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2025菁优高考化学压轴卷训练14
一．选择题（共20小题）
1．（2024秋•香坊区校级月考）新冠病毒肆虐，化学在攻克这一世界难题中功不可没，“新型冠状病
毒”由蛋白质外壳和单链核酸组成，直径为60～140nm，怕酒精，不耐高温。下列说法不正确的是（
）
A．戴口罩、保持距离、勤洗手可降低“新型冠状病毒”感染机率
B．“新型冠状病毒”扩散到空气中可形成气溶胶
C．“新型冠状病毒”扩散到空气中形成的分散系有一定的稳定性
D．喝酒可有效治疗新冠感冒
2．（2024秋•长沙月考）下列化学用语表示正确的是（ ）
A．中子数为35的溴原子： Br
B．同素异形体：16O 、18O
2 3
C．KHSO 在熔融状态下的电离方程式：KHSO ＝K++H++
4 4
D．用电子式表示H O的形成过程：
2
3．（2024秋•广东月考）含硫化合物的反应具有多样性。下列有关反应的离子方程式书写错误的是（
）
A．用Na SO 溶液吸收SO 废气： +SO +H O＝2
2 3 2 2 2
B．海水提溴工艺中用SO 水溶液还原Br ：Br ：Br +SO +H O＝H SO +2HBr
2 2 2 2 2 2 2 3
C．用Na CO 溶液处理锅炉水垢中的CaSO ：CaSO （s）+ （aq）＝CaCO （s）+ （aq）
2 3 4 4 3
D．Na S O 在酸性条件下分解：S +2H+＝SO ↑+S↓+H O
2 2 3 2 2 2
4．（2024 秋•辽宁月考）设 N 为阿伏加德罗常数的值。部分含硫的物质转化如图所示。
A
1下列叙述错误的是（ ）
A．0.1mol基态硫原子核外含有的未成对电子数为0.2N
A
B．1L0.1mol•L﹣1N 盐酸中含Cl﹣的数目为0.1N
A A
C．反应①中，每生成22.4LSO 同时生成S的数目为N
2 A
D．反应②中，每消耗9.6gS时转移电子数为0.4N
A
5．（2024秋•深圳校级月考）短周期主族元素X、Y、Z、M、N的原子序数依次增大，其中基态Y原子
s能级电子数是p能级电子数的两倍，Z和M位于同一主族，由上述五种元素形成的化合物可作离子导
体，其结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．原子半径：M＞Y＞Z
B．简单氢化物的沸点：M＞Z＞Y
C．同周期中第一电离能小于Z的元素有五种
D．YX 与 的空间结构相同
4
6．（2024•合肥二模）某科研团队利用单核钼配合物实现了硝酸盐的仿生催化还原，如图所示。已知 X
中Mo的化合价为+4，下列说法错误的是（ ）
2A．Y中Mo的化合价为+6
B．基态原子第一电离能：N＞P＞S
C．X中碳原子的杂化方式有sp和sp2两种
D．X和Y中均含有离子键、配位键和共价键
7．（2024春•宁波期中）氧化基纳米催化剂可用于CO 选择性加氢制备CH OH，其反应机理如图所示，
2 3
下列说法错误的是（ ）
A．该反应过程中存在极性键的断裂和形成
B．已知In为49号元素，则其价层电子排布式为6s26p1
C．CH OH和CO 中，碳原子的杂化方式不同
3 2
D．该反应的总化学方程式为CO +3H CH OH+H O
2 2 3 2
8．（2024春•海淀区校级期末）FeS 的晶胞结构如图所示。已知：晶胞参数为 apm。下列说法不正确的
2
是（ ）
A．每个晶胞中含有4个Fe2+
B．FeS 中含有非极性键
2
C． 和 之间的最短距离为
3D．Fe2+位于 形成的正八面体空隙中
9．（2023春•青岛期中）有关配合物的实验如图，下列说法错误的是（ ）
A．[Cu（H O） ]2+中Cu2+提供空轨道，H O中的O原子提供孤电子对
2 4 2
B．[Cu（NH ） ]2+与NH 比较，前者的H﹣N﹣H的键角小
3 4 3
C．与Cu2+的配位能力：NH ＞H O
3 2
D．向CuSO 溶液中滴加过量氨水，也能得到深蓝色溶液
4
10．（2024•成都开学）厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术（如图）。下列说法错误的
是（ ）
A． 所含质子总数为23N （N 为阿伏加德罗常数值），其空间结构为V形
A A
B．N H 中σ键和 键数目之比为1：1
2 2
π
C．过程Ⅳ中， 发生还原反应
D．每处理 ，需要
11．（2024秋•黑龙江月考）已知化合物A与H O在一定条件下反应生成化合物B与HCOO﹣，其反应历
2
程如图所示，其中TS表示过渡态，I表示中间体。下列说法错误的是（ ）
4A．TS2所在的基元反应中活化分子百分数最小
B．该历程中的最大能垒（活化能）E正 ＝18.86kJ•mol﹣1
C．使用催化剂只降低正反应的活化能，反应的焓变不变
D．该反应历程包含三个基元反应
12．（2024秋•郑州月考）海水资源的开发利用是自然资源开发利用的重要组成部分。其中氯碱工业是高
耗能产业，某化学学习小组设想将其与氢氧燃料电池相结合可以有效降低能耗，其原理如图所示
（A、B、C、D为惰性电极）。下列说法错误的是（ ）
A．甲池为电解池，乙池为原电池
B．甲池中的离子交换膜为阳离子交换膜
C．乙池中Na+通过Na+交换膜向D电极移动
D．甲池中每生成2mol H ，乙池中便会消耗22.4LO
2 2
13．（2024秋•湖南月考）在一定温度下，将足量的NH I加入密闭的恒容容器中。起初容器内充满氦气，
4
一段时间后NH I分解达到平衡，发生的反应如下：
4
反应Ⅰ：NH I（s） NH （g）+HI（g）
4 3
⇌
5反应Ⅱ：2HI（g） H （g）+I （g）
2 2
已知两个反应的焓⇌变均为正值，且反应Ⅰ的平衡常数 K
1
远大于反应Ⅱ的平衡常数K
2
，则下列说法错
误的是（ ）
A．反应过程中c（NH ）＝c（HI）+c（H ）+c（I ）
3 2 2
B．反应达到平衡后
C．反应达到平衡后
D．若适当升高温度，反应重新达到平衡后c（H ）和c（I ）会变大
2 2
14．（2024秋•河北月考）某温度下，在刚性密闭容器中充入一定量的T（g），发生反应：①T（g）
W（g） ②W（g） P（g）。测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示：下列说法正确的是（
⇌） ⇌
A．反应②达到M点时，正反应速率大于逆反应速率
B．Ⅱ曲线代表P的浓度与时间的变化关系
C．反应①加入催化剂不改变单位时间内T的转化率
D．0～6min内P的平均化学反应速率v（P）＝0.071mol•L﹣1
15．（2024秋•广东月考）图是短周期某种非金属元素的“价﹣类”二维图，其中 e是a和d的反应产物。
下列推断错误的是（ ）
A．b和c均不是酸性氧化物
6B．可存在a→b→c→d的转化
C．常温下，d的浓溶液不能与铁发生反应
D．可用与强碱的反应来检验e中的阳离子
16．（2024秋•青海月考）下列为某同学设计的在实验室制备氯气的实验装置，其中错误的是（ ）
A．制备装置 B．除杂装置
C．收集装置 D．尾气处理装置
A．A B．B C．C D．D
17．（2024秋•海安市校级月考）有机物G的部分合成路线如下，下列推断正确的是（ ）
A．上述转化中，只发生了取代反应
B．1mol Z最多能与5mol H 发生加成反应
2
C．Y→Z转换时加入（C H ） N有利于反应进行
2 5 3
D．G分子中含有2个手性碳原子
18．（2024•威海一模）白硼钙石的主要成分是Ca B O •7H O（含有少量）Fe O 、FeO、CaCO 和SiO
4 10 19 2 2 3 3 2
等杂质），利用白硼钙石制取强还原剂NaBH 的工艺流程如图：
4
7已知H BO 微溶于水，易溶于乙醇；偏硼酸钠（NaBO ）易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶
3 3 2
于乙醇，碱性条件下稳定。下列说法错误的是（ ）
A．“气体”中可能有CO 、NO 、NO
2 2
B．该流程用到两步过滤操作
C．物质a可循环利用
D．“反应W”为非氧化还原反应
19．（2024春•成都期末）含SO 的工业尾气转化为硫酸钾的流程如图所示。下列说法正确的是（ ）
2
A．反应Ⅰ得到固体A的主要成分为CaSO
3
B．为提高A的转化速率，反应Ⅱ宜在高温条件下进行
C．反应Ⅱ的化学方程式为NH HCO +NH +CaSO ═（NH ） SO +CaCO
4 3 3 4 4 2 4 3
D．滤液B中大量存在的主要离子有 、K+、Cl﹣
20．（2024•庐阳区校级模拟）将CaCO （s）或ZnCO （s）悬浊液置于分压固定的CO 气相中，体系中
3 3 2
pH与lgc关系如图所示。pH变化对H CO 的浓度基本无影响。c为H CO 、 、 、Ca2+、
2 3 2 3
Zn2+的浓度，单位为mol•L﹣1。已知：K （CaCO ）＞K （ZnCO ），CO （g）+H O（l）═H CO
sp 3 sp 3 2 2 2 3
（aq）。下列说法错误的是（ ）
A．L 表示lgc（ ）﹣pH曲线
1
8B．
C．K （CaCO ）＝10﹣8.5
sp 3
D．K （ZnCO ）的数量级为10﹣10
sp 3
二．解答题（共5小题）
21．（2024•青岛开学）牛奶具有补充蛋白质、补钙、镇静安神等功效。回答下列问题：
（1）基态钙原子核外电子的空间运动状态有 种，同周期元素中基态原子成对价电子数比钙
少的有 （填元素符号）。
（2）三聚氰胺是一种重要的工业原料，曾被不法分子作为添加剂而引发毒奶粉事件。三聚氰胺在水中
易发生水解和异构化，并与异构化产物形成层状的超分子，部分过程如下：
① C、N、O 第一电离能由大到小的顺序为 。乙发生“异构化”的原因为
。
②甲与丙能够形成层状超分子的原因为 。乙分子中N原子的孤对电子占据的轨道为
。
（3）由Ca和B两种元素形成晶体的晶胞结构如图（大球代表Ca）。
①该晶体的化学式为 。
②Ca原子的配位数为 。
③若晶体的晶胞参数为apm，则该晶体的密度可表示为 g•cm﹣3（设N 为阿
A
伏加德罗常数的值）。
