2025高考化学解密 压轴卷训练4（Word版附解析）

这是一份2025高考化学解密 压轴卷训练4（Word版附解析），共47页。试卷主要包含了下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
1．（2024秋•崂山区校级月考）下列有关物质的分类正确的是（ ）
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•沧州三模）电解质在水溶液中的反应属于离子反应。下列离子方程式正确的是（ ）
A．浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：MnO2+4HClMn2++2H2O+Cl2↑+2Cl﹣
B．Ba（OH）2溶液中加入过量的NH4HSO4溶液：+H+++Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+H2O+NH3•H2O
C．1L0.1ml•L﹣1Na[Al（OH）4]溶液中通入0.28ml HCl气体：5[Al（OH）4]﹣+14H+＝2Al（OH）3↓+3Al3++14H2O
D．Cl2通入FeI2溶液中至Fe2+恰好完全反应：Cl2+2Fe2+＝2Cl﹣+2Fe3+
4．（2024•云南学业考试）制备Cu2O的离子方程式为4Cu2++8OH﹣+N2H4＝2Cu2O↓+N2↑+6H2O，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．1L0.1ml•L﹣1的CuSO4溶液中Cu2+数目为0.1NA
B．标准状况下，22.4LN2所含π键数为2NA
C．生成1.44gCu2O转移电子数为0.01NA
D．1ml N2H4所含质子数为14NA
5．（2024•琼山区校级模拟）X、Y、Z、W、P、Q为短周期元素，其中Y的原子序数最小，它们的最高正价与原子半径关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．Y在元素周期表中位于p区
B．第一电离能：Z＞P＞Q＞X
C．氧化物对应水化物的酸性：Q＞P＞Z
D．电负性：Q＞P＞Z
【阅读下列一段文字，回答6﹣8题】
卤族元素单质及其化合物应用广泛。海洋是一个巨大的卤素资源宝库，从海水中能获得NaCl，NaCl的晶胞如图所示。以NaCl为原料可制得Cl2、HClO、ClO2、、。工业常通过电解NaCl饱和溶液制备Cl2，Cl2氧化卤水中Br﹣可得到Br2，KClO3酸性溶液中加入H2C2O4可制得黄绿色气体ClO2，该气体常用作自来水消毒剂。F2能与熔融的Na2SO4反应生成硫酰氟（SO2F2）。标况下，氟化氢呈液态。卤素互化物（如ICl、IF3）具有强氧化性；卤化银具有感光性。
6．下列说法正确的是（ ）
A．和中键角相等
B．SO2F2的中心原子S采用sp2杂化
C．Br原子基态核外电子排布式为[Ar]4s24p5
D．NaCl晶胞中，每个Na+周围紧邻且距离相等的Cl﹣构成正八面体结构
7．在指定条件下，下列选项所示的物质间转化或化学反应表示正确的是（ ）
A．NaCl（aq）NaHCO3（s）Na2CO3（s）
B．ICl溶于NaOH溶液：ICl+2OH﹣＝I﹣+ClO﹣+H2O
C．制备SO2F2：2F2+Na2SO42NaF+SO2F2+O2
D．用H2C2O4制备ClO2：2+C2+4H+＝2ClO2↑+2CO2↑+2H2O
8．下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．HClO呈弱酸性，可用于漂白纸张
B．ClO2具有强氧化性，可用于自来水杀菌消毒
C．AgI具有感光性，可用于人工降雨
D．HF分子内H—F键能大，HF沸点较高
9．（2024秋•香坊区校级月考）某温度下，将氯气通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合溶液（已知氯气和NaOH在一定温度下能发生反应：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O），经测定ClO﹣与的数目之比为1：3，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的质量之比为（ ）
A．4：1B．11：3C．3：1D．21：5
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•云南学业考试）水伏发电的原理如图。水溶液进入表面修饰了羟基等亲水基团的毛细管后，因毛细作用和蒸发驱动，携带与管内壁表面电性相反的离子上移，在管内溶液上下两端形成流动电势差。
下列说法错误的是（ ）
A．管内溶液下端为负极
B．提高环境温度有利于提高发电效率
C．放电时正极发生的反应是2H++2e﹣＝H2↑
D．水溶液中盐的浓度和阳离子电荷数会影响其电势差
12．（2024秋•盐城月考）CO2催化加氢制甲醇，在减少CO2排放的同时实现了CO2的资源化，该反应可表示为CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），保持起始反应物n（H2）：n（CO2）＝3：1，T＝250℃时x（CH3OH）随压强变化的曲线和p＝5×105Pa时x（CH3OH）随温度变化的曲线如图。
已知：x（CH3OH）表示平衡体系中甲醇的物质的量分数。
下列说法正确的是（ ）
A．该反应正反应活化能大于逆反应活化能
B．图中曲线变化说明高温、低压有利于提高原料利用率
C．当p＝6×105Pa、T＝210℃时，达平衡后x（CH3OH）＜0.1
D．a、b曲线交点处CO2转化率相同，平衡常数不同
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•4月份模拟）保加利亚醌素是一种具有细胞活性的天然化合物，有潜在的药物功能，其结构简式如图所示。下列关于该物质的说法错误的是（ ）
A．分子式为C20H10O5
B．所有碳原子可能处于同一平面
C．含有2种官能团
D．1ml该物质最多能与11ml H2发生加成反应
15．（2023秋•肇东市校级期末）羟醛缩合反应是一种常用的增长碳链的方法。一种合成目标产物（图中⑦）的反应机理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．③是该反应的中间产物
B．④是该反应的催化剂
C．⑥到⑦的过程中没有非极性键的断裂和生成
D．合成⑦的总反应为+
16．（2024•湖南模拟）以磷肥生产中的副产物氟硅酸（H2SiF6）为原料制备高纯氟化铝，可以解决萤石资源日益匮乏的现状。其中一种新工艺流程如图所示：
已知：①常温下，0.05ml•L﹣1H2SiF6溶液的pH为1；
②熔点：AlCl3192℃，AlF31090℃，SiCl4﹣70℃；沸点：SiF4﹣86℃。
下列有关说法不正确的是（ ）
A．AlCl3与AlF3固体晶体类型不同
B．氟硅酸与硫酸钠反应的离子方程式为+2Na+═Na2SiF6↓
C．“气相沉积”工序中，将无水氯化铝以气态形式投入，可以使反应更充分，产品纯度更高
D．含1ml H2SiF6的原料最终制得1.2ml AlF3，则实验产率为60%
17．（2024秋•山东月考）查资料可知，I2可以将Cu氧化，某小组同学设计实验探究Cu被I2氧化的产物及铜元素的价态。已知：I2易溶于KI溶液，发生反应I2+I﹣⇌（红棕色）；I2和氧化性几乎相同；[Cu（NH3）2]+（无色）容易被空气氧化；[Cu（H2O）4]2+（蓝色）、[CuI2]﹣（无色）。将等体积的KI溶液加入到a ml铜粉和b ml碘单质（b＞a）的固体混合物中，振荡。实验记录如下：
进行以下实验探究：
步骤①取实验Ⅱ的深红棕色溶液，加入CCl4多次萃取、分液；
步骤②取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水，溶液逐渐变为浅蓝色，最终变为深蓝色。
下列说法正确的是（ ）
A．实验Ⅰ铜被氧化为+1价，实验Ⅱ铜被氧化为+2价
B．步骤①的目的是除去（或I2），防止干扰后续实验
C．步骤②中溶液随颜色的变化pH不变
D．结合上述实验，若从实验Ⅰ中提取白色沉淀，过滤后，可用浓HI溶液洗涤
18．（2024•河南开学）室温下，H2S水溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH的变化关系如图所示[例如δ（H2S）＝]，已知：室温下，Ksp（FeS）＝6.3×10﹣18，Ksp[Fe（OH）2]＝4.9×10﹣17，0.10ml•L﹣1Na2S溶液中S2﹣的水解率为62%。下列说法错误的是（ ）
A．室温下，H2S的Ka1和Ka2分别为1×10﹣7、1×10﹣13；溶解度：FeS小于Fe（OH）2
B．以酚酞为指示剂（变色的pH范围为8.2～10.0），用NaOH标准溶液可准确滴定H2S水溶液的浓度
C．等物质的量浓度的Na2S和NaHS混合溶液中存在关系：c（HS﹣）+3c（H2S）+2c（H+）＝c（S2﹣）+2c（OH﹣）
