2025高考化学解密之题型篇试题 解答题（Word版附解析）

这是一份2025高考化学解密之题型篇试题 解答题（Word版附解析），共90页。试卷主要包含了是氮元素的两种重要氢化物等内容，欢迎下载使用。
1．（2024秋•荔湾区校级月考）对于数以千万计的化学物质和为数众多的化学反应，分类法的作用几乎是无可代替的。
Ⅰ．现有以下物质：①熔融的NaCl ②Cu ③K2CO3 ④食盐水 ⑤C2H5OH ⑥CO2 ⑦稀硫酸 ⑧氧化钠 ⑨石灰石 ⑩液态HCl
（1）以上物质中属于混合物的是 （填序号，下同），属于电解质的是 ，能导电的是 ，属于非电解质的是 。
（2）从物质的分类来看，如果把KNO3、NaCl、Na2CO3、Na2SO4归为一类，那么它们属于 类；如果KNO3不与NaCl、Na2CO3与Na2SO4分为一类，其分类标准是 。
（3）请用交叉分类法对Na2CO3进行分类，请将所属类别填到空格内 。
Ⅱ．虽然对化学反应类型的分类方法不同，但四种基本反应类型和离子反应、氧化还原反应之间也存在着一定的关系。
（4）图为离子反应、氧化还原反应和置换反应三者之间的关系，其中表示离子反应的是 （填字母）。请你在下列方框中画出四种基本反应类型与氧化还原反应之间的关系 。
（5）小明同学认为所有酸和碱发生的中和反应均可表示为H++OH﹣＝H2O。
小明同学的观点对吗？ 如果你认为不对，请举个例子反驳上述观点（用离子方程式表示） （如果你认为对，请忽略此空格）。
2．（2024秋•昆山市校级期中）碳元素构建了生命的骨架，也是人类研发新材料的宝藏。
（1）已知A是甲烷的一种同系物，且同时满足下列条件，写出A的结构简式： 。
①0.1ml A完全燃烧消耗标准状况下17.92LO2；
②A的沸点与其同分异构体相比，A的最低。
（2）草酸（结构如图）是一种具有还原性的二元弱酸，可将酸性KMnO4中的Mn元素还原为Mn2+。写出草酸与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式 。
（3）工业常利用CH4与CO2为原料重整制备CO和H2，但实际过程中催化剂表面易产生积碳导致活性降低。研究表明，在催化剂Ni/CeO2中掺入MnOx可产生更多的氧空位，生成更多的可流动O*，能有效减少积碳生成，其路径如图所示。
①路径甲、乙中生成的相同中间产物是 （填化学式）。
②试推理并写出减少催化剂积碳的反应方程式 。
（4）CO2参与的乙苯（）脱氢机理如图所示（α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位点）。
①CO2吸附到催化剂表面时，选择B位点的原因是 。
②图中步骤Ⅱ的过程可描述为 。
3．（2024秋•浦东新区校级月考）利用“杯酚”从C60和C70的混合物中纯化C70的过程如图所示。
（1）“杯酚”的官能团名称是 。
（2）“杯酚”分子内官能团之间通过 （填“共价键”、“配位键”或“氢键”）形成“杯底”。
（3）C60不溶于氯仿（化学式为CHCl3），“杯酚”溶于氯仿，可能的原因是 。
Cu2+可以与乙二胺（H2N—CH2CH2—NH2）形成配离子，如题图﹣2所示：
（4）H、O、N三种元素的电负性从大到小的顺序为 。
（5）1ml上述配离子中含有 mlσ键。
（6）乙二胺和三甲胺[N（CH3）3]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高很多，原因是 。
将含有未成对电子的物质置于外破场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质。
（7）下列物质中，属于顺磁性物质的是 （不定项）。
A.[Cu（NH3）2]Cl
B.[Cu（NH3）4]SO4
C.Na2[Cu（OH）4]
研究人员发现，在离子液体中可制备均一粒径分布的高熵合金纳米颗粒。离子液体是在室温和接近室温时呈液态的盐类物质，一般由有机阳离子和无机阴离子组成。一种离子液体的结构如图所示。
（8）的空间结构为 。
（9）研究发现通过改变阳离子侧链可调控离子化合物的熔点。A、B两种离子液体的结构如图所示。熔点A＞B的原因是 。
一种由Cu、In、Te元素形成的高熵合金，其晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角角均为90°。
（10）Te原子与邻近的Cu、In原子构成的空间结构为 。
（11）已知阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为 g•cm﹣3（列出计算式）。
4．（2024秋•浦东新区校级月考）将酞菁—钴钛菁—三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上可得一种高效催化剂。
（1）图1所示的几种碳单质，它们互为 ，其中属于共价晶体的是 ，C60间的作用力是 。
（2）基态C原子核外有 种运动状态不同的电子，价电子的轨道表示式为 。C元素位于元素周期表的 区。
（3）酞菁和钴酞菁的分子结构如图2所示。酞菁分子中所有原子共平面，其中p轨道能提供一对电子的N原子是 （填图2酞菁中N原子的标号）。钴酞菁分子中，钴离子的化合价为 ，氮原子提供孤对电子与钴离子形成 键。
（4）气态AICl3通常以二聚体Al2Cl6的形式存在，其空间结构如图3a所示，二聚体中Al的轨道杂化类型为 。AlF3的熔点为1090℃，远高于AlCl3的192℃，由此可以判断铝氟之间的化学键为 键。
（5）AIF3结构属立方晶系，晶胞如图3b所示，F﹣的配位数为 。若晶胞参数为apm，晶体密度ρ＝ g•cm﹣3（列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA）。
5．（2024秋•闵行区校级月考）光伏材料又称太阳能材料，能将太阳能直接转换成电能。可作太阳能电池材料的有单晶硅、多晶硅、非晶硅、GaAs、GaAlAs、InP、CaS、CdTe、CulnSe等。
（1）电池材料的很多金属元素灼烧时会产生特殊的火焰颜色，焰色反应是原子的 光谱。
A．发射
B．吸收
C．两者都不是
（2）P元素3p轨道上的3个电子不同的是 。
①能量 ②原子轨道形状 ③原子轨道空间伸展方向 ④自旋状态 ⑤运动状态
A．①②
B．③④
C．③⑤
D．②⑤
（3）气态氯化铝通常以二聚体Al2Cl6形式存在，其结构如图所示，更高温度下，二聚体会离解成AlCl3，其分子构型与BF3相似，下列有关氯化铝的说法错误的是 。
A．二聚体Al2Cl6中存在离子键、极性键和非极性键
B．AlCl3的分子构型是平面三角形
C．二聚体Al2Cl6中Al原子是sp3杂化
D．BF3中B原子是sp2杂化
（4）Se元素与S元素同主族，基态Se原子的最外层电子排布式为 ，Fe元素的基态原子价电子的轨道表示式 。
（5）As元素与Se元素同周期，比较As与Se的第一电离能：As Se（填“＞”、“＜”或“＝”），比较As与Se的电负性：As Se（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（6）铜在元素周期表中位于 区。研究发现，正离子的颜色与未成对电子数有关，例如：Cu2+、Fe2+、Fe2+有色，Cu+无色，Cu+呈无色的原因是 。
（7）Si、S、P形成的气态氢化物的稳定性的从大到小的顺序是 ，从键长和键能的角度解释原因： 。
6．（2024秋•海淀区校级月考）碘单质（紫黑色固体，微溶于水，具有挥发性）及含碘化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
（1）HI主要用于药物合成，通常用I2和P反应生成PI3，PI3再水解制备HI。PI3的空间结构是 。PI3的P—I键是由磷的 轨道与碘的5p轨道重叠形成σ键。
（2）I2的一种制备方法如图所示：
①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为 ，生成的沉淀与硝酸反应，生成 后可循环使用。
②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为 ；若反应物用量比n（Cl2）：n（FeI2）＝1.5时，氧化产物为 。
（3）以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入适量NaHSO3，恰好完全反应生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的总反应的离子方程式为 。
（4）KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1ml I2，消耗的KI至少为 ml。I2在KI溶液中可发生反应I2+I﹣⇌。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量KI的原因是 。
（5）I2与足量F2在一定条件下发生反应可生成卤素互化物IF7，写出其与H2O发生的非氧化还原反应的化学方程式 。
7．（2024•河南开学）氨（NH3）和联氨（N2H4）是氮元素的两种重要氢化物。联氨常温下是无色液体，易溶于水，具有强还原性。
（1）联氨分子的电子式为 ，其中氮元素化合价为 。
（2）联氨可以通过碱性条件下NaClO氧化NH3制得，离子反应方程式为 ，若用如图所示装置完成上述反应，分液漏斗中的试剂是 （填“碱性NaClO溶液”或“氨水”）。
（3）联氨具有强还原性，可以将铁锈（Fe2O3）还原为磁性氧化铁，以减缓铁的锈蚀，并产生无污染气体，写出该反应的化学方程式 。
（4）氨的催化氧化是制硝酸的重要步骤，氨催化氧化制NO时会有副产物N2O生成，若NO与N2O的物质的量之比为8：1，则参加反应的n（NH3）：n（O2）＝ 。
（5）利用NH3催化还原NO以净化工业尾气，有氧条件下，Fe3+催化NH3还原NO的反应历程如图所示。
①过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
②该反应的总化学方程式为 。
8．（2023春•赣县区校级月考）某学习小组探究不同含硫物质的转化。
任务Ⅰ.从以下试剂中选择合适的试剂完成→的转化。
试剂：①浓H2SO4②稀H2SO4③酸性KMnO4溶液④Na2SO3溶液⑤Cu⑥品红溶液
（1）写出完成转化的化学方程式： 。
（2）设计实验，证明实现该转化（写出操作和现象）： 。
任务Ⅱ.完成硫元素在、、价之间的转化。
查阅资料：+2价硫在酸性条件下不稳定，易发生自身氧化还原反应。
SO2Na2SO3Na2S2O3X
（3）①中加入的物质是 ，写出③的离子方程式： 。
任务Ⅲ.工业上常用空气催化氢氧化法除去电石渣浆（含CaO）上清液中的S2﹣，并制取石膏CaSO4•2H2O，其中的物质转化过程如图所示。
（4）过程Ⅱ中，反应的离子方程式为 。
（5）根据物质转化过程，若将10L上清液中的S2﹣转化为（S2﹣浓度为320mg/L），理论上共需要标准状况下的O2的体积为 L。
9．（2024春•浙江期中）工业上以石英砂为原料生产高纯硅的工艺路线如图：
已知：①SiHCl3分子中硅的化合价为+4价。
②SiHCl3SiCl4均极易水解，反应方程式分别为：
SiHCl3+3H2O═3HCl+H2↑+H2SiO3↓
SiCl4+4H2O═4HCl+
（1）硅原子的最高能级的电子云轮廓图呈 形，硅元素位于元素周期表的 区。
（2）写出石英砂与焦炭反应的化学反应方程式： 。
（3）下列说法正确的是 。
A.电负性：Cl＞C＞Si＞H
B.1ml SiO2晶体中含有共价键2NA
C.该工艺流程中的H2和HCl都可以循环使用
D.整个工艺流程中都应该隔绝空气
（4）写出SiCl4与足量乙醇反应生成A的化学反应方程式： 。
（5）设计实验验证SiCl4水解后溶液中的主要离子： 。
10．（2024秋•宿迁月考）为深度学习NaHCO3的性质，某学习小组进行了如下探究：
已知：①化学中常用物质的量浓度表示溶液中溶质的浓度，其单位为：ml•L﹣1。②自偶电离：酸碱溶剂理论中溶剂自发发生的电离，如：2H2O⇌H3O++OH﹣。
（1）探究NaHCO3热不稳定性
实验过程中发现澄清石灰水变浑浊，则NaHCO3受热分解的方程式为 。
（2）探究NaHCO3与CaCl2反应
学习小组利用CO2浓度传感器、数据采集器等手持技术探究NaHCO3与CaCl2反应，其CO2浓度如图2所示。
①由图2可得出结论： 。
②0.1ml•L﹣1的NaHCO3溶液中出现白色沉淀，其反应的离子方程式为 。
（3）探究NaHCO3的电离行为：
学习小组经查阅文献发现在生物学的光合作用实验中（如图3所示），常用NaHCO3溶液作为CO2的缓冲剂。NaHCO3溶液能够释放或吸收CO2是因为在溶液中发生自偶电离，其电离方程式为 。
11．（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
12．（2024春•温州期末）博舒替尼是用于治疗慢性髓细胞白血病的一种药物，其中一种合成路线如图所示（部分反应条件已略）；
已知①易被氧化。
②
请回答：
（1）化合物A的含氧官能团名称是 。
（2）化合物D的结构简式是 。
（3）下列说法不正确的是 。
A．从A→B→C反应推测—COCl（氯酰基）比—COOH性质活泼，更易与甲醇反应
B．在C→D反应中，K2CO3起催化剂的作用
C．化合物E的分子式为C12H12ClNO6
D．F→G有多步反应，包括加成反应和消去反应
（4）写出B→C的化学方程式 。
（5）利用以上合成线路中的相关信息，完成以邻硝基甲苯为原料合成的设计路线，“[]”上填写反应物或反应条件，“_____”内填写一种有机物的结构简式 。
（6）化合物J（）是合成博舒替尼的一种中间体，请写出同时符合下列条件的化合物J的同分异构体的结构简式 。
1H—NMR谱和IR谱检测表明：①分子中共有4种氢原子，其中苯环上的有2种；②有N—O键，无N—H键。
13．（2024春•浦东新区校级期末）一种用于治疗高血脂的新药Ⅰ的合成路线如图：
已知：①；
②
回答下列问题：
（1）B的化学名称为 ；H的分子式为 。
（2）E的结构简式为 ；G中所含官能团的名称是 。
（3）②的反应类型是 ；写出反应①的化学方程式 。
（4）化合物W的相对分子质量比化合物C大14，且满足下列条件的W的结构有 种。
条件：①遇FeCl3溶液显紫色 ②属于芳香族化合物 ③能发生银镜反应
其中核磁共振氢谱显示出现5个吸收峰，峰面积之比为2：2：2：1：1的W的结构简式为 。
（5）设计用乙醇为原料制备CH2＝CH—CH＝CH2的合成路线，其他无机试剂任选 。
（合成路线的表示方式为目标产物）
14．（2024•南宁二模）GaN是制造微电子器件，光电子器件的新型半导体材料。综合利用炼锌矿渣{主要含铁酸镓[Ga2（Fe2O4）3]、铁酸锌（ZnFe2O4），还含少量Fe及一些难溶于酸的物质}获得金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓（GaN），部分工艺流程如图。
已知：①Fe2在酸性条件下不稳定，易转化为Fe3+。
②常温下，“浸出液”中的金属离子对应的氢氧化物的溶度积常数如下表，离子浓度小于1×10﹣5ml•L﹣1时可视为沉淀完全。
③lg2≈0.3，lg5≈0.7。
回答下列问题：
（1）为提高浸出率，可采取的措施为 （填标号）。
a．将矿渣粉碎
b．降低温度
c．把稀硫酸换成浓硫酸
d．延长浸出时间
（2）已知纤锌矿结构的GaN晶胞结构与金刚石结构类似，则该种GaN晶体的类型为 ，基态Ga原子价层电子的轨道表示式为 。
（3）ZnFe2O4与稀硫酸反应的化学方程式为 。
（4）“调pH”时需调节溶液pH的最小值为 。
（5）检验“滤液1”中是否含有Fe3+的试剂为 （填名称）。
（6）电解反萃取液（溶质为NaGaO2）制粗镓的装置如图所示，阳极的电极反应式为 ；电解废液经处理后可循环使用，其主要溶质为 （填化学式）。
（7）采用MOCVD（金属有机化合物化学气相沉积）技术制备GaN时，反应会产生一种标准状况下密度约为0.71g•L﹣1的可燃性气体，写出该反应的化学方程式： （不写条件）。
15．（2024春•蓝田县期中）氯化亚砜（SOCl2）是黄色至红色液体，有强烈刺激性气味，沸点为79℃，在有机合成中用途广泛。SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并有刺激性气味的气体产生。实验室合成原理：SO2+Cl2+SCl22SOCl2，部分装置如图所示。
（1）实验室制取SOCl2在三颈烧瓶中进行，整个装置所选仪器的连接顺序是⑥→ →① →②（已知①处通入Cl2、除杂装置可以重复使用）。
（2）冷凝管上连接的干燥管的作用是处理尾气，防止污染空气； 。
（3）实验室制Cl2的离子方程式为 。
（4）SOCl2与水反应的化学方程式为 。
（5）取少量的SOCl2加入足量NaOH溶液中，振荡、静置得到无色溶液，检验溶液中存在Cl﹣的试剂有 。
16．（2023秋•如东县期末）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型绿色消毒剂，能与水反应生成氢氧化铁和氧气，主要用于工业用水处理、饮用水消毒、生物污泥处理等方面。
Ⅰ制备：
（1）湿法制备：湿法制备流程如图1：
①“反应1”的离子方程式为 。
②“反应2”中Na2FeO4溶液转化生成K2FeO4晶体的原因是 。
（2）干法制备：在强碱性环境中，FeSO4与Na2O2在高温条件下可制得Na2FeO4，同时生成Na2O、O2等。
①该反应在熔融状态下进行，而不在水溶液中进行的原因是 。
②写出制备的化学反应方程式 。
Ⅱ性质：
（3）在其他条件相同时，测得一定浓度的K2FeO4溶液消毒效率与温度关系如图2所示，其稳定性（用浓度表示）与pH关系如图3所示。
①相同条件下，K2FeO4作消毒剂最佳温度是 。
②根据图乙得出的结论是 。
Ⅲ用途：
（4）K2FeO4在酸性条件下能与废水中的Mn2+反应生成Fe（OH）3和MnO2，用K2FeO4处理一定量的含Mn2+废水，Mn元素的去除率与K2FeO4质量的关系如图4所示，当K2FeO4超过20mg时，Mn元素的去除率下降的原因可能是 。
17．（2024•江苏二模）实验室用磷矿脱镁废液制备MgHPO4•3H2O的实验过程可表示为：
（1）磷矿脱镁废液中主要含H2及少量Mg2+、Ca2+、Fe3+、Al3+和。
①向废液中加入NaOH溶液调节pH为4.5，可达到Ca2+、Fe3+和Al3+的最佳沉淀效果。其中Ca2+转化为CaHPO4•2H2O的离子方程式为 。
②将除杂净化后的清液控制在一定温度，加入MgO浆液搅拌即可获得MgHPO4固体。实验测得镁回收率、产品纯度与反应后溶液pH关系如图1所示。pH小于6时，随着pH增大，镁回收率上升，其原因是 。
③pH大于6时，随着pH增大，产品纯度逐渐下降，其可能原因是 。
