2025高考假期提升專項練習化學壓軸卷訓練5含答案及解析

2025菁優(yōu)高考化學壓軸卷訓練5一．選擇題（共20小題）1．（2024秋?香坊區(qū)校級月考）下列關于物質(zhì)分類的組合正確的是（）選項堿酸鹽堿性氧化物酸性氧化物ACa（OH）2硫酸小蘇打Mn2O7干冰B燒堿鹽酸氯化鈉氧化鈉一氧化碳C石灰水冰醋酸（CH3COOH）膽礬（CuSO4﹣5H2O）氧化鈉二氧化硫DNaOHHNO3硫酸鈣氧化鐵SO3A．A B．B C．C D．D2．（2024秋?深圳校級月考）下列化學用語表述正確的是（）A．葡萄糖的實驗式C6H12O6 B．TNT的結構簡式 C．乙炔的分子的球棍模型 D．丙烯的鍵線式：3．（2024秋?荔灣區(qū)校級月考）下列敘述對應的方程式書寫錯誤的是（）A．向Ca（OH）2溶液中滴加Ca（HCO3）2溶液：Ca2+++OH﹣＝CaCO3↓+H2O B．向飽和NaOH溶液通入過量CO2析出白色晶體：OH﹣+CO2＝ C．加熱藍色的CuCl2溶液，溶液變黃綠色：[Cu（H2O）4]2+（aq）[藍色]+4Cl﹣（aq）?[CuCl4]2﹣（aq）[黃色]+4H2O（l）ΔH＞0 D．向FeSO4溶液中加入H2O2出現(xiàn)紅褐色沉淀：2Fe2++H2O2+4H2O＝2Fe（OH）3↓+4H+4．（2024秋?海淀區(qū)校級月考）NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A．18g含有的中子數(shù)為10NA B．0.1mol?L﹣1HClO4溶液中含有的H+數(shù)為0.1NA C．1molC2H4中含有σ鍵的數(shù)目為5NA D．標準狀況下，1.12LN2和足量H2于密閉容器充分反應，生成NH3分子數(shù)為0.1NA5．（2024?仁壽縣三模）某化學卷發(fā)水、燙發(fā)劑主要成分的結構如圖所示：；已知W、X、Y、Z、M均為短周期主族元素，且原子序數(shù)依次增大。下列說法正確的是（）A．簡單氫化物的沸點：Z＞M＞Y B．由W、X、Y、M四種元素組成的某種鹽可與Fe3+發(fā)生顯色反應 C．X最高價氧化物對應的水化物能夠促進水的電離 D．XZ2和MZ2可用澄清石灰水鑒別6．（2024秋?重慶期中）某含鈣化合物的晶胞結構如圖甲所示，沿x軸方向的投影為圖乙，晶胞底面顯示為圖丙，晶胞參數(shù)a≠c，a≠c，α＝β＝γ＝90°。已知該含鈣化合物的摩爾質(zhì)量為Mg/mol，阿伏加德羅常數(shù)的值是NA。下列說法正確的是（）A．元素電負性：B＞N B．該含鈣化合物的化學式是Ca3N2B C．晶體密度的計算式為 D．圖丙中Ca和N的間距為7．（2024秋?云南月考）CuCl2可與某有機多齒配體形成具有較強熒光性能的配合物，其結構如圖所示。下列說法不正確的是（）A．的鍵角比小 B．該配合物中存在著σ鍵、π鍵 C．1mol有機配體與Cu2+形成的配位鍵有3mol D．配合物分子中N、C原子均存在sp2和sp3雜化軌道8．（2024秋?邢臺月考）煉鐵工業(yè)中高爐煤氣的一種新的處理過程如圖所示，下列敘述錯誤的是（）A．反應①②③④均為氧化還原反應 B．第一電離能：N＞O＞H＞C C．干冰中，每個CO2分子周圍有12個緊鄰的分子 D．可用電子氣理論來解釋鐵具有良好的導電、導熱和延展性9．（2024秋?臨渭區(qū)校級月考）我國科學家已經(jīng)成功催化氫化CO2獲得甲酸，利用化合物1催化氫化CO2的反應過程如圖甲所示，其中化合物2與水反應生成化合物3與HCOO﹣過程中的能量變化如圖乙所示（TS表示過渡態(tài)，I表示中間體），下列說法錯誤的是（）A．化合物1為該反應的催化劑，可加快CO2的轉化速率 B．圖乙中形成中間體I2的反應為圖甲中“化合物2+H2O→化合物3+HCOO﹣”的決速步驟 C．化合物1→化合物2的過程中存在碳氧鍵的斷裂和碳氫鍵的形成 D．從平衡移動的角度看，升高溫度可促進化合物2與水反應生成化合物3與HCOO﹣10．（2024?西城區(qū)校級模擬）利用如圖裝置進行鐵上電鍍銅的實驗探究。裝置示意圖序號電解質(zhì)溶液實驗現(xiàn)象①0.1mol/LCuSO4+少量H2SO4陰極表面有無色氣體，一段時間后陰極表面有紅色固體，氣體減少。經(jīng)檢驗電解液中有Fe2+②0.1mol/LCuSO4+過量氨水陰極表面未觀察到氣體，一段時間后陰極表面有致密紅色固體。經(jīng)檢驗電解液中無Fe元素下列說法不正確的是（）A．①中氣體減少，推測是由于溶液中c（H+）減少，且Cu覆蓋鐵電極，阻礙H+與鐵接觸 B．①中檢測到Fe2+，推測可能發(fā)生反應：Fe+2H+═Fe2++H2、Fe+Cu2+═Fe2++Cu C．隨陰極析出Cu，推測②中溶液c（Cu2+）減少，Cu2++4NH3?[Cu（NH3）4]2+平衡逆移 D．②中Cu2+生成[Cu（NH3）4]2+，使得c（Cu2+）比①中溶液的小，Cu緩慢析出，鍍層更致密11．（2024秋?南京月考）對于反應4NH3（g）+5O2（g）?4NO（g）+6H2O（g）ΔH＜0，下列說法正確的是（）A．1molN—H斷裂的同時有1molO—H斷裂，說明反應到達該條件下的平衡狀態(tài) B．該反應的平衡常數(shù)可表達為 C．適當降溫加壓可提高NH3的平衡轉化率 D．分離出NO（g），v正增大，平衡向正反應方向移動12．（2024?北京）硫酸是重要化工原料，工業(yè)生產(chǎn)制取硫酸的原理示意圖如圖。下列說法不正確的是（）A．Ⅰ的化學方程式：3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2 B．Ⅱ中的反應條件都是為了提高SO2平衡轉化率 C．將黃鐵礦換成硫黃可以減少廢渣的產(chǎn)生 D．生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的尾氣可用堿液吸收13．（2024春?青羊區(qū)校級期末）阿司匹林是一種常見的退燒藥，其合成路線如圖所示，下列說法正確的是（）A．產(chǎn)物A的結構簡式為CH3COOH B．水楊酸分子苯環(huán)上的一氯取代有兩種（不考慮立體異構） C．該合成實驗最好采用直接加熱法 D．阿司匹林能發(fā)生取代反應，但不能發(fā)生水解反應14．（2024秋?泉州月考）N2H4是一種強還原性的高能物質(zhì)，在航天、能源等領域有廣泛應用。我國科學家合成的某Ru（Ⅱ）催化劑（用[L﹣Ru—NH3]+表示）能高效電催化氧化NH3合成N2H4，其反應機理如圖所示。下列說法正確的是（）A．Ru（Ⅱ）被氧化至Ru（Ⅲ）后，配體NH3失去質(zhì)子能力減弱 B．M與[L﹣Ru—NH3]+中Ru的化合價不同 C．圖示過程發(fā)生在電解池陽極區(qū) D．該過程有非極性鍵的形成和斷裂15．（2024秋?東莞市月考）下列實驗方案不能達到相應實驗目的的是（）A．用裝置①驗證升高溫度可以加快反應速率 B．用裝置②探究H2SO4濃度對化學反應速率的影響 C．用裝置③比較CuSO4、FeCl3對H2O2分解速率的影響 D．用裝置④探究溫度對化學平衡的影響16．（2024秋?和平區(qū)校級月考）以金屬Fe為主要成分的Al、Fe、Cu廢舊合金（還含少量Al2O3、Fe2O3、CuO）的回收模擬實驗如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．加入足量NaOH溶液Al2O3發(fā)生反應：Al2O3+3H2O+2OH﹣＝2[Al（OH）4]﹣ B．濾渣A為Fe、Cu、Fe2O3、CuO C．操作Ⅱ在表面皿中進行 D．濾液B經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌可獲得綠礬17．（2024秋?江陰市校級月考）高鐵酸鉀（K2FeO4）是一種新型、高效、多功能水處理劑，是比O3、KMnO4氧化性更強，無二次污染的綠色水處理劑。工業(yè)上可以由硫酸亞鐵制備高鐵酸鉀以及高鐵酸鉀處理污水的部分流程如下，其中過程①中發(fā)生的反應為：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑）以下說法不正確的是（）A．過程①中還原劑與氧化劑的個數(shù)之比為1：3 B．另一種在堿性條件下制備K2FeO4的反應可能：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝2+3Cl﹣+5H2O C．K2FeO4處理污水時不僅能消毒殺菌，還能生成Fe（OH）3膠體吸附水中的懸浮雜質(zhì) D．污水中的有害離子CN﹣被K2FeO4氧化轉化為兩種無毒氣體，反應過程中CN﹣做還原劑18．