2024年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)第二部分階段檢測(cè)4含解析

PAGE1-階段檢測(cè)(四)一、選擇題(每題3分，共48分)1．(2024·貴州重點(diǎn)中學(xué)高考教學(xué)質(zhì)量測(cè)評(píng))化學(xué)與生活親密相關(guān)，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．煤的干餾、氣化和液化均屬于物理變更B．科學(xué)家提出了光催化水分解制備氫氣，此法比電解水制備氫氣更環(huán)保、更經(jīng)濟(jì)C．明礬可作凈水劑是因?yàn)槊鞯\溶于水時(shí)鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，可以吸附雜質(zhì)D．糧食釀酒的過(guò)程中涉及了淀粉→葡萄糖→乙醇的化學(xué)變更過(guò)程答案A解析煤的干餾是將煤隔絕空氣加強(qiáng)熱，生成焦炭、煤焦油、出爐煤氣等產(chǎn)物的過(guò)程；煤的氣化是讓煤在高溫條件下與水蒸氣反應(yīng)生成氫氣和一氧化碳；煤的液化是利用煤制取液體燃料，均為化學(xué)變更，A錯(cuò)誤。2．(2024·江西南康中學(xué)高三模擬)下列有關(guān)化學(xué)用語(yǔ)運(yùn)用正確的是()A．核內(nèi)質(zhì)子數(shù)為117、中子數(shù)為174的核素Ts可表示為：eq\o\al(174,117)TsB．甲烷分子的比例模型：C．COCl2的結(jié)構(gòu)式為：D．H2O2的電子式為：H＋[eq\o\al(·,·)eq\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))eq\o\al(·,·)eq\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))eq\o\al(·,·)]2－H＋答案C解析核內(nèi)質(zhì)子數(shù)為117、中子數(shù)為174的核素Ts表示為：eq\o\al(291,117)Ts，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)表示球棍模型，B錯(cuò)誤；依據(jù)有機(jī)物結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，COCl2的結(jié)構(gòu)式為：，C正確；H2O2是共價(jià)化合物，電子式為：Heq\o\al(·,·)eq\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))eq\o\al(·,·)eq\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))eq\o\al(·,·)H，D錯(cuò)誤。3．(2024·廣州高三調(diào)研測(cè)試)NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是()A．4g甲烷完全燃燒時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAB．11.2L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)CCl4中含有的共價(jià)鍵數(shù)為2NAC．3molSO2和1molO2于密閉容器中催化反應(yīng)后分子總數(shù)為3NAD．1L0.1mol·L－1的Na2S溶液中HS－和S2－粒子數(shù)之和為0.1NA答案A解析甲烷完全燃燒轉(zhuǎn)化為CO2和H2O，依據(jù)CH4→CO2失去8e－，則4g甲烷完全燃燒時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為eq\f(4,16)×8×NA＝2NA，A正確；標(biāo)準(zhǔn)狀況下CCl4為液體，11.2LCCl4不為0.5mol，所含共價(jià)鍵數(shù)不為2NA，B錯(cuò)誤；2SO2＋O2eq\o(,\s\up8(催化劑),\s\do8(△))2SO3為可逆反應(yīng)，不能進(jìn)行完全，因此3molSO2和1molO2于密閉容器中催化反應(yīng)后分子總數(shù)大于3NA，C錯(cuò)誤；依據(jù)物料守恒，1L0.1mol·L－1的Na2S溶液中H2S、HS－和S2－三種粒子數(shù)之和為0.1NA，D錯(cuò)誤。4．(2024·山東臨沂高三期末)環(huán)辛四烯常用于制造合成纖維、染料、藥物，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。下列有關(guān)它的說(shuō)法正確的是()A．與苯乙烯、互為同分異構(gòu)體B．一氯代物有2種C．1mol該物質(zhì)燃燒，最多可以消耗9molO2D．常溫下為液態(tài)，易溶于水答案A解析環(huán)辛四烯分子式為C8H8，苯乙烯、分子式為C8H8，它們的結(jié)構(gòu)不同，因此互為同分異構(gòu)體，故A正確；環(huán)辛四烯只有一種氫原子，其一氯代物有1種，故B錯(cuò)誤；依據(jù)烴燃燒的通式，1mol該物質(zhì)燃燒，消耗O2的物質(zhì)的量為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8＋\f(8,4)))mol＝10mol，故C錯(cuò)誤；烴難溶于水，環(huán)辛四烯常溫下為液態(tài)，難溶于水，故D錯(cuò)誤。