D．0.010ml•L﹣1FeCl2溶液中加入等体积0.20ml•L﹣1Na2S溶液，反应初始生成的沉淀是FeS和Fe（OH）2
19．（2024秋•呼和浩特月考）如图所示，图像中横坐标为Cl﹣或的物质的量浓度负对数，纵坐标为Ag+的物质的量浓度负对数。已知：Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2CrO4）且Ag2CrO4为砖红色沉淀。下列说法错误的是（ ）
A．曲线Ⅰ表示Ksp（AgCl）
B．
C．的平衡常数K＝10﹣8
D．由数据可知，用硝酸银滴定氯离子测定其浓度时，K2CrO4可作为指示剂
20．（2024•广西）573K、高压条件下，一定量的苯甲腈在密闭容器中发生连续水解：C6H5CN（苯甲腈）→C6H5CONH2（苯甲酰胺）→C6H5COOH（苯甲酸）如图为水解过程中上述三者（分别用X、Y、Z表示）的物质的量分数x（A）随时间t的变化曲线，其中。下列说法错误的是（ ）
A．水解产物除了Y、Z还有NH3
B．a点时v（Y）消耗＝v（Y）生成
C．x（Z）在15min前基本不变，15min后明显增大，可能是水解产物对生成Z的反应有催化作用
D．任意25min时间段内存在v（X）＝v（Y）+v（Z）
二．解答题（共5小题）
21．（2024秋•皇姑区校级月考）硼是第ⅢA族中唯一的非金属元素，可以形成众多的化合物。回答下列问题：
（1）下列硼原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为 、 （填标号）。
A． B．
C． D．
（2）氨硼烷（H3N•BH3）分子中与N相连的H呈正电性，与B原子相连的H呈负电性，它们之间存在静电相互吸引作用，称为双氢键，用“N—H•••H—B”表示。以下物质之间可能形成双氢键的是 。
A．苯和三氯甲烷
B．LiH和HCN
C．C2H4和C2H2
D．B2H6和NH3
硼氢化钠（NaBH4）是一种常见的还原剂，常温下易与水反应，可溶于异丙胺（沸点33℃），某探究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备NaBH4，其实验流程如图：
（3）第一步为高温合成，写出该合成的化学方程式 。
（4）流程中可以循环利用的物质除NaBO2外，还有 。
（5）NaBH4做还原剂时需控制溶液为弱碱性。若酸性较强，NaBH4易与水反应放出H2并生成硼酸，写出反应的离子方程式 。
实验测定NaBH4的产率原理及步骤如下：
①测定原理：
3NaBH4+4KIO3＝3NaBO2+4KI+6H2O
KIO3+5KI+3H2SO4＝3I2+3K2SO4+3H2O
I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6。
②测定步骤
步骤1：探究小组以：23.76g NaBO2为主要原料制得NaBH4产品，配成250mL溶液，量取2.50mL置于碘量瓶中，加入30.00mL 0.1000ml•L﹣1 KIO3溶液振荡60s，使充分反应。
步骤2：向充分反应的溶液加入过量的KI溶液，调节至酸性，冷却后暗处放置数分钟。
步骤3：用0.2000ml•L﹣1 Na2S2O3标准溶液滴定至微黄色，加入几滴淀粉指示剂，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为24.00mL。
（6）通过计算确定上述实验流程中NaBH4的产率 。
（7）若滴定前滴定管中有气泡，滴定后气泡消失，将导致NaBH4的产率 （填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
22．（2024秋•贵阳月考）生活中处处都有化学。化学与生产、生活息息相关，请回答下列问题：
Ⅰ.家里厨卫中有许多化学物质。厨房里有食盐（主要成分①NaCl）、白醋（主要成分②CH3COOH）、料酒（主要成分③C2H5OH）、小苏打（主要成分④NaHCO3、天然气（主要成分⑤CH4）、菜刀（主要材料⑥Fe）等；卫生间有洁厕灵（主要成分⑦浓盐酸）、“84”消毒液（主要成分⑧NaClO）等。
（1）上述标有序号的物质中属于电解质的是 （填序号，下同）；能够导电的是 。
（2）将⑦与④的溶液混合，写出反应的离子方程式： 。
（3）次磷酸和②CH3COOH都属于一元酸，次磷酸的化学式为H3PO2，则H3PO2与过量氢氧化钠溶液反应，生成的正盐的化学式为 。
Ⅱ.侯德榜为我国化工事业的发展做出了卓越贡献，某实验小组根据侯德榜联合制碱工艺设计了简化的制碱工艺如图所示：
（4）第④步的化学方程式为 ，该过程中可以循环使用的物质是 。
（5）某实验小组按照上述原理制备纯碱，经检验该纯碱中还含有NaHCO3，欲测定制备的纯碱中Na2CO3的质量分数，提出了以下四种方案，你觉得不合理的是 （填序号）。
A.取ag混合物充分加热，质量减少bg
B.取ag混合物与足量的盐酸进行充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体
C.取ag混合物与足量NaOH充分反应，得到bg溶液
D.取ag混合物与足量的稀硫酸充分反应，逸出的气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg
（6）氯化铵可用作肥料，从分离出碳酸氢钠晶体的母液中加入NaCl固体后可以分离出氯化铵晶体，根据氯化铵和氯化钠溶解度曲线（如图），需采用的操作是 、过滤、洗涤、干燥。
23．（2024•湛江二模）一种合成有机物G的合成路线如图：
回答下列问题：
（1）由A→B反应的试剂和条件是 。
（2）B→C反应的反应类型为 ，C中含氧官能团的名称为 。
（3）M的化学式为C8H8O2S，则M的结构简式为 。
（4）写出反应E→F的化学方程式： 。
（5）化合物K是A的同系物，相对分子质量比A的多14。K的同分异构体中，同时满足下列条件，且核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：2：1：1：1的结构简式为 （不考虑立体异构）。
a．能与FeCl3溶液发生显色反应；b．能发生银镜反应；c．苯环上有2个取代基。
（6）以和为原料，结合上述合成线路中的相关信息，设计合成的路线 （用流程图表示，无机试剂任选）。
24．（2024•重庆开学）FeSO4•7H2O是一种重要的添加剂。某实验室用工业废渣（主要成分是Fe2O3，还含有CaCO3和SiO2）制备FeSO4•7H2O的流程及硫酸亚铁的溶解度曲线如图所示。
（1）写出加稀硫酸时发生的一个化学反应方程式 。
（2）操作②的名称 。
（3）Fe与Fe2（SO4）3能发生化合反应，写出该反应的化学方程式 。
（4）下列说法正确的是 （填序号）。
A．若滤液中没有硅元素，说明SiO2既不溶于水也不溶于稀硫酸
B．待结晶完毕后，滤出晶体，用沸水洗涤晶体，可以减少晶体的损耗
C．假设过程中Fe无损耗，制得的FeSO4•7H2O中的铁元素与废渣中的铁元素质量不相等
D．碳酸钙可以和稀硫酸反应，所以实验室能用石灰石与稀硫酸反应制二氧化碳
25．（2024•湖北开学）中国科学院科研人员在实验室里首次实现了以二氧化碳为原料，不依赖植物光合作用，用一种类似“搭积木”的方式，构建了11步反应的人工合成淀粉，在未来，“空气”做馒头，“西北风”当饭“吃”可能不再是做梦。
Ⅰ．人工合成淀粉前两步涉及的反应如图1所示。
已知2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l） ΔH3，则反应CO2（g）+2H2（g）═HCHO（g）+H2O（g）的ΔH═ （用ΔH1、ΔH2、ΔH3表示）。
Ⅱ．11步反应，每一步反应条件的选择和调控都很重要，以第一步反应为例，向一定温度下的恒容密闭容器中充入CO2、H2和催化剂，发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
（1）反应历程如下（TS表示过渡态，加*表示吸附在催化剂表面）。该合成甲醇的反应ΔH 0（填“＞”、“＜”或“＝”），在 （填“高温”或“低温”）下可自发进行，生成 （填“TS1”、“TS2”或“TS3”）的步骤为该反应的决速步骤。
（2）在恒容密闭容器中，使用两种不同催化剂进行实验，相同时间内CO2的转化率与温度、催化剂（Cat1、Cat2为两种不同的催化剂）的关系如图3所示。
a点时速率比较：
v正（CH3OH） v逆（CH3OH）（填“＞”、“＜”或“＝”，下同）；
催化效率：Cat2 Cat1；
（3）已知CO2催化加氢的主要反应如下：
主反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
副反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH＞0
①下列措施一定能提高反应速率和甲醇产率的是 （填标号）。
A．升高温度
B．通入He
C．不改变投料比，增大反应物浓度
②在压强分别为p1、p2时，将n起始（CO2）：n起始（H2）＝1：3的混合气体置于恒容密闭容器中反应，不同温度下平衡时体系中CO2转化率和CH3OH、CO选择性如图所示。