（2024秋?南京月考）室溫下，通過下列實驗探究K2C2O4與KHC2O4的性質(zhì)（忽略溶液混合時的體積變化）。已知：Ka1（H2C2O4）＝5.6×10﹣2、Ka2（H2C2O4）＝1.5×10﹣4、Ksp（CaC2O4）＝2.3×10﹣9。實驗1：向0.1mol?L﹣1KHC2O4溶液中滴加少量等濃度NaOH溶液，無明顯現(xiàn)象。實驗2：向0.1mol?L﹣1K2C2O4溶液中加入等體積0.2mol?L﹣1CaCl2溶液，溶液變渾濁。實驗3：向酸性KMnO4溶液中滴加0.1mol?L﹣1KHC2O4溶液至溶液紫紅色恰好褪去。下列說法不正確的是（）A．0.1mol?L﹣1KHC2O4溶液中：c（H2C2O4）＜c（C2） B．實驗1所得溶液中：c（K+）＝c（H2C2O4）+c（HC2）+c（C2） C．實驗2過濾后所得清液中：c（C2）＝2.3×10﹣8mol?L﹣1 D．實驗3所得溶液中：19．（2024秋?廣西月考）常溫下，M2+在不同pH的Na2A溶液中的存在形式不同，Na2A溶液中pM[pM＝﹣lgc（M2+）]隨pH的變化、Na2A溶液中含A微粒的物質(zhì)的量分數(shù)隨pH的變化如圖所示。已知MA、M（OH）2均為難溶物，下列說法錯誤的是（）已知：y＝kx+b（k、b是常數(shù)，k≠0），x為自變量，y為因變量，將這兩個變量分別作為橫、縱坐標，則圖像在平面上呈一條直線。A．NaHA溶液呈堿性 B．0.1mol?L﹣1Na2A溶液中存在：c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（HA﹣）+2c（H2A） C．曲線Ⅱ上的點滿足c（M2+）c（A2﹣）＝Ksp（MA） D．初始狀態(tài)的b點發(fā)生反應生成MA沉淀20．（2024秋?海安市校級月考）工業(yè)上用乙苯與CO2生產(chǎn)苯乙烯，主要反應：①（g）+H2（g）ΔH1＝+125kJ/mol②H2（g）+CO2（g）＝CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41kJ/mol在一定壓強和催化劑作用下，向恒容容器中充入等物質(zhì)的量的乙苯和CO2。達到平衡時，各物質(zhì)的體積分數(shù)隨溫度的變化如圖所示。下列說法不正確的是（）A．其他條件不變，升高溫度，CO2的平衡轉化率增大 B．苯乙烯和H2的體積分數(shù)變化差異的主要原因是CO2消耗H2 C．一定溫度下，降低的乙苯和CO2物質(zhì)的量比值或減小壓強，均能使乙苯平衡轉化率 D．一定溫度下，加入CaO（s），能提高平衡時苯乙烯的產(chǎn)率二．解答題（共5小題）21．（2024秋?黃浦區(qū)校級月考）硫及其化合物有許多用途，相關物質(zhì)的物理常數(shù)如下表所示，回答下列問題：H2SMnSSO2SO3H2SO4熔點/℃﹣85.5＞1600（分解）﹣75.516.810.3沸點/℃﹣60.3﹣10.045.0337.0（1）硫元素位于元素周期表的。A.s區(qū)B.p區(qū)C.d區(qū)D.f區(qū)（2）基態(tài)S原子價層電子軌道表示式是，其電子占據(jù)最高能級的電子云形狀為。（3）基態(tài)Mn原子的價電子構型是。A.3d7B.3d74s2C.3d54s2D.3d9（4）具有下列電子排布式的基態(tài)原子中原子半徑最大的是。A.B.C.1s22s22p2D.1s22s22p33s23p4（5）關于SO2的說法正確的是（不定項）A.中心原子的雜化類型為sp2B.電負性：0＜SC.屬于非極性分子D.價層電子對的空間結構為平面三角形（6）煤中摻入一定量的生石灰，能減少煤燃燒排放的SO2，體現(xiàn)SO2具有。A.漂白性B.酸性氧化物的性質(zhì)C.氧化性D.還原性若用含4gNaOH的溶液吸收SO2氣體，理論上最多可以吸收SO2的體積為（折算為標況）。（7）根據(jù)價層電子對互斥理論，H2S、SO2、SO3的氣態(tài)分子中，中心原子價層電子對數(shù)不同于其它分子的是：氣態(tài)三氧化硫以單分子形式存在，推測其分子的立體構型為形；固體三氧化硫中存在如圖所示的三聚分子，該分子中S原子的雜化軌道類型為。（8）S與O、Se、Te位于同一主族，它們氫化物的沸點如圖所示，分析它們氫化物沸點變化的原因是：。（9）銅、鋅兩種元素的第一電離能、第二電離能如表所示：電離能/（kJ?mol﹣1）I1I2鋅9061733銅7461958銅的第一電離能（I1）小于鋅的第一電離能，而銅的第二電離能（I2）卻大于鋅的第二電離能，其主要原因是。22．（2024秋?宿遷月考）金屬鈉及其化合物在人類生產(chǎn)、生活中起著重要作用。（1）為了除去粗鹽中的Ca2+、Mg2+、以及泥沙等雜質(zhì)，某同學設計了一種制備精鹽的實驗方案，步驟如下（用于沉淀的試劑均過量）稱取粗鹽濾液精鹽步驟②和④順序是否可以顛倒，其原因是；步驟⑤所使用的玻璃儀器有；步驟⑦實驗標識，實驗時應。（2）NaCl的熔點為：800.8℃。工業(yè)上，采用電解熔融的NaCl和CaCl2混合鹽，制備金屬Na，電解的化學方程式為：2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑，加入CaCl2的目的是。（3）采用空氣和Na為原料可直接制備Na2O2。空氣與熔融的金屬Na反應前需依次通過的試劑為、（填序號）。a．濃硫酸b．飽和食鹽水c．NaOH溶液d．KMnO4溶液（4）向酸性KMnO4溶液中加入Na2O2粉末，觀察到溶液褪色，發(fā)生如下反應。_____+_____H++_____Na2O2＝_____Mn2++_____Na++_____O2↑+_____H2O配平上述離子方程式。該反應說明Na2O2具有（選填“氧化性”“還原性”或“漂白性”）。（5）燒堿常用于造紙工業(yè)，某造紙廠制漿及廢水處理流程如圖：其中“制漿”是將木材、竹子等原料與燒堿共煮，制得紙漿，燒堿在制漿過程中轉化為Na2CO3。制漿廢水中大部分堿性物質(zhì)被回收利用，剩余的有機物在細菌池被微生物分解除去。①反應a的化學方程式為。②為防止細菌失活，須先調(diào)pH至中性。下列物質(zhì)中，可實現(xiàn)該目的的有（填選項字母）。A．H2SO4B．NaHSO4C．NaOHD．NaHCO323．（2024?大足區(qū)校級模擬）化合物H是某抗腫瘤的中間體，其合成路線如題18圖：已知：①O+H2NY→②RCH2CHO+HNR'R''→RHC＝CHNR'R''；回答下列問題：（1）實現(xiàn)反應②的轉化，所需試劑除B外還有。（2）化合物D中含氧官能團名稱為。（3）反應過程③的反應類型為；化合物E的結構簡式為。（4）1molF與足量的NaOH溶液反應，共消耗NaOH的物質(zhì)的量為mol。（5）化合物I是A與Fe/HCl反應產(chǎn)物，其中滿足下列條件的I的同分異構體有種。①含苯環(huán)，且能發(fā)生銀鏡反應；②遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應；③含氨基；不含甲基。（6）寫出反應⑥的化學反應方程式為：。24．（2024春?虹口區(qū)期末）工業(yè)上常用鐵質(zhì)容器盛放濃硫酸，在加熱條件下，碳素鋼（僅含鐵和碳的合金）與濃硫酸可反應產(chǎn)生混合氣體。完成下列填空：（1）寫出生成CO2的化學方程式。（2）實驗室需要2mol/L的稀硫酸500mL，用98%的濃硫酸（密度1.84g/mL）進行配制。需98%濃硫酸mL（保留1位小數(shù)）。（3）配制上述溶液除燒杯、量筒、玻璃棒外，還需要的玻璃儀器有（不定項）。A．容量瓶B．膠頭滴管C．分液漏斗D．錐形瓶用如圖實驗裝置可探究SO2的性質(zhì)。（4）持續(xù)通入SO2一段時間后，將①中溶液倒入試管加熱，現(xiàn)象是。（5）能驗證SO2具有氧化性的裝置及現(xiàn)象是。（6）②中溶液先變藍后褪色，此過程中SO2表現(xiàn)出。A．漂白性B．還原性C．氧化性D．還原性和漂白性（7）通入足量SO2后④中無明顯現(xiàn)象，將④中溶液分成兩份，分別加入A、B物質(zhì)后均產(chǎn)生白色沉淀。加入的物質(zhì)AB沉淀的化學式BaSO3BaSO4加入的物質(zhì)可能是：A，B。25．（2024秋?青島月考）電能與化學能之間的相互轉化具有重要的實用價值。Ⅰ.以不同材料修飾的Pt為電極，一定濃度的NaBr溶液為電解液，采用電解和催化相結合的循環(huán)方式，可實現(xiàn)高效制H2和O2，裝置如圖所示。（1）電極a為（填“陰極”或“陽極”），b極的電極反應式為。（2）乙裝置中發(fā)生反應的化學方程式為。（3）電解和催化過程中需不斷向電解槽中補充Y，Y的化學式為。Ⅱ.恒溫條件下，用如圖1所示裝置探究鐵的電化學腐蝕，溶液pH、容器內(nèi)壓強隨時間變化曲線如圖2所示。（4）圖2中表示pH的曲線為（填“a”或“b”）。BC段正極的電極反應式主要為。（5）圖2中DE段曲線基本不變，此時電池的總反應為。（6）輪船上為減緩鐵皮的腐蝕，常在船底四周鑲嵌鋅塊，這種防護方法被稱為。

