2025高考化学解密 压轴卷训练10（Word版附解析）

这是一份2025高考化学解密 压轴卷训练10（Word版附解析），共43页。
A．AB．BC．CD．D
2．（2024•沧州三模）下列化学用语表示正确的是（ ）
A．SF6分子的空间结构模型；
B．基态Cu原子的价层电子的轨道表示式：
C．Cl—Cl形成的p﹣pσ键模型：
D．用电子式表示H2S的形成过程：
3．（2024•翠屏区校级开学）对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是（ ）
A．试管壁上的银镜用稀硝酸清洗：Ag+2H++＝Ag++NO2↑+H2O
B．向硫酸氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液并加热：+OH﹣NH3↑+H2O
C．海水提溴过程中将溴吹入SO2吸收塔：Br2+SO2+2H2O＝2Br﹣++4H+
D．食醋除去少量水垢：CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+H2O
4．（2024秋•南岗区校级月考）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法的正确的是（ ）
A．92gNO2与N2O4的混合气体中含有的原子总数一定为6NA
B．等物质的量的氮气和CO气体中均分别含有2NA个原子
C．0.1ml•L﹣1的NaHSO4溶液中，Na+数目为0.1NA
D．用电解粗铜的方法精炼铜，当阳极减重64g时，电路中通过的电子数为2NA
5．（2024•安徽开学）我国运动员在2024年巴黎奥运会上取得了佳绩。如图所示可为运动员补充能量的物质分子结构式。其中R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族。下列有关叙述中正确的是（ ）
A．键角：ZR3＜YR3
B．Y的最高价氧化物对应的水化物是一种中强酸
C．第一电离能：W＜Z＜X
D．分子式为W2R4X的有机物一定能发生银镜反应
6．（2024秋•重庆期中）尿素[CO（NH2）2]是一种高效化肥。下列说法正确的是（ ）
A．σ键与π键的数目之比为6：1
B．C、N原子的杂化方式均为sp2
C．尿素分子间存在范德华力和氢键
D．第一电离能：O＞N＞C
7．（2024•淮南开学）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X是密度最小的金属；Y与Z同主族，且基态Y原子中p能级和s能级上的电子数相同；X和Z形成的化合物的晶体结构如图所示。设阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞边长为apm。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：r（Y）＜r（Z）＜r（W）
B．第一电离能：I1（X）＜I1（Y）＜I1（Z）
C．晶胞中Z的配位数为12
D．晶体的密度为
8．（2024秋•长安区月考）物质的结构决定性质，下列实例与解释不相符的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
9．（2024秋•东莞市月考）金属铈（Ce）是稀土元素之一，铈的化合物催化H2O2分解的反应历程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．反应①中H2O2作氧化剂
B．氧化性：O2＞CeO2
C．反应②的离子方程式为：2Ce3++H2O2+6OH﹣＝2CeO2↓+4H2O
D．反应②中，1个H2O2参加反应转移的电子数为1个
10．（2024春•雨花区期末）我国科学家研究了不同含金化合物催化乙烯加氢[C2H4（g）+H2（g）→C2H6（g） ΔH＝akJ•ml﹣1]的反应历程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．1ml C2H4（g）与1ml H2（g）具有的能量之和小于1ml C2H6（g）的能量
B．过渡态物质的稳定性：过渡态1＞过渡态2
C．该反应的焓变：ΔH＝﹣129.6kJ•ml﹣1
D．相应的活化能：催化剂AuF＜催化剂
11．（2024秋•河东区校级月考）如图所示，利用N2H4、O2和KOH溶液制成燃料电池（总反应式为N2H4+O2＝N2+2H2O），模拟氯碱工业。下列说法正确的是（ ）
A．甲池中负极反应为N2H4﹣4e﹣＝N2+4H+
B．乙池中出口G、H处气体分别为H2、Cl2
C．乙池中离子交换膜为阴离子交换膜
D．4当甲池中消耗32gN2H4时，乙池中理论上最多产生142gCl2
12．（2024秋•湖南月考）炼钢电炉内发生反应：Fe2O3（s）+3C（s）⇌3Fe（s）+3CO（g） ΔH，实验测得平衡常数K与温度的关系如图所示。某温度下向刚性密闭容器中充入足量铁粉和CO气体，发生上述反应，达到平衡时测得CO压强p（CO）＝akPa，保持温度不变，再向容器中充入少量CO，达到新平衡时测得p（CO）＝bkPa。下列叙述正确的是（ ）
A．反应热ΔH＜0
B．两个平衡中CO压强：b＜a
C．Fe质量不变时反应达到平衡
D．平衡时增大Fe2O3质量，平衡一定右移
13．（2024秋•湖南月考）某实验小组用如图所示装置探究木炭与浓硝酸的反应，实验记录如下：
①烧瓶中产生红棕色气体；②澄清石灰水始终不变浑浊；③酸性KMnO4溶液颜色变浅。
下列叙述正确的是（ ）
A．甲中木炭一定与浓硝酸发生了反应
B．乙向丙中导入了还原性气体
C．乙中不变浑浊的原因是甲中不产生CO2
D．浓硝酸与木炭的反应中，硝酸表现氧化性和酸性
14．（2024秋•滨湖区校级月考）有机物甲的结构简式为：，它可以通过下列路线合成（分离方法和其他产物已经略去）：
下列说法不正确的是（ ）
A．步骤Ⅰ的反应方程式是：
B．甲可以发生取代反应、加成反应和酯化反应
C．步骤Ⅳ的反应类型是取代反应
D．步骤Ⅰ和Ⅳ在合成甲过程中的目的是保护氨基不被氧化
15．（2024秋•崇川区月考）从炼钢粉尘（主要含Fe3O4、Fe2O3和ZnO）中提取锌的流程如图：
“盐浸”过程中ZnO转化为[Zn（NH3）4]2+，并有少量Fe2+和Fe3+浸出。
下列说法不正确的是（ ）
A．1ml[Zn2（NH3）4]2+含16mlσ键
B．“盐浸”过程中需补充NH3，防止浸液pH下降
C．“滤渣”的主要成分为Fe（OH）3
D．“沉锌”过程中得到的“滤液”可循环利用
16．（2024•如东县开学）常温下，通过下列实验探究H2S、Na2S溶液的性质实验
下列说法正确的是（ ）
A．实验1得到的溶液中存在2c（S2﹣）═c（）
B．由实验2可得出：c（S2﹣）＜c（H2S）
C．由实验3可得出：Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS）
D．实验4得到的溶液中存在：c（OH﹣）﹣c（H+）═c（H2S）﹣2c（S2﹣）
17．（2024秋•五华区校级月考）实验室利用钴渣[含C（OH）3、Fe（OH）3等]制备C3O4的工艺流程如图所示：
已知：Ksp[C（OH）2]＝1.6×10﹣15，Ksp（CC2O4）＝6.3×10﹣8。
下列说法正确的是（ ）
A．“溶解还原”过程中消耗的Na2SO3与生成C2+的物质的量之比为1：2
B．“纯化处理”时需将溶液调至pH＝11，以确保将铁元素完全除去
C．“沉钴”时，为获取更多的CC2O4，改用Na2C2O4溶液
D．在空气中煅烧时，每转移1mle﹣，生成0.125ml C3O4
18．（2024•炎陵县开学）25℃时，在25mL0.1ml/L的NaOH溶液中，逐滴加入0.2ml/L的CH3COOH溶液，溶液的pH与CH3COOH溶液体积关系如图所示。下列有关粒子浓度关系不正确的是（ ）
A．曲线上A、B间的任意一点：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．B点：c（Na+）＝c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＝c（H+）
C．C点：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．D点：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＝2c（Na+）
19．（2024•陕西模拟）Zn（OH）2（s）在溶液中存在平衡：①Zn（OH）2（s）＝Zn2+（aq）+2OH﹣（aq）；②Zn（OH）2（s）+2OH﹣（aq）＝[Zn（OH）4]2﹣（aq）。25℃时，向Zn（OH）2悬浊液中加盐酸或者NaOH溶液，测得lgc与溶液pH的关系如图所示，c代表c（Zn2+）或c{[Zn（OH）4]2﹣}。
下列说法错误的是（ ）
A．曲线Ⅱ代表lgc{[Zn（OH）4]2﹣}与pH的关系
B．溶液pH＝14.0时，溶液中Zn元素主要以[Zn（OH）4]2﹣的形式存在