5．(2024·山東濟(jì)南高三期末)關(guān)于下列反應(yīng)的離子方程式正確的是()A．向溴化亞鐵溶液中通入少量氯氣：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－B．向碳酸鈉溶液中滴加少量硫酸：COeq\o\al(2－,3)＋2H＋=CO2↑＋H2OC．向稀硝酸中滴加少量亞硫酸鈉溶液：SOeq\o\al(2－,3)＋2H＋=SO2↑＋H2OD．向碳酸氫銨溶液中加入足量氫氧化鈉溶液：NHeq\o\al(＋,4)＋OH－=NH3·H2O答案A解析微粒的還原性Fe2＋>Br－，所以向溴化亞鐵溶液中通入少量氯氣，是Fe2＋先發(fā)生反應(yīng)，離子方程式為2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，A正確；硫酸少量時(shí)發(fā)生反應(yīng)：H＋＋COeq\o\al(2－,3)=HCOeq\o\al(－,3)，不放出氣體，B錯(cuò)誤；硝酸具有強(qiáng)氧化性，亞硫酸鈉具有還原性，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不是復(fù)分解反應(yīng)，C錯(cuò)誤；向碳酸氫銨溶液中加入足量氫氧化鈉溶液，發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)產(chǎn)生碳酸鈉和一水合氨，反應(yīng)的離子方程式為：NHeq\o\al(＋,4)＋HCOeq\o\al(－,3)＋2OH－=COeq\o\al(2－,3)＋NH3·H2O＋H2O，D錯(cuò)誤。6．(2024·廣東汕頭高三期末)下列五種短周期元素的某些性質(zhì)如表所示(其中只有W、Y、Z為同周期元素)。元素XWYZR原子半徑(pm)37646670154主要化合價(jià)＋1－1－2＋5、－3＋1下列敘述錯(cuò)誤的是()A．原子半徑按X、W、Y、Z、R的依次依次增大B．X、Y、Z三種元素形成的化合物，其晶體可能是離子晶體，也可能是分子晶體C．W、Y、Z三種元素形成的氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：ZH3>H2Y>HWD．R元素可分別與X、W、Y三種元素形成離子化合物答案C解析依據(jù)表中數(shù)據(jù)知，X的原子半徑最小，且其正化合價(jià)為＋1，則X為H；只有W、Y、Z為同周期元素，R為第ⅠA族元素，其原子半徑最大，且為短周期元素，所以R是Na元素，W、Y、Z都屬于其次周期元素，所以W是F元素、Y是O元素、Z是N元素。由表格數(shù)據(jù)可知，A正確；由H、O、N三種元素形成的化合物，其晶體可能是分子晶體，如HNO3，也可能是離子晶體，如NH4NO3，B正確；同一周期的元素，原子序數(shù)越大，元素的非金屬性越強(qiáng)，其相應(yīng)的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性就越強(qiáng)，由于元素的非金屬性：F>O>N，所以這三種元素形成的氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：NH3<H2O<HF，C錯(cuò)誤；Na與H、F、O三種元素可以形成化合物NaH、NaF、Na2O、Na2O2，這些物質(zhì)都是離子化合物，D正確。7．(2024·重慶市第一中學(xué)高三期中)用下圖所示試驗(yàn)裝置進(jìn)行相應(yīng)試驗(yàn)，能達(dá)到試驗(yàn)?zāi)康牡氖?)A．用①所示的操作可檢查裝置的氣密性B．用②所示的裝置制取少量的NOC．用③所示的裝置干燥H2、NH3、CO2等D．用④所示裝置制取Fe(OH)2答案A解析檢查氣密性，可推動(dòng)注射器活塞使錐形瓶中壓強(qiáng)增大，長(zhǎng)頸漏斗下端形成一段穩(wěn)定的水柱，可說(shuō)明氣密性良好，A正確；NO能與空氣中的氧氣反應(yīng)生成二氧化氮，故NO氣體不能用排空氣法收集，B錯(cuò)誤；NH3能和濃硫酸反應(yīng)，不能用濃硫酸干燥，應(yīng)當(dāng)用堿石灰，C錯(cuò)誤；用④所示裝置制取Fe(OH)2，需將左試管中的導(dǎo)管插入液面以下，D錯(cuò)誤。8．(2024·山東師大附中高三模擬)能正確表示下列反應(yīng)的離子方程式的是()A．在硫酸亞鐵溶液中通入氧氣：4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2OB．向NH4HCO3溶液中加入過(guò)量的Ba(OH)2溶液：2HCOeq\o\al(－,3)＋Ba2＋＋2OH－=BaCO3↓＋2H2O＋COeq\o\al(2－,3)C．氫氧化亞鐵溶于稀硝酸中：Fe(OH)2＋2H＋=Fe2＋＋2H2OD．澄清石灰水與過(guò)量小蘇打溶液混合：Ca2＋＋OH－＋HCOeq\o\al(－,3)=CaCO3↓＋H2O答案A解析向NH4HCO3溶液中加入過(guò)量的Ba(OH)2溶液，以不足量的NH4HCO3為標(biāo)準(zhǔn)，NHeq\o\al(＋,4)、HCOeq\o\al(－,3)都會(huì)發(fā)生反應(yīng)：NHeq\o\al(＋,4)＋HCOeq\o\al(－,3)＋Ba2＋＋2OH－=BaCO3↓＋H2O＋NH3·H2O，B錯(cuò)誤；氫氧化亞鐵具有還原性，會(huì)被具有氧化性的稀硝酸氧化變?yōu)镕e3＋，反應(yīng)的離子方程式為3Fe(OH)2＋10H＋＋NOeq\o\al(－,3)=3Fe3＋＋NO↑＋8H2O，C錯(cuò)誤；澄清石灰水與過(guò)量小蘇打溶液混合，以不足量的Ca(OH)2為標(biāo)準(zhǔn)，離子方程式為Ca2＋＋2OH－＋2HCOeq\o\al(－,3)=CaCO3↓＋2H2O＋COeq\o\al(2－,3)，D錯(cuò)誤。