2025高考假期提升專項(xiàng)練習(xí)化學(xué)壓軸卷訓(xùn)練13含答案及解析

2025菁優(yōu)高考化學(xué)壓軸卷訓(xùn)練13一．選擇題（共20小題）1．（2024?定海區(qū)校級模擬）化學(xué)知識無處不在，下列勞動場景涉及氧化還原反應(yīng)的是（）A．用溫?zé)岬募儔A溶液清洗油污 B．廚師用小蘇打制作面點(diǎn) C．白醋除去水垢中CaCO3 D．鋼鐵工人用鐵礦石煉鐵2．（2024?黑龍江開學(xué)）下列化學(xué)用語表示正確的是（）A．甲烷的分子結(jié)構(gòu)模型： B．醛基：—COH C．羥基的電子式： D．乙醇的分子式：CH3CH2OH3．（2024秋?蚌埠月考）下列反應(yīng)的離子方程式正確的是（）A．用KSCN溶液檢驗(yàn)Fe3+：Fe3++3SCN﹣?Fe（SCN）3 B．試管壁上的銀鏡用稀硝酸清洗：Ag+2H++═Ag++NO2↑+H2O C．用草酸標(biāo)準(zhǔn)溶液測定高錳酸鉀溶液的濃度：2+5C2+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O D．鉛酸蓄電池充電時的陽極反應(yīng)：Pb2++2H2O﹣2e﹣═PbO2+4H+4．（2024秋?南昌月考）設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述錯誤的是（）A．1molCaH2固體含有的離子數(shù)目為3NA B．1molCH3Cl的中心原子的孤電子對數(shù)為3NA C．20g的D2O中所含質(zhì)子數(shù)目和中子數(shù)目均為10NA D．常溫下，1LpH＝9的CH3COONa溶液中，水電離出的OH﹣數(shù)目為10﹣5NA5．（2024?貴州）某化合物由原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z、Q組成（結(jié)構(gòu)如圖）。X的最外層電子數(shù)等于內(nèi)層電子數(shù)，Y是有機(jī)物分子骨架元素，Q和W能形成兩種室溫下常見的液態(tài)化合物。下列說法錯誤的是（）A．第一電離能：Y＜Z＜Q B．該化合物中Q和W之間可形成氫鍵 C．X與Al元素有相似的性質(zhì) D．W、Z、Q三種元素可形成離子化合物6．（2024?遼寧模擬）一種既能檢驗(yàn)又能吸附重金屬離子的聚丙烯酰胺微凝膠的分子結(jié)構(gòu)示意圖如圖。下列說法錯誤的是（）A．鍵長：O—H鍵＜N—H鍵＜C—H鍵 B．相同條件下電離出H+的程度：—SO3H＞—NH2 C．碳原子的雜化方式均為sp2雜化 D．第一電離能：N＞O＞S7．（2024秋?靖遠(yuǎn)縣月考）釩鎳合金是一種具有廣泛應(yīng)用前景的材料。鎳晶體的結(jié)構(gòu)示意圖如圖1所示，結(jié)構(gòu)中不同位置的鎳原子被釩原子替代后，可形成各種性能不同的釩鎳合金，某釩鎳合金的結(jié)構(gòu)示意圖如圖2所示。下列說法錯誤的是（）A．圖2可表示該釩鎳合金的晶胞 B．鎳元素位于元素周期表d區(qū) C．鎳晶體的晶胞中Ni的配位數(shù)為12 D．該釩鎳合金的化學(xué)式為V3Ni58．（2024春?合肥期末）已知銅離子的配位數(shù)通常為4，和均為深藍(lán)色。某化學(xué)小組設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)制備銅的配合物。下列說法錯誤的是（）A．硫酸銅溶液呈藍(lán)色，是因?yàn)槿芤褐写嬖谂潆x子 B．b中得到配合物Na2[Cu（OH）4]，其配體為OH﹣ C．上述實(shí)驗(yàn)可得配離子的穩(wěn)定性順序?yàn)椋?D．中含有的σ鍵數(shù)為16NA9．（2024春?貴池區(qū)期中）解釋下列現(xiàn)象的原因不正確的是（）選項(xiàng)現(xiàn)象原因AHF的穩(wěn)定性強(qiáng)于HClHF分子之間除了范德華力以外還存在氫鍵BCF3COOH的酸性強(qiáng)于CCl3COOH酸性F的電負(fù)性大于Cl，使O—H鍵極性增強(qiáng)C對羥基苯甲醛的熔沸點(diǎn)比鄰羥基苯甲醛的高對羥基苯甲醛形成分子間氫鍵，而鄰羥基苯甲醛形成分子內(nèi)氫鍵D熔點(diǎn)：NaCl＞NaBrCl﹣的半徑小于Br﹣，NaCl中離子鍵比NaBr中離子鍵強(qiáng)A．A B．B C．C D．D10．（2024秋?安徽月考）MoO2氧化CH4制CH3OH的部分反應(yīng)歷程如圖所示。下列有關(guān)敘述正確的是（）A．穩(wěn)定性：TS2＞TS1 B．上述轉(zhuǎn)化過程中，斷裂和形成了非極性鍵 C．上述逆反應(yīng)的反應(yīng)熱ΔH＝﹣96.50kJ?mol﹣1 D．升溫使O＝Mo＝O（s）+CH4（g）?Mo＝O（s）+CH3OH（g）的逆反應(yīng)速率增大，正反應(yīng)速率減小11．（2023秋?肇東市校級期末）我國科學(xué)家研發(fā)出一種新型的鋅碘單液流電池，其原理如圖所示。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯誤的是（）A．放電時，B電極反應(yīng)式：I2+2e﹣═2I﹣ B．放電時，電解質(zhì)儲罐中離子總濃度增大 C．M為陽離子交換膜，N為陰離子交換膜 D．充電時，A極增重32.5g時，C區(qū)增加的離子數(shù)為2NA12．（2024秋?河?xùn)|區(qū)校級月考）已知A（g）+3B（g）?2C（g）ΔH＜0，有甲、乙兩個容積為0.5L的密閉容器，向甲中加入1molA和3molB，5min時達(dá)到平衡，放出熱量為Q1kJ；相同條件下，向乙中加入2molC，達(dá)到平衡時吸收熱量為Q2kJ。已知Q2＝3Q1，下列說法正確的是（）A．乙中平衡時C的轉(zhuǎn)化率為50% B．乙中的熱化學(xué)方程式為：2C（g）?A（g）+3B（g）ΔH＝+Q1kJ?mol﹣1 C．甲中達(dá)平衡時，用B的濃度變化表示5min內(nèi)的平均反應(yīng)速率為0.3mol﹣1?min﹣1 D．乙中達(dá)到平衡后，再加入0.25molA、0.75molB、1.5molC，與原平衡互為等效平衡，平衡不移動13．（2023秋?辛集市期末）以下圖象和敘述錯誤的是（）A．圖甲：該圖象表示的反應(yīng)方程式為2A＝3B+C，反應(yīng)速率v（A）＝0.4mol/（L?s） B．圖乙：某溫度下發(fā)生反應(yīng)：H2（g）+I2（g）?2HI（g），t1時刻改變的條件可以是加入催化劑 C．圖丙：對圖中反應(yīng)升高溫度，該反應(yīng)平衡常數(shù)增大 D．圖?。簩τ诜磻?yīng)：mA（g）+nB（g）?pC（g）ΔH＜0，m+n＞p14．（2023秋?東湖區(qū)校級期中）常溫下，下列溶液中各離子濃度關(guān)系正確的是（）A．室溫下，NaH2PO4溶液中（pH＜7）：c（）＞c（H3PO4） B．濃度為0.1mol?L﹣1的碳酸氫鈉溶液：c（Na+）+c（H+）＝c（）+c（OH﹣） C．0.1mol/LNa2CO3溶液與0.1mol/LNaHCO3溶液等體積混合：c（Na+）＝c（）+c（）+c（H2CO3） D．濃度均為0.1mol?L﹣1的醋酸溶液與NaOH溶液混合后：c（OH﹣）＝c（H+）+c（CH3COOH）15．（2024?泰州一模）室溫下，Na2CO3體系中各含碳微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與pH的關(guān)系如圖1所示．在c起始（Na2CO3）＝0.1mol?L﹣1的體系中，研究Mg2+在不同pH時的可能產(chǎn)物，c（Mg2+）與pH的關(guān)系如圖2所示，曲線Ⅰ的離子濃度關(guān)系符合c（Mg2+）?c（）＝Ksp（MgCO3），曲線Ⅱ的離子濃度關(guān)系符合c（Mg2+）?c2（OH）＝Ksp[Mg（OH）2]。下列說法正確的是（）A．由M點(diǎn)可求得Ka2（H2CO3）＝1×10﹣6.37 B．pH＝11的體系中：c（）＜c（） C．Q點(diǎn)的體系中，發(fā)生反應(yīng)Mg2++2═Mg（OH）2↓+2CO2↑ D．P點(diǎn)的體系中，c（）+c（）+c（H2CO3）＝0.1mol?L﹣116．（2024秋?永州月考）一種海水提溴的部分工藝流程如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．“氧化”和“轉(zhuǎn)化”工序中Cl2的主要作用相同 B．“水相Ⅱ”中的溶質(zhì)為HCl C．“吸附”工序利用了溴易溶于有機(jī)溶劑的性質(zhì) D．“洗脫”工序可完成R3NCl的再生17．（2024秋?南充月考）某有機(jī)化合物結(jié)構(gòu)如圖所示，下列有關(guān)說法錯誤的是（）A．分子中含有1個手性碳原子 B．分子中有5個碳原子在同一直線上 C．能使酸性高錳酸鉀稀溶液褪色 D．分子式為C16H19O2N18．（2024秋?冀州區(qū)校級期中）在學(xué)習(xí)完氯氣的制備知識后，某同學(xué)利用相關(guān)原理進(jìn)行下列實(shí)驗(yàn)探究（已知：I2不易溶于水，易升華），其中能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖牵ǎ〢．甲 B．乙 C．丙 D．丁19．（2024春?