2025高考假期提升專項練習化學壓軸卷訓練15含答案及解析

2025菁優(yōu)高考化學壓軸卷訓練15一．選擇題（共20小題）1．（2024秋?東湖區(qū)校級月考）AgI膠體常用作某些反應的催化劑。往2mL0.01mol?L﹣1的AgNO3溶液中加入400mL的水，之后勻速緩慢滴加3mL0.01mol?L﹣1的KI溶液，可以得到AgI膠體，AgI膠團結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．AgNO3溶液中有自由移動的離子 B．AgI膠體粒子對可見光散射會產(chǎn)生丁達爾效應 C．AgI膠團和AgI膠體均呈電中性 D．能用過濾的方法分離AgI膠體和KNO3溶液2．（2023秋?沈陽期末）觀察下列模型并結(jié)合有關(guān)信息進行判斷，下列說法錯誤的是（）HCNS8SF6（正八面體）B12結(jié)構(gòu)單元結(jié)構(gòu)模型示意圖A．HCN的結(jié)構(gòu)式為H﹣C≡N B．固態(tài)硫S8屬于共價晶體 C．SF6是由極性鍵構(gòu)成的非極性分子 D．B12結(jié)構(gòu)單元含B﹣B鍵30個3．（2024秋?遼寧月考）下列離子方程式書寫正確的是（）A．酸性KMnO4溶液與H2C2O4溶液反應：2+5C2+16H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O B．向硫酸銅溶液中通入過量氨氣：Cu2++2NH3?H2O＝Cu（OH）2↓+2 C．Fe（OH）3和HI的反應：Fe（OH）3+3H+＝Fe3++3H2O D．FeBr2溶液與足量Cl2反應：2Fe2++4Br﹣+3Cl2＝2Fe3++6Cl﹣+2Br24．（2024?南崗區(qū)校級模擬）25℃時，利用8N2O+4CS2═S8+4CO2+8N2（反應Ⅰ）獲得：1molS8（），同時將生成的CO2溶于水形成pH＝5.6的溶液Ⅱ，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．反應Ⅰ中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為16NA B．反應Ⅰ中形成S—S鍵的數(shù)目為7NA C．反應Ⅰ產(chǎn)物中π電子的數(shù)目為8NA D．溶液Ⅱ中含H+的數(shù)目為10﹣5.6NA5．（2024秋?五華區(qū)校級月考）某鈉鹽可用于生化研究，其陰離子的結(jié)構(gòu)如圖。其中，W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，Z原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍。下列敘述錯誤的是（）A．原子半徑：W＜Z＜Y＜X＜Na B．簡單氫化物的穩(wěn)定性：X＞Y＞Z C．X和Z都存在同素異形體 D．該鈉鹽中含有離子鍵和共價鍵6．（2024春?如東縣期中）硅材料在生活中占有重要地位。Si（NH2）4（結(jié)構(gòu)如圖所示）受熱分解可生成Si3N4和NH3。Si3N4是一種優(yōu)良的耐高溫結(jié)構(gòu)陶瓷。下列有關(guān)說法錯誤的是（）A．鍵角：＜NH3 B．Si3N4屬于分子晶體 C．基態(tài)Si和N原子的未成對電子數(shù)之比為2：3 D．Si（NH2）4中的Si、N原子軌道的雜化類型相同7．（2024春?鎮(zhèn)海區(qū)校級期中）甲苯與乙酰氯（）在無水AlCl3催化下發(fā)生反應，其反應機理如圖所示。乙酰氯經(jīng)過步驟Ⅰ得到的中間體可能存在P、Q兩種形式，且其缺電子的結(jié)構(gòu)與甲苯的π電子云作用生成過渡態(tài)π﹣絡(luò)合物N，經(jīng)過步?得到σ﹣絡(luò)合物M。下列說法不正確的是（）A．中間體P、Q中不飽和碳原子的雜化方式相同 B．該反應的決速步是步驟Ⅱ C．甲苯與乙酰氯生反應過程中有反應+H+═AlCl3+HCl發(fā)生 D．虛線L可表示與反應過程中的能量變化8．（2024?遼陽一模）氧化鈰（CeO2）常用作玻璃工業(yè)添加劑，在其立方晶胞中摻雜Y2O3，Y3+占據(jù)原來Ce4+的位置，可以得到更穩(wěn)定的結(jié)構(gòu)，這種穩(wěn)定的結(jié)構(gòu)使得氧化鈰具有許多獨特的性質(zhì)和應用，CeO2晶胞中Ce4+與最近O2﹣的核間距為apm。下列說法正確的是（）已知：O2﹣的空缺率＝×100%。A．已知M點原子的分數(shù)坐標為（0，0，0），則N點原子的分數(shù)坐標為（1，0，1） B．CeO2晶胞中與Ce4+最近的Ce4+的個數(shù)為6 C．CeO2晶體的密度為g?cm﹣3 D．若摻雜Y2O3后得到n（CeO2）：n（Y2O3）＝0.6：0.2的晶體，則此晶體中O2﹣的空缺率為10%9．（2024春?越秀區(qū)期末）一種控制分子是否發(fā)光的“分子開關(guān)”工作原理如圖所示。分子P光照下不發(fā)光，在Na和H+的共同作用下形成的超分子Q光照下可以產(chǎn)生熒光。下列說法不正確的是（）A．分子P轉(zhuǎn)化為超分子Q時，N與H+形成配位鍵 B．增大溶液pH并除去Na+，可使超分子Q轉(zhuǎn)變?yōu)榉肿覲 C．K+和H+的共同作用也可以打開該“分子開關(guān)” D．推測分子P可以增大NaCl在有機溶劑中的溶解度10．（2024秋?天河區(qū)校級月考）25℃時，固體酸分子篩催化乙醇脫水，乙醇的分子間脫水和分子內(nèi)脫水過程與相對能量變化如圖所示。下列說法正確的是（）A．在該反應條件下，產(chǎn)物1比產(chǎn)物2穩(wěn)定 B．固體酸分子篩可通過氫鍵吸附乙醇 C．固體酸分子篩能減小圖示反應的焓變 D．生成產(chǎn)物1的決速步驟的活化能為16.6kcal?mol﹣111．（2024秋?思明區(qū)校級月考）電芬頓工藝被認為是一種很有應用前景的高級氧化技術(shù)，可用于降解去除廢水中的持久性有機污染物，其工作原理如圖a所示，工作10min時，F(xiàn)e2+、H2O2電極產(chǎn)生量（mmol?L﹣1）與電流強度關(guān)系如圖b所示：下列說法錯誤的是（）A．Fe3+在該工藝中做催化劑 B．陰極的電極反應有：O2+2e﹣+2H+＝H2O2、Fe3++e﹣＝Fe2+ C．根據(jù)圖b可判斷合適的電流強度約為40mA D．若處理0.1mol，理論上HMC﹣3電極消耗標準狀況下31.36LO212．（2024秋?杭州月考）二氧化硫在食品工業(yè)中可用作漂白劑、防腐劑、抗氧化劑等。某研究小組利用如圖所示裝置制備并檢驗SO2的部分性質(zhì)。下列說法正確的是（）A．裝置甲中常用0.01mol?L﹣1的稀硫酸溶液 B．裝置乙中溶液顏色變化：先變紅后褪色 C．裝置丙中發(fā)生的最終總反應為：5SO2+2S2﹣+2H2O＝3S↓+4 D．裝置丁中酸性KMnO4溶液褪色的原理與SO2用于食品漂白劑的原理相同13．（2024?大通縣開學）如圖物質(zhì)（結(jié)構(gòu)如圖）具有抗腫瘤的作用．下列有關(guān)該物質(zhì)的敘述錯誤的是（）A．可以使Br2的CCl4溶液褪色 B．分子中苯環(huán)上的一氯代物只有4種 C．分子中存在4種含氧官能團 D．分子中所有原子不可能共平面14．（2024秋?鹽城月考）下列裝置或操作能達到實驗目的的是（）A．實驗室制備乙酸乙酯 B．制備硝基苯 C．實驗室中分餾石油 D．證明乙醇與濃硫酸共熱生成乙烯15．（2023秋?靜海區(qū)校級月考）某興趣小組用下列裝置探究Na與CO2的反應產(chǎn)物，已知：PdCl2+CO+H2O═Pb↓（黑色）+CO2+2HCl。下列說法正確的是（）A．為了避免生成的CO2中混有HCl，最好用稀硫酸代替稀鹽酸 B．裝置Ⅲ的目的是除去HCl C．實驗時先點燃酒精燈，再打開活塞a D．裝置Ⅴ出現(xiàn)黑色沉淀，則裝置Ⅳ發(fā)生反應2Na+2CO2Na2CO3+CO16．（2024?浙江開學）某興趣小組用鉻鐵礦（FeCr2O4）制備CrCl3?6H2O，流程如圖：已知：①4FeCr2O4+10Na2CO3+7O28Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2；②Cr（OH）3不溶于乙醚。下列說法不正確的是（）A．步驟Ⅰ應該將鉻鐵礦粉碎，以加快反應速率 B．步驟Ⅲ從反應后溶液分離甲醇可用蒸餾法 C．步驟Ⅲ應該滴加鹽酸至恰好完全反應，方便后續(xù)調(diào)節(jié)pH D．步驟Ⅴ可用乙醚洗滌17．（2024?湖北模擬）已知Fe3+在一定條件下能和乙醚（Et2O沸點34.6℃）生成締合Et2O?H+?[FeCl4]﹣。實驗室分離Fe3+和Al3+的流程如下，下列說法正確的是（）A．反萃取操作時可加入NaOH溶液 B．分液操作時先倒出上層液體，再放出下層液體 C．蒸餾操作時需要的儀器有鐵架臺、分液漏斗、燒杯、玻璃棒 D．濃鹽酸酸化的作用是生成配離子和抑制Fe3+、Al3+水解18．（2023?羅湖區(qū)校級模擬）利用過量NaOH溶液處理含Al2O3、MgO礦物，然后過濾。