9．(2024·哈爾濱六中高三期末)下列是三種有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，下列說(shuō)法正確的是()A．三種有機(jī)物都能發(fā)生水解反應(yīng)B．三種有機(jī)物苯環(huán)上的氫原子若被氯原子取代，其一氯代物都只有2種C．三種物質(zhì)中，其中有兩種互為同分異構(gòu)體D．三種物質(zhì)在肯定條件下，均可以被氧化答案D解析只有阿司匹林中含酯基，可發(fā)生水解反應(yīng)，而另兩種物質(zhì)不能水解，A錯(cuò)誤；阿司匹林的苯環(huán)上有4種H，苯環(huán)上的氫原子若被氯原子取代，其一氯代物有4種，B錯(cuò)誤；三種物質(zhì)中，分子式均不相同，則三種物質(zhì)均不是同分異構(gòu)體，C錯(cuò)誤；有機(jī)物都可以燃燒，燃燒就是氧化反應(yīng)，D正確。10．(2024·吉林省試驗(yàn)中學(xué)高三期中)依據(jù)下列各圖曲線表征的信息，得出的結(jié)論不正確的是()A．圖1表示常溫下向體積為10mL0.1mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L－1CH3COOH溶液后溶液的pH變更曲線，則b點(diǎn)處有：c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)B．圖2表示用水稀釋pH相同的鹽酸和醋酸時(shí)溶液的pH變更曲線，其中Ⅰ表示醋酸，Ⅱ表示鹽酸，且溶液導(dǎo)電性：c>b>aC．圖3表示H2與O2發(fā)生反應(yīng)過(guò)程中的能量變更，H2的燃燒熱為285.8kJ·mol－1D．由圖4得出若除去CuSO4溶液中的Fe3＋，可向溶液中加入適量CuO，調(diào)整溶液的pH至4左右答案B解析b點(diǎn)是向體積為10mL0.1mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入了10mL0.1mol·L－1CH3COOH溶液，所得的溶液是醋酸鈉溶液，存在質(zhì)子守恒c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)，A正確；用水稀釋pH相同的鹽酸和醋酸，鹽酸的pH變更較大，醋酸的pH變更小，溶液的導(dǎo)電實(shí)力取決于自由移動(dòng)離子的濃度的大小，即其中Ⅰ表示鹽酸，Ⅱ表示醋酸，且溶液導(dǎo)電性：c<b<a，B錯(cuò)誤；氫氣的燃燒熱是完全燃燒1mol氫氣生成穩(wěn)定產(chǎn)物液態(tài)水所放出的熱量，即H2的燃燒熱為285.8kJ·mol－1，C正確；除去CuSO4溶液中的Fe3＋，向溶液中加入適量CuO，調(diào)整溶液的pH至4左右，鐵離子水解完全轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，可以除去CuSO4溶液中的Fe3＋，D正確。11．(2024·湖南名校聯(lián)考)某新型可充電電池構(gòu)造如圖所示，工作時(shí)(需先引發(fā)鐵和氯酸鉀的反應(yīng)，從而使LiCl－KCl共晶鹽熔化)某電極(記為X)的反應(yīng)式之一為xLi＋＋xe－＋LiV3O8=Li1＋xV3O8。下列說(shuō)法正確的是()A．放電時(shí)，正極上的電極反應(yīng)式為L(zhǎng)i－e－=Li＋B．放電時(shí)，總反應(yīng)式為xLi＋LiV3O8=Li1＋xV3O8C．充電時(shí)，X電極與電源負(fù)極相連D．充電時(shí)，X電極的質(zhì)量增加答案B解析由題干所給電極反應(yīng)式可知X電極發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，故X電極是正極，結(jié)合題圖知，X電極是LiV3O8，則Li－Si合金是負(fù)極，負(fù)極的電極反應(yīng)式為L(zhǎng)i－e－=Li＋，結(jié)合X電極的電極反應(yīng)式可知放電時(shí)總反應(yīng)式為xLi＋LiV3O8=Li1＋xV3O8，A錯(cuò)誤，B正確；充電時(shí)，X電極應(yīng)與電源正極相連，C錯(cuò)誤；充電時(shí)，X電極的電極反應(yīng)與放電時(shí)X電極的電極反應(yīng)互為逆反應(yīng)，則充電時(shí)X電極的質(zhì)量減輕，D錯(cuò)誤。12．(2024·河北武邑中學(xué)高三調(diào)研)試驗(yàn)室需配制一種僅含五種離子(水電離出的離子可忽視)的混合溶液，且在混合溶液中五種離子的物質(zhì)的量濃度均為1mol/L，下面四個(gè)選項(xiàng)中能達(dá)到此目的的是()A．Ca2＋、K＋、OH－、Cl－、NOeq\o\al(－,3)B．Fe2＋、H＋、Br－、NOeq\o\al(－,3)、Cl－C．Na＋、K＋、SOeq\o\al(2－,4)、NOeq\o\al(－,3)、Cl－D．