C．溶液pH＝13.0时，c（H+）+2c（Zn2+）＝2c{[Zn（OH）4]2﹣}+c（OH﹣）
D．反应Zn2+（aq）+[Zn（OH）4]2﹣（aq）＝2Zn（OH）2（s）进行的趋势很大
20．（2024秋•铜梁区校级月考）在一定条件下，将2ml NO和1ml O2通入恒容密闭容器中进行反应，容器中发生两个反应：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）ΔH＜0和2NO2（g）⇌N2O4（g）ΔH＜0。在不同温度下，测得平衡时体系中NO、O2、NO2的物质的量与温度的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．曲线a代表NO
B．2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）的平衡常数K：K（x点）＞K（y点）
C．其它条件不变，若NO、O2的通入量均为2ml，则曲线之间交点位置不变
D．一定温度下，在恒容的密闭容器中，当混合气体的压强不再改变时，反应体系达到平衡状态
二．解答题（共5小题）
21．（2024秋•浙江月考）Cu，Zn等副族元素化合物性质十分有趣，组成了多姿多彩的化学世界。请回答：
（1）基态Cu的电子排布式为 。
（2）下列有关说法不正确的是 。
A．高温下氧化物的稳定性：Cu2O＞CuO
B．可用VSEPR模型来预测杂化方式
C．已知第一电离能：Zn＞Cu，则Zn没有Cu活泼
D．Zn可溶于氨水生成配离子
（3）①无水CuCl2为无限长链结构，每个Cu处于4个Cl形成的平面四边形的中心，请画出CuCl2的链状结构 。
②层状结构也是十分有趣的，石墨晶体中的二维平面结构如图，请框出晶胞 。
（4）合金材料在现代生活中占有重要地位，其呈现丰富的晶体结构。不锈钢材料常采用Fe/Cr合金，一种晶体结构的部分如右上图所示，请写出晶胞的化学组成 。
（5）乙烯也可以作为配体，在PtCl3（C2H4）中C＝C键长比乙烯中C＝C长，请解释 。
22．（2024•德保县校级开学）利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段。如图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系：
（1）X的浓溶液与碳在一定条件下可以发生反应，体现了X的 性。从硫元素化合价变化的角度分析，图中只有还原性的物质有 （填化学式）。
（2）收集了一些含有S元素的酸雨，放置一段时间后，pH变小，小攀认为可能是因为酸雨中的亚硫酸被氧化为了 。小登觉得可以设计实验验证这一推论，具体操作是 。
（3）配平下列反应： Na2S+ Na2SO3+ H2SO4═ Na2SO4+ S↓+ H2O。
（4）如图是验证二氧化硫性质的实验装置。
二氧化硫具有：①漂白性、②酸性氧化物性质、③还原性、④氧化性，上述装置中对应表现出的性质是：A中 （填序号，下同）；B中 ；C中 。D装置的作用是 。
23．（2024•哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学二模）化合物H为一种重要药物的中间体，其合成路线如图：
已知：在有机合成中，电性思想有助于理解一些有机反应的过程。例如受酯基吸电子作用影响，酯基邻位碳原子上的C—H键极性增强，易断裂，在碱性条件下可与另一分子酯发生酯缩合反应：
请回答下列问题：
（1）B的结构简式为 ，D的结构简式为 。
（2）H中碳原子的杂化轨道类型为 。
（3）满足以下条件的的同分异构体有 种（不考虑立体异构）。
①能与NaHCO3溶液反应；②能使溴的四氯化碳溶液褪色。
（4）C生成D的过程中，还会生成一种副产物I，I与D互为同分异构体，则化合物I的结构简式为 ，并请从电性角度分析由C生成I相对于生成D更难的原因为 。
（5）由F生成G的过程实际分为2步，第一步为加成反应，则第二步为 反应，J的结构简式为 。
24．（2024秋•鹿邑县月考）用H2O2、KI和洗洁精可完成“大象牙膏”实验（短时间内产生大量泡沫），某同学依据文献资料对该实验进行探究。回答下列问题：
（1）资料1：H2O2+I﹣＝H2O+IO﹣；H2O2+IO﹣＝H2O+O2↑+I﹣。总反应的化学方程式为 ，KI在该反应中的作用是 。
（2）资料2：H2O2分解反应过程中能量变化如图所示，其中①有KI加入，②无KI加入。下列判断错误的是 （填字母）。
A．加入KI后降低了反应所需的活化能
B．加入KI后该反应的活化分子百分数减小
C．H2O2+IO﹣＝H2O+O2↑+1是放热反应
（3）实验中发现，H2O2与KI溶液混合后，产生大量气泡，溶液颜色变黄。再加入CCl4，振荡、静置，气泡明显减少。
资料3：I2也可催化H2O2的分解反应。碘易溶于CCl4，碘的CCl4溶液（密度大于水）显紫红色。
①加CCl4并振荡、静置后还可观察到溶液分层，且下层溶液显 色，说明有I2生成。
②气泡明显减少的原因可能是：ⅰ．H2O2浓度降低；ⅱ．水溶液中 的浓度降低。
③以下对照实验说明ⅰ不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管中加入适量CCl4，B试管中不加CCl4，分别振荡、静置。则两试管中观察到的现象是 。
（4）资料4：I﹣（aq）+I2（aq）⇌（aq）K＝640。为了探究体系中含碘微粒的存在形式，进行实验：向20mL一定浓度的H2O2溶液中加入10mL0.10ml•L﹣1KI溶液（溶液混合时体积变化忽略不计），达平衡后，相关微粒浓度如下：
则b＝ ，进而推出该平衡体系中除了含有I﹣、I2、外，一定还含有其他含碘微粒，理由是 。
25．（2024秋•东莞市月考）高铁酸钾（K2FeO4，极易溶于水）是常见的水处理剂，其原理如图所示。
【查阅资料】向胶体中加入电解质后，胶体因失去稳定性而发生离子的聚集以至沉淀，称为电解质对胶体的聚沉作用，简称胶体的聚沉。
请回答下列问题：
（1）过程①中活性菌表现了 （填“氧化”或“还原”）性，该过程的还原产物是 。
（2）根据上述原理分析，作水处理剂时，K2FeO4的作用有 （填两个）。
（3）制备高铁酸钾常用的反应原理为Fe（OH）3+KClO+KOH→K2FeO4+KCl+H2O（反应未配平）。写出该反应的离子方程式并用双线桥标出电子转移的方向和数目 。
（4）某同学利用制得的Fe（OH）3胶体进行下列实验：
①将其装入U形管内，用石墨作电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的液体颜色逐渐变深，这表明Fe（OH）3胶体微粒带 （带“正”或“负”）电荷。
②实验证明，电解质的凝聚能力主要取决于与胶粒带相反电荷的离子所带的电荷数，电荷数越大，凝聚力越大。向Fe（OH）3胶体加入下列电解质时，其凝聚能力最强的为 。
A.NaCl
B.FeCl3
C.K2SO4
D.Na3PO4
2025菁优高考化学压轴卷训练10
参考答案与试题解析
一．选择题（共20小题）
1．（2024秋•芙蓉区校级月考）分类是认识和研究物质及其变化的一种常用的科学方法，下列物质的分类正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【专题】物质的分类专题；理解与辨析能力．
【分析】水溶液电解产生的阳离子全部是氢离子的化合物是酸；水溶液电解产生的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱；由酸根离子和金属离子（或者铵根离子）构成的化合物是盐，与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，与碱反应生成盐和水的化合物是酸性氧化物，据此进行解答。
【解答】解：A．硝酸是酸，氢氧化钾是碱，碳酸钙是盐，二氧化硫属于酸性氧化物，氧化钙属于碱性氧化物，故A正确；
B．一氧化碳属于不成盐氧化物，故B错误；
C．Cu2（OH）2CO3属于盐类，不属于碱，过氧化钠不是碱性氧化物，是过氧化物，故C错误；
D．Mn2O7，不是碱性氧化物，是酸性氧化物，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了物质组成、物质分类的分析判断，注意概念实质的理解应用，题目难度不大。
2．（2024•沧州三模）下列化学用语表示正确的是（ ）
A．SF6分子的空间结构模型；
B．基态Cu原子的价层电子的轨道表示式：
C．Cl—Cl形成的p﹣pσ键模型：
D．用电子式表示H2S的形成过程：
【专题】化学用语专题；分析与推测能力．
【分析】A．根据SF6分子的空间结构为正八面体形，硫原子半径大于氟原子半径，进行分析；
B．根据基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1，进行分析；
C．根据Cl—Cl形成的p﹣pσ键进行分析；
D．根据H2S为共价化合物，进行分析。
