2025高考假期提升專項練習(xí)化學(xué)壓軸卷訓(xùn)練4含答案及解析

2025菁優(yōu)高考化學(xué)壓軸卷訓(xùn)練4一．選擇題（共20小題）1．（2024秋?嶗山區(qū)校級月考）下列有關(guān)物質(zhì)的分類正確的是（）選項堿性氧化物酸鹽混合物ANa2ONaHSO4NH4NO3堿石灰BCaOH2SO3KSCN氯水CNa2O2HNO3Na2CO3液氨DFe2O3CH3COOHCu2（OH）2CO3膽礬A．A B．B C．C D．D2．（2024?滄州三模）下列化學(xué)用語表示正確的是（）A．SF6分子的空間結(jié)構(gòu)模型； B．基態(tài)Cu原子的價層電子的軌道表示式： C．Cl—Cl形成的p﹣pσ鍵模型： D．用電子式表示H2S的形成過程：3．（2024?滄州三模）電解質(zhì)在水溶液中的反應(yīng)屬于離子反應(yīng)。下列離子方程式正確的是（）A．濃鹽酸與MnO2反應(yīng)制取少量氯氣：MnO2+4HClMn2++2H2O+Cl2↑+2Cl﹣ B．Ba（OH）2溶液中加入過量的NH4HSO4溶液：+H+++Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+H2O+NH3?H2O C．1L0.1mol?L﹣1Na[Al（OH）4]溶液中通入0.28molHCl氣體：5[Al（OH）4]﹣+14H+＝2Al（OH）3↓+3Al3++14H2O D．Cl2通入FeI2溶液中至Fe2+恰好完全反應(yīng)：Cl2+2Fe2+＝2Cl﹣+2Fe3+4．（2024?云南學(xué)業(yè)考試）制備Cu2O的離子方程式為4Cu2++8OH﹣+N2H4＝2Cu2O↓+N2↑+6H2O，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．1L0.1mol?L﹣1的CuSO4溶液中Cu2+數(shù)目為0.1NA B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LN2所含π鍵數(shù)為2NA C．生成1.44gCu2O轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.01NA D．1molN2H4所含質(zhì)子數(shù)為14NA5．（2024?瓊山區(qū)校級模擬）X、Y、Z、W、P、Q為短周期元素，其中Y的原子序數(shù)最小，它們的最高正價與原子半徑關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是（）A．Y在元素周期表中位于p區(qū) B．第一電離能：Z＞P＞Q＞X C．氧化物對應(yīng)水化物的酸性：Q＞P＞Z D．電負(fù)性：Q＞P＞Z【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。海洋是一個巨大的鹵素資源寶庫，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Na+周圍緊鄰且距離相等的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沸點較高9．（2024秋?香坊區(qū)校級月考）某溫度下，將氯氣通入NaOH溶液中，反應(yīng)得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合溶液（已知氯氣和NaOH在一定溫度下能發(fā)生反應(yīng)：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O），經(jīng)測定ClO﹣與的數(shù)目之比為1：3，則氯氣與氫氧化鈉反應(yīng)時，被還原的氯元素和被氧化的氯元素的質(zhì)量之比為（）A．4：1 B．11：3 C．3：1 D．21：510．（2024春?雨花區(qū)期末）我國科學(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．過渡態(tài)物質(zhì)的穩(wěn)定性：過渡態(tài)1＞過渡態(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?云南學(xué)業(yè)考試）水伏發(fā)電的原理如圖。水溶液進(jìn)入表面修飾了羥基等親水基團(tuán)的毛細(xì)管后，因毛細(xì)作用和蒸發(fā)驅(qū)動，攜帶與管內(nèi)壁表面電性相反的離子上移，在管內(nèi)溶液上下兩端形成流動電勢差。下列說法錯誤的是（）A．管內(nèi)溶液下端為負(fù)極 B．提高環(huán)境溫度有利于提高發(fā)電效率 C．放電時正極發(fā)生的反應(yīng)是2H++2e﹣＝H2↑ D．水溶液中鹽的濃度和陽離子電荷數(shù)會影響其電勢差12．（2024秋?鹽城月考）CO2催化加氫制甲醇，在減少CO2排放的同時實現(xiàn)了CO2的資源化，該反應(yīng)可表示為CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g），保持起始反應(yīng)物n（H2）：n（CO2）＝3：1，T＝250℃時x（CH3OH）隨壓強(qiáng)變化的曲線和p＝5×105Pa時x（CH3OH）隨溫度變化的曲線如圖。已知：x（CH3OH）表示平衡體系中甲醇的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)。下列說法正確的是（）A．該反應(yīng)正反應(yīng)活化能大于逆反應(yīng)活化能 B．圖中曲線變化說明高溫、低壓有利于提高原料利用率 C．當(dāng)p＝6×105Pa、T＝210℃時，達(dá)平衡后x（CH3OH）＜0.1 D．a(chǎn)、b曲線交點處CO2轉(zhuǎn)化率相同，平衡常數(shù)不同13．（2024秋?湖南月考）某實驗小組用如圖所示裝置探究木炭與濃硝酸的反應(yīng)，實驗記錄如下：①燒瓶中產(chǎn)生紅棕色氣體；②澄清石灰水始終不變渾濁；③酸性KMnO4溶液顏色變淺。下列敘述正確的是（）A．甲中木炭一定與濃硝酸發(fā)生了反應(yīng) B．乙向丙中導(dǎo)入了還原性氣體 C．乙中不變渾濁的原因是甲中不產(chǎn)生CO2 D．濃硝酸與木炭的反應(yīng)中，硝酸表現(xiàn)氧化性和酸性14．（2024?4月份模擬）保加利亞醌素是一種具有細(xì)胞活性的天然化合物，有潛在的藥物功能，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列關(guān)于該物質(zhì)的說法錯誤的是（）A．分子式為C20H10O5 B．所有碳原子可能處于同一平面 C．含有2種官能團(tuán) D．1mol該物質(zhì)最多能與11molH2發(fā)生加成反應(yīng)15．（2023秋?肇東市校級期末）羥醛縮合反應(yīng)是一種常用的增長碳鏈的方法。一種合成目標(biāo)產(chǎn)物（圖中⑦）的反應(yīng)機(jī)理如圖所示。下列說法錯誤的是（）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的過程中沒有非極性鍵的斷裂和生成 D．合成⑦的總反應(yīng)為+16．（2024?湖南模擬）以磷肥生產(chǎn)中的副產(chǎn)物氟硅酸（H2SiF6）為原料制備高純氟化鋁，可以解決螢石資源日益匱乏的現(xiàn)狀。其中一種新工藝流程如圖所示：已知：①常溫下，0.05mol?L﹣1H2SiF6溶液的pH為1；②熔點：AlCl3192℃，AlF31090℃，SiCl4﹣70℃；沸點：SiF4﹣86℃。下列有關(guān)說法不正確的是（）A．AlCl3與AlF3固體晶體類型不同 B．氟硅酸與硫酸鈉反應(yīng)的離子方程式為+2Na+═Na2SiF6↓ C．“氣相沉積”工序中，將無水氯化鋁以氣態(tài)形式投入，可以使反應(yīng)更充分，產(chǎn)品純度更高 D．含1molH2SiF6的原料最終制得1.2molAlF3，則實驗產(chǎn)率為60%17．（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)計實驗探究Cu被I2氧化的產(chǎn)物及銅元素的價態(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]+（無色）容易被空氣氧化；[Cu（H2O）4]2+（藍(lán)色）、[CuI2]﹣（無色）。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。實驗記錄如下：c（KI）實驗現(xiàn)象實驗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驗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)行以下實驗探究：步驟①取實驗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。下列說法正確的是（）A．實驗Ⅰ銅被氧化為+1價，實驗Ⅱ銅被氧化為+2價 B．步驟①的目的是除去（或I2），防止干擾后續(xù)實驗 C．步驟②中溶液隨顏色的變化pH不變 D．結(jié)合上述實驗，若從實驗Ⅰ中提取白色沉淀，過濾后，可用濃HI溶液洗滌18．（2024?