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2025菁优高考化学压轴卷训练2
一．选择题（共20小题）
1．（2024秋•河池月考）下列说法错误的是（ ）
A．医用酒精、食盐、双氧水等生活中常见物质均属于混合物
B．混合物不一定是分散系，但分散系一定是混合物
C．酸、碱、盐都是电解质，电解质只有酸、碱、盐
D．胶体与悬浊液的本质区别是分散质粒子的直径大小
2．（2024秋•辽宁月考）下列化学用语使用正确的是（ ）
A．CO 、SO 、NO 的分子空间结构相同
2 2 2
B．四氯化碳的电子式
C．邻羟基苯甲醛分子内氢键
D．基态B原子价电子轨道表示式
3．（2024秋•河池月考）下列离子方程式正确的是（ ）
A．将稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H+＝Cu2++H ↑
2
B．氯化钙与碳酸氢钾溶液混合：Ca2++ ＝CaCO ↓
3
C．氢氧化铝中和胃酸：Al（OH） +3H+═Al3++3H O
3 2
D．Ca（HCO ） 溶液中加入过量KOH溶液：Ca2++ +OH﹣＝CaCO ↓+H O
3 2 3 2
4．（2024秋•贵州月考）CO 资源化是实现“双碳”目标的重要途径。如CO 催化加氢可合成高附加值
2 2
产品乙醇，反应原理为：2CO （g）+6H （g） 3H O（g）+C H OH（g）。设N 为阿伏加德罗常数
2 2 2 2 5 A
的值，下列说法正确的是（ ） ⇌
A．22.4LCO 含有的分子数为N
2 A
B．1.8g2H O含有的中子数为N
2 A
C．25g质量分数为46%的乙醇水溶液含有的氧原子数为N
A
D．2mol CO 与足量H 充分反应生成的C H OH分子数为N
2 2 2 5 A
5．（2024秋•五华区期中）一种有机物催化剂由原子序数依次递增的短周期元素 X、Y、Z、W、M组成，
1结构式如图。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：W＞Y＞Z B．氢化物沸点：Z＞Y
C．元素电负性：M＞Y＞Z D．第一电离能：Z＞W＞X
【阅读下列一段文字，回答6﹣8题】
卤族元素单质及其化合物应用广泛。海洋是一个巨大的卤素资源宝库，从海水中能获得 NaCl，NaCl
的晶胞如图所示。以NaCl为原料可制得Cl 、HClO、ClO 、 、 。工业常通过电解NaCl饱和
2 2
溶液制备Cl ，Cl 氧化卤水中Br﹣可得到Br ，KClO 酸性溶液中加入H C O 可制得黄绿色气体ClO ，该
2 2 2 3 2 2 4 2
气体常用作自来水消毒剂。F 能与熔融的Na SO 反应生成硫酰氟（SO F ）。标况下，氟化氢呈液态。
2 2 4 2 2
卤素互化物（如ICl、IF ）具有强氧化性；卤化银具有感光性。
3
6．下列说法正确的是（ ）
A． 和 中键角相等
B．SO F 的中心原子S采用sp2杂化
2 2
C．Br原子基态核外电子排布式为[Ar]4s24p5
D．NaCl晶胞中，每个Na+周围紧邻且距离相等的Cl﹣构成正八面体结构
7．在指定条件下，下列选项所示的物质间转化或化学反应表示正确的是（ ）
A．NaCl（aq） NaHCO （s） Na CO （s）
3 2 3
B．ICl溶于NaOH溶液：ICl+2OH﹣＝I﹣+ClO﹣+H O
2
C．制备SO F ：2F +Na SO 2NaF+SO F +O
2 2 2 2 4 2 2 2
D．用H C O 制备ClO ：2 +C +4H+＝2ClO ↑+2CO ↑+2H O
2 2 4 2 2 2 2 2
28．下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．HClO呈弱酸性，可用于漂白纸张
B．ClO 具有强氧化性，可用于自来水杀菌消毒
2
C．AgI具有感光性，可用于人工降雨
D．HF分子内H—F键能大，HF沸点较高
9．（2024•东城区一模）在Pt﹣BaO催化下，NO的“储存﹣还原”过程如图1所示。其中“还原”过程
依次发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，各气体的物质的量变化如图2所示。
下列说法不正确的是（ ）
A．NO 与BaO的反应中，NO 既是氧化剂，又是还原剂
2 2
B．反应Ⅰ为Ba（NO ） +8H ═BaO+2NH +5H O
3 2 2 3 2
C．反应Ⅱ中，最终生成N 的物质的量为0.2amol
2
D．反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的Ba（NO ） 的质量比是3：5
3 2
10．（2024春•雨花区期末）我国科学家研究了不同含金化合物催化乙烯加氢[C H （g）+H （g）→C H
2 4 2 2 6
（g） ΔH＝akJ•mol﹣1]的反应历程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．1mol C H （g）与1mol H （g）具有的能量之和小于1mol C H （g）的能量
2 4 2 2 6
B．过渡态物质的稳定性：过渡态1＞过渡态2
3C．该反应的焓变：ΔH＝﹣129.6kJ•mol﹣1
D．相应的活化能：催化剂AuF＜催化剂
11．（2024秋•盐城月考）利用电化学原理，可将H 、CO 转化为C H OH，其工作原理如图所示。下列
2 2 2 5
说法不正确的是（ ）
A．电极2是电源的负极
B．H+由右侧通过质子膜移向左侧
C．该装置工作时电能转化为化学能
D．电极1上电极反应式为2CO +12e﹣+12H+＝C H OH+3H O
2 2 5 2
12．（2024秋•和平区校级月考）为实现碳达峰、碳中和，CO 综合利用的技术不断创新。某实验小组研
2
究CO 和CH 反应得到合成气的原理为CO （g）+CH （g） 2CO（g）+2H （g）；向2L的恒容密
2 4 2 4 2
闭容器中充入1mol CH 和1mol CO ，反应过程中CO 的平衡⇌转化率与温度、压强的关系如图所示。
4 2 2
下列有关说法正确的是（ ）
A．该反应的ΔH＜0
B．压强：p ＞p
2 1
C．1100℃时，该反应的平衡常数为12.96
D．维持X点温度不变，向容器内再充入0.1mol CH 、0.1mol CO 、0.4mol CO和0.4mol H ，此时，
4 2 2
v正 ＜v逆
13．（2024•全国四模）还原铁粉与水蒸气的反应装置如图所示。取少量反应后的固体加入稀硫酸使其完
全溶解得溶液a；另取少量反应后的固体加入稀硝酸使其完全溶解，得溶液b．下列说法正确的是（
）
4A．铁与水蒸气反应：2Fe+3H O（g） Fe O +3H
2 2 3 2
B．肥皂液中产生气泡，不能证明铁与水蒸气反应生成H
2
C．向溶液a中滴加K [Fe（CN） ]溶液，出现蓝色沉淀，说明铁粉未完全反应
3 6
D．向溶液b中滴加KSCN溶液，溶液变红，证实了固体中含有Fe O
2 3
14．（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
15．（2023秋•肇东市校级期末）羟醛缩合反应是一种常用的增长碳链的方法。一种合成目标产物
（图中⑦）的反应机理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．③是该反应的中间产物
5B．④是该反应的催化剂
C．⑥到⑦的过程中没有非极性键的断裂和生成
D．合成⑦的总反应为 +
16．（2024秋•香坊区校级期中）下列各物质在一定条件下均与水反应，验证反应产物的操作或现象错误
的是（ ）
选项 反应 实验操作和现象
A Fe与水蒸气 将气体通入肥皂液中，观察到有气泡生成，证明生成了H
2
B CaC 与水 将气体依次通过CuSO 溶液、酸性高锰酸钾溶液，观察到高锰酸钾溶液褪
2 4
色，证明生成了CH≡CH
C Na O 与水 将带火星的木条放在试管口，观察到木条复燃，证明生成了O
2 2 2
D Mg N 与水 将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察到试纸变蓝，证明生成了NH
3 2 3
A．A B．B C．C D．D
17．（2024秋•汕尾月考）Mg N 是一种浅黄色粉末，极易水解，常用于制备超硬、耐高温的氮化物。实
3 2
验室通过CuO氧化NH 制得N ，再与镁反应得到Mg N 。下列说法不正确的是（ ）
3 2 3 2
A．装置A中分液漏斗中的溶液可以是浓氨水
B．装置C中氧化剂与还原剂反应的物质的量之比为2：3
C．装置D中浓硫酸表现酸性和吸水性
D．Mg N 水解的方程式Mg N +6H O＝3Mg（OH） +2NH ↑
3 2 3 2 2 2 3
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
6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秋•东城区校级月考）粗盐中的杂质离子主要有 、Ca2+、Mg2+，采用如下方法得到精制
盐水，进而制取精盐（部分流程略）。
已知：ⅰ．
物质 BaSO BaCO CaCO Mg（OH）
4 3 3 2
K （25℃） 1.1×10﹣10 2.6×10﹣9 3.4×10﹣9 5.6×10﹣12
sp
ⅱ．粗盐水中c（ ）＞c（Ca2+）
下列说法不合理的是（ ）
A．过程Ⅰ中当溶液pH＝11时，Mg2+已沉淀完全
B．过程Ⅱ中加入足量的BaCO ，盐水b中的阴离子仅含有Cl﹣、OH﹣
3
C．过程Ⅲ中若改为先加BaCl 溶液、过滤后再加Na CO 溶液也能达到除杂目的