2025菁優(yōu)高考化學壓軸卷訓練5參考答案與試題解析一．選擇題（共20小題）1．（2024秋?香坊區(qū)校級月考）下列關于物質(zhì)分類的組合正確的是（）選項堿酸鹽堿性氧化物酸性氧化物ACa（OH）2硫酸小蘇打Mn2O7干冰B燒堿鹽酸氯化鈉氧化鈉一氧化碳C石灰水冰醋酸（CH3COOH）膽礬（CuSO4﹣5H2O）氧化鈉二氧化硫DNaOHHNO3硫酸鈣氧化鐵SO3A．A B．B C．C D．D【專題】物質(zhì)的分類專題；理解與辨析能力．【分析】酸指電離出的陽離子全部是氫離子的化合物；堿指電離出的陰離子全部是氫氧根離子的化合物；酸性氧化物指與堿反應生成鹽和水的氧化物；鹽指電離出金屬陽離子或銨根離子與酸根陰離子的化合物，據(jù)此分析?！窘獯稹拷猓篈．Mn2O7不是堿性氧化物，為酸性氧化物，故A錯誤；B．鹽酸為混合物，不屬于酸；一氧化碳屬于不成鹽氧化物，不是酸性氧化物，故B錯誤；C．石灰水是由氫氧化鈣與水組成的，屬于混合物，不屬于堿，故C錯誤；D．NaOH屬于堿，HNO3屬于酸，CaSO4屬于鹽，氧化鐵為堿性氧化物，SO3與水化合生成硫酸，屬于酸性氧化物，故D正確；故選：D?！军c評】本題主要考查酸、堿、鹽的概念及其相互聯(lián)系等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結合已有的知識進行解題。2．（2024秋?深圳校級月考）下列化學用語表述正確的是（）A．葡萄糖的實驗式C6H12O6 B．TNT的結構簡式 C．乙炔的分子的球棍模型 D．丙烯的鍵線式：【專題】化學用語專題；分析與推測能力．【分析】A．根據(jù)葡萄糖的分子式為C6H12O6，進行分析；B．根據(jù)TNT為三硝基甲苯，三硝基甲苯中，氮原子與碳原子相連，進行分析；C．根據(jù)乙炔為直線形結構，進行分析；D．根據(jù)丙烯的鍵線式進行分析?！窘獯稹拷猓篈．葡萄糖的分子式為C6H12O6，葡萄糖的實驗式為CH2O，故A錯誤；B．TNT為三硝基甲苯，三硝基甲苯中，氮原子與碳原子相連，正確的結構簡式為：，故B錯誤；C．乙炔為直線形結構，分子的球棍模型為：，故C錯誤；D．丙烯的鍵線式為：，故D正確；故選：D?！军c評】本題主要考查實驗式（最簡式）等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結合已有的知識進行解題。3．（2024秋?荔灣區(qū)校級月考）下列敘述對應的方程式書寫錯誤的是（）A．向Ca（OH）2溶液中滴加Ca（HCO3）2溶液：Ca2+++OH﹣＝CaCO3↓+H2O B．向飽和NaOH溶液通入過量CO2析出白色晶體：OH﹣+CO2＝ C．加熱藍色的CuCl2溶液，溶液變黃綠色：[Cu（H2O）4]2+（aq）[藍色]+4Cl﹣（aq）?[CuCl4]2﹣（aq）[黃色]+4H2O（l）ΔH＞0 D．向FeSO4溶液中加入H2O2出現(xiàn)紅褐色沉淀：2Fe2++H2O2+4H2O＝2Fe（OH）3↓+4H+【專題】離子反應專題；分析與推測能力．【分析】A．根據(jù)Ca（OH）2溶液完全電離出Ca2+和OH﹣離子，Ca（HCO3）2完全電離出Ca2+和碳酸氫根離子進行分析；B．根據(jù)白色晶體碳酸氫鈉不能拆進行分析；C．根據(jù)[Cu（H2O）4]2+（aq）[藍色]向[CuCl4]2﹣（aq）[黃色]轉變，進行分析；D．根據(jù)向FeSO4溶液中加入H2O2出現(xiàn)紅褐色氫氧化鐵沉淀進行分析?！窘獯稹拷猓篈．Ca（OH）2溶液完全電離出Ca2+和OH﹣離子，Ca（HCO3）2完全電離出Ca2+和碳酸氫根離子，反應生成CaCO3沉淀和水，反應的離子方程式為：Ca2+++OH﹣＝CaCO3↓+H2O，故A正確；B．向飽和NaOH溶液通入過量CO2析出白色晶體碳酸氫鈉：Na++OH﹣+CO2＝NaHCO3↓，故B錯誤；C．加熱藍色的CuCl2溶液，溶液變黃綠色，說明：[Cu（H2O）4]2+（aq）[藍色]向[CuCl4]2﹣（aq）[黃色]轉變，其離子方程式為：[Cu（H2O）4]2+（aq）[藍色]+4Cl﹣（aq）?[CuCl4]2﹣（aq）[黃色]+4H2O（l）ΔH＞0，故C正確；D．向FeSO4溶液中加入H2O2出現(xiàn)紅褐色氫氧化鐵沉淀：2Fe2++H2O2+4H2O＝2Fe（OH）3↓+4H+，故D正確；故選：B?！军c評】本題主要考查離子方程式的書寫等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結合已有的知識進行解題。4．（2024秋?海淀區(qū)校級月考）NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A．18g含有的中子數(shù)為10NA B．0.1mol?L﹣1HClO4溶液中含有的H+數(shù)為0.1NA C．1molC2H4中含有σ鍵的數(shù)目為5NA D．標準狀況下，1.12LN2和足量H2于密閉容器充分反應，生成NH3分子數(shù)為0.1NA【專題】阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律；分析與推測能力．【分析】A．一個O分子中含有10個中子；B．題目未給溶液體積；C．C2H4的結構簡式H2C＝CH2，雙鍵中只有1個σ鍵；D．可逆反應不能反應完全?！窘獯稹拷猓篈．1個分子中只有O原子有質(zhì)量數(shù)為20，中子數(shù)為10個，則18g含有的中子數(shù)為，故A錯誤；B．沒有溶液體積，無法求出H+個數(shù)，故B錯誤；C．C2H4的結構簡式H2C＝CH2，雙鍵中只有1個σ鍵，則1molC2H4中含有σ鍵的數(shù)目為5NA，故C正確；D．氮氣和氫氣發(fā)生可逆反應，無法完全轉化，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查阿伏加德羅常數(shù)的有關計算和判斷，題目難度中等，阿伏加德羅常數(shù)是高考的“熱點”，它既考查了學生對物質(zhì)的量、粒子數(shù)、質(zhì)量、體積等與阿伏加德羅常數(shù)關系的理解，又可以涵蓋多角度的化學知識內(nèi)容，掌握好以物質(zhì)的量為中心的各化學量與阿伏加德羅常數(shù)的關系是解題的關鍵。5．（2024?仁壽縣三模）某化學卷發(fā)水、燙發(fā)劑主要成分的結構如圖所示：；已知W、X、Y、Z、M均為短周期主族元素，且原子序數(shù)依次增大。下列說法正確的是（）A．簡單氫化物的沸點：Z＞M＞Y B．由W、X、Y、M四種元素組成的某種鹽可與Fe3+發(fā)生顯色反應 C．X最高價氧化物對應的水化物能夠促進水的電離 D．XZ2和MZ2可用澄清石灰水鑒別【專題】元素周期律與元素周期表專題．【分析】W、X、Y、Z、M均為短周期主族元素，且原子序數(shù)依次增大，W連接1個共價鍵，W為H元素，X連接4個共價鍵，X為C元素，Y連接4個共價鍵且?guī)б粋€正電荷，Y為N元素，Z連接2個共價鍵，Z為O元素，M也連接2個共價鍵，M為S元素，以此解答?！窘獯稹拷猓篈．H2O和NH3分子間能形成氫鍵，且H2O分子形成的氫鍵更多，而H2S不能形成氫鍵，則簡單氫化物的沸點：H2O＞NH3＞S2O，故A錯誤；B．由H、C、N、S四種元素組成的NH4SCN可與Fe3+發(fā)生顯色反應，故B正確；C．C最高價氧化物對應的水化物為H2CO3，H2CO3是一元弱酸，其電離抑制水的電離，故C錯誤；D．CO2和SO2都和澄清石灰水反應生成白色沉淀，且氣體過量時沉淀都溶解，不能用澄清石灰水鑒別CO2和SO2，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查原子結構與元素周期律，為高頻考點，把握原子序數(shù)、物質(zhì)結構推斷元素為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應用，題目難度不大。6．（2024秋?重慶期中）某含鈣化合物的晶胞結構如圖甲所示，沿x軸方向的投影為圖乙，晶胞底面顯示為圖丙，晶胞參數(shù)a≠c，a≠c，α＝β＝γ＝90°。