2025高考化学解密 压轴卷训练1（Word版附解析）

这是一份2025高考化学解密 压轴卷训练1（Word版附解析），共44页。

下列说法错误的是（ ）
A．纯净物与化合物属于重叠关系
B．氧化还原反应与分解反应属于交叉关系
C．置换反应与化合反应属于并列关系
D．化合物和电解质属于包含关系
2．（2024秋•南昌县校级月考）下列指定反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．Fe2（SO4）3溶液中加入足量Ba（OH）2溶液：Fe3++3OH﹣＝Fe（OH）3↓
B．氢氧化钠溶液中加入过量碳酸氢钙溶液：Ca2++2+2OH﹣＝CaCO3↓+2H2O+
C．氢氧化镁溶于稀醋酸中：Mg（OH）2+2H+＝Mg2++2H2O
D．向酸性FeCl2溶液中滴入少量H2O2稀溶液：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O
3．（2024秋•东城区校级月考）下列化学用语或图示表达不正确的是（ ）
A．Na+的结构示意图：
B．NaCl溶液中的水合离子：
C．NaHSO4在水中电离：NaHSO4＝Na++H++
D．还原剂和氧化剂的关系：
4．（2024秋•汕尾月考）设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法不正确的是（ ）
A．常温下，9.2gNO2气体中含有的氮原子数目为0.2NA
B．0.1ml的14C中，含有的中子数为0.8NA
C．64gCu与S完全反应转移的电子数为NA
D．1ml NaHSO4晶体中含有2NA个阳离子
5．（2024春•番禺区校级月考）橙色的Y2Z2X7氧化V2W2X4能生成使澄清石灰水变浑浊的气体，V、W、X是短周期元素，Y和Z均位于元素周期表第四周期。V在宇宙中含量最高；基态W原子的价电子排布式为nsnnpn；X是地壳中含量最高的元素，Y在同周期主族元素中原子半径最大，基态Z原子在同周期中未成对电子数最多，下列说法正确的是（ ）
A．Z是d区元素，基态Z原子的3d能级有5个电子且自旋平行
B．W的常见单质比X的常见单质更易与V2直接发生化合反应
C．向Y2Z2X7溶液中加入5～10滴6ml•L﹣1的NaOH溶液，c（Z2）增大，c（）减小，溶液橙色加深
D．第一电离能：X＜W＜Y
6．（2024•天津）柠檬烯是芳香植物和水果中的常见组分。下列有关它的说法错误的是（ ）
A．属于不饱和烃
B．所含碳原子采取sp2或sp3杂化
C．与氯气能发生1，2﹣加成和1，4﹣加成
D．可发生聚合反应
7．（2024秋•泉州月考）利用SbCl5为原料制备F2，涉及的物质转化关系如下：
其中反应ⅲ为K2[MnF6]+2SbF22K[SbF6]+MnF4。
下列有关制备过程中的说法错误的是（ ）
A．反应i中H2O2为还原剂
B．键能：Sb—F＞Sb—Cl
C．Sb原子的价层电子对数发生变化
D．反应i～iv中有3个氧化还原反应
8．（2024秋•南岸区校级月考）已知N2H4（l）的燃烧热为624kJ•ml﹣1；H3PO2（次磷酸）是一元弱酸，具有还原性。则下列化学反应式表示正确的是（ ）
A．工业冶炼铝，用石墨作电极电解Al2O3的阴极电极反应式：Al3++3e﹣＝Al
B．N2H4（1）燃烧的热化学方程式：N2H4（l）+O2（g）＝N2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣624kJ•ml﹣1
C．次磷酸与NaClO溶液：H3PO2+3NaClO＝Na3PO2+3HClO
D．电解饱和食盐水制备Cl2的离子方程式：2Cl﹣+2H+Cl2↑+H2↑
9．（2024秋•五华区期中）纳米硅基锂电池是一种新型二次电池，电池装置如图所示，电池反应式为xFeS2+4LixSixFe+2xLi2S+4Si，下列说法正确的是（ ）
A．放电时硅基电极发生还原反应
B．放电时Li+由a极移向b极
C．电子可以通过聚合物隔膜
D．充电时，a极反应式为xFe+2xLi2S﹣4xe﹣＝4xLi++xFeS2
10．（2024秋•和平区校级月考）在一个绝热的恒容密闭容器中通入CO（g）和H2O（g），一定条件下使反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）达到平衡状态，正反应速率随时间变化的示意图如图所示。由图可得出的结论正确的有（ ）
①反应物浓度：A点小于C点
②反应物的总能量高于生成物的总能量
③反应过程中压强始终不变
④Δt1＝Δt2时，H2的产率：AB段小于BC段
⑤C点时反应进行的程度最大
A．1项B．2项C．3项D．4项
11．（2024秋•青岛月考）将氯气持续通入紫色石蕊试液中，溶液颜色呈现如图所示变化。对导致变色的物质Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的正确判断是（ ）
A．Cl2、HClO、HClB．HCl、HClO、Cl2
C．HCl、Cl2、HClOD．Cl2、HCl、HClO
12．（2024•广西）6﹣硝基胡椒酸是合成心血管药物奥索利酸的中间体，其合成路线中的某一步如下：
下列有关X和Y的说法正确的是（ ）
A．所含官能团的个数相等
B．都能发生加聚反应
C．二者中的所有原子共平面
D．均能溶于碱性水溶液
13．（2023秋•郑州期中）CO2/HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。在催化剂作用下，HCOOH催化释氢的反应机理如图所示。下列有关说法错误的是（ ）
A．HCOOH催化释氢的方程式为HCOOHCO2↑+H2↑
B．相同条件下，HCOOK溶液催化释氢的速率小于HCOOH催化释氢
C．以HCOOK溶液催化释氢，KH是中间产物
D．DCOOH催化释氢反应生成CO2和HD
14．（2022秋•金华期末）根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
15．（2024•广西）某小组对Fe2（SO4）3和K3[Fe（CN）6]的性质进行探究：
Ⅰ．向少量蒸馏水里滴加2滴Fe2（SO4）3溶液，再滴加2滴KSCN溶液。
Ⅱ．向少量蒸馏水里滴加2滴K3[Fe（CN）6]溶液，再滴加2滴KSCN溶液。
下列说法正确的是（ ）
A．实验Ⅰ中继续加入少量K2SO4固体，溶液颜色变浅
B．实验Ⅱ中溶液呈红色
C．KSCN能区分Fe2（SO4）3和K3[Fe（CN）6]
D．焰色试验不能区分Fe2（SO4）3和K3[Fe（CN）6]
16．（2024秋•泉州月考）某同学设计下列装置制备少量ClCH2CH2OH（沸点为128.7℃，能与水、乙醇以任意比混溶）。下列说法正确的是（ ）
A．配制乙醇与浓硫酸混合液的方法是：在不断搅拌下向浓硫酸中加入乙醇
B．装置b中可盛放酸性KMnO4溶液以除去SO2杂质
C．装置c中发生的反应为Cl2+H2O+CH2＝CH2→ClCH2CH2OH+HCl
D．最后用分液的方法从装置c中分离出ClCH2CH2OH
17．（2024•沧州三模）一种从某钒矿石（主要成分为V2O5、Al2O3、Fe2O3和SiO2）中提钒的工艺流程如图所示：
已知：P204（磷酸二异辛酯，用HA表示）能够萃取溶液中的VO2+，萃取VO2+的原理是：
VO2+（水层）+2HA（有机层）⇌VOA2（有机层）+2H+（水层）
下列说法错误的是（ ）
A．“氯化焙烧”时气体与矿料应逆流而行
B．试剂a为草酸（H2C2O4）溶液，试剂b为硫酸溶液
C．“氯化焙烧”、“酸浸”和“还原”的操作过程中均有氧化还原反应发生
D．“操作X”为反萃取、分液，使用的主要玻璃仪器有梨形分液漏斗、烧杯
18．（2024•南京模拟）室温下，用含有少量Mn2+的ZnSO4溶液制备ZnCO3的过程如图。下列说法正确的是（ ）
A．NaClO溶液中：c（Na+）＝c（ClO﹣）+c（OH﹣）
B．NH4HCO3溶液中：c（OH﹣）+c（NH3•H2O）＝c（H+）+c（H2CO3）+c（）
C．“过滤”所得滤液中：c（）+c（NH3•H2O）＞c（）+c（H2CO3）+c（）
D．“过滤”所得滤液中：＜
19．（2024•5月份模拟）25℃时，AgX、Ag2Y的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．用KX溶液可除去AgX中的杂质Ag2Y
B．a点的Ag2Y体系中Q（Ag2Y）＞Ksp（Ag2Y）
C．25℃时，
D．向c点的分散系中加入AgNO3溶液可得到b点分散系
20．（2024•安徽开学）以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1
②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2
CO2的平衡转化率（X—CO2）、CH3OH的选择性（S—CH3OH）随温度、压强变化如图所示。下列分析不正确的是（ ）
已知：S—CH3OH＝×100%
A．p1＞p2，ΔH2＞0
B．温度介于350～400℃时，体系主要发生反应②
C．由信息可知，反应①为高温下自发进行的反应
D．初始n（CO2）＝1ml、n（H2）＝2ml，平衡后X—CO2＝30%、S—CH3OH＝80%，若只发生反应①和②，则H2的转化率为39%
二．解答题（共5小题）
21．（2024•淮安开学）吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。用ZnO浆料吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。
已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn（HSO3）2易溶于水；溶液中H2SO3、、的物质的量分数随pH的分布如图1所示。
（1）搅拌下向氧化锌浆料中匀速缓慢通入SO2气体。
①下列操作一定能提高氧化锌浆料吸收SO2效率的有 （填序号）。
A．水浴加热氧化锌浆料
B．加快搅拌
C．降低通入SO2气体的速率
D．通过多孔球泡向氧化锌浆料中通SO2