向所得濾液中逐滴加入NaHCO3溶液，測得溶液pH和生成n[Al（OH）3]與所加入V（NaHCO3）變化的曲線如圖。下列說法錯誤的是（）A．a(chǎn)點溶質(zhì)為NaAlO2和NaOH，存在c（Na+）+c（H+）＝c（）+c（OH﹣） B．NaHCO3溶液中：c（H2CO3）+c（）+c（）═0.64mol?L﹣1 C．沉淀時的離子方程式：++H2O═Al（OH）3↓+ D．d點溶液：c（）＞c（OH﹣）＞c（）＞c（H+）19．（2023秋?昌平區(qū)期末）某小組進行實驗，向10mL蒸餾水中加入0.4gI2，充分振蕩，溶液呈淺棕色，再加入0.2g鋅粒，溶液顏色加深；最終紫黑色晶體消失，溶液褪色。已知溶液為棕色，下列關(guān)于顏色變化的解釋不正確的是（）選項顏色變化解釋A溶液呈淺棕色I2在水中溶解度較小B溶液顏色加深I(lǐng)2+I﹣?有反應：發(fā)生C紫黑色晶體消失I2（aq）的消耗使溶解平衡I2（s）?I2（aq）右移D溶液褪色被空氣中的氧氣氧化A．A B．B C．C D．D20．（2024秋?瓊山區(qū)校級月考）乙烯氣相直接水合反應制備乙醇：C2H4（g）+H2O（g）?C2H5OH（g）。乙烯的平衡轉(zhuǎn)化率近溫度、壓強的變化關(guān)系如圖[起始時，n（H2O）＝n（C2H4）＝1mol，容器體積為1L]。下列說法錯誤的是（）A．乙烯氣相直接水合反應的ΔH＜0 B．圖中a點對應的平衡常數(shù) C．圖中壓強的大小關(guān)系為：p1＜p2＜p3 D．達到平衡狀態(tài)a、b所需要的時間：a＞b二．解答題（共5小題）21．（2024?西城區(qū)校級開學）高純鍺（Ge）是一種良好的半導體材料。（1）Ge位于第五周期第ⅣA族，則Ge的簡化核外電子排布式為。（2）某含鍺化合物D可由A和B在金屬鉀的條件下得到如圖。已知：R為含N取代基，N原子與Ge原子直接相連。①A中的Ge—Cl鍵是由鍺的軌道與氯的3p軌道重疊成鍵。②B中標記*的Ge的化合價是。③D中標記*的Ge的VSEPR模型名稱是。（3）Ge—Ⅰ和Ge—Ⅱ是單質(zhì)Ge的兩種同素異形體。二者晶胞如圖（其中Ge—Ⅱ晶胞中的每個小球均代表著此位置有個“統(tǒng)計分布”的原子，即每8個該位置隨機均勻的有1個空位）。①Ge—Ⅰ中每個Ge原子周圍與它最近且距離相等的Ge原子有個。②若Ge—Ⅰ和Ge—Ⅱ的晶胞體積分別為V1和V2，則Ge—Ⅰ和Ge—Ⅱ的密度之比是。（4）單質(zhì)Ge的能溶于濃硝酸，生成最高價的不溶于水的鍺酸；也能溶于濃NaOH溶液，生成鍺酸鹽。①Ge和濃硝酸反應的化學方程式是。②Ge和熔融NaOH反應的離子方程式是。22．（2024春?合肥期中）依據(jù)圖中氮元素及其化合物的轉(zhuǎn)化關(guān)系，回答問題：（1）圖1中，X的化學式為，從化合價上看，X具有性（填“氧化”或“還原”）。（2）圖2中，屬于氮的固定的過程是。（填序號）（3）回答下列關(guān)于NH3的問題：①實驗室常用NH4Cl與Ca（OH）2制取氨氣，該反應的化學方程式為。②氨氣是重要的化工原料，可以合成多種物質(zhì)，寫出其催化氧化的化學方程式。（4）工業(yè)生產(chǎn)中利用氨水吸收SO2和NO2，原理如圖所示：NO2被吸收過程的離子方程式是。（5）化學反應N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g）的能量變化如圖所示：①該反應（填“吸收”或“放出”）能量；②已知：斷開1molH﹣H鍵要吸收436kJ的能量，斷開1molN≡N鍵要吸收946kJ的能量，形成1molN﹣H鍵需要釋放391kJ的能量，故E3＝。23．（2024春?臺江區(qū)校級期末）以苯為基礎(chǔ)原料，可以合成多種有機物。已知：I．II．回答下列問題：（1）由苯合成有機物A用到的無機試劑為。（2）B分子中的官能團的名稱為，B→C的反應類型為。（3）生成PF樹脂的化學方程式為。（4）試劑D是（填代號）。a．溴水b．高錳酸鉀溶液c．Ag（NH3）2OH溶液d．新制Cu（OH）2懸濁液（5）寫出同時滿足下列條件的肉桂酸乙酯的一種同分異構(gòu)體。①苯環(huán)上僅有2個取代基且處于對位②能發(fā)生水解反應和銀鏡反應，其中一種水解產(chǎn)物遇FeCl3溶液顯紫色③為順式異構(gòu)（6）以乙醇為原料合成CH3—CH＝CH—COOCH2CH3，其他試劑任選，寫出合成路線。24．（2024春?楊浦區(qū)校級期末）氫是一種非常重要的物質(zhì)，可用于制造氮肥、硝酸等。（1）請寫出氨的結(jié)構(gòu)式，從結(jié)構(gòu)角度說明NH3熱穩(wěn)定性強于PH3的原因。【實驗一】探究氨氣的還原性。已知：a.Mg（OH）2可代替消石灰與氯化銨在加熱條件下反應生成氨氣和堿式氯化鎂[Mg（OH）Cl]；b.Cu2O粉末呈紅色，在酸性溶液中不穩(wěn)定：Cu2O+H2SO4（?。紺u+CuSO4+H2O。（2）裝置A中發(fā)生反應的化學方程式為，裝置D的作用是。（3）反應結(jié)束后裝置C中的氧化銅完全反應生成紅色固體，為了探究紅色固體成分，進行了如下實驗：實驗操作實驗現(xiàn)象實驗結(jié)論取10.4g紅色固體于燒杯中，加入足量稀硫酸，充分攪拌，靜置若無現(xiàn)象①紅色固體為若溶液變藍②紅色固體中肯定含有，可能含有上述混合液靜置后，過濾、洗滌、干燥、稱重，得固體6.4g③紅色固體的成分及其物質(zhì)的量為【實驗二】探究氨氣的氧化性已知：c.鋁可以與氨氣反應，2Al+2NH3?2AlN+3H2；d.氮化鋁性質(zhì)穩(wěn)定，不溶于水，不與水、酸反應，在加熱時溶于濃堿可產(chǎn)生氨氣。按如圖所示連接好裝置，檢查裝置氣密性：在蒸餾燒瓶中加入生石灰，分液漏斗中加入濃氨水，裝置G中盛裝堿石灰，裝置H中加入鋁粉，打開裝置F處分液漏斗活塞，待裝置中空氣排盡后再點燃裝置H處酒精燈。（4）用平衡移動原理解釋F中產(chǎn)生氨氣的原因。（5）鋁粉完全反應后可觀察到的實驗現(xiàn)象為。（6）為了得到純凈的氮化鋁，可將裝置H中固體冷卻后轉(zhuǎn)移至燒杯中，加入溶解、（填操作名稱）、洗滌、干燥即可。（7）寫出氮化鋁與濃氫氧化鈉溶液共熱反應的離子方程式。25．（2024秋?開福區(qū)校級月考）二甲醚（DME）是一種重要的清潔燃料，可替代氟利昂作制冷劑，對臭氧層無破壞作用。工業(yè)上可利用合成氣合成二甲醚，其主要原理如下：①CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）K1②2CH3OH（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g）K2③CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）K3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）一定溫度下，將2molCO和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的濃度為0.25mol?L﹣1，則0～5min內(nèi)v（H2O）＝，CO的轉(zhuǎn)化率α（CO）＝。（3）將合成氣以通入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(zhuǎn)化率隨溫度、壓強的變化關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是（填字母）。A．p1＜p2＜p3B．ΔH＜0C．若在p3和316℃時，起始時，則平衡時，α（CO）大于50%（4）在一定條件下，密閉容器中加入一定量的CO、N2O（g）和催化劑發(fā)生反應CO（g）+N2O（g）?CO2（g）+N2（g），其速率方程為v正＝k正p（CO）p（N2O），v逆＝k逆p（CO2）p（N2），其中v正、v逆為正、逆反應速率，k正、k逆分別為速率常數(shù)（已知Arhenius經(jīng)驗公式，k為反應速率常數(shù)，Ea為活化能，T為熱力學溫度，R為摩爾氣體常量，A為比例系數(shù)），p為氣體的分壓。已知降低溫度時，k正﹣k逆增大，調(diào)整CO和N2O初始投料比，測得CO的平衡轉(zhuǎn)化率如圖所示，A、B、C、D四點中溫度由高到低的順序是，在C點所示投料比下，當CO轉(zhuǎn)化率達到40%時，＝。

