2025高考假期提升專項練習化學壓軸卷訓練7含答案及解析

2025菁優(yōu)高考化學壓軸卷訓練7一．選擇題（共20小題）1．（2024秋?東城區(qū)校級月考）下列說法錯誤的是（）A．甲圖所示的分類方法屬于樹狀分數(shù)法 B．乙圖所示的分類方法屬于交叉分類法 C．堿性氧化物一定是金屬氧化物 D．非金屬氧化物一定是酸性氧化物2．（2024?5月份模擬）下列說法正確的是（）A．鍵角：NH3＜H2O B．C70與“杯酚”能通過分子間作用力形成超分子 C．正戊烷的球棍模型： D．羥基的電子式：3．（2024秋?海曙區(qū)校級月考）下列反應的離子方程式書寫正確的是（）A．鈉與水反應：Na+H2O＝Na++OH﹣+H2↑ B．在NaHSO4溶液中滴入Ba（OH）2溶液至溶液呈中性：Ba2++2OH﹣+2H++＝BaSO4↓+2H2O C．向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++H2O+CO2＝CaCO3↓+2H+ D．向碳酸鈉溶液中逐滴加入少量稀鹽酸：+2H+＝CO2↑+H2O4．（2024秋?長安區(qū)月考）活性炭吸附NO2的反應為2C（s）+2NO2（g）?N2（g）+2CO2（g），NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法中正確的是（）A．12g活性炭中含共價鍵的數(shù)目為4NA B．標準狀況下11.2LNO2中含NO2分子的數(shù)目為0.5NA C．4.4g干冰晶體中含σ鍵的數(shù)目為0.1NA D．該反應生成0.5molN2轉移電子的數(shù)目為4NA5．（2024秋?銅梁區(qū)校級月考）短周期主族元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大，a與d同族且d的單質為黃色晶體，b是同周期元素中原子半徑最大的，c的氫氧化物在酸或強堿溶液中都能溶解。下列說法正確的是（）A．原子半徑：b＜c＜d B．氫氧化物的堿性：b＜c C．氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：d＞a D．a、b、d形成的某種化合物的溶液與稀硫酸混合產生渾濁6．（2024秋?廣西月考）物質結構決定物質性質。下列物質的性質差異與結構因素匹配錯誤的是（）選項性質差異結構因素A冠醚12﹣冠﹣4能夠與Li+形成超分子，而不能與K+形成超分子離子半徑大小B鍵角：NH3＞H2O電負性差異C熔點：AlF3（1040℃）遠高于AlCl3（178℃升華）晶體類型D溶解性：HCl在水中的溶解度大于其在CCl4中的溶解度分子的極性A．A B．B C．C D．D7．（2024秋?五華區(qū)期中）碳化鉬是碳原子嵌入金屬鉬原子的間隙形成的化合物，其晶胞結構如圖所示，已知晶胞參數(shù)為apm，鉬的原子序數(shù)為42，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A．該晶體屬于分子晶體 B．鉬的價層電子排布式為4d45s2 C．碳的配位數(shù)為8 D．該晶體的密度是8．（2024秋?重慶月考）已知有如下反應：①2+Cl2＝2+Br2、②+5Cl﹣+6H+＝3H2O+3Cl2↑、③2FeCl2+Cl2＝2FeCl3根據(jù)上述反應，判斷下列結論中錯誤的是（）A．Cl2在反應②中既是氧化產物又是還原產物 B．Cl2在反應①③中均是氧化劑 C．氧化性強弱順序為：＞＞Cl2＞Fe3+ D．溶液中可發(fā)生：+6Fe2++6H+＝Cl﹣+6Fe3++3H2O9．（2024秋?貴陽月考）一定條件下，金剛石可轉化為石墨，其能量變化如圖所示。下列說法正確的是（）A．金剛石和石墨互為同位素 B．該反應為吸熱反應 C．金剛石的硬度和穩(wěn)定性都強于石墨 D．該反應的反應熱ΔH＝（b﹣a）kJ?mol﹣110．（2024秋?青島月考）濃差電池是一種利用電解質溶液濃度差產生電勢差而形成的電池，理論上當電解質溶液的濃度相等時停止放電。圖1為濃差電池，圖2為電解池。圖2用圖1作電源，可實現(xiàn)以KCl、NaNO3為原料制取KNO3和NaCl。A、C代表不同類別的選擇性離子交換膜，M、N為惰性電極。若產品出口1的產品為NaCl，下列有關說法正確的是（）A．圖2中M極為陰極，應與Ag（Ⅱ）相連 B．A為陰離子交換膜，C為陽離子交換膜 C．電解總反應：KCl+NaNO3KNO3+NaCl D．產品出口1的產品的物質的量是產品出口2物質的量的2倍11．（2024秋?順義區(qū)校級月考）已知2A（g）+B（g）?nC（g），在密閉容器中進行，K（300℃）＞K（350℃），某溫度下，A的平衡轉化率（α）與體系總壓強（P）的關系如圖所示。下列說法不正確的是（）A．該反應的正反應是放熱反應 B．平衡狀態(tài)由a變到b時，化學平衡常數(shù)K（b）小于K（a） C．反應溫度升高，B的轉化率降低 D．n＜312．（2024秋?重慶月考）已知難溶性碳酸鹽均易受熱分解為對應氧化物和CO2，甲、乙、丙、丁、戊五種化合物中都含有同一種元素，它們之間的相互轉化關系如圖所示。由此推斷下列說法錯誤的是（）A．H2O和Na2CO3均屬于電解質 B．甲的物質類別為堿性氧化物或酸性氧化物 C．乙溶液與鹽酸反應的離子方程式為H++OH﹣＝H2O D．丁可能為Ba（NO3）213．（2024?碑林區(qū)校級模擬）“有機小分子不對稱催化”獲2021年諾貝爾化學獎，用脯氨酸（）催化分子內的羥醛縮合反應如圖。下列說法不正確的是（）A．X中所有碳原子可能處于同一平面 B．X和Y互為同分異構體，且Y能發(fā)生消去反應 C．脯氨酸能與Y發(fā)生取代反應 D．1mol脯氨酸與足量NaHCO3反應，生成44gCO214．（2024?福建）從廢線路板（主要成分為銅，含少量鉛錫合金、鋁、鋅和鐵）中提取銅的流程如圖：已知“濾液2”主要含和。下列說法正確的是（）A．“機械粉碎”將鉛錫合金轉變?yōu)殂U和錫單質 B．“酸溶”時產生Al3+、Fe3+和Zn2+離子 C．“堿溶”時存在反應：Sn+2OH﹣+O2═+H2O D．“電解精煉”時，粗銅在陰極發(fā)生還原反應15．（2024春?沈陽期末）探究草酸（H2C2O4）性質，進行如下實驗。（已知：室溫下，0.1mol﹣1H2C2O4的pH＝13），由上述實驗所得草酸性質所對應的方程式錯誤的是（）實驗裝置試劑a現(xiàn)象①Ca（OH）2溶液（含酚酞）溶液褪色，產生白色沉淀②少量NaHCO3溶液產生氣泡③酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色④C2H5OH和濃硫酸加熱后產生有香味物質A．H2C2O4有酸性，Ca（OH）2+H2C2O4═CaC2O4↓+2H2O B．酸性：H2C2O4＞H2CO3，NaHCO3+H2C2O4═NaHC2O4+CO2↑+H2O C．H2C2O4具有還原性，2+5C2+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O D．H2C2O4可發(fā)生酯化反應，HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O16．（2024秋?海淀區(qū)校級月考）下列各離子組在指定的溶液中能夠大量共存的是（）A．無色溶液中：Cu2+、K+、SCN﹣、Cl﹣ B．含有的溶液中：I﹣、、、H+ C．強酸性溶液中：Na+、、、 D．pH＝11的NaOH溶液中：、K+、、17．（2023秋?西城區(qū)期末）將FeSO4溶液分別滴入Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中，如圖所示，Ⅰ、Ⅱ中均有沉淀產生。已知：FeCO3是白色難溶于水的固體。下列說法不正確的是（）A．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中均存在：c（Na+）+c（H+）═c（）+2c（）+c（OH﹣） B．Ⅰ中的沉淀可能有Fe（OH）2、Fe（OH）3和FeCO3 C．Ⅱ中生成FeCO3的反應：+Fe2+═FeCO3↓+H+ D．Ⅰ和Ⅱ中加入FeSO4溶液后，pH均降低18．（2024秋?