河南開學(xué)）室溫下，H2S水溶液中各含硫微粒物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)δ隨pH的變化關(guān)系如圖所示[例如δ（H2S）＝]，已知：室溫下，Ksp（FeS）＝6.3×10﹣18，Ksp[Fe（OH）2]＝4.9×10﹣17，0.10mol?L﹣1Na2S溶液中S2﹣的水解率為62%。下列說法錯誤的是（）A．室溫下，H2S的Ka1和Ka2分別為1×10﹣7、1×10﹣13；溶解度：FeS小于Fe（OH）2 B．以酚酞為指示劑（變色的pH范圍為8.2～10.0），用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液可準(zhǔn)確滴定H2S水溶液的濃度 C．等物質(zhì)的量濃度的Na2S和NaHS混合溶液中存在關(guān)系：c（HS﹣）+3c（H2S）+2c（H+）＝c（S2﹣）+2c（OH﹣） D．0.010mol?L﹣1FeCl2溶液中加入等體積0.20mol?L﹣1Na2S溶液，反應(yīng)初始生成的沉淀是FeS和Fe（OH）219．（2024秋?呼和浩特月考）如圖所示，圖像中橫坐標(biāo)為Cl﹣或的物質(zhì)的量濃度負(fù)對數(shù)，縱坐標(biāo)為Ag+的物質(zhì)的量濃度負(fù)對數(shù)。已知：Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2CrO4）且Ag2CrO4為磚紅色沉淀。下列說法錯誤的是（）A．曲線Ⅰ表示Ksp（AgCl） B． C．的平衡常數(shù)K＝10﹣8 D．由數(shù)據(jù)可知，用硝酸銀滴定氯離子測定其濃度時，K2CrO4可作為指示劑20．（2024?廣西）573K、高壓條件下，一定量的苯甲腈在密閉容器中發(fā)生連續(xù)水解：C6H5CN（苯甲腈）→C6H5CONH2（苯甲酰胺）→C6H5COOH（苯甲酸）如圖為水解過程中上述三者（分別用X、Y、Z表示）的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)x（A）隨時間t的變化曲線，其中。下列說法錯誤的是（）A．水解產(chǎn)物除了Y、Z還有NH3 B．a(chǎn)點時v（Y）消耗＝v（Y）生成 C．x（Z）在15min前基本不變，15min后明顯增大，可能是水解產(chǎn)物對生成Z的反應(yīng)有催化作用 D．任意25min時間段內(nèi)存在v（X）＝v（Y）+v（Z）二．解答題（共5小題）21．（2024秋?皇姑區(qū)校級月考）硼是第ⅢA族中唯一的非金屬元素，可以形成眾多的化合物。回答下列問題：（1）下列硼原子電子排布圖表示的狀態(tài)中，能量最低和最高的分別為、（填標(biāo)號）。A．B．C．D．（2）氨硼烷（H3N?BH3）分子中與N相連的H呈正電性，與B原子相連的H呈負(fù)電性，它們之間存在靜電相互吸引作用，稱為雙氫鍵，用“N—H???H—B”表示。以下物質(zhì)之間可能形成雙氫鍵的是。A．苯和三氯甲烷B．LiH和HCNC．C2H4和C2H2D．B2H6和NH3硼氫化鈉（NaBH4）是一種常見的還原劑，常溫下易與水反應(yīng)，可溶于異丙胺（沸點33℃），某探究小組采用偏硼酸鈉（NaBO2）為主要原料制備NaBH4，其實驗流程如圖：（3）第一步為高溫合成，寫出該合成的化學(xué)方程式。（4）流程中可以循環(huán)利用的物質(zhì)除NaBO2外，還有。（5）NaBH4做還原劑時需控制溶液為弱堿性。若酸性較強(qiáng)，NaBH4易與水反應(yīng)放出H2并生成硼酸，寫出反應(yīng)的離子方程式。實驗測定NaBH4的產(chǎn)率原理及步驟如下：①測定原理：3NaBH4+4KIO3＝3NaBO2+4KI+6H2OKIO3+5KI+3H2SO4＝3I2+3K2SO4+3H2OI2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6。②測定步驟步驟1：探究小組以：23.76gNaBO2為主要原料制得NaBH4產(chǎn)品，配成250mL溶液，量取2.50mL置于碘量瓶中，加入30.00mL0.1000mol?L﹣1KIO3溶液振蕩60s，使充分反應(yīng)。步驟2：向充分反應(yīng)的溶液加入過量的KI溶液，調(diào)節(jié)至酸性，冷卻后暗處放置數(shù)分鐘。步驟3：用0.2000mol?L﹣1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至微黃色，加入幾滴淀粉指示劑，繼續(xù)滴定至終點，消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為24.00mL。（6）通過計算確定上述實驗流程中NaBH4的產(chǎn)率。（7）若滴定前滴定管中有氣泡，滴定后氣泡消失，將導(dǎo)致NaBH4的產(chǎn)率（填“偏高”“偏低”或“無影響”）。22．（2024秋?貴陽月考）生活中處處都有化學(xué)?；瘜W(xué)與生產(chǎn)、生活息息相關(guān)，請回答下列問題：Ⅰ.家里廚衛(wèi)中有許多化學(xué)物質(zhì)。廚房里有食鹽（主要成分①NaCl）、白醋（主要成分②CH3COOH）、料酒（主要成分③C2H5OH）、小蘇打（主要成分④NaHCO3、天然氣（主要成分⑤CH4）、菜刀（主要材料⑥Fe）等；衛(wèi)生間有潔廁靈（主要成分⑦濃鹽酸）、“84”消毒液（主要成分⑧NaClO）等。（1）上述標(biāo)有序號的物質(zhì)中屬于電解質(zhì)的是（填序號，下同）；能夠?qū)щ姷氖?。?）將⑦與④的溶液混合，寫出反應(yīng)的離子方程式：。（3）次磷酸和②CH3COOH都屬于一元酸，次磷酸的化學(xué)式為H3PO2，則H3PO2與過量氫氧化鈉溶液反應(yīng)，生成的正鹽的化學(xué)式為。Ⅱ.侯德榜為我國化工事業(yè)的發(fā)展做出了卓越貢獻(xiàn)，某實驗小組根據(jù)侯德榜聯(lián)合制堿工藝設(shè)計了簡化的制堿工藝如圖所示：（4）第④步的化學(xué)方程式為，該過程中可以循環(huán)使用的物質(zhì)是。（5）某實驗小組按照上述原理制備純堿，經(jīng)檢驗該純堿中還含有NaHCO3，欲測定制備的純堿中Na2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，提出了以下四種方案，你覺得不合理的是（填序號）。A.取ag混合物充分加熱，質(zhì)量減少bgB.取ag混合物與足量的鹽酸進(jìn)行充分反應(yīng)，加熱、蒸干、灼燒，得到bg固體C.取ag混合物與足量NaOH充分反應(yīng)，得到bg溶液D.取ag混合物與足量的稀硫酸充分反應(yīng)，逸出的氣體經(jīng)干燥后用堿石灰吸收，質(zhì)量增加bg（6）氯化銨可用作肥料，從分離出碳酸氫鈉晶體的母液中加入NaCl固體后可以分離出氯化銨晶體，根據(jù)氯化銨和氯化鈉溶解度曲線（如圖），需采用的操作是、過濾、洗滌、干燥。23．（2024?湛江二模）一種合成有機(jī)物G的合成路線如圖：回答下列問題：（1）由A→B反應(yīng)的試劑和條件是。（2）B→C反應(yīng)的反應(yīng)類型為，C中含氧官能團(tuán)的名稱為。（3）M的化學(xué)式為C8H8O2S，則M的結(jié)構(gòu)簡式為。（4）寫出反應(yīng)E→F的化學(xué)方程式：。（5）化合物K是A的同系物，相對分子質(zhì)量比A的多14。K的同分異構(gòu)體中，同時滿足下列條件，且核磁共振氫譜有5組峰，峰面積之比為2：2：1：1：1的結(jié)構(gòu)簡式為（不考慮立體異構(gòu)）。a．能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；b．能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；c．苯環(huán)上有2個取代基。（6）以和為原料，結(jié)合上述合成線路中的相關(guān)信息，設(shè)計合成的路線（用流程圖表示，無機(jī)試劑任選）。24．（2024?重慶開學(xué)）FeSO4?7H2O是一種重要的添加劑。某實驗室用工業(yè)廢渣（主要成分是Fe2O3，還含有CaCO3和SiO2）制備FeSO4?7H2O的流程及硫酸亞鐵的溶解度曲線如圖所示。（1）寫出加稀硫酸時發(fā)生的一個化學(xué)反應(yīng)方程式。（2）操作②的名稱。（3）Fe與Fe2（SO4）3能發(fā)生化合反應(yīng)，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式。（4）下列說法正確的是（填序號）。A．若濾液中沒有硅元素，說明SiO2既不溶于水也不溶于稀硫酸B．待結(jié)晶完畢后，濾出晶體，用沸水洗滌晶體，可以減少晶體的損耗C．假設(shè)過程中Fe無損耗，制得的FeSO4?7H2O中的鐵元素與廢渣中的鐵元素質(zhì)量不相等D．碳酸鈣可以和稀硫酸反應(yīng)，所以實驗室能用石灰石與稀硫酸反應(yīng)制二氧化碳25．（2024?湖北開學(xué)）中國科學(xué)院科研人員在實驗室里首次實現(xiàn)了以二氧化碳為原料，不依賴植物光合作用，用一種類似“搭積木”的方式，構(gòu)建了11步反應(yīng)的人工合成淀粉，在未來，“空氣”做饅頭，“西北風(fēng)”當(dāng)飯“吃”可能不再是做夢。Ⅰ．人工合成淀粉前兩步涉及的反應(yīng)如圖1所示。已知2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH3，則反應(yīng)CO2（g）+2H2（g）═HCHO（g）+H2O（g）的ΔH═（用ΔH1、ΔH2、ΔH3表示）。Ⅱ．