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2025菁优高考化学压轴卷训练12
一．选择题（共20小题）
1．（2024秋•武昌区校级月考）交叉分类法表示一些物质或概念之间的从属或包含关系，下列说法错误
的是（ ）
选项 X Y Z
A 金属氧化物 碱性氧化物 化合物
B 胶体 分散系 混合物
C 冰醋酸 酸 纯净物
D Na SO •10H O 盐 纯净物
2 4 2
A．A B．B C．C D．D
2．（2024秋•安徽月考）下列化学用语表示正确的是（ ）
A．中子数为20的Cl原子：
B．BCl 的电子式：
3
C．四溴化碳的空间填充模型：
D．基态硫原子最外层电子排布图：
3．（2024秋•湖南月考）下列方程式书写正确的是（ ）
A．甲醛与足量新制Cu（OH） 悬浊液反应的化学方程式：HCHO+2Cu（OH） +NaOH
2 2
HCOONa+Cu O+3H O
2 2
B．FeO溶于浓硝酸的离子方程式：3FeO+10H++ ＝3Fe3++NO↑+5H O
2
C．含3mol FeI 的溶液与4mol Cl 发生反应，反应的离子方程式为：2Fe2++4I﹣+3Cl ＝2Fe3++2I +6Cl﹣
2 2 2 2
D．等物质的量浓度的NH Al（SO ） 溶液与Ba（OH） 溶液以1：2的体积混合，发生的离子方程式：
4 4 2 2
1+Al3++2 +2Ba2++4OH﹣＝NH •H O+Al（OH） ↓+2BaSO ↓
3 2 3 4
4．（2023秋•天山区校级期末）设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A
A．0.2mol•L﹣1AlCl 溶液中Cl﹣物质的量为0.6mol
3
B．1.6gO 和O 的混合气体中所含的O原子数目为0.1N
2 3 A
C．0.1molFeCl 形成Fe（OH） 胶体，Fe（OH） 胶粒的数目为0.1N
3 3 3 A
D．7.8gNa O 中含有阴阳离子的总数为0.4N
2 2 A
5．（2024秋•安徽月考）含有某化合物（结构如图所示）的复方制剂具有清热解毒、消肿止痛的功效。
四种短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，并且它们的价电子数之和为11，下列说法错误的
是（ ）
A．Y原子和Z原子的杂化方式不完全相同
B．电负性：Z＞X＞Y＞W
C．与Z同周期的元素中，第一电离能比Z小的有5种
D．X、Y、W可形成含离子键和配位键的化合物
6．（2024秋•东西湖区校级月考）一种离子液体的结构如图所示，已知阳离子中五元环上的原子处于同
一平面。下列说法不正确的是（ ）
A．该物质中所有原子均达到了8e﹣稳定结构
B．阳离子中存在
C．阴离子空间构型为正八面体
D．该物质的晶体属于离子晶体
27．（2024秋•辽宁月考）叠氮化锂（LiN ）常作锂电池的固体电解质添加剂，其结构式如图甲、其晶胞
3
如图乙所示。已知：晶胞参数长、宽为apm，高为bpm，∠ ＝∠ ＝∠ ＝90°。设N 为阿伏加德罗常
A
数的值。下列叙述正确的是（ ） α β γ
A．LiN 中基态阳离子的最外层电子云轮廓图为球形
3
B．LiN 含离子键、σ键、 键和极性键
3
C．在元素周期表中，Li和πN位于相同的分区
D．LiN 晶体密度
3
8．（2024•潍坊三模）血红蛋白结合O 后的结构如图所示，CO也可与血红蛋白结合。下列说法错误的
2
是（ ）
A．血红蛋白中心离子Fe2+与卟啉环形成6个螯合键
B．CO与血红蛋白结合时，C原子提供孤电子对
C．第一电离能：N＞H＞C
D．基态Fe2+含有4个未成对电子
9．（2024秋•沈阳月考）工业上常用纯碱溶液吸收尾气中的NO、NO ，反应如下：
2
反应1：NO+NO +Na CO ═2NaNO +CO
2 2 3 2 2
反应2：2NO +Na CO ═NaNO +NaNO +CO
2 2 3 2 3 2
3已知：CO 与水的反应类似SO 和H O的反应。若N 代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（
2 2 2 A
）
A．反应1中放出2.24LCO 时，NO、NO 参与反应的总分子数为0.2N
2 2 A
B．1L0.5mol•L﹣1Na CO 溶液恰好完全反应时，作氧化剂的分子数为0.5N
2 3 A
C．将反应2中9.2gNO 完全反应产生的CO 通入足量水中生成的H CO 分子数为0.1N
2 2 2 3 A
D．上述制备的化工品（NaNO 、NaNO ）中含N元素的质量为28g，则所含的Na+数一定为N
2 3 A
10．（2024秋•静海区校级月考）S（单斜）和S（正交）是硫的两种同素异形体。已知：
①S（单斜，s）+O （g）═SO （g）ΔH ＝﹣297.16kJ•mol﹣1
2 2 1
②S（正交，s）+O （g）═SO （g）ΔH ＝﹣296.83kJ•mol﹣1
2 2 2
③S（单斜，s）═S（正交，s）ΔH
3
下列说法正确的是（ ）
A．单斜硫转化为正交硫的过程是物理变化
B．S（单斜，s）═S（正交，s）ΔH ＞0，单斜硫比正交硫稳定
3
C．S（单斜，s）═S（正交，s）ΔH ＜0，正交硫比单斜硫稳定
3
D．等质量的单斜硫和正交硫分别在氧气中充分燃烧，后者放热多
11．（2024秋•青岛月考）有关下列四个常用电化学装置的叙述中，正确的是（ ）
图Ⅰ碱性锌锰电池 图Ⅱ铅蓄电池 图Ⅲ电解精炼铜 图Ⅳ银锌纽扣电池
A．图Ⅰ所示电池中，MnO 的作用是催化剂
2
B．图Ⅱ所示电池充电过程中，电解质溶液的密度增大， 移向阴极
C．图Ⅲ所示装置工作过程中，电解质溶液中Cu2+浓度始终不变
D．图Ⅳ所示电池中，Ag O是氧化剂，电池工作过程中Ag O还原为Ag
2 2
12．（2024秋•北辰区校级月考）已知反应aA（g）+bB（？） cC（s）+2aD（g），达平衡时c（A）＝
0.5mol•L﹣1，其他条件不变，将容器体积缩小到原来的一半⇌，重新达平衡后测得c（A）＝0.9mol•L﹣
1，下列说法不正确的是（ ）
A．B的状态一定是气体
B．D的体积分数增多
4C．平衡向逆反应方向移动
D．b＞a
13．（2024秋•北辰区校级月考）在恒容密闭容器中发生反应：2SO （g）+O （g）＝2SO （g） ΔH＝﹣
2 2 3
QkJ•mol﹣1（Q＞0），其他条件不变，仅改变某一条件，对上述平衡的影响如图所示，下列分析不正
确的是（ ）
A．图Ⅰ，t 时刻增大了O 的浓度
1 2
B．图Ⅱ，t 时刻加入了催化剂
1
C．图Ⅲ，温度关系为T乙 ＞T甲
D．若2v（O
2
）
正
＝v（SO
2
）
逆
，则反应达平衡状态
14．（2024秋•辽宁月考）某固体盐W由三种短周期主族元素组成。W存在如图所示转化关系，下列叙
述正确的是（ ）
A．上述反应都是非氧化还原反应
B．浅黄色固体可能是Na O
2 2
C．b的摩尔质量为160g•mol﹣1
D．W的化学式为（NH ） S
4 2 3
15．（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
5C．二者中的所有原子共平面
D．均能溶于碱性水溶液
16．（2024•杭州开学）SiCl 是生产多晶硅的副产物。利用SiCl 对废弃的锂电池正极材料LiCoO 进行氯
4 4 2
化处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如图：
下列说法不正确的是（ ）
A．将LiCoO 粗品粉碎，可使焙烧更充分
2
B．若在实验室进行焙烧操作，必须用到的仪器有酒精灯、坩埚、坩埚钳、玻璃棒、三脚架
C．可用焰色试验检验滤饼3是否洗净
D．“850℃煅烧”时，发生的化学反应为：
17．（2024秋•9月份月考）下列实验操作、现象与实验目的或结论一致的是（ ）
选项 实验操作、现象 实验目的或结论
A 将带有火星的木条伸入充满1mol O 和4mol NO 的 说明NO 支持燃烧
2 2 2
集气瓶中，木条复燃
B 用光洁的铂丝蘸取某无色溶液在无色火焰上灼烧，观 无色溶液中一定含有钠盐
察到火焰呈黄色
C 室温下，使用pH计测定NaHA溶液的pH＜7 确定H A是强酸
2
D 浓硫酸滴入蔗糖中，将产生的气体通入溴水，溴水褪 验证浓硫酸具有脱水性
色
A．A B．B C．C D．D
18．（2024秋•山东月考）查资料可知，I 可以将Cu氧化，某小组同学设计实验探究Cu被I 氧化的产物
2 2
及铜元素的价态。已知：I 易溶于KI溶液，发生反应I +I﹣ （红棕色）；I 和 氧化性几乎相同；
2 2 2
[Cu（NH ） ]+（无色）容易被空气氧化；[Cu（H O） ]2+（⇌蓝色）、[CuI ]﹣（无色）。将等体积的KI
3 2 2 4 2
溶液加入到a mol铜粉和b mol碘单质（b＞a）的固体混合物中，振荡。实验记录如下：
c（KI） 实验现象
实验Ⅰ 0.1mol•L﹣1 I 部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，溶液仍为红棕色，且有白色沉
2
淀析出
实验Ⅱ 4mol•L﹣1 I 完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液
2
6为深红棕色
进行以下实验探究：
步骤①取实验Ⅱ的深红棕色溶液，加入CCl 多次萃取、分液；
4
步骤②取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水，溶液逐渐变为浅蓝色，最终变为深蓝色。
下列说法正确的是（ ）
A．实验Ⅰ铜被氧化为+1价，实验Ⅱ铜被氧化为+2价
B．步骤①的目的是除去 （或I ），防止干扰后续实验
2
C．步骤②中溶液随颜色的变化pH不变
D．结合上述实验，若从实验Ⅰ中提取白色沉淀，过滤后，可用浓HI溶液洗涤
19．（2024春•青羊区校级期末）一种制备Cu O的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液为NaHSO 溶液，
2 3
反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH＝5条件下进行。下列说法正确的是（ ）
A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应
B．低温真空蒸发主要目的是防止NaHSO 被氧化
3
C．溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体I
D．若Cu O产量不变，参与反应Ⅲ的X与CuSO 物质的量之比 增大时，需补加NaOH的
2 4
量增加
20．（2023秋•安徽期末）室温下，沉淀MCO 或M（OH） 在溶液中溶解时M2+和阴离子浓度的负对数