②在开始吸收的40min内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化（图2）。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是 （填化学式）；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为 。
（2）O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH在4.5～6.5范围内，pH越低生成速率越大，其主要原因是 。
（3）将氧化后的溶液结晶可得到ZnSO4•7H2O，隔绝空气加热可得到氧化锌固体。加热过程中固体质量的残留率与温度的关系如图3所示。已知C→D的过程中产生两种气体，写出该过程的化学方程式 。
（4）氧化锌晶体的一种晶胞结构如图4所示，O2﹣位于Zn2+构成的 （填“四面体空隙”、“六面体空隙”或“八面体空隙”）中。若晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善晶体的性能，Zn—N中离子键成分的百分数小于Zn—O键，原因是 。
22．（2024秋•闵行区期中）“价类”二维图是学习金属元素及其化合物的重要工具，如图所示是铁及其化合物的“价类”二维图。
（1）x代表的物质类别为 、Y代表具体物质是 ，Z在空气中转化为W的化学方程式为 ；请写出检验是否有W胶体生成的方法 。
（2）（双选）下列反应能得到单质铁的是 。
A.Cu与FeCl3溶液反应
B.在高温下Al与Fe3O4反应
C.在高温下CO与Fe2O3反应
D.Fe（OH）2受热分解
（3）能说明Fe的还原性弱于Na的是 。
A.Na的熔点比Fe的熔点低
B.1ml Fe、Na分别与S反应，Fe失电子数多
C.Na与冷水剧烈反应，Fe与冷水不反应
D.Fe3+氧化性强于Na+
（4）实验室盛放FeSO4溶液的试剂瓶中通常需要加入少量铁粉，铁粉的作用是 。
（5）某小组研究FeSO4性质，预测FeSO4能与 发生氧化还原反应（填序号）。
①NaOH溶液 ②氯水 ③稀盐酸 ④酸性KMnO4溶液 ⑤FeCl3溶液 ⑥碳酸钠
（6）为了检验FeCl2溶液是否被氧化，可向溶液中加入 （填选项编号）。
A，新制氯水
B.铁片
C.KSCN溶液
D.石蕊试液
（7）铁盐溶液可用于金属刻蚀。如用FeCl3溶液刻蚀铜制电路板，FeCl3被 （填“还原”或“氧化”）为FeCl2．
（8）高铁酸钠是一种能杀菌、脱色、除臭的新型高效水处理剂。工业上可用NaClO氧化Fe（OH）3的方法制备Na2FeO4，其原理为3NaClO+2Fe（OH）3+4NaOH＝2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，用单线桥法表示该反应的电子转移方向和数目。 。
（9）合金具有许多优良性能，C919大型飞机使用了大量新型材料铝合金。下列物质属于合金的是 。
A.水银
B.青铜
C.白银
D.黄金
23．（2024秋•天河区校级月考）于生物质资源开发常见的化工原料，是绿色化学的重要研究方向。利用木质纤维素为起始原料结合CO2生产聚碳酸对二甲苯酯可以实现碳减排，缓解日益紧张的能源危机，路线如图：
（1）化合物Ⅰ含有的官能团为 （填名称）。
（2）对化合物Ⅱ，预测其可能的化学性质，完成下表。
（3）化合物Ⅲ到化合物Ⅳ的反应是原子利用率100%的反应，且1mlⅢ与1ml化合物a反应得到1mlⅣ，则化合物a的结构简式为 。
（4）已知化合物Ⅴ的核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积之比为2：3，用系统命名法对化合物V命名： 。
（5）化合物Ⅶ的芳香族同分异构体中符合下列条件的有 种（不含立体异构）。
①最多能与相同物质的量的Na2CO3反应；
②能与2倍物质的量的Na发生放出H2的反应。
（6）关于Ⅶ生成Ⅷ的反应的说法中，不正确的有 。
A．反应过程中，有H—O键断裂
B．反应过程中，有C＝O双键和C—O单键形成
C．该反应为加聚反应
D．CO2属于极性分子，分子中存在由p轨道“肩并肩”形成的π键
（7）参照上述信息，写出以丙烯和CO2为起始有机原料合成的路线 （其他无机试剂任选）。
24．（2024秋•山东月考）NH3—CaSO4法可用于吸收燃煤发电厂的CO2，同时获得产品（NH4）2SO4。反应的原理为：CO2+CaSO4+2NH3+H2O═CaCO3↓+（NH4）2SO4。实验室根据上述反应原理，模拟生产硫酸铵。完成下列填空：
（1）上述反应原理中，属于电解质的物质有 种，实验室利用大理石制备CO2的离子方程式为 。
（2）搭建如图1所示装置，先从 （选填“a”或“b”）通入气体 （填物质名称）至饱和。然后改通入另一种气体，当液体由红色变为浅红色时，立即停止实验，不继续通气至过量的可能原因是 （用离子方程式解释）。
（3）将反应后混合体系过滤，滤液经一系列操作后得（NH4）2SO4晶体（溶解度曲线如图2）。将下列操作或现象的标号填入相应括号中 。
A．蒸发皿中出现少量晶体
B．使用漏斗趁热过滤
C．利用蒸发皿余热使溶液蒸干
D．用玻璃棒不断搅拌
E．等待蒸发皿冷却
若烘干“过滤”所得（NH4）2SO4晶体时温度过高，会分解产生SO2、N2、NH3和H2O，则相同条件下，SO2和N2的体积比为 。
25．（2024秋•广东月考）联氨（N2H4）又称肼，是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。
回答下列问题：
（1）N2H4的电子式为 ，N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是 。
（2）N2H4、N2O4常用作火箭发射推进剂中的反应物质。
已知：①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l） ΔH1；
②N2（g）+2H2（g）＝N2H4（l） ΔH2；
③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g） ΔH3；
④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g） ΔH4。
上述反应热效应之间的关系式为ΔH4＝ （用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代数式表示）。
（3）已知联氨为二元弱碱，常温下联氨的水溶液中存在平衡：N2H4+H2O⇌N2+OH﹣ K1；N2+H2O⇌N2+OH﹣ K2。常温下将盐酸滴加到联氨（N2H4）的水溶液中，混合溶液中微粒的分布分数δ（X）随﹣lgc（OH﹣）变化的关系如图所示[已知：X的分布分数δ（X）＝，X表示N2H4或N2或N2]：
①K2＝ 。
②a点溶液的c（OH﹣）＝ 。
③N2H5Cl在溶液中水解的离子方程式为 。
（4）N2H4和氧气反应的产物随温度的不同而发生变化，在相同时间内测得N2H4和氧气反应产物的产率随温度变化的曲线如图所示：
①下列说法正确的是 （填选项字母）。
A.温度低于400℃时，肼和氧气发生的主要反应中反应物反应的物质的量之比为1：1
B.T℃下，若只发生反应N2H4（g）+2O2（g）⇌2NO（g）+2H2O（g），反应达到平衡时，增大容器体积，变大
C.温度高于900℃时，N2与NO的产率降低，但是反应速率加快了
D.温度高于900℃时，NO和N2的产率降低的原因一定是平衡逆向移动
②1200℃时，向某1L恒容密闭容器中充入1.10ml肼和2.50ml氧气，发生反应N2H4（g）+O2（g）⇌N2（g）+2H2O（g）和N2H4（g）+2O2（g）⇌2NO（g）+2H2O（g），平衡时若生成0.40ml NO，0.10ml N2，则反应N2H4（g）+2O2（g）⇌2NO（g）+2H2O（g）的平衡常数K＝ ml•L﹣1。
2025菁优高考化学压轴卷训练1
参考答案与试题解析
一．选择题（共20小题）
1．（2024秋•河池月考）对物质进行分类时，要明确化学概念之间的逻辑关系。已知物质间存在如下关系：
下列说法错误的是（ ）
A．纯净物与化合物属于重叠关系
B．氧化还原反应与分解反应属于交叉关系
C．置换反应与化合反应属于并列关系
D．化合物和电解质属于包含关系
【专题】物质的分类专题．
【分析】应用各知识点的概念，理解概念间相关的关系，结合图示所提供的关系意义，分析相关的选项从而判断正确与否，据此进行解答。
【解答】解：A．单质、化合物均属于纯净物，化合物与纯净物属于包含关系，故A错误；
B．氧化还原反应与分解反应属于交叉关系，故B正确；
C．置换反应与化合反应属于并列关系，故C正确；
D．在水溶液或熔融状态下能导电的化合物是电解质，故化合物一定包含电解质，是包含关系，故D正确；
故选：A。
【点评】本题是对概念间关系的考查，把握个概念间的关系是解题的关键所在，此题应属基础知识考查题。
2．（2024秋•南昌县校级月考）下列指定反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．Fe2（SO4）3溶液中加入足量Ba（OH）2溶液：Fe3++3OH﹣＝Fe（OH）3↓
B．氢氧化钠溶液中加入过量碳酸氢钙溶液：Ca2++2+2OH﹣＝CaCO3↓+2H2O+
C．氢氧化镁溶于稀醋酸中：Mg（OH）2+2H+＝Mg2++2H2O
D．向酸性FeCl2溶液中滴入少量H2O2稀溶液：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O
【专题】离子反应专题；分析与推测能力．
【分析】A．根据离子方程式必须满足电荷守恒进行分析；
B．根据少量的物质完全反应，按照少量物质电离出离子的物质的量之比进行反应，进行分析；
C．根据醋酸是弱酸，不能拆开，进行分析；
D．根据双氧水在酸性条件下将二价铁氧化生成三价进行分析。
【解答】解：A．Fe2（SO4）3的酸性溶液中通入足量Ba（OH）2，Fe3+和按照2：3比例完全反应，离子方程式必须满足电荷守恒，正确的离子方程式为：，故A错误；
