2025高考假期提升專項(xiàng)練習(xí)化學(xué)壓軸卷訓(xùn)練9含答案及解析

2025菁優(yōu)高考化學(xué)壓軸卷訓(xùn)練9一．選擇題（共20小題）1．（2024秋?桃城區(qū)校級(jí)月考）構(gòu)建知識(shí)網(wǎng)絡(luò)是一種重要的學(xué)習(xí)方法。如圖是關(guān)于鹽酸化學(xué)性質(zhì)的知識(shí)網(wǎng)絡(luò)圖：“﹣”表示相連的兩種物質(zhì)能發(fā)生反應(yīng)，“→”表示一種物質(zhì)能轉(zhuǎn)化為另一種物質(zhì)。若A、B、C分別屬于不同類別的化合物，則A、B、C可能是（）A．KOH、CuCl2、CuSO4 B．NaOH、HNO3、K2CO3 C．CuO、CuCl2、NaOH D．NaOH、Ba（NO3）2、H2SO42．（2024秋?9月份月考）化學(xué)用語是學(xué)習(xí)化學(xué)的重要工具。下列化學(xué)用語使用錯(cuò)誤的是（）A．基態(tài)硼原子的軌道表示式： B．三氟化硼（BF3）的VSEPR模型： C．硼氫化鈉（NaBH4）的電子式： D．硼酸（H3BO3）的電離平衡：H3BO3+H2O?H++[B（OH）4]3．（2024秋?9月份月考）下列化學(xué)變化過程中，對(duì)應(yīng)的化學(xué)方程式或離子方程式錯(cuò)誤的是（）A．使用次氯酸鹽制備高鐵酸鈉：3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣＝2+3Cl﹣+5H2O B．以水楊酸為原料生產(chǎn)乙酰水楊酸： C．1mol?L﹣1氨水溶解白色的AgCl沉淀：AgCl+2NH3＝[Ag（NH3）2]Cl D．向一定體積的氫氧化鋇溶液中逐滴加入稀硫酸：Ba2+++H++OH﹣＝BaSO4↓+H2O4．（2024?5月份模擬）設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A．7.4g丙酸與乙酸甲酯的混合物中π鍵的數(shù)目為0.1NA B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LNO2分子中p軌道電子的數(shù)目為11NA C．5.6gFe與足量濃鹽酸反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.3NA D．7.8gNa2O2中陰陽(yáng)離子數(shù)目之和為0.4NA5．（2024秋?靖遠(yuǎn)縣月考）某芳香族化合物是一種重要的親電試劑，常用于有機(jī)合成，其結(jié)構(gòu)如圖所示，其中X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，且它們的最外層電子數(shù)之和為24。下列敘述錯(cuò)誤的是（）A．WZ6屬于非極性分子 B．最簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)：X＞Z＞W(wǎng) C．非金屬性：Z＞Y＞X D．用Z取代乙酸中甲基中的H形成的衍生物，其酸性比乙酸強(qiáng)6．（2024?大興區(qū)校級(jí)開學(xué)）下列說法正確的是（）A．SO2和SO3都是非極性分子 B．NH3和CH4的VSEPR模型都為正四面體 C．熔點(diǎn)：金剛石＞碳化硅＞晶體硅 D．酸性：CH3COOH＞CH2ClCOOH＞CCl3COOH7．（2024秋?貴州月考）砷化鎵（GaAs）是優(yōu)良的半導(dǎo)體材料，熔點(diǎn)為1238℃，其結(jié)構(gòu)如圖所示，其中以原子1為原點(diǎn)。下列有關(guān)說法錯(cuò)誤的是（）A．基態(tài)As原子核外有33種不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子 B．Ga的配位數(shù)為4 C．GaAs為共價(jià)晶體 D．原子3的坐標(biāo)為8．（2024春?慈溪市期末）Fe3+的配位化合物較穩(wěn)定且應(yīng)用廣泛。Fe3+可與H2O、SCN﹣、F﹣、Cl﹣等配體形成使溶液呈淺紫色的[Fe（H2O）6]3+、紅色的[Fe（SCN）6]3﹣、無色的[FeF6]3﹣、黃色的[FeCl4]﹣配離子。某同學(xué)按如圖步驟完成實(shí)驗(yàn)：已知：向含Co2+的溶液中加入KSCN溶液生成藍(lán)色的Co（SCN）42﹣配離子；Co2+不能與F﹣形成配離子。下列說法正確的是（）A．為了能觀察到溶液Ⅰ中的顏色，可向該溶液中加入稀鹽酸 B．向溶液Ⅰ中加入少量KSCN溶液，溶液再次變?yōu)榧t色 C．可用NaF和KSCN溶液檢驗(yàn)FeCl3溶液中是否含有Co2+ D．向溶液Ⅱ中通入氯氣，溶液紅色褪去，原因是三價(jià)鐵被氧化為更高價(jià)態(tài)9．（2024秋?順德區(qū)月考）三效催化劑是最為常見的汽車尾氣催化劑，其催化劑表面物質(zhì)轉(zhuǎn)化的關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是（）A．在轉(zhuǎn)化過程中，氮元素均被還原 B．依據(jù)圖示判斷催化劑不參與儲(chǔ)存和還原過程 C．還原過程中生成0.1molN2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.5NA D．三效催化劑能有效實(shí)現(xiàn)汽車尾氣中CO、CxHy、NOx三種成分的凈化10．（2024秋?順義區(qū)校級(jí)月考）CH3OH是CO2資源化利用的重要產(chǎn)物之一，H2是一種高效清潔的新能源。有關(guān)這兩種物質(zhì)的燃燒過程中焓的變化示意圖如圖所示。下列說法正確的是（）A．由圖1推知反應(yīng)物斷鍵吸收的能量大于生成物成鍵釋放的能量 B．圖2中，若生成的H2O為液態(tài)，則焓的變化曲線為① C．2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝﹣240kJ/mol D．2CH3OH（g）+3O2（g）＝2CO2（g）+4H2O（g）ΔH＝﹣1340kJ/mol11．（2024秋?青島月考）一種新型高性能的錫﹣石墨鈉型鈉離子電池，采用錫箔（不參與電極反應(yīng)）作為集流體，電解液為NaPF6溶液。如圖所示可用鉛酸蓄電池給錫﹣石墨鈉型鈉離子電池充電。下列有關(guān)說法錯(cuò)誤的是（）A．電池放電的總反應(yīng)：xNa+Cn（PF6）x＝xNaPF6+Cn B．電池放電時(shí)，Na+會(huì)脫離錫箔，向石墨電極遷移 C．充電時(shí)，鉛酸蓄電池b電極增重96g，理論上石墨電極增重145g D．鋰元素稀缺，量產(chǎn)后的鈉離子電池的生產(chǎn)成本比鋰離子電池的低12．（2024秋?河西區(qū)校級(jí)月考）在某一恒溫恒容的密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：X（g）+Y（g）?2Z（g）ΔH＞0。t1時(shí)刻達(dá)到平衡后，在t2時(shí)刻改變某一條件，其反應(yīng)速率隨時(shí)間變化的圖象如圖1所示。下列說法正確的是（）A．0～t1內(nèi)，v正＞v逆 B．t2時(shí)刻改變的條件是向密閉容器中加入Z C．再次達(dá)到平衡時(shí)，平衡常數(shù)K減小 D．恒溫恒容時(shí)，容器內(nèi)壓強(qiáng)不變，表明該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)13．（2024秋?朝陽(yáng)區(qū)校級(jí)期中）下列各選項(xiàng)最后的物質(zhì)是要制取的物質(zhì)，其中不可能得到的是（）A．CaCO3→高溫CaOCa（OH）2NaOH溶液 B．CuCuOCuSO4溶液→Cu（OH2）沉淀 C．KMnO4O2SO2H2SO4 D．BaCO3BaCl2溶液HCl溶液14．（2024秋?濱湖區(qū)校級(jí)月考）傳統(tǒng)中草藥金銀花對(duì)治療“新冠肺炎”有效，其有效成分“綠原酸”的結(jié)構(gòu)如圖所示。下列關(guān)于綠原酸的說法不正確的是（）A．1mol綠原酸與足量金屬鈉反應(yīng)可生成3molH2 B．綠原酸能發(fā)生氧化反應(yīng)、加成反應(yīng)和消去反應(yīng) C．綠原酸的水解產(chǎn)物均可與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng) D．1mol綠原酸與足量NaOH溶液反應(yīng)，最多消耗4molNaOH15．（2024?張家界模擬）以菱鎂礦（主要成分為MgCO3，含少量SiO2，F(xiàn)e2O3和Al2O3）為原料制備高純鎂砂的工藝流程如圖，已知浸出時(shí)產(chǎn)生的廢渣中有SiO2，F(xiàn)e（OH）3和Al（OH）3，下列說法錯(cuò)誤的是（）A．浸出鎂的反應(yīng)為MgO+2NH4Cl═MgCl2+2NH3↑+H2O B．流程中可循環(huán)使用的物質(zhì)有NH3、NH4Cl C．浸出和沉鎂的操作均應(yīng)在較高溫度下進(jìn)行 D．分離Mg2+與Al3+、Fe3+是利用了它們氫氧化物Ksp的不同16．（2024春?海淀區(qū)期末）某課題小組探究苯酚與Fe3+顯色反應(yīng)的影響因素，設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象Ⅰ向2mL苯酚稀溶液中滴加幾滴0.05mol/LFe2（SO4）3溶液溶液呈淺紫色Ⅱ向2mL同濃度苯酚溶液中滴加與Ⅰ中相同滴數(shù)的0.1mol/LFeCl3溶液溶液呈淺紫色Ⅲ向2mL同濃度苯酚溶液（調(diào)pH＝9）中滴加與Ⅰ中相同滴數(shù)的0.1mol/LFeCl3溶液生成紅褐色沉淀Ⅳ向?qū)嶒?yàn)Ⅲ所得懸濁液中逐滴加入0.1mol/L鹽酸沉淀逐漸溶解，溶液變?yōu)樽仙?，繼續(xù)滴加鹽酸，溶液變?yōu)闇\黃色已知：Fe3+可發(fā)生如下反應(yīng)。ⅰ.與苯酚發(fā)生顯色反應(yīng)：ⅱ.與Cl﹣發(fā)生反應(yīng)：（黃色）下列說法不正確的是（）A．中，提供孤電子對(duì)，與Fe3+形成配位鍵 B．實(shí)驗(yàn)Ⅰ和Ⅱ說明，少量Cl﹣會(huì)干擾苯酚與Fe3+的顯色反應(yīng) C．Ⅲ中調(diào)pH＝9后，增大，ⅰ中平衡正向移動(dòng) D．溶液pH、陰離子種類和濃度都可能影響苯酚與Fe3+的顯色反應(yīng)17．（2024?古藺縣校級(jí)三模）下列實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是（）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象結(jié)論A向甲苯中加入酸性高錳酸鉀溶液，紫色褪去甲苯及其同系物均可被酸性高錳酸鉀溶液氧化B向某稀溶液中加入NaOH溶液，產(chǎn)生使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)的氣體溶液中含有C向K2CrO4溶液中緩慢滴加硫酸，溶液由黃色變?yōu)槌燃t色（已知水溶液中為黃色，為橙紅色）增大氫離子濃度可使轉(zhuǎn)化為D用pH計(jì)測(cè)定pH：①NaHCO3溶液②CH3COONa溶液pH：①＞②，證明H2CO3酸性弱于CH3COOHA．