武漢期中）“化學(xué)多米諾實(shí)驗(yàn)”即只需控制第一個反應(yīng)，利用反應(yīng)中氣體產(chǎn)生的壓力和虹吸作用原理使若干化學(xué)實(shí)驗(yàn)依次發(fā)生。如圖是一個“化學(xué)多米諾實(shí)驗(yàn)”。已知：①Cu2++4NH3?H2O═4H2O+[Cu（NH3）4]2+（該反應(yīng)產(chǎn)物可作為H2O2分解的催化劑）②F和L中的硫酸溶液濃度相同下列有關(guān)分析錯誤的是（）A．進(jìn)行實(shí)驗(yàn)前必須檢查裝置氣密性 B．整套裝置共發(fā)生3個氧化還原反應(yīng) C．裝置J中出現(xiàn)淺黃色渾濁 D．裝置K的作用是吸收尾氣20．（2024?蘭州模擬）某小組同學(xué)探究SO2與新制Cu（OH）2懸濁液反應(yīng)的實(shí)驗(yàn)裝置圖如圖所示：下列說法不正確的是（）A．配制70%硫酸溶液需要用到的儀器有燒杯、量筒、玻璃棒、膠頭滴管 B．裝置B的作用是監(jiān)控SO2流速，其中試劑可以用飽和NaHSO4溶液 C．反應(yīng)開始時C中出現(xiàn)磚紅色沉淀，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為2：1 D．反應(yīng)后向C的溶液中加入稀鹽酸酸化后，再滴加BaCl2溶液、有白色沉淀生成，證明反應(yīng)中SO2作還原劑二．解答題（共3小題）21．（2024秋?東城區(qū)校級月考）黃銅礦（主要成分為CuFeS2）可用于冶煉Cu2O，主要物質(zhì)轉(zhuǎn)化過程如下：（1）Cu2S與O2共熱制備Cu2O的反應(yīng)中，化合價升高的元素是。（2）為減少SO2對環(huán)境的污染，在高溫時可以用CaO將其轉(zhuǎn)化為CaSO4，反應(yīng)的化學(xué)方程式為。（3）SO2中心原子的雜化方式是，用價層電子對互斥理論解釋SO2的空間結(jié)構(gòu)不同于CO2的原因：。（4）如圖中，表示Cu2O晶胞的是（填“圖1”或“圖2”）。（5）Cu2O與Cu2S都可視為離子晶體，且結(jié)構(gòu)相似，但Cu2O的熔點(diǎn)比Cu2S的高約100℃，原因是。（6）CuFeS2的晶胞如圖3所示。①圖4所示結(jié)構(gòu)單元不能作為CuFeS2晶胞的原因是。②從圖3可以看出，每個CuFeS2晶胞中含有的Cu原子個數(shù)為。③已知：CuFeS2晶體的密度是4.30g/cm3，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA。CuFeS2晶胞中底邊邊長a＝pm（用計(jì)算式表示；1cm＝1010pm；CuFeS2的摩爾質(zhì)量為184g/mol）。22．（2024秋?沈陽月考）短周期主族元素T的一種氧化物為TO2。根據(jù)下列信息回答相關(guān)問題：（1）若TO2氣體具有刺激性氣味，通入酸性KMnO4溶液中，溶液由紫紅色變?yōu)闊o色。食品中添加適量TO2可起到防腐和抗氧化作用，則TO2的化學(xué)式為TO2還可以使品紅褪色，則體現(xiàn)了它的（A.氧化性B.還原性C.漂白性D.酸性氧化物的通性）常溫下，TO2與T的簡單氫化物不能大量共存，原因是（用化學(xué)方程式表示）。（2）若T位于第三周期ⅣA族，含有TO2的材料在堿性土壤中會“短路”，其原因是（用離子方程式表示）。（3）常溫下，若TO2是紅棕色氣體。在針管實(shí)驗(yàn)中，乙管中充滿TO2使甲管中物質(zhì)和乙管中物質(zhì)反應(yīng)。啟動實(shí)驗(yàn)后，下列敘述正確的是（填標(biāo)號）。A.若甲管中充滿KI﹣淀粉溶液，則溶液變藍(lán)B.若甲管中充滿H2S則顏色無明顯變化C.若甲管中充滿FeCl2溶液，則溶液變黃色（4）若將無色無味的TO2氣體持續(xù)通入澄清石灰水中，石灰水先變渾濁，后變澄清。在點(diǎn)燃條件下TO2和鎂單質(zhì)的能發(fā)生反應(yīng)，且生成黑色固體。寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式。將TO2通入棉花包裹的Na2O2粉末中，過一會兒，棉花燃燒起來。由此推知，TO2和Na2O2反應(yīng)是（填“吸熱”或“放熱”）反應(yīng)。23．（2024秋?南崗區(qū)校級月考）有機(jī)物H是有機(jī)合成中的一種重要中間體，合成H的一種路線如圖所示：已知：①A為芳香族化合物，分子式為C7H8O。②B與銀氨溶液反應(yīng)，有單質(zhì)銀生成。③CH2—CH2+HC＝HC□請回答下列問題：（1）H中官能團(tuán)的名稱為。（2）E→F的反應(yīng)類型為，X的結(jié)構(gòu)簡式為。（3）A→C的化學(xué)方程式為。（4）D→E轉(zhuǎn)化中第①步反應(yīng)的化學(xué)方程式為。（5）G與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成有機(jī)物Y，符合下列條件的Y的同分異構(gòu)體種；其中的一種結(jié)構(gòu)簡式為：。①分子中含有苯環(huán)，且能與飽和碳酸氫鈉溶液反應(yīng)放出CO2②含有碳碳三鍵，且碳碳三鍵與苯環(huán)直接相連③苯環(huán)上只有三種取代基④核磁共振氫譜顯示有4組峰，且峰面積之比為6：2：1：1（6）參照上述合成路線，設(shè)計(jì)以丙烯為原料合成化合物的路線如圖：（部分反應(yīng)條件已略去）。其中M和N的結(jié)構(gòu)簡式為和。三．工藝流程題（共2小題）24．（2024?淮南開學(xué)）ZnCO3?2Zn（OH）2是制備活性ZnO的中間體。以鋅焙砂（主要成分為ZnO、ZnSiO3，含少量Cu2+、Mn2+等）為原料制備ZnCO3?2Zn（OH）2的流程如圖：回答下列問題：（1）鋅位于元素周期表第周期第族，ZnCO3?2Zn（OH）2屬于（填“純凈物”或“混合物”）。（2）“浸取1”步驟中加入H2O2的目的是。（3）“浸取2”步驟中[Cu（NH3）4]2+轉(zhuǎn)化為“浸渣”（填化學(xué)式）。（4）“蒸氨”步驟中存在[Zn（NH3）4]2+→NH3，[Zn（NH3）4]2+中H—N—H的鍵角（填“＞”“＜”或“＝”）NH3中H—N—H的鍵角。（5）寫出流程中“沉鋅”的離子方程式：。（6）該流程中可以循環(huán)利用的物質(zhì)是（寫出主要成分的化學(xué)式）。（7）ZnCO3?2Zn（OH）2經(jīng)焙燒可得活性ZnO，反應(yīng)的化學(xué)方程式為。25．（2023?順德區(qū)校級開學(xué)）氮循環(huán)與人類生活、社會發(fā)展息息相關(guān)。回答下列問題：（1）用化學(xué)方程式表示實(shí)驗(yàn)室制備NH3的原理：。（2）HNO3是一種重要的化工原料，工業(yè)上利用NH3制備HNO3的流程如圖所示；上述反應(yīng)中，氣體顏色發(fā)生變化的是，反應(yīng)后分子數(shù)增加的是（均填序號）。（3）在1L的恒容密閉容器中通入1molN2和3molH2，在不同溫度（T）下發(fā)生反應(yīng)N2+3H2?2NH3，測得NH3的濃度（c，單位：mol/L）隨反應(yīng)時間（t）的變化情況如表所示：實(shí)驗(yàn)序號T/℃t/min01020304050140000.200.340.430.500.50250000.250.400.480.480.48360000.280.450.45①下列說法中，不能說明反應(yīng)N2+3H2?2NH3達(dá)到平衡狀態(tài)的是（填標(biāo)號）。a.v（N2）正＝2v（NH3）逆b.斷裂3molH﹣H時斷裂2molN﹣Hc.混合氣體的密度保持不變d.混合氣體的壓強(qiáng)保持不變②400℃時，在0～20min內(nèi)，H2的平均反應(yīng)速率為mol?L﹣1?min﹣1，50min時，N2的轉(zhuǎn)化率為（N2的轉(zhuǎn)化率是指已被轉(zhuǎn)化的N2的物質(zhì)的量與其初始的物質(zhì)的量之比）。③由表格中的數(shù)據(jù)可知，600℃時，反應(yīng)達(dá)到平衡所需要的時間t（填“＞”“＜”或“＝”）30min，說明理由：。

