2024年1月浙江省普通高校招生選考科目考試可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H—1C—12N—14O—16Na—23Mg—24Al—27Si—28P—31S—32Cl—35.5K—39Ca—40Fe—56Cu—64Zn—65Br—80Ag—108Ba—137一、選擇題：本大題共16小題，每小題3分，共48分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分1．(2024·浙江1月選考，1)下列物質(zhì)不屬于電解質(zhì)的是()A．CO2 B．HClC．NaOH D．BaSO4解析：ACO2溶于水生成碳酸，碳酸電離出帶電離子使溶液導(dǎo)電，CO2自身無(wú)法電離，不屬于電解質(zhì)，A項(xiàng)符合題意；HCl在水中可電離出H＋和Cl－使溶液導(dǎo)電，屬于電解質(zhì)，B項(xiàng)不符合題意；NaOH在水溶液和熔融狀態(tài)下均能電離出離子而導(dǎo)電，屬于電解質(zhì)，C項(xiàng)不符合題意；BaSO4在熔融狀態(tài)下能電離出離子而導(dǎo)電，屬于電解質(zhì)，D項(xiàng)不符合題意。2．(2024·浙江1月選考，2)工業(yè)上將Cl2通入冷的NaOH溶液中制得漂白液，下列說(shuō)法不正確的是()A．漂白液的有效成分是NaClOB．ClO－水解生成HClO使漂白液呈酸性C．通入CO2后的漂白液消毒能力增強(qiáng)D．NaClO溶液比HClO溶液穩(wěn)定解析：BNaClO水解生成的HClO具有漂白性，是漂白液的有效成分，A項(xiàng)正確；ClO－水解的方程式為ClO－＋H2OHClO＋OH－，漂白液呈堿性，B項(xiàng)錯(cuò)誤；通入CO2后發(fā)生反應(yīng)：NaClO＋CO2＋H2O=NaHCO3＋HClO，HClO濃度增大，且HClO的氧化性更強(qiáng)，故漂白液的消毒能力增強(qiáng)，C項(xiàng)正確；次氯酸不穩(wěn)定，在光照條件下易分解，所以穩(wěn)定性：NaClO>HClO，D項(xiàng)正確。3．(2024·浙江1月選考，3)下列表示不正確的是()A．中子數(shù)為10的氧原子：eq\o\al(18,8)OB．SO2的價(jià)層電子對(duì)互斥(VSEPR)模型：C．用電子式表示KCl的形成過程：D．的名稱：2-甲基-4-乙基戊烷解析：Deq\o\al(18,8)O的質(zhì)量數(shù)為18，質(zhì)子數(shù)為8，中子數(shù)＝質(zhì)量數(shù)－質(zhì)子數(shù)＝18－8＝10，A項(xiàng)正確；SO2中心S原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2＋eq\f(6－2×2,2)＝3，有1個(gè)孤電子對(duì)，其VSEPR模型為平面三角形，B項(xiàng)正確；KCl為離子化合物，用電子式表示KCl的形成過程為，C項(xiàng)正確；根據(jù)題給有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式知，其主鏈上有6個(gè)碳原子，其中第2、4號(hào)碳原子上連有甲基，根據(jù)系統(tǒng)命名法，該有機(jī)物的名稱為2，4-二甲基己烷，D項(xiàng)錯(cuò)誤。4．(2024·浙江1月選考，4)汽車尾氣中的NO和CO在催化劑作用下發(fā)生反應(yīng)：2NO＋2COeq\o(=,\s\up7(催化劑))2CO2＋N2，下列說(shuō)法不正確的是(NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)()A．生成1molCO2轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為2NAB．催化劑降低NO與CO反應(yīng)的活化能C．NO是氧化劑，CO是還原劑D．N2既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物解析：D由題給方程式可知，1molCO失去2mole－生成1molCO2，故生成1molCO2時(shí)轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為2NA，A項(xiàng)正確；催化劑可以降低反應(yīng)的活化能，提高反應(yīng)速率，B項(xiàng)正確；NO中N為＋2價(jià)，N2中N為0價(jià)，N元素的化合價(jià)降低，發(fā)生還原反應(yīng)，則NO作氧化劑，N2為還原產(chǎn)物，同理可得，CO作還原劑，CO2為氧化產(chǎn)物，C項(xiàng)正確、D項(xiàng)錯(cuò)誤。