A B．B C．C D．D18．（2024?金臺(tái)區(qū)一模）從某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工業(yè)廢液中回收銅并制備氯化鐵晶體的流程如圖：則下列說法正確的是（）A．試劑a是鐵、試劑b是稀硫酸 B．操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ所用儀器相同 C．試劑c是氯氣，相應(yīng)的反應(yīng)為2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣ D．用酸性KMnO4溶液可檢驗(yàn)溶液W中是否含有Fe2+19．（2024?遼陽(yáng)一模）常溫下，用HCl（g）調(diào)節(jié)SrF2濁液的pH，測(cè)得在通入HCl（g）的過程中，體系中﹣lgc（X）（X代表Sr2+或F﹣）與的關(guān)系如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是（）已知：SrF2為微溶于水，溶于鹽酸，不溶于氫氟酸、乙醇和丙酮的固體。A．Ksp（SrF2）＝10﹣8.4 B．L2表示﹣lgc（Sr2+）的變化情況 C．隨著HCl的加入，SrF2溶解度逐漸增大 D．m、n點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中均存在c（HF）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）20．（2024秋?興寧區(qū)校級(jí)月考）N2是合成氨工業(yè)的重要原料，NH3不僅可制造化肥，還能通過催化氧化生產(chǎn)HNO3；HNO3能溶解Cu、Ag等金屬，也能與許多有機(jī)化合物發(fā)生反應(yīng)；在高溫或放電條件下，N2與O2反應(yīng)生成NO，NO進(jìn)一步氧化生成NO2。2NO（g）+O2（g）＝2NO2（g）ΔH＝﹣116.4kJ?mol﹣1。大氣中過量的NOx和水體中過量的、均是污染物。通過催化還原的方法，可將煙氣和機(jī)動(dòng)車尾氣中的NO轉(zhuǎn)化為N2，也可將水體中的轉(zhuǎn)化為N2。對(duì)于反應(yīng)2NO（g）+O2（g）?2NO2（g），下列說法正確的是（）A．該反應(yīng)的ΔH＜0，ΔS＜0 B．反應(yīng)的平衡常數(shù)可表示為 C．使用高效催化劑能降低反應(yīng)的焓變 D．其他條件相同，增大，NO的轉(zhuǎn)化率下降二．解答題（共5小題）21．（2024?延平區(qū)校級(jí)開學(xué)）磷和砷的相關(guān)化合物在化工、醫(yī)藥、材料等領(lǐng)域有著廣泛的應(yīng)用。回答下列問題：（1）紅磷是巨型共價(jià)分子，無定型結(jié)構(gòu)，下列方法能證明紅磷是非晶體的是。A．質(zhì)譜法B．原子發(fā)射光譜法C．核磁共振譜法D．X射線衍射法（2）第一電離能介于Al、P之間的第三周期元素有種。GaCl3分子中心原子的雜化方式為。（3）基態(tài)As原子的核外電子排布式為，As原子的逐級(jí)電離能數(shù)據(jù)如圖：第一電離能第二電離能第三電離能第四電離能第五電離能第六電離能947.0179827354837604312310為什么第五電離能與第六電離能相差較大？。（4）黑磷是新型二維半導(dǎo)體材料，具有片層結(jié)構(gòu)（如圖所示），P原子的雜化方式為，層與層之間的相互作用為。（5）GaAs的熔點(diǎn)為1238℃，且熔融狀態(tài)不導(dǎo)電，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，該晶體的類型為。Ga，每個(gè)As原子周圍最近的As原子數(shù)目為，一個(gè)GaAs晶胞中配位鍵的數(shù)目為。已知GaAs的密度為dg/cm3，摩爾質(zhì)量為Mg/mol，阿伏加德羅常數(shù)用NA表示，則晶胞中最近的As和Ga原子核間距為nm（列式表示）。22．（2024春?天津期末）Ⅰ.如圖中A、B、C、D均為中學(xué)化學(xué)常見的純凈物，A是單質(zhì)。它們之間有如下的反應(yīng)關(guān)系：若A是淡黃色固體，C、D是氧化物，C是造成酸雨的主要物質(zhì)，（1）酸雨的形成過程中，C最終轉(zhuǎn)化為（填化學(xué)式）。（2）對(duì)煤進(jìn)行預(yù)處理是減少C排放的重要手段，在煤中添加適量生石灰，可使煤燃燒過程中產(chǎn)生的C轉(zhuǎn)化為A的最高價(jià)鈣鹽，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為。（3）你認(rèn)為減少酸雨的產(chǎn)生可采取的措施是（填標(biāo)號(hào)）。①少用煤作燃料②把工廠煙囪造高③燃料脫硫④在已酸化的土壤中加石灰⑤開發(fā)新能源A.①②③B.②③④⑤C.①③⑤D.①③④⑤Ⅱ.NOx是汽車尾氣中的主要污染物之一。（4）NOx能形成酸雨，寫出NO2與水反應(yīng)轉(zhuǎn)化為HNO3的化學(xué)方程式：。（5）工業(yè)上利用氨的催化氧化制取NO，寫出化學(xué)方程式。（6）通過NO傳感器可監(jiān)測(cè)NOx的含量，其工作原理示意圖如圖：①NiO電極上發(fā)生的反應(yīng)是（填氧化或還原）反應(yīng)。②寫出Pt電極的電極反應(yīng)式：。23．（2024?遼寧模擬）松香烷二萜類化合物具有良好的生物活性，廣泛分布于自然界中。由米團(tuán)花分離出的松香烷二萜J的合成路線如圖1：已知：?；卮鹣铝袉栴}：（1）A與B在TsOH催化作用下脫去一分子H2O形成化合物C，則B的名稱（系統(tǒng)命名法）是。（2）元素分析顯示F中含有碳、氫、溴三種元素，則F的分子式為。（3）化合物C與CH3I反應(yīng)時(shí)，加入無水CH3COONa能很好地提升反應(yīng)速率及平衡轉(zhuǎn)化率，則C→D轉(zhuǎn)化的化學(xué)方程式為。（4）G→H的反應(yīng)類型為。（5）若用H2代替LiAlH4完成I→J的轉(zhuǎn)化，可能導(dǎo)致目標(biāo)產(chǎn)物產(chǎn)率下降，其原因是。（6）E的同分異構(gòu)體中，含有苯環(huán)且與E具有相同官能團(tuán)的共有種（不考慮立體異構(gòu)）。（7）圖2是某天然產(chǎn)物合成路線的一部分。其中K與L的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式分別為K：，L：。24．（2023秋?西城區(qū)期末）某小組探究Cu與Fe3+的反應(yīng)，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)。已知：[CuCl3]2﹣（無色）?CuCl↓（白色）+2Cl﹣[CuCl3]2﹣+SCN﹣?CuSCN↓（白色）+3Cl﹣序號(hào)試劑x實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象Ⅰ5mL0.05mol/LFe2（SO4）3溶液（pH＝2）溶液變?yōu)闇\藍(lán)色，30min時(shí)，銅粉有較多剩余Ⅱ5mL0.1mol/LFeCl3溶液（pH＝2）溶液變?yōu)樗{(lán)色，30min時(shí)，銅粉完全溶解（1）Ⅰ、Ⅱ中，反應(yīng)后的溶液均變?yōu)樗{(lán)色，推測(cè)有Cu2+生成。分別取少量反應(yīng)后的溶液，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，均產(chǎn)生藍(lán)色沉淀Ⅰ中反應(yīng)的離子方程式是。（2）30min內(nèi)，Cu被氧化的反應(yīng)速率：ⅠⅡ（填“＞”“＜”或“＝”）。（3）研究Ⅱ的反應(yīng)過程，設(shè)計(jì)如下裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。不同時(shí)間取左側(cè)燒杯中的溶液，滴加KSCN溶液，取樣時(shí)間與實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象如下（不考慮O2的作用）。序號(hào)取樣時(shí)間/min現(xiàn)象ⅰ1產(chǎn)生白色沉淀，ⅱ10產(chǎn)生白色沉淀，較1min時(shí)量多ⅲ30產(chǎn)生白色沉淀，較10min時(shí)量少iv40無白色沉淀產(chǎn)生經(jīng)檢驗(yàn)，白色沉淀為CuSCN。ⅰ～ⅳ中，分別取右側(cè)燒杯中的溶液，滴加KSCN溶液，溶液紅色依次變淺。①NaCl溶液的濃度是mol/L。②根據(jù)ⅰ、ⅱ中“產(chǎn)生白色沉淀”“溶液紅色變淺”，推測(cè)Cu轉(zhuǎn)化為[CuCl3]2﹣，Cu與FeCl3溶液反應(yīng)的離子方程式是。③由ⅲ、ⅳ可知，30min后主要反應(yīng)的離子方程式是。（4）對(duì)比Ⅰ和Ⅱ，結(jié)合ⅰ～ⅳ，Cl﹣在Cu與Fe3+反應(yīng)中的作用是。（5）研究Cl﹣的濃度對(duì)銅粉溶解的影響，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)。a中加入的試劑x為5mL0.05mol/LFe2（SO4）3和0.1mol/LNaCl的混合溶液。充分反應(yīng)后，銅粉有少量剩余，溶液變?yōu)樗{(lán)色，有少量白色沉淀，經(jīng)檢驗(yàn)白色沉淀是CuCl。則銅粉未完全溶解的原因是。25．（2024?懷仁市校級(jí)三模）為了實(shí)現(xiàn)“碳達(dá)峰”和“碳中和”的目標(biāo)，將CO2催化加氫合成低碳烯烴是解決溫室效應(yīng)和化工原料問題的有效途徑。已知部分反應(yīng)的熱化學(xué)方程式如下：Ⅰ．6H2（g）+2CO2（g）?C2H4（g）+4H2O（g）ΔH1＝﹣268.65kJ?mol﹣1Ⅱ．9H2（g）+3CO2（g）?C3H6（g）+6H2O（g）ΔH2＝﹣131.50kJ?mol﹣1Ⅲ．12H2（g）+4CO2（g）?C4H8（g）+8H2O（g）ΔH3＝﹣380.22kJ?mol﹣1回答下列問題：（1）反應(yīng)2C3H6（g）?C2H4（g）+C4H8（g）的ΔH＝kJ?mol﹣1。（2）120℃和有催化劑存在的條件下，恒容密閉容器中，反應(yīng)Ⅱ達(dá)到平衡狀態(tài)的標(biāo)志是（填標(biāo)號(hào)）。A．單位時(shí)間內(nèi)消耗3molCO2，同時(shí)生成1molC3H6B．混合氣體的密度不再改變C．反應(yīng)速率v（H2）：v（CO2）：v（C3H6）：v（H2O）＝9：3：1：6D．混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不再改變（3）用碳化鉬催化CO2和CH4重整制氫的反應(yīng)原理如圖所示。①CH4發(fā)生的反應(yīng)為yCH4+MoCxOy＝y(tǒng)CO+2yH2+MoCx，則CO2發(fā)生的反應(yīng)為。②將1molCH4和1molCO2充入恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：CH4（g）+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g），在600K時(shí)，氣體混合物中H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)x（H2）與反應(yīng)時(shí)間t的關(guān)系如下表所示：t/min01020304050x（H2）/%01120263030該反應(yīng)中，正反應(yīng)速率v正＝k正?x（CH4）?x（CO2），逆反應(yīng)速率v逆＝k逆?x2（CO）?x2（H2），其中k正、k逆為速率常數(shù)，則k逆＝（用Kx和k正表示，其中Kx為用物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)表示的平衡常數(shù)）。600K時(shí)，該反應(yīng)的Kx＝（保留1位小數(shù)）。（4）在總壓強(qiáng)恒定為3.1MPa和＝3時(shí)，在容器體積可變的密閉容器中當(dāng)只發(fā)生反應(yīng)I時(shí)，平衡時(shí)各物質(zhì)的物質(zhì)的量百分?jǐn)?shù)x與溫度T的關(guān)系如圖所示。A點(diǎn)時(shí)，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為；乙烯的分壓為MPa。B點(diǎn)對(duì)應(yīng)溫度下反應(yīng)Ⅰ的壓強(qiáng)平衡常數(shù)Kp＝（MPa）﹣3（保留1位小數(shù)）。