2025菁優(yōu)高考化學(xué)壓軸卷訓(xùn)練13參考答案與試題解析一．選擇題（共20小題）1．（2024?定海區(qū)校級模擬）化學(xué)知識無處不在，下列勞動場景涉及氧化還原反應(yīng)的是（）A．用溫?zé)岬募儔A溶液清洗油污 B．廚師用小蘇打制作面點(diǎn) C．白醋除去水垢中CaCO3 D．鋼鐵工人用鐵礦石煉鐵【專題】物質(zhì)的性質(zhì)和變化專題．【分析】發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)中，存在元素的化合價升降，則屬于氧化還原反應(yīng)，以此來解答?！窘獯稹拷猓篈．溫度高會促進(jìn)純堿的水解，純堿水解顯堿性，堿性條件下油脂水解，不涉及氧化還原反應(yīng)，故A錯誤；B．碳酸氫鈉俗名小蘇打，碳酸氫鈉受熱發(fā)生分解反應(yīng)生成碳酸鈉、二氧化碳和水，廚師常用小蘇打制作面點(diǎn)，反應(yīng)中沒有元素化合價變化，所以廚師用小蘇打制作面點(diǎn)不涉及氧化還原反應(yīng)，故B錯誤；C．白醋中含有醋酸，醋酸酸性強(qiáng)于碳酸，醋酸能與碳酸鈣反應(yīng)生成易溶于水的醋酸鈣，不涉及氧化還原反應(yīng)，故C錯誤；D．鋼鐵工人用鐵礦石煉鐵過程中，鐵價態(tài)變?yōu)?價，有元素發(fā)生化合價變化，涉及氧化還原反應(yīng)，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評】本題以物質(zhì)的用途為載體考查了氧化還原反應(yīng)，根據(jù)反應(yīng)過程中是否有元素化合價變化來分析解答，明確元素化合價是解本題關(guān)鍵，結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)分析解答，題目難度不大。2．（2024?黑龍江開學(xué)）下列化學(xué)用語表示正確的是（）A．甲烷的分子結(jié)構(gòu)模型： B．醛基：—COH C．羥基的電子式： D．乙醇的分子式：CH3CH2OH【專題】化學(xué)用語專題．【分析】A．根據(jù)題目中是甲烷的球棍模型進(jìn)行分析；B．根據(jù)醛基為—CHO進(jìn)行分析；C．根據(jù)羥基是O和H共用一對電子形成的，進(jìn)行分析；D．根據(jù)分子式是表示分子組成的式子，進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓篈．題目中給的是甲烷的球棍模型，甲烷分子的空間充填模型應(yīng)該為，故A正確；B．醛基為—CHO，故B錯誤；C．羥基是O和H共用一對電子形成的，電子式為，故C錯誤；D．分子式是表示分子組成的式子，乙醇的分子式為C2H6O，故D錯誤；故選：A。【點(diǎn)評】本題主要考查化學(xué)式或化學(xué)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(jié)合已有的知識進(jìn)行解題。3．（2024秋?蚌埠月考）下列反應(yīng)的離子方程式正確的是（）A．用KSCN溶液檢驗(yàn)Fe3+：Fe3++3SCN﹣?Fe（SCN）3 B．試管壁上的銀鏡用稀硝酸清洗：Ag+2H++═Ag++NO2↑+H2O C．用草酸標(biāo)準(zhǔn)溶液測定高錳酸鉀溶液的濃度：2+5C2+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O D．鉛酸蓄電池充電時的陽極反應(yīng)：Pb2++2H2O﹣2e﹣═PbO2+4H+【專題】離子反應(yīng)專題；分析與推測能力．【分析】A．根據(jù)Fe3+與SCN﹣發(fā)生配位反應(yīng)，而顯色進(jìn)行分析；B．根據(jù)銀溶于稀硝酸生成硝酸銀和一氧化氮?dú)怏w進(jìn)行分析；C．根據(jù)H2C2O4被氧化為CO2，H2C2O4屬于弱酸，進(jìn)行分析；D．根據(jù)鉛酸蓄電池充電時的陽極PbSO4放電進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓篈．Fe3+與SCN﹣發(fā)生配位反應(yīng)，而顯色，離子反應(yīng)為Fe3++3SCN﹣?Fe（SCN）3，故A正確；B．試管壁上的銀鏡用稀硝酸清洗，銀溶于稀硝酸生成硝酸銀和一氧化氮?dú)怏w，該反應(yīng)的離子方程式為，故B錯誤；C．用草酸標(biāo)準(zhǔn)溶液測定高錳酸鉀溶液的濃度，草酸被氧化為CO2，草酸屬于弱酸，該反應(yīng)的離子方程式為，故C錯誤；D．鉛酸蓄電池充電時的陽極反應(yīng)，PbSO4放電，，故D錯誤；故選：A。【點(diǎn)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秋?南昌月考）設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述錯誤的是（）A．1molCaH2固體含有的離子數(shù)目為3NA B．1molCH3Cl的中心原子的孤電子對數(shù)為3NA C．20g的D2O中所含質(zhì)子數(shù)目和中子數(shù)目均為10NA D．常溫下，1LpH＝9的CH3COONa溶液中，水電離出的OH﹣數(shù)目為10﹣5NA【專題】阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律；理解與辨析能力．【分析】A．1molCaH2固體中含有1molCa2+和2molH﹣；B．CH3Cl中碳原子形成四對共用電子，無孤電子對；C．一個D2O分子中含有質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)均為10個；D．常溫下，pH＝9的CH3COONa溶液中，水電離出的OH﹣數(shù)目濃度為10﹣5mol/L?！窘獯稹拷猓篈．1molCaH2固體含有的離子數(shù)目為（1mol+2mol）×NA/mol＝3NA，故A正確；B．1molCH3Cl的中心原子的孤電子對數(shù)為0，故B錯誤；C．20g即1molD2O中所含質(zhì)子數(shù)目和中子數(shù)目均為10NA，故C正確；D．常溫下，pH＝9的CH3COONa溶液中，水電離出的OH﹣數(shù)目濃度為10﹣5mol/L，則1L該溶液中水電離出的OH﹣數(shù)目為1L×10﹣5mol/L×NA/mol＝10﹣5NA，故D正確；故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查阿伏加德羅常數(shù)，題目難度中等，掌握以物質(zhì)的量為中心的計(jì)算轉(zhuǎn)化關(guān)系是解題的關(guān)鍵。5．（2024?貴州）某化合物由原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z、Q組成（結(jié)構(gòu)如圖）。X的最外層電子數(shù)等于內(nèi)層電子數(shù)，Y是有機(jī)物分子骨架元素，Q和W能形成兩種室溫下常見的液態(tài)化合物。下列說法錯誤的是（）A．第一電離能：Y＜Z＜Q B．該化合物中Q和W之間可形成氫鍵 C．X與Al元素有相似的性質(zhì) D．W、Z、Q三種元素可形成離子化合物【專題】元素周期律與元素周期表專題．【分析】W、X、Y、Z、Q是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，其中X的最外層電子數(shù)等于內(nèi)層電子數(shù)，由于最外層電子數(shù)不超過8，原子只能有2個電子層，最外層電子數(shù)為2，故X為Be元素；而Y是有機(jī)物分子骨架元素，可知Y為C元素；化合物中W形成1條共價鍵，且W的原子序數(shù)小于X，可知W為H元素；Q和W能形成兩種室溫下常見的液態(tài)化合物，化合物中Q形成2條共價鍵，可知Q為O元素；Z的原子序數(shù)介于碳、氧之間，則Z為N元素。【解答】解：由分析可知，W為H元素、X為Be元素、Y為C元素、Z為N元素、Q為O元素；A．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，N元素原子2p軌道為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，其第一電離能大于同周期相鄰元素，則第一電離能：C＜O＜N，故A錯誤；B．該化合物中氧和氫之間可形成氫鍵，故B正確；C．X是Be元素，根據(jù)對角線規(guī)則，Be與Al具有相似的性質(zhì)，故C正確；D．H、N、O可以形成離子化合物，如NH4NO3，故D正確；故選：A?！军c(diǎn)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，熟練掌握元素周期律與元素化合物知識，題目側(cè)重考查學(xué)生分析能力、綜合運(yùn)用知識的能力。6．（2024?遼寧模擬）一種既能檢驗(yàn)又能吸附重金屬離子的聚丙烯酰胺微凝膠的分子結(jié)構(gòu)示意圖如圖。下列說法錯誤的是（）A．鍵長：O—H鍵＜N—H鍵＜C—H鍵 B．相同條件下電離出H+的程度：—SO3H＞—NH2 C．碳原子的雜化方式均為sp2雜化 D．第一電離能：N＞O＞S【專題】原子組成與結(jié)構(gòu)專題．【分析】A．原子半徑越小鍵長越短；B．—SO3H顯酸性，—NH2顯堿性；C．碳原子的雜化方式為sp2和sp3雜化；D．元素的非金屬性越強(qiáng)，第一電離能越大?！窘獯稹拷猓篈．原子半徑越小鍵長越短，則鍵長：O—H鍵＜N—H鍵＜C—H鍵，故A正確；B．—SO3H顯酸性，—NH2顯堿性，相同條件下電離出H+的程度：—SO3H＞—NH2，故B正確；C．結(jié)構(gòu)中的化學(xué)鍵可知，碳原子的雜化方式為sp2和sp3雜化，故C錯誤；D．分析可知元素的非金屬性越強(qiáng)，第一電離能越大，其中N、O反常，故第一電離能：N＞O＞S，故D正確；故選：C。【點(diǎn)評】本題考查了原子結(jié)構(gòu)、雜化理論、元素性質(zhì)和原子結(jié)構(gòu)的關(guān)系等知識點(diǎn)，注意知識的熟練掌握，題目難度中等。7．（2024秋?靖遠(yuǎn)縣月考）釩鎳合金是一種具有廣泛應(yīng)用前景的材料。鎳晶體的結(jié)構(gòu)示意圖如圖1所示，結(jié)構(gòu)中不同位置的鎳原子被釩原子替代后，可形成各種性能不同的釩鎳合金，某釩鎳合金的結(jié)構(gòu)示意圖如圖2所示。下列說法錯誤的是（）A．圖2可表示該釩鎳合金的晶胞 B．鎳元素位于元素周期表d區(qū) C．鎳晶體的晶胞中Ni的配位數(shù)為12 D．