2 2 3
D．过程Ⅰ中滴加盐酸调节pH，应调至溶液呈中性或微酸性
20．（2024•玉树州四模）常温下，向含Ag+、Hg2+和Pd2+的溶液中滴加KSCN溶液，混合物中﹣lgx[x＝c
（Ag+）、c（Hg2+）、c（Pd+）与﹣lgc（SCN﹣）关系如图所示。已知常温下，Hg （SCN） 的溶解度
2 2
大于Pd（SCN） ；溶液为过饱和状态时，振荡或搅拌即可使晶体析出。下列叙述错误的是（ ）
2
7A．L 代表﹣lgc（Ag+）和﹣lgc（SCN﹣）的关系
3
B．在M点对应溶液中须加入KSCN才能使Hg （SCN） 晶体析出
2 2
C．Q点坐标为（7.52，4.47）
D．当Pd（SCN） 和Hg （SCN） 完全共沉时，上层清液中 ＝102.85
2 2 2
二．解答题（共5小题）
21．（2024•淮安开学）吸收工厂烟气中的SO ，能有效减少SO 对空气的污染。用ZnO浆料吸收烟气中
2 2
SO 后经O 催化氧化，可得到硫酸盐。
2 2
已知：室温下，ZnSO 微溶于水，Zn（HSO ） 易溶于水；溶液中H SO 、 、 的物质的量分
3 3 2 2 3
数随pH的分布如图1所示。
（1）搅拌下向氧化锌浆料中匀速缓慢通入SO 气体。
2
①下列操作一定能提高氧化锌浆料吸收SO 效率的有 （填序号）。
2
A．水浴加热氧化锌浆料
B．加快搅拌
C．降低通入SO 气体的速率
2
D．通过多孔球泡向氧化锌浆料中通SO
2
②在开始吸收的40min内，SO 吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化（图2）。溶
2
液pH几乎不变阶段，主要产物是 （填化学式）；SO 吸收率迅速降低阶段，主要反应
2
的离子方程式为 。
8（2）O 催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO 得到溶液的pH在4.5～6.5范围内，pH越低
2 2
生成速率越大，其主要原因是 。
（3）将氧化后的溶液结晶可得到ZnSO •7H O，隔绝空气加热可得到氧化锌固体。加热过程中固体质
4 2
量的残留率与温度的关系如图3所示。已知C→D的过程中产生两种气体，写出该过程的化学方程式
。
（4）氧化锌晶体的一种晶胞结构如图4所示，O2﹣位于Zn2+构成的 （填“四面体空
隙”、“六面体空隙”或“八面体空隙”）中。若晶体中部分 O原子被N原子替代后可以改善晶体的
性能，Zn—N中离子键成分的百分数小于Zn—O键，原因是 。
22．（2024秋•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I 和P反应生成PI ，PI 再水解制备HI。PI 的空间结构是
2 3 3 3
。PI 的P—I键是由磷的 轨道与碘的5p轨道重叠形成σ键。
3
（2）I 的一种制备方法如图所示：
2
9①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Cl 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
2
物用量比n（Cl ）：n（FeI ）＝1.5时，氧化产物为 。
2 2
（3）以NaIO 为原料制备I 的方法是：先向NaIO 溶液中加入适量NaHSO ，恰好完全反应生成碘化
3 2 3 3
物；再向混合溶液中加入 NaIO 溶液，反应得到 I ，上述制备 I 的总反应的离子方程式为
3 2 2
。
（4）KI 溶液和 CuSO 溶液混合可生成 CuI 沉淀和 I ，若生成 1mol I ，消耗的 KI 至少为
4 2 2
mol。I 在KI溶液中可发生反应I +I﹣ 。实验室中使用过量的KI与CuSO 溶液反应后，过滤，滤
2 2 4
液经蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过⇌量KI的原因是 。
（5）I 与足量F 在一定条件下发生反应可生成卤素互化物IF ，写出其与H O发生的非氧化还原反应
2 2 7 2
的化学方程式 。
23．（2024•信阳模拟）药物中间体F的一种合成路线如图：
已知：RCOOR′ RCH OH+R′OH （R为H或烃基，R'为烃基）
2
回答下列问题；
（1）A中官能团名称是 。
（2）反应①的反应类型是 。
（3）反应②的化学方程式为
（4）反应④所需的试剂和条件是 。
（5）F的结构简式为 。
10（6）芳香化合物W是E的同分异构体，W能水解生成X、Y两种化合物，X、Y的核磁共振氢谱均有
3组峰，X的峰面积比为 3：2：1，Y的峰面积为 1：1：1，写出符合题意的 W的结构简式
（写一种）。
（7）肉桂酸（ ）广泛用于香料工业与医药工业，设计以苯甲酸甲酯和丙二酸为
起始原料制备肉桂酸的合成路线： （无机试剂任用）。
24．（2024秋•山东月考）NH —CaSO 法可用于吸收燃煤发电厂的CO ，同时获得产品（NH ） SO 。
3 4 2 4 2 4
反应的原理为：CO +CaSO +2NH +H O═CaCO ↓+（NH ） SO 。实验室根据上述反应原理，模拟生
2 4 3 2 3 4 2 4
产硫酸铵。完成下列填空：
（1）上述反应原理中，属于电解质的物质有 种，实验室利用大理石制备CO 的离子方程式为
2
。
（2）搭建如图1所示装置，先从 （选填“a”或“b”）通入气体 （填物质名称）
至饱和。然后改通入另一种气体，当液体由红色变为浅红色时，立即停止实验，不继续通气至过量的
可能原因是 （用离子方程式解释）。
（3）将反应后混合体系过滤，滤液经一系列操作后得（NH ） SO 晶体（溶解度曲线如图2）。将下
4 2 4
列操作或现象的标号填入相应括号中 。
A．蒸发皿中出现少量晶体
B．使用漏斗趁热过滤
C．利用蒸发皿余热使溶液蒸干
D．用玻璃棒不断搅拌
E．等待蒸发皿冷却
若烘干“过滤”所得（NH ） SO 晶体时温度过高，会分解产生SO 、N 、NH 和H O，则相同条件下，
4 2 4 2 2 3 2
SO 和N 的体积比为 。
2 2
1125．（2024秋•泉州月考）H S是一种有毒气体，利用H S与CH 的反应可将其转化为有价值的H 、S 等。
2 2 4 2 2
发生的反应有：
反应ⅰ：2H S（g） 2H （g）+S （g）ΔH
2 2 2 1
反应ⅱ：CH
4
（g）+⇌S
2
（g） 2H
2
（g）+CS
2
（g）ΔH
2
回答下列问题： ⇌
（1）CO 中心原子价层电子对数为 。
2
（2）已知相关化学键的键能如下表：
化学键 H—H H—S S （化学键视为S—
2
S）
键能/（kJ•mol﹣1） 436 339 298
ΔH ＝ kJ•mol﹣1。
1
（3）一定温度下，在体积为2L的刚性容器中，充入1mol CH 和2mol H S，发生反应i和反应ⅱ，
4 2
5min时反应达到平衡，H S的平衡转化率为40%，n（H ）＝1.2mol。
2 2
①下列叙述中能说明反应ⅱ达到平衡状态的是 （填字母）。
A.v正 （CH
4
）＝v逆 （CS
2
）
B.混合气体的密度不再变化
C.断裂1mol C—H的同时生成1mol C＝S
D.混合气体的平均摩尔质量不再变化
②0～5min内v（CS
2
）＝ mol•L﹣1•min﹣1。
③此温度下，反应ⅱ的平衡常数K ＝ （K 是以平衡物质的量分数代替平衡
x x
浓度计算的平衡常数）。
（4）在常压和不同温度下，将H S和CH 按照2：1的体积比充入热解器中，用N 稀释，发生反应ⅰ
2 4 2
和反应ⅱ。测得H 、S 和CS 的平衡体积分数随温度的变化关系如图所示。
2 2 2
①ΔH （填“＞”“＜”或“＝”）0，
2
②1050℃时，H 的体积分数为 。
2
③温度高于1100℃时，S （g）体积分数减小的原因是 。
2
122025菁优高考化学压轴卷训练2
参考答案与试题解析
一．选择题（共20小题）
1．（2024秋•河池月考）下列说法错误的是（ ）
A．医用酒精、食盐、双氧水等生活中常见物质均属于混合物
B．混合物不一定是分散系，但分散系一定是混合物
C．酸、碱、盐都是电解质，电解质只有酸、碱、盐
D．胶体与悬浊液的本质区别是分散质粒子的直径大小
【专题】物质的分类专题；溶液和胶体专题．
【分析】A．混合物是由两种或两种以上的物质组成；
B．将一种或几种物质分散到另一种或几种物质中得到的体系称为分散系；
C．金属氧化物和水都属于电解质
D．根据分散质粒子的直径大小不同，分散系分为溶液、胶体和浊液。
【解答】解：A．医用酒精、食盐、双氧水等生活中常见物质均属于混合物，故A制取；
B．混合物不一定是分散系，但分散系一定是混合物，故B制取；
C．酸、碱、盐都是电解质，但电解质不只是酸、碱、盐，还有金属氧化物和水等，故C错误；
D．分散质粒子的直径大小不同，胶体粒子直径在1﹣100nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的
直径大于100nm，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查了物质的分类和胶体与溶液的区别，题目较简单，掌握基础知识即可解答。
2．（2024秋•辽宁月考）下列化学用语使用正确的是（ ）
A．CO 、SO 、NO 的分子空间结构相同
2 2 2
B．四氯化碳的电子式
C．邻羟基苯甲醛分子内氢键
D．基态B原子价电子轨道表示式
【专题】化学用语专题；分析与推测能力．
13【分析】A．根据CO 的分子空间结构为直线形，SO 、NO 的分子空间结构为V形进行分析；
2 2 2
B．根据四氯化碳的电子式中氯原子周围的也符合8电子稳定结构，进行分析；
C．根据邻羟基苯甲醛分子内氢键在羟基氢与羰基氧之间进行分析；