已知：CH3OH（或CO）的选择性。
代表CH3OH的选择性曲线是 （填“a”、“b”、“c”或“d”），p1 p2（填“＞”、“＜”或“＝”）。温度高于250℃，曲线b上升的原因是 。
2025菁优高考化学压轴卷训练4
参考答案与试题解析
一．选择题（共20小题）
1．（2024秋•崂山区校级月考）下列有关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】酸是电离出的阳离子都是氢离子的化合物；碱是电离出的阴离子都是氢氧根离子的化合物；盐是由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物；氧化物是含有两种元素一种为氧元素的化合物；能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物；能和酸反应生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物。
【解答】解：A．硫酸氢钠为盐不是酸，故A错误；
B．氧化钙为碱性氧化物、亚硫酸为弱酸、KSCN为盐、氯水含氯分子、水等为混合物，故B正确；
C．过氧化钠为过氧化物不是碱性氧化物，液氨为纯净物不是混合物，故C错误；
D．胆矾为纯净物不是混合物，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系等，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。
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•沧州三模）电解质在水溶液中的反应属于离子反应。下列离子方程式正确的是（ ）
A．浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：MnO2+4HClMn2++2H2O+Cl2↑+2Cl﹣
B．Ba（OH）2溶液中加入过量的NH4HSO4溶液：+H+++Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+H2O+NH3•H2O
C．1L0.1ml•L﹣1Na[Al（OH）4]溶液中通入0.28ml HCl气体：5[Al（OH）4]﹣+14H+＝2Al（OH）3↓+3Al3++14H2O
D．Cl2通入FeI2溶液中至Fe2+恰好完全反应：Cl2+2Fe2+＝2Cl﹣+2Fe3+
【专题】离子反应专题；理解与辨析能力．
【分析】A．根据氯化氢是强电解质，要拆，进行分析；
B．根据H+会和OH﹣反应，进行分析；
C．根据和0.28ml H+反应，生成0.04ml Al（OH）3和0.06ml Al3+，进行分析；
D．根据还原性：I﹣＞Fe2+，Cl2先氧化I﹣，后氧化Fe2+，进行分析。
【解答】解：A．浓盐酸与二氧化锰反应制取少量Cl2，离子方程式为：Cl2↑，故A错误；
B．加入过量的硫酸氢铵溶液，H+优先和OH﹣反应，离子方程式为+2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O，故B错误；
C．和0.28ml H+反应，生成0.04ml Al（OH）3和0.06ml Al3+，离子方程式为，故C正确；
D．还原性：I﹣＞Fe2+，氯气先氧化I﹣，然后氯气氧化Fe2+，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•云南学业考试）制备Cu2O的离子方程式为4Cu2++8OH﹣+N2H4＝2Cu2O↓+N2↑+6H2O，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．1L0.1ml•L﹣1的CuSO4溶液中Cu2+数目为0.1NA
B．标准状况下，22.4LN2所含π键数为2NA
C．生成1.44gCu2O转移电子数为0.01NA
D．1ml N2H4所含质子数为14NA
【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律；分析与推测能力．
【分析】A．根据硫酸铜为强酸弱碱盐，Cu2+在溶液中会水解，进行分析；
B．根据标准状况下，22.4LN2的物质的量为1ml，进行分析；
C．根据生成2ml Cu2O转移4ml电子，进行分析；
D．根据1个N2H4所含质子数为7+7+4＝18，进行分析。
【解答】解：A．CuSO4为强酸弱碱盐，Cu2+在溶液中会水解，则1L0.1ml•L﹣1的硫酸铜溶液中Cu2+数目小0.1NA，故A错误；
B．标准状况下，22.4LN2的物质的量为1ml，1ml N≡N所含π键数为2NA，故B正确；
C．生成2ml 氧化亚铜转移4ml电子，则生成1.44gCu2O（物质的量为0.01ml）转移电子数为0.02NA，故C错误；
D．1个N2H4所含质子数为7+7+4＝18，1ml N2H4所含质子数为18NA，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查阿伏加德罗常数等，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。
5．（2024•琼山区校级模拟）X、Y、Z、W、P、Q为短周期元素，其中Y的原子序数最小，它们的最高正价与原子半径关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．Y在元素周期表中位于p区
B．第一电离能：Z＞P＞Q＞X
C．氧化物对应水化物的酸性：Q＞P＞Z
D．电负性：Q＞P＞Z
【专题】元素周期律与元素周期表专题．
【分析】X、Y、Z、W、P、Q为短周期元素，Q有+7价，推知Q为Cl元素；Y有+2价、W有+5价，二者原子半径都小于Q（氯），推知Y为Be元素、W为N元素；Z有+4价、P有+6价，二者原子半径都大于Q（氯），故Z为Si元素、P为S元素；X有+1价，原子半径最大且Y的原子序数最小，推知X为Na元素。
【解答】解：由分析可知，X为Na元素、Y为Be元素、Z为Si元素、W为N元素、P为S元素、Q为Cl元素；
A．Y是Be元素，位于ⅡA族，属于s区元素，故A错误；
B．同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族、ⅤA族第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：Cl＞S＞Si＞Na，故B错误；
C．选项中没有指明是最高价氧化物对应的水化物，不能比较酸性强弱，故C错误；
D．同周期主族元素自左而右电负性增大，则电负性：Cl＞S＞Si，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，充分利用化合价与原子半径进行分析推断，熟练掌握元素周期表，试题培养了学生分析能力、灵活运用知识的能力。
【阅读下列一段文字，回答6﹣8题】
卤族元素单质及其化合物应用广泛。海洋是一个巨大的卤素资源宝库，从海水中能获得NaCl，NaCl的晶胞如图所示。以NaCl为原料可制得Cl2、HClO、ClO2、、。工业常通过电解NaCl饱和溶液制备Cl2，Cl2氧化卤水中Br﹣可得到Br2，KClO3酸性溶液中加入H2C2O4可制得黄绿色气体ClO2，该气体常用作自来水消毒剂。F2能与熔融的Na2SO4反应生成硫酰氟（SO2F2）。标况下，氟化氢呈液态。卤素互化物（如ICl、IF3）具有强氧化性；卤化银具有感光性。
6．下列说法正确的是（ ）
A．和中键角相等
B．SO2F2的中心原子S采用sp2杂化
C．Br原子基态核外电子排布式为[Ar]4s24p5
D．NaCl晶胞中，每个Na+周围紧邻且距离相等的Cl﹣构成正八面体结构
【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构；理解与辨析能力．
【分析】A．中Cl原子价层电子对数＝＝4，且Cl原子含有1个孤电子对，中Cl原子价层电子对数＝＝4，且Cl原子不含孤电子对，前者为三角锥形、后者为正四面体形；
B．SO2F2中S原子价层电子对数＝＝4，S原子采用sp3杂化；
C．Br原子核外有35个电子，其基态核外电子排布式为[Ar]3d104s24p5；
D．NaCl晶胞中，每个Na+周围紧邻且距离相等的Cl﹣有6个，构成正八面体结构。
【解答】解：A．中Cl原子价层电子对数＝＝4，且Cl原子含有1个孤电子对，中Cl原子价层电子对数＝＝4，且Cl原子不含孤电子对，前者为三角锥形、后者为正四面体形，则二者键角不相等，故A错误；
B．SO2F2中S原子价层电子对数＝＝4，S原子采用sp3杂化，故B错误；
C．Br原子核外有35个电子，其基态核外电子排布式为[Ar]3d104s24p5，故C错误；
D．NaCl晶胞中，每个Na+周围紧邻且距离相等的Cl﹣有6个，构成正八面体结构，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查核外电子排布式的书写及晶胞的结构，为高频考点，题目难度不大。