11步反應(yīng)，每一步反應(yīng)條件的選擇和調(diào)控都很重要，以第一步反應(yīng)為例，向一定溫度下的恒容密閉容器中充入CO2、H2和催化劑，發(fā)生反應(yīng)：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）（1）反應(yīng)歷程如下（TS表示過渡態(tài)，加*表示吸附在催化劑表面）。該合成甲醇的反應(yīng)ΔH0（填“＞”、“＜”或“＝”），在（填“高溫”或“低溫”）下可自發(fā)進(jìn)行，生成（填“TS1”、“TS2”或“TS3”）的步驟為該反應(yīng)的決速步驟。（2）在恒容密閉容器中，使用兩種不同催化劑進(jìn)行實驗，相同時間內(nèi)CO2的轉(zhuǎn)化率與溫度、催化劑（Cat1、Cat2為兩種不同的催化劑）的關(guān)系如圖3所示。a點時速率比較：v正（CH3OH）v逆（CH3OH）（填“＞”、“＜”或“＝”，下同）；催化效率：Cat2Cat1；（3）已知CO2催化加氫的主要反應(yīng)如下：主反應(yīng)Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）副反應(yīng)Ⅱ：CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）ΔH＞0①下列措施一定能提高反應(yīng)速率和甲醇產(chǎn)率的是（填標(biāo)號）。A．升高溫度B．通入HeC．不改變投料比，增大反應(yīng)物濃度②在壓強(qiáng)分別為p1、p2時，將n起始（CO2）：n起始（H2）＝1：3的混合氣體置于恒容密閉容器中反應(yīng)，不同溫度下平衡時體系中CO2轉(zhuǎn)化率和CH3OH、CO選擇性如圖所示。已知：CH3OH（或CO）的選擇性。代表CH3OH的選擇性曲線是（填“a”、“b”、“c”或“d”），p1p2（填“＞”、“＜”或“＝”）。溫度高于250℃，曲線b上升的原因是。

2025菁優(yōu)高考化學(xué)壓軸卷訓(xùn)練4參考答案與試題解析一．選擇題（共20小題）1．（2024秋?嶗山區(qū)校級月考）下列有關(guān)物質(zhì)的分類正確的是（）選項堿性氧化物酸鹽混合物ANa2ONaHSO4NH4NO3堿石灰BCaOH2SO3KSCN氯水CNa2O2HNO3Na2CO3液氨DFe2O3CH3COOHCu2（OH）2CO3膽礬A．A B．B C．C D．D【專題】物質(zhì)的分類專題；理解與辨析能力．【分析】酸是電離出的陽離子都是氫離子的化合物；堿是電離出的陰離子都是氫氧根離子的化合物；鹽是由金屬陽離子或銨根離子和酸根離子構(gòu)成的化合物；氧化物是含有兩種元素一種為氧元素的化合物；能和堿反應(yīng)生成鹽和水的氧化物屬于酸性氧化物；能和酸反應(yīng)生成鹽和水的氧化物屬于堿性氧化物?！窘獯稹拷猓篈．硫酸氫鈉為鹽不是酸，故A錯誤；B．氧化鈣為堿性氧化物、亞硫酸為弱酸、KSCN為鹽、氯水含氯分子、水等為混合物，故B正確；C．過氧化鈉為過氧化物不是堿性氧化物，液氨為純凈物不是混合物，故C錯誤；D．膽礬為純凈物不是混合物，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題主要考查酸、堿、鹽、氧化物的概念及其相互聯(lián)系等，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(jìn)行解題。2．（2024?滄州三模）下列化學(xué)用語表示正確的是（）A．SF6分子的空間結(jié)構(gòu)模型； B．基態(tài)Cu原子的價層電子的軌道表示式： C．Cl—Cl形成的p﹣pσ鍵模型： D．用電子式表示H2S的形成過程：【專題】化學(xué)用語專題；分析與推測能力．【分析】A．根據(jù)SF6分子的空間結(jié)構(gòu)為正八面體形，硫原子半徑大于氟原子半徑，進(jìn)行分析；B．根據(jù)基態(tài)Cu原子的價層電子排布式為3d104s1，進(jìn)行分析；C．根據(jù)Cl—Cl形成的p﹣pσ鍵進(jìn)行分析；D．根據(jù)H2S為共價化合物，進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓篈．SF6分子的空間結(jié)構(gòu)為正八面體形，硫原子半徑大于氟原子半徑，SF6分子的空間結(jié)構(gòu)模型為，故A正確；B．基態(tài)Cu原子的價層電子排布式為3d104s1，軌道表示式為，故B錯誤；C．Cl—Cl形成的p﹣pσ鍵模型為，故C錯誤；D．H2S為共價化合物，用電子式表示H2S的形成過程為，故D錯誤；故選：A。【點評】本題主要考查用電子式表示簡單的離子化合物和共價化合物的形成等，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(jìn)行解題。3．（2024?滄州三模）電解質(zhì)在水溶液中的反應(yīng)屬于離子反應(yīng)。下列離子方程式正確的是（）A．濃鹽酸與MnO2反應(yīng)制取少量氯氣：MnO2+4HClMn2++2H2O+Cl2↑+2Cl﹣ B．Ba（OH）2溶液中加入過量的NH4HSO4溶液：+H+++Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+H2O+NH3?H2O C．1L0.1mol?L﹣1Na[Al（OH）4]溶液中通入0.28molHCl氣體：5[Al（OH）4]﹣+14H+＝2Al（OH）3↓+3Al3++14H2O D．Cl2通入FeI2溶液中至Fe2+恰好完全反應(yīng)：Cl2+2Fe2+＝2Cl﹣+2Fe3+【專題】離子反應(yīng)專題；理解與辨析能力．【分析】A．根據(jù)氯化氫是強(qiáng)電解質(zhì)，要拆，進(jìn)行分析；B．根據(jù)H+會和OH﹣反應(yīng)，進(jìn)行分析；C．根據(jù)和0.28molH+反應(yīng)，生成0.04molAl（OH）3和0.06molAl3+，進(jìn)行分析；D．根據(jù)還原性：I﹣＞Fe2+，Cl2先氧化I﹣，后氧化Fe2+，進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓篈．濃鹽酸與二氧化錳反應(yīng)制取少量Cl2，離子方程式為：Cl2↑，故A錯誤；B．加入過量的硫酸氫銨溶液，H+優(yōu)先和OH﹣反應(yīng)，離子方程式為+2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O，故B錯誤；C．和0.28molH+反應(yīng)，生成0.04molAl（OH）3和0.06molAl3+，離子方程式為，故C正確；D．還原性：I﹣＞Fe2+，氯氣先氧化I﹣，然后氯氣氧化Fe2+，離子方程式為，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題主要考查離子方程式的書寫等，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(jìn)行解題。4．（2024?云南學(xué)業(yè)考試）制備Cu2O的離子方程式為4Cu2++8OH﹣+N2H4＝2Cu2O↓+N2↑+6H2O，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．1L0.1mol?L﹣1的CuSO4溶液中Cu2+數(shù)目為0.1NA B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LN2所含π鍵數(shù)為2NA C．生成1.44gCu2O轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.01NA D．1molN2H4所含質(zhì)子數(shù)為14NA【專題】阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律；分析與推測能力．【分析】A．根據(jù)硫酸銅為強(qiáng)酸弱堿鹽，Cu2+在溶液中會水解，進(jìn)行分析；B．根據(jù)標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LN2的物質(zhì)的量為1mol，進(jìn)行分析；C．根據(jù)生成2molCu2O轉(zhuǎn)移4mol電子，進(jìn)行分析；D．根據(jù)1個N2H4所含質(zhì)子數(shù)為7+7+4＝18，進(jìn)行分析。【解答】解：A．CuSO4為強(qiáng)酸弱堿鹽，Cu2+在溶液中會水解，則1L0.1mol?L﹣1的硫酸銅溶液中Cu2+數(shù)目小0.1NA，故A錯誤；B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LN2的物質(zhì)的量為1mol，1molN≡N所含π鍵數(shù)為2NA，故B正確；C．生成2mol氧化亞銅轉(zhuǎn)移4mol電子，則生成1.44gCu2O（物質(zhì)的量為0.01mol）轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.02NA，故C錯誤；D．1個N2H4所含質(zhì)子數(shù)為7+7+4＝18，1molN2H4所含質(zhì)子數(shù)為18NA，故D錯誤；故選：B。【點評】本題主要考查阿伏加德羅常數(shù)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(jìn)行解題。