（2）实验室用如下方案测定MgHPO4•3H2O产品（含有Na2HPO4杂质）的纯度：准确称取0.7200g磷酸氢镁产品，加入足量稀硫酸溶解后配成100.00mL溶液。准确移取25.00mL于锥形瓶中，用0.05000ml•L﹣1Na2H2Y标准液滴定（离子方程式为Mg2++H2Y2﹣═MgY2﹣+2H+）至终点，平行滴定三次，平均消耗Na2H2Y标准液19.20mL。计算该产品中MgHPO4•3H2O的纯度 （写出计算过程）。
（3）恒温转化后的母液中主要含Na2HPO4和Na2SO4。已知：水溶液中各含磷微粒的分布如图2所示，Na3PO4和NaCl的溶解度曲线如图3所示；常温下BaSO4、BaHPO4的溶度积常数依次为1.1×10﹣10和3.2×10﹣7。
请补充完整由恒温转化后的母液制备Na3PO4晶体的实验方案：用比浊法测定母液中的浓度后，在搅拌下向一定体积的母液中 ，过滤、用无水乙醇洗涤，干燥。
18．（2024秋•河东区校级月考）Ⅰ：
已知乙醇C2H3OH能与K2Cr2O7和H2SO4的混合溶液在一定条件下发生反应2K2Cr2O7+3C2H5OH+8H2SO4＝2K2SO4+2Cr2（SO4）3+3CH3COOH+11H2O。Cr2和Cr3+在溶液中分别显橙色和绿色，回答下列问题：
（1）该反应 （填“是”或“不是”）离子反应。
（2）写出Cr2（SO4）3的电离方程式： 。
（3）该反应 （填“是”或“不是”）氧化还原反应，判断的依据是 。
Ⅱ：
亚硝酸（HNO2）是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO气体和NO2（红棕色）气体；亚硝酸是一种还原剂，能被常见的强氧化剂氧化，但在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2+（浅绿色）氧化成Fe3+（棕黄色）；AgNO2是一种难溶于水（白色）、易溶于酸的化合物。请仔细阅读以上信息，并结合有关原理回答以下问题：
（1）人体正常的血红蛋白中含有Fe2+，若误食亚硝酸盐（如NaNO2），则导致血红蛋白中的Fe2+转换为Fe3+而中毒，可以服用维生素C解毒。下列对此过程叙述不正确的是 。
a.亚硝酸盐被还原
b.亚硝酸盐是还原剂
c.维生素C将Fe3+还原为Fe2+
d.维生素C被氧化
（2）下列方法中，不能用来区别NaNO2和NaCl的是 。
a.取样加水溶解后，向其中加入稀盐酸
b.取样加水溶解后，向其中加入AgNO3溶液
c.取样加水溶解后，向其中加入稀硫酸酸化的淀粉﹣KI溶液
（3）某同学把氯气通入NaNO2溶液中，生成NaNO3和HCl2请写出该反应的离子方程式： 。
（4）工业废水中的可用铝粉除去。已知此反应体系中包含Al、NaOH、NaAlO2、NaNO2、NH3和H2O六种物质，该反应的化学方程式为 。
19．（2024秋•浦东新区校级月考）学习了CO2的有关知识之后，同学们查阅资料发现Mg能在CO2中燃烧：2Mg+CO22MgO+C，所以镁着火不能用CO2来灭火。但没有找到有关钠能否与CO2反应的介绍。于是同学们展开钠着火能否用CO2来灭火的探究。
【提出猜想】
（1）钠能发生类似于CO2与镁的反应，可能的化学方程式为： 。
【实验】将燃着的钠伸入装有CO2的集气瓶中，钠能在CO2中继续燃烧。
进一步【查阅资料】得知：
①Na2O是白色固体，能与CO2反应生成Na2CO3，与H2O反应生成NaOH。
②Ba（OH）2溶于水而BaCO3不溶于水。
③Na2CO3的存在会干扰NaOH的检测。
基于以上资料，同学们认为钠在CO2中燃烧的产物应该与Mg在CO2中燃烧的产物情况有所不同，并对产物提出了以下几种猜想：
（2）②Na2O、C；② 、C；③NaOH、C；④Na2O、Na2CO3、C；
（3）通过理论分析，猜想 （填序号）肯定是错误的，理由是： 。
（4）【验证猜想】
（5）在步骤（2）中BaCl2溶液为什么要加入至过量： 。
（6）在步骤（3）中也可以通过加入 试剂的方法进行检验（任写一种试剂）。
（7）【结论】猜想 （填序号）正确。
20．（2024春•杨浦区校级期末）氢是一种非常重要的物质，可用于制造氮肥、硝酸等。
（1）请写出氨的结构式 ，从结构角度说明NH3热稳定性强于PH3的原因 。
【实验一】探究氨气的还原性。
已知：a.Mg（OH）2可代替消石灰与氯化铵在加热条件下反应生成氨气和碱式氯化镁[Mg（OH）Cl]；
b.Cu2O粉末呈红色，在酸性溶液中不稳定：Cu2O+H2SO4（稀）＝Cu+CuSO4+H2O。
（2）装置A中发生反应的化学方程式为 ，装置D的作用是 。
（3）反应结束后装置C中的氧化铜完全反应生成红色固体，为了探究红色固体成分，进行了如下实验：
【实验二】探究氨气的氧化性
已知：c.铝可以与氨气反应，2Al+2NH3≜2AlN+3H2；
d.氮化铝性质稳定，不溶于水，不与水、酸反应，在加热时溶于浓碱可产生氨气。
按如图所示连接好装置，检查装置气密性：在蒸馏烧瓶中加入生石灰，分液漏斗中加入浓氨水，装置G中盛装碱石灰，装置H中加入铝粉，打开装置F处分液漏斗活塞，待装置中空气排尽后再点燃装置H处酒精灯。
（4）用平衡移动原理解释F中产生氨气的原因 。
（5）铝粉完全反应后可观察到的实验现象为 。
（6）为了得到纯净的氮化铝，可将装置H中固体冷却后转移至烧杯中，加入 溶解、 （填操作名称）、洗涤、干燥即可。
（7）写出氮化铝与浓氢氧化钠溶液共热反应的离子方程式 。
21．（2024秋•沙坪坝区校级月考）工业燃煤过程中产生大量含硫烟气，研究烟气脱硫具有重要意义。回答下列问题：
方法一：H2S还原脱硫
（1）已知：2H2S（g）+3O2（g）＝2SO2（g）+2H2O（l） ΔH＝﹣1036kJ•ml﹣1
S（g）+O2（g）＝SO2（g） ΔH＝﹣294kJ•ml﹣1
H2O（l）＝H2O（g） ΔH＝+44kJ•ml﹣1
则还原脱硫原理：2H2S（g）+SO2（g）＝3S（g）+2H2O（g） ΔH＝ 。
（2）在某恒温、恒容的密闭容器中，充入H2S和SO2发生反应：2H2S（g）+SO2（g）＝3S（s）+2H2O（g），下列描述可表示该反应达到平衡状态的有 （填序号）。
A．H2S的浓度保持不变
B．混合气体密度保持不变
C．c（H2S）：c（SO2）＝2：1
D．单位时间内生成H2O（g）和H2S（g）的量相等
方法二：CH4还原脱硫
反应原理：
Ⅰ．2SO2（g）+CH4（g）⇌2S（g）+2H2O（g）+CO2（g）
Ⅱ．CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）
（3）在不同催化剂条件下，SO2的转化率随温度变化的曲线如图所示。
综合考虑，工业生成过程中选择的最佳催化剂是 ；若选择催化剂Cat.2，SO2的转化率随温度升高先减小后增大，则SO2的转化率增大的原因是 。
（4）一定条件下，在压强为100kPa的恒压密闭容器中按体积比为1：1：7充入CH4、SO2、He发生反应Ⅰ和Ⅱ。测得SO2的平衡转化率为80%，CH4的平衡转化率为50%，则达到平衡时，SO2的分压p＝ kPa，反应Ⅱ的压强平衡常数Kp（Ⅱ）＝ （用平衡分压计算）。
（5）方法三：利用电解法对SO2进行吸收和无害化处理，其原理如图所示：
①石墨Ⅱ电极为 （填“正”“负”“阳”或“阴”）极。
②石墨Ⅰ的电极反应式为 。
③每处理1ml SO2，理论上电解池中产生氧气的质量为 。
22．（2024秋•朝阳区校级月考）航天员呼吸产生的CO2用下列反应处理，可实现空间站中O2的循环利用。
Sabatier反应：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）
水电解反应：2H2O（g）＝2H2（g）+O2（g）
一种新的循环利用方案是用Bsch反应CO2（g）+2H2（g）⇌C（s）+2H2O（g） ΔH＜0代替Sabatier反应，再电解水实现O2的循环利用。
回答下列问题：
（1）有关上述反应，下列说法正确的是 （填标号）。
A．室温下，2H2O（g）⇌2H2（g）+O2（g）不能自发进行的原因为ΔS＜0
B．可逆反应都有一定的限度，限度越大反应物的转化率一定越高
C．可逆反应中，若反应物的总能量＞生成物的总能量，则ΔH＜0
（2）在Sabatier反应[反应Ⅰ：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g） KⅠ]体系中，还会发生副反应（反应Ⅱ）：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） KⅡ；一定压强下，向某容积可变的密闭容器中通入CO2和H2的混合气体（其中CO2和H2的物质的量之比为1：4），在某催化剂的作用下同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，测得CO2的转化率、CH4的选择性、CO的选择性随反应温度的变化情况如图所示。
已知：CH4或CO的选择性指反应生成CH4或CO时所消耗的CO2的物质的量占参与反应的CO2总物质的量的百分比。相同温度下，反应2CO（g）+2H2（g）⇌CO2（g）+CH4（g）的平衡常数为 （用含KⅠ、KⅡ的式子表示）；提高CH4的选择性的措施有 、 。
（3）对于Bsch反应CO2（g）+2H2（g）⇌C（s）+2H2O（g） ΔH＜0，下列关于各图像的解释或得出的结论正确的是 （填标号）。
A．由甲图可知，反应在t1min时可能改变了压强或使用了催化剂
B．由乙图可知，反应在m点可能达到了平衡状态
C．由丙图可知，反应过程中v正＞v逆的点是C点
D．由丁图可知，交点A表示的反应一定处于平衡状态
（4）室温下，向体积为2L的恒容密闭容器中通入4ml H2和1ml CO2发生Sabatier反应：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）（不考虑副反应）；若反应时保持温度恒定，测得反应过程中压强随时间的变化如下表所示：
①0～10min内，v（CO2）＝ ml•L﹣1•min﹣1，该温度下Sabatier反应的Kp＝ （Kp为用气体的分压表示的平衡常数，分压＝气体的体积分数×体系总压）。
②Sabatier反应的速率方程：v正＝k正c（CO2）c4（H2），v逆＝k逆c（CH4）c2（H2O）（k是速率常数，只与温度有关）。20min时， ；反应达平衡时，升高温度，k正增大的倍数 k逆增大的倍数。（填“＞”“＜”或“＝”）
23．（2024秋•北辰区校级月考）回答下列问题。
（1）常温常压下，4gCO在氧气中完全燃烧生成CO2，放出9.6kJ热量，写出CO燃烧热的热化学反应方程式： 。
（2）已知：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）
2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）
则反应NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）的ΔH＝ ΔH＝kJ•ml﹣1。
（3）在恒温，体积为1L的密闭容器中充入1ml CO2和3ml H2，发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），测得CO2和CH3OH的浓度随时间的变化如图1所示，
①平衡时CO2的转化率为 ；
②该反应平衡常数的值为 （若写成小数，保留小数点后两位）；
③下列能说明上述反应达到化学平衡状态的是 （填字母）。
A．反应CO2中与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1
B．混合气体的密度不随时间的变化而变化
C、单位时间内消耗3ml H2，同时生成1ml H2O
D．CO2的体积分数在混合气体中保持不变
（4）对于可逆反应Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g），逆反应速率随时间变化如图2所示，反应在t2时达平衡，在t1时改变了某一种条件，改变的条件可能是 。
A．升温
B．增大CO2浓度
C．使用催化剂
D．增加了FeO的量
24．（2024秋•海淀区校级月考）甲醇是重要的化工原料，可用于制备丙烯、氢气等。
（1）MTO法由甲醇制备丙烯时的反应原理是甲醇先脱水生成二甲醚，然后二甲醚与甲醇的平衡混合物脱水转化为含丙烯较多的低聚烯烃。某温度下，在密闭容器中加入CH3OH气体，发生脱水反应：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g），一段时间后测得各组分的浓度如表所示：
该温度下，反应的平衡常数数值是 ，CH3OH的平衡转化率是 。
（2）利用甲醇水蒸气重整制氢是获得氢气的重要方法。反应原理如下：
反应ⅰ（主反应）：CH3OH（g）+H2O（g）＝CO2（g）+3H2（g）ΔH＝+49kJ/ml
反应ⅱ（副反应）：H2（g）+CO2（g）＝CO（g）+H2O（g）ΔH＝+41kJ/ml
①温度高于300℃则会同时发生CH3OH转化为CO和H2的副反应，该反应的热化学方程式是 。
②反应中，经常使用催化剂提高化学反应速率，但催化剂对反应具有选择性。一定条件下，测得CH3OH转化率及CO、CO2选择性随温度变化情况分别如图所示（CO、CO2的选择性：转化的CH3OH中生成CO、CO2的百分比）。
从图中可知，反应的适宜温度为 。随着温度的升高，催化剂对 （填“反应ⅰ”或“反应ⅱ”）的选择性降低。
25．（2024秋•顺义区校级月考）二氧化碳是用途非常广泛的化工基础原料，回答下列问题：
（1）工业上可以用CO2来生产燃料甲醇。
已知：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（l）+H2O（l）ΔH＝﹣akJ•ml﹣1
2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝﹣bkJ•ml﹣1
CH3OH（l）的燃烧热ΔH＝ 。
（2）在催化剂作用下，CO2和CH4可直接转化为乙酸：CO2（g）+CH4（g）⇌CH3COOH（g）ΔH＞0在不同温度下乙酸的生成速率变化如图：
①当温度在250℃﹣300℃范围时，乙酸的生成速率减慢的原因是 。
②欲使乙酸的平衡产率提高，应采取的措施是 （任写一条措施即可）。
（3）一定条件下，在密闭恒容容器中发生反应：2CO（g）⇌C（s）+CO2（g）。
①下列不能说明该反应达到平衡的是 。
A.容器内气体的总质量不变
B.CO和CO2的物质的量之比不再变化
C.混合气体的压强不再变化
D.单位时间内生成1ml CO同时生成2ml CO2
E.混合气体的密度不变
F.反应的ΔH不再改变
G.CO的转化率不再改变
②向某恒容容器中通入一定量的CO发生上述反应（无催化剂），在不同温度下相同时间内产物CO2的物质的量浓度随温度的变化如图所示，在T3之前，随温度升高c（CO2）逐渐升高的原因是 ，该反应为 （填“放热”或“吸热”）反应。
③向某密闭2L恒容容器中通入一定量的CO，T℃时反应经过5min后达到化学平衡，CO的体积分数为25%，则CO的平衡转化率为 （用分数表示），若实际通入CO的物质的量为1ml，则该温度下的平衡常数K＝ 。
2025菁优高考化学解密之解答题
参考答案与试题解析
一．解答题（共25小题）
1．（2024秋•荔湾区校级月考）对于数以千万计的化学物质和为数众多的化学反应，分类法的作用几乎是无可代替的。
Ⅰ．现有以下物质：①熔融的NaCl ②Cu ③K2CO3 ④食盐水 ⑤C2H5OH ⑥CO2 ⑦稀硫酸 ⑧氧化钠 ⑨石灰石 ⑩液态HCl
（1）以上物质中属于混合物的是 ④⑦ （填序号，下同），属于电解质的是 ①③⑧⑨⑩ ，能导电的是 ①②④⑦ ，属于非电解质的是 ⑤⑥ 。
（2）从物质的分类来看，如果把KNO3、NaCl、Na2CO3、Na2SO4归为一类，那么它们属于 盐 类；如果KNO3不与NaCl、Na2CO3与Na2SO4分为一类，其分类标准是 是否是钠盐 。
（3）请用交叉分类法对Na2CO3进行分类，请将所属类别填到空格内 钠盐；碳酸盐；正盐 。
Ⅱ．虽然对化学反应类型的分类方法不同，但四种基本反应类型和离子反应、氧化还原反应之间也存在着一定的关系。
（4）图为离子反应、氧化还原反应和置换反应三者之间的关系，其中表示离子反应的是 C （填字母）。请你在下列方框中画出四种基本反应类型与氧化还原反应之间的关系 。
（5）小明同学认为所有酸和碱发生的中和反应均可表示为H++OH﹣＝H2O。
小明同学的观点对吗？ 不对 如果你认为不对，请举个例子反驳上述观点（用离子方程式表示） CH3COOH+OH﹣＝CH3COO﹣+H2O （如果你认为对，请忽略此空格）。
【专题】物质的分类专题；理解与辨析能力．
【分析】（1）混合物是由两种或两种以上物质组成的；在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；含有自由移动电子或离子的物质能导电；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；
（2）由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物是盐；NaCl、Na2CO3与Na2SO4都属于钠盐；
（3）Na2CO3中含有钠离子和碳酸根离子，酸根离子不能继续电离出氢离子；
（4）置换反应一定是氧化还原反应，可能属于离子反应，离子反应可能是氧化还原反应；化合反应、分解反应可能是氧化还原反应，复分解反应一定不是氧化还原反应，置换反应一定是氧化还原反应；
（5）H++OH﹣＝H2O表示强酸和可溶性强碱生成可溶性盐和水的反应。
【解答】解：（1）以上物质中属于混合物的是④⑦；属于电解质的是①③⑧⑨⑩，能导电的是①②④⑦，属于非电解质的是⑤⑥，
故答案为：④⑦；①③⑧⑨⑩；①②④⑦；⑤⑥；
（2）由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物是盐，这几种物质都属于盐类；NaCl、Na2CO3与Na2SO4都属于钠盐，KNO3属于钾盐，
故答案为：盐；是否是钠盐；
（3）Na2CO3中含有钠离子和碳酸根离子，碳酸根离子不能继续电离出氢离子，所以碳酸钠属于钠盐、碳酸盐、正盐，
故答案为：钠盐；碳酸盐；正盐；
（4）置换反应一定是氧化还原反应，可能属于离子反应，离子反应可能是氧化还原反应，所以表示离子反应的是C；化合反应、分解反应可能是氧化还原反应，复分解反应一定不是氧化还原反应，置换反应一定是氧化还原反应，图为，
故答案为：C；；
（5）H++OH﹣＝H2O表示强酸和可溶性强碱生成可溶性盐和水的反应，小明同学的观点不对，例如：醋酸和氢氧化钠反应，离子式为CH3COOH+OH﹣＝CH3COO﹣+H2O，
故答案为：不对；
【点评】本题考查物质的分类，侧重考查对基础知识的掌握和灵活运用能力，明确基本概念内涵、物质分类的方法是解本题关键，题目难度不大。
2．（2024秋•昆山市校级期中）碳元素构建了生命的骨架，也是人类研发新材料的宝藏。