3 2
分别用pM和pR表示，其关系如图所示。已知lg2＝0.3、lg3＝0.5。下列说法正确的是（ ）
7A．pR＝6时，溶液中c（M2+）浓度：MCO ＞M（OH）
3 2
B．M（OH） 饱和溶液的pH＝10.3
2
C．在MCO 饱和溶液中加少量KOH固体， 的浓度减小
3
D．MCO 的K ＝10﹣7.8
3 sp
二．解答题（共3小题）
21．（2024秋•浦东新区校级月考）（1）氮的最高价氧化物为无色晶体，它由两种离子构成，已知其阴
离子的空间结构为平面三角形，则其阳离子的空间结构和阳离子中氮的杂化方式为 。
A．直线形 sp杂化
B．V形 sp2杂化
C．三角锥形 sp3杂化
D．平面三角形 sp2杂化
（2）短周期元素R基态原子最外层的p能级上有2个未成对电子。则关于基态R原子的描述中正确的
是 。
A．基态R原子核外电子的电子云轮廓图有两种：球形和哑铃形
B．基态R原子的价层电子排布式为ns2np2（n＝2或3）
C．基态R原子的原子轨道总数为9
D．基态R原子的轨道表示式为
（3）X、Y、Z、N是原子序数依次增大的四种短周期元素，其元素性质或原子结构如下表。下列说法
正确的是 。
元素 元素性质或原子结构
X 原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，且第一电离能低于同周期相邻元
素
8Y 原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，且第一电离能高于同周期相邻元
素
Z 其价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等
N 只有一个不成对电子
A．原子半径：Z＞Y＞X
B．电负性：X＞N＞Z
C．第一电离能：Z＞N＞Y
D．X的基态原子的电子轨道表示式：
（4）X、Y、Z、M、Q为五种短周期元素，原子序数依次增大，X和Q为同主族元素，且X是非金属
元素。Y和M为同周期元素。X的2s轨道全充满，Q的s能级电子数比p能级的电子数少1，Y和M
是纯碱中的两种元素。下列说法不正确的是 。
A．最高正价：Y＜Z
B．电负性：M＞Z
C．Y与M形成的化合物中不可能含有非极性共价键
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞Q
硫、钴及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：
（5）基态Co原子价层电子轨道式为 ，第四电离能I （Co）＜I （Fe），其
4 4
原因是 ；
Co 与 Ca 同 周 期 且 最 外 层 电 子 数 相 同 ， 单 质 钴 的 熔 、 沸 点 均 比 钙 大 ， 其 原 因 是
。
（6）K和Na位于同主族，K S的熔点为840℃，Na S的熔点为950℃，前者熔点较低的原因是
2 2
。
（7）S与O、Se、Te位于同一主族，它们的氢化物的沸点如图所示，沸点按图像所示变化的原因是
。
钴的一种化合物晶胞结构如图所示。
9（8）已知A点的原子坐标参数为（0，0，0），B点为（ ， ，则C点的
原子坐标参数为 。已知晶胞边长参数a＝0.5485nm，Ti、Co、O相对原子质
量分别是48、59、16，则该晶体的密度为 g•cm﹣3（列出计算表达式即可）。
22．（2023秋•福州月考）我国拥有很长的海岸线，具有丰富的海洋资源。
Ⅰ．盐卤是海水晒盐后的富含镁盐的溶液，其中除含镁盐外，还含有其他盐类（如图甲所示）。
（1）根据图甲所示，写出盐卤中含量最多的盐为 。（填化学式）
（2）图乙是盐卤中某些物质的溶解度曲线，将盐卤加热到t ℃以上，根据溶解度曲线，首先析出的晶
2
体应是 。（填化学式）
（3）如图是常用于混合物的分离和提纯的装置：
粗盐的提纯应选择图 （填字母，下同）装置，若实验中为了除去粗盐中的 Ca2+、Mg2+、
等杂质离子加入试剂的顺序可以是 。
A．NaOH、Na CO 、BaCl 、HCl
2 3 2
B．NaOH、BaCl 、Na CO 、HCl
2 2 3
C．Na CO 、BaCl 、NaOH、HCl
2 3 2
D．BaCl 、NaOH、Na CO 、HCl
2 2 3
10Ⅱ．海带是一种含碘量很高的海藻，从中提取的碘广泛应用于医药、食品和化工。实验室里从海带中
提取碘的流程如图。
（4）实验步骤①会用到下列仪器中的 （填字母）
a．酒精灯
b．蒸发皿
c．坩埚
d．泥三角
（5）设计实验证明第③步操作后滤液中K+的存在， 。
（6）“提取碘”存在以下两种方案。
①方案乙中“操作X”的名称是 。
②该流程可循环利用的物质是 。
③采用方案乙得到纯碘的产率较低，原因是 。
23．（2024•重庆模拟）奥美拉唑可用于治疗十二指肠溃疡等疾病，其合成路线如图
已知：R﹣NO R﹣NH
2 2
11（1）A能与FeCl 溶液作用显紫色，A的名称是 。
3
（2）A→B的化学方程式为 。
（3）试剂a是 。
（ 4 ） 合 成 的 路 线 如 图 ：
①CH CHO可由CH≡CH一步制得，其反应类型为 ； 中含氧官能团
3
有醚键、 （写名称）。
②已知 SOCl 的结构简式为 ，遇水剧烈反应，生成 SO 与 HCl。写出 K 转化为
2 2
的化学反应方程式 。
（5）由A可制得另一物质F（ ），满足下列条件的F的同分异构有 种；
ⅰ．苯环上有2个取代基
ⅱ．能与NaOH溶液发生反应
其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为 2：2：2：1，写出其中一种结构简式
。
（6）已知：ⅰ．氨基易被氧化ⅱ．R﹣NH +（CH CO） O→CH CONH﹣R
2 3 2 3
请将E→G线路补充完整：
12三．工艺流程题（共2小题）
24．（2024秋•赤峰月考）以辉铜矿（主要成分是Cu S，含少量FeS、SiO 等）为原料制备胆矾、硫代硫
2 2
酸钠（Na S O •5H O），流程如图所示。回答下列问题：
2 2 3 2
已知：Cu（OH） +4NH •H O＝[Cu（NH ） ]（OH） +4H O，[Cu（NH ） ]（OH） 与硫酸反应生成
2 3 2 3 4 2 2 3 4 2
CuSO 。
4
（1）滤渣2的主要成分是 （填化学式）。
（2）向 Na S 和 Na CO 的混合溶液中通入 SO 制备硫代硫酸钠的化学方程式为
2 2 3 2
。
（3）某小组探究外界条件对Na S O 相关反应的反应速率的影响，实验方案如下：
2 2 3
已知：①S +2I﹣＝I +2 （慢），②2S +I ＝2I﹣+S （快）。
2 2 2 2 4
体积/mL
实验序号 K S O 溶液 KI溶液 Na S O 溶液 淀粉溶液
2 2 8 2 2 3
1 10.0 4.0 5.0 2.0
2 5.0 4.0 5.0 2.0
上述反应中，活化能较大的反应是 （填“①”或“②”）。下列叙述错误的是
（填标号）。
A.在KI﹣淀粉溶液中滴加过量Na S O 溶液，溶液始终不会变蓝
2 2 3
B.上述方案可以探究浓度对反应速率的影响
C.当n（Na S O ）：n（K S O ）的值小于2时会出现蓝色
2 2 3 2 2 8
13（4）检验溶液2中含Fe2+的试剂可能是 （填标号）。
A.KSCN溶液
B.K Fe（CN） 溶液
3 6
C.酸性KMnO 溶液
4
D.NaOH溶液
（5）25.0gCuSO •5H O受热分解，残留固体的质量与温度的关系如图所示。
4 2
①1300℃时，固体的成分是 （填化学式）。
②已知 580～1000℃之间产生了两种气体和一种固体，写出发生反应的化学方程式：
。
25．（2024秋•贵阳月考）乙烯（CH ＝CH ）是重要的工业原料，随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，
2 2
利用二氧化碳制乙烯：2CO （g）+6H （g） CH ＝CH （g）+4H O（g）ΔH＜0的合成工艺备受关
2 2 2 2 2
注，回答下列问题： ⇌
（1）已知H 的燃烧热为a，CH ＝CH 的燃烧热为b，则ΔH＝ （用含a和b
2 2 2
的代数式表示）。
（2）下列措施一定有利于提高该反应中CO 的平衡转化率的是 。
2
a．使用高效催化剂并增大催化剂的表面积
b．增大 投料比
c．恒容下向反应器中通入惰性气体
d．反应器中降温处理
（3）在0.1MPa下，将4mol CO 和12mol H 充入2L恒容密闭容器中发生反应2CO （g）+6H （g）
2 2 2 2
CH ＝CH （g）+4H O（g）ΔH＜0，测得不同温度下该反应达到平衡时的四种气态物质的量如图
2 2 2
⇌所示。
14平衡时物质的量随温度变化曲线
①曲线a表示的物质为 （填化学式）。
②T 温度时，反应经过10min达到平衡，则10min内v（H ）＝ 。
1 2
③列出T 温度时该反应平衡常数的计算式K＝ 。
1
（4）若该体系中发生的反应如下：
主反应Ⅰ：2CO （g）+6H （g） CH ＝CH （g）+4H O（g）ΔH＜0
2 2 2 2 2
副反应Ⅱ：CO
2
（g）+H
2
（g） C⇌O（g）+H
2
O（g）ΔH＞0
副反应Ⅲ：…… ⇌
不同条件下CO 的平衡转化率如图所示：
2
①400℃时，压强p 、p 、p 由大到小的顺序是 。
1 2 3
②从热力学视角出发，为提高M点CH ＝CH 的选择性，可调控的最优条件为 （填序号），
2 2
原因是 、 。
a．温度320～400℃
b．温度850～950℃
c．压强p 1∼p
2
MPa
d．压强p 2∼p
3
MPa
152025菁优高考化学压轴卷训练12
参考答案与试题解析
一．选择题（共20小题）
1．（2024秋•武昌区校级月考）交叉分类法表示一些物质或概念之间的从属或包含关系，下列说法错误
的是（ ）
选项 X Y Z
A 金属氧化物 碱性氧化物 化合物
B 胶体 分散系 混合物
C 冰醋酸 酸 纯净物
D Na SO •10H O 盐 纯净物
2 4 2
A．A B．B C．C D．D
【专题】物质的分类专题．
【分析】可以从物质的分类着手分析完成此题，分散系属于混合物，纯净物可分为单质和化合物，氧
化物分为酸性氧化物和碱性氧化物，无机物又可以分为酸、碱、盐、单质等，据此解答。
【解答】解：A．Mn O 是金属氧化物，但不是碱性氧化物，而是酸性氧化物，故A错误；
2 7
B．胶体属于分散性，分散性属于混合物，故B正确；
C．冰醋酸属于酸，酸属于纯净物，故C正确；
D．Na SO •10H O属于盐，盐属于纯净物，故D正确；
2 4 2
故选：A。
【点评】本题以框图的形式考查了高中阶段常见物质类别的关系，学生根据课本知识即可作出回答，
要求同学们在平时的学习中要加强基础知识的识记，题目难度不大。
2．（2024秋•安徽月考）下列化学用语表示正确的是（ ）