22．（2024春•宝山区校级期中）随着社会的发展，陆地上的资源日益枯竭，海洋中丰富的资源吸引了人
们的目光。海水综合利用已经成为当今世界各沿海国家解决淡水短缺、促进经济社会可持续发展的重
大问题。通常，海水中化学元素的利用是指从海水中提取钠、镁、氯、溴等元素。
9根据以上图示，请按要求回答相关问题：
（1）海水晒盐使用的盐田法，相当于化学中的 操作。
某同学为过短a设计如下方案从粗食盐水中除去Ca2、Mg2+、 等离子，以制得精盐水。并进行电
解饱和食盐水的实验：
（2）以下说法不正确的是 。
A．E中主要有Mg（OH） 和BaSO ，也可能有一些Ca（OH）
2 4 2
B．②中加入过量Na CO 溶液的主要目的是为了除去Ca2+
2 3
C．N溶液呈碱性
D．③目的是除去 和OH﹣
在氯碱工业中，常用电解饱和食盐水的方法制备氯气。其使用的装置原理如图所示。
（3）电解饱和食盐水的化学方程式为 。电解时，铁电极上生成的气体为
。
（4）天原化工厂是我国最早的民族氯碱化工企业之一、下列物质中不是该厂产品的是 。
A．烧碱
B．盐酸
C．食盐
D．漂白粉
10（5）某同学利用食盐进行化学实验，按厢图1连接好线路发现灯泡不亮，按照图2连接好线路发现灯
泡亮，由此得出的结论正确的是 。
A．NaCl固体不导电，不是电解质
B．电解质本身不一定能导电
C．图2中水是电解质，电离产生大量的H+
过程b用于海水提溴。主要工业生产流程如图所示。
（6）向苦卤中通入Cl ，利用了Cl 的 。
2 2
A．氧化性
B．还原性
C．黄绿色
（7）吹出塔中选择通入热空气吹出Br ，利用了Br 的 。
2 2
A．不易溶于水
B．挥发性，沸点比水低
C．溴蒸气密度大
（8）过程c可得到金属Mg，写出以MgCl 制取Mg的方程式 。
2
（9）实验室可以利用蒸馏的方法进行海水淡化，可选用如图装置完成，该装置中有一处明显的错误是
。
11（10）关于海水的综合利用，以下说法正确的是 。
A．从海水中提溴、镁元素，都包含氧化还原反应
B．利用潮汐发电是将电能转化为动能
C．海域辽阔，所以可以将废水排入海洋
23．（2024•济南模拟）化合物H是合成某一天然产物的重要中间体，其合成路线如图：
已知：Ⅰ． ；
Ⅱ． ；
Ⅲ． 。
回答下列问题：
（1）A的结构简式为 。
（2）DMP试剂在B→C转化中的作用为 （填标号）。
a．还原剂
b．催化剂
c．氧化剂
（3）C→D中发生反应的官能团名称 。D→E的转化中两种产物均含两个六元环，
12反应方程式为 。
（4）E中相同官能团的反应活性：① ②（填“＞”“＜”或“＝”），解释Cbz—Cl的作用
。符合下列条件的E的同分异构体有 种（不考虑立体异构）。
①含有苯环
②可以发生银镜反应
③分子内含有5种化学环境的氢原子
（5）综合上述信息，写出以苯乙烯和光气（COCl ）为原料制备 的合成路线
2
，其他试剂任选。
24．（2024•浦东新区校级三模）制备锂离子电池的正极材料的前体FePO 的一种流程如图：
4
资料：i．磷灰石的主要成分是Ca （PO ） F
5 4 3
ⅱ．Ca（H PO ） 可溶于水，CaSO •2H O微溶于水
2 4 2 4 2
ⅲ．K （FePO ）＝1.3×10﹣22
sp 4
ⅳ．Fe3++EDTA4﹣ [Fe（EDTA）]﹣
Ⅰ．制备H 3 PO 4 ⇌
（1）用H PO 溶液、H SO 溶液分步浸取磷灰石生成HF、CaSO •2H O和H PO ，主要反应的化学方
3 4 2 4 4 2 3 4
程式为Ca （PO ） F+7H PO ＝5Ca（H PO ） +HF↑和Ca（H PO ） 。
5 4 3 3 4 2 4 2 2 4 2
（2）增大酸浸反应速率的措施有 （写1条）。
（3）其他条件不变时，若仅用H SO 溶液酸浸，浸取的速率低于用H PO 、H SO 分步浸取法，原因
2 4 3 4 2 4
是 。
Ⅱ．制备FePO
4
将H PO 、FeSO 、H O 混合并调节溶液的pH制备FePO 。
3 4 4 2 2 4
（4）酸性条件下，生成FePO 的离子方程式是 。
4
常温下，利用NaOH调节H PO 溶液pH时，得到溶液中含磷各微粒的物质的量分数与pH的关系如图
3 4
所示。
13（5）下列说法正确的是 。
A．H PO 的电离方程式为：H PO 3H++
3 4 3 4
⇌
B．M点时，溶液中c（Na+）＞c（H ）═c（ ）＞c（OH﹣）＞c（H+）
2
C．pH＝5时，溶液c（Na+）═c（H ）+2c（ ）+3c（ ）
2
D．pH＝10时，溶液中水的电离程度比纯水大
（6）pH＝1时，溶液中的c（ ）═10﹣7.3mol/L，则c（ ）＝ mol/L，再加
入FeSO 晶体、H O 溶液使溶液中的c（Fe3+）＝1mol/L，不考虑溶液体积的变化，通过计算说明此时
4 2 2
能否产生FePO 沉淀 。
4
FePO 的纯度及颗粒大小会影响其性能，沉淀速率过快容易团聚。
4
（7）研究表明，沉淀时可加入含EDTA4﹣的溶液，EDTA4﹣的作用是 。
（8）配离子[Fe（EDTA）]﹣的结构如图所示，图中M代表Fe3+。EDTA中碳原子的杂化方式为
，Fe3+的配位数为 。
（9）其他条件不变时，工业上选择 pH＝2 而不是更高的 pH 制备 FePO ，可能的原因是
4
、 （答出2点）。
25．（2024秋•江岸区校级月考）SO 的含量是衡量大气污染的一个重要指标。工业上常采甩催化还原法、
2
吸收法或电解法等方法处理SO 。利用催化还原SO 法不仅可消除SO 污染，而且可得到有经济价值
2 2 2
的单质S。
（1）已知CH 和S的燃烧热（ΔH）分别为﹣890.3kJ/mol和﹣297.2kJ/mol，则CH 催化还原SO 反应：
4 4 2
14CH （g）+2SO （g）＝CO （g）+2S（s）+2H O（l）ΔH＝ kJ/mol。
4 2 2 2
（2）在恒容密闭容器中，用H 还原SO 生成S的反应分两步完成（如图1所示），该过程中相关物
2 2
质的物质的量浓度随时问的变化关系如图2所示：
分析可知第一步的化学方程式 0～t 时间段用SO 表示的化学反应速率为
1 2
mol（L•min）。
（3）焦炭催化还原SO 生成S ，化学方程式为2C（s）+2SO （g） S （g）+2CO （g）ΔH＜0，实
2 2 2 2 2
⇌
验测得： ， （k正 、k逆 为速率常数，只与温度有
关）。某温度下，向2L的恒容密闭容器中充入1mol SO ，并加入足量焦炭，当反应达平衡则，SO
2 2
转化率为80%，则：
①k正 ：k逆 ＝ 。
②若升高温度，k正 增大的倍数 （填“＞”“＜”或“＝”）k逆 增大的倍数。
（4）炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧，活化过程似能量变化模
拟计算结果如图所示，活化氧可以快速氧化二氧化硫。水可使氧分了活化反应的活化能降低
。
（5）如图，甲容器有一个移动活塞，能使容器保持恒压。起始对，关闭活塞 K，向甲中充入2mol
SO 、1mol O 向乙中充入4mol SO 、2mol O 。甲、乙的体积都为1L（连通管体积忽略不计）。保
2 2 2 2
持相同温度和催化剂存在的条件下，使两容器中各自发生下述反应2SO （g）+O （g） 2SO （g）。
2 2 3
达平衡时甲的体积为0.8L。下列说法正确的是 。 ⇌
A．甲容器中SO 的转化率为60%
2
15B．平衡时SO 的体积分数：甲＞乙
3
C．打开K后一段时间，再次达到平衡甲的体积为1.4L
D．平衡后向甲中再充入2mol SO 、1mol O 和3mol SO ，平衡向正反应方向移动
2 2 3
162025菁优高考化学压轴卷训练14
参考答案与试题解析
一．选择题（共20小题）
1．（2024秋•香坊区校级月考）新冠病毒肆虐，化学在攻克这一世界难题中功不可没，“新型冠状病
毒”由蛋白质外壳和单链核酸组成，直径为60～140nm，怕酒精，不耐高温。下列说法不正确的是（
）
A．戴口罩、保持距离、勤洗手可降低“新型冠状病毒”感染机率
B．“新型冠状病毒”扩散到空气中可形成气溶胶
C．“新型冠状病毒”扩散到空气中形成的分散系有一定的稳定性
D．喝酒可有效治疗新冠感冒
【专题】溶液和胶体专题；归纳与论证能力．
【分析】A．根据“新型冠状病毒”在空气中形成气溶胶，进行分析；
B．根据该病毒直径为60～140 nm，可形成气溶胶进行分析；
C．根据胶体具有介稳性进行分析；
D．根据75%的酒精能杀死“新型冠状病毒”，进行分析。
【解答】解：A．“新型冠状病毒”在空气中形成气溶胶，戴口罩、勤洗手、保持距离可降低“新型
冠状病毒”感染机率，故A正确；
B．“新型冠状病毒”直径为60～140 nm，扩散到空气中可形成气溶胶，故B正确；
C．该病毒扩散到空气中形成气溶胶，胶体具有一定的稳定性，故C正确；
D．75%的酒精能杀死该病毒，白酒的浓度低，白酒不能杀死“新型冠状病毒”，喝酒不能治疗新冠感
冒，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查胶体的重要性质等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有
的知识进行解题。
2．（2024秋•长沙月考）下列化学用语表示正确的是（ ）
A．中子数为35的溴原子： Br
17B．同素异形体：16O 、18O
2 3
C．KHSO 在熔融状态下的电离方程式：KHSO ＝K++H++
4 4
D．用电子式表示H O的形成过程：
2
【专题】化学用语专题．
【分析】A．元素符合左下角为质子数，左上角为质量数；
B．同种元素组成的不同单质互为同素异形体；
C．硫酸氢钾熔融状态完全电离出钾离子和硫酸氢根离子；
D．水为共价化合物，不存在电子的得失。
【解答】解：A．中子数为35的溴原子，质量数为：35+35＝70，其核素为 Br，故A错误；
B．16O 、18O 是氧的两种不同单质，互为同素异形体，故B正确；
2 3
C．硫酸氢钾熔融状态完全电离出钾离子和硫酸氢根离子，电离方程式为：KHSO ＝K++ ，故C
4
错误；
D．H O为共价化合物，用电子式表示 H O的形成过程为 ，故D错误；