B．少量的物质完全反应，按照少量物质电离出离子的物质的量之比进行反应，氢氧化钠溶液中加入过量碳酸氢钙溶液，反应生成碳酸钙沉淀和水，正确的离子方程式为：，故B错误；
C．醋酸是弱酸，不能拆开，离子方程式为，故C错误；
D．向酸性FeCl2溶液中滴入少量H2O2稀溶液，双氧水在酸性条件下将二价铁氧化生成三价铁：，故D正确；
故选：D。
【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。
3．（2024秋•东城区校级月考）下列化学用语或图示表达不正确的是（ ）
A．Na+的结构示意图：
B．NaCl溶液中的水合离子：
C．NaHSO4在水中电离：NaHSO4＝Na++H++
D．还原剂和氧化剂的关系：
【专题】化学用语专题；分析与推测能力．
【分析】A．根据Na+核外含有10个电子，进行分析；
B．根据钠离子带正电荷，形成水合离子时应该是水中带负电的氧原子靠近钠离子，带正电的氢原子靠近氯离子，进行分析；
C．根据NaHSO4在水中电离电离产生H+、Na+和，进行分析；
D．根据氧化还原反应中氧化剂得到电子，还原剂失去电子进行分析。
【解答】解：A．钠离子核外含有10个电子，钠离子的结构示意图为：，故A错误；
B．钠离子带正电荷，形成水合离子时应该是水中带负电的氧原子靠近钠离子，带正电的氢原子靠近氯离子，故B正确；
C．硫酸氢钠在水中电离电离产生H+、Na+和，电离方程式为：，故C正确；
D．氧化还原反应中还原剂失去电子，氧化剂得到电子，氧化剂和还原剂的关系为，故D正确；
故选：A。
【点评】本题主要考查电离方程式的书写等，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•汕尾月考）设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法不正确的是（ ）
A．常温下，9.2gNO2气体中含有的氮原子数目为0.2NA
B．0.1ml的14C中，含有的中子数为0.8NA
C．64gCu与S完全反应转移的电子数为NA
D．1ml NaHSO4晶体中含有2NA个阳离子
【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．结合公式n＝计算；
B．一个14C中含有8个中子；
C．Cu与S反应生成Cu2S；
D．NaHSO4晶体由钠离子和硫酸氢根离子组成。
【解答】解：A．9.2gNO2气体中含有的氮原子数目为×1×NA/ml＝0.2NA，故A正确；
B．0.1ml的14C中，含有的中子数为0.1ml×8×NA/ml＝0.8NA，故B正确；
C．Cu与S反应生成Cu2S，64g即Cu与S完全反应转移的电子数为NA，故C正确；
D．1ml NaHSO4晶体中含有NA个阳离子，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数，题目难度中等，掌握以物质的量为中心的计算转化关系是解题的关键。
5．（2024春•番禺区校级月考）橙色的Y2Z2X7氧化V2W2X4能生成使澄清石灰水变浑浊的气体，V、W、X是短周期元素，Y和Z均位于元素周期表第四周期。V在宇宙中含量最高；基态W原子的价电子排布式为nsnnpn；X是地壳中含量最高的元素，Y在同周期主族元素中原子半径最大，基态Z原子在同周期中未成对电子数最多，下列说法正确的是（ ）
A．Z是d区元素，基态Z原子的3d能级有5个电子且自旋平行
B．W的常见单质比X的常见单质更易与V2直接发生化合反应
C．向Y2Z2X7溶液中加入5～10滴6ml•L﹣1的NaOH溶液，c（Z2）增大，c（）减小，溶液橙色加深
D．第一电离能：X＜W＜Y
【专题】元素周期律与元素周期表专题；理解与辨析能力．
【分析】V、W、X是短周期元素，V在宇宙中含量最高，V为H元素；基态W原子的价电子排布式为nsnnpn，n只能为2，W为C元素；X是地壳中含量最高的元素，X为O元素；Y和Z均位于元素周期表第四周期，Y在同周期主族元素中原子半径最大，Y为K元素；基态Z原子在同周期中未成对电子数最多，Z为Cr元素，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，V为H元素、W为C元素、X为O元素、Y为K元素、Z为Cr元素，
A．Z为Cr元素，价电子排布为3d54s1，属于d区元素，基态Z原子的3d能级有5个电子且自旋平行，故A正确；
B．非金属性O大于C，则W的常见单质比X的常见单质更难与O2直接发生化合反应，故B错误；
C．K2Cr2O7溶液中存在平衡Cr2+H2O⇌2+2H+，加入5～10滴6ml•L﹣1的NaOH溶液，氢离子浓度减小，平衡正向移动，c（Z2）减小，c（）增大，溶液黄色加深，故C错误；
D．同周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，同主族从上到下第一电离能减小，则第一电离能：Y＜W＜X，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、电子排布、地壳中元素的含量等来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识及规律性知识的应用，题目难度不大。
6．（2024•天津）柠檬烯是芳香植物和水果中的常见组分。下列有关它的说法错误的是（ ）
A．属于不饱和烃
B．所含碳原子采取sp2或sp3杂化
C．与氯气能发生1，2﹣加成和1，4﹣加成
D．可发生聚合反应
【专题】化学键与晶体结构；有机物的化学性质及推断；分析与推测能力．
【分析】A．不饱和烃是指分子中含有碳碳双键或碳碳三键的碳氢化合物；
B．连接双键的碳原子采用sp2杂化，只连接单键的碳原子采用sp3杂化；
C．该有机物不属于共轭二烯烃；
D．含有碳碳双键的有机物能发生加聚反应。
【解答】解：A．该有机物属于含有碳碳双键的碳氢化合物，所以属于不饱和烃，故A正确；
B．分子中连接双键的碳原子采用sp2杂化，只连接单键的碳原子采用sp3杂化，故B正确；
C．该有机物不属于共轭二烯烃，不能发生1，4﹣加成，故C错误；
D．该有机物中含有碳碳双键，所以能发生加聚反应，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系、基本概念内涵是解本题关键，题目难度不大。
7．（2024秋•泉州月考）利用SbCl5为原料制备F2，涉及的物质转化关系如下：
其中反应ⅲ为K2[MnF6]+2SbF22K[SbF6]+MnF4。
下列有关制备过程中的说法错误的是（ ）
A．反应i中H2O2为还原剂
B．键能：Sb—F＞Sb—Cl
C．Sb原子的价层电子对数发生变化
D．反应i～iv中有3个氧化还原反应
【专题】氧化还原反应专题；分析与推测能力．
【分析】A．根据有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，元素化合价升高的反应为氧化反应，作还原剂，元素化合价降低的反应为还原反应，作氧化剂进行分析；
B．根据原子半径F＜Cl，键长：Sb—F＜Sb—Cl，进行分析；
C．根据，Sb原子的价层电子对数由5对变化为6对，进行分析；
D．根据反应i和iv中元素化合价发生变化、属于氧化还原反应，进行分析。
【解答】解：A．元素化合价升高的反应为氧化反应，作还原剂，元素化合价降低的反应为还原反应，作氧化剂，反应i中Mn元素化合价由KMnO4中+7价降低为K2[MnF6]中+4价，氧化剂是KMnO4，还原剂是H2O2，故A正确；
B．原子半径F＜Cl，键长：Sb—F＜Sb—Cl，则共价键的牢固程度以及键能：Sb—F＞Sb—Cl，故B正确；
C．，Sb原子的价层电子对数由5对变化为6对，故C正确；
D．反应i和iv中元素化合价发生变化、属于氧化还原反应，反应ⅱ、ⅲ中元素化合价不发生变化、是非氧化还原反应，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查氧化还原反应的基本概念及规律等，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。
8．（2024秋•南岸区校级月考）已知N2H4（l）的燃烧热为624kJ•ml﹣1；H3PO2（次磷酸）是一元弱酸，具有还原性。则下列化学反应式表示正确的是（ ）
A．工业冶炼铝，用石墨作电极电解Al2O3的阴极电极反应式：Al3++3e﹣＝Al
B．N2H4（1）燃烧的热化学方程式：N2H4（l）+O2（g）＝N2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣624kJ•ml﹣1
C．次磷酸与NaClO溶液：H3PO2+3NaClO＝Na3PO2+3HClO
D．电解饱和食盐水制备Cl2的离子方程式：2Cl﹣+2H+Cl2↑+H2↑
【专题】离子反应专题；化学反应中的能量变化．
【分析】A．用石墨作电极电解Al2O3，阴极上是铝离子得到电子生成金属铝；
B．肼（N2H4）是一种可燃性液体，燃烧热为624kJ/ml，是1ml肼燃烧生成氮气和液态水放出的热量；
C．次磷酸与NaClO溶液反应生成NaH2PO2和HCl；
D．电解饱和食盐水生成H2和Cl2。
【解答】解：A．用石墨作电极电解Al2O3阴极上是铝离子得到电子生成金属铝，阴极电极方程式：Al3++3e﹣═Al，故A正确；
B．肼（N2H4）是一种可燃性液体，燃烧热为624kJ/ml，则根据概念得到，N2H4燃烧的热化学方程式：N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l） ΔH＝﹣624kJ/ml，故B错误；
C．次磷酸与NaClO溶液反应生成NaH2PO2和HCl，故C错误；
D．电解饱和食盐水生成H2和Cl2，离子方程式为：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查了离子方程式和热化学方程式的书写，题目难度不大，掌握基础知识，结合题给信息是解答该题的关键。
9．（2024秋•五华区期中）纳米硅基锂电池是一种新型二次电池，电池装置如图所示，电池反应式为xFeS2+4LixSixFe+2xLi2S+4Si，下列说法正确的是（ ）