5．(2024·浙江1月選考，5)在溶液中能大量共存的離子組是()A．H＋、I－、Ba2＋、NOeq\o\al(－,3)B．Fe3＋、K＋、CN－、Cl－C．Na＋、SiOeq\o\al(2－,3)、Br－、Ca2＋D．NHeq\o\al(＋,4)、SOeq\o\al(2－,4)、CH3COO－、HCOeq\o\al(－,3)解析：D硝酸根離子在酸性環(huán)境下具有強(qiáng)氧化性，能將碘離子氧化為碘單質(zhì)而不能大量共存，A項(xiàng)不符合題意；鐵離子能與CN－反應(yīng)生成Fe(CN)eq\o\al(3－,6)而不能大量共存，B項(xiàng)不符合題意；硅酸根離子能與鈣離子反應(yīng)生成難溶于水的硅酸鈣沉淀而不能大量共存，C項(xiàng)不符合題意；NHeq\o\al(＋,4)、SOeq\o\al(2－,4)、CH3COO－、HCOeq\o\al(－,3)之間不反應(yīng)，能大量共存，D項(xiàng)符合題意。6．(2024·浙江1月選考，6)為回收利用含I2的CCl4廢液，某小組設(shè)計(jì)方案如下所示，下列說(shuō)法不正確的是()A．步驟Ⅰ中，加入足量Na2CO3溶液充分反應(yīng)后，上下兩層均為無(wú)色B．步驟Ⅰ中，分液時(shí)從分液漏斗下口放出溶液AC．試劑X可用硫酸D．粗I2可用升華法進(jìn)一步提純解析：B碳酸鈉溶液呈堿性，碘單質(zhì)在堿性溶液中發(fā)生歧化反應(yīng)生成碘離子和碘酸根離子，則在步驟I中，加入足量Na2CO3溶液后紫紅色碘單質(zhì)完全反應(yīng)，上下兩層溶液均為無(wú)色，A項(xiàng)正確；CCl4的密度大于水，故分液時(shí)應(yīng)從分液漏斗上口倒出水層(溶液A)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；步驟Ⅱ的目的是生成粗I2，碘離子和碘酸根離子在酸性環(huán)境中會(huì)發(fā)生歸中反應(yīng)生成碘單質(zhì)，故試劑X可用硫酸，C項(xiàng)正確；碘單質(zhì)受熱易升華，故實(shí)驗(yàn)制得的粗碘可用升華法進(jìn)一步提純，D項(xiàng)正確。7．(2024·浙江1月選考，7)根據(jù)材料的組成和結(jié)構(gòu)變化可推測(cè)其性能變化，下列推測(cè)不合理的是()材料組成結(jié)構(gòu)變化性能變化A生鐵減少含碳量延展性增強(qiáng)B晶體硅用碳原子取代部分硅原子導(dǎo)電性增強(qiáng)C纖維素接入帶有強(qiáng)親水基團(tuán)的支鏈吸水能力提高D順丁橡膠硫化使其結(jié)構(gòu)由線型轉(zhuǎn)變?yōu)榫W(wǎng)狀強(qiáng)度提高解析：B生鐵是鐵碳合金，碳含量提高，生鐵強(qiáng)度提高，但同時(shí)生鐵的延展性和可塑性下降，故減少含碳量可以使生鐵具有更好的延展性和可塑性，A項(xiàng)正確；晶體硅是半導(dǎo)體，若用碳原子取代部分硅原子，部分Si—Si變成C—Si，鍵長(zhǎng)減小，鍵能增大，材料的硬度會(huì)提高，但碳的電負(fù)性更大，對(duì)自由電子的吸引力更強(qiáng)，導(dǎo)電性會(huì)減弱，B項(xiàng)錯(cuò)誤；帶有強(qiáng)親水基團(tuán)的支鏈可以通過氫鍵與水分子結(jié)合，使纖維素吸水能力提高，C項(xiàng)正確；網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)相對(duì)線型結(jié)構(gòu)具有更大的強(qiáng)度，故硫化可使順丁橡膠的強(qiáng)度提高，D項(xiàng)正確。8．(2024·浙江1月選考，8)下列實(shí)驗(yàn)裝置使用不正確的是()A．圖①裝置用于二氧化錳和濃鹽酸反應(yīng)制氯氣B．圖②裝置用于標(biāo)準(zhǔn)酸溶液滴定未知堿溶液C．圖③裝置用于測(cè)定中和反應(yīng)的反應(yīng)熱D．圖④裝置用于制備乙酸乙酯解析：A二氧化錳和濃鹽酸反應(yīng)制氯氣需要加熱，圖①裝置中缺少加熱裝置，A項(xiàng)錯(cuò)誤。9．(2024·浙江1月選考，9)關(guān)于有機(jī)物檢測(cè)，下列說(shuō)法正確的是()A．用濃溴水可鑒別溴乙烷、乙醛和苯酚B．用紅外光譜可確定有機(jī)物的元素組成C．