【解答】解：A．SF6分子的空间结构为正八面体形，硫原子半径大于氟原子半径，SF6分子的空间结构模型为，故A正确；
B．基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1，轨道表示式为，故B错误；
C．Cl—Cl形成的p﹣pσ键模型为，故C错误；
D．H2S为共价化合物，用电子式表示H2S的形成过程为，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
3．（2024•翠屏区校级开学）对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是（ ）
A．试管壁上的银镜用稀硝酸清洗：Ag+2H++＝Ag++NO2↑+H2O
B．向硫酸氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液并加热：+OH﹣NH3↑+H2O
C．海水提溴过程中将溴吹入SO2吸收塔：Br2+SO2+2H2O＝2Br﹣++4H+
D．食醋除去少量水垢：CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+H2O
【专题】离子反应专题．
【分析】A．根据银和稀盐酸反应生成的是一氧化氮进行分析；
B．根据溶液中的氢离子会与氢氧根离子结合成水分子进行分析；
C．根据溴与二氧化硫发生氧化还原反应，进行分析；
D．根据醋酸为弱电解质，不可拆，进行分析。
【解答】解：A．试管壁上的银镜用稀硝酸清洗，银和稀盐酸反应生成的是一氧化氮：，故A错误；
B．向硫酸氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠溶液并加热，溶液中的氢离子也会与氢氧根离子结合成水分子，离子方程式为：，故B错误；
C．海水提溴过程中将溴吹入吸收塔，溴与二氧化硫发生氧化还原反应，离子方程式正确，故C正确；
D．食醋除去少量水垢，醋酸为弱电解质，不可拆，离子方程式为，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查离子方程式的书写等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
4．（2024秋•南岗区校级月考）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法的正确的是（ ）
A．92gNO2与N2O4的混合气体中含有的原子总数一定为6NA
B．等物质的量的氮气和CO气体中均分别含有2NA个原子
C．0.1ml•L﹣1的NaHSO4溶液中，Na+数目为0.1NA
D．用电解粗铜的方法精炼铜，当阳极减重64g时，电路中通过的电子数为2NA
【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律；理解与辨析能力．
【分析】A．NO2和N2O4的最简式均为NO2，1个NO2中含有3个原子；
B．等物质的量并没有确定具体的物质的量，不能确定含有原子数目；
C．溶液体积未知，无法计算离子的数目；
D．电解精炼铜用粗铜作阳极，阳极首先是比铜活泼的金属（如Zn）放电溶解，比铜不活泼的金属以阳极泥的形式沉淀下来。
【解答】解：A．NO2和N2O4的最简式均为NO2，所以92gNO2和N2O4的混合气体相当于92gNO2，物质的量为＝2ml，所含原子为2ml×3＝6ml，个数为6NA，故A正确；
B．等物质的量并没有确定具体的物质的量，不能确定含有原子数目，故B错误；
C．溶液体积未知，无法计算钠离子的数目，故C错误；
D．电解精炼铜用粗铜作阳极，阳极首先是比铜活泼的金属（如Zn）放电溶解，比铜不活泼的金属以阳极泥的形式沉淀下来，阳极质量减轻64g，转移的电子数不一定为2NA，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查阿伏加德罗常数的计算，为高频考点，题目难度不大。
5．（2024•安徽开学）我国运动员在2024年巴黎奥运会上取得了佳绩。如图所示可为运动员补充能量的物质分子结构式。其中R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族。下列有关叙述中正确的是（ ）
A．键角：ZR3＜YR3
B．Y的最高价氧化物对应的水化物是一种中强酸
C．第一电离能：W＜Z＜X
D．分子式为W2R4X的有机物一定能发生银镜反应
【专题】元素周期律与元素周期表专题．
【分析】R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，结合图示可知，Z形成3个共价键，Z和Y同族，则Z为N元素，Y为P元素；R形成1个共价键，W形成4个共价键，X形成2个共价键，结合原子序数大小可知，R为H元素，X为O元素，W为C元素，以此分析解答。
【解答】解：根据分析可知，R为H元素，W为C元素，Z为N元素，X为O元素，Y为P元素；
A．ZR3、YR3分别为NH3、PH3，NH3和PH3的构型均为三角锥形，由于N的电负性大于P，N—H键之间的排斥力大于P—H键，则键角：NH3＞PH3，故A错误；
B．Y的最高价氧化物对应的水化物为磷酸，磷酸是一种中强酸，故B正确；
C．短周期元素从左向右第一电离能呈增大趋势，且N的2p电子半满为较稳定结构，其第一电离能大于相邻元素的第一电离能，则第一电离能：C＜O＜N，故C错误；
D．W2R4X为C2H4O，C2H4O为环氧乙烷时无法发生银镜反应，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，结合原子序数、物质结构来推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律的内容，题目难度不大。
6．（2024秋•重庆期中）尿素[CO（NH2）2]是一种高效化肥。下列说法正确的是（ ）
A．σ键与π键的数目之比为6：1
B．C、N原子的杂化方式均为sp2
C．尿素分子间存在范德华力和氢键
D．第一电离能：O＞N＞C
【专题】化学键与晶体结构；理解与辨析能力．
【分析】A．双键中含有1个σ键与1个π键，单键均为σ键，结合尿素分子结构分析判断；
B．尿素分子中含有C＝O键，则C原子的价层电子对数为3；N原子含有1对孤电子对，则N原子的价层电子对数为4；
C．固体尿素属于分子晶体，还含有N—H键和电负性大的N、O原子，结合氢键的形成条件分析判断；
D．N原子的第一电离能大于O原子。
【解答】解：A．尿素[CO（NH2）2]分子中含有C＝O键、C—N键和N—H键，双键中含有1个σ键与1个π键，单键均为σ键，则尿素分子中σ键与π键的数目之比为7：1，故A错误；
B．尿素分子中含有C＝O键，则C原子的价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，C原子的杂化方式为sp2，但N原子含有1对孤电子对，则N原子的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体，C原子的杂化方式为sp3，故B错误；
C．固体尿素属于分子晶体，分子间存在范德华力，还含有N—H键和电负性大的N、O原子，属于尿素分子间还存在分子间氢键，故C正确；
D．同周期主族元素从左往右第一电离能呈现增大的趋势，但ⅤA族的np3是半充满的稳定状态，比相邻ⅥA族元素的第一电离能更高，所以第一电离能：N＞O＞C，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子杂化方式判断、微粒间作用力，把握原子杂化方式、化学键类型及计算、电离能规律等知识是解题关键，侧重基础知识检测与灵活运用能力考查，题目难度中等。
7．（2024•淮南开学）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X是密度最小的金属；Y与Z同主族，且基态Y原子中p能级和s能级上的电子数相同；X和Z形成的化合物的晶体结构如图所示。设阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞边长为apm。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：r（Y）＜r（Z）＜r（W）
B．第一电离能：I1（X）＜I1（Y）＜I1（Z）
C．晶胞中Z的配位数为12
D．晶体的密度为
【专题】化学键与晶体结构．
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是密度最小的金属，X是Li，基态Y原子中p能级和s能级上的电子数相同，Y为O，Y与Z同主族，Z为S，W是Cl，即X、Y、Z、W分别是Li、O、S、Cl，据此分析。
【解答】解：A．同周期从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，故原子半径：r（O）＜r（Cl）＜r（S），故A错误；