2 2
故选：B。
【点评】本题考查常见的化学用语，涉及到核素符号、电子式的书写及电解质的电离，试题难度中等。
3．（2024秋•广东月考）含硫化合物的反应具有多样性。下列有关反应的离子方程式书写错误的是（
）
A．用Na SO 溶液吸收SO 废气： +SO +H O＝2
2 3 2 2 2
B．海水提溴工艺中用SO 水溶液还原Br ：Br ：Br +SO +H O＝H SO +2HBr
2 2 2 2 2 2 2 3
C．用Na CO 溶液处理锅炉水垢中的CaSO ：CaSO （s）+ （aq）＝CaCO （s）+ （aq）
2 3 4 4 3
D．Na S O 在酸性条件下分解：S +2H+＝SO ↑+S↓+H O
2 2 3 2 2 2
【专题】离子反应专题；分析与推测能力．
【分析】A．根据用Na SO 溶液吸收二氧化硫废气过程中，反应生成NaHSO 进行分析；
2 3 3
B．根据用SO 水溶液还原Br ，反应生成H SO 和HBr进行分析；
2 2 2 4
C．根据CaCO 的溶解度小于CaSO ，进行分析；
3 4
D．根据Na S O 在酸性溶液中反应生成二氧化硫、硫单质和水进行分析。
2 2 3
18【解答】解：A．用 Na SO 溶液吸收 SO 废气过程中，反应生成 NaHSO ，离子方程式为
2 3 2 3
，故A正确；
B．海水提溴工艺中用 SO 水溶液还原 Br ，反应生成 H SO 和 HBr，离子方程式为
2 2 2 4
，故B错误；
C．CaCO 的溶解度小于CaSO ，用碳酸钠溶液处理锅炉水垢中的CaSO ，可以转化为CaCO ，离子方
3 4 4 3
程式为 ，故C正确；
D．Na S O 在酸性溶液中反应生成SO 、S和H O，离子方程式为 ，
2 2 3 2 2
故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查离子方程式的书写等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已
有的知识进行解题。
4．（2024 秋•辽宁月考）设 N 为阿伏加德罗常数的值。部分含硫的物质转化如图所示。
A
下列叙述错误的是（ ）
A．0.1mol基态硫原子核外含有的未成对电子数为0.2N
A
B．1L0.1mol•L﹣1N 盐酸中含Cl﹣的数目为0.1N
A A
C．反应①中，每生成22.4LSO 同时生成S的数目为N
2 A
D．反应②中，每消耗9.6gS时转移电子数为0.4N
A
【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
【分析】A．1个基态硫原子核外有2个未成对电子；
B．盐酸中氯化氢完全电离；
19C．气体状况未知；
D．依据3S+6NaOH═2Na S+Na SO +3H O～4e﹣计算。
2 2 3 2
【解答】解：A．1个基态硫原子核外有2个未成对电子，0.1mol基态硫原子核外含有的未成对电子数
为0.2N ，故A正确；
A
B．盐酸中氯化氢完全电离，1L0.1mol•L﹣1盐酸中含Cl﹣的数目为0.1N ，故B正确；
A
C．未说明标准状况下，无法计算气体的物质的量，故C错误；
D．依据 3S+6NaOH═2Na S+Na SO +3H O～4e﹣，每消耗 9.6g 即 0.3mol S 时，转移电子数为
2 2 3 2
0.4mol，即0.4N ，故D正确；
A
故选：C。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，
难度不大，注意气体摩尔体积使用条件。
5．（2024秋•深圳校级月考）短周期主族元素X、Y、Z、M、N的原子序数依次增大，其中基态Y原子
s能级电子数是p能级电子数的两倍，Z和M位于同一主族，由上述五种元素形成的化合物可作离子导
体，其结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．原子半径：M＞Y＞Z
B．简单氢化物的沸点：M＞Z＞Y
C．同周期中第一电离能小于Z的元素有五种
D．YX 与 的空间结构相同
4
【专题】元素周期律与元素周期表专题．
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、M、N的原子序数依次增大，其中基态Y原子s能级电子数是p
能级电子数的两倍，核外电子排布式为1s22s22p2，则Y为C元素；Z和M位于同一主族，可知Z处于
第二周期、M处于第三周期，化合物的阴离子中N形成1条共价键，其原子序数大于M，则N为Cl
元素；阳离子中X形成1条共价键，X的原子序数小于碳，则X为H元素；阴离子中M形成6条共价
键且离子带一个单位负电荷，M原子最外层电子数为6﹣1＝5，故M为P元素，则Z为N元素，以此
来解答。
【解答】解：由上述分析可知，X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、M为P元素、N为Cl元素，
A．同周期主族元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：P＞C＞
20N，故A正确；
B．氨气分子间形成氢键，沸点高，且不含氢键的分子中相对分子质量越大、沸点越高，则简单氢化
物的沸点：NH ＞PH ＞CH ，故B错误；
3 3 4
C．同周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，N的2p电子半满为较稳定结构，其第一电离能
大于相邻元素的第一电离能，则同周期中第一电离能小于Z的元素有Li、Be、B、C、O，共五种，故
C正确；
D．YX 与 中C、N均为sp3杂化，且无孤对电子，则空间结构均为正四面体，故D正确；
4
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、电子排布、化学键来推断元
素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
6．（2024•合肥二模）某科研团队利用单核钼配合物实现了硝酸盐的仿生催化还原，如图所示。已知 X
中Mo的化合价为+4，下列说法错误的是（ ）
A．Y中Mo的化合价为+6
B．基态原子第一电离能：N＞P＞S
C．X中碳原子的杂化方式有sp和sp2两种
D．X和Y中均含有离子键、配位键和共价键
【专题】原子组成与结构专题．
【分析】A．已知X中Mo的化合价为+4，则Y中Mo的化合价为+6；
B．同一周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA、ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相
邻元素的第一电离能；
C．双键C为sp2杂化，CN﹣中的C为sp杂化；
D．X和Y均为阴离子，不存在离子键。
【解答】解：A．已知X中Mo的化合价为+4，则Y中Mo的化合价为+6，故A正确；
B．同一周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA、ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相
邻元素的第一电离能，则基态原子第一电离能：N＞P＞S，故B正确；
21C．双键C为sp2杂化，CN﹣中的C为sp杂化，则X中碳原子的杂化方式有sp和sp2两种，故C正确；
D．X和Y均为阴离子，不存在离子键，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查杂化方式，为高频考点，题目难度不大。
7．（2024春•宁波期中）氧化基纳米催化剂可用于CO 选择性加氢制备CH OH，其反应机理如图所示，
2 3
下列说法错误的是（ ）
A．该反应过程中存在极性键的断裂和形成
B．已知In为49号元素，则其价层电子排布式为6s26p1
C．CH OH和CO 中，碳原子的杂化方式不同
3 2
D．该反应的总化学方程式为CO +3H CH OH+H O
2 2 3 2
【专题】化学键与晶体结构．
【分析】A．CO 、H 、CH OH、H O都是有极性键构成的；
2 2 3 2
B．已知In为49号元素，位于第五周期第ⅢA族；
C．CH OH中C原子为sp3杂化，CO 中C原子为sp杂化；
3 2
D．由图可知，该反应的总化学方程式为CO 、H 反应生成CH OH和H O。
2 2 3 2
【解答】解：A．由图可知，总反应为CO 和H 生成CH OH和H O，反应过程中存在极性键的断裂
2 2 3 2
和形成，故A正确；
B．已知In为49号元素，位于第五周期第ⅢA族，则其价层电子排布式为5s25p1，故B错误；
C．CH OH中C原子的σ键数为4，无孤电子对，则价层电子对数为4，C原子为sp3杂化，CO 中，C
3 2
原子的σ键数为2，无孤电子对，则价层电子对数为2，C原子为sp杂化，碳原子的杂化方式不同，故
C正确；
D．由图可知，该反应的总化学方程式为CO +3H CH OH+H O，故D正确；
2 2 3 2
22故选：B。
【点评】本题主要考查物质结构的相关知识，具体涉及中心原子的杂化方式和化学键的判断，价层电
子排布式的书写等，属于基本知识的考查，难度不大。
8．（2024春•海淀区校级期末）FeS 的晶胞结构如图所示。已知：晶胞参数为 apm。下列说法不正确的
2
是（ ）
A．每个晶胞中含有4个Fe2+
B．FeS 中含有非极性键
2
C． 和 之间的最短距离为
D．Fe2+位于 形成的正八面体空隙中
【专题】化学键与晶体结构．
【分析】A．晶胞中黑色球代表Fe2+，数目为 ＝4；
B．晶体中存在 ，硫原子之间形成非极性键；
C． 和 之间的最短距离等于晶胞面对角线长度的 ；
D．以面心Fe2+研究，其周围的6个 构成正八面体。
【解答】解：A．晶胞中黑色球代表Fe2+，数目为 ＝4，故A正确；
B．晶体中存在 ，硫原子之间形成非极性键，故B正确；
C． 和 之间的最短距离等于晶胞面对角线长度的 ，晶胞边长为apm，则 和 之间的最
