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2025菁优高考化学压轴卷训练9
一．选择题（共20小题）
1．（2024秋•桃城区校级月考）构建知识网络是一种重要的学习方法。如图是关于盐酸化学性质的知识
网络图：“﹣”表示相连的两种物质能发生反应，“→”表示一种物质能转化为另一种物质。若 A、
B、C分别属于不同类别的化合物，则A、B、C可能是（ ）
A．KOH、CuCl 、CuSO
2 4
B．NaOH、HNO 、K CO
3 2 3
C．CuO、CuCl 、NaOH
2
D．NaOH、Ba（NO ） 、H SO
3 2 2 4
2．（2024秋•9月份月考）化学用语是学习化学的重要工具。下列化学用语使用错误的是（ ）
A．基态硼原子的轨道表示式：
B．三氟化硼（BF ）的VSEPR模型：
3
C．硼氢化钠（NaBH ）的电子式：
4
D．硼酸（H BO ）的电离平衡：H BO +H O H++[B（OH） ]
3 3 3 3 2 4
3．（2024秋•9月份月考）下列化学变化过程中⇌，对应的化学方程式或离子方程式错误的是（ ）
A．使用次氯酸盐制备高铁酸钠：3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣＝2 +3Cl﹣+5H O
2
B．以水杨酸为原料生产乙酰水杨酸：
1C．1mol•L﹣1氨水溶解白色的AgCl沉淀：AgCl+2NH ＝[Ag（NH ） ]Cl
3 3 2
D．向一定体积的氢氧化钡溶液中逐滴加入稀硫酸：Ba2++ +H++OH﹣＝BaSO ↓+H O
4 2
4．（2024•5月份模拟）设N 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A
A．7.4g丙酸与乙酸甲酯的混合物中 键的数目为0.1N
A
B．标准状况下，22.4LNO
2
分子中p轨π 道电子的数目为11N
A
C．5.6gFe与足量浓盐酸反应，转移电子的数目为0.3N
A
D．7.8gNa O 中阴阳离子数目之和为0.4N
2 2 A
5．（2024秋•靖远县月考）某芳香族化合物是一种重要的亲电试剂，常用于有机合成，其结构如图所示，
其中X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，且它们的最外层电子数之和为24。下列叙
述错误的是（ ）
A．WZ 属于非极性分子
6
B．最简单氢化物的沸点：X＞Z＞W
C．非金属性：Z＞Y＞X
D．用Z取代乙酸中甲基中的H形成的衍生物，其酸性比乙酸强
6．（2024•大兴区校级开学）下列说法正确的是（ ）
A．SO 和SO 都是非极性分子
2 3
B．NH 和CH 的VSEPR模型都为正四面体
3 4
C．熔点：金刚石＞碳化硅＞晶体硅
D．酸性：CH COOH＞CH ClCOOH＞CCl COOH
3 2 3
7．（2024秋•贵州月考）砷化镓（GaAs）是优良的半导体材料，熔点为1238℃，其结构如图所示，其中
以原子1为原点。下列有关说法错误的是（ ）
2A．基态As原子核外有33种不同运动状态的电子
B．Ga的配位数为4
C．GaAs为共价晶体
D．原子3的坐标为
8．（2024春•慈溪市期末）Fe3+的配位化合物较稳定且应用广泛。Fe3+可与H O、SCN﹣、F﹣、Cl﹣等配
2
体形成使溶液呈浅紫色的[Fe（H O） ]3+、红色的[Fe（SCN） ]3﹣、无色的[FeF ]3﹣、黄色的[FeCl ]﹣配
2 6 6 6 4
离子。某同学按如图步骤完成实验：
已知：向含Co2+的溶液中加入KSCN溶液生成蓝色的Co（SCN） 2﹣配离子；Co2+不能与F﹣形成配离
4
子。下列说法正确的是（ ）
A．为了能观察到溶液Ⅰ中 的颜色，可向该溶液中加入稀盐酸
B．向溶液Ⅰ中加入少量KSCN溶液，溶液再次变为红色
C．可用NaF和KSCN溶液检验FeCl 溶液中是否含有Co2+
3
D．向溶液Ⅱ中通入氯气，溶液红色褪去，原因是三价铁被氧化为更高价态
9．（2024秋•顺德区月考）三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，其催化剂表面物质转化的关系如
图所示，下列说法正确的是（ ）
A．在转化过程中，氮元素均被还原
B．依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程
C．还原过程中生成0.1mol N ，转移电子数为0.5N
2 A
D．三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、C H 、NO 三种成分的净化
x y x
310．（2024秋•顺义区校级月考）CH OH是CO 资源化利用的重要产物之一，H 是一种高效清洁的新能
3 2 2
源。有关这两种物质的燃烧过程中焓的变化示意图如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．由图1推知反应物断键吸收的能量大于生成物成键释放的能量
B．图2中，若生成的H O为液态，则焓的变化曲线为①
2
C．2H （g）+O （g）＝2H O（l） ΔH＝﹣240kJ/mol
2 2 2
D．2CH OH（g）+3O （g）＝2CO （g）+4H O（g） ΔH＝﹣1340kJ/mol
3 2 2 2
11．（2024秋•青岛月考）一种新型高性能的锡﹣石墨钠型钠离子电池，采用锡箔（不参与电极反应）作
为集流体，电解液为NaPF 溶液。如图所示可用铅酸蓄电池给锡﹣石墨钠型钠离子电池充电。下列有
6
关说法错误的是（ ）
A．电池放电的总反应：xNa+C （PF ） ＝xNaPF +C
n 6 x 6 n
B．电池放电时，Na+会脱离锡箔，向石墨电极迁移
C．充电时，铅酸蓄电池b电极增重96g，理论上石墨电极增重145g
D．锂元素稀缺，量产后的钠离子电池的生产成本比锂离子电池的低
12．（2024秋•河西区校级月考）在某一恒温恒容的密闭容器中发生反应：X（g）+Y（g） 2Z（g）ΔH
＞0。t 时刻达到平衡后，在t 时刻改变某一条件，其反应速率随时间变化的图象如图1所⇌示。下列说
1 2
法正确的是（ ）
4A．0∼t
1
内，v正 ＞v逆
B．t 时刻改变的条件是向密闭容器中加入Z
2
C．再次达到平衡时，平衡常数K减小
D．恒温恒容时，容器内压强不变，表明该反应达到平衡状态
13．（2024秋•朝阳区校级期中）下列各选项最后的物质是要制取的物质，其中不可能得到的是（ ）
A．CaCO →高温CaO Ca（OH） NaOH溶液
3 2
B．Cu CuO CuSO 溶液→ Cu（OH ）沉淀
4 2
C．KMnO O SO H SO
4 2 2 2 4
D．BaCO BaCl 溶液 HCl溶液
3 2
14．（2024秋•滨湖区校级月考）传统中草药金银花对治疗“新冠肺炎”有效，其有效成分“绿原酸”的
结构如图所示。下列关于绿原酸的说法不正确的是（ ）
A．1mol绿原酸与足量金属钠反应可生成3mol H
2
B．绿原酸能发生氧化反应、加成反应和消去反应
C．绿原酸的水解产物均可与FeCl 溶液发生显色反应
3
D．1mol绿原酸与足量NaOH溶液反应，最多消耗4mol NaOH
15．（2024•张家界模拟）以菱镁矿（主要成分为MgCO ，含少量SiO ，Fe O 和Al O ）为原料制备高
3 2 2 3 2 3
纯镁砂的工艺流程如图，已知浸出时产生的废渣中有SiO ，Fe（OH） 和Al（OH） ，下列说法错误
2 3 3
的是（ ）
5A．浸出镁的反应为MgO+2NH Cl═MgCl +2NH ↑+H O
4 2 3 2
B．流程中可循环使用的物质有NH 、NH Cl
3 4
C．浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行
D．分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物K 的不同
sp
16．（2024春•海淀区期末）某课题小组探究苯酚与Fe3+显色反应的影响因素，设计了如下实验。
实验 操作 现象
Ⅰ 向2mL苯酚稀溶液中滴加几 溶液呈浅紫色
滴0.05mol/LFe （SO ） 溶
2 4 3
液
Ⅱ 向2mL同浓度苯酚溶液中滴 溶液呈浅紫色
加与Ⅰ中相同滴数的
0.1mol/LFeCl 溶液
3
Ⅲ 向2mL同浓度苯酚溶液（调 生成红褐色沉淀
pH＝9）中滴加与Ⅰ中相同
滴数的0.1mol/LFeCl 溶液
3
Ⅳ 向实验Ⅲ所得悬浊液中逐滴 沉淀逐渐溶解，溶液变为紫
加入0.1mol/L盐酸 色，继续滴加盐酸，溶液变
为浅黄色
已知：Fe3+可发生如下反应。
ⅰ.与苯酚发生显色反应：
ⅱ.与Cl﹣发生反应： （黄色）
下列说法不正确的是（ ）
A． 中， 提供孤电子对，与Fe3+形成配位键
B．实验Ⅰ和Ⅱ说明，少量Cl﹣会干扰苯酚与Fe3+的显色反应
C．Ⅲ中调pH＝9后， 增大，ⅰ中平衡正向移动
D．溶液pH、阴离子种类和浓度都可能影响苯酚与Fe3+的显色反应
17．（2024•古蔺县校级三模）下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）
选项 实验操作及现象 结论
A 向甲苯中加入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去 甲苯及其同系物均可被酸性高
6锰酸钾溶液氧化
B 向某稀溶液中加入NaOH溶液，产生使湿润的红色
石蕊试纸变蓝的气体 溶液中含有
C 向K CrO 溶液中缓慢滴加硫酸，溶液由黄色变为
2 4
增大氢离子浓度可使 转
橙红色（已知水溶液中 为黄色， 为
化为
橙红色）
D 用pH计测定pH： pH：①＞②，证明H CO 酸
2 3
性弱于CH COOH
①NaHCO 溶液 3
3
②CH COONa溶液
3
A．A B．B C．C D．D
18．（2024•金台区一模）从某含有FeCl 、FeCl 、CuCl 的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如
2 3 2
图：
则下列说法正确的是（ ）
A．试剂a是铁、试剂b是稀硫酸
B．操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ所用仪器相同