已知該含鈣化合物的摩爾質(zhì)量為Mg/mol，阿伏加德羅常數(shù)的值是NA。下列說法正確的是（）A．元素電負性：B＞N B．該含鈣化合物的化學式是Ca3N2B C．晶體密度的計算式為 D．圖丙中Ca和N的間距為【專題】元素周期律與元素周期表專題；化學鍵與晶體結構；理解與辨析能力．【分析】A.元素周期表從下往上，從左往右，得電子能力越來越強，電負性越來越大；B.由均攤法可知，晶胞中Ca的個數(shù)為8×＝3，N的個數(shù)為8×＝3，B的個數(shù)為4×＝1；C.其摩爾質(zhì)量為Mg?mol﹣1，阿伏加德羅常數(shù)的值是NA，晶胞體積為a2c×10﹣30cm3；D.圖丙中，Ca位于正方形頂點，N位于正方形中心?！窘獯稹拷猓篈.元素周期表從下往上，從左往右，得電子能力越來越強，電負性越來越大，所以電負性N＞B，故A錯誤；B.由均攤法可知，晶胞中Ca的個數(shù)為8×＝3，N的個數(shù)為8×＝3，B的個數(shù)為4×＝1，故對應化學式為Ca3N3B，故B錯誤；C.其摩爾質(zhì)量為Mg?mol﹣1，阿伏加德羅常數(shù)的值是NA，晶胞體積為a2c×10﹣30cm3，則晶體的密度為，故C正確；D.圖丙中，Ca位于正方形頂點，N位于正方形中心，故Ca與N的距離為apm，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查物質(zhì)結構與性質(zhì)，涉及核外電子排布，化學鍵，晶胞計算等內(nèi)容，其中晶胞計算為解題難點，需要結合均攤法進行分析，掌握基礎為解題關鍵，整體難度適中。7．（2024秋?云南月考）CuCl2可與某有機多齒配體形成具有較強熒光性能的配合物，其結構如圖所示。下列說法不正確的是（）A．的鍵角比小 B．該配合物中存在著σ鍵、π鍵 C．1mol有機配體與Cu2+形成的配位鍵有3mol D．配合物分子中N、C原子均存在sp2和sp3雜化軌道【專題】原子組成與結構專題；分析與推測能力．【分析】A．根據(jù)中N為sp雜化，是直線形分子，鍵角180°，中N為sp2雜化，含有1對孤電子對，離子的空間構型為V形，鍵角小于180°進行分析；B．根據(jù)配合物中存在碳碳單鍵、碳氮單鍵等σ鍵，在碳氧雙鍵中存在π鍵進行分析；C．根據(jù)1個Cu2+與2個氧、1個氮形成3個Cu2+配位鍵進行分析；D．根據(jù)配合物分子中苯環(huán)碳原子為sp2雜化，飽和碳原子為sp3雜化，五元環(huán)中氮為sp3雜化，下面六元環(huán)中氮為sp2雜化進行分析。【解答】解：A．中N原子的價層電子對數(shù)為，N為sp2雜化，含有1對孤電子對，離子的空間構型為V形，鍵角小于180°，中N原子的價層電子對數(shù)為，N為sp雜化，是直線形分子，鍵角180°，故的鍵角比大，故A錯誤；B．該配合物中存在碳碳單鍵、碳氮單鍵等σ鍵，在碳氧雙鍵中存在π鍵，故B正確；C．由圖可知，1個Cu2+與2個氧、1個氮形成3個Cu2+配位鍵，則1mol有機配體與Cu2+形成的配位鍵有3mol，故C正確；D．配合物分子中苯環(huán)碳原子為sp2雜化，飽和碳原子為sp3雜化；五元環(huán)中氮為sp3雜化，下面六元環(huán)中氮為sp2雜化，故N、C原子均存在sp2和sp3雜化軌道，故D正確；故選：A。【點評】本題主要考查配合物與超分子等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結合已有的知識進行解題。8．（2024秋?邢臺月考）煉鐵工業(yè)中高爐煤氣的一種新的處理過程如圖所示，下列敘述錯誤的是（）A．反應①②③④均為氧化還原反應 B．第一電離能：N＞O＞H＞C C．干冰中，每個CO2分子周圍有12個緊鄰的分子 D．可用電子氣理論來解釋鐵具有良好的導電、導熱和延展性【專題】氧化還原反應專題；理解與辨析能力．【分析】A．根據(jù)②③無化合價改變，為非氧化還原反應進行分析；B．根據(jù)同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大的趨勢，但第IIA族和第ⅤA族元素的第一電離能大于相鄰元素，進行分析；C．根據(jù)二氧化碳屬于面心立方進行分析；D．根據(jù)金屬晶體中充滿了帶負電的自由電子，在外加電場的條件下，自由電子會定向移動形成電流，進行分析?！窘獯稹拷猓篈．②③無化合價改變，為非氧化還原反應，反應①H2→H2O，④CO2→CO有化合價改變?yōu)檠趸€原反應，故A錯誤；B．同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大的趨勢，但第ⅡA族和第ⅤA族元素的第一電離能大于相鄰元素，H的第一電離能大于C，故第一電離能：N＞O＞H＞C，故B正確；C．二氧化碳屬于面心立方，，每個CO2分子周圍有12個緊鄰的分子，故C正確；D．金屬晶體中充滿了帶負電的“電子氣”，在外加電場的條件下，自由電子會定向移動形成電流，因此金屬具有良好的導電性；這些自由電子在運動時會與金屬離子頻繁碰撞，引起能量的交換，使得金屬具有良好的導熱性，故D正確；故選：A。【點評】本題主要考查氧化還原反應的基本概念及規(guī)律等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結合已有的知識進行解題。9．（2024秋?臨渭區(qū)校級月考）我國科學家已經(jīng)成功催化氫化CO2獲得甲酸，利用化合物1催化氫化CO2的反應過程如圖甲所示，其中化合物2與水反應生成化合物3與HCOO﹣過程中的能量變化如圖乙所示（TS表示過渡態(tài)，I表示中間體），下列說法錯誤的是（）A．化合物1為該反應的催化劑，可加快CO2的轉化速率 B．圖乙中形成中間體I2的反應為圖甲中“化合物2+H2O→化合物3+HCOO﹣”的決速步驟 C．化合物1→化合物2的過程中存在碳氧鍵的斷裂和碳氫鍵的形成 D．從平衡移動的角度看，升高溫度可促進化合物2與水反應生成化合物3與HCOO﹣【專題】化學反應中的能量變化．【分析】A．根據(jù)催化劑可加快反應物轉化速率進行分析；B．根據(jù)活化能大的反應速率慢，反應速率慢的為決速步，進行分析；C．根據(jù)化合物1到化合物2的過程中二氧化碳中的碳氧鍵斷裂，生成碳氫鍵進行分析；D．根據(jù)化合物2與水反應生成化合物3與HCOO﹣是放熱反應，進行分析。【解答】解：A．根據(jù)題意和圖甲可知，化合物1為反應的催化劑，可加快CO2的轉化速率，故A正確；B．活化能大的反應速率慢，反應速率慢的為決速步，圖乙中形成中間體Ⅰ2的反應活化能最大，為圖甲中“化合物2+H2O→化合物3+HCOO﹣”的決速步驟，故B正確；C．化合物1到化合物2的過程中二氧化碳中的碳氧鍵斷裂，生成碳氫鍵，故C正確；D．從圖乙可以看出，化合物2與水反應生成化合物3與HCOO﹣是放熱反應，因此降低溫度可以促進該反應的正向移動，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題主要考查反應熱和焓變等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結合已有的知識進行解題。10．（2024?西城區(qū)校級模擬）利用如圖裝置進行鐵上電鍍銅的實驗探究。裝置示意圖序號電解質(zhì)溶液實驗現(xiàn)象①0.1mol/LCuSO4+少量H2SO4陰極表面有無色氣體，一段時間后陰極表面有紅色固體，氣體減少。經(jīng)檢驗電解液中有Fe2+②0.1mol/LCuSO4+過量氨水陰極表面未觀察到氣體，一段時間后陰極表面有致密紅色固體。經(jīng)檢驗電解液中無Fe元素下列說法不正確的是（）A．①中氣體減少，推測是由于溶液中c（H+）減少，且Cu覆蓋鐵電極，阻礙H+與鐵接觸 B．①中檢測到Fe2+，推測可能發(fā)生反應：Fe+2H+═Fe2++H2、Fe+Cu2+═Fe2++Cu C．隨陰極析出Cu，推測②中溶液c（Cu2+）減少，Cu2++4NH3?[Cu（NH3）4]2+平衡逆移 D．②中Cu2+生成[Cu（NH3）4]2+，使得c（Cu2+）比①中溶液的小，Cu緩慢析出，鍍層更致密【專題】電化學專題．【分析】由圖可知，該裝置為電解池，Cu連接電源的正極作陽極，F(xiàn)e作陰極，據(jù)此作答。【解答】解：A．Fe與氫離子反應生成氫氣，當陰極銅離子放電生成Cu覆蓋鐵電極時，阻礙H+與鐵接觸，氣體減少，故A正確；B．Fe能與氫離子和銅離子反應，反應離子方程式為Fe+2H+═Fe2++H2↑、Fe+Cu2+═Fe2++Cu，故B正確；C．銅離子與過量氨水反應生成[Cu（NH3）4]2+，[Cu（NH3）4]2+在陰極得電子生成Cu，隨陰極析出Cu，[Cu（NH3）4]2+濃度減小，平衡正向移動，故C錯誤；D．