A．放电时硅基电极发生还原反应
B．放电时Li+由a极移向b极
C．电子可以通过聚合物隔膜
D．充电时，a极反应式为xFe+2xLi2S﹣4xe﹣＝4xLi++xFeS2
【专题】电化学专题；理解与辨析能力．
【分析】电池反应式为xFeS2+4LixSixFe+2xLi2S+4Si，由图可知，放电时，Fe元素化合价降低得电子，故a极为正极，b极为负极，充电时，a极为阳极，b极为阴极，据此作答。
【解答】解：A．放电时硅基电极为负极，发生氧化反应，故A错误；
B．放电时Li+由b极（负极）移向b极（正极），故B错误；
C．原电池工作时，电子不经过电解质溶液，故不通过聚合物隔膜，故C错误；
D．充电时，a极为阳极，电极反应式为xFe+2xLi2S﹣4xe﹣＝4xLi++xFeS2，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查可充电电池，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。
10．（2024秋•和平区校级月考）在一个绝热的恒容密闭容器中通入CO（g）和H2O（g），一定条件下使反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）达到平衡状态，正反应速率随时间变化的示意图如图所示。由图可得出的结论正确的有（ ）
①反应物浓度：A点小于C点
②反应物的总能量高于生成物的总能量
③反应过程中压强始终不变
④Δt1＝Δt2时，H2的产率：AB段小于BC段
⑤C点时反应进行的程度最大
A．1项B．2项C．3项D．4项
【专题】化学反应速率专题；分析与推测能力．
【分析】A点到C点正反应速率逐渐变大，C点之后正反应速率逐渐变小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，C点之后浓度减小对正反应速率的影响大于温度升高对正反应速率的影响，因此该反应是放热反应。
【解答】解：①A点到C点正反应速率逐渐变大，反应正向进行，反应物浓度随时间不断减小，故①错误；
②该反应是放热反应，因此反应物的总能量高于生成物的总能量，故②正确；
③绝热的恒容密闭容器，反应为等体积反应，因反应过程中温度发生变化，因此压强发生变化，故③错误；
④正反应速率AB段小于BC段，Δt1＝Δt2时，H2的产率：AB段小于BC段，故④正确；
⑤C点时正反应速率还在改变，反应未达到平衡，因此反应进行程度不是最大，故⑤错误；故正确的一共有2项，故B正确，
故选：B。
【点评】本题主要考查化学反应速率变化曲线及其应用等，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。
11．（2024秋•青岛月考）将氯气持续通入紫色石蕊试液中，溶液颜色呈现如图所示变化。对导致变色的物质Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的正确判断是（ ）
A．Cl2、HClO、HClB．HCl、HClO、Cl2
C．HCl、Cl2、HClOD．Cl2、HCl、HClO
【专题】卤族元素；分析与推测能力．
【分析】Cl2+H2O⇌HCl+HClO，氯水中主要含有Cl2、HCl、HClO，以此分析。
【解答】解：因溶液中含有HCl，遇到紫色石蕊，石蕊溶液变红；HClO因具有强氧化性而体现漂白性，则溶液褪色；氯水中含有氯气，则溶液呈浅黄绿色，
故选：B。
【点评】本题主要考查氯气的化学性质等，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。
12．（2024•广西）6﹣硝基胡椒酸是合成心血管药物奥索利酸的中间体，其合成路线中的某一步如下：
下列有关X和Y的说法正确的是（ ）
A．所含官能团的个数相等
B．都能发生加聚反应
C．二者中的所有原子共平面
D．均能溶于碱性水溶液
【专题】有机物的化学性质及推断；理解与辨析能力．
【分析】A．X中官能团有醚键、硝基、碳碳双键；Y中官能团有醚键、羧基和硝基；
B．碳碳双键能发生加聚反应；
C．饱和碳原子具有甲烷的结构特点，甲烷分子中最多有3个原子共平面；
D．酚—OH、—COOH、酯基、酰胺基都能与碱溶液反应。
【解答】解：A．X中官能团有醚键、硝基、碳碳双键；Y中官能团有醚键、羧基和硝基，X、Y中都含有4个官能团，故A正确；
B．碳碳双键能发生加聚反应，X能发生加聚反应、Y不能发生加聚反应，故B错误；
C．饱和碳原子具有甲烷的结构特点，甲烷分子中最多有3个原子共平面，X、Y中都含有饱和碳原子，所以X、Y中所有原子一定不共平面，故C错误；
D．Y中含有羧基，能和碱液反应，X不能和碱液反应，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
13．（2023秋•郑州期中）CO2/HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。在催化剂作用下，HCOOH催化释氢的反应机理如图所示。下列有关说法错误的是（ ）
A．HCOOH催化释氢的方程式为HCOOHCO2↑+H2↑
B．相同条件下，HCOOK溶液催化释氢的速率小于HCOOH催化释氢
C．以HCOOK溶液催化释氢，KH是中间产物
D．DCOOH催化释氢反应生成CO2和HD
【专题】化学反应速率专题；化学应用．
【分析】由图可知，HCOOH催化释氢生成二氧化碳和氢气，反应的方程式为：HCOOHCO2↑+H2↑，HCOOH催化释氢反应的机理中有H﹣离子生成，根据总反应方程式可知，DCOOH催化释氢反应生成CO2和HD，以此做题。
【解答】解：A.由图可知HCOOH催化释氢生成二氧化碳和氢气，反应的方程式为：HCOOHCO2↑+H2↑，故A正确；
B.若将弱电解质HCOOH替换为强电解质HCOOK，HCOOK在溶液中快速电离有利于提高释放氢气的速率，相同条件下，HCOOK溶液催化释氢的速率大于HCOOH催化释氢，故B错误；
C.由图可知，HCOOH催化释氢反应的机理中有H﹣离子生成，若将弱电解质HCOOH替换为强电解质HCOOK，HCOOK在溶液中快速电离出的K+能与H﹣反应生成KH，KH与水反应生成的氢氧化钾和氢气，KH是中间产物，故C正确；
D.根据总反应方程式可知，DCOOH催化释氢反应生成CO2和HD，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查化学反应机理以及催化剂，该题目的创新点在于对反应机理过程图的理解，侧重于学生的理解能力，难度较大。
14．（2022秋•金华期末）根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【专题】气体的制备与性质检验类实验．
【分析】甲酸铵为弱酸弱碱盐，铵根离子和碳酸氢根离子在溶液都发生水解反应，而碳酸氢钠为强碱弱酸盐，只有碳酸氢根离子在溶液中发生水解反应，浓盐酸能与高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，铬酸钾溶液中存在如下平衡：2+2H+⇌Cr2+H2O，向氯化镁溶液加入过量的氢氧化钠溶液后，再加入氯化铜溶液，只有沉淀的生成反应，没有沉淀的转化反应，以此做题。
【解答】解：A.甲酸铵为弱酸弱碱盐，铵根离子和碳酸氢根离子在溶液都发生水解反应，而碳酸氢钠为强碱弱酸盐，只有碳酸氢根离子在溶液中发生水解反应，所以比较等浓度甲酸铵弱于碳酸氢钠溶液的pH不能判断甲酸根离子和碳酸氢根离子的水解常数大小，故A错误；
B.浓盐酸能与高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，则将铁锈溶于浓盐酸，滴入高锰酸钾溶液，紫色逐渐褪去不能确定铁锈中含有二价铁，故B错误；
C.铬酸钾溶液中存在如下平衡：2+2H+⇌Cr2+H2O，向溶液中缓慢滴加硫酸，溶液由黄色变为橙红色说明溶液氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，故C正确；
D.向氯化镁溶液加入过量的氢氧化钠溶液后，再加入氯化铜溶液，只有沉淀的生成反应，没有沉淀的转化反应，生成蓝色沉淀不能比较氢氧化镁和氢氧化铜的溶度积大小，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查化学实验方案的设计，与物质的水解、沉淀转化向结合进行考查，综合性较强，难度较大，需要仔细阅读选项条件，避免掉入陷阱，也是考试的重点。
15．（2024•广西）某小组对Fe2（SO4）3和K3[Fe（CN）6]的性质进行探究：
Ⅰ．向少量蒸馏水里滴加2滴Fe2（SO4）3溶液，再滴加2滴KSCN溶液。
Ⅱ．向少量蒸馏水里滴加2滴K3[Fe（CN）6]溶液，再滴加2滴KSCN溶液。
下列说法正确的是（ ）
A．实验Ⅰ中继续加入少量K2SO4固体，溶液颜色变浅
B．实验Ⅱ中溶液呈红色
C．KSCN能区分Fe2（SO4）3和K3[Fe（CN）6]
D．焰色试验不能区分Fe2（SO4）3和K3[Fe（CN）6]
【专题】无机实验综合；分析与推测能力．
【分析】A．实验Ⅰ中，Fe2（SO4）3溶液与KSCN溶液反应的本质是Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，加入少量K2SO4固体，K+和浓度增大，但对平衡没有影响；
B．K3[Fe（CN）6]电离出K+和[Fe（CN）6]3﹣，[Fe（CN）6]3﹣不能电离出Fe3+；
C．Fe2（SO4）3溶液与KSCN溶液反应，得到血红色溶液，K3[Fe（CN）6]溶液与KSCN溶液不反应；
D．铁无焰色，钾的焰色是紫色，透过蓝色钴玻璃观察。
【解答】解：A．实验Ⅰ中，Fe2（SO4）3溶液与KSCN溶液反应的本质是Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，加入少量K2SO4固体，K+和浓度增大，但对平衡没有影响，平衡不移动，溶液颜色不变，故A错误；
B．实验Ⅱ中，K3[Fe（CN）6]电离出K+和[Fe（CN）6]3﹣，[Fe（CN）6]3﹣不能电离出Fe3+，滴加2滴KSCN溶液，不显血红色，故B错误；