5．（2024?瓊山區(qū)校級模擬）X、Y、Z、W、P、Q為短周期元素，其中Y的原子序數(shù)最小，它們的最高正價與原子半徑關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是（）A．Y在元素周期表中位于p區(qū) B．第一電離能：Z＞P＞Q＞X C．氧化物對應(yīng)水化物的酸性：Q＞P＞Z D．電負(fù)性：Q＞P＞Z【專題】元素周期律與元素周期表專題．【分析】X、Y、Z、W、P、Q為短周期元素，Q有+7價，推知Q為Cl元素；Y有+2價、W有+5價，二者原子半徑都小于Q（氯），推知Y為Be元素、W為N元素；Z有+4價、P有+6價，二者原子半徑都大于Q（氯），故Z為Si元素、P為S元素；X有+1價，原子半徑最大且Y的原子序數(shù)最小，推知X為Na元素。【解答】解：由分析可知，X為Na元素、Y為Be元素、Z為Si元素、W為N元素、P為S元素、Q為Cl元素；A．Y是Be元素，位于ⅡA族，屬于s區(qū)元素，故A錯誤；B．同周期主族元素隨原子序數(shù)增大第一電離能呈增大趨勢，但ⅡA族、ⅤA族第一電離能大于同周期相鄰元素，則第一電離能：Cl＞S＞Si＞Na，故B錯誤；C．選項中沒有指明是最高價氧化物對應(yīng)的水化物，不能比較酸性強(qiáng)弱，故C錯誤；D．同周期主族元素自左而右電負(fù)性增大，則電負(fù)性：Cl＞S＞Si，故D正確；故選：D。【點評】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，充分利用化合價與原子半徑進(jìn)行分析推斷，熟練掌握元素周期表，試題培養(yǎng)了學(xué)生分析能力、靈活運(yùn)用知識的能力。【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。海洋是一個巨大的鹵素資源寶庫，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Na+周圍緊鄰且距離相等的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原子價層電子對數(shù)＝＝4，且Cl原子含有1個孤電子對，中Cl原子價層電子對數(shù)＝＝4，且Cl原子不含孤電子對，前者為三角錐形、后者為正四面體形；B．SO2F2中S原子價層電子對數(shù)＝＝4，S原子采用sp3雜化；C．Br原子核外有35個電子，其基態(tài)核外電子排布式為[Ar]3d104s24p5；D．NaCl晶胞中，每個Na+周圍緊鄰且距離相等的Cl﹣有6個，構(gòu)成正八面體結(jié)構(gòu)?！窘獯稹拷猓篈．中Cl原子價層電子對數(shù)＝＝4，且Cl原子含有1個孤電子對，中Cl原子價層電子對數(shù)＝＝4，且Cl原子不含孤電子對，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錯誤；B．SO2F2中S原子價層電子對數(shù)＝＝4，S原子采用sp3雜化，故B錯誤；C．Br原子核外有35個電子，其基態(tài)核外電子排布式為[Ar]3d104s24p5，故C錯誤；D．NaCl晶胞中，每個Na+周圍緊鄰且距離相等的Cl﹣有6個，構(gòu)成正八面體結(jié)構(gòu)，故D正確；故選：D?！军c評】本題主要考查核外電子排布式的書寫及晶胞的結(jié)構(gòu)，為高頻考點，題目難度不大。7．在指定條件下，下列選項所示的物質(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錯誤；B．ICl溶于NaOH溶液：ICl+2OH﹣＝Cl﹣+IO﹣+H2O，故B錯誤；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錯誤；故選：C。【點評】本題主要考查離子方程式正誤的判斷，為高頻考點，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，沸點較高?！窘獯稹拷猓篈．HClO具有強(qiáng)氧化性，可用于漂白紙張，與HClO呈弱酸性無關(guān)，故A錯誤；B．ClO2具有強(qiáng)氧化性，能使蛋白質(zhì)變性，可用于自來水殺菌消毒，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具有感光性無關(guān)，故C錯誤；D．HF分子間存在氫鍵，沸點較高，與HF分子內(nèi)H—F鍵能大無關(guān)，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題主要考查物質(zhì)的性質(zhì)與用途，為高頻考點，題目難度不大。9．（2024秋?香坊區(qū)校級月考）某溫度下，將氯氣通入NaOH溶液中，反應(yīng)得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合溶液（已知氯氣和NaOH在一定溫度下能發(fā)生反應(yīng)：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O），經(jīng)測定ClO﹣與的數(shù)目之比為1：3，則氯氣與氫氧化鈉反應(yīng)時，被還原的氯元素和被氧化的氯元素的質(zhì)量之比為（）A．4：1 B．11：3 C．3：1 D．21：5【專題】氧化還原反應(yīng)專題．【分析】Cl2生成ClO﹣與是被氧化的過程，Cl2生成NaCl是被還原的過程，氧化還原反應(yīng)中氧化劑和還原劑之間得失電子數(shù)目相等，根據(jù)ClO﹣與的物質(zhì)的量濃度之比可計算失去電子的總物質(zhì)的量，進(jìn)而可計算得到電子的總物質(zhì)的量，可計算被還原的氯元素的物質(zhì)的量，以此計算被還原的氯元素和被氧化的氯元素的物質(zhì)的量之比。【解答】解：Cl2生成ClO﹣與是被氧化的過程，化合價分別由0價升高為+1價和+5價，ClO﹣與的物質(zhì)的量之比為1：3，則可設(shè)ClO﹣為1mol，為3mol，被氧化的Cl共為4mol，失去電子的總物質(zhì)的量為1mol×（1﹣0）+3mol×（5﹣0）＝16mol，氧化還原反應(yīng)中氧化劑和還原劑之間得失電子數(shù)目相等，Cl2生成NaCl是被還原的過程，化合價由0價降低為﹣1價，則得到電子的物質(zhì)的量也應(yīng)為16mol，則被還原的Cl的物質(zhì)的量為16mol，所以被還原的氯元素和被氧化的氯元素的物質(zhì)的量之比為16mol：4mol＝4：1，故選：A?！军c評】本題考查氧化還原反應(yīng)的計算，為高頻考點，把握元素化合價變化、電子守恒為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計算能力的考查，注意守恒法的應(yīng)用，題目難度不大。10．（2024春?雨花區(qū)期末）我國科學(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．過渡態(tài)物質(zhì)的穩(wěn)定性：過渡態(tài)1＞過渡態(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?！窘獯稹拷猓篈.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錯誤；B.根據(jù)圖示可知，過渡態(tài)1具有的能量比過渡態(tài)2高，則過渡態(tài)1比過渡態(tài)2物質(zhì)的穩(wěn)定性弱，故B錯誤；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，對應(yīng)的活化能小，催化效果好，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查反應(yīng)中的能量變化，為高頻考點，側(cè)重考查學(xué)生基礎(chǔ)知識的掌握情況，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?云南學(xué)業(yè)考試）水伏發(fā)電的原理如圖。水溶液進(jìn)入表面修飾了羥基等親水基團(tuán)的毛細(xì)管后，因毛細(xì)作用和蒸發(fā)驅(qū)動，攜帶與管內(nèi)壁表面電性相反的離子上移，在管內(nèi)溶液上下兩端形成流動電勢差。下列說法錯誤的是（）A．管內(nèi)溶液下端為負(fù)極 B．提高環(huán)境溫度有利于提高發(fā)電效率 C．放電時正極發(fā)生的反應(yīng)是2H++2e﹣＝H2↑ D．水溶液中鹽的濃度和陽離子電荷數(shù)會影響其電勢差【專題】電化學(xué)專題；分析與推測能力．【分析】由圖可知，原電池工作時，帶正電離子向正極移動，故上端為正極，下端為負(fù)極，據(jù)此作答?！窘獯稹拷猓篈．由分析可知，管內(nèi)溶液下端為負(fù)極，故A正確；B．提高環(huán)境溫度，蒸發(fā)加快，有利于提高發(fā)電效率，故B正確；C．上端為正極，電極反應(yīng)式為2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，故C錯誤；D．水溶液中鹽的濃度和陽離子電荷數(shù)會對電勢差產(chǎn)生影響，故D正確；故選：C?！军c評】本題考查原電池原理，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?