銅離子與過量氨水反應生成[Cu（NH3）4]2+，[Cu（NH3）4]2+在陰極得電子生成Cu，使得c（Cu2+）比①中溶液的小，Cu緩慢析出，鍍層更致密，故D正確；故選：C。【點評】本題考查電解原理，題目難度中等，能依據(jù)圖象和題目信息準確判斷陰陽極是解題的關鍵。11．（2024秋?南京月考）對于反應4NH3（g）+5O2（g）?4NO（g）+6H2O（g）ΔH＜0，下列說法正確的是（）A．1molN—H斷裂的同時有1molO—H斷裂，說明反應到達該條件下的平衡狀態(tài) B．該反應的平衡常數(shù)可表達為 C．適當降溫加壓可提高NH3的平衡轉化率 D．分離出NO（g），v正增大，平衡向正反應方向移動【專題】化學平衡專題；理解與辨析能力．【分析】A．依據(jù)斷鍵、成鍵情況判斷速率關系；B．平衡常數(shù)等于生成物濃度的系數(shù)次冪的乘積比上反應物濃度系數(shù)次冪的乘積；C．依據(jù)外界條件改變對平衡的影響分析；D．【解答】解：A．1molN—H斷裂即有mol氨氣被消耗，有1molO—H斷裂即有mol水被消耗，此時正逆反應速率相等，反應達到平衡狀態(tài)，故A正確；B．依據(jù)方程式可知，該反應的平衡常數(shù)可表達為K＝，故B錯誤；C．反應放熱，降溫，平衡正向移動，NH3的平衡轉化率變大，反應正向氣體分子數(shù)減小，加壓，平衡逆向移動，NH3的平衡轉化率減小，故C錯誤；D．分離出NO（g），逆反應速率減小，正反應速率瞬間不變，平衡向正反應方向移動，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查化學平衡，題目難度中等，掌握外界條件改變對化學平衡的影響是解題的關鍵。12．（2024?北京）硫酸是重要化工原料，工業(yè)生產(chǎn)制取硫酸的原理示意圖如圖。下列說法不正確的是（）A．Ⅰ的化學方程式：3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2 B．Ⅱ中的反應條件都是為了提高SO2平衡轉化率 C．將黃鐵礦換成硫黃可以減少廢渣的產(chǎn)生 D．生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的尾氣可用堿液吸收【專題】氧族元素．【分析】A．根據(jù)化合價升降守恒、原子守恒書寫反應Ⅰ的化學方程式；B．SO2與O2反應，生成SO3是放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，不利于SO3生成，“常壓”也不是為了提高SO2平衡轉化率；C．硫磺燃燒生成SO2；D．SO2是酸性氧化物。【解答】解：A．3個FeS2，轉化為1個Fe3O4，鐵元素共升高2價，S由﹣1價升高為+4價，升高5價，所以3個FeS2共升高（2+3×2×5）＝32價，8個O2共降低32價，所以反應Ⅰ的化學方程式：3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2，故A正確；B．SO2與O2反應，生成SO3是放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，不利于SO3生成，但Ⅱ中采用400﹣500℃的溫度，主要是考慮反應速率和催化劑的活性，不是考查提高SO2平衡轉化率，另“常壓”不是為了提高SO2平衡轉化率，故B錯誤；C．硫磺燃燒生成SO2，將黃鐵礦換成硫黃可以減少廢渣的產(chǎn)生，故C正確；D．SO2是酸性氧化物，生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的尾氣可用堿液吸收，故D正確；故選：B。【點評】本題主要考查硫酸的工業(yè)制法，同時考查化學平衡原理的應用分析，屬于基本知識的考查，難度不大。13．（2024春?青羊區(qū)校級期末）阿司匹林是一種常見的退燒藥，其合成路線如圖所示，下列說法正確的是（）A．產(chǎn)物A的結構簡式為CH3COOH B．水楊酸分子苯環(huán)上的一氯取代有兩種（不考慮立體異構） C．該合成實驗最好采用直接加熱法 D．阿司匹林能發(fā)生取代反應，但不能發(fā)生水解反應【專題】有機物的化學性質(zhì)及推斷．【分析】A．由原子守恒判斷產(chǎn)物A；B．水楊酸分子苯環(huán)上含4種H原子；C．反應溫度低于100℃；D．阿司匹林含羧基、酯基。【解答】解：A．由原子守恒可知，產(chǎn)物A的結構簡式為CH3COOH，故A正確；B．水楊酸分子苯環(huán)上含4種H原子，苯環(huán)上的一氯取代有4種，故B錯誤；C．反應溫度低于100℃，不宜直接加熱，采用水浴加熱更好，故C錯誤；D．阿司匹林含羧基、酯基，可發(fā)生取代反應，且酯基可發(fā)生水解反應，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查有機物的結構與性質(zhì)，為高頻考點，把握有機物的結構、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項A為解答的難點，題目難度不大。14．（2024秋?泉州月考）N2H4是一種強還原性的高能物質(zhì)，在航天、能源等領域有廣泛應用。我國科學家合成的某Ru（Ⅱ）催化劑（用[L﹣Ru—NH3]+表示）能高效電催化氧化NH3合成N2H4，其反應機理如圖所示。下列說法正確的是（）A．Ru（Ⅱ）被氧化至Ru（Ⅲ）后，配體NH3失去質(zhì)子能力減弱 B．M與[L﹣Ru—NH3]+中Ru的化合價不同 C．圖示過程發(fā)生在電解池陽極區(qū) D．該過程有非極性鍵的形成和斷裂【專題】物質(zhì)的性質(zhì)和變化專題；分析與推測能力．【分析】A．根據(jù)Ru（Ⅱ）被氧化至Ru（Ⅲ）后，中的Ru帶有更多的正電荷，其與N原子成鍵后，Ru吸引電子的能力比Ru（Ⅱ）強，進行分析；B．根據(jù)當變?yōu)镸時，N原子的孤電子對拆為2個電子并轉移給Ru1個電子，進行分析；C．根據(jù)總反應式為，為氧化反應，進行分析；D．根據(jù)整個過程無非極性鍵的斷裂進行分析?！窘獯稹拷猓篈．Ru（Ⅱ）被氧化至Ru（Ⅲ）后，中的Ru帶有更多的正電荷，其與氮原子成鍵后，Ru吸引電子的能力比Ru（Ⅱ）吸引電子的能力強，這種作用使得配體NH3中的N—H鍵極性變強且更易斷裂，因此其失去質(zhì)子（H+）的能力增強，故A錯誤；B．當變?yōu)镸時，氮原子的孤電子對拆為2個電子并轉移給Ru1個電子，其中Ru的化合價變?yōu)?2，則M與中Ru的化合價相同，故B錯誤；C．該過程的總反應式為，該反應為氧化反應，發(fā)生在電解池陽極區(qū)，故C正確；D．根據(jù)圖示可知，整個過程無非極性鍵的斷裂，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題主要考查探究化學反應機理等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結合已有的知識進行解題。15．（2024秋?東莞市月考）下列實驗方案不能達到相應實驗目的的是（）A．用裝置①驗證升高溫度可以加快反應速率 B．用裝置②探究H2SO4濃度對化學反應速率的影響 C．用裝置③比較CuSO4、FeCl3對H2O2分解速率的影響 D．用裝置④探究溫度對化學平衡的影響【專題】實驗評價題；探究與創(chuàng)新能力．【分析】A．①②中溫度、催化劑不同；B．只有硫酸的濃度不同；C．只有催化劑不同；D．只有溫度不同?！窘獯稹拷猓篈．①②中溫度、催化劑不同，不能驗證升高溫度可以加快反應速率，故A錯誤；B．只有硫酸的濃度不同，可以探究H2SO4濃度對化學反應速率的影響，故B正確；C．只有催化劑不同，可以比較CuSO4、FeCl3對H2O2分解速率的影響，故C正確；D．只有溫度不同，可以探究溫度對化學平衡的影響，故D正確；故選：A?！军c評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、實驗原理、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，題目難度不大。16．（2024秋?和平區(qū)校級月考）以金屬Fe為主要成分的Al、Fe、Cu廢舊合金（還含少量Al2O3、Fe2O3、CuO）的回收模擬實驗如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．加入足量NaOH溶液Al2O3發(fā)生反應：Al2O3+3H2O+2OH﹣＝2[Al（OH）4]﹣ B．