C．试剂c是氯气，相应的反应为2Fe2++Cl ═2Fe3++2Cl﹣
2
D．用酸性KMnO 溶液可检验溶液W中是否含有Fe2+
4
19．（2024•辽阳一模）常温下，用HCl（g）调节SrF 浊液的pH，测得在通入HCl（g）的过程中，体系
2
中﹣lgc（X）（X代表Sr2+或F﹣）与 的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
已知：SrF 为微溶于水，溶于盐酸，不溶于氢氟酸、乙醇和丙酮的固体。
2
A．K （SrF ）＝10﹣8.4
sp 2
B．L 表示﹣lgc（Sr2+）的变化情况
2
7C．随着HCl的加入，SrF 溶解度逐渐增大
2
D．m、n点对应的溶液中均存在c（HF）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）
20．（2024秋•兴宁区校级月考）N 是合成氨工业的重要原料，NH 不仅可制造化肥，还能通过催化氧化
2 3
生产HNO ；HNO 能溶解Cu、Ag等金属，也能与许多有机化合物发生反应；在高温或放电条件下，
3 3
N 与 O 反应生成 NO，NO 进一步氧化生成 NO 。2NO（g）+O （g）＝2NO （g） ΔH＝﹣
2 2 2 2 2
116.4kJ•mol﹣1。大气中过量的NO 和水体中过量的 、 均是污染物。通过催化还原的方法，可
x
将烟气和机动车尾气中的 NO转化为N ，也可将水体中的 转化为N 。对于反应2NO（g）+O
2 2 2
（g） 2NO （g），下列说法正确的是（ ）
2
A．该⇌反应的ΔH＜0，ΔS＜0
B．反应的平衡常数可表示为
C．使用高效催化剂能降低反应的焓变
D．其他条件相同，增大 ，NO的转化率下降
二．解答题（共5小题）
21．（2024•延平区校级开学）磷和砷的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下
列问题：
（1）红磷是巨型共价分子，无定型结构，下列方法能证明红磷是非晶体的是 。
A．质谱法
B．原子发射光谱法
C．核磁共振谱法
D．X射线衍射法
（2）第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素有 种。GaCl 分子中心原子的杂化方式为
3
。
（3）基态As原子的核外电子排布式为 ，As原子的逐级电离能数据如图：
第一电离能 第二电离能 第三电离能 第四电离能 第五电离能 第六电离能
947.0 1798 2735 4837 6043 12310
为什么第五电离能与第六电离能相差较大？ 。
（4）黑磷是新型二维半导体材料，具有片层结构（如图所示），P原子的杂化方式为 ，
层与层之间的相互作用为 。
8（5）GaAs 的熔点为 1238℃，且熔融状态不导电，其晶胞结构如图所示，该晶体的类型为
。Ga，每个As原子周围最近的As原子数目为 ，一个GaAs晶胞中配位键的数目为
。
已知GaAs的密度为dg/cm3，摩尔质量为Mg/mol，阿伏加德罗常数用N 表示，则晶胞中最近的As和
A
Ga原子核间距为 nm（列式表示）。
22．（2024春•天津期末）Ⅰ.如图中A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。它们之间有
如下的反应关系：
若A是淡黄色固体，C、D是氧化物，C是造成酸雨的主要物质，
（1）酸雨的形成过程中，C最终转化为 （填化学式）。
（2）对煤进行预处理是减少C排放的重要手段，在煤中添加适量生石灰，可使煤燃烧过程中产生的 C
转化为A的最高价钙盐，该反应的化学方程式为 。
（3）你认为减少酸雨的产生可采取的措施是 （填标号）。
①少用煤作燃料
②把工厂烟囱造高
③燃料脱硫
④在已酸化的土壤中加石灰
⑤开发新能源
A.①②③
B.②③④⑤
C.①③⑤
D.①③④⑤
Ⅱ.NO 是汽车尾气中的主要污染物之一。
x
（4）NOx能形成酸雨，写出NO 与水反应转化为HNO 的化学方程式： 。
2 3
（5）工业上利用氨的催化氧化制取NO，写出化学方程式 。
9（6）通过NO传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如图：
①NiO电极上发生的反应是 （填氧化或还原）反应。
②写出Pt电极的电极反应式： 。
23．（2024•辽宁模拟）松香烷二萜类化合物具有良好的生物活性，广泛分布于自然界中。由米团花分离
出的松香烷二萜J的合成路线如图1：
已知： 。
回答下列问题：
（1）A与B在TsOH催化作用下脱去一分子H O形成化合物C，则B的名称（系统命名法）是
2
。
（2）元素分析显示F中含有碳、氢、溴三种元素，则F的分子式为 。
（3）化合物C与CH I反应时，加入无水CH COONa能很好地提升反应速率及平衡转化率，则C→D
3 3
转化的化学方程式为 。
（4）G→H的反应类型为 。
10（5）若用 H 代替 LiAlH 完成 I→J 的转化，可能导致目标产物产率下降，其原因是
2 4
。
（6）E的同分异构体中，含有苯环且与E具有相同官能团的共有 种（不考虑立体异构）。
（7）图 2 是某天然产物合成路线的一部分。其中 K 与 L 的结构简式分别为 K：
，L： 。
24．（2023秋•西城区期末）某小组探究Cu与Fe3+的反应，进行如下实验。
已知：[CuCl ]2﹣（无色） CuCl↓（白色）+2Cl﹣
3
[CuCl ]2﹣+SCN﹣ CuSCN⇌↓（白色）+3Cl﹣
3
⇌ 序号 试剂x 实验现象
Ⅰ 5mL0.05mol/LFe （SO ） 溶液（pH＝2） 溶液变为浅蓝色，30min时，
2 4 3
铜粉有较多剩余
Ⅱ 5mL0.1mol/LFeCl 溶液（pH＝2） 溶液变为蓝色，30min时，铜
3
粉完全溶解
（1）Ⅰ、Ⅱ中，反应后的溶液均变为蓝色，推测有Cu2+生成。分别取少量反应后的溶液，滴加K [Fe
3
（CN） ]溶液，均产生蓝色沉淀Ⅰ中反应的离子方程式是 。
6
（2）30min内，Cu被氧化的反应速率：Ⅰ Ⅱ（填“＞”“＜”或“＝”）。
（3）研究Ⅱ的反应过程，设计如下装置进行实验。不同时间取左侧烧杯中的溶液，滴加KSCN溶液，
取样时间与实验现象如下（不考虑O 的作用）。
2
序号 取样时间/min 现象
ⅰ 1 产生白色沉淀，
ⅱ 10 产生白色沉淀，较1min时量
多
ⅲ 30 产生白色沉淀，较10min时
量少
iv 40 无白色沉淀产生
经检验，白色沉淀为CuSCN。
ⅰ～ⅳ中，分别取右侧烧杯中的溶液，滴加KSCN溶液，溶液红色依次变浅。
①NaCl溶液的浓度是 mol/L。
②根据ⅰ、ⅱ中“产生白色沉淀”“溶液红色变浅”，推测 Cu转化为[CuCl ]2﹣，Cu与FeCl 溶液反
3 3
应的离子方程式是 。
③由ⅲ、ⅳ可知，30min后主要反应的离子方程式是 。
（4）对比Ⅰ和Ⅱ，结合ⅰ～ⅳ，Cl﹣在Cu与Fe3+反应中的作用是 。
11（5）研究Cl﹣的浓度对铜粉溶解的影响，进行如下实验。
a中加入的试剂x为5mL0.05mol/LFe （SO ） 和0.1mol/LNaCl的混合溶液。充分反应后，铜粉有少量
2 4 3
剩余，溶液变为蓝色，有少量白色沉淀，经检验白色沉淀是CuCl。则铜粉未完全溶解的原因是
。
25．（2024•怀仁市校级三模）为了实现“碳达峰”和“碳中和”的目标，将 CO 催化加氢合成低碳烯烃
2
是解决温室效应和化工原料问题的有效途径。已知部分反应的热化学方程式如下：
Ⅰ．6H （g）+2CO （g） C H （g）+4H O（g）ΔH ＝﹣268.65kJ•mol﹣1
2 2 2 4 2 1
Ⅱ．9H （g）+3CO （g）⇌C H （g）+6H O（g）ΔH ＝﹣131.50kJ•mol﹣1
2 2 3 6 2 2
Ⅲ．12H （g）+4CO （g）⇌ C H （g）+8H O（g）ΔH ＝﹣380.22kJ•mol﹣1
2 2 4 8 2 3
回答下列问题： ⇌
（1）反应2C H （g） C H （g）+C H （g）的ΔH＝ kJ•mol﹣1。
3 6 2 4 4 8
（2）120℃和有催化剂⇌存在的条件下，恒容密闭容器中，反应Ⅱ达到平衡状态的标志是 （填
标号）。
A．单位时间内消耗3mol CO ，同时生成1mol C H
2 3 6
B．混合气体的密度不再改变
C．反应速率v（H ）：v（CO ）：v（C H ）：v（H O）＝9：3：1：6
2 2 3 6 2
D．混合气体的平均相对分子质量不再改变
（3）用碳化钼催化CO 和CH 重整制氢的反应原理如图所示。
2 4
① CH 发 生 的 反 应 为 yCH +MoC O ＝ yCO+2yH +MoC ， 则 CO 发 生 的 反 应 为
4 4 x y 2 x 2
。
②将1mol CH 和1mol CO 充入恒容密闭容器中发生反应：CH （g）+CO （g） 2CO（g）+2H
4 2 4 2 2
（g），在600K时，气体混合物中H 的物质的量分数x（H ）与反应时间t的关系如下⇌表所示：
2 2
t/min 0 10 20 30 40 50
12x（H ）/% 0 11 20 26 30 30
2
该反应中，正反应速率v正 ＝k正 •x（CH
4
）•x（CO
2
），逆反应速率v逆 ＝k逆 •x2（CO）•x2（H
2
），其
中k正 、k逆 为速率常数，则k逆 ＝ （用K
x
和k正 表示，其中K
x
为用物质的量
分数表示的平衡常数）。600K时，该反应的K ＝ （保留1位小数）。
x
（4）在总压强恒定为3.1MPa和 ＝3时，在容器体积可变的密闭容器中当只发生反应 I
时，平衡时各物质的物质的量百分数x与温度T的关系如图所示。A点时，CO 的平衡转化率为
2
；乙烯的分压为 MPa。B点对应温度下反应Ⅰ的压强平衡常数K ＝ （MPa）﹣
p
3（保留1位小数）。
132025菁优高考化学压轴卷训练9
参考答案与试题解析
一．选择题（共20小题）
1．（2024秋•桃城区校级月考）构建知识网络是一种重要的学习方法。如图是关于盐酸化学性质的知识
网络图：“﹣”表示相连的两种物质能发生反应，“→”表示一种物质能转化为另一种物质。若 A、
B、C分别属于不同类别的化合物，则A、B、C可能是（ ）
A．KOH、CuCl 、CuSO
2 4
B．NaOH、HNO 、K CO
3 2 3