該釩鎳合金的化學(xué)式為V3Ni5【專題】化學(xué)平衡專題．【分析】A．晶體是由晶胞無隙并置形成的；B．鎳為29號元素，價層電子排布式3d84s2；C．距頂點(diǎn)的Ni原子最近的Ni原子位于相鄰的面心；D．根據(jù)圖2的替換位置以及均攤法計(jì)算原子個數(shù)?！窘獯稹拷猓篈．晶體是由晶胞無隙并置形成的，圖2結(jié)構(gòu)不能進(jìn)行無隙并置，故圖2結(jié)構(gòu)不是晶胞，故A錯誤；B．鎳為29號元素，價層電子排布式3d84s2，位于元素周期表d區(qū)，故B正確；C．距頂點(diǎn)的Ni原子最近的Ni原子位于相鄰的面心，個數(shù)為＝12，故C正確；D．由圖2可知，Ni原子位于頂點(diǎn)和面心，個數(shù)為4×+4×＝，V原子位于頂點(diǎn)和面心，個數(shù)為4×+2×＝，Ni：V＝：＝5：3，該合金的化學(xué)式為V3Ni5，故D正確；故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，側(cè)重考查晶胞結(jié)構(gòu)與計(jì)算，熟記中學(xué)常見晶胞結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，掌握均攤法進(jìn)行晶胞有關(guān)計(jì)算，題目難度中等。8．（2024春?合肥期末）已知銅離子的配位數(shù)通常為4，和均為深藍(lán)色。某化學(xué)小組設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)制備銅的配合物。下列說法錯誤的是（）A．硫酸銅溶液呈藍(lán)色，是因?yàn)槿芤褐写嬖谂潆x子 B．b中得到配合物Na2[Cu（OH）4]，其配體為OH﹣ C．上述實(shí)驗(yàn)可得配離子的穩(wěn)定性順序?yàn)椋?D．中含有的σ鍵數(shù)為16NA【分析】A.[Cu（H2O）4]2+是藍(lán)色的；B.配合物Na2[Cu（OH）4]中心原子是Cu，配體為OH﹣，配位數(shù)是4；C.氫氧化銅可以在低濃度氨水中形成配離子[Cu（NH3）4]2+，說明Cu2+和NH3形成配離子較為容易，[Cu（H2O）4]2+不穩(wěn)定，加入1mol/LNaOH溶液易轉(zhuǎn)化為Cu（OH）2沉淀，再加入濃NaOH溶液可轉(zhuǎn)化為[Cu（OH）4]2﹣；D.1個[Cu（NH3）4]2+中含有4個N與Cu形成的配位鍵和12個N—H鍵；【解答】解：A.Cu2+與H2O結(jié)合形成[Cu（H2O）4]2+，[Cu（H2O）4]2+是藍(lán)色的，故A正確；B.b中得到配合物是Na2[Cu（OH）4]，其中心原子是Cu，配體為OH﹣，配位數(shù)是4，故B正確；C.硫酸銅溶液含有[Cu（H2O）4]2+，加入稀NaOH溶液易轉(zhuǎn)化為Cu（OH）2沉淀，再加入濃NaOH溶液可轉(zhuǎn)化為[Cu（OH）4]2﹣，說明穩(wěn)定性：[Cu（H2O）4]2+＜[Cu（OH）4]2﹣，對比試管b、c中的現(xiàn)象可知，穩(wěn)定性：[Cu（NH3）4]2+＞[Cu（OH）4]2﹣，所以配離子的穩(wěn)定性：[Cu（H2O）4]2+＜[Cu（OH）4]2﹣＜[Cu（NH3）4]2+，故C錯誤；D.1個[Cu（NH3）4]2+中含有4個N與Cu形成的配位鍵和12個N—H鍵，故含有σ鍵的數(shù)目為16NA，故D正確；故選：C?！军c(diǎn)評】本題主要考查配位化合物組成，配位離子的顏色，平衡移動的應(yīng)用，同時考查學(xué)生的實(shí)驗(yàn)比較能力、分析能力，屬于基本知識的考查，難度中等。9．（2024春?貴池區(qū)期中）解釋下列現(xiàn)象的原因不正確的是（）選項(xiàng)現(xiàn)象原因AHF的穩(wěn)定性強(qiáng)于HClHF分子之間除了范德華力以外還存在氫鍵BCF3COOH的酸性強(qiáng)于CCl3COOH酸性F的電負(fù)性大于Cl，使O—H鍵極性增強(qiáng)C對羥基苯甲醛的熔沸點(diǎn)比鄰羥基苯甲醛的高對羥基苯甲醛形成分子間氫鍵，而鄰羥基苯甲醛形成分子內(nèi)氫鍵D熔點(diǎn)：NaCl＞NaBrCl﹣的半徑小于Br﹣，NaCl中離子鍵比NaBr中離子鍵強(qiáng)A．A B．B C．C D．D【專題】物質(zhì)的性質(zhì)和變化專題；化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【分析】A．分子的穩(wěn)定性與氫鍵無關(guān)，與共價鍵穩(wěn)定性有關(guān)；B．F的電負(fù)性大于Cl，F(xiàn)元素吸電子的能力大于Cl，吸引電子的能力越強(qiáng)，導(dǎo)致—COOH越易電離出氫離子；C．對羥基苯甲醛形成分子間氫鍵，其熔沸點(diǎn)較高，鄰羥基苯甲醛形成分子內(nèi)氫鍵，其熔沸點(diǎn)較低；D．結(jié)構(gòu)相似的離子晶體，離子鍵越強(qiáng)，熔點(diǎn)越高?！窘獯稹拷猓篈．HF的穩(wěn)定性強(qiáng)于HCl是因?yàn)镠—F鍵強(qiáng)于H—Cl鍵，與氫鍵無關(guān)，故A錯誤；B．F的電負(fù)性大于Cl，F(xiàn)元素吸電子的能力大于Cl，吸引電子的能力越強(qiáng)，導(dǎo)致—COOH越易電離出氫離子，CF3COOH的酸性強(qiáng)于CCl3COOH，是因?yàn)镕的電負(fù)性比Cl大，解釋相符合，故B正確；C．對羥基苯甲醛形成分子間氫鍵，其熔沸點(diǎn)較高，鄰羥基苯甲醛形成分子內(nèi)氫鍵，其熔沸點(diǎn)較低，所以對羥基苯甲醛的熔沸點(diǎn)比鄰羥基苯甲醛的高，故C正確；D．氯化鈉和溴化鈉都是離子晶體，結(jié)構(gòu)相似，Cl﹣的半徑小于Br﹣，NaCl中離子鍵比NaBr中離子鍵強(qiáng)，所以熔點(diǎn)：NaCl＞NaBr，故D正確；故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查化學(xué)鍵及分子間作用力等知識點(diǎn)，側(cè)重考查基礎(chǔ)知識的掌握和靈活應(yīng)用能力，明確相似相溶原理內(nèi)涵、化學(xué)鍵與物質(zhì)性質(zhì)關(guān)系是解本題關(guān)鍵，注意：分子間作用力和氫鍵影響物質(zhì)狀態(tài)和熔沸點(diǎn)，不影響物質(zhì)化學(xué)性質(zhì)。10．（2024秋?安徽月考）MoO2氧化CH4制CH3OH的部分反應(yīng)歷程如圖所示。下列有關(guān)敘述正確的是（）A．穩(wěn)定性：TS2＞TS1 B．上述轉(zhuǎn)化過程中，斷裂和形成了非極性鍵 C．上述逆反應(yīng)的反應(yīng)熱ΔH＝﹣96.50kJ?mol﹣1 D．升溫使O＝Mo＝O（s）+CH4（g）?Mo＝O（s）+CH3OH（g）的逆反應(yīng)速率增大，正反應(yīng)速率減小【專題】化學(xué)反應(yīng)中的能量變化；理解與辨析能力．【分析】A．物質(zhì)所具有的能量越低越穩(wěn)定；B．依據(jù)物質(zhì)轉(zhuǎn)化中化學(xué)鍵變化判斷；C．依據(jù)物質(zhì)的能量變化計(jì)算反應(yīng)熱；D．升高溫度正逆反應(yīng)速率變化程度不同?！窘獯稹拷猓篈．由圖可知，TS1能量較高，TS2能量較低，能量低的物質(zhì)較穩(wěn)定，故穩(wěn)定性：TS2＞TS1，故A正確；B．上述轉(zhuǎn)化中，只斷裂和形成了極性鍵，故B錯誤；C．逆反應(yīng)的反應(yīng)熱ΔH＝+96.50kJ?mol﹣1，故C錯誤；D．升高溫度，正逆反應(yīng)速率不同程度增大，故D錯誤；故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查化學(xué)反應(yīng)中的能量變化，題目難度中等，能依據(jù)圖象和信息準(zhǔn)確判斷反應(yīng)吸放熱是解題的關(guān)鍵。11．（2023秋?肇東市校級期末）我國科學(xué)家研發(fā)出一種新型的鋅碘單液流電池，其原理如圖所示。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯誤的是（）A．放電時，B電極反應(yīng)式：I2+2e﹣═2I﹣ B．放電時，電解質(zhì)儲罐中離子總濃度增大 C．M為陽離子交換膜，N為陰離子交換膜 D．充電時，A極增重32.5g時，C區(qū)增加的離子數(shù)為2NA【專題】電化學(xué)專題；分析與推測能力．【分析】由裝置圖可知，放電時，Zn是負(fù)極，負(fù)極反應(yīng)式為Zn﹣2e﹣═Zn2+，石墨是正極，反應(yīng)式為I2+2e﹣＝2I﹣，外電路中電流由正極經(jīng)過導(dǎo)線流向負(fù)極，充電時，陽極反應(yīng)式為2I﹣﹣2e﹣＝I2、陰極反應(yīng)式為Zn2++2e﹣＝Zn，據(jù)此分析解答?！窘獯稹拷猓篈．放電時，B電極為正極，I2得到電子生成I﹣，電極反應(yīng)式為I2+2e﹣＝2I﹣，故A正確；B．放電時，左側(cè)即負(fù)極，電極反應(yīng)式為Zn﹣2e﹣═Zn2+，所以儲罐中的離子總濃度增大，故B正確；C．離子交換膜是防止正負(fù)極I2、Zn接觸發(fā)生自發(fā)電，負(fù)極區(qū)生成Zn2+、正電荷增加，正極區(qū)生成I﹣、負(fù)電荷增加，所以Cl﹣通過M膜進(jìn)入負(fù)極，K+通過N膜進(jìn)入正極，所以M為陰離子交換膜，N為陽離子交換膜，故C錯誤；D．