碘與CuI分離；（5）IF7中I顯+7價(jià)，F(xiàn)顯﹣1價(jià)，故IF7與H2O發(fā)生的非氧化還原反應(yīng)生成HIO4和HF，化學(xué)方程式為：IF7+4H2O＝HIO4+7HF，故答案為：IF7+4H2O＝HIO4+7HF?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查元素化合物，側(cè)重考查學(xué)生物質(zhì)之間反應(yīng)的掌握情況，試題難度中等。23．（2024?信陽(yáng)模擬）藥物中間體F的一種合成路線如圖：已知：RCOOR′RCH2OH+R′OH（R為H或烴基，R'為烴基）回答下列問(wèn)題；（1）A中官能團(tuán)名稱是醛基、酚羥基。（2）反應(yīng)①的反應(yīng)類型是取代反應(yīng)。（3）反應(yīng)②的化學(xué)方程式為（4）反應(yīng)④所需的試劑和條件是乙醇CH3CH2OH和濃硫酸加熱。（5）F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。（6）芳香化合物W是E的同分異構(gòu)體，W能水解生成X、Y兩種化合物，X、Y的核磁共振氫譜均有3組峰，X的峰面積比為3：2：1，Y的峰面積為1：1：1，寫(xiě)出符合題意的W的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式（寫(xiě)一種）。（7）肉桂酸（）廣泛用于香料工業(yè)與醫(yī)藥工業(yè)，設(shè)計(jì)以苯甲酸甲酯和丙二酸為起始原料制備肉桂酸的合成路線：（無(wú)機(jī)試劑任用）?！緦ｎ}】有機(jī)反應(yīng)；有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷．【分析】藥物中間體F的一種合成路線如圖，A結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式到B發(fā)生的反應(yīng)為酚羥基鄰位氫原子被溴單質(zhì)取代生成，B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：，B到C的反應(yīng)是B和CH3ONa在催化劑DMF作用下發(fā)生取代反應(yīng)生成C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，C和CH2（COOH）2為丙二酸發(fā)生反應(yīng)得到D結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，D到E的反應(yīng)是D和乙醇在濃硫酸做催化劑加熱發(fā)生的酯化反應(yīng)生成E為，E到F反應(yīng)過(guò)程為，已知：RCOOR′RCH2OH+R′OH，判斷F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，（1）A中官能團(tuán)是醛基和羥基；（2）反應(yīng)①酚羥基鄰位氫原子被溴單質(zhì)取代生成；（3）反應(yīng)②B和CH3ONa在催化劑DMF作用下發(fā)生取代反應(yīng)生成C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：；（4）反應(yīng)④是D和乙醇在濃硫酸做催化劑加熱發(fā)生的酯化反應(yīng)生成E為；（5）已知：RCOOR′RCH2OH+R′OH，判斷F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：；（6）芳香化合物W是E的同分異構(gòu)體，W能水解生成X、Y兩種化合物，X、Y的核磁共振氫譜均有3組峰，含三種氫原子，X的峰面積比為3：2：1，Y的峰面積為1：1：1，是指結(jié)構(gòu)中含有本題氫原子的個(gè)數(shù)之比，據(jù)此書(shū)寫(xiě)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式；（7）苯甲酸甲酯在LiAlH4作用下得到苯甲醇，在催化劑作用下被氧氣一行得到苯甲醛，再和丙二酸發(fā)生反應(yīng)得到肉桂酸（）?！窘獯稹拷猓核幬镏虚g體F的一種合成路線如圖，A結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式到B發(fā)生的反應(yīng)為酚羥基鄰位氫原子被溴單質(zhì)取代生成，B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：，B到C的反應(yīng)是B和CH3ONa在催化劑DMF作用下發(fā)生取代反應(yīng)生成C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，C和CH2（COOH）2為丙二酸發(fā)生反應(yīng)得到D結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，D到E的反應(yīng)是D和乙醇在濃硫酸做催化劑加熱發(fā)生的酯化反