C．CuO、CuCl 、NaOH
2
D．NaOH、Ba（NO ） 、H SO
3 2 2 4
【专题】物质的分类专题；理解与辨析能力．
【分析】A．根据氯化铜和硫酸铜均为盐进行分析；
B．根据盐酸和氢氧化钠、碳酸钾都能反应，盐酸和硝酸银反应生成硝酸，硝酸和氢氧化钠、碳酸钾
都能反应进行分析；
C．根据氯化铜不与氧化铜反应进行分析；
D．根据盐酸不能转化为硝酸钡，盐酸不与硫酸反应，氢氧化钠与硝酸钡不反应进行分析。
【解答】解：A．氯化铜和硫酸铜均为盐，属于相同类别的化合物，故A错误；
B．盐酸和氢氧化钠、碳酸钾都能反应，盐酸和硝酸银反应生成硝酸，硝酸和氢氧化钠、碳酸钾都能
反应，故B正确；
C．盐酸与氧化铜和氢氧化钠都能反应，盐酸和氧化铜反应生成氯化铜，但氯化铜不与氧化铜反应，
故C错误；
D．氢氧化钠与硝酸钡不反应，盐酸不能转化为硝酸钡，盐酸不与硫酸反应，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查酸、碱、盐的概念及其相互联系等，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•9月份月考）化学用语是学习化学的重要工具。下列化学用语使用错误的是（ ）
14A．基态硼原子的轨道表示式：
B．三氟化硼（BF ）的VSEPR模型：
3
C．硼氢化钠（NaBH ）的电子式：
4
D．硼酸（H BO ）的电离平衡：H BO +H O H++[B（OH） ]
3 3 3 3 2 4
【专题】化学用语专题． ⇌
【分析】A．基态硼原子电子排布式为：1s22s22p1；
B．计算中心原子价层电子对数，据此判断；
C．硼氢化钠（NaBH ）为离子化合物，钠离子与 通过离子键结合；
4
D．硼酸为弱酸，水溶液中部分电离产生氢离子和四羟基合硼酸根离子。
【解答】解：A．基态硼原子电子排布式为：1s22s22p1，轨道表示式： ，故
A正确；
B．三氟化硼（BF ）价层电子对数为： ＝3，孤电子对为0，VSEPR模型为 ，故B错误；
3
C．硼氢化钠（NaBH ）为离子化合物，钠离子与 通过离子键结合，电子式为： ，
4
故C正确；
D．硼酸为弱酸，水溶液中部分电离产生氢离子和四羟基合硼酸根离子，电离方程式为：
H BO +H O H++[B（OH） ]﹣，故D正确；
3 3 2 4
故选：B。 ⇌
【点评】本题考查了化学用语的使用，明确原子结构组成，电子式、价电子对互斥理论模型是解题关
键，题目难度中等。
3．（2024秋•9月份月考）下列化学变化过程中，对应的化学方程式或离子方程式错误的是（ ）
A．使用次氯酸盐制备高铁酸钠：3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣＝2 +3Cl﹣+5H O
2
B．以水杨酸为原料生产乙酰水杨酸：
15C．1mol•L﹣1氨水溶解白色的AgCl沉淀：AgCl+2NH ＝[Ag（NH ） ]Cl
3 3 2
D．向一定体积的氢氧化钡溶液中逐滴加入稀硫酸：Ba2++ +H++OH﹣＝BaSO ↓+H O
4 2
【专题】离子反应专题．
【分析】A．次氯酸根离子具有强的氧化性，能够氧化铁离子生成高铁酸根离子，本身被还原为氯离
子；
B．水杨酸与乙酸酐反应生成乙酰水杨酸和乙酸；
C．氯化银与氨水反应生成可溶性银铵络合物；
D．离子个数配比不符合物质的结构组成。
【解答】解：A．次氯酸根离子具有强的氧化性，能够氧化铁离子生成高铁酸根离子，本身被还原为
氯离子，离子方程式为：使用次氯酸盐制备高铁酸钠：3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣＝2 +3Cl﹣+5H O，
2
故A正确；
B ． 水 杨 酸 与 乙 酸 酐 反 应 生 成 乙 酰 水 杨 酸 和 乙 酸 ， 化 学 方 程 式 为 ：
，故B正确；
C．氯化银与氨水反应生成可溶性银铵络合物，化学方程式为：AgCl+2NH ＝[Ag（NH ） ]Cl，故C
3 3 2
正确；
D ． 向 一 定 体 积 的 氢 氧 化 钡 溶 液 中 逐 滴 加 入 稀 硫 酸 的 反 应 为
，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了化学方程式、离子方程式的书写，明确物质的性质及反应实质是解题关键，题目
难度中等。
164．（2024•5月份模拟）设N 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A
A．7.4g丙酸与乙酸甲酯的混合物中 键的数目为0.1N
A
B．标准状况下，22.4LNO
2
分子中p轨π 道电子的数目为11N
A
C．5.6gFe与足量浓盐酸反应，转移电子的数目为0.3N
A
D．7.8gNa O 中阴阳离子数目之和为0.4N
2 2 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．根据丙酸与乙酸甲酯互为同分异构体，相对分子质量均为74，两种分子中均含有一个
键，进行分析； π
B．根据标准状况下NO 是液体，进行分析；
2
C．根据铁与盐酸反应时转化为Fe2+，进行分析；
D．根据一个Na O 由2个Na+、1个 构成，进行分析。
2 2
【解答】解：A．丙酸与乙酸甲酯互为同分异构体，相对分子质量均为74，7.4g混合物的物质的量为
0.1mol，两种分子中均含有一个 键，7.4g丙酸与乙酸甲酯的混合物中 键的数目为0.1N ，故A正确；
A
B．标准状况下NO
2
是液体，不能π依据体积确定其物质的量，因此无法确π定电子数，故B错误；
C．铁与盐酸反应时转化为Fe2+，5.6gFe即0.1mol Fe反应时转移0.2N ，故C错误；
A
D．一个Na O 由2个Na+、1个 构成，7.8gNa O 的物质的量为0.1mol，阴阳离子数目之和为
2 2 2 2
0.3N ，故D错误；
A
故选：A。
【点评】本题主要考查阿伏加德罗常数等，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。
5．（2024秋•靖远县月考）某芳香族化合物是一种重要的亲电试剂，常用于有机合成，其结构如图所示，
其中X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，且它们的最外层电子数之和为24。下列叙
述错误的是（ ）
A．WZ 属于非极性分子
6
B．最简单氢化物的沸点：X＞Z＞W
C．非金属性：Z＞Y＞X
D．用Z取代乙酸中甲基中的H形成的衍生物，其酸性比乙酸强
17【专题】元素周期律与元素周期表专题；理解与辨析能力．
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，W形成6个共价键、Y形成2个共价
键，则W为S元素、Y为O元素；Z形成1个共价键、X形成3个共价键，结合原子序数可知，X为
N元素、Z为F元素，满足它们的最外层电子数之和为5+6+7+6＝24，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，X、Y、Z、W分别为N元素、O元素、F元素、S元素，
A．SF 分子结构为正八面体形，故SF 属于非极性分子，故A正确；
6 6
B．含氢键的分子的沸点高，且相对分子质量越大、沸点越高，则沸点大小顺序为HF＞NH ＞H S，故
3 2
B错误；
C．同周期主族元素从左向右非金属性增强，则非金属性强弱顺序为F＞O＞N，故C正确；
D．F的电负性大，故—F为吸电子基，用Z取代乙酸中甲基中的H形成的衍生物的酸性比乙酸强，故
D正确；
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、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•大兴区校级开学）下列说法正确的是（ ）
A．SO 和SO 都是非极性分子
2 3
B．NH 和CH 的VSEPR模型都为正四面体
3 4
C．熔点：金刚石＞碳化硅＞晶体硅
D．酸性：CH COOH＞CH ClCOOH＞CCl COOH
3 2 3
【分析】A.SO 是极性分子；
2
B.NH 的成键电子对数为3，孤电子对＝ ，CH 的成键电子对数为4，孤电子对＝
3 4
；
C.金刚石、碳化硅、晶体硅均为共价晶体，形成共价晶体的原子半径越小，共价键越强，其熔沸点越
高；
D.氯原子是吸电子基，甲基是推电子基。
【解答】解：A.SO 是极性分子，SO 是非极性分子，故A错误；
2 3
B.NH 的成键电子对数为3，孤电子对＝ ，则NH 的VSEPR模型为四面体，CH 的成
3 3 4
键电子对数为4，孤电子对＝ ，则CH 的VSEPR模型为正四面体，故B错误；
4
C.共价晶体的原子半径越小，共价键越强，其熔沸点越高，金刚石、碳化硅、晶体硅均为共价晶体，
18原子半径C＜Si，则熔点：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故C正确；
D.氯原子是吸电子基，甲基是推电子基，所以酸性：CH COOH＜CH ClCOOH＜CCl COOH，故D错
3 2 3
误；
故选：C。
【点评】本题考查分子构型，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
7．（2024秋•贵州月考）砷化镓（GaAs）是优良的半导体材料，熔点为1238℃，其结构如图所示，其中
以原子1为原点。下列有关说法错误的是（ ）
A．基态As原子核外有33种不同运动状态的电子
B．Ga的配位数为4
C．GaAs为共价晶体
D．原子3的坐标为
【专题】化学键与晶体结构；理解与辨析能力．
【分析】基态原子核外不同运动状态的电子数等于原子序数；共价晶体中，原子间以较强的共价键相
结合，要使物质熔化就要破坏共价键，需要很高的能量，因此共价晶体一般具有很高的熔点；结合晶
胞结构以及原子的空间相对位置进行分析。
【解答】解：A.As的原子序数为33因此基态As原子核外有33种不同运动状态的电子，故A正确；
B.根据晶胞结构可知，Ga的配位数为4，故B正确；
C.GaAs的熔点高，故晶体类型为共价晶体，故C正确；
