2025高考假期提升專項練習化學解密之解答題含答案及解析

2025菁優(yōu)高考化學解密之解答題一．解答題（共25小題）1．（2024秋?荔灣區(qū)校級月考）對于數(shù)以千萬計的化學物質(zhì)和為數(shù)眾多的化學反應，分類法的作用幾乎是無可代替的。Ⅰ．現(xiàn)有以下物質(zhì)：①熔融的NaCl②Cu③K2CO3④食鹽水⑤C2H5OH⑥CO2⑦稀硫酸⑧氧化鈉⑨石灰石⑩液態(tài)HCl（1）以上物質(zhì)中屬于混合物的是（填序號，下同），屬于電解質(zhì)的是，能導電的是，屬于非電解質(zhì)的是。（2）從物質(zhì)的分類來看，如果把KNO3、NaCl、Na2CO3、Na2SO4歸為一類，那么它們屬于類；如果KNO3不與NaCl、Na2CO3與Na2SO4分為一類，其分類標準是。（3）請用交叉分類法對Na2CO3進行分類，請將所屬類別填到空格內(nèi)。Ⅱ．雖然對化學反應類型的分類方法不同，但四種基本反應類型和離子反應、氧化還原反應之間也存在著一定的關系。（4）圖為離子反應、氧化還原反應和置換反應三者之間的關系，其中表示離子反應的是（填字母）。請你在下列方框中畫出四種基本反應類型與氧化還原反應之間的關系。（5）小明同學認為所有酸和堿發(fā)生的中和反應均可表示為H++OH﹣＝H2O。小明同學的觀點對嗎？如果你認為不對，請舉個例子反駁上述觀點（用離子方程式表示）（如果你認為對，請忽略此空格）。2．（2024秋?昆山市校級期中）碳元素構(gòu)建了生命的骨架，也是人類研發(fā)新材料的寶藏。（1）已知A是甲烷的一種同系物，且同時滿足下列條件，寫出A的結(jié)構(gòu)簡式：。①0.1molA完全燃燒消耗標準狀況下17.92LO2；②A的沸點與其同分異構(gòu)體相比，A的最低。（2）草酸（結(jié)構(gòu)如圖）是一種具有還原性的二元弱酸，可將酸性KMnO4中的Mn元素還原為Mn2+。寫出草酸與酸性KMnO4溶液反應的離子方程式。（3）工業(yè)常利用CH4與CO2為原料重整制備CO和H2，但實際過程中催化劑表面易產(chǎn)生積碳導致活性降低。研究表明，在催化劑Ni/CeO2中摻入MnOx可產(chǎn)生更多的氧空位，生成更多的可流動O*，能有效減少積碳生成，其路徑如圖所示。①路徑甲、乙中生成的相同中間產(chǎn)物是（填化學式）。②試推理并寫出減少催化劑積碳的反應方程式。（4）CO2參與的乙苯（）脫氫機理如圖所示（α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B為催化劑的活性位點）。①CO2吸附到催化劑表面時，選擇B位點的原因是。②圖中步驟Ⅱ的過程可描述為。3．（2024秋?浦東新區(qū)校級月考）利用“杯酚”從C60和C70的混合物中純化C70的過程如圖所示。（1）“杯酚”的官能團名稱是。（2）“杯酚”分子內(nèi)官能團之間通過（填“共價鍵”、“配位鍵”或“氫鍵”）形成“杯底”。（3）C60不溶于氯仿（化學式為CHCl3），“杯酚”溶于氯仿，可能的原因是。Cu2+可以與乙二胺（H2N—CH2CH2—NH2）形成配離子，如題圖﹣2所示：（4）H、O、N三種元素的電負性從大到小的順序為。（5）1mol上述配離子中含有molσ鍵。（6）乙二胺和三甲胺[N（CH3）3]均屬于胺，但乙二胺比三甲胺的沸點高很多，原因是。將含有未成對電子的物質(zhì)置于外破場中，會使磁場強度增大，稱其為順磁性物質(zhì)。（7）下列物質(zhì)中，屬于順磁性物質(zhì)的是（不定項）。A.[Cu（NH3）2]ClB.[Cu（NH3）4]SO4C.Na2[Cu（OH）4]研究人員發(fā)現(xiàn)，在離子液體中可制備均一粒徑分布的高熵合金納米顆粒。離子液體是在室溫和接近室溫時呈液態(tài)的鹽類物質(zhì)，一般由有機陽離子和無機陰離子組成。一種離子液體的結(jié)構(gòu)如圖所示。（8）的空間結(jié)構(gòu)為。（9）研究發(fā)現(xiàn)通過改變陽離子側(cè)鏈可調(diào)控離子化合物的熔點。A、B兩種離子液體的結(jié)構(gòu)如圖所示。熔點A＞B的原因是。一種由Cu、In、Te元素形成的高熵合金，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞棱邊夾角角均為90°。（10）Te原子與鄰近的Cu、In原子構(gòu)成的空間結(jié)構(gòu)為。（11）已知阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，該晶體的密度為g?cm﹣3（列出計算式）。4．（2024秋?浦東新區(qū)校級月考）將酞菁—鈷鈦菁—三氯化鋁復合嵌接在碳納米管上可得一種高效催化劑。（1）圖1所示的幾種碳單質(zhì)，它們互為，其中屬于共價晶體的是，C60間的作用力是。（2）基態(tài)Co原子核外有種運動狀態(tài)不同的電子，價電子的軌道表示式為。Co元素位于元素周期表的區(qū)。（3）酞菁和鈷酞菁的分子結(jié)構(gòu)如圖2所示。酞菁分子中所有原子共平面，其中p軌道能提供一對電子的N原子是（填圖2酞菁中N原子的標號）。鈷酞菁分子中，鈷離子的化合價為，氮原子提供孤對電子與鈷離子形成鍵。（4）氣態(tài)AICl3通常以二聚體Al2Cl6的形式存在，其空間結(jié)構(gòu)如圖3a所示，二聚體中Al的軌道雜化類型為。AlF3的熔點為1090℃，遠高于AlCl3的192℃，由此可以判斷鋁氟之間的化學鍵為鍵。（5）AIF3結(jié)構(gòu)屬立方晶系，晶胞如圖3b所示，F(xiàn)﹣的配位數(shù)為。若晶胞參數(shù)為apm，晶體密度ρ＝g?cm﹣3（列出計算式，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA）。5．（2024秋?閔行區(qū)校級月考）光伏材料又稱太陽能材料，能將太陽能直接轉(zhuǎn)換成電能?？勺魈柲茈姵夭牧系挠袉尉Ч琛⒍嗑Ч?、非晶硅、GaAs、GaAlAs、InP、CaS、CdTe、CulnSe等。（1）電池材料的很多金屬元素灼燒時會產(chǎn)生特殊的火焰顏色，焰色反應是原子的光譜。A．發(fā)射B．吸收C．兩者都不是（2）P元素3p軌道上的3個電子不同的是。①能量②原子軌道形狀③原子軌道空間伸展方向④自旋狀態(tài)⑤運動狀態(tài)A．①②B．③④C．③⑤D．②⑤（3）氣態(tài)氯化鋁通常以二聚體Al2Cl6形式存在，其結(jié)構(gòu)如圖所示，更高溫度下，二聚體會離解成AlCl3，其分子構(gòu)型與BF3相似，下列有關氯化鋁的說法錯誤的是。A．二聚體Al2Cl6中存在離子鍵、極性鍵和非極性鍵B．AlCl3的分子構(gòu)型是平面三角形C．二聚體Al2Cl6中Al原子是sp3雜化D．BF3中B原子是sp2雜化（4）Se元素與S元素同主族，基態(tài)Se原子的最外層電子排布式為，F(xiàn)e元素的基態(tài)原子價電子的軌道表示式。（5）As元素與Se元素同周期，比較As與Se的第一電離能：AsSe（填“＞”、“＜”或“＝”），比較As與Se的電負性：AsSe（填“＞”、“＜”或“＝”）。（6）銅在元素周期表中位于區(qū)。研究發(fā)現(xiàn)，正離子的顏色與未成對電子數(shù)有關，例如：Cu2+、Fe2+、Fe2+有色，Cu+無色，Cu+呈無色的原因是。（7）Si、S、P形成的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性的從大到小的順序是，從鍵長和鍵能的角度解釋原因：。6．（2024秋?海淀區(qū)校級月考）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?；卮鹣铝袉栴}：（1）HI主要用于藥物合成，通常用I2和P反應生成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粉進行轉(zhuǎn)化反應的離子方程式為，生成的沉淀與硝酸反應，生成后可循環(huán)使用。