短距离为 ，故C错误；
23D．以面心Fe2+研究，其周围的6个 构成正八面体，Fe2+位于 形成的正八面体空隙中，故D正
确；
故选：C。
【点评】本题考查晶胞结构、晶胞计算，正确理解微粒在晶胞中位置，掌握均摊法进行晶胞有关计算，
需要学生具备一定的空间想象能力、数学计算能力。
9．（2023春•青岛期中）有关配合物的实验如图，下列说法错误的是（ ）
A．[Cu（H O） ]2+中Cu2+提供空轨道，H O中的O原子提供孤电子对
2 4 2
B．[Cu（NH ） ]2+与NH 比较，前者的H﹣N﹣H的键角小
3 4 3
C．与Cu2+的配位能力：NH ＞H O
3 2
D．向CuSO 溶液中滴加过量氨水，也能得到深蓝色溶液
4
【专题】化学键与晶体结构．
【分析】A．配离子中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对，两者结合形成配位键；
B．孤电子对与成键电子的排斥作用大于成键电子对与成键电子的排斥作用；
C．配合物向生成更稳定的配合物转化；
D．向CuSO 溶液中滴加过量氨水总反应为Cu2++4NH •H O＝[Cu（NH ） ]2++4H O。
4 3 2 3 4 2
【解答】解：A．配离子中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对，所以[Cu（H O） ]2+中的Cu2+提
2 6
供空轨道，H O中的O原子提供孤电子对，两者结合形成配位键，故A正确；
2
B．在[Cu（NH ） ]2+离子中，因为孤电子对与成键电子的排斥作用大于成键电子对与成键电子的排斥
3 4
作用，所以H﹣N﹣H键角会变大，[Cu（NH ） ]2+与NH 比较，前者的H﹣N﹣H的键角大，故B错
3 4 3
误；
C．配合物向生成更稳定的配合物转化，所以判断NH 和H O与Cu2+的配位能力：NH ＞H O，故C
3 2 3 2
正确；
D．氨水呈碱性，向CuSO 溶液中滴加氨水，先生成氢氧化铜的蓝色沉淀，Cu2++2NH •H O＝Cu
4 3 2
（OH） ↓+2 ，继续滴加氨水，后沉淀溶解发生反应Cu（OH） +4NH •H O═[Cu（NH ） ]2+
2 2 3 2 3 4
+2OH﹣+4H O，形成铜氨溶液，为深蓝色溶液，故D正确；
2
故选：B。
24【点评】本题考查了配合物、配位键的形成等性质，明确反应原理是解本题关键，知道形成配合物的
条件是：有提供空轨道的中心原子和有提供孤电子对的配位体，题目难度不大。
10．（2024•成都开学）厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术（如图）。下列说法错误的
是（ ）
A． 所含质子总数为23N （N 为阿伏加德罗常数值），其空间结构为V形
A A
B．N H 中σ键和 键数目之比为1：1
2 2
π
C．过程Ⅳ中， 发生还原反应
D．每处理 ，需要
【专题】氧化还原反应专题．
【分析】A.根据中心原子N原子为sp2杂化，判断分子空间结构进行分析；
B.根据单键一定是σ键，双键有一根σ键一根 键，进行分析；
C.根据化合价降低，发生还原反应进行分析；π
D.根据铵根离子与NH OH发生氧化还原反应生成氮气进行分析。
2
【解答】解：A． 中含23个质子，故1mol 所含质子总数为23N ， 中心原子N原子为
A
sp2杂化，分子空间结构为V形，故A正确；
B．单键一定是σ键，双键有一根σ键一根 键，N H 结构式为H—N＝N—H，σ键和 键数目之比为
2 2
3：1，故B错误； π π
C．过程Ⅳ氮元素从+3价降为﹣1价，属于还原反应，故C正确；
D．由图可知经过过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，1mol铵根离子与1mol NH OH发生氧化还原反应生成1mol氮气，
2
因此处理1mol铵根离子需要的 为1mol，故D正确；
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。
2511．（2024秋•黑龙江月考）已知化合物A与H O在一定条件下反应生成化合物B与HCOO﹣，其反应历
2
程如图所示，其中TS表示过渡态，I表示中间体。下列说法错误的是（ ）
A．TS2所在的基元反应中活化分子百分数最小
B．该历程中的最大能垒（活化能）E正 ＝18.86kJ•mol﹣1
C．使用催化剂只降低正反应的活化能，反应的焓变不变
D．该反应历程包含三个基元反应
【专题】化学反应中的能量变化；理解与辨析能力．
【分析】A．基元反应活化能大，活化分子百分数最小；
B．正反应的活化能是指正向进行的反应的活化能；
C．催化剂可以同等程度降低正逆反应的活化能；
D．由图判断包含基元反应个数。
【解答】解：A．TS2所在的基元反应活化能最大，活化分子百分数最小，故A正确
B．正反应的活化能是指正向进行的反应的活化能，图中①③⑤均为正反应活化能，其中活化能最
大的为相对能量大的③，其能量为 ，故B正确；
C．催化剂可以同等程度降低正逆反应的活化能，反应的焓变不变，故C错误；
D．由图可知，该反应历程包含三个基元反应，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应中的能量变化，题目难度中等，掌握催化剂对活化能的影响是解题的关键。
12．（2024秋•郑州月考）海水资源的开发利用是自然资源开发利用的重要组成部分。其中氯碱工业是高
耗能产业，某化学学习小组设想将其与氢氧燃料电池相结合可以有效降低能耗，其原理如图所示
（A、B、C、D为惰性电极）。下列说法错误的是（ ）
26A．甲池为电解池，乙池为原电池
B．甲池中的离子交换膜为阳离子交换膜
C．乙池中Na+通过Na+交换膜向D电极移动
D．甲池中每生成2mol H ，乙池中便会消耗22.4LO
2 2
【专题】电化学专题．
【分析】由图可知，乙池为原电池，C极为负极，D极为正极，甲池为电解池，A极为阳极，B极为阴
极，据此作答。
【解答】解：A．由图可知，乙池为氢氧燃料电池，甲池为电解池，故A正确；
B．甲池中钠离子由左侧向右侧迁移，故离子交换膜为阳离子交换膜，故B正确；
C．乙池中Na+通过Na+交换膜向D电极（正极）移动，故C正确；
D．题目未给标准状况，无法使用22.4L/mol计算气体体积，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查原电池和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极和阴阳极
是解题的关键。
13．（2024秋•湖南月考）在一定温度下，将足量的NH I加入密闭的恒容容器中。起初容器内充满氦气，
4
一段时间后NH I分解达到平衡，发生的反应如下：
4
反应Ⅰ：NH I（s） NH （g）+HI（g）
4 3
反应Ⅱ：2HI（g） ⇌H
2
（g）+I
2
（g）
已知两个反应的焓⇌变均为正值，且反应Ⅰ的平衡常数 K
1
远大于反应Ⅱ的平衡常数K
2
，则下列说法错
误的是（ ）
A．反应过程中c（NH ）＝c（HI）+c（H ）+c（I ）
3 2 2
B．反应达到平衡后
C．反应达到平衡后
27D．若适当升高温度，反应重新达到平衡后c（H ）和c（I ）会变大
2 2
【专题】化学平衡专题；分析与推测能力．
【分析】A．根据反应生成的c（NH
3
）＝c总 （HI），生成的HI继续发生反应Ⅱ，进行分析；
B．根据K ＝c（NH ）c（HI），反应Ⅰ的平衡常数K 远大于反应Ⅱ的平衡常数K ，进行分析；
1 3 1 2
C ． 根 据 反 应 Ⅰ 中 ， K ＝ c （ NH ） c （ HI ） ， 反 应 Ⅱ 中 ， c （ H ） ＝ c （ I ）
1 3 2 2
，进行分析；
D．根据两反应均为吸热反应，若适当升高温度，平衡正向移动，进行分析。
【解答】解：A．反应过程中，反应生成的c（NH
3
）＝c总 （HI），生成的HI继续发生反应Ⅱ，c
（HI）
分解
＝c（H
2
）+c（I
2
），故c（NH
3
）＝c（HI） 剩余+c（HI）
分解
＝c（HI）+c（H
2
）+c（I
2
），故
A正确；
B．K ＝c（NH ）c（HI），反应Ⅰ的平衡常数K 远大于反应Ⅱ的平衡常数K ，说明反应Ⅱ进行的程
1 3 1 2
度很小，则c（NH ）≈c（HI），所以 ，故B正确；
3
C．反应Ⅱ中，c（H ）＝c（I ）， ，反应Ⅰ中，K ＝c（NH ）c
2 2 1 3
（ HI ） ， 由 选 项 A 分 析 知 ， c （ NH ） ＞ c （ HI ） ， 则
3
， ，故 C 错
误；
D．两反应都为分解反应，且均为吸热反应，若适当升高温度，平衡正向移动，反应重新达到平衡后c
（H ）和c（I ）会变大，故D正确；
2 2
故选：C。
【点评】本题主要考查化学平衡的影响因素等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合
已有的知识进行解题。
14．（2024秋•河北月考）某温度下，在刚性密闭容器中充入一定量的T（g），发生反应：①T（g）
W（g） ②W（g） P（g）。测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示：下列说法正确的是（
⇌） ⇌
28A．反应②达到M点时，正反应速率大于逆反应速率
B．Ⅱ曲线代表P的浓度与时间的变化关系
C．反应①加入催化剂不改变单位时间内T的转化率
D．0～6min内P的平均化学反应速率v（P）＝0.071mol•L﹣1
【专题】化学平衡专题．
【分析】某温度下，在刚性密闭容器中充入一定量的T（g），发生反应：①T（g） W（g） ②W
（g） P（g），由图可知，曲线Ⅲ表示T浓度与时间的变化关系，曲线Ⅱ表示W浓⇌度与时间的变化
关系，⇌曲线Ⅰ表示P浓度与时间的变化关系，据此作答。
【解答】解：A．反应②达到M点以后，W浓度继续减小，反应正向进行，故M点正反应速率大于
逆反应速率，故A正确；
B．曲线Ⅱ表示W浓度与时间的变化关系，故B错误；