C．Fe2（SO4）3溶液与KSCN溶液反应，得到血红色溶液，K3[Fe（CN）6]溶液与KSCN溶液不反应，K3[Fe（CN）6]固体是深红色晶体，溶液是黄色，略带有黄绿色荧光，所以KSCN能区分Fe2（SO4）3和K3[Fe（CN）6]，故C正确；
D．铁无焰色，钾的焰色是紫色，透过蓝色钴玻璃观察，所以焰色试验能区分Fe2（SO4）3和K3[Fe（CN）6]，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查性质实验方案的设计，具体涉及平衡移动，配位化合物的组成等，难度中等。
16．（2024秋•泉州月考）某同学设计下列装置制备少量ClCH2CH2OH（沸点为128.7℃，能与水、乙醇以任意比混溶）。下列说法正确的是（ ）
A．配制乙醇与浓硫酸混合液的方法是：在不断搅拌下向浓硫酸中加入乙醇
B．装置b中可盛放酸性KMnO4溶液以除去SO2杂质
C．装置c中发生的反应为Cl2+H2O+CH2＝CH2→ClCH2CH2OH+HCl
D．最后用分液的方法从装置c中分离出ClCH2CH2OH
【专题】化学实验基本操作；分析与推测能力．
【分析】A．根据浓硫酸的密度比乙醇的大，进行分析；
B．根据高锰酸钾溶液可氧化乙烯进行分析；
C．根据Cl2先与水反应生成HClO，HClO再与乙烯加成进行分析；
D．根据ClCH2CH2OH与水互溶，应先中和再蒸馏进行分析。
【解答】解：A．浓硫酸的密度比乙醇的大，应在不断搅拌下向乙醇中加入浓硫酸，故A错误；
B．装置b中应盛放浓的NaOH溶液，因为高锰酸钾溶液会氧化乙烯，故B错误；
C．Cl2先与水反应生成HClO，HClO再与乙烯加成，装置c中发生的反应为Cl2+H2O+CH2＝CH2→ClCH2CH2OH+HCl，故C正确；
D．ClCH2CH2OH与水互溶，应先中和再蒸馏，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计等，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。
17．（2024•沧州三模）一种从某钒矿石（主要成分为V2O5、Al2O3、Fe2O3和SiO2）中提钒的工艺流程如图所示：
已知：P204（磷酸二异辛酯，用HA表示）能够萃取溶液中的VO2+，萃取VO2+的原理是：
VO2+（水层）+2HA（有机层）⇌VOA2（有机层）+2H+（水层）
下列说法错误的是（ ）
A．“氯化焙烧”时气体与矿料应逆流而行
B．试剂a为草酸（H2C2O4）溶液，试剂b为硫酸溶液
C．“氯化焙烧”、“酸浸”和“还原”的操作过程中均有氧化还原反应发生
D．“操作X”为反萃取、分液，使用的主要玻璃仪器有梨形分液漏斗、烧杯
【专题】物质的分离提纯和鉴别．
【分析】钒矿石经过氯化焙烧生成氯气和矾酸钠，钒酸钠经过酸浸生成（VO2）2SO4，（VO2）2SO4被试剂a还原再经过萃取分液、反萃取等操作最终得到VOSO4。
【解答】解：A．“氯化焙烧”时气体与矿料逆流而行，能使反应物充分接触，加快反应速率，故A正确；
B．草酸是还原剂，能将+5价钒还原成+4价钒；试剂b为硫酸溶液，用作反萃取剂，故B正确；
C．“氯化焙烧”和“还原”的操作过程中均有氧化还原反应发生，“酸浸”的操作过程中各物质的化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，故C错误；
D．“操作X”为反萃取、分液，使用的主要玻璃仪器有梨形分液漏斗、烧杯，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
18．（2024•南京模拟）室温下，用含有少量Mn2+的ZnSO4溶液制备ZnCO3的过程如图。下列说法正确的是（ ）
A．NaClO溶液中：c（Na+）＝c（ClO﹣）+c（OH﹣）
B．NH4HCO3溶液中：c（OH﹣）+c（NH3•H2O）＝c（H+）+c（H2CO3）+c（）
C．“过滤”所得滤液中：c（）+c（NH3•H2O）＞c（）+c（H2CO3）+c（）
D．“过滤”所得滤液中：＜
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】ZnSO4溶液中加入次氯酸钠将二价锰离子氧化为二氧化锰并除去，在滤液中加入碳酸氢铵与氨水沉淀锌离子，生成碳酸锌沉淀与碳酸铵，过滤得到碳酸锌，据此回答。
【解答】解：A．在次氯酸钠溶液中，根据电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）＝c（ClO﹣）+c（OH﹣），故A错误；
B．在NH4HCO3中存在质子守恒：c（OH﹣）+c（NH3•H2O）+c（）＝c（H+）+c（H2CO3），故B错误；
C．过滤之后的滤液为（NH4）2CO3，根据物料守恒，铵根离子以及水解产生的一水合氨分子的浓度之和等于碳酸氢根离子、电离产生的碳酸根离子、水解产生的碳酸分子的浓度之和的2倍，则为c（）+c（NH3•H2O）＝2[c（）+c（H2CO3）+c（）]，所以c（）+c（NH3•H2O）＞c（）+c（H2CO3）+c（），故C正确；
D．过滤之后的溶液为碳酸锌的饱和溶液，但不是氢氧化锌的饱和溶液，所以对于氢氧化锌的饱和溶液而言，氢氧根离子浓度偏小，则＞，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生微粒浓度关系的掌握情况，试题难度中等。
19．（2024•5月份模拟）25℃时，AgX、Ag2Y的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．用KX溶液可除去AgX中的杂质Ag2Y
B．a点的Ag2Y体系中Q（Ag2Y）＞Ksp（Ag2Y）
C．25℃时，
D．向c点的分散系中加入AgNO3溶液可得到b点分散系
【专题】电离平衡与溶液的pH专题；分析与推测能力．
【分析】Ksp（AgX）＝c（Ag+）•c（X﹣），Ksp（Ag2Y）＝c2（Ag+）•c（Y2﹣），即﹣lgc（Ag+）＝﹣[﹣lgc（X﹣）]﹣lgKsp（AgX），﹣lgc（Ag+）＝﹣0.5[﹣lgc（X﹣）]﹣0.5lgKsp（Ag2Y），根据斜率大小可知，曲线Ⅰ、Ⅱ分别表示Ag2Y、AgX的沉淀溶解平衡曲线，根据（2，1）和（8.8，1）可得Ksp（Ag2Y）＝（10﹣1）2×10﹣2＝10﹣4，Ksp（AgX）＝10﹣9.8，据此分析解答。
【解答】解：A．由上述分析可知，Ksp（Ag2Y）＝（10﹣1）2×10﹣2＝10﹣4，Ksp（AgX）＝10﹣9.8，反应Ag2Y（s）+2X﹣（aq）⇌2AgX（s）+Y2﹣（aq）的平衡常数K＝＝＝＝1015.6＞105，则用KX溶液可除去AgX中的杂质Ag2Y，故A正确；
B．a点在Ag2Y的沉淀溶解平衡曲线上方，为Ag2Y的不饱和溶液，则a点的Q（Ag2Y）＜Ksp（Ag2Y），故B错误；
C．由上述分析可知，曲线Ⅰ、Ⅱ分别表示Ag2Y、AgX的沉淀溶解平衡曲线，根据（8.8，1）可得Ksp（AgX）＝10﹣9.8，故C错误；
D．Ksp（AgX）＝c（Ag+）•c（X﹣），向c点的AgX溶液中加入AgNO3溶液，重新达到平衡状态后c（Ag+）增大、c（X﹣）减小，即﹣lgc（Ag+）变小、﹣lgc（X﹣）变大，不可能得到b点分散系，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡及其图象分析，侧重分析判断能力和计算能力考查，把握溶度积常数表达式及其计算、图中曲线表示的意义是解题关键，题目难度中等。
20．（2024•安徽开学）以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1
②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2
CO2的平衡转化率（X—CO2）、CH3OH的选择性（S—CH3OH）随温度、压强变化如图所示。下列分析不正确的是（ ）
已知：S—CH3OH＝×100%
A．p1＞p2，ΔH2＞0
B．温度介于350～400℃时，体系主要发生反应②
C．由信息可知，反应①为高温下自发进行的反应
D．初始n（CO2）＝1ml、n（H2）＝2ml，平衡后X—CO2＝30%、S—CH3OH＝80%，若只发生反应①和②，则H2的转化率为39%
【分析】A．反应①气体体积减小的反应，相同温度下，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的选择性增大，由图可知，相同温度下，P1压强下CH3OH的选择性大于P2压强下CH3OH的选择性，则p1＞p2；相同压强下，升高温度，CH3OH的选择性减小，但CO2的平衡转化率先减小后增大，说明反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，则ΔH1＜0，ΔH2＞0；
B．温度介于350～400℃时，CH3OH的选择性接近为0，意味着转化为CH3OH的CO2为0，说明体系发生的反应主要是②；
C．温度高于300℃时，二氧化碳的转化率增大，而甲醇的选择性降低，说明升高温度反应①逆向移动，反应②正向移动，则ΔH1＜0，ΔH2＞0，而反应①的正向气体减少，△S1＜0，低温时才有△G＝ΔH1﹣T△S1＜0，因此反应①理论上低温自发；
D．平衡后，根据CO2的平衡转化率为30%，得出两个反应共消耗0.3ml CO2，又因
S—CH3OH＝80%，知0.3ml CO2中有80%发生反应①转化为CH3OH，而0.3ml CO2中有20%发生反应②转化为CO，根据三段式得：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
起始（ml） 1 2 0 0
变化（ml）1×0.3×0.8 0.72
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
变化（ml）1×0.3×0.2 0.06
两个反应中氢气的转化总量为0.78ml，所以氢气的转化率为×100%＝39%。