②通入Cl2的過程中，若氧化產(chǎn)物只有一種，反應的化學方程式為；若反應物用量比n（Cl2）：n（FeI2）＝1.5時，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，恰好完全反應生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反應得到I2，上述制備I2的總反應的離子方程式為。（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I2+I﹣?。實驗室中使用過量的KI與CuSO4溶液反應后，過濾，濾液經(jīng)蒸餾可制得高純碘。反應中加入過量KI的原因是。（5）I2與足量F2在一定條件下發(fā)生反應可生成鹵素互化物IF7，寫出其與H2O發(fā)生的非氧化還原反應的化學方程式。7．（2024?河南開學）氨（NH3）和聯(lián)氨（N2H4）是氮元素的兩種重要氫化物。聯(lián)氨常溫下是無色液體，易溶于水，具有強還原性。（1）聯(lián)氨分子的電子式為，其中氮元素化合價為。（2）聯(lián)氨可以通過堿性條件下NaClO氧化NH3制得，離子反應方程式為，若用如圖所示裝置完成上述反應，分液漏斗中的試劑是（填“堿性NaClO溶液”或“氨水”）。（3）聯(lián)氨具有強還原性，可以將鐵銹（Fe2O3）還原為磁性氧化鐵，以減緩鐵的銹蝕，并產(chǎn)生無污染氣體，寫出該反應的化學方程式。（4）氨的催化氧化是制硝酸的重要步驟，氨催化氧化制NO時會有副產(chǎn)物N2O生成，若NO與N2O的物質(zhì)的量之比為8：1，則參加反應的n（NH3）：n（O2）＝。（5）利用NH3催化還原NO以凈化工業(yè)尾氣，有氧條件下，F(xiàn)e3+催化NH3還原NO的反應歷程如圖所示。①過程Ⅱ中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為。②該反應的總化學方程式為。8．（2023春?贛縣區(qū)校級月考）某學習小組探究不同含硫物質(zhì)的轉(zhuǎn)化。任務Ⅰ.從以下試劑中選擇合適的試劑完成→的轉(zhuǎn)化。試劑：①濃H2SO4②稀H2SO4③酸性KMnO4溶液④Na2SO3溶液⑤Cu⑥品紅溶液（1）寫出完成轉(zhuǎn)化的化學方程式：。（2）設計實驗，證明實現(xiàn)該轉(zhuǎn)化（寫出操作和現(xiàn)象）：。任務Ⅱ.完成硫元素在、、價之間的轉(zhuǎn)化。查閱資料：+2價硫在酸性條件下不穩(wěn)定，易發(fā)生自身氧化還原反應。SO2Na2SO3Na2S2O3X（3）①中加入的物質(zhì)是，寫出③的離子方程式：。任務Ⅲ.工業(yè)上常用空氣催化氫氧化法除去電石渣漿（含CaO）上清液中的S2﹣，并制取石膏CaSO4?2H2O，其中的物質(zhì)轉(zhuǎn)化過程如圖所示。（4）過程Ⅱ中，反應的離子方程式為。（5）根據(jù)物質(zhì)轉(zhuǎn)化過程，若將10L上清液中的S2﹣轉(zhuǎn)化為（S2﹣濃度為320mg/L），理論上共需要標準狀況下的O2的體積為L。9．（2024春?浙江期中）工業(yè)上以石英砂為原料生產(chǎn)高純硅的工藝路線如圖：已知：①SiHCl3分子中硅的化合價為+4價。②SiHCl3SiCl4均極易水解，反應方程式分別為：SiHCl3+3H2O═3HCl+H2↑+H2SiO3↓SiCl4+4H2O═4HCl+（1）硅原子的最高能級的電子云輪廓圖呈形，硅元素位于元素周期表的區(qū)。（2）寫出石英砂與焦炭反應的化學反應方程式：。（3）下列說法正確的是。A.電負性：Cl＞C＞Si＞HB.1molSiO2晶體中含有共價鍵2NAC.該工藝流程中的H2和HCl都可以循環(huán)使用D.整個工藝流程中都應該隔絕空氣（4）寫出SiCl4與足量乙醇反應生成A的化學反應方程式：。（5）設計實驗驗證SiCl4水解后溶液中的主要離子：。10．（2024秋?宿遷月考）為深度學習NaHCO3的性質(zhì)，某學習小組進行了如下探究：已知：①化學中常用物質(zhì)的量濃度表示溶液中溶質(zhì)的濃度，其單位為：mol?L﹣1。②自偶電離：酸堿溶劑理論中溶劑自發(fā)發(fā)生的電離，如：2H2O?H3O++OH﹣。（1）探究NaHCO3熱不穩(wěn)定性實驗過程中發(fā)現(xiàn)澄清石灰水變渾濁，則NaHCO3受熱分解的方程式為。（2）探究NaHCO3與CaCl2反應學習小組利用CO2濃度傳感器、數(shù)據(jù)采集器等手持技術探究NaHCO3與CaCl2反應，其CO2濃度如圖2所示。①由圖2可得出結(jié)論：。②0.1mol?L﹣1的NaHCO3溶液中出現(xiàn)白色沉淀，其反應的離子方程式為。（3）探究NaHCO3的電離行為：學習小組經(jīng)查閱文獻發(fā)現(xiàn)在生物學的光合作用實驗中（如圖3所示），常用NaHCO3溶液作為CO2的緩沖劑。NaHCO3溶液能夠釋放或吸收CO2是因為在溶液中發(fā)生自偶電離，其電離方程式為。11．（2024秋?閔行區(qū)期中）“價類”二維圖是學習金屬元素及其化合物的重要工具，如圖所示是鐵及其化合物的“價類”二維圖。（1）x代表的物質(zhì)類別為、Y代表具體物質(zhì)是，Z在空氣中轉(zhuǎn)化為W的化學方程式為；請寫出檢驗是否有W膠體生成的方法。（2）（雙選）下列反應能得到單質(zhì)鐵的是。A.Cu與FeCl3溶液反應B.在高溫下Al與Fe3O4反應C.在高溫下CO與Fe2O3反應D.Fe（OH）2受熱分解（3）能說明Fe的還原性弱于Na的是。A.Na的熔點比Fe的熔點低B.1molFe、Na分別與S反應，F(xiàn)e失電子數(shù)多C.Na與冷水劇烈反應，F(xiàn)e與冷水不反應D.Fe3+氧化性強于Na+（4）實驗室盛放FeSO4溶液的試劑瓶中通常需要加入少量鐵粉，鐵粉的作用是。（5）某小組研究FeSO4性質(zhì)，預測FeSO4能與發(fā)生氧化還原反應（填序號）。①NaOH溶液②氯水③稀鹽酸④酸性KMnO4溶液⑤FeCl3溶液⑥碳酸鈉（6）為了檢驗FeCl2溶液是否被氧化，可向溶液中加入（填選項編號）。A，新制氯水B.鐵片C.KSCN溶液D.石蕊試液（7）鐵鹽溶液可用于金屬刻蝕。如用FeCl3溶液刻蝕銅制電路板，F(xiàn)eCl3被（填“還原”或“氧化”）為FeCl2．（8）高鐵酸鈉是一種能殺菌、脫色、除臭的新型高效水處理劑。工業(yè)上可用NaClO氧化Fe（OH）3的方法制備Na2FeO4，其原理為3NaClO+2Fe（OH）3+4NaOH＝2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，用單線橋法表示該反應的電子轉(zhuǎn)移方向和數(shù)目。。（9）合金具有許多優(yōu)良性能，C919大型飛機使用了大量新型材料鋁合金。下列物質(zhì)屬于合金的是。A.水銀B.青銅C.白銀D.黃金12．（2024春?溫州期末）博舒替尼是用于治療慢性髓細胞白血病的一種藥物，其中一種合成路線如圖所示（部分反應條件已略）；已知①易被氧化。②請回答：（1）化合物A的含氧官能團名稱是。（2）化合物D的結(jié)構(gòu)簡式是。（3）下列說法不正確的是。A．從A→B→C反應推測—COCl（氯酰基）比—COOH性質(zhì)活潑，更易與甲醇反應B．在C→D反應中，K2CO3起催化劑的作用C．化合物E的分子式為C12H12ClNO6D．F→G有多步反應，包括加成反應和消去反應（4）寫出B→C的化學方程式。（5）利用以上合成線路中的相關信息，完成以鄰硝基甲苯為原料合成的設計路線，“[]”上填寫反應物或反應條件，“_____”內(nèi)填寫一種有機物的結(jié)構(gòu)簡式。（6）化合物J（）是合成博舒替尼的一種中間體，請寫出同時符合下列條件的化合物J的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式。1H—NMR譜和IR譜檢測表明：①分子中共有4種氫原子，其中苯環(huán)上的有2種；②有N—O鍵，無N—H鍵。