2025菁優(yōu)高考化學壓軸卷訓練15參考答案與試題解析一．選擇題（共20小題）1．（2024秋?東湖區(qū)校級月考）AgI膠體常用作某些反應的催化劑。往2mL0.01mol?L﹣1的AgNO3溶液中加入400mL的水，之后勻速緩慢滴加3mL0.01mol?L﹣1的KI溶液，可以得到AgI膠體，AgI膠團結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．AgNO3溶液中有自由移動的離子 B．AgI膠體粒子對可見光散射會產(chǎn)生丁達爾效應 C．AgI膠團和AgI膠體均呈電中性 D．能用過濾的方法分離AgI膠體和KNO3溶液【專題】溶液和膠體專題；分析與推測能力．【分析】A．根據(jù)AgNO3在水溶液中發(fā)生電離進行分析；B．根據(jù)AgI膠體粒子對可見光散射會產(chǎn)生丁達爾效應進行分析；C．根據(jù)AgI膠團的結(jié)構(gòu)進行分析；D．根據(jù)膠體、溶液都能透過濾紙，膠體粒子不能透過半透膜，溶液能透過半透膜，進行分析?！窘獯稹拷猓篈．硝酸銀在水溶液中發(fā)生電離，硝酸銀溶液中有自由移動的離子，故A正確；B．AgI膠體粒子對可見光散射會產(chǎn)生丁達爾效應，故B正確；C．根據(jù)AgI膠團的結(jié)構(gòu)，可知AgI膠團和AgI膠體均呈電中性，故C正確；D．膠體、溶液都能透過濾紙，不能用過濾的方法分離AgI膠體和硝酸鉀溶液。膠體粒子不能透過半透膜，溶液能透過半透膜，用滲析的方法分離AgI膠體和KNO3溶液，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題主要考查膠體的重要性質(zhì)等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結(jié)合已有的知識進行解題。2．（2023秋?沈陽期末）觀察下列模型并結(jié)合有關(guān)信息進行判斷，下列說法錯誤的是（）HCNS8SF6（正八面體）B12結(jié)構(gòu)單元結(jié)構(gòu)模型示意圖A．HCN的結(jié)構(gòu)式為H﹣C≡N B．固態(tài)硫S8屬于共價晶體 C．SF6是由極性鍵構(gòu)成的非極性分子 D．B12結(jié)構(gòu)單元含B﹣B鍵30個【專題】化學鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【分析】A．碳原子的成鍵情況主要根據(jù)與碳原子形成共價鍵的原子的數(shù)目確定，原子半徑的關(guān)系為C＞N＞H；B．根據(jù)晶體中存在的微粒判斷及性質(zhì)判斷；C．SF6空間構(gòu)型為對稱結(jié)構(gòu)分子極性抵消；D．根據(jù)圖B12結(jié)構(gòu)單元，每個B原子具有×5個共價鍵，每個三角形中含有×3個共價鍵?！窘獯稹拷猓篈．由比例模型可以看出分子中有1個碳原子和1個氮原子，1個氫原子，碳原子半徑大于氮原子半徑，氮原子半徑大于氫原子半徑，所以該比例模型中最左端的是氫原子，中間的是碳原子，最右邊的是氮原子，其結(jié)構(gòu)式為H﹣C≡N，故A正確；B．固態(tài)S8晶體中存在的微粒是S8分子，所以屬于分子晶體，故B錯誤；C．不同原子構(gòu)成的共價鍵是極性鍵，分子中正負電荷中心不重合，從整個分子來看，電荷的分布是不均勻的，不對稱的，這樣的分子為極性分子，以極性鍵結(jié)合的雙原子一定為極性分子，以極性鍵結(jié)合的多原子分子如結(jié)構(gòu)對稱，正負電荷的重心重合，電荷分布均勻，則為非極性分子，SF6空間構(gòu)型為對稱結(jié)構(gòu)分子極性抵消，SF6為非極性分子，故C正確；D．由圖知，中間由六個B原子構(gòu)成的正六邊形，兩邊各3個B原子，共含有30個B﹣B鍵，含20個正三角形，故D正確；故選：B?！军c評】本題考查微粒的結(jié)構(gòu)示意圖（比例、球棍模型、電子式、結(jié)構(gòu)式、原子結(jié)構(gòu)示意簡圖），解題的關(guān)鍵是把握各原子間的成鍵情況，題目難度中等。3．（2024秋?遼寧月考）下列離子方程式書寫正確的是（）A．酸性KMnO4溶液與H2C2O4溶液反應：2+5C2+16H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O B．向硫酸銅溶液中通入過量氨氣：Cu2++2NH3?H2O＝Cu（OH）2↓+2 C．Fe（OH）3和HI的反應：Fe（OH）3+3H+＝Fe3++3H2O D．FeBr2溶液與足量Cl2反應：2Fe2++4Br﹣+3Cl2＝2Fe3++6Cl﹣+2Br2【專題】離子反應專題．【分析】A．根據(jù)H2C2O4是弱酸，不能拆進行分析；B．根據(jù)過量氨氣會導致氫氧化銅溶解進行分析；C．根據(jù)Fe3+會氧化I﹣生成亞鐵離子和碘單質(zhì)進行分析；D．根據(jù)FeBr2溶液與足量Cl2反應，則Fe2+、Br﹣均能被氧化進行分析?！窘獯稹拷猓篈．H2C2O4是弱酸，不能拆，正確的離子方程式為，故A錯誤；B．過量氨氣會導致氫氧化銅溶解，正確的離子方程式為，故B錯誤；C．Fe3+會氧化I﹣生成亞鐵離子和碘單質(zhì)，正確的離子方程式為，故C錯誤；D．FeBr2溶液與足量Cl2反應，則Fe2+、Br﹣均能被氧化，F(xiàn)eBr2溶液與足量Cl2反應：2Fe2++4Br﹣+3Cl2＝2Fe3++6Cl﹣+2Br2，所給離子方程式正確，故D正確；故選：D?！军c評】本題主要考查離子方程式的書寫等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結(jié)合已有的知識進行解題。4．（2024?南崗區(qū)校級模擬）25℃時，利用8N2O+4CS2═S8+4CO2+8N2（反應Ⅰ）獲得：1molS8（），同時將生成的CO2溶于水形成pH＝5.6的溶液Ⅱ，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．反應Ⅰ中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為16NA B．反應Ⅰ中形成S—S鍵的數(shù)目為7NA C．反應Ⅰ產(chǎn)物中π電子的數(shù)目為8NA D．溶液Ⅱ中含H+的數(shù)目為10﹣5.6NA【專題】阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律．【分析】A．依據(jù)8N2O+4CS2＝S8+4CO2+8N2～16e﹣計算；B．由S8的結(jié)構(gòu)可知，生成1個S8時，形成S—S鍵的數(shù)目為8個，C．CO2中含有2個π鍵，N2中含有含有2個π鍵；D．溶液體積未知?！窘獯稹拷猓篈．8N2O+4CS2＝S8+4CO2+8N2中N元素由+1價下降到0價，S元素由﹣2價上升到0價，1molS8參與反應時轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為16NA，故A正確；B．由S8的結(jié)構(gòu)可知，生成1個S8時，形成S—S鍵的數(shù)目為8個，則生成1molS8時，形成S—S鍵的數(shù)目為8NA，故B錯誤；C．CO2中含有2個π鍵，N2中含有含有2個π鍵，獲得1molS8時生成4molCO2和8molN2，含有（4×2+8×2）mol＝24molπ鍵，π電子的數(shù)目為48NA，故C錯誤；D．未知溶液的體積，無法計算溶液Ⅱ中含H+的數(shù)目，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查了物質(zhì)的量和阿伏加德羅常數(shù)的有關(guān)計算，掌握公式的運用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵，題目難度不大。5．（2024秋?五華區(qū)校級月考）某鈉鹽可用于生化研究，其陰離子的結(jié)構(gòu)如圖。其中，W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，Z原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍。下列敘述錯誤的是（）A．原子半徑：W＜Z＜Y＜X＜Na B．簡單氫化物的穩(wěn)定性：X＞Y＞Z C．X和Z都存在同素異形體 D．該鈉鹽中含有離子鍵和共價鍵【專題】元素周期律與元素周期表專題．【分析】W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，由Z原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍，可知Z只能有2個電子層，且最外層為6個電子，則Z為O，結(jié)合題給結(jié)構(gòu)示意圖可知，W只能形成一個共價鍵，則W是H元素，X能形成4個共價鍵，則X為C元素，Y能形成三個共價鍵，則Y是N元素，以此進行分析解答。【解答】解：由題意可知，W、X、Y、Z依次為H、C、N、O元素，A．根據(jù)電子層數(shù)越多，原子半徑越大，同周期主族元素，從左到右，原子半徑逐漸減小，可知原子半徑H＜C＜N＜O＜Na，即原子半徑：W＜Z＜Y＜X＜Na，故A正確；B．同周期元素從左到右元素的非金屬性逐漸增強，對應的氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性逐漸增強，則C、N、O、F的氫化物的穩(wěn)定性逐漸增強，即簡單氫化物的穩(wěn)定性：X＜Y＜Z，故B錯誤；C．碳存在活性炭、石墨、C60等多種同素異形體，氧存在氧氣和臭氧兩種同素異形體，故C正確；D．