A．中子数为20的Cl原子：
B．BCl 的电子式：
3
C．四溴化碳的空间填充模型：
16D．基态硫原子最外层电子排布图：
【专题】化学用语专题；理解与辨析能力．
【分析】A．质量数＝中子数+质子数，因此中子数为20的氯原子的质量数为20+17＝37，元素符号左
下角的数字表示质子数、左上角的数字表示质量数；
B．BCl 是缺电子化合物，B提供3个电子，与3个Cl分别共用1对电子；
3
C．四溴化碳结构类似于甲烷，为正四面体结构，r（Br）＞r（C）；
D．硫原子是16元素，价层电子排布式为3s23p4。
【解答】解：A．质量数＝中子数+质子数，因此中子数为20的氯原子的质量数为20+17＝37，元素符
号左下角的数字表示质子数、左上角的数字表示质量数，表示为： ，故A错误；
B．BCl 是缺电子化合物，B提供3个电子，与3个Cl分别共用1对电子，电子式： ，故B
3
错误；
C．四溴化碳结构类似于甲烷，为正四面体结构，r（Br）＞r（C），空间填充模型为 ，故
C错误；
D．硫原子是16元素，价层电子排布式为3s23p4，价层电子轨道表示式为： ，故D正
确；
故选：D。
【点评】本题考查化学用语，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确电子式、空间填充模型、
轨道表示式的书写规则是解本题关键，题目难度不大。
3．（2024秋•湖南月考）下列方程式书写正确的是（ ）
A．甲醛与足量新制Cu（OH） 悬浊液反应的化学方程式：HCHO+2Cu（OH） +NaOH
2 2
HCOONa+Cu O+3H O
2 2
B．FeO溶于浓硝酸的离子方程式：3FeO+10H++ ＝3Fe3++NO↑+5H O
2
C．含3mol FeI 的溶液与4mol Cl 发生反应，反应的离子方程式为：2Fe2++4I﹣+3Cl ＝2Fe3++2I +6Cl﹣
2 2 2 2
17D．等物质的量浓度的NH Al（SO ） 溶液与Ba（OH） 溶液以1：2的体积混合，发生的离子方程式：
4 4 2 2
+Al3++2 +2Ba2++4OH﹣＝NH •H O+Al（OH） ↓+2BaSO ↓
3 2 3 4
【专题】离子反应专题；分析与推测能力．
【分析】A．根据甲醛分子中含有2个醛基，进行分析；
B．根据氧化亚铁与浓硝酸反应应该生成硝酸铁、二氧化氮和水进行分析；
C．根据还原性碘离子大于亚铁离子，故氯气先与6mol碘离子反应消耗3mol氯气，剩余的1mol氯气
与亚铁离子反应消耗2mol亚铁离子，进行分析；
D．根据有足够的OH﹣与铝离子和铵根反应，但没有多余的OH﹣与氢氧化铝沉淀反应，进行分析。
【解答】解：A．甲醛分子中含有2个醛基，故甲醛与足量新制Cu（OH） 悬浊液反应的化学方程式
2
为 ，故A错误；
B．氧化亚铁与浓硝酸反应应该生成硝酸铁、NO 和H O，故B错误；
2 2
C．3mol 碘化亚铁的溶液与4mol Cl 发生反应，因为还原性碘离子大于亚铁离子，故氯气先与6mol
2
碘离子反应消耗3mol氯气，剩余的1mol氯气与亚铁离子反应消耗2mol亚铁离子，故离子方程式为
，故C错误；
D．等物质的量浓度的NH Al（SO ） 溶液与氢氧化钡溶液以1：2的体积混合，有足够的氢氧根离子
4 4 2
与铝离子和铵根离子反应，但没有多余的 OH﹣与氢氧化铝沉淀反应，所以离子方程式为：
，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查化学方程式的书写等，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．（2023秋•天山区校级期末）设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A
A．0.2mol•L﹣1AlCl 溶液中Cl﹣物质的量为0.6mol
3
B．1.6gO 和O 的混合气体中所含的O原子数目为0.1N
2 3 A
C．0.1molFeCl 形成Fe（OH） 胶体，Fe（OH） 胶粒的数目为0.1N
3 3 3 A
D．7.8gNa O 中含有阴阳离子的总数为0.4N
2 2 A
【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
18【分析】A．题干未告知溶液的体积，故无法计算0.2 mol•L﹣1 AlCl 溶液中Cl﹣物质的量；
3
B．已知O 和O 均由O原子构成，故1.6gO 和O 的混合气体中所含的O原子的物质的量用n＝ 计
2 3 2 3
算；
C．已知FeCl 制备Fe（OH） 胶体是一个可逆反应，且Fe（OH） 胶体粒子是若干个Fe（OH） 分子
3 3 3 3
组成；
D．已知Na O 是由Na+和 构成的，故7.8 g Na O 中的物质的量n＝ ＝0.1mol计算。
2 2 2 2
【解答】解：A．题干中溶液的体积未知，故无法计算0.2 mol•L﹣1 AlCl 溶液中Cl﹣物质的量，故A
3
错误；
B．已知O 和O 均由O原子构成，1.6gO 和O 的混合气体中所含的 O原子的物质的量用n＝ ＝
2 3 2 3
＝0.1mol，则O原子数目为 ＝0.1N ，故B正确；
A
C．FeCl 制备Fe（OH） 胶体是一个可逆反应，且Fe（OH） 胶体粒子是若干个Fe（OH） 分子组成，
3 3 3 3
则0.1molFeCl 形成胶体中Fe（OH） 胶粒的数目小于0.1N ，故C错误；
3 3 A
D．已知Na O 是由Na+和 构成的，7.8 g Na O 中的物质的量n＝ ＝ ＝0.1mol，则其
2 2 2 2
中阴阳离子的总数为 ＝0.3 N ，故D错误；
A
故选：B。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的判断，涉及物质的量浓度的计算、电子转移的计算、胶体物质的
组成等，题目中等难度。
5．（2024秋•安徽月考）含有某化合物（结构如图所示）的复方制剂具有清热解毒、消肿止痛的功效。
四种短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，并且它们的价电子数之和为11，下列说法错误的
19是（ ）
A．Y原子和Z原子的杂化方式不完全相同
B．电负性：Z＞X＞Y＞W
C．与Z同周期的元素中，第一电离能比Z小的有5种
D．X、Y、W可形成含离子键和配位键的化合物
【专题】元素周期律与元素周期表专题；分析与推测能力．
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，由结构可知四元素形成的化合物属于
离子化合物，而W形成+1价阳离子，结合原子序数相对大小，可知W只能为Na元素；阴离子结构中，
X形成1条共价键，其原子序数又最小，X只能是H元素；四元素的价电子之和是11，则Y、Z价电
子之和为11﹣1﹣1＝9，阳离子中Y形成3条或4条共价键、Z形成2条共价键，可知Y为B元素、Z
为O元素，形成4条共价键的B原子有一条为配位键。
【解答】解：由分析可知，X为H元素、Y为B元素、Z为O元素、W为Na元素；
A．化合物中，B原子形成3个或4个σ键，杂化方式分别为sp2、sp3，O的杂化方式为sp3，故A正确；
B．同周期主族元素从左到右电负性增大，一般非金属性越强电负性越大，而 H元素的电负性比B大，
元素的电负性：O＞H＞B＞Na，故B正确；
C．第二周期中，第一电离能比O小的有Li、Be、B、C共4种元素，故C错误；
D．X、Y、W可以形成NaBH ，NaBH 为离子化合物，含有离子键、极性共价键和配位键，故D正确；
4 4
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，充分利用价键结构进行分析推断，
熟练掌握元素周期律，题目侧重分析与应用能力的考查。
6．（2024秋•东西湖区校级月考）一种离子液体的结构如图所示，已知阳离子中五元环上的原子处于同
一平面。下列说法不正确的是（ ）
A．该物质中所有原子均达到了8e﹣稳定结构
20B．阳离子中存在
C．阴离子空间构型为正八面体
D．该物质的晶体属于离子晶体
【专题】化学键与晶体结构．
【分析】A．H原子是2e﹣稳定结构；
B．阳离子中C原子均提供1个电子，双键N原子提供1个电子，饱和N原子提供2个电子，一起形
成大 键；
π
C．阴离子为 ，P为sp3d2杂化；
D．该物质是由阴、阳离子构成的，属于离子化合物。
【解答】解：A．该物质中含有H原子，H原子是2e﹣稳定结构，另P原子含有6个P—F键，达到了
12e﹣结构，故A错误；
B．阳离子中3个C和2个N形成大 键，C原子均提供1个电子，双键N原子提供1个电子，饱和N
π
原子提供2个电子，存在 ，故B正确；
π
C．阴离子为 ，P为sp3d2杂化，空间构型为正八面体，故C正确；
D．该物质是由阴、阳离子构成的，其晶体属于离子晶体，故D正确；
故选：A。
【点评】本题主要考查物质结构与性质的相关知识，具体涉及大 键、晶体类型、离子的空间结构的
判断，属于基本知识的考查，难度中等。 π
7．（2024秋•辽宁月考）叠氮化锂（LiN ）常作锂电池的固体电解质添加剂，其结构式如图甲、其晶胞
3
如图乙所示。已知：晶胞参数长、宽为apm，高为bpm，∠ ＝∠ ＝∠ ＝90°。设N 为阿伏加德罗常
A
数的值。下列叙述正确的是（ ） α β γ
21A．LiN 中基态阳离子的最外层电子云轮廓图为球形
3
B．LiN 含离子键、σ键、 键和极性键
3
C．在元素周期表中，Li和πN位于相同的分区
D．LiN 晶体密度
3
【专题】化学键与晶体结构；分析与推测能力．
【分析】A．LiN 的阳离子是Li+，基态Li+的核外电子排布式为1s2，最外层电子云轮廓图为球形；
3
B．根据叠氮化锂的结构式可知，LiN 含离子键、σ键、 键；
3
C．在元素周期表中，锂位于s区、氮位于p区； π
D．根据叠氮化锂晶胞图可知，Li+位于顶点和面心，1个晶胞含2个Li+；4个 位于面心，1个晶胞
含2个 ，晶胞质量为 g＝ g，晶胞的体积为a2b×10﹣30cm3，代入公式 ＝ 可得晶胞的密
ρ
度。
【解答】解：A．LiN 的阳离子是Li+，基态Li+的核外电子排布式为1s2，最外层电子云轮廓图为球形，
3
故A正确；
B．根据叠氮化锂的结构式可知，LiN 含离子键、σ键、 键，不含极性键，故B错误；
3
C．在元素周期表中，锂位于s区、氮位于p区，故C错误π ；
D．根据叠氮化锂晶胞图可知，Li+位于顶点和面心，1个晶胞含2个Li+；4个 位于面心，1个晶胞
含2个 ，晶胞质量为 g＝ g，晶胞的体积为a2b×10﹣30cm3，晶体密度 ＝ ＝
g•cm﹣3，故D错误； ρ
故选：A。
【点评】本题主要考查晶胞的计算，为高频考点，题目难度一般。
8．（2024•潍坊三模）血红蛋白结合O 后的结构如图所示，CO也可与血红蛋白结合。下列说法错误的