Al3＋、Na＋、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)、NOeq\o\al(－,3)答案D解析依據(jù)溶液呈電中性，陽(yáng)離子K＋、Ca2＋所帶的正電荷總數(shù)等于陰離子OH－、Cl－、NOeq\o\al(－,3)所帶的負(fù)電荷總數(shù)，因體積肯定，在混合溶液中五種離子的物質(zhì)的量濃度均為1mol/L，則c(K＋)＋2c(Ca2＋)＝c(Cl－)＋c(NOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)，符合電荷守恒，但Ca2＋與OH－能形成氫氧化鈣微溶物，不能共存，故A錯(cuò)誤；Fe2＋、H＋與NOeq\o\al(－,3)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，3Fe2＋＋4H＋＋NOeq\o\al(－,3)=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，所以該組離子不能大量共存，故B錯(cuò)誤；依據(jù)溶液呈電中性，陽(yáng)離子Na＋、K＋所帶的正電荷總數(shù)須要等于陰離子SOeq\o\al(2－,4)、NOeq\o\al(－,3)、Cl－所帶的負(fù)電荷總數(shù)，因體積肯定，在混合溶液中五種離子的物質(zhì)的量濃度均為1mol/L，c(Na＋)＋c(K＋)＝2mol/L，c(Cl－)＋c(NOeq\o\al(－,3))＋2c(SOeq\o\al(2－,4))＝4mol/L，陽(yáng)離子Na＋、K＋所帶的正電荷總數(shù)不等于陰離子SOeq\o\al(2－,4)、NOeq\o\al(－,3)、Cl－所帶的負(fù)電荷總數(shù)，故C錯(cuò)誤；Al3＋、Na＋、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)、NOeq\o\al(－,3)，該組離子之間不反應(yīng)，則能大量共存，依據(jù)溶液呈電中性，陽(yáng)離子Al3＋、Na＋所帶的正電荷總數(shù)須要等于陰離子Cl－、SOeq\o\al(2－,4)、NOeq\o\al(－,3)所帶的負(fù)電荷總數(shù)，在混合溶液中五種離子的物質(zhì)的量濃度均為1mol/L，3c(Al3＋)＋c(Na＋)＝4mol/L，c(Cl－)＋c(NOeq\o\al(－,3))＋2c(SOeq\o\al(2－,4))＝4mol/L，陽(yáng)離子Al3＋、Na＋所帶的正電荷總數(shù)等于陰離子Cl－、SOeq\o\al(2－,4)、NOeq\o\al(－,3)所帶的負(fù)電荷總數(shù)，故D正確。13．(2024·湖南永州高三模擬)某小組設(shè)計(jì)如圖所示裝置(夾持裝置略去)，在試驗(yàn)室模擬侯氏制堿工藝中NaHCO3的制備。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．裝置①也可用于制取H2B．③、⑤中可分別盛放飽和食鹽水和濃氨水C．應(yīng)先向③中通入足量NH3，再通入足量CO2D．③中反應(yīng)的離子方程式為NH3＋CO2＋H2O=NHeq\o\al(＋,4)＋HCOeq\o\al(－,3)答案D解析制氫氣可用鋅粒與稀硫酸反應(yīng)，為固液反應(yīng)，可利用裝置①進(jìn)行，故A正確；③中盛放飽和食鹽水，能促進(jìn)生成的NaHCO3析出，⑤中盛放濃氨水，用于制備NH3，故B正確；③中盛放飽和食鹽水，CO2在飽和食鹽水中的溶解度很小，先通入足量NH3使飽和食鹽水呈堿性，增大CO2的溶解度，加快NaHCO3的析出，故C正確；③中反應(yīng)生成NaHCO3以沉淀的形式析出，離子方程式為Na＋＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NHeq\o\al(＋,4)，故D錯(cuò)誤。14．(2024·江西南康中學(xué)高三模擬)25℃時(shí)，向20mL0.1mol·L－1四氯金酸(HAuCl4)溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液，滴定曲線如圖1，含氯微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)(δ)隨pH變更關(guān)系如圖2，則下列說(shuō)法不正確的是()A．b點(diǎn)溶液中存在關(guān)系：2c(H＋)＋c(HAuCl4)＝2c(OH－)＋c(AuCleq\o\al(－,4))B．x點(diǎn)描述的是滴定曲線中b點(diǎn)含氯微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)δ與pH的關(guān)系C．c點(diǎn)溶液中存在關(guān)系：c(Na＋)＝c(AuCleq\o\al(－,4))D．d點(diǎn)時(shí)，溶液中微粒濃度的大小關(guān)系為c(Na＋)>c(AuCleq\o\al(－,4))>c(OH－)>c(H＋)答案B解析b點(diǎn)溶液為物質(zhì)的量濃度相等的HAuCl4和NaAuCl4混合溶液，由電荷守恒可知2c(H＋)＋2c(Na＋)＝2c(OH－)＋2c(AuCleq\o\al(－,4))①，由物料守恒可知：2c(Na＋)＝c(AuCleq\o\al(－,4))＋c(HAuCl4)②，由①－②得2c(H＋)＋c(HAuCl4)＝2c(OH－)＋c(AuCleq\o\al(－,4))，故A正確；由題圖1可知，起始20mL0.1mol·L－1HAuCl4溶液的pH＝3，說(shuō)明酸為弱酸，b點(diǎn)酸恰好反應(yīng)掉一半，pH＝5，說(shuō)明酸的電離程度大于其酸根離子的水解程度，則b點(diǎn)兩種含氯微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)不行能相等，故B錯(cuò)誤；c點(diǎn)溶液的pH＝7，依據(jù)電荷守恒可知，c(Na＋)＝c(AuCleq\o\al(－,4))，故C正確；d點(diǎn)時(shí)，HAuCl4與NaOH恰好完全反應(yīng)，此時(shí)溶液的溶質(zhì)為NaAuCl4，AuCleq\o\al(－,4)水解，溶液顯堿性，所以c(Na＋)>c(AuCleq\o\al(－,4))>c(OH－)>c(H＋)，故D正確。