由題給陰離子示意圖可知，該鈉鹽中含有鈉離子和陰離子之間的離子鍵和C—C，C—H，N—H等共價鍵，故D正確；故選：B。【點評】本題主要考查了元素周期律和元素周期表的知識，題目難度中等，根據(jù)題給信息推斷元素，掌握元素周期律是解答該題的關(guān)鍵。6．（2024春?如東縣期中）硅材料在生活中占有重要地位。Si（NH2）4（結(jié)構(gòu)如圖所示）受熱分解可生成Si3N4和NH3。Si3N4是一種優(yōu)良的耐高溫結(jié)構(gòu)陶瓷。下列有關(guān)說法錯誤的是（）A．鍵角：＜NH3 B．Si3N4屬于分子晶體 C．基態(tài)Si和N原子的未成對電子數(shù)之比為2：3 D．Si（NH2）4中的Si、N原子軌道的雜化類型相同【專題】化學鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【分析】A．孤電子對與孤電子對之間的斥力＞孤電子對與成鍵電子對之間的斥力＞成鍵電子對與成鍵電子對之間的斥力；B．共價晶體的熔沸點高、硬度大；C．基態(tài)Si的價電子排布為3s23p2，3p軌道上的2個電子是未成對的，N原子價電子排布為2s22p3，2p軌道上的3個電子是未成對的；D．Si（NH2）4中的Si的σ鍵數(shù)為4，價層電子對為4，N原子的σ鍵數(shù)為3，孤電子對數(shù)為1，價層電子對為4，兩者雜化類型相同。【解答】解：A．中含有2對孤電子對，NH3中含有1對孤電子對，孤電子對與孤電子對之間的斥力大于孤電子對與成鍵電子對之間的斥力，所以，鍵角：＜NH3，故A正確；B．Si3N4是一種優(yōu)良的耐高溫結(jié)構(gòu)陶瓷，則Si3N4是共價晶體，故B錯誤；C．基態(tài)Si的價電子排布為3s23p2，3p軌道上的2個電子是未成對的，N原子價電子排布為2s22p3，2p軌道上的3個電子是未成對的，則兩者的未成對電子數(shù)之比為2：3，故C正確；D．Si（NH2）4中的Si的σ鍵數(shù)為4，價層電子對為4，Si為sp3雜化、N原子的σ鍵數(shù)為3，孤電子對數(shù)為1，價層電子對為3+1＝4，故N也為sp3雜化、則Si（NH2）4中的Si、N原子軌道的雜化類型相同，故D正確；故選：B?！军c評】本題主要考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)的相關(guān)知識，具體涉及鍵角大小的比較、晶體類型的判斷、中心原子的雜化方式的判斷等，屬于基本知識的考查，難度不大。7．（2024春?鎮(zhèn)海區(qū)校級期中）甲苯與乙酰氯（）在無水AlCl3催化下發(fā)生反應，其反應機理如圖所示。乙酰氯經(jīng)過步驟Ⅰ得到的中間體可能存在P、Q兩種形式，且其缺電子的結(jié)構(gòu)與甲苯的π電子云作用生成過渡態(tài)π﹣絡(luò)合物N，經(jīng)過步?得到σ﹣絡(luò)合物M。下列說法不正確的是（）A．中間體P、Q中不飽和碳原子的雜化方式相同 B．該反應的決速步是步驟Ⅱ C．甲苯與乙酰氯生反應過程中有反應+H+═AlCl3+HCl發(fā)生 D．虛線L可表示與反應過程中的能量變化【專題】化學鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【分析】A．中間體P、Q中不飽和碳原子的價層電子對個數(shù)都是2；B．慢反應是決速步；C．甲苯和乙酰氯的反應中AlCl3是催化劑，Ⅰ中生成，最終又生成AlCl3；D．由題干給出的信息“P、Q兩種形式，且其缺電子的結(jié)構(gòu)與甲苯的π電子云作用生成過渡態(tài)π﹣絡(luò)合物N的難易決定該反應是否能夠發(fā)生”可知，三氟甲基為吸電子基團，與苯相連能降低苯環(huán)上π電子云密度，不利于與P（或Q）的缺電子中心配位形成（或形成的π﹣絡(luò)合物更加不穩(wěn)定）?！窘獯稹拷猓篈．中間體P、Q中不飽和碳原子的價層電子對個數(shù)都是2，都采用sp雜化，故A正確；B．慢反應是決速步，根據(jù)圖知，步驟Ⅱ所需活化能最大，反應速率最慢，所以該反應的決速步是步驟Ⅱ，故B正確；C．甲苯和乙酰氯的反應中AlCl3是催化劑，AlCl3在步驟Ⅰ中生成，最終又生成AlCl3，所以甲苯與乙酰氯反應過程中有反應+H+═AlCl3+HCl發(fā)生，故C正確；D．三氟甲基為吸電子基團，與苯相連能降低苯環(huán)上π電子云密度，不利于與P（或Q）的缺電子中心配位形成（或形成的π﹣絡(luò)合物更加不穩(wěn)定），故其能量輪廓圖曲線（虛線L）峰谷應在甲苯的實線圖之上，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查反應歷程，側(cè)重考查圖象分析判斷及知識綜合運用能力，明確催化劑的反應特點、活化能與反應速率的關(guān)系、原子雜化類型的判斷方法是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。8．（2024?遼陽一模）氧化鈰（CeO2）常用作玻璃工業(yè)添加劑，在其立方晶胞中摻雜Y2O3，Y3+占據(jù)原來Ce4+的位置，可以得到更穩(wěn)定的結(jié)構(gòu)，這種穩(wěn)定的結(jié)構(gòu)使得氧化鈰具有許多獨特的性質(zhì)和應用，CeO2晶胞中Ce4+與最近O2﹣的核間距為apm。下列說法正確的是（）已知：O2﹣的空缺率＝×100%。A．已知M點原子的分數(shù)坐標為（0，0，0），則N點原子的分數(shù)坐標為（1，0，1） B．CeO2晶胞中與Ce4+最近的Ce4+的個數(shù)為6 C．CeO2晶體的密度為g?cm﹣3 D．若摻雜Y2O3后得到n（CeO2）：n（Y2O3）＝0.6：0.2的晶體，則此晶體中O2﹣的空缺率為10%【專題】化學鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【分析】A．根據(jù)M點原子的分數(shù)坐標為（0，0，0），則N點原子的分數(shù)坐標為（1，1，1）；B．由晶胞結(jié)構(gòu)可知，CeO2晶胞中與Ce4+最近的Ce4+的個數(shù)為12；C．根據(jù)均攤原則，CeO2晶胞中Ce4+數(shù)為4，O2﹣數(shù)為8，CeO2晶胞中Ce4+與最近O2﹣的核間距為apm，則晶胞邊長為，據(jù)此計算；D．CeO2中陽離子和陰離子的個數(shù)比為1：2，若摻雜Y2O3后得到n（CeO2）：n（Y2O3）＝0.6：0.2的晶體，陽離子和陰離子的個數(shù)比為1：1.8，據(jù)此計算?！窘獯稹拷猓篈．M點原子的分數(shù)坐標為（0，0，0），可知N點原子的分數(shù)坐標為（1，1，1），故A錯誤；B．由晶胞結(jié)構(gòu)可知，CeO2晶胞中與Ce4+最近的Ce4+的個數(shù)為12，故B錯誤；C．由均攤法計算，CeO2晶胞中Ce4+數(shù)為4，O2﹣數(shù)為8，CeO2晶胞中Ce4+與最近O2﹣的核間距為apm，則晶胞邊長為，晶體的密度為ρ＝＝，故C錯誤；D．CeO2中陽離子和陰離子的個數(shù)比為1：2，若摻雜Y2O3后得到n（CeO2）：n（Y2O3）＝0.6：0.2的晶體，陽離子和陰離子的個數(shù)比為1：1.8，則此晶體中O2﹣的空缺率為，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查晶胞的計算，側(cè)重考查空間想象能力及計算能力，明確原子結(jié)構(gòu)、晶胞密度的計算方法是解本題關(guān)鍵，題目難度中等。9．（2024春?越秀區(qū)期末）一種控制分子是否發(fā)光的“分子開關(guān)”工作原理如圖所示。分子P光照下不發(fā)光，在Na和H+的共同作用下形成的超分子Q光照下可以產(chǎn)生熒光。下列說法不正確的是（）A．分子P轉(zhuǎn)化為超分子Q時，N與H+形成配位鍵 B．增大溶液pH并除去Na+，可使超分子Q轉(zhuǎn)變?yōu)榉肿覲 C．K+和H+的共同作用也可以打開該“分子開關(guān)” D．推測分子P可以增大NaCl在有機溶劑中的溶解度【分析】A.由圖可知，分子P轉(zhuǎn)化為超分子Q時，N與H+形成配位鍵N→H配位鍵；B.增大溶液pH并除去Na+，相當于減小反應物的濃度，平衡逆向移動的程度增大；C.K+半徑與超分子不匹配；D.由圖可知，分子P可以結(jié)合鈉離子；【解答】解：A.由圖可知，分子P轉(zhuǎn)化為超分子Q時，N與H+形成配位鍵N→H配位鍵，即N原子提供孤電子對，H+提供空軌道，故A正確；B.增大溶液pH并除去Na+，相當于減小反應物的濃度，平衡逆向移動的程度增大，可使超分子Q轉(zhuǎn)變?yōu)榉肿覲，故B正確；C.K+半徑大于Na+，K+半徑與超分子不匹配，無法識別K+，不可以打開“分子開關(guān)”，故C錯誤；D.由圖可知，分子P可以結(jié)合鈉離子，由此可以推測分子P可以增大NaCl在有機溶劑中的溶解度，故D正確；故選：C?！军c評】本題主要考查配位化合物的相關(guān)知識，同時考查學生的看圖理解能力、分析應用能力，屬于基本知識的考查，難度不大。