充電時，A極反應(yīng)式Zn2++2e﹣＝Zn，A極增重32.5g轉(zhuǎn)移1mol電子，所以C區(qū)增加1molK+、1molCl﹣，離子總數(shù)為2NA，故D正確；故選：C?！军c(diǎn)評】本題主要考查原電池與電解池的綜合等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結(jié)合已有的知識進(jìn)行解題。12．（2024秋?河?xùn)|區(qū)校級月考）已知A（g）+3B（g）?2C（g）ΔH＜0，有甲、乙兩個容積為0.5L的密閉容器，向甲中加入1molA和3molB，5min時達(dá)到平衡，放出熱量為Q1kJ；相同條件下，向乙中加入2molC，達(dá)到平衡時吸收熱量為Q2kJ。已知Q2＝3Q1，下列說法正確的是（）A．乙中平衡時C的轉(zhuǎn)化率為50% B．乙中的熱化學(xué)方程式為：2C（g）?A（g）+3B（g）ΔH＝+Q1kJ?mol﹣1 C．甲中達(dá)平衡時，用B的濃度變化表示5min內(nèi)的平均反應(yīng)速率為0.3mol﹣1?min﹣1 D．乙中達(dá)到平衡后，再加入0.25molA、0.75molB、1.5molC，與原平衡互為等效平衡，平衡不移動【專題】化學(xué)平衡計(jì)算．【分析】A．甲容器中開始加入1molA的和3molB與乙容器中開始加入2molC為完全等效平衡，平衡時相同組分的物質(zhì)的量相等，設(shè)甲中平衡時C為xmol，則乙中反應(yīng)的C為（2﹣x）mol，由于Q2＝3Q1，則（2﹣x）mol＝3xmol，解得x＝0.5，則乙中消耗的n（C）＝（2﹣0.5）mol＝1.5mol；B．甲中生成0.5molC放出Q1kJ的熱量，則生成2molC放出的熱量為×2mol＝4Q1kJ/mol，即2molC完全轉(zhuǎn)化為1molA和3molB時吸熱4Q1kJ熱量；C．甲中達(dá)到平衡時，生成0.5molC，消耗n（B）＝n（C）＝×0.5mol＝0.75mol，v（B）＝；D．乙中開始是c（C）＝＝4mol/L，平衡時消耗的c（C）＝＝3mol/L；可逆反應(yīng)2C（g）?A（g）+3B（g）開始（mol/L）400反應(yīng)（mol/L）31.54.5平衡（mol/L）11.54.5化學(xué)平衡常數(shù)K＝＝＝15.1875，乙中達(dá)到平衡后，再加入0.25molA、0.75molB、1.5molC，此時c（C）＝（1+）mol/L＝4mol/L、c（A）＝（1.5+）mol/L＝2mol/L，c（B）＝（4.5+）mol/L＝6mol/L，根據(jù)Qc與K的相對大小判斷反應(yīng)方向?！窘獯稹拷猓篈．甲容器中開始加入1molA的和3molB與乙容器中開始加入2molC為完全等效平衡，平衡時相同組分的物質(zhì)的量相等，設(shè)甲中平衡時C為xmol，則乙中反應(yīng)的C為（2﹣x）mol，由于Q2＝3Q1，則（2﹣x）mol＝3xmol，解得x＝0.5，則乙中消耗的n（C）＝（2﹣0.5）mol＝1.5mol，乙中C的轉(zhuǎn)化率＝×100%＝75%，故A錯誤；B．甲中生成0.5molC放出Q1kJ的熱量，則生成2molC放出的熱量為×2mol＝4Q1kJ/mol，即2molC完全轉(zhuǎn)化為1molA和3molB時吸熱4Q1kJ熱量，乙中的熱化學(xué)方程式為2C（g）?A（g）+3B（g）ΔH＝+4Q1kJ/mol，故B錯誤；C．甲中達(dá)到平衡時，生成0.5molC，消耗n（B）＝n（C）＝×0.5mol＝0.75mol，v（B）＝＝＝0.3mol?L﹣1?min﹣1，故C正確；D．乙中開始是c（C）＝＝4mol/L，平衡時消耗的c（C）＝＝3mol/L；可逆反應(yīng)2C（g）?A（g）+3B（g）開始（mol/L）400反應(yīng)（mol/L）31.54.5平衡（mol/L）11.54.5化學(xué)平衡常數(shù)K＝＝＝15.1875，乙中達(dá)到平衡后，再加入0.25molA、0.75molB、1.5molC，此時c（C）＝（1+）mol/L＝4mol/L、c（A）＝（1.5+）mol/L＝2mol/L，c（B）＝（4.5+）mol/L＝6mol/L，Qc＝＝27＞K，平衡逆向移動，故D錯誤；故選：C。【點(diǎn)評】本題考查化學(xué)平衡計(jì)算，側(cè)重考查閱讀、分析、判斷及計(jì)算能力，正確計(jì)算甲中生成的C、乙中消耗C的物質(zhì)的量是解本題關(guān)鍵，會根據(jù)濃度商和K的相對大小判斷反應(yīng)方向，題目難度中等。13．（2023秋?辛集市期末）以下圖象和敘述錯誤的是（）A．圖甲：該圖象表示的反應(yīng)方程式為2A＝3B+C，反應(yīng)速率v（A）＝0.4mol/（L?s） B．圖乙：某溫度下發(fā)生反應(yīng)：H2（g）+I2（g）?2HI（g），t1時刻改變的條件可以是加入催化劑 C．圖丙：對圖中反應(yīng)升高溫度，該反應(yīng)平衡常數(shù)增大 D．圖?。簩τ诜磻?yīng)：mA（g）+nB（g）?pC（g）ΔH＜0，m+n＞p【專題】化學(xué)平衡專題．【分析】A．結(jié)合反應(yīng)量關(guān)系判斷方程式系數(shù)，依據(jù)公式v＝計(jì)算反應(yīng)速率；B．加入催化劑，反應(yīng)速率加快，平衡不移動；C．由溫度變化對平衡的影響分析；D．由溫度、壓強(qiáng)對平衡的影響分析。【解答】解：A．由圖可知，A為反應(yīng)物，B、C為生成物，A的反應(yīng)量為（1.4﹣0.8）mol＝0.6mol，C的生成量為0.4mol，B的生成量為1.2mol，則A、B、C的系數(shù)比為0.6mol：1.2mol：0.4mol＝2：3：1，故反應(yīng)方程式為2A?3B+C，題目未給容器體積，無法計(jì)算反應(yīng)速率，故A錯誤；B．某溫度下發(fā)生反應(yīng)：H2（g）+I2（g）?2HI（g），由圖乙可知反應(yīng)速率加快，平衡不移動，故改變條件可能為加入催化劑或增大壓強(qiáng)，故B正確；C．由圖丙可知，圖象中交點(diǎn)處，正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，升高溫度，正反應(yīng)速率增大幅度大于逆反應(yīng)速率，故平衡正向移動，該反應(yīng)平衡常數(shù)增大，故C正確；D．由圖丁可知，壓強(qiáng)為P2時，溫度為T1時反應(yīng)先達(dá)到平衡，反應(yīng)速率快，溫度高，故T1＞T2，溫度升高，C%減小，平衡逆向移動，故△H＜0，溫度為T1時，壓強(qiáng)P2時反應(yīng)先達(dá)到平衡，反應(yīng)速率快，壓強(qiáng)高，故P2＞P1，壓強(qiáng)增大，C%增大，平衡正向移動，故m+n＞p，故D正確；故選：A。【點(diǎn)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)平衡的是解題的關(guān)鍵。14．（2023秋?東湖區(qū)校級期中）常溫下，下列溶液中各離子濃度關(guān)系正確的是（）A．室溫下，NaH2PO4溶液中（pH＜7）：c（）＞c（H3PO4） B．濃度為0.1mol?L﹣1的碳酸氫鈉溶液：c（Na+）+c（H+）＝c（）+c（OH﹣） C．0.1mol/LNa2CO3溶液與0.1mol/LNaHCO3溶液等體積混合：c（Na+）＝c（）+c（）+c（H2CO3） D．濃度均為0.1mol?L﹣1的醋酸溶液與NaOH溶液混合后：c（OH﹣）＝c（H+）+c（CH3COOH）【專題】鹽類的水解專題；分析與推測能力．【分析】A．根據(jù)磷酸二氫鈉溶液pH小于7，說明電離程度大于水解程度進(jìn)行分析；B．根據(jù)電荷守恒進(jìn)行分析；C．根據(jù)碳酸鈉溶液中存在的物料守恒、物料守恒進(jìn)行分析；D．根據(jù)沒有說明混合的體積比例進(jìn)行分析。【解答】解：A．磷酸二氫根在水溶液中既會發(fā)生電離，又會發(fā)生水解，電離產(chǎn)生H+和磷酸氫根，水解產(chǎn)生H+和磷酸，磷酸二氫鈉溶液pH小于7，說明電離程度大于水解程度，所以，故A正確；B．NaHCO3溶液中存在電荷守恒為：，故B錯誤；C．Na2CO3溶液中存在的物料守恒為：，NaHCO3溶液中存在的物料守恒為：，若將0.1mol/L的碳酸鈉溶液和0.1mol/L的碳酸氫鈉溶液等體積混合后，兩種溶液中鈉離子溶度相同，將兩式相加，得到：，故C錯誤；D．濃度相同，但沒有說明混合的體積比例，無法得到結(jié)果，故D錯誤；故選：A。【點(diǎn)評】本題主要考查離子濃度大小的比較等，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。15．（2024?泰州一模）室溫下，Na2CO3體系中各含碳微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與pH的關(guān)系如圖1所示．在c起始（Na2CO3）＝0.1mol?L﹣1的體系中，研究Mg2+在不同pH時的可能產(chǎn)物，c（Mg2+）與pH的關(guān)系如圖2所示，曲線Ⅰ的離子濃度關(guān)系符合c（Mg2+）?c（）＝Ksp（MgCO3），曲線Ⅱ的離子濃度關(guān)系符合c（Mg2+）?c2（OH）＝Ksp[Mg（OH）2]。