應(yīng)生成E為，E到F反應(yīng)過(guò)程為，已知：RCOOR′RCH2OH+R′OH，判斷F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，（1）A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，分子中官能團(tuán)是醛基和酚羥基，故答案為：醛基、酚羥基；（2）反應(yīng)①酚羥基鄰位氫原子被溴單質(zhì)取代生成，反應(yīng)類型為取代反應(yīng)，故答案為：取代反應(yīng)；（3）反應(yīng)②是B和CH3ONa在催化劑DMF作用下發(fā)生取代反應(yīng)生成C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，反應(yīng)的化學(xué)方程式：，故答案為：；（4）反應(yīng)④是D和乙醇在濃硫酸做催化劑加熱發(fā)生的酯化反應(yīng)生成E為，反應(yīng)④所需的試劑和條件是：乙醇CH3CH2OH和濃硫酸加熱，故答案為：乙醇CH3CH2OH和濃硫酸加熱；（5）已知：RCOOR′RCH2OH+R′OH，在LiAlH4作用下酯基變?yōu)榇剂u基，得到F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，故答案為：；（6）芳香化合物W是E的同分異構(gòu)體，W能水解生成X、Y兩種化合物，X、Y的核磁共振氫譜均有3組峰，含三種氫原子，X的峰面積比為3：2：1，Y的峰面積為1：1：1，是指結(jié)構(gòu)中含有本題氫原子的個(gè)數(shù)之比，據(jù)此書(shū)寫(xiě)W結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：，故答案為：；（7）苯甲酸甲酯在LiAlH4作用下得到苯甲醇，在催化劑作用下被氧氣一行得到苯甲醛，再和丙二酸發(fā)生反應(yīng)得到肉桂酸（），以苯甲酸甲酯和丙二酸為起始原料制備肉桂酸的合成路線為：，故答案為：?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物推斷與合成，需要學(xué)生對(duì)給予的信息進(jìn)行利用，充分利用有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與反應(yīng)條件進(jìn)行推斷，側(cè)重考查學(xué)生分析推理能力、知識(shí)遷移運(yùn)用能力，熟練掌握官能團(tuán)的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，（6）中同分異構(gòu)體書(shū)寫(xiě)為易錯(cuò)點(diǎn)、難點(diǎn)，題目難度中等。24．（2024秋?山東月考）NH3—CaSO4法可用于吸收燃煤發(fā)電廠的CO2，同時(shí)獲得產(chǎn)品（NH4）2SO4。反應(yīng)的原理為：CO2+CaSO4+2NH3+H2O═CaCO3↓+（NH4）2SO4。實(shí)驗(yàn)室根據(jù)上述反應(yīng)原理，模擬生產(chǎn)硫酸銨。完成下列填空：（1）上述反應(yīng)原理中，屬于電解質(zhì)的物質(zhì)有4種，實(shí)驗(yàn)室利用大理石制備CO2的離子方程式為CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑。（2）搭建如圖1所示裝置，先從a（選填“a”或“b”）通入氣體氨氣（填物質(zhì)名稱）至飽和。然后改通入另一種氣體，當(dāng)液體由紅色變?yōu)闇\紅色時(shí)，立即停止實(shí)驗(yàn)，不繼續(xù)通氣至過(guò)量的可能原因是CO2++H2O＝2（用離子方程式解釋）。（3）將反應(yīng)后混合體系過(guò)濾，濾液經(jīng)一系列操作后得（NH4）2SO4晶體（溶解度曲線如圖2）。將下列操作或現(xiàn)象的標(biāo)號(hào)填入相應(yīng)括號(hào)中D、A、E。A．蒸發(fā)皿中出現(xiàn)少量晶體B．使用漏斗趁熱過(guò)濾C．利用蒸發(fā)皿余熱使溶液蒸干D．用玻璃棒不斷攪拌E．等待蒸發(fā)皿冷卻若烘干“過(guò)濾”所得（NH4）2SO4晶體時(shí)溫度過(guò)高，會(huì)分解產(chǎn)生SO2、N2、NH3和H2O，則相同條件下，SO2和N2的體積比為3：1?！緦ｎ}】化學(xué)實(shí)驗(yàn)；制備實(shí)驗(yàn)綜合．【分析】（1）硫酸鈣，碳酸鈣，硫酸銨，水為電解質(zhì)，實(shí)驗(yàn)室利用大理石制備CO2的離子方程式為CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑；（2）由于堿性溶液更易吸收二氧化碳，且氨氣易溶于水，需要防倒吸處理，故先從a處通入氨氣，然后改通入另一種氣體，當(dāng)液體由紅色變?yōu)闇\紅色時(shí)，立即停止實(shí)驗(yàn)，不繼續(xù)通氣至過(guò)量的可能原因是過(guò)量的CO2與C