7．在指定条件下，下列选项所示的物质间转化或化学反应表示正确的是（ ）
A．NaCl（aq）NaHCO3（s）Na2CO3（s）
B．ICl溶于NaOH溶液：ICl+2OH﹣＝I﹣+ClO﹣+H2O
C．制备SO2F2：2F2+Na2SO42NaF+SO2F2+O2
D．用H2C2O4制备ClO2：2+C2+4H+＝2ClO2↑+2CO2↑+2H2O
【专题】离子反应专题；理解与辨析能力．
【分析】A．向NaCl溶液中通入二氧化碳不能生成碳酸氢钠；
B．ICl溶于NaOH溶液：ICl+2OH﹣＝Cl﹣+IO﹣+H2O；
C．制备SO2F2：2F2+Na2SO42NaF+SO2F2+O2；
D．用H2C2O4制备ClO2时H2C2O4不拆。
【解答】解：A．向NaCl溶液中通入二氧化碳不能生成碳酸氢钠，故A错误；
B．ICl溶于NaOH溶液：ICl+2OH﹣＝Cl﹣+IO﹣+H2O，故B错误；
C．制备SO2F2：2F2+Na2SO42NaF+SO2F2+O2，故C正确；
D．用H2C2O4制备ClO2：2+H2C2O4+2H+＝2ClO2↑+2CO2↑+2H2O，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查离子方程式正误的判断，为高频考点，题目难度不大。
8．下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．HClO呈弱酸性，可用于漂白纸张
B．ClO2具有强氧化性，可用于自来水杀菌消毒
C．AgI具有感光性，可用于人工降雨
D．HF分子内H—F键能大，HF沸点较高
【专题】物质的性质和变化专题；理解与辨析能力．
【分析】A．HClO具有强氧化性，可用于漂白纸张；
B．ClO2具有强氧化性，能使蛋白质变性；
C．AgI易与空气中水蒸气结合形成晶核，可用于人工降雨；
D．HF分子间存在氢键，沸点较高。
【解答】解：A．HClO具有强氧化性，可用于漂白纸张，与HClO呈弱酸性无关，故A错误；
B．ClO2具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于自来水杀菌消毒，故B正确；
C．AgI易与空气中水蒸气结合形成晶核，可用于人工降雨，与AgI具有感光性无关，故C错误；
D．HF分子间存在氢键，沸点较高，与HF分子内H—F键能大无关，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查物质的性质与用途，为高频考点，题目难度不大。
9．（2024秋•香坊区校级月考）某温度下，将氯气通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合溶液（已知氯气和NaOH在一定温度下能发生反应：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O），经测定ClO﹣与的数目之比为1：3，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的质量之比为（ ）
A．4：1B．11：3C．3：1D．21：5
【专题】氧化还原反应专题．
【分析】Cl2生成ClO﹣与是被氧化的过程，Cl2生成NaCl是被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，根据ClO﹣与的物质的量浓度之比可计算失去电子的总物质的量，进而可计算得到电子的总物质的量，可计算被还原的氯元素的物质的量，以此计算被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比。
【解答】解：Cl2生成ClO﹣与是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO﹣与的物质的量之比为1：3，则可设ClO﹣为1ml，为3ml，被氧化的Cl共为4ml，失去电子的总物质的量为1ml×（1﹣0）+3ml×（5﹣0）＝16ml，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为﹣1价，则得到电子的物质的量也应为16ml，则被还原的Cl的物质的量为16ml，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16ml：4ml＝4：1，
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握元素化合价变化、电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大。
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•云南学业考试）水伏发电的原理如图。水溶液进入表面修饰了羟基等亲水基团的毛细管后，因毛细作用和蒸发驱动，携带与管内壁表面电性相反的离子上移，在管内溶液上下两端形成流动电势差。
下列说法错误的是（ ）
A．管内溶液下端为负极
B．提高环境温度有利于提高发电效率
C．放电时正极发生的反应是2H++2e﹣＝H2↑
D．水溶液中盐的浓度和阳离子电荷数会影响其电势差
【专题】电化学专题；分析与推测能力．
【分析】由图可知，原电池工作时，带正电离子向正极移动，故上端为正极，下端为负极，据此作答。
【解答】解：A．由分析可知，管内溶液下端为负极，故A正确；
B．提高环境温度，蒸发加快，有利于提高发电效率，故B正确；
C．上端为正极，电极反应式为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，故C错误；
D．水溶液中盐的浓度和阳离子电荷数会对电势差产生影响，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键。
12．（2024秋•盐城月考）CO2催化加氢制甲醇，在减少CO2排放的同时实现了CO2的资源化，该反应可表示为CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），保持起始反应物n（H2）：n（CO2）＝3：1，T＝250℃时x（CH3OH）随压强变化的曲线和p＝5×105Pa时x（CH3OH）随温度变化的曲线如图。
已知：x（CH3OH）表示平衡体系中甲醇的物质的量分数。
下列说法正确的是（ ）
A．该反应正反应活化能大于逆反应活化能
B．图中曲线变化说明高温、低压有利于提高原料利用率
C．当p＝6×105Pa、T＝210℃时，达平衡后x（CH3OH）＜0.1
D．a、b曲线交点处CO2转化率相同，平衡常数不同
【专题】化学平衡专题；分析与推测能力．
【分析】由图可知，反应正向气体分子数减小，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，x（CH3OH）增大，故a曲线表示T＝250℃时x（CH3OH）随压强变化的曲线，b曲线表示p＝5×105Pa时x（CH3OH）随温度变化的曲线，温度升高，x（CH3OH）减小，平衡逆向移动，反应正向为放热反应，据此作答。
【解答】解：A．反应正向为放热反应，故正反应活化能小于逆反应活化能，故A错误；
B．高温、低压均使平衡逆向移动，不有利于提高原料利用率，故B错误；
C．当p＝2×105Pa、T＝210℃时，达平衡后x（CH3OH）＝0.1，当p＝6×105Pa、T＝210℃时，温度不变，压强增大，平衡正向移动，x（CH3OH）＞0.1，故C错误；
D．由图可知，a、b曲线交点处x（CH3OH）相同，故CO2转化率相同，但反应温度不同，故平衡常数不同，故D正确；
故选：D。
【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。
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•4月份模拟）保加利亚醌素是一种具有细胞活性的天然化合物，有潜在的药物功能，其结构简式如图所示。下列关于该物质的说法错误的是（ ）
A．分子式为C20H10O5
B．所有碳原子可能处于同一平面
C．含有2种官能团
D．1ml该物质最多能与11ml H2发生加成反应
【专题】有机物的化学性质及推断；分析与推测能力．
【分析】A．由结构简式可知，分子含有20个碳原子、10个氢原子、5个氧原子；
B．苯环与双键（碳碳双键、碳氧双键）均通过单键相连，所有碳原子可能共平面；
C．分子中官能团有碳碳双键、羟基、羰基；
D．分子种苯环、碳碳双键、羰基能与氢气发生加成反应。
【解答】解：A．由结构简式可知，分子含有20个碳原子、10个氢原子、5个氧原子，分子式为C20H10O5，故A正确；
B．该分子中所有碳原子均为不饱和碳原子，苯环与双键（碳碳双键、碳氧双键）均通过单键相连，所有碳原子可能共平面，故B正确；
C．分子中含有碳碳双键、羟基、羰基共3种官能团，故C错误；
D．1ml该有机物有2ml苯环、3ml碳碳双键、2ml羰基，1ml苯环消耗3ml H2，1ml碳碳双键和1ml羰基均消耗1ml H2，故1ml该物质最多能与（2ml×3+3ml+2ml）＝11ml H2发生加成反应，故D正确；