13．（2024春?浦東新區(qū)校級期末）一種用于治療高血脂的新藥Ⅰ的合成路線如圖：已知：①；②回答下列問題：（1）B的化學名稱為；H的分子式為。（2）E的結(jié)構(gòu)簡式為；G中所含官能團的名稱是。（3）②的反應類型是；寫出反應①的化學方程式。（4）化合物W的相對分子質(zhì)量比化合物C大14，且滿足下列條件的W的結(jié)構(gòu)有種。條件：①遇FeCl3溶液顯紫色②屬于芳香族化合物③能發(fā)生銀鏡反應其中核磁共振氫譜顯示出現(xiàn)5個吸收峰，峰面積之比為2：2：2：1：1的W的結(jié)構(gòu)簡式為。（5）設計用乙醇為原料制備CH2＝CH—CH＝CH2的合成路線，其他無機試劑任選。（合成路線的表示方式為目標產(chǎn)物）14．（2024?南寧二模）GaN是制造微電子器件，光電子器件的新型半導體材料。綜合利用煉鋅礦渣{主要含鐵酸鎵[Ga2（Fe2O4）3]、鐵酸鋅（ZnFe2O4），還含少量Fe及一些難溶于酸的物質(zhì)}獲得金屬鹽，并進一步利用鎵鹽制備具有優(yōu)異光電性能的氮化鎵（GaN），部分工藝流程如圖。已知：①Fe2在酸性條件下不穩(wěn)定，易轉(zhuǎn)化為Fe3+。②常溫下，“浸出液”中的金屬離子對應的氫氧化物的溶度積常數(shù)如下表，離子濃度小于1×10﹣5mol?L﹣1時可視為沉淀完全。氫氧化物Fe（OH）2Fe（OH）3Zn（OH）2Ga（OH）3Ksp4.9×10﹣172.8×10﹣391.8×10﹣148.0×10﹣32③lg2≈0.3，lg5≈0.7?；卮鹣铝袉栴}：（1）為提高浸出率，可采取的措施為（填標號）。a．將礦渣粉碎b．降低溫度c．把稀硫酸換成濃硫酸d．延長浸出時間（2）已知纖鋅礦結(jié)構(gòu)的GaN晶胞結(jié)構(gòu)與金剛石結(jié)構(gòu)類似，則該種GaN晶體的類型為，基態(tài)Ga原子價層電子的軌道表示式為。（3）ZnFe2O4與稀硫酸反應的化學方程式為。（4）“調(diào)pH”時需調(diào)節(jié)溶液pH的最小值為。（5）檢驗“濾液1”中是否含有Fe3+的試劑為（填名稱）。（6）電解反萃取液（溶質(zhì)為NaGaO2）制粗鎵的裝置如圖所示，陽極的電極反應式為；電解廢液經(jīng)處理后可循環(huán)使用，其主要溶質(zhì)為（填化學式）。（7）采用MOCVD（金屬有機化合物化學氣相沉積）技術制備GaN時，反應會產(chǎn)生一種標準狀況下密度約為0.71g?L﹣1的可燃性氣體，寫出該反應的化學方程式：（不寫條件）。15．（2024春?藍田縣期中）氯化亞砜（SOCl2）是黃色至紅色液體，有強烈刺激性氣味，沸點為79℃，在有機合成中用途廣泛。SOCl2遇水劇烈反應，液面上產(chǎn)生白霧，并有刺激性氣味的氣體產(chǎn)生。實驗室合成原理：SO2+Cl2+SCl22SOCl2，部分裝置如圖所示。（1）實驗室制取SOCl2在三頸燒瓶中進行，整個裝置所選儀器的連接順序是⑥→→①→②（已知①處通入Cl2、除雜裝置可以重復使用）。（2）冷凝管上連接的干燥管的作用是處理尾氣，防止污染空氣；。（3）實驗室制Cl2的離子方程式為。（4）SOCl2與水反應的化學方程式為。（5）取少量的SOCl2加入足量NaOH溶液中，振蕩、靜置得到無色溶液，檢驗溶液中存在Cl﹣的試劑有。16．（2023秋?如東縣期末）高鐵酸鉀（K2FeO4）是一種新型綠色消毒劑，能與水反應生成氫氧化鐵和氧氣，主要用于工業(yè)用水處理、飲用水消毒、生物污泥處理等方面。Ⅰ制備：（1）濕法制備：濕法制備流程如圖1：①“反應1”的離子方程式為。②“反應2”中Na2FeO4溶液轉(zhuǎn)化生成K2FeO4晶體的原因是。（2）干法制備：在強堿性環(huán)境中，F(xiàn)eSO4與Na2O2在高溫條件下可制得Na2FeO4，同時生成Na2O、O2等。①該反應在熔融狀態(tài)下進行，而不在水溶液中進行的原因是。②寫出制備的化學反應方程式。Ⅱ性質(zhì)：（3）在其他條件相同時，測得一定濃度的K2FeO4溶液消毒效率與溫度關系如圖2所示，其穩(wěn)定性（用濃度表示）與pH關系如圖3所示。①相同條件下，K2FeO4作消毒劑最佳溫度是。②根據(jù)圖乙得出的結(jié)論是。Ⅲ用途：（4）K2FeO4在酸性條件下能與廢水中的Mn2+反應生成Fe（OH）3和MnO2，用K2FeO4處理一定量的含Mn2+廢水，Mn元素的去除率與K2FeO4質(zhì)量的關系如圖4所示，當K2FeO4超過20mg時，Mn元素的去除率下降的原因可能是。17．（2024?江蘇二模）實驗室用磷礦脫鎂廢液制備MgHPO4?3H2O的實驗過程可表示為：（1）磷礦脫鎂廢液中主要含H2及少量Mg2+、Ca2+、Fe3+、Al3+和。①向廢液中加入NaOH溶液調(diào)節(jié)pH為4.5，可達到Ca2+、Fe3+和Al3+的最佳沉淀效果。其中Ca2+轉(zhuǎn)化為CaHPO4?2H2O的離子方程式為。②將除雜凈化后的清液控制在一定溫度，加入MgO漿液攪拌即可獲得MgHPO4固體。實驗測得鎂回收率、產(chǎn)品純度與反應后溶液pH關系如圖1所示。pH小于6時，隨著pH增大，鎂回收率上升，其原因是。③pH大于6時，隨著pH增大，產(chǎn)品純度逐漸下降，其可能原因是。（2）實驗室用如下方案測定MgHPO4?3H2O產(chǎn)品（含有Na2HPO4雜質(zhì)）的純度：準確稱取0.7200g磷酸氫鎂產(chǎn)品，加入足量稀硫酸溶解后配成100.00mL溶液。準確移取25.00mL于錐形瓶中，用0.05000mol?L﹣1Na2H2Y標準液滴定（離子方程式為Mg2++H2Y2﹣═MgY2﹣+2H+）至終點，平行滴定三次，平均消耗Na2H2Y標準液19.20mL。計算該產(chǎn)品中MgHPO4?3H2O的純度（寫出計算過程）。（3）恒溫轉(zhuǎn)化后的母液中主要含Na2HPO4和Na2SO4。已知：水溶液中各含磷微粒的分布如圖2所示，Na3PO4和NaCl的溶解度曲線如圖3所示；常溫下BaSO4、BaHPO4的溶度積常數(shù)依次為1.1×10﹣10和3.2×10﹣7。請補充完整由恒溫轉(zhuǎn)化后的母液制備Na3PO4晶體的實驗方案：用比濁法測定母液中的濃度后，在攪拌下向一定體積的母液中，過濾、用無水乙醇洗滌，干燥。18．（2024秋?河東區(qū)校級月考）Ⅰ：已知乙醇C2H3OH能與K2Cr2O7和H2SO4的混合溶液在一定條件下發(fā)生反應2K2Cr2O7+3C2H5OH+8H2SO4＝2K2SO4+2Cr2（SO4）3+3CH3COOH+11H2O。Cr2和Cr3+在溶液中分別顯橙色和綠色，回答下列問題：（1）該反應（填“是”或“不是”）離子反應。（2）寫出Cr2（SO4）3的電離方程式：。（3）該反應（填“是”或“不是”）氧化還原反應，判斷的依據(jù)是。Ⅱ：亞硝酸（HNO2）是一種弱酸，且不穩(wěn)定，易分解生成NO氣體和NO2（紅棕色）氣體；亞硝酸是一種還原劑，能被常見的強氧化劑氧化，但在酸性溶液中它也是一種氧化劑，如能把Fe2+（淺綠色）氧化成Fe3+（棕黃色）；AgNO2是一種難溶于水（白色）、易溶于酸的化合物。請仔細閱讀以上信息，并結(jié)合有關原理回答以下問題：（1）人體正常的血紅蛋白中含有Fe2+，若誤食亞硝酸鹽（如NaNO2），則導致血紅蛋白中的Fe2+轉(zhuǎn)換為Fe3+而中毒，可以服用維生素C解毒。下列對此過程敘述不正確的是。a.亞硝酸鹽被還原b.亞硝酸鹽是還原劑c.維生素C將Fe3+還原為Fe2+d.維生素C被氧化（2）下列方法中，不能用來區(qū)別NaNO2和NaCl的是。a.取樣加水溶解后，向其中加入稀鹽酸b.取樣加水溶解后，向其中加入AgNO3溶液c.取樣加水溶解后，向其中加入稀硫酸酸化的淀粉﹣KI溶液（3）某同學把氯氣通入NaNO2溶液中，生成NaNO3和HCl2請寫出該反應的離子方程式：。（4）工業(yè)廢水中的可用鋁粉除去。已知此反應體系中包含Al、NaOH、NaAlO2、NaNO2、NH3和H2O六種物質(zhì)，該反應的化學方程式為。19．（2024秋?