（1）已知A是甲烷的一种同系物，且同时满足下列条件，写出A的结构简式： C（CH3）4 。
①0.1ml A完全燃烧消耗标准状况下17.92LO2；
②A的沸点与其同分异构体相比，A的最低。
（2）草酸（结构如图）是一种具有还原性的二元弱酸，可将酸性KMnO4中的Mn元素还原为Mn2+。写出草酸与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式 。
（3）工业常利用CH4与CO2为原料重整制备CO和H2，但实际过程中催化剂表面易产生积碳导致活性降低。研究表明，在催化剂Ni/CeO2中掺入MnOx可产生更多的氧空位，生成更多的可流动O*，能有效减少积碳生成，其路径如图所示。
①路径甲、乙中生成的相同中间产物是 CHx （填化学式）。
②试推理并写出减少催化剂积碳的反应方程式 Ni—C+O*→Ni+CO 。
（4）CO2参与的乙苯（）脱氢机理如图所示（α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位点）。
①CO2吸附到催化剂表面时，选择B位点的原因是 B位点带部分负电荷，吸引CO2中带正电荷的C原子 。
②图中步骤Ⅱ的过程可描述为 B1位点上的H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上 。
【专题】离子反应专题；分析与推测能力．
【分析】（1）根据烷烃完全燃烧的化学方程式为，，一般情况下，同种烷烃的不同异构体，支链越多其沸点越低，进行分析；
（2）根据草酸是一种二元弱酸，酸性KMnO4具有强氧化性，将草酸氧化为CO2，进行分析；
（3）根据路径甲、乙中生成的相同中间产物为CHx，在催化剂Ni/CeO2中掺入MnOx可产生更多的氧空位，生成更多的可流动O*，能有效减少催化剂的积碳生成进行分析；
（4）根据CO2中C显正价，O显负价，B位点带部分负电荷，可以吸引CO2中的C原子，B1位点上的H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用进行分析。
【解答】解：（1）已知A是甲烷的同系物，所以A符合烷烃的通式，烷烃完全燃烧的化学方程式为，0.1ml A完全燃烧消耗标准状况下17.92LO2（0.8ml），则1ml A完全燃烧消耗的8ml O2，，解得n＝5，所以A为戊烷C5H12，戊烷的同分异构体有正戊烷、异戊烷和新戊烷，一般情况下，同种烷烃的不同异构体，支链越多其沸点越低，所以A的结构简式为C（CH3）4，
故答案为：C（CH3）4；
（2）酸性高锰酸钾具有强氧化性，将草酸（二元弱酸）氧化为二氧化碳，所以草酸与酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为，
故答案为：；
（3）①由图可知，路径甲、乙中生成的相同中间产物为CHx，
故答案为：CHx；
②在催化剂Ni/CeO2中掺入MnOx可产生更多的氧空位，生成更多的可流动O*，能有效减少催化剂的积碳生成；反应路径中，减少催化剂积碳的反应为 Ni—C和可流动O*反应生成CO和Ni的反应Ni—C+O*→Ni+CO，
故答案为：Ni—C+O*→Ni+CO；
（4）①CO2中C显正价，O显负价，B位点带部分负电荷，可以吸引CO2中的C原子，便于CO2中带部分负电荷的O氧原子发生后续反应，
故答案为：B位点带部分负电荷，吸引CO2中带正电荷的C原子；
②图中标注电性，可以从静电吸引的角度阐述这一过程：B1位点上的H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上，，
故答案为：B1位点上的H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上。
【点评】本题主要考查化学方程式的有关计算等，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•浦东新区校级月考）利用“杯酚”从C60和C70的混合物中纯化C70的过程如图所示。
（1）“杯酚”的官能团名称是 羟基 。
（2）“杯酚”分子内官能团之间通过 氢键 （填“共价键”、“配位键”或“氢键”）形成“杯底”。
（3）C60不溶于氯仿（化学式为CHCl3），“杯酚”溶于氯仿，可能的原因是 C60为非极性分子，“杯酚”和氯仿均为极性分子，根据“相似相溶”规律可知，非极性分析C60不溶于极性溶剂氯仿，极性分子“杯酚”溶于极性溶剂氯仿 。
Cu2+可以与乙二胺（H2N—CH2CH2—NH2）形成配离子，如题图﹣2所示：
（4）H、O、N三种元素的电负性从大到小的顺序为 O＞N＞H 。
（5）1ml上述配离子中含有 26 mlσ键。
（6）乙二胺和三甲胺[N（CH3）3]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高很多，原因是 乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键 。
将含有未成对电子的物质置于外破场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质。
（7）下列物质中，属于顺磁性物质的是 BC （不定项）。
A.[Cu（NH3）2]Cl
B.[Cu（NH3）4]SO4
C.Na2[Cu（OH）4]
研究人员发现，在离子液体中可制备均一粒径分布的高熵合金纳米颗粒。离子液体是在室温和接近室温时呈液态的盐类物质，一般由有机阳离子和无机阴离子组成。一种离子液体的结构如图所示。
（8）的空间结构为 正四面体形 。
（9）研究发现通过改变阳离子侧链可调控离子化合物的熔点。A、B两种离子液体的结构如图所示。熔点A＞B的原因是 A、B均为离子晶体，阴离子相同，阳离子所带电荷量也相同，当阳离子侧链从乙基增长到丙基，阳离子的体积增大，离子键的强度减弱，熔点也降低 。
一种由Cu、In、Te元素形成的高熵合金，其晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角角均为90°。
（10）Te原子与邻近的Cu、In原子构成的空间结构为 四面体形 。
（11）已知阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为 g•cm﹣3（列出计算式）。
【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构．
【分析】（1）根据“杯酚”的结构式进行判断；
（2）“杯酚”的官能团为羟基，羟基之间通过氢键形成“杯底”；
（3）分子晶体的溶解性一般符合“相似相溶”规律，即极性分子易溶于极性溶剂中，非极性分子易溶于非极性溶剂中；
（4）一般来说，除稀有气体元素外，同一周期从左至右，元素的电负性逐渐增大；同一主族从上到下，元素的电负性逐渐减小；
（5）配位键和单键均属于σ键，据此进行分析；
（6）具有氢键的分子晶体，与同类化合物相比，其熔沸点更高；
（7）将含有未成对电子的物质置于外破场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质，其中Cu+和Cu2+的价电子排布式分别为3d10、3d9，据此进行分析；
（8）先根据中心原子的孤电子对数＝计算出中心原子的孤电子对数；再加上σ键电子对数可确定分子中的中心原子上的价层电子对数，即可确定分子的VSEPR模型，然后略去VSEPR模型中的中心原子上的孤电子对，即可得到分子的空间构型，据此进行分析；
（9）A、B均为离子晶体，阴离子相同，阳离子所带电荷量也相同，当阳离子侧链从乙基增长到丙基，阳离子的体积增大，离子键的强度减弱，熔点也随之降低；
（10）根据Te、Cu以及In原子的空间位置进行分析即可；
（11）利用均摊法计算出晶胞中含有的原子数，再结合ρ＝进行计算即可。
【解答】（1）根据“杯酚”的结构式可知，“杯酚”的官能团为羟基，
故答案为：羟基；
（2）“杯酚”的官能团为羟基，羟基之间通过氢键形成“杯底”，
故答案为：氢键；
（3）C60为非极性分子，“杯酚”和氯仿均为极性分子，根据“相似相溶”规律可知，非极性分析C60不溶于极性溶剂氯仿，极性分子“杯酚”溶于极性溶剂氯仿，
故答案为：C60为非极性分子，“杯酚”和氯仿均为极性分子，根据“相似相溶”规律可知，非极性分析C60不溶于极性溶剂氯仿，极性分子“杯酚”溶于极性溶剂氯仿；
（4）根据电负性的变化规律，一般来说，除稀有气体元素外，同一周期从左至右，元素的电负性逐渐增大；同一主族从上到下，元素的电负性逐渐减小，因此H、O、N三种元素的电负性从大到小的顺序为O＞N＞H，
故答案为：O＞N＞H；
（5）1ml该配离子中含有铜与氮的配位键为4ml，C—N键为4ml，C—C键为2ml，C—H键为8ml，N—H键为8ml，因此该配离子中含有26mlσ键，
故答案为：26；
（6）乙二胺比三甲胺的沸点高很多的原因是乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键，
故答案为：乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键；
（7）A.[Cu（NH3）2]Cl中Cu+的价电子排布式为3d10，不含未成对电子，不属于顺磁性物质，故A错误；
B.[Cu（NH3）4]SO4中Cu2+的价电子排布式为3d9，含有1个未成对电子，属于顺磁性物质，故B正确；
C.Na2[Cu（OH）4]中Cu2+的价电子排布式为3d9，含有1个未成对电子，属于顺磁性物质，故C正确；
故答案为：BC；
（8）中心原子上的孤电子对数＝＝0，σ键电子对数为4，因此中心原子上的价层电子对数为4，VSEPR模型正四面体形，无孤电子对数，所以，的空间构型为正四面体形，
故答案为：正四面体形；
（9）A、B均为离子晶体，阴离子相同，阳离子所带电荷量也相同，当阳离子侧链从乙基增长到丙基，阳离子的体积增大，离子键的强度减弱，熔点也降低，
故答案为：A、B均为离子晶体，阴离子相同，阳离子所带电荷量也相同，当阳离子侧链从乙基增长到丙基，阳离子的体积增大，离子键的强度减弱，熔点也降低；
（10）由图可知，Te原子与连接邻近的Cu原子、In原子形成的空间结构为四面体形，
故答案为：四面体形；
（11）根据晶胞结构可知，Cu原子位于顶点、面上和晶胞内部，含有的个数为8×+4×+1＝4，In原子位于棱上和面上，含有的个数为4×+6×＝4，Te位于晶胞内部，含有的个数为8个，因此该晶体的密度ρ＝＝g•cm﹣3，
故答案为：。
【点评】本题主要考查电负性比较、分子空间构型的判断、晶胞密度的相关计算以及分子的性质等内容，综合性较强，难度适中。
4．（2024秋•浦东新区校级月考）将酞菁—钴钛菁—三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上可得一种高效催化剂。
（1）图1所示的几种碳单质，它们互为 同素异形体 ，其中属于共价晶体的是 金刚石和碳纳米管 ，C60间的作用力是 分子间作用力 。
（2）基态C原子核外有 27 种运动状态不同的电子，价电子的轨道表示式为 。C元素位于元素周期表的 d区 区。
（3）酞菁和钴酞菁的分子结构如图2所示。酞菁分子中所有原子共平面，其中p轨道能提供一对电子的N原子是 ③ （填图2酞菁中N原子的标号）。钴酞菁分子中，钴离子的化合价为 +2 ，氮原子提供孤对电子与钴离子形成 配位 键。
（4）气态AICl3通常以二聚体Al2Cl6的形式存在，其空间结构如图3a所示，二聚体中Al的轨道杂化类型为 sp3 。AlF3的熔点为1090℃，远高于AlCl3的192℃，由此可以判断铝氟之间的化学键为 离子 键。
（5）AIF3结构属立方晶系，晶胞如图3b所示，F﹣的配位数为 2 。若晶胞参数为apm，晶体密度ρ＝ g•cm﹣3（列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA）。
【专题】基本概念与基本理论；元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．
【分析】（1）相同单质的不同结构互为同素异形体，图示为碳元素的不同单质，互为同素异形体，属于共价晶体的是金刚石和碳纳米管，C60间的作用力是分子间作用力；
（2）C为27号元素，原子核外有27种运动状态不同的电子，价电子轨道表示式，C元素位于元素周期表的d区；
（3）酞菁分子中所有原子共平面，其中p轨道能提供一对电子的N原子是③，钴酞菁分子中，由于电离了两个氢离子，而整体仍显中性，故钴离子的化合价为+2，氮原子提供孤对电子与钴离子形成配位键；
（4）气态AICl3通常以二聚体Al2Cl6的形式存在，其空间结构如图3a所示，分析可知，Alσ键数目为4，杂化方式为sp3，AlF3的熔点为1090℃，远高于AlCl3的192℃，分析晶体类型的影响；
（5）AIF3结构属立方晶系，晶胞如图3b所示，分析图示结构可知，黑球数目为8×＝1，白球数目为12×＝3，F﹣的配位数为2，若晶胞参数为apm，晶体密度ρ＝，据此计算。
【解答】解：（1）相同单质的不同结构互为同素异形体，图示为碳元素的不同单质，互为同素异形体，属于共价晶体的是金刚石和碳纳米管，C60间的作用力是分子间作用力，
故答案为：同素异形体；金刚石和碳纳米管；分子间作用力；
（2）C为27号元素，原子核外有27种运动状态不同的电子，价电子轨道表示式，C元素位于元素周期表的d区，
故答案为：27；；d区；
（3）酞菁分子中所有原子共平面，其中p轨道能提供一对电子的N原子是③，钴酞菁分子中，由于电离了两个氢离子，而整体仍显中性，故钴离子的化合价为+2，氮原子提供孤对电子与钴离子形成配位键，
故答案为：③；+2；配位；
（4）气态AICl3通常以二聚体Al2Cl6的形式存在，其空间结构如图3a所示，分析可知，Alσ键数目为4，杂化方式为sp3，AlF3的熔点为1090℃，远高于AlCl3的192℃，由此可以判断铝氟之间的化学键为离子键，
故答案为：sp3；离子；
（5）AIF3结构属立方晶系，晶胞如图3b所示，分析图示结构可知，黑球数目为8×＝1，白球数目为12×＝3，F﹣的配位数为2，若晶胞参数为apm，晶体密度ρ＝＝g•cm﹣3，
故答案为：2；。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
5．（2024秋•闵行区校级月考）光伏材料又称太阳能材料，能将太阳能直接转换成电能。可作太阳能电池材料的有单晶硅、多晶硅、非晶硅、GaAs、GaAlAs、InP、CaS、CdTe、CulnSe等。
（1）电池材料的很多金属元素灼烧时会产生特殊的火焰颜色，焰色反应是原子的 A 光谱。
A．发射
B．吸收
C．两者都不是
（2）P元素3p轨道上的3个电子不同的是 C 。
①能量 ②原子轨道形状 ③原子轨道空间伸展方向 ④自旋状态 ⑤运动状态
A．①②
B．③④
C．③⑤
D．②⑤
（3）气态氯化铝通常以二聚体Al2Cl6形式存在，其结构如图所示，更高温度下，二聚体会离解成AlCl3，其分子构型与BF3相似，下列有关氯化铝的说法错误的是 A 。
A．二聚体Al2Cl6中存在离子键、极性键和非极性键
B．AlCl3的分子构型是平面三角形
C．二聚体Al2Cl6中Al原子是sp3杂化
D．BF3中B原子是sp2杂化
（4）Se元素与S元素同主族，基态Se原子的最外层电子排布式为 4s24p4 ，Fe元素的基态原子价电子的轨道表示式 。
（5）As元素与Se元素同周期，比较As与Se的第一电离能：As ＞ Se（填“＞”、“＜”或“＝”），比较As与Se的电负性：As ＜ Se（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（6）铜在元素周期表中位于 ds 区。研究发现，正离子的颜色与未成对电子数有关，例如：Cu2+、Fe2+、Fe2+有色，Cu+无色，Cu+呈无色的原因是 Cu+的核外电子排布为[Ar]3d10，没有未成对电子 。
（7）Si、S、P形成的气态氢化物的稳定性的从大到小的顺序是 H2S＞PH3＞SiH4 ，从键长和键能的角度解释原因： Si、P、S原子半径依次减小，和氢原子形成共价键的键长短，键能越大，氢化物越稳定 。
【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构．
【分析】（1）当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变为激发态，电子从能量较高的轨道回到能量较低的轨道时，将以光的形式释放能量，产生特殊的火焰颜色；
（2）相同能级的不同轨道能量相同，p能级的原子轨道都是哑铃形，原子轨道形状相同，3个电子伸展方向是在x、y、z三个不同方向，洪特规则可知电子将尽可能分占不同轨道且自旋方向相同；
（3）A．二聚体Al2Cl6结构分析可知，存在极性键；
B．AlCl3中铝原子的价层电子对数为3，无孤对电子；
C．二聚体Al2Cl6中Al原子价层电子对数4；
D．BF3中B原子的价层电子对数3；
（4）基态Se原子的核电荷数为34，与S元素同主族，最外层电子数为6，Fe元素的基态原子价电子排布3d64s2；
（5）同周期从左到右第一电离能增大趋势，第ⅡA、ⅤA族元素原子第一电离能大于同周期相邻元素，非金属性越强，电负性越大；
（6）铜原子价电子排布式为3d104s1，正离子的颜色与未成对电子数有关；
（7）非金属性越强，形成氢化物稳定性越强，同周期从左到右原子半径依次减小，和氢原子形成共价键的键长越短，化学键越牢固。
【解答】解：（1）当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变为激发态，电子从能量较高的轨道回到能量较低的轨道时，将以光的形式释放能量，产生特殊的火焰颜色，焰色反应是原子的发射光谱，
故答案为：A；
（2）P元素为15号元素，P元素3p轨道上的3个电子分别进入3个不同轨道中，相同能级的不同轨道能量相同，p能级的原子轨道都是哑铃形，原子轨道形状相同，3个电子伸展方向是在x、y、z三个不同方向，洪特规则可知电子将尽可能分占不同轨道且自旋方向相同，原子核外不存在运动状态完全相同的电子，综上所述，③⑤正确，
故答案为：C；
（3）A．二聚体Al2Cl6中不存在离子键和非极性键，故A错误；
B．AlCl3中铝原子的价层电子对数为3，无孤对电子，AlCl3的分子构型是平面三角形，故B正确；
C．二聚体Al2Cl6中Al原子的价层电子对数＝4，原子的杂化方式是sp3杂化，故C正确；
D．BF3中B原子的价层电子对数为3，无孤对电子，是sp2杂化，故D正确；
故答案为：A；
（4）基态Se原子的核电荷数为34，与S元素同主族，位于第四周期，最外层电子数为6，最外层电子排布式为4s24p4，Fe元素的基态原子价电子排布3d64s2，则Fe元素的基态原子价电子的轨道表示为：，
故答案为：4s24p4；；
（5）As元素与Se元素同周期，位于周期表的第四周期，第ⅤA族，As原子的价电子排布为4s24p3，4p轨道上为半充满状态，则As与Se的第一电离能As＞Se，As与Se的电负性As＜Se，