15．(2024·北京海淀高三期中)丁烯(C4H8)是制備線性低密度聚乙烯(LLDPE)的原料之一，可由丁烷(C4H10)催化脫氫制備，C4H10(g)C4H8(g)＋H2(g)ΔH＝＋123kJ·mol－1。該工藝過(guò)程中生成的副產(chǎn)物有炭(C)、C2H6、C2H4、C4H6等。進(jìn)料比eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n氫氣,n丁烷)))和溫度對(duì)丁烯產(chǎn)率的影響如圖1、圖2所示。已知原料氣中氫氣的作用是活化固體催化劑。下列分析正確的是()A．氫氣的作用是活化固體催化劑，變更氫氣量不會(huì)影響丁烯的產(chǎn)率B．丁烷催化脫氫是吸熱反應(yīng)，丁烯的產(chǎn)率隨溫度上升而不斷增大C．隨溫度上升丁烯裂解生成的副產(chǎn)物增多，會(huì)影響丁烯的產(chǎn)率D．肯定溫度下，限制進(jìn)料比eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n氫氣,n丁烷)))越小，越有利于提高丁烯的產(chǎn)率答案C解析原料氣中氫氣的作用是活化固體催化劑，同時(shí)氫氣也是丁烷催化脫氫的生成物，增大氫氣的濃度，不利于該反應(yīng)平衡的正向移動(dòng)，由圖1可知維持肯定的進(jìn)料比eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n氫氣,n丁烷)))，有利于提高丁烯的產(chǎn)率，當(dāng)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n氫氣,n丁烷)))過(guò)大時(shí)，丁烯的產(chǎn)率呈下降趨勢(shì)，故A錯(cuò)誤；由圖2可知，當(dāng)溫度大約高于590℃時(shí)，由于副反應(yīng)的發(fā)生，導(dǎo)致副產(chǎn)物增多，而丁烯的產(chǎn)率是下降的，故B錯(cuò)誤、C正確；由圖1可知，當(dāng)進(jìn)料比eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n氫氣,n丁烷)))處于1左右時(shí)，丁烯的產(chǎn)率最高，并不是進(jìn)料比eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n氫氣,n丁烷)))越小，越有利于提高丁烯的產(chǎn)率，故D錯(cuò)誤。16．(2024·河南汝州試驗(yàn)中學(xué)高三期末)某氮肥樣品可能含有NH4HCO3、NH4Cl、NH4NO3中的一種或幾種。稱取該樣品1.000g，溶于水配成100mL溶液。將溶液分成兩等份依次完成如下試驗(yàn)：①向一份溶液中加入10mL0.2mol·L－1的鹽酸與之充分反應(yīng)，可收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下的CO2氣體44.8mL(設(shè)產(chǎn)生的CO2全部逸出)。②向另一份溶液中加入足量的6mol·L－1氫氧化鈉溶液，加熱，產(chǎn)生的氣體(設(shè)產(chǎn)生的NH3全部逸出)至少須要25mL0.15mol·L－1的硫酸才能被完全反應(yīng)。下列說(shuō)法正確的是()A．1.000g樣品中肯定含有NH4HCO30.316gB．向①反應(yīng)所得的溶液中加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，若有白色沉淀生成，說(shuō)明原樣品中肯定含有NH4ClC．原樣品NHeq\o\al(＋,4)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為21%D．無(wú)需另外再設(shè)計(jì)試驗(yàn)驗(yàn)證，就能確定原樣品中是否含有NH4Cl答案D解析加入10mL0.2mol·L－1的鹽酸與之充分反應(yīng)，收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下的CO2氣體44.8mL(0.002mol)，說(shuō)明肯定含有NH4HCO3，鹽酸完全反應(yīng)，碳酸氫銨不肯定完全反應(yīng)，所以1.000g樣品中不肯定含有NH4HCO30.316g，A錯(cuò)誤；①反應(yīng)加入了鹽酸引入氯離子，所得的溶液中加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，若有白色沉淀生成，不能說(shuō)明原樣品中肯定含有NH4Cl，B錯(cuò)誤；依據(jù)關(guān)系式2NH3～H2SO4，向另一份溶液中加入足量的6mol·L－1氫氧化鈉溶液，加熱，產(chǎn)生的氨氣的物質(zhì)的量為0.025L×0.15mol·L－1×2＝0.0075mol，原樣品NHeq\o\al(＋,4)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq\f(0.0075mol×2×18g·mol－1,1)×100%＝27%，C錯(cuò)誤；NH4HCO3、NH4Cl、NH4NO3中NHeq\o\al(＋,4)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)分別為22.8%、33.6%、22.5%，而樣品中，NHeq\o\al(＋,4)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為27%，所以肯定含有NH4Cl，D正確。