五華區(qū)期中）25℃下，AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。某實驗小組以K2CrO4為指示劑，用AgNO3標準溶液分別滴定含Cl﹣水樣、含Br﹣水樣。已知：①Ag2CrO4為磚紅色沉淀；25℃時，pKa1（H2CrO4）＝0.7，pKa2（H2CrO4）＝6.5；②相同條件下AgCl溶解度大于AgBr。下列說法錯誤的是（）A．曲線①為Ag2CrO4沉淀溶解平衡曲線 B．反應Ag2CrO4+H+?2Ag++的平衡常數(shù)K＝1.0×10﹣5.2 C．在K2CrO4溶液中：c（H+）+c（）+2c（H2CrO4）＝c（OH﹣） D．滴定達終點時，溶液中c（Br﹣）：c（Cl﹣）＝10﹣1.2519．（2024?南通模擬）近日，某科研團隊發(fā)現(xiàn)一種重要有機中間體的合成機理如下：其中，箭頭表示一對電子的轉移。根據(jù)以上機理，下列說法正確的是（）A．—CF3具有很強的給電子效應，使與之相連的碳原子帶正電，使得帶負電的OCH3可以發(fā)生加成反應 B．為了增大反應正向進行的程度，可在反應體系中加入H+以結合F降低F的濃度 C．類比ClNO，反應產物之一的FNO可命名為硝基氟 D．在反應中，一對電子的轉移往往代表著共價鍵的生成或斷裂20．（2024秋?吉林月考）2NO2（g）?N2O4（g），v正（NO2）＝k1?c2（NO2），v逆（N2O4）＝k2?c（N2O4），其中k1、k2只與溫度有關，T0時，k1＝k2，將一定量的NO2充入注射器中，改變活塞位置，氣體透光率隨時間的變化如圖所示（氣體顏色越深，透光率越低），下列說法錯誤的是（）A．d點v正（NO2）＜v逆（NO2） B．T0時，K＝0.5 C．T1時，k2＝0.6k1，則T1＜T0 D．保持容積不變，再充入一定量NO2氣體，NO2的平衡轉化率不變二．解答題（共5小題）21．（2024春?杭州期中）硼單質及其化合物有重要的應用。（1）硼與硅相似，能與氫形成一類化合物——硼烷。常見的有乙硼烷（B2H6）、丁硼烷（B4H10）等。BnHm極易發(fā)生水解生成H3BO3和H2，請寫出反應的化學方程式：；其中乙硼烷生產中可用來與試劑X反應制備硼氫化鈉（NaBH4），且符合原子經濟性反應，試劑X的化學式為。（2）下列說法正確的是。A.反應①為氧化還原反應，其中H2被BCl3氧化B.相同條件下在水中的溶解度：氨硼烷（NH3BH3）＞乙烷C.H3BO3是一種一元弱酸，可以與甲醇反應生成B（OCH3）3為無機酸酯D.氮化硼（BN）晶體有多種相結構，六方氮化硼結構與石墨相似，熔點低（3）氨硼烷（NH3BH3）含氫量高、熱穩(wěn)定性好，是一種有潛力的固體儲氫材料。氨硼烷分子間存在“雙氫鍵”（不是兩個氫鍵）使氨硼烷的熔點明顯升高?！半p氫鍵”能形成的原因是。（4）在一定條件下氨硼烷和水發(fā)生反應，產生氫氣，其中溶液中的陰離子為。運用價層電子對互斥模型，分析反應后的溶液中的陽離子的空間結構。22．（2024秋?南崗區(qū)校級月考）ClO2在常溫下為黃色氣體，熔點為﹣59.5℃，沸點為11℃，易溶于水，其水溶液是一種廣譜殺菌劑，在堿性環(huán)境中易發(fā)生反應：4ClO2+4OH﹣═3+ClO﹣+2H2O。ClO2的制備方法有多種。請回答下列問題：（1）一種有效成分為NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡騰片”，溶于水時逸出大量CO2，同時NaClO2在酸性條件下發(fā)生自身氧化還原反應，得到NaCl和ClO2的混合溶液。①NaClO2中氯元素的化合價為。②上述反應過程中生成ClO2的離子方程式為。（2）實驗室可用圖示中裝置制備、收集ClO2（夾持裝置略）。①裝置A中發(fā)生反應的化學方程式為。②為了使裝置B能收集到更多的ClO2，可采取的措施為（填一條）。（3）ClO2的穩(wěn)定性較差，易分解，常用H2O2溶液和NaOH溶液將其轉化為NaClO2進行保存。該反應中每生成1個O2分子，轉移電子的數(shù)目為。若加入過量NaOH溶液，可能導致的后果是。23．（2024?天津一模）有機化學在醫(yī)藥、化工及農林等領域均有廣泛應用。請完成下列問題。Ⅰ.已知：（1）實驗室制取A的化學方程式為。（2）A→B發(fā)生了加成反應，B中含有羥基。B的結構簡式為。（3）請寫出G中除羥基外，其他官能團的名稱。（4）D→E的化學方程式為。（5）H分子中含有一個五元環(huán)，寫出G→H的化學方程式。Ⅱ.阿托酸是一種重要的醫(yī)藥中間體，其合成路線如圖：（6）W→Q的反應類型是。（7）化合物W滿足下列條件的同分異構體有種。①可以發(fā)生銀鏡反應②含有苯環(huán)其中核磁共振氫譜圖像為4組峰的結構簡式為。（8）下列關于化合物Y的說法，錯誤的是（填字母）。a.可以發(fā)生聚合反應b.9個碳原子共平面c.可以形成分子內、分子間氫鍵d.含有一個手性碳原子24．（2024秋?浦東新區(qū)校級月考）乳酸亞鐵固體（[CH3CH（OH）COO]2Fe，摩爾質量：234g/mol）易溶于水，難溶于乙醇，其水溶液易被氧化。它是一種很好的補鐵劑常用于治療缺鐵性貧血?？捎扇樗崤cFeCO3反應制得。Ⅰ．制備碳酸亞鐵：裝置如圖所示①組裝儀器，檢查裝置氣密性，加入試劑；②先關閉K2，打開K1、K3，一段時間后關閉K3；③打開活塞K2；④過濾，洗滌干燥。（1）盛放碳酸鈉溶液的玻璃儀器名稱為。操作②中，先關閉K2，打開K1、K3，加入適量稀硫酸，使反應進行一段時間，其目的是。（2）裝置a可盛適量的水，其作用是。（3）可用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液制備碳酸亞鐵，觀察到有大量氣泡冒出，發(fā)生反應的離子方程式為，此法所得產品純度更高，原因是。Ⅱ．制備乳酸亞鐵：將制得的FeCO3加入乳酸溶液中，加入少量鐵粉，在75℃下攪拌使之充分反應，然后再加入適量乳酸。（4）從所得溶液中獲得乳酸亞鐵所需的實驗操作是：隔絕空氣低溫蒸發(fā)，冷卻結晶，過濾，用乙醇洗滌，干燥。①過濾所需的玻璃儀器為。②選用乙醇洗滌的原因是。Ⅲ．乳酸亞鐵晶體純度的測量：（5）若用KMnO4滴定法測定樣品中Fe2+的量計算純度，發(fā)現(xiàn)結果總是大于100%，其原因是。（6）該興趣小組改用鈰（Ce）量法測定產品中Fe2+的含量，可通過用Ce（SO4）2滴定法測定樣品中Fe2+的含量來計算乳酸亞鐵固體樣品純度（反應中Ce元素被還原為Ce3+）。稱取7.8g樣品配制成250.00mL溶液，取25.00mL用0.10mol?L﹣1Ce（SO4）2標準溶液滴定。反復滴定3次，平均消耗標準液30.00mL，則產品中乳酸亞鐵的純度為。若滴定操作時間過長，則測得的樣品純度將（填“偏大”“偏小”或“不變”）。25．（2024秋?硚口區(qū)校級月考）二甲醚（DME）被譽為“21世紀的清潔燃料”，由合成氣制備二甲醚的主要原理如下：①CO（g）+2H2（g?）CH3OH（g）ΔH1＝﹣90.7kJ?mol﹣1K1②2CH3OH（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH2＝﹣23.5kJ?mol﹣1K2③CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）ΔH3＝﹣41.2kJ?mol﹣1K3回答下列問題：（1）反應3H2（g）+3CO（g）?CH3OCH3（g）+CO2（g）的ΔH＝kJ?mol﹣1；該反應的平衡常數(shù)K＝（用K1、K2、K3表示）。（2）下列措施中，能提高（1）中CH3OCH3產率的有。A．使用過量的CB．升高溫度C．增大壓強（3）一定溫度下，將0.2molCO和0.1molH2O（g）通入2L恒容密閉容器中，發(fā)生反應③，5min后達到化學平衡，平衡后測得H2的體積分數(shù)為0.1。則0～5min內v（H2O）＝，CO的轉化率α（CO）＝。（4）將合成氣以＝2通入1L的反應器中，一定條件下發(fā)生反應：4H2（g）+2CO（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g）?ΔH，其中CO的平衡轉化率隨溫度、壓強的變化關系如圖1所示，下列說法正確的是（填字母）。A．ΔH＜0B．p1＞p2＞p3C．若在p3和316℃時，起始時＝3，則平衡時，α（CO）小于50%（5）采用一種新型的催化劑（主要成分是CuMn的合金），利用CO和H2制備二甲醚（DME）。觀察圖2，當約為時最有利于二甲醚的合成。