D.根据晶体的晶胞结构，结合原子的空间位置可知原子3坐标为 ，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查晶体类型的判断、晶胞中原子的分数坐标的书写等内容，难度较低。
8．（2024春•慈溪市期末）Fe3+的配位化合物较稳定且应用广泛。Fe3+可与H O、SCN﹣、F﹣、Cl﹣等配
2
体形成使溶液呈浅紫色的[Fe（H O） ]3+、红色的[Fe（SCN） ]3﹣、无色的[FeF ]3﹣、黄色的[FeCl ]﹣配
2 6 6 6 4
离子。某同学按如图步骤完成实验：
19已知：向含Co2+的溶液中加入KSCN溶液生成蓝色的Co（SCN） 2﹣配离子；Co2+不能与F﹣形成配离
4
子。下列说法正确的是（ ）
A．为了能观察到溶液Ⅰ中 的颜色，可向该溶液中加入稀盐酸
B．向溶液Ⅰ中加入少量KSCN溶液，溶液再次变为红色
C．可用NaF和KSCN溶液检验FeCl 溶液中是否含有Co2+
3
D．向溶液Ⅱ中通入氯气，溶液红色褪去，原因是三价铁被氧化为更高价态
【专题】化学键与晶体结构．
【分析】Fe（NO ） •9H O溶于水，得到浅紫色的[Fe（H O） ]3+，加入盐酸，得到黄色的[FeCl ]﹣，
3 3 2 2 6 4
即[Fe（H O） ]3+转化为[FeCl ]﹣，加入KSCN溶液，得到显红色的[Fe（SCN） ]3﹣，即[Fe（H O）
2 6 4 6 2
]3+转化为[Fe（SCN） ]3﹣，继续向溶液Ⅱ中加入NaF，得到无色的[FeF ]3﹣，即[Fe（SCN） ]3﹣转化
6 6 6 6
为[FeF ]3﹣，据此分析作答。
6
【解答】解：A．根据分析可知，为了能观察到溶液Ⅰ中 的颜色，不可向该溶液中加
入稀盐酸，否则溶液显黄色，故A错误；
B．向溶液Ⅰ中加入少量KSCN溶液，溶液由浅紫色变为红色，故B错误；
C．向含Co2+的溶液中加入KSCN溶液生成蓝色的Co（SCN） 2﹣配离子；Co2+不能与F﹣形成配离子，
4
故可用NaF和KSCN溶液检验FeCl 溶液中是否含有Co2+，即首先加入KSCN溶液，显血红色，再加
3
入NaF，血红色变为无色，若此时溶液显蓝色，则含有Co2+，故C正确；
D．向溶液Ⅱ中通入氯气，溶液红色褪去，原因是 SCN﹣被氯气氧化了，平衡 Fe3++3SCN﹣ [Fe
（SCN） ]3﹣逆向移动，血红色褪去，故D错误； ⇌
6
故选：C。
【点评】本题主要考查配位化合物之间的相互转化，同时考查学生对信息的理解与应用的能力，属于
基本知识的考查，难度不大。
9．（2024秋•顺德区月考）三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，其催化剂表面物质转化的关系如
图所示，下列说法正确的是（ ）
A．在转化过程中，氮元素均被还原
B．依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程
20C．还原过程中生成0.1mol N ，转移电子数为0.5N
2 A
D．三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、C H 、NO 三种成分的净化
x y x
【专题】氧化还原反应专题；分析与推测能力．
【分析】A．NO 与BaO、O 转化成Ba（NO ） 时，N元素被氧化；
x 2 3 2
B．该反应中的催化剂为BaO，BaO参与存储N元素的过程；
C．Ba（NO ） 转化成氮气时，N元素化合价降低5价，生成0.1mol氮气转移了1mol电子；
3 2
D．三效催化剂能将汽车尾气中CO、C H 、NO 转化成无毒的氮气、水和二氧化碳。
x y x
【解答】解：A．NO 与BaO、O 转化成Ba（NO ） 的过程中，N元素化合价升高被氧化，故A错误；
x 2 3 2
B．根据图示可知，BaO为催化剂，NOx与BaO、O 转化成Ba（NO ） 时，BaO参与储存N元素，
2 3 2
故B错误；
C．还原过程中生成0.1mol N ，转移电子的物质的量为：0.1mol×（5﹣0）×2＝1mol，转移电子数为
2
N ，故C错误；
A
D．整个过程中，一氧化碳、C H 、NO 转化成二氧化碳、水、氮气，说明三效催化剂能有效实现汽
x y x
车尾气中CO、C H 、NO 三种成分的净化，故D正确；
x y x
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，明确图示转化关系的实质即可解答，注意掌握氧化
还原反应实质，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
10．（2024秋•顺义区校级月考）CH OH是CO 资源化利用的重要产物之一，H 是一种高效清洁的新能
3 2 2
源。有关这两种物质的燃烧过程中焓的变化示意图如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．由图1推知反应物断键吸收的能量大于生成物成键释放的能量
B．图2中，若生成的H O为液态，则焓的变化曲线为①
2
C．2H （g）+O （g）＝2H O（l） ΔH＝﹣240kJ/mol
2 2 2
D．2CH OH（g）+3O （g）＝2CO （g）+4H O（g） ΔH＝﹣1340kJ/mol
3 2 2 2
【专题】化学反应中的能量变化；分析与推测能力．
【分析】A．根据氢气燃烧是放热反应进行分析；
B．根据液态水的能量低于气态水，进行分析；
C．根据1mol氢气燃烧生成气态水的反应热为ΔH＝﹣120kJ/mol，进行分析；
21D．根据1mol甲醇燃烧生成二氧化碳和气态水的反应热为ΔH＝﹣670kJ/mol，进行分析。
【解答】解：A．H 燃烧生成气态水的反应是反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，则反应物
2
断键吸收的能量小于生成物成键释放的能量，故A错误；
B．液态水的能量低于气态水，若CH OH燃烧生成液态水放出能量更多，曲线在下方，能量变化曲线
3
不可能为①，故B错误；
C．1mol H 燃烧生成气态水的反应热为ΔH＝﹣120kJ/mol，反应的热化学方程式为2H （g）+O （g）
2 2 2
＝2H O（g）ΔH＝﹣240kJ/mol，故C错误；
2
D．1mol CH OH燃烧生成二氧化碳和气态水的反应热为ΔH＝﹣670kJ/mol，反应的热化学方程式为
3
2CH OH（g）+3O （g）＝2CO （g）+4H O（g）ΔH＝﹣1340kJ/mol，故D正确；
3 2 2 2
故选：D。
【点评】本题主要考查反应热和焓变等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的
知识进行解题。
11．（2024秋•青岛月考）一种新型高性能的锡﹣石墨钠型钠离子电池，采用锡箔（不参与电极反应）作
为集流体，电解液为NaPF 溶液。如图所示可用铅酸蓄电池给锡﹣石墨钠型钠离子电池充电。下列有
6
关说法错误的是（ ）
A．电池放电的总反应：xNa+C （PF ） ＝xNaPF +C
n 6 x 6 n
B．电池放电时，Na+会脱离锡箔，向石墨电极迁移
C．充电时，铅酸蓄电池b电极增重96g，理论上石墨电极增重145g
D．锂元素稀缺，量产后的钠离子电池的生产成本比锂离子电池的低
【专题】电化学专题；分析与推测能力．
【分析】根据电池放电时，负极上Na失电子生成Na+，总反应为xNa+C （PF ） ＝xNaPF +C ，充电
n 6 x 6 n
时，铅酸蓄电池充当外接电源，b电极的电极反应式为 ，石墨电极发生氧化反
22应： ，进行分析。
【解答】解：A．电池放电时，Na失去电子，总反应为xNa+C （PF ） ＝xNaPF +C ，故A正确；
n 6 x 6 n
B．放电时，负极上Na失电子生成Na+，Na+向正极（石墨电极）迁移，故B正确；
C．充电时，铅酸蓄电池充当外接电源，b电极的电极反应式为 ，当b电极增
重96g，提供电子2mol，石墨电极发生氧化反应： ，每转移2mole﹣，
石墨电极增重2mol×（31+6×19）g•mol﹣1＝290g，故C错误；
D．Li比Na稀缺，钠离子电池生产成本低，故D正确；
故选：C。
【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•河西区校级月考）在某一恒温恒容的密闭容器中发生反应：X（g）+Y（g） 2Z（g）ΔH
＞0。t 时刻达到平衡后，在t 时刻改变某一条件，其反应速率随时间变化的图象如图1所⇌示。下列说
1 2
法正确的是（ ）
A．0∼t
1
内，v正 ＞v逆
B．t 时刻改变的条件是向密闭容器中加入Z
2
C．再次达到平衡时，平衡常数K减小
D．恒温恒容时，容器内压强不变，表明该反应达到平衡状态
【专题】化学平衡专题；理解与辨析能力．
【分析】由图可知，逆反应速率逐渐增大，反应正向建立平衡，t 时刻逆反应速率增大，再次达到平
2
衡时，逆反应速率与原平衡相等，故改变条件为增加Z的量同时减小X、Y的量，据此作答。
【解答】解：A．由图可知，逆反应速率逐渐增大，反应正向建立平衡，0∼t
1
内，v正 ＞v逆 ，故A正确；
B．由分析可知，t 时刻改变条件为增加Z的量同时减小X、Y的量，故B错误；
2
C．反应温度不变，平衡常数不变，故C错误；
D．反应前后气体分子数不变，容器内压强始终不变，无法判断反应是否达到平衡，故D错误；
故选：A。
23【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•朝阳区校级期中）下列各选项最后的物质是要制取的物质，其中不可能得到的是（ ）
A．CaCO →高温CaO Ca（OH） NaOH溶液
3 2
B．Cu CuO CuSO 溶液→ Cu（OH ）沉淀
4 2
C．KMnO O SO H SO
4 2 2 2 4
D．BaCO BaCl 溶液 HCl溶液
3 2
【专题】几种重要的金属及其化合物；分析与推测能力．
【分析】A．根据碳酸钙高温生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙能
与碳酸钠反应生成氢氧化钠进行分析；
B．根据铜在氧气中加热能生成氧化铜，CuO能与硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜能与氢氧化钠反应生
成氢氧化铜进行分析；