浦東新區(qū)校級月考）學習了CO2的有關知識之后，同學們查閱資料發(fā)現(xiàn)Mg能在CO2中燃燒：2Mg+CO22MgO+C，所以鎂著火不能用CO2來滅火。但沒有找到有關鈉能否與CO2反應的介紹。于是同學們展開鈉著火能否用CO2來滅火的探究。【提出猜想】（1）鈉能發(fā)生類似于CO2與鎂的反應，可能的化學方程式為：?！緦嶒灐繉⑷贾拟c伸入裝有CO2的集氣瓶中，鈉能在CO2中繼續(xù)燃燒。進一步【查閱資料】得知：①Na2O是白色固體，能與CO2反應生成Na2CO3，與H2O反應生成NaOH。②Ba（OH）2溶于水而BaCO3不溶于水。③Na2CO3的存在會干擾NaOH的檢測?；谝陨腺Y料，同學們認為鈉在CO2中燃燒的產(chǎn)物應該與Mg在CO2中燃燒的產(chǎn)物情況有所不同，并對產(chǎn)物提出了以下幾種猜想：（2）②Na2O、C；②、C；③NaOH、C；④Na2O、Na2CO3、C；（3）通過理論分析，猜想（填序號）肯定是錯誤的，理由是：。（4）【驗證猜想】步驟實驗操作主要實驗現(xiàn)象結(jié)論（燃燒產(chǎn)物判斷）1將產(chǎn)物溶于適量水中部分溶解，試管底部有黑色固體燃燒產(chǎn)物中肯定有；2取1中所得少量上層清液，加入過量的BaCl2溶液燃燒產(chǎn)物中肯定有Na2CO3；3取2所得少量上層清液，加入溶液有藍色沉淀生成燃燒產(chǎn)物中肯定有；（5）在步驟（2）中BaCl2溶液為什么要加入至過量：。（6）在步驟（3）中也可以通過加入試劑的方法進行檢驗（任寫一種試劑）。（7）【結(jié)論】猜想（填序號）正確。20．（2024春?楊浦區(qū)校級期末）氫是一種非常重要的物質(zhì)，可用于制造氮肥、硝酸等。（1）請寫出氨的結(jié)構(gòu)式，從結(jié)構(gòu)角度說明NH3熱穩(wěn)定性強于PH3的原因?！緦嶒炓弧刻骄堪睔獾倪€原性。已知：a.Mg（OH）2可代替消石灰與氯化銨在加熱條件下反應生成氨氣和堿式氯化鎂[Mg（OH）Cl]；b.Cu2O粉末呈紅色，在酸性溶液中不穩(wěn)定：Cu2O+H2SO4（?。紺u+CuSO4+H2O。（2）裝置A中發(fā)生反應的化學方程式為，裝置D的作用是。（3）反應結(jié)束后裝置C中的氧化銅完全反應生成紅色固體，為了探究紅色固體成分，進行了如下實驗：實驗操作實驗現(xiàn)象實驗結(jié)論取10.4g紅色固體于燒杯中，加入足量稀硫酸，充分攪拌，靜置若無現(xiàn)象①紅色固體為若溶液變藍②紅色固體中肯定含有，可能含有上述混合液靜置后，過濾、洗滌、干燥、稱重，得固體6.4g③紅色固體的成分及其物質(zhì)的量為【實驗二】探究氨氣的氧化性已知：c.鋁可以與氨氣反應，2Al+2NH3?2AlN+3H2；d.氮化鋁性質(zhì)穩(wěn)定，不溶于水，不與水、酸反應，在加熱時溶于濃堿可產(chǎn)生氨氣。按如圖所示連接好裝置，檢查裝置氣密性：在蒸餾燒瓶中加入生石灰，分液漏斗中加入濃氨水，裝置G中盛裝堿石灰，裝置H中加入鋁粉，打開裝置F處分液漏斗活塞，待裝置中空氣排盡后再點燃裝置H處酒精燈。（4）用平衡移動原理解釋F中產(chǎn)生氨氣的原因。（5）鋁粉完全反應后可觀察到的實驗現(xiàn)象為。（6）為了得到純凈的氮化鋁，可將裝置H中固體冷卻后轉(zhuǎn)移至燒杯中，加入溶解、（填操作名稱）、洗滌、干燥即可。（7）寫出氮化鋁與濃氫氧化鈉溶液共熱反應的離子方程式。21．（2024秋?沙坪壩區(qū)校級月考）工業(yè)燃煤過程中產(chǎn)生大量含硫煙氣，研究煙氣脫硫具有重要意義?；卮鹣铝袉栴}：方法一：H2S還原脫硫（1）已知：2H2S（g）+3O2（g）＝2SO2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣1036kJ?mol﹣1S（g）+O2（g）＝SO2（g）ΔH＝﹣294kJ?mol﹣1H2O（l）＝H2O（g）ΔH＝+44kJ?mol﹣1則還原脫硫原理：2H2S（g）+SO2（g）＝3S（g）+2H2O（g）ΔH＝。（2）在某恒溫、恒容的密閉容器中，充入H2S和SO2發(fā)生反應：2H2S（g）+SO2（g）＝3S（s）+2H2O（g），下列描述可表示該反應達到平衡狀態(tài)的有（填序號）。A．H2S的濃度保持不變B．混合氣體密度保持不變C．c（H2S）：c（SO2）＝2：1D．單位時間內(nèi)生成H2O（g）和H2S（g）的量相等方法二：CH4還原脫硫反應原理：Ⅰ．2SO2（g）+CH4（g）?2S（g）+2H2O（g）+CO2（g）Ⅱ．CH4（g）+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g）（3）在不同催化劑條件下，SO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的曲線如圖所示。綜合考慮，工業(yè)生成過程中選擇的最佳催化劑是；若選擇催化劑Cat.2，SO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度升高先減小后增大，則SO2的轉(zhuǎn)化率增大的原因是。（4）一定條件下，在壓強為100kPa的恒壓密閉容器中按體積比為1：1：7充入CH4、SO2、He發(fā)生反應Ⅰ和Ⅱ。測得SO2的平衡轉(zhuǎn)化率為80%，CH4的平衡轉(zhuǎn)化率為50%，則達到平衡時，SO2的分壓p＝kPa，反應Ⅱ的壓強平衡常數(shù)Kp（Ⅱ）＝（用平衡分壓計算）。（5）方法三：利用電解法對SO2進行吸收和無害化處理，其原理如圖所示：①石墨Ⅱ電極為（填“正”“負”“陽”或“陰”）極。②石墨Ⅰ的電極反應式為。③每處理1molSO2，理論上電解池中產(chǎn)生氧氣的質(zhì)量為。22．（2024秋?朝陽區(qū)校級月考）航天員呼吸產(chǎn)生的CO2用下列反應處理，可實現(xiàn)空間站中O2的循環(huán)利用。Sabatier反應：CO2（g）+4H2（g）?CH4（g）+2H2O（g）水電解反應：2H2O（g）＝2H2（g）+O2（g）一種新的循環(huán)利用方案是用Bosch反應CO2（g）+2H2（g）?C（s）+2H2O（g）?ΔH＜0代替Sabatier反應，再電解水實現(xiàn)O2的循環(huán)利用。回答下列問題：（1）有關上述反應，下列說法正確的是（填標號）。A．室溫下，2H2O（g）?2H2（g）+O2（g）不能自發(fā)進行的原因為ΔS＜0B．可逆反應都有一定的限度，限度越大反應物的轉(zhuǎn)化率一定越高C．可逆反應中，若反應物的總能量＞生成物的總能量，則ΔH＜0（2）在Sabatier反應[反應Ⅰ：CO2（g）+4H2（g）?CH4（g）+2H2O（g）?KⅠ]體系中，還會發(fā)生副反應（反應Ⅱ）：CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）?KⅡ；一定壓強下，向某容積可變的密閉容器中通入CO2和H2的混合氣體（其中CO2和H2的物質(zhì)的量之比為1：4），在某催化劑的作用下同時發(fā)生反應Ⅰ和反應Ⅱ，測得CO2的轉(zhuǎn)化率、CH4的選擇性、CO的選擇性隨反應溫度的變化情況如圖所示。已知：CH4或CO的選擇性指反應生成CH4或CO時所消耗的CO2的物質(zhì)的量占參與反應的CO2總物質(zhì)的量的百分比。相同溫度下，反應2CO（g）+2H2（g）?CO2（g）+CH4（g）的平衡常數(shù)為（用含KⅠ、KⅡ的式子表示）；提高CH4的選擇性的措施有、。（3）對于Bosch反應CO2（g）+2H2（g）?C（s）+2H2O（g）?ΔH＜0，下列關于各圖像的解釋或得出的結(jié)論正確的是（填標號）。A．由甲圖可知，反應在t1min時可能改變了壓強或使用了催化劑B．由乙圖可知，反應在m點可能達到了平衡狀態(tài)C．由丙圖可知，反應過程中v正＞v逆的點是C點D．