2025菁優(yōu)高考化學壓軸卷訓練7參考答案與試題解析一．選擇題（共20小題）1．（2024秋?東城區(qū)校級月考）下列說法錯誤的是（）A．甲圖所示的分類方法屬于樹狀分數(shù)法 B．乙圖所示的分類方法屬于交叉分類法 C．堿性氧化物一定是金屬氧化物 D．非金屬氧化物一定是酸性氧化物【專題】物質的分類專題；分析與推測能力．【分析】A．根據(jù)交叉分類法含義：根據(jù)物質不同的分類標準，對同一事物進行多種分類的一種分類方式進行分析；B．根據(jù)樹狀分類法含義：對同一類事物按照某些屬性進行再分類的分類法進行分析；C．根據(jù)堿性氧化物一定是金屬氧化物進行分析；D．根據(jù)非金屬氧化物不一定是酸性氧化物進行分析。【解答】解：A．樹狀分類法含義：對同一類事物按照某些屬性進行再分類的分類法。從圖形看甲應屬于樹狀分類法，故A正確；B．交叉分類法含義：根據(jù)物質不同的分類標準，對同一事物進行多種分類的一種分類方式；從圖形看乙應屬于交叉分類法，故B正確；C．從乙圖可以看出，堿性氧化物一定是金屬氧化物，故C正確；D．非金屬氧化物不一定是酸性氧化物，例如NO、CO不是酸性氧化物，故D錯誤；故選：D。【點評】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，結合已有的知識進行解題。2．（2024?5月份模擬）下列說法正確的是（）A．鍵角：NH3＜H2O B．C70與“杯酚”能通過分子間作用力形成超分子 C．正戊烷的球棍模型： D．羥基的電子式：【專題】化學用語專題；理解與辨析能力．【分析】A．根據(jù)NH3、H2O兩種分子的中心原子均為sp3雜化，孤電子對越多，鍵角越小，進行分析；B．根據(jù)“杯酚”的空腔比C70小，進行分析；C．根據(jù)正戊烷的結構簡式為：CH3CH2CH2CH2CH3，進行分析；D．根據(jù)羥基的電子式為，進行分析?！窘獯稹拷猓篈．NH3、H2O兩種分子的中心原子均為sp3雜化，孤電子對數(shù)：H2O＞NH3，孤電子對越多，鍵角越小，故A錯誤；B．“杯酚”的空腔比C70小，能容納C60而無法容納C70，故B錯誤；C．正戊烷的結構簡式為：CH3CH2CH2CH2CH3，正戊烷的球棍模型為，故C正確；D．羥基的電子式為，故D錯誤；故選：C。【點評】本題主要考查化學式或化學符號及名稱的綜合等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結合已有的知識進行解題。3．（2024秋?海曙區(qū)校級月考）下列反應的離子方程式書寫正確的是（）A．鈉與水反應：Na+H2O＝Na++OH﹣+H2↑ B．在NaHSO4溶液中滴入Ba（OH）2溶液至溶液呈中性：Ba2++2OH﹣+2H++＝BaSO4↓+2H2O C．向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2++H2O+CO2＝CaCO3↓+2H+ D．向碳酸鈉溶液中逐滴加入少量稀鹽酸：+2H+＝CO2↑+H2O【專題】離子反應專題；分析與推測能力．【分析】A．根據(jù)氫原子不守恒進行分析；B．根據(jù)NaHSO4是二元強酸的酸式鹽，可以全部電離，進行分析；C．根據(jù)強酸制弱酸進行分析；D．根據(jù)向碳酸鈉溶液中逐滴加入少量稀鹽酸生成碳酸氫鈉和氯化鈉進行分析?！窘獯稹拷猓篈．鈉與水反應生成氫氧化鈉和氫氣：，故A錯誤；B．NaHSO4是二元強酸的酸式鹽，可以全部電離，當反應后溶液呈中性時，其反應化學方程式為2NaHSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，離子方程式為2H+++Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O，故B正確；C．通常是強酸制弱酸，向氯化鈣溶液中通入二氧化碳不反應，故C錯誤；D．向碳酸鈉溶液中逐滴加入少量稀鹽酸生成碳酸氫鈉和氯化鈉：，故D錯誤；故選：B?！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，結合已有的知識進行解題。4．（2024秋?長安區(qū)月考）活性炭吸附NO2的反應為2C（s）+2NO2（g）?N2（g）+2CO2（g），NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法中正確的是（）A．12g活性炭中含共價鍵的數(shù)目為4NA B．標準狀況下11.2LNO2中含NO2分子的數(shù)目為0.5NA C．4.4g干冰晶體中含σ鍵的數(shù)目為0.1NA D．該反應生成0.5molN2轉移電子的數(shù)目為4NA【專題】阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律；歸納與論證能力．【分析】A．根據(jù)1mol活性炭含有共價鍵數(shù)目為2NA進行分析；B．根據(jù)標準狀況下NO2不是氣體，同時還存在2NO2?N2O4，進行分析；C．根據(jù)1mol干冰晶體中含2molσ鍵進行分析；D．根據(jù)2C（s）+2NO2（g）?N2（g）+2CO2（g）反應中，生成1molN2轉移8mol電子，進行分析。【解答】解：A．12g活性炭為1mol，含有共價鍵數(shù)目為2NA，故A錯誤；B．標準狀況下二氧化氮不是氣體，同時還存在2NO2?N2O4，標準狀況下11.2L二氧化氮中含NO2分子的數(shù)目不是0.5NA，故B錯誤；C．4.4g干冰晶體為0.1mol，中含σ鍵的數(shù)目為0.2NA，故C錯誤；D．2C（s）+2NO2（g）?N2（g）+2CO2（g）反應中，生成1molN2轉移8mol電子，生成0.5molN2轉移電子的物質的量為2mol，數(shù)目為4NA，故D正確；故選：D。【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，結合已有的知識進行解題。5．（2024秋?銅梁區(qū)校級月考）短周期主族元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大，a與d同族且d的單質為黃色晶體，b是同周期元素中原子半徑最大的，c的氫氧化物在酸或強堿溶液中都能溶解。下列說法正確的是（）A．原子半徑：b＜c＜d B．氫氧化物的堿性：b＜c C．氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：d＞a D．a、b、d形成的某種化合物的溶液與稀硫酸混合產生渾濁【專題】實驗評價題；歸納與論證能力．【分析】短周期主族元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大，a與d同族且d的單質為黃色晶體，可知a為O元素、d為S元素；b是同周期元素中原子半徑最大的，結合原子序數(shù)可知b為Na元素；c的氫氧化物在酸或強堿溶液中都能溶解，c為Al元素，以此來解答?！窘獯稹拷猓河缮鲜龇治隹芍?，a為O元素、b為Na元素、c為Al元素、d為S元素，A．同周期主族元素從左向右原子半徑減小，則原子半徑：b＞c＞d，故A錯誤；B．同周期主族元素從左向右金屬性減弱，對應最高價氧化物的水化物的堿性越強，則氫氧化物的堿性：b＞c，故B錯誤；C．同主族從上到下非金屬性減弱，對應簡單氫化物的穩(wěn)定性減弱，則氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：d＜a，故C錯誤；D．a、b、d形成的某種化合物為Na2S2O3，與稀硫酸混合生成S單質，產生渾濁，故D正確；故選：D。【點評】本題考查原子結構與元素周期律，為高頻考點，把握原子序數(shù)、元素的位置和性質、元素化合物知識來推斷元素為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應用，題目難度不大。6．（2024秋?廣西月考）物質結構決定物質性質。