C．反应①加入催化剂，反应速率加快，单位时间内T的反应量增加，故单位时间内T的转化率增大，
故C错误；
D．由图象无法计算P的浓度变化，故无法计算0～6min内P的平均化学反应速率，故D错误；
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。
15．（2024秋•广东月考）图是短周期某种非金属元素的“价﹣类”二维图，其中 e是a和d的反应产物。
下列推断错误的是（ ）
A．b和c均不是酸性氧化物
29B．可存在a→b→c→d的转化
C．常温下，d的浓溶液不能与铁发生反应
D．可用与强碱的反应来检验e中的阳离子
【专题】氮族元素；分析与推测能力．
【分析】根据短周期某种非金属元素的价﹣类二维图可知，元素最高价+5价，最低价﹣3价，其中e
是a和d的反应产物，则该图为N元素的价类二维图，a为NH ，b为NO，c为NO 或N O ，d为
3 2 2 4
HNO ，e为铵盐NH NO 。
3 4 3
【解答】解：A．由分析可知，b和c分别是NO、NO 或N O ，均不是酸性氧化物，故A正确；
2 2 4
B．由分析可知，a为NH ，b为NO，c为NO 或N O ，d为HNO ，NH 催化氧化生成NO，NO和氧
3 2 2 4 3 3
气反应生成NO ，NO 和水反应生成HNO ，可存在a→b→c→d的转化，故B正确；
2 2 3
C．d为HNO ，常温下，浓硝酸能与铁发生钝化反应，故C错误；
3
D．铵盐与强碱的反应生成氨气，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，据此检验e中的阳离子铵根离子，故
D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查含氮物质的综合应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合
已有的知识进行解题。
16．（2024秋•青海月考）下列为某同学设计的在实验室制备氯气的实验装置，其中错误的是（ ）
A．制备装置 B．除杂装置
C．收集装置 D．尾气处理装置
A．A B．B C．C D．D
【专题】化学实验基本操作．
【分析】A．根据用浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气进行分析；
B．根据选饱和食盐水除去HCl，而不能使用饱和碳酸氢钠溶液进行分析；
C．根据Cl 的密度比空气的大进行分析；
2
30D．根据氢氧化钠可以与氯气反应进行分析。
【解答】解：A．实验室用浓盐酸与MnO 加热制备氯气，故A正确；
2
B．应选饱和食盐水除去HCl，而不能使用饱和碳酸氢钠溶液，否则将引入新的杂质CO ，浓硫酸可以
2
干燥氯气，故B错误；
C．由于氯气的密度比空气的大，故采用向上排空气法收集氯气，故C正确；
D．氢氧化钠可以与氯气反应，故可以用NaOH溶液来吸收尾气中的Cl ，故D正确；
2
故选：B。
【点评】本题主要考查氯气的实验室制法等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已
有的知识进行解题。
17．（2024秋•海安市校级月考）有机物G的部分合成路线如下，下列推断正确的是（ ）
A．上述转化中，只发生了取代反应
B．1mol Z最多能与5mol H 发生加成反应
2
C．Y→Z转换时加入（C H ） N有利于反应进行
2 5 3
D．G分子中含有2个手性碳原子
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】A．X中—OH被氯原子取代生成Y，Y中氯原子被取代生成Z，Z和CH ＝CHCOCH 发生加
2 3
成反应生成G；
B．苯环和氢气以1：3发生加成反应，羰基和氢气以1：1发生加成反应，酯基中碳氧双键和氢气不反
应；
C．Y生成Z时还生成HCl，（C H ） N具有碱性，能和HCl反应；
2 5 3
D．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子。
【解答】解：A．X中—OH被氯原子取代生成Y，Y中氯原子被取代生成Z，Z和CH ＝CHCOCH 发
2 3
生加成反应生成G，X→Y→Z属于取代反应，Z生成G属于加成反应，故A错误；
B．苯环和氢气以1：3发生加成反应，羰基和氢气以1：1发生加成反应，酯基中碳氧双键和氢气不反
应，1mol Z最多消耗4mol氢气，故B错误；
C．Y生成Z时还生成HCl，（C H ） N具有碱性，能和HCl反应，促进平衡正向移动，故C正确；
2 5 3
D．G中连接—COCH 的碳原子为手性碳原子，所以有1个手性碳原子，故D错误；
3
故选：C。
31【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。
18．（2024•威海一模）白硼钙石的主要成分是Ca B O •7H O（含有少量）Fe O 、FeO、CaCO 和SiO
4 10 19 2 2 3 3 2
等杂质），利用白硼钙石制取强还原剂NaBH 的工艺流程如图：
4
已知H BO 微溶于水，易溶于乙醇；偏硼酸钠（NaBO ）易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶
3 3 2
于乙醇，碱性条件下稳定。下列说法错误的是（ ）
A．“气体”中可能有CO 、NO 、NO
2 2
B．该流程用到两步过滤操作
C．物质a可循环利用
D．“反应W”为非氧化还原反应
【专题】制备实验综合．
【分析】白硼钙石的主要成分是Ca B O •7H O，含有少量的Fe O 、FeO、CaCO 和SiO 等杂质，加
4 10 19 2 2 3 3 2
入硝酸溶解，Ca转化为Ca（NO ） ，Fe转化为Fe（NO ） ，B转化为H BO ，SiO 不溶于硝酸，操
3 2 3 3 3 3 2
作X为过滤，得到滤液，主要含有Ca（NO ） 、Fe（NO ） ，滤渣主要含有H BO 、SiO ，向滤渣中
3 2 3 3 3 3 2
加入乙醇进行醇浸，操作Y为过滤，得到滤渣主要为SiO ，滤液为含有乙醇的H BO 溶液，向滤液中
2 3 3
加入NaOH进行水浴加热，将H BO 转化为NaBO ，将乙醇蒸馏出来，即为物质a，操作Z对滤液进
3 3 2
行蒸发浓缩、降温结晶、过滤干燥，获得纯净的NaBO 固体，将NaBO 固体和MgH 混合反应生成
2 2 2
NaBH 和耐火材料MgO，据此分析作答。
4
【解答】解：A．“气体”为浓硝酸与FeO反应生成的NO ，以及与CaCO 反应生成的CO ，无NO，
2 3 2
故A错误；
B．根据分析可知，该流程中操作X和操作Y，都是过滤，故B正确；
C．根据分析可知，物质a为乙醇，可循环利用，故C正确；
D．“反应W”为NaBO 和MgH 反应生成NaBH 和MgO，没有元素化合价变化，属于非氧化还原反
2 2 4
应，故D正确；
故选：A。
【点评】本题主要考查NaBH 的制备，理解流程的原理是解决本题的关键，属于基本知识的考查，难
4
度不大。
3219．（2024春•成都期末）含SO 的工业尾气转化为硫酸钾的流程如图所示。下列说法正确的是（ ）
2
A．反应Ⅰ得到固体A的主要成分为CaSO
3
B．为提高A的转化速率，反应Ⅱ宜在高温条件下进行
C．反应Ⅱ的化学方程式为NH HCO +NH +CaSO ═（NH ） SO +CaCO
4 3 3 4 4 2 4 3
D．滤液B中大量存在的主要离子有 、K+、Cl﹣
【专题】物质的分离提纯和鉴别．
【分析】由制备流程可知，反应Ⅰ中SO 、CaCO 、空气发生氧化还原反应生成二氧化碳和CaSO ，则
2 3 4
固体A为CaSO ，反应反应Ⅱ中CaSO 、NH HCO 、NH 发生生成碳酸钙和硫酸铵，反应Ⅲ中硫酸铵
4 4 4 3 3
与氯化钾反应生成硫酸钾和氯化铵，则滤液B中含氯化铵，以此来解答。
【解答】解：A．因为通入空气，即有氧气参与反应，反应Ⅰ得到固体A的主要成分是硫酸钙，故A
错误；
B．高温下碳酸氢铵容易分解，故不能在高温下进行，故B错误；
C．反应Ⅱ中生成碳酸钙合硫酸铵，化学方程式为NH HCO +NH +CaSO ═（NH ） SO +CaCO ，故
4 3 3 4 4 2 4 3
C正确；
D．滤液B中含氯化铵，主要离子有 、Cl﹣，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的
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。
20．（2024•庐阳区校级模拟）将CaCO （s）或ZnCO （s）悬浊液置于分压固定的CO 气相中，体系中
3 3 2
pH与lgc关系如图所示。pH变化对H CO 的浓度基本无影响。c为H CO 、 、 、Ca2+、
2 3 2 3
Zn2+的浓度，单位为mol•L﹣1。已知：K （CaCO ）＞K （ZnCO ），CO （g）+H O（l）═H CO
sp 3 sp 3 2 2 2 3
（aq）。下列说法错误的是（ ）
33A．L 表示lgc（ ）﹣pH曲线
1
B．
C．K （CaCO ）＝10﹣8.5
sp 3
D．K （ZnCO ）的数量级为10﹣10
sp 3
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】随着pH的增大，溶液的酸性逐渐减弱，c（ ）、c（ ）都增大，且弱酸性环境中c
（ ）＞c（ ），K （ZnCO ）＝c（Zn2+）•c（ ）、K （CaCO ）＝c（Ca2+）•c（
sp 3 sp 3
）、c（Ca2+）、c（Zn2+）均减小，则图中L 表示lgc（ ）﹣pH的关系，L 表示lgc（
1 2
）﹣pH的关系，由于K （CaCO ）＞K （ZnCO ），c（ ）相同时c（Zn2+）＜c（Ca2+），所以
sp 3 sp 3
L 表示clg（Ca2+）﹣pH的关系，L 示lgc（Zn2+）﹣pH的关系；pH＝6.4时c（H CO ）＝c（
4 5 2 3
），此时K （H CO ）═ ×c（H+）＝c（H+）＝10﹣6.4、pH＝10.3时c（ ）＝c（