B．同主族从上到下第一电离能逐渐减小，同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，第一电离能：I1（Li）＜I1（S）＜I1（O），故B错误；
C．由晶胞示意图可知，晶胞中Z的配位数为8，故C错误；
D．由晶胞示意图可知，晶胞中含有4个Li2S，晶胞的质量为g＝g，晶胞的体积为a3×10﹣30cm3，故晶胞的密度ρ＝＝g•cm﹣3，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查晶胞的计算，为高频考点，题目难度一般。
8．（2024秋•长安区月考）物质的结构决定性质，下列实例与解释不相符的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【专题】化学键与晶体结构；理解与辨析能力．
【分析】A．水分子之间和HF分子间都能形成氢键，氢键具有方向性和饱和性；
B．BF3中的B有空轨道，可接受NH3中N的孤电子对；
C．Cl3C—的极性大于Cl2CH—的极性，导致CCl3COOH中羟基的极性更大；
D．其空穴适配K+，两者能通过配位键形成超分子。
【解答】解：A．氢键具有方向性和饱和性，水分子之间和HF分子间都能形成氢键，导致水分子间形成的氢键数目多，故沸点高，故A正确；
B．BF3中的B有空轨道，可接受NH3中N的孤电子对，B原子可接受NH3中N的孤电子对，从而形成N→B配位键，故B正确；
C．Cl3C—的极性大于Cl2CH—的极性，导致CCl3COOH中羟基的极性更大，更易发生电离，酸性更强，故C正确；
D．其空穴适配K+，两者能通过配位键形成超分子，不是离子键，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学键，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
9．（2024秋•东莞市月考）金属铈（Ce）是稀土元素之一，铈的化合物催化H2O2分解的反应历程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．反应①中H2O2作氧化剂
B．氧化性：O2＞CeO2
C．反应②的离子方程式为：2Ce3++H2O2+6OH﹣＝2CeO2↓+4H2O
D．反应②中，1个H2O2参加反应转移的电子数为1个
【专题】氧化还原反应专题；分析与推测能力．
【分析】由图可知，反应①的离子方程式为：H2O2+2CeO2+6H+＝2Ce3++O2+4H2O，反应②的离子方程式为：2Ce3++H2O2+6OH﹣＝2CeO2↓+4H2O，据此分析作答。
【解答】解：A．由图可知，反应①中H2O2作还原剂，被氧化为O2，CeO2做氧化剂，被还原为Ce3+，故A错误；
B．根据A中分析可知，反应①中，氧化剂是CeO2，氧化产物是O2，则氧化性：CeO2＞O2，故B错误；
C．由图可知，反应②的离子方程式为：2Ce3++H2O2+6OH﹣＝2CeO2↓+4H2O，故C正确；
D．反应②中，1个H2O2参加反应转移的电子数为2个，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查氧化还原反应的基本概念以及判断，属于基本知识的考查，难度不大。
10．（2024春•雨花区期末）我国科学家研究了不同含金化合物催化乙烯加氢[C2H4（g）+H2（g）→C2H6（g） ΔH＝akJ•ml﹣1]的反应历程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．1ml C2H4（g）与1ml H2（g）具有的能量之和小于1ml C2H6（g）的能量
B．过渡态物质的稳定性：过渡态1＞过渡态2
C．该反应的焓变：ΔH＝﹣129.6kJ•ml﹣1
D．相应的活化能：催化剂AuF＜催化剂
【专题】化学反应中的能量变化．
【分析】A.根据图示比较能量高低；B.物质本身具有的能量越低，越稳定；C.ΔH＝生成物所具有的总能量一反应物所具有的总能量；
D.活化能越小，催化效果越好。
【解答】解：A.根据图示可知，1ml C2H4（g）与1ml H2（g）具有的能量比1ml C2H6（g）的能量高，故A错误；
B.根据图示可知，过渡态1具有的能量比过渡态2高，则过渡态1比过渡态2物质的稳定性弱，故B错误；
C.由反应物、生成物的总能量可知ΔH＝﹣129.6kJ/ml﹣0＝﹣129.6kJ/ml，ΔH＝﹣129.6kJ•ml﹣1，故C正确；
D.根据图示可知，对应的活化能小，催化效果好，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查反应中的能量变化，为高频考点，侧重考查学生基础知识的掌握情况，注意物质本身具有的能量越低，越稳定，活化能越小，催化效果越好，试题难度中等。
11．（2024秋•河东区校级月考）如图所示，利用N2H4、O2和KOH溶液制成燃料电池（总反应式为N2H4+O2＝N2+2H2O），模拟氯碱工业。下列说法正确的是（ ）
A．甲池中负极反应为N2H4﹣4e﹣＝N2+4H+
B．乙池中出口G、H处气体分别为H2、Cl2
C．乙池中离子交换膜为阴离子交换膜
D．4当甲池中消耗32gN2H4时，乙池中理论上最多产生142gCl2
【专题】电化学专题；理解与辨析能力．
【分析】由图可知，甲池为原电池，a极氮元素化合价升高失电子，故a极为负极，电极反应式为N2H4﹣4e﹣+4OH﹣＝N2+4H2O，b极为正极，电极反应式为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，乙池为电解池，c极为阳极，d极为阴极，据此作答。
【解答】解：A．甲池为原电池，a极为负极，电极反应式为N2H4﹣4e﹣+4OH﹣＝N2+4H2O，故A错误；
B．乙池为电解池，c极为阳极，故G为氯气，d极为阴极，H为氢气，故B错误；
C．乙池中钠离子由左侧向右侧迁移，故离子交换膜为阳离子交换膜，故C错误；
D．由电子守恒可知N2H4～4e﹣～2Cl2，当甲池中消耗32g即1ml N2H4时，产生2ml氯气，质量为2ml×71g/ml＝142g，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原电池和电解池，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键。
12．（2024秋•湖南月考）炼钢电炉内发生反应：Fe2O3（s）+3C（s）⇌3Fe（s）+3CO（g） ΔH，实验测得平衡常数K与温度的关系如图所示。某温度下向刚性密闭容器中充入足量铁粉和CO气体，发生上述反应，达到平衡时测得CO压强p（CO）＝akPa，保持温度不变，再向容器中充入少量CO，达到新平衡时测得p（CO）＝bkPa。下列叙述正确的是（ ）
A．反应热ΔH＜0
B．两个平衡中CO压强：b＜a
C．Fe质量不变时反应达到平衡
D．平衡时增大Fe2O3质量，平衡一定右移
【专题】化学平衡专题；分析与推测能力．
【分析】A．根据升高温度，平衡常数增大，正反应是吸热反应进行分析；
B．根据平衡常数只与温度有关，两次平衡时温度不变，平衡常数不变，进行分析；
C．根据铁质量不变，表明消耗和生成铁的速率相等进行分析；
D．根据Fe2O3是固体，不会影响平衡移动进行分析。
【解答】解：A．升高温度，平衡常数增大，正反应是吸热反应，ΔH＞0，故A错误；
B．上述反应只有CO是气态，根据平衡常数只与温度有关，两次平衡时温度不变，平衡常数不变，由于K＝c3（CO），故恒容条件下CO压强不变，b＝a，故B错误；
C．铁质量不变，表明消耗和生成铁的速率相等，反应达到平衡，故C正确；
D．氧化铁是固体，加入氧化铁固体，不会影响平衡移动，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查化学平衡的影响因素等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
13．（2024秋•湖南月考）某实验小组用如图所示装置探究木炭与浓硝酸的反应，实验记录如下：
①烧瓶中产生红棕色气体；②澄清石灰水始终不变浑浊；③酸性KMnO4溶液颜色变浅。
下列叙述正确的是（ ）
A．甲中木炭一定与浓硝酸发生了反应
B．乙向丙中导入了还原性气体
C．乙中不变浑浊的原因是甲中不产生CO2
D．浓硝酸与木炭的反应中，硝酸表现氧化性和酸性
【专题】氮族元素；探究与创新能力．
【分析】A．根据浓硝酸受热易分解生成NO2和O2进行分析；
B．根据酸性KMnO4溶液颜色变浅进行分析；
C．根据甲中产生CO2和大量NO2，NO2和H2O反应生成HNO3和NO，HNO3溶解了CaCO3进行分析；
D．根据浓硝酸与木炭反应生成NO2、CO2和H2O进行分析。
【解答】解：A．浓硝酸受热易分解生成NO2和O2，故A错误；
B．高锰酸钾是氧化剂，由“酸性KMnO4溶液颜色变浅”推知：导入丙中气体含有还原性气体成分，如NO，故B正确；