故答案为：＞；＜；
（6）铜原子价电子排布式为3d104s1，位于周期表的ds区，Cu+的核外电子排布为[Ar]3d10，没有未成对电子，故Cu+无色，
故答案为：ds；Cu+的核外电子排布为[Ar]3d10，没有未成对电子；
（7）Si、S、P非金属性S＞P＞Si，形成的气态氢化物的稳定性的从大到小的顺序为：H2S＞PH3＞SiH4，从键长和键能的角度解释原因是：Si、P、S原子半径依次减小，和氢原子形成共价键的键长短，键能越大，氢化物越稳定，
故答案为：H2S＞PH3＞SiH4；Si、P、S原子半径依次减小，和氢原子形成共价键的键长短，键能越大，氢化物越稳定。
【点评】本题考查了原子结构、核外电子排布规律、元素性质和原子结构的理解应用，题目难度不大。
6．（2024秋•海淀区校级月考）碘单质（紫黑色固体，微溶于水，具有挥发性）及含碘化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
（1）HI主要用于药物合成，通常用I2和P反应生成PI3，PI3再水解制备HI。PI3的空间结构是 三角锥形 。PI3的P—I键是由磷的 sp3杂化 轨道与碘的5p轨道重叠形成σ键。
（2）I2的一种制备方法如图所示：
①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为 Fe+2AgI＝2I﹣+2Ag+Fe2+ ，生成的沉淀与硝酸反应，生成 硝酸银 后可循环使用。
②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为 FeI2+Cl2＝I2+FeCl2 ；若反应物用量比n（Cl2）：n（FeI2）＝1.5时，氧化产物为 I2 。
（3）以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入适量NaHSO3，恰好完全反应生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的总反应的离子方程式为 2+5＝5+3H++H2O+I2 。
（4）KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1ml I2，消耗的KI至少为 4 ml。I2在KI溶液中可发生反应I2+I﹣⇌。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量KI的原因是 保证所有的Cu2+充分还原为CuI，使平衡正向移动，易使碘与CuI分离 。
（5）I2与足量F2在一定条件下发生反应可生成卤素互化物IF7，写出其与H2O发生的非氧化还原反应的化学方程式 IF7+4H2O＝HIO4+7HF 。
【专题】卤族元素；理解与辨析能力．
【分析】净化除氯后的海水，加入硝酸银进行富集，生成含有AgI的悬浊液，继续即加入铁粉，发生反应Fe+2AgI＝2I﹣+2Ag+Fe2+；过滤掉析出的Ag，向FeI2中加入过量Cl2，具体生成物与氯气的通入量有关，据此分析解题。
【解答】解：（1）PI3中心原子价层电子对数为3+＝4，且含有1个孤电子对，空间结构是三角锥形，P原子为sp3杂化，PI3的P—I键是由磷的sp3杂化轨道与碘的5p轨道通过头碰头的方式重叠形成σ键，
故答案为：三角锥形；sp3杂化；
（2）①由流程图可知悬浊液中含AgI，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入粉进行转化反应的离子方程式为Fe+2AgI＝2I﹣+2Ag+Fe2+，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中，
故答案为：Fe+2AgI＝2I﹣+2Ag+Fe2+；硝酸银；
②通入Cl2的过程中，因I﹣还原性强于Fe2+，先氧化还原性强的I﹣，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2＝ I2+FeCl2，若反应物用量比n（Cl2）：ln（FeI2）＝1.5时即Cl2过量，先氧化完全部I﹣再氧化Fe2+，恰好将全部I﹣和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，
故答案为：FeI2+Cl2＝ I2+FeCl2；I2；
（3）先向NaIO3溶液中加入过量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2，I元素被还原为碘单质，S元素被氧化为硫酸根离子，根据得失电子守恒即电荷守恒，离子方程式：2+5＝5+3H++H2O+I2，
故答案为：2+5＝5+3H++H2O+I2；
（4）KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，反应离子方程式为2Cu2++4I﹣＝2CuI↓+I2，若生产1ml I2，则至少需要4ml KI，已知I2在KI溶液中可发生反应：，加入过量的KI，可以保证所有的Cu2+充分还原为CuI，同时使平衡正向移动，易于使碘与CuI充分分离，
故答案为：4；保证所有的Cu2+充分还原为CuI，使平衡正向移动，易使碘与CuI分离；
（5）IF7中I显+7价，F显﹣1价，故IF7与H2O发生的非氧化还原反应生成HIO4和HF，化学方程式为：IF7+4H2O＝HIO4+7HF，
故答案为：IF7+4H2O＝HIO4+7HF。
【点评】本题考查元素化合物，侧重考查学生物质之间反应的掌握情况，试题难度中等。
7．（2024•河南开学）氨（NH3）和联氨（N2H4）是氮元素的两种重要氢化物。联氨常温下是无色液体，易溶于水，具有强还原性。
（1）联氨分子的电子式为 ，其中氮元素化合价为 ﹣2 。
（2）联氨可以通过碱性条件下NaClO氧化NH3制得，离子反应方程式为 ClO﹣+2NH3＝N2H4+Cl﹣+H2O ，若用如图所示装置完成上述反应，分液漏斗中的试剂是 碱性NaClO溶液 （填“碱性NaClO溶液”或“氨水”）。
（3）联氨具有强还原性，可以将铁锈（Fe2O3）还原为磁性氧化铁，以减缓铁的锈蚀，并产生无污染气体，写出该反应的化学方程式 N2H4+6Fe2O3＝N2↑+2H2O+4Fe3O4 。
（4）氨的催化氧化是制硝酸的重要步骤，氨催化氧化制NO时会有副产物N2O生成，若NO与N2O的物质的量之比为8：1，则参加反应的n（NH3）：n（O2）＝ 5：6 。
（5）利用NH3催化还原NO以净化工业尾气，有氧条件下，Fe3+催化NH3还原NO的反应历程如图所示。
①过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：1 。
②该反应的总化学方程式为 4NH3+4NO+O24N2↑+6H2O 。
【专题】氮族元素．
【分析】（1）联氨是共价化合物，结构简式NH2—NH2，潜意识化合价+1价，元素化合价代数和为0计算得到氮元素化合价；
（2）NaClO氧化NH3可以制得肼，同时还生成氯化钠，据此书写离子方程式，联氨具有还原性，则次氯酸钠溶液不能过量；
（3）联氨具有强还原性，可以将铁锈（Fe2O3）还原为磁性氧化铁，以减缓铁的锈蚀，并产生无污染气体氮气，结合电子守恒、原子守恒书写化学方程式；
（4）氨催化氧化制NO时会有副产物N2O生成，若NO与N2O的物质的量之比为8：1，设NO物质的量8ml，则N2O物质的量1ml，氮元素守恒，10ml NH3被氧化，电子转移40ml+8ml＝48ml，得到48ml电子，反应的氧气物质的量12ml，据此计算；
（5）①由图2可知，该反应①方程式为NH3+Fe3+＝Fe2++NH2+H+，氧化剂为Fe3+，还原剂为NH3，则氧化剂与还 原剂物质的量之比为1：1；
②该反应氛围三步，结合化合价变化可知，第Ⅰ步n（Fe3+）：n（NH3）＝1：1，第Ⅱ步n（NO）：n（Fe2+—NH2）＝1：1，第Ⅲ步n（Fe2+）：n（O2）＝4：1，则反应中n（NH3）：n（NO）：n（O2）＝4：4：1，据此写出化学方程式。
【解答】解：（1）联氨分子的电子式为：，潜意识化合价+1价，分子式N2H4，其中N元素化合价﹣2价，
故答案为：；﹣2；
（2）NaClO氧化NH3可以制得肼，根据原子守恒可知还有氯化钠生成，则反应的离子方程式为：ClO﹣+2NH3＝N2H4+Cl﹣+H2O，联氨具有还原性，次氯酸钠溶液不能过量，反应过程中药逐滴滴加次氯酸钠溶液，分液漏斗中的试剂为碱性次氯酸钠溶液，
故答案为：ClO﹣+2NH3＝N2H4+Cl﹣+H2O；碱性NaClO溶液；
（3）联氨具有强还原性，可以将铁锈（Fe2O3）还原为磁性氧化铁，以减缓铁的锈蚀，并产生无污染气体为氮气，反应的化学方程式为：N2H4+6Fe2O3＝N2↑+2H2O+4Fe3O4，
故答案为：N2H4+6Fe2O3＝N2↑+2H2O+4Fe3O4；
（4）氨催化氧化制NO时会有副产物N2O生成，若NO与N2O的物质的量之比为8：1，设NO物质的量8ml，则N2O物质的量1ml，氮元素守恒，10ml NH3被氧化，电子转移40ml+8ml＝48ml，得到48ml电子，反应的氧气物质的量12ml，则参加反应的n（NH3）：n（O2）＝10：12＝5：6，
故答案为：5：6；
（5）①由图2可知，该反应①方程式为NH3+Fe3+＝Fe2++NH2+H+，氧化剂为Fe3+，还原剂为NH3，则氧化剂与还 原剂物质的量之比为1：1，
故答案为：1：1；
②该反应氛围三步，结合化合价变化可知，第Ⅰ步n（Fe3+）：n（NH3）＝1：1，第Ⅱ步n（NO）：n（Fe2+—NH2）＝1：1，第Ⅲ步n（Fe2+）：n（O2）＝4：1，则反应中n（NH3）：n（NO）：n（O2）＝4：4：1，反应的化学方程式为：4NH3+4NO+O24N2↑+6H2O，
故答案为：4NH3+4NO+O24N2↑+6H2O。
【点评】本题考查了氮及其化合物结构和性质的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
8．（2023春•赣县区校级月考）某学习小组探究不同含硫物质的转化。
任务Ⅰ.从以下试剂中选择合适的试剂完成→的转化。
试剂：①浓H2SO4②稀H2SO4③酸性KMnO4溶液④Na2SO3溶液⑤Cu⑥品红溶液
（1）写出完成转化的化学方程式： Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O 。
（2）设计实验，证明实现该转化（写出操作和现象）： 将产生的气体通入品红溶液中，溶液逐渐变无色，加热又恢复红色 。
任务Ⅱ.完成硫元素在、、价之间的转化。
查阅资料：+2价硫在酸性条件下不稳定，易发生自身氧化还原反应。
SO2Na2SO3Na2S2O3X
（3）①中加入的物质是 NaOH溶液 ，写出③的离子方程式： 2H++S2＝S↓+SO2↑+H2O 。
任务Ⅲ.工业上常用空气催化氢氧化法除去电石渣浆（含CaO）上清液中的S2﹣，并制取石膏CaSO4•2H2O，其中的物质转化过程如图所示。
（4）过程Ⅱ中，反应的离子方程式为 4+2S2﹣+9H2O＝S2+4Mn（OH）2↓+10OH﹣ 。
（5）根据物质转化过程，若将10L上清液中的S2﹣转化为（S2﹣浓度为320mg/L），理论上共需要标准状况下的O2的体积为 4.48 L。
【专题】氧族元素．
【分析】（1）→过程中S元素化合价降低，发生还原反应，浓H2SO4和铜在加热条件下可以实现转化；
（2）证明实现该转化，即证明有SO2气体放出，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色；
（3）SO2和氢氧化钠反应生成Na2SO3，①中加入的物质是NaOH溶液；Na2SO3和S反应生成Na2S2O3，Na2S2O3在酸性条件下发生歧化反应生成S和二氧化硫；
（4）过程II中，S2﹣和发生氧化还原反应生成S2、Mn（OH）2，根据得失电子守恒、电荷守恒；
（5）若将10L上清液中的S2﹣转化为（S2﹣浓度为320mg/L），转移电子的物质的量为×8＝0.8ml，1ml氧气得4ml电子，根据得失电子守恒，消耗氧气的物质的量为0.8ml×＝0.2ml。
【解答】解：（1）→过程中S元素化合价降低，发生还原反应，浓H2SO4和铜在加热条件下可以实现转化，反应方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，
故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；
（2）证明实现该转化，即证明有SO2气体放出，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，所以将产生的气体通入品红溶液中，溶液逐渐变无色，加热又恢复红色，证明实现了该转化，
故答案为：将产生的气体通入品红溶液中，溶液逐渐变无色，加热又恢复红色；
（3）SO2和氢氧化钠反应生成Na2SO3，①中加入的物质是NaOH溶液；Na2SO3和S反应生成Na2S2O3，Na2S2O3在酸性条件下发生歧化反应生成S和二氧化硫，③的离子方程式为2H++S2＝S↓+SO2↑+H2O，
故答案为：NaOH溶液；2H++S2＝S↓+SO2↑+H2O；
（4）过程Ⅱ中，S2﹣和发生氧化还原反应生成S2、Mn（OH）2，根据得失电子守恒、电荷守恒，反应的离子方程式为4+2S2﹣+9H2O＝S2+4Mn（OH）2↓+10OH﹣，
故答案为：4+2S2﹣+9H2O＝S2+4Mn（OH）2↓+10OH﹣；
（5）若将10L上清液中的S2﹣转化为（S2﹣浓度为320mg/L），转移电子的物质的量为×8＝0.8ml，1ml氧气得4ml电子，根据得失电子守恒，消耗氧气的物质的量为0.8ml×＝0.2ml，氧气在标准状况下的体积为4.48L，
故答案为：4.48。
【点评】本题考查元素化合物，侧重考查学生含硫物质性质的掌握情况，试题难度中等。
9．（2024春•浙江期中）工业上以石英砂为原料生产高纯硅的工艺路线如图：
已知：①SiHCl3分子中硅的化合价为+4价。
②SiHCl3SiCl4均极易水解，反应方程式分别为：
SiHCl3+3H2O═3HCl+H2↑+H2SiO3↓
SiCl4+4H2O═4HCl+
（1）硅原子的最高能级的电子云轮廓图呈 哑铃 形，硅元素位于元素周期表的 p 区。
（2）写出石英砂与焦炭反应的化学反应方程式： SiO2+2CSi+2CO↑ 。
（3）下列说法正确的是 CD 。
A.电负性：Cl＞C＞Si＞H
B.1ml SiO2晶体中含有共价键2NA
C.该工艺流程中的H2和HCl都可以循环使用
D.整个工艺流程中都应该隔绝空气
（4）写出SiCl4与足量乙醇反应生成A的化学反应方程式： SiCl4+4CH3CH2OH＝（CH3CH2O）4Si+4HCl 。
（5）设计实验验证SiCl4水解后溶液中的主要离子： 取水解且过滤后少量的溶液于试管中，向溶液中加入紫色石蕊，如果溶液变红色，说明溶液中含有氢离子；向溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，如果生成白色沉淀，说明含有氯离子 。
【专题】碳族元素．
【分析】石英砂和焦炭在1800℃条件下反应生成粗硅和CO，粗硅和氯气在高温下反应生成SiCl4，SiCl4和足量CH3CH2OH反应生成（CH3CH2O）4Si和HCl；粗硅和HCl在300℃条件下反应生成SiHCl3和H2，SiHCl3和H2在1100℃下反应生成Si和HCl；
（1）p能级的电子云轮廓图为哑铃形；第ⅢA族～0族的元素都是p区元素；
（2）石英砂和焦炭在高温下反应生成Si、CO；
（3）A.元素的非金属性越强，其电负性越大；
B.SiO2晶体中，每个Si原子形成4个Si—O键；
C.粗硅生成SiHCl3生成H2、SiHCl3生成高纯硅消耗H2，SiCl4生成A生成HCl，反应Ⅱ消耗HCl；
D.硅易和氧气反应，氢气、乙醇都易燃烧；
（4）SiCl4和足量CH3CH2OH反应生成（CH3CH2O）4Si和HCl；
（5）SiCl4水解生成HCl和原硅酸，溶液中含有氢离子和氯离子，溶液呈酸性，氯离子可以用硝酸银溶液检验。
【解答】解：（1）p能级的电子云轮廓图为哑铃形，Si原子最高能级为3p能级，所以硅原子的最高能级的电子云轮廓图呈哑铃形；第ⅢA族～0族的元素都是p区元素，Si元素位于第ⅣA族，属于p区元素，
故答案为：哑铃；p；
（2）石英砂和焦炭在高温下反应生成Si、CO，反应方程式为SiO2+2CSi+2CO↑，
故答案为：SiO2+2CSi+2CO↑；
（3）A.元素的非金属性：Cl＞C＞H＞Si，电负性：Cl＞C＞H＞Si，故A错误；
B.SiO2晶体中，每个Si原子形成4个Si—O键，则1ml SiO2晶体中含有共价键4NA，故B错误；
C.粗硅生成SiHCl3生成H2、SiHCl3生成高纯硅消耗H2，SiCl4生成A生成HCl，反应Ⅱ消耗HCl，所以该工艺流程中的H2和HCl都可以循环使用，故C正确；
D.硅易和氧气反应，氢气、乙醇都易燃烧，所以整个工艺流程中都应该隔绝空气，故D正确；
故选：CD；
（4）SiCl4和足量CH3CH2OH反应生成（CH3CH2O）4Si和HCl，反应方程式为SiCl4+4CH3CH2OH＝（CH3CH2O）4Si+4HCl，
故答案为：SiCl4+4CH3CH2OH＝（CH3CH2O）4Si+4HCl；
（5）SiCl4水解生成HCl和原硅酸，溶液中含有氢离子和氯离子，溶液呈酸性，可以用紫色石蕊试液检验氢离子、用硝酸银溶液检验氯离子，检验方法为：取水解且过滤后少量的溶液于试管中，向溶液中加入紫色石蕊，如果溶液变红色，说明溶液中含有氢离子；向溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，如果生成白色沉淀，说明含有氯离子，
故答案为：取水解且过滤后少量的溶液于试管中，向溶液中加入紫色石蕊，如果溶液变红色，说明溶液中含有氢离子；向溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，如果生成白色沉淀，说明含有氯离子。
【点评】本题考查元素化合物的性质，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确元素化合物的性质、物质之间的转化关系、离子的检验方法是解本题关键，题目难度不大。
10．（2024秋•宿迁月考）为深度学习NaHCO3的性质，某学习小组进行了如下探究：
已知：①化学中常用物质的量浓度表示溶液中溶质的浓度，其单位为：ml•L﹣1。②自偶电离：酸碱溶剂理论中溶剂自发发生的电离，如：2H2O⇌H3O++OH﹣。
（1）探究NaHCO3热不稳定性
实验过程中发现澄清石灰水变浑浊，则NaHCO3受热分解的方程式为 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O 。
（2）探究NaHCO3与CaCl2反应
学习小组利用CO2浓度传感器、数据采集器等手持技术探究NaHCO3与CaCl2反应，其CO2浓度如图2所示。