C．根据二氧化硫与水反应生成亚硫酸，而不是硫酸进行分析；
D．根据碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡，氯化钡与硫酸会反应生成硫酸钡进行分析。
【解答】解：A．碳酸钙高温生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙能
与碳酸钠反应生成氢氧化钠，故A正确；
B．Cu在O 中加热能生成氧化铜，CuO能与硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜能与氢氧化钠反应生成氢氧
2
化铜沉淀，故B正确；
C．高锰酸钾加热会生成氧气，硫在氧气中点燃生成二氧化硫，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，而不
是硫酸，故C错误；
D．BaCO 与HCl反应生成BaCl ，BaCl 与H SO 会反应生成硫酸钡沉淀，故D正确；
3 2 2 2 4
故选：C。
【点评】本题主要考查氧化铜与氧化亚铜的性质等，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。
14．（2024秋•滨湖区校级月考）传统中草药金银花对治疗“新冠肺炎”有效，其有效成分“绿原酸”的
结构如图所示。下列关于绿原酸的说法不正确的是（ ）
24A．1mol绿原酸与足量金属钠反应可生成3mol H
2
B．绿原酸能发生氧化反应、加成反应和消去反应
C．绿原酸的水解产物均可与FeCl 溶液发生显色反应
3
D．1mol绿原酸与足量NaOH溶液反应，最多消耗4mol NaOH
【专题】有机物的化学性质及推断；分析与推测能力．
【分析】A．分子中羧基、羟基能与钠反应生成氢气；
B．分子含有碳碳双键、醇羟基、酚羟基、羧基、酯基；
C．含有酚羟基的物质能与FeCl 溶液发生显色反应；
3
D．分子中羧基、酯基、酚羟基都能与氢氧化钠反应。
【解答】解：A．分子中1个羧基、3个醇羟基、2个酚羟基能与钠反应生成氢气，1mol绿原酸与足量
金属钠反应可生成3mol H ，故A正确；
2
B．分子含有碳碳双键、酚羟基等，可以发生氧化反应，含有的碳碳双键、苯环能与氢气发生加成反
应，羟基连接的碳原子相邻的碳原子上含有氢原子，可以发生消去反应，故B正确；
C．绿原酸水解产物之一为 ，该产物没有酚羟基，不能与FeCl 溶液发生显色反应，
3
故C错误；
D．分子中1个羧基、1个酯基、2个酚羟基都能与氢氧化钠反应，且它们都与氢氧化钠按物质的量
1：1反应，则1mol绿原酸与足量NaOH溶液反应，最多消耗4mol NaOH，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其
性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
15．（2024•张家界模拟）以菱镁矿（主要成分为MgCO ，含少量SiO ，Fe O 和Al O ）为原料制备高
3 2 2 3 2 3
纯镁砂的工艺流程如图，已知浸出时产生的废渣中有SiO ，Fe（OH） 和Al（OH） ，下列说法错误
2 3 3
的是（ ）
A．浸出镁的反应为MgO+2NH Cl═MgCl +2NH ↑+H O
4 2 3 2
B．流程中可循环使用的物质有NH 、NH Cl
3 4
25C．浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行
D．分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物K 的不同
sp
【专题】无机实验综合．
【分析】菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，其中MgCO 转化为MgO，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣有
3
SiO 、Fe（OH） 、Al（OH） ，同时产生氨气，则此时浸出液中主要含有 Mg2+，加入氨水得到Mg
2 3 3
（OH） 沉淀，煅烧得到高纯镁砂，以此解答该题。
2
【解答】解：A.高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根水解产生的氢离子反应，
促进铵根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式为 MgO+2NH Cl＝MgCl +2NH ↑+H O，
4 2 3 2
故A正确；
B.浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可以利用到浸出
过程中，故B正确；
C.一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用
率，故C错误；
D.Fe（OH） 、Al（OH） 的K 远小于Mg（OH） 的K ，所以当pH达到一定值时Fe3+、Al3+产生沉
3 3 sp 2 sp
淀，而Mg2+不沉淀，从而将其分离，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查制备方案的设计、物质分离和提纯方法的综合应用，为高考常见题型和高频考点，
题目综合性较强，明确流程图中发生的反应、基本操作方法、物质性质是解本题关键，试题有利于提
高学生的分析、理解能力及化学实验能力，难度不大。
16．（2024春•海淀区期末）某课题小组探究苯酚与Fe3+显色反应的影响因素，设计了如下实验。
实验 操作 现象
Ⅰ 向2mL苯酚稀溶液中滴加几 溶液呈浅紫色
滴0.05mol/LFe （SO ） 溶
2 4 3
液
Ⅱ 向2mL同浓度苯酚溶液中滴 溶液呈浅紫色
加与Ⅰ中相同滴数的
0.1mol/LFeCl 溶液
3
Ⅲ 向2mL同浓度苯酚溶液（调 生成红褐色沉淀
pH＝9）中滴加与Ⅰ中相同
滴数的0.1mol/LFeCl 溶液
3
Ⅳ 向实验Ⅲ所得悬浊液中逐滴 沉淀逐渐溶解，溶液变为紫
加入0.1mol/L盐酸 色，继续滴加盐酸，溶液变
为浅黄色
已知：Fe3+可发生如下反应。
ⅰ.与苯酚发生显色反应：
26ⅱ.与Cl﹣发生反应： （黄色）
下列说法不正确的是（ ）
A． 中， 提供孤电子对，与Fe3+形成配位键
B．实验Ⅰ和Ⅱ说明，少量Cl﹣会干扰苯酚与Fe3+的显色反应
C．Ⅲ中调pH＝9后， 增大，ⅰ中平衡正向移动
D．溶液pH、阴离子种类和浓度都可能影响苯酚与Fe3+的显色反应
【专题】气体的制备与性质检验类实验．
【分析】A．配离子[Fe（C H O） ]3﹣中具有孤对电子的苯氧根离子与具有空轨道的铁离子形成配位键；
6 5 6
B．由实验现象可知，实验Ⅰ和Ⅱ说明少量氯离子不能与铁离子形成配离子[FeCl ]﹣；
4
C．由实验现象可知，实验Ⅲ中调节溶液pH为9时，溶液中铁离子与氢氧根离子反应生成红褐色的氢
氧化铁沉淀，铁离子浓度减小；
D．由实验现象可知，溶液pH、阴离子种类和浓度都可能影响苯酚与溶液中铁离子的显色反应。
【解答】解：A．配离子[Fe（C H O） ]3﹣中具有孤对电子的苯氧根离子与具有空轨道的铁离子形成配
6 5 6
位键，配位数为6，故A正确；
B．由实验现象可知，实验Ⅰ和Ⅱ说明少量氯离子不能与铁离子形成配离子[FeCl ]﹣，不会干扰苯酚与
4
铁离子的显色反应，故B正确；
C．由实验现象可知，实验Ⅲ中调节溶液pH为9时，溶液中铁离子与氢氧根离子反应生成红褐色的氢
氧化铁沉淀，铁离子浓度减小，i中平衡向逆反应方向移动，故C错误；
D．由实验现象可知，溶液pH、阴离子种类和浓度都可能影响苯酚与溶液中铁离子的显色反应，故 D
正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质性质实验方案设计，侧重分析能力、实验能力和运用能力考查，把握物质性质
及反应、配位键形成条件为解题关键，题目难度中等。
17．（2024•古蔺县校级三模）下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）
选项 实验操作及现象 结论
A 向甲苯中加入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去 甲苯及其同系物均可被酸性高
锰酸钾溶液氧化
B 向某稀溶液中加入NaOH溶液，产生使湿润的红色
石蕊试纸变蓝的气体 溶液中含有
C 向K CrO 溶液中缓慢滴加硫酸，溶液由黄色变为
2 4
增大氢离子浓度可使 转
橙红色（已知水溶液中 为黄色， 为
化为
橙红色）
27D 用pH计测定pH： pH：①＞②，证明H CO 酸
2 3
性弱于CH COOH
①NaHCO 溶液 3
3
②CH COONa溶液
3
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸；
B．稀溶液中加入NaOH溶液，可能生成一水合氨；
C．K CrO 溶液中缓慢滴加硫酸，氢离子浓度增大，使2 +2H+ +H O正向移动；
2 4 2
D．同浓度的盐溶液，pH越大，对应酸的酸性越弱。 ⇌
【解答】解：A．甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，紫色褪去，但与苯相连的C上无H原
子时不能使高锰酸钾溶液褪色，故A错误；
B．稀溶液中加入NaOH溶液，可能生成一水合氨，无氨气生成，不能证明原溶液是否含铵根离子，
故B错误；
C．K CrO 溶液中缓慢滴加硫酸，氢离子浓度增大，使 2 +2H+ +H O正向移动，溶液
2 4 2
由黄色变为橙红色，故C正确； ⇌
D．同浓度的盐溶液，pH越大，对应酸的酸性越弱；则用pH计测定NaHCO 溶液和CH COONa溶液
3 3
的pH，不能确定H CO 酸性弱于CH COOH，故D错误；
2 3 3
故选：C。
【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，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
18．（2024•金台区一模）从某含有FeCl 、FeCl 、CuCl 的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如