濾渣A為Fe、Cu、Fe2O3、CuO C．操作Ⅱ在表面皿中進行 D．濾液B經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌可獲得綠礬【專題】物質(zhì)的分離提純和鑒別；分析與推測能力．【分析】足量的NaOH溶液與Al反應，生成和H2，與Al2O3反應生成和水；向濾液中通入足量二氧化碳，生成Al（OH）3，在坩堝中進行灼燒，生成Al2O3，經(jīng)電解生成Al；濾渣中通入足量的稀硫酸，反應后過濾得Cu和硫酸亞鐵溶液，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌可獲得綠礬。【解答】解：A．氧化鋁溶于氫氧化鈉溶液：，故A正確；B．Fe、Cu、Fe2O3、CuO不溶解進入濾渣A，故B正確；C．操作Ⅱ為灼燒，應該在坩堝中進行，故C錯誤；D．濾液B是硫酸亞鐵溶液，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌可獲得綠礬，故D正確；故選：C?！军c評】本題主要考查物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應用等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結合已有的知識進行解題。17．（2024秋?江陰市校級月考）高鐵酸鉀（K2FeO4）是一種新型、高效、多功能水處理劑，是比O3、KMnO4氧化性更強，無二次污染的綠色水處理劑。工業(yè)上可以由硫酸亞鐵制備高鐵酸鉀以及高鐵酸鉀處理污水的部分流程如下，其中過程①中發(fā)生的反應為：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑）以下說法不正確的是（）A．過程①中還原劑與氧化劑的個數(shù)之比為1：3 B．另一種在堿性條件下制備K2FeO4的反應可能：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝2+3Cl﹣+5H2O C．K2FeO4處理污水時不僅能消毒殺菌，還能生成Fe（OH）3膠體吸附水中的懸浮雜質(zhì) D．污水中的有害離子CN﹣被K2FeO4氧化轉化為兩種無毒氣體，反應過程中CN﹣做還原劑【專題】制備實驗綜合；分析與推測能力．【分析】過程①中發(fā)生的反應為：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2，K2FeO4的溶解度更小，向Na2FeO4溶液中加入KOH，析出K2FeO4，K2FeO4用于污水處理，被還原鐵離子，鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體，可以吸附水中的懸浮物質(zhì)，達到凈水的目的。【解答】解：A．過程①中還原劑是2個FeSO4和1個Na2O2，氧化劑是5個Na2O2，兩者的個數(shù)之比為3：5，故A錯誤；B．在堿性條件下，F(xiàn)e（OH）3可以次氯酸鈉氧化，生成K2FeO4，離子方程式為：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝2+3Cl﹣+5H2O，故B正確；C．K2FeO4是強氧化劑，可以殺菌、消毒，處理污水時，還能生成Fe（OH）3膠體吸附水中的懸浮雜質(zhì)，故C正確；D．污水中的有害離子CN﹣被K2FeO4氧化轉化為兩種無毒氣體，即N2和CO2，反應過程中CN﹣做還原劑，故D正確；故選：A。【點評】本題主要考查制備實驗方案的設計，側重考查氧化還原反應原理的應用，屬于基本知識的考查，難度中等。18．（2024秋?南京月考）室溫下，通過下列實驗探究K2C2O4與KHC2O4的性質(zhì)（忽略溶液混合時的體積變化）。已知：Ka1（H2C2O4）＝5.6×10﹣2、Ka2（H2C2O4）＝1.5×10﹣4、Ksp（CaC2O4）＝2.3×10﹣9。實驗1：向0.1mol?L﹣1KHC2O4溶液中滴加少量等濃度NaOH溶液，無明顯現(xiàn)象。實驗2：向0.1mol?L﹣1K2C2O4溶液中加入等體積0.2mol?L﹣1CaCl2溶液，溶液變渾濁。實驗3：向酸性KMnO4溶液中滴加0.1mol?L﹣1KHC2O4溶液至溶液紫紅色恰好褪去。下列說法不正確的是（）A．0.1mol?L﹣1KHC2O4溶液中：c（H2C2O4）＜c（C2） B．實驗1所得溶液中：c（K+）＝c（H2C2O4）+c（HC2）+c（C2） C．實驗2過濾后所得清液中：c（C2）＝2.3×10﹣8mol?L﹣1 D．實驗3所得溶液中：【專題】電離平衡與溶液的pH專題；溶液濃度的計算．【分析】A.在K2C2O4與KHC2O4的混合溶液中，Kh2×Ka1＝KW，因Ka1（H2C2O4）＝5.6×10﹣2、Ka2（H2C2O4）＝1.5×10﹣4得Kh2＜Ka2，HC2的電離大于水解；B．根據(jù)物料守恒可知，實驗1所得溶液中有：c（K+）＝c（H2C2O4）+c（HC2）+c（C2）；C．實驗2向0.1mol/LK2C2O4溶液中加入等體積0.2mol/LCaCl2溶液，過濾后所得清液中，c（Ca2+）＝＝0.05mol/L，則c（C2）＝＝mol/L＝4.6×10﹣8mol/L；D．實驗3即向酸性KMnO4溶液中滴加0.1mol/LKHC2O4溶液至溶液紫紅色恰好褪去，根據(jù)反應方程式：4KMnO4+10KHC2O4+11H2SO4＝7K2SO4+4MnSO4+20CO2↑+16H2O，則所得溶液中：＝＝3.5＞2.5。【解答】解：A.在K2C2O4與KHC2O4的混合溶液中，Kh2×Ka1＝KW，因Ka1（H2C2O4）＝5.6×10﹣2、Ka2（H2C2O4）＝1.5×10﹣4得Kh2＜Ka2，則HC2的電離大于水解，故0.1mol/LKHC2O4溶液中：c（H2C2O4）＜c（C2），故A正確；B．根據(jù)物料守恒可知，實驗1所得溶液中有：c（K+）＝c（H2C2O4）+c（HC2）+c（C2），故B正確；C．實驗2向0.1mol/LK2C2O4溶液中加入等體積0.2mol/LCaCl2溶液，過濾后所得清液中，c（Ca2+）＝＝0.05mol/L，則c（C2）＝＝mol/L＝4.6×10﹣8mol/L，故C錯誤；D．實驗3即向酸性KMnO4溶液中滴加0.1mol/LKHC2O4溶液至溶液紫紅色恰好褪去，根據(jù)反應方程式：4KMnO4+10KHC2O4+11H2SO4＝7K2SO4+4MnSO4+20CO2↑+16H2O，則所得溶液中：＝＝3.5＞2.5，故D正確，故選：C。【點評】本題考查鹽溶液中微粒間的電荷守恒、物料守恒、質(zhì)子守恒原理、鹽溶液中離子濃度大小的比較、鹽的水解常數(shù)、溶度積常數(shù)相關計算。19．（2024秋?廣西月考）常溫下，M2+在不同pH的Na2A溶液中的存在形式不同，Na2A溶液中pM[pM＝﹣lgc（M2+）]隨pH的變化、Na2A溶液中含A微粒的物質(zhì)的量分數(shù)隨pH的變化如圖所示。已知MA、M（OH）2均為難溶物，下列說法錯誤的是（）已知：y＝kx+b（k、b是常數(shù)，k≠0），x為自變量，y為因變量，將這兩個變量分別作為橫、縱坐標，則圖像在平面上呈一條直線。A．NaHA溶液呈堿性 B．0.1mol?L﹣1Na2A溶液中存在：c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（HA﹣）+2c（H2A） C．曲線Ⅱ上的點滿足c（M2+）c（A2﹣）＝Ksp（MA） D．初始狀態(tài)的b點發(fā)生反應生成MA沉淀【專題】鹽類的水解專題；分析與推測能力．【分析】由圖可知，H2A的電離平衡常數(shù)：，，由可得，pM＝﹣lgc（M2+）＝2pH—lgKsp[M（OH）2]﹣28，故曲線Ⅱ表示M（OH）2的溶解平衡曲線，曲線I表示MA的溶解平衡曲線，據(jù)此解答。【解答】解：A．HA﹣的水解平衡常數(shù)為Kh（HA﹣）＝＝10﹣7.5＞Ka2，即HA﹣的水解程度大于電離程度，則NaHA溶液呈堿性，故A正確；B．0.1mol?L﹣1Na2A溶液中存在電荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（HA﹣）+2c（A2﹣）+c（OH﹣），物料守恒：c（Na+）＝2c（A2﹣）+2c（HA﹣）+2c（H2A），得出：c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（HA﹣）+2c（H2A），故B正確；C．