【解答】解：A．反应①气体体积减小的反应，相同温度下，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的选择性增大，由图可知，相同温度下，P1压强下CH3OH的选择性大于P2压强下CH3OH的选择性，则p1＞p2；相同压强下，升高温度，CH3OH的选择性减小，但CO2的平衡转化率先减小后增大，说明反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，则ΔH1＜0，ΔH2＞0，故A正确；
B．温度介于350～400℃时，CH3OH的选择性接近为0，意味着转化为CH3OH的CO2为0，说明体系发生的反应主要是②，故B正确；
C．温度高于300℃时，二氧化碳的转化率增大，而甲醇的选择性降低，说明升高温度反应①逆向移动，反应②正向移动，则ΔH1＜0，ΔH2＞0，而反应①的正向气体减少，△S1＜0，低温时才有△G＝ΔH1﹣T△S1＜0，因此反应①理论上低温自发，故C错误；
D．平衡后，根据CO2的平衡转化率为30%，得出两个反应共消耗0.3ml CO2，又因
S—CH3OH＝80%，知0.3ml CO2中有80%发生反应①转化为CH3OH，而0.3ml CO2中有20%发生反应②转化为CO，根据三段式得：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
起始（ml） 1 2 0 0
变化（ml）1×0.3×0.8 0.72
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
变化（ml）1×0.3×0.2 0.06
两个反应中氢气的转化总量为0.78ml，其转化率为×100%＝39%，故D正确，
故选：C。
【点评】本题考查影响化学平衡的因素、化学平衡图像分析、转化率的计算、化学反应进行方向的判据知识，题目难度大。
二．解答题（共5小题）
21．（2024•淮安开学）吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。用ZnO浆料吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。
已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn（HSO3）2易溶于水；溶液中H2SO3、、的物质的量分数随pH的分布如图1所示。
（1）搅拌下向氧化锌浆料中匀速缓慢通入SO2气体。
①下列操作一定能提高氧化锌浆料吸收SO2效率的有 BD （填序号）。
A．水浴加热氧化锌浆料
B．加快搅拌
C．降低通入SO2气体的速率
D．通过多孔球泡向氧化锌浆料中通SO2
②在开始吸收的40min内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化（图2）。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是 ZnSO3 （填化学式）；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为 ZnO+2SO2+H2O＝Zn2++2 。
（2）O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH在4.5～6.5范围内，pH越低生成速率越大，其主要原因是 随着pH降低，浓度增大 。
（3）将氧化后的溶液结晶可得到ZnSO4•7H2O，隔绝空气加热可得到氧化锌固体。加热过程中固体质量的残留率与温度的关系如图3所示。已知C→D的过程中产生两种气体，写出该过程的化学方程式 2ZnSO42ZnO+2SO2↑+O2↑ 。
（4）氧化锌晶体的一种晶胞结构如图4所示，O2﹣位于Zn2+构成的 四面体空隙 （填“四面体空隙”、“六面体空隙”或“八面体空隙”）中。若晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善晶体的性能，Zn—N中离子键成分的百分数小于Zn—O键，原因是 电负性O＞N，电负性差值Zn—O键＞Zn—N键，故Zn—N键中离子键百分数小 。
【专题】化学键与晶体结构；化学平衡专题；氧族元素．
【分析】（1）①A．水浴加热氧化锌浆料，反应温度升高，可能导致SO2气体溢出；
B．加快搅拌，加大了ZnO与SO2的接触面积；
C．降低通入SO2气体的速率，SO2浓度降低；
D．通过多孔球泡向氧化锌浆料中通SO2，增大了ZnO与SO2的接触面积；
②反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3；一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2，生成易溶于水的Zn（HSO3） ；
（2）pH值大于6.5时，S（Ⅳ）以微溶物ZnSO3形式存在，使S（Ⅳ）不利于与O2接触，反应速率慢；pH降低，S（Ⅳ）的主要以形式溶于水中，与O2充分接触；
（3）ZnSO4•7H2O中ZnSO4质量分数为×100%＝56.1%，即C点物质为ZnSO4，隔绝空气加热可得到氧化锌固体、SO2和O2；
（4）由晶胞结构图可知，O2﹣周围有4个Zn2+；若晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善晶体的性能，由于电负性O＞N，电负性差值：Zn—O键＞Zn—N键。
【解答】解：（1）①A．水浴加热氧化锌浆料，反应温度升高，可能导致SO2气体溢出，导致SO2浓度降低，故不一定加快反应速率，不一定能提高吸收效率，故A错误；
B．加快搅拌，加大了Zn0与SO2的接触面积，加快反应速率，提高吸收效率，故B正确；
C．降低通入SO2气体的速率，SO2浓度降低，化学反应速率降低，吸收效率降低，故C错误；
D．通过多孔球泡向氧化锌浆料中通SO2，增大了ZnO与SO2的接触面积，加快反应速率，提高吸收效率，故D正确；
故答案为：BD；
②反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变；一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2，生成易溶于水的Zn（HSO3），此时溶液pH逐渐变小，SO2的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为：ZnO+2SO2+H2O＝Zn2++2 ，
故答案为：ZnSO3；ZnO+2SO2+H2O＝Zn2++2 ；
（2）pH值大于6.5时，S（Ⅳ）以微溶物ZnSO3形式存在，使S（Ⅳ）不利于与O2接触，反应速率慢；pH降低，S（Ⅳ）的主要以形式溶于水中，与O2充分接触，因而pH降低生成速率增大，
故答案为：随着pH降低，浓度增大；
（3）ZnSO4•7H2O中ZnSO4质量分数为×100%＝56.1%，即C点物质为ZnSO4，隔绝空气加热可得到氧化锌固体、SO2和O2，该过程的化学方程式为：2ZnSO42ZnO+2SO2↑+O2↑，
故答案为：2ZnSO42ZnO+2SO2↑+O2↑；
（4）由晶胞结构图可知，O2﹣周围有4个Zn2+，即O2﹣位于Zn2+构成的正四面体空隙中；若晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善晶体的性能，由于电负性O＞N，电负性差值：Zn—O键＞Zn—N键，故Zn—N键中离子键百分数小，
故答案为：四面体空隙；电负性O＞N，电负性差值：Zn—O键＞Zn—N键，故Zn—N键中离子键百分数小。
【点评】本题考查比较综合，涉及二氧化硫和亚硫酸盐的性质、离子反应、化学平衡图像、晶胞结构等知识，侧重考查学生的读图、分析能力，能够迅速在图表中提取到有用信息，解决有关问题，善于利用已学知识，解答问题，题目难度较大。
22．（2024秋•闵行区期中）“价类”二维图是学习金属元素及其化合物的重要工具，如图所示是铁及其化合物的“价类”二维图。
（1）x代表的物质类别为 氧化物 、Y代表具体物质是 Fe2O3 ，Z在空气中转化为W的化学方程式为 4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3 ；请写出检验是否有W胶体生成的方法 用一束光通过氢氧化铁胶体，若出现一条光亮通路，证明是氢氧化铁胶体 。
（2）（双选）下列反应能得到单质铁的是 BC 。
A.Cu与FeCl3溶液反应
B.在高温下Al与Fe3O4反应
C.在高温下CO与Fe2O3反应
D.Fe（OH）2受热分解
（3）能说明Fe的还原性弱于Na的是 C 。
A.Na的熔点比Fe的熔点低
B.1ml Fe、Na分别与S反应，Fe失电子数多
C.Na与冷水剧烈反应，Fe与冷水不反应
D.Fe3+氧化性强于Na+
（4）实验室盛放FeSO4溶液的试剂瓶中通常需要加入少量铁粉，铁粉的作用是 和铁离子反应生成亚铁离子，防止亚铁离子被氧化 。
（5）某小组研究FeSO4性质，预测FeSO4能与 ②④⑤ 发生氧化还原反应（填序号）。
①NaOH溶液 ②氯水 ③稀盐酸 ④酸性KMnO4溶液 ⑤FeCl3溶液 ⑥碳酸钠
（6）为了检验FeCl2溶液是否被氧化，可向溶液中加入 C （填选项编号）。
A，新制氯水
B.铁片
C.KSCN溶液
D.石蕊试液
（7）铁盐溶液可用于金属刻蚀。如用FeCl3溶液刻蚀铜制电路板，FeCl3被 还原 （填“还原”或“氧化”）为FeCl2．
（8）高铁酸钠是一种能杀菌、脱色、除臭的新型高效水处理剂。工业上可用NaClO氧化Fe（OH）3的方法制备Na2FeO4，其原理为3NaClO+2Fe（OH）3+4NaOH＝2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，用单线桥法表示该反应的电子转移方向和数目。 。
（9）合金具有许多优良性能，C919大型飞机使用了大量新型材料铝合金。下列物质属于合金的是 B 。
A.水银
B.青铜
C.白银
D.黄金
【专题】物质的分类专题；几种重要的金属及其化合物；分析与推测能力．