2 3 2
图：
则下列说法正确的是（ ）
A．试剂a是铁、试剂b是稀硫酸
B．操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ所用仪器相同
C．试剂c是氯气，相应的反应为2Fe2++Cl ═2Fe3++2Cl﹣
2
D．用酸性KMnO 溶液可检验溶液W中是否含有Fe2+
4
【分析】从某含有FeCl 、FeCl 、CuCl 的工业废液中回收铜，工业废水中加入试剂a为过量的铁，操
2 3 2
28作Ⅰ为过滤，得到滤渣Y为Fe、Cu，滤液氯化亚铁溶液，滤渣Y中加入试剂b为盐酸溶解过量的铁生
成氯化亚铁溶液，铜不溶，操作Ⅱ过滤得到铜和滤液Z为氯化亚铁溶液，滤液Z和X合并通入氯气，
氧化亚铁离子为氯化铁溶液，蒸发结晶，过滤洗涤干燥得到氯化铁晶体，以此解答该题。
【解答】解：A．由最终得到FeCl 及其流程图可知，b为盐酸，若为硫酸会引入硫酸根杂质离子，故
3
A错误；
B．上述分析可知，操作Ⅰ、Ⅱ是过滤，操作Ⅲ是蒸发结晶，过滤，所用仪器不同，故B错误；
C．滤液 X，滤液 Z 中均含有 FeCl ，c 为氯气氧化亚铁离子为铁离子反应为：2Fe2++Cl ═2Cl﹣
2 2
+2Fe3+，故C正确；
D．亚铁离子、氯离子都可以被高锰酸钾溶液氧化，用酸性 KMnO 溶液不能检验溶液W中是否还有
4
Fe2+，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了常见物质的分离与提纯方法综合应用，为高考常见题型和高频考点，试题有利于
培养学生的分析、理解能力及逻辑推理能力，难度不大。
19．（2024•辽阳一模）常温下，用HCl（g）调节SrF 浊液的pH，测得在通入HCl（g）的过程中，体系
2
中﹣lgc（X）（X代表Sr2+或F﹣）与 的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
已知：SrF 为微溶于水，溶于盐酸，不溶于氢氟酸、乙醇和丙酮的固体。
2
A．K （SrF ）＝10﹣8.4
sp 2
B．L 表示﹣lgc（Sr2+）的变化情况
2
C．随着HCl的加入，SrF 溶解度逐渐增大
2
D．m、n点对应的溶液中均存在c（HF）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A．HF 的电离平衡常数 ，纵坐标相当于 ，随着
29变大，c（F﹣）变大，﹣lgc（F﹣）变小，则L 表示﹣lgc（F﹣）的变化情况；
2
B．L 表示﹣lgc（F﹣）的变化情况；
2
C．随着HCl的加入，SrF 溶解平衡正向移动；
2
D．m、n点时的溶液中均存在电荷守恒有2c（Sr2+）+c（H+）＝c（F﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣），又根
据SrF 组成可知，溶液中存在物料守恒2c（Sr2+）＝c（F﹣）+c（HF）。
2
【解答】解：A．HF 的电离平衡常数 ，纵坐标相当于 ，随着
变大，c（F﹣）变大，﹣lgc（F﹣）变小，则L 表示﹣lgc（F﹣）的变化情况，L 表示﹣
2 1
lgc（Sr2+）的变化情况，根据m、n两点的数据，得 ，故
A正确；
B．HF的电离平衡常数 ，纵坐标相当于 ，随着 变大，c
（F﹣）变大，﹣lgc（F﹣）变小，则L 表示﹣lgc（F﹣）的变化情况，L 表示﹣lgc（Sr2+）的变化情况，
2 1
故B错误；
C．随着HCl的加入，SrF 溶解平衡正向移动，溶解度增大，故C正确；
2
D．m、n点时的溶液中均存在电荷守恒有2c（Sr2+）+c（H+）＝c（F﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣），又根
据SrF 组成可知，溶液中存在物料守恒2c（Sr2+）＝c（F﹣）+c（HF），可得c（HF）+c（H+）＝c
2
（Cl﹣）+c（OH﹣），故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生沉淀溶解平衡的掌握情况，试题难度中等。
20．（2024秋•兴宁区校级月考）N 是合成氨工业的重要原料，NH 不仅可制造化肥，还能通过催化氧化
2 3
生产HNO ；HNO 能溶解Cu、Ag等金属，也能与许多有机化合物发生反应；在高温或放电条件下，
3 3
N 与 O 反应生成 NO，NO 进一步氧化生成 NO 。2NO（g）+O （g）＝2NO （g） ΔH＝﹣
2 2 2 2 2
116.4kJ•mol﹣1。大气中过量的NO 和水体中过量的 、 均是污染物。通过催化还原的方法，可
x
将烟气和机动车尾气中的 NO转化为N ，也可将水体中的 转化为N 。对于反应2NO（g）+O
2 2 2
30（g） 2NO （g），下列说法正确的是（ ）
2
A．该⇌反应的ΔH＜0，ΔS＜0
B．反应的平衡常数可表示为
C．使用高效催化剂能降低反应的焓变
D．其他条件相同，增大 ，NO的转化率下降
【专题】化学平衡专题；化学平衡计算．
【分析】A．放热反应ΔH＜0，生成物中气体减少，混乱度变小；
B．平衡常数等于生成物浓度的系数次幂的乘积比上反应物浓度系数次幂的乘积；
C．反应焓变由反应物和生成物的总能量决定；
D．增大反应物浓度，平衡正向移动。
【解答】解：A．由题意可知，反应放热，ΔH＜0，反应正向气体分子数减小，ΔS＜0，故A正确；
B．反应2NO（g）+O （g） 2NO （g），平衡常数可表示为K＝ ，故B错误；
2 2
C．使用催化剂能降低反应所⇌需的活化能，加快反应速率，但反应物和生成物的总能量不变，反应焓
变不变，故C错误；
D．其他条件相同，增大 ，相当于增大氧气浓度，平衡正向移动，NO转化率变大，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变平衡的影响是解题的关键。
二．解答题（共5小题）
21．（2024•延平区校级开学）磷和砷的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下
列问题：
（1）红磷是巨型共价分子，无定型结构，下列方法能证明红磷是非晶体的是 D 。
A．质谱法
B．原子发射光谱法
C．核磁共振谱法
D．X射线衍射法
（2）第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素有 3 种。GaCl 分子中心原子的杂化方式为
3
sp 2 。
31（3）基态As原子的核外电子排布式为 [Ar]3 d 1 0 4 s 2 4 p 3 ，As原子的逐级电离能数据如图：
第一电离能 第二电离能 第三电离能 第四电离能 第五电离能 第六电离能
947.0 1798 2735 4837 6043 12310
为什么第五电离能与第六电离能相差较大？ A s 原子最外层有五个电子，失去的第六个电子来自全充
满的次外层，所需能量较高 。
（4）黑磷是新型二维半导体材料，具有片层结构（如图所示），P原子的杂化方式为 s p 3 ，层与
层之间的相互作用为 分子间作用力 。
（5）GaAs的熔点为1238℃，且熔融状态不导电，其晶胞结构如图所示，该晶体的类型为 共价晶
体 。Ga，每个As原子周围最近的As原子数目为 12 ，一个GaAs晶胞中配位键的数目为 4
。
已知GaAs的密度为dg/cm3，摩尔质量为Mg/mol，阿伏加德罗常数用N 表示，则晶胞中最近的As和
A
Ga原子核间距为 nm（列式表示）。
【专题】基本概念与基本理论；元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．
【分析】（1）红磷是巨型共价分子，无定型结构，使用X射线晶体衍射方法可以确定其是否为晶体；
（2）元素周期表中，非金属性越强，第一电离能呈增大趋势，但第 IIA族和第ⅤA族由于半满和全满
结构，第一电离能偏大，第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素有Mg、Si、S，GaCl 分子中心原
3
子的价层电子对数为3；
（3）As为第四周期第ⅤA族元素，基态As原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，第五电离能与第
六电离能相差较大的原因是As原子最外层有五个电子，失去的第六个电子来自全充满的次外层；
（4）黑磷是新型二维半导体材料，具有片层结构（如图所示），一个P原子的σ键数目为3，属于sp3
杂化，类比石墨分析即可；
（5）GaAs的熔点为1238℃，且熔融状态不导电，说明其属于共价晶体，分析晶胞结构可知，每个 As
原子周围最近的As原子数目为12，一个GaAs晶胞中配位键的数目为4；
（6）晶胞中Ga原子数目为4，结合化学式，As原子数目为4，已知GaAs的密度为dg/cm3，摩尔质量
32为Mg/mol，阿伏加德罗常数用N 表示，则晶胞中最近的As和Ga原子核间距为体对角线的 ，计算
A
可知，设晶胞边长为a， ＝dg/cm3，晶胞边长a＝ ×107nm，据此计算即可。
【解答】解：（1）红磷是巨型共价分子，无定型结构，下列方法能证明红磷是非晶体的是 X射线衍
射法，
故答案为：D；
（2）元素周期表中，非金属性越强，第一电离能呈增大趋势，但第 IIA族和第ⅤA族由于半满和全满
结构，第一电离能偏大，第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素有Mg、Si、S，GaCl 分子中心原
3
子的价层电子对数为3，属于sp2杂化，
故答案为：3；sp2；
（3）As为第四周期第ⅤA族元素，基态As原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，第五电离能与第
六电离能相差较大的原因是As原子最外层有五个电子，失去的第六个电子来自全充满的次外层，所需
能量较高，
故答案为：[Ar]3d104s24p3；As原子最外层有五个电子，失去的第六个电子来自全充满的次外层，所需
能量较高；
（4）黑磷是新型二维半导体材料，具有片层结构（如图所示），一个P原子的σ键数目为3，属于sp3
杂化，类比石墨，层与层之间的相互作用为分子间作用力，
故答案为：sp3；分子间作用力；