①由图2可得出结论： 适当增大NaHCO3溶液的浓度，能够加快产生CO2的速率 。
②0.1ml•L﹣1的NaHCO3溶液中出现白色沉淀，其反应的离子方程式为 Ca2++2＝CaCO3↓+CO2↑+H2O 。
（3）探究NaHCO3的电离行为：
学习小组经查阅文献发现在生物学的光合作用实验中（如图3所示），常用NaHCO3溶液作为CO2的缓冲剂。NaHCO3溶液能够释放或吸收CO2是因为在溶液中发生自偶电离，其电离方程式为 2⇌H2CO3+ 。
【专题】几种重要的金属及其化合物；分析与推测能力．
【分析】（1）NaHCO3受热分解，生成Na2CO3、CO2、H2O、；
（2）①由图2可知，NaHCO3溶液的浓度越大，产生CO2的速率越快；
②0.1ml•L﹣1的NaHCO3溶液中出现白色沉淀，其反应的离子方程式为：Ca2+与反应，生成CaCO3、CO2、H2O；
（3）自偶电离的本质是一个电离出氢离子，一个结合氢离子。
【解答】解：（1）由图可知，实验过程中发现澄清石灰水变浑浊，则NaHCO3受热分解的方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，
故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；
（2）①由图2可得出结论是适当增大NaHCO3溶液的浓度，能够加快产生CO2的速率，
故答案为：适当增大NaHCO3溶液的浓度，能够加快产生CO2的速率；
②0.1ml•L﹣1的NaHCO3溶液中出现白色沉淀，其反应的离子方程式为：Ca2++2＝CaCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：Ca2++2＝CaCO3↓+CO2↑+H2O；
（3）根据题意可知，的自偶电离方程式为：2⇌H2CO3+，
故答案为：2⇌H2CO3+。
【点评】本题主要考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质探究，属于基本知识的考查，难度不大。
11．（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。
12．（2024春•温州期末）博舒替尼是用于治疗慢性髓细胞白血病的一种药物，其中一种合成路线如图所示（部分反应条件已略）；
已知①易被氧化。
②
请回答：
（1）化合物A的含氧官能团名称是 羧基、羟基、醚键 。
（2）化合物D的结构简式是 。
（3）下列说法不正确的是 BC 。
A．从A→B→C反应推测—COCl（氯酰基）比—COOH性质活泼，更易与甲醇反应
B．在C→D反应中，K2CO3起催化剂的作用
C．化合物E的分子式为C12H12ClNO6
D．F→G有多步反应，包括加成反应和消去反应
（4）写出B→C的化学方程式 。
（5）利用以上合成线路中的相关信息，完成以邻硝基甲苯为原料合成的设计路线，“[]”上填写反应物或反应条件，“_____”内填写一种有机物的结构简式 。
（6）化合物J（）是合成博舒替尼的一种中间体，请写出同时符合下列条件的化合物J的同分异构体的结构简式 。
1H—NMR谱和IR谱检测表明：①分子中共有4种氢原子，其中苯环上的有2种；②有N—O键，无N—H键。
【专题】有机推断．
【分析】根据A的分子式及B的结构简式知，A为，A发生取代反应生成B，根据C的分子式知，B和甲醇发生取代反应生成C为，D和浓硝酸发生取代反应生成E，根据E的结构简式知，C中酚羟基发生取代反应生成D为；E中硝基发生还原反应生成F为，F发生反应生成G，G发生反应生成H，H发生一系列反应生成博舒替尼；
（5）邻硝基甲苯为原料合成，根据邻氨基苯甲酸甲酯的结构简式知，甲基被酸性高锰酸钾溶液氧化生成—COOH，硝基发生还原反应生成氨基，但氨基易被氧化，所以应该先将甲基氧化为羧基，然后羧基和SOCl2发生取代反应生成—COCl，—COCl和甲醇发生取代反应生成—COOCH3，然后硝基发生还原反应生成氨基；邻氨基苯甲酸甲酯发生F生成G类型的反应最后再发生G生成H类型的反应得到目标产物。
【解答】解：（1）A为，化合物A的含氧官能团名称是羧基、羟基、醚键，
故答案为：羧基、羟基、醚键；
（2）化合物D的结构简式是，
故答案为：；
（3）A．从A→B→C反应推测—COCl（氯酰基）比—COOH性质活泼，更易与甲醇反应，故A正确；
B．在C→D反应中，还生成HBr，HBr和K2CO3反应而促进反应正向进行，所以加入K2CO3有助于提高D的产率，K2CO3不起催化剂的作用，故B错误；
C．化合物E的分子式为C12H14ClNO6，故C错误；
D．F→G有多步反应，F发生信息②的反应生成NCCH2CHO，NCCH2CHO和F先发生加成反应后发生消去反应生成G，所以包括加成反应和消去反应，故D正确；
故答案为：BC；
（4）B→C的化学方程式为，
故答案为：；
（5）邻硝基甲苯为原料合成，根据邻氨基苯甲酸甲酯的结构简式知，甲基被酸性高锰酸钾溶液氧化生成—COOH，硝基发生还原反应生成氨基，但氨基易被氧化，所以应该先将甲基氧化为羧基，然后羧基和SOCl2发生取代反应生成—COCl，—COCl和甲醇发生取代反应生成—COOCH3，然后硝基发生还原反应生成氨基；邻氨基苯甲酸甲酯发生F生成G类型的反应最后再发生G生成H类型的反应得到目标产物，合成路线为，
故答案为：；
（6）化合物J（）是合成博舒替尼的一种中间体，J的同分异构体同时符合下列条件：
1H—NMR谱和IR谱检测表明：
①分子中共有4种氢原子，其中苯环上的有2种；
②有N—O键，无N—H键，支链上含有2种氢原子，结构对称，符合条件的结构简式为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，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。
13．（2024春•浦东新区校级期末）一种用于治疗高血脂的新药Ⅰ的合成路线如图：
已知：①；
②
回答下列问题：
（1）B的化学名称为 苯甲醛 ；H的分子式为 C10H22O3 。
（2）E的结构简式为 HCHO ；G中所含官能团的名称是 羟基、醛基 。
（3）②的反应类型是 酯化（取代）反应 ；写出反应①的化学方程式 。
（4）化合物W的相对分子质量比化合物C大14，且满足下列条件的W的结构有 13 种。
条件：①遇FeCl3溶液显紫色 ②属于芳香族化合物 ③能发生银镜反应
其中核磁共振氢谱显示出现5个吸收峰，峰面积之比为2：2：2：1：1的W的结构简式为 。
（5）设计用乙醇为原料制备CH2＝CH—CH＝CH2的合成路线，其他无机试剂任选 。
（合成路线的表示方式为目标产物）
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】甲苯与氯气在光照条件下发生取代反应生成，发生水解反应生成A为，A发生催化氧化生成B为，B发生氧化反应生成C为，甲烷发生取代反应生成二氯甲烷，根据信息b知，CH2Cl2先发生水解反应、再脱水生成E为HCHO，E、F发生信息a中的反应生成G为，G和氢气发生加成反应生成H为，C与H发生酯化反应生成I为；
（5）用乙醇为原料制备CH2＝CH—CH＝CH2，结合已知①原理，合成路线可为：乙醇氧化生成乙醛，乙醛在稀碱中生成CH3CH（OH）CH2CHO，然后和氢气加成生成CH3CH（OH）CH2CH2OH，在浓硫酸作用下发生消去反应生成CH2＝CH—CH＝CH2。
【解答】解：（1）由分析知，B为，化学名称为苯甲醛；H为，分子式为C10H22O3，
故答案为：苯甲醛；C10H22O3；
（2）E的结构简式为HCHO，G为，官能团为羟基、醛基；
故答案为：HCHO；羟基、醛基；
（3）②为C与H发生酯化反应生成I；反应①为甲苯与氯气在光照条件下发生取代反应生成，化学方程式为：；
故答案为：酯化 （ 取代 ） 反应；；
（4）C为，化合物W的相对分子质量比化合物C大14，说明W比C多一个CH2原子团，W满足下列条件：
①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；
②属于芳香族化合物，说明含有苯环；
③能发生银镜反应，说明含有醛基，如果含有取代基为酚—OH、—CH2CHO，两个取代基有邻位、间位、对位3种位置异构；如果取代基为—CH3、酚—OH、—CHO，有10种位置异构，所以符合条件的同分异构体有13种；其中核磁共振氢谱图中有5组峰，峰面积比为2：2：2：1：1的结构简式为，
故答案为：13；；
（5）由以上分析知，用乙醇为原料制备CH2＝CH—CH＝CH2，结合已知①原理，合成路线可为： ，
故答案为：。
【点评】本题考查了有机物的推断与合成，熟练掌握官能团的性质与转化是关键，注意信息中醛的加成反应特点，利用顺推法与逆推法相结合进行推断，是对有机化学基础的综合考查，题目难度适中。
14．（2024•南宁二模）GaN是制造微电子器件，光电子器件的新型半导体材料。综合利用炼锌矿渣{主要含铁酸镓[Ga2（Fe2O4）3]、铁酸锌（ZnFe2O4），还含少量Fe及一些难溶于酸的物质}获得金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓（GaN），部分工艺流程如图。
已知：①Fe2在酸性条件下不稳定，易转化为Fe3+。
②常温下，“浸出液”中的金属离子对应的氢氧化物的溶度积常数如下表，离子浓度小于1×10﹣5ml•L﹣1时可视为沉淀完全。
③lg2≈0.3，lg5≈0.7。
回答下列问题：
（1）为提高浸出率，可采取的措施为 ad （填标号）。
a．将矿渣粉碎
b．降低温度
c．把稀硫酸换成浓硫酸
d．延长浸出时间
（2）已知纤锌矿结构的GaN晶胞结构与金刚石结构类似，则该种GaN晶体的类型为 共价晶体 ，基态Ga原子价层电子的轨道表示式为 。
（3）ZnFe2O4与稀硫酸反应的化学方程式为 ZnFe2O4+4H2SO4＝ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O 。
（4）“调pH”时需调节溶液pH的最小值为 4.7 。
（5）检验“滤液1”中是否含有Fe3+的试剂为 硫氰化钾溶液 （填名称）。
（6）电解反萃取液（溶质为NaGaO2）制粗镓的装置如图所示，阳极的电极反应式为 2H2O+4﹣4e﹣＝O2+4 ；电解废液经处理后可循环使用，其主要溶质为 NaOH （填化学式）。
（7）采用MOCVD（金属有机化合物化学气相沉积）技术制备GaN时，反应会产生一种标准状况下密度约为0.71g•L﹣1的可燃性气体，写出该反应的化学方程式： Ga（CH3）3+NH3＝3CH4+GaN （不写条件）。
【专题】制备实验综合．
【分析】炼锌矿渣主要含铁酸镓Ga2（Fe2O4）3、铁酸锌ZnFe2O4，炼锌矿渣中加入稀硫酸进行酸浸，过滤后得到SiO2和滤液，滤液中加入H2O2并调节溶液的pH，H2O2能将部分Fe2+氧化为Fe3+，根据流程图中，调节溶液pH时Fe3+、Ga3+转化为氢氧化物沉淀，过滤后除去Zn2+，滤渣中加入稀盐酸、Fe进行溶解还原得到Fe2+，溶液中还有Ga3+，加入萃取剂，分液后水层含有Fe2+，有机层含有Ga元素，加入NaOH溶液使Ga3+转化为NaGaO2，然后电解、加入CH3Br合成MOCVD，最后得到GaN。
【解答】解：（1）将矿渣粉碎、延长浸出时间可提高浸出率，
故答案为：ad；
（2）已知纤锌矿结构的GaN晶胞结构与金刚石结构类似，金刚石为共价晶体，则该种GaN晶体的类型为共价晶体，基态Ga原子价层电子为4s、4p上电子，4s能级上有2个自旋方向相反的电子，4p轨道上有1个电子，其价电子排布图为，
故答案为：共价晶体；；
（3）ZnFe2O4与稀硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁和水，化学方程式为ZnFe2O4+4H2SO4＝ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O，
故答案为：ZnFe2O4+4H2SO4＝ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O；
（4）调节溶液pH时Fe3+、Ga3+转化为氢氧化物沉淀，过滤后除去Zn2+，铁离子完全沉淀时c（OH﹣）＝ml/L≈3×10﹣11ml/L，此时pH≈2.5，Ga3+离子完全沉淀时c（OH﹣）＝ml/L＝2×10﹣9ml/L，此时pH＝4.7，“调pH”时需调节溶液pH的最小值为4.7，
故答案为：4.7；
（5）铁离子遇到硫氰化钾溶液变红，则检验“滤液1”中是否含有Fe3+的试剂为硫氰化钾溶液，
故答案为：硫氰化钾溶液；
（6）电解反萃取液（溶质为NaGaO2）制粗镓的装置如图所示，阳极的电极反应式为2H2O+4﹣4e﹣＝O2+4；阴极的电极反应为+3e﹣+2H2O＝Ga+4OH﹣，离子交换膜为阳离子交换膜，阴极生成OH﹣，其主要溶质为NaOH，然后和碳酸氢钠反应又生成碳酸钠，
故答案为：2H2O+4﹣4e﹣＝O2+4；NaOH；
（7）标准状况下密度约为0.71g•L﹣l的可燃性气体，摩尔质量为0.71g/L×22.4L/ml≈16，为甲烷，该反应的化学方程式Ga（CH3）3+NH3＝3CH4+GaN，
故答案为：Ga（CH3）3+NH3＝3CH4+GaN。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计、电解原理的应用，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，难度较大。
15．（2024春•蓝田县期中）氯化亚砜（SOCl2）是黄色至红色液体，有强烈刺激性气味，沸点为79℃，在有机合成中用途广泛。SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并有刺激性气味的气体产生。实验室合成原理：SO2+Cl2+SCl22SOCl2，部分装置如图所示。
（1）实验室制取SOCl2在三颈烧瓶中进行，整个装置所选仪器的连接顺序是⑥→ ⑪→⑫→⑨→⑩ →① ⑦→⑨→⑩ →②（已知①处通入Cl2、除杂装置可以重复使用）。
（2）冷凝管上连接的干燥管的作用是处理尾气，防止污染空气； 防止空气中的水蒸气进入反应装置与SOCl2发生反应 。
（3）实验室制Cl2的离子方程式为 MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O 。
（4）SOCl2与水反应的化学方程式为 SOCl2+H2O＝SO2↑+2HCl 。
（5）取少量的SOCl2加入足量NaOH溶液中，振荡、静置得到无色溶液，检验溶液中存在Cl﹣的试剂有 Ba（NO3）2溶液、稀HNO3、AgNO3溶液 。
【专题】物质的分离提纯和鉴别．
【分析】实验室用二氧化锰、浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，用饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢、用浓硫酸干燥氯气；亚硫酸钠固体和70%的浓硫酸反应制取二氧化硫，用浓硫酸干燥二氧化硫；SO2、Cl2、SCl2在三颈烧瓶中反应制备SOCl2，SOCl2遇水剧烈反应，故碱石灰的作用是尾气处理和防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶。
【解答】解：（1）根据方程式SO2+Cl2+SCl2＝2SOCl2，可知，SO2、Cl2、SCl2反应生成SOCl2，实验室用二氧化锰、浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，用饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢、用浓硫酸干燥氯气；亚硫酸钠固体和70%的浓硫酸反应制取二氧化硫，用浓硫酸干燥二氧化硫，所以整个装置所选仪器的连接顺序是⑥→⑪→⑫→⑨→⑩→①；⑦→⑨→⑩→②，
故答案为：⑪→⑫→⑨→⑩；⑦→⑨→⑩；
（2）SOCl2遇水剧烈反应，冷凝管上连接的干燥管可以吸收未反应完的SO2、Cl2防止污染空气，还可以防止空气中的水蒸气进入反应装置与SOCl2发生反应，
故答案为：防止空气中的水蒸气进入反应装置与SOCl2发生反应；
（3）二氧化锰、浓盐酸在加热条件下生成氯化锰、氯气、水，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；
（4）SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾可知生成了氯化氢、二氧化硫，反应的化学方程式是SOCl2+H2O＝SO2↑+2HCl，
故答案为：SOCl2+H2O＝SO2↑+2HCl；
（5）取少量的SOCl2加入足量NaOH溶液中，振荡、静置得到无色溶液，其中含亚硫酸根离子和氯离子，检验溶液存在的Cl﹣的方法是取少量该溶液于试管中，加入过量Ba（NO3）2溶液，静置，取上层清液，滴加稀HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则说明溶液中有Cl﹣，
故答案为：Ba（NO3）2溶液、稀HNO3、AgNO3溶液。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物的分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
16．（2023秋•如东县期末）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型绿色消毒剂，能与水反应生成氢氧化铁和氧气，主要用于工业用水处理、饮用水消毒、生物污泥处理等方面。
Ⅰ制备：
（1）湿法制备：湿法制备流程如图1：
①“反应1”的离子方程式为 。
②“反应2”中Na2FeO4溶液转化生成K2FeO4晶体的原因是 相同温度下 K2FeO4 的溶解度比 Na2FeO4 小 。
（2）干法制备：在强碱性环境中，FeSO4与Na2O2在高温条件下可制得Na2FeO4，同时生成Na2O、O2等。
①该反应在熔融状态下进行，而不在水溶液中进行的原因是 反应物过氧化钠和水会发生反应 。
②写出制备的化学反应方程式 2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑ 。
Ⅱ性质：
（3）在其他条件相同时，测得一定浓度的K2FeO4溶液消毒效率与温度关系如图2所示，其稳定性（用浓度表示）与pH关系如图3所示。
①相同条件下，K2FeO4作消毒剂最佳温度是 35℃ 。
②根据图乙得出的结论是 溶液pH越大，K2FeO4 越稳定 。
Ⅲ用途：
（4）K2FeO4在酸性条件下能与废水中的Mn2+反应生成Fe（OH）3和MnO2，用K2FeO4处理一定量的含Mn2+废水，Mn元素的去除率与K2FeO4质量的关系如图4所示，当K2FeO4超过20mg时，Mn元素的去除率下降的原因可能是 随着 K2FeO4 增加，Mn2+ 被氧化成高价态的可溶性 、 离子留在溶液中 。