2
是（ ）
22A．血红蛋白中心离子Fe2+与卟啉环形成6个螯合键
B．CO与血红蛋白结合时，C原子提供孤电子对
C．第一电离能：N＞H＞C
D．基态Fe2+含有4个未成对电子
【专题】化学键与晶体结构．
【分析】A．由图可知，血红蛋白中心离子Fe2+与卟啉环形成4个螯合键；
B．电负性：C＜O，C原子提供电子的倾向更大，更易形成配位键；
C．第一电离能：H＞C；
D．基态Fe2+的价电子排布式为：3d6。
【解答】解：A．由图可知，血红蛋白中心离子Fe2+的配位键数目为6，但与卟啉环形成4个螯合键，
故A错误；
B．电负性：C＜O，C原子提供电子的倾向更大，更易形成配位键，所以CO与血红蛋白结合时，C原
子提供孤电子对，故B正确；
C．同周期，从左至右，元素的第一电离能逐渐增大，所以第一电离能：N＞C，另第一电离能：H＞
C，所以第一电离能：N＞H＞C，故C正确；
D．基态Fe2+的价电子排布式为：3d6，有4个未成对电子，故D正确；
故选：A。
【点评】本题主要考查配位化合物的相关知识，同时考查第一电离能和价电子排布等，属于基本知识
的考查，难度不大。
9．（2024秋•沈阳月考）工业上常用纯碱溶液吸收尾气中的NO、NO ，反应如下：
2
反应1：NO+NO +Na CO ═2NaNO +CO
2 2 3 2 2
反应2：2NO +Na CO ═NaNO +NaNO +CO
2 2 3 2 3 2
已知：CO 与水的反应类似SO 和H O的反应。若N 代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（
2 2 2 A
）
A．反应1中放出2.24LCO 时，NO、NO 参与反应的总分子数为0.2N
2 2 A
23B．1L0.5mol•L﹣1Na CO 溶液恰好完全反应时，作氧化剂的分子数为0.5N
2 3 A
C．将反应2中9.2gNO 完全反应产生的CO 通入足量水中生成的H CO 分子数为0.1N
2 2 2 3 A
D．上述制备的化工品（NaNO 、NaNO ）中含N元素的质量为28g，则所含的Na+数一定为N
2 3 A
【专题】氧化还原反应专题．
【分析】A．根据CO 所处的状态未知进行分析；
2
B．根据 NO+NO +Na CO ＝2NaNO +CO 中氧化剂与 Na CO 的物质的量之比为 1：1，反应
2 2 3 2 2 2 3
2NO +Na CO ＝NaNO +NaNO +CO 中NO 既是氧化剂又是还原剂且物质的量之比为1：1，进行分析；
2 2 3 2 3 2 2
C．根据CO 和H O反应是一个可逆反应，故通入足量水中生成的H CO 分子数小于0.1N 进行分析；
2 2 2 3 A
D．根据n（Na+）：n（N）＝1：1进行分析。
【解答】解：A．题干未告知二氧化碳所处的状态，故无法计算反应 1中放出2.24L二氧化碳时，
NO、NO 参与反应的总分子数，故A错误；
2
B．反应NO+NO +Na CO ＝2NaNO +CO 中氧化剂NO 与Na CO 的物质的量之比为1：1，而反应
2 2 3 2 2 2 2 3
2NO +Na CO ＝NaNO +NaNO +CO 中NO 既是氧化剂又是还原剂且物质的量之比为1：1，即氧化剂
2 2 3 2 3 2 2
与Na CO 的物质的量之比也为1：1，故1L0.5mol•L﹣1Na CO 溶液恰好完全反应时，作氧化剂的分子
2 3 2 3
数为1L×0.5mol/L×N mol﹣1＝0.5N ，故B正确；
A A
C．根据反应2即2NO +Na CO ＝NaNO +NaNO +CO 可知，将反应2中9.2g二氧化氮完全反应产生
2 2 3 2 3 2
的二氧化碳的物质的量为：0.1mol，但由于二氧化碳和水反应是一个可逆反应，故通入足量水中生成
的H CO 分子数小于0.1N ，故C错误；
2 3 A
D．上述制备的化工品（NaNO 、NaNO ）中含 N元素的质量为 28g，则N原子的物质的量为：
2 3
＝2mol，则所含的Na+数一定为2N ，故D错误；
A
故选：B。
【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。
10．（2024秋•静海区校级月考）S（单斜）和S（正交）是硫的两种同素异形体。已知：
①S（单斜，s）+O （g）═SO （g）ΔH ＝﹣297.16kJ•mol﹣1
2 2 1
②S（正交，s）+O （g）═SO （g）ΔH ＝﹣296.83kJ•mol﹣1
2 2 2
③S（单斜，s）═S（正交，s）ΔH
3
下列说法正确的是（ ）
A．单斜硫转化为正交硫的过程是物理变化
B．S（单斜，s）═S（正交，s）ΔH ＞0，单斜硫比正交硫稳定
3
24C．S（单斜，s）═S（正交，s）ΔH ＜0，正交硫比单斜硫稳定
3
D．等质量的单斜硫和正交硫分别在氧气中充分燃烧，后者放热多
【专题】化学反应中的能量变化．
【分析】A．有新物质生成的变化为化学变化；
B．根据盖斯定律：①﹣②得S（单斜，s）═S（正交，s），能量越低越稳定；
C．根据盖斯定律：①﹣②得S（单斜，s）═S（正交，s），能量越低越稳定；
D．根据热化学方程式分析。
【解答】解：A．有新物质生成的变化为化学变化，则单斜硫转化为正交硫的过程是化学变化，故 A
错误；
B．根据盖斯定律：①﹣②得S（单斜，s）═S（正交，s）ΔH ＝（﹣297.16+296.83）kJ/mol＝﹣
3
0.33kJ/mol＜0，说明单斜硫的能量高于正交硫，根据能量越低越稳定，所以正交硫比单斜硫稳定，故
B错误；
C．由B分析可知，S（单斜，s）═S（正交，s）ΔH ＜0，正交硫比单斜硫稳定，故C正确；
3
D．根据热化学方程式可知，等质量的单斜硫和正交硫分别在氧气中充分燃烧，前者放热多，故 D错
误；
故选：C。
【点评】本题考查反应热与焓变，侧重考查学生识图能力和分析能力，掌握能量越低越稳定，反应热
与物质能量的关系为解题关键，此题难度不大。
11．（2024秋•青岛月考）有关下列四个常用电化学装置的叙述中，正确的是（ ）
图Ⅰ碱性锌锰电池 图Ⅱ铅蓄电池 图Ⅲ电解精炼铜 图Ⅳ银锌纽扣电池
A．图Ⅰ所示电池中，MnO 的作用是催化剂
2
B．图Ⅱ所示电池充电过程中，电解质溶液的密度增大， 移向阴极
C．图Ⅲ所示装置工作过程中，电解质溶液中Cu2+浓度始终不变
D．图Ⅳ所示电池中，Ag O是氧化剂，电池工作过程中Ag O还原为Ag
2 2
【专题】电化学专题；分析与推测能力．
【分析】A．根据干电池中工作时，Zn为负极、发生失电子的反应，MnO 在正极发生得电子的反应、
2
25作氧化剂，进行分析；
B．根据铅蓄电池充电时电池反应为：2PbSO +2H O＝Pb+PbO +2H SO ，进行分析；
4 2 2 2 4
C．根据电解时，粗铜中有铜和其它金属失电子，纯铜上只有铜离子得电子，进行分析；
D．根据该原电池中，正极上氧化银得电子生成银，进行分析。
【解答】解：A．该干电池中工作时，锌为负极、发生失电子的反应，二氧化锰在正极发生得电子的
反应、作氧化剂，故A错误；
B．铅蓄电池充电时电池反应为：2PbSO +2H O＝Pb+PbO +2H SO ，电解质溶液的密度增大，硫酸根
4 2 2 2 4
离子移向阳极，故B错误；
C．粗铜中不仅含有Cu还含有其它金属，电解时，粗铜中有Cu和其它金属失电子，纯铜上只有铜离
子得电子，所以阴极上析出的铜大于阳极上减少的铜，所以溶液中铜离子浓度降低，故C错误；
D．该原电池中，正极上氧化银得电子生成银，所以Ag O是氧化剂、发生还原反应，故D正确；
2
故选：D。
【点评】本题主要考查原电池与电解池的综合等，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秋•北辰区校级月考）已知反应aA（g）+bB（？） cC（s）+2aD（g），达平衡时c（A）＝
0.5mol•L﹣1，其他条件不变，将容器体积缩小到原来的一半⇌，重新达平衡后测得c（A）＝0.9mol•L﹣
1，下列说法不正确的是（ ）
A．B的状态一定是气体
B．D的体积分数增多
C．平衡向逆反应方向移动
D．b＞a
【专题】化学平衡专题；理解与辨析能力．
【分析】已知反应aA（g）+bB（？） cC（s）+2aD（g），达平衡时c（A）＝0.5mol•L﹣1，其他条
件不变，将容器体积缩小到原来的一⇌半，A的浓度变为1mol/L，但重新达平衡后测得 c（A）＝
0.9mol•L﹣1，说明加压平衡正向移动，据此作答。
【解答】解：A．加压平衡正向移动，则正向气体分子数减小，故B一定为气体，故A正确；
B．加压平衡正向移动，D的体积分数增多，故B正确；
C．由分析可知，平衡正向移动，故C错误；
D．加压平衡正向移动，则正向气体分子数减小，故a+b＞2a，则b＞a，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。
13．（2024秋•北辰区校级月考）在恒容密闭容器中发生反应：2SO （g）+O （g）＝2SO （g） ΔH＝﹣
2 2 3
QkJ•mol﹣1（Q＞0），其他条件不变，仅改变某一条件，对上述平衡的影响如图所示，下列分析不正
26确的是（ ）
A．图Ⅰ，t 时刻增大了O 的浓度
1 2
B．图Ⅱ，t 时刻加入了催化剂
1
C．图Ⅲ，温度关系为T乙 ＞T甲
D．若2v（O
2
）
正
＝v（SO
2
）
逆
，则反应达平衡状态
【专题】化学平衡专题；理解与辨析能力．
【分析】依据外界条件改变对化学反应速率和化学平衡的影响分析。
【解答】解：A．图Ⅰ，正逆反应速率均增大，如增大氧气浓度，正反应速率增大，逆反应速率瞬间
不变，平衡正向移动，与图象不符，故A错误；
B．图Ⅱ，t 时刻加入了催化剂，正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，与图象符合，故B正确；
1
C．图Ⅲ，温度高，反应速率快，反应向达到平衡，故温度关系为 T乙 ＞T甲 ，升高温度，平衡逆向移
动，二氧化硫转化率减小，与图象符合，故C正确；
D．若2v（O
2
）
正
＝v（SO
2
）
逆
，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。
14．（2024秋•辽宁月考）某固体盐W由三种短周期主族元素组成。W存在如图所示转化关系，下列叙
述正确的是（ ）
A．上述反应都是非氧化还原反应
B．浅黄色固体可能是Na O
2 2
C．b的摩尔质量为160g•mol﹣1
D．W的化学式为（NH ） S
4 2 3
【专题】无机推断．
27【分析】固体W和稀盐酸反应生成溶液、固体和气体 a，溶液中加入足量NaOH生成气体d，d为
NH ，则溶液中含有 ，n（NH ）＝ ＝0.2mol，根据元素守恒知，固体W中含有N元
3 3