D．根据B原子最外层3个电子，分别位于1个2s轨道和1个2p轨道中进行分析。
【解答】解：A．二氧化碳的分子空间结构为直线形，二氧化硫、二氧化氮的分子空间结构为 V形，
故A错误；
B．CCl 的电子式中氯原子周围的也符合8电子稳定结构，其电子式为： ，故B错误；
4
C．邻羟基苯甲醛分子内氢键在羟基氢与羰基氧之间 ，故C错误；
D．B原子最外层3个电子，分别位于1个2s轨道和1个2p轨道中 ，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查化学式或化学符号及名称的综合等，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。
3．（2024秋•河池月考）下列离子方程式正确的是（ ）
A．将稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H+＝Cu2++H ↑
2
B．氯化钙与碳酸氢钾溶液混合：Ca2++ ＝CaCO ↓
3
C．氢氧化铝中和胃酸：Al（OH） +3H+═Al3++3H O
3 2
D．Ca（HCO ） 溶液中加入过量KOH溶液：Ca2++ +OH﹣＝CaCO ↓+H O
3 2 3 2
【专题】离子反应专题．
【分析】A．铜与稀硫酸不发生反应，无法形成离子方程式；
B．氯化钙与碳酸氢钾溶液不反应；
C．氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水；
D．氢氧化钾过量，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钾和水。
【解答】解：A．稀硫酸滴在铜片上，二者不发生反应，故A错误；
B．氯化钙与碳酸氢钾溶液混合，二者不发生反应，无法书写离子方程式，故B错误；
C．氢氧化铝与盐酸发生反应，从而可中和胃酸，反应的离子方程式为：Al（OH） +3H+═Al3+
3
+3H O，故C正确；
2
14D．Ca（HCO ） 溶液中加入过量KOH溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钾和水，正确的离子方程式为：
3 2
Ca2++2 +2OH﹣═CaCO ↓+ +2H O，故D错误；
3 2
故选：C。
【点评】本题考查了离子方程式的判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确
离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分
是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。
4．（2024秋•贵州月考）CO 资源化是实现“双碳”目标的重要途径。如CO 催化加氢可合成高附加值
2 2
产品乙醇，反应原理为：2CO （g）+6H （g） 3H O（g）+C H OH（g）。设N 为阿伏加德罗常数
2 2 2 2 5 A
的值，下列说法正确的是（ ） ⇌
A．22.4LCO 含有的分子数为N
2 A
B．1.8g2H O含有的中子数为N
2 A
C．25g质量分数为46%的乙醇水溶液含有的氧原子数为N
A
D．2mol CO 与足量H 充分反应生成的C H OH分子数为N
2 2 2 5 A
【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律；理解与辨析能力．
【分析】A．题目未给标准状况；
B．一个2H O含有10个中子；
2
C．乙醇分子和水分子中均含有氧原子；
D．可逆反应不能进行彻底。
【解答】解：A．题目未给标准状况，无法计算气体的物质的量，故A错误；
B．1.8g2H O含有的中子数为 ×10×N /mol＝0.9N ，故B错误；
2 A A
C．25g质量分数为46%的乙醇水溶液中，乙醇中含有氧原子数为 ×1×N /mol＝0.25N ，水
A A
中含有氧原子数为 ×1×N /mol＝0.75N ，故该乙醇水溶液含有的氧原子数为N ，故C
A A A
正确；
D．可逆反应不能进行彻底，故2mol CO 与足量H 充分反应生成的C H OH分子数小于N ，故D错
2 2 2 5 A
误；
故选：C。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数，题目难度中等，掌握以物质的量为中心的计算转化关系是解题的
关键。
5．（2024秋•五华区期中）一种有机物催化剂由原子序数依次递增的短周期元素 X、Y、Z、W、M组成，
15结构式如图。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：W＞Y＞Z B．氢化物沸点：Z＞Y
C．元素电负性：M＞Y＞Z D．第一电离能：Z＞W＞X
【专题】元素周期律与元素周期表专题；理解与辨析能力；分析与推测能力．
【分析】X、Y、Z、W、M是原子序数依次递增的短周期元素，化合物中 W形成+1价阳离子，且W
与X的原子序数只差不小于3，可知W只能是Na元素，由原子序数相对大小可知Y、Z只能处于第二
周期，而M处于第三周期，化合物阴离子中X形成1条共价键、Y形成4条共价键、Z形成2条共价
键，X的原子序数又最小，可知X为H元素、Y为C元素、Z为O元素，而M形成6条共价键，则M
为S元素。
【解答】解：由分析可知，X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、W为Na元素、M为S元素；
A．同周期主族元素自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，则原子半径：Na＞C＞
O，故A正确；
B．Y的氢化物为烃类物质，有气体、液体、固体三种聚集状态，固态烃的沸点比H O高，故B错误；
2
C．一般元素的非金属性越强，其电负性越大，则电负性：O＞S＞C，故C错误；
D．钠是活泼金属，而C、H都是非金属，三种元素中Na的第一电离能最小，故D错误；
故选：A。
【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与元素化合物知识，题目侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。
【阅读下列一段文字，回答6﹣8题】
卤族元素单质及其化合物应用广泛。海洋是一个巨大的卤素资源宝库，从海水中能获得 NaCl，NaCl
的晶胞如图所示。以NaCl为原料可制得Cl 、HClO、ClO 、 、 。工业常通过电解NaCl饱和
2 2
溶液制备Cl ，Cl 氧化卤水中Br﹣可得到Br ，KClO 酸性溶液中加入H C O 可制得黄绿色气体ClO ，该
2 2 2 3 2 2 4 2
气体常用作自来水消毒剂。F 能与熔融的Na SO 反应生成硫酰氟（SO F ）。标况下，氟化氢呈液态。
2 2 4 2 2
卤素互化物（如ICl、IF ）具有强氧化性；卤化银具有感光性。
3
166．下列说法正确的是（ ）
A． 和 中键角相等
B．SO F 的中心原子S采用sp2杂化
2 2
C．Br原子基态核外电子排布式为[Ar]4s24p5
D．NaCl晶胞中，每个Na+周围紧邻且距离相等的Cl﹣构成正八面体结构
【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构；理解与辨析能力．
【分析】A． 中Cl原子价层电子对数＝ ＝4，且Cl原子含有1个孤电子对， 中Cl原子
价层电子对数＝ ＝4，且Cl原子不含孤电子对，前者为三角锥形、后者为正四面体形；
B．SO F 中S原子价层电子对数＝ ＝4，S原子采用sp3杂化；
2 2
C．Br原子核外有35个电子，其基态核外电子排布式为[Ar]3d104s24p5；
D．NaCl晶胞中，每个Na+周围紧邻且距离相等的Cl﹣有6个，构成正八面体结构。
【解答】解：A． 中Cl原子价层电子对数＝ ＝4，且Cl原子含有1个孤电子对， 中Cl
原子价层电子对数＝ ＝4，且Cl原子不含孤电子对，前者为三角锥形、后者为正四面体形，则二
者键角不相等，故A错误；
B．SO F 中S原子价层电子对数＝ ＝4，S原子采用sp3杂化，故B错误；
2 2
C．Br原子核外有35个电子，其基态核外电子排布式为[Ar]3d104s24p5，故C错误；
D．NaCl晶胞中，每个Na+周围紧邻且距离相等的Cl﹣有6个，构成正八面体结构，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查核外电子排布式的书写及晶胞的结构，为高频考点，题目难度不大。
7．在指定条件下，下列选项所示的物质间转化或化学反应表示正确的是（ ）
A．NaCl（aq） NaHCO （s） Na CO （s）
3 2 3
B．ICl溶于NaOH溶液：ICl+2OH﹣＝I﹣+ClO﹣+H O
2
17C．制备SO F ：2F +Na SO 2NaF+SO F +O
2 2 2 2 4 2 2 2
D．用H C O 制备ClO ：2 +C +4H+＝2ClO ↑+2CO ↑+2H O
2 2 4 2 2 2 2 2
【专题】离子反应专题；理解与辨析能力．
【分析】A．向NaCl溶液中通入二氧化碳不能生成碳酸氢钠；
B．ICl溶于NaOH溶液：ICl+2OH﹣＝Cl﹣+IO﹣+H O；
2
C．制备SO F ：2F +Na SO 2NaF+SO F +O ；
2 2 2 2 4 2 2 2
D．用H C O 制备ClO 时H C O 不拆。
2 2 4 2 2 2 4
【解答】解：A．向NaCl溶液中通入二氧化碳不能生成碳酸氢钠，故A错误；
B．ICl溶于NaOH溶液：ICl+2OH﹣＝Cl﹣+IO﹣+H O，故B错误；