鹽城月考）CO2催化加氫制甲醇，在減少CO2排放的同時實現(xiàn)了CO2的資源化，該反應(yīng)可表示為CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g），保持起始反應(yīng)物n（H2）：n（CO2）＝3：1，T＝250℃時x（CH3OH）隨壓強(qiáng)變化的曲線和p＝5×105Pa時x（CH3OH）隨溫度變化的曲線如圖。已知：x（CH3OH）表示平衡體系中甲醇的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)。下列說法正確的是（）A．該反應(yīng)正反應(yīng)活化能大于逆反應(yīng)活化能 B．圖中曲線變化說明高溫、低壓有利于提高原料利用率 C．當(dāng)p＝6×105Pa、T＝210℃時，達(dá)平衡后x（CH3OH）＜0.1 D．a(chǎn)、b曲線交點處CO2轉(zhuǎn)化率相同，平衡常數(shù)不同【專題】化學(xué)平衡專題；分析與推測能力．【分析】由圖可知，反應(yīng)正向氣體分子數(shù)減小，溫度一定時，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動，x（CH3OH）增大，故a曲線表示T＝250℃時x（CH3OH）隨壓強(qiáng)變化的曲線，b曲線表示p＝5×105Pa時x（CH3OH）隨溫度變化的曲線，溫度升高，x（CH3OH）減小，平衡逆向移動，反應(yīng)正向為放熱反應(yīng)，據(jù)此作答?！窘獯稹拷猓篈．反應(yīng)正向為放熱反應(yīng)，故正反應(yīng)活化能小于逆反應(yīng)活化能，故A錯誤；B．高溫、低壓均使平衡逆向移動，不有利于提高原料利用率，故B錯誤；C．當(dāng)p＝2×105Pa、T＝210℃時，達(dá)平衡后x（CH3OH）＝0.1，當(dāng)p＝6×105Pa、T＝210℃時，溫度不變，壓強(qiáng)增大，平衡正向移動，x（CH3OH）＞0.1，故C錯誤；D．由圖可知，a、b曲線交點處x（CH3OH）相同，故CO2轉(zhuǎn)化率相同，但反應(yīng)溫度不同，故平衡常數(shù)不同，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查化學(xué)平衡，題目難度中等，掌握外界條件改變對化學(xué)平衡的影響是解題的關(guān)鍵。13．（2024秋?湖南月考）某實驗小組用如圖所示裝置探究木炭與濃硝酸的反應(yīng)，實驗記錄如下：①燒瓶中產(chǎn)生紅棕色氣體；②澄清石灰水始終不變渾濁；③酸性KMnO4溶液顏色變淺。下列敘述正確的是（）A．甲中木炭一定與濃硝酸發(fā)生了反應(yīng) B．乙向丙中導(dǎo)入了還原性氣體 C．乙中不變渾濁的原因是甲中不產(chǎn)生CO2 D．濃硝酸與木炭的反應(yīng)中，硝酸表現(xiàn)氧化性和酸性【專題】氮族元素；探究與創(chuàng)新能力．【分析】A．根據(jù)濃硝酸受熱易分解生成NO2和O2進(jìn)行分析；B．根據(jù)酸性KMnO4溶液顏色變淺進(jìn)行分析；C．根據(jù)甲中產(chǎn)生CO2和大量NO2，NO2和H2O反應(yīng)生成HNO3和NO，HNO3溶解了CaCO3進(jìn)行分析；D．根據(jù)濃硝酸與木炭反應(yīng)生成NO2、CO2和H2O進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓篈．濃硝酸受熱易分解生成NO2和O2，故A錯誤；B．高錳酸鉀是氧化劑，由“酸性KMnO4溶液顏色變淺”推知：導(dǎo)入丙中氣體含有還原性氣體成分，如NO，故B正確；C．如果甲中產(chǎn)生二氧化碳和大量二氧化氮，二氧化氮和水反應(yīng)生成HNO3和NO，HNO3溶解了CaCO3，則乙中不會變渾濁，故C錯誤；D．濃硝酸與木炭反應(yīng)生成NO2、CO2和H2O，硝酸只體現(xiàn)氧化性，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題主要考查硝酸的化學(xué)性質(zhì)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(jìn)行解題。14．（2024?4月份模擬）保加利亞醌素是一種具有細(xì)胞活性的天然化合物，有潛在的藥物功能，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示。下列關(guān)于該物質(zhì)的說法錯誤的是（）A．分子式為C20H10O5 B．所有碳原子可能處于同一平面 C．含有2種官能團(tuán) D．1mol該物質(zhì)最多能與11molH2發(fā)生加成反應(yīng)【專題】有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷；分析與推測能力．【分析】A．由結(jié)構(gòu)簡式可知，分子含有20個碳原子、10個氫原子、5個氧原子；B．苯環(huán)與雙鍵（碳碳雙鍵、碳氧雙鍵）均通過單鍵相連，所有碳原子可能共平面；C．分子中官能團(tuán)有碳碳雙鍵、羥基、羰基；D．分子種苯環(huán)、碳碳雙鍵、羰基能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)?！窘獯稹拷猓篈．由結(jié)構(gòu)簡式可知，分子含有20個碳原子、10個氫原子、5個氧原子，分子式為C20H10O5，故A正確；B．該分子中所有碳原子均為不飽和碳原子，苯環(huán)與雙鍵（碳碳雙鍵、碳氧雙鍵）均通過單鍵相連，所有碳原子可能共平面，故B正確；C．分子中含有碳碳雙鍵、羥基、羰基共3種官能團(tuán)，故C錯誤；D．1mol該有機(jī)物有2mol苯環(huán)、3mol碳碳雙鍵、2mol羰基，1mol苯環(huán)消耗3molH2，1mol碳碳雙鍵和1mol羰基均消耗1molH2，故1mol該物質(zhì)最多能與（2mol×3+3mol+2mol）＝11molH2發(fā)生加成反應(yīng)，故D正確；故選：C?！军c評】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，熟練掌握官能團(tuán)的結(jié)構(gòu)、性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，題目側(cè)重考查學(xué)生分析能力、靈活運(yùn)用知識的能力。15．（2023秋?肇東市校級期末）羥醛縮合反應(yīng)是一種常用的增長碳鏈的方法。一種合成目標(biāo)產(chǎn)物（圖中⑦）的反應(yīng)機(jī)理如圖所示。下列說法錯誤的是（）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的過程中沒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C＝N鍵、O—H鍵，形成N—H鍵、C＝O鍵，沒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?！窘獯稹拷猓篈．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錯誤；C．⑥到⑦的過程+H2O→++H+，斷開C＝N鍵、O—H鍵，形成N—H鍵、C＝O鍵，沒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?！军c評】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)合已有的知識進(jìn)行解題。16．（2024?湖南模擬）以磷肥生產(chǎn)中的副產(chǎn)物氟硅酸（H2SiF6）為原料制備高純氟化鋁，可以解決螢石資源日益匱乏的現(xiàn)狀。其中一種新工藝流程如圖所示：已知：①常溫下，0.05mol?L﹣1H2SiF6溶液的pH為1；②熔點：AlCl3192℃，AlF31090℃，SiCl4﹣70℃；沸點：SiF4﹣86℃。下列有關(guān)說法不正確的是（）A．AlCl3與AlF3固體晶體類型不同 B．氟硅酸與硫酸鈉反應(yīng)的離子方程式為+2Na+═Na2SiF6↓ C．“氣相沉積”工序中，將無水氯化鋁以氣態(tài)形式投入，可以使反應(yīng)更充分，產(chǎn)品純度更高 D．含1molH2SiF6的原料最終制得1.2molAlF3，則實驗產(chǎn)率為60%【專題】無機(jī)實驗綜合．【分析】H2SiF6與硫酸鈉反應(yīng)生成Na2SiF6，經(jīng)過干燥、熱分解得到氟化鈉和四氟化硅，再經(jīng)過“氣相沉積”工序，得到高純氟化鋁?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)熔點數(shù)據(jù)可知，AlCl3為分子晶體，AlF3為離子晶體，故A正確；B．根據(jù)已知①常溫下，0.05mol?L﹣1H2SiF6溶液的pH為1，則知H2SiF6是強(qiáng)酸，由流程知Na2SiF6為沉淀，因此氟硅酸與硫酸鈉反應(yīng)的離子方程式為，故B正確；C．“氣相沉積”工序中，將無水氯化鋁以氣態(tài)形式投入，增大了反應(yīng)物間的接觸面積，使反應(yīng)更充分，故C正確；D．該工藝中轉(zhuǎn)化的關(guān)系為H2SiF6～Na2SiF6～，含1molH2SiF6的原料理論上得到，實際最終制得1.2molAlF3，則實驗產(chǎn)率為，故D錯誤；故選：D。【點評】本題考查分離提純，側(cè)重考查學(xué)生物質(zhì)之間反應(yīng)和分離提純知識的掌握情況，試題難度中等。