素；固体洗涤、干燥得到浅黄色固体，该淡黄色的固体不溶于水且为短周期元素形成的物质，所以 c
为S，则W中含有S元素，n（S）＝ ＝0.2mol；气体a和CuSO 反应生成黑色的固体b，H S
4 2
和CuSO 反应生成CuS黑色的固体，则a为H S，n（CuS）＝ ＝0.1mol，W为盐，根据元素
4 2
知，应该为铵盐，且含有S元素，W和稀盐酸反应生成NH Cl、S、H S，W中n（N）：n（S）＝
4 2
0.2mol：（0.2+0.1）mol＝2：3，根据元素守恒， ，
W中n（H）：n（S）：n（N）＝0.8mol：0.3mol：0.2mol＝8：3：2，W的化学式为（NH ） S 。
4 2 3
【解答】解：A．W 为（NH ） S ，W 和稀盐酸的反应方程式为：（NH ） S +2HCl＝
4 2 3 4 2 3
2NH Cl+S↓+H S，该反应属于氧化还原反应，故A错误；
4 2
B．Na O 能和水反应，所以浅黄色固体不是Na O ，是S，故B错误；
2 2 2 2
C．b为CuS，摩尔质量为96g/mol，故C错误；
D．通过以上分析知，W的化学式为（NH ） S ，故D正确；
4 2 3
故选：D。
【点评】本题考查无机物的推断，侧重考查分析、判断及计算能力，明确元素化合物的性质、物质之
间的转化关系、方程式的计算方法是解本题关键，注意原子守恒的灵活运用。
15．（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；
28B．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。
16．（2024•杭州开学）SiCl 是生产多晶硅的副产物。利用SiCl 对废弃的锂电池正极材料LiCoO 进行氯
4 4 2
化处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如图：
下列说法不正确的是（ ）
A．将LiCoO 粗品粉碎，可使焙烧更充分
2
B．若在实验室进行焙烧操作，必须用到的仪器有酒精灯、坩埚、坩埚钳、玻璃棒、三脚架
C．可用焰色试验检验滤饼3是否洗净
D．“850℃煅烧”时，发生的化学反应为：
【专题】无机实验综合．
【分析】由流程和题中信息可知，LiCoO 粗品与SiCl 在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、
2 4
CoCl 和 SiO 的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液 1 和滤饼 1，滤饼 1 的主要成分是 SiO 和
2 2 2
H SiO ；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2（主要成分为Co（OH） ）和滤液2（主要溶质
2 3 2
为LiCl）；滤饼2置于空气中在850℃煅烧得到Co O ；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼
3 4
3，滤饼3为Li CO ；“850℃煅烧”时，Co（OH） 与O 反应生成Co O 和H O，该反应的化学方程
2 3 2 2 3 4 2
29式为6Co（OH） +O 2Co O +6H O。
2 2 3 4 2
【解答】解：A．将LiCoO 粗品粉碎可以增大接触面积，使焙烧更充分，故A正确；
2
B．实验室进行焙烧操作，必须用到的仪器有酒精灯、坩埚、坩埚钳、泥三角、三脚架，故B错误；
C．钠和锂的焰色试验不同，可用焰色试验检验滤饼3是否洗净，故C正确；
D．“850℃煅烧”时 Co（OH） 与 O 反应生成 Co O 和 H O，发生的化学反应为：
2 2 3 4 2
，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离
提纯为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
17．（2024秋•9月份月考）下列实验操作、现象与实验目的或结论一致的是（ ）
选项 实验操作、现象 实验目的或结论
A 将带有火星的木条伸入充满1mol O 和4mol NO 的 说明NO 支持燃烧
2 2 2
集气瓶中，木条复燃
B 用光洁的铂丝蘸取某无色溶液在无色火焰上灼烧，观 无色溶液中一定含有钠盐
察到火焰呈黄色
C 室温下，使用pH计测定NaHA溶液的pH＜7 确定H A是强酸
2
D 浓硫酸滴入蔗糖中，将产生的气体通入溴水，溴水褪 验证浓硫酸具有脱水性
色
A．A B．B C．C D．D
【专题】实验评价题．
【分析】A．充满1mol O 和4mol NO 的集气瓶，与空气中氧气的体积分数相同；
2 2
B．钠元素的焰色为黄色；
C．室温下，NaHA溶液的pH＜7，可知HA﹣的电离大于其水解；
D．浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水反应。
【解答】解：A．充满1mol O 和4mol NO 的集气瓶，与空气中氧气的体积分数相同，带有火星的木
2 2
条复燃，说明NO 支持燃烧，故A正确；
2
B．钠元素的焰色为黄色，由实验操作和现象可知，无色溶液中可能为氢氧化钠或钠盐溶液，故B错
误；
C．室温下，NaHA溶液的pH＜7，可知HA﹣的电离大于其水解，则NaHA为NaHSO 或NaHSO ，
4 3
NaHA溶液的pH＜7，无法确定H A是强酸还是弱酸，故C错误；
2
D．浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水反应，验证浓硫酸具有强氧
化性和脱水性，故D错误；
30故选：A。
【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、反应与现象、溶液的 pH、实
验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
18．（2024秋•山东月考）查资料可知，I 可以将Cu氧化，某小组同学设计实验探究Cu被I 氧化的产物
2 2
及铜元素的价态。已知：I 易溶于KI溶液，发生反应I +I﹣ （红棕色）；I 和 氧化性几乎相同；
2 2 2
[Cu（NH ） ]+（无色）容易被空气氧化；[Cu（H O） ]2+（⇌蓝色）、[CuI ]﹣（无色）。将等体积的KI
3 2 2 4 2
溶液加入到a mol铜粉和b mol碘单质（b＞a）的固体混合物中，振荡。实验记录如下：
c（KI） 实验现象
实验Ⅰ 0.1mol•L﹣1 I 部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，溶液仍为红棕色，且有白色沉
2
淀析出
实验Ⅱ 4mol•L﹣1 I 完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液
2
为深红棕色
进行以下实验探究：
步骤①取实验Ⅱ的深红棕色溶液，加入CCl 多次萃取、分液；
4
步骤②取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水，溶液逐渐变为浅蓝色，最终变为深蓝色。
下列说法正确的是（ ）
A．实验Ⅰ铜被氧化为+1价，实验Ⅱ铜被氧化为+2价
B．步骤①的目的是除去 （或I ），防止干扰后续实验
2
C．步骤②中溶液随颜色的变化pH不变
D．结合上述实验，若从实验Ⅰ中提取白色沉淀，过滤后，可用浓HI溶液洗涤
【专题】无机实验综合；理解与辨析能力．
【分析】实验Ⅰ中，I 部分溶解，溶液为红棕色，是由于发生了I +I﹣ ，充分反应后，溶液仍为红
2 2
棕色，且有白色沉淀析出，由于发生了2Cu+I ＝CuI ↓，实验Ⅱ中，⇌I 完全溶解，溶液为深红棕色，
2 2 2
由于发生了I +I﹣ ，充分反应后，红色的铜粉完全溶解，由于2Cu+2I﹣＝2[CuI ]﹣，[CuI ]﹣为无色，
2 2 2
⇌
溶液为深红棕色，由于仍然存在 ，取实验II的深红棕色溶液，加入CCl 多次萃取、分液，将I （或
4 2
）除去，分液后的无色水溶液含有[CuI ]﹣，滴入浓氨水，发生生成无色的[Cu（NH ） ]+又被氧气
2 3 4
不断氧化，最终被氧化为为深蓝色的[Cu（H O） ]2+（蓝色）。
2 4
31【解答】解：A．实验I和实验Ⅱ最终溶液颜色均为红棕色，说明有 存在，生成的CuI和[CuI ]﹣均
2
为+1价，故A错误；
B．步骤①取实验 II 的深红棕色溶液，加入CCl 多次萃取、分液，目的是除去I （或 ），防止干
4 2
扰后续实验对铜氧化产物的判断，故B正确；
C．步骤②中溶液由无色变为浅蓝色，最终变为深蓝色，因为铜离子与浓氨水反应生成了不同的配合
物，据分析中的离子方程式知，反应过程中溶液的pH会发生变化，故C错误；
D．若从实验 I 中提取白色沉淀，白色沉淀可能是CuI能与浓HI溶液反应生成可溶于水的[CuI ]﹣，不
2
能用浓HI溶液洗涤，故D错误，
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应的规律、物质性质的探究、实验方案设计。
19．（2024春•青羊区校级期末）一种制备Cu O的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液为NaHSO 溶液，
2 3
反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH＝5条件下进行。下列说法正确的是（ ）
A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应
B．低温真空蒸发主要目的是防止NaHSO 被氧化
3
C．溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体I
D．若Cu O产量不变，参与反应Ⅲ的X与CuSO 物质的量之比 增大时，需补加NaOH的
2 4
量增加
【专题】气体的制备与性质检验类实验．
【分析】铜和浓硫酸反应（反应Ⅰ）生成二氧化硫气体（气体Ⅰ）和硫酸铜，生成的二氧化硫气体与
碳酸钠反应（反应Ⅱ），得到NaHSO ，调节溶液pH值至11，使NaHSO 转化为Na SO ，低温真空蒸
3 3 2 3
发（防止Na SO 被氧化），故固液分离得到Na SO 晶体和Na SO 溶液，Na SO 和CuSO 反应的离子
2 3 2 3 2 3 2 3 4
32方程式是 ，反应过程中酸性越来越强，使Na SO 转化成SO
2 3 2
气体，总反应方程式是2CuSO +3Na SO ＝Cu O+2SO ，需及时补加NaOH以保持反应在pH＝5条件
4 2 3 2 2
下进行，据此分析解答。
【解答】解：A．反应Ⅰ是铜和浓硫酸反应，生成二氧化硫，是氧化还原反应，反应Ⅱ是 SO 和碳酸