2
C．制备SO F ：2F +Na SO 2NaF+SO F +O ，故C正确；
2 2 2 2 4 2 2 2
D．用H C O 制备ClO ：2 +H C O +2H+＝2ClO ↑+2CO ↑+2H O，故D错误；
2 2 4 2 2 2 4 2 2 2
故选：C。
【点评】本题主要考查离子方程式正误的判断，为高频考点，题目难度不大。
8．下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．HClO呈弱酸性，可用于漂白纸张
B．ClO 具有强氧化性，可用于自来水杀菌消毒
2
C．AgI具有感光性，可用于人工降雨
D．HF分子内H—F键能大，HF沸点较高
【专题】物质的性质和变化专题；理解与辨析能力．
【分析】A．HClO具有强氧化性，可用于漂白纸张；
B．ClO 具有强氧化性，能使蛋白质变性；
2
C．AgI易与空气中水蒸气结合形成晶核，可用于人工降雨；
D．HF分子间存在氢键，沸点较高。
【解答】解：A．HClO具有强氧化性，可用于漂白纸张，与HClO呈弱酸性无关，故A错误；
B．ClO 具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于自来水杀菌消毒，故B正确；
2
C．AgI易与空气中水蒸气结合形成晶核，可用于人工降雨，与AgI具有感光性无关，故C错误；
D．HF分子间存在氢键，沸点较高，与HF分子内H—F键能大无关，故D错误；
18故选：B。
【点评】本题主要考查物质的性质与用途，为高频考点，题目难度不大。
9．（2024•东城区一模）在Pt﹣BaO催化下，NO的“储存﹣还原”过程如图1所示。其中“还原”过程
依次发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，各气体的物质的量变化如图2所示。
下列说法不正确的是（ ）
A．NO 与BaO的反应中，NO 既是氧化剂，又是还原剂
2 2
B．反应Ⅰ为Ba（NO ） +8H ═BaO+2NH +5H O
3 2 2 3 2
C．反应Ⅱ中，最终生成N 的物质的量为0.2amol
2
D．反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的Ba（NO ） 的质量比是3：5
3 2
【专题】氧化还原反应专题．
【分析】“储存”过程中，NO、O 在Pt表面反应生成NO ，NO 与BaO反应转化为Ba（NO ） ，根
2 2 2 3 2
据电子转移守恒，同时部分NO 发生还原反应，“还原”过程中，反应Ⅰ是H 还原Ba（NO ） 生成
2 2 3 2
NH ，反应方程式为Ba（NO ） +8H ═BaO+2NH +5H O，反应Ⅱ是NH 还原Ba（NO ） 反应生成
3 3 2 2 3 2 3 3 2
N ，反应方程式为3Ba（NO ） +10NH ＝3BaO+8N +15H O。
2 3 2 3 2 2
【解答】解：A．NO 与BaO反应转化为Ba（NO ） ，根据电子转移守恒，同时部分NO 发生还原反
2 3 2 2
应，反应中NO 既是氧化剂又是还原剂，故A正确；
2
B．“还原”过程中，反应Ⅰ是 H 还原 Ba（NO ） 生成 NH ，反应方程式为 Ba（NO ）
2 3 2 3 3
+8H ═BaO+2NH +5H O，故B正确；
2 2 3 2
C．反应Ⅱ是 NH 还原 Ba（NO ） 反应生成 N ，反应方程式为 3Ba（NO ） +10NH ＝
3 3 2 2 3 2 3
3BaO+8N +15H O，图中 NH 最大量为 0.25amol，由方程式可知，最终生成 N 的物质的量为
2 2 3 2
0.25amol× ＝0.2amol，故C正确；
D．反应I方程式为Ba（NO ） +8H ═BaO+2NH +5H O，反应Ⅱ方程式为3Ba（NO ） +10NH ＝
3 2 2 3 2 3 2 3
3BaO+8N +15H O，设NH 为2mol，反应Ⅰ消耗 Ba（NO ） 为1mol，反应Ⅱ消耗 Ba（NO ） 为
2 2 3 3 2 3 2
192mol× ＝0.6mol，反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的Ba（NO ） 的质量比是1mol：0.6mol＝5：3，故D错误；
3 2
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应，关键是明确反应过程，题目侧重考查吸收信息获取能力、灵活运用
知识的能力。
10．（2024春•雨花区期末）我国科学家研究了不同含金化合物催化乙烯加氢[C H （g）+H （g）→C H
2 4 2 2 6
（g） ΔH＝akJ•mol﹣1]的反应历程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．1mol C H （g）与1mol H （g）具有的能量之和小于1mol C H （g）的能量
2 4 2 2 6
B．过渡态物质的稳定性：过渡态1＞过渡态2
C．该反应的焓变：ΔH＝﹣129.6kJ•mol﹣1
D．相应的活化能：催化剂AuF＜催化剂
【专题】化学反应中的能量变化．
【分析】A.根据图示比较能量高低；B.物质本身具有的能量越低，越稳定；C.ΔH＝生成物所具有的总
能量一反应物所具有的总能量；
D.活化能越小，催化效果越好。
【解答】解：A.根据图示可知，1mol C H （g）与1mol H （g）具有的能量比1mol C H （g）的能
2 4 2 2 6
量高，故A错误；
B.根据图示可知，过渡态1具有的能量比过渡态2高，则过渡态1比过渡态2物质的稳定性弱，故B错
误；
C.由反应物、生成物的总能量可知ΔH＝﹣129.6kJ/mol﹣0＝﹣129.6kJ/mol，ΔH＝﹣129.6kJ•mol﹣1，故
C正确；
D.根据图示可知， 对应的活化能小，催化效果好，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查反应中的能量变化，为高频考点，侧重考查学生基础知识的掌握情况，注意物质本
20身具有的能量越低，越稳定，活化能越小，催化效果越好，试题难度中等。
11．（2024秋•盐城月考）利用电化学原理，可将H 、CO 转化为C H OH，其工作原理如图所示。下列
2 2 2 5
说法不正确的是（ ）
A．电极2是电源的负极
B．H+由右侧通过质子膜移向左侧
C．该装置工作时电能转化为化学能
D．电极1上电极反应式为2CO +12e﹣+12H+＝C H OH+3H O
2 2 5 2
【专题】电化学专题；理解与辨析能力．
【分析】由图可知，该装置为原电池，碳元素化合价降低得电子，故电极 1为正极，电极反应式为
2CO +12e﹣+12H+＝C H OH+3H O，电极2为负极，据此作答。
2 2 5 2
【解答】解：A．由分析可知，电极2为负极，故A正确；
B．H+由右侧（负极）通过质子膜移向左侧（正极），故B正确；
C．该装置为原电池，化学能转化为电能，故C错误；
D．电极1为正极，电极反应式为2CO +12e﹣+12H+＝C H OH+3H O，故D正确；
2 2 5 2
故选：C。
【点评】本题考查原电池，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键。
12．（2024秋•和平区校级月考）为实现碳达峰、碳中和，CO 综合利用的技术不断创新。某实验小组研
2
究CO 和CH 反应得到合成气的原理为CO （g）+CH （g） 2CO（g）+2H （g）；向2L的恒容密
2 4 2 4 2
闭容器中充入1mol CH 和1mol CO ，反应过程中CO 的平衡⇌转化率与温度、压强的关系如图所示。
4 2 2
下列有关说法正确的是（ ）
A．该反应的ΔH＜0
21B．压强：p ＞p
2 1
C．1100℃时，该反应的平衡常数为12.96
D．维持X点温度不变，向容器内再充入0.1mol CH 、0.1mol CO 、0.4mol CO和0.4mol H ，此时，
4 2 2
v正 ＜v逆
【专题】化学反应速率专题；分析与推测能力．
【分析】A．根据当压强不变时，升高温度，CO 的平衡转化率增大，说明平衡正向移动，进行分析；
2
B．根据CO 和CH 的反应属于气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，进行分析；
2 4
C．根据平衡时各物质的物质的量浓度，结合平衡常数计算式进行分析；
D．根据Qc＞K，反应逆向进行，反应速率为v正 ＜v逆 ，进行分析。
【解答】解：A．当压强不变时，升高温度，二氧化碳的平衡转化率增大，说明平衡正向移动，则正
反应为吸热反应，该反应的ΔH＞0，故A错误；
B．二氧化碳和CH 的反应属于气体分子数增大的反应，当温度相同时，增大压强，平衡逆向移动，
4
二氧化碳的平衡转化率减小；根据图像可知，相同温度时p 压强对应的CO 平衡转化率大，则压强：
2 2
p ＜p ，故B错误；
2 1
C．1100℃时，二氧化碳的平衡转化率为60%，向2L的恒容密闭容器中充入1mol 甲烷和1mol 二氧
化碳，则平衡时二氧化碳的物质的量浓度为 ，因此平衡时甲烷、一氧
化 碳 和 氢 气 的 物 质 的 量 浓 度 为 0.2mol/L 、 0.6mol/L 、 0.6mol/L ， 该 反 应 的 平 衡 常 数 为
，故C错误；
D．维持X点温度不变，向容器内再充入0.1mol 甲烷、0.1mol 二氧化碳、0.4mol 一氧化碳和0.4mol
氢 气 ， 此 时
，则反