由丁圖可知，交點A表示的反應一定處于平衡狀態(tài)（4）室溫下，向體積為2L的恒容密閉容器中通入4molH2和1molCO2發(fā)生Sabatier反應：CO2（g）+4H2（g）?CH4（g）+2H2O（g）（不考慮副反應）；若反應時保持溫度恒定，測得反應過程中壓強隨時間的變化如下表所示：時間/min0102030405060壓強5.00p4.60p4.30p4.15p4.06p4.00p4.00p①0～10min內(nèi)，v（CO2）＝mol?L﹣1?min﹣1，該溫度下Sabatier反應的Kp＝（Kp為用氣體的分壓表示的平衡常數(shù)，分壓＝氣體的體積分數(shù)×體系總壓）。②Sabatier反應的速率方程：v正＝k正c（CO2）c4（H2），v逆＝k逆c（CH4）c2（H2O）（k是速率常數(shù)，只與溫度有關）。20min時，；反應達平衡時，升高溫度，k正增大的倍數(shù)k逆增大的倍數(shù)。（填“＞”“＜”或“＝”）23．（2024秋?北辰區(qū)校級月考）回答下列問題。（1）常溫常壓下，4gCO在氧氣中完全燃燒生成CO2，放出9.6kJ熱量，寫出CO燃燒熱的熱化學反應方程式：。（2）已知：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）則反應NO2（g）+SO2（g）?SO3（g）+NO（g）的ΔH＝ΔH＝kJ?mol﹣1。（3）在恒溫，體積為1L的密閉容器中充入1molCO2和3molH2，發(fā)生反應：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g），測得CO2和CH3OH的濃度隨時間的變化如圖1所示，①平衡時CO2的轉(zhuǎn)化率為；②該反應平衡常數(shù)的值為（若寫成小數(shù)，保留小數(shù)點后兩位）；③下列能說明上述反應達到化學平衡狀態(tài)的是（填字母）。A．反應CO2中與CH3OH的物質(zhì)的量濃度之比為1：1B．混合氣體的密度不隨時間的變化而變化C、單位時間內(nèi)消耗3molH2，同時生成1molH2OD．CO2的體積分數(shù)在混合氣體中保持不變（4）對于可逆反應Fe（s）+CO2（g）?FeO（s）+CO（g），逆反應速率隨時間變化如圖2所示，反應在t2時達平衡，在t1時改變了某一種條件，改變的條件可能是。A．升溫B．增大CO2濃度C．使用催化劑D．增加了FeO的量24．（2024秋?海淀區(qū)校級月考）甲醇是重要的化工原料，可用于制備丙烯、氫氣等。（1）MTO法由甲醇制備丙烯時的反應原理是甲醇先脫水生成二甲醚，然后二甲醚與甲醇的平衡混合物脫水轉(zhuǎn)化為含丙烯較多的低聚烯烴。某溫度下，在密閉容器中加入CH3OH氣體，發(fā)生脫水反應：2CH3OH（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g），一段時間后測得各組分的濃度如表所示：物質(zhì)CH3OHCH3OCH3H2O5min濃度/（mol/L）0.440.60.610min濃度/（mol/L）0.040.80.815min濃度/（mol/L）0.040.80.8該溫度下，反應的平衡常數(shù)數(shù)值是，CH3OH的平衡轉(zhuǎn)化率是。（2）利用甲醇水蒸氣重整制氫是獲得氫氣的重要方法。反應原理如下：反應?。ㄖ鞣磻篊H3OH（g）+H2O（g）＝CO2（g）+3H2（g）ΔH＝+49kJ/mol反應ⅱ（副反應）：H2（g）+CO2（g）＝CO（g）+H2O（g）ΔH＝+41kJ/mol①溫度高于300℃則會同時發(fā)生CH3OH轉(zhuǎn)化為CO和H2的副反應，該反應的熱化學方程式是。②反應中，經(jīng)常使用催化劑提高化學反應速率，但催化劑對反應具有選擇性。一定條件下，測得CH3OH轉(zhuǎn)化率及CO、CO2選擇性隨溫度變化情況分別如圖所示（CO、CO2的選擇性：轉(zhuǎn)化的CH3OH中生成CO、CO2的百分比）。從圖中可知，反應的適宜溫度為。隨著溫度的升高，催化劑對（填“反應ⅰ”或“反應ⅱ”）的選擇性降低。25．（2024秋?順義區(qū)校級月考）二氧化碳是用途非常廣泛的化工基礎原料，回答下列問題：（1）工業(yè)上可以用CO2來生產(chǎn)燃料甲醇。已知：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（l）+H2O（l）ΔH＝﹣akJ?mol﹣12H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝﹣bkJ?mol﹣1CH3OH（l）的燃燒熱ΔH＝。（2）在催化劑作用下，CO2和CH4可直接轉(zhuǎn)化為乙酸：CO2（g）+CH4（g）?CH3COOH（g）ΔH＞0在不同溫度下乙酸的生成速率變化如圖：①當溫度在250℃﹣300℃范圍時，乙酸的生成速率減慢的原因是。②欲使乙酸的平衡產(chǎn)率提高，應采取的措施是（任寫一條措施即可）。（3）一定條件下，在密閉恒容容器中發(fā)生反應：2CO（g）?C（s）+CO2（g）。①下列不能說明該反應達到平衡的是。A.容器內(nèi)氣體的總質(zhì)量不變B.CO和CO2的物質(zhì)的量之比不再變化C.混合氣體的壓強不再變化D.單位時間內(nèi)生成1molCO同時生成2molCO2E.混合氣體的密度不變F.反應的ΔH不再改變G.CO的轉(zhuǎn)化率不再改變②向某恒容容器中通入一定量的CO發(fā)生上述反應（無催化劑），在不同溫度下相同時間內(nèi)產(chǎn)物CO2的物質(zhì)的量濃度隨溫度的變化如圖所示，在T3之前，隨溫度升高c（CO2）逐漸升高的原因是，該反應為（填“放熱”或“吸熱”）反應。③向某密閉2L恒容容器中通入一定量的CO，T℃時反應經(jīng)過5min后達到化學平衡，CO的體積分數(shù)為25%，則CO的平衡轉(zhuǎn)化率為（用分數(shù)表示），若實際通入CO的物質(zhì)的量為1mol，則該溫度下的平衡常數(shù)K＝。

2025菁優(yōu)高考化學解密之解答題參考答案與試題解析一．解答題（共25小題）1．（2024秋?荔灣區(qū)校級月考）對于數(shù)以千萬計的化學物質(zhì)和為數(shù)眾多的化學反應，分類法的作用幾乎是無可代替的。Ⅰ．現(xiàn)有以下物質(zhì)：①熔融的NaCl②Cu③K2CO3④食鹽水⑤C2H5OH⑥CO2⑦稀硫酸⑧氧化鈉⑨石灰石⑩液態(tài)HCl（1）以上物質(zhì)中屬于混合物的是④⑦（填序號，下同），屬于電解質(zhì)的是①③⑧⑨⑩，能導電的是①②④⑦，屬于非電解質(zhì)的是⑤⑥。（2）從物質(zhì)的分類來看，如果把KNO3、NaCl、Na2CO3、Na2SO4歸為一類，那么它們屬于鹽類；如果KNO3不與NaCl、Na2CO3與Na2SO4分為一類，其分類標準是是否是鈉鹽。（3）請用交叉分類法對Na2CO3進行分類，請將所屬類別填到空格內(nèi)鈉鹽；碳酸鹽；正鹽。Ⅱ．雖然對化學反應類型的分類方法不同，但四種基本反應類型和離子反應、氧化還原反應之間也存在著一定的關系。（4）圖為離子反應、氧化還原反應和置換反應三者之間的關系，其中表示離子反應的是C（填字母）。請你在下列方框中畫出四種基本反應類型與氧化還原反應之間的關系。（5）小明同學認為所有酸和堿發(fā)生的中和反應均可表示為H++OH﹣＝H2O。小明同學的觀點對嗎？不對如果你認為不對，請舉個例子反駁上述觀點（用離子方程式表示）CH3COOH+OH﹣＝CH3COO﹣+H2O（如果你認為對，請忽略此空格）?！緦ｎ}】物質(zhì)的分類專題；理解與辨析能力．【分析】（1）混合物是由兩種或兩種以上物質(zhì)組成的；在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導電的化合物是電解質(zhì)；含有自由移動電子或離子的物質(zhì)能導電；在水溶液里和熔融狀態(tài)下都不導電的化合物是非電解質(zhì)；（2）由金屬陽離子或銨根離子和酸根離子構(gòu)成的化合物是鹽；NaCl、Na2CO3與Na2SO4都屬于鈉鹽；（3）Na2CO3中含有鈉離子和碳酸根離子，酸根離子不能繼續(xù)電離出氫離子；（4）置換反應一定是氧化還原反應，可能屬于離子反應，離子反應可能是氧化還原反應；化合反應、分解反應可能是氧化還原反應，復分解反應一定不是氧化還原反應，置換反應一定是氧化還原反應；（5）H++OH﹣＝H2O表示強酸和可溶性強堿生成可溶性鹽和水的反應。