10．（2024秋?天河區(qū)校級月考）25℃時，固體酸分子篩催化乙醇脫水，乙醇的分子間脫水和分子內(nèi)脫水過程與相對能量變化如圖所示。下列說法正確的是（）A．在該反應條件下，產(chǎn)物1比產(chǎn)物2穩(wěn)定 B．固體酸分子篩可通過氫鍵吸附乙醇 C．固體酸分子篩能減小圖示反應的焓變 D．生成產(chǎn)物1的決速步驟的活化能為16.6kcal?mol﹣1【專題】化學反應中的能量變化．【分析】A．根據(jù)能量越低越穩(wěn)定進行分析；B．根據(jù)固體酸分子篩中含有羥基，乙醇中也有羥基進行分析；C．根據(jù)催化劑不能減小圖示反應的焓變進行分析；D．根據(jù)活化能大的反應速率慢，反應速率慢的為決速步進行分析?！窘獯稹拷猓篈．產(chǎn)物1的能量大于產(chǎn)物2的能量，能量越低越穩(wěn)定，所以在該反應條件下，產(chǎn)物2比產(chǎn)物1穩(wěn)定，故A錯誤；B．固體酸分子篩中含有羥基，乙醇中也有羥基，所以可通過氫鍵吸附乙醇，故B正確；C．固體酸分子篩為催化劑，固體酸分子篩催化乙醇脫水，催化劑不能減小圖示反應的焓變，故C錯誤；D．活化能大的反應速率慢，反應速率慢的為決速步，生成產(chǎn)物1的決速步驟為相對能量從﹣9.3kcal/mol到36.7kcal/mol，其活化能為46kcal?mol﹣1，故D錯誤；故選：B?！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(jié)合已有的知識進行解題。11．（2024秋?思明區(qū)校級月考）電芬頓工藝被認為是一種很有應用前景的高級氧化技術(shù)，可用于降解去除廢水中的持久性有機污染物，其工作原理如圖a所示，工作10min時，F(xiàn)e2+、H2O2電極產(chǎn)生量（mmol?L﹣1）與電流強度關(guān)系如圖b所示：下列說法錯誤的是（）A．Fe3+在該工藝中做催化劑 B．陰極的電極反應有：O2+2e﹣+2H+＝H2O2、Fe3++e﹣＝Fe2+ C．根據(jù)圖b可判斷合適的電流強度約為40mA D．若處理0.1mol，理論上HMC﹣3電極消耗標準狀況下31.36LO2【專題】電化學專題；理解與辨析能力．【分析】由圖可知，HMC﹣3電極上氧元素、鐵元素化合價降低得電子，故HMC﹣3電極為陰極，電極反應式為O2+2e﹣+2H+＝H2O2、Fe3++e﹣＝Fe2+，后發(fā)生反應Fe2++H2O2+H+＝Fe3++?OH+H2O，?OH氧化苯酚，反應為C6H5OH+28?OH＝6CO2↑+17H2O，Pt電極為陽極，電極反應式為H2O﹣e﹣＝?OH+H+，據(jù)此作答?！窘獯稹拷猓篈．該工藝中，陰極發(fā)生反應Fe3++e﹣＝Fe2+，后發(fā)生反應Fe2++H2O2+H+＝Fe3++?OH+H2O，反應前后Fe3+的量保持不變，F(xiàn)e3+在該工藝中做催化劑，故A正確；B．HMC﹣3電極為陰極，電極反應式為O2+2e﹣+2H+＝H2O2、Fe3++e﹣＝Fe2+，故B正確；C．由反應Fe2++H2O2+H+＝Fe3++?OH+H2O可知，F(xiàn)e2+、H2O2電極產(chǎn)生量之比為1：1，可判斷合適的電流強度約為40mA，故C正確；D．由分析可知，1molC6H5OH～28mol?OH～（28molFe2++28molH2O2）～陰極消耗28molO2，故處理1mol苯酚消耗28mol氧氣，標況下體積為28mol×22.4L/mol＝62.72L，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查電解原理，題目難度中等，能依據(jù)題目信息和圖象準確判斷陰陽極是解題的關(guān)鍵。12．（2024秋?杭州月考）二氧化硫在食品工業(yè)中可用作漂白劑、防腐劑、抗氧化劑等。某研究小組利用如圖所示裝置制備并檢驗SO2的部分性質(zhì)。下列說法正確的是（）A．裝置甲中常用0.01mol?L﹣1的稀硫酸溶液 B．裝置乙中溶液顏色變化：先變紅后褪色 C．裝置丙中發(fā)生的最終總反應為：5SO2+2S2﹣+2H2O＝3S↓+4 D．裝置丁中酸性KMnO4溶液褪色的原理與SO2用于食品漂白劑的原理相同【專題】氧族元素；無機實驗綜合．【分析】A．濃硫酸和Na2SO3發(fā)生復分解反應生成Na2SO4、SO2和H2O；B．SO2不能漂白酸堿指示劑；C．SO2能和Na2S溶液發(fā)生氧化還原反應生成S，因為SO2過量，所以還生成NaHSO3；D．酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，能氧化還原性的物質(zhì)，SO2用于食品漂白時，體現(xiàn)漂白性?！窘獯稹拷猓篈．濃硫酸和Na2SO3發(fā)生復分解反應生成Na2SO4、SO2和H2O，裝置甲中常用濃硫酸溶液，故A錯誤；B．SO2不能漂白酸堿指示劑，SO2和水反應生成H2SO3，H2SO3電離出氫離子而使其水溶液呈酸性，所以裝置乙中溶液顏色變化：變紅但不褪色，故B錯誤；C．SO2能和Na2S溶液發(fā)生氧化還原反應生成S，因為SO2過量，所以還生成NaHSO3，離子方程式為5SO2+2S2﹣+2H2O═3S↓+4，故C正確；D．裝置丁中酸性KMnO4溶液褪色的原理是酸性高錳酸鉀溶液和SO2發(fā)生氧化還原反應，該反應中SO2體現(xiàn)還原性，SO2用于食品漂白時，體現(xiàn)漂白性，所以二者褪色原理不同，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查性質(zhì)實驗方案設(shè)計，側(cè)重考查分析、判斷及知識綜合運用能力，明確元素化合物的性質(zhì)、物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系是解本題關(guān)鍵，知道各個裝置的作用及可能發(fā)生的反應，題目難度不大。13．（2024?大通縣開學）如圖物質(zhì)（結(jié)構(gòu)如圖）具有抗腫瘤的作用．下列有關(guān)該物質(zhì)的敘述錯誤的是（）A．可以使Br2的CCl4溶液褪色 B．分子中苯環(huán)上的一氯代物只有4種 C．分子中存在4種含氧官能團 D．分子中所有原子不可能共平面【專題】有機物的化學性質(zhì)及推斷．【分析】A．結(jié)合烯烴的性質(zhì)判斷；B．苯環(huán)上含4種H原子；C．分子中含羥基、醚鍵、羰基；D．分子中含有甲基，C原子為sp3雜化?！窘獯稹拷猓篈．分子中含碳碳雙鍵，可以使Br2的CCl4溶液褪色，故A正確；B．苯環(huán)上含4種H原子，苯環(huán)上的一氯代物只有4種，故B正確；C．分子中含羥基、醚鍵、羰基，共三種含氧官能團，故C錯誤；D．分子中含有甲基，C原子為sp3雜化，故分子中所有原子不可能共平面，故D正確；故選：C?！军c評】本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，把握有機物的結(jié)構(gòu)、有機反應為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意官能團的判斷，題目難度不大。14．（2024秋?鹽城月考）下列裝置或操作能達到實驗目的的是（）A．實驗室制備乙酸乙酯 B．制備硝基苯 C．實驗室中分餾石油 D．證明乙醇與濃硫酸共熱生成乙烯【專題】實驗評價題；歸納與論證能力．【分析】A．乙酸乙酯與NaOH溶液反應；B．水浴加熱制備硝基苯；C．分餾時溫度計測定餾分的溫度；D．揮發(fā)的乙醇、生成的二氧化硫和乙烯均使酸性高錳酸鉀溶液褪色?！窘獯稹拷猓篈．乙酸乙酯與NaOH溶液反應，NaOH溶液應改為飽和碳酸鈉溶液，故A錯誤；B．水浴加熱制備硝基苯，圖中制備裝置合理，故B正確；C．分餾時溫度計測定餾分的溫度，溫度計的水銀球應在蒸餾燒瓶的支管口處，故C錯誤；D．揮發(fā)的乙醇、生成的二氧化硫和乙烯均使酸性高錳酸鉀溶液褪色，則紫色褪去，不能證明生成乙烯，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、物質(zhì)的制備及檢驗、混合物的分離提純、實驗技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。15．（2023秋?靜海區(qū)校級月考）某興趣小組用下列裝置探究Na與CO2的反應產(chǎn)物，已知：PdCl2+CO+H2O═Pb↓（黑色）+CO2+2HCl。下列說法正確的是（）A．為了避免生成的CO2中混有HCl，最好用稀硫酸代替稀鹽酸 B．裝置Ⅲ的目的是除去HCl C．實驗時先點燃酒精燈，再打開活塞a D．裝置Ⅴ出現(xiàn)黑色沉淀，則裝置Ⅳ發(fā)生反應2Na+2CO2Na2CO3+CO【專題】實驗設(shè)計題．【分析】由實驗裝置可知，I中稀鹽酸與大理石反應生成二氧化碳，Ⅱ中飽和碳酸氫鈉溶液除去揮發(fā)的HCl，Ⅲ中濃硫酸干燥二氧化碳，V中出現(xiàn)黑色沉淀，可知Ⅳ中發(fā)生2Na+2CO2Na2CO3+CO，以此來解答。【解答】解：A．