a1 2 3
），此时K （H CO ）＝c（H+）＝10﹣10.3，pH＝5.4时c（Zn2+）＝c（ ）＝10﹣5.4mol/L，
a2 2 3
34K （ZnCO ）＝10﹣10.8，pH＝8.2 时 c（ ）＝c（Ca2+）＝10﹣3.2mol/L，c（ ）＝K
sp 3 a2
（H CO ）× ＝ ×10﹣10.3mol/L＝10﹣5.3mol/L，K （CaCO ）＝c（Ca2+）•c（
2 3 sp 3
）＝10﹣5.3×10﹣3.2＝10﹣8.5，据此分析解答。
【解答】解：A．由上述分析可知，图中L 表示lgc（ ）﹣pH的关系，L 表示lgc（ ）﹣pH
1 2
的关系，L 表示lgc（H CO ）﹣pH的关系，L 表示lgc（Ca2+）﹣pH的关系，L 示lgc（Zn2+）﹣pH
3 2 3 4 5
的关系，故A正确；
B．K （H CO ）═ ×c（H+）＝10﹣6.4，K （H CO ）＝ ×c（H+）＝10﹣10.3，
a1 2 3 a2 2 3
则 ＝K （H CO ）•K （H CO ）═10﹣16.7（mol/L）2，故B正确；
a1 2 3 a2 2 3
C．由上述分析可知，K （H CO ）＝10﹣10.3，pH＝8.2时c（ ）＝c（Ca2+）＝10﹣3.2mol/L，c（
a2 2 3
）＝ ×10﹣10.3mol/L＝10﹣5.3mol/L，K （CaCO ）＝c（Ca2+）•c（ ）＝10﹣5.3×10﹣3.2
sp 3
＝10﹣8.5，故C正确；
D．由上述分析可知，K （ZnCO ）＝10﹣10.8，数量级为10﹣11，故D错误；
sp 3
故选：D。
【点评】本题考查了难溶电解质的溶解平衡，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确图象含义、溶
度积常数的有关计算、电离平衡常数计算是解本题关键，题目难度中等。
二．解答题（共5小题）
21．（2024•青岛开学）牛奶具有补充蛋白质、补钙、镇静安神等功效。回答下列问题：
（1）基态钙原子核外电子的空间运动状态有 1 0 种，同周期元素中基态原子成对价电子数比钙少
的有 K 、 C r （填元素符号）。
（2）三聚氰胺是一种重要的工业原料，曾被不法分子作为添加剂而引发毒奶粉事件。三聚氰胺在水中
易发生水解和异构化，并与异构化产物形成层状的超分子，部分过程如下：
35①C、N、O第一电离能由大到小的顺序为 N ＞ O ＞ C 。乙发生“异构化”的原因为 烯醇式结
构不稳定或碳氧双键比碳氮双键稳定 。
②甲与丙能够形成层状超分子的原因为 分子间氢键的作用 。乙分子中N原子的孤对电子占据的
轨道为 s p 2 杂化轨道 。
（3）由Ca和B两种元素形成晶体的晶胞结构如图（大球代表Ca）。
①该晶体的化学式为 CaB 。
6
②Ca原子的配位数为 2 4 。
③若晶体的晶胞参数为apm，则该晶体的密度可表示为 ×10 30 g•cm﹣3（设N 为阿伏加德罗
A
常数的值）。
【分析】（1）基态钙原子核外电子电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，一个空间运动状态称为一个轨道，
故有10种空间运动状态不同的电子；同周期元素中基态原子成对价电子数比钙少的有K、Cr元素；
（2）①N的第一电离能高于同周期相邻元素，C、N、O第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；乙
发生“异构化”的原因为烯醇式结构不稳定或碳氧双键比碳氮双键稳定；
②甲与丙能够形成氢键，所以能形成层状超分子；乙分子中N原子是sp2杂化，孤对电子占据的sp2杂
化轨道；
（3）①大球代表Ca在体心有1个，6个B原子构成正八面体在顶点有8× ＝1个，该晶体的化学式
为CaB ；
6
②在该晶胞中，每条棱上有 2个B原子距离Ca原子最近，共12条棱，Ca原子的配位数为12×2＝
24；
36③在该晶胞中有1个CaB ，晶胞参数为apm，则该晶体的密度可表示为 ＝
6
×1030g•cm﹣3。
【解答】解：（1）基态钙原子核外电子电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，一个空间运动状态称为一个
轨道，故有10种空间运动状态不同的电子；同周期元素中基态原子成对价电子数比钙少的有K、Cr元
素，
故答案为：10；K、Cr；
（2）①N的第一电离能高于同周期相邻元素，C、N、O第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；乙
发生“异构化”的原因为烯醇式结构不稳定或碳氧双键比碳氮双键稳定，
故答案为：N＞O＞C；烯醇式结构不稳定或碳氧双键比碳氮双键稳定；
②甲与丙能够形成氢键，所以能形成层状超分子；乙分子中N原子是sp2杂化，孤对电子占据的sp2杂
化轨道，
故答案为：分子间氢键的作用；sp2杂化轨道；
（3）①大球代表Ca在体心有1个，6个B原子构成正八面体在顶点有8× ＝1个，该晶体的化学式
为CaB ，
6
故答案为：CaB ；
6
②在该晶胞中，每条棱上有 2个B原子距离Ca原子最近，共12条棱，Ca原子的配位数为12×2＝
24，
故答案为：24；
③在该晶胞中有1个CaB ，晶胞参数为apm，则该晶体的密度可表示为 ＝
6
×1030g•cm﹣3，
故答案为： ×1030。
【点评】本题考查利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型、相似相溶原理、晶胞的有关计算知识，题
目难度较大。
22．（2024春•宝山区校级期中）随着社会的发展，陆地上的资源日益枯竭，海洋中丰富的资源吸引了人
们的目光。海水综合利用已经成为当今世界各沿海国家解决淡水短缺、促进经济社会可持续发展的重
大问题。通常，海水中化学元素的利用是指从海水中提取钠、镁、氯、溴等元素。
37根据以上图示，请按要求回答相关问题：
（1）海水晒盐使用的盐田法，相当于化学中的 蒸发结晶 操作。
某同学为过短a设计如下方案从粗食盐水中除去Ca2、Mg2+、 等离子，以制得精盐水。并进行电
解饱和食盐水的实验：
（2）以下说法不正确的是 B 。
A．E中主要有Mg（OH） 和BaSO ，也可能有一些Ca（OH）
2 4 2
B．②中加入过量Na CO 溶液的主要目的是为了除去Ca2+
2 3
C．N溶液呈碱性
D．③目的是除去 和OH﹣
在氯碱工业中，常用电解饱和食盐水的方法制备氯气。其使用的装置原理如图所示。
（3）电解饱和食盐水的化学方程式为 2NaCl+2H O 2NaOH+Cl ↑ +H ↑ 。电解时，铁电
2 2 2
极上生成的气体为 H 。
2
（4）天原化工厂是我国最早的民族氯碱化工企业之一、下列物质中不是该厂产品的是 C 。
A．烧碱
B．盐酸
38C．食盐
D．漂白粉
（5）某同学利用食盐进行化学实验，按厢图1连接好线路发现灯泡不亮，按照图2连接好线路发现灯
泡亮，由此得出的结论正确的是 B 。
A．NaCl固体不导电，不是电解质
B．电解质本身不一定能导电
C．图2中水是电解质，电离产生大量的H+
过程b用于海水提溴。主要工业生产流程如图所示。
（6）向苦卤中通入Cl ，利用了Cl 的 A 。
2 2
A．氧化性
B．还原性
C．黄绿色
（7）吹出塔中选择通入热空气吹出Br ，利用了Br 的 B 。
2 2
A．不易溶于水
B．挥发性，沸点比水低
C．溴蒸气密度大
（8）过程c可得到金属Mg，写出以MgCl 制取Mg的方程式 MgC l （熔融） Mg+Cl ↑
2 2 2
。
（9）实验室可以利用蒸馏的方法进行海水淡化，可选用如图装置完成，该装置中有一处明显的错误是
冷凝水进出口弄反了 。
39（10）关于海水的综合利用，以下说法正确的是 A 。
A．从海水中提溴、镁元素，都包含氧化还原反应
B．利用潮汐发电是将电能转化为动能
C．海域辽阔，所以可以将废水排入海洋
【专题】物质的性质和变化专题；化学应用．
【分析】海水淡化后分离出粗盐、淡水和母液，粗盐除杂后得到精盐，电解饱和食盐水发生
2NaCl+2H O 2NaOH+H ↑+Cl ↑，氯气氧化母液中的溴离子得到单质溴，试剂①为石灰乳，
2 2 2
石灰乳与母液反应生成沉淀为氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，浓缩干燥得到氯化镁晶体，
脱水得到无水氯化镁，最后发生MgCl （熔融） Mg+Cl ↑，结合流程和问题分析回答。
2 2
【解答】解：（1）海水晒盐使用的盐田法，相当于化学中的蒸发结晶，
故答案为：蒸发结晶；
（2）粗食盐水中除去Ca2+、Mg2+、 等离子，①加入过量的Ba（OH） 溶液，则形成Mg（OH）
2
和BaSO 沉淀，还有少量Ca（OH） 沉淀；②再加过量的碳酸钠溶液，除去Ca2+和过量的Ba2+；③
2 4 2
加入适量的盐酸除去过量的OH﹣和 ，最终得到精盐水，
A．根据上述分析可知加入过量Ba（OH） 溶液，得到的沉淀X中主要含有Mg（OH） 和BaSO 沉淀，
2 2 4
还会有少量Ca（OH） 沉淀，故A正确；
2
B．②中加入过量Na CO 溶液的主要目的是为了除去Ca2+及过量的Ba2+，故B错误；
2 3
C．先加过量氢氧化钡，再滴加过量碳酸钠，过滤后 D中有 、OH﹣、Cl﹣、Na+这4种离子，N溶
40液显碱性，故C正确；
D．③中发生的反应包括：H++OH﹣＝H O及2H++ ＝CO ↑+H O，目的是除去 和OH﹣，故
2 2 2
D正确；
故答案为：B；
（3）电解饱和食盐水，碳做阳极，铁做阴极，反应生成氢氧化钠、氯气和氢气，电解饱和食盐水的化
学方程式为：2NaCl+2H O 2NaOH+Cl ↑+H ↑，电解时，铁电极为电解池的阴极，铁电极上
2 2 2
生成的气体为：H ，
2
故答案为：2NaCl+2H O 2NaOH+Cl ↑+H ↑；H ；
2 2 2 2
（4）电解饱和食盐水总反应为2NaCl+2H O 2NaOH+H ↑+Cl ↑，Cl 与H 反应生成HCl气体、
2 2 2 2 2