2
钠溶液反应，生成NaHSO 、水和二氧化碳，是非氧化还原反应，反应Ⅲ是Na SO 和CuSO 反应生成
3 2 3 4
Cu O，是氧化还原反应，故A错误；
2
B．低温真空蒸发主要目的是防止Na SO 被氧化，而不是NaHSO ，故B错误；
2 3 3
C．经分析溶液Y的成分是Na SO 溶液，可循环用于反应Ⅱ的操作单元吸收SO 气体（气体Ⅰ），故
2 3 2
C正确；
D．制取Cu O总反应方程式是2CuSO +3Na SO ＝Cu O+2SO ↑+3Na SO ，化合物X是指Na SO ，若
2 4 2 3 2 2 2 4 2 3
Cu O产量不变，增大比 ，多的Na SO 会消耗氢离子，用于控制pH值，可减少NaOH的
2 2 3
量，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。
20．（2023秋•安徽期末）室温下，沉淀MCO 或M（OH） 在溶液中溶解时M2+和阴离子浓度的负对数
3 2
分别用pM和pR表示，其关系如图所示。已知lg2＝0.3、lg3＝0.5。下列说法正确的是（ ）
A．pR＝6时，溶液中c（M2+）浓度：MCO ＞M（OH）
3 2
B．M（OH） 饱和溶液的pH＝10.3
2
C．在MCO 饱和溶液中加少量KOH固体， 的浓度减小
3
D．MCO 的K ＝10﹣7.8
3 sp
33【分析】K （MCO ）＝c（M2+）•c（ ）、K [M（OH） ]＝c（M2+）•c2（OH﹣），﹣lgK
sp 3 sp 2 sp
（MCO ）＝﹣lg[c（M2+）•c（ ）]＝pM2++ ，﹣lgK [M（OH） ]＝﹣lg[c（M2+）•c2（OH
3 sp 2
﹣）]＝pM2++2pOH﹣，即pM2+＝﹣ ﹣lgK （MCO ），pM2+＝﹣2pOH﹣﹣lgK [M（OH） ]，由
sp 3 sp 2
图斜率关系可知，XY曲线为M（OH） 的沉淀溶解平衡曲线，XZ为MCO 的沉淀溶解平衡曲线，根
2 3
据（6.2，﹣1）和（6.8，﹣1）计算K [M（OH） ]＝10﹣13.4＝4×10﹣14，K （MCO ）＝10﹣7.8＝2×10
sp 2 sp 3
﹣8，据此分析解答。
【解答】解：A．由上述分析可知，XY曲线为M（OH） 的沉淀溶解平衡曲线，XZ为MCO 的沉淀
2 3
溶解平衡曲线，则图中pR＝6时，溶液中c（M2+）浓度：MCO ＜M（OH） ，故A错误；
3 2
B．由上述分析可知，K [M（OH） ]＝4×10﹣14，M（OH） 饱和溶液中 c（OH﹣）＝
sp 2 2
＝ mol/L＝2× mol/L，﹣lg（2× ）≈4.4，pH＝14﹣
4.4＝9.6，故B错误；
C．在MCO 饱和溶液中加少量KOH固体时，溶液中c（M2+）减小，转化为MCO 的不饱和溶液，则
3 3
c（ ）不变，故C错误；
D．由上述分析可知，K [M（OH） ]＝10﹣13.4，K （MCO ）＝10﹣7.8，故D正确；
sp 2 sp 3
故选：D。
【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，把握图中曲线表示的意义、沉淀溶解平衡及其影响因素、
K 的计算为解答的关键，侧重分析、计算与运用能力的考查，题目难度中等。
sp
二．解答题（共3小题）
21．（2024秋•浦东新区校级月考）（1）氮的最高价氧化物为无色晶体，它由两种离子构成，已知其阴
离子的空间结构为平面三角形，则其阳离子的空间结构和阳离子中氮的杂化方式为 A 。
A．直线形 sp杂化
B．V形 sp2杂化
C．三角锥形 sp3杂化
D．平面三角形 sp2杂化
（2）短周期元素R基态原子最外层的p能级上有2个未成对电子。则关于基态R原子的描述中正确的
是 A 。
A．基态R原子核外电子的电子云轮廓图有两种：球形和哑铃形
34B．基态R原子的价层电子排布式为ns2np2（n＝2或3）
C．基态R原子的原子轨道总数为9
D．基态R原子的轨道表示式为
（3）X、Y、Z、N是原子序数依次增大的四种短周期元素，其元素性质或原子结构如下表。下列说法
正确的是 B 。
元素 元素性质或原子结构
X 原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，且第一电离能低于同周期相邻元
素
Y 原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，且第一电离能高于同周期相邻元
素
Z 其价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等
N 只有一个不成对电子
A．原子半径：Z＞Y＞X
B．电负性：X＞N＞Z
C．第一电离能：Z＞N＞Y
D．X的基态原子的电子轨道表示式：
（4）X、Y、Z、M、Q为五种短周期元素，原子序数依次增大，X和Q为同主族元素，且X是非金属
元素。Y和M为同周期元素。X的2s轨道全充满，Q的s能级电子数比p能级的电子数少1，Y和M
是纯碱中的两种元素。下列说法不正确的是 C 。
A．最高正价：Y＜Z
B．电负性：M＞Z
C．Y与M形成的化合物中不可能含有非极性共价键
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞Q
硫、钴及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：
（5）基态Co原子价层电子轨道式为 ，第四电离能I （Co）＜I
4 4
（Fe），其原因是 C o 3 + 失去的是 3 d 6 上的一个电子， F e 3 + 失去的是半充满 3 d 5 上的一个电子，故需要
能量较高 ；
Co与Ca同周期且最外层电子数相同，单质钴的熔、沸点均比钙大，其原因是 钴的原子半径比钙小 ，
价电子数比钙多，钴中的金属键比钙中的强 。
35（6）K和Na位于同主族，K S的熔点为840℃，Na S的熔点为950℃，前者熔点较低的原因是 K + 的
2 2
半径比 N a + 大， K S 的晶格能比 Na S 小 。
2 2
（7）S与O、Se、Te位于同一主族，它们的氢化物的沸点如图所示，沸点按图像所示变化的原因是
H O 分子间存在较强的氢键，其他三种分子间不含氢键，所以 H O 的沸点最高； H S 、 H Se 及 H Te
2 2 2 2 2
的结构相似，随着相对分子质量的增大，范德华力增大，所以沸点逐渐升高 。
钴的一种化合物晶胞结构如图所示。
（8）已知A点的原子坐标参数为（0，0，0），B点为（ ， ，则C点的原子坐标参数为
（ ， ， ） 。已知晶胞边长参数a＝0.5485nm，Ti、Co、O相对原子质量分别是48、59、16，
则该晶体的密度为 g•cm﹣3（列出计算表达式即可）。
【专题】化学键与晶体结构．
【分析】（1）氮的最高价氧化物为N O ，由两种离子构成，其中阴离子空间结构为平面三角形，化
2 5
学式应为 ，其阳离子的化学式为： ，其中心N原子价电子对数为 ＝2，其中的氮原子的
杂化方式为sp杂化，没有孤对电子，则阳离子的空间结构为直线形；
（2）由短周期元素R基态原子最外层的p能级上有2个未成对电子可知，可能有两种情况：p能级上
只有2个电子，R为ⅣA族元素，C或Si；p能级上有4个电子，R为Ⅵ族元素，O或S；
（3）短周期中，原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等的元素为O（电子排布式为
1s22s22p4）或 Mg（电子排布式为1s22s22p63s2），第一电离能低于同周期相邻元素的X为O，第一电
离能高于同周期相邻元素的Y为Mg；价层电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等，且
36原子序数大于Y的短周期元素Z为Si，价层电子排布式为3s23p2；W的原子序数大于Z且只有一个未
成对电子，则W为Cl，据此分析；
（4）X、Y、Z、M、Q为五种短周期元素，原子序数依次增大，Q原子序数最大，s能级电子数比p
能级电子数少1，Q原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1，Q为Al，X与Al同主族，2s轨道全充满，X
为B，Y和M为同周期元素且是纯碱中的两种元素，则Y为C，M为O，则Z为N，据此分析；
（5）Co为27号元素，价电子排布式为3d74s2，价层电子轨道式为： ，
Fe为26号元素，价电子排布式为3d64s2，Co3+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，为
半满稳定状态，再失去一个电子较难；钴的原子半径比钙小，价电子数比钙多，钴中的金属键比钙中
的强，因此单质钴的熔、沸点均比钙大；
（6）K+的半径比 Na+大，K S的晶格能比Na S小，因此K S的熔点较低；
2 2 2
（7）H O分子间存在较强的氢键，其他三种分子间不含氢键，所以 H O的沸点最高；H S、H Se 及
2 2 2 2
H Te的结构相似，随着相对分子质量的增大，范德华力增大，所以沸点逐渐升高；
2
（8）已知 A点的原子坐标参数为（0.0，0），B位于面心，B点为（ ， ，C位于体心，则
C点的原子坐标参数为（ ， ， ）；一个晶胞中含有Ti4+的个数为8× ＝1，O2﹣的个数为6× ＝
3，Co2+的个数为1，则晶胞质量m＝ g＝ ，晶胞体积为0.54853×10﹣21cm3，代入
公式 ＝ 可得晶胞的密度。
【解答ρ 】解：（1）氮的最高价氧化物为N
2
O
5
，由两种离子构成，其中阴离子空间结构为平面三角形，
化学式应为 ，其阳离子的化学式为： ，其中心N原子价电子对数为 ＝2，其中的氮原子
的杂化方式为sp杂化，没有孤对电子，则阳离子的空间结构为直线形，故A正确，
故答案为：A；
（2）由短周期元素R基态原子最外层的p能级上有2个未成对电子可知，可能有两种情况：p能级上
只有2个电子，R为ⅣA族元素，C或Si；p能级上有4个电子，R为Ⅵ族元素，O或S；
A．s能级为球形，p能级为哑铃形，基态R原子核外电子的电子云轮廓图有两种：球形和哑铃形，故
A正确；
37B．基态R原子的价层电子排布式还可能为ns2np4，故B错误；
C．R元素一共有4种可能，故C错误；
D．R元素有4种可能，基态原子的电子轨道表示式也有4种，故D错误；
故答案为：A；
（3）A．同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，同主族从上到下，原子半径逐渐增大，则原
子半径：Mg＞Si＞O，故A错误；
B．同周期主族元素从左到右，电负性逐渐增大，同主族从上到下，电负性逐渐减小，则电负性：O＞
Cl＞Si，故B正确；
C．同周期从左到右，第一电离能呈增大趋势，则第一电离能：Cl＞Si＞Mg，故C错误；