下列說法正確的是（）A．由M點(diǎn)可求得Ka2（H2CO3）＝1×10﹣6.37 B．pH＝11的體系中：c（）＜c（） C．Q點(diǎn)的體系中，發(fā)生反應(yīng)Mg2++2═Mg（OH）2↓+2CO2↑ D．P點(diǎn)的體系中，c（）+c（）+c（H2CO3）＝0.1mol?L﹣1【專題】電離平衡與溶液的pH專題．【分析】圖1表示Na2CO3體系，隨著pH的逐漸減小，溶液中逐漸減小，先增大后減小，c（H2CO3）逐漸增大，且當(dāng)pH＝6.37時，兩曲線交點(diǎn)表示溶液中，由此可算出對應(yīng)的電離平衡常數(shù)，圖2中圖像的縱坐標(biāo)是﹣lg[c（Mg2+）]，數(shù)值從下往上在增大，也即是從下往上c（Mg2+）在減小，因此位于曲線上方離子濃度小的點(diǎn)是未生成該沉淀，位于曲線下方離子濃度大的點(diǎn)會生成該沉淀，據(jù)此分析?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)圖1，當(dāng)pH＝10.25時，溶液中c（）＝c（），則，故A錯誤；B．pH＝11的體系中，觀察圖1可知，故B錯誤；C．Q點(diǎn)的體系中，觀察圖2的橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)可知pH＝8，﹣lg[c（Mg2+）]，觀察圖1可知，pH＝8時，溶液中主要含碳微粒是碳酸氫根離子，該點(diǎn)位于Mg（OH）2曲線（II）的上方，圖2中圖像的縱坐標(biāo)是﹣lg[c（Mg2+）]，數(shù)值從下往上在增大，也即是從下往上c（Mg2+）在減小，因此位于曲線上方離子濃度小的點(diǎn)是未生成該沉淀，位于曲線下方離子濃度大的點(diǎn)會生成該沉淀，因此會生成碳酸鎂沉淀，因此反應(yīng)的離子方程式為，故C錯誤；D．P點(diǎn)的體系中，從圖2可以看出pH＝11、﹣lg[c（Mg2+）]＝6時，該點(diǎn)位于曲線Ⅰ、Ⅱ的上方，不會生成碳酸鎂沉淀和氫氧化鎂沉淀，，根據(jù)物料守恒，溶液中，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查水溶液中的平衡，側(cè)重考查學(xué)生沉淀溶解平衡的掌握情況，試題難度中等。16．（2024秋?永州月考）一種海水提溴的部分工藝流程如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．“氧化”和“轉(zhuǎn)化”工序中Cl2的主要作用相同 B．“水相Ⅱ”中的溶質(zhì)為HCl C．“吸附”工序利用了溴易溶于有機(jī)溶劑的性質(zhì) D．“洗脫”工序可完成R3NCl的再生【專題】制備實(shí)驗(yàn)綜合；分析與推測能力．【分析】鹵水氧化時氯氣與鹵水中溴離子反應(yīng)生成溴單質(zhì)，同時氯氣和水反應(yīng)生成鹽酸進(jìn)入水相Ⅰ，還原時二氧化硫與R3N[ClBr2]反應(yīng)生成硫酸、HBr、R3NCl，R3NCl再與HBr反應(yīng)生成HCl和R3NBr，用鹽酸洗脫R3NBr生成HBr和R3NCl，HBr被氯氣氧化生成溴單質(zhì)，蒸餾得到液溴，據(jù)此分析回答問題。【解答】解：A．分析可知“氧化”和“轉(zhuǎn)化”工序中Cl2的主要作用相同，都是氧化溴離子生成溴單質(zhì)，故A正確；B．流程轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，還原時二氧化硫與R3N[ClBr2]反應(yīng)生成硫酸、HBr、R3NCl，R3NCl再與HBr反應(yīng)生成HCl和R3NBr，用鹽酸洗脫R3NBr生成HBr和R3NCl，故水相Ⅱ的溶質(zhì)不只有HCl，故B錯誤；C．“吸附”實(shí)際是發(fā)生了萃取，利用了溴易溶于有機(jī)溶劑的性質(zhì)，故C正確；D．用鹽酸洗脫R3NBr生成HBr和R3NCl，“洗脫”工序可完成R3NCl的再生，故D正確；故選：B?！军c(diǎn)評】本題主要考查從海水中提取溴等，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。17．（2024秋?南充月考）某有機(jī)化合物結(jié)構(gòu)如圖所示，下列有關(guān)說法錯誤的是（）A．分子中含有1個手性碳原子 B．分子中有5個碳原子在同一直線上 C．能使酸性高錳酸鉀稀溶液褪色 D．分子式為C16H19O2N【專題】有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷；理解與辨析能力；分析與推測能力．【分析】A．連接4個不同原子或原子團(tuán)的碳原子是手性碳原子；B．碳碳三鍵及其連接的原子是直線形，苯環(huán)上對角線碳原子及其連接的原子是直線形結(jié)構(gòu)；C．碳碳三鍵可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化；D．由結(jié)構(gòu)簡式可知，分子含有16個碳原子、19個氫原子、2個氧原子、1個氮原子。【解答】解：A．連接4個不同原子或原子團(tuán)的碳原子是手性碳原子，如圖標(biāo)“*”的2個碳原子是手性碳原子：，故A錯誤；B．碳碳三鍵及其連接的原子是直線形，苯環(huán)上對角線碳原子及其連接的原子是直線形結(jié)構(gòu)，而飽和碳原子連接的4個原子形成四面體結(jié)構(gòu)，則分子中有5個碳原子在同一直線上，故B正確；C．分子中碳碳三鍵可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，能使酸性高錳酸鉀稀溶液褪色，故C正確；D．由結(jié)構(gòu)簡式可知，分子含有16個碳原子、19個氫原子、2個氧原子、1個氮原子，該有機(jī)物分子式為C16H19O2N，故D正確；故選：A?！军c(diǎn)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，注意理解手性碳原子，根據(jù)甲烷的四面體、乙烯與苯的平面形、乙炔直線形理解共面與共線問題，題目側(cè)重考查學(xué)生分析能力、靈活運(yùn)用知識的能力。18．（2024秋?冀州區(qū)校級期中）在學(xué)習(xí)完氯氣的制備知識后，某同學(xué)利用相關(guān)原理進(jìn)行下列實(shí)驗(yàn)探究（已知：I2不易溶于水，易升華），其中能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖牵ǎ〢．甲 B．乙 C．丙 D．丁【專題】實(shí)驗(yàn)評價題；歸納與論證能力．【分析】A．稀鹽酸與二氧化錳不反應(yīng)；B．過濾遵循一貼二低三靠；C．加熱時碘易升華，遇冷時發(fā)生凝華；D．圖中短導(dǎo)管進(jìn)氣可排出液體。【解答】解：A．稀鹽酸與二氧化錳不反應(yīng)，稀鹽酸應(yīng)改為濃鹽酸，故A錯誤；B．過濾操作時，漏斗下端的尖口處應(yīng)緊靠燒杯內(nèi)壁，防止液滴飛濺，故B錯誤；C．加熱時碘易升華，遇冷時發(fā)生凝華，圖中裝置可分離提純碘，故C正確；D．圖中短導(dǎo)管進(jìn)氣可排出液體，氯氣可以氧化碘離子，則圖中導(dǎo)管應(yīng)長進(jìn)短出，故D錯誤；故選：C。【點(diǎn)評】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評價，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、物質(zhì)的制備、混合物的分離提純、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意元素化合物知識的應(yīng)用，題目難度不大。19．（2024春?武漢期中）“化學(xué)多米諾實(shí)驗(yàn)”即只需控制第一個反應(yīng)，利用反應(yīng)中氣體產(chǎn)生的壓力和虹吸作用原理使若干化學(xué)實(shí)驗(yàn)依次發(fā)生。如圖是一個“化學(xué)多米諾實(shí)驗(yàn)”。已知：①Cu2++4NH3?H2O═4H2O+[Cu（NH3）4]2+（該反應(yīng)產(chǎn)物可作為H2O2分解的催化劑）②F和L中的硫酸溶液濃度相同下列有關(guān)分析錯誤的是（）A．進(jìn)行實(shí)驗(yàn)前必須檢查裝置氣密性 B．整套裝置共發(fā)生3個氧化還原反應(yīng) C．裝置J中出現(xiàn)淺黃色渾濁 D．裝置K的作用是吸收尾氣【專題】無機(jī)實(shí)驗(yàn)綜合．【分析】E中稀硫酸和Zn反應(yīng)生成ZnSO4、H2，通過氣體壓強(qiáng)將F中液體通過導(dǎo)管排入G中，Zn和硫酸銅反應(yīng)生成Cu，Zn、Cu和稀硫酸構(gòu)成原電池，加快化學(xué)反應(yīng)速率；通過氣體壓強(qiáng)，H中液體通過導(dǎo)管排入I中，硫酸銅和過量氨水發(fā)生反應(yīng)Cu2++4NH3?H2O═4H2O+[Cu（NH3）4]2+，該反應(yīng)產(chǎn)物可作為H2O2分解的催化劑，H2O2分解生成H2O和O2，O2和過量的H2S反應(yīng)生成S，揮發(fā)的H2S加入K中被中和。【解答】解：A．