二、非選擇題(共52分)(一)必考題17．(2024·廣東重點(diǎn)中學(xué)高三期末聯(lián)考)(12分)稀土是一種重要的戰(zhàn)略資源。氟碳鈰礦主要化學(xué)成分為CeFCO3，它是提取鈰等稀土元素的重要礦物原料。氟碳鈰礦的冶煉工藝流程如下：已知：ⅰ.鈰的常見化合價(jià)為＋3、＋4。焙燒后鈰元素轉(zhuǎn)化成CeO2和CeF4。四價(jià)鈰不易進(jìn)入溶液，而三價(jià)稀土元素易進(jìn)入溶液。ⅱ.酸浸Ⅱ中發(fā)生反應(yīng)：9CeO2＋3CeF4＋45HCl＋3H3BO3=Ce(BF4)3↓＋11CeCl3＋6Cl2↑＋27H2O請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(1)①焙燒氟碳鈰礦的目的是__________________________________。②焙燒后產(chǎn)生的CeO2是汽車尾氣凈化催化劑的關(guān)鍵成分，它能在還原氣氛中供氧，在氧化氣氛中耗氧。在尾氣消退過(guò)程中發(fā)生著CeO2CeO2(1－x)＋xO2↑(0≤x≤0.25)的循環(huán)。寫出CeO2消退CO尾氣的化學(xué)方程式：______________________________。(2)在酸浸Ⅰ中用鹽酸浸出時(shí)，有少量鈰進(jìn)入濾液，且產(chǎn)生黃綠色氣體。少量鈰進(jìn)入稀土溶液發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是__________________________。(3)向Ce(BF4)3中加入KCl溶液的目的是______________________________。(4)操作Ⅰ的名稱為________，在試驗(yàn)室中進(jìn)行操作Ⅱ時(shí)所須要的硅酸鹽儀器有______________。(5)“操作Ⅰ”后，向溶液中加入NaOH溶液來(lái)調(diào)整溶液的pH，以獲得Ce(OH)3沉淀，常溫下加入NaOH調(diào)整溶液的pH應(yīng)大于________即可認(rèn)為Ce3＋已完全沉淀。(已知：Ksp[Ce(OH)3]＝1.0×10－20)(6)取上述流程中得到的Ce(OH)4產(chǎn)品5.000g，加酸溶解后，向其中加入含0.03300molFeSO4的FeSO4溶液使Ce4＋全部被還原成Ce3＋，再用0.1000mol·L－1的酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)時(shí)，消耗20.00mL標(biāo)準(zhǔn)溶液。則該產(chǎn)品中Ce(OH)4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為________(已知氧化性：Ce4＋＞KMnO4；Ce(OH)4的相對(duì)分子質(zhì)量為208)。答案(1)①將鈰氧化為四價(jià)，便于與其他稀土元素分別②2xCO＋CeO2=CeO2(1－x)＋2xCO2(2)8H＋＋2Cl－＋2CeO2=2Ce3＋＋Cl2↑＋4H2O(3)避開Ce3＋以Ce(BF4)3形式沉淀而損失(或?qū)e3＋全部轉(zhuǎn)化為CeCl3，提高產(chǎn)率)(4)過(guò)濾分液漏斗、燒杯(5)9(6)95.68%解析(1)①通過(guò)焙燒氟碳鈰礦，可將鈰氧化為四價(jià)，便于與其他稀土元素分別。②尾氣消退過(guò)程中發(fā)生著CeO2CeO2(1－x)＋xO2↑(0≤x≤0.25)的循環(huán)，可知CeO2具有氧化性，可氧化CO生成CO2，則CeO2消退CO尾氣的化學(xué)方程式為2xCO＋CeO2=CeO2(1－x)＋2xCO2。(2)在酸浸Ⅰ中用鹽酸溶解CeO2，有少量鈰進(jìn)入濾液，可知有Ce3＋生成，且產(chǎn)生黃綠色氣體，此氣體為Cl2，則此時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是8H＋＋2Cl－＋2CeO2=2Ce3＋＋Cl2↑＋4H2O。(3)向Ce(BF4)3中加入KCl溶液生成CeCl3和KBF，這樣做的目的是避開Ce3＋以Ce(BF4)3沉淀的形式損失或除去BFeq\o\al(－,4)或提高CeCl3的產(chǎn)率。(4)操作Ⅰ為固液分別，應(yīng)選擇過(guò)濾操作；操作Ⅱ?yàn)檩腿。瑒t所須要的硅酸鹽儀器有分液漏斗、燒杯。(5)溶液中的c(Ce3＋)等于1×10－5mol·L－1，可認(rèn)為Ce3＋沉淀完全，依據(jù)Ksp[Ce(OH)3]=c(Ce3＋)·c3(OH－)＝1×10－20可知，c(OH－)＝eq\r(3,\f(1×10－20,1×10－5))mol·L－1＝1×10－5mol·L－1，此時(shí)溶液的PH為9，即加入NaOH調(diào)整溶液的pH應(yīng)大于9即可認(rèn)為Ce3＋已完全沉淀。