下列物質的性質差異與結構因素匹配錯誤的是（）選項性質差異結構因素A冠醚12﹣冠﹣4能夠與Li+形成超分子，而不能與K+形成超分子離子半徑大小B鍵角：NH3＞H2O電負性差異C熔點：AlF3（1040℃）遠高于AlCl3（178℃升華）晶體類型D溶解性：HCl在水中的溶解度大于其在CCl4中的溶解度分子的極性A．A B．B C．C D．D【專題】原子組成與結構專題；理解與辨析能力．【分析】A．根據(jù)Li+半徑小與冠醚的空腔匹配，K+半徑大，與該冠醚冠醚的空腔不匹配，故不能與之形成超分子進行分析；B．根據(jù)氨氣和水分子的中心原子均為sp3雜化，孤對電子對孤對電子的排斥力大于孤對電子對成鍵電子排斥力，故鍵角NH3＞H2O，進行分析；C．根據(jù)AlF3為離子晶體，熔點高，AlCl3為分子晶體，熔點低進行分析；D．根據(jù)HCl為極性分子，水分子為極性分子，CCl4為非極性分子，進行分析?！窘獯稹拷猓篈．冠醚12﹣冠﹣4能夠與Li+形成超分子，是因為Li+半徑小與冠醚的空腔匹配，K+半徑大，與該冠醚冠醚的空腔不匹配，故不能與之形成超分子，故A正確；B．氨氣和水分子的中心原子均為sp3雜化，氨氣中心原子N原子上有一對孤電子對，水中心原子O原子上有兩對孤電子對，孤對電子對孤對電子的排斥力大于孤對電子對成鍵電子排斥力，故鍵角NH3＞H2O，與電負性無關，故B錯誤；C．AlF3為離子晶體，熔點高，氯化鋁為分子晶體，熔點低，故C正確；D．氯化氫為極性分子，水分子為極性分子，四氯化碳為非極性分子，根據(jù)相似相溶，氯化氫在水中的溶解度大于其在四氯化碳中的溶解度，故D正確；故選：B?！军c評】本題主要考查極性分子和非極性分子等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結合已有的知識進行解題。7．（2024秋?五華區(qū)期中）碳化鉬是碳原子嵌入金屬鉬原子的間隙形成的化合物，其晶胞結構如圖所示，已知晶胞參數(shù)為apm，鉬的原子序數(shù)為42，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A．該晶體屬于分子晶體 B．鉬的價層電子排布式為4d45s2 C．碳的配位數(shù)為8 D．該晶體的密度是【專題】化學鍵與晶體結構；理解與辨析能力．【分析】A.分析其堆積方式可知，晶體不是分子晶體；B.鉬的原子序數(shù)為42，與Cr同族；C.鉬的原子半徑大于碳，可知白球為碳；D.晶胞中，，鉬原子個數(shù)為8×＝4，C原子個數(shù)為12×＝4，晶胞質量為g，晶胞體積以為（a×10﹣7）3cm3?！窘獯稹拷猓篈.分析其堆積方式可知，晶體不是分子晶體，故A錯誤；B.鉬的原子序數(shù)為42，與Cr同族，價層電子排布式為4d55s1，故B錯誤；C.鉬的原子半徑大于碳，可知白球為碳，碳的配位數(shù)為2，故C錯誤；D.晶胞中，，鉬原子個數(shù)為8×＝4，C原子個數(shù)為12×＝4，晶胞質量為g，晶胞體積以為（a×10﹣7）3cm3，晶胞密度ρ＝＝，故D正確，故選：D?！军c評】本題考查物質結構與性質，涉及核外電子排布，化學鍵，晶胞計算等內容，其中晶胞計算為解題難點，需要結合均攤法進行分析，掌握基礎為解題關鍵，整體難度適中。8．（2024秋?重慶月考）已知有如下反應：①2+Cl2＝2+Br2、②+5Cl﹣+6H+＝3H2O+3Cl2↑、③2FeCl2+Cl2＝2FeCl3根據(jù)上述反應，判斷下列結論中錯誤的是（）A．Cl2在反應②中既是氧化產物又是還原產物 B．Cl2在反應①③中均是氧化劑 C．氧化性強弱順序為：＞＞Cl2＞Fe3+ D．溶液中可發(fā)生：+6Fe2++6H+＝Cl﹣+6Fe3++3H2O【分析】A．根據(jù)②ClO﹣+5Cl﹣+6H+═3Cl2↑+3H2O反應中ClO﹣中Cl元素化合價由+5降低到0價的Cl2，Cl﹣中Cl元素化合價由﹣1價升高到0價的Cl2判斷；B．得電子的物質是氧化劑，失電子的物質是還原劑；C．根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性判斷；D．根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性判斷反應是否能發(fā)生。【解答】解：A．②ClO﹣+5Cl﹣+6H+═3Cl2+3H2O反應中ClO﹣中Cl元素化合價由+5降低到0價的Cl2，Cl﹣中Cl元素化合價由﹣1價升高到0價的Cl2，所以Cl2是在反應②中既是氧化產物又是還原產物，故A正確；B．反應①中Cl2失電子是還原劑，反應③中Cl2得電子是氧化劑，故B錯誤；C．①2+Cl2═Br2+2中，氧化性：＞；②+5Cl﹣+6H+═3Cl2↑+3H2O中，氧化性：＞Cl2；③2FeCl2+Cl2═2FeCl3中，氧化性：Cl2＞Fe3+，所以氧化性強弱的順序為：＞＞Cl2＞Fe3+，故C正確；D．氧化性：＞Cl2＞Fe3+，反應+6Fe2++6H+＝Cl﹣+6Fe3++3H2O能發(fā)生，故D正確，故選：B?！军c評】本題考查學生氧化還原反應中氧化劑和還原劑強弱的判斷知識，屬于綜合知識的考查，難度中等，抓住化合價變化即可解題。9．（2024秋?貴陽月考）一定條件下，金剛石可轉化為石墨，其能量變化如圖所示。下列說法正確的是（）A．金剛石和石墨互為同位素 B．該反應為吸熱反應 C．金剛石的硬度和穩(wěn)定性都強于石墨 D．該反應的反應熱ΔH＝（b﹣a）kJ?mol﹣1【專題】化學反應中的能量變化；分析與推測能力．【分析】A．根據(jù)同素異形體，是相同元素組成，不同形態(tài)的單質進行分析；B．根據(jù)該反應的生成物能量比反應物的低進行分析；C．根據(jù)能量越低越穩(wěn)定進行分析；D．根據(jù)反應熱等于生成物總能量減去反應物總能量進行分析?！窘獯稹拷猓篈．同素異形體，是相同元素組成，不同形態(tài)的單質，金剛石和石墨互為同素異形體，故A錯誤；B．該反應的生成物能量比反應物的低，故反應為放熱反應，故B錯誤；C．能量越低越穩(wěn)定，故石墨穩(wěn)定性強于金剛石，故C錯誤；D．ΔH＝E（生成物的總能量）﹣E（反應物的總能量），該反應的反應熱ΔH＝（b﹣a）kJ?mol﹣1，故D正確；故選：D?！军c評】本題主要考查反應熱和焓變等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結合已有的知識進行解題。10．（2024秋?青島月考）濃差電池是一種利用電解質溶液濃度差產生電勢差而形成的電池，理論上當電解質溶液的濃度相等時停止放電。圖1為濃差電池，圖2為電解池。圖2用圖1作電源，可實現(xiàn)以KCl、NaNO3為原料制取KNO3和NaCl。A、C代表不同類別的選擇性離子交換膜，M、N為惰性電極。若產品出口1的產品為NaCl，下列有關說法正確的是（）A．圖2中M極為陰極，應與Ag（Ⅱ）相連 B．A為陰離子交換膜，C為陽離子交換膜 C．電解總反應：KCl+NaNO3KNO3+NaCl D．產品出口1的產品的物質的量是產品出口2物質的量的2倍【專題】電化學專題；理解與辨析能力．【分析】圖1為濃差電池，由圖1可知，左側硝酸銀溶液濃度大，Ag（Ⅱ）為正極，Ag（Ⅰ）為負極，圖2用圖1作電源，可實現(xiàn)以KCl、NaNO3為原料制取KNO3和NaCl，產品出口1的產品為NaCl，故①中氯離子透過C膜向右遷移進入②，C膜為陰離子交換膜，M極為陰極，N極為陽極，③中鈉離子向左側遷移進入②，故A膜為陽離子交換膜，電解總反應為2H2O2H2↑+O2↑，據(jù)此作答?！窘獯稹拷猓篈．由分析可知，M極為陰極，應與Ag（Ⅰ）即負極相連，故A錯誤；B．由分析可知，A膜為陽離子交換膜，C膜為陰離子交換膜，故B錯誤；C．電解總反應為2H2O2H2↑+O2↑，故C錯誤；D．由分析可知，②、⑥的NaCl溶液濃度和④硝酸鉀溶液濃度相等，故產品出口1的產品的物質的量是產品出口2物質的量的2倍，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查原電池和電解池原理，題目難度中等，能依據(jù)圖象和信息準確判斷正負極和陰陽極是解題的關鍵。11．（2024秋?順義區(qū)校級月考）已知2A（g）+B（g）?nC（g），在密閉容器中進行，K（300℃）＞K（350℃），某溫度下，A的平衡轉化率（α）與體系總壓強（P）的關系如圖所示。下列說法不正確的是（）A．