2025菁優(yōu)高考化學(xué)壓軸卷訓(xùn)練9參考答案與試題解析一．選擇題（共20小題）1．（2024秋?桃城區(qū)校級(jí)月考）構(gòu)建知識(shí)網(wǎng)絡(luò)是一種重要的學(xué)習(xí)方法。如圖是關(guān)于鹽酸化學(xué)性質(zhì)的知識(shí)網(wǎng)絡(luò)圖：“﹣”表示相連的兩種物質(zhì)能發(fā)生反應(yīng)，“→”表示一種物質(zhì)能轉(zhuǎn)化為另一種物質(zhì)。若A、B、C分別屬于不同類別的化合物，則A、B、C可能是（）A．KOH、CuCl2、CuSO4 B．NaOH、HNO3、K2CO3 C．CuO、CuCl2、NaOH D．NaOH、Ba（NO3）2、H2SO4【專題】物質(zhì)的分類專題；理解與辨析能力．【分析】A．根據(jù)氯化銅和硫酸銅均為鹽進(jìn)行分析；B．根據(jù)鹽酸和氫氧化鈉、碳酸鉀都能反應(yīng)，鹽酸和硝酸銀反應(yīng)生成硝酸，硝酸和氫氧化鈉、碳酸鉀都能反應(yīng)進(jìn)行分析；C．根據(jù)氯化銅不與氧化銅反應(yīng)進(jìn)行分析；D．根據(jù)鹽酸不能轉(zhuǎn)化為硝酸鋇，鹽酸不與硫酸反應(yīng)，氫氧化鈉與硝酸鋇不反應(yīng)進(jìn)行分析。【解答】解：A．氯化銅和硫酸銅均為鹽，屬于相同類別的化合物，故A錯(cuò)誤；B．鹽酸和氫氧化鈉、碳酸鉀都能反應(yīng)，鹽酸和硝酸銀反應(yīng)生成硝酸，硝酸和氫氧化鈉、碳酸鉀都能反應(yīng)，故B正確；C．鹽酸與氧化銅和氫氧化鈉都能反應(yīng)，鹽酸和氧化銅反應(yīng)生成氯化銅，但氯化銅不與氧化銅反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D．氫氧化鈉與硝酸鋇不反應(yīng)，鹽酸不能轉(zhuǎn)化為硝酸鋇，鹽酸不與硫酸反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查酸、堿、鹽的概念及其相互聯(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(shí)進(jìn)行解題。2．（2024秋?9月份月考）化學(xué)用語是學(xué)習(xí)化學(xué)的重要工具。下列化學(xué)用語使用錯(cuò)誤的是（）A．基態(tài)硼原子的軌道表示式： B．三氟化硼（BF3）的VSEPR模型： C．硼氫化鈉（NaBH4）的電子式： D．硼酸（H3BO3）的電離平衡：H3BO3+H2O?H++[B（OH）4]【專題】化學(xué)用語專題．【分析】A．基態(tài)硼原子電子排布式為：1s22s22p1；B．計(jì)算中心原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)，據(jù)此判斷；C．硼氫化鈉（NaBH4）為離子化合物，鈉離子與通過離子鍵結(jié)合；D．硼酸為弱酸，水溶液中部分電離產(chǎn)生氫離子和四羥基合硼酸根離子。【解答】解：A．基態(tài)硼原子電子排布式為：1s22s22p1，軌道表示式：，故A正確；B．三氟化硼（BF3）價(jià)層電子對(duì)數(shù)為：＝3，孤電子對(duì)為0，VSEPR模型為，故B錯(cuò)誤；C．硼氫化鈉（NaBH4）為離子化合物，鈉離子與通過離子鍵結(jié)合，電子式為：，故C正確；D．硼酸為弱酸，水溶液中部分電離產(chǎn)生氫離子和四羥基合硼酸根離子，電離方程式為：H3BO3+H2O?H++[B（OH）4]﹣，故D正確；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了化學(xué)用語的使用，明確原子結(jié)構(gòu)組成，電子式、價(jià)電子對(duì)互斥理論模型是解題關(guān)鍵，題目難度中等。3．（2024秋?9月份月考）下列化學(xué)變化過程中，對(duì)應(yīng)的化學(xué)方程式或離子方程式錯(cuò)誤的是（）A．使用次氯酸鹽制備高鐵酸鈉：3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣＝2+3Cl﹣+5H2O B．以水楊酸為原料生產(chǎn)乙酰水楊酸： C．1mol?L﹣1氨水溶解白色的AgCl沉淀：AgCl+2NH3＝[Ag（NH3）2]Cl D．向一定體積的氫氧化鋇溶液中逐滴加入稀硫酸：Ba2+++H++OH﹣＝BaSO4↓+H2O【專題】離子反應(yīng)專題．【分析】A．次氯酸根離子具有強(qiáng)的氧化性，能夠氧化鐵離子生成高鐵酸根離子，本身被還原為氯離子；B．水楊酸與乙酸酐反應(yīng)生成乙酰水楊酸和乙酸；C．氯化銀與氨水反應(yīng)生成可溶性銀銨絡(luò)合物；D．離子個(gè)數(shù)配比不符合物質(zhì)的結(jié)構(gòu)組成。【解答】解：A．次氯酸根離子具有強(qiáng)的氧化性，能夠氧化鐵離子生成高鐵酸根離子，本身被還原為氯離子，離子方程式為：使用次氯酸鹽制備高鐵酸鈉：3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣＝2+3Cl﹣+5H2O，故A正確；B．水楊酸與乙酸酐反應(yīng)生成乙酰水楊酸和乙酸，化學(xué)方程式為：，故B正確；C．氯化銀與氨水反應(yīng)生成可溶性銀銨絡(luò)合物，化學(xué)方程式為：AgCl+2NH3＝[Ag（NH3）2]Cl，故C正確；D．向一定體積的氫氧化鋇溶液中逐滴加入稀硫酸的反應(yīng)為，故D錯(cuò)誤；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了化學(xué)方程式、離子方程式的書寫，明確物質(zhì)的性質(zhì)及反應(yīng)實(shí)質(zhì)是解題關(guān)鍵，題目難度中等。4．（2024?5月份模擬）設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A．7.4g丙酸與乙酸甲酯的混合物中π鍵的數(shù)目為0.1NA B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LNO2分子中p軌道電子的數(shù)目為11NA C．5.6gFe與足量濃鹽酸反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.3NA D．7.8gNa2O2中陰陽(yáng)離子數(shù)目之和為0.4NA【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．根據(jù)丙酸與乙酸甲酯互為同分異構(gòu)體，相對(duì)分子質(zhì)量均為74，兩種分子中均含有一個(gè)π鍵，進(jìn)行分析；B．根據(jù)標(biāo)準(zhǔn)狀況下NO2是液體，進(jìn)行分析；C．根據(jù)鐵與鹽酸反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)化為Fe2+，進(jìn)行分析；D．根據(jù)一個(gè)Na2O2由2個(gè)Na+、1個(gè)構(gòu)成，進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓篈．丙酸與乙酸甲酯互為同分異構(gòu)體，相對(duì)分子質(zhì)量均為74，7.4g混合物的物質(zhì)的量為0.1mol，兩種分子中均含有一個(gè)π鍵，7.4g丙酸與乙酸甲酯的混合物中π鍵的數(shù)目為0.1NA，故A正確；B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下NO2是液體，不能依據(jù)體積確定其物質(zhì)的量，因此無法確定電子數(shù)，故B錯(cuò)誤；C．鐵與鹽酸反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)化為Fe2+，5.6gFe即0.1molFe反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移0.2NA，故C錯(cuò)誤；D．一個(gè)Na2O2由2個(gè)Na+、1個(gè)構(gòu)成，7.8gNa2O2的物質(zhì)的量為0.1mol，陰陽(yáng)離子數(shù)目之和為0.3NA，故D錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】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(shí)進(jìn)行解題。5．（2024秋?靖遠(yuǎn)縣月考）某芳香族化合物是一種重要的親電試劑，常用于有機(jī)合成，其結(jié)構(gòu)如圖所示，其中X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，且它們的最外層電子數(shù)之和為24。下列敘述錯(cuò)誤的是（）A．WZ6屬于非極性分子 B．最簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)：X＞Z＞W(wǎng) C．非金屬性：Z＞Y＞X D．用Z取代乙酸中甲基中的H形成的衍生物，其酸性比乙酸強(qiáng)【專題】元素周期律與元素周期表專題；理解與辨析能力．【分析】X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，W形成6個(gè)共價(jià)鍵、Y形成2個(gè)共價(jià)鍵，則W為S元素、Y為O元素；Z形成1個(gè)共價(jià)鍵、X形成3個(gè)共價(jià)鍵，結(jié)合原子序數(shù)可知，X為N元素、Z為F元素，滿足它們的最外層電子數(shù)之和為5+6+7+6＝24，以此來解答?！