(6)用0.1000mol·L－1的酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)時(shí)，消耗20.00mL標(biāo)準(zhǔn)溶液，主要是氧化溶液中剩余的Fe2＋，依據(jù)得失電子守恒知，剩余Fe2＋的物質(zhì)的量為0.1000mol·L－1×0.02L×5＝0.01mol，則還原Ce4＋消耗的Fe2＋的物質(zhì)的量為0.03300mol－0.01mol＝0.02300mol，依據(jù)Ce4＋＋Fe2＋=Fe3＋＋Ce3＋，則Ce4＋的物質(zhì)的量為0.02300mol，該產(chǎn)品中Ce(OH)4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq\f(0.023mol×208g·mol－1,5.00g)×100%＝95.68%。18．(2024·哈爾濱六中高三期末)(12分)隨著科技的進(jìn)步，合理利用資源、愛護(hù)環(huán)境成為當(dāng)今社會(huì)關(guān)注的焦點(diǎn)。甲胺鉛碘(CH3NH3PbI3)用作全固態(tài)鈣鈦礦敏化太陽(yáng)能電池的敏化劑，可由CH3NH2、PbI2及HI為原料合成，回答下列問(wèn)題：(1)制取甲胺的反應(yīng)為CH3OH(g)＋NH3(g)CH3NH2(g)＋H2O(g)ΔH。已知該反應(yīng)中相關(guān)化學(xué)鍵的鍵能數(shù)據(jù)如下：共價(jià)鍵C—OH—ON—HC—N鍵能/kJ·mol－1351463393293則該反應(yīng)的ΔH＝________kJ·mol－1。(2)上述反應(yīng)中所需的甲醇工業(yè)上利用水煤氣合成，反應(yīng)為CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH<0。在肯定條件下，將1molCO和2molH2通入密閉容器中進(jìn)行反應(yīng)，當(dāng)變更某一外界條件(溫度或壓強(qiáng))時(shí)，CH3OH的體積分?jǐn)?shù)φ(CH3OH)變更趨勢(shì)如圖所示：①平衡時(shí)，M點(diǎn)CH3OH的體積分?jǐn)?shù)為10%，則CO的轉(zhuǎn)化率為________。②X軸上a點(diǎn)的數(shù)值比b點(diǎn)________(填“大”或“小”)。某同學(xué)認(rèn)為上圖中Y軸表示溫度，你認(rèn)為他推斷的理由是____________________________。(3)試驗(yàn)室可由四氧化三鉛和氫碘酸反應(yīng)制備難溶的PbI2，則每生成3molPbI2的反應(yīng)中，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為________。(4)常溫下，PbI2飽和溶液(呈黃色)中c(Pb2＋)＝1.0×10－3mol·L－1，則Ksp(PbI2)＝__________；已知Ksp(PbCl2)＝1.6×10－5，則轉(zhuǎn)化反應(yīng)PbCl2(s)＋2I－(aq)PbI2(s)＋2Cl－(aq)的平衡常數(shù)K＝________。答案(1)－12(2)①25%②小隨著Y值的增大，φ(CH3OH)減小，平衡CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，故Y為溫度(3)2mol(4)4×10－94000解析(1)設(shè)C—H鍵能為xkJ·mol－1，ΔH＝反應(yīng)物總鍵能－生成物總鍵能＝3x＋351＋463＋3×393－(3x＋293＋2×393＋2×463)kJ·mol－1＝－12kJ·mol－1。(2)①設(shè)CO的轉(zhuǎn)化量是x，則CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)初始量：1mol2mol0變更量：x2xx平衡量：1－x2－2xx平衡時(shí)，CH3OH的體積分?jǐn)?shù)為10%，則eq\f(x,1－x＋2－2x＋x)×100%＝10%，x＝0.25mol，所以CO的轉(zhuǎn)化率為eq\f(0.25mol,1mol)×100%＝25%。(3)由四氧化三鉛和氫碘酸反應(yīng)制備難溶的PbI2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Pb3O4＋8HI=3PbI2＋I(xiàn)2＋4H2O，HI作還原劑，碘元素化合價(jià)－1價(jià)變更為0價(jià)，每生成3molPbI2的反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移了2mol。(4)PbI2飽和溶液(呈黃色)中存在，沉淀溶解平衡PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I－(aq)，c(Pb2＋)＝1.0×10－3mol·L－1，c(I－)＝2.0×10－3mol·L－1，則Ksp(PbI2)＝c(Pb2＋)c2(I－)＝1.0×10－3mol·L－1×(2.0×10－3mol·L－1)2＝4×10－9；反應(yīng)PbCl2(s)＋2I－(aq)PbI2(s)＋2Cl－(aq)的平衡常數(shù)為K＝eq\f(c2Cl－,c2I－)＝eq\f(c2Cl－·cPb2＋,c2I－·cPb2＋)＝eq\f(KspPbCl2,KspPbI2)＝eq\f(1.6×10－5,4×10－9)＝4000。19．(2024·全國(guó)卷Ⅰ考試大綱調(diào)研卷(二))(13分)綠礬是含有肯定量結(jié)晶水的硫酸亞鐵，在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中具有重要的用途。某化學(xué)愛好小組對(duì)綠礬的一些性質(zhì)進(jìn)行探究?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)在試管中加入少量綠礬樣品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液顏色無(wú)明顯變更。