該反應的正反應是放熱反應 B．平衡狀態(tài)由a變到b時，化學平衡常數(shù)K（b）小于K（a） C．反應溫度升高，B的轉化率降低 D．n＜3【專題】化學反應速率專題；分析與推測能力．【分析】A．根據(jù)K（300℃）＞K（350℃），可知溫度升高，反應逆向移動，進行分析；B．根據(jù)溫度不變，化學平衡常數(shù)不變進行分析；C．根據(jù)正反應是放熱反應，則反應溫度升高，反應逆向移動，進行分析；D．根據(jù)增大壓強，A轉化率增大，則平衡正向移動，進行分析?！窘獯稹拷猓篈．K（300℃）＞K（350℃），可知溫度升高，反應逆向移動，則正反應是放熱反應，故A正確；B．化學平衡常數(shù)是溫度的函數(shù)，平衡狀態(tài)由a變到b時，為壓強的變化導致，溫度不變，化學平衡常數(shù)不變，故B錯誤；C．正反應是放熱反應，則反應溫度升高，反應逆向移動，B的轉化率減小，故C正確；D．增大壓強，A轉化率增大，則平衡正向移動，反應為氣體分子數(shù)減小的反應，故n＜3，故D正確；故選：B。【點評】本題主要考查轉化率隨溫度、壓強的變化曲線等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結合已有的知識進行解題。12．（2024秋?重慶月考）已知難溶性碳酸鹽均易受熱分解為對應氧化物和CO2，甲、乙、丙、丁、戊五種化合物中都含有同一種元素，它們之間的相互轉化關系如圖所示。由此推斷下列說法錯誤的是（）A．H2O和Na2CO3均屬于電解質 B．甲的物質類別為堿性氧化物或酸性氧化物 C．乙溶液與鹽酸反應的離子方程式為H++OH﹣＝H2O D．丁可能為Ba（NO3）2【專題】推斷題；分析與推測能力．【分析】乙和二氧化碳反應生成戊，丁、丙都能與碳酸鈉反應生成戊，戊高溫能分解，則戊是難溶碳酸鹽，戊可能是碳酸鈣或碳酸鋇，甲為堿性氧化物，甲與水反應生成乙，乙為可溶性堿?！窘獯稹拷猓篈．H2O和Na2CO3均屬于電解質，故A正確；B．甲和水反應生成乙，乙能與二氧化碳反應，乙為堿，則甲的物質類別為堿性氧化物，甲不可能是酸性氧化物，故B錯誤；C．乙是可溶性堿，乙溶液與鹽酸反應的離子方程式為H++OH﹣＝H2O，故C正確；D．若戊是碳酸鋇，則乙是氫氧化鋇，丙是氯化鋇，氯化鋇和硝酸銀反應生成硝酸鋇和氯化銀沉淀，丁可能為Ba（NO3）2，故D正確；故選：B?！军c評】本題考查無機推斷，側重考查學生物質之間反應的掌握情況，試題難度中等。13．（2024?碑林區(qū)校級模擬）“有機小分子不對稱催化”獲2021年諾貝爾化學獎，用脯氨酸（）催化分子內的羥醛縮合反應如圖。下列說法不正確的是（）A．X中所有碳原子可能處于同一平面 B．X和Y互為同分異構體，且Y能發(fā)生消去反應 C．脯氨酸能與Y發(fā)生取代反應 D．1mol脯氨酸與足量NaHCO3反應，生成44gCO2【專題】有機物的化學性質及推斷．【分析】A．X中黑球表示碳原子為sp3雜化；B．X、Y的分子式相同、結構不同，Y中與羥基相連碳原子的鄰位碳原子上有氫原子；C．脯氨酸含羧基，Y含羥基；D．只有羧基與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳?！窘獯稹拷猓篈．如圖中黑球表示的碳原子均為sp3雜化，且與甲基相連的黑球表示的碳類似甲烷中的碳，則所有碳原子不共面，故A錯誤；B．X、Y的分子式相同、結構不同，二者互為同分異構體，Y中與羥基相連碳原子的鄰位碳原子上有氫原子，Y能發(fā)生消去反應，故B正確；C．脯氨酸含羧基，Y含羥基，二者可發(fā)生酯化反應，屬于取代反應，故C正確；D．只有羧基與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，則1mol脯氨酸與足量NaHCO3反應，生成CO2的質量為1mol×44g/mol＝44g，故D正確；故選：A?！军c評】本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握有機物的結構、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項A為解答的難點，題目難度不大。14．（2024?福建）從廢線路板（主要成分為銅，含少量鉛錫合金、鋁、鋅和鐵）中提取銅的流程如圖：已知“濾液2”主要含和。下列說法正確的是（）A．“機械粉碎”將鉛錫合金轉變?yōu)殂U和錫單質 B．“酸溶”時產生Al3+、Fe3+和Zn2+離子 C．“堿溶”時存在反應：Sn+2OH﹣+O2═+H2O D．“電解精煉”時，粗銅在陰極發(fā)生還原反應【專題】物質的分離提純和鑒別；無機實驗綜合；分析與推測能力．【分析】廢線路板的主要成分為銅，含少量鉛錫合金、鋁、鋅和鐵，廢線路板通過機械粉碎后加入稀鹽酸進行酸溶，Al、Zn、Fe都分別和稀鹽酸反應生成Al3+、Zn2+、Fe2+，過濾后濾液1中含有Al3+、Zn2+、Fe2+和H+，濾渣中加入NaOH并通入O2，“濾液2”主要含和，濾渣為粗銅，電解精煉粗銅得到Cu?！窘獯稹拷猓篈．“機械粉碎”發(fā)生物理變化，不是化學變化，所以不能將鉛錫合金轉變?yōu)殂U和錫單質，“機械粉碎”的目的是增大反應物的接觸面積，加快化學反應速率，故A錯誤；B．“酸溶”時產生Al3+、Fe2+和Zn2+離子，因為鹽酸的氧化性較弱，不能將Fe氧化為Fe3+，故B錯誤；C．“堿溶”產物中含有，離子反應方程式為Sn+2OH﹣+O2＝+H2O，故C正確；D．電解精煉”時，粗銅在陽極失電子發(fā)生氧化反應，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查物質的分離提純，側重考查分析、判斷及知識綜合運用能力，明確流程圖中各物質的成分及其性質、物質分離提純的方法是解本題關鍵，題目難度中等。15．（2024春?沈陽期末）探究草酸（H2C2O4）性質，進行如下實驗。（已知：室溫下，0.1mol﹣1H2C2O4的pH＝13），由上述實驗所得草酸性質所對應的方程式錯誤的是（）實驗裝置試劑a現(xiàn)象①Ca（OH）2溶液（含酚酞）溶液褪色，產生白色沉淀②少量NaHCO3溶液產生氣泡③酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色④C2H5OH和濃硫酸加熱后產生有香味物質A．H2C2O4有酸性，Ca（OH）2+H2C2O4═CaC2O4↓+2H2O B．酸性：H2C2O4＞H2CO3，NaHCO3+H2C2O4═NaHC2O4+CO2↑+H2O C．H2C2O4具有還原性，2+5C2+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O D．H2C2O4可發(fā)生酯化反應，HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O【專題】氣體的制備與性質檢驗類實驗．【分析】A．0.1mol?L﹣1H2C2O4的pH＝1.3，說明草酸是弱酸；B．強酸能和弱酸鹽反應生成弱酸；C．高錳酸鉀溶液具有強氧化性，能氧化還原性物質；D．酯具有香味?！窘獯稹拷猓篈．Ca（OH）2溶液（含酚酞）中加入草酸溶液，溶液褪色，說明混合溶液堿性減弱，且生成白色沉淀，則發(fā)生中和反應，從而草酸體現(xiàn)酸性，反應方程式為Ca（OH）2+H2C2O4═CaC2O4↓+2H2O，故A正確；B．向少量NaHCO3溶液加入草酸有氣泡生成，說明有二氧化碳生成，強酸能和弱酸鹽反應生成弱酸，根據(jù)實驗現(xiàn)象知，酸性：H2C2O4＞H2CO3，反應方程式為NaHCO3+H2C2O4═NaHC2O4+CO2↑+H2O，故B正確；C．酸性KMnO4溶液具有強氧化性，向酸性KMnO4溶液加入草酸，溶液褪色，說明酸性KMnO4溶液氧化了草酸，則草酸體現(xiàn)還原性，根據(jù)題干信息，草酸為弱酸，2+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C錯誤；D．酯具有香味，C2H5OH和濃硫酸中加入草酸加熱后產生有香味物質，說明有酯生成，所以發(fā)生了酯化反應，則草酸可以發(fā)生酯化反應，HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O，故D正確；故選：C?！