17．（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)計實驗探究Cu被I2氧化的產(chǎn)物及銅元素的價態(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]+（無色）容易被空氣氧化；[Cu（H2O）4]2+（藍(lán)色）、[CuI2]﹣（無色）。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。實驗記錄如下：c（KI）實驗現(xiàn)象實驗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驗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)行以下實驗探究：步驟①取實驗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。下列說法正確的是（）A．實驗Ⅰ銅被氧化為+1價，實驗Ⅱ銅被氧化為+2價 B．步驟①的目的是除去（或I2），防止干擾后續(xù)實驗 C．步驟②中溶液隨顏色的變化pH不變 D．結(jié)合上述實驗，若從實驗Ⅰ中提取白色沉淀，過濾后，可用濃HI溶液洗滌【專題】無機(jī)實驗綜合；理解與辨析能力．【分析】實驗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↓，實驗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]﹣為無色，溶液為深紅棕色，由于仍然存在，取實驗II的深紅棕色溶液，加入CCl4多次萃取、分液，將I2（或）除去，分液后的無色水溶液含有[CuI2]﹣，滴入濃氨水，發(fā)生生成無色的[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．實驗I和實驗Ⅱ最終溶液顏色均為紅棕色，說明有存在，生成的CuI和[CuI2]﹣均為+1價，故A錯誤；B．步驟①取實驗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)實驗對銅氧化產(chǎn)物的判斷，故B正確；C．步驟②中溶液由無色變?yōu)闇\藍(lán)色，最終變?yōu)樯钏{(lán)色，因為銅離子與濃氨水反應(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)過程中溶液的pH會發(fā)生變化，故C錯誤；D．若從實驗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錯誤，故選：B?！军c評】本題考查氧化還原反應(yīng)的規(guī)律、物質(zhì)性質(zhì)的探究、實驗方案設(shè)計。18．（2024?河南開學(xué)）室溫下，H2S水溶液中各含硫微粒物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)δ隨pH的變化關(guān)系如圖所示[例如δ（H2S）＝]，已知：室溫下，Ksp（FeS）＝6.3×10﹣18，Ksp[Fe（OH）2]＝4.9×10﹣17，0.10mol?L﹣1Na2S溶液中S2﹣的水解率為62%。下列說法錯誤的是（）A．室溫下，H2S的Ka1和Ka2分別為1×10﹣7、1×10﹣13；溶解度：FeS小于Fe（OH）2 B．以酚酞為指示劑（變色的pH范圍為8.2～10.0），用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液可準(zhǔn)確滴定H2S水溶液的濃度 C．等物質(zhì)的量濃度的Na2S和NaHS混合溶液中存在關(guān)系：c（HS﹣）+3c（H2S）+2c（H+）＝c（S2﹣）+2c（OH﹣） D．0.010mol?L﹣1FeCl2溶液中加入等體積0.20mol?L﹣1Na2S溶液，反應(yīng)初始生成的沉淀是FeS和Fe（OH）2【專題】鹽類的水解專題．【分析】由圖可知，在H2S溶液中存在電離平衡：H2S?H++HS﹣、HS﹣?H++S2﹣，隨著pH的增大，H2S的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)逐漸減小，HS﹣的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)先增大后減小，S2﹣的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)逐漸增大，圖中曲線①、②、③依次代表H2S、HS﹣、S2﹣的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨pH的變化關(guān)系，據(jù)此作答?！窘獯稹拷猓篈．由曲線①和曲線②交點的pH＝7.0此時c（H2S）＝c（HS﹣），可知Ka1＝＝c（H+）＝1×10﹣7，同理由曲線②和曲線③交點的pH＝13.0，可知Ka2＝c（H+）＝1×10﹣13，，F(xiàn)eS的沉淀溶解平衡為FeS（s）?Fe2+（aq）+S2﹣（aq），飽和FeS溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度為c＝；Fe（OH）2的沉淀溶解平衡為，飽和Fe（OH）2溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度為c＝，故溶解度：FeS小于Fe（OH）2，故A正確；B．酚酞變色的pH范圍為8.2～10.0，若以酚酞為指示劑，用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定H2S水溶液，由圖可知，當(dāng)酚酞發(fā)生明顯顏色變化時，反應(yīng)沒有完全生成酸式鹽NaHS，即不能用酚酞作指示劑判斷滴定終點，故B錯誤；C．等物質(zhì)的量濃度的Na2S和NaHS混合溶液中，物料守恒關(guān)系式為2c（Na+）＝3c（S2﹣）+3c（HS﹣）+3c（H2S），電荷守恒關(guān)系式為c（Na+）+c（H+）＝c（HS﹣）+2c（S2﹣）+c（OH﹣），兩式合并，得到c（HS﹣）+3c（H2S）+2c（H+）＝c（S2﹣）+2c（OH﹣），故C正確；D．0.010mol?L﹣1FeCl2溶液中加入等體積0.20mol?L﹣1Na2S溶液，混合一瞬間得到0.005mol?L﹣1FeCl2和0.10mol?L﹣1Na2S的混合液，結(jié)合題干中的已知條件“0.10mol?L﹣1Na2S溶液中S2﹣的水解率為62%”，可知濃度商，濃度商，故反應(yīng)初始生成的沉淀是FeS和Fe（OH）2，故D正確；故選：B?！军c評】本題考查沉淀溶解平衡，題目難度中等，能依據(jù)圖象和信息計算電離平衡常數(shù)是解題的關(guān)鍵。19．（2024秋?呼和浩特月考）如圖所示，圖像中橫坐標(biāo)為Cl﹣或的物質(zhì)的量濃度負(fù)對數(shù)，縱坐標(biāo)為Ag+的物質(zhì)的量濃度負(fù)對數(shù)。已知：Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2CrO4）且Ag2CrO4為磚紅色沉淀。下列說法錯誤的是（）A．曲線Ⅰ表示Ksp（AgCl） B． C．的平衡常數(shù)K＝10﹣8 D．由數(shù)據(jù)可知，用硝酸銀滴定氯離子測定其濃度時，K2CrO4可作為指示劑【專題】鹽類的水解專題；理解與辨析能力．【分析】A．根據(jù)Ksp（AgCl）＝c（Ag+）?c（Cl﹣），進(jìn)行分析；B．根據(jù)，進(jìn)行分析；C．根據(jù)平衡常數(shù)的計算式進(jìn)行分析；D．根據(jù)Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2CrO4）可知，相同銀離子時，氯離子先沉淀，進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)Ksp（AgCl）＝c（Ag+）?c（Cl﹣），，，故曲線Ⅰ表示Ksp（AgCl），故A正確；B．曲線Ⅰ表示Ksp（AgCl），，故B正確；C．，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時，平衡常數(shù)，故C錯誤；D．根據(jù)Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2CrO4）可知，相同銀離子時，Cl﹣先沉淀，用AgNO3滴定氯離子測定其濃度時，Ag2CrO4開始沉淀，出現(xiàn)磚紅色，表明Cl﹣已經(jīng)反應(yīng)完全，此時到達(dá)滴定終點，故K2CrO4可作為指示劑，故D正確；故選：C。【點評】本題主要考查沉淀溶解平衡等，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(jìn)行解題。20．（2024?廣西）573K、高壓條件下，一定量的苯甲腈在密閉容器中發(fā)生連續(xù)水解：C6H5CN（苯甲腈）→C6H5CONH2（苯甲酰胺）→C6H5COOH（苯甲酸）如圖為水解過程中上述三者（分別用X、Y、Z表示）的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)x（A）隨時間t的變化曲線，其中。下列說法錯誤的是（）A．水解產(chǎn)物除了Y、Z還有NH3 B．a(chǎn)點時v（Y）消耗＝v（Y）生成 C．x（Z）在15min前基本不變，15min后明顯增大，可能是水解產(chǎn)物對生成Z的反應(yīng)有催化作用 D．