C．如果甲中产生二氧化碳和大量二氧化氮，二氧化氮和水反应生成HNO3和NO，HNO3溶解了CaCO3，则乙中不会变浑浊，故C错误；
D．浓硝酸与木炭反应生成NO2、CO2和H2O，硝酸只体现氧化性，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查硝酸的化学性质等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
14．（2024秋•滨湖区校级月考）有机物甲的结构简式为：，它可以通过下列路线合成（分离方法和其他产物已经略去）：
下列说法不正确的是（ ）
A．步骤Ⅰ的反应方程式是：
B．甲可以发生取代反应、加成反应和酯化反应
C．步骤Ⅳ的反应类型是取代反应
D．步骤Ⅰ和Ⅳ在合成甲过程中的目的是保护氨基不被氧化
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】A．步骤I是取代反应，同时还有HCl生成；
B．甲分子中含有氨基、羧基和苯环；
C．中醛基氧化生成戊为，步骤IV是戊中的酰胺基发生水解反应生成甲；
D．氨基易被氧化。
【解答】解：A．步骤I是取代反应，同时还有HCl生成，反应方程式是，故A错误；
B．甲分子中含有氨基、羧基和苯环，可以发生取代反应、加成反应和酯化反应，故B正确；
C．中醛基氧化生成戊为，步骤IV是戊中的酰胺基发生水解反应生成甲，因此反应类型是取代反应，故C正确；
D．I消除氨基，Ⅲ中醛基氧化水为羧基，Ⅳ中水解重新引入氨基，氨基易被氧化，因此步骤I和IV在合成甲过程中的目的是保护氨基不被氧化，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，题目侧重考查学生分析能力、灵活运用知识的能力。
15．（2024秋•崇川区月考）从炼钢粉尘（主要含Fe3O4、Fe2O3和ZnO）中提取锌的流程如图：
“盐浸”过程中ZnO转化为[Zn（NH3）4]2+，并有少量Fe2+和Fe3+浸出。
下列说法不正确的是（ ）
A．1ml[Zn2（NH3）4]2+含16mlσ键
B．“盐浸”过程中需补充NH3，防止浸液pH下降
C．“滤渣”的主要成分为Fe（OH）3
D．“沉锌”过程中得到的“滤液”可循环利用
【分析】A．1ml[Zn2（NH3）4]2+含4ml Zn—N键和12ml N—N键，共含16mlσ键；
B．“盐浸”过程中ZnO转化为[Zn2（NH3）4]2+，Zn2+与NH3结合消耗NH3，需补充NH3防止浸液pH下降；
C．“滤渣”的主要成分为Fe（OH）2，Fe（OH）2被氧化为Fe（OH）3；
D．“沉锌”过程中得到的“滤液”中含NH4Cl，可循环利用。
【解答】解：A．1ml[Zn2（NH3）4]2+含4ml Zn—N键和12ml N—N键，共含16mlσ键，故A正确；
B．“盐浸”过程中ZnO转化为[Zn2（NH3）4]2+，Zn2+与NH3结合消耗NH3，需补充NH3防止浸液pH下降，故B正确；
C．“滤渣”的主要成分为Fe（OH）2，Fe（OH）2被氧化为Fe（OH）3，故C错误；
D．“沉锌”过程中得到的“滤液”中含NH4Cl，可循环利用，故D正确，
故选：C。
【点评】本题考查常见无机物的制备、物质分离、提纯综合应用，题目难度适中。
16．（2024•如东县开学）常温下，通过下列实验探究H2S、Na2S溶液的性质实验
下列说法正确的是（ ）
A．实验1得到的溶液中存在2c（S2﹣）═c（）
B．由实验2可得出：c（S2﹣）＜c（H2S）
C．由实验3可得出：Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS）
D．实验4得到的溶液中存在：c（OH﹣）﹣c（H+）═c（H2S）﹣2c（S2﹣）
【专题】无机实验综合．
【分析】A．常温下，溶液的pH＝7，呈中性，则c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（）＝2c（S2﹣）+c（OH﹣）+c（HS﹣）；
B．酸碱恰好完全反应生成NaHS，滴加酚酞后，溶液呈红色，说明HS﹣的水解程度大于电离程度，c（S2﹣）＜c（H2S）；
C．Na2S和ZnSO4反应后，Na2S剩余；
D．二者恰好完全反应生成NaHS和NaCl，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断。
【解答】解：A．常温下，溶液的pH＝7，呈中性，则c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（）＝2c（S2﹣）+c（OH﹣）+c（HS﹣），则c（）＝2c（S2﹣）+c（HS﹣），所以c（）＞2c（S2﹣），故A错误；
B．酸碱恰好完全反应生成NaHS，滴加酚酞后，溶液呈红色，说明HS﹣的水解程度大于电离程度，c（S2﹣）＜c（H2S），故B正确；
C．Na2S和ZnSO4反应后，Na2S有大量剩余，剩余的Na2S和CuSO4溶液生成黑色沉淀CuS，没有沉淀的转化，所以不能得出Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），故C错误；
D．二者恰好完全反应生成NaHS，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得：c（H+）+c（Na+）＝2c（S2﹣）+c（OH﹣）+c（HS﹣）+c（Cl﹣），根据物料守恒得c（Na+）＝2c（S2﹣）+2c（H2S）+2c（HS﹣）＝2c（Cl﹣），所以存在c（OH﹣）﹣c（H+）═c（H2S）﹣c（S2﹣），故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查物质制备、离子浓度大小比较等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确溶液中溶质成分及其性质、溶液中存在的守恒是解本题关键，B为解答难点，题目难度中等。
17．（2024秋•五华区校级月考）实验室利用钴渣[含C（OH）3、Fe（OH）3等]制备C3O4的工艺流程如图所示：
已知：Ksp[C（OH）2]＝1.6×10﹣15，Ksp（CC2O4）＝6.3×10﹣8。
下列说法正确的是（ ）
A．“溶解还原”过程中消耗的Na2SO3与生成C2+的物质的量之比为1：2
B．“纯化处理”时需将溶液调至pH＝11，以确保将铁元素完全除去
C．“沉钴”时，为获取更多的CC2O4，改用Na2C2O4溶液
D．在空气中煅烧时，每转移1mle﹣，生成0.125ml C3O4
【分析】由流程图可知，C（OH）3，Fe（OH）3加硫酸溶解后为Fe3+、C3+，再与Na2SO3发生氧化还原反应生成亚铁离子和C2+，加入氯酸纳纯化处理将铁元素转化为铁渣，加草酸铵沉钴得到草酸钴，高温焙烧得到四氧化三钴，据此回答。
【解答】A.溶解还原过程中三价铁离子和三价钴离子均被亚硫酸钠还原为+2价，，，所以消耗的Na2SO3与生成C2+的物质的量之比大于1：2，故A错误；
B.“纯化处理”时若将溶液调至pH＝11，铁元素完全除去同时钴元素生成C（OH）2沉淀降低产品的产率，故B错误；
C.由于Na2C2O4溶液呈碱性，且碱性强于（NH4）2C2O4溶液，故“沉钴”时，若用Na2C2O4溶液代替（NH4）2C2O4溶液，则可能由于溶液碱性太强而生成C（OH）2沉淀引入杂质，故C错误；
D.空气中煅烧发生反应为，每生成1ml Cl3O4转移8mle﹣，故D正确，
故选：D。
【点评】本题时化工流程图的选择题，主要考查制备C3O4的工艺流程中离子方程式书写、实验操作知识。
18．（2024•炎陵县开学）25℃时，在25mL0.1ml/L的NaOH溶液中，逐滴加入0.2ml/L的CH3COOH溶液，溶液的pH与CH3COOH溶液体积关系如图所示。下列有关粒子浓度关系不正确的是（ ）
A．曲线上A、B间的任意一点：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．B点：c（Na+）＝c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＝c（H+）
C．C点：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．D点：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＝2c（Na+）
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】在25mL0.1ml/L的NaOH溶液中逐滴加入0.2ml/L醋酸溶液，二者之间互相反应，当恰好完全反应时，所需醋酸的体积为12.5mL，当反应至溶液显中性时，醋酸应稍过量，且c（H+）＝c（OH﹣）。
【解答】解：A．A，B间任一点，刚开始，NaOH被中和一小部分，溶液显碱性，c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒则有：，故溶液中一定满足：，故A错误；