应逆向进行，反应速率为v正 ＜v逆 ，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查转化率随温度、压强的变化曲线等，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。
13．（2024•全国四模）还原铁粉与水蒸气的反应装置如图所示。取少量反应后的固体加入稀硫酸使其完
22全溶解得溶液a；另取少量反应后的固体加入稀硝酸使其完全溶解，得溶液b．下列说法正确的是（
）
A．铁与水蒸气反应：2Fe+3H O（g） Fe O +3H
2 2 3 2
B．肥皂液中产生气泡，不能证明铁与水蒸气反应生成H
2
C．向溶液a中滴加K [Fe（CN） ]溶液，出现蓝色沉淀，说明铁粉未完全反应
3 6
D．向溶液b中滴加KSCN溶液，溶液变红，证实了固体中含有Fe O
2 3
【专题】几种重要的金属及其化合物．
【分析】A．铁与高温水蒸气反应，生成Fe O 和H ；
3 4 2
B．肥皂液中产生气泡，只能说明有气体；
C．反应后的固体为Fe O ，Fe O 溶于硫酸，生成硫酸亚铁和硫酸铁的混合溶液；
3 4 3 4
D．根据题意可知，Fe O 溶于硫酸，生成硫酸亚铁和硫酸铁的混合溶液。
3 4
【 解 答 】 解 ： A ． Fe 与 水 蒸 气 反 应 生 成 四 氧 化 三 铁 和 氢 气 ， 化 学 方 程 式 为 ：
，故A错误；
B．肥皂液中产生气泡，只能说明有气体，不能证明是氢气，故B正确；
C．若滴加铁氰化钾溶液后出现蓝色沉淀，说明含有二价铁离子，不能说明铁粉未完全反应，有可能
来自Fe O ，故C错误；
3 4
D．若滴加KSCN溶液后变红色，说明含三价铁离子，黑色固体有Fe O 也能产生三价铁离子，故D
3 4
错误；
故选：B。
【点评】本题以硫及其化合物为载体考查物质性质及用途，意在考查学生的分析与推理能力以及宏观
辨识与微观探析的学科核心素养，属于基本知识的考查，难度不大。
14．（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：
23下列有关X和Y的说法正确的是（ ）
A．所含官能团的个数相等
B．都能发生加聚反应
C．二者中的所有原子共平面
D．均能溶于碱性水溶液
【专题】有机物的化学性质及推断；理解与辨析能力．
【分析】A．X中官能团有醚键、硝基、碳碳双键；Y中官能团有醚键、羧基和硝基；
B．碳碳双键能发生加聚反应；
C．饱和碳原子具有甲烷的结构特点，甲烷分子中最多有3个原子共平面；
D．酚—OH、—COOH、酯基、酰胺基都能与碱溶液反应。
【解答】解：A．X中官能团有醚键、硝基、碳碳双键；Y中官能团有醚键、羧基和硝基，X、Y中都
含有4个官能团，故A正确；
B．碳碳双键能发生加聚反应，X能发生加聚反应、Y不能发生加聚反应，故B错误；
C．饱和碳原子具有甲烷的结构特点，甲烷分子中最多有 3个原子共平面，X、Y中都含有饱和碳原子，
所以X、Y中所有原子一定不共平面，故C错误；
D．Y中含有羧基，能和碱液反应，X不能和碱液反应，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其
性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
15．（2023秋•肇东市校级期末）羟醛缩合反应是一种常用的增长碳链的方法。一种合成目标产物
（图中⑦）的反应机理如图所示。下列说法错误的是（ ）
24A．③是该反应的中间产物
B．④是该反应的催化剂
C．⑥到⑦的过程中没有非极性键的断裂和生成
D．合成⑦的总反应为 +
【专题】物质的性质和变化专题；分析与推测能力．
【分析】A．根据在反应中生成又消耗，则该物质为中间产物，进行分析；
B．根据在反应中消耗又生成，则该物质为催化剂进行分析；
C．根据断开C＝N键、O—H键，形成N—H键、C＝O键，没有非极性键得断裂和生成进行分析；
D．根据反应物为丙酮和CH CHO，生成物是 ，催化剂是 ，进行分析。
3
【解答】解：A．在反应中生成又消耗，则该物质为中间产物，③是第一步反应的产物，第二个反应
的反应物，所以③只是该反应的中间产物，故A正确；
B．①为该反应的催化剂，故B错误；
C．⑥到⑦的过程 +H O→ + +H+，断开C＝N键、
2
O—H键，形成N—H键、C＝O键，没有非极性键得断裂和生成，故C正确；
D．合成⑦，反应物为丙酮和CH CHO，生成物是 ，催化剂是 ，总反应
3
25为 ，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已
有的知识进行解题。
16．（2024秋•香坊区校级期中）下列各物质在一定条件下均与水反应，验证反应产物的操作或现象错误
的是（ ）
选项 反应 实验操作和现象
A Fe与水蒸气 将气体通入肥皂液中，观察到有气泡生成，证明生成了H
2
B CaC 与水 将气体依次通过CuSO 溶液、酸性高锰酸钾溶液，观察到高锰酸钾溶液褪
2 4
色，证明生成了CH≡CH
C Na O 与水 将带火星的木条放在试管口，观察到木条复燃，证明生成了O
2 2 2
D Mg N 与水 将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察到试纸变蓝，证明生成了NH
3 2 3
A．A B．B C．C D．D
【专题】实验评价题；归纳与论证能力．
【分析】A．可能装置内空气进入肥皂液中，出现气泡；
B．CaC 与水生成的乙炔中混有硫化氢，硫酸铜溶液除去硫化氢，酸性高锰酸钾可氧化乙炔；
2
C．过氧化氢与水反应生成氧气，氧气具有助燃性；
D．Mg N 与水反应生成氨气，氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
3 2
【解答】解：A．可能装置内空气进入肥皂液中，出现气泡，不能证明生成了H ，故A错误；
2
B．CaC 与水生成的乙炔中混有硫化氢，硫酸铜溶液除去硫化氢，酸性高锰酸钾可氧化乙炔，紫色褪
2
去，证明生成了CH≡CH，故B正确；
C．过氧化氢与水反应生成氧气，氧气具有助燃性，木条复燃，证明生成了O ，故C正确；
2
D．Mg N 与水反应生成氨气，氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，试纸变蓝，证明生成了NH ，故D
3 2 3
正确；
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、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。
17．（2024秋•汕尾月考）Mg N 是一种浅黄色粉末，极易水解，常用于制备超硬、耐高温的氮化物。实
3 2
验室通过CuO氧化NH 制得N ，再与镁反应得到Mg N 。下列说法不正确的是（ ）
3 2 3 2
26A．装置A中分液漏斗中的溶液可以是浓氨水
B．装置C中氧化剂与还原剂反应的物质的量之比为2：3
C．装置D中浓硫酸表现酸性和吸水性
D．Mg N 水解的方程式Mg N +6H O＝3Mg（OH） +2NH ↑
3 2 3 2 2 2 3
【专题】制备实验综合；分析与推测能力．
【分析】该实验目的是利用N 与Mg加热反应生成Mg N ，A装置中分液漏斗盛放的是浓氨水，浓氨
2 3 2
水与生石灰混合放出NH ，B中碱石灰干燥NH ，C装置中NH 与CuO在加热条件下反应生成N ，装
3 3 3 2
置D中浓硫酸能够吸收NH 、干燥N ，干燥的N 进入E装置与Mg加热反应生成Mg N ，F装置可以
3 2 2 3 2
防止空气中的CO 、H O等进入装置中与Mg反应，以此分析解答。
2 2
【解答】解：A.装置A中分液漏斗中的溶液是浓氨水，流入烧瓶中与CaO接触会产生NH ，故A正确；
3
B.C中发生反应3CuO+2NH 3Cu+N +3H O，其中氨气是还原剂，氧化铜是氧化剂，比例为
3 2 2
3：2，故B错误；
C.装置D中浓硫酸的作用除了干燥N ，还需要吸收NH ，故体现酸性和吸水性，故C正确；
2 3
D.Mg N 水解时先产生镁离子和氮负离子，然后水解产生氢氧化镁和氨气，对应方程式为
3 2
Mg N +6H O═3Mg（OH） +2NH ↑，故D正确；
3 2 2 2 3
故选：B。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应
用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注
意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
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
27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
【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。
2819．（2024秋•东城区校级月考）粗盐中的杂质离子主要有 、Ca2+、Mg2+，采用如下方法得到精制
盐水，进而制取精盐（部分流程略）。
已知：ⅰ．
物质 BaSO BaCO CaCO Mg（OH）
4 3 3 2
K （25℃） 1.1×10﹣10 2.6×10﹣9 3.4×10﹣9 5.6×10﹣12
sp
ⅱ．粗盐水中c（ ）＞c（Ca2+）
下列说法不合理的是（ ）
A．过程Ⅰ中当溶液pH＝11时，Mg2+已沉淀完全
B．过程Ⅱ中加入足量的BaCO ，盐水b中的阴离子仅含有Cl﹣、OH﹣
3
C．过程Ⅲ中若改为先加BaCl 溶液、过滤后再加Na CO 溶液也能达到除杂目的
2 2 3
D．过程Ⅰ中滴加盐酸调节pH，应调至溶液呈中性或微酸性
【专题】物质的分离提纯和鉴别；分析与推测能力．