硫酸與碳酸鈣反應生成硫酸鈣微溶，包裹在碳酸鈣的表面阻止反應的進一步發(fā)生，不能用稀硫酸代替稀鹽酸，故A錯誤；B．裝置Ⅲ的目的是干燥二氧化碳，故B錯誤；C．實驗時先打開活塞a，利用生成的二氧化碳排出裝置內(nèi)的空氣，再點燃酒精燈，防止鈉與氧氣反應，故C錯誤；D．裝置Ⅴ出現(xiàn)黑色沉淀，V中發(fā)生PdCl2+CO+H2O═Pb↓（黑色）+CO2+2HCl，則裝置Ⅳ發(fā)生反應2Na+2CO2Na2CO3+CO，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)實驗，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應、實驗裝置的作用為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度不大。16．（2024?浙江開學）某興趣小組用鉻鐵礦（FeCr2O4）制備CrCl3?6H2O，流程如圖：已知：①4FeCr2O4+10Na2CO3+7O28Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2；②Cr（OH）3不溶于乙醚。下列說法不正確的是（）A．步驟Ⅰ應該將鉻鐵礦粉碎，以加快反應速率 B．步驟Ⅲ從反應后溶液分離甲醇可用蒸餾法 C．步驟Ⅲ應該滴加鹽酸至恰好完全反應，方便后續(xù)調(diào)節(jié)pH D．步驟Ⅴ可用乙醚洗滌【專題】制備實驗綜合．【分析】鉻鐵礦（FeCr2O4）和碳酸鈉高溫熔融，發(fā)生反應：4FeCr2O4+10Na2CO3+7O28Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2，冷卻后，將產(chǎn)物水浸，NaFeO2水解，生成氫氧化鐵，過濾，得到Na2CrO4溶液，加入甲醇和鹽酸，Na2CrO4在酸性條件下，首先轉(zhuǎn)化為Na2Cr2O7，Na2Cr2O7繼續(xù)氧化甲醇，自己被還原為Cr3+，調(diào)節(jié)溶液的pH＝7，使Cr3+轉(zhuǎn)化為Cr（OH）3，過濾、洗滌，向Cr（OH）3中加入鹽酸，使其溶解，然后將溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，得到CrCl3?6H2O，據(jù)此分析作答。【解答】解：A．步驟Ⅰ將鉻鐵礦粉碎，增大與空氣的接觸面積，以加快反應速率，故A正確；B．甲醇的熔沸點較低，步驟Ⅲ從反應后溶液中，分離甲醇可用蒸餾法，故B正確；C．步驟Ⅲ應該滴加鹽酸至過量，Na2CrO4在酸性條件下，首先轉(zhuǎn)化為Na2Cr2O7，Na2Cr2O7繼續(xù)在酸性條件下氧化甲醇，故C錯誤；D．Cr（OH）3不溶于乙醚，步驟V可用乙醚洗滌，故D正確；故選：C?！军c評】本題主要考查制備實驗方案的設(shè)計，具體涉及CrCl3?6H2O的制備，屬于高考高頻考點，難度不大。17．（2024?湖北模擬）已知Fe3+在一定條件下能和乙醚（Et2O沸點34.6℃）生成締合Et2O?H+?[FeCl4]﹣。實驗室分離Fe3+和Al3+的流程如下，下列說法正確的是（）A．反萃取操作時可加入NaOH溶液 B．分液操作時先倒出上層液體，再放出下層液體 C．蒸餾操作時需要的儀器有鐵架臺、分液漏斗、燒杯、玻璃棒 D．濃鹽酸酸化的作用是生成配離子和抑制Fe3+、Al3+水解【專題】物質(zhì)的分離提純和鑒別．【分析】A．反萃取操作時可加入水，若加入NaOH溶液，最終會使鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀；B．分液操作時先放出下層液體，再倒出上層液體；C．蒸餾操作時需要的主要儀器有鐵蒸餾燒瓶、溫度計、冷凝管等；D．濃鹽酸中存在H+、Cl﹣?！窘獯稹拷猓篈．反萃取操作時可加入水，使平衡：Et2O+H++[FeCl4]﹣?Et2O?H+?[FeCl4]﹣逆向移動，若加入NaOH溶液，最終會使鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，故A錯誤；B．分液操作時先放出下層液體，再倒出上層液體，避免上次液體與下層液體接觸，故B錯誤；C．蒸餾操作時需要的儀器有鐵架臺、蒸餾燒瓶、溫度計、冷凝管，錐形瓶等，故C錯誤；D．濃鹽酸中存在H+、Cl﹣，酸化的作用是生成配離子和抑制Fe3+、Al3+水解，故D正確；故選：D?！军c評】本題主要考查物質(zhì)的分離與提出，理解流程原理是解決本題的關(guān)鍵，屬于基本知識的考查，難度不大。18．（2023?羅湖區(qū)校級模擬）利用過量NaOH溶液處理含Al2O3、MgO礦物，然后過濾。向所得濾液中逐滴加入NaHCO3溶液，測得溶液pH和生成n[Al（OH）3]與所加入V（NaHCO3）變化的曲線如圖。下列說法錯誤的是（）A．a(chǎn)點溶質(zhì)為NaAlO2和NaOH，存在c（Na+）+c（H+）＝c（）+c（OH﹣） B．NaHCO3溶液中：c（H2CO3）+c（）+c（）═0.64mol?L﹣1 C．沉淀時的離子方程式：++H2O═Al（OH）3↓+ D．d點溶液：c（）＞c（OH﹣）＞c（）＞c（H+）【專題】電離平衡與溶液的pH專題．【分析】利用過量NaOH溶液處理含Al2O3、MgO礦物，MgO與NaOH不反應，Al2O3溶于NaOH溶液，發(fā)生反應Al2O3+2OH﹣＝2+H2O，故a點溶質(zhì)為NaAlO2和NaOH，向所得濾液中逐滴加入NaHCO3溶液，依次發(fā)生反應OH﹣+＝+H2O，++H2O═Al（OH）3↓+，故前8mL時生成碳酸鈉，8﹣40mL時反應生成氫氧化鋁，加入NaHCO3溶液為40mL時，氫氧化鋁的物質(zhì)的量保持變，恰好反應，d點溶液溶質(zhì)為碳酸鈉?！窘獯稹拷猓篈．a(chǎn)點溶質(zhì)為NaAlO2和NaOH，由電荷守恒可知c（Na+）+c（H+）＝c（）+c（OH﹣），故A正確；B．8﹣40mL時反應生成氫氧化鋁0.032mol，消耗碳酸氫鈉0.032mol，故加入NaHCO3濃度為＝1mol/L，由物料守恒可知c（H2CO3）+c（）+c（）═1mol/L，故B錯誤；C．NaAlO2和碳酸氫鈉反應生成氫氧化鋁沉淀，反應的離子方程式為++H2O═Al（OH）3↓+，故C正確；D．d點溶液溶質(zhì)為碳酸鈉，存在水解平衡+H2O?+OH﹣，+H2O?H2CO3+OH﹣，故離子濃度關(guān)系為c（）＞c（OH﹣）＞c（）＞c（H+），故D正確；故選：B?！军c評】本題考查離子濃度關(guān)系比較，題目難度中等，能依據(jù)題目信息判斷離子濃度關(guān)系是解題的關(guān)鍵。19．（2023秋?昌平區(qū)期末）某小組進行實驗，向10mL蒸餾水中加入0.4gI2，充分振蕩，溶液呈淺棕色，再加入0.2g鋅粒，溶液顏色加深；最終紫黑色晶體消失，溶液褪色。已知溶液為棕色，下列關(guān)于顏色變化的解釋不正確的是（）選項顏色變化解釋A溶液呈淺棕色I2在水中溶解度較小B溶液顏色加深I(lǐng)2+I﹣?有反應：發(fā)生C紫黑色晶體消失I2（aq）的消耗使溶解平衡I2（s）?I2（aq）右移D溶液褪色被空氣中的氧氣氧化A．A B．B C．C D．D【專題】化學平衡專題．【分析】A．I2為紫黑色固體，向10mL蒸餾水中加入0.4gI2，充分振蕩，溶液呈淺棕色，說明溶解的碘較少；B．（aq）為棕色，向10mL蒸餾水中加入0.4gI2，充分振蕩，溶液呈淺棕色，再加入0.2g鋅粒，溶液顏色加深，說明加入Zn粒后I2轉(zhuǎn)化為（aq）；C．I2在水中存在溶解平衡I2（s）?I2（aq），碘和碘離子反應生成，I2+I﹣?；D．I2和Zn發(fā)生化合反應生成ZnI2?！窘獯稹拷猓篈．I2為紫黑色固體，向10mL蒸餾水中加入0.4gI2，充分振蕩，溶液呈淺棕色，說明溶解的碘較少，則I2在水中溶解度較小，故A正確；B．（aq）為棕色，向10mL蒸餾水中加入0.4gI2，充分振蕩，溶液呈淺棕色，再加入0.2g鋅粒，溶液顏色加深，說明加入Zn粒后I2轉(zhuǎn)化為（aq），所以溶液顏色加深，發(fā)生了反應：I2+I﹣?，故B正確；C．I2在水中存在溶解平衡I2（s）?I2（aq），I2（s）為紫黑色晶體，I2（aq）為棕色，紫黑色晶體消失，因為Zn和I2反應生成的I﹣和I2（aq）生成（aq），I2（aq）濃度減小，溶解平衡正向移動，紫黑色晶體消失，故C正確；D．I2和Zn發(fā)生化合反應生成ZnI2，最終溶液褪色是因為Zn和有色物質(zhì)I2發(fā)生了化合反應而不是被空氣中的氧氣氧化，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查化學平衡影響因素，側(cè)重考查閱讀、分析、判斷及知識綜合運用能力，明確元素化合物的性質(zhì)、外界條件對化學平衡影響原理是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。20．（2024秋?瓊山區(qū)校級月考）乙烯氣相直接水合反應制備乙醇：C2H4（g）+H2O（g）?C2H5OH（g）。