【分析】（1）FeO是铁的氧化物，X表示氧化物，则Y表示三价铁的氧化物，Y为Fe2O3，Z表示二价铁的氢氧化物，Z为Fe（OH）2，W表示三价铁的氢氧化物，W为Fe（OH）3，Fe（OH）2和O2反应生成Fe（OH）3，用一束光通过氢氧化铁胶体，看是否发生丁达尔效应判断；
（2）A．Cu与FeCl3溶液反应生成氯化亚铁和氯化铜；
B．在高温下Al与Fe3O4反应生成特和氧化铝；
C．在高温下CO与Fe2O3反应生成铁和二氧化碳；
D．Fe（OH）2受热分解生成氧化铁和水；
（3）比较还原性强弱用金属与非金属或者水反应的剧烈程度进行比较，或者金属置换其他金属的置换反应，失电子能力、金属性强弱、最高价氧化物对应水化物的碱性强弱、金属与水或酸反应的剧烈程度等，都能说明Fe的还原性弱于Na；
（4）铁粉的作用是和铁离子反应生成亚铁离子，防止亚铁离子被氧化；
（5）FeSO4具有还原性，氯水、酸性高锰酸钾溶液具有氧化性可以和FeSO4发生氧化还原反应；FeSO4也具有氧化性，Mg的还原性强于Fe，FeSO4也可以和Mg发生氧化还原反应；
（6）FeCl2溶液会被氧化为氯化铁溶液；
（7）氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；
（8）反应3NaClO+2Fe（OH）3+4NaOH＝2Na2FeO4+3NaCl+5H2O中Cl元素由+1价下降到﹣1价，Fe元素由+3价上升到+6价；
（9）合金是由金属单质与金属单质或金属单质与非金属单质融合而成，具有特征性质的混合物。
【解答】解：（1）FeO是铁的氧化物，X表示氧化物，则Y表示三价铁的氧化物，Y为Fe2O3；Z表示二价铁的氢氧化物，Z为Fe（OH）2，W表示三价铁的氢氧化物，W为Fe（OH）3，Fe（OH）2和O2反应生成Fe（OH）3，方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3，检验是否有W胶体生成的方法：用一束光通过氢氧化铁胶体，若出现一条光亮通路，证明是氢氧化铁胶体，
故答案为：氧化物；Fe2O3；4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；用一束光通过氢氧化铁胶体，若出现一条光亮通路，证明是氢氧化铁胶体；
（2）A．Cu与FeCl3溶液反应生成氯化亚铁和氯化铜，无单质铁生成，故A错误；
B．在高温下Al与Fe3O4反应生成特和氧化铝，能得到单质铁，故B正确；
C．在高温下CO与Fe2O3反应生成铁和二氧化碳，能得到单质铁，故C正确；
D．Fe（OH）2受热分解生成氧化铁和水，不能得到单质铁，故D错误；
故答案为：BC；
（3）A．Na的熔点比Fe的熔点低是物理性质，不能说明Fe的还原性弱于Na，故A错误；
B．1ml Fe、Na分别与S反应，Fe失电子数多不能说明Fe的还原性弱于Na，故B错误；
C．Na与冷水剧烈反应，Fe与冷水不反应，能说明Fe的还原性弱于Na，故C正确；
D．Fe3+氧化性强于Na+，铁离子被还原生成亚铁离子，不能说明Fe的还原性弱于Na，故D正确；
故答案为：C；
（4）实验室盛放FeSO4溶液的试剂瓶中通常需要加入少量铁粉，铁粉的作用是和铁离子反应生成亚铁离子，防止亚铁离子被氧化，
故答案为：和铁离子反应生成亚铁离子，防止亚铁离子被氧化；
（5）FeSO4具有还原性，氯水、酸性高锰酸钾溶液具有氧化性可以和FeSO4发生氧化还原反应；FeSO4也具有氧化性，Mg的还原性强于Fe，FeSO4也可以和Mg发生氧化还原反应，故选②④⑤，
故答案为：②④⑤；
（6）FeCl2溶液会被氧化为氯化铁溶液，可用KSCN溶液检验其是否变红，
故答案为：C；
（7）用FeCl3溶液刻蚀铜制电路板，FeCl3被Cu还原生成氯化亚铁，
故答案为：还原；
（8）反应3NaClO+2Fe（OH）3+4NaOH＝2Na2FeO4+3NaCl+5H2O中Cl元素由+1价下降到﹣1价，Fe元素由+3价上升到+6价，电子转移总数6e﹣，根据得失电子守恒用单线桥法表示该反应的电子转移方向和数目为：，
故答案为：；
（9）合金是由金属单质与金属单质或金属单质与非金属单质融合而成，青铜属于铜锡合金，
故答案为：B。
【点评】本题考查铁及其化合物的性质，侧重考查学生含铁物质性质的掌握情况，题目难度中等。
23．（2024秋•天河区校级月考）于生物质资源开发常见的化工原料，是绿色化学的重要研究方向。利用木质纤维素为起始原料结合CO2生产聚碳酸对二甲苯酯可以实现碳减排，缓解日益紧张的能源危机，路线如图：
（1）化合物Ⅰ含有的官能团为 羟基、醚键 （填名称）。
（2）对化合物Ⅱ，预测其可能的化学性质，完成下表。
（3）化合物Ⅲ到化合物Ⅳ的反应是原子利用率100%的反应，且1mlⅢ与1ml化合物a反应得到1mlⅣ，则化合物a的结构简式为 CH2＝CH2 。
（4）已知化合物Ⅴ的核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积之比为2：3，用系统命名法对化合物V命名： 1，4﹣二甲苯或对二甲苯 。
（5）化合物Ⅶ的芳香族同分异构体中符合下列条件的有 16 种（不含立体异构）。
①最多能与相同物质的量的Na2CO3反应；
②能与2倍物质的量的Na发生放出H2的反应。
（6）关于Ⅶ生成Ⅷ的反应的说法中，不正确的有 BD 。
A．反应过程中，有H—O键断裂
B．反应过程中，有C＝O双键和C—O单键形成
C．该反应为加聚反应
D．CO2属于极性分子，分子中存在由p轨道“肩并肩”形成的π键
（7）参照上述信息，写出以丙烯和CO2为起始有机原料合成的路线 CH3CH＝CH2 （其他无机试剂任选）。
【专题】同分异构体的类型及其判定；有机反应．
【分析】木质纤维素水解生成葡萄糖，葡萄糖在催化剂下反应生成Ⅰ，Ⅰ和CO2发生反应生成Ⅱ，Ⅱ发生还原反应生成Ⅲ，Ⅲ和乙烯发生加成反应生成Ⅳ，Ⅳ发生还原反应生成Ⅴ，Ⅴ发生氧化反应生成Ⅵ，结合Ⅴ的分子式知，Ⅴ为对二甲苯，Ⅵ发生还原反应生成Ⅶ，Ⅶ和CO2发生缩聚反应生成Ⅷ。
【解答】解：（1）化合物Ⅰ含有的官能团为羟基、醚键，
故答案为：羟基、醚键；
（2）①Ⅱ中的醛基新制氢氧化铜、加热反应生成，
故答案为：（；
②Ⅱ中的醛基和氢气发生加成反应生成，
故答案为：H2（氢气），催化剂、加热；
（3）化合物Ⅲ到化合物IV的反应是原子利用率100%的反应，且1mlⅢ与1ml化合物a反应得到1ml IV，则a的分子式为C2H4，为乙烯，
故答案为：CH2＝CH2；
（4）化合物V的分子式为C8H10，已知化合物V的核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积之比为2：3，说明有对称性，再根据Ⅵ的结构分析，则化合物V的结构简式为，名称为1，4﹣二甲苯或对二甲苯，
故答案为：1，4﹣二甲苯或对二甲苯；
（5）化合物Ⅶ的芳香族同分异构体中符合下列条件，最多能与相同物质的量的Na2CO3反应，能与2倍物质的量的Na发生放出H2的反应，说明含有1个酚羟基和1个醇羟基，如果取代基为酚—OH、—CH2CH2OH，两个取代基有邻位、间位、对位3种位置异构；如果取代基为酚—OH、—CH（OH）CH3，两个取代基有邻位、间位、对位3种位置异构；如果取代基为酚—OH、—CH3、—CH2OH，有10种位置异构，所以符合条件的同分异构体有16种，
故答案为：16；
（6）根据图中信息Ⅶ生成Ⅷ是发生缩聚反应，反应过程中，有C—O键和H—O键断裂无C＝O双键的形成，且CO2属于非极性分子，
故选：BD；
（7）根据题意丙烯和溴水发生加成反应生成，然后和氢氧化钠溶液加热条件下发生水解反应生成，再和CO2在催化剂作用下发生反应生成，其合成路线为CH3CH＝CH2，
故答案为：CH3CH＝CH2。
【点评】本题考查常见官能团名称、组成及结构、同分异构体的数目的确定、合成路线的设计与优化、多官能团有机物的结构与性质。
24．（2024秋•山东月考）NH3—CaSO4法可用于吸收燃煤发电厂的CO2，同时获得产品（NH4）2SO4。反应的原理为：CO2+CaSO4+2NH3+H2O═CaCO3↓+（NH4）2SO4。实验室根据上述反应原理，模拟生产硫酸铵。完成下列填空：
（1）上述反应原理中，属于电解质的物质有 4 种，实验室利用大理石制备CO2的离子方程式为 CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑ 。
（2）搭建如图1所示装置，先从 a （选填“a”或“b”）通入气体 氨气 （填物质名称）至饱和。然后改通入另一种气体，当液体由红色变为浅红色时，立即停止实验，不继续通气至过量的可能原因是 CO2++H2O＝2 （用离子方程式解释）。
（3）将反应后混合体系过滤，滤液经一系列操作后得（NH4）2SO4晶体（溶解度曲线如图2）。将下列操作或现象的标号填入相应括号中 D、A、E 。
A．蒸发皿中出现少量晶体
B．使用漏斗趁热过滤
C．利用蒸发皿余热使溶液蒸干
D．用玻璃棒不断搅拌
E．等待蒸发皿冷却
若烘干“过滤”所得（NH4）2SO4晶体时温度过高，会分解产生SO2、N2、NH3和H2O，则相同条件下，SO2和N2的体积比为 3：1 。
【专题】化学实验；制备实验综合．
【分析】（1）硫酸钙，碳酸钙，硫酸铵，水为电解质，实验室利用大理石制备CO2的离子方程式为CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑；
（2）由于碱性溶液更易吸收二氧化碳，且氨气易溶于水，需要防倒吸处理，故先从a处通入氨气，然后改通入另一种气体，当液体由红色变为浅红色时，立即停止实验，不继续通气至过量的可能原因是过量的CO2与CaCO3反应生成可溶性的Ca（HCO3）2，造成产品（NH4）2SO4中杂质多，不易分离；
（3）步骤Ⅴ的正确操作或现象为：将滤液倒入蒸发皿中→用酒精灯加热→用玻璃棒不断搅拌→蒸发皿中出现少量晶体→停止加热→等待蒸发皿冷却→过滤、洗涤、干燥、得到Na2S2O6•2H2O，依次填入D、A、E，若烘干“过滤”所得（NH4）2SO4晶体时温度过高，会分解产生SO2、N2、NH3和H2O，反应方程式为3（NH4）2SO4＝3SO2↑+N2↑+4NH3↑+12H2O，结合方程式分析即可。
【解答】解：（1）硫酸钙，碳酸钙，硫酸铵，水为电解质，实验室利用大理石制备CO2的离子方程式为CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑，