E、G、I中都有氣體生成，所以進(jìn)行實(shí)驗(yàn)前必須檢查裝置氣密性，否則生成的氣體逸出，故A正確；B．E、G、I、J中都發(fā)生氧化還原反應(yīng)，有4個氧化還原反應(yīng)發(fā)生，故B錯誤；C．O2氧化H2S生成S，所以裝置J中出現(xiàn)淺黃色渾濁，故C正確；D．J中揮發(fā)出H2S，H2S有毒，且為酸性物質(zhì)，能被K中NaOH吸收，所以裝置K的作用是吸收尾氣，故D正確；故選：B。【點(diǎn)評】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)實(shí)驗(yàn)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、反應(yīng)與現(xiàn)象、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意元素化合物知識的應(yīng)用及實(shí)驗(yàn)裝置的作用，題目難度不大。20．（2024?蘭州模擬）某小組同學(xué)探究SO2與新制Cu（OH）2懸濁液反應(yīng)的實(shí)驗(yàn)裝置圖如圖所示：下列說法不正確的是（）A．配制70%硫酸溶液需要用到的儀器有燒杯、量筒、玻璃棒、膠頭滴管 B．裝置B的作用是監(jiān)控SO2流速，其中試劑可以用飽和NaHSO4溶液 C．反應(yīng)開始時C中出現(xiàn)磚紅色沉淀，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為2：1 D．反應(yīng)后向C的溶液中加入稀鹽酸酸化后，再滴加BaCl2溶液、有白色沉淀生成，證明反應(yīng)中SO2作還原劑【專題】無機(jī)實(shí)驗(yàn)綜合．【分析】A．一定質(zhì)量分?jǐn)?shù)溶液的配制不需要使用容量瓶；B．SO2在水中具有一定的溶解度，在飽和亞硫酸氫鈉溶液中，溶解度較小，飽和亞硫酸氫鈉溶液可以抑制SO2的溶解；C．SO2是還原劑，硫酸銅是氧化劑，根據(jù)化合價升降守恒，可得SO2與硫酸銅的物質(zhì)的量之比為1：2；D．反應(yīng)后向C的溶液中加入稀鹽酸酸化后，再滴加BaCl2溶液、有白色沉淀生成，即有BaSO4生成，說明SO2被氧化為?！窘獯稹拷猓篈．70%硫酸溶液屬于質(zhì)量分?jǐn)?shù)，配制該溶液需要用到的儀器有燒杯、量筒、玻璃棒、膠頭滴管，不需要使用容量瓶，故A正確；B．SO2在水中具有一定的溶解度，在飽和亞硫酸氫鈉溶液中，溶解度較小，裝置B的作用是監(jiān)控SO2流速，其中試劑可以用飽和NaHSO3溶液，故B錯誤；C．根據(jù)題意可知，裝置C中，SO2與硫酸銅、氫氧化鈉溶液反應(yīng)，生成硫酸鈉、Cu2O、水，SO2是還原劑，硫酸銅是氧化劑，根據(jù)化合價升降守恒，可得SO2與硫酸銅的物質(zhì)的量之比為1：2，即氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為2：1，故C正確；D．反應(yīng)后向C的溶液中加入稀鹽酸酸化后，再滴加BaCl2溶液、有白色沉淀生成，即有BaSO4生成，證明反應(yīng)中SO2作還原劑，SO2被氧化為，故D正確；故選：B。【點(diǎn)評】本題主要考查實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)，側(cè)重考查SO2的性質(zhì)，同時考查氧化還原反應(yīng)原理的應(yīng)用，屬于高考高頻考點(diǎn)，難度中等。二．解答題（共3小題）21．（2024秋?東城區(qū)校級月考）黃銅礦（主要成分為CuFeS2）可用于冶煉Cu2O，主要物質(zhì)轉(zhuǎn)化過程如下：（1）Cu2S與O2共熱制備Cu2O的反應(yīng)中，化合價升高的元素是硫（或S）。（2）為減少SO2對環(huán)境的污染，在高溫時可以用CaO將其轉(zhuǎn)化為CaSO4，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CaO+2SO2+O22CaSO4。（3）SO2中心原子的雜化方式是sp2，用價層電子對互斥理論解釋SO2的空間結(jié)構(gòu)不同于CO2的原因：SO2中心原子S周圍的價層電子對數(shù)為：2+＝3，有1對孤電子對，而CO2中心原子C周圍的價層電子對數(shù)為：2+＝2，無孤電子對。（4）如圖中，表示Cu2O晶胞的是圖1（填“圖1”或“圖2”）。（5）Cu2O與Cu2S都可視為離子晶體，且結(jié)構(gòu)相似，但Cu2O的熔點(diǎn)比Cu2S的高約100℃，原因是S2﹣半徑比O2﹣半徑大，導(dǎo)致Cu2O的晶格能大于Cu2S。（6）CuFeS2的晶胞如圖3所示。①圖4所示結(jié)構(gòu)單元不能作為CuFeS2晶胞的原因是圖4所示結(jié)構(gòu)單元并不能采用“無隙并置”地在晶體中重復(fù)出現(xiàn)。②從圖3可以看出，每個CuFeS2晶胞中含有的Cu原子個數(shù)為4。③已知：CuFeS2晶體的密度是4.30g/cm3，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA。CuFeS2晶胞中底邊邊長a＝×1010pm（用計(jì)算式表示；1cm＝1010pm；CuFeS2的摩爾質(zhì)量為184g/mol）?！緦ｎ}】化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【分析】（1）由題干流程圖可知，Cu2S與O2共熱制備Cu2O的同時還生成SO2；（2）為減少SO2對環(huán)境的污染，在高溫時可以用CaO將其轉(zhuǎn)化為CaSO4；（3）SO2中心原子S周圍的價層電子對數(shù)為：2+＝3，根據(jù)雜化軌道理論可知，硫原子的雜化方式是sp2，又知CO2中心原子C周圍的價層電子對數(shù)為：2+＝2；（4）根據(jù)晶胞中均攤法可知，圖1所示晶胞中含有Cu個數(shù)為：4個，O原子個數(shù)為：＝2，故其化學(xué)式為：Cu2O，圖2所示晶胞中含有Cu個數(shù)為：＝4個，O原子個數(shù)為：＝4；（5）Cu2O與Cu2S都可視為離子晶體，且結(jié)構(gòu)相似，但由于S2﹣半徑比O2﹣半徑大，導(dǎo)致Cu2O的晶格能大于Cu2S；（6）①比較題干圖3和圖4可知，圖4所示結(jié)構(gòu)單元并不能采用“無隙并置”地在晶體中重復(fù)出現(xiàn)；②從圖3可以看出，每個CuFeS2晶胞中含有的Cu原子個數(shù)為；③由題干圖3所示晶胞可知，一個晶胞中含有：Cu原子個數(shù)為＝4，F(xiàn)e個數(shù)為：＝4，含有S個數(shù)為8，故一個晶胞的質(zhì)量為：g，CuFeS2晶體的密度是4.30g/cm3，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，故有2（a×10﹣10）3×4.30g/cm3＝g?！窘獯稹拷猓海?）由題干流程圖可知，Cu2S與O2共熱制備Cu2O的同時還生成SO2，故該反應(yīng)中，化合價升高的元素是硫（或S），故答案為：硫（或S）；（2）為減少SO2對環(huán)境的污染，在高溫時可以用CaO將其轉(zhuǎn)化為CaSO4，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2CaO+2SO2+O22CaSO4，故答案為：2CaO+2SO2+O22CaSO4；（3）SO2中心原子S周圍的價層電子對數(shù)為：2+＝3，根據(jù)雜化軌道理論可知，硫原子的雜化方式是sp2，又知CO2中心原子C周圍的價層電子對數(shù)為：2+＝2，根據(jù)價層電子對互斥理論可知：SO2為V形，而CO2為直線形，故答案為：sp2；SO2中心原子S周圍的價層電子對數(shù)為：2+＝3，有1對孤電子對，而CO2中心原子C周圍的價層電子對數(shù)為：2+＝2，無孤電子對；（4）根據(jù)晶胞中均攤法可知，圖1所示晶胞中含有Cu個數(shù)為：4個，O原子個數(shù)為：＝2，故其化學(xué)式為：Cu2O，圖2所示晶胞中含有Cu個數(shù)為：＝4個，O原子個數(shù)為：＝4，故其化學(xué)式為：CuO，故答案為：圖1；（5）Cu2O與Cu2S都可視為離子晶體，且結(jié)構(gòu)相似，但由于S2﹣半徑比O2﹣半徑大，導(dǎo)致Cu2O的晶格能大于Cu2S，則Cu2O的熔點(diǎn)比Cu2S的高約100℃，故答案為：S2﹣半徑比O2﹣半徑大，導(dǎo)致Cu2O的晶格能大于Cu2S；（6）①比較題干圖3和圖4可知，圖4所示結(jié)構(gòu)單元并不能采用“無隙并置”地在晶體中重復(fù)出現(xiàn)，故圖4不是CuFeS2的晶胞，故答案為：圖4所示結(jié)構(gòu)單元并不能采用“無隙并置”地在晶體中重復(fù)出現(xiàn)；②從圖3可以看出，每個CuFeS2晶胞中含有的Cu原子個數(shù)為＝4，故答案為：4；③由題干圖3所示晶胞可知，一個晶胞中含有：Cu原子個數(shù)為＝4，F(xiàn)e個數(shù)為：＝4，含有S個數(shù)為8，故一個晶胞的質(zhì)量為：g，CuFeS2晶體的密度是4.30g/cm3，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，故有2（a×10﹣10）3×4.30g/cm3＝g，故CuFeS2晶胞中底邊邊長a＝×1010pm，故答案為：×1010。