質(zhì)譜法測(cè)得某有機(jī)物的相對(duì)分子質(zhì)量為72，可推斷其分子式為C5H12D．麥芽糖與稀硫酸共熱后加NaOH溶液調(diào)至堿性，再加入新制氫氧化銅并加熱，可判斷麥芽糖是否水解解析：A溴乙烷不溶于水且與Br2不反應(yīng)，Br2和乙醛能發(fā)生氧化還原反應(yīng)而使?jié)怃逅噬?，苯酚和濃溴水發(fā)生取代反應(yīng)，產(chǎn)生難溶于水的三溴苯酚，故濃溴水可鑒別溴乙烷、乙醛和苯酚，A項(xiàng)正確；紅外光譜可確定有機(jī)物的化學(xué)鍵或官能團(tuán)信息，元素分析儀可確定有機(jī)物的元素組成，B項(xiàng)錯(cuò)誤；相對(duì)分子質(zhì)量為72的有機(jī)物還可能是C4H8O、C3H4O2等，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；麥芽糖為還原性糖，其自身能和新制氫氧化銅在加熱條件下反應(yīng)生成磚紅色沉淀，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。10．(2024·浙江1月選考，10)下列化學(xué)反應(yīng)與方程式不相符的是()A．黑火藥爆炸：S＋2KNO3＋3Ceq\o(=,\s\up7(點(diǎn)燃))K2S＋N2↑＋3CO2↑B．四氯化鈦水解：TiCl4＋(x＋2)H2Oeq\o(=,\s\up7(△))TiO2·xH2O↓＋4HClC．硫化鈉溶液在空氣中氧化變質(zhì)：2S2－＋O2＋4H＋=2S↓＋2H2OD．硬脂酸甘油酯在NaOH溶液中皂化：解析：C硫化鈉為強(qiáng)堿弱酸鹽，S2－水解使溶液呈堿性，故硫化鈉溶液在空氣中氧化變質(zhì)的離子方程式為2S2－＋O2＋2H2O=2S↓＋4OH－，C項(xiàng)錯(cuò)誤。11．(2024·浙江1月選考，11)制造隱形眼鏡的功能高分子材料Q的合成路線如下：下列說(shuō)法不正確的是()A．試劑a為NaOH乙醇溶液B．Y易溶于水C．Z的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可能為D．M分子中有3種官能團(tuán)解析：AX與溴的四氯化碳溶液反應(yīng)生成C2H4Br2，則X為乙烯；由Q的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式及M的分子式可知，M為CH2=C(CH3)COOCH2CH2OH，M屬于酯，可由HOCH2CH2OH和CH2=C(CH3)COOH發(fā)生酯化反應(yīng)得到，根據(jù)C2H4Br2→Y→M知，Y為C2H4Br2水解生成的HOCH2CH2OH，則Z為，試劑a為NaOH水溶液。由上述分析知，A項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確；Y為HOCH2CH2OH，羥基可與水分子形成分子間氫鍵，故Y易溶于水，B項(xiàng)正確；M為CH2=C(CH3)COOCH2CH2OH，含碳碳雙鍵、酯基和羥基3種官能團(tuán)，D項(xiàng)正確。12．(2024·浙江1月選考，12)X、Y、Z、M和Q五種主族元素，原子序數(shù)依次增大，X原子半徑最小，短周期中M電負(fù)性最小，Z與Y、Q相鄰，基態(tài)Z原子的s能級(jí)與p能級(jí)的電子數(shù)相等，下列說(shuō)法不正確的是()A．沸點(diǎn)：X2Z>X2QB．M與Q可形成化合物M2Q、M2Q2C．化學(xué)鍵中離子鍵成分的百分?jǐn)?shù)：M2Z>M2QD．YZeq\o\al(－,3)與QZeq\o\al(2－,3)離子空間結(jié)構(gòu)均為三角錐形解析：DX、Y、Z、M和Q五種主族元素，原子序數(shù)依次增大，X原子半徑最小，則X為H，短周期中M電負(fù)性最小，則M為Na，基態(tài)Z原子的s能級(jí)與p能級(jí)的電子數(shù)相等，則Z為O，Z與Y、Q相鄰，則Y為N，Q為S。H2O可形成分子間氫鍵，故沸點(diǎn)：H2O＞H2S，A項(xiàng)正確；O與S同主族，其化學(xué)性質(zhì)相似，Na與O可形成Na2O、Na2O2，故Na與S也可形成Na2S、Na2S2，B項(xiàng)正確；電負(fù)性差值越大，離子鍵成分的百分?jǐn)?shù)越大，同主族元素自上而下電負(fù)性依次降低，O的電負(fù)性大于S，則離子鍵成分的百分?jǐn)?shù)：Na2O>Na2S，C項(xiàng)正確；NOeq\o\al(－,3)的中心N原子的孤電子對(duì)數(shù)＝eq\f(5＋1－3×2,2)＝0，為sp2雜化，則NOeq\o\al(－,3)的空間結(jié)構(gòu)為平面三角形，D項(xiàng)錯(cuò)誤。