故选：C。
【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．（2023秋•肇东市校级期末）羟醛缩合反应是一种常用的增长碳链的方法。一种合成目标产物（图中⑦）的反应机理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．③是该反应的中间产物
B．④是该反应的催化剂
C．⑥到⑦的过程中没有非极性键的断裂和生成
D．合成⑦的总反应为+
【专题】物质的性质和变化专题；分析与推测能力．
【分析】A．根据在反应中生成又消耗，则该物质为中间产物，进行分析；
B．根据在反应中消耗又生成，则该物质为催化剂进行分析；
C．根据断开C＝N键、O—H键，形成N—H键、C＝O键，没有非极性键得断裂和生成进行分析；
D．根据反应物为丙酮和CH3CHO，生成物是，催化剂是，进行分析。
【解答】解：A．在反应中生成又消耗，则该物质为中间产物，③是第一步反应的产物，第二个反应的反应物，所以③只是该反应的中间产物，故A正确；
B．①为该反应的催化剂，故B错误；
C．⑥到⑦的过程+H2O→++H+，断开C＝N键、O—H键，形成N—H键、C＝O键，没有非极性键得断裂和生成，故C正确；
D．合成⑦，反应物为丙酮和CH3CHO，生成物是，催化剂是，总反应为，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，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。
16．（2024•湖南模拟）以磷肥生产中的副产物氟硅酸（H2SiF6）为原料制备高纯氟化铝，可以解决萤石资源日益匮乏的现状。其中一种新工艺流程如图所示：
已知：①常温下，0.05ml•L﹣1H2SiF6溶液的pH为1；
②熔点：AlCl3192℃，AlF31090℃，SiCl4﹣70℃；沸点：SiF4﹣86℃。
下列有关说法不正确的是（ ）
A．AlCl3与AlF3固体晶体类型不同
B．氟硅酸与硫酸钠反应的离子方程式为+2Na+═Na2SiF6↓
C．“气相沉积”工序中，将无水氯化铝以气态形式投入，可以使反应更充分，产品纯度更高
D．含1ml H2SiF6的原料最终制得1.2ml AlF3，则实验产率为60%
【专题】无机实验综合．
【分析】H2SiF6与硫酸钠反应生成Na2SiF6，经过干燥、热分解得到氟化钠和四氟化硅，再经过“气相沉积”工序，得到高纯氟化铝。
【解答】解：A．根据熔点数据可知，AlCl3为分子晶体，AlF3为离子晶体，故A正确；
B．根据已知①常温下，0.05ml•L﹣1H2SiF6溶液的pH为1，则知H2SiF6是强酸，由流程知Na2SiF6为沉淀，因此氟硅酸与硫酸钠反应的离子方程式为，故B正确；
C．“气相沉积”工序中，将无水氯化铝以气态形式投入，增大了反应物间的接触面积，使反应更充分，故C正确；
D．该工艺中转化的关系为H2SiF6～Na2SiF6～，含1ml H2SiF6的原料理论上得到，实际最终制得1.2ml AlF3，则实验产率为，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生物质之间反应和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
17．（2024秋•山东月考）查资料可知，I2可以将Cu氧化，某小组同学设计实验探究Cu被I2氧化的产物及铜元素的价态。已知：I2易溶于KI溶液，发生反应I2+I﹣⇌（红棕色）；I2和氧化性几乎相同；[Cu（NH3）2]+（无色）容易被空气氧化；[Cu（H2O）4]2+（蓝色）、[CuI2]﹣（无色）。将等体积的KI溶液加入到a ml铜粉和b ml碘单质（b＞a）的固体混合物中，振荡。实验记录如下：
进行以下实验探究：
步骤①取实验Ⅱ的深红棕色溶液，加入CCl4多次萃取、分液；
步骤②取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水，溶液逐渐变为浅蓝色，最终变为深蓝色。
下列说法正确的是（ ）
A．实验Ⅰ铜被氧化为+1价，实验Ⅱ铜被氧化为+2价
B．步骤①的目的是除去（或I2），防止干扰后续实验
C．步骤②中溶液随颜色的变化pH不变
D．结合上述实验，若从实验Ⅰ中提取白色沉淀，过滤后，可用浓HI溶液洗涤
【专题】无机实验综合；理解与辨析能力．
【分析】实验Ⅰ中，I2部分溶解，溶液为红棕色，是由于发生了I2+I﹣⇌，充分反应后，溶液仍为红棕色，且有白色沉淀析出，由于发生了2Cu+I2＝CuI2↓，实验Ⅱ中，I2完全溶解，溶液为深红棕色，由于发生了I2+I﹣⇌，充分反应后，红色的铜粉完全溶解，由于2Cu+2I﹣＝2[CuI2]﹣，[CuI2]﹣为无色，溶液为深红棕色，由于仍然存在，取实验II的深红棕色溶液，加入CCl4多次萃取、分液，将I2（或）除去，分液后的无色水溶液含有[CuI2]﹣，滴入浓氨水，发生生成无色的[Cu（NH3）4]+又被氧气不断氧化，最终被氧化为为深蓝色的[Cu（H2O）4]2+（蓝色）。
【解答】解：A．实验I和实验Ⅱ最终溶液颜色均为红棕色，说明有存在，生成的CuI和[CuI2]﹣均为+1价，故A错误；
B．步骤①取实验 II 的深红棕色溶液，加入CCl4多次萃取、分液，目的是除去I2（或），防止干扰后续实验对铜氧化产物的判断，故B正确；
C．步骤②中溶液由无色变为浅蓝色，最终变为深蓝色，因为铜离子与浓氨水反应生成了不同的配合物，据分析中的离子方程式知，反应过程中溶液的pH会发生变化，故C错误；
D．若从实验 I 中提取白色沉淀，白色沉淀可能是CuI能与浓HI溶液反应生成可溶于水的[CuI2]﹣，不能用浓HI溶液洗涤，故D错误，
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应的规律、物质性质的探究、实验方案设计。
18．（2024•河南开学）室温下，H2S水溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH的变化关系如图所示[例如δ（H2S）＝]，已知：室温下，Ksp（FeS）＝6.3×10﹣18，Ksp[Fe（OH）2]＝4.9×10﹣17，0.10ml•L﹣1Na2S溶液中S2﹣的水解率为62%。下列说法错误的是（ ）
A．室温下，H2S的Ka1和Ka2分别为1×10﹣7、1×10﹣13；溶解度：FeS小于Fe（OH）2
B．以酚酞为指示剂（变色的pH范围为8.2～10.0），用NaOH标准溶液可准确滴定H2S水溶液的浓度
C．等物质的量浓度的Na2S和NaHS混合溶液中存在关系：c（HS﹣）+3c（H2S）+2c（H+）＝c（S2﹣）+2c（OH﹣）
D．0.010ml•L﹣1FeCl2溶液中加入等体积0.20ml•L﹣1Na2S溶液，反应初始生成的沉淀是FeS和Fe（OH）2
【专题】盐类的水解专题．
【分析】由图可知，在H2S溶液中存在电离平衡：H2S⇌H++HS﹣、HS﹣⇌H++S2﹣，随着pH的增大，H2S的物质的量分数逐渐减小，HS﹣的物质的量分数先增大后减小，S2﹣的物质的量分数逐渐增大，图中曲线①、②、③依次代表H2S、HS﹣、S2﹣的物质的量分数随pH的变化关系，据此作答。
【解答】解：A．由曲线①和曲线②交点的pH＝7.0此时c（H2S）＝c（HS﹣），可知Ka1＝＝c（H+）＝1×10﹣7，同理由曲线②和曲线③交点的pH＝13.0，可知Ka2＝c（H+）＝1×10﹣13，，FeS的沉淀溶解平衡为FeS（s）⇌Fe2+（aq）+S2﹣（aq），饱和FeS溶液中溶质的物质的量浓度为c＝；Fe（OH）2的沉淀溶解平衡为，饱和Fe（OH）2溶液中溶质的物质的量浓度为c＝，故溶解度：FeS小于Fe（OH）2，故A正确；
B．酚酞变色的pH范围为8.2～10.0，若以酚酞为指示剂，用NaOH标准溶液滴定H2S水溶液，由图可知，当酚酞发生明显颜色变化时，反应没有完全生成酸式盐NaHS，即不能用酚酞作指示剂判断滴定终点，故B错误；
C．等物质的量浓度的Na2S和NaHS混合溶液中，物料守恒关系式为2c（Na+）＝3c（S2﹣）+3c（HS﹣）+3c（H2S），电荷守恒关系式为c（Na+）+c（H+）＝c（HS﹣）+2c（S2﹣）+c（OH﹣），两式合并，得到c（HS﹣）+3c（H2S）+2c（H+）＝c（S2﹣）+2c（OH﹣），故C正确；
D．0.010ml•L﹣1FeCl2溶液中加入等体积0.20ml•L﹣1Na2S溶液，混合一瞬间得到0.005ml•L﹣1FeCl2和0.10ml•L﹣1Na2S的混合液，结合题干中的已知条件“0.10ml•L﹣1Na2S溶液中S2﹣的水解率为62%”，可知浓度商，浓度商，故反应初始生成的沉淀是FeS和Fe（OH）2，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡，题目难度中等，能依据图象和信息计算电离平衡常数是解题的关键。