（5）GaAs的熔点为1238℃，且熔融状态不导电，说明其属于共价晶体，分析晶胞结构可知，每个 As
原子周围最近的As原子数目为12，一个GaAs晶胞中配位键的数目为4，
故答案为：共价晶体；12；4；
（6）晶胞中Ga原子数目为4，结合化学式，As原子数目为4，已知GaAs的密度为dg/cm3，摩尔质量
为Mg/mol，阿伏加德罗常数用N 表示，则晶胞中最近的As和Ga原子核间距为体对角线的 ，计算
A
可知，设晶胞边长为a， ＝dg/cm3，晶胞边长a＝ ×107nm，则晶胞中最近的As和
Ga原子核间距为 ，
33故答案为： 。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为
解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
22．（2024春•天津期末）Ⅰ.如图中A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。它们之间有
如下的反应关系：
若A是淡黄色固体，C、D是氧化物，C是造成酸雨的主要物质，
（1）酸雨的形成过程中，C最终转化为 H SO （填化学式）。
2 4
（2）对煤进行预处理是减少C排放的重要手段，在煤中添加适量生石灰，可使煤燃烧过程中产生的 C
转化为A的最高价钙盐，该反应的化学方程式为 2CaO+2SO +O 2CaSO 。
2 2 4
（3）你认为减少酸雨的产生可采取的措施是 C （填标号）。
①少用煤作燃料
②把工厂烟囱造高
③燃料脱硫
④在已酸化的土壤中加石灰
⑤开发新能源
A.①②③
B.②③④⑤
C.①③⑤
D.①③④⑤
Ⅱ.NO 是汽车尾气中的主要污染物之一。
x
（4）NOx能形成酸雨，写出NO 与水反应转化为HNO 的化学方程式： 3NO +H O ＝ 2HNO +NO
2 3 2 2 3
。
（5）工业上利用氨的催化氧化制取NO，写出化学方程式 4NH +5O 4NO+6H O 。
3 2 2
（6）通过NO传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如图：
34①NiO电极上发生的反应是 氧化 （填氧化或还原）反应。
②写出Pt电极的电极反应式： O +4e ﹣ ＝ 2O 2 ﹣ 。
2
【专题】无机推断；电化学专题．
【分析】Ⅰ．根据转化关系分析，若A是淡黄色固体，C、D是氧化物，C是造成酸雨的主要物质，故
A为单质硫，C为SO ，硫与氢气反应生成硫化氢，硫化氢在氧气中燃烧生成二氧化硫，故B为H S；
2 2
Ⅱ．根据转化关系分析，若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染，则C、D分别
为NO、NO ，B为氨气，氨气发生催化氧化生成NO，氮气与氢气在一定条件下反应生成氨气，氮气
2
与氧气放电条件下生成NO，所以A为氮气；
【解答】解：（1）二氧化硫被氧气氧化为三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸；或二氧化硫与水反
应生成亚硫酸，亚硫酸被氧气氧化为硫酸；结合以上分析可知，酸雨的形成过程中，SO 最终转化为
2
H SO ，
2 4
故答案为：H SO ；
2 4
（2）二氧化硫与氧化钙反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙又被氧气氧化为硫酸钙，硫元素为+6价，为最
高正价，反应的化学方程式为：2CaO+2SO +O 2CaSO ，
2 2 4
故答案为：2CaO+2SO +O 2CaSO ；
2 2 4
（3）二氧化硫与水反应生成亚硫酸，易被氧化为硫酸，雨水酸性增强，则由二氧化硫形成的雨水的主
要成分是硫酸，把工厂烟囱造高，在已酸化的土壤中加入石灰等措施不能从源头上有效地防止酸雨的
形成，少用煤做燃料、燃料脱硫、开发新的能源等措施可以减少二氧化硫气体的排放，从而减小酸雨
的形成，故①③⑤符合，
故答案为：C；
（4）NO 与水反应生成HNO 和NO，化学方程式为3NO +H O＝2HNO +NO，
2 3 2 2 3
故答案为：3NO +H O＝2HNO +NO；
2 2 3
（5）氨气催化氧化生成NO和水，化学方程式为4NH +5O 4NO+6H O，
3 2 2
故答案为：4NH +5O 4NO+6H O；
3 2 2
35（6）①由图示可知，NO在NiO电极上转化为了NO ，氮元素化合价升高，失电子，发生氧化反应，
2
故答案为：氧化；
②由图示可知，O 在Pt电极得电子生成O2﹣，电极反应式为O +4e﹣＝2O2﹣，
2 2
故答案为：O +4e﹣＝2O2﹣。
2
【点评】本题考查无机物的推断、氮族元素、电化学，属于开放性题目，熟练掌握元素化合物知识即
可解答，有利于基础知识的复习巩固，难度中等。
23．（2024•辽宁模拟）松香烷二萜类化合物具有良好的生物活性，广泛分布于自然界中。由米团花分离
出的松香烷二萜J的合成路线如图1：
已知： 。
回答下列问题：
（1）A与B在TsOH催化作用下脱去一分子H O形成化合物C，则B的名称（系统命名法）是 2 ，
2
2 ﹣二甲基﹣ 1 ， 3 ﹣丙二醇 。
（2）元素分析显示F中含有碳、氢、溴三种元素，则F的分子式为 C H Br 。
11 13
（3）化合物C与CH I反应时，加入无水CH COONa能很好地提升反应速率及平衡转化率，则C→D
3 3
36转化的化学方程式为 +CH I+CH COONa → +NaI+CH COOH
3 3 3
。
（4）G→H的反应类型为 消去反应 。
（5）若用H 代替LiAlH 完成I→J的转化，可能导致目标产物产率下降，其原因是 用氢气还原会
2 4
产生副产物，导致目标产物产率下降 。
（6）E的同分异构体中，含有苯环且与E具有相同官能团的共有 5 种（不考虑立体异构）。
（7）图2是某天然产物合成路线的一部分。其中K与L的结构简式分别为K：
，L： 。
【专题】有机化合物的获得与应用．
【分析】TsOH与CH
2
Cl
2
和BF 3⋅Et
2
O起到保护羰基的作用，A（ ）与 发生取
代反应生成 C（ ），C（ ）与 CH I 发生取代反应生成 D（
3
） E 合 成 F （ ） ， D （ ） 与 F （
37） 发 生 取 代 反 应 生 成 G （ ） ， G （
）经过浓硫酸加热，发生消去反应生成H（
） ， H （ ） 水 解 生 成 I （ ） ， I （
）与LiAlH 发生还原反应生成J（ ）。
4
【解答】解：（1）根据流程可知，A→C的过程中脱去一分子H O，其中A中碳氧双键断裂，则B中
2
断裂的为氢氧键，故B为 ，则B的名称（系统命名法）是2，2﹣二甲基﹣1，3﹣丙二醇，
故答案为：2，2﹣二甲基﹣1，3﹣丙二醇；
（2）F与D反应生成G，由已知可以推断出F为 ，则F的分子式为C H Br，
11 13
38故答案为：C H Br；
11 13
（3）C与CH I发生取代反应生成HI，HI再与CH COONa反应生成NaI和CH COOH，则C→D转化
3 3 3
的化学方程式为 +CH I+CH COONa→ +NaI+CH COOH，
3 3 3
故答案为： +CH I+CH COONa→ +NaI+CH COOH；
3 3 3
（4）G→H过程中羟基变为碳碳双键，故反应类型为消去反应，
故答案为：消去反应；
（5）氢气除了还原羰基之外还可以还原苯环，产生副产物，导致目标产物产率下降，
故答案为：用氢气还原会产生副产物，导致目标产物产率下降；
（6）E的同分异构体除E之外还有以下五种 、 、苯环上的二取代物
（邻、间、对三种），故含有苯环且与E具有相同官能团的共有5种，
故答案为：5；
（7） 与 反应生成 ， 与 LiAlH 反应生成
4
， 与CH
2
Cl
2
和BF 3⋅Et
2
O反应生成 ，故K
的结构简式为 ，L的结构简式为 ，
39故答案为： ； 。
【点评】本题考查有机化学，侧重考查学生有机反应和有机合成的掌握情况，试题难度中等
24．（2023秋•西城区期末）某小组探究Cu与Fe3+的反应，进行如下实验。
已知：[CuCl ]2﹣（无色） CuCl↓（白色）+2Cl﹣
3
[CuCl ]2﹣+SCN﹣ CuSCN⇌↓（白色）+3Cl﹣
3
⇌ 序号 试剂x 实验现象
Ⅰ 5mL0.05mol/LFe （SO ） 溶液（pH＝2） 溶液变为浅蓝色，30min时，
2 4 3
铜粉有较多剩余
Ⅱ 5mL0.1mol/LFeCl 溶液（pH＝2） 溶液变为蓝色，30min时，铜
3
粉完全溶解
（1）Ⅰ、Ⅱ中，反应后的溶液均变为蓝色，推测有Cu2+生成。分别取少量反应后的溶液，滴加K [Fe
3
（CN） ]溶液，均产生蓝色沉淀Ⅰ中反应的离子方程式是 Cu+2F e 3 + ＝ C u 2 + +2F e 2 + 。
6
（2）30min内，Cu被氧化的反应速率：Ⅰ ＜ Ⅱ（填“＞”“＜”或“＝”）。
（3）研究Ⅱ的反应过程，设计如下装置进行实验。不同时间取左侧烧杯中的溶液，滴加KSCN溶液，
取样时间与实验现象如下（不考虑O 的作用）。
2
序号 取样时间/min 现象
ⅰ 1 产生白色沉淀，
ⅱ 10 产生白色沉淀，较1min时量
多
ⅲ 30 产生白色沉淀，较10min时
量少
iv 40 无白色沉淀产生
经检验，白色沉淀为CuSCN。
ⅰ～ⅳ中，分别取右侧烧杯中的溶液，滴加KSCN溶液，溶液红色依次变浅。
①NaCl溶液的浓度是 0. 3 mol/L。
②根据ⅰ、ⅱ中“产生白色沉淀”“溶液红色变浅”，推测 Cu转化为[CuCl ]2﹣，Cu与FeCl 溶液反
3 3
应的离子方程式是 Cu+F e 3 + +3C l ﹣ ＝ [CuC l ] 2 ﹣ +Fe 2+ 。
3
③由ⅲ、ⅳ可知，30min后主要反应的离子方程式是 [CuC l ] 2 ﹣ +Fe 3+ ＝ Cu 2+ +Fe 2+ +3Cl ﹣ 。
3
（4）对比Ⅰ和Ⅱ，结合ⅰ～ⅳ，Cl﹣在Cu与Fe3+反应中的作用是 作催化剂 。
（5）研究Cl﹣的浓度对铜粉溶解的影响，进行如下实验。
a中加入的试剂x为5mL0.05mol/LFe （SO ） 和0.1mol/LNaCl的混合溶液。充分反应后，铜粉有少量
2 4 3
40剩余，溶液变为蓝色，有少量白色沉淀，经检验白色沉淀是 CuCl。则铜粉未完全溶解的原因是 c