再向試管中通入空氣，溶液漸漸變紅。由此可知：______________________、________________。(2)為測(cè)定綠礬中結(jié)晶水含量，將石英玻璃管(帶兩端開關(guān)K1和K2)(設(shè)為裝置A)稱重，記為m1g。將樣品裝入石英玻璃管中，再次將裝置A稱重，記為m2①儀器B的名稱是________。②將下列試驗(yàn)操作步驟正確排序________(填標(biāo)號(hào))；重復(fù)上述操作步驟，直至A恒重，記為m3ga．點(diǎn)燃酒精燈，加熱b．熄滅酒精燈c．關(guān)閉K1和K2d．打開K1和K2，緩緩?fù)ㄈ隢2e．稱量Af．冷卻到室溫③依據(jù)試驗(yàn)記錄，計(jì)算綠礬化學(xué)式中結(jié)晶水?dāng)?shù)目x＝________(列式表示)。若試驗(yàn)時(shí)按a、d次序操作，則使x________(填“偏大”“偏小”或“無(wú)影響”)。(3)為探究硫酸亞鐵的分解產(chǎn)物，將(2)中已恒重的裝置A接入下圖所示的裝置中，打開K1和K2，緩緩?fù)ㄈ隢2，加熱。試驗(yàn)后反應(yīng)管中殘留固體為紅色粉末。①C、D中的溶液依次為________(填標(biāo)號(hào))。C、D中有氣泡冒出，并可視察到的現(xiàn)象分別為______________。a．品紅b．NaOHc．BaCl2d．Ba(NO3)2e．濃H2SO4②寫出硫酸亞鐵高溫分解反應(yīng)的化學(xué)方程式：________________________。答案(1)樣品中沒有Fe3＋Fe2＋易被氧氣氧化為Fe3＋(2)①干燥管②d、a、b、f、c、e③eq\f(76m2－m3,9m3－m1)偏小(3)①c、a生成白色沉淀、溶液褪色②2FeSO4eq\o(=,\s\up8(高溫))Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑解析(1)綠礬溶解于水電離出Fe2＋，滴加KSCN溶液后顏色無(wú)明顯變更，說(shuō)明樣品中沒有Fe3＋，通入空氣之后，空氣中的氧氣把Fe2＋氧化為Fe3＋，F(xiàn)e3＋與KSCN反應(yīng)而使溶液顯紅色，說(shuō)明Fe2＋易被氧氣氧化為Fe3＋。(2)②試驗(yàn)時(shí)先打開K1和K2，緩慢通入N2，解除裝置中的空氣，防止空氣中的氧氣將綠礬中的Fe2＋氧化為Fe3＋，一段時(shí)間后點(diǎn)燃酒精燈，使綠礬中的結(jié)晶水變?yōu)樗魵獠⒈籒2排出，然后熄滅酒精燈，將石英玻璃管冷卻至室溫后關(guān)閉K1和K2，防止空氣進(jìn)入石英玻璃管中，最終稱量A。③由題意可知FeSO4的物質(zhì)的量為eq\f(m3－m1,152)mol，水的物質(zhì)的量為eq\f(m2－m3,18)mol，則綠礬中結(jié)晶水的數(shù)目x＝eq\f(nH2O,nFeSO4)＝eq\f(152m2－m3,18m3－m1)＝eq\f(76m2－m3,9m3－m1)；若先點(diǎn)燃酒精燈再通N2，則石英玻璃管中原有的空氣會(huì)將綠礬中的Fe2＋氧化，最終剩余的固體質(zhì)量會(huì)偏大，則計(jì)算得到的結(jié)晶水的數(shù)目會(huì)偏小。(3)①試驗(yàn)后反應(yīng)管中殘留的紅色粉末為Fe2O3，依據(jù)得失電子守恒可知必定有SO2產(chǎn)生，依據(jù)元素守恒可知還會(huì)生成SO3，檢驗(yàn)的試劑應(yīng)選擇品紅溶液、BaCl2溶液，不能選擇Ba(NO3)2溶液，因?yàn)镾O2會(huì)與Ba(NO3)2溶液產(chǎn)生白色沉淀，干擾SO3的檢驗(yàn)，由于SO3可與水反應(yīng)生成硫酸，故應(yīng)先檢驗(yàn)SO3，再利用SO2能使品紅褪色的原理檢驗(yàn)SO2。②由題意可以得到硫酸亞鐵分解的方程式為2FeSO4eq\o(=,\s\up8(高溫))Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑。(二)選考題20．(2024·廣東茂名高三期末)[化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)](15分)鈉的化合物用途廣泛，回答下列問(wèn)題：(1)多硫化鈉(Na2Sx)用作聚合的終止劑。鈉原子價(jià)層電子的軌道表達(dá)式(電子排布圖)為________，基態(tài)S原子電子占據(jù)最高能級(jí)的電子云輪廓圖為________形，其中Na2S4中存在的化學(xué)鍵有________。A．離子鍵 B．極性共價(jià)鍵C．π鍵 D．非極性共價(jià)鍵(2)r(S2－)>r(Na＋)的緣由是______________。(3)Na2SO3常用作工業(yè)的脫氧劑和漂白劑，其陰離子的中心原子的雜化形式是________，空間構(gòu)型是____________。(4)下表列出了鈉的鹵化物的熔點(diǎn)：化學(xué)式NaFNaClNaBrNaI熔點(diǎn)/℃995801775651①NaF的熔點(diǎn)比NaI的熔點(diǎn)高的緣由是_________________________；②NaCl晶格能是786kJ/mol，則NaF的晶格能可能是________。A．704kJ/molB．747kJ/molC．928kJ/mol(5)NaH具有NaCl型的立方晶體結(jié)構(gòu)，已知NaH晶體的晶胞參數(shù)a＝488pm，Na＋半徑為102pm，則H－的半徑為________pm；NaH的理