【解答】解：（1）以上物質(zhì)中屬于混合物的是④⑦；屬于電解質(zhì)的是①③⑧⑨⑩，能導電的是①②④⑦，屬于非電解質(zhì)的是⑤⑥，故答案為：④⑦；①③⑧⑨⑩；①②④⑦；⑤⑥；（2）由金屬陽離子或銨根離子和酸根離子構(gòu)成的化合物是鹽，這幾種物質(zhì)都屬于鹽類；NaCl、Na2CO3與Na2SO4都屬于鈉鹽，KNO3屬于鉀鹽，故答案為：鹽；是否是鈉鹽；（3）Na2CO3中含有鈉離子和碳酸根離子，碳酸根離子不能繼續(xù)電離出氫離子，所以碳酸鈉屬于鈉鹽、碳酸鹽、正鹽，故答案為：鈉鹽；碳酸鹽；正鹽；（4）置換反應一定是氧化還原反應，可能屬于離子反應，離子反應可能是氧化還原反應，所以表示離子反應的是C；化合反應、分解反應可能是氧化還原反應，復分解反應一定不是氧化還原反應，置換反應一定是氧化還原反應，圖為，故答案為：C；；（5）H++OH﹣＝H2O表示強酸和可溶性強堿生成可溶性鹽和水的反應，小明同學的觀點不對，例如：醋酸和氫氧化鈉反應，離子式為CH3COOH+OH﹣＝CH3COO﹣+H2O，故答案為：不對；【點評】本題考查物質(zhì)的分類，側(cè)重考查對基礎知識的掌握和靈活運用能力，明確基本概念內(nèi)涵、物質(zhì)分類的方法是解本題關鍵，題目難度不大。2．（2024秋?昆山市校級期中）碳元素構(gòu)建了生命的骨架，也是人類研發(fā)新材料的寶藏。（1）已知A是甲烷的一種同系物，且同時滿足下列條件，寫出A的結(jié)構(gòu)簡式：C（CH3）4。①0.1molA完全燃燒消耗標準狀況下17.92LO2；②A的沸點與其同分異構(gòu)體相比，A的最低。（2）草酸（結(jié)構(gòu)如圖）是一種具有還原性的二元弱酸，可將酸性KMnO4中的Mn元素還原為Mn2+。寫出草酸與酸性KMnO4溶液反應的離子方程式。（3）工業(yè)常利用CH4與CO2為原料重整制備CO和H2，但實際過程中催化劑表面易產(chǎn)生積碳導致活性降低。研究表明，在催化劑Ni/CeO2中摻入MnOx可產(chǎn)生更多的氧空位，生成更多的可流動O*，能有效減少積碳生成，其路徑如圖所示。①路徑甲、乙中生成的相同中間產(chǎn)物是CHx（填化學式）。②試推理并寫出減少催化劑積碳的反應方程式Ni—C+O*→Ni+CO。（4）CO2參與的乙苯（）脫氫機理如圖所示（α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B為催化劑的活性位點）。①CO2吸附到催化劑表面時，選擇B位點的原因是B位點帶部分負電荷，吸引CO2中帶正電荷的C原子。②圖中步驟Ⅱ的過程可描述為B1位點上的H+與B2位點上CO2中帶部分負電荷的O作用生成，帶部分正電荷的C吸附在帶部分負電荷的B2位點上?！緦ｎ}】離子反應專題；分析與推測能力．【分析】（1）根據(jù)烷烴完全燃燒的化學方程式為，，一般情況下，同種烷烴的不同異構(gòu)體，支鏈越多其沸點越低，進行分析；（2）根據(jù)草酸是一種二元弱酸，酸性KMnO4具有強氧化性，將草酸氧化為CO2，進行分析；（3）根據(jù)路徑甲、乙中生成的相同中間產(chǎn)物為CHx，在催化劑Ni/CeO2中摻入MnOx可產(chǎn)生更多的氧空位，生成更多的可流動O*，能有效減少催化劑的積碳生成進行分析；（4）根據(jù)CO2中C顯正價，O顯負價，B位點帶部分負電荷，可以吸引CO2中的C原子，B1位點上的H+與B2位點上CO2中帶部分負電荷的O作用進行分析?！窘獯稹拷猓海?）已知A是甲烷的同系物，所以A符合烷烴的通式，烷烴完全燃燒的化學方程式為，0.1molA完全燃燒消耗標準狀況下17.92LO2（0.8mol），則1molA完全燃燒消耗的8molO2，，解得n＝5，所以A為戊烷C5H12，戊烷的同分異構(gòu)體有正戊烷、異戊烷和新戊烷，一般情況下，同種烷烴的不同異構(gòu)體，支鏈越多其沸點越低，所以A的結(jié)構(gòu)簡式為C（CH3）4，故答案為：C（CH3）4；（2）酸性高錳酸鉀具有強氧化性，將草酸（二元弱酸）氧化為二氧化碳，所以草酸與酸性高錳酸鉀溶液反應的離子方程式為，故答案為：；（3）①由圖可知，路徑甲、乙中生成的相同中間產(chǎn)物為CHx，故答案為：CHx；②在催化劑Ni/CeO2中摻入MnOx可產(chǎn)生更多的氧空位，生成更多的可流動O*，能有效減少催化劑的積碳生成；反應路徑中，減少催化劑積碳的反應為Ni—C和可流動O*反應生成CO和Ni的反應Ni—C+O*→Ni+CO，故答案為：Ni—C+O*→Ni+CO；（4）①CO2中C顯正價，O顯負價，B位點帶部分負電荷，可以吸引CO2中的C原子，便于CO2中帶部分負電荷的O氧原子發(fā)生后續(xù)反應，故答案為：B位點帶部分負電荷，吸引CO2中帶正電荷的C原子；②圖中標注電性，可以從靜電吸引的角度闡述這一過程：B1位點上的H+與B2位點上CO2中帶部分負電荷的O作用生成，帶部分正電荷的C吸附在帶部分負電荷的B2位點上，，故答案為：B1位點上的H+與B2位點上CO2中帶部分負電荷的O作用生成，帶部分正電荷的C吸附在帶部分負電荷的B2位點上?！军c評】本題主要考查化學方程式的有關計算等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結(jié)合已有的知識進行解題。3．（2024秋?浦東新區(qū)校級月考）利用“杯酚”從C60和C70的混合物中純化C70的過程如圖所示。（1）“杯酚”的官能團名稱是羥基。（2）“杯酚”分子內(nèi)官能團之間通過氫鍵（填“共價鍵”、“配位鍵”或“氫鍵”）形成“杯底”。（3）C60不溶于氯仿（化學式為CHCl3），“杯酚”溶于氯仿，可能的原因是C60為非極性分子，“杯酚”和氯仿均為極性分子，根據(jù)“相似相溶”規(guī)律可知，非極性分析C60不溶于極性溶劑氯仿，極性分子“杯酚”溶于極性溶劑氯仿。Cu2+可以與乙二胺（H2N—CH2CH2—NH2）形成配離子，如題圖﹣2所示：（4）H、O、N三種元素的電負性從大到小的順序為O＞N＞H。（5）1mol上述配離子中含有26molσ鍵。（6）乙二胺和三甲胺[N（CH3）3]均屬于胺，但乙二胺比三甲胺的沸點高很多，原因是乙二胺分子間可形成氫鍵，三甲胺分子間不能形成氫鍵。將含有未成對電子的物質(zhì)置于外破場中，會使磁場強度增大，稱其為順磁性物質(zhì)。（7）下列物質(zhì)中，屬于順磁性物質(zhì)的是BC（不定項）。A.[Cu（NH3）2]ClB.[Cu（NH3）4]SO4C.Na2[Cu（OH）4]研究人員發(fā)現(xiàn)，在離子液體中可制備均一粒徑分布的高熵合金納米顆粒。離子液體是在室溫和接近室溫時呈液態(tài)的鹽類物質(zhì)，一般由有機陽離子和無機陰離子組成。一種離子液體的結(jié)構(gòu)如圖所示。（8）的空間結(jié)構(gòu)為正四面體形。（9）研究發(fā)現(xiàn)通過改變陽離子側(cè)鏈可調(diào)控離子化合物的熔點。A、B兩種離子液體的結(jié)構(gòu)如圖所示。熔點A＞B的原因是A、B均為離子晶體，陰離子相同，陽離子所帶電荷量也相同，當陽離子側(cè)鏈從乙基增長到丙基，陽離子的體積增大，離子鍵的強度減弱，熔點也降低。一種由Cu、In、Te元素形成的高熵合金，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞棱邊夾角角均為90°。（10）Te原子與鄰近的Cu、In原子構(gòu)成的空間結(jié)構(gòu)為四面體形。（11）已知阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，該晶體的密度為g?cm﹣3（列出計算式）?！