【专题】制备实验综合．
【分析】硝酸铁与次氯酸钠和氢氧化钠反应生成高铁酸钠，高铁酸钠与饱和氢氧化钾反应生成高铁酸钾。
【解答】解：①“反应1”中硝酸铁与次氯酸钠和氢氧化钠反应生成高铁酸钠，其反应的离子方程式为，
故答案为：；
②“反应2”中Na2FeO4溶液转化生成K2FeO4晶体的原因是相同温度下 K2FeO4 的溶解度比 Na2FeO4 小，
故答案为：相同温度下 K2FeO4 的溶解度比 Na2FeO4 小；
（2）干法制备：在强碱性环境中，FeSO4与Na2O2在高温条件下可制得Na2FeO4，同时生成Na2O、O2等；
①该反应在熔融状态下进行，而不在水溶液中进行的原因是反应物过氧化钠和水会发生反应，
故答案为：反应物过氧化钠和水会发生反应；
②在强碱性环境中，FeSO4与Na2O2在高温条件下可制得Na2FeO4，同时生成Na2O、O2，其反应的化学反应方程式2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，
故答案为：2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑；
（3）①由图2可知，相同条件下，K2FeO4作消毒剂最佳温度是35℃，
故答案为：35℃；
②根据图乙得出的结论是溶液pH越大，K2FeO4 越稳定，
故答案为：溶液pH越大，K2FeO4 越稳定；
（4）K2FeO4在酸性条件下能与废水中的Mn2+反应生成Fe（OH）3和MnO2，用K2FeO4处理一定量的含Mn2+废水，Mn元素的去除率与K2FeO4质量的关系如图4所示，当K2FeO4超过20mg时，Mn元素的去除率下降的原因可能是随着 K2FeO4 增加，Mn2+ 被氧化成高价态的可溶性 、 离子留在溶液中，
故答案为：随着 K2FeO4 增加，Mn2+ 被氧化成高价态的可溶性 、 离子留在溶液中。
【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的反应和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
17．（2024•江苏二模）实验室用磷矿脱镁废液制备MgHPO4•3H2O的实验过程可表示为：
（1）磷矿脱镁废液中主要含H2及少量Mg2+、Ca2+、Fe3+、Al3+和。
①向废液中加入NaOH溶液调节pH为4.5，可达到Ca2+、Fe3+和Al3+的最佳沉淀效果。其中Ca2+转化为CaHPO4•2H2O的离子方程式为 Ca2++H2+OH−+H2O＝CaHPO4•2H2O 。
②将除杂净化后的清液控制在一定温度，加入MgO浆液搅拌即可获得MgHPO4固体。实验测得镁回收率、产品纯度与反应后溶液pH关系如图1所示。pH小于6时，随着pH增大，镁回收率上升，其原因是 浓度增大，有利于生成MgHPO4固体 。
③pH大于6时，随着pH增大，产品纯度逐渐下降，其可能原因是 可能生成大量磷酸根离子，进而产生Mg3（PO4）2沉淀 。
（2）实验室用如下方案测定MgHPO4•3H2O产品（含有Na2HPO4杂质）的纯度：准确称取0.7200g磷酸氢镁产品，加入足量稀硫酸溶解后配成100.00mL溶液。准确移取25.00mL于锥形瓶中，用0.05000ml•L﹣1Na2H2Y标准液滴定（离子方程式为Mg2++H2Y2﹣═MgY2﹣+2H+）至终点，平行滴定三次，平均消耗Na2H2Y标准液19.20mL。计算该产品中MgHPO4•3H2O的纯度 92.8% （写出计算过程）。
（3）恒温转化后的母液中主要含Na2HPO4和Na2SO4。已知：水溶液中各含磷微粒的分布如图2所示，Na3PO4和NaCl的溶解度曲线如图3所示；常温下BaSO4、BaHPO4的溶度积常数依次为1.1×10﹣10和3.2×10﹣7。
请补充完整由恒温转化后的母液制备Na3PO4晶体的实验方案：用比浊法测定母液中的浓度后，在搅拌下向一定体积的母液中 加入计算量的BaCl2溶液，过滤，向滤液中逐滴加入氢氧化钠溶液至pH＝14，将溶液加热蒸发浓缩至有晶膜出现，冷却结晶 ，过滤、用无水乙醇洗涤，干燥。
【专题】制备实验综合．
【分析】磷矿脱镁废液含H2及少量Mg2+、Ca2+、Fe3+、Al3+和，实验室用磷矿脱镁废液制备MgHPO4•3H2O先加入NaOH溶液调节pH为4.5，使Ca2+、Fe3+、Al3+转化为沉淀，过滤除去沉淀，清液控制在一定温度加入MgO浆液搅拌即可获得MgHPO4固体。
【解答】解：（1）①废液中的H2与NaOH反应生成，与Ca2+生成CaHPO4•2H2O，离子方程式为Ca2++H2+OH−+H2O＝CaHPO4•2H2O，
故答案为：Ca2++H2+OH−+H2O＝CaHPO4•2H2O；
②pH小于6时，随着pH增大，浓度增大，有利于生成MgHPO4固体，镁回收率上升，
故答案为：浓度增大，有利于生成MgHPO4固体；
③pH大于6时，随着pH增大，可能生成大量磷酸根离子，进而产生Mg3（PO4）2沉淀，导致产品纯度降低，
故答案为：可能生成大量磷酸根离子，进而产生Mg3（PO4）2沉淀；
（2）由所给离子方程式，25.00mL溶液中n（Mg2+）＝n（H2Y2﹣）＝0.05000ml/L×0.01920L＝9.6×10﹣4ml，故0.7200g磷酸氢镁产品中MgHPO4•3H2O的质量为9.6×10﹣4ml×4×174g/ml＝0.66816g，该产品中MgHPO4•3H2O的纯度为，
故答案为：92.8%；
（3）根据常温下BaSO4、BaHPO4的溶度积常数为1.1×10−10和3.2×10−7，恒温转化后的母液中加入氯化钡会生成硫酸钡沉淀从而除去硫酸根，由图2可知，pH＝14时，含磷微粒全部从原来的磷酸氢根转化为磷酸根，故加氢氧化钠溶液至pH＝14时，溶质为Na3PO4，再由图3的溶解度随温度变化曲线，磷酸钠溶解度随温度变化很大，应当将溶液蒸发浓缩至有晶膜出现，冷却结晶，过滤即得Na3PO4晶体，再用无水乙醇洗涤，干燥，
故答案为：加入计算量的BaCl2溶液，过滤，向滤液中逐滴加入氢氧化钠溶液至pH＝14，将溶液加热蒸发浓缩至有晶膜出现，冷却结晶。
【点评】本题考查物质的制备，侧重考查分析、判断及计算能力，明确实验原理、元素化合物的性质、物质之间的转化关系、物质分分离提纯方法是解本题关键。
18．（2024秋•河东区校级月考）Ⅰ：
已知乙醇C2H3OH能与K2Cr2O7和H2SO4的混合溶液在一定条件下发生反应2K2Cr2O7+3C2H5OH+8H2SO4＝2K2SO4+2Cr2（SO4）3+3CH3COOH+11H2O。Cr2和Cr3+在溶液中分别显橙色和绿色，回答下列问题：
（1）该反应 是 （填“是”或“不是”）离子反应。
（2）写出Cr2（SO4）3的电离方程式： Cr2（SO4）3＝2Cr3++3 。
（3）该反应 是 （填“是”或“不是”）氧化还原反应，判断的依据是 元素的化合价有升降（或发生了电子转移） 。
Ⅱ：
亚硝酸（HNO2）是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO气体和NO2（红棕色）气体；亚硝酸是一种还原剂，能被常见的强氧化剂氧化，但在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2+（浅绿色）氧化成Fe3+（棕黄色）；AgNO2是一种难溶于水（白色）、易溶于酸的化合物。请仔细阅读以上信息，并结合有关原理回答以下问题：
（1）人体正常的血红蛋白中含有Fe2+，若误食亚硝酸盐（如NaNO2），则导致血红蛋白中的Fe2+转换为Fe3+而中毒，可以服用维生素C解毒。下列对此过程叙述不正确的是 B 。
a.亚硝酸盐被还原
b.亚硝酸盐是还原剂
c.维生素C将Fe3+还原为Fe2+
d.维生素C被氧化
（2）下列方法中，不能用来区别NaNO2和NaCl的是 b 。
a.取样加水溶解后，向其中加入稀盐酸
b.取样加水溶解后，向其中加入AgNO3溶液
c.取样加水溶解后，向其中加入稀硫酸酸化的淀粉﹣KI溶液
（3）某同学把氯气通入NaNO2溶液中，生成NaNO3和HCl2请写出该反应的离子方程式： H2O+Cl2+＝+2H++Cl﹣ 。
（4）工业废水中的可用铝粉除去。已知此反应体系中包含Al、NaOH、NaAlO2、NaNO2、NH3和H2O六种物质，该反应的化学方程式为 2Al+NaNO2+NaOH+H2O＝2NaAlO2+NH3↑ 。
【专题】气体的制备与性质检验类实验；分析与推测能力．
【分析】I.（1）该反应中有离子参加反应，也有离子生成；
（2）Cr2（SO4）3为强电解质，完全电离，遵循电荷守恒和原子守恒；
（3）反应中Cr元素的化合价降低，C元素的化合价升高；
II.（1）由题给信息可知Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+；
（2）a.取样加水溶解后，向其中加入稀盐酸，结合亚硝酸的不稳定性判断；
b.亚硝酸银是白色沉淀，氯离子和银离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，反应现象相同；
c.碘遇淀粉变蓝色，氯离子和碘离子不反应，所以反应现象不同；
（3）氯气通入NaNO2溶液中，生成NaNO3和HCl；
（4）亚硝酸钠具有氧化性，金属铝只有还原性，发生的反应是亚硝酸钠和金属铝之间的反应，即Al+NaNO2+NaOH＝NH3•H2O+NaAlO2，铝元素化合价从0价升高到+3价，由此分析解答。
【解答】解：I.（1）该反应中有离子参加反应，也有离子生成，所以该反应是离子反应，
故答案为：是；
（2）Cr2（SO4）3为强电解质，完全电离，遵循电荷守恒和原子守恒，电离方程式分别为Cr2（SO4）3＝2Cr3++3，
故答案为：Cr2（SO4）3＝2Cr3++3；
（3）反应中Cr元素的化合价降低，C元素的化合价升高，则该反应是氧化还原反应，
故答案为：是；元素的化合价有升降（或发生了电子转移）；
II.（1）服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+，Fe元素化合价降低，被氧化，则维生素具有还原性，而亚硝酸盐，会导致Fe2+转化为Fe3+，说明亚硝酸盐具有氧化性，在反应中为氧化剂，所以维生素C是还原剂，
故答案为：B；
（2）a.取样加水溶解后，向其中加入稀盐酸，亚硝酸钠和稀盐酸反应生成的亚硝酸不稳定，会分解生成NO气体和NO2（红棕色）气体，NaCl与稀硫酸不反应，无明显现象，能用稀硫酸区别NaNO2和NaCl，故a正确；
b.AgNO2是一种难溶于水（白色），AgCl也是白色沉淀，则利用AgNO3溶液无法鉴别，故b错误；
c.在酸性条件下，亚硝酸钠和碘离子反应方程式为2+2I﹣+4H+＝2NO↑+I2+2H2O，碘遇淀粉变蓝色，氯离子和碘离子不反应，所以反应现象不同，所以可以用酸性条件下的KI淀粉试液来区别，故c正确；
故选：b；
（3）氯气通入NaNO2溶液中，生成NaNO3和HCl，其反应的离子方程式为：H2O+Cl2+＝+2H++Cl﹣，
故答案为：H2O+Cl2+＝+2H++Cl﹣；
（4）亚硝酸钠具有氧化性，金属铝只有还原性，发生的反应是亚硝酸钠和金属铝之间的反应，铝元素化合价从0价升高到+3价，反应的化学方程式为：2Al+NaNO2+NaOH+H2O＝2NaAlO2+NH3↑，
故答案为：2Al+NaNO2+NaOH+H2O＝2NaAlO2+NH3↑。
【点评】本题考查了探究实验的相关内容，掌握相关物质的性质以及是解答关键，侧重学生实验能力和分析能力的考查，注意高频考点的掌握，题目难度中等。
19．（2024秋•浦东新区校级月考）学习了CO2的有关知识之后，同学们查阅资料发现Mg能在CO2中燃烧：2Mg+CO22MgO+C，所以镁着火不能用CO2来灭火。但没有找到有关钠能否与CO2反应的介绍。于是同学们展开钠着火能否用CO2来灭火的探究。
【提出猜想】
（1）钠能发生类似于CO2与镁的反应，可能的化学方程式为： 4Na+CO22Na2O+C 。
【实验】将燃着的钠伸入装有CO2的集气瓶中，钠能在CO2中继续燃烧。
进一步【查阅资料】得知：
①Na2O是白色固体，能与CO2反应生成Na2CO3，与H2O反应生成NaOH。
②Ba（OH）2溶于水而BaCO3不溶于水。
③Na2CO3的存在会干扰NaOH的检测。
基于以上资料，同学们认为钠在CO2中燃烧的产物应该与Mg在CO2中燃烧的产物情况有所不同，并对产物提出了以下几种猜想：
（2）②Na2O、C；② Na2CO3 、C；③NaOH、C；④Na2O、Na2CO3、C；
（3）通过理论分析，猜想 ③ （填序号）肯定是错误的，理由是： 反应物中没有氢元素，所以不能生成NaOH 。
（4）【验证猜想】
（5）在步骤（2）中BaCl2溶液为什么要加入至过量： 过量的氯化钡溶液可以将碳酸根离子完全除去，避免碳酸钠对下一步实验进行干扰 。
（6）在步骤（3）中也可以通过加入 酚酞 试剂的方法进行检验（任写一种试剂）。
（7）【结论】猜想 ④ （填序号）正确。
【专题】无机实验综合；探究与创新能力．
【分析】（1）钠能发生类似于CO2与镁的反应，说明在点燃的条件下Na和CO2反应生成Na2O和C；
（2）在点燃的条件下Na和CO2反应生成Na2O和C，CO2和生成的Na2O反应生成Na2CO3；
（3）化学反应中要遵循元素守恒；
（4）碳难溶于水，Na2O、Na2CO3都易溶于水；Na2CO3能和BaCl2反应生成BaCO3白色沉淀，NaOH和BaCl2不反应；Cu2+和碱反应生成Cu（OH）2蓝色沉淀；
（5）能和Cu2+反应生成CuCO3沉淀；
（6）酚酞遇碱变红色；
（7）实验1说明有C生成，实验2说明有Na2CO3生成，实验3说明有Na2O生成。
【解答】解：（1）钠能发生类似于CO2与镁的反应，说明在点燃的条件下Na和CO2反应生成Na2O和C，反应方程式为：4Na+CO22Na2O+C，
故答案为：4Na+CO22Na2O+C；
（2）在点燃的条件下Na和CO2反应生成Na2O和C，CO2和生成的Na2O反应生成Na2CO3，所以得到的固体为Na2CO3和C，
故答案为：Na2CO3；
（3）通过理论分析，猜想③肯定是错误的，理由是：反应物中没有氢元素，所以不能生成NaOH，
故答案为：反应物中没有氢元素，所以不能生成NaOH；
（4）碳难溶于水，Na2O、Na2CO3都易溶于水，所以黑色难溶于水的固体是C；Na2CO3能和BaCl2反应生成BaCO3白色沉淀，NaOH和BaCl2不反应，所以实验2中现象为：有白色沉淀生成；Cu2+和碱反应生成Cu（OH）2蓝色沉淀，根据实验现象知，加入的溶液是可溶性的CuCl2或CuSO4溶液，溶液中含有NaOH，则得到的固体中含有Na2O，
故答案为：C；有白色沉淀生成；CuCl2或CuSO4；Na2O；
（5）能和Cu2+反应生成CuCO3沉淀，过量的氯化钡溶液可以将碳酸根离子完全除去，避免碳酸钠对下一步实验进行干扰，
故答案为：过量的氯化钡溶液可以将碳酸根离子完全除去，避免碳酸钠对下一步实验进行干扰；
（6）酚酞遇碱变红色，步骤2是为了检验NaOH的生成，除了加入铜盐外，可以加入酚酞溶液，现象为：溶液变红，则有NaOH生成，
故答案为：酚酞；
（7）实验1说明有C生成，实验2说明有Na2CO3生成，实验3说明有Na2O生成，根据这三个实验知，产品中含有Na2O、Na2CO3、C，所以猜想④正确，
故答案为：④。
【点评】本题考查性质实验方案设计，侧重考查阅读、对比、分析、判断及知识综合运用能力，明确物质的性质、实验原理是解本题关键，题目难度中等。
20．（2024春•杨浦区校级期末）氢是一种非常重要的物质，可用于制造氮肥、硝酸等。
（1）请写出氨的结构式 ，从结构角度说明NH3热稳定性强于PH3的原因 氮元素的非金属性强于磷元素 。
【实验一】探究氨气的还原性。
已知：a.Mg（OH）2可代替消石灰与氯化铵在加热条件下反应生成氨气和碱式氯化镁[Mg（OH）Cl]；
b.Cu2O粉末呈红色，在酸性溶液中不稳定：Cu2O+H2SO4（稀）＝Cu+CuSO4+H2O。
（2）装置A中发生反应的化学方程式为 Mg（OH）2+NH4ClMg（OH）Cl+NH3↑+H2O ，装置D的作用是 做安全瓶 。
（3）反应结束后装置C中的氧化铜完全反应生成红色固体，为了探究红色固体成分，进行了如下实验：
【实验二】探究氨气的氧化性
已知：c.铝可以与氨气反应，2Al+2NH3≜2AlN+3H2；
d.氮化铝性质稳定，不溶于水，不与水、酸反应，在加热时溶于浓碱可产生氨气。
按如图所示连接好装置，检查装置气密性：在蒸馏烧瓶中加入生石灰，分液漏斗中加入浓氨水，装置G中盛装碱石灰，装置H中加入铝粉，打开装置F处分液漏斗活塞，待装置中空气排尽后再点燃装置H处酒精灯。
（4）用平衡移动原理解释F中产生氨气的原因 生石灰与水反应放热，降低了氨的溶解度，使一水合氨分解，生石灰与水反应将溶剂消耗，使平衡NH3+H2O⇌NH3•H2O向左移动，有利于氨逸出 。
（5）铝粉完全反应后可观察到的实验现象为 装置J中几乎没有气泡冒出 。
（6）为了得到纯净的氮化铝，可将装置H中固体冷却后转移至烧杯中，加入 稀盐酸或稀硫酸 溶解、 过滤 （填操作名称）、洗涤、干燥即可。
（7）写出氮化铝与浓氢氧化钠溶液共热反应的离子方程式 AlN+OH﹣+H2O+NH3↑ 。
【专题】气体的制备与性质检验类实验．
【分析】实验一，在A中Ca（OH）2与NH4Cl混合加热反应产生NH3，装置B的作用是干燥氨气，在C中NH3与CuO反应，NH3被氧化变为N2，CuO被还原可能产生Cu，也可能产生Cu2O，同时得到H2O，在实验前先通入N2，可以排出装置中的空气，可以防止加热时NH3被氧化；CuO被还原后的产物成分可根据Cu2O+H2SO4（稀）＝Cu+CuSO4+H2O，利用元素守恒分析判断；
实验二，在F中用浓氨水与CaO混合反应产生NH3，在G中干燥氨气，在H中与Al发生反应产生AlN，装置Ⅰ是安全瓶，可以防止倒吸现象的发生，在J中用稀硫酸吸收氨气，防止大气污染，据此分析解答。
【解答】解：（1）氨气中N原子分别与三个H原子形成三条共价键，结构式为，氮元素的非金属性强于磷元素，故NH3的热稳定性强于PH3，
故答案为：；氮元素的非金属性强于磷元素；
（2）装置A制备氨气，发生反应的化学方程式为Mg（OH）2+NH4ClMg（OH）Cl+NH3↑+H2O；装置D做安全瓶，防止溶液倒吸入C中，
故答案为：Mg（OH）2+NH4ClMg（OH）Cl+NH3↑+H2O；做安全瓶；
（3）有红色的铜生成，现象为：A 中黑色粉末变为红色，同时有水生成，D 中白色固体变为蓝色；①Cu，因为Cu在常温下不与稀硫酸反应；②有CuSO4生成，溶液变蓝，则红色固体中肯定含有Cu2O，不能确定是否含有Cu；③所得固体为Cu，物质的量为0.1ml；每摩尔Cu2O与酸反应前后质量损失为80g，反应前后质量损失为4g，则0.05ml Cu2O参与反应，则生成Cu的量为0.05ml，所以原固体中Cu2O与Cu的物质的量均为0.05ml.