窘獯稹拷猓河缮鲜龇治隹芍琗、Y、Z、W分別為N元素、O元素、F元素、S元素，A．SF6分子結(jié)構(gòu)為正八面體形，故SF6屬于非極性分子，故A正確；B．含氫鍵的分子的沸點(diǎn)高，且相對(duì)分子質(zhì)量越大、沸點(diǎn)越高，則沸點(diǎn)大小順序?yàn)镠F＞NH3＞H2S，故B錯(cuò)誤；C．同周期主族元素從左向右非金屬性增強(qiáng)，則非金屬性強(qiáng)弱順序?yàn)镕＞O＞N，故C正確；D．F的電負(fù)性大，故—F為吸電子基，用Z取代乙酸中甲基中的H形成的衍生物的酸性比乙酸強(qiáng)，故D正確；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點(diǎn)，把握原子序數(shù)、化學(xué)鍵來推斷元素為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意規(guī)律性知識(shí)的應(yīng)用，題目難度不大。6．（2024?大興區(qū)校級(jí)開學(xué)）下列說法正確的是（）A．SO2和SO3都是非極性分子 B．NH3和CH4的VSEPR模型都為正四面體 C．熔點(diǎn)：金剛石＞碳化硅＞晶體硅 D．酸性：CH3COOH＞CH2ClCOOH＞CCl3COOH【分析】A.SO2是極性分子；B.NH3的成鍵電子對(duì)數(shù)為3，孤電子對(duì)＝，CH4的成鍵電子對(duì)數(shù)為4，孤電子對(duì)＝；C.金剛石、碳化硅、晶體硅均為共價(jià)晶體，形成共價(jià)晶體的原子半徑越小，共價(jià)鍵越強(qiáng)，其熔沸點(diǎn)越高；D.氯原子是吸電子基，甲基是推電子基。【解答】解：A.SO2是極性分子，SO3是非極性分子，故A錯(cuò)誤；B.NH3的成鍵電子對(duì)數(shù)為3，孤電子對(duì)＝，則NH3的VSEPR模型為四面體，CH4的成鍵電子對(duì)數(shù)為4，孤電子對(duì)＝，則CH4的VSEPR模型為正四面體，故B錯(cuò)誤；C.共價(jià)晶體的原子半徑越小，共價(jià)鍵越強(qiáng)，其熔沸點(diǎn)越高，金剛石、碳化硅、晶體硅均為共價(jià)晶體，原子半徑C＜Si，則熔點(diǎn)：金剛石＞碳化硅＞晶體硅，故C正確；D.氯原子是吸電子基，甲基是推電子基，所以酸性：CH3COOH＜CH2ClCOOH＜CCl3COOH，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查分子構(gòu)型，側(cè)重考查學(xué)生基礎(chǔ)知識(shí)的掌握情況，試題難度中等。7．（2024秋?貴州月考）砷化鎵（GaAs）是優(yōu)良的半導(dǎo)體材料，熔點(diǎn)為1238℃，其結(jié)構(gòu)如圖所示，其中以原子1為原點(diǎn)。下列有關(guān)說法錯(cuò)誤的是（）A．基態(tài)As原子核外有33種不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子 B．Ga的配位數(shù)為4 C．GaAs為共價(jià)晶體 D．原子3的坐標(biāo)為【專題】化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)；理解與辨析能力．【分析】基態(tài)原子核外不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子數(shù)等于原子序數(shù)；共價(jià)晶體中，原子間以較強(qiáng)的共價(jià)鍵相結(jié)合，要使物質(zhì)熔化就要破壞共價(jià)鍵，需要很高的能量，因此共價(jià)晶體一般具有很高的熔點(diǎn)；結(jié)合晶胞結(jié)構(gòu)以及原子的空間相對(duì)位置進(jìn)行分析。【解答】解：A.As的原子序數(shù)為33因此基態(tài)As原子核外有33種不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子，故A正確；B.根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知，Ga的配位數(shù)為4，故B正確；C.GaAs的熔點(diǎn)高，故晶體類型為共價(jià)晶體，故C正確；D.根據(jù)晶體的晶胞結(jié)構(gòu)，結(jié)合原子的空間位置可知原子3坐標(biāo)為，故D錯(cuò)誤；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查晶體類型的判斷、晶胞中原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)的書寫等內(nèi)容，難度較低。8．（2024春?慈溪市期末）Fe3+的配位化合物較穩(wěn)定且應(yīng)用廣泛。Fe3+可與H2O、SCN﹣、F﹣、Cl﹣等配體形成使溶液呈淺紫色的[Fe（H2O）6]3+、紅色的[Fe（SCN）6]3﹣、無色的[FeF6]3﹣、黃色的[FeCl4]﹣配離子。某同學(xué)按如圖步驟完成實(shí)驗(yàn)：已知：向含Co2+的溶液中加入KSCN溶液生成藍(lán)色的Co（SCN）42﹣配離子；Co2+不能與F﹣形成配離子。下列說法正確的是（）A．為了能觀察到溶液Ⅰ中的顏色，可向該溶液中加入稀鹽酸 B．向溶液Ⅰ中加入少量KSCN溶液，溶液再次變?yōu)榧t色 C．可用NaF和KSCN溶液檢驗(yàn)FeCl3溶液中是否含有Co2+ D．向溶液Ⅱ中通入氯氣，溶液紅色褪去，原因是三價(jià)鐵被氧化為更高價(jià)態(tài)【專題】化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【分析】Fe（NO3）3?9H2O溶于水，得到淺紫色的[Fe（H2O）6]3+，加入鹽酸，得到黃色的[FeCl4]﹣，即[Fe（H2O）6]3+轉(zhuǎn)化為[FeCl4]﹣，加入KSCN溶液，得到顯紅色的[Fe（SCN）6]3﹣，即[Fe（H2O）6]3+轉(zhuǎn)化為[Fe（SCN）6]3﹣，繼續(xù)向溶液Ⅱ中加入NaF，得到無色的[FeF6]3﹣，即[Fe（SCN）6]3﹣轉(zhuǎn)化為[FeF6]3﹣，據(jù)此分析作答。【解答】解：A．根據(jù)分析可知，為了能觀察到溶液Ⅰ中的顏色，不可向該溶液中加入稀鹽酸，否則溶液顯黃色，故A錯(cuò)誤；B．向溶液Ⅰ中加入少量KSCN溶液，溶液由淺紫色變?yōu)榧t色，故B錯(cuò)誤；C．向含Co2+的溶液中加入KSCN溶液生成藍(lán)色的Co（SCN）42﹣配離子；Co2+不能與F﹣形成配離子，故可用NaF和KSCN溶液檢驗(yàn)FeCl3溶液中是否含有Co2+，即首先加入KSCN溶液，顯血紅色，再加入NaF，血紅色變?yōu)闊o色，若此時(shí)溶液顯藍(lán)色，則含有Co2+，故C正確；D．向溶液Ⅱ中通入氯氣，溶液紅色褪去，原因是SCN﹣被氯氣氧化了，平衡Fe3++3SCN﹣?[Fe（SCN）6]3﹣逆向移動(dòng)，血紅色褪去，故D錯(cuò)誤；故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查配位化合物之間的相互轉(zhuǎn)化，同時(shí)考查學(xué)生對(duì)信息的理解與應(yīng)用的能力，屬于基本知識(shí)的考查，難度不大。9．（2024秋?順德區(qū)月考）三效催化劑是最為常見的汽車尾氣催化劑，其催化劑表面物質(zhì)轉(zhuǎn)化的關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是（）A．在轉(zhuǎn)化過程中，氮元素均被還原 B．依據(jù)圖示判斷催化劑不參與儲(chǔ)存和還原過程 C．還原過程中生成0.1molN2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.5NA D．三效催化劑能有效實(shí)現(xiàn)汽車尾氣中CO、CxHy、NOx三種成分的凈化【專題】氧化還原反應(yīng)專題；分析與推測(cè)能力．【分析】A．NOx與BaO、O2轉(zhuǎn)化成Ba（NO3）2時(shí)，N元素被氧化；B．該反應(yīng)中的催化劑為BaO，BaO參與存儲(chǔ)N元素的過程；C．Ba（NO3）2轉(zhuǎn)化成氮?dú)鈺r(shí)，N元素化合價(jià)降低5價(jià)，生成0.1mol氮?dú)廪D(zhuǎn)移了1mol電子；D．三效催化劑能將汽車尾氣中CO、CxHy、NOx轉(zhuǎn)化成無毒的氮?dú)?、水和二氧化碳?！窘獯稹拷猓篈．NOx與BaO、O2轉(zhuǎn)化成Ba（NO3）2的過程中，N元素化合價(jià)升高被氧化，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)圖示可知，BaO為催化劑，NOx與BaO、O2轉(zhuǎn)化成Ba（NO3）2時(shí)，BaO參與儲(chǔ)存N元素，故B錯(cuò)誤；C．還原過程中生成0.1molN2，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為：0.1mol×（5﹣0）×2＝1mol，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA，故C錯(cuò)誤；D．整個(gè)過程中，一氧化碳、CxHy、NOx轉(zhuǎn)化成二氧化碳、水、氮?dú)?，說明三效催化劑能有效實(shí)現(xiàn)汽車尾氣中CO、CxHy、NOx三種成分的凈化，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查氧化還原反應(yīng)，題目難度不大，明確圖示轉(zhuǎn)化關(guān)系的實(shí)質(zhì)即可解答，注意掌握氧化還原反應(yīng)實(shí)質(zhì)，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及綜合應(yīng)用能力。10．（2024秋?順義區(qū)校級(jí)月考）CH3OH是CO2資源化利用的重要產(chǎn)物之一，H2是一種高效清潔的新能源。有關(guān)這兩種物質(zhì)的燃燒過程中焓的變化示意圖如圖所示。下列說法正確的是（）A．由圖1推知反應(yīng)物斷鍵吸收的能量大于生成物成鍵釋放的能量 B．圖2中，若生成的H2O為液態(tài)，則焓的變化曲線為① C．2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝﹣240kJ/mol D．2CH3OH（g）+3O2（g）＝2CO2（g）+4H2O（g）ΔH＝﹣1340kJ/mol【專題】化學(xué)反應(yīng)中的能量變化；分析與推測(cè)能力．【分析】A．根據(jù)氫氣燃燒是放熱反應(yīng)進(jìn)行分析；B．根據(jù)液態(tài)水的能量低于氣態(tài)水，進(jìn)行分析；C．根據(jù)1mol氫氣燃燒生成氣態(tài)水的反應(yīng)熱為ΔH＝﹣120kJ/mol，進(jìn)行分析；D．根據(jù)1mol甲醇燃燒生成二氧化碳和氣態(tài)水的反應(yīng)熱為ΔH＝﹣670kJ/mol，進(jìn)行分析。【解答】解：A．