緦ｎ}】原子組成與結(jié)構(gòu)專題；化學鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【分析】（1）根據(jù)“杯酚”的結(jié)構(gòu)式進行判斷；（2）“杯酚”的官能團為羥基，羥基之間通過氫鍵形成“杯底”；（3）分子晶體的溶解性一般符合“相似相溶”規(guī)律，即極性分子易溶于極性溶劑中，非極性分子易溶于非極性溶劑中；（4）一般來說，除稀有氣體元素外，同一周期從左至右，元素的電負性逐漸增大；同一主族從上到下，元素的電負性逐漸減??；（5）配位鍵和單鍵均屬于σ鍵，據(jù)此進行分析；（6）具有氫鍵的分子晶體，與同類化合物相比，其熔沸點更高；（7）將含有未成對電子的物質(zhì)置于外破場中，會使磁場強度增大，稱其為順磁性物質(zhì)，其中Cu+和Cu2+的價電子排布式分別為3d10、3d9，據(jù)此進行分析；（8）先根據(jù)中心原子的孤電子對數(shù)＝計算出中心原子的孤電子對數(shù)；再加上σ鍵電子對數(shù)可確定分子中的中心原子上的價層電子對數(shù)，即可確定分子的VSEPR模型，然后略去VSEPR模型中的中心原子上的孤電子對，即可得到分子的空間構(gòu)型，據(jù)此進行分析；（9）A、B均為離子晶體，陰離子相同，陽離子所帶電荷量也相同，當陽離子側(cè)鏈從乙基增長到丙基，陽離子的體積增大，離子鍵的強度減弱，熔點也隨之降低；（10）根據(jù)Te、Cu以及In原子的空間位置進行分析即可；（11）利用均攤法計算出晶胞中含有的原子數(shù)，再結(jié)合ρ＝進行計算即可。【解答】（1）根據(jù)“杯酚”的結(jié)構(gòu)式可知，“杯酚”的官能團為羥基，故答案為：羥基；（2）“杯酚”的官能團為羥基，羥基之間通過氫鍵形成“杯底”，故答案為：氫鍵；（3）C60為非極性分子，“杯酚”和氯仿均為極性分子，根據(jù)“相似相溶”規(guī)律可知，非極性分析C60不溶于極性溶劑氯仿，極性分子“杯酚”溶于極性溶劑氯仿，故答案為：C60為非極性分子，“杯酚”和氯仿均為極性分子，根據(jù)“相似相溶”規(guī)律可知，非極性分析C60不溶于極性溶劑氯仿，極性分子“杯酚”溶于極性溶劑氯仿；（4）根據(jù)電負性的變化規(guī)律，一般來說，除稀有氣體元素外，同一周期從左至右，元素的電負性逐漸增大；同一主族從上到下，元素的電負性逐漸減小，因此H、O、N三種元素的電負性從大到小的順序為O＞N＞H，故答案為：O＞N＞H；（5）1mol該配離子中含有銅與氮的配位鍵為4mol，C—N鍵為4mol，C—C鍵為2mol，C—H鍵為8mol，N—H鍵為8mol，因此該配離子中含有26molσ鍵，故答案為：26；（6）乙二胺比三甲胺的沸點高很多的原因是乙二胺分子間可形成氫鍵，三甲胺分子間不能形成氫鍵，故答案為：乙二胺分子間可形成氫鍵，三甲胺分子間不能形成氫鍵；（7）A.[Cu（NH3）2]Cl中Cu+的價電子排布式為3d10，不含未成對電子，不屬于順磁性物質(zhì)，故A錯誤；B.[Cu（NH3）4]SO4中Cu2+的價電子排布式為3d9，含有1個未成對電子，屬于順磁性物質(zhì)，故B正確；C.Na2[Cu（OH）4]中Cu2+的價電子排布式為3d9，含有1個未成對電子，屬于順磁性物質(zhì)，故C正確；故答案為：BC；（8）中心原子上的孤電子對數(shù)＝＝0，σ鍵電子對數(shù)為4，因此中心原子上的價層電子對數(shù)為4，VSEPR模型正四面體形，無孤電子對數(shù)，所以，的空間構(gòu)型為正四面體形，故答案為：正四面體形；（9）A、B均為離子晶體，陰離子相同，陽離子所帶電荷量也相同，當陽離子側(cè)鏈從乙基增長到丙基，陽離子的體積增大，離子鍵的強度減弱，熔點也降低，故答案為：A、B均為離子晶體，陰離子相同，陽離子所帶電荷量也相同，當陽離子側(cè)鏈從乙基增長到丙基，陽離子的體積增大，離子鍵的強度減弱，熔點也降低；（10）由圖可知，Te原子與連接鄰近的Cu原子、In原子形成的空間結(jié)構(gòu)為四面體形，故答案為：四面體形；（11）根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知，Cu原子位于頂點、面上和晶胞內(nèi)部，含有的個數(shù)為8×+4×+1＝4，In原子位于棱上和面上，含有的個數(shù)為4×+6×＝4，Te位于晶胞內(nèi)部，含有的個數(shù)為8個，因此該晶體的密度ρ＝＝g?cm﹣3，故答案為：?！军c評】本題主要考查電負性比較、分子空間構(gòu)型的判斷、晶胞密度的相關計算以及分子的性質(zhì)等內(nèi)容，綜合性較強，難度適中。4．（2024秋?浦東新區(qū)校級月考）將酞菁—鈷鈦菁—三氯化鋁復合嵌接在碳納米管上可得一種高效催化劑。（1）圖1所示的幾種碳單質(zhì)，它們互為同素異形體，其中屬于共價晶體的是金剛石和碳納米管，C60間的作用力是分子間作用力。（2）基態(tài)Co原子核外有27種運動狀態(tài)不同的電子，價電子的軌道表示式為。Co元素位于元素周期表的d區(qū)區(qū)。（3）酞菁和鈷酞菁的分子結(jié)構(gòu)如圖2所示。酞菁分子中所有原子共平面，其中p軌道能提供一對電子的N原子是③（填圖2酞菁中N原子的標號）。鈷酞菁分子中，鈷離子的化合價為+2，氮原子提供孤對電子與鈷離子形成配位鍵。（4）氣態(tài)AICl3通常以二聚體Al2Cl6的形式存在，其空間結(jié)構(gòu)如圖3a所示，二聚體中Al的軌道雜化類型為sp3。AlF3的熔點為1090℃，遠高于AlCl3的192℃，由此可以判斷鋁氟之間的化學鍵為離子鍵。（5）AIF3結(jié)構(gòu)屬立方晶系，晶胞如圖3b所示，F(xiàn)﹣的配位數(shù)為2。若晶胞參數(shù)為apm，晶體密度ρ＝g?cm﹣3（列出計算式，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA）。【專題】基本概念與基本理論；元素周期律與元素周期表專題；化學鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【分析】（1）相同單質(zhì)的不同結(jié)構(gòu)互為同素異形體，圖示為碳元素的不同單質(zhì)，互為同素異形體，屬于共價晶體的是金剛石和碳納米管，C60間的作用力是分子間作用力；（2）Co為27號元素，原子核外有27種運動狀態(tài)不同的電子，價電子軌道表示式，Co元素位于元素周期表的d區(qū)；（3）酞菁分子中所有原子共平面，其中p軌道能提供一對電子的N原子是③，鈷酞菁分子中，由于電離了兩個氫離子，而整體仍顯中性，故鈷離子的化合價為+2，氮原子提供孤對電子與鈷離子形成配位鍵；（4）氣態(tài)AICl3通常以二聚體Al2Cl6的形式存在，其空間結(jié)構(gòu)如圖3a所示，分析可知，Alσ鍵數(shù)目為4，雜化方式為sp3，AlF3的熔點為1090℃，遠高于AlCl3的192℃，分析晶體類型的影響；（5）AIF3結(jié)構(gòu)屬立方晶系，晶胞如圖3b所示，分析圖示結(jié)構(gòu)可知，黑球數(shù)目為8×＝1，白球數(shù)目為12×＝3，F(xiàn)﹣的配位數(shù)為2，若晶胞參數(shù)為apm，晶體密度ρ＝，據(jù)此計算。【解答】解：（1）相同單質(zhì)的不同結(jié)構(gòu)互為同素異形體，圖示為碳元素的不同單質(zhì)，互為同素異形體，屬于共價晶體的是金剛石和碳納米管，C60間的作用力是分子間作用力，故答案為：同素異形體；金剛石和碳納米管；分子間作用力；（2）Co為27號元素，原子核外有27種運動狀態(tài)不同的電子，價電子軌道表示式，Co元素位于元素周期表的d區(qū)，故答案為：27；；d區(qū)；（3）酞菁分子中所有原子共平面，其中p軌道能提供一對電子的N原子是③，鈷酞菁分子中，由于電離了兩個氫離子，而整體仍顯中性，故鈷離子的化合價為+2，氮原子提供孤對電子與鈷離子形成配位鍵，故答案為：③；+2；配位；（4）氣態(tài)AICl3通常以二聚體Al2Cl6的形式存在，其空間結(jié)構(gòu)如圖3a所示，分析可知，Alσ鍵數(shù)目為4，雜化方式為sp3，AlF3的熔點為1090℃，遠高于AlCl3的192℃，由此可以判斷鋁氟之間的化學鍵為離子鍵，故答案為：sp3；離子；（5）AIF3結(jié)構(gòu)屬立方晶系，晶胞如圖3b所示，分析圖示結(jié)構(gòu)可知，黑球數(shù)目為8×＝1，白球數(shù)目為12×＝3，F(xiàn)﹣的配位數(shù)為2，若晶胞參數(shù)為apm，晶體密度ρ＝＝g?cm﹣3，故答案為：2；。