军c評】本題考查探究物質性質，側重考查實驗操作、實驗現(xiàn)象分析判斷，明確實驗原理、元素化合物性質是解本題關鍵，注意結合題給信息分析解答，題目難度不大。16．（2024秋?海淀區(qū)校級月考）下列各離子組在指定的溶液中能夠大量共存的是（）A．無色溶液中：Cu2+、K+、SCN﹣、Cl﹣ B．含有的溶液中：I﹣、、、H+ C．強酸性溶液中：Na+、、、 D．pH＝11的NaOH溶液中：、K+、、【專題】離子反應專題；分析與推測能力．【分析】A．根據(jù)含銅離子的溶液為藍色進行分析；B．根據(jù)大量氫離子存在時，硝酸根會把碘離子、亞硫酸根氧化進行分析；C．根據(jù)強酸性溶液中氫離子會和碳酸氫根離子反應進行分析；D．根據(jù)離子相互之間不反應進行分析?！窘獯稹拷猓篈．含銅離子的溶液為藍色，不能在無色溶液中大量存在，故A錯誤；B．大量氫離子存在時，硝酸根會把碘離子、亞硫酸根氧化，故B錯誤；C．強酸性溶液中氫離子會和碳酸氫根離子反應，不能共存，故C錯誤；D．四種離子相互之間不反應，也不與NaOH反應，可以大量共存，故D正確；故選：D?！军c評】本題主要考查離子共存問題等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結合已有的知識進行解題。17．（2023秋?西城區(qū)期末）將FeSO4溶液分別滴入Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中，如圖所示，Ⅰ、Ⅱ中均有沉淀產生。已知：FeCO3是白色難溶于水的固體。下列說法不正確的是（）A．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中均存在：c（Na+）+c（H+）═c（）+2c（）+c（OH﹣） B．Ⅰ中的沉淀可能有Fe（OH）2、Fe（OH）3和FeCO3 C．Ⅱ中生成FeCO3的反應：+Fe2+═FeCO3↓+H+ D．Ⅰ和Ⅱ中加入FeSO4溶液后，pH均降低【專題】物質的性質和變化專題；電離平衡與溶液的pH專題．【分析】A．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中均存在電荷守恒分析判斷；B．將FeSO4溶液分別滴入Na2CO3溶液中發(fā)生雙水解反應和復分解反應，生成Fe（OH）2和FeCO3沉淀；C．FeSO4溶液滴入NaHCO3溶液中，亞鐵離子和碳酸氫根離子反應生成FeCO3和氫離子，氫離子和碳酸氫根離子反應生成二氧化碳氣體；D．將FeSO4溶液分別滴入Na2CO3溶液中消耗碳酸根離子，溶液pH減小，F(xiàn)eSO4溶液滴入NaHCO3溶液中，生成氫離子?！窘獯稹拷猓篈．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中的陰陽離子種類相同，均存在電荷守恒，c（Na+）+c（H+）═c（）+2c（）+c（OH﹣），故A正確；B．將FeSO4溶液分別滴入Na2CO3溶液中發(fā)生雙水解反應和復分解反應，生成Fe（OH）2和FeCO3沉淀，氫氧化亞鐵易被空氣中的氧氣氧化生成氫氧化鐵，Ⅰ中的沉淀可能有Fe（OH）2、Fe（OH）3和FeCO3，故B正確；C．FeSO4溶液滴入NaHCO3溶液中，亞鐵離子和碳酸氫根離子反應生成FeCO3和氫離子，氫離子和碳酸氫根離子反應生成二氧化碳氣體，Ⅱ中生成FeCO3的反應：2+Fe2+═FeCO3↓+CO2↑+H2O，故C錯誤；D．分析可知，將FeSO4溶液分別滴入Na2CO3溶液中消耗碳酸根離子，溶液pH減小，F(xiàn)eSO4溶液滴入NaHCO3溶液中，生成氫離子，溶液pH減小，故D正確；故選：C。【點評】本題考查了電解質溶液中離子濃度關系、鹽類水解和復分解反應的分析判斷、溶液酸堿性等，題目難度中等。18．（2024秋?五華區(qū)期中）25℃下，AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。某實驗小組以K2CrO4為指示劑，用AgNO3標準溶液分別滴定含Cl﹣水樣、含Br﹣水樣。已知：①Ag2CrO4為磚紅色沉淀；25℃時，pKa1（H2CrO4）＝0.7，pKa2（H2CrO4）＝6.5；②相同條件下AgCl溶解度大于AgBr。下列說法錯誤的是（）A．曲線①為Ag2CrO4沉淀溶解平衡曲線 B．反應Ag2CrO4+H+?2Ag++的平衡常數(shù)K＝1.0×10﹣5.2 C．在K2CrO4溶液中：c（H+）+c（）+2c（H2CrO4）＝c（OH﹣） D．滴定達終點時，溶液中c（Br﹣）：c（Cl﹣）＝10﹣1.25【專題】電離平衡與溶液的pH專題；分析與推測能力．【分析】Ksp（AgCl）＝c（Ag+）?c（Cl﹣），Ksp（AgBr）＝c（Ag+）?c（Br﹣），Ksp（Ag2CrO4）＝c2（Ag+）?c（），pAg＝﹣lgc（Ag+），pX＝﹣lgc（Xn﹣），即pCl＝﹣pAg﹣lgKsp（AgCl），pBr＝﹣pAg﹣lgKsp（AgBr），pCrO4＝﹣2pAg﹣lgKsp（Ag2CrO4），根據(jù)直線斜率大小關系可知，AgCl和AgBr沉淀溶解平衡曲線平行，則曲線①為Ag2CrO4沉淀溶解平衡曲線，且相同條件下AgCl溶解度大于AgBr，即Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），c（Ag+）相同時c（Cl﹣）＞c（I﹣），即pAg相同時pCl＜pBr，所以②③分別為AgCl、AgBr沉淀溶解平衡曲線，根據(jù)圖中（2.0，7.7）點計算Ksp（AgCl）＝10﹣2.0×10﹣7.7＝10﹣9.7，Ksp（Ag2CrO4）＝（10﹣2.0）2×10﹣7.7＝10﹣11.7，根據(jù)（6.1，6.1）點計算Ksp（AgBr）＝10﹣6.1×10﹣6.1＝10﹣12.2，據(jù)此分析解答?！窘獯稹拷猓篈．由上述分析可知，①②③分別為Ag2CrO4、AgCl、AgBr沉淀溶解平衡曲線，故A正確；B．由上述分析可知，Ksp（Ag2CrO4）＝c2（Ag+）?c（）＝10﹣11.7，pKa2（H2CrO4）＝6.5，Ka2（H2CrO4）＝10﹣6.5，則反應Ag2CrO4+H+?2Ag++的平衡常數(shù)K＝＝×＝＝＝1.0×10﹣5.2，故B正確；C．在K2CrO4溶液中，電荷守恒關系為c（H+）+c（K+）＝c（）+2c（）+c（OH﹣），物料守恒關系為c（K+）＝2c（）+2c（）+2c（H2CrO4），則質子關系為c（H+）+c（）+2c（H2CrO4）＝c（OH﹣），故C正確；D．由上述分析可知，Ksp（AgCl）＝c（Ag+）?c（Cl﹣）＝10﹣9.7，Ksp（AgBr）＝c（Ag+）?c（Br﹣）＝10﹣12.2，滴定達終點時AgBr、AgCl共存，則溶液中c（Br﹣）：c（Cl﹣）＝Ksp（AgBr）：Ksp（AgCl）＝10﹣12.2：10﹣9.7＝10﹣2.5，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查沉淀溶解平衡圖象分析，側重分析能力和計算能力考查，把握曲線對應的物質、溶度積常數(shù)的計算及其應用是解題關鍵，注意掌握溶液中守恒關系式的應用，題目難度中等。19．（2024?南通模擬）近日，某科研團隊發(fā)現(xiàn)一種重要有機中間體的合成機理如下：其中，箭頭表示一對電子的轉移。根據(jù)以上機理，下列說法正確的是（）A．—CF3具有很強的給電子效應，使與之相連的碳原子帶正電，使得帶負電的OCH3可以發(fā)生加成反應 B．為了增大反應正向進行的程度，可在反應體系中加入H+以結合F降低F的濃度 C．類比ClNO，反應產物之一的FNO可命名為硝基氟 D．在反應中，一對電子的轉移往往代表著共價鍵的生成或斷裂【專題】化學應用．【分析】A．F具有吸電子效應不是給電子效應；B．反應物中有肽鍵，在酸性條件水解；C．—NO是亞硝基；D．此反應氧化還原反應，電子對轉移代表化學反應的發(fā)生?！窘獯稹緼．F具有吸電子效應不是給電子效應，因為吸電子效應使得與—CF3相連碳原子帶正電荷，故A錯誤；B．反應物中有肽鍵，在酸性條件水解，加入氫離子雖然可以結合F﹣同時也導致反應物水解減少，故B錯誤；C．—NO是亞硝基，因此FNO命名為亞硝基氟，故C錯誤；D．