故答案为：铜；氧化亚铜；铜；0.05 ml Cu、0.05 ml Cu2O；
（4）用平衡移动原理解释F中产生氨气的原因生石灰与水反应放热，降低了氨的溶解度，使一水合氨分解，生石灰与水反应将溶剂消耗，使平衡NH3+H2O⇌NH3•H2O向左移动，有利于氨逸出，
故答案为：生石灰与水反应放热，降低了氨的溶解度，使一水合氨分解，生石灰与水反应将溶剂消耗，使平衡NH3+H2O⇌NH3•H2O向左移动，有利于氨逸出；
（5）装置H处反应进行完全不再有氢气放出，实验现象为装置J中几乎没有气泡冒出，
故答案为：装置J中几乎没有气泡冒出；
（6）为了得到纯净的氮化铝，可将装置H中固体冷却后转移至烧杯中，加入稀盐酸或稀硫酸溶解、过滤、洗涤、干燥即可，
故答案为：稀盐酸或稀硫酸；过滤；
（7）氮化铝与浓氢氧化钠溶液共热反应生成氨气，离子方程式为AlN+OH﹣+H2O+NH3↑，
故答案为：AlN+OH﹣+H2O+NH3↑。
【点评】本题考查化学实验方案设计，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，把握实验装置的作用、物质的性质、实验技能为解答的关键，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
21．（2024秋•沙坪坝区校级月考）工业燃煤过程中产生大量含硫烟气，研究烟气脱硫具有重要意义。回答下列问题：
方法一：H2S还原脱硫
（1）已知：2H2S（g）+3O2（g）＝2SO2（g）+2H2O（l） ΔH＝﹣1036kJ•ml﹣1
S（g）+O2（g）＝SO2（g） ΔH＝﹣294kJ•ml﹣1
H2O（l）＝H2O（g） ΔH＝+44kJ•ml﹣1
则还原脱硫原理：2H2S（g）+SO2（g）＝3S（g）+2H2O（g） ΔH＝ ﹣66kJ•ml﹣1 。
（2）在某恒温、恒容的密闭容器中，充入H2S和SO2发生反应：2H2S（g）+SO2（g）＝3S（s）+2H2O（g），下列描述可表示该反应达到平衡状态的有 ABD （填序号）。
A．H2S的浓度保持不变
B．混合气体密度保持不变
C．c（H2S）：c（SO2）＝2：1
D．单位时间内生成H2O（g）和H2S（g）的量相等
方法二：CH4还原脱硫
反应原理：
Ⅰ．2SO2（g）+CH4（g）⇌2S（g）+2H2O（g）+CO2（g）
Ⅱ．CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）
（3）在不同催化剂条件下，SO2的转化率随温度变化的曲线如图所示。
综合考虑，工业生成过程中选择的最佳催化剂是 Cat.3 ；若选择催化剂Cat.2，SO2的转化率随温度升高先减小后增大，则SO2的转化率增大的原因是 温度升高，催化剂的活性增强，反应速率加快，SO2的转化率增大 。
（4）一定条件下，在压强为100kPa的恒压密闭容器中按体积比为1：1：7充入CH4、SO2、He发生反应Ⅰ和Ⅱ。测得SO2的平衡转化率为80%，CH4的平衡转化率为50%，则达到平衡时，SO2的分压p＝ 2 kPa，反应Ⅱ的压强平衡常数Kp（Ⅱ）＝ （用平衡分压计算）。
（5）方法三：利用电解法对SO2进行吸收和无害化处理，其原理如图所示：
①石墨Ⅱ电极为 阳 （填“正”“负”“阳”或“阴”）极。
②石墨Ⅰ的电极反应式为 。
③每处理1ml SO2，理论上电解池中产生氧气的质量为 8g 。
【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；理解与辨析能力．
【分析】（1）已知①2H2S（g）+3O2（g）＝2SO2（g）+2H2O（l）；②S（g）+O2（g）＝SO2（g）；③H2O（l）＝H2O（g），根据还原脱硫原理：④2H2S（g）+SO2（g）＝3S（g）+2H2O（g），反应④由反应①﹣3×反应②+2×反应③得到；
（2）A．随着反应进行，H2S的浓度不断减小，当达到平衡状态时，H2S的浓度保持不变；
B．根据反应方程式可知，该反应后气体的总质量减小，体积不变，则密度不断减小；
C．因为H2§和SO2气体的充入比例不确定；
D．生成H2O（g）和生成H2S（s）的量相等，则v正＝v逆；
（3）由图像可知，催化剂Cat.3活性最高的温度低于其他催化剂，且SO2的转化率是最高的，所以催化剂Cat.3是最佳选择；若选用催化剂Cat.2，随着温度的升高，催化剂的活性增强，反应速率增加；
（4）已知在压强为100kPa的恒压密闭容器中按体积比为1：1：7，充入CH4、SO2、He发生反应Ⅰ和Ⅱ，测得SO2的平衡转化率80%，CH4的平衡转化率为50%，设初始时容器中的CH4和SO2均为aml，则He为7aml；各物质的变化量为：，
，
因此平衡时，SO2为0.2aml，CH4为0.5aml，S为0.8aml，H2O为0.8aml，CO2为0.3aml，CO为0.2aml，H2为0.2aml，He为7aml，总物质的量为10aml；
（5）①石墨I为阴极，石墨Ⅱ为阳极；
②石墨I发生还原反应，电极反应式为：；
③每处理1ml SO2，电解池转移1ml电子，产生0.25ml氧气。
【解答】解：（1）已知①2H2S（g）+3O2（g）＝2SO2（g）+2H2O（l）；②S（g）+O2（g）＝SO2（g）；③H2O（l）＝H2O（g），根据还原脱硫原理：④2H2S（g）+SO2（g）＝3S（g）+2H2O（g），反应④由反应①﹣3×反应②+2×反应③得到，则反应的，
故答案为：﹣66kJ•ml﹣1；
（2）A．随着反应进行，H2S的浓度不断减小，当达到平衡状态时，H2S的浓度保持不变，说明反应达到平衡状态，故A正确；
B．根据反应方程式可知，该反应后气体的总质量减小，体积不变，则密度不断减小，当密度不变时，说明反应达到平衡状态，故B正确；
C．因为H2S和SO2气体的充入比例不确定，不能作为平衡标志，故C错误；
D．生成H2O（g）和生成H2S（s）的量相等，则v正＝v逆，说明反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：ABD；
（3）由图像可知，催化剂Cat.3活性最高的温度低于其他催化剂，且SO2的转化率是最高的，所以催化剂Cat.3是最佳选择；若选用催化剂Cat.2，随着温度的升高，催化剂的活性增强，反应速率增加，单位时间内SO2的转化量增加，所以SO2的转化率增大，
故答案为：Cat.3；温度升高，催化剂的活性增强，反应速率加快，SO2的转化率增大；
（4）已知在压强为100kPa的恒压密闭容器中按体积比为1：1：7，充入CH4、SO2、He发生反应Ⅰ和Ⅱ，测得SO2的平衡转化率80%，CH4的平衡转化率为50%，设初始时容器中的CH4和SO2均为aml，则He为7aml；各物质的变化量为：，
，
因此平衡时，SO2为0.2aml，CH4为0.5aml，S为0.8aml，H2O为0.8aml，CO2为0.3aml，CO为0.2aml，H2为0.2aml，He为7aml，总物质的量为10aml，平衡时各物质的分压：SO2为2kPa，CH4为5kPa，S为8kPa，H2O为8kPa，CO2为3kPa，CO为2kPa，H2为2kPa，He为70kPa因此，
故答案为：2； ；
（5）①石墨I为阴极，石墨Ⅱ为阳极，
故答案为：阳；
②石墨I发生还原反应，电极反应式为：，
故答案为：；
③每处理1ml SO2，电解池转移1ml电子，产生0.25ml氧气，质量为8g，
故答案为：8g。
【点评】本题考查反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生焓变和平衡移动的掌握情况，试题难度中等。
22．（2024秋•朝阳区校级月考）航天员呼吸产生的CO2用下列反应处理，可实现空间站中O2的循环利用。
Sabatier反应：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）
水电解反应：2H2O（g）＝2H2（g）+O2（g）
一种新的循环利用方案是用Bsch反应CO2（g）+2H2（g）⇌C（s）+2H2O（g） ΔH＜0代替Sabatier反应，再电解水实现O2的循环利用。
回答下列问题：
（1）有关上述反应，下列说法正确的是 C （填标号）。
A．室温下，2H2O（g）⇌2H2（g）+O2（g）不能自发进行的原因为ΔS＜0
B．可逆反应都有一定的限度，限度越大反应物的转化率一定越高
C．可逆反应中，若反应物的总能量＞生成物的总能量，则ΔH＜0
（2）在Sabatier反应[反应Ⅰ：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g） KⅠ]体系中，还会发生副反应（反应Ⅱ）：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） KⅡ；一定压强下，向某容积可变的密闭容器中通入CO2和H2的混合气体（其中CO2和H2的物质的量之比为1：4），在某催化剂的作用下同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，测得CO2的转化率、CH4的选择性、CO的选择性随反应温度的变化情况如图所示。
已知：CH4或CO的选择性指反应生成CH4或CO时所消耗的CO2的物质的量占参与反应的CO2总物质的量的百分比。相同温度下，反应2CO（g）+2H2（g）⇌CO2（g）+CH4（g）的平衡常数为 （用含KⅠ、KⅡ的式子表示）；提高CH4的选择性的措施有 控制反应温度在340℃左右 、 增大压强 。
（3）对于Bsch反应CO2（g）+2H2（g）⇌C（s）+2H2O（g） ΔH＜0，下列关于各图像的解释或得出的结论正确的是 BC （填标号）。
A．由甲图可知，反应在t1min时可能改变了压强或使用了催化剂
B．由乙图可知，反应在m点可能达到了平衡状态
C．由丙图可知，反应过程中v正＞v逆的点是C点
D．由丁图可知，交点A表示的反应一定处于平衡状态
（4）室温下，向体积为2L的恒容密闭容器中通入4ml H2和1ml CO2发生Sabatier反应：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）（不考虑副反应）；若反应时保持温度恒定，测得反应过程中压强随时间的变化如下表所示：
①0～10min内，v（CO2）＝ 0.01 ml•L﹣1•min﹣1，该温度下Sabatier反应的Kp＝ （Kp为用气体的分压表示的平衡常数，分压＝气体的体积分数×体系总压）。
②Sabatier反应的速率方程：v正＝k正c（CO2）c4（H2），v逆＝k逆c（CH4）c2（H2O）（k是速率常数，只与温度有关）。20min时， ＞ ；反应达平衡时，升高温度，k正增大的倍数 ＜ k逆增大的倍数。（填“＞”“＜”或“＝”）
【专题】化学平衡专题；分析与推测能力．
【分析】（1）A．该反应为吸热反应，则ΔH＞0，该焓变为主要的影响因素；
B．限度越大反应物的转化率不一定越高；
C．ΔH＝生成物总能量﹣反应物总能量；
（2）根据盖斯定律，目标反应＝反应I﹣2×反应Ⅱ，则目标反应的平衡常数K＝；由图可知，在温度为340～400℃时，甲烷的选择性为100%，即此温度范围内只发生反应Ⅰ，在此温度范围内升高温度，CO2的转化率减小；增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；
（3）A．对Bsch反应，反应后气体分子数减小，改变压强正逆反应速率不等；
B．已知生成物的百分含量随温度的升高而增大，m点为曲线的最高点，生成物的百分含量达到最大值，即建立了相应温度下的平衡状态；
C．反应正向进行时，正反应速率大于逆反应速率；
D．正逆反应速率相等时，反应达到平衡状态，但反应达到平衡状态时，反应物和生成物的浓度不一定相等；
（4）①恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，则10min时混合气体总物质的量为×（1+4）ml＝4.6ml，反应前后气体物质的量减少量为（1+4﹣4.6）ml＝0.4ml，根据“CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）”知，反应前后气体物质的量减少量等于消耗n（CO2）的2倍，为＝0.2ml，0～10min内，v（CO2）＝ ；平衡时混合气体总物质的量为×（1+4）ml＝4ml，反应前后气体的物质的量减少量为（1+4﹣4）ml＝1ml，相当于生成的n（H2O）；
可逆反应CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）
开始（ml）1 4 0 0
反应（ml）0.5 2 0.5 1
平衡（ml）0.5 2 0.5 1
平衡时p（CO2）＝p（CH4）＝×4.00p＝0.5p，p（H2）＝×4p＝2p，p（H2O）＝×4p＝p，该温度下Kp＝；
②20min时，反应正向进行，则v（正）＞v（逆），＝×；反应达平衡时，升高温度，平衡逆向移动。
【解答】解：（1）A．2H2O（g）⇌2H2（g）+O2（g） ΔS＞0，该反应为吸热反应，则ΔH＞0，不利于反应自发进行，且为主要的影响因素，故A错误；
B．增大某反应物浓度可提高可逆反应的限度，但该反应的转化率减小，故B错误；
C．ΔH＝生成物总能量﹣反应物总能量，可逆反应中，若反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应，ΔH＜0，C正确；
故答案为：C；
（2）Ⅰ：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）、Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），根据盖斯定律，反应I﹣2×反应Ⅱ得2CO（g）+2H2（g）⇌CO2（g）+CH4（g），K＝由图可知，在温度为340～400℃时，甲烷的选择性为100%，即此温度范围内只发生反应Ⅰ，在此温度范围内升高温度，CO2的转化率减小，说明反应Ⅰ平衡逆向移动，KI减小，由上述分析及反应Ⅰ、反应Ⅱ在反应前后气体分子数的变化特点可知，温度、压强可影响甲烷的选择性，增大压强，反应Ⅰ平衡正向移动，可提高甲烷的选择性，故可采用控制反应温度在340～400℃、增大压强等措施来提高甲烷的选择性，
故答案为：；控制反应温度在340℃左右；增大压强；
（3）A．对Bsch反应，反应后气体分子数减小，改变压强正逆反应速率不等，但甲图改变条件时正逆反应速率增大且相等，改变的条件应该是加入催化剂，故A错误；
B．已知生成物的百分含量随温度的升高而增大，m点为曲线的最高点，生成物的百分含量达到最大值，即建立了相应温度下的平衡状态，继续升温生成物的百分含量减小，说明升温平衡逆向移动，故B正确；
C．C点二氧化碳转化率小于该温度下的平衡转化率，反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率，故C正确；
D．A点时反应物浓度等于生成物浓度，反应不一定达到平衡状态，与反应初始浓度及转化率有关，故D错误；
故答案为：BC；
（4）①恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，则10min时混合气体总物质的量为×（1+4）ml＝4.6ml，反应前后气体物质的量减少量为（1+4﹣4.6）ml＝0.4ml，根据“CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）”知，反应前后气体物质的量减少量等于消耗n（CO2）的2倍，为＝0.2ml，0～10min内，v（CO2）＝ ＝＝0.01ml/（L•min），平衡时混合气体总物质的量为×（1+4）ml＝4ml，反应前后气体的物质的量减少量为（1+4﹣4）ml＝1ml，相当于生成的n（H2O）；
可逆反应CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）
开始（ml）1 4 0 0
反应（ml）0.5 2 0.5 1
平衡（ml）0.5 2 0.5 1
平衡时p（CO2）＝p（CH4）＝×4.00p＝0.5p，p（H2）＝×4p＝2p，p（H2O）＝×4p＝p，该温度下Kp＝＝＝，
故答案为：0.01；；
②20min时，反应正向进行，则v（正）＞v（逆），＝×，则＞；该反应的正反应为放热反应，反应达平衡时，升高温度，平衡逆向移动，v正＜v逆，k正增大的倍数＜k逆增大的倍数，
故答案为：＞；＜。
【点评】本题考查化学平衡的计算，侧重考查阅读、图象分析判断及计算能力，明确外界条件对化学平衡影响原理、化学平衡常数的计算方法是解本题关键，（4）题的计算为解答难点。
23．（2024秋•北辰区校级月考）回答下列问题。
（1）常温常压下，4gCO在氧气中完全燃烧生成CO2，放出9.6kJ热量，写出CO燃烧热的热化学反应方程式： ΔH＝﹣67.2kJ•ml﹣1 。
（2）已知：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）
2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）