任意25min時間段內(nèi)存在v（X）＝v（Y）+v（Z）【專題】化學(xué)平衡專題；理解與辨析能力．【分析】苯甲腈在密閉容器中發(fā)生連續(xù)水解：C6H5CN（苯甲腈）+H2O→C6H5CONH2（苯甲酰胺），C6H5CONH2（苯甲酰胺）+H2O→C6H5COOH（苯甲酸）+NH3，據(jù)此作答?！窘獯稹拷猓篈．由分析可知，水解產(chǎn)物除了Y、Z還有NH3，故A正確；B．由圖可知，a點時Y的量未保持不變，反應(yīng)尚未達(dá)到平衡，故v（Y）消耗≠v（Y）生成，故B錯誤；C．由圖可知，15min后明顯增大，可能是水解產(chǎn)物對生成Z的反應(yīng)有催化作用，故C正確；D．由元素守恒可知，任意25min時間段內(nèi)存在v（X）＝v（Y）+v（Z），故D正確；故選：B?！军c評】本題考查化學(xué)平衡，題目難度中等，能依據(jù)題目信息判斷反應(yīng)過程是解題的關(guān)鍵。二．解答題（共5小題）21．（2024秋?皇姑區(qū)校級月考）硼是第ⅢA族中唯一的非金屬元素，可以形成眾多的化合物?；卮鹣铝袉栴}：（1）下列硼原子電子排布圖表示的狀態(tài)中，能量最低和最高的分別為A、D（填標(biāo)號）。A．B．C．D．（2）氨硼烷（H3N?BH3）分子中與N相連的H呈正電性，與B原子相連的H呈負(fù)電性，它們之間存在靜電相互吸引作用，稱為雙氫鍵，用“N—H???H—B”表示。以下物質(zhì)之間可能形成雙氫鍵的是BD。A．苯和三氯甲烷B．LiH和HCNC．C2H4和C2H2D．B2H6和NH3硼氫化鈉（NaBH4）是一種常見的還原劑，常溫下易與水反應(yīng)，可溶于異丙胺（沸點33℃），某探究小組采用偏硼酸鈉（NaBO2）為主要原料制備NaBH4，其實驗流程如圖：（3）第一步為高溫合成，寫出該合成的化學(xué)方程式。（4）流程中可以循環(huán)利用的物質(zhì)除NaBO2外，還有異丙胺。（5）NaBH4做還原劑時需控制溶液為弱堿性。若酸性較強(qiáng)，NaBH4易與水反應(yīng)放出H2并生成硼酸，寫出反應(yīng)的離子方程式。實驗測定NaBH4的產(chǎn)率原理及步驟如下：①測定原理：3NaBH4+4KIO3＝3NaBO2+4KI+6H2OKIO3+5KI+3H2SO4＝3I2+3K2SO4+3H2OI2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6。②測定步驟步驟1：探究小組以：23.76gNaBO2為主要原料制得NaBH4產(chǎn)品，配成250mL溶液，量取2.50mL置于碘量瓶中，加入30.00mL0.1000mol?L﹣1KIO3溶液振蕩60s，使充分反應(yīng)。步驟2：向充分反應(yīng)的溶液加入過量的KI溶液，調(diào)節(jié)至酸性，冷卻后暗處放置數(shù)分鐘。步驟3：用0.2000mol?L﹣1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至微黃色，加入幾滴淀粉指示劑，繼續(xù)滴定至終點，消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為24.00mL。（6）通過計算確定上述實驗流程中NaBH4的產(chǎn)率45.8%。（7）若滴定前滴定管中有氣泡，滴定后氣泡消失，將導(dǎo)致NaBH4的產(chǎn)率偏低（填“偏高”“偏低”或“無影響”）?！緦ｎ}】原子組成與結(jié)構(gòu)專題；化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)；分析與推測能力．【分析】（1）電子能量1s＜2s＜2p，則2p軌道上電子越多、1s軌道上電子越少，其能量越高；（2）A．在苯和三氯甲烷分子中H原子都是呈正電性；B．在LiH中H顯負(fù)電性，而在HCN中H顯正電性；C．在C2H4和C2H2中H原子都是呈正電性；D．在B2H6中H顯負(fù)電性，在NH3中H原子都是呈正電性；（3）第一步為高溫合成，NaBO2、Na、SiO2和氫氣在高溫條件下反應(yīng)生成NaBH4和硅酸鈉；（4）根據(jù)流程中信息可知，萃取時加入異丙胺；（5）若酸性較強(qiáng)，NaBH4易與水反應(yīng)放出H2并生成一種弱酸，為硼酸；（6）理論上制得n（NaBH4）＝n（NaBO2）＝0.3600mol，剩余的，與NaBH4反應(yīng)的，制得n（NaBH4）＝n（KIO3）＝；（7）若滴定前滴定管中有氣泡，滴定后氣泡消失，則消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積偏大，剩余的KIO3偏多?！窘獯稹拷猓海?）電子能量1s＜2s＜2p，則2p軌道上電子越多、1s軌道上電子越少，其能量越高，則能量由高到低的順序是D＞C＞B＞A，故能量最低和最高的分別為A、D，故答案為：A；D；（2）A．在苯和三氯甲烷分子中H原子都是呈正電性，因此不存在雙氫鍵，故A錯誤；B．在LiH中H顯負(fù)電性，而在HCN中H顯正電性，因此二者之間存在雙氫鍵，故B正確；C．在C2H4和C2H2中H原子都是呈正電性，因此不存在雙氫鍵，故C錯誤；D．在B2H6中H顯負(fù)電性，在NH3中H原子都是呈正電性，因此二者之間存在雙氫鍵，故D正確；故答案為：BD；（3）第一步為高溫合成，NaBO2、Na、SiO2和氫氣在高溫條件下反應(yīng)生成NaBH4和硅酸鈉，合成的化學(xué)方程式為，故答案為：；（4）根據(jù)流程中信息可知，萃取時加入異丙胺，蒸餾時產(chǎn)生異丙胺可循環(huán)使用，故答案為：異丙胺；（5）若酸性較強(qiáng)，NaBH4易與水反應(yīng)放出H2并生成一種弱酸，為硼酸，反應(yīng)的離子方程式為，故答案為：；（6）理論上制得n（NaBH4）＝n（NaBO2）＝0.3600mol，剩余的，與NaBH4反應(yīng)的，制得n（NaBH4）＝n（KIO3）＝，NaBH4產(chǎn)率為，故答案為：45.8%；（7）若滴定前滴定管中有氣泡，滴定后氣泡消失，則消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積偏大，剩余的KIO3偏多，則與NaBH4反應(yīng)的KIO3偏少，故將導(dǎo)致NaBH4的產(chǎn)率偏低，故答案為：偏低。【點評】本題考查原子結(jié)構(gòu)和晶體結(jié)構(gòu)，側(cè)重考查學(xué)生核外電子排布和晶胞計算的掌握情況，試題難度中等。22．（2024秋?貴陽月考）生活中處處都有化學(xué)。化學(xué)與生產(chǎn)、生活息息相關(guān)，請回答下列問題：Ⅰ.家里廚衛(wèi)中有許多化學(xué)物質(zhì)。廚房里有食鹽（主要成分①NaCl）、白醋（主要成分②CH3COOH）、料酒（主要成分③C2H5OH）、小蘇打（主要成分④NaHCO3、天然氣（主要成分⑤CH4）、菜刀（主要材料⑥Fe）等；衛(wèi)生間有潔廁靈（主要成分⑦濃鹽酸）、“84”消毒液（主要成分⑧NaClO）等。（1）上述標(biāo)有序號的物質(zhì)中屬于電解質(zhì)的是①②④⑧（填序號，下同）；能夠?qū)щ姷氖洽蔻?。?）將⑦與④的溶液混合，寫出反應(yīng)的離子方程式：。（3）次磷酸和②CH3COOH都屬于一元酸，次磷酸的化學(xué)式為H3PO2，則H3PO2與過量氫氧化鈉溶液反應(yīng)，生成的正鹽的化學(xué)式為NaH2PO2。Ⅱ.侯德榜為我國化工事業(yè)的發(fā)展做出了卓越貢獻(xiàn)，某實驗小組根據(jù)侯德榜聯(lián)合制堿工藝設(shè)計了簡化的制堿工藝如圖所示：（4）第④步的化學(xué)方程式為2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，該過程中可以循環(huán)使用的物質(zhì)是CO2。（5）某實驗小組按照上述原理制備純堿，經(jīng)檢驗該純堿中還含有NaHCO3，欲測定制備的純堿中Na2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，提出了以下四種方案，你覺得不合理的是C（填序號）。A.取ag混合物充分加熱，質(zhì)量減少bgB.取ag混合物與足量的鹽酸進(jìn)行充分反應(yīng)，加熱、蒸干、灼燒，得到bg固體C.取ag混合物與足量NaOH充分反應(yīng)，得到bg溶液D.取ag混合物與足量的稀硫酸充分反應(yīng)，逸出的氣體經(jīng)干燥后用堿石灰吸收，質(zhì)量增加bg（6）氯化銨可用作肥料，從分離出碳酸氫鈉晶體的母液中加入NaCl固體后可以分離出氯化銨晶體，根據(jù)氯化銨和氯化鈉溶解度曲線（如圖），需采用的操作是降溫結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥?！緦ｎ}】鹵族元素；幾種重要的金屬及其化合物；理解與辨析能力．【分析】（1）在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物是作電解質(zhì)，NaCl、CH3COOH、NaHCO3、NaClO本身不導(dǎo)電，其水溶液能導(dǎo)電，屬于電解質(zhì)，C2H5OH、CH4是化合物，但兩者在水溶液和熔融狀態(tài)都不導(dǎo)電，屬于非電解質(zhì)，F(xiàn)e是單質(zhì)，能導(dǎo)電、濃鹽酸是混合物，不是電解質(zhì)，能導(dǎo)電；（2）⑦是濃鹽酸，④是NaHCO3，這兩者反應(yīng)的實質(zhì)是濃鹽酸中的H+和NaHCO3電離出的反應(yīng)生成CO2氣體和H2O；（3）次磷酸屬于一元酸，次磷酸的化學(xué)式為H3PO2，則H3PO2生成的正鹽的化學(xué)式為NaH2PO2；（4）～（6）飽和食鹽水中，先通入氨氣，得到氨的飽和食鹽水，再通入CO2，生成NaHCO3懸濁液，過濾、洗滌、干燥，得到NaHCO3晶體，將NaHCO3晶體加熱分解，得到Na2CO3，生成的CO2可以循環(huán)使用，據(jù)此分析作答?