此反應氧化還原反應，電子對轉移代表化學反應的發(fā)生，化學反應實質是舊鍵的斷裂與新鍵的形成，故D正確；故選：D?！军c評】本題主要考查制備實驗方案的設計，理解流程的原理是解決本題的關鍵，屬于基本知識的考查，考查元素陌生，試題難度較大。20．（2024秋?吉林月考）2NO2（g）?N2O4（g），v正（NO2）＝k1?c2（NO2），v逆（N2O4）＝k2?c（N2O4），其中k1、k2只與溫度有關，T0時，k1＝k2，將一定量的NO2充入注射器中，改變活塞位置，氣體透光率隨時間的變化如圖所示（氣體顏色越深，透光率越低），下列說法錯誤的是（）A．d點v正（NO2）＜v逆（NO2） B．T0時，K＝0.5 C．T1時，k2＝0.6k1，則T1＜T0 D．保持容積不變，再充入一定量NO2氣體，NO2的平衡轉化率不變【專題】化學平衡專題；理解與辨析能力．【分析】由反應達到平衡時，正逆反應速率相等可得：＝2k2c（N2O4），整理可得：＝＝K，T0時，速率常數(shù)k1＝k2，則反應的平衡常數(shù)K＝＝＝0.5?！窘獯稹拷猓篈．由圖可知，d點后透光率減小，說明二氧化氮濃度增大，平衡向逆反應方向移動，則二氧化氮的正反應速率小于逆反應速率，故A正確；B．由分析可知，T0時，反應的平衡常數(shù)K＝0.5，故B正確；C．該反應為放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，平衡常數(shù)減小，T1時，速率常數(shù)k2＝0.6k1，反應的平衡常數(shù)K'＝＝＞K＝0.5，則溫度T1小于T0，故C正確；D．保持容積不變，再充入一定量二氧化氮氣體相當于增大壓強，平衡向正反應方向移動，二氧化氮的轉化率增大，故D錯誤；故選：D。【點評】本題考查化學平衡，側重考查學生平衡移動的掌握情況，試題難度中等。二．解答題（共5小題）21．（2024春?杭州期中）硼單質及其化合物有重要的應用。（1）硼與硅相似，能與氫形成一類化合物——硼烷。常見的有乙硼烷（B2H6）、丁硼烷（B4H10）等。BnHm極易發(fā)生水解生成H3BO3和H2，請寫出反應的化學方程式：BnHm+3nH2O＝nH3BO3+（）H2；其中乙硼烷生產中可用來與試劑X反應制備硼氫化鈉（NaBH4），且符合原子經濟性反應，試劑X的化學式為NaH。（2）下列說法正確的是BC。A.反應①為氧化還原反應，其中H2被BCl3氧化B.相同條件下在水中的溶解度：氨硼烷（NH3BH3）＞乙烷C.H3BO3是一種一元弱酸，可以與甲醇反應生成B（OCH3）3為無機酸酯D.氮化硼（BN）晶體有多種相結構，六方氮化硼結構與石墨相似，熔點低（3）氨硼烷（NH3BH3）含氫量高、熱穩(wěn)定性好，是一種有潛力的固體儲氫材料。氨硼烷分子間存在“雙氫鍵”（不是兩個氫鍵）使氨硼烷的熔點明顯升高?！半p氫鍵”能形成的原因是NH3BH3分子中，與N相連的H帶正電，與B相連的H帶負電，兩種H之間存在相互作用，形成雙氫鍵。（4）在一定條件下氨硼烷和水發(fā)生反應，產生氫氣，其中溶液中的陰離子為。運用價層電子對互斥模型，分析反應后的溶液中的陽離子的空間結構正四面體形?！緦ｎ}】氧化還原反應專題；化學鍵與晶體結構．【分析】（1）BnHm與水反應生成H3BO3和H2，以此書寫化學方程式；乙硼烷生產中可用來與試劑X反應制備硼氫化鈉（NaBH4），且符合原子經濟性反應，即反應物全部轉化為生成物，根據(jù)原子守恒推斷X的化學式；（2）A.由轉化關系圖可知，反應①為6H2+2BCl3＝B2H6+6HCl；B.與水形成分子間氫鍵可增大其溶解度；C.H3BO3在水中與水中羥基結合生成四羥基合硼酸根和一個氫離子，結構式為B（OH）3；D.石墨熔點很高；（3）NH3BH3中N為﹣3價，B為+3價，與N相連的H帶正電，與B相連的H帶負電，據(jù)此分析電負性大小，兩種H之間存在相互作用形成雙氫鍵；（4）在一定條件下氨硼烷和水發(fā)生反應，產生氫氣，其中溶液中的陰離子為，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒，離子方程式為：3NH3BH3+9H2O＝9H2++?！窘獯稹拷猓海?）BnHm與水反應生成H3BO3和H2，化學方程式為：BnHm+3nH2O＝nH3BO3+（）H2；乙硼烷生產中可用來與試劑X反應制備硼氫化鈉（NaBH4），且符合原子經濟性反應，即反應物全部轉化為生成物，根據(jù)原子守恒可知，X的化學式為NaH，故答案為：BnHm+3nH2O＝nH3BO3+（）H2；NaH；（2）A.由轉化關系圖可知，反應①為6H2+2BCl3＝B2H6+6HCl，H元素的化合價既升高又降低，故A錯誤；B.氨硼烷可與水形成分子間氫鍵可增大在水中的溶解度，故B正確；C.H3BO3在水中與水中羥基結合生成四羥基合硼酸根和一個氫離子，故被定義為一元酸，結構式為B（OH）3，可與甲醇反應生成B（OCH3）3為無機酸酯，故C正確；D.石墨熔點很高，氮化硼（BN）晶體有多種相結構，六方氮化硼結構與石墨相似，熔點很高，故D錯誤；故答案為：BC；（3）NH3BH3中N為﹣3價，B為+3價，與N相連的H帶正電，與B相連的H帶負電，“雙氫鍵”能形成的原因是：NH3BH3分子中，與N相連的H帶正電，與B相連的H帶負電，兩種H之間存在相互作用，形成雙氫鍵，故答案為：NH3BH3分子中，與N相連的H帶正電，與B相連的H帶負電，兩種H之間存在相互作用，形成雙氫鍵；（4）在一定條件下氨硼烷和水發(fā)生反應，產生氫氣，其中溶液中的陰離子為，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒，離子方程式為：3NH3BH3+9H2O＝9H2++，陽離子為，N原子的價層電子排布式為4+＝4，為sp3雜化，沒有孤電子對，空間結構為正四面體形，故答案為：正四面體形。【點評】本題考查比較綜合，涉及氧化還原反應、方程式書寫、晶體結構與性質、空間構型等知識，掌握基礎是關鍵，題目難度適中。22．（2024秋?南崗區(qū)校級月考）ClO2在常溫下為黃色氣體，熔點為﹣59.5℃，沸點為11℃，易溶于水，其水溶液是一種廣譜殺菌劑，在堿性環(huán)境中易發(fā)生反應：4ClO2+4OH﹣═3+ClO﹣+2H2O。ClO2的制備方法有多種。請回答下列問題：（1）一種有效成分為NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡騰片”，溶于水時逸出大量CO2，同時NaClO2在酸性條件下發(fā)生自身氧化還原反應，得到NaCl和ClO2的混合溶液。①NaClO2中氯元素的化合價為+3。②上述反應過程中生成ClO2的離子方程式為5+4H+═4ClO2+Cl﹣+2H2O。（2）實驗室可用圖示中裝置制備、收集ClO2（夾持裝置略）。①裝置A中發(fā)生反應的化學方程式為Cl2+2NaClO2═2ClO2+2NaCl。②為了使裝置B能收集到更多的ClO2，可采取的措施為將裝置B置于冰水浴中（或溫度低于11℃的冷水浴中）（填一條）。（3）ClO2的穩(wěn)定性較差，易分解，常用H2O2溶液和NaOH溶液將其轉化為NaClO2進行保存。該反應中每生成1個O2分子，轉移電子的數(shù)目為2。若加入過量NaOH溶液，可能導致的后果是NaClO2產品中含有雜質NaClO3和NaClO。【專題】無機實驗綜合；分析與推測能力．【分析】（1）①NaClO2中那元素化合價+1價，氧元素化合價﹣2價，化合物中元素化合價代數(shù)和為0計算得到氯元素的化合價；②NaClO2在酸性條件下發(fā)生自身氧化還原反應，得到NaCl和ClO2的混合溶液；（2）①裝置A中氯氣和NaClO2反應生成氯化鈉和ClO2；②ClO2在常溫下為黃色氣體，熔點為﹣59.5℃，沸點為11℃，降低溫度收集；（3）ClO2的穩(wěn)定性較差，易分解，常用H2O2溶液和NaOH溶液將其轉化為NaClO2進行保存，ClO2中氯元素化合價+4價降低到+3價，H2O2做還原劑，氧元素化合價﹣1價升高到0價，生成氧氣，反應的離子方程式為：2ClO2+H2O2+2OH﹣＝+O2↑+2H2O，過量的氫氧化鈉反應會生成NaClO3和NaClO。