H2燃燒生成氣態(tài)水的反應(yīng)是反應(yīng)物總能量大于生成物總能量的放熱反應(yīng)，則反應(yīng)物斷鍵吸收的能量小于生成物成鍵釋放的能量，故A錯(cuò)誤；B．液態(tài)水的能量低于氣態(tài)水，若CH3OH燃燒生成液態(tài)水放出能量更多，曲線在下方，能量變化曲線不可能為①，故B錯(cuò)誤；C．1molH2燃燒生成氣態(tài)水的反應(yīng)熱為ΔH＝﹣120kJ/mol，反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH＝﹣240kJ/mol，故C錯(cuò)誤；D．1molCH3OH燃燒生成二氧化碳和氣態(tài)水的反應(yīng)熱為ΔH＝﹣670kJ/mol，反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為2CH3OH（g）+3O2（g）＝2CO2（g）+4H2O（g）ΔH＝﹣1340kJ/mol，故D正確；故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查反應(yīng)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(jié)合已有的知識(shí)進(jìn)行解題。11．（2024秋?青島月考）一種新型高性能的錫﹣石墨鈉型鈉離子電池，采用錫箔（不參與電極反應(yīng)）作為集流體，電解液為NaPF6溶液。如圖所示可用鉛酸蓄電池給錫﹣石墨鈉型鈉離子電池充電。下列有關(guān)說法錯(cuò)誤的是（）A．電池放電的總反應(yīng)：xNa+Cn（PF6）x＝xNaPF6+Cn B．電池放電時(shí)，Na+會(huì)脫離錫箔，向石墨電極遷移 C．充電時(shí)，鉛酸蓄電池b電極增重96g，理論上石墨電極增重145g D．鋰元素稀缺，量產(chǎn)后的鈉離子電池的生產(chǎn)成本比鋰離子電池的低【專題】電化學(xué)專題；分析與推測(cè)能力．【分析】根據(jù)電池放電時(shí)，負(fù)極上Na失電子生成Na+，總反應(yīng)為xNa+Cn（PF6）x＝xNaPF6+Cn，充電時(shí)，鉛酸蓄電池充當(dāng)外接電源，b電極的電極反應(yīng)式為，石墨電極發(fā)生氧化反應(yīng)：，進(jìn)行分析。【解答】解：A．電池放電時(shí)，Na失去電子，總反應(yīng)為xNa+Cn（PF6）x＝xNaPF6+Cn，故A正確；B．放電時(shí)，負(fù)極上Na失電子生成Na+，Na+向正極（石墨電極）遷移，故B正確；C．充電時(shí)，鉛酸蓄電池充當(dāng)外接電源，b電極的電極反應(yīng)式為，當(dāng)b電極增重96g，提供電子2mol，石墨電極發(fā)生氧化反應(yīng)：，每轉(zhuǎn)移2mole﹣，石墨電極增重2mol×（31+6×19）g?mol﹣1＝290g，故C錯(cuò)誤；D．Li比Na稀缺，鈉離子電池生產(chǎn)成本低，故D正確；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】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(shí)進(jìn)行解題。12．（2024秋?河西區(qū)校級(jí)月考）在某一恒溫恒容的密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：X（g）+Y（g）?2Z（g）ΔH＞0。t1時(shí)刻達(dá)到平衡后，在t2時(shí)刻改變某一條件，其反應(yīng)速率隨時(shí)間變化的圖象如圖1所示。下列說法正確的是（）A．0～t1內(nèi)，v正＞v逆 B．t2時(shí)刻改變的條件是向密閉容器中加入Z C．再次達(dá)到平衡時(shí)，平衡常數(shù)K減小 D．恒溫恒容時(shí)，容器內(nèi)壓強(qiáng)不變，表明該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)【專題】化學(xué)平衡專題；理解與辨析能力．【分析】由圖可知，逆反應(yīng)速率逐漸增大，反應(yīng)正向建立平衡，t2時(shí)刻逆反應(yīng)速率增大，再次達(dá)到平衡時(shí)，逆反應(yīng)速率與原平衡相等，故改變條件為增加Z的量同時(shí)減小X、Y的量，據(jù)此作答。【解答】解：A．由圖可知，逆反應(yīng)速率逐漸增大，反應(yīng)正向建立平衡，0～t1內(nèi)，v正＞v逆，故A正確；B．由分析可知，t2時(shí)刻改變條件為增加Z的量同時(shí)減小X、Y的量，故B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)溫度不變，平衡常數(shù)不變，故C錯(cuò)誤；D．反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不變，容器內(nèi)壓強(qiáng)始終不變，無法判斷反應(yīng)是否達(dá)到平衡，故D錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)平衡，題目難度中等，掌握外界條件改變對(duì)化學(xué)平衡的影響是解題的關(guān)鍵。13．（2024秋?朝陽(yáng)區(qū)校級(jí)期中）下列各選項(xiàng)最后的物質(zhì)是要制取的物質(zhì)，其中不可能得到的是（）A．CaCO3→高溫CaOCa（OH）2NaOH溶液 B．CuCuOCuSO4溶液→Cu（OH2）沉淀 C．KMnO4O2SO2H2SO4 D．BaCO3BaCl2溶液HCl溶液【專題】幾種重要的金屬及其化合物；分析與推測(cè)能力．【分析】A．根據(jù)碳酸鈣高溫生成氧化鈣和二氧化碳，氧化鈣能與水反應(yīng)生成氫氧化鈣，氫氧化鈣能與碳酸鈉反應(yīng)生成氫氧化鈉進(jìn)行分析；B．根據(jù)銅在氧氣中加熱能生成氧化銅，CuO能與硫酸反應(yīng)生成硫酸銅，硫酸銅能與氫氧化鈉反應(yīng)生成氫氧化銅進(jìn)行分析；C．根據(jù)二氧化硫與水反應(yīng)生成亞硫酸，而不是硫酸進(jìn)行分析；D．根據(jù)碳酸鋇與鹽酸反應(yīng)生成氯化鋇，氯化鋇與硫酸會(huì)反應(yīng)生成硫酸鋇進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓篈．碳酸鈣高溫生成氧化鈣和二氧化碳，氧化鈣能與水反應(yīng)生成氫氧化鈣，氫氧化鈣能與碳酸鈉反應(yīng)生成氫氧化鈉，故A正確；B．Cu在O2中加熱能生成氧化銅，CuO能與硫酸反應(yīng)生成硫酸銅，硫酸銅能與氫氧化鈉反應(yīng)生成氫氧化銅沉淀，故B正確；C．高錳酸鉀加熱會(huì)生成氧氣，硫在氧氣中點(diǎn)燃生成二氧化硫，二氧化硫與水反應(yīng)生成亞硫酸，而不是硫酸，故C錯(cuò)誤；D．BaCO3與HCl反應(yīng)生成BaCl2，BaCl2與H2SO4會(huì)反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，故D正確；故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查氧化銅與氧化亞銅的性質(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(shí)進(jìn)行解題。14．（2024秋?濱湖區(qū)校級(jí)月考）傳統(tǒng)中草藥金銀花對(duì)治療“新冠肺炎”有效，其有效成分“綠原酸”的結(jié)構(gòu)如圖所示。下列關(guān)于綠原酸的說法不正確的是（）A．1mol綠原酸與足量金屬鈉反應(yīng)可生成3molH2 B．綠原酸能發(fā)生氧化反應(yīng)、加成反應(yīng)和消去反應(yīng) C．綠原酸的水解產(chǎn)物均可與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng) D．1mol綠原酸與足量NaOH溶液反應(yīng)，最多消耗4molNaOH【專題】有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷；分析與推測(cè)能力．【分析】A．分子中羧基、羥基能與鈉反應(yīng)生成氫氣；B．分子含有碳碳雙鍵、醇羥基、酚羥基、羧基、酯基；C．含有酚羥基的物質(zhì)能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；D．分子中羧基、酯基、酚羥基都能與氫氧化鈉反應(yīng)?！窘獯稹拷猓篈．分子中1個(gè)羧基、3個(gè)醇羥基、2個(gè)酚羥基能與鈉反應(yīng)生成氫氣，1mol綠原酸與足量金屬鈉反應(yīng)可生成3molH2，故A正確；B．分子含有碳碳雙鍵、酚羥基等，可以發(fā)生氧化反應(yīng)，含有的碳碳雙鍵、苯環(huán)能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，羥基連接的碳原子相鄰的碳原子上含有氫原子，可以發(fā)生消去反應(yīng)，故B正確；C．綠原酸水解產(chǎn)物之一為，該產(chǎn)物沒有酚羥基，不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D．分子中1個(gè)羧基、1個(gè)酯基、2個(gè)酚羥基都能與氫氧化鈉反應(yīng)，且它們都與氫氧化鈉按物質(zhì)的量1：1反應(yīng)，則1mol綠原酸與足量NaOH溶液反應(yīng)，最多消耗4molNaOH，故D正確；故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重考查分析、判斷及知識(shí)綜合運(yùn)用能力，明確官能團(tuán)及其性質(zhì)的關(guān)系是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。15．（2024?張家界模擬）以菱鎂礦（主要成分為MgCO3，含少量SiO2，F(xiàn)e2O3和Al2O3）為原料制備高純鎂砂的工藝流程如圖，已知浸出時(shí)產(chǎn)生的廢渣中有SiO2，F(xiàn)e（OH）3和Al（OH）3，下列說法錯(cuò)誤的是（）A．浸出鎂的反應(yīng)為MgO+2NH4Cl═MgCl2+2NH3↑+H2O B．流程中可循環(huán)使用的物質(zhì)有NH3、NH4Cl C．浸出和沉鎂的操作均應(yīng)在較高溫度下進(jìn)行 D．分離Mg2+與Al3+、Fe3+是利用了它們氫氧化物Ksp的不同【專題】無機(jī)實(shí)驗(yàn)綜合．【分析】菱鎂礦煅燒后得到輕燒粉，其中MgCO3轉(zhuǎn)化為MgO，加入氯化銨溶液浸取，浸出的廢渣有SiO2、Fe（OH）3、Al（OH）3，同時(shí)產(chǎn)生氨氣，則此時(shí)浸出液中主要含有Mg2+，加入氨水得到Mg（OH）2沉淀，煅燒得到高純鎂砂，以此解答該題?！窘獯稹拷猓篈.高溫煅燒后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以與銨根水解產(chǎn)生的氫離子反應(yīng)，促進(jìn)銨根的水解，所以得到氯化鎂、氨氣和水，化學(xué)方程式為MgO+2NH4Cl＝MgCl2+2NH3↑+H2O，故A正確；B.