【分析】粗盐中的杂质离子主要有 、Ca2+、Mg2+，加入氢氧化钠溶液，沉淀Mg2+，过滤，得到盐
水a，继续加入碳酸钡固体，利用沉淀溶解平衡， 与钡离子结合转化为BaSO ，Ca2+与碳酸根离
4
子结合成碳酸钙沉淀，过滤，硫酸钡、碳酸钙、过量的碳酸钡进入盐泥 b中，向盐水b中加入盐酸，
调节溶液的pH，得到精制盐水，据此分析作答。
【解答】解：A．过程Ⅰ中当溶液pH＝11时，c（OH﹣）＝ ＝ mol/L＝0.001mol/L，
K [Mg（OH） ]＝c（Mg2+）•c2（OH﹣）＝5.6×10﹣12，则溶液中c（Mg2+）＝ mol/L＝
sp 2
5.6×10﹣6mol/L＜10﹣5mol/L，即Mg2+沉淀完全，故A正确；
B．BaCO 、BaSO 存在沉淀溶解平衡，则盐水b中的阴离子主要含有Cl﹣、OH﹣，还含有少量 、
3 4
29，故B错误；
C．过程Ⅱ中若改为先加BaCl 溶液除去 ，则后续需加入过量Na CO 溶液除去Ca2+、Ba2+，同样
2 2 3
能达到实验目的，故C正确；
D．过程Ⅲ中滴加盐酸的目的是除去NaOH和Na CO ，调节pH时应调至溶液呈中性或微酸性，以完
2 3
全除去NaOH和Na CO ，故D正确；
2 3
故选：B。
【点评】本题主要考查物质的分离与提纯，同时考查 K 的计算与应用，属于基本知识的考查，难度
sp
中等。
20．（2024•玉树州四模）常温下，向含Ag+、Hg2+和Pd2+的溶液中滴加KSCN溶液，混合物中﹣lgx[x＝c
（Ag+）、c（Hg2+）、c（Pd+）与﹣lgc（SCN﹣）关系如图所示。已知常温下，Hg （SCN） 的溶解度
2 2
大于Pd（SCN） ；溶液为过饱和状态时，振荡或搅拌即可使晶体析出。下列叙述错误的是（ ）
2
A．L 代表﹣lgc（Ag+）和﹣lgc（SCN﹣）的关系
3
B．在M点对应溶液中须加入KSCN才能使Hg （SCN） 晶体析出
2 2
C．Q点坐标为（7.52，4.47）
D．当Pd（SCN） 和Hg （SCN） 完全共沉时，上层清液中 ＝102.85
2 2 2
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】Hg （SCN） 和Pd（SCN） 组成类型相同，在图像中直线呈平行关系，图像中L 、L 直线
2 2 2 1 2
平行，故 L 代表﹣lgc（Ag+）和﹣lgc（SCN﹣）的关系，又因为 Hg （SCN） 的溶解度大于 Pd
3 2 2
（SCN） ，所以，L 代表Pd（SCN） ，L 代表Hg （SCN） ；由图示中a、b、c数据可分别计算：
2 1 2 2 2 2
K [Pd（SCN） ]＝10﹣22.36，K ＝[Hg （SCN） ]＝10﹣19.51，K [AgSCN]＝10﹣11.99。
sp 2 sp 2 2 sp
【解答】解：A.Hg （SCN） 和 Pd（SCN） 组成类型相同，在图像中直线呈平行关系；图像中
2 2 2
30L ，L 直线平行，故 L 代表﹣lgc（Ag+）和﹣lgc（SCN﹣）的关系，故A正确；
1 2 3
B．M点对AgSCN是不饱和溶液，对于Pd（SCN） 或Hg （SCN） ，它是过饱和溶液，用玻璃棒搅
2 2 2
拌可析出Pd（SCN） 或 Hg （SCN） ，故B错误；
2 2 2
C．Q点是L 和L 的交叉点，设此点lgc（SCN﹣）为a，则有11.99﹣a＝19.51﹣2a，解得：a＝7.52，
2 3
﹣lgx＝4.47，故C正确；
D． ＝ ＝102.85，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡及相关计算，侧重考查学生的观察能力和计算能力以及变化观念与平
衡思想的学科核心素养，把握图中曲线表示的意义、溶度积常数和电离平衡常数的计算是解题关键，
题目难度中等。
二．解答题（共5小题）
21．（2024•淮安开学）吸收工厂烟气中的SO ，能有效减少SO 对空气的污染。用ZnO浆料吸收烟气中
2 2
SO 后经O 催化氧化，可得到硫酸盐。
2 2
已知：室温下，ZnSO 微溶于水，Zn（HSO ） 易溶于水；溶液中H SO 、 、 的物质的量分
3 3 2 2 3
数随pH的分布如图1所示。
（1）搅拌下向氧化锌浆料中匀速缓慢通入SO 气体。
2
①下列操作一定能提高氧化锌浆料吸收SO 效率的有 BD （填序号）。
2
A．水浴加热氧化锌浆料
B．加快搅拌
C．降低通入SO 气体的速率
2
D．通过多孔球泡向氧化锌浆料中通SO
2
②在开始吸收的40min内，SO 吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化（图2）。溶
2
液pH几乎不变阶段，主要产物是 ZnSO （填化学式）；SO 吸收率迅速降低阶段，主要反应的离
3 2
子方程式为 ZnO+2SO +H O ＝ Zn 2+ +2 。
2 2
31（2）O 催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO 得到溶液的pH在4.5～6.5范围内，pH越低
2 2
生成速率越大，其主要原因是 随着 pH 降低， 浓度增大 。
（3）将氧化后的溶液结晶可得到ZnSO •7H O，隔绝空气加热可得到氧化锌固体。加热过程中固体质
4 2
量的残留率与温度的关系如图3所示。已知C→D的过程中产生两种气体，写出该过程的化学方程式
2ZnSO 2ZnO+2SO ↑ +O ↑ 。
4 2 2
（4）氧化锌晶体的一种晶胞结构如图 4所示，O2﹣位于Zn2+构成的 四面体空隙 （填“四面体空
隙”、“六面体空隙”或“八面体空隙”）中。若晶体中部分 O原子被N原子替代后可以改善晶体的
性能，Zn—N中离子键成分的百分数小于Zn—O键，原因是 电负性 O ＞ N ，电负性差值 Zn — O 键
＞ Z n — N 键，故 Z n — N 键中离子键百分数小 。
【专题】化学键与晶体结构；化学平衡专题；氧族元素．
【分析】（1）①A．水浴加热氧化锌浆料，反应温度升高，可能导致SO 气体溢出；
2
B．加快搅拌，加大了ZnO与SO 的接触面积；
2
32C．降低通入SO 气体的速率，SO 浓度降低；
2 2
D．通过多孔球泡向氧化锌浆料中通SO ，增大了ZnO与SO 的接触面积；
2 2
②反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO ，生成微溶于水的ZnSO ；一旦ZnO完全反应生成
2 3
ZnSO
3
后，ZnSO
3
继续吸收SO
2
，生成易溶于水的Zn（HSO
3
） ；
（2）pH值大于6.5时，S（Ⅳ）以微溶物ZnSO 形式存在，使S（Ⅳ）不利于与O 接触，反应速率慢；
3 2
pH降低，S（Ⅳ）的主要以 形式溶于水中，与O 充分接触；
2
（3）ZnSO •7H O中ZnSO 质量分数为 ×100%＝56.1%，即C点物质为ZnSO ，隔绝空气
4 2 4 4
加热可得到氧化锌固体、SO 和O ；
2 2
（4）由晶胞结构图可知，O2﹣周围有4个Zn2+；若晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善晶体的
性能，由于电负性O＞N，电负性差值：Zn—O键＞Zn—N键。
【解答】解：（1）①A．水浴加热氧化锌浆料，反应温度升高，可能导致 SO 气体溢出，导致SO
2 2
浓度降低，故不一定加快反应速率，不一定能提高吸收效率，故A错误；
B．加快搅拌，加大了Zn0与SO 的接触面积，加快反应速率，提高吸收效率，故B正确；
2
C．降低通入SO 气体的速率，SO 浓度降低，化学反应速率降低，吸收效率降低，故C错误；
2 2
D．通过多孔球泡向氧化锌浆料中通SO ，增大了ZnO与SO 的接触面积，加快反应速率，提高吸收
2 2
效率，故D正确；
故答案为：BD；
②反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO ，生成微溶于水的ZnSO ，此时溶液pH几乎不变；一
2 3
旦ZnO完全反应生成ZnSO 后，ZnSO 继续吸收SO ，生成易溶于水的Zn（HSO ），此时溶液pH逐
3 3 2 3
渐变小，SO
2
的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为：ZnO+2SO
2
+H
2
O＝Zn2++2 ，
故答案为：ZnSO
3
；ZnO+2SO
2
+H
2
O＝Zn2++2 ；
（2）pH值大于6.5时，S（Ⅳ）以微溶物ZnSO 形式存在，使S（Ⅳ）不利于与O 接触，反应速率慢；
3 2
pH降低，S（Ⅳ）的主要以 形式溶于水中，与O 充分接触，因而pH降低 生成速率增大，
2
故答案为：随着pH降低， 浓度增大；
（3）ZnSO •7H O中ZnSO 质量分数为 ×100%＝56.1%，即C点物质为ZnSO ，隔绝空气
4 2 4 4
33加热可得到氧化锌固体、SO 和O ，该过程的化学方程式为：2ZnSO 2ZnO+2SO ↑+O ↑，
2 2 4 2 2
故答案为：2ZnSO 2ZnO+2SO ↑+O ↑；
4 2 2
（4）由晶胞结构图可知，O2﹣周围有4个Zn2+，即O2﹣位于Zn2+构成的正四面体空隙中；若晶体中部
分O原子被N原子替代后可以改善晶体的性能，由于电负性O＞N，电负性差值：Zn—O键＞Zn—N
键，故Zn—N键中离子键百分数小，
故答案为：四面体空隙；电负性O＞N，电负性差值：Zn—O键＞Zn—N键，故Zn—N键中离子键百
分数小。
【点评】本题考查比较综合，涉及二氧化硫和亚硫酸盐的性质、离子反应、化学平衡图像、晶胞结构
等知识，侧重考查学生的读图、分析能力，能够迅速在图表中提取到有用信息，解决有关问题，善于