B．B点溶液呈中性，因为醋酸钠显碱性，所以中性时，醋酸过量，又因，c（H+）＝c（OH﹣），则，故B正确；
C．C点溶液呈酸性，应存在，故C正确；
D．D点，加入醋酸的物质的量为NaOH的物质的量的2倍，根据物料守恒可知：，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查酸碱混合的定性判断和计算，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，注意把握电荷守恒的应用、盐的水解原理的应用、溶液离子浓度的大小比较、本题难度中等。
19．（2024•陕西模拟）Zn（OH）2（s）在溶液中存在平衡：①Zn（OH）2（s）＝Zn2+（aq）+2OH﹣（aq）；②Zn（OH）2（s）+2OH﹣（aq）＝[Zn（OH）4]2﹣（aq）。25℃时，向Zn（OH）2悬浊液中加盐酸或者NaOH溶液，测得lgc与溶液pH的关系如图所示，c代表c（Zn2+）或c{[Zn（OH）4]2﹣}。
下列说法错误的是（ ）
A．曲线Ⅱ代表lgc{[Zn（OH）4]2﹣}与pH的关系
B．溶液pH＝14.0时，溶液中Zn元素主要以[Zn（OH）4]2﹣的形式存在
C．溶液pH＝13.0时，c（H+）+2c（Zn2+）＝2c{[Zn（OH）4]2﹣}+c（OH﹣）
D．反应Zn2+（aq）+[Zn（OH）4]2﹣（aq）＝2Zn（OH）2（s）进行的趋势很大
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】OH﹣浓度增大，Zn2+转化为Zn（OH） 2沉淀，OH﹣浓度继续增大，Zn（OH）2可转化为，故可知Ⅰ表示lg Zn2+与pH的关系，Ⅱ表示lg 与pH的关系
【解答】解：A．OH﹣浓度增大，Zn2+转化为Zn（OH） 2沉淀，OH﹣浓度继续增大，Zn（OH）2可转化为，故可知Ⅰ表示lg Zn2+与pH的关系，Ⅱ表示lg 与pH的关系，故A正确；
B．由图可知，pH＝14.0时，溶液中Zn元素主要以的形式存在，故B正确；
C．溶液pH＝13.0时，溶液显强碱性，则加入了氢氧化钠，由电荷守恒可知，，故C错误；
D．由点（8.5，﹣6）可知，pH＝8.5，pOH＝5.5，则K（①）＝10﹣6×10﹣5.5×2＝10﹣17；由点（12，﹣6）可知，pH＝12，pOH＝2，则；则的，进行的趋势很大，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生沉淀溶解平衡的掌握情况，试题难度中等。
20．（2024秋•铜梁区校级月考）在一定条件下，将2ml NO和1ml O2通入恒容密闭容器中进行反应，容器中发生两个反应：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）ΔH＜0和2NO2（g）⇌N2O4（g）ΔH＜0。在不同温度下，测得平衡时体系中NO、O2、NO2的物质的量与温度的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．曲线a代表NO
B．2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）的平衡常数K：K（x点）＞K（y点）
C．其它条件不变，若NO、O2的通入量均为2ml，则曲线之间交点位置不变
D．一定温度下，在恒容的密闭容器中，当混合气体的压强不再改变时，反应体系达到平衡状态
【专题】化学平衡专题；理解与辨析能力．
【分析】由题意可知反应：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）ΔH＜0，升高温度，平衡逆向移动，平衡时NO2物质的量减小，NO和氧气的物质的量增加，且NO和氧气的物质的量之比为2：1，故曲线a、b、c分别代表NO、氧气、NO2物质的量与温度变化关系，据此作答。
【解答】解：A．由分析可知，曲线a代表NO，故A正确；
B．2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）ΔH＜0，升高温度，平衡逆向移动，K减小，y点温度高于x点，则K（x点）＞K（y点），故B正确；
C．其它条件不变，若NO、O2的通入量均为2ml，相当于通入2ml NO和1ml氧气进行反应的情况下，在通入1ml氧气，反应：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）和2NO2（g）⇌N2O4（g）平衡均会正向移动，NO的物质的量减小，NO2和N2O4的物质的量增加，则曲线之间交点位置改变，故C错误；
D．两个反应正向气体分子数均减小，一定温度下，在恒容的密闭容器中，当混合气体的压强不再改变时，混合气体的总物质的量不变，反应达到平衡状态，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。
二．解答题（共5小题）
21．（2024秋•浙江月考）Cu，Zn等副族元素化合物性质十分有趣，组成了多姿多彩的化学世界。请回答：
（1）基态Cu的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 。
（2）下列有关说法不正确的是 BCD 。
A．高温下氧化物的稳定性：Cu2O＞CuO
B．可用VSEPR模型来预测杂化方式
C．已知第一电离能：Zn＞Cu，则Zn没有Cu活泼
D．Zn可溶于氨水生成配离子
（3）①无水CuCl2为无限长链结构，每个Cu处于4个Cl形成的平面四边形的中心，请画出CuCl2的链状结构 或 。
②层状结构也是十分有趣的，石墨晶体中的二维平面结构如图，请框出晶胞 。
（4）合金材料在现代生活中占有重要地位，其呈现丰富的晶体结构。不锈钢材料常采用Fe/Cr合金，一种晶体结构的部分如右上图所示，请写出晶胞的化学组成 Fe4Cr12 。
（5）乙烯也可以作为配体，在PtCl3（C2H4）中C＝C键长比乙烯中C＝C长，请解释 乙烯π电子作为给体，给出电子，电子云密度降低，键长变长或Pt的反馈π键电子填充在乙烯的π反键轨道上，乙烯键级变小，键长变长 。
【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构；分析与推测能力．
【分析】（1）Cu为29号元素；
（2）A．Cu+离子达到了全充满的稳定结构；
B．中Cu2+提供提供空轨道接受孤对电子，是一个内轨型配合物；
C．第一电离能Zn＞Cu，但Zn比Cu活泼，‌这是因为第一电离能是指一个气态原子失去一个电子所需要的能量；
D．Zn可溶于氨水生成；
（3）①无水CuCl2无限长链结构，每个Cu处于4个Cl形成的 平面正方形的中心；
②‌‌石墨的晶体结构是层状结构，各层之间通过‌范德华力结合在一起。‌在每一层中，碳原子以六边形排列，形成强共价键，使得同一层内的碳原子结合得非常牢固；
（4）Fe/Cr合金晶体结构的部分，Fe位于体顶点，个数为，Cr位于体内及顶点，，根据晶胞构型特点，铁位于整个晶胞的体内，则晶胞中Fe的个数为，Cr个数为；
（5）乙烯也可以作为配体，乙烯π电子作为给体，给出电子，电子云密度降低，键长变长或Pt的反馈π键电子填充在乙烯的π反键轨道上，乙烯键级变小，键长变长。
【解答】解：（1）Cu为29号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；
（2）A．Cu+离子达到了全充满的稳定结构，则稳定性Cu2O＞CuO，故A正确；
B．中Cu2+提供提供空轨道接受孤对电子，是一个内轨型配合物，无法用VSEPR模型来预测杂化方式，故B错误；
C．第一电离能Zn＞Cu，但Zn比Cu活泼，‌这是因为第一电离能是指一个气态原子失去一个电子所需要的能量，而元素的活泼性是指其与其他物质发生化学反应的难易程度，故C错误；
D．Zn可溶于氨水生成，故D错误；
故答案为：BCD；
（3）①无水CuCl2无限长链结构，每个Cu处于4个Cl形成的平面正方形的中心，则CuCl2的链状结构为或，
故答案为：或；
②‌‌石墨的晶体结构是层状结构，‌在每一层中，碳原子以六边形排列，形成强共价键，使得同一层内的碳原子结合得非常牢固，各层之间通过‌范德华力结合在一起，则晶胞，
故答案为：；
（4）Fe/Cr合金晶体结构的部分中Fe位于体顶点，个数为，Cr位于体内及顶点，，铁位于整个晶胞的体内，则晶胞中Fe的个数为，Cr个数为，晶胞化学组成Fe4Cr12，
故答案为：Fe4Cr12；
（5）乙烯也可以作为配体，乙烯π电子作为给体，给出电子，电子云密度降低，键长变长或Pt的反馈π键电子填充在乙烯的π反键轨道上，乙烯键级变小，键长变长，在PtCl3（C2H4）中C＝C键长比乙烯中C＝C长，
故答案为：乙烯π电子作为给体，给出电子，电子云密度降低，键长变长或Pt的反馈π键电子填充在乙烯的π反键轨道上，乙烯键级变小，键长变长。