（ C l ﹣ ）小，反应会生成 CuC l ， CuC l 覆盖在铜粉表面，阻止反应继续进行 。
【专题】实验设计题．
【分析】（1）Ⅰ中，将硫酸铁溶液中加到不足量的铜粉中，充分振荡，溶液变为蓝绿色，说明铜与硫
酸铁反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，Ⅰ中反应的离子方程式是Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+；
（2）30min内，Ⅱ中铁离子浓度大，反应速率大，Cu被氧化的反应速率：Ⅰ＜ll；
（3）经检验，白色沉淀为CuSCN，i～iv中，分别取右侧烧杯中的溶液，滴加KSCN溶液，溶液红色
依次变浅，说明铁离子浓度越来越小，
①控制左侧氯离子浓度与右侧相同NaCl溶液的浓度是0.3mol/L；
②根据i、ii中“产生白色沉淀”“溶液红色变浅”，推测Cu转化为[CuCl ]2﹣，铜由0价变为+1价，
3
Cu与FeCl 溶液反应的离子方Cu+Fe3++3Cl﹣＝[CuCl ]2﹣+Fe2+；
3 3
③由iii、iv可知，30min后+1价的铜被氧化为铜离子，主要反应的离子方程式是[CuCl ]2﹣+Fe3+＝Cu2+
3
+Fe2++3Cl﹣；
（4）对比Ⅰ和Ⅱ，结合i～iv，Cl﹣在Cu与 Fe3+反应中的作用是作催化剂；
（5）研究Cl﹣的浓度对铜粉溶解的影响，铜粉未完全溶解的原因是 c（Cl﹣）小，反应会生成CuCl，
CuCl覆盖在铜粉表面，阻止反应继续进行。
【解答】解：（1）Ⅰ中，将硫酸铁溶液中加到不足量的铜粉中，充分振荡，溶液变为蓝绿色，说明铜
与硫酸铁反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，Ⅰ中反应的离子方程式是Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+，
故答案为：Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+；
（2）30min内，Ⅱ中铁离子浓度大，反应速率大，Cu被氧化的反应速率：Ⅰ＜ll，
故答案为：＜；
（3）经检验，白色沉淀为CuSCN，i～iv中，分别取右侧烧杯中的溶液，滴加KSCN溶液，溶液红色
依次变浅，说明铁离子浓度越来越小，
①控制左侧氯离子浓度与右侧相同NaCl溶液的浓度是0.3mol/L，
故答案为：0.3；
②根据i、ii中“产生白色沉淀”“溶液红色变浅”，推测Cu转化为[CuCl ]2﹣，铜由0价变为+1价，
3
Cu与FeCl 溶液反应的离子方Cu+Fe3++3Cl﹣＝[CuCl ]2﹣+Fe2+，
3 3
故答案为：Cu+Fe3++3Cl﹣＝[CuCl ]2﹣+Fe2+；
3
③由iii、iv可知，30min后+1价的铜被氧化为铜离子，主要反应的离子方程式是[CuCl ]2﹣+Fe3+＝Cu2+
3
+Fe2++3Cl﹣，
故答案为：[CuCl ]2﹣+Fe3+＝Cu2++Fe2++3Cl﹣；
3
（4）对比Ⅰ和Ⅱ，结合i～iv，Cl﹣在Cu与 Fe3+反应中的作用是作催化剂，
41故答案为：作催化剂；
（5）研究Cl﹣的浓度对铜粉溶解的影响，铜粉未完全溶解的原因是 c（Cl﹣）小，反应会生成CuCl，
CuCl覆盖在铜粉表面，阻止反应继续进行，
故答案为：c（Cl﹣）小，反应会生成CuCl，CuCl覆盖在铜粉表面，阻止反应继续进行。
【点评】本题主要考查学生的实验探究能力、分析比较能力，同时考查铁盐与亚铁盐之间的相互转化，
属于氧化还原反应的应用，对学生的能力要求较高，难度较大。
25．（2024•怀仁市校级三模）为了实现“碳达峰”和“碳中和”的目标，将 CO 催化加氢合成低碳烯烃
2
是解决温室效应和化工原料问题的有效途径。已知部分反应的热化学方程式如下：
Ⅰ．6H （g）+2CO （g） C H （g）+4H O（g）ΔH ＝﹣268.65kJ•mol﹣1
2 2 2 4 2 1
Ⅱ．9H （g）+3CO （g）⇌C H （g）+6H O（g）ΔH ＝﹣131.50kJ•mol﹣1
2 2 3 6 2 2
Ⅲ．12H （g）+4CO （g）⇌ C H （g）+8H O（g）ΔH ＝﹣380.22kJ•mol﹣1
2 2 4 8 2 3
回答下列问题： ⇌
（1）反应2C H （g） C H （g）+C H （g）的ΔH＝ ﹣ 385.8 7 kJ•mol﹣1。
3 6 2 4 4 8
（2）120℃和有催化剂⇌存在的条件下，恒容密闭容器中，反应Ⅱ达到平衡状态的标志是 D （填标
号）。
A．单位时间内消耗3mol CO ，同时生成1mol C H
2 3 6
B．混合气体的密度不再改变
C．反应速率v（H ）：v（CO ）：v（C H ）：v（H O）＝9：3：1：6
2 2 3 6 2
D．混合气体的平均相对分子质量不再改变
（3）用碳化钼催化CO 和CH 重整制氢的反应原理如图所示。
2 4
① CH 发生的反应为 yCH +MoC O ＝yCO+2yH +MoC ，则 CO 发生的反应为 yCO +MoC ＝
4 4 x y 2 x 2 2 x
yCO+MoC O 。
x y
②将1mol CH 和1mol CO 充入恒容密闭容器中发生反应：CH （g）+CO （g） 2CO（g）+2H
4 2 4 2 2
（g），在600K时，气体混合物中H 的物质的量分数x（H ）与反应时间t的关系如下⇌表所示：
2 2
42t/min 0 10 20 30 40 50
x（H ）/% 0 11 20 26 30 30
2
该反应中，正反应速率v正 ＝k正 •x（CH
4
）•x（CO
2
），逆反应速率v逆 ＝k逆 •x2（CO）•x2（H
2
），其
中k正 、k逆 为速率常数，则k逆 ＝ （用K
x
和k正 表示，其中K
x
为用物质的量分数表示的平衡
常数）。600K时，该反应的K ＝ 0. 2 （保留1位小数）。
x
（4）在总压强恒定为3.1MPa和 ＝3时，在容器体积可变的密闭容器中当只发生反应 I
时，平衡时各物质的物质的量百分数 x与温度T的关系如图所示。A点时，CO 的平衡转化率为
2
60% ；乙烯的分压为 0. 3 MPa。B点对应温度下反应Ⅰ的压强平衡常数K ＝ 8. 6 （MPa）﹣3
p
（保留1位小数）。
【专题】化学平衡专题；化学平衡计算；分析与推测能力．
【分析】（1）根据盖斯定律可知，该反应方程式可以由﹣2×Ⅱ+Ⅰ+Ⅲ得到；
（2）A．根据系数关系，消耗3mol二氧化碳时，一定会生成1mol的丙烯，不论是否达到平衡，都不
能根据这个判断平衡；
B．混合气体的质量不变，体积固定，所以气体密度是恒定不变的，不能判断平衡；
C．各气体反应速率关系一定等于系数关系，无法判断平衡；
D．混合气体质量恒定，气体总物质的量会随着反应进行不断变化，所以气体的平均相对分子质量会
随着反应进行不断变化，如果不变了，说明达到平衡，故D正确；
（3）①通入二氧化碳时，要能重新反应生成MoC O ，所以方程式是yCO +MoC ＝yCO+MoC O ；
x y 2 x x y
②反应达到平衡时，V正 ＝V逆 ，则 ＝ ＝K
a
，所以K正 ＝K逆 •K
a
，600K时，平
43衡下氢气的物质的量分数是30%，由于一氧化碳和氢气是1：1生成的，所以一氧化碳的物质的量分数
也是 30%，甲烷和二氧化碳的物质的量分数相同，都是 20%，就有 K ＝ ＝
a
≈0.2；
（4）设n起始 （H
2
）＝3mol，n起始 （CO
2
）＝1mol，反应到A点时消耗生成xmol乙烯，结合已知条
件列三段式：
A点时，H O和H 的物质量分数相等，则3﹣6x＝4x，解得：x＝0.3；
2 2
CO 的平衡转化率＝ ×100%；
2
此时乙烯的物质的量为0.3mol，乙烯的分压为＝ ；
B点时CO 和C H 物质的量分数相等，列三段式得：
2 2 4
1﹣2y＝y，解得：y＝ ，n（H O）＝ ，n（CO ）＝ ，n（H ）＝1，总气体的物质的量为3mol；
2 2 2
平衡常数K ＝ 。
p
【解答】解：（1）根据盖斯定律可知，该反应方程式可以由﹣2×Ⅱ+Ⅰ+Ⅲ得到，ΔH＝﹣2×（﹣
131.50）kJ/mol+（﹣268.65）kJ/mol+（﹣380.22）kJ/mol＝﹣385.87kJ/mol，
故答案为：﹣385.87；
（2）A．根据系数关系，消耗3mol二氧化碳时，一定会生成1mol的丙烯，不论是否达到平衡，都不
能根据这个判断平衡，故A错误；
B．混合气体的质量不变，体积固定，所以气体密度是恒定不变的，不能判断平衡，故B错误；
44C．各气体反应速率关系一定等于系数关系，无法判断平衡，故C错误；
D．混合气体质量恒定，气体总物质的量会随着反应进行不断变化，所以气体的平均相对分子质量会
随着反应进行不断变化，如果不变了，说明达到平衡，故D正确，
故答案为：D；
（3）①通入二氧化碳时，要能重新反应生成MoC O ，所以方程式是yCO +MoC ＝yCO+MoC O ，
x y 2 x x y
故答案为：yCO +MoC ＝yCO+MoC O ；
2 x x y
②反应达到平衡时，v 正 ＝v 逆 ，则 k 正 •x（CH 4 ）•x（CO 2 ）＝ ，
，则k逆 ＝ ，600K时，平衡下氢气的物质的量分数是30%，由于
一氧化碳和氢气是1：1生成的，所以一氧化碳的物质的量分数也是30%，甲烷和二氧化碳的物质的量
分数相同，都是20%，就有K ＝ ＝ ≈0.2；
a
故答案为： ；0.2；
（4）设n起始 （H
2
）＝3mol，n起始 （CO
2
）＝1mol，反应到A点时消耗生成xmol乙烯，结合已知条
件列三段式：
A点时，H O和H 的物质量分数相等，则3﹣6x＝4x，解得：x＝0.3；
2 2
CO 的平衡转化率＝ ＝60%；
2
此时乙烯的物质的量为0.3mol，乙烯的分压为＝ ；
B点时CO 和C H 物质的量分数相等，列三段式得：
2 2 4
451﹣2y＝y，解得：y＝ ，n（H O）＝ ，n（CO ）＝ ，n（H ）＝1，总气体的物质的量为3mol；
2 2 2
平衡常数K ＝ ，
p
故答案为：60%；0.3；8.6。
【点评】本题主要考查盖斯定律的应用、化学平衡的计算等知识，题目难度较大，掌握基础知识，分
析题给信息是解答的关键。
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