13．(2024·浙江1月選考，13)破損的鍍鋅鐵皮在氨水中發(fā)生電化學(xué)腐蝕，生成[Zn(NH3)4]2＋和H2，下列說(shuō)法不正確的是()A．氨水濃度越大，腐蝕趨勢(shì)越大B．隨著腐蝕的進(jìn)行，溶液的pH變大C．鐵電極上發(fā)生的電極反應(yīng)式為：2NH3＋2e－=H2↑＋2NHeq\o\al(－,2)D．每生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下224mLH2，消耗0.010molZn解析：CZn比Fe活潑，在氨水中二者可形成原電池，電化學(xué)腐蝕的總反應(yīng)方程式為Zn＋4NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2＋＋H2↑＋2H2O＋2OH－，氨水濃度越大，生成[Zn(NH3)4]2＋的速率越快，腐蝕趨勢(shì)越大，A項(xiàng)正確；總反應(yīng)方程式中有OH－生成，故溶液pH變大，B項(xiàng)正確；Zn生成[Zn(NH3)4]2＋，發(fā)生氧化反應(yīng)，作負(fù)極，則Fe作正極，正極上水解離出來(lái)的H＋得電子生成氫氣，結(jié)合電解液為氨水知Fe電極上發(fā)生的電極反應(yīng)式為2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，C項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)總反應(yīng)方程式，可得關(guān)系式：H2～Zn，故每生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下224mL(0.010mol)H2，消耗0.010molZn，D項(xiàng)正確。14．(2024·浙江1月選考，14)酯在NaOH溶液中發(fā)生水解，歷程如下：已知：②RCOOCH2CH3水解相對(duì)速率與取代基R的關(guān)系如表：取代基RCH3ClCH2Cl2CH水解相對(duì)速率12907200下列說(shuō)法不正確的是()A．步驟Ⅰ是OH－與酯中Cδ＋作用B．步驟Ⅲ使Ⅰ和Ⅱ平衡正向移動(dòng)，使酯在NaOH溶液中發(fā)生的水解反應(yīng)不可逆C．酯的水解速率：FCH2COOCH2CH3>ClCH2COOCH2CH3D．與OH－反應(yīng)、與18OH－反應(yīng)，兩者所得醇和羧酸鹽不同解析：D由酯的水解機(jī)理知，Ⅰ是OH－與酯基中的Cδ＋作用生成羥基和—O－，A項(xiàng)正確；步驟Ⅲ使溶液中的R′O－和RCOOH減少，從而促使Ⅰ和Ⅱ的平衡正向移動(dòng)，步驟Ⅲ不可逆，從而使酯在NaOH溶液中發(fā)生的水解反應(yīng)不可逆，B項(xiàng)正確；由已知②可知，水解相對(duì)速率隨取代基R上Cl個(gè)數(shù)的增多而增大，Cl的電負(fù)性較H強(qiáng)，Cl個(gè)數(shù)越多，取代基R對(duì)電子的吸引能力越強(qiáng)，酯基的水解速率越大，F(xiàn)的電負(fù)性強(qiáng)于Cl，則酯的水解速率：FCH2COOCH2CH3>ClCH2COOCH2CH3，C項(xiàng)正確；與OH－發(fā)生Ⅰ反應(yīng)后變?yōu)?，根?jù)已知①可知，與可快速相互轉(zhuǎn)化，而與18OH－反應(yīng)，發(fā)生Ⅰ反應(yīng)后也生成，故兩者所得醇和羧酸鹽相同，D項(xiàng)錯(cuò)誤。15．(2024·浙江1月選考，15)常溫下，將等體積、濃度均為0.40mol·L－1BaCl2溶液與新制H2SO3溶液混合，出現(xiàn)白色渾濁；再滴加過量的H2O2溶液，振蕩，出現(xiàn)白色沉淀。已知：H2SO3Ka1＝1.4×10－2，Ka2＝6.0×10－8Ksp(BaSO3)＝5.0×10－10，Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10下列說(shuō)法不正確的是()A．H2SO3溶液中存在c(H＋)＞c(HSOeq\o\al(－,3))＞c(SOeq\o\al(2－,3))＞c(OH－)B．將0.40mol·L－1H2SO3溶液稀釋到0.20mol·L－1，c(SOeq\o\al(2－,3))幾乎不變C．BaCl2溶液與H2SO3溶液混合后出現(xiàn)的白色渾濁不含有BaSO3D．存在反應(yīng)Ba2＋＋H2SO3＋H