浸出過程產(chǎn)生的氨氣可以回收制備氨水，沉鎂時(shí)氯化鎂與氨水反應(yīng)生成的氯化銨又可以利用到浸出過程中，故B正確；C.一水合氨受熱易分解，沉鎂時(shí)在較高溫度下進(jìn)行會(huì)造成一水合氨大量分解，揮發(fā)出氨氣，降低利用率，故C錯(cuò)誤；D.Fe（OH）3、Al（OH）3的Ksp遠(yuǎn)小于Mg（OH）2的Ksp，所以當(dāng)pH達(dá)到一定值時(shí)Fe3+、Al3+產(chǎn)生沉淀，而Mg2+不沉淀，從而將其分離，故D正確。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查制備方案的設(shè)計(jì)、物質(zhì)分離和提純方法的綜合應(yīng)用，為高考常見題型和高頻考點(diǎn)，題目綜合性較強(qiáng)，明確流程圖中發(fā)生的反應(yīng)、基本操作方法、物質(zhì)性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，試題有利于提高學(xué)生的分析、理解能力及化學(xué)實(shí)驗(yàn)?zāi)芰?，難度不大。16．（2024春?海淀區(qū)期末）某課題小組探究苯酚與Fe3+顯色反應(yīng)的影響因素，設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象Ⅰ向2mL苯酚稀溶液中滴加幾滴0.05mol/LFe2（SO4）3溶液溶液呈淺紫色Ⅱ向2mL同濃度苯酚溶液中滴加與Ⅰ中相同滴數(shù)的0.1mol/LFeCl3溶液溶液呈淺紫色Ⅲ向2mL同濃度苯酚溶液（調(diào)pH＝9）中滴加與Ⅰ中相同滴數(shù)的0.1mol/LFeCl3溶液生成紅褐色沉淀Ⅳ向?qū)嶒?yàn)Ⅲ所得懸濁液中逐滴加入0.1mol/L鹽酸沉淀逐漸溶解，溶液變?yōu)樽仙^續(xù)滴加鹽酸，溶液變?yōu)闇\黃色已知：Fe3+可發(fā)生如下反應(yīng)。ⅰ.與苯酚發(fā)生顯色反應(yīng)：ⅱ.與Cl﹣發(fā)生反應(yīng)：（黃色）下列說法不正確的是（）A．中，提供孤電子對(duì)，與Fe3+形成配位鍵 B．實(shí)驗(yàn)Ⅰ和Ⅱ說明，少量Cl﹣會(huì)干擾苯酚與Fe3+的顯色反應(yīng) C．Ⅲ中調(diào)pH＝9后，增大，ⅰ中平衡正向移動(dòng) D．溶液pH、陰離子種類和濃度都可能影響苯酚與Fe3+的顯色反應(yīng)【專題】氣體的制備與性質(zhì)檢驗(yàn)類實(shí)驗(yàn)．【分析】A．配離子[Fe（C6H5O）6]3﹣中具有孤對(duì)電子的苯氧根離子與具有空軌道的鐵離子形成配位鍵；B．由實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可知，實(shí)驗(yàn)Ⅰ和Ⅱ說明少量氯離子不能與鐵離子形成配離子[FeCl4]﹣；C．由實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可知，實(shí)驗(yàn)Ⅲ中調(diào)節(jié)溶液pH為9時(shí)，溶液中鐵離子與氫氧根離子反應(yīng)生成紅褐色的氫氧化鐵沉淀，鐵離子濃度減小；D．由實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可知，溶液pH、陰離子種類和濃度都可能影響苯酚與溶液中鐵離子的顯色反應(yīng)。【解答】解：A．配離子[Fe（C6H5O）6]3﹣中具有孤對(duì)電子的苯氧根離子與具有空軌道的鐵離子形成配位鍵，配位數(shù)為6，故A正確；B．由實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可知，實(shí)驗(yàn)Ⅰ和Ⅱ說明少量氯離子不能與鐵離子形成配離子[FeCl4]﹣，不會(huì)干擾苯酚與鐵離子的顯色反應(yīng)，故B正確；C．由實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可知，實(shí)驗(yàn)Ⅲ中調(diào)節(jié)溶液pH為9時(shí)，溶液中鐵離子與氫氧根離子反應(yīng)生成紅褐色的氫氧化鐵沉淀，鐵離子濃度減小，i中平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D．由實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可知，溶液pH、陰離子種類和濃度都可能影響苯酚與溶液中鐵離子的顯色反應(yīng)，故D正確；故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)性質(zhì)實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)，側(cè)重分析能力、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰瓦\(yùn)用能力考查，把握物質(zhì)性質(zhì)及反應(yīng)、配位鍵形成條件為解題關(guān)鍵，題目難度中等。17．（2024?古藺縣校級(jí)三模）下列實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是（）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象結(jié)論A向甲苯中加入酸性高錳酸鉀溶液，紫色褪去甲苯及其同系物均可被酸性高錳酸鉀溶液氧化B向某稀溶液中加入NaOH溶液，產(chǎn)生使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)的氣體溶液中含有C向K2CrO4溶液中緩慢滴加硫酸，溶液由黃色變?yōu)槌燃t色（已知水溶液中為黃色，為橙紅色）增大氫離子濃度可使轉(zhuǎn)化為D用pH計(jì)測(cè)定pH：①NaHCO3溶液②CH3COONa溶液pH：①＞②，證明H2CO3酸性弱于CH3COOHA．A B．B C．C D．D【分析】A．甲苯能被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成苯甲酸；B．稀溶液中加入NaOH溶液，可能生成一水合氨；C．K2CrO4溶液中緩慢滴加硫酸，氫離子濃度增大，使2+2H+?+H2O正向移動(dòng)；D．同濃度的鹽溶液，pH越大，對(duì)應(yīng)酸的酸性越弱?！窘獯稹拷猓篈．甲苯能被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成苯甲酸，紫色褪去，但與苯相連的C上無H原子時(shí)不能使高錳酸鉀溶液褪色，故A錯(cuò)誤；B．稀溶液中加入NaOH溶液，可能生成一水合氨，無氨氣生成，不能證明原溶液是否含銨根離子，故B錯(cuò)誤；C．K2CrO4溶液中緩慢滴加硫酸，氫離子濃度增大，使2+2H+?+H2O正向移動(dòng)，溶液由黃色變?yōu)槌燃t色，故C正確；D．同濃度的鹽溶液，pH越大，對(duì)應(yīng)酸的酸性越弱；則用pH計(jì)測(cè)定NaHCO3溶液和CH3COONa溶液的pH，不能確定H2CO3酸性弱于CH3COOH，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，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(shí)的應(yīng)用，題目難度不大。18．（2024?金臺(tái)區(qū)一模）從某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工業(yè)廢液中回收銅并制備氯化鐵晶體的流程如圖：則下列說法正確的是（）A．試劑a是鐵、試劑b是稀硫酸 B．操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ所用儀器相同 C．試劑c是氯氣，相應(yīng)的反應(yīng)為2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣ D．用酸性KMnO4溶液可檢驗(yàn)溶液W中是否含有Fe2+【分析】從某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工業(yè)廢液中回收銅，工業(yè)廢水中加入試劑a為過量的鐵，操作Ⅰ為過濾，得到濾渣Y為Fe、Cu，濾液氯化亞鐵溶液，濾渣Y中加入試劑b為鹽酸溶解過量的鐵生成氯化亞鐵溶液，銅不溶，操作Ⅱ過濾得到銅和濾液Z為氯化亞鐵溶液，濾液Z和X合并通入氯氣，氧化亞鐵離子為氯化鐵溶液，蒸發(fā)結(jié)晶，過濾洗滌干燥得到氯化鐵晶體，以此解答該題?！窘獯稹拷猓篈．由最終得到FeCl3及其流程圖可知，b為鹽酸，若為硫酸會(huì)引入硫酸根雜質(zhì)離子，故A錯(cuò)誤；B．上述分析可知，操作Ⅰ、Ⅱ是過濾，操作Ⅲ是蒸發(fā)結(jié)晶，過濾，所用儀器不同，故B錯(cuò)誤；C．濾液X，濾液Z中均含有FeCl2，c為氯氣氧化亞鐵離子為鐵離子反應(yīng)為：2Fe2++Cl2═2Cl﹣+2Fe3+，故C正確；D．亞鐵離子、氯離子都可以被高錳酸鉀溶液氧化，用酸性KMnO4溶液不能檢驗(yàn)溶液W中是否還有Fe2+，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了常見物質(zhì)的分離與提純方法綜合應(yīng)用，為高考常見題型和高頻考點(diǎn)，試題有利于培養(yǎng)學(xué)生的分析、理解能力及邏輯推理能力，難度不大。19．（2024?遼陽(yáng)一模）常溫下，用HCl（g）調(diào)節(jié)SrF2濁液的pH，測(cè)得在通入HCl（g）的過程中，體系中﹣lgc（X）（X代表Sr2+或F﹣）與的關(guān)系如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是（）已知：SrF2為微溶于水，溶于鹽酸，不溶于氫氟酸、乙醇和丙酮的固體。A．Ksp（SrF2）＝10﹣8.4 B．L2表示﹣lgc（Sr2+）的變化情況 C．隨著HCl的加入，SrF2溶解度逐漸增大 D．m、n點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中均存在c（HF）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）【專題】電離平衡與溶液的pH專題．【分析】A．HF的電離平衡常數(shù)，縱坐標(biāo)相當(dāng)于，隨著變大，c（F﹣）變大，﹣lgc（F﹣）變小，則L2表示﹣lgc（F﹣）的變化情況；B．L2表示﹣lgc（F﹣）的變化情況；C．隨著HCl的加入，SrF2溶解平衡正向移動(dòng)；D．m、n點(diǎn)時(shí)的溶液中均存在電荷守恒有2c（Sr2+）+c（H+）＝c（F﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣），又根據(jù)SrF2組成可知，溶液中存在物料守恒2c（Sr2+）＝c（F﹣）+c（HF）。【解答】解：A．HF的電離平衡常數(shù)，縱坐標(biāo)相當(dāng)于，隨著變大，c（F﹣）變大，﹣lgc（F﹣）變小，則L2表示﹣lgc（F﹣）的變化情況，L1表示﹣lgc（Sr2+）的變化情況，根據(jù)m、n兩點(diǎn)的數(shù)據(jù)，得，故A正確；B．