【点评】本题原子结构和晶体结构，侧重考查学生核外电子排布和晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
22．（2024•德保县校级开学）利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段。如图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系：
（1）X的浓溶液与碳在一定条件下可以发生反应，体现了X的 强氧化 性。从硫元素化合价变化的角度分析，图中只有还原性的物质有 H2S、Na2S （填化学式）。
（2）收集了一些含有S元素的酸雨，放置一段时间后，pH变小，小攀认为可能是因为酸雨中的亚硫酸被氧化为了 硫酸 。小登觉得可以设计实验验证这一推论，具体操作是 取少量酸雨于试管中，先加入盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，证明酸雨中的亚硫酸被氧化为了硫酸 。
（3）配平下列反应： 2 Na2S+ 1 Na2SO3+ 3 H2SO4═ 3 Na2SO4+ 3 S↓+ 3 H2O。
（4）如图是验证二氧化硫性质的实验装置。
二氧化硫具有：①漂白性、②酸性氧化物性质、③还原性、④氧化性，上述装置中对应表现出的性质是：A中 ② （填序号，下同）；B中 ① ；C中 ③ 。D装置的作用是 吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气 。
【专题】氧族元素．
【分析】（1）根据浓硫酸与碳在一定条件下可以发生反应，生成二氧化碳、二氧化硫和水，进行分析。
（2）根据酸雨中的亚硫酸被氧化为了硫酸，硫酸根离子的检验方法进行分析。
（3）根据电子得失守恒，硫化钠、亚硫酸钠的物质的量之比为2：1，再依据原子守恒配平方程式进行分析。
（4）根据二氧化硫溶于水使紫色石蕊溶液变红；二氧化硫具有漂白性，使品红溶液褪色；二氧化硫与溴水发生氧化还原反应进行分析。
【解答】解：（1）X为H2SO4，浓硫酸与碳在一定条件下可以发生反应，生成二氧化碳、二氧化硫和水，体现了X的强氧化性；从硫元素化合价变化的角度分析，处于最低价﹣2价的硫只有还原性，图中只有还原性的物质有H2S、Na2S，
故答案为：强氧化；H2S、Na2S；
（2）含有S元素的酸雨，放置一段时间后，pH变小，酸性增强，可能是因为酸雨中的亚硫酸被氧化为了硫酸；取少量酸雨于试管中，先加入盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，证明酸雨中的亚硫酸被氧化为了硫酸，
故答案为：硫酸；取少量酸雨于试管中，先加入盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，证明酸雨中的亚硫酸被氧化为了硫酸；
（3）硫化钠中硫元素化合价由﹣2价升高到0价，亚硫酸钠中硫元素化合价由+4价降低到0价，根据电子得失守恒，硫化钠、亚硫酸钠的物质的量之比为2：1，再依据原子守恒配平方程式：2Na2S+Na2SO3+3H2SO4＝3Na2SO4+3S↓+3H2O，
故答案为：2；1；3；3；3；3；
（4）二氧化硫具有酸性氧化物性质，溶于水使紫色石蕊溶液变红；二氧化硫具有漂白性，使品红溶液褪色；二氧化硫具有还原性，与溴水发生氧化还原反应，使溴水褪色；D装置的作用是吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气，
故答案为：②；①；③；吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气。
【点评】本题主要考查含硫物质的性质及综合应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
23．（2024•哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学二模）化合物H为一种重要药物的中间体，其合成路线如图：
已知：在有机合成中，电性思想有助于理解一些有机反应的过程。例如受酯基吸电子作用影响，酯基邻位碳原子上的C—H键极性增强，易断裂，在碱性条件下可与另一分子酯发生酯缩合反应：
请回答下列问题：
（1）B的结构简式为 ，D的结构简式为 。
（2）H中碳原子的杂化轨道类型为 sp2和sp3 。
（3）满足以下条件的的同分异构体有 8 种（不考虑立体异构）。
①能与NaHCO3溶液反应；②能使溴的四氯化碳溶液褪色。
（4）C生成D的过程中，还会生成一种副产物I，I与D互为同分异构体，则化合物I的结构简式为 ，并请从电性角度分析由C生成I相对于生成D更难的原因为 由于C的电负性强于H，导致化合物C中—CH2COOCH3中—CH2﹣上的C所带负电荷较—CH（CH3）COOCH3中上C所带负电荷更多 。
（5）由F生成G的过程实际分为2步，第一步为加成反应，则第二步为 消去 反应，J的结构简式为 。
【专题】有机化合物的获得与应用．
【分析】由题干合成流程图可知，根据A、C的结构简式、B的分子式和A到B、B到C的转化条件可推知，B的结构简式为：，由C、E的结构简式和C到D、D到E的转化条件可知，D的结构简式为：，据此分析解题。
【解答】解：（1）由分析可知，B的结构简式为：，D的结构简式为：，
故答案为：；；
（2）由题干合成流程图中H的结构简式可知，H中苯环和双键上的碳原子采用sp2杂化，其余碳原子均采用sp3杂化，故H上碳原子的杂化轨道类型为sp2和sp3，
故答案为：sp2和sp3；
（3）满足以下条件①能与NaHCO3溶液反应即含有羧基；②能使溴的四氯化碳溶液褪色即含有碳碳双键的同分异构体除—COOH外其余碳链上有4个碳原子，一个碳碳双键有：CH2＝CHCH2CH3、CH3CH＝CHCH3、CH2＝C（CH3）2三种，将上述三种烯烃中一个H被羧基取代分别有4种、2种和2种，故一共4+2+2＝8种，
故答案为：8；
（4）由题干已知信息和分析可知，C生成D的过程中，还会生成一种副产物I，I与D互为同分异构体，则化合物I的结构简式为，由于C的电负性强于H，导致化合物C中—CH2COOCH3中—CH2﹣上的C所带负电荷较—CH（CH3）COOCH3中上C所带负电荷更多，导致C生成I相对于生成D更难，
故答案为：；由于C的电负性强于H，导致化合物C中—CH2COOCH3中—CH2﹣上的C所带负电荷较—CH（CH3）COOCH3中上C所带负电荷更多；
（5）由F和G的结构简式和J的分子式和F到J、J到G的转化条件可知，由F生成G的过程实际分为2步，第一步为加成反应即酮羰基和氨基发生加成反应，故J的结构简式为：，比较J、G的结构简式可知，则第二步为消去反应，
故答案为：消去；。
【点评】本题考查有机合成，侧重考查学生有机基础知识的掌握情况，试题难度中等。
24．（2024秋•鹿邑县月考）用H2O2、KI和洗洁精可完成“大象牙膏”实验（短时间内产生大量泡沫），某同学依据文献资料对该实验进行探究。回答下列问题：
（1）资料1：H2O2+I﹣＝H2O+IO﹣；H2O2+IO﹣＝H2O+O2↑+I﹣。总反应的化学方程式为 2H2O22H2O+O2↑ ，KI在该反应中的作用是 催化剂 。
（2）资料2：H2O2分解反应过程中能量变化如图所示，其中①有KI加入，②无KI加入。下列判断错误的是 BC （填字母）。
A．加入KI后降低了反应所需的活化能
B．加入KI后该反应的活化分子百分数减小
C．H2O2+IO﹣＝H2O+O2↑+1是放热反应
（3）实验中发现，H2O2与KI溶液混合后，产生大量气泡，溶液颜色变黄。再加入CCl4，振荡、静置，气泡明显减少。
资料3：I2也可催化H2O2的分解反应。碘易溶于CCl4，碘的CCl4溶液（密度大于水）显紫红色。
①加CCl4并振荡、静置后还可观察到溶液分层，且下层溶液显 紫红 色，说明有I2生成。
②气泡明显减少的原因可能是：ⅰ．H2O2浓度降低；ⅱ．水溶液中 I2 的浓度降低。
③以下对照实验说明ⅰ不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管中加入适量CCl4，B试管中不加CCl4，分别振荡、静置。则两试管中观察到的现象是 A试管中产生气泡的速率明显变慢，B试管中产生气泡的速率没有明显变慢 。
（4）资料4：I﹣（aq）+I2（aq）⇌（aq）K＝640。为了探究体系中含碘微粒的存在形式，进行实验：向20mL一定浓度的H2O2溶液中加入10mL0.10ml•L﹣1KI溶液（溶液混合时体积变化忽略不计），达平衡后，相关微粒浓度如下：
则b＝ 2.5×10﹣3 ，进而推出该平衡体系中除了含有I﹣、I2、外，一定还含有其他含碘微粒，理由是 2c（I2）+c（I﹣）+3c（）＜0.033ml/L 。
【专题】无机实验综合；分析与推测能力．
【分析】（1）总反应的化学方程式为分步反应的叠加，KI在该反应中，前后质量不变；
（2）A．由图可知，加入KI后降低了反应所需的活化能，改变了反应的历程；
B．催化剂可以使反应的活化分子百分数增大；