曲線Ⅱ表示M（OH）2的溶解平衡曲線，故Ⅰ曲線上的點滿足c（M2+）?c2（OH﹣）＝Ksp[M（OH）2]，故C錯誤；D．初始狀態(tài)的b點在曲線I的上方，曲線Ⅱ的下方，發(fā)生反應生成MA沉淀，故D正確；故選：C?！军c評】本題主要考查沉淀溶解平衡等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結合已有的知識進行解題。20．（2024秋?海安市校級月考）工業(yè)上用乙苯與CO2生產(chǎn)苯乙烯，主要反應：①（g）+H2（g）ΔH1＝+125kJ/mol②H2（g）+CO2（g）＝CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41kJ/mol在一定壓強和催化劑作用下，向恒容容器中充入等物質(zhì)的量的乙苯和CO2。達到平衡時，各物質(zhì)的體積分數(shù)隨溫度的變化如圖所示。下列說法不正確的是（）A．其他條件不變，升高溫度，CO2的平衡轉化率增大 B．苯乙烯和H2的體積分數(shù)變化差異的主要原因是CO2消耗H2 C．一定溫度下，降低的乙苯和CO2物質(zhì)的量比值或減小壓強，均能使乙苯平衡轉化率 D．一定溫度下，加入CaO（s），能提高平衡時苯乙烯的產(chǎn)率【專題】化學平衡專題；理解與辨析能力．【分析】A．依據(jù)溫度變化對平衡的影響分析；B．依據(jù)反應特點分析；C．依據(jù)反應物的量和壓強對平衡的影響分析；D．CaO能吸收體系中的二氧化碳和水。【解答】解：A．反應①②均為吸熱反應，升高溫度，平衡正向移動，CO2的平衡轉化率增大，故A正確；B．反應①生成苯乙烯和氫氣，反應②CO2消耗H2，故苯乙烯和H2的體積分數(shù)變化出現(xiàn)差異，故B正確；C．一定溫度下，降低的乙苯和CO2物質(zhì)的量比值，可看作乙苯的量移動，增大二氧化碳的加入量，有利于反應②平衡正向移動，導致氫氣的濃度減小，反應①平衡正向移動，乙苯的平衡轉化率增大，反應①正向氣體分子數(shù)增加，減小壓強，有利于平衡正向移動，乙苯的平衡轉化率增大，故C正確；D．CaO能吸收體系中的二氧化碳和水，不利于氫氣的轉化，故平衡時苯乙烯的產(chǎn)率降低，故D錯誤；故選：D。【點評】本題考查化學平衡，題目難度中等，掌握外界條件改變對化學平衡的影響是解題的關鍵。二．解答題（共5小題）21．（2024秋?黃浦區(qū)校級月考）硫及其化合物有許多用途，相關物質(zhì)的物理常數(shù)如下表所示，回答下列問題：H2SMnSSO2SO3H2SO4熔點/℃﹣85.5＞1600（分解）﹣75.516.810.3沸點/℃﹣60.3﹣10.045.0337.0（1）硫元素位于元素周期表的B。A.s區(qū)B.p區(qū)C.d區(qū)D.f區(qū)（2）基態(tài)S原子價層電子軌道表示式是，其電子占據(jù)最高能級的電子云形狀為啞鈴型。（3）基態(tài)Mn原子的價電子構型是C。A.3d7B.3d74s2C.3d54s2D.3d9（4）具有下列電子排布式的基態(tài)原子中原子半徑最大的是A。A.B.C.1s22s22p2D.1s22s22p33s23p4（5）關于SO2的說法正確的是AD（不定項）A.中心原子的雜化類型為sp2B.電負性：0＜SC.屬于非極性分子D.價層電子對的空間結構為平面三角形（6）煤中摻入一定量的生石灰，能減少煤燃燒排放的SO2，體現(xiàn)SO2具有B。A.漂白性B.酸性氧化物的性質(zhì)C.氧化性D.還原性若用含4gNaOH的溶液吸收SO2氣體，理論上最多可以吸收SO2的體積為1.12L（折算為標況）。（7）根據(jù)價層電子對互斥理論，H2S、SO2、SO3的氣態(tài)分子中，中心原子價層電子對數(shù)不同于其它分子的是H2S：氣態(tài)三氧化硫以單分子形式存在，推測其分子的立體構型為平面三角形形；固體三氧化硫中存在如圖所示的三聚分子，該分子中S原子的雜化軌道類型為sp3。（8）S與O、Se、Te位于同一主族，它們氫化物的沸點如圖所示，分析它們氫化物沸點變化的原因是：H2O分子間存在較強的氫鍵，其他三種分子間不含氫鍵，所以H2O的沸點最高；H2S、H2Se及H2Te的結構相似，隨著相對分子質(zhì)量的增大，范德華力增大，所以沸點逐漸升高。（9）銅、鋅兩種元素的第一電離能、第二電離能如表所示：電離能/（kJ?mol﹣1）I1I2鋅9061733銅7461958銅的第一電離能（I1）小于鋅的第一電離能，而銅的第二電離能（I2）卻大于鋅的第二電離能，其主要原因是Cu原子失去一個電子后，核外電子排布為[Ar]3d10，而鋅為[Ar]3d104s1，根據(jù)洪特則，銅達到了較穩(wěn)定狀態(tài)，所以Cu的第二電離能相對較大?！痉治觥浚?）S位于元素周期表的p區(qū)；（2）硫的原子序數(shù)為16，核外電子排布式為1s22s22p63s23p6，價電子為：3s23p6；（3）基態(tài)Mn原子位于第四周期第ⅦB族；（4）A.1s22s22p63s23p2，為Si原子；B.1s22s22p3，為N原子；C.1s22s22p2，為C原子，D.1s22s22p63s23p4，為S原子，同一周期從左向右原子半徑逐漸減小，同一主族從上到下原子半徑逐漸增大；（5）A.SO2中心S原子雜化方式為sp2；B.元素周期表從下往上，從左往右，得電子能力越來越強，電負性越來越大；C.SO2為折線形分子，屬于極性分子；D.SO2VSEPR模型為平面三角形；（6）煤中摻入一定量的生石灰，能減少煤燃燒排放的SO2，氧化鈣為堿性氧化物B；（7）根據(jù)價層電子對互斥理論，H2S價層電子對數(shù)為4，SO2價層電子對數(shù)為3，SO3的價層電子對數(shù)為3，氣態(tài)分子中，中心原子價層電子對數(shù)不同于其它分子的是H2S，氣態(tài)三氧化硫以單分子形式存在，價層電子對數(shù)為3，不存在孤對電子，推測其分子的立體構型為平面三角形，固體三氧化硫中存在如圖所示的三聚分子，S的σ鍵數(shù)目為4；（8）H2O分子間存在較強的氫鍵，其他三種分子間不含氫鍵，所以H2O的沸點最高；H2S、H2Se及H2Te的結構相似，隨著相對分子質(zhì)量的增大，范德華力增大；（9）Cu的價層電子構型為3d104s1，Zn的價層電子構型為3d104s2，Zn的電子構型為全充滿，較穩(wěn)定，故第一電離能：Zn＞Cu，失去一個電子后，Cu的價層電子構型變?yōu)?d10，為全充滿狀態(tài)，較穩(wěn)定?！窘獯稹拷猓海?）S位于元素周期表的p區(qū)，故答案為：B；（2）硫的原子序數(shù)為16，核外電子排布式為1s22s22p63s23p6，價電子為：3s23p6，根據(jù)泡利原理和洪特規(guī)則，可知其價電子排布圖為：，其電子占據(jù)最高能級的電子云形狀為啞鈴型，故答案為：；啞鈴型；（3）基態(tài)Mn原子位于第四周期第ⅦB族，價層電子排布式為3d54s2，故答案為：C；（4）A.1s22s22p63s23p2，為Si原子；B.1s22s22p3，為N原子；C.1s22s22p2，為C原子，D.1s22s22p63s23p4，為S原子，同一周期從左向右原子半徑逐漸減小，同一主族從上到下原子半徑逐漸增大，故原子半徑有大到小的順序為：Si＞S＞C＞N，故答案為：A；（5）A.SO2中心S原子雜化方式為sp2，故A正確；B.元素周期表從下往上，從左往右，得電子能力越來越強，電負性越來越大，所以電負性O＞S，故B錯誤；C.SO2為折線形分子，屬于極性分子，故C錯誤；D.SO2中心S原子雜化方式為sp2，VSEPR模型為平面三角形，故D正確；故答案為：AD；（6）煤中摻入一定量的生石灰，能減少煤燃燒排放的SO2，氧化鈣為堿性氧化物，所以該過程體現(xiàn)SO2具有酸性，4g氫氧化鈉為0.1mol，可以吸收0.05mol二氧化硫，標況下的體積為22.4×0.05L＝1.12L，故答案為：B；1.12；（7）根據(jù)價層電子對互斥理論，H2S價層電子對數(shù)為4，SO2價層電子對數(shù)為3，SO3的價層電子對數(shù)為3，氣態(tài)分子中，中心原子價層電子對數(shù)不同于其它分子的是H2S，氣態(tài)三氧化硫以單分子形式存在，價層電子對數(shù)為3，不存在孤對電子，推測其分子的立體構型為平面三角形，固體三氧化硫中存在如圖所示的三聚分子，S的σ鍵數(shù)目為4，該分子中S原子的雜化軌道類型為sp3，故答案為：H2S；平面三角形；sp3；（8）H2O分子間存在較強的氫鍵，其他三種分子間不含氫鍵，所以H2O的沸點最高；H2S、H2Se及H2Te的結構相似，隨著相對分子質(zhì)量的增大，范德華力增大，所以沸點逐漸升高，故答案為：H2O分子間存在較強的氫鍵，其他三種分子間不含氫鍵，所以H2O的沸點最高；H2S、H2Se及H2Te的結構相似，隨著相對分子質(zhì)量的增大，范德華力增大，所以沸點逐漸升高；（9）Cu的價層電子構型為3d104s1，Zn的價層電子構型為3d104s2，Zn的電子構型為全充滿，較穩(wěn)定，故第一電離能：Zn＞Cu，失去一個電子后，Cu的價層電子構型變?yōu)?d10，為全充滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，故銅的第二電離能大于鋅的第二電離能。