乙烯的平衡轉(zhuǎn)化率近溫度、壓強的變化關(guān)系如圖[起始時，n（H2O）＝n（C2H4）＝1mol，容器體積為1L]。下列說法錯誤的是（）A．乙烯氣相直接水合反應的ΔH＜0 B．圖中a點對應的平衡常數(shù) C．圖中壓強的大小關(guān)系為：p1＜p2＜p3 D．達到平衡狀態(tài)a、b所需要的時間：a＞b【專題】化學平衡專題；分析與推測能力．【分析】A．根據(jù)同一壓強下，升高溫度，乙烯的平衡轉(zhuǎn)化率不斷降低進行分析；B．根據(jù)平衡常數(shù)K的計算式進行分析；C．根據(jù)同一溫度下增大壓強，平衡正向移動，進行分析；D．根據(jù)b點溫度較高、壓強較大，反應速率較快，到達平衡狀態(tài)所需時間較短，進行分析?！窘獯稹拷猓篈．同一壓強下，升高溫度，乙烯的平衡轉(zhuǎn)化率不斷降低，說明升高溫度，平衡逆向移動，則乙烯氣相直接水合反應的ΔH＜0，故A正確；B．圖中a點，乙烯的平衡轉(zhuǎn)化率為20%，則平衡時n（C2H5OH）＝0.2mol，n（H2O）＝n（C2H4）＝0.8mol，對應的平衡常數(shù)K＝，故B錯誤；C．由反應C2H4（g）+H2O（g）?C2H5OH（g）可知，該反應是氣體分子數(shù)減小的反應，同一溫度下增大壓強，平衡正向移動，乙烯的平衡轉(zhuǎn)化率增大，則圖中壓強的大小關(guān)系為：p1＜p2＜p3，故C正確；D．b點溫度較高、壓強較大，反應速率較快，到達平衡狀態(tài)所需時間較短，則達到平衡狀態(tài)a、b所需要的時間：a＞b，故D正確；故選：B?！军c評】本題主要考查化學平衡的計算等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結(jié)合已有的知識進行解題。二．解答題（共5小題）21．（2024?西城區(qū)校級開學）高純鍺（Ge）是一種良好的半導體材料。（1）Ge位于第五周期第ⅣA族，則Ge的簡化核外電子排布式為[Ar]3d104s24p2。（2）某含鍺化合物D可由A和B在金屬鉀的條件下得到如圖。已知：R為含N取代基，N原子與Ge原子直接相連。①A中的Ge—Cl鍵是由鍺的sp2軌道與氯的3p軌道重疊成鍵。②B中標記*的Ge的化合價是+2。③D中標記*的Ge的VSEPR模型名稱是正四面體形。（3）Ge—Ⅰ和Ge—Ⅱ是單質(zhì)Ge的兩種同素異形體。二者晶胞如圖（其中Ge—Ⅱ晶胞中的每個小球均代表著此位置有個“統(tǒng)計分布”的原子，即每8個該位置隨機均勻的有1個空位）。①Ge—Ⅰ中每個Ge原子周圍與它最近且距離相等的Ge原子有4個。②若Ge—Ⅰ和Ge—Ⅱ的晶胞體積分別為V1和V2，則Ge—Ⅰ和Ge—Ⅱ的密度之比是8V2：7V1。（4）單質(zhì)Ge的能溶于濃硝酸，生成最高價的不溶于水的鍺酸；也能溶于濃NaOH溶液，生成鍺酸鹽。①Ge和濃硝酸反應的化學方程式是Ge+4HNO3（濃）═H2GeO3↓+4NO2↑+H2O。②Ge和熔融NaOH反應的離子方程式是Ge+2OH﹣+H2O＝+2H2↑?！緦ｎ}】化學鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【分析】（1）Ge位于第五周期ⅣA族，則Ge的簡化核外電子排布式為：[Ar]3d104s24p2；（2）①A中的Ge形成了三根σ鍵，沒有孤電子對，故為sp2雜化；②根據(jù)圖像可知，B中標記*的Ge的化合價是+2；③D中標記*的Ge連接四根σ鍵，沒有孤電子對，故VSEPR模型名稱為正四面體形；（3）①Ge構(gòu)成與金剛石晶胞結(jié)構(gòu)相似，據(jù)此判斷；②根據(jù)題意描述，若假設(shè)Ge﹣Ⅰ的晶胞質(zhì)量為m，則Ge﹣Ⅱ的晶胞質(zhì)量為m，故根據(jù)公式＝＝＝＝；（4）①Ge和濃硝酸反應時濃硝酸作氧化劑，還原產(chǎn)物是二氧化氮，鍺作還原劑，生成最高價的不溶于水的鍺酸，鍺價電子為4，故最高價為+4，故化學方程式為：Ge+4HNO3（濃）═H2GeO3↓+4NO2↑+H2O；②鍺與硅同族，化學性質(zhì)相似，故溶于濃NaOH溶液，生成鍺酸鹽的方程式為：Ge+2OH﹣+H2O＝+2H2↑?！窘獯稹拷猓海?）Ge位于第五周期ⅣA族，則Ge的簡化核外電子排布式為：[Ar]3d104s24p2，故答案為：[Ar]3d104s24p2；（2）①A中的Ge形成了三根σ鍵，沒有孤電子對，故為sp2雜化，故答案為：sp2；②根據(jù)圖像可知，B中標記*的Ge的化合價是+2，故答案為：+2；③D中標記*的Ge連接四根σ鍵，沒有孤電子對，故VSEPR模型名稱為正四面體形，故答案為：正四面體形；（3）①Ge構(gòu)成與金剛石晶胞結(jié)構(gòu)相似，故Ge﹣Ⅰ中每個Ge原子周圍與它最近且距離相等的Ge原子有4個，故答案為：4；②根據(jù)題意描述，若假設(shè)Ge﹣Ⅰ的晶胞質(zhì)量為m，則Ge﹣Ⅱ的晶胞質(zhì)量為m，故根據(jù)公式＝＝＝＝，故答案為：8V2：7V1；（4）①Ge和濃硝酸反應時濃硝酸作氧化劑，還原產(chǎn)物是二氧化氮，鍺作還原劑，生成最高價的不溶于水的鍺酸，鍺價電子為4，故最高價為+4，故化學方程式為：Ge+4HNO3（濃）═H2GeO3↓+4NO2↑+H2O，故答案為：Ge+4HNO3（濃）═H2GeO3↓+4NO2↑+H2O；②鍺與硅同族，化學性質(zhì)相似，故溶于濃NaOH溶液，生成鍺酸鹽的方程式為：Ge+2OH﹣+H2O＝+2H2↑，故答案為：Ge+2OH﹣+H2O＝+2H2↑?！军c評】本題主要考查晶胞的計算，為高頻考點，題目難度一般。22．（2024春?合肥期中）依據(jù)圖中氮元素及其化合物的轉(zhuǎn)化關(guān)系，回答問題：（1）圖1中，X的化學式為N2O5，從化合價上看，X具有氧化性（填“氧化”或“還原”）。（2）圖2中，屬于氮的固定的過程是①。（填序號）（3）回答下列關(guān)于NH3的問題：①實驗室常用NH4Cl與Ca（OH）2制取氨氣，該反應的化學方程式為2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O。②氨氣是重要的化工原料，可以合成多種物質(zhì)，寫出其催化氧化的化學方程式4NH3+5O24NO+6H2O。（4）工業(yè)生產(chǎn)中利用氨水吸收SO2和NO2，原理如圖所示：NO2被吸收過程的離子方程式是2NO2+4＝N2+4。（5）化學反應N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g）的能量變化如圖所示：①該反應放出（填“吸收”或“放出”）能量；②已知：斷開1molH﹣H鍵要吸收436kJ的能量，斷開1molN≡N鍵要吸收946kJ的能量，形成1molN﹣H鍵需要釋放391kJ的能量，故E3＝92kJ?！緦ｎ}】化學反應中的能量變化；氮族元素．【分析】（1）由圖可知，X為N元素的+5價的氧化物，從化合價上看，+5價的N元素在反應中，化合價只能降低，被還原，表現(xiàn)出氧化性；（2）氮的固定是指氮氣轉(zhuǎn)化為含氮化合物的過程；（3）①實驗室常用NH4Cl與Ca（OH）2在加熱條件下反應生成CaCl2、NH3、H2O；②氨氣催化氧化生成NO、H2O；（4）根據(jù)圖示，氨水中通入SO2，生成亞硫酸銨，然后向亞硫酸銨溶液中通入NO2，NO2被還原為N2，亞硫酸銨被氧化為硫酸銨，根據(jù)原子守恒、電荷守恒、化合價升降守恒，書寫反應的離子方程式；（5）①反應物的能量大于生成物的能量，則該反放出能量；②ΔH＝反應物鍵能之和﹣生成物鍵能之和，E3與ΔH數(shù)值上相等?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)圖示，X為N元素的+5價的氧化物，是五氧化二氮，化學式為N2O5，N元素為+5價，是最高價，具有氧化性，在反應中，N元素化合價降低，被還原，故答案為：N2O5；氧化；（2）圖2中，屬于氮的固定的過程是反應①，氮氣轉(zhuǎn)化為氮化鎂，故答案為：①；（3）①NH4Cl與Ca（OH）2制取氨氣的化學方程式為2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案為：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；②氨氣發(fā)生催化氧化的化學方程式為：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案為：4NH3+5O24NO+6H2O；（4）根據(jù)圖示，氨水中通入SO2，生成亞硫酸銨，然后向亞硫酸銨溶液中通入NO2，NO2被還原為N2，亞硫酸銨被氧化為硫酸銨，根據(jù)原子守恒、電荷守恒、化合價升降守恒，可得反應的離子方程式為：2NO2+4＝N2+4，故答案為：2NO2+4＝N2+4；（5）①反應物的總能量大于生成物的總能量，這樣的反應屬于放熱反應，故答案為：放出；②斷開1molH﹣H鍵要吸收436kJ的能量，斷開1molN≡N鍵要吸收946kJ的能量，形成1molN﹣H鍵需要釋放391kJ的能量，根據(jù)方程式：N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g），則有ΔH＝（946+436×3﹣391×6）kJ/mol＝﹣92kJ/mol，則E3＝92kJ，故答案為：92kJ?！