【點(diǎn)評】本題考查晶體結(jié)構(gòu)，側(cè)重考查學(xué)生晶胞計(jì)算的掌握情況，試題難度中等。22．（2024秋?沈陽月考）短周期主族元素T的一種氧化物為TO2。根據(jù)下列信息回答相關(guān)問題：（1）若TO2氣體具有刺激性氣味，通入酸性KMnO4溶液中，溶液由紫紅色變?yōu)闊o色。食品中添加適量TO2可起到防腐和抗氧化作用，則TO2的化學(xué)式為SO2TO2還可以使品紅褪色，則體現(xiàn)了它的C（A.氧化性B.還原性C.漂白性D.酸性氧化物的通性）常溫下，TO2與T的簡單氫化物不能大量共存，原因是2H2S+SO2＝3S+2H2O（用化學(xué)方程式表示）。（2）若T位于第三周期ⅣA族，含有TO2的材料在堿性土壤中會“短路”，其原因是（用離子方程式表示）。（3）常溫下，若TO2是紅棕色氣體。在針管實(shí)驗(yàn)中，乙管中充滿TO2使甲管中物質(zhì)和乙管中物質(zhì)反應(yīng)。啟動實(shí)驗(yàn)后，下列敘述正確的是AC（填標(biāo)號）。A.若甲管中充滿KI﹣淀粉溶液，則溶液變藍(lán)B.若甲管中充滿H2S則顏色無明顯變化C.若甲管中充滿FeCl2溶液，則溶液變黃色（4）若將無色無味的TO2氣體持續(xù)通入澄清石灰水中，石灰水先變渾濁，后變澄清。在點(diǎn)燃條件下TO2和鎂單質(zhì)的能發(fā)生反應(yīng)，且生成黑色固體。寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式2Mg+CO2C+2MgO。將TO2通入棉花包裹的Na2O2粉末中，過一會兒，棉花燃燒起來。由此推知，TO2和Na2O2反應(yīng)是放熱（填“吸熱”或“放熱”）反應(yīng)?！緦ｎ}】氧族元素；探究與創(chuàng)新能力．【分析】（1）根據(jù)SO2是一種無色有刺激性氣味的氣體，具有強(qiáng)還原性，能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而是酸性高錳酸鉀溶液褪色，SO2還可以使品紅褪色，則體現(xiàn)了它的漂白性，SO2與H2S會反應(yīng)，進(jìn)行分析；（2）根據(jù)SiO2是酸性氧化物，能與堿反應(yīng)進(jìn)行分析；（3）根據(jù)常溫下，若TO2是紅棕色氣體即為NO2，NO2能與水反應(yīng)生產(chǎn)HNO3，HNO3具有強(qiáng)氧化性，進(jìn)行分析；（4）根據(jù)將無色無味的CO2氣體持續(xù)通入澄清石灰水中，石灰水先變渾濁，后變澄清，點(diǎn)燃條件下CO2和鎂單質(zhì)能發(fā)生反應(yīng)，且生成黑色固體進(jìn)行分析；【解答】解：（1）已知SO2是一種無色有刺激性氣味的氣體，具有強(qiáng)還原性，能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而是酸性高錳酸鉀溶液褪色，故若TO2氣體具有刺激性氣味，通入酸性KMnO4溶液中，溶液由紫紅色變?yōu)闊o色，食品中添加適量TO2可起到防腐和抗氧化作用，則TO2的化學(xué)式為SO2；SO2還可以使品紅褪色，則體現(xiàn)了它的漂白性；常溫下，SO2與S的簡單氫化物即H2S不能大量共存，原因是2H2S+SO2＝3S+2H2O，故答案為：SO2；C；2H2S+SO2＝3S+2H2O；（2）若T位于第三周期VA族，故T為Si，則T的氧化物即SiO2，SiO2是酸性氧化物，能與堿反應(yīng)，離子方程式為SiO2+2OH﹣＝+H2O，故答案為：；（3）常溫下，若TO2是紅棕色氣體即為NO2，據(jù)此分析解題：A.由于NO2能與水反應(yīng)生產(chǎn)HNO3，HNO3具有強(qiáng)氧化性，能將KI氧化為l2，故若甲管中充滿KI﹣淀粉溶液，則溶液變藍(lán)，A符合題意；B.由于NO2能將H2S氧化為S，NO2的紅棕色褪去，且產(chǎn)生淡黃色固體，故若甲管中充滿H2S，則顏色有明顯變化，B不合題意；C.由于NO2能與水反應(yīng)生產(chǎn)HNO3，HNO3具有強(qiáng)氧化性，能將Fe2+氧化為Fe3+，故若甲管中充滿FeCl3溶液，則溶液變黃色，C符合題意；故答案為：AC；（4）若將無色無味的TO2氣體持續(xù)通入澄清石灰水中，石灰水先變渾濁，后變澄清，點(diǎn)燃條件下TO2和鎂單質(zhì)能發(fā)生反應(yīng)，且生成黑色固體，則TO2為CO2，黑色固體為C，反應(yīng)的化學(xué)方程式2Mg+CO2C+2MgO；將CO2通入棉花包裹的Na2O2粉末中，過一會兒，棉花燃燒起來，由此推知，該反應(yīng)是一個放熱反應(yīng)，故答案為：2Mg+CO2C+2MgO；放熱?！军c(diǎn)評】本題主要考查含硫物質(zhì)的性質(zhì)及綜合應(yīng)用等，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。23．（2024秋?南崗區(qū)校級月考）有機(jī)物H是有機(jī)合成中的一種重要中間體，合成H的一種路線如圖所示：已知：①A為芳香族化合物，分子式為C7H8O。②B與銀氨溶液反應(yīng)，有單質(zhì)銀生成。③CH2—CH2+HC＝HC□請回答下列問題：（1）H中官能團(tuán)的名稱為碳碳雙鍵、羧基。（2）E→F的反應(yīng)類型為加成反應(yīng)，X的結(jié)構(gòu)簡式為。（3）A→C的化學(xué)方程式為。（4）D→E轉(zhuǎn)化中第①步反應(yīng)的化學(xué)方程式為+2Ag（NH3）2OH+2Ag↓+3NH3+H2O。（5）G與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成有機(jī)物Y，符合下列條件的Y的同分異構(gòu)體2種；其中的一種結(jié)構(gòu)簡式為：或。①分子中含有苯環(huán)，且能與飽和碳酸氫鈉溶液反應(yīng)放出CO2②含有碳碳三鍵，且碳碳三鍵與苯環(huán)直接相連③苯環(huán)上只有三種取代基④核磁共振氫譜顯示有4組峰，且峰面積之比為6：2：1：1（6）參照上述合成路線，設(shè)計(jì)以丙烯為原料合成化合物的路線如圖：（部分反應(yīng)條件已略去）。其中M和N的結(jié)構(gòu)簡式為和CH3C≡CH?！痉治觥扛鶕?jù)信息②可知，B、C都是醛，B是乙醛；A為芳香族化合物，分子式為C7H8O，可知C是苯甲醛、A是苯甲醇；由H的結(jié)構(gòu)簡式逆推，可知D是，D被銀氨溶液氧化為E，再和溴的四氯化碳發(fā)生加成反應(yīng)生成F（）；F發(fā)生消去反應(yīng)生成G（），G和X反應(yīng)生成，結(jié)合信息③，可知X是?！窘獯稹拷猓海?）中官能團(tuán)的名稱為碳碳雙鍵、羧基，故答案為：碳碳雙鍵、羧基；（2）E和溴的四氯化碳發(fā)生加成反應(yīng)生成，反應(yīng)類型為加成反應(yīng)；和X反應(yīng)生成，結(jié)合信息③，可知X是，故答案為：加成反應(yīng)；；（3）A→C是苯甲醇發(fā)生催化氧化生成苯甲醛，故答案為：；（4）D→E轉(zhuǎn)化中第①步反應(yīng)是銀鏡反應(yīng)，故答案為：+2Ag（NH3）2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；（5）G是與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成有機(jī)物，符合題中條件的有、兩種，故答案為：2；或；（6）丙烯和溴發(fā)生加成反應(yīng)生成，然后在氫氧化鈉的醇溶液中發(fā)生消去反應(yīng)生成CH3C≡CH，CH3C≡CH和丙烯反應(yīng)生成目標(biāo)產(chǎn)物，故答案為：、CH3C≡CH。【點(diǎn)評】本題考查合成路線的設(shè)計(jì)與優(yōu)化、逆合成分析法、根據(jù)要求書寫同分異構(gòu)體、有機(jī)反應(yīng)類型知識。三．工藝流程題（共2小題）24．（2024?淮南開學(xué)）ZnCO3?2Zn（OH）2是制備活性ZnO的中間體。以鋅焙砂（主要成分為ZnO、ZnSiO3，含少量Cu2+、Mn2+等）為原料制備ZnCO3?2Zn（OH）2的流程如圖：回答下列問題：（1）鋅位于元素周期表第四周期第ⅡB族，ZnCO3?2Zn（OH）2屬于純凈物（填“純凈物”或“混合物”）。（2）“浸取1”步驟中加入H2O2的目的是將Mn2+氧化為MnO2而除去。（3）“浸取2”步驟中[Cu（NH3）4]2+轉(zhuǎn)化為“浸渣”CuS（填化學(xué)式）。（4）“蒸氨”步驟中存在[Zn（NH3）4]2+→NH3，[Zn（NH3）4]2+中H—N—H的鍵角＞（填“＞”“＜”或“＝”）NH3中H—N—H的鍵角。（5）寫出流程中“沉鋅”的離子方程式：3Zn2++6＝2Zn（OH）2?ZnCO3↓+5CO2↑+H2O。（6）該流程中可以循環(huán)利用的物質(zhì)是（NH4）2SO4（寫出主要成分的化學(xué)式）。（7）ZnCO3?2Zn（OH）2經(jīng)焙燒可得活性ZnO，反應(yīng)的化學(xué)方程式為ZnCO3?2Zn（OH）23ZnO+CO2↑+2H2O?！緦ｎ}】制備實(shí)驗(yàn)綜合．【分析】鋅焙砂的主要成分為ZnO、ZnSiO3，含少量Cu2+、Mn2+等，鋅焙砂中加入H2O2、氨水、（NH4）2SO4浸取得到MnO2、H2SiO3，Zn