【解答】解：（1）①NaClO2中那元素化合價+1價，氧元素化合價﹣2價，氯元素化合價+3價，故答案為：+3；②NaClO2在酸性條件下發(fā)生自身氧化還原反應，得到NaCl和ClO2的混合溶液，反應過程中生成ClO2的離子方程式：5+4H+═4ClO2+Cl﹣+2H2O，故答案為：5+4H+═4ClO2+Cl﹣+2H2O；（1）①裝置A中發(fā)生反應的化學方程式為：Cl2+2NaClO2═2ClO2+2NaCl，故答案為：Cl2+2NaClO2═2ClO2+2NaCl；②ClO2在常溫下為黃色氣體，熔點為﹣59.5℃，沸點為11℃，為了使裝置B能收集到更多的ClO2，可采取的措施是：將裝置B置于冰水浴中（或溫度低于11℃的冷水浴中），故答案為：將裝置B置于冰水浴中（或溫度低于11℃的冷水浴中）；（4）ClO2的穩(wěn)定性較差，易分解，常用H2O2溶液和NaOH溶液將其轉化為NaClO2進行保存，ClO2中氯元素化合價+4價降低到+3價，H2O2做還原劑，氧元素化合價﹣1價升高到0價，生成氧氣，反應的離子方程式為：2ClO2+H2O2+2OH﹣＝+O2↑+2H2O，該反應中每生成1個O2分子，轉移電子的數(shù)目2，若加入過量NaOH溶液，可能導致的后果是NaClO2產品中含有雜質NaClO3和NaClO，故答案為：2；NaClO2產品中含有雜質NaClO3和NaClO。【點評】本題考查實驗方案的設計，側重考查學生無機實驗的掌握情況，注意知識的熟練掌握，題目難度中等。23．（2024?天津一模）有機化學在醫(yī)藥、化工及農林等領域均有廣泛應用。請完成下列問題。Ⅰ.已知：（1）實驗室制取A的化學方程式為C2H5OHCH2＝CH2↑+H2O。（2）A→B發(fā)生了加成反應，B中含有羥基。B的結構簡式為ClCH2CH2OH。（3）請寫出G中除羥基外，其他官能團的名稱酯鍵、羰基。（4）D→E的化學方程式為CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。（5）H分子中含有一個五元環(huán)，寫出G→H的化學方程式CH3COCH（CH2CH2OH）COOCH2CH3+CH3CH2OH。Ⅱ.阿托酸是一種重要的醫(yī)藥中間體，其合成路線如圖：（6）W→Q的反應類型是加成反應。（7）化合物W滿足下列條件的同分異構體有4種。①可以發(fā)生銀鏡反應②含有苯環(huán)其中核磁共振氫譜圖像為4組峰的結構簡式為。（8）下列關于化合物Y的說法，錯誤的是b（填字母）。a.可以發(fā)生聚合反應b.9個碳原子共平面c.可以形成分子內、分子間氫鍵d.含有一個手性碳原子【專題】有機物的化學性質及推斷．【分析】Ⅰ．根據(jù)A的分子式知，A為CH2＝CH2，A→B發(fā)生了加成反應，B中含有羥基，則B為ClCH2CH2OH，B發(fā)生取代反應生成C，同時生成HCl；根據(jù)D、E的分子式及G的結構簡式知，D為CH3COOH，E為CH3COOCH2CH3，E發(fā)生信息Ⅰ的反應生成F為CH3COCH2COOCH2CH3，C和F發(fā)生開環(huán)反應生成G，G發(fā)生信息Ⅱ的反應生成H，H分子中含有一個五元環(huán)，H為，H發(fā)生水解反應然后和HBr發(fā)生取代反應生成I，I可以與NaHCO3溶液反應，說明I中含有羧基，I脫CO2生成J，則I為，J為CH3COCH2CH2CH2Br，J發(fā)生取代反應生成K，據(jù)此分析回答問題；Ⅱ．合成路線中，W和氫氣加成反應生成Q，Q濃硫酸作用下加熱發(fā)生消去反應生成，被氧化得到苯環(huán)氧乙烷，在CO2催化作用、酯化反應得到Y，濃硫酸作用下加熱發(fā)生消去反應得到阿托酸，據(jù)此分析回答問題?！窘獯稹拷猓海?）A為乙烯，實驗室用乙醇在加熱170℃、濃硫酸作催化劑的條件下發(fā)生消去反應制取，實驗室制取A的化學方程式為：C2H5OHCH2＝CH2↑+H2O，故答案為：C2H5OHCH2＝CH2↑+H2O；（2）B的結構簡式為：ClCH2CH2OH，故答案為：ClCH2CH2OH；（3）G為：CH3COCH（CH2CH2OH）COOCH2CH3，結構簡式分析可知，G中除羥基外，其他官能團的名稱為：酯鍵、羰基，故答案為：酯鍵、羰基；（4）D→E的化學方程式為CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，故答案為：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；（5）H為，G→H的化學方程式為：CH3COCH（CH2CH2OH）COOCH2CH3+CH3CH2OH，故答案為：CH3COCH（CH2CH2OH）COOCH2CH3+CH3CH2OH；Ⅱ．（6）W→Q的反應類型是發(fā)生了加成反應，故答案為：加成反應；（7）化合物W滿足①可以發(fā)生銀鏡反應，含有醛基，②含有苯環(huán)，得到同分異構體是苯環(huán)上連接一個甲基和一個醛基的有三種，取代基分別為鄰、間、對，分別為：、、，苯環(huán)連接一個取代基時為：，共有四種同分異構體，其中核磁共振氫譜圖像為4組峰的結構簡式為：，故答案為：4；；（8）Y為，含苯環(huán)、羧基、羥基，結合性質分析判斷，a．分子中含羧基和羥基，可以發(fā)生聚合反應中的縮聚反應，故a正確；b．分子中的飽和碳原子形成的是四面體結構，最多8個碳原子共平面，9個碳原子不共平面，故b錯誤；c．分子結構中含羧基和羥基，可以形成分子內、分子間氫鍵，故c正確；d．分子中和苯環(huán)直接相連的碳原子為手性碳原子，含有一個手性碳原子，故d正確；故答案為：b。【點評】本題考查有機物合成，側重考查對比、分析、推斷及知識綜合運用能力，正確推斷各物質的結構簡式是解本題關鍵，注意習題中信息的靈活運用，題目難度中等。24．（2024秋?浦東新區(qū)校級月考）乳酸亞鐵固體（[CH3CH（OH）COO]2Fe，摩爾質量：234g/mol）易溶于水，難溶于乙醇，其水溶液易被氧化。它是一種很好的補鐵劑常用于治療缺鐵性貧血?？捎扇樗崤cFeCO3反應制得。Ⅰ．制備碳酸亞鐵：裝置如圖所示①組裝儀器，檢查裝置氣密性，加入試劑；②先關閉K2，打開K1、K3，一段時間后關閉K3；③打開活塞K2；④過濾，洗滌干燥。（1）盛放碳酸鈉溶液的玻璃儀器名稱為三頸燒瓶。操作②中，先關閉K2，打開K1、K3，加入適量稀硫酸，使反應進行一段時間，其目的是排盡裝置內的空氣，防止Fe2+被氧化。（2）裝置a可盛適量的水，其作用是液封，防止空氣進入三頸燒瓶中氧化Fe2+。（3）可用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液制備碳酸亞鐵，觀察到有大量氣泡冒出，發(fā)生反應的離子方程式為Fe2++2＝FeCO3↓+CO2↑+H2O，此法所得產品純度更高，原因是碳酸根離子水解呈堿性且堿性較強，反應中易生成氫氧化亞鐵。Ⅱ．制備乳酸亞鐵：將制得的FeCO3加入乳酸溶液中，加入少量鐵粉，在75℃下攪拌使之充分反應，然后再加入適量乳酸。（4）從所得溶液中獲得乳酸亞鐵所需的實驗操作是：隔絕空氣低溫蒸發(fā)，冷卻結晶，過濾，用乙醇洗滌，干燥。①過濾所需的玻璃儀器為漏斗和燒杯。②選用乙醇洗滌的原因是可減少乳酸亞鐵固體損失，防止被氧化。Ⅲ．乳酸亞鐵晶體純度的測量：（5）若用KMnO4滴定法測定樣品中Fe2+的量計算純度，發(fā)現(xiàn)結果總是大于100%，其原因是乳酸根中羥基被酸性高錳酸鉀溶液氧化。（6）該興趣小組改用鈰（Ce）量法測定產品中Fe2+的含量，可通過用Ce（SO4）2滴定法測定樣品中Fe2+的含量來計算乳酸亞鐵固體樣品純度（反應中Ce元素被還原為Ce3+）。稱取7.8g樣品配制成250.00mL溶液，取25.00mL用0.10mol?L﹣1Ce（SO4）2標準溶液滴定。反復滴定3次，平均消耗標準液30.00mL，則產品中乳酸亞鐵的純度為90%。若滴定操作時間過長，則測得的樣品純度將偏?。ㄌ睢捌蟆薄捌　被颉安蛔儭保！緦ｎ}】制備實驗綜合；分析與推測能力．【分析】亞鐵離子容易被氧氣氧化，制備碳酸亞鐵過程中應在無氧環(huán)境中進行，F(xiàn)e與稀硫酸反應制備硫酸亞鐵，利用反應生成的氫氣排盡裝置中的空氣，故圓底燒瓶內制備硫酸亞鐵，利用生成的氫氣，使圓底燒瓶中氣壓增大，將圓底燒瓶中的硫酸亞鐵溶液壓入三頸燒瓶中，和Na2CO3溶液發(fā)生反應制備碳酸亞鐵?！窘獯稹拷猓海?）盛放碳酸鈉溶液的玻璃儀器名稱為三頸燒瓶；操作②中，先關閉K2，打開K1、K3，加入適量稀硫酸，和鐵屑生成氫氣，使反應進行一段時間，排