19．（2024秋•呼和浩特月考）如图所示，图像中横坐标为Cl﹣或的物质的量浓度负对数，纵坐标为Ag+的物质的量浓度负对数。已知：Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2CrO4）且Ag2CrO4为砖红色沉淀。下列说法错误的是（ ）
A．曲线Ⅰ表示Ksp（AgCl）
B．
C．的平衡常数K＝10﹣8
D．由数据可知，用硝酸银滴定氯离子测定其浓度时，K2CrO4可作为指示剂
【专题】盐类的水解专题；理解与辨析能力．
【分析】A．根据Ksp（AgCl）＝c（Ag+）•c（Cl﹣），进行分析；
B．根据，进行分析；
C．根据平衡常数的计算式进行分析；
D．根据Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2CrO4）可知，相同银离子时，氯离子先沉淀，进行分析。
【解答】解：A．根据Ksp（AgCl）＝c（Ag+）•c（Cl﹣），，，故曲线Ⅰ表示Ksp（AgCl），故A正确；
B．曲线Ⅰ表示Ksp（AgCl），，故B正确；
C．，当反应达到平衡时，平衡常数，故C错误；
D．根据Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2CrO4）可知，相同银离子时，Cl﹣先沉淀，用AgNO3滴定氯离子测定其浓度时，Ag2CrO4开始沉淀，出现砖红色，表明Cl﹣已经反应完全，此时到达滴定终点，故K2CrO4可作为指示剂，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查沉淀溶解平衡等，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。
20．（2024•广西）573K、高压条件下，一定量的苯甲腈在密闭容器中发生连续水解：C6H5CN（苯甲腈）→C6H5CONH2（苯甲酰胺）→C6H5COOH（苯甲酸）如图为水解过程中上述三者（分别用X、Y、Z表示）的物质的量分数x（A）随时间t的变化曲线，其中。下列说法错误的是（ ）
A．水解产物除了Y、Z还有NH3
B．a点时v（Y）消耗＝v（Y）生成
C．x（Z）在15min前基本不变，15min后明显增大，可能是水解产物对生成Z的反应有催化作用
D．任意25min时间段内存在v（X）＝v（Y）+v（Z）
【专题】化学平衡专题；理解与辨析能力．
【分析】苯甲腈在密闭容器中发生连续水解：C6H5CN（苯甲腈）+H2O→C6H5CONH2（苯甲酰胺），C6H5CONH2（苯甲酰胺）+H2O→C6H5COOH（苯甲酸）+NH3，据此作答。
【解答】解：A．由分析可知，水解产物除了Y、Z还有NH3，故A正确；
B．由图可知，a点时Y的量未保持不变，反应尚未达到平衡，故v（Y）消耗≠v（Y）生成，故B错误；
C．由图可知，15min后明显增大，可能是水解产物对生成Z的反应有催化作用，故C正确；
D．由元素守恒可知，任意25min时间段内存在v（X）＝v（Y）+v（Z），故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，能依据题目信息判断反应过程是解题的关键。
二．解答题（共5小题）
21．（2024秋•皇姑区校级月考）硼是第ⅢA族中唯一的非金属元素，可以形成众多的化合物。回答下列问题：
（1）下列硼原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为 A 、 D （填标号）。
A． B．
C． D．
（2）氨硼烷（H3N•BH3）分子中与N相连的H呈正电性，与B原子相连的H呈负电性，它们之间存在静电相互吸引作用，称为双氢键，用“N—H•••H—B”表示。以下物质之间可能形成双氢键的是 BD 。
A．苯和三氯甲烷
B．LiH和HCN
C．C2H4和C2H2
D．B2H6和NH3
硼氢化钠（NaBH4）是一种常见的还原剂，常温下易与水反应，可溶于异丙胺（沸点33℃），某探究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备NaBH4，其实验流程如图：
（3）第一步为高温合成，写出该合成的化学方程式 。
（4）流程中可以循环利用的物质除NaBO2外，还有 异丙胺 。
（5）NaBH4做还原剂时需控制溶液为弱碱性。若酸性较强，NaBH4易与水反应放出H2并生成硼酸，写出反应的离子方程式 。
实验测定NaBH4的产率原理及步骤如下：
①测定原理：
3NaBH4+4KIO3＝3NaBO2+4KI+6H2O
KIO3+5KI+3H2SO4＝3I2+3K2SO4+3H2O
I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6。
②测定步骤
步骤1：探究小组以：23.76g NaBO2为主要原料制得NaBH4产品，配成250mL溶液，量取2.50mL置于碘量瓶中，加入30.00mL 0.1000ml•L﹣1 KIO3溶液振荡60s，使充分反应。
步骤2：向充分反应的溶液加入过量的KI溶液，调节至酸性，冷却后暗处放置数分钟。
步骤3：用0.2000ml•L﹣1 Na2S2O3标准溶液滴定至微黄色，加入几滴淀粉指示剂，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为24.00mL。
（6）通过计算确定上述实验流程中NaBH4的产率 45.8% 。
（7）若滴定前滴定管中有气泡，滴定后气泡消失，将导致NaBH4的产率 偏低 （填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
【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）电子能量1s＜2s＜2p，则2p轨道上电子越多、1s轨道上电子越少，其能量越高；
（2）A．在苯和三氯甲烷分子中H原子都是呈正电性；
B．在LiH中H显负电性，而在HCN中H显正电性；
C．在C2H4和C2H2中H原子都是呈正电性；
D．在B2H6中H显负电性，在NH3中H原子都是呈正电性；
（3）第一步为高温合成，NaBO2、Na、SiO2和氢气在高温条件下反应生成NaBH4和硅酸钠；
（4）根据流程中信息可知，萃取时加入异丙胺；
（5）若酸性较强，NaBH4易与水反应放出H2并生成一种弱酸，为硼酸；
（6）理论上制得n（NaBH4）＝n（NaBO2）＝0.3600ml，剩余的，与NaBH4反应的，制得n（NaBH4）＝ n（KIO3）＝；
（7）若滴定前滴定管中有气泡，滴定后气泡消失，则消耗Na2S2O3标准溶液的体积偏大，剩余的KIO3偏多。
【解答】解：（1）电子能量1s＜2s＜2p，则2p轨道上电子越多、1s轨道上电子越少，其能量越高，则能量由高到低的顺序是D＞C＞B＞A，故能量最低和最高的分别为A、D，
故答案为：A；D；
（2）A．在苯和三氯甲烷分子中H原子都是呈正电性，因此不存在双氢键，故A错误；
B．在LiH中H显负电性，而在HCN中H显正电性，因此二者之间存在双氢键，故B正确；
C．在C2H4和C2H2中H原子都是呈正电性，因此不存在双氢键，故C错误；
D．在B2H6中H显负电性，在NH3中H原子都是呈正电性，因此二者之间存在双氢键，故D正确；
故答案为：BD；
（3）第一步为高温合成，NaBO2、Na、SiO2和氢气在高温条件下反应生成NaBH4和硅酸钠，合成的化学方程式为，
故答案为：；
（4）根据流程中信息可知，萃取时加入异丙胺，蒸馏时产生异丙胺可循环使用，
故答案为：异丙胺；
（5）若酸性较强，NaBH4易与水反应放出H2并生成一种弱酸，为硼酸，反应的离子方程式为
，
故答案为：；
（6）理论上制得n（NaBH4）＝n（NaBO2）＝0.3600ml，剩余的，与NaBH4反应的，制得n（NaBH4）＝ n（KIO3）＝，NaBH4产率为，
故答案为：45.8%；
（7）若滴定前滴定管中有气泡，滴定后气泡消失，则消耗Na2S2O3标准溶液的体积偏大，剩余的KIO3偏多，则与NaBH4反应的KIO3偏少，故将导致NaBH4的产率偏低，
故答案为：偏低。
【点评】本题考查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秋•贵阳月考）生活中处处都有化学。化学与生产、生活息息相关，请回答下列问题：
Ⅰ.家里厨卫中有许多化学物质。厨房里有食盐（主要成分①NaCl）、白醋（主要成分②CH3COOH）、料酒（主要成分③C2H5OH）、小苏打（主要成分④NaHCO3、天然气（主要成分⑤CH4）、菜刀（主要材料⑥Fe）等；卫生间有洁厕灵（主要成分⑦浓盐酸）、“84”消毒液（主要成分⑧NaClO）等。
（1）上述标有序号的物质中属于电解质的是 ①②④⑧ （填序号，下同）；能够导电的是 ⑥⑦ 。
（2）将⑦与④的溶液混合，写出反应的离子方程式： 。
（3）次磷酸和②CH3COOH都属于一元酸，次磷酸的化学式为H3PO2，则H3PO2与过量氢氧化钠溶液反应，生成的正盐的化学式为 NaH2PO2 。
Ⅱ.侯德榜为我国化工事业的发展做出了卓越贡献，某实验小组根据侯德榜联合制碱工艺设计了简化的制碱工艺如图所示：