HCl气体溶于水得到盐酸，氯气与石灰乳（氢氧化钙悬浊液）反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，次氯
酸钙是漂白粉的主要成分，所以盐酸、氯气、氢气、氢氧化钠、漂白粉或漂白液等产品属于氯碱化工
产品，食盐是氯碱工业的原料，不是氯碱工业产品，
故答案为：C；
（5）A．NaCl固体不导电，但是其溶液和熔融状态下能导电，是电解质，故A错误；
B．电解质本身不一定能导电，其溶液和熔融状态下能导电，故B正确；
C．水是弱电解质，电离产生少量的H+和OH﹣，故C错误；
故答案为：B；
（6）向苦卤中通入Cl ，利用了Cl 的氧化性，氯气氧化溴离子生成溴单质，
2 2
故答案为：A；
（7）吹出塔中选择通入热空气吹出Br ，利用了Br 的挥发性，沸点比水低，
2 2
故答案为：挥发性，沸点比水低；
（8）MgCl 制取Mg是电解熔融氯化镁，反应的化学方程式为：MgCl （熔融） Mg+Cl ↑，
2 2 2
故答案为：MgCl （熔融） Mg+Cl ↑；
2 2
（9）为达到最好的冷凝效果，蒸馏操作中，冷凝管的冷凝水应该从下口上口出，该装置中有一处明显
41的错误是冷凝水进出口弄反了，
故答案为：冷凝水进出口弄反了；
（10）A．海水中的溴、没因素都是以离子形式存在，得到单质，需要发生氧化还原反应，从海水中
提溴、镁元素，都包含氧化还原反应，故A正确；
B．利用潮汐发电是将潮汐发电是将海水的动能和势能转化为电能，故B错误；
C．尽管海域辽阔，也不可以将废水排入海洋，会造成海洋污染，故C错误；
故答案为：A。
【点评】本题考查了海水资源的综合利用、实验基本操作等，为高频考点，侧重考查学生的分析能力
和实验能力以及元素化合物知识的综合理解和运用，根据工艺流程图从整体上分析镁、粗盐的制取方
法及基本操作，知道每一步可能发生的反应及基本操作方法，难点是除杂试剂的选择及加入试剂的先
后顺序，题目难度不大。
23．（2024•济南模拟）化合物H是合成某一天然产物的重要中间体，其合成路线如图：
已知：Ⅰ． ；
Ⅱ． ；
Ⅲ． 。
42回答下列问题：
（1）A的结构简式为 。
（2）DMP试剂在B→C转化中的作用为 c （填标号）。
a．还原剂
b．催化剂
c．氧化剂
（3）C→D中发生反应的官能团名称 硝基、（酮）羰基 。D→E的转化中两种产物均含两个六元
环 ， 反 应 方 程 式 为 +N H → +
2 4
。
（4）E中相同官能团的反应活性：① ＜ ②（填“＞”“＜”或“＝”），解释Cbz—Cl的作用
保护 ② 氨基或降低 ② 氨基活性或占 ② 氨基位置，防止下一步与 ② 氨基反应 。符合下列条件的E的
同分异构体有 1 9 种（不考虑立体异构）。
①含有苯环
②可以发生银镜反应
③分子内含有5种化学环境的氢原子
（5）综合上述信息，写出以苯乙烯和光气（COCl ）为原料制备 的合成路线
2
43→ m — CPB A ，其他
试剂任选。
【专题】有机化合物的获得与应用．
【分析】根据B的结构简式及A的分子式可推出A为 ，B与DMP试剂作用生成
C，C还原得到D，D与N H 反应生成E，E与Cbz—Cl作用生成F为 ，F与
2 4
ClCOCH Cl反应生成G，G多步反应生成H。
2
【解答】解：（1）根据分析可知，A的结构简式为 ，
故答案为： ；
（2）B→C转化中B中的一个羟基转化为酮羰基被氧化，故DMP试剂在B→C转化中作用为氧化剂，
故答案为：c；
（3）对比C、D的结构简式，C→D中C的硝基与酮羰基发生改变，形成胺，故发生反应的官能团名
称为硝基、（酮）羰基；D→E的转化中两种产物均含两个六元环，根据分析，反应的化学方程式为
44+N H → + ，
2 4
故答案为：硝基、（酮）羰基； +N H →
2 4
+ ；
（4）E中相同官能团氨基的反应活性：①＜②，Cbz—Cl的作用保护是②氨基或降低②氨基活性或
占②氨基位置，防止下一步与②氨基反应；E为 ，符合条件的E的同分异构体：
①含有苯环；②可以发生银镜反应，则含有醛基，根据不饱和度可知除苯环外不再含有环，③分子
内含有 5 种化学环境的氢原子，则高度对称，符合条件的同分异构体有 、
45、 、 、 、
、 、 、
、 、 、
、 、 、 、
46、 、 、 ，共19种，
故答案为：＜；保护②氨基或降低②氨基活性或占②氨基位置，防止下一步与②氨基反应；19；
（5）综合上述信息，以苯乙烯和光气（COCl ）为原料制备 ，苯乙烯反应生成
2
， 与氨气反应生成 ， 与光气反应
生 成 ， 合 成 路 线 为 ： → m— CPBA
，
故 答 案 为 ： → m— CPBA
。
47【点评】本题考查有机合成，侧重考查学生有机反应和同分异构体的掌握情况，试题难度中等。
24．（2024•浦东新区校级三模）制备锂离子电池的正极材料的前体FePO 的一种流程如图：
4
资料：i．磷灰石的主要成分是Ca （PO ） F
5 4 3
ⅱ．Ca（H PO ） 可溶于水，CaSO •2H O微溶于水
2 4 2 4 2
ⅲ．K （FePO ）＝1.3×10﹣22
sp 4
ⅳ．Fe3++EDTA4﹣ [Fe（EDTA）]﹣
Ⅰ．制备H 3 PO 4 ⇌
（1）用H PO 溶液、H SO 溶液分步浸取磷灰石生成HF、CaSO •2H O和H PO ，主要反应的化学方
3 4 2 4 4 2 3 4
程式为Ca （PO ） F+7H PO ＝5Ca（H PO ） +HF↑和Ca（H PO ） C a （ H PO ） +H SO +2H O
5 4 3 3 4 2 4 2 2 4 2 2 4 2 2 4 2
＝ CaSO • 2H O ↓ +2H PO 。
4 2 3 4
（2）增大酸浸反应速率的措施有 磷灰石粉碎、加热、搅拌、适当增大酸的浓度等 （写1条）。
（3）其他条件不变时，若仅用H SO 溶液酸浸，浸取的速率低于用H PO 、H SO 分步浸取法，原因
2 4 3 4 2 4
是 直接用硫酸浸取，生成的硫酸钙覆盖在磷灰石的表面，减少了硫酸与磷灰石的接触面积 。
Ⅱ．制备FePO
4
将H PO 、FeSO 、H O 混合并调节溶液的pH制备FePO 。
3 4 4 2 2 4
（4）酸性条件下，生成FePO 的离子方程式是 2H PO +2Fe 2+ +H O ＝ 2FePO ↓ +4H + +2H O 。
4 3 4 2 2 4 2
常温下，利用NaOH调节H PO 溶液pH时，得到溶液中含磷各微粒的物质的量分数与pH的关系如图
3 4
所示。
（5）下列说法正确的是 BD 。
A．H PO 的电离方程式为：H PO 3H++
3 4 3 4
⇌
B．M点时，溶液中c（Na+）＞c（H ）═c（ ）＞c（OH﹣）＞c（H+）
2
C．pH＝5时，溶液c（Na+）═c（H ）+2c（ ）+3c（ ）
2
D．pH＝10时，溶液中水的电离程度比纯水大
48（6）pH＝1时，溶液中的c（ ）═10﹣7.3mol/L，则c（ ）＝ 1×10 ﹣ 18. 6 mol/L，再加入
FeSO 晶体、H O 溶液使溶液中的c（Fe3+）＝1mol/L，不考虑溶液体积的变化，通过计算说明此时能
4 2 2
否产生FePO 沉淀 能 。
4
FePO 的纯度及颗粒大小会影响其性能，沉淀速率过快容易团聚。
4
（7）研究表明，沉淀时可加入含EDTA4﹣的溶液，EDTA4﹣的作用是 发生反应 F e 3 + +EDTA 4 ﹣ [F e
（ EDTA ） ] ﹣ ，使 F e 3 + 浓度降低，沉淀速率减慢，防止团聚，随 F e 3 + 浓度降低，反应逆向移动，生⇌成的
Fe 3+ 继续被沉淀 。
（8）配离子[Fe（EDTA）]﹣的结构如图所示，图中 M代表Fe3+。EDTA中碳原子的杂化方式为
sp 3 、 sp 2 ，Fe3+的配位数为 6 。
（9）其他条件不变时，工业上选择pH＝2而不是更高的pH制备FePO ，可能的原因是 pH 过高容
4
易生成氢氧化铁沉淀 、 pH 过高 的浓度大，因生成沉淀速率过快发生团聚 （答出2点）。
【专题】制备实验综合．
【分析】由题给流程可知，磷灰石用磷酸溶液和硫酸溶液分步浸取、过滤制得粗磷酸，粗磷酸经纯化
得到磷酸，向磷酸中加入硫酸亚铁溶液和过氧化氢溶液并调节溶液pH，充分反应、过滤得到磷酸铁。
【解答】解：（1）第二步，硫酸和 Ca（H PO ） 反应生成磷酸，反应方程式为 Ca（H PO ）
2 4 2 2 4
+H SO +2H O＝CaSO •2H O↓+2H PO ，
2 2 4 2 4 2 3 4
故答案为：Ca（H PO ） +H SO +2H O＝CaSO •2H O↓+2H PO ；
2 4 2 2 4 2 4 2 3 4
（2）根据影响反应速率的因素，增大酸浸反应速率的措施有：磷灰石粉碎、加热、搅拌、适当增大酸
的浓度等，
故答案为：磷灰石粉碎、加热、搅拌、适当增大酸的浓度等；
（3）直接用硫酸浸取，生成的硝酸钙覆盖在磷灰石的表面，减少了硫酸与磷灰石的接触面积，所以仅
有硫酸溶液酸浸，浸取的速率低于用H PO 、H SO 分步浸取法，
3 4 2 4
故答案为：直接用硫酸浸取，生成的硫酸钙覆盖在磷灰石的表面，减少了硫酸与磷灰石的接触面积；
（4）酸性条件下，H PO 、FeSO 、H O 混和生成FePO ，反应的离子方程式为2H PO +2Fe2++H O ＝
3 4 4 2 2 4 3 4 2 2
492FePO ↓+4H++2H O，
4 2
故答案为：2H PO +2Fe2++H O ＝2FePO ↓+4H++2H O；
3 4 2 2 4 2
（5）A.磷酸是弱酸，磷酸分步电离，故A错误；
B.根据图像，M点时c（H ）═c（ ），pH＝7.2，c（OH﹣）＞c（H+），钠离子完全电离，
2
浓度最大，则溶液中（Na+）＞c（H ）═c（ ）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B正确；
2
C.根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（H ）+2c（ ）+3c（ ）+c（OH﹣），pH＝5
2
时，c（H+）＞c（OH﹣），所以溶液c（Na+）＜c（H ）+2c（ ）+3c（ ），故C错误；
2