利用已学知识，解答问题，题目难度较大。
22．（2024秋•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I 和P反应生成PI ，PI 再水解制备HI。PI 的空间结构是 三角
2 3 3 3
锥形 。PI 的P—I键是由磷的 s p 3 杂化 轨道与碘的5p轨道重叠形成σ键。
3
（2）I 的一种制备方法如图所示：
2
①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为 Fe+2Ag I ＝ 2 I ﹣ +2Ag+F e 2 + ，生成的沉淀与硝酸反应，
生成 硝酸银 后可循环使用。
②通入Cl 的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为 Fe I +Cl ＝ I +FeCl ；若反应物
2 2 2 2 2
用量比n（Cl ）：n（FeI ）＝1.5时，氧化产物为 I 。
2 2 2
（3）以NaIO 为原料制备I 的方法是：先向NaIO 溶液中加入适量NaHSO ，恰好完全反应生成碘化
3 2 3 3
物；再向混合溶液中加入NaIO 溶液，反应得到I ，上述制备I 的总反应的离子方程式为 2 +5
3 2 2
＝ 5 +3H + +H O+I 。
2 2
（4）KI溶液和CuSO 溶液混合可生成CuI沉淀和I ，若生成1mol I ，消耗的KI至少为 4 mol。
4 2 2
I 在KI溶液中可发生反应I +I﹣ 。实验室中使用过量的KI与CuSO 溶液反应后，过滤，滤液经蒸
2 2 4
⇌
34馏可制得高纯碘。反应中加入过量 KI 的原因是 保证所有的 C u 2 + 充分还原为 Cu I ，使平衡
正向移动，易使碘与 Cu I 分离 。
（5）I 与足量F 在一定条件下发生反应可生成卤素互化物IF ，写出其与H O发生的非氧化还原反应
2 2 7 2
的化学方程式 IF +4H O ＝ HIO +7HF 。
7 2 4
【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FeI 中加入过量Cl ，具体生成物与氯气的通入
2 2
量有关，据此分析解题。
【解答】解：（1）PI 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
3
是三角锥形，P原子为sp3杂化，PI 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
3
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FeI 和Ag，FeI 易溶于水，在离子方程
2 2
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Cl 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
2
产物只能是I ，故反应的化学方程式为FeI +Cl ＝ I +FeCl ，若反应物用量比n（Cl ）：ln（FeI ）＝
2 2 2 2 2 2 2
1.5时即Cl 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I 、FeCl ，
2 2 3
故答案为：FeI +Cl ＝ I +FeCl ；I ；
2 2 2 2 2
（3）先向NaIO 溶液中加入过量的NaHSO ，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO 溶液，反应得
3 3 3
到I ，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
2
式：2 +5 ＝5 +3H++H O+I ，
2 2
故答案为：2 +5 ＝5 +3H++H O+I ；
2 2
（4）KI溶液和CuSO 溶液混合可生成CuI沉淀和I ，反应离子方程式为2Cu2++4I﹣＝2CuI↓+I ，若生
4 2 2
产1mol I ，则至少需要4mol KI，已知I 在KI溶液中可发生反应： ，加入过量的KI，
2 2
35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）IF 中I显+7价，F显﹣1价，故IF 与H O发生的非氧化还原反应生成HIO 和HF，化学方程式
7 7 2 4
为：IF +4H O＝HIO +7HF，
7 2 4
故答案为：IF +4H O＝HIO +7HF。
7 2 4
【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。
23．（2024•信阳模拟）药物中间体F的一种合成路线如图：
已知：RCOOR′ RCH OH+R′OH （R为H或烃基，R'为烃基）
2
回答下列问题；
（1）A中官能团名称是 醛基、酚羟基 。
（2）反应①的反应类型是 取代反应 。
（3）反应②的化学方程式为
（4）反应④所需的试剂和条件是 乙醇 CH CH OH 和浓硫酸加热 。
3 2
（5）F的结构简式为 。
（6）芳香化合物W是E的同分异构体，W能水解生成X、Y两种化合物，X、Y的核磁共振氢谱均有
3组峰，X的峰面积比为 3：2：1，Y的峰面积为 1：1：1，写出符合题意的 W的结构简式
（写一种）。
36（7）肉桂酸（ ）广泛用于香料工业与医药工业，设计以苯甲酸甲酯和丙二酸为
起 始 原 料 制 备 肉 桂 酸 的 合 成 路 线 ：
（无机试剂任用）。
【专题】有机反应；有机物的化学性质及推断．
【分析】药物中间体F的一种合成路线如图，A结构简式 到B发生的反应为酚羟基邻位氢原子
被溴单质取代生成，B的结构简式： ，B到C的反应是B 和CH ONa在催化剂DMF作用
3
下发生取代反应生成C的结构简式为： ，C和CH （COOH） 为丙二酸发生反应得到D结
2 2
构简式为： ，D到E的反应是D和乙醇在浓硫酸做催化剂加热发生的酯化反应
生成E为 ，E到F反应过程为 ，
已知：RCOOR′ RCH OH+R′OH，判断F的结构简式为： ，
2
（1）A中官能团是醛基和羟基；
（2）反应①酚羟基邻位氢原子被溴单质取代生成；
37（3）反应② B 和 CH ONa 在催化剂 DMF 作用下发生取代反应生成 C 的结构简式为：
3
；
（4）反应④是D和乙醇在浓硫酸做催化剂加热发生的酯化反应生成E为 ；
（5）已知：RCOOR′ RCH OH+R′OH，判断F的结构简式为： ；
2
（6）芳香化合物W是E 的同分异构体，W能水解生成X、Y两种化合物，
X、Y的核磁共振氢谱均有3组峰，含三种氢原子，X的峰面积比为3：2：1，Y的峰面积为1：1：
1，是指结构中含有本题氢原子的个数之比，据此书写结构简式；
（7）苯甲酸甲酯在LiAlH 作用下得到苯甲醇，在催化剂作用下被氧气一行得到苯甲醛，再和丙二酸
4
发生反应得到肉桂酸（ ）。
【解答】解：药物中间体F的一种合成路线如图，A结构简式 到B发生的反应为酚羟基邻位氢
原子被溴单质取代生成，B的结构简式： ，B到C的反应是B 和CH ONa在催化剂DMF
3
作用下发生取代反应生成C的结构简式为： ，C和CH （COOH） 为丙二酸发生反应得到D
2 2
38结构简式为： ，D到E的反应是D和乙醇在浓硫酸做催化剂加热发生的酯化反
应生成E为 ，E到F反应过程为
已知：RCOOR′ RCH OH+R′OH，判断F的结构简式为： ，
2
（1）A的结构简式 ，分子中官能团是醛基和酚羟基，
故答案为：醛基、酚羟基；
（2）反应①酚羟基邻位氢原子被溴单质取代生成，反应类型为取代反应，
故答案为：取代反应；
（3）反应②是 B 和 CH ONa 在催化剂 DMF 作用下发生取代反应生成 C 的结构简式为：
3
，反应的化学方程式： ，
故答案为： ；
（4）反应④是D和乙醇在浓硫酸做催化剂加热发生的酯化反应生成E为 ，
反应④所需的试剂和条件是：乙醇CH CH OH和浓硫酸加热，
3 2
故答案为：乙醇CH CH OH和浓硫酸加热；
3 2
39（5）已知：RCOOR′ RCH OH+R′OH， 在LiAlH 作用下酯基变为
2 4
醇羟基，得到F的结构简式为： ，
故答案为： ；
（6）芳香化合物W是E 的同分异构体，W能水解生成X、Y两种化合物，
X、Y的核磁共振氢谱均有3组峰，含三种氢原子，X的峰面积比为3：2：1，Y的峰面积为1：1：
1，是指结构中含有本题氢原子的个数之比，据此书写W结构简式： ，
故答案为： ；
（7）苯甲酸甲酯在LiAlH 作用下得到苯甲醇，在催化剂作用下被氧气一行得到苯甲醛，再和丙二酸
4
发生反应得到肉桂酸（ ），以苯甲酸甲酯和丙二酸为起始原料制备肉桂酸的
合成路线为： ，
故答案为： 。
【点评】本题考查有机物推断与合成，需要学生对给予的信息进行利用，充分利用有机物的结构与反
应条件进行推断，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化，
（6）中同分异构体书写为易错点、难点，题目难度中等。
24．（2024秋•山东月考）NH —CaSO 法可用于吸收燃煤发电厂的CO ，同时获得产品（NH ） SO 。
3 4 2 4 2 4
反应的原理为：CO +CaSO +2NH +H O═CaCO ↓+（NH ） SO 。实验室根据上述反应原理，模拟生
2 4 3 2 3 4 2 4
产硫酸铵。完成下列填空：
（1）上述反应原理中，属于电解质的物质有 4 种，实验室利用大理石制备CO 的离子方程式为
2
40CaCO +2H + ＝ Ca 2+ +H O+CO ↑ 。
3 2 2
（2）搭建如图1所示装置，先从 a （选填“a”或“b”）通入气体 氨气 （填物质名称）至