（4）第④步的化学方程式为 2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O ，该过程中可以循环使用的物质是 CO2 。
（5）某实验小组按照上述原理制备纯碱，经检验该纯碱中还含有NaHCO3，欲测定制备的纯碱中Na2CO3的质量分数，提出了以下四种方案，你觉得不合理的是 C （填序号）。
A.取ag混合物充分加热，质量减少bg
B.取ag混合物与足量的盐酸进行充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体
C.取ag混合物与足量NaOH充分反应，得到bg溶液
D.取ag混合物与足量的稀硫酸充分反应，逸出的气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg
（6）氯化铵可用作肥料，从分离出碳酸氢钠晶体的母液中加入NaCl固体后可以分离出氯化铵晶体，根据氯化铵和氯化钠溶解度曲线（如图），需采用的操作是 降温结晶 、过滤、洗涤、干燥。
【专题】卤族元素；几种重要的金属及其化合物；理解与辨析能力．
【分析】（1）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是作电解质，NaCl、CH3COOH、NaHCO3、NaClO本身不导电，其水溶液能导电，属于电解质，C2H5OH、CH4 是化合物，但两者在水溶液和熔融状态都不导电，属于非电解质，Fe是单质，能导电、浓盐酸是混合物，不是电解质，能导电；
（2）⑦是浓盐酸，④是 NaHCO3，这两者反应的实质是浓盐酸中的 H+ 和 NaHCO3 电离出的 反应生成 CO2 气体和 H2O；
（3）次磷酸属于一元酸，次磷酸的化学式为H3PO2，则H3PO2生成的正盐的化学式为NaH2PO2；
（4）～（6）饱和食盐水中，先通入氨气，得到氨的饱和食盐水，再通入CO2，生成NaHCO3悬浊液，过滤、洗涤、干燥，得到NaHCO3晶体，将NaHCO3晶体加热分解，得到Na2CO3，生成的CO2可以循环使用，据此分析作答。
【解答】解：（1）根据分析可知，属于电解质的是①②④⑧，能够导电的是⑥⑦，
故答案为：①②④⑧；⑥⑦；
（2）将⑦与④的溶液混合，发生反应的离子方程式为：，
故答案为：；
（3）次磷酸和②CH3COOH都属于一元酸，次磷酸的化学式为H3PO2，则H3PO2与过量氢氧化钠溶液反应，生成的正盐的化学式为NaH2PO2，
故答案为：NaH2PO2；
（4）根据分析可知，第④步的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，该过程中可以循环使用的物质是CO2，
故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O；CO2；
（5）A.取ag混合物充分加热，质量减少bg，NaHCO3 加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，则碳酸氢钠质量为 ，Na2CO3 的质量为 ，Na2CO3 的质量分数为，故A不符合题意，
B.取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体，设Na2CO3和NaHCO3 的质量分别是xg、yg，则 解方程组可得碳酸钠的质量，进而计算出 Na2CO3 质量分数，故B不符合题意；
C.取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液，不能计算碳酸钠质量，故C符合题意；
D.取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg，可知二氧化碳的质量为bg，设Na2CO3和NaHCO3 的质量分别是xg、yg，则 ，解方程组可得碳酸钠的质量，进而计算出Na2CO3的质量分数，故D不符合题意；
故答案为：C；
（6）根据氯化铵和氯化钠的溶解度曲线可知，氯化铵的溶解度随温度的变化较大，而氯化钠的溶解度随温度的变化不大，从母液中分离出氯化铵晶体，在母液中加入氯化钠固体，使氯化铵较高温度下形成饱和溶液，降低温度使氯化铵以晶体形式析出，再将其过滤、洗涤、干燥就可以得到纯净的氯化铵固体，
故答案为：降温结晶。
【点评】本题主要考查电解质的概念及判断，侯氏制碱法的原理、方程式书写等，属于基本知识的考查，难度中等。
23．（2024•湛江二模）一种合成有机物G的合成路线如图：
回答下列问题：
（1）由A→B反应的试剂和条件是 浓硫酸和浓硝酸，加热 。
（2）B→C反应的反应类型为 酯化反应或者取代反应 ，C中含氧官能团的名称为 硝基和酯基 。
（3）M的化学式为C8H8O2S，则M的结构简式为 。
（4）写出反应E→F的化学方程式： +2H2O+2CH3OH 。
（5）化合物K是A的同系物，相对分子质量比A的多14。K的同分异构体中，同时满足下列条件，且核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为2：2：1：1：1的结构简式为 （不考虑立体异构）。
a．能与FeCl3溶液发生显色反应；b．能发生银镜反应；c．苯环上有2个取代基。
（6）以和为原料，结合上述合成线路中的相关信息，设计合成的路线 （用流程图表示，无机试剂任选）。
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】由题干流程图可知，由B、D的结构简式、C的分子式并结合B到C的转化条件可知，C的结构简式为：，由D的结构简式和C到D的转化条件并结合M的化学式C8H8O2S可知，化合物M的结构简式为：，由E、G的结构简式和F的分子式并结合E到F的转化条件可知，F的结构简式为：，据此分析解题。
【解答】解：（1）由题干流程图可知，A到B即在苯环上引入硝基，故由A→B反应的试剂和条件是浓硫酸和浓硝酸，加热，
故答案为：浓硫酸和浓硝酸，加热；
（2）由分析可知，C的结构简式为：，结合题干流程图可知B→C反应的反应类型为酯化反应或者取代反应，C中含氧官能团的名称为硝基和酯基，
故答案为：酯化反应或者取代反应；硝基和酯基；
（3）由分析可知，M的化学式为C8H8O2S，则M的结构简式为，
故答案为：；
（4）由分析可知，F的结构简式为：，故反应E→F的化学方程式为：+2H2O+2CH3OH，
故答案为：+2H2O+2CH3OH；
（5）由题干流程图可知，A的分子式为：C7H5O2Br，化合物K是A的同系物，相对分子质量比A的多14，则K的分子式为：C8H7O2Br，K的同分异构体中，同时满足下列条件a．能与FeCl3溶液发生显色反应即含有酚羟基；b．能发生银镜反应即含有醛基或甲酸酯，结合O原子数目可知，只能是醛基；c．苯环上有2个取代基，则这两个取代基为：﹣OH和﹣CHBrCHO，且核磁共振氢谱有5组峰则为对位结构，峰面积之比为2：2：1：1：1的结构简式为，
故答案为：；
（6）由题干F到G的转化信息可知，可由和在催化剂作用下形成酰胺基可得，根据D到E的转化条件可知，可由还原制得，发生硝化反应即可制得，由此确定合成路线为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物合成，侧重考查对比、分析、判断及知识综合运用能力，利用某些结构简式、分子式、反应条件及题给信息正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
24．（2024•重庆开学）FeSO4•7H2O是一种重要的添加剂。某实验室用工业废渣（主要成分是Fe2O3，还含有CaCO3和SiO2）制备FeSO4•7H2O的流程及硫酸亚铁的溶解度曲线如图所示。
（1）写出加稀硫酸时发生的一个化学反应方程式 Fe2O3+3H2SO4＝Fe2（SO4）3+3H2O或CaCO3+H2SO4＝CaSO4+CO2↑+H2O 。
（2）操作②的名称 过滤 。
（3）Fe与Fe2（SO4）3能发生化合反应，写出该反应的化学方程式 Fe+Fe2（SO4）3＝3FeSO4 。
（4）下列说法正确的是 AC （填序号）。
A．若滤液中没有硅元素，说明SiO2既不溶于水也不溶于稀硫酸
B．待结晶完毕后，滤出晶体，用沸水洗涤晶体，可以减少晶体的损耗
C．假设过程中Fe无损耗，制得的FeSO4•7H2O中的铁元素与废渣中的铁元素质量不相等
D．碳酸钙可以和稀硫酸反应，所以实验室能用石灰石与稀硫酸反应制二氧化碳
【专题】无机实验综合．
【分析】用工业废渣（主要成分是Fe2O3，还含有CaCO3和SiO2）制备FeSO4•7H2O的流程可知，废渣研磨后加入稀硫酸溶解，和稀硫酸反应生成硫酸铁和水，和稀硫酸反应生成硫酸钙、水和二氧化碳，SiO2不溶解，过滤得到滤渣为SiO2，滤液中加入铁粉和稀硫酸、硫酸铁反应，得到硫酸亚铁溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到FeSO4•7H2O，据此分析回答问题。
【解答】解：（1）加稀硫酸时发生化学反应的化学方程式为：Fe2O3+3H2SO4＝Fe2（SO4）3+3H2O、CaCO3+H2SO4＝CaSO4+CO2↑+H2O，