故答案为：4；CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑；
（2）由于碱性溶液更易吸收二氧化碳，且氨气易溶于水，需要防倒吸处理，故先从a处通入氨气，然后改通入另一种气体，当液体由红色变为浅红色时，立即停止实验，不继续通气至过量的可能原因是过量的CO2与CaCO3反应生成可溶性的Ca（HCO3）2，造成产品（NH4）2SO4中杂质多，不易分离，反应方程式为CO2++H2O＝2；
故答案为：a；氨气；CO2++H2O＝2；
（3）步骤Ⅴ的正确操作或现象为：将滤液倒入蒸发皿中→用酒精灯加热→用玻璃棒不断搅拌→蒸发皿中出现少量晶体→停止加热→等待蒸发皿冷却→过滤、洗涤、干燥、得到Na2S2O6•2H2O，依次填入D、A、E，若烘干“过滤”所得（NH4）2SO4晶体时温度过高，会分解产生SO2、N2、NH3和H2O，反应方程式为3（NH4）2SO4＝3SO2↑+N2↑+4NH3↑+12H2O，则相同条件下，SO2和N2的体积比为物质的量之比即反应系数比＝3：1，
故答案为：D、A、E；3：1。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
25．（2024秋•广东月考）联氨（N2H4）又称肼，是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。
回答下列问题：
（1）N2H4的电子式为 ，N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是 sp3 。
（2）N2H4、N2O4常用作火箭发射推进剂中的反应物质。
已知：①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l） ΔH1；
②N2（g）+2H2（g）＝N2H4（l） ΔH2；
③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g） ΔH3；
④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g） ΔH4。
上述反应热效应之间的关系式为ΔH4＝ 2ΔH3﹣2ΔH2﹣ΔH1 （用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代数式表示）。
（3）已知联氨为二元弱碱，常温下联氨的水溶液中存在平衡：N2H4+H2O⇌N2+OH﹣ K1；N2+H2O⇌N2+OH﹣ K2。常温下将盐酸滴加到联氨（N2H4）的水溶液中，混合溶液中微粒的分布分数δ（X）随﹣lgc（OH﹣）变化的关系如图所示[已知：X的分布分数δ（X）＝，X表示N2H4或N2或N2]：
①K2＝ 1×10﹣15 。
②a点溶液的c（OH﹣）＝ 1×10﹣10.5ml/L 。
③N2H5Cl在溶液中水解的离子方程式为 +H2O⇌N2H4•H2O+H+ 。
（4）N2H4和氧气反应的产物随温度的不同而发生变化，在相同时间内测得N2H4和氧气反应产物的产率随温度变化的曲线如图所示：
①下列说法正确的是 ABC （填选项字母）。
A.温度低于400℃时，肼和氧气发生的主要反应中反应物反应的物质的量之比为1：1
B.T℃下，若只发生反应N2H4（g）+2O2（g）⇌2NO（g）+2H2O（g），反应达到平衡时，增大容器体积，变大
C.温度高于900℃时，N2与NO的产率降低，但是反应速率加快了
D.温度高于900℃时，NO和N2的产率降低的原因一定是平衡逆向移动
②1200℃时，向某1L恒容密闭容器中充入1.10ml肼和2.50ml氧气，发生反应N2H4（g）+O2（g）⇌N2（g）+2H2O（g）和N2H4（g）+2O2（g）⇌2NO（g）+2H2O（g），平衡时若生成0.40ml NO，0.10ml N2，则反应N2H4（g）+2O2（g）⇌2NO（g）+2H2O（g）的平衡常数K＝ 0.018 ml•L﹣1。
【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；化学反应速率专题；分析与推测能力．
【分析】（1）结合共价化合物电子式的书写规则进行书写即可；
（2）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；
（3）①结合图中所给数据，根据K2＝进行计算；
②结合图示数据，求解出K1，再结合a点时c（N2H4）＝c（）以及K1和K2进行计算；
③根据盐类水解的定义进行书写即可；
（4）①增大容器体积，压强减小，平衡向着气体分子数增大的方向进行；升高温度，平衡向着吸热的方向进行，但正、逆反应速率均加快，据此分析；
②利用元素守恒计算出各物质的平衡量，再根据K＝进行计算。
【解答】解：（1）结合共价化合物电子式的书写规则可知，N2H4的电子式为；根据N2H4的电子式可知，氮原子形成3个σ键，还有1个孤电子对，因此N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是sp3杂化，
故答案为：；sp3；
（2）由盖斯定律可知，反应④＝2×反应③﹣2×反应②﹣反应①，因此ΔH4＝2ΔH3﹣2ΔH2﹣ΔH1，
故答案为：2ΔH3﹣2ΔH2﹣ΔH1；
（3）①根据图示，当﹣lgc（OH﹣）＝15.0，即c（OH﹣）＝1×10﹣15ml/L时，c（）＝c（），则K2＝＝c（OH﹣）＝1×10﹣15，
故答案为：1×10﹣15；
②结合图中所给数据可知，当﹣lgc（OH﹣）＝6.0，即c（OH﹣）＝1×10﹣6.0ml/L时，c（N2H4）＝c（），则K1＝＝c（OH﹣）＝1×10﹣6，结合①中的计算可知K1×K2＝×＝＝1×10﹣6×1×10﹣15＝1×10﹣21，在a点时c（N2H4）＝c（），由c2（OH﹣）＝1×10﹣21，则c（OH﹣）＝1×10﹣10.5ml/L，
故答案为：1×10﹣10.5ml/L；
③N2H5Cl在溶液中水解的离子方程式为+H2O⇌N2H4•H2O+H+，
故答案为：+H2O⇌N2H4•H2O+H+；
（4）①A.根据图示，温度低于400℃时主要发生的反应为N2H4（g）+O2（g）⇌N2（g）+2H2O（g），可知肼和氧气发生的主要反应中反应物反应的物质的量之比为1：1，故A正确；
B.T℃时，反应N2H4（g）+2O2（g）⇌2NO（g）+2H2O（g），该反应正向是一个气体分子数增大的反应，达到平衡时，增大容器体积，减小压强，平衡正向移动，c（NO）增大，c（O2）减小，因此变大，故B正确；
C.根据图示可知，温度高于900℃时，NO和N2的产率降低，但升高温度可加快反应速率，故C正确；
D.温度高于900℃时，N2和NO的产率降低的原因可能是平衡逆向移动，也可能是发生了其他副反应，故D错误；
故答案为：ABC；
②根据题目所给数据可知，起始时n（N2H4）＝1.10ml，n（O2）＝2.5ml，平衡时n（N2）＝0.10ml，n（NO）＝0.4ml，根据氮元素守恒有n（N2H4）＝×（2.2ml﹣0.1ml×2﹣0.4ml）＝0.8ml，根据氢元素守恒有n（H2O）＝×（4.4ml﹣0.8×4）＝0.6ml，根据氧元素守恒有n（O2）＝×（5ml﹣0.6ml﹣0.4ml）＝2ml，容器的体积V＝1L，因此平衡时c（N2H4）＝0.8ml/L，c（H2O）＝0.6ml/L，c（O2）＝2ml/L，c（N2）＝0.10ml/L，c（NO）＝0.4ml/L，因此该反应的化学平衡常数K＝ml/L＝ml/L＝0.018ml/L，
故答案为：0.018。
【点评】本题主要考查电子式的书写、杂化类型的判断、盖斯定律的应用以及平衡常数的计算、影响化学平衡移动的因素等内容，综合性较强，难度适中。
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选项
实验目的
实验及现象
结论
A
比较HCOO﹣和的水解常数
分别测浓度均为0.1ml•L﹣1的HCOONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者
Kh＜（HCOO﹣）＜Kh（）
B
检验铁锈中是否含有二价铁
将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液，紫色逐渐褪去
铁锈中含有二价铁
C
探究H+浓度对、Cr2相互转化的影响
向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸，溶液由黄色变为橙红色
增大H+浓度，向生成Cr2的方向转化
D
探究Ksp[Cu（OH）2]与Ksp[Mg（OH）2]大小
MgCl2溶液中加入过量NaOH溶液，生成白色沉淀，再加入CuCl2溶液，生成蓝色沉淀
相同温度下，Ksp[Mg（OH）2]大于Ksp[Cu（OH）2]
序号
反应试剂、条件
反应形成的新结构
反应类型
①
新制氢氧化铜、加热


②


加成反应
选项
实验目的
实验及现象
结论
A
比较HCOO﹣和的水解常数
分别测浓度均为0.1ml•L﹣1的HCOONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者
Kh＜（HCOO﹣）＜Kh（）
B
检验铁锈中是否含有二价铁
将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液，紫色逐渐褪去
铁锈中含有二价铁
C
探究H+浓度对、Cr2相互转化的影响
向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸，溶液由黄色变为橙红色
增大H+浓度，向生成Cr2的方向转化
D
探究Ksp[Cu（OH）2]与Ksp[Mg（OH）2]大小
MgCl2溶液中加入过量NaOH溶液，生成白色沉淀，再加入CuCl2溶液，生成蓝色沉淀
相同温度下，Ksp[Mg（OH）2]大于Ksp[Cu（OH）2]
序号
反应试剂、条件
反应形成的新结构
反应类型
①
新制氢氧化铜、加热

氧化反应
②
H2（氢气），催化剂、加热

加成反应