饱和。然后改通入另一种气体，当液体由红色变为浅红色时，立即停止实验，不继续通气至过量的可
能原因是 CO + +H O ＝ 2 （用离子方程式解释）。
2 2
（3）将反应后混合体系过滤，滤液经一系列操作后得（NH ） SO 晶体（溶解度曲线如图2）。将下
4 2 4
列操作或现象的标号填入相应括号中 D 、 A 、 E 。
A．蒸发皿中出现少量晶体
B．使用漏斗趁热过滤
C．利用蒸发皿余热使溶液蒸干
D．用玻璃棒不断搅拌
E．等待蒸发皿冷却
若烘干“过滤”所得（NH ） SO 晶体时温度过高，会分解产生SO 、N 、NH 和H O，则相同条件下，
4 2 4 2 2 3 2
SO 和N 的体积比为 3 ： 1 。
2 2
【专题】化学实验；制备实验综合．
【分析】（1）硫酸钙，碳酸钙，硫酸铵，水为电解质，实验室利用大理石制备CO 的离子方程式为
2
CaCO +2H+＝Ca2++H O+CO ↑；
3 2 2
（2）由于碱性溶液更易吸收二氧化碳，且氨气易溶于水，需要防倒吸处理，故先从a处通入氨气，然
后改通入另一种气体，当液体由红色变为浅红色时，立即停止实验，不继续通气至过量的可能原因是
过量的CO 与CaCO 反应生成可溶性的Ca（HCO ） ，造成产品（NH ） SO 中杂质多，不易分离；
2 3 3 2 4 2 4
（3）步骤Ⅴ的正确操作或现象为：将滤液倒入蒸发皿中→用酒精灯加热→用玻璃棒不断搅拌→蒸发皿
中出现少量晶体→停止加热→等待蒸发皿冷却→过滤、洗涤、干燥、得到 Na S O •2H O，依次填入
2 2 6 2
D、A、E，若烘干“过滤”所得（NH ） SO 晶体时温度过高，会分解产生SO 、N 、NH 和H O，
4 2 4 2 2 3 2
41反应方程式为3（NH ） SO ＝3SO ↑+N ↑+4NH ↑+12H O，结合方程式分析即可。
4 2 4 2 2 3 2
【解答】解：（1）硫酸钙，碳酸钙，硫酸铵，水为电解质，实验室利用大理石制备CO 的离子方程式
2
为CaCO +2H+＝Ca2++H O+CO ↑，
3 2 2
故答案为：4；CaCO +2H+＝Ca2++H O+CO ↑；
3 2 2
（2）由于碱性溶液更易吸收二氧化碳，且氨气易溶于水，需要防倒吸处理，故先从a处通入氨气，然
后改通入另一种气体，当液体由红色变为浅红色时，立即停止实验，不继续通气至过量的可能原因是
过量的CO 与CaCO 反应生成可溶性的Ca（HCO ） ，造成产品（NH ） SO 中杂质多，不易分离，
2 3 3 2 4 2 4
反应方程式为CO + +H O＝2 ；
2 2
故答案为：a；氨气；CO + +H O＝2 ；
2 2
（3）步骤Ⅴ的正确操作或现象为：将滤液倒入蒸发皿中→用酒精灯加热→用玻璃棒不断搅拌→蒸发皿
中出现少量晶体→停止加热→等待蒸发皿冷却→过滤、洗涤、干燥、得到 Na S O •2H O，依次填入
2 2 6 2
D、A、E，若烘干“过滤”所得（NH ） SO 晶体时温度过高，会分解产生SO 、N 、NH 和H O，
4 2 4 2 2 3 2
反应方程式为3（NH ） SO ＝3SO ↑+N ↑+4NH ↑+12H O，则相同条件下，SO 和N 的体积比为物
4 2 4 2 2 3 2 2 2
质的量之比即反应系数比＝3：1，
故答案为：D、A、E；3：1。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应
用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注
意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
25．（2024秋•泉州月考）H S是一种有毒气体，利用H S与CH 的反应可将其转化为有价值的H 、S 等。
2 2 4 2 2
发生的反应有：
反应ⅰ：2H S（g） 2H （g）+S （g）ΔH
2 2 2 1
反应ⅱ：CH
4
（g）+⇌S
2
（g） 2H
2
（g）+CS
2
（g）ΔH
2
回答下列问题： ⇌
（1）CO 中心原子价层电子对数为 2 。
2
（2）已知相关化学键的键能如下表：
化学键 H—H H—S S （化学键视为S—
2
S）
键能/（kJ•mol﹣1） 436 339 298
ΔH ＝ +18 6 kJ•mol﹣1。
1
（3）一定温度下，在体积为2L的刚性容器中，充入1mol CH 和2mol H S，发生反应i和反应ⅱ，
4 2
5min时反应达到平衡，H S的平衡转化率为40%，n（H ）＝1.2mol。
2 2
42①下列叙述中能说明反应ⅱ达到平衡状态的是 AD （填字母）。
A.v正 （CH
4
）＝v逆 （CS
2
）
B.混合气体的密度不再变化
C.断裂1mol C—H的同时生成1mol C＝S
D.混合气体的平均摩尔质量不再变化
②0～5min内v（CS
2
）＝ 0.0 2 mol•L﹣1•min﹣1。
③此温度下，反应ⅱ的平衡常数K ＝ （K 是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡
x x
常数）。
（4）在常压和不同温度下，将H S和CH 按照2：1的体积比充入热解器中，用N 稀释，发生反应ⅰ
2 4 2
和反应ⅱ。测得H 、S 和CS 的平衡体积分数随温度的变化关系如图所示。
2 2 2
①ΔH ＞ （填“＞”“＜”或“＝”）0，
2
②1050℃时，H 的体积分数为 3.6% 。
2
③温度高于1100℃时，S （g）体积分数减小的原因是 反应ⅰ正向进行的程度小于反应ⅱ正向移动
2
的程度 。
【专题】化学平衡专题．
【分析】（1）根据中心原子价层电子对数进行分析；
（2）根据ΔH ＝反应物的总键能﹣生成物的总键能进行分析；
1
（3）根据反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，
2H S（g） 2H （g）+S （g），CH （g）+S （g） 2H （g）+CS （g），列出三段式进行分析；
2 2 2 4 2 2 2
（4）根据温⇌度高于1100℃时，继续升高温度，S
2
的⇌体积分数减小，说明反应ⅱ达到平衡后升高温度，
平衡正向移动，反应ⅰ和反应ⅱ都是吸热反应，升高温度平衡正向移动，反应ⅰ正向进行的程度小于
反应ⅱ正向移动的程度进行分析。
【解答】解：（1）CO 中心原子价层电子对数为2+ ＝2，
2
故答案为：2；
43（2）2H S（g） 2H （g）+S （g）的ΔH ＝反应物的总键能﹣生成物的总键能＝4×339kJ•mol﹣1﹣
2 2 2 1
2×436kJ•mol﹣1﹣⇌298 kJ•mol﹣1＝+186 kJ•mol﹣1，
故答案为：+186；
（3）①A．v正 （CH
4
）＝v逆 （CS
2
）时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，A选；
B．该反应过程中气体的总质量和总体积都不变，混合气体的密度是定值，当混合气体的密度不再变
化时，不能说明反应达到平衡，B不选；
C．断裂1mol C—H的同时生成1mol C＝S时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，
C不选；
D．该反应过程中气体总质量不变，总物质的量增大，混合气体的平均摩尔质量减小，当混合气体的
平均摩尔质量不再变化时，说明反应达到平衡，D选；
故答案为：AD；
②根据已知条件列出“三段式”：
2H S（g） 2H （g）+S （g）
2 2 2
起始（mol）⇌ 2 0 0
转化（mol） 2x 2x x
平衡（mol） 2﹣2x 2x x
CH （g）+S （g） 2H （g）+CS （g）
4 2 2 2
起始（mol） 1 ⇌ x 2x 0
转化（mol） y y 2y y
平衡（mol） 1﹣y x﹣y 2x+2y y
5min时反应达到平衡，H S的平衡转化率为 ＝40%，x＝0.4，n（H ）＝2xmol+2ymol＝
2 2
1.2mol，y＝0.2，0～5min内 mol•L﹣1•min﹣1，
故答案为：0.02；
③此温度下，达到平衡时气体总物质的量为1.2mol+1.2mol+0.4mol+0.8mol+0.2mol＝3.8mol，反应ⅱ
的平衡常数K ＝ ＝ ，
x
故答案为： ；
（4）①由图可知，温度高于1100℃时，继续升高温度，S 的体积分数减小，说明反应ⅱ达到平衡后
2
44升高温度，平衡正向移动，该反应为吸热反应，ΔH ＞0，
2
故答案为：＞；
②由图可知，1050℃时CS （g）的体积分数为0.1%，根据CH （g）+S （g） 2H （g）+CS （g）
2 4 2 2 2
可知反应ⅱ生成H （g）的体积分数为2×0.1%＝0.2%，消耗S （g）的体积分数⇌为0.1%，体系中剩余
2 2
S （g）的体积分数为1.6%，则反应ⅰ生成S （g）的体积分数为0.1%+1.6%＝1.7%，根据2H S（g）
2 2 2
2H （g）+S （g）可知，反应ⅰ生成H （g）体积分数为3.4%，两个反应共同生成H （g）的体积
2 2 2 2
⇌分数为3.4%+0.2%＝3.6%，
故答案为：3.6%；
③反应ⅰ和反应ⅱ都是吸热反应，升高温度平衡正向移动，温度高于 1100℃时，S （g）体积分数减
2
小的原因是：反应ⅰ正向进行的程度小于反应ⅱ正向移动的程度，
故答案为：反应ⅰ正向进行的程度小于反应ⅱ正向移动的程度。
【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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45