故答案為：Cu原子失去一個電子后，核外電子排布為[Ar]3d10，而鋅為[Ar]3d104s1，根據(jù)洪特則，銅達到了較穩(wěn)定狀態(tài)，所以Cu的第二電離能相對較大?！军c評】本題考查物質(zhì)結構與性質(zhì)，涉及核外電子排布，化學鍵等內(nèi)容，掌握基礎為解題關鍵，整體難度適中。22．（2024秋?宿遷月考）金屬鈉及其化合物在人類生產(chǎn)、生活中起著重要作用。（1）為了除去粗鹽中的Ca2+、Mg2+、以及泥沙等雜質(zhì)，某同學設計了一種制備精鹽的實驗方案，步驟如下（用于沉淀的試劑均過量）稱取粗鹽濾液精鹽步驟②和④順序是否可以顛倒，其原因是不能顛倒，否則過量的Ba2+將無法除去；步驟⑤所使用的玻璃儀器有有燒杯、漏斗和玻璃棒；步驟⑦實驗標識，實驗時應防止燙傷或燒傷。（2）NaCl的熔點為：800.8℃。工業(yè)上，采用電解熔融的NaCl和CaCl2混合鹽，制備金屬Na，電解的化學方程式為：2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑，加入CaCl2的目的是作助熔劑，降低NaCl的熔點，節(jié)省能耗。（3）采用空氣和Na為原料可直接制備Na2O2?？諝馀c熔融的金屬Na反應前需依次通過的試劑為c、a（填序號）。a．濃硫酸b．飽和食鹽水c．NaOH溶液d．KMnO4溶液（4）向酸性KMnO4溶液中加入Na2O2粉末，觀察到溶液褪色，發(fā)生如下反應。_____+_____H++_____Na2O2＝_____Mn2++_____Na++_____O2↑+_____H2O配平上述離子方程式+16H++5Na2O2＝2Mn2++10Na++5O2↑+8H2O。該反應說明Na2O2具有還原性（選填“氧化性”“還原性”或“漂白性”）。（5）燒堿常用于造紙工業(yè)，某造紙廠制漿及廢水處理流程如圖：其中“制漿”是將木材、竹子等原料與燒堿共煮，制得紙漿，燒堿在制漿過程中轉化為Na2CO3。制漿廢水中大部分堿性物質(zhì)被回收利用，剩余的有機物在細菌池被微生物分解除去。①反應a的化學方程式為CaCO3CaO+CO2↑。②為防止細菌失活，須先調(diào)pH至中性。下列物質(zhì)中，可實現(xiàn)該目的的有AB（填選項字母）。A．H2SO4B．NaHSO4C．NaOHD．NaHCO3【專題】物質(zhì)的分離提純和鑒別；分析與推測能力．【分析】（1）粗鹽提純的步驟：①加水溶解粗鹽，②加入過量BaCl2溶液將變?yōu)锽aSO4沉淀，③加入過量的NaOH溶液將Mg2+變?yōu)镸g（OH）2沉淀，④加入過量的Na2CO3溶液將Ca2+和過量的Ba2+分別轉化為CaCO3和BaCO3沉淀，⑤為過濾，將生成的沉淀過濾除去，⑥加入適量稀鹽酸除去過量的OH﹣和，最后經(jīng)過⑦（蒸發(fā)、結晶、烘干）得到精鹽，以此分析解答；（2）NaCl熔點為800.8℃，工業(yè)上采用電解熔融NaCl制備金屬Na，加入CaCl2時，580℃NaCl熔融；（3）采用空氣和Na為原料可直接制備Na2O2，空氣中CO2、水蒸氣都能與熔融金屬Na反應，所以在反應前需要將空氣中的CO2、水蒸氣除去，CO2屬于酸性氧化物，能和堿液反應，濃硫酸具有吸水性；（4）向酸性KMnO4溶液中加入Na2O2粉末，觀察到溶液褪色，反應生成錳離子的鹽、鈉離子的鹽、氧氣、水，錳元素化合價+7價降低到+2價，電子轉移5e﹣，Na2O2中氧元素化合價﹣1價升高到0價，電子轉移2e﹣，氧化還原反應電子守恒得到電子轉移總數(shù)10e﹣，結合原子守恒、電荷守恒書寫離子方程式；（5）原料在堿性溶液中制漿，廢水中的大部分堿性物質(zhì)回收利用，剩余的有機物調(diào)pH，在細菌池中進一步純化，①反應a是碳酸鈣高溫條件下分解生成氧化鈣和二氧化碳；②為防止細菌失活，需要先調(diào)pH至中性，原溶液為堿性溶液，需加適量的H+?！窘獯稹拷猓海?）加入過量的Na2CO3溶液可除去過量的Ba2+，若步驟②和④順序顛倒，過量的Ba2+將無法除去，精鹽步驟②和④順序不可以顛倒，步驟⑤所使用的玻璃儀器有燒杯、漏斗和玻璃棒，步驟⑦實驗標識，實驗時防止燙傷或燒傷，故答案為：不能顛倒，否則過量的Ba2+將無法除去；燒杯、漏斗和玻璃棒；防止燙傷或燒傷；（2）NaCl熔點為800.8℃，工業(yè)上采用電解熔融NaCl制備金屬Na，加入CaCl2時，580℃NaCl熔融，所以加入CaCl2能降低NaCl的熔點，節(jié)省能耗，所以CaCl2作助熔劑，故答案為：作助熔劑，降低NaCl的熔點，節(jié)省能耗；（3）采用空氣和Na為原料可直接制備Na2O2，空氣中CO2、水蒸氣都能與熔融金屬Na反應，所以在反應前需要將空氣中的CO2、水蒸氣除去，CO2屬于酸性氧化物，能和堿液反應，濃硫酸具有吸水性，所以空氣與熔融金屬Na反應前需依次通過NaOH溶液、濃硫酸，故答案為：c；a；（4）向酸性KMnO4溶液中加入Na2O2粉末，觀察到溶液褪色，反應生成錳離子的鹽、鈉離子的鹽、氧氣、水，錳元素化合價+7價降低到+2價，電子轉移5e﹣，Na2O2中氧元素化合價﹣1價升高到0價，電子轉移2e﹣，氧化還原反應電子守恒得到電子轉移總數(shù)10e﹣，結合原子守恒、電荷守恒書寫離子方程式為：+16H++5Na2O2＝2Mn2++10Na++5O2↑+8H2O，該反應說明Na2O2具有還原性，故答案為：+16H++5Na2O2＝2Mn2++10Na++5O2↑+8H2O；還原性；（5）①反應a是碳酸鈣高溫條件下分解生成氧化鈣和二氧化碳，其反應的化學方程式為：CaCO3CaO+CO2↑，故答案為：CaCO3CaO+CO2↑；②為防止細菌失活，需要先調(diào)pH至中性，原溶液為堿性溶液，需加適量的H+，H2SO4溶液和NaHSO4溶液中均含有氫離子，故答案為：AB?！军c評】本題考查物質(zhì)的分離和提純，側重考查學生物質(zhì)的性質(zhì)和分離提純的掌握情況，注意知識的熟練掌握，題目難度中等。23．（2024?大足區(qū)校級模擬）化合物H是某抗腫瘤的中間體，其合成路線如題18圖：已知：①O+H2NY→②RCH2CHO+HNR'R''→RHC＝CHNR'R''；回答下列問題：（1）實現(xiàn)反應②的轉化，所需試劑除B外還有甲醇、濃硫酸。（2）化合物D中含氧官能團名稱為酯基。（3）反應過程③的反應類型為還原反應；化合物E的結構簡式為。（4）1molF與足量的NaOH溶液反應，共消耗NaOH的物質(zhì)的量為3mol。（5）化合物I是A與Fe/HCl反應產(chǎn)物，其中滿足下列條件的I的同分異構體有23種。①含苯環(huán)，且能發(fā)生銀鏡反應；②遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應；③含氨基；不含甲基。（6）寫出反應⑥的化學反應方程式為：。【專題】有機化合物的獲得與應用．【分析】物質(zhì)A經(jīng)過與溴取代生成B，B與甲醇在濃硫酸作用下發(fā)生酯化反應生成C，C中硝基被還原為氨基得到D，D與發(fā)生類似已知①的反應生成E（），E加氫還原成F（），F(xiàn)與CH3CHO發(fā)生類似已知②的反應生成G（），最后再還原得到H?！窘獯稹拷猓海?）②的反應是與甲醇的酯化反應，所需試劑除B外還有反應物甲醇、催化劑濃硫酸，故答案為：甲醇、濃硫酸；（2）化合物D中含氧官能團名稱為是酯基，故答案為：酯基；（3）反應③是硝基還原成氨基，發(fā)生還原反應，E的結構簡式為，故答案為：還原反應；；（4）F為，與NaOH反應的官能團為溴原子和酯基，1molF共需要3molNaOH，故答案為：3；（5）化合物I是A與Fe/HCl反應產(chǎn)物，A中的硝基還原成氨基，I的結構簡式為；I的同分異構體滿足含有苯環(huán)，能發(fā)生銀鏡反應說明有醛基，遇氯化鐵顯紫色說明有酚羥基，含有氨基不含甲基，有以下幾種（苯環(huán)上官能團位置不同共有10種同分異構體）、（苯環(huán)上官能團位置不同共有10種同分異構