【點評】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，涉及核外電子排布，化學鍵，晶胞計算等內(nèi)容，其中晶胞計算為解題難點，需要結(jié)合均攤法進行分析，掌握基礎為解題關鍵，整體難度適中。5．（2024秋?閔行區(qū)校級月考）光伏材料又稱太陽能材料，能將太陽能直接轉(zhuǎn)換成電能。可作太陽能電池材料的有單晶硅、多晶硅、非晶硅、GaAs、GaAlAs、InP、CaS、CdTe、CulnSe等。（1）電池材料的很多金屬元素灼燒時會產(chǎn)生特殊的火焰顏色，焰色反應是原子的A光譜。A．發(fā)射B．吸收C．兩者都不是（2）P元素3p軌道上的3個電子不同的是C。①能量②原子軌道形狀③原子軌道空間伸展方向④自旋狀態(tài)⑤運動狀態(tài)A．①②B．③④C．③⑤D．②⑤（3）氣態(tài)氯化鋁通常以二聚體Al2Cl6形式存在，其結(jié)構(gòu)如圖所示，更高溫度下，二聚體會離解成AlCl3，其分子構(gòu)型與BF3相似，下列有關氯化鋁的說法錯誤的是A。A．二聚體Al2Cl6中存在離子鍵、極性鍵和非極性鍵B．AlCl3的分子構(gòu)型是平面三角形C．二聚體Al2Cl6中Al原子是sp3雜化D．BF3中B原子是sp2雜化（4）Se元素與S元素同主族，基態(tài)Se原子的最外層電子排布式為4s24p4，F(xiàn)e元素的基態(tài)原子價電子的軌道表示式。（5）As元素與Se元素同周期，比較As與Se的第一電離能：As＞Se（填“＞”、“＜”或“＝”），比較As與Se的電負性：As＜Se（填“＞”、“＜”或“＝”）。（6）銅在元素周期表中位于ds區(qū)。研究發(fā)現(xiàn)，正離子的顏色與未成對電子數(shù)有關，例如：Cu2+、Fe2+、Fe2+有色，Cu+無色，Cu+呈無色的原因是Cu+的核外電子排布為[Ar]3d10，沒有未成對電子。（7）Si、S、P形成的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性的從大到小的順序是H2S＞PH3＞SiH4，從鍵長和鍵能的角度解釋原因：Si、P、S原子半徑依次減小，和氫原子形成共價鍵的鍵長短，鍵能越大，氫化物越穩(wěn)定?！緦ｎ}】原子組成與結(jié)構(gòu)專題；化學鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【分析】（1）當基態(tài)原子的電子吸收能量后，電子會躍遷到較高能級，變?yōu)榧ぐl(fā)態(tài)，電子從能量較高的軌道回到能量較低的軌道時，將以光的形式釋放能量，產(chǎn)生特殊的火焰顏色；（2）相同能級的不同軌道能量相同，p能級的原子軌道都是啞鈴形，原子軌道形狀相同，3個電子伸展方向是在x、y、z三個不同方向，洪特規(guī)則可知電子將盡可能分占不同軌道且自旋方向相同；（3）A．二聚體Al2Cl6結(jié)構(gòu)分析可知，存在極性鍵；B．AlCl3中鋁原子的價層電子對數(shù)為3，無孤對電子；C．二聚體Al2Cl6中Al原子價層電子對數(shù)4；D．BF3中B原子的價層電子對數(shù)3；（4）基態(tài)Se原子的核電荷數(shù)為34，與S元素同主族，最外層電子數(shù)為6，F(xiàn)e元素的基態(tài)原子價電子排布3d64s2；（5）同周期從左到右第一電離能增大趨勢，第ⅡA、ⅤA族元素原子第一電離能大于同周期相鄰元素，非金屬性越強，電負性越大；（6）銅原子價電子排布式為3d104s1，正離子的顏色與未成對電子數(shù)有關；（7）非金屬性越強，形成氫化物穩(wěn)定性越強，同周期從左到右原子半徑依次減小，和氫原子形成共價鍵的鍵長越短，化學鍵越牢固?！窘獯稹拷猓海?）當基態(tài)原子的電子吸收能量后，電子會躍遷到較高能級，變?yōu)榧ぐl(fā)態(tài)，電子從能量較高的軌道回到能量較低的軌道時，將以光的形式釋放能量，產(chǎn)生特殊的火焰顏色，焰色反應是原子的發(fā)射光譜，故答案為：A；（2）P元素為15號元素，P元素3p軌道上的3個電子分別進入3個不同軌道中，相同能級的不同軌道能量相同，p能級的原子軌道都是啞鈴形，原子軌道形狀相同，3個電子伸展方向是在x、y、z三個不同方向，洪特規(guī)則可知電子將盡可能分占不同軌道且自旋方向相同，原子核外不存在運動狀態(tài)完全相同的電子，綜上所述，③⑤正確，故答案為：C；（3）A．二聚體Al2Cl6中不存在離子鍵和非極性鍵，故A錯誤；B．AlCl3中鋁原子的價層電子對數(shù)為3，無孤對電子，AlCl3的分子構(gòu)型是平面三角形，故B正確；C．二聚體Al2Cl6中Al原子的價層電子對數(shù)＝4，原子的雜化方式是sp3雜化，故C正確；D．BF3中B原子的價層電子對數(shù)為3，無孤對電子，是sp2雜化，故D正確；故答案為：A；（4）基態(tài)Se原子的核電荷數(shù)為34，與S元素同主族，位于第四周期，最外層電子數(shù)為6，最外層電子排布式為4s24p4，F(xiàn)e元素的基態(tài)原子價電子排布3d64s2，則Fe元素的基態(tài)原子價電子的軌道表示為：，故答案為：4s24p4；；（5）As元素與Se元素同周期，位于周期表的第四周期，第ⅤA族，As原子的價電子排布為4s24p3，4p軌道上為半充滿狀態(tài)，則As與Se的第一電離能As＞Se，As與Se的電負性As＜Se，故答案為：＞；＜；（6）銅原子價電子排布式為3d104s1，位于周期表的ds區(qū)，Cu+的核外電子排布為[Ar]3d10，沒有未成對電子，故Cu+無色，故答案為：ds；Cu+的核外電子排布為[Ar]3d10，沒有未成對電子；（7）Si、S、P非金屬性S＞P＞Si，形成的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性的從大到小的順序為：H2S＞PH3＞SiH4，從鍵長和鍵能的角度解釋原因是：Si、P、S原子半徑依次減小，和氫原子形成共價鍵的鍵長短，鍵能越大，氫化物越穩(wěn)定，故答案為：H2S＞PH3＞SiH4；Si、P、S原子半徑依次減小，和氫原子形成共價鍵的鍵長短，鍵能越大，氫化物越穩(wěn)定。【點評】本題考查了原子結(jié)構(gòu)、核外電子排布規(guī)律、元素性質(zhì)和原子結(jié)構(gòu)的理解應用，題目難度不大。6．（2024秋?海淀區(qū)校級月考）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?；卮鹣铝袉栴}：（1）HI主要用于藥物合成，通常用I2和P反應生成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粉進行轉(zhuǎn)化反應的離子方程式為Fe+2AgI＝2I﹣+2Ag+Fe2+，生成的沉淀與硝酸反應，生成硝酸銀后可循環(huán)使用。②通入Cl2的過程中，若氧化產(chǎn)物只有一種，反應的化學方程式為FeI2+Cl2＝I2+FeCl2；若反應物用量比n（Cl2）：n（FeI2）＝1.5時，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，恰好完全反應生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反應得到I2，上述制備I2的總反應的離子方程式為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I2+I﹣?。實驗室中使用過量的KI與CuSO4溶液反應后，過