C．由图可知，第一步反应是吸热反应；
（3）①I2溶于CCl4显紫红色；
②气泡明显减少的原因可能是：i．H2O2浓度降低；ii．水溶液中碘的浓度降低；
③若i不是气泡明显减少的原因，实验时，加入CCl4的A试管中，水溶液中碘的浓度减小，产生气泡的速率减小，未加入CCl4的B试管中，水溶液中碘的浓度没有变化，产生气泡的速率不会减慢；
（4）根据题意有：K＝＝640，解得：b＝2.5×10﹣3，根据碘原子守恒，若溶液中不含由其它含碘的微粒，则碘原子的浓度为：≈0.033ml/L，根据表格数据可知，溶液中碘原子的浓度为：2c（I2）+c（I﹣）+3c（）＝2×2.5×10﹣3+2.5×10﹣3+3×4×10﹣3＝0.0195ml/L＜0.033ml/L，据此分析作答。
【解答】解：（1）资料1：H2O2+I﹣＝H2O+IO﹣；H2O2+IO﹣＝H2O+O2↑+I﹣，总反应的化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑，KI在该反应中的作用是催化剂，
故答案为：2H2O22H2O+O2↑；催化剂；
（2）A．由图可知，加入KI后降低了反应所需的活化能，改变了反应的历程，故A正确；
B．加入KI后该反应的活化分子百分数增大，故B错误；
C．由图可知，第一步反应是吸热反应，即H2O2+IO﹣＝H2O+O2↑是吸热反应，故C错误；
故答案为：BC；
（3）①加CCl4并振荡、静置后还可观察到溶液分层，且下层溶液显紫红色，说明有I2生成，
故答案为：紫红；
②气泡明显减少的原因可能是：i．H2O2浓度降低；ii．水溶液中碘的浓度降低，
故答案为：I2；
③若i不是气泡明显减少的原因，实验时，加入CCl4的A试管中，水溶液中碘的浓度减小，产生气泡的速率减小，未加入CCl4的B试管中，水溶液中碘的浓度没有变化，产生气泡的速率不会减慢，
故答案为：A试管中产生气泡的速率明显变慢，B试管中产生气泡的速率没有明显变慢；
（4）根据题意有：K＝＝640，解得：b＝2.5×10﹣3，根据碘原子守恒，若溶液中不含由其它含碘的微粒，则碘原子的浓度为：≈0.033ml/L，根据表格数据可知，溶液中碘原子的浓度为：2c（I2）+c（I﹣）+3c（）＝2×2.5×10﹣3+2.5×10﹣3+3×4×10﹣3＝0.0195ml/L＜0.033ml/L，所以，溶液中还存在其它含碘微粒，
故答案为：2.5×10﹣3；2c（I2）+c（I﹣）+3c（）＜0.033ml/L。
【点评】本题主要考查性质实验方案的设计，具体涉及碘及其化合物的相关知识，同时考查平衡常数K的计算以及应用，难度较大。
25．（2024秋•东莞市月考）高铁酸钾（K2FeO4，极易溶于水）是常见的水处理剂，其原理如图所示。
【查阅资料】向胶体中加入电解质后，胶体因失去稳定性而发生离子的聚集以至沉淀，称为电解质对胶体的聚沉作用，简称胶体的聚沉。
请回答下列问题：
（1）过程①中活性菌表现了 Fe3+ （填“氧化”或“还原”）性，该过程的还原产物是 Fe3+ 。
（2）根据上述原理分析，作水处理剂时，K2FeO4的作用有 杀菌消毒、净水 （填两个）。
（3）制备高铁酸钾常用的反应原理为Fe（OH）3+KClO+KOH→K2FeO4+KCl+H2O（反应未配平）。写出该反应的离子方程式并用双线桥标出电子转移的方向和数目 2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝2+3Cl﹣+5H2O， 。
（4）某同学利用制得的Fe（OH）3胶体进行下列实验：
①将其装入U形管内，用石墨作电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的液体颜色逐渐变深，这表明Fe（OH）3胶体微粒带 正 （带“正”或“负”）电荷。
②实验证明，电解质的凝聚能力主要取决于与胶粒带相反电荷的离子所带的电荷数，电荷数越大，凝聚力越大。向Fe（OH）3胶体加入下列电解质时，其凝聚能力最强的为 D 。
A.NaCl
B.FeCl3
C.K2SO4
D.Na3PO4
【专题】制备实验综合；分析与推测能力．
【分析】（1）由图可知，过程①中活性菌表现了还原性，元素化合价降低后的产物是还原产物；
（2）K2FeO4具有强氧化性，可以杀菌消毒、还原产物可以形成胶体，胶体可以净水；
（3）根据原子守恒、化合价升降守恒，可得制备高铁酸钾常用的反应原理为：2Fe（OH）3+3KClO+4KOH＝2K2FeO4+3KCl+5H2O，该反应的电子转移数目为6e﹣，据此书写离子方程式，画用双线桥；
（4）①通电一段时间后发现阴极附近的液体颜色逐渐变深，这表明Fe（OH）3胶体微粒带正电荷；
②电解质的凝聚能力主要取决于与胶粒带相反电荷的离子所带的电荷数，电荷数越大，凝聚力越大。
【解答】解：（1）由图可知，过程①中活性菌表现了还原性，该过程的还原产物是Fe3+，
故答案为：还原；Fe3+；
（2）根据上述原理分析，作水处理剂时，K2FeO4的作用有杀菌消毒、净水，
故答案为：杀菌消毒，净水；
（3）根据原子守恒、化合价升降守恒，可得制备高铁酸钾常用的反应原理为：2Fe（OH）3+3KClO+4KOH＝2K2FeO4+3KCl+5H2O，该反应的电子转移数目为6e﹣，则该反应的离子方程式为：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝2+3Cl﹣+5H2O，用双线桥标出电子转移的方向和数目为，
故答案为：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝2+3Cl﹣+5H2O，；
（4）①将其装入U形管内，用石墨作电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的液体颜色逐渐变深，这表明Fe（OH）3胶体微粒带正电荷，
故答案为：正；
②根据分析可知，凝聚能力最强的为Na3PO4，磷酸根离子带3个单位的负电荷，
故答案为：D。
【点评】本题主要考查制备 实验方案的设计，具体涉及高铁酸钠的制取，氧化还原反应的表示，属于高考高频考点，难度中等。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/11/8 7:17:45；用户：组卷48；邮箱：zyb048@xyh.cm；学号：41419011
选项
酸
碱
盐
酸性氧化物
碱性氧化物
A
HNO3
KOH
CaCO3
SO2
CaO
B
HCl
NH3•H2O
NaHSO4
CO
Na2O
C
CH3COOH
Cu2（OH）2CO3
NaF2
SiO2
Na2O2
D
H2SO4
Na2CO3
KAl（SO4）2
P2O5
Mn2O7
选项
实例
解释
A
沸点：H2O＞HF
氢键具有方向性和饱和性
B
BF3与NH3形成配合物H3N•BF3
BF3中的B有空轨道，可接受NH3中N的孤电子对
C
酸性：CCl3COOH＞CHCl2COOH
Cl3C—的极性大于Cl2CH—的极性，导致CCl3COOH中羟基的极性更大
D
超分子冠醚（18﹣冠﹣6）如图所示，其空穴适配K+
两者之间能形应离子键
实验
操作和现象
1
向0.1ml/LH2S溶液中通入一定体积NH3，测得溶液pH为7
2
向0.1ml/LH2S溶液中滴加等体积0.1ml/LNaOH溶液，充分反应后再滴入2滴酚酞，溶液呈红色
3
向5mL0.1ml/LNa2S溶液中滴入1mL0.1ml/LZnSO4溶液，产生白色沉淀；再滴入几滴0.1ml/LCuSO4溶液，立即出现黑色沉淀
4
向0.1ml/LNa2S溶液中逐滴滴加等体积同浓度的盐酸，无明显现象
微粒
I﹣
I2
浓度/（ml•L﹣1）
b
b
4.0×10﹣3
选项
酸
碱
盐
酸性氧化物
碱性氧化物
A
HNO3
KOH
CaCO3
SO2
CaO
B
HCl
NH3•H2O
NaHSO4
CO
Na2O
C
CH3COOH
Cu2（OH）2CO3
NaF2
SiO2
Na2O2
D
H2SO4
Na2CO3
KAl（SO4）2
P2O5
Mn2O7
选项
实例
解释
A
沸点：H2O＞HF
氢键具有方向性和饱和性
B
BF3与NH3形成配合物H3N•BF3
BF3中的B有空轨道，可接受NH3中N的孤电子对
C
酸性：CCl3COOH＞CHCl2COOH
Cl3C—的极性大于Cl2CH—的极性，导致CCl3COOH中羟基的极性更大
D
超分子冠醚（18﹣冠﹣6）如图所示，其空穴适配K+
两者之间能形应离子键
实验
操作和现象
1
向0.1ml/LH2S溶液中通入一定体积NH3，测得溶液pH为7
2
向0.1ml/LH2S溶液中滴加等体积0.1ml/LNaOH溶液，充分反应后再滴入2滴酚酞，溶液呈红色
3
向5mL0.1ml/LNa2S溶液中滴入1mL0.1ml/LZnSO4溶液，产生白色沉淀；再滴入几滴0.1ml/LCuSO4溶液，立即出现黑色沉淀
4
向0.1ml/LNa2S溶液中逐滴滴加等体积同浓度的盐酸，无明显现象
微粒
I﹣
I2
浓度/（ml•L﹣1）
b
b
4.0×10﹣3