军c評】本題主要考查學生看圖理解能力、分析能力，同時考查方程式書寫與關(guān)系式計算，掌握氮及其化合物之間的轉(zhuǎn)化是解決本題的關(guān)鍵，屬于基本知識的考查，難度中等。23．（2024春?臺江區(qū)校級期末）以苯為基礎(chǔ)原料，可以合成多種有機物。已知：I．II．回答下列問題：（1）由苯合成有機物A用到的無機試劑為濃硝酸、濃硫酸。（2）B分子中的官能團的名稱為氨基，B→C的反應類型為還原反應。（3）生成PF樹脂的化學方程式為。（4）試劑D是cd（填代號）。a．溴水b．高錳酸鉀溶液c．Ag（NH3）2OH溶液d．新制Cu（OH）2懸濁液（5）寫出同時滿足下列條件的肉桂酸乙酯的一種同分異構(gòu)體或或。①苯環(huán)上僅有2個取代基且處于對位②能發(fā)生水解反應和銀鏡反應，其中一種水解產(chǎn)物遇FeCl3溶液顯紫色③為順式異構(gòu)（6）以乙醇為原料合成CH3—CH＝CH—COOCH2CH3，其他試劑任選，寫出合成路線?！緦ｎ}】有機物的化學性質(zhì)及推斷；有機化合物的獲得與應用．【分析】B與對苯二甲酸反應得到芳綸，結(jié)合B的分子式、芳綸的結(jié)構(gòu)，可知B為，苯轉(zhuǎn)化得到A，A發(fā)生信息I中還原反應生成B，結(jié)合A的分子式可知A為．苯酚與乙醛發(fā)生縮聚反應得到生成PF樹脂。苯甲醛和乙醛發(fā)生信息II的反應生成H為，H和試劑D反應后酸化得到I，I轉(zhuǎn)化得到肉桂酸乙酯，D可以是銀氨溶液或新制氫氧化銅懸濁液，I為，I與乙醇發(fā)生酯化反應生成肉桂酸乙酯。（6）乙醇發(fā)生催化氧化生成CH3CHO，2分子乙醛反應生成成CH3CH＝CHCHO，然后用銀氨溶液氧化、酸化得到CH3CH＝CHCOOH，最后與乙醇在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生酯化反應得到CH3CH＝CHCOOCH2CH3?！窘獯稹拷猓海?）由苯合成有機物A（）用到的無機試劑為：濃硝酸、濃硫酸，故答案為：濃硝酸、濃硫酸；（2）B為，B分子中的官能團的名稱為氨基，生成PE樹脂的反應類型為：縮聚反應，故答案為：氨基；縮聚反應；（3）生成PF樹脂的化學方程式為：，故答案為：；（4）H→I是氧化生成，試劑D可以是Ag（NH3）2OH溶液或新制Cu（OH）2懸濁液，故選：cd；（5）同時滿足下列條件的肉桂酸乙酯的一種同分異構(gòu)體：①苯環(huán)上僅有2個取代基且處于對位，②能發(fā)生水解反應和銀鏡反應，其中一種水解產(chǎn)物遇FeCl3溶液顯紫色，含有甲酸與酚形成的酯基，③為順式異構(gòu)，可能的結(jié)構(gòu)簡式為：或或，故答案為：或或；（6）乙醇發(fā)生催化氧化生成CH3CHO，2分子乙醛反應生成成CH3CH＝CHCHO，然后用銀氨溶液氧化、酸化得到CH3CH＝CHCOOH，最后與乙醇在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生酯化反應得到CH3CH＝CHCOOCH2CH3，合成路線流程圖為：，故答案為：?！军c評】本題考查有機物推斷和合成，根據(jù)芳綸、PF樹脂、肉桂酸乙酯結(jié)構(gòu)簡式結(jié)合分子式、反應條件采用正逆結(jié)合的方法進行推斷，熟練掌握常見官能團性質(zhì)，側(cè)重考查學生分析推斷及知識綜合運用能力。24．（2024春?楊浦區(qū)校級期末）氫是一種非常重要的物質(zhì)，可用于制造氮肥、硝酸等。（1）請寫出氨的結(jié)構(gòu)式，從結(jié)構(gòu)角度說明NH3熱穩(wěn)定性強于PH3的原因氮元素的非金屬性強于磷元素。【實驗一】探究氨氣的還原性。已知：a.Mg（OH）2可代替消石灰與氯化銨在加熱條件下反應生成氨氣和堿式氯化鎂[Mg（OH）Cl]；b.Cu2O粉末呈紅色，在酸性溶液中不穩(wěn)定：Cu2O+H2SO4（?。紺u+CuSO4+H2O。（2）裝置A中發(fā)生反應的化學方程式為Mg（OH）2+NH4ClMg（OH）Cl+NH3↑+H2O，裝置D的作用是做安全瓶。（3）反應結(jié)束后裝置C中的氧化銅完全反應生成紅色固體，為了探究紅色固體成分，進行了如下實驗：實驗操作實驗現(xiàn)象實驗結(jié)論取10.4g紅色固體于燒杯中，加入足量稀硫酸，充分攪拌，靜置若無現(xiàn)象①紅色固體為銅若溶液變藍②紅色固體中肯定含有氧化亞銅，可能含有銅上述混合液靜置后，過濾、洗滌、干燥、稱重，得固體6.4g③紅色固體的成分及其物質(zhì)的量為0.05molCu、0.05molCu2O【實驗二】探究氨氣的氧化性已知：c.鋁可以與氨氣反應，2Al+2NH3?2AlN+3H2；d.氮化鋁性質(zhì)穩(wěn)定，不溶于水，不與水、酸反應，在加熱時溶于濃堿可產(chǎn)生氨氣。按如圖所示連接好裝置，檢查裝置氣密性：在蒸餾燒瓶中加入生石灰，分液漏斗中加入濃氨水，裝置G中盛裝堿石灰，裝置H中加入鋁粉，打開裝置F處分液漏斗活塞，待裝置中空氣排盡后再點燃裝置H處酒精燈。（4）用平衡移動原理解釋F中產(chǎn)生氨氣的原因生石灰與水反應放熱，降低了氨的溶解度，使一水合氨分解，生石灰與水反應將溶劑消耗，使平衡NH3+H2O?NH3?H2O向左移動，有利于氨逸出。（5）鋁粉完全反應后可觀察到的實驗現(xiàn)象為裝置J中幾乎沒有氣泡冒出。（6）為了得到純凈的氮化鋁，可將裝置H中固體冷卻后轉(zhuǎn)移至燒杯中，加入稀鹽酸或稀硫酸溶解、過濾（填操作名稱）、洗滌、干燥即可。（7）寫出氮化鋁與濃氫氧化鈉溶液共熱反應的離子方程式AlN+OH﹣+H2O+NH3↑。【專題】氣體的制備與性質(zhì)檢驗類實驗．【分析】實驗一，在A中Ca（OH）2與NH4Cl混合加熱反應產(chǎn)生NH3，裝置B的作用是干燥氨氣，在C中NH3與CuO反應，NH3被氧化變?yōu)镹2，CuO被還原可能產(chǎn)生Cu，也可能產(chǎn)生Cu2O，同時得到H2O，在實驗前先通入N2，可以排出裝置中的空氣，可以防止加熱時NH3被氧化；CuO被還原后的產(chǎn)物成分可根據(jù)Cu2O+H2SO4（?。紺u+CuSO4+H2O，利用元素守恒分析判斷；實驗二，在F中用濃氨水與CaO混合反應產(chǎn)生NH3，在G中干燥氨氣，在H中與Al發(fā)生反應產(chǎn)生AlN，裝置Ⅰ是安全瓶，可以防止倒吸現(xiàn)象的發(fā)生，在J中用稀硫酸吸收氨氣，防止大氣污染，據(jù)此分析解答?！窘獯稹拷猓海?）氨氣中N原子分別與三個H原子形成三條共價鍵，結(jié)構(gòu)式為，氮元素的非金屬性強于磷元素，故NH3的熱穩(wěn)定性強于PH3，故答案為：；氮元素的非金屬性強于磷元素；（2）裝置A制備氨氣，發(fā)生反應的化學方程式為Mg（OH）2+NH4ClMg（OH）Cl+NH3↑+H2O；裝置D做安全瓶，防止溶液倒吸入C中，故答案為：Mg（OH）2+NH4ClMg（OH）Cl+NH3↑+H2O；做安全瓶；（3）有紅色的銅生成，現(xiàn)象為：A中黑色粉末變?yōu)榧t色，同時有水生成，D中白色固體變?yōu)樗{色；①Cu，因為Cu在常溫下不與稀硫酸反應；②有CuSO4生成，溶液變藍，則紅色固體中肯定含有Cu2O，不能確定是否含有Cu；③所得固體為Cu，物質(zhì)的量為0.1mol；每摩爾Cu2O與酸反應前后質(zhì)量損失為80g，反應前后質(zhì)量損失為4g，則0.05molCu2O參與反應，則生成Cu的量為0.05mol，所以原固體中Cu2O與Cu的物質(zhì)的量均為0.05mol.故答案為：銅；氧化亞銅；銅；0.05molCu、0.05molCu2O；（4）用平衡移動原理解釋F中產(chǎn)生氨氣的原因生石灰與水反應放熱，降低了氨的溶解度，使一水合氨分解，生石灰與水反應將溶劑消耗，使平衡NH3+H2O?NH3?H2O向左移動，有利于氨逸出，故答案為：生石灰與水反應放熱，降低了氨的溶解度，使一水合氨分解，生石灰與水反應將溶劑消耗，使平衡NH3+H2O?NH3?H2O向左移動，有利于氨逸出；（5）裝置H處反應進行完全不再有氫氣放出，實驗現(xiàn)象為裝置J中幾乎沒有氣泡冒出，故答案為：裝置J中幾乎沒有氣泡冒出；（6）為了得到純凈的氮化鋁，可將裝置H中固體冷卻后轉(zhuǎn)移至燒杯中，加入稀鹽酸或稀硫酸溶解、過濾、洗滌、干燥即可，故答案為：稀鹽酸或稀硫酸；過濾；（7）氮化鋁與濃氫氧化鈉溶液共熱反應生成氨氣，離子方程式為AlN+OH﹣+H2O+NH3↑，故答案為：AlN+OH﹣+H2O+NH3↑?！军c評】本題考查化學實驗方案設(shè)計，為高考常見題型，側(cè)重考查學生的分析能力和實驗能力，把握實驗裝置的作用、物質(zhì)的性質(zhì)、實驗技能為解答的關(guān)鍵，注意元素化合物知識與實驗的結(jié)合，題目難度不大。25．（2024秋?開福區(qū)校級月考）二甲醚（DME）是一種重要的清