故答案为：Fe2O3+3H2SO4＝Fe2（SO4）3+3H2O或CaCO3+H2SO4＝CaSO4+CO2↑+H2O；
（2）操作②是分离固体和溶液，操作的名称为过滤，
故答案为：过滤；
（3）Fe与Fe2（SO4）3能发生化合反应生成硫酸亚铁，反应的化学方程式为：Fe+Fe2（SO4）3＝3FeSO4，
故答案为：Fe+Fe2（SO4）3＝3FeSO4；
（4）A．若滤液中没有硅元素，说明SiO2既不溶于水也不溶于稀硫酸，故A正确；
B．溶解度曲线可知随温度升高，硫酸亚铁晶体溶解度增大，待结晶完毕后，滤出晶体，用冷水洗涤晶体，可以减少晶体的损耗，故B错误；
C．假设过程中Fe无损耗，制备过程中加入了铁粉，制得的FeSO4•7H2O中的铁元素与废渣中的铁元素质量不相等，故C正确；
D．碳酸钙可以和稀硫酸反应，生成的硫酸钙微溶于水，覆盖在碳酸钙表面阻止反应进行，所以实验室不能用石灰石与稀硫酸反应制二氧化碳，故D错误；
故答案为：AC。
【点评】本题考查了物质的分离提纯过程分析判断，主要是物质性质的理解应用，题目难度不大。
25．（2024•湖北开学）中国科学院科研人员在实验室里首次实现了以二氧化碳为原料，不依赖植物光合作用，用一种类似“搭积木”的方式，构建了11步反应的人工合成淀粉，在未来，“空气”做馒头，“西北风”当饭“吃”可能不再是做梦。
Ⅰ．人工合成淀粉前两步涉及的反应如图1所示。
已知2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l） ΔH3，则反应CO2（g）+2H2（g）═HCHO（g）+H2O（g）的ΔH═ ΔH1+ΔH2﹣×ΔH3 （用ΔH1、ΔH2、ΔH3表示）。
Ⅱ．11步反应，每一步反应条件的选择和调控都很重要，以第一步反应为例，向一定温度下的恒容密闭容器中充入CO2、H2和催化剂，发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
（1）反应历程如下（TS表示过渡态，加*表示吸附在催化剂表面）。该合成甲醇的反应ΔH ＜ 0（填“＞”、“＜”或“＝”），在 低温 （填“高温”或“低温”）下可自发进行，生成 TS3 （填“TS1”、“TS2”或“TS3”）的步骤为该反应的决速步骤。
（2）在恒容密闭容器中，使用两种不同催化剂进行实验，相同时间内CO2的转化率与温度、催化剂（Cat1、Cat2为两种不同的催化剂）的关系如图3所示。
a点时速率比较：
v正（CH3OH） ＞ v逆（CH3OH）（填“＞”、“＜”或“＝”，下同）；
催化效率：Cat2 ＞ Cat1；
（3）已知CO2催化加氢的主要反应如下：
主反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
副反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH＞0
①下列措施一定能提高反应速率和甲醇产率的是 C （填标号）。
A．升高温度
B．通入He
C．不改变投料比，增大反应物浓度
②在压强分别为p1、p2时，将n起始（CO2）：n起始（H2）＝1：3的混合气体置于恒容密闭容器中反应，不同温度下平衡时体系中CO2转化率和CH3OH、CO选择性如图所示。
已知：CH3OH（或CO）的选择性。
代表CH3OH的选择性曲线是 a （填“a”、“b”、“c”或“d”），p1 ＞ p2（填“＞”、“＜”或“＝”）。温度高于250℃，曲线b上升的原因是 主反应是放热反应，副反应生成CO是吸热反应，随着温度升高，主反应逐渐被抑制，以副反应为主，从而CO的选择性上升 。
【专题】化学平衡专题；化学反应速率专题；理解与辨析能力．
【分析】Ⅰ.根据目标方程对已知方程进行调整，利用盖斯定律进行反应热计算；
Ⅱ.（1）根据△G＝ΔH﹣T△S，当△G＜0时，反应能自发进行；△G＞0时，反应不能自发进行；化学反应的决速步骤为慢反应；活化能越高，化学反应速率越慢；
（2）根据图示可知，a点对应的温度下，Cat1对应二氧化碳的转化率小于Cat2对应二氧化碳的转化率，因此a点未达到平衡状态，据此分析；
（3）①要提高反应物的转化率，即使得平衡正向移动；升高温度，平衡向着吸热的方向移动；增大压强，平衡向着气体分子数减小的方向移动；减小生成物浓度，平衡正向移动；使用催化剂，不影响平衡的移动；升高温度、增大压强、使用催化剂以及增大参与反应各物质的浓度均可加快反应速率；
②反应Ⅰ正向是一个气体分子数减小的放热反应，反应Ⅱ正向是一个气体分子数不变的吸热反应，升高温度，反应Ⅰ逆向移动，不利于甲醇的生成，反应Ⅱ正向进行，有利于CO的生成，因此CO的选择性增大，据此分析。
【解答】解：Ⅰ.根据图1可写出已知反应的热化学方程式，反应①为CO2（g）+3H2（g）＝H2O（g）+CH3OH（g）ΔH1，反应②为CH3OH（g）+O2（g）＝H2O（l）+HCHO（g）ΔH2，反应③为2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH3，根据盖斯定律可知，目标反应＝反应①+反应②﹣×反应③，因此ΔH＝ΔH1+ΔH2﹣×ΔH3，
故答案为：ΔH1+ΔH2﹣×ΔH3；
Ⅱ（1）根据图示可知，该反应的生成物总能量小于反应物的总能量，因此该反应为放热反应，即ΔH＜0；用复合判据△G＝ΔH﹣T△S，当△G＜0时，反应能自发进行；已知该反应ΔH＜0，△S＜0，因此该反应在低温条件下可自发进行；化学反应的决速步骤为慢反应；活化能越高，化学反应速率越慢，根据图示可知生成TS3的过程中活化能最大，因此生成TS3的步骤为该反应的决速步骤，
故答案为：＜；低温；TS3；
（2）根据图示可知，a点对应的温度下，Cat1对应二氧化碳的转化率小于Cat2对应二氧化碳的转化率，因此a点未达到平衡状态，a点要达到平衡状态，CO2的转化率增大，即平衡正向移动，因此，v正（CH3OH）＞v逆（CH3OH）；根据图示可知，相同温度下Cat1对应二氧化碳的转化率小于Cat2对应二氧化碳的转化率，因此催化效率Cat1＜Cat2，
故答案为：＞；＞；
（3）①A.已知反应Ⅰ正向是一个气体分子数减小的放热反应，反应Ⅱ正向是一个气体分子数不变的吸热反应，升高温度，反应速率加快，但是反应Ⅰ逆向移动，甲醇产率降低，故A错误；
B.恒温恒容条件下，充入氦气，引起总压增大，但各气体反应物的分压不变，即各气体反应物浓度不变，反应速率不变，故B错误；
C.不改变投料比，增大反应物浓度，反应Ⅰ、Ⅱ均加快，甲醇产率提高，故C正确；
故答案为：C；
②反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，所以温度越高，越有利于反应Ⅱ正向进行，越不利于反应Ⅰ正向进行，因此甲醇的选择性就越小，所以a代表的是甲醇的选择性；曲线b、c代表二氧化碳的转化率，反应Ⅰ为气体分子数减小的放热反应，温度一定时增大压强，反应Ⅰ的平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，反应Ⅱ为气体分子数不变的吸热反应，平衡不移动，二氧化碳的转化率不变，由图可知，温度一定时，p1条件下二氧化碳的转化率大于p2，则压强p1＞p2；温度高于250℃，曲线b上升的原因是主反应是放热反应，副反应生成CO是吸热反应，随着温度升高，主反应逐渐被抑制，以副反应为主，从而CO的选择性上升，
故答案为：a；＞；主反应是放热反应，副反应生成CO是吸热反应，随着温度升高，主反应逐渐被抑制，以副反应为主，从而CO的选择性上升。
【点评】本题主要考查盖斯定律的应用、化学反应自发进行的条件、影响化学反应速率和平衡的因素等内容，难度不大。
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 7:16:46；用户：组卷48；邮箱：zyb048@xyh.cm；学号：41419011
选项
碱性氧化物
酸
盐
混合物
A
Na2O
NaHSO4
NH4NO3
碱石灰
B
CaO
H2SO3
KSCN
氯水
C
Na2O2
HNO3
Na2CO3
液氨
D
Fe2O3
CH3COOH
Cu2（OH）2CO3
胆矾
c（KI）
实验现象
实验Ⅰ
0.1ml•L﹣1
I2部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，溶液仍为红棕色，且有白色沉淀析出
实验Ⅱ
4ml•L﹣1
I2完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色
选项
碱性氧化物
酸
盐
混合物
A
Na2O
NaHSO4
NH4NO3
碱石灰
B
CaO
H2SO3
KSCN
氯水
C
Na2O2
HNO3
Na2CO3
液氨
D
Fe2O3
CH3COOH
Cu2（OH）2CO3
胆矾
c（KI）
实验现象
实验Ⅰ
0.1ml•L﹣1
I2部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，溶液仍为红棕色，且有白色沉淀析出
实验Ⅱ
4ml•L﹣1
I2完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色