D.pH＝10时，溶质为Na HPO ，K ＝10﹣7.2，K ＝10﹣12.3， 的水解常数为1×10﹣6.8， 水
2 4 a2 a3
解大于电离，所以水的电离程度比纯水大，故D正确；
故答案选：BD；
（6）K ＝10﹣12.3，即 ，pH＝7时，溶液中c（ ）═10﹣7.3mol/L，
a3
则 c（ ）＝ mol/L＝1×10﹣18.6mol/L；K （FePO ）＝1.3×10﹣22，c
sp 4
（Fe3+）＝1mol/L，Q＝1×1×10﹣18.6＞K （FePO ）＝1.3×10﹣22，此时能产生FePO 沉淀，
sp 4 4
故答案为：1×10﹣18.6；能；
（7）沉淀时可加入含EDTA4﹣的溶液，发生反应Fe3++EDTA4﹣ [Fe（EDTA）]﹣，使Fe3+浓度降低，
沉淀速率减慢，防止团聚，随Fe3+浓度降低，Fe3++EDTA4﹣ ⇌[Fe（EDTA）]﹣，逆向移动，生成的
Fe3+继续被沉淀， ⇌
故答案为：发生反应Fe3++EDTA4﹣ [Fe（EDTA）]﹣，使Fe3+浓度降低，沉淀速率减慢，防止团聚，
随Fe3+浓度降低，反应逆向移动，生⇌成的Fe3+继续被沉淀；
（8）EDTA中单键碳原子采用sp3杂化，双键碳原子采用sp2杂化；根据图示，6个原子与Fe3+形成配
位键，配位数为6，
故答案为：sp3、sp2；6；
（9）其他条件不变时，工业上选择pH＝2而不是更高的pH制备FePO ，可能的原因是pH过高容易
4
生成氢氧化铁沉淀或生成沉淀速率过快发生团聚等，
50故答案为：pH过高容易生成氢氧化铁沉淀；pH过高 的浓度大，因生成沉淀速率过快发生团聚。
【点评】本题主要考查了物质的制备，题目难度适中，掌握基础知识，提炼题给信息，分析图像即可
完成。
25．（2024秋•江岸区校级月考）SO 的含量是衡量大气污染的一个重要指标。工业上常采甩催化还原法、
2
吸收法或电解法等方法处理SO 。利用催化还原SO 法不仅可消除SO 污染，而且可得到有经济价值
2 2 2
的单质S。
（1）已知CH 和S的燃烧热（ΔH）分别为﹣890.3kJ/mol和﹣297.2kJ/mol，则CH 催化还原SO 反应：
4 4 2
CH （g）+2SO （g）＝CO （g）+2S（s）+2H O（l）ΔH＝ ﹣ 295. 9 kJ/mol。
4 2 2 2
（2）在恒容密闭容器中，用H 还原SO 生成S的反应分两步完成（如图1所示），该过程中相关物
2 2
质的物质的量浓度随时问的变化关系如图2所示：
分析可知第一步的化学方程式 SO +3H ＝ H S+2H O 0～t 时间段用SO 表示的化学反应速率为
2 2 2 2 1 2
mol（L•min）。
（3）焦炭催化还原SO 生成S ，化学方程式为2C（s）+2SO （g） S （g）+2CO （g）ΔH＜0，实
2 2 2 2 2
⇌
验测得： ， （k正 、k逆 为速率常数，只与温度有
关）。某温度下，向2L的恒容密闭容器中充入1mol SO ，并加入足量焦炭，当反应达平衡则，SO
2 2
转化率为80%，则：
①k正 ：k逆 ＝ 3. 2 。
②若升高温度，k正 增大的倍数 ＜ （填“＞”“＜”或“＝”）k逆 增大的倍数。
（4）炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧，活化过程似能量变化模
拟计算结果如图所示，活化氧可以快速氧化二氧化硫。水可使氧分了活化反应的活化能降低 0.18eV
。
51（5）如图，甲容器有一个移动活塞，能使容器保持恒压。起始对，关闭活塞 K，向甲中充入2mol
SO 、1mol O 向乙中充入4mol SO 、2mol O 。甲、乙的体积都为1L（连通管体积忽略不计）。保
2 2 2 2
持相同温度和催化剂存在的条件下，使两容器中各自发生下述反应2SO （g）+O （g） 2SO （g）。
2 2 3
达平衡时甲的体积为0.8L。下列说法正确的是 AC 。 ⇌
A．甲容器中SO 的转化率为60%
2
B．平衡时SO 的体积分数：甲＞乙
3
C．打开K后一段时间，再次达到平衡甲的体积为1.4L
D．平衡后向甲中再充入2mol SO 、1mol O 和3mol SO ，平衡向正反应方向移动
2 2 3
【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）CH 和S的燃烧热（ΔH）分别为﹣890.3 kJ/mol 和﹣297.2 kJ/mol，可知热化学方程式
4
为：①CH （g）+2O （g）＝CO （g）+2H O（l） ΔH＝﹣890.3kJ/mol，②S（s）+O （g）＝SO
4 2 2 2 2 2
（g） ΔH＝﹣297.2kJ/mol，根据盖斯定律①﹣②×2可得CH （g）+2SO （g）＝CO （g）+2S（s）
4 2 2
+2H O（l）；
2
（2）根据图1可知，在300℃时，SO 和H 反应生成H S，在100℃到200℃时，H S和SO 反应生成
2 2 2 2 2
S和水，所以X为H S；第一步反应的化学方程式为SO +3H ＝H S+2H O；
2 2 2 2 2
（3）某温度下，向2L的恒容密闭容器中充入1mol SO ，并加入足量焦炭，当反应达平衡时，SO 转
2 2
化率为80%，利用三步计算法可知，
2C（s）+2SO （g） S （g）+2CO （g）
2 2 2
起始/mol：1 ⇌ 0 0
变化/mol：0.8 0.4 0.8
平衡/mol：0.2 0.4 0.8；
（4）根据能量图分析，整个反应的活化能为活化能较大者，则没有水加入的反应活化能为 E＝
0.75eV，有水加入的反应的活化能为E＝0.57eV；
（5）A．因为甲容器中是恒压过程，利用三段式，根据体积之比等物质的量之比，可以求得参加反应
的O 的物质的量，再求得SO 的转化率；设反应转化了的O 的物质的量为xmol，列出三段式：
2 2 2
52平衡时容器内气体的物质的量为＝（2﹣2x）+（1﹣x）+2x＝（3﹣x）mol；
B．根据上述分析，乙容器相当于在甲容器的基础上增大压强，平衡会正向移动；
C．打开K，则甲、乙均保持恒压。乙中的气体物质的量相当于甲的两倍，打开K时，平衡时，气体
的体积也该为甲的两倍，即1.6L，总体积应为2.4L，但乙只有1L；
D．平衡时，甲中有0.8mol SO 、0.4mol O 和 1.2mol SO ，平衡后再向甲中充入 2mol SO 、1mol
2 2 3 2
O 和3mol SO ，与原平衡比例相同。
2 3
【解答】解：（1）CH 和S的燃烧热（ΔH）分别为﹣890.3 kJ/mol 和﹣297.2 kJ/mol，可知热化学方
4
程式为：①CH （g）+2O （g）＝CO （g）+2H O（l） ΔH＝﹣890.3kJ/mol，②S（s）+O （g）＝
4 2 2 2 2
SO （g） ΔH＝﹣297.2kJ/mol，根据盖斯定律①﹣②×2可得CH （g）+2SO （g）＝CO （g）+2S
2 4 2 2
（s）+2H O（l） ΔH＝﹣890.3kJ/mol﹣2×（﹣297.2kJ/mol）＝﹣295.9 kJ/mol，
2
故答案为：﹣295.9；
（2）根据图1可知，在300℃时，SO 和H 反应生成H S，在100℃到200℃时，H S和SO 反应生成
2 2 2 2 2
S和水，所以X为H S；第一步反应的化学方程式为SO +3H ＝H S+2H O；由图中数据可知，0～t 内
2 2 2 2 2 1
SO 浓度的改变量为 2×10﹣3mol/L，用SO 表示的化学反应速率 ＝ mol
2 2
（L•min），
故答案为：SO +3H ＝H S+2H O； ；
2 2 2 2
（3）某温度下，向2L的恒容密闭容器中充入1mol SO ，并加入足量焦炭，当反应达平衡时，SO 转
2 2
化率为80%，利用三步计算法可知，
2C（s）+2SO （g） S （g）+2CO （g）
2 2 2
起始/mol：1 ⇌ 0 0
变化/mol：0.8 0.4 0.8
平衡/mol：0.2 0.4 0.8
①当反应达到平衡时，v正 ＝v逆 ，则 k正c2 （SO
2
）＝k逆c（S
2
）•c2（CO
2
），故 k正 ：k逆 ＝
53＝ ＝3.2，
故答案为：3.2；
②此反应正反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，此时v正 ＜v逆 ，即k正 增大的倍数小于k逆
增大的倍数，
故答案为：＜；
（4）根据能量图分析，整个反应的活化能为活化能较大者，则没有水加入的反应活化能为 E＝
0.75eV，有水加入的反应的活化能为E＝0.57eV，所以水可使氧分子活化反应的活化能降低 0.75eV﹣
0.57eV＝0.18eV，
故答案为：0.18eV；
（5）A．因为甲容器中是恒压过程，利用三段式，根据体积之比等物质的量之比，可以求得参加反应
的O 的物质的量，再求得SO 的转化率；设反应转化了的O 的物质的量为xmol，列出三段式：
2 2 2
平衡时容器内气体的物质的量为＝（2﹣2x）+（1﹣x）+2x＝（3﹣x）mol，根据气体体积比等于物质
的量之比， ，解得：x＝0.6，所以物质SO 的转化率 ＝60%，
2
故A正确；
B．根据上述分析，乙容器相当于在甲容器的基础上增大压强，平衡会正向移动，平衡时SO 的体积
3
分数：甲＜乙，故B错误；
C．打开K，则甲、乙均保持恒压。乙中的气体物质的量相当于甲的两倍，打开K时，平衡时，气体
的体积也该为甲的两倍，即1.6L，总体积应为2.4L，但乙只有1L，故甲应增加0.6L，故甲的体积为
0.8+0.6＝1.4L，故C正确；
D．平衡时，甲中有0.8mol SO 、0.4mol O 和 1.2mol SO ，平衡后再向甲中充入 2mol SO 、1mol
2 2 3 2
O 和3mol SO ，与原平衡比例相同，平衡不移动，故D错误；
2 3
故答案为：AC。
【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。
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