HF的電離平衡常數(shù)，縱坐標(biāo)相當(dāng)于，隨著變大，c（F﹣）變大，﹣lgc（F﹣）變小，則L2表示﹣lgc（F﹣）的變化情況，L1表示﹣lgc（Sr2+）的變化情況，故B錯(cuò)誤；C．隨著HCl的加入，SrF2溶解平衡正向移動(dòng)，溶解度增大，故C正確；D．m、n點(diǎn)時(shí)的溶液中均存在電荷守恒有2c（Sr2+）+c（H+）＝c（F﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣），又根據(jù)SrF2組成可知，溶液中存在物料守恒2c（Sr2+）＝c（F﹣）+c（HF），可得c（HF）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣），故D正確；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】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。20．（2024秋?興寧區(qū)校級(jí)月考）N2是合成氨工業(yè)的重要原料，NH3不僅可制造化肥，還能通過催化氧化生產(chǎn)HNO3；HNO3能溶解Cu、Ag等金屬，也能與許多有機(jī)化合物發(fā)生反應(yīng)；在高溫或放電條件下，N2與O2反應(yīng)生成NO，NO進(jìn)一步氧化生成NO2。2NO（g）+O2（g）＝2NO2（g）ΔH＝﹣116.4kJ?mol﹣1。大氣中過量的NOx和水體中過量的、均是污染物。通過催化還原的方法，可將煙氣和機(jī)動(dòng)車尾氣中的NO轉(zhuǎn)化為N2，也可將水體中的轉(zhuǎn)化為N2。對(duì)于反應(yīng)2NO（g）+O2（g）?2NO2（g），下列說法正確的是（）A．該反應(yīng)的ΔH＜0，ΔS＜0 B．反應(yīng)的平衡常數(shù)可表示為 C．使用高效催化劑能降低反應(yīng)的焓變 D．其他條件相同，增大，NO的轉(zhuǎn)化率下降【專題】化學(xué)平衡專題；化學(xué)平衡計(jì)算．【分析】A．放熱反應(yīng)ΔH＜0，生成物中氣體減少，混亂度變小；B．平衡常數(shù)等于生成物濃度的系數(shù)次冪的乘積比上反應(yīng)物濃度系數(shù)次冪的乘積；C．反應(yīng)焓變由反應(yīng)物和生成物的總能量決定；D．增大反應(yīng)物濃度，平衡正向移動(dòng)。【解答】解：A．由題意可知，反應(yīng)放熱，ΔH＜0，反應(yīng)正向氣體分子數(shù)減小，ΔS＜0，故A正確；B．反應(yīng)2NO（g）+O2（g）?2NO2（g），平衡常數(shù)可表示為K＝，故B錯(cuò)誤；C．使用催化劑能降低反應(yīng)所需的活化能，加快反應(yīng)速率，但反應(yīng)物和生成物的總能量不變，反應(yīng)焓變不變，故C錯(cuò)誤；D．其他條件相同，增大，相當(dāng)于增大氧氣濃度，平衡正向移動(dòng)，NO轉(zhuǎn)化率變大，故D錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查化學(xué)平衡，題目難度中等，掌握外界條件改變平衡的影響是解題的關(guān)鍵。二．解答題（共5小題）21．（2024?延平區(qū)校級(jí)開學(xué)）磷和砷的相關(guān)化合物在化工、醫(yī)藥、材料等領(lǐng)域有著廣泛的應(yīng)用。回答下列問題：（1）紅磷是巨型共價(jià)分子，無定型結(jié)構(gòu)，下列方法能證明紅磷是非晶體的是D。A．質(zhì)譜法B．原子發(fā)射光譜法C．核磁共振譜法D．X射線衍射法（2）第一電離能介于Al、P之間的第三周期元素有3種。GaCl3分子中心原子的雜化方式為sp2。（3）基態(tài)As原子的核外電子排布式為[Ar]3d104s24p3，As原子的逐級(jí)電離能數(shù)據(jù)如圖：第一電離能第二電離能第三電離能第四電離能第五電離能第六電離能947.0179827354837604312310為什么第五電離能與第六電離能相差較大？As原子最外層有五個(gè)電子，失去的第六個(gè)電子來自全充滿的次外層，所需能量較高。（4）黑磷是新型二維半導(dǎo)體材料，具有片層結(jié)構(gòu)（如圖所示），P原子的雜化方式為sp3，層與層之間的相互作用為分子間作用力。（5）GaAs的熔點(diǎn)為1238℃，且熔融狀態(tài)不導(dǎo)電，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，該晶體的類型為共價(jià)晶體。Ga，每個(gè)As原子周圍最近的As原子數(shù)目為12，一個(gè)GaAs晶胞中配位鍵的數(shù)目為4。已知GaAs的密度為dg/cm3，摩爾質(zhì)量為Mg/mol，阿伏加德羅常數(shù)用NA表示，則晶胞中最近的As和Ga原子核間距為nm（列式表示）?！緦ｎ}】基本概念與基本理論；元素周期律與元素周期表專題；化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【分析】（1）紅磷是巨型共價(jià)分子，無定型結(jié)構(gòu)，使用X射線晶體衍射方法可以確定其是否為晶體；（2）元素周期表中，非金屬性越強(qiáng)，第一電離能呈增大趨勢(shì)，但第IIA族和第ⅤA族由于半滿和全滿結(jié)構(gòu)，第一電離能偏大，第一電離能介于Al、P之間的第三周期元素有Mg、Si、S，GaCl3分子中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3；（3）As為第四周期第ⅤA族元素，基態(tài)As原子的核外電子排布式為[Ar]3d104s24p3，第五電離能與第六電離能相差較大的原因是As原子最外層有五個(gè)電子，失去的第六個(gè)電子來自全充滿的次外層；（4）黑磷是新型二維半導(dǎo)體材料，具有片層結(jié)構(gòu)（如圖所示），一個(gè)P原子的σ鍵數(shù)目為3，屬于sp3雜化，類比石墨分析即可；（5）GaAs的熔點(diǎn)為1238℃，且熔融狀態(tài)不導(dǎo)電，說明其屬于共價(jià)晶體，分析晶胞結(jié)構(gòu)可知，每個(gè)As原子周圍最近的As原子數(shù)目為12，一個(gè)GaAs晶胞中配位鍵的數(shù)目為4；（6）晶胞中Ga原子數(shù)目為4，結(jié)合化學(xué)式，As原子數(shù)目為4，已知GaAs的密度為dg/cm3，摩爾質(zhì)量為Mg/mol，阿伏加德羅常數(shù)用NA表示，則晶胞中最近的As和Ga原子核間距為體對(duì)角線的，計(jì)算可知，設(shè)晶胞邊長(zhǎng)為a，＝dg/cm3，晶胞邊長(zhǎng)a＝×107nm，據(jù)此計(jì)算即可?！窘獯稹拷猓海?）紅磷是巨型共價(jià)分子，無定型結(jié)構(gòu)，下列方法能證明紅磷是非晶體的是X射線衍射法，故答案為：D；（2）元素周期表中，非金屬性越強(qiáng)，第一電離能呈增大趨勢(shì)，但第IIA族和第ⅤA族由于半滿和全滿結(jié)構(gòu)，第一電離能偏大，第一電離能介于Al、P之間的第三周期元素有Mg、Si、S，GaCl3分子中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3，屬于sp2雜化，故答案為：3；sp2；（3）As為第四周期第ⅤA族元素，基態(tài)As原子的核外電子排布式為[Ar]3d104s24p3，第五電離能與第六電離能相差較大的原因是As原子最外層有五個(gè)電子，失去的第六個(gè)電子來自全充滿的次外層，所需能量較高，故答案為：[Ar]3d104s24p3；As原子最外層有五個(gè)電子，失去的第六個(gè)電子來自全充滿的次外層，所需能量較高；（4）黑磷是新型二維半導(dǎo)體材料，具有片層結(jié)構(gòu)（如圖所示），一個(gè)P原子的σ鍵數(shù)目為3，屬于sp3雜化，類比石墨，層與層之間的相互作用為分子間作用力，故答案為：sp3；分子間作用力；（5）GaAs的熔點(diǎn)為1238℃，且熔融狀態(tài)不導(dǎo)電，說明其屬于共價(jià)晶體，分析晶胞結(jié)構(gòu)可知，每個(gè)As原子周圍最近的As原子數(shù)目為12，一個(gè)GaAs晶胞中配位鍵的數(shù)目為4，故答案為：共價(jià)晶體；12；4；（6）晶胞中Ga原子數(shù)目為4，結(jié)合化學(xué)式，As原子數(shù)目為4，已知GaAs的密度為dg/cm3，摩爾質(zhì)量為Mg/mol，阿伏加德羅常數(shù)用NA表示，則晶胞中最近的As和Ga原子核間距為體對(duì)角線的，計(jì)算可知，設(shè)晶胞邊長(zhǎng)為a，＝dg/cm3，晶胞邊長(zhǎng)a＝×107nm，則晶胞中最近的As和Ga原子核間距為，故答案為：?！军c(diǎn)評(píng)】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(xué)鍵，晶胞計(jì)算等內(nèi)容，其中晶胞計(jì)算為解題難點(diǎn)，需要結(jié)合均攤法進(jìn)行分析，掌握基礎(chǔ)為解題關(guān)鍵，整體難度適中。22．（2024春?天津期末）Ⅰ.如圖中A、B、C、D均為中學(xué)化學(xué)常見的純凈物，A是單質(zhì)。它們之間有如下的反應(yīng)關(guān)系：若A是淡黃色固體，C、D是氧化物，C是造成酸雨的主要物質(zhì)，（1）酸雨的形成過程中，C最終轉(zhuǎn)化為H2SO4（填化學(xué)式）。（2）對(duì)煤進(jìn)行預(yù)處理是減少C排放的重要手段，在煤中添加適量生石灰，可使煤燃燒過程中產(chǎn)生的C轉(zhuǎn)化為A的最高價(jià)鈣鹽，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CaO+2SO2+O22CaSO4。（3）你認(rèn)為減少酸雨的產(chǎn)生可采取的措施是C（填標(biāo)號(hào)）。①少用煤作燃料②把工廠煙囪造高③燃料脫硫④在已酸化的土壤中加石灰⑤開發(fā)新能源A.①②③B.②③④⑤C.①③⑤D.①③④⑤Ⅱ.NOx是汽車尾氣中的主要污染物之一。（4）NOx能形成酸雨，寫出NO2與水反應(yīng)轉(zhuǎn)化為HNO3的化學(xué)方程式：3NO2+H2O＝2HNO3+NO。（5）工業(yè)上利用氨的催化氧化制取NO，寫出化學(xué)方程式4NH3+5O24NO+6H2O。（6）通過NO傳感器可監(jiān)測(cè)NOx的含量，其工作原理示意圖如圖：①NiO電極上發(fā)生的反應(yīng)是氧化（填氧化或還原）反應(yīng)。②寫出Pt電極的電極反應(yīng)式：O2+4e﹣＝2O2﹣?！緦ｎ}】無機(jī)推斷；電化學(xué)專題．【分析】Ⅰ．根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系分析，若A是淡黃色固體，C、D是氧化物，C是造成酸雨的主要物質(zhì)，故A為單質(zhì)硫，C為SO2，硫與氫氣反應(yīng)生成硫化氫，硫化氫在氧氣中燃燒生成二氧化硫，故B為H2S；Ⅱ．