D．基态O原子的轨道表示式为 ，故D错误；
故答案为：B；
（4）A．C的最高正价为+4价，N的最高正价为+5价，最高正价C＜N，故A正确；
B．同周期元素从左到右电负性逐渐增强，电负性O＞N，故B正确；
C．C和O能形成C O ，其结构式为O—C—C—C—O，含有非极性共价键，故C错误；
3 2
D．B的非金属性强于Al，则最高价氧化物对应水化物的酸性H BO ＞Al（OH） ，故D正确；
2 3 3
故答案为：C；
（5）Co为27号元素，价电子排布式为3d74s2，价层电子轨道式为： ，
Fe为26号元素，价电子排布式为3d64s2，Co3+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，为
半满稳定状态，再失去一个电子较难；钴的原子半径比钙小，价电子数比钙多，钴中的金属键比钙中
的强，因此单质钴的熔、沸点均比钙大，
故答案为： ；Co3+失去的是3d6上的一个电子，Fe3+失去的是半充满
3d5上的一个电子，故需要能量较高；钴的原子半径比钙小，价电子数比钙多，钴中的金属键比钙中的
强；
（6）K+的半径比 Na+大，K S的晶格能比Na S小，因此K S的熔点较低，
2 2 2
故答案为：K+的半径比 Na+大，K S的晶格能比Na S小；
2 2
（7）H O分子间存在较强的氢键，其他三种分子间不含氢键，所以 H O的沸点最高；H S、H Se 及
2 2 2 2
38H Te的结构相似，随着相对分子质量的增大，范德华力增大，所以沸点逐渐升高，
2
故答案为：H O分子间存在较强的氢键，其他三种分子间不含氢键，所以 H O的沸点最高；H S、
2 2 2
H Se 及H Te的结构相似，随着相对分子质量的增大，范德华力增大，所以沸点逐渐升高；
2 2
（8）已知 A点的原子坐标参数为（0.0，0），B位于面心，B点为（ ， ，C位于体心，则
C点的原子坐标参数为（ ， ， ）；一个晶胞中含有Ti4+的个数为8× ＝1，O2﹣的个数为6× ＝
3，Co2+的个数为1，则晶胞质量m＝ g＝ ，晶胞体积为0.54853×10﹣21cm3，则晶
胞的密度 ＝ ＝ g•cm﹣3，
ρ
故答案为： ；（ ， ， ）； 。
【点评】本题主要考查晶胞的计算及元素的推断，为高频考点，题目难度一般。
22．（2023秋•福州月考）我国拥有很长的海岸线，具有丰富的海洋资源。
Ⅰ．盐卤是海水晒盐后的富含镁盐的溶液，其中除含镁盐外，还含有其他盐类（如图甲所示）。
（1）根据图甲所示，写出盐卤中含量最多的盐为 NaC l 。（填化学式）
（2）图乙是盐卤中某些物质的溶解度曲线，将盐卤加热到t ℃以上，根据溶解度曲线，首先析出的晶
2
体应是 MgSO 。（填化学式）
4
（3）如图是常用于混合物的分离和提纯的装置：
39粗盐的提纯应选择图 C （填字母，下同）装置，若实验中为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、
等杂质离子加入试剂的顺序可以是 BD 。
A．NaOH、Na CO 、BaCl 、HCl
2 3 2
B．NaOH、BaCl 、Na CO 、HCl
2 2 3
C．Na CO 、BaCl 、NaOH、HCl
2 3 2
D．BaCl 、NaOH、Na CO 、HCl
2 2 3
Ⅱ．海带是一种含碘量很高的海藻，从中提取的碘广泛应用于医药、食品和化工。实验室里从海带中
提取碘的流程如图。
（4）实验步骤①会用到下列仪器中的 ac d （填字母）
a．酒精灯
b．蒸发皿
c．坩埚
d．泥三角
（5）设计实验证明第③步操作后滤液中K+的存在， 通过焰色试验，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火
焰，证明含 K + 。
（6）“提取碘”存在以下两种方案。
40①方案乙中“操作X”的名称是 蒸馏 。
②该流程可循环利用的物质是 CC l 。
4
③采用方案乙得到纯碘的产率较低，原因是 碘易升华，加热造成碘损失 。
【专题】物质的分离提纯和鉴别；分析与推测能力．
【分析】海带经灼烧，除去大部分的有机物，海带灰中含无机盐类。浸泡过滤后可得含I﹣的溶液，经
H O 氧化，得到I 的水溶液，萃取、蒸馏等步骤后可得碘单质。
2 2 2
【解答】解：（1）由图甲可知海水中含量最多的盐为NaCl，
故答案为：NaCl；
（2）由图乙温度t ℃以上MgSO 的溶解度随温度的升高而降低，且溶解度小于MgCl 和KCl，首先析
2 4 2
出的晶体应是MgSO ，
4
故答案为：MgSO ；
4
（3）粗盐的提纯中应该除去杂质离子Mg2+、Ca2+、 ，分别使用氢氧化钠、碳酸钠和氯化钡除去，
因加入的试剂是过量的所以需要将过量试剂最终也除去，所以氯化钡一定在碳酸钠之前加入，最后加
盐酸调节溶液酸碱性除去碳酸根离子等，最后通过过滤得到氯化钠溶液，
A．此装置是蒸馏装置，A错误；
B．此装置是分液装置，B错误；
C．此装置是过滤装置，C正确；
四个选项中符合氯化钡在碳酸钠之前加入的有BD，AC不符合，
故答案为：C；BD；
（4）步骤①为灼烧，需要酒精灯、坩埚、泥三角，
故答案为：acd；
（5）含有K+可以通过颜色反应来验证，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，证明含K+，
故答案为：通过焰色试验，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，证明含K+；
（6）①根据I 与CCl 沸点不同，可以用蒸馏法直接分离，
2 4
故答案为：蒸馏；
②不管经过直接蒸馏还是反萃取，都可以分离得到CCl ，实现循环利用，
4
故答案为：CCl ；
4
③直接蒸馏得到的碘的产率低是因为碘易升华，加热时随CCl 蒸气溢出而损失，
4
故答案为：碘易升华，加热造成碘损失。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。
23．（2024•重庆模拟）奥美拉唑可用于治疗十二指肠溃疡等疾病，其合成路线如图
41已知：R﹣NO R﹣NH
2 2
（1）A能与FeCl 溶液作用显紫色，A的名称是 苯酚 。
3
（2）A→B的化学方程式为 +CH OH +H O 。
3 2
（3）试剂a是 浓硝酸、浓硫酸 。
（ 4 ） 合 成 的 路 线 如 图 ：
①CH CHO可由CH≡CH一步制得，其反应类型为 加成反应 ； 中含氧官能
3
团有醚键、 碳氯键 （写名称）。
②已知 SOCl 的结构简式为 ，遇水剧烈反应，生成 SO 与 HCl。写出 K 转化为
2 2
的化学反应方程式 +SOCl → +SO ↑ +HC l ↑
2 2
。
42（5）由A可制得另一物质F（ ），满足下列条件的F的同分异构有 1 1 种；
ⅰ．苯环上有2个取代基
ⅱ．能与NaOH溶液发生反应
其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为 2：2：2：1，写出其中一种结构简式
或 。
（6）已知：ⅰ．氨基易被氧化ⅱ．R﹣NH +（CH CO） O→CH CONH﹣R
2 3 2 3
请将E→G线路补充完整：
【专题】有机推断．
【分析】A能与FeCl 溶液作用显紫色，说明含有酚羟基，结合A的分子式知，A为 ，根据
3
B的分子式及E的结构简式知，B为 ，根据D的分子式及E的结构简式知，B和浓硝酸
发生取代反应生成D为 ，D发生还原反应生成E，E发生多步反应生成G，G发生
反应生成J，J发生取代反应然后发生氧化反应生成奥美拉唑；
（6）因为氨基易被氧化，可以通过信息ii的反应保护氨基，然后E和浓硝酸发生取代反应再发生水解
反应最后发生还原反应生成G。
43【解答】解：（1）A为 ，A的名称是苯酚，
故答案为：苯酚；
（2）苯酚和甲醇发生取代反应生成 B，A→B 的化学方程式为 +CH OH
3
+H O，
2
故答案为： +CH OH +H O；
3 2
（3）试剂a是浓硝酸、浓硫酸，
故答案为：浓硝酸、浓硫酸；
（4）①CH CHO可由CH≡CH一步制得，乙炔和水发生加成反应生成乙醛，则其反应类型为加成反
3
应； 中含氧官能团有醚键、碳氯键，
故答案为：加成反应；碳氯键；
②已知SOCl 的结构简式为 ，遇水剧烈反应，生成SO 与HCl，根据K的分子式知，K为
2 2
，K转化为 时还生成SO 、HCl，则K转化为
2
的化学反应方程式为 +SOCl → +SO ↑+HCl↑，
2 2
故答案为： +SOCl → +SO ↑+HCl↑；
2 2
44（5）由A可制得另一物质F（ ），F的同分异构满足下列条件：
ⅰ．苯环上有2个取代基；
ⅱ．能与NaOH溶液发生反应，说明含有羧基或酰胺基和酚羟基或酯基，如果取代基为﹣NH 、
2
HCOO﹣，两个取代基还有邻位或间位两种结构；如果取代基为﹣COOH、﹣NH ，两个取代基有邻位、
2
间位、对位3种位置异构；如果取代基为HCOONH﹣或﹣COONH 和酚羟基，有6种同分异构体，所
2
以去除其本身还有11种同分异构体，其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积比为1：2：2：2的结构
简式为 、 ，
故答案为：11； 或 ；
（6）因为氨基易被氧化，可以通过信息ii的反应保护氨基，然后E和浓硝酸发生取代反应再发生水解
反 应 最 后 发 生 还 原 反 应 生 成 G ， 所 以 合 成 路 线 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。
三．工艺流程题（共2小题）
24．（2024秋•赤峰月考）以辉铜矿（主要成分是Cu S，含少量FeS、SiO 等）为原料制备胆矾、硫代硫
2 2
45酸钠（Na S O •5H O），流程如图所示。回答下列问题：
2 2 3 2
已知：Cu（OH） +4NH •H O＝[Cu（NH ） ]（OH） +4H O，[Cu（NH ） ]（OH） 与硫酸反应生成
2 3 2 3 4 2 2 3 4 2
CuSO 。
4
（1）滤渣2的主要成分是 SiO （填化学式）。
2
（ 2 ） 向 Na S 和 Na CO 的 混 合 溶 液 中 通 入 SO 制 备 硫 代 硫 酸 钠 的 化 学 方 程 式 为
2 2 3 2
2Na S+Na CO +4SO ＝ 3N a S O +CO 。
2 2 3 2 2 2 3 2
（3）某小组探究外界条件对Na S O 相关反应的反应速率的影响，实验方案如下：
2 2 3
已知：①S +2I﹣＝I +2 （慢），②2S +I ＝2I﹣+S （快）。
2 2 2 2 4
体积/mL
实验序号 K S O 溶液 KI溶液 Na S O 溶液 淀粉溶液
2 2 8 2 2 3
1 10.0 4.0 5.0 2.0
2 5.0 4.0 5.0 2.0