则反应NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）的ΔH＝ ﹣41.8 ΔH＝kJ•ml﹣1。
（3）在恒温，体积为1L的密闭容器中充入1ml CO2和3ml H2，发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），测得CO2和CH3OH的浓度随时间的变化如图1所示，
①平衡时CO2的转化率为 75% ；
②该反应平衡常数的值为 （若写成小数，保留小数点后两位）；
③下列能说明上述反应达到化学平衡状态的是 D （填字母）。
A．反应CO2中与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1
B．混合气体的密度不随时间的变化而变化
C、单位时间内消耗3ml H2，同时生成1ml H2O
D．CO2的体积分数在混合气体中保持不变
（4）对于可逆反应Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g），逆反应速率随时间变化如图2所示，反应在t2时达平衡，在t1时改变了某一种条件，改变的条件可能是 AC 。
A．升温
B．增大CO2浓度
C．使用催化剂
D．增加了FeO的量
【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】（1）4g CO在氧气中燃烧生成CO2，放出 9.6kJ热量，28g一氧化碳在氧气中燃烧放出热量＝＝67.2kJ；
（2）结合盖斯定律可知，反应NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）的ΔH＝kJ•ml﹣1＝﹣41.8kJ•ml﹣1；
（3）①分析图像可知，平衡时CO2剩余0.25ml；
②平衡时刻，氢气剩余3﹣0.75×3＝0.75ml，甲醇物质的量为0.75ml，水的物质的量为0.75ml，体积为1L，据此计算；
③A．由图可知反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1时，并未达到平衡状态；
B．因气体的质量不变，容器的体积不变，则无论是否达到平衡状态，都存在混合气体的密度不随时间的变化而变化；
C．无论是否达到平衡状态，都存在单位时间内每消耗3ml H2；
D．CO2的体积分数在混合气体中保持不变；
（3）A．升高温度，正逆反应速率都增大，该反应吸热，随着反应进行，生成物的浓度增大，逆反应速率增大；
B．增大CO2浓度，正反应速率突然增大，逆反应速度瞬间不变；
C．使用催化剂，正逆反应速率都增大；
D.加入固体反应物，对体系没有影响。
【解答】解：（1）4g CO在氧气中燃烧生成CO2，放出 9.6kJ热量，28g一氧化碳在氧气中燃烧放出热量＝＝67.2kJ，则CO燃烧的热化学方程式为： ΔH＝﹣67.2kJ•ml﹣1，
故答案为： ΔH＝﹣67.2kJ•ml﹣1；
（2）结合盖斯定律可知，反应NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）的ΔH＝kJ•ml﹣1＝﹣41.8kJ•ml﹣1，
故答案为：﹣41.8；
（3）①分析图像可知，平衡时CO2剩余0.25ml，对应转化率为×100%＝75%，
故答案为：75%；
②平衡时刻，氢气剩余3﹣0.75×3＝0.75ml，甲醇物质的量为0.75ml，水的物质的量为0.75ml，体积为1L，平衡常数K＝＝，
故答案为：；
③A．由图可知反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1：1时，并未达到平衡状态，故A错误；
B．因气体的质量不变，容器的体积不变，则无论是否达到平衡状态，都存在混合气体的密度不随时间的变化而变化，不能判断是否达到平衡状态，故B错误；
C．无论是否达到平衡状态，都存在单位时间内每消耗3ml H2，同时生成1ml H2O，故C错误；
D．CO2的体积分数在混合气体中保持不变，说明达到平衡状态，故D正确；
故答案为：D；
（3）A．升高温度，正逆反应速率都增大，该反应吸热，随着反应进行，生成物的浓度增大，逆反应速率增大，最后不变，故A正确；
B．增大CO2浓度，正反应速率突然增大，逆反应速度瞬间不变，故B错误；
C．使用催化剂，正逆反应速率都增大，故C正确；
D.加入固体反应物，对体系没有影响，故D错误，
故答案为：AC。
【点评】本题综合考查平衡的计算，侧重考查学生识图、分析和计算能力，题目涉及反应热的计算、化学平衡的移动、化学平衡的计算等，正确从图中信息得出正确结论，结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式解答，此题难度较大。
24．（2024秋•海淀区校级月考）甲醇是重要的化工原料，可用于制备丙烯、氢气等。
（1）MTO法由甲醇制备丙烯时的反应原理是甲醇先脱水生成二甲醚，然后二甲醚与甲醇的平衡混合物脱水转化为含丙烯较多的低聚烯烃。某温度下，在密闭容器中加入CH3OH气体，发生脱水反应：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g），一段时间后测得各组分的浓度如表所示：
该温度下，反应的平衡常数数值是 400 ，CH3OH的平衡转化率是 97.56% 。
（2）利用甲醇水蒸气重整制氢是获得氢气的重要方法。反应原理如下：
反应ⅰ（主反应）：CH3OH（g）+H2O（g）＝CO2（g）+3H2（g）ΔH＝+49kJ/ml
反应ⅱ（副反应）：H2（g）+CO2（g）＝CO（g）+H2O（g）ΔH＝+41kJ/ml
①温度高于300℃则会同时发生CH3OH转化为CO和H2的副反应，该反应的热化学方程式是 CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g）ΔH＝+90kJ/ml 。
②反应中，经常使用催化剂提高化学反应速率，但催化剂对反应具有选择性。一定条件下，测得CH3OH转化率及CO、CO2选择性随温度变化情况分别如图所示（CO、CO2的选择性：转化的CH3OH中生成CO、CO2的百分比）。
从图中可知，反应的适宜温度为 260℃ 。随着温度的升高，催化剂对 反应i （填“反应ⅰ”或“反应ⅱ”）的选择性降低。
【专题】化学平衡计算．
【分析】（1）由表格数据可知，该反应在10min时已达到平衡状态，K＝；根据转化率公式计算；
（2）①根据盖斯定律：i+ii得CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g）；
②CH3OH转化率最高时的温度，同时要考虑CO选择性要低；由图可知，随着温度升高，CO2的选择性那条线始终是逐渐降低，据此分析。
【解答】解：（1）由表格数据可知，该反应在10min时已达到平衡状态，K＝＝＝400；5min时，Δc（H2O）＝0.6ml/L，则Δc（CH3OH）＝0.6ml/L×2＝1.2ml/L，起始c（CH3OH）＝（0.44+1.2）ml/L＝1.64ml/L，CH3OH的平衡转化率是×100%≈97.56%，
故答案为：400；97.56%；
（2）①根据盖斯定律：i+ii得CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g）ΔH＝（49+41）kJ/ml＝+90kJ/ml，
故答案为：CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g）ΔH＝+90kJ/m1；
②CH3OH转化率最高时的温度，同时要考虑CO选择性要低，所以反应的适宜温度为260℃；由图可知，随着温度升高，CO2的选择性那条线始终是逐渐降低，说明随着温度的升高，催化剂对反应ⅰ的选择性降低，
故答案为：260℃；反应i。
【点评】本题考查化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力和计算能力，掌握盖斯定律、K的表达式以及转化率公式是解题关键，此题难度中等。
25．（2024秋•顺义区校级月考）二氧化碳是用途非常广泛的化工基础原料，回答下列问题：
（1）工业上可以用CO2来生产燃料甲醇。
已知：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（l）+H2O（l）ΔH＝﹣akJ•ml﹣1
2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝﹣bkJ•ml﹣1
CH3OH（l）的燃烧热ΔH＝ （a﹣b）kJ/ml 。
（2）在催化剂作用下，CO2和CH4可直接转化为乙酸：CO2（g）+CH4（g）⇌CH3COOH（g）ΔH＞0在不同温度下乙酸的生成速率变化如图：
①当温度在250℃﹣300℃范围时，乙酸的生成速率减慢的原因是 温度在250℃﹣300℃范围时，温度升高，乙酸的生成速率加快，同时催化剂的活性降低，乙酸的生成速率减慢，后者对速率的影响更大 。
②欲使乙酸的平衡产率提高，应采取的措施是 增大压强或升高温度 （任写一条措施即可）。
（3）一定条件下，在密闭恒容容器中发生反应：2CO（g）⇌C（s）+CO2（g）。
①下列不能说明该反应达到平衡的是 DF 。
A.容器内气体的总质量不变
B.CO和CO2的物质的量之比不再变化
C.混合气体的压强不再变化
D.单位时间内生成1ml CO同时生成2ml CO2
E.混合气体的密度不变
F.反应的ΔH不再改变
G.CO的转化率不再改变
②向某恒容容器中通入一定量的CO发生上述反应（无催化剂），在不同温度下相同时间内产物CO2的物质的量浓度随温度的变化如图所示，在T3之前，随温度升高c（CO2）逐渐升高的原因是 升高温度，反应速率增大 ，该反应为 放热 （填“放热”或“吸热”）反应。
③向某密闭2L恒容容器中通入一定量的CO，T℃时反应经过5min后达到化学平衡，CO的体积分数为25%，则CO的平衡转化率为 （用分数表示），若实际通入CO的物质的量为1ml，则该温度下的平衡常数K＝ 42 。
【专题】化学平衡计算．
【分析】（1）①CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（l）+H2O（l）ΔH＝﹣akJ•ml﹣1
②2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝﹣bkJ•ml﹣1
根据盖斯定律：×②﹣①得CH3OH（l）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）；
（2）①温度升高，反应速率加快，同时温度也会影响催化剂的活性；
②欲使乙酸的平衡产率提高，即要使平衡正向移动，根据勒夏特列原理分析；
（3）①反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；
②在T3之前，升高温度，反应速率增大，所以相同时间内产物CO2的物质的量浓度增大，T3之后，升高温度，相同时间内产物CO2的物质的量浓度减小，说明平衡逆向移动；
③向某密闭2L恒容容器中通入一定量的CO，T℃时反应经过5min后达到化学平衡，CO的体积分数为25%，列化学平衡三段式，结合转化率公式以及K＝计算。
【解答】解：（1）①CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（l）+H2O（l）ΔH＝﹣akJ•ml﹣1
②2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝﹣bkJ•ml﹣1
根据盖斯定律：×②﹣①得CH3OH（l）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）ΔH＝（a﹣b）kJ/ml，CH3OH（l）的燃烧热ΔH ＝（a﹣b）kJ/ml，
故答案为：（a﹣b）kJ/ml；
（2）①温度在250℃﹣300℃范围时，温度升高，乙酸的生成速率加快，同时催化剂的活性降低，乙酸的生成速率减慢，后者对速率的影响更大，
故答案为：温度在250℃﹣300℃范围时，温度升高，乙酸的生成速率加快，同时催化剂的活性降低，乙酸的生成速率减慢，后者对速率的影响更大；
②根据勒夏特列原理，增大压强、升高温度都能使平衡正向移动，乙酸的平衡产率提高，
故答案为：增大压强或升高温度；
（3）①A.随着反应进行，容器内气体的总质量减小，当容器内气体的总质量不变，说明反应达到平衡状态，故A正确；
B.随着反应进行，CO和CO2的物质的量之比减小，当CO和CO2的物质的量之比不再变化，说明反应达到平衡状态，故B正确；
C.该反应是气体体积减小的反应，随着反应进行，混合气体的压强减小，当混合气体的压强不再变化，说明反应达到平衡状态，故C正确；
D.单位时间内生成1ml CO同时生成2ml CO2，不能说明正逆反应速率相等，反应不一定达到平衡状态，故D错误；
E.根据质量守恒，气体的总质量减小，容器体积不变，所以混合气体的密度随着反应进行减小，当混合气体的密度不变，说明反应达到平衡状态，故E正确；
F.反应的ΔH是定值，不能说明反应达到平衡状态，故F错误；
G.随着反应进行，CO的转化率增大，当CO的转化率不再改变，说明反应达到平衡状态，故G正确；
故答案为：DF；
②在T3之前，升高温度，反应速率增大，所以相同时间内产物CO2的物质的量浓度增大，T3之后，升高温度，相同时间内产物CO2的物质的量浓度减小，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，
故答案为：升高温度，反应速率增大；放热；
③设起始通入CO物质的量为1ml，列化学平衡三段式，
2CO（g）⇌C（s）+CO2（g）
起始（ml） 1 0
转化（ml） 2x x
平衡（ml） 1﹣2x x
CO的体积分数为25%＝×100%，解得x＝，CO的平衡转化率为＝；平衡时n（CO）＝，n（CO2）＝，K＝＝＝42，
故答案为：42。
【点评】本题考查化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力和计算能力，掌握勒夏特列原理以及化学平衡三段式是解题关键，此题难度中等。
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 11:11:51；用户：组卷48；邮箱：zyb048@xyh.cm；学号：41419011
氢氧化物
Fe（OH）2
Fe（OH）3
Zn（OH）2
Ga（OH）3
Ksp
4.9×10﹣17
2.8×10﹣39
1.8×10﹣14
8.0×10﹣32
步骤
实验操作
主要实验现象
结论（燃烧产物判断）
1
将产物溶于适量水中
部分溶解，试管底部有黑色固体
燃烧产物中肯定有 ；
2
取1中所得少量上层清液，加入过量的BaCl2溶液

燃烧产物中肯定有Na2CO3；
3
取2所得少量上层清液，加入 溶液
有蓝色沉淀生成
燃烧产物中肯定有 ；
实验操作
实验现象
实验结论
取10.4g红色固体于烧杯中，加入足量稀硫酸，充分搅拌，静置
若无现象
①红色固体为
若溶液变蓝
②红色固体中肯定含有 ，可能含有
上述混合液静置后，过滤、洗涤、干燥、称重，得固体6.4g
③红色固体的成分及其物质的量为
时间/min
0
10
20
30
40
50
60
压强
5.00p
4.60p
4.30p
4.15p
4.06p
4.00p
4.00p
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
5min浓度/（ml/L）
0.44
0.6
0.6
10min浓度/（ml/L）
0.04
0.8
0.8
15min浓度/（ml/L）
0.04
0.8
0.8
氢氧化物
Fe（OH）2
Fe（OH）3
Zn（OH）2
Ga（OH）3
Ksp
4.9×10﹣17
2.8×10﹣39
1.8×10﹣14
8.0×10﹣32
步骤
实验操作
主要实验现象
结论（燃烧产物判断）
1
将产物溶于适量水中
部分溶解，试管底部有黑色固体
燃烧产物中肯定有 C ；
2
取1中所得少量上层清液，加入过量的BaCl2溶液
有白色沉淀生成
燃烧产物中肯定有Na2CO3；
3
取2所得少量上层清液，加入 CuCl2或CuSO4 溶液
有蓝色沉淀生成
燃烧产物中肯定有 Na2O ；
实验操作
实验现象
实验结论
取10.4g红色固体于烧杯中，加入足量稀硫酸，充分搅拌，静置
若无现象
①红色固体为 铜
若溶液变蓝
②红色固体中肯定含有 氧化亚铜 ，可能含有 铜
上述混合液静置后，过滤、洗涤、干燥、称重，得固体6.4g
③红色固体的成分及其物质的量为 0.05 ml Cu、0.05 ml Cu2O
时间/min
0
10
20
30
40
50
60
压强
5.00p
4.60p
4.30p
4.15p
4.06p
4.00p
4.00p
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
5min浓度/（ml/L）
0.44
0.6
0.6
10min浓度/（ml/L）
0.04
0.8
0.8
15min浓度/（ml/L）
0.04
0.8
0.8