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)分析可知，屬于電解質(zhì)的是①②④⑧，能夠?qū)щ姷氖洽蔻?，故答案為：①②④⑧；⑥⑦；?）將⑦與④的溶液混合，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：，故答案為：；（3）次磷酸和②CH3COOH都屬于一元酸，次磷酸的化學(xué)式為H3PO2，則H3PO2與過量氫氧化鈉溶液反應(yīng)，生成的正鹽的化學(xué)式為NaH2PO2，故答案為：NaH2PO2；（4）根據(jù)分析可知，第④步的化學(xué)方程式為：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，該過程中可以循環(huán)使用的物質(zhì)是CO2，故答案為：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O；CO2；（5）A.取ag混合物充分加熱，質(zhì)量減少bg，NaHCO3加熱分解為碳酸鈉、二氧化碳、水，則碳酸氫鈉質(zhì)量為，Na2CO3的質(zhì)量為，Na2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為，故A不符合題意，B.取ag混合物與足量稀鹽酸充分反應(yīng)，加熱、蒸干、灼燒，得到bg固體，設(shè)Na2CO3和NaHCO3的質(zhì)量分別是xg、yg，則解方程組可得碳酸鈉的質(zhì)量，進(jìn)而計算出Na2CO3質(zhì)量分?jǐn)?shù)，故B不符合題意；C.取ag混合物與足量NaOH溶液充分反應(yīng)，得到bg溶液，不能計算碳酸鈉質(zhì)量，故C符合題意；D.取ag混合物與足量稀硫酸充分反應(yīng)，逸出氣體經(jīng)干燥后用堿石灰吸收，質(zhì)量增加bg，可知二氧化碳的質(zhì)量為bg，設(shè)Na2CO3和NaHCO3的質(zhì)量分別是xg、yg，則，解方程組可得碳酸鈉的質(zhì)量，進(jìn)而計算出Na2CO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，故D不符合題意；故答案為：C；（6）根據(jù)氯化銨和氯化鈉的溶解度曲線可知，氯化銨的溶解度隨溫度的變化較大，而氯化鈉的溶解度隨溫度的變化不大，從母液中分離出氯化銨晶體，在母液中加入氯化鈉固體，使氯化銨較高溫度下形成飽和溶液，降低溫度使氯化銨以晶體形式析出，再將其過濾、洗滌、干燥就可以得到純凈的氯化銨固體，故答案為：降溫結(jié)晶?！军c評】本題主要考查電解質(zhì)的概念及判斷，侯氏制堿法的原理、方程式書寫等，屬于基本知識的考查，難度中等。23．（2024?湛江二模）一種合成有機(jī)物G的合成路線如圖：回答下列問題：（1）由A→B反應(yīng)的試劑和條件是濃硫酸和濃硝酸，加熱。（2）B→C反應(yīng)的反應(yīng)類型為酯化反應(yīng)或者取代反應(yīng)，C中含氧官能團(tuán)的名稱為硝基和酯基。（3）M的化學(xué)式為C8H8O2S，則M的結(jié)構(gòu)簡式為。（4）寫出反應(yīng)E→F的化學(xué)方程式：+2H2O+2CH3OH。（5）化合物K是A的同系物，相對分子質(zhì)量比A的多14。K的同分異構(gòu)體中，同時滿足下列條件，且核磁共振氫譜有5組峰，峰面積之比為2：2：1：1：1的結(jié)構(gòu)簡式為（不考慮立體異構(gòu)）。a．能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；b．能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；c．苯環(huán)上有2個取代基。（6）以和為原料，結(jié)合上述合成線路中的相關(guān)信息，設(shè)計合成的路線（用流程圖表示，無機(jī)試劑任選）。【專題】有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷．【分析】由題干流程圖可知，由B、D的結(jié)構(gòu)簡式、C的分子式并結(jié)合B到C的轉(zhuǎn)化條件可知，C的結(jié)構(gòu)簡式為：，由D的結(jié)構(gòu)簡式和C到D的轉(zhuǎn)化條件并結(jié)合M的化學(xué)式C8H8O2S可知，化合物M的結(jié)構(gòu)簡式為：，由E、G的結(jié)構(gòu)簡式和F的分子式并結(jié)合E到F的轉(zhuǎn)化條件可知，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡式為：，據(jù)此分析解題?！窘獯稹拷猓海?）由題干流程圖可知，A到B即在苯環(huán)上引入硝基，故由A→B反應(yīng)的試劑和條件是濃硫酸和濃硝酸，加熱，故答案為：濃硫酸和濃硝酸，加熱；（2）由分析可知，C的結(jié)構(gòu)簡式為：，結(jié)合題干流程圖可知B→C反應(yīng)的反應(yīng)類型為酯化反應(yīng)或者取代反應(yīng)，C中含氧官能團(tuán)的名稱為硝基和酯基，故答案為：酯化反應(yīng)或者取代反應(yīng)；硝基和酯基；（3）由分析可知，M的化學(xué)式為C8H8O2S，則M的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：；（4）由分析可知，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡式為：，故反應(yīng)E→F的化學(xué)方程式為：+2H2O+2CH3OH，故答案為：+2H2O+2CH3OH；（5）由題干流程圖可知，A的分子式為：C7H5O2Br，化合物K是A的同系物，相對分子質(zhì)量比A的多14，則K的分子式為：C8H7O2Br，K的同分異構(gòu)體中，同時滿足下列條件a．能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)即含有酚羥基；b．能發(fā)生銀鏡反應(yīng)即含有醛基或甲酸酯，結(jié)合O原子數(shù)目可知，只能是醛基；c．苯環(huán)上有2個取代基，則這兩個取代基為：﹣OH和﹣CHBrCHO，且核磁共振氫譜有5組峰則為對位結(jié)構(gòu)，峰面積之比為2：2：1：1：1的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：；（6）由題干F到G的轉(zhuǎn)化信息可知，可由和在催化劑作用下形成酰胺基可得，根據(jù)D到E的轉(zhuǎn)化條件可知，可由還原制得，發(fā)生硝化反應(yīng)即可制得，由此確定合成路線為：，故答案為：?！军c評】本題考查有機(jī)物合成，側(cè)重考查對比、分析、判斷及知識綜合運(yùn)用能力，利用某些結(jié)構(gòu)簡式、分子式、反應(yīng)條件及題給信息正確推斷各物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式是解本題關(guān)鍵，采用知識遷移、逆向思維方法進(jìn)行合成路線設(shè)計，題目難度中等。24．（2024?重慶開學(xué)）FeSO4?7H2O是一種重要的添加劑。某實驗室用工業(yè)廢渣（主要成分是Fe2O3，還含有CaCO3和SiO2）制備FeSO4?7H2O的流程及硫酸亞鐵的溶解度曲線如圖所示。（1）寫出加稀硫酸時發(fā)生的一個化學(xué)反應(yīng)方程式Fe2O3+3H2SO4＝Fe2（SO4）3+3H2O或CaCO3+H2SO4＝CaSO4+CO2↑+H2O。（2）操作②的名稱過濾。（3）Fe與Fe2（SO4）3能發(fā)生化合反應(yīng)，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式Fe+Fe2（SO4）3＝3FeSO4。（4）下列說法正確的是AC（填序號）。A．若濾液中沒有硅元素，說明SiO2既不溶于水也不溶于稀硫酸B．待結(jié)晶完畢后，濾出晶體，用沸水洗滌晶體，可以減少晶體的損耗C．假設(shè)過程中Fe無損耗，制得的FeSO4?7H2O中的鐵元素與廢渣中的鐵元素質(zhì)量不相等D．碳酸鈣可以和稀硫酸反應(yīng)，所以實驗室能用石灰石與稀硫酸反應(yīng)制二氧化碳【專題】無機(jī)實驗綜合．【分析】用工業(yè)廢渣（主要成分是Fe2O3，還含有CaCO3和SiO2）制備FeSO4?7H2O的流程可知，廢渣研磨后加入稀硫酸溶解，和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸鐵和水，和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸鈣、水和二氧化碳，SiO2不溶解，過濾得到濾渣為SiO2，濾液中加入鐵粉和稀硫酸、硫酸鐵反應(yīng)，得到硫酸亞鐵溶液，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾洗滌得到FeSO4?7