根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系分析，若B是氣態(tài)氫化物，C、D是氧化物且會(huì)造成光化學(xué)煙霧污染，則C、D分別為NO、NO2，B為氨氣，氨氣發(fā)生催化氧化生成NO，氮?dú)馀c氫氣在一定條件下反應(yīng)生成氨氣，氮?dú)馀c氧氣放電條件下生成NO，所以A為氮?dú)?；【解答】解：?）二氧化硫被氧氣氧化為三氧化硫，三氧化硫與水反應(yīng)生成硫酸；或二氧化硫與水反應(yīng)生成亞硫酸，亞硫酸被氧氣氧化為硫酸；結(jié)合以上分析可知，酸雨的形成過程中，SO2最終轉(zhuǎn)化為H2SO4，故答案為：H2SO4；（2）二氧化硫與氧化鈣反應(yīng)生成亞硫酸鈣，亞硫酸鈣又被氧氣氧化為硫酸鈣，硫元素為+6價(jià)，為最高正價(jià)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2CaO+2SO2+O22CaSO4，故答案為：2CaO+2SO2+O22CaSO4；（3）二氧化硫與水反應(yīng)生成亞硫酸，易被氧化為硫酸，雨水酸性增強(qiáng)，則由二氧化硫形成的雨水的主要成分是硫酸，把工廠煙囪造高，在已酸化的土壤中加入石灰等措施不能從源頭上有效地防止酸雨的形成，少用煤做燃料、燃料脫硫、開發(fā)新的能源等措施可以減少二氧化硫氣體的排放，從而減小酸雨的形成，故①③⑤符合，故答案為：C；（4）NO2與水反應(yīng)生成HNO3和NO，化學(xué)方程式為3NO2+H2O＝2HNO3+NO，故答案為：3NO2+H2O＝2HNO3+NO；（5）氨氣催化氧化生成NO和水，化學(xué)方程式為4NH3+5O24NO+6H2O，故答案為：4NH3+5O24NO+6H2O；（6）①由圖示可知，NO在NiO電極上轉(zhuǎn)化為了NO2，氮元素化合價(jià)升高，失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，故答案為：氧化；②由圖示可知，O2在Pt電極得電子生成O2﹣，電極反應(yīng)式為O2+4e﹣＝2O2﹣，故答案為：O2+4e﹣＝2O2﹣?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查無機(jī)物的推斷、氮族元素、電化學(xué)，屬于開放性題目，熟練掌握元素化合物知識(shí)即可解答，有利于基礎(chǔ)知識(shí)的復(fù)習(xí)鞏固，難度中等。23．（2024?遼寧模擬）松香烷二萜類化合物具有良好的生物活性，廣泛分布于自然界中。由米團(tuán)花分離出的松香烷二萜J的合成路線如圖1：已知：。回答下列問題：（1）A與B在TsOH催化作用下脫去一分子H2O形成化合物C，則B的名稱（系統(tǒng)命名法）是2，2﹣二甲基﹣1，3﹣丙二醇。（2）元素分析顯示F中含有碳、氫、溴三種元素，則F的分子式為C11H13Br。（3）化合物C與CH3I反應(yīng)時(shí)，加入無水CH3COONa能很好地提升反應(yīng)速率及平衡轉(zhuǎn)化率，則C→D轉(zhuǎn)化的化學(xué)方程式為+CH3I+CH3COONa→+NaI+CH3COOH。（4）G→H的反應(yīng)類型為消去反應(yīng)。（5）若用H2代替LiAlH4完成I→J的轉(zhuǎn)化，可能導(dǎo)致目標(biāo)產(chǎn)物產(chǎn)率下降，其原因是用氫氣還原會(huì)產(chǎn)生副產(chǎn)物，導(dǎo)致目標(biāo)產(chǎn)物產(chǎn)率下降。（6）E的同分異構(gòu)體中，含有苯環(huán)且與E具有相同官能團(tuán)的共有5種（不考慮立體異構(gòu)）。（7）圖2是某天然產(chǎn)物合成路線的一部分。其中K與L的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式分別為K：，L：?！緦ｎ}】有機(jī)化合物的獲得與應(yīng)用．【分析】TsOH與CH2Cl2和BF3?Et2O起到保護(hù)羰基的作用，A（）與發(fā)生取代反應(yīng)生成C（），C（）與CH3I發(fā)生取代反應(yīng)生成D（）E合成F（），D（）與F（）發(fā)生取代反應(yīng)生成G（），G（）經(jīng)過濃硫酸加熱，發(fā)生消去反應(yīng)生成H（），H（）水解生成I（），I（）與LiAlH4發(fā)生還原反應(yīng)生成J（）?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)流程可知，A→C的過程中脫去一分子H2O，其中A中碳氧雙鍵斷裂，則B中斷裂的為氫氧鍵，故B為，則B的名稱（系統(tǒng)命名法）是2，2﹣二甲基﹣1，3﹣丙二醇，故答案為：2，2﹣二甲基﹣1，3﹣丙二醇；（2）F與D反應(yīng)生成G，由已知可以推斷出F為，則F的分子式為C11H13Br，故答案為：C11H13Br；（3）C與CH3I發(fā)生取代反應(yīng)生成HI，HI再與CH3COONa反應(yīng)生成NaI和CH3COOH，則C→D轉(zhuǎn)化的化學(xué)方程式為+CH3I+CH3COONa→+NaI+CH3COOH，故答案為：+CH3I+CH3COONa→+NaI+CH3COOH；（4）G→H過程中羥基變?yōu)樘继茧p鍵，故反應(yīng)類型為消去反應(yīng)，故答案為：消去反應(yīng)；（5）氫氣除了還原羰基之外還可以還原苯環(huán)，產(chǎn)生副產(chǎn)物，導(dǎo)致目標(biāo)產(chǎn)物產(chǎn)率下降，故答案為：用氫氣還原會(huì)產(chǎn)生副產(chǎn)物，導(dǎo)致目標(biāo)產(chǎn)物產(chǎn)率下降；（6）E的同分異構(gòu)體除E之外還有以下五種、、苯環(huán)上的二取代物（鄰、間、對(duì)三種），故含有苯環(huán)且與E具有相同官能團(tuán)的共有5種，故答案為：5；（7）與反應(yīng)生成，與LiAlH4反應(yīng)生成，與CH2Cl2和BF3?Et2O反應(yīng)生成，故K的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，L的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故答案為：；?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)化學(xué)，側(cè)重考查學(xué)生有機(jī)反應(yīng)和有機(jī)合成的掌握情況，試題難度中等24．（2023秋?西城區(qū)期末）某小組探究Cu與Fe3+的反應(yīng)，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)。已知：[CuCl3]2﹣（無色）?CuCl↓（白色）+2Cl﹣[CuCl3]2﹣+SCN﹣?CuSCN↓（白色）+3Cl﹣序號(hào)試劑x實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象Ⅰ5mL0.05mol/LFe2（SO4）3溶液（pH＝2）溶液變?yōu)闇\藍(lán)色，30min時(shí)，銅粉有較多剩余Ⅱ5mL0.1mol/LFeCl3溶液（pH＝2）溶液變?yōu)樗{(lán)色，30min時(shí)，銅粉完全溶解（1）Ⅰ、Ⅱ中，反應(yīng)后的溶液均變?yōu)樗{(lán)色，推測(cè)有Cu2+生成。分別取少量反應(yīng)后的溶液，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，均產(chǎn)生藍(lán)色沉淀Ⅰ中反應(yīng)的離子方程式是Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+。（2）30min內(nèi)，Cu被氧化的反應(yīng)速率：Ⅰ＜Ⅱ（填“＞”“＜”或“＝”）。（3）研究Ⅱ的反應(yīng)過程，設(shè)計(jì)如下裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。不同時(shí)間取左側(cè)燒杯中的溶液，滴加KSCN溶液，取樣時(shí)間與實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象如下（不考慮O2的作用）。序號(hào)取樣時(shí)間/min現(xiàn)象ⅰ1產(chǎn)生白色沉淀，ⅱ10產(chǎn)生白色沉淀，較1min時(shí)量多ⅲ30產(chǎn)生白色沉淀，較10min時(shí)量少iv40無白色沉淀產(chǎn)生經(jīng)檢驗(yàn)，白色沉淀為CuSCN。ⅰ～ⅳ中，分別取右側(cè)燒杯中的溶液，滴加KSCN溶液，溶液紅色依次變淺。①NaCl溶液的濃度是0.3mol/L。②根據(jù)ⅰ、ⅱ中“產(chǎn)生白色沉淀”“溶液紅色變淺”，推測(cè)Cu轉(zhuǎn)化為[CuCl3]2﹣，Cu與FeCl3溶液反應(yīng)的離子方程式是Cu+Fe3++3Cl﹣＝[CuCl3]2﹣+Fe2+。③由ⅲ、ⅳ可知，30min后主要反應(yīng)的離子方程式是[CuCl3]2﹣+Fe3+＝Cu2++Fe2++3Cl﹣。（4）對(duì)比Ⅰ和Ⅱ，結(jié)合ⅰ～ⅳ，Cl﹣在Cu與Fe3+反應(yīng)中的作用是作催化劑。（5）研究Cl﹣的濃度對(duì)銅粉溶解的影響，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)。a中加入的試劑x為5mL0.05mol/LFe2（SO4）3和0.1mol/LNaCl的混合溶液。充分反應(yīng)后，銅粉有少量剩余，溶液變?yōu)樗{(lán)色，有少量白色沉淀，經(jīng)檢驗(yàn)白色沉淀是CuCl。則銅粉未完全溶解的原因是c（Cl﹣）小，反應(yīng)會(huì)生成CuCl，CuCl覆蓋在銅粉表面，阻止反應(yīng)繼續(xù)進(jìn)行?！緦ｎ}】實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)題．【分析】（1）Ⅰ中，將硫酸鐵溶液中加到不足量的銅粉中，充分振蕩，溶液變?yōu)樗{(lán)綠色，說明銅與硫酸鐵反應(yīng)，生成硫酸銅和硫酸亞鐵，Ⅰ中反應(yīng)的離子方程式是Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+；（2）30min內(nèi)，Ⅱ中鐵離子濃度大，反應(yīng)速率大，Cu被氧化的反應(yīng)速率：Ⅰ＜ll；（3）經(jīng)檢驗(yàn)，白色沉淀為CuSCN，i～iv中，分別取右側(cè)燒杯中的溶液，滴加KSCN溶液，溶液紅色依次變淺，說明鐵離子濃度越來越小，①控制左側(cè)氯離子濃度與右側(cè)相同NaCl溶液的濃度是0.3mol/L；②根據(jù)i、ii中“產(chǎn)生白色沉淀”“溶液紅色變淺”，推測(cè)Cu轉(zhuǎn)化為[CuCl3]2﹣，銅由0價(jià)變?yōu)?1價(jià)，Cu與FeCl3溶液反應(yīng)的離子方Cu+Fe3++3Cl﹣＝[CuCl3]2﹣+Fe2+；③由iii、iv可知，30min后+1價(jià)的銅被氧化為銅離子，主要反應(yīng)的離子方程式是[CuCl3]2﹣+Fe3+＝Cu2++Fe2++3Cl﹣；（4）對(duì)比Ⅰ和Ⅱ，結(jié)合i～iv，Cl﹣在Cu與Fe3+反應(yīng)中的作用是作催化劑；（5）研究Cl﹣的濃度對(duì)銅粉溶解的影響，銅粉未完全