上述反应中，活化能较大的反应是 ① （填“①”或“②”）。下列叙述错误的是 B （填
标号）。
A.在KI﹣淀粉溶液中滴加过量Na S O 溶液，溶液始终不会变蓝
2 2 3
B.上述方案可以探究浓度对反应速率的影响
C.当n（Na S O ）：n（K S O ）的值小于2时会出现蓝色
2 2 3 2 2 8
（4）检验溶液2中含Fe2+的试剂可能是 BC （填标号）。
A.KSCN溶液
B.K Fe（CN） 溶液
3 6
C.酸性KMnO 溶液
4
D.NaOH溶液
（5）25.0gCuSO •5H O受热分解，残留固体的质量与温度的关系如图所示。
4 2
46①1300℃时，固体的成分是 C u O （填化学式）。
2
②已知 580～1000℃之间产生了两种气体和一种固体，写出发生反应的化学方程式： 2CuSO
4
2CuO+2SO ↑ +O ↑ 。
2 2
【专题】物质的分离提纯和鉴别；探究与创新能力．
【分析】辉铜矿通入空气氧化焙烧，硫元素转化为二氧化硫气体，二氧化硫使用碳酸钠、硫化钠吸收
得到硫代硫酸钠溶液，一系列操作得到硫代硫酸钠晶体；铜、铁元素转化为金属氧化物和不反应的二
氧化硅进入烧渣1，烧渣加入硫酸，二氧化硅不反应得到滤渣2，铜、铁氧化物转化为盐溶液得到溶液
2，加入过量氨水，铁转化为沉淀得到滤渣3，铜离子进入溶液3，加入硫酸经系列处理得到胆矾。
【解答】解：（1）焙烧时，粉碎矿石的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率；滤渣 2的主要
成分是不和稀硫酸反应的二氧化硅SiO ，
2
故答案为：SiO ；
2
（2）向Na S和 Na CO 的混合溶液中通入SO 制备硫代硫酸钠，Na S中硫元素化合价由﹣2变为
2 2 3 2 2
+2、二氧化硫中硫元素化合价由+4变为+2，硫元素发生归中反应生成硫代硫酸钠，根据质量守恒可知
还会生成二氧化碳，结合电子守恒可知，反应化学方程式为2Na S+Na CO +4SO ＝3Na S O +CO ，
2 2 3 2 2 2 3 2
故答案为：2Na S+Na CO +4SO ＝3Na S O +CO ；
2 2 3 2 2 2 3 2
（3）活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应，则上述反应中，活化
能较大的反应是①；
A．在KI﹣淀粉溶液中滴加过量 Na S O 溶液，生成I 的反应为慢反应，消耗I 的反应为快反应，则
2 2 3 2 2
溶液中碘单质被迅速转化，且生成的碘离子和Na S O 不反应，溶液始终不会变蓝，故A正确；
2 2 3
B．实验1、2加入的K S O 溶液的体积不同，溶液的总体积不同，K S O 溶液浓度大小无法确定，不
2 2 8 2 2 8
能判断浓度对反应速率的影响，故B错误；
C．由反应①②可知，当n（Na S O ）：n（K S O ）的值等于2时，恰好反应，溶液中碘元素以碘
2 2 3 2 2 8
47离子存在，n（Na S O ）：n（K S O ）的值小于2时，生成的碘单质不会完全转化为碘离子，溶液会
2 2 3 2 2 8
出现蓝色，故C正确；
故答案为：①；B；
（4）溶液2中含 Fe2+、Fe3+，检验溶液2中含 Fe2+，需要考虑铁离子对亚铁离子的干扰，亚铁离子和
K Fe（CN） 溶液生成蓝色沉淀、和酸性 KMnO 溶液发生氧化还原反应使得溶液褪色，
3 6 4
故答案为：BC；
（5）①25.0 g CuSO •5H O受热会首先失去结晶水得到16.0gCuSO ，继续加热CuSO 会分解生成氧
4 2 4 4
化铜，已知580～1000℃之间产生了两种气体和一种固体，则反应中硫元素化合价降低生成二氧化硫，
氧元素化合价升高生成氧气，反应为 ，反应得到8.0g氧
化铜；继续加热氧化铜会分解生成7.2g氧化亚铜和氧气， ；故1300℃时
固体的成分是Cu O，
2
故答案为：Cu O；
2
②由分析可知，580～1000℃之间反应为 ，
故答案为：2CuSO 2CuO+2SO ↑+O ↑。
4 2 2
【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。
25．（2024秋•贵阳月考）乙烯（CH ＝CH ）是重要的工业原料，随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，
2 2
利用二氧化碳制乙烯：2CO （g）+6H （g） CH ＝CH （g）+4H O（g）ΔH＜0的合成工艺备受关
2 2 2 2 2
注，回答下列问题： ⇌
（1）已知H 的燃烧热为a，CH ＝CH 的燃烧热为b，则ΔH＝ （﹣ 6a+b ） k J • mo l ﹣ 1 （用含a和b
2 2 2
的代数式表示）。
（2）下列措施一定有利于提高该反应中CO 的平衡转化率的是 b d 。
2
a．使用高效催化剂并增大催化剂的表面积
b．增大 投料比
c．恒容下向反应器中通入惰性气体
d．反应器中降温处理
（3）在0.1MPa下，将4mol CO 和12mol H 充入2L恒容密闭容器中发生反应2CO （g）+6H （g）
2 2 2 2
48CH ＝CH （g）+4H O（g）ΔH＜0，测得不同温度下该反应达到平衡时的四种气态物质的量如图
2 2 2
⇌所示。
平衡时物质的量随温度变化曲线
①曲线a表示的物质为 H O （填化学式）。
2
②T 温度时，反应经过10min达到平衡，则10min内v（H ）＝ 0.3mo l • L ﹣ 1 • mi n ﹣ 1 。
1 2
③列出T 温度时该反应平衡常数的计算式K＝ 。
1
（4）若该体系中发生的反应如下：
主反应Ⅰ：2CO （g）+6H （g） CH ＝CH （g）+4H O（g）ΔH＜0
2 2 2 2 2
副反应Ⅱ：CO
2
（g）+H
2
（g） C⇌O（g）+H
2
O（g）ΔH＞0
副反应Ⅲ：…… ⇌
不同条件下CO 的平衡转化率如图所示：
2
①400℃时，压强p 、p 、p 由大到小的顺序是 p ＞ p ＞ p 。
1 2 3 3 2 1
②从热力学视角出发，为提高M点CH ＝CH 的选择性，可调控的最优条件为 ad （填序号），
2 2
原因是 在 M 点将温度降低，促使主反应平衡正向移动，增加乙烯的选择性 、 在 M 点将压强增
大，促使主反应平衡正向移动，增加乙的选择性 。
49a．温度320～400℃
b．温度850～950℃
c．压强p 1∼p
2
MPa
d．压强p 2∼p
3
MPa
【专题】化学平衡专题．
【分析】（1）根据盖斯定律进行分析；
（2）根据使用催化剂，平衡不移动，恒容条件下，充入惰性气体会增加压强，但各物质浓度不变，因
此平衡不移动，该反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，进行分析；
（3）根据2CO （g）+6H （g） CH ＝CH （g）+4H O（g）ΔH＜0，是放热反应，升温，平衡应左
2 2 2 2 2
移，2CO （g）+6H （g） CH ＝⇌CH （g）+4H O（g）列出三段式，进行分析；
2 2 2 2 2
（4）根据反应Ⅰ是气体体⇌积减小的放热反应，反应Ⅱ是气体体积不变的吸热反应，升高温度，反应 I
平衡向逆反应方向移动，反应Ⅱ平衡向正反应方向移动，进行分析。
【解答】解：（1）已知H 的燃烧热为 a，CH ＝CH 的燃烧热为 b，则对应的热化学方程式为：
2 2 2
、CH ＝CH （g）+3O （g）＝2CO （g）+2H O
2 2 2 2 2
（l）ΔH ＝﹣bkJ/mol，根据盖斯定律可知，ΔH＝bkJ/mol+6×（﹣akJ/mol）＝（﹣6a+b）kJ•mol﹣1，
2
故答案为：（﹣6a+b）kJ•mol﹣1；
（2）a．使用催化剂，平衡不移动，CO 的平衡转化率不变，故a错误；
2
b．增大H 和CO 的初始投料比，相当于增加H 的物质的量，因此CO 的平衡转化率增大，故b正确；
2 2 2 2
c．恒容条件下，充入惰性气体会增加压强，但各物质浓度不变，因此平衡不移动，CO 的平衡转化率
2
不变，故c错误；
d．该反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，CO 的平衡转化率增大，故d正确；
2
故答案为：bd。
（3）①2CO （g）+6H （g） CH ＝CH （g）+4H O（g）ΔH＜0，正向是一个放热反应，升温，平
2 2 2 2 2
衡应左移，所给图示中，含量⇌减少的曲线a、曲线c是生成物，增加的曲线b是反应物，题干投入
4mol CO 和12mol H ，所以曲线a为水、曲线b为CO ，曲线c为乙烯，
2 2 2
故答案为：H O；
2
②根据题意可知，T 温度时，列出三段式：
1
2CO （g）+6H （g） CH ＝CH （g）+4H O（g）
2 2 2 2 2
起始（mol） 4 ⇌ 12 0 0
转化（mol） 2 6 1 4
平衡（mol） 2 6 1 4
50则10min内 ，
故答案为：0.3mol•L﹣1•min﹣1；
③ T 温 度 时 该 反 应 平 衡 常 数 的 计 算 式
1
，
故答案为： ；
（4）①反应Ⅰ是气体体积减小的放热反应，反应Ⅱ是气体体积不变的吸热反应，增大压强，反应I平
衡向正反应方向移动，反应Ⅱ平衡不移动，二氧化碳的转化率增大，400℃时，P 、P 、P 条件下二氧
1 2 3
化碳的平衡转化率依次增大，则压强大到小的顺序为：p ＞p ＞p ，
3 2 1
故答案为：p ＞p ＞p ；
3 2 1
②升高温度，反应I平衡向逆反应方向移动，反应Ⅱ平衡向正反应方向移动，观察图像可知，M点时
二氧化碳的平衡转化率较小，在温度升高的过程中二氧化碳的转化率一直在减小，说明此时 CO 平衡
2
转化率主要取决于反应I；再观察图像，压强为P 时，温度约570℃之后，随着温度升高CO 平衡转化
1 2
率增大而温度继续升高，说明此时CO 平衡转化率主要取决于反应Ⅱ，因此提高M点CH ＝CH 的选
2 2 2
择性，根据选项可知，温度应该控制在320～400℃，即选a，原因是：在M点将温度降低，促使主反
应平衡正向移动，增加乙烯的选择性；根据①中分析可知，压强增大反应I平衡向正反应方向移动，
M点的压强为P ，因此可以选择更大的压强，即选d，原因是：在M点将压强增大，促使主反应平衡
1
正向移动，增加乙的选择性，
故答案为：ad；在M点将温度降低，促使主反应平衡正向移动，增加乙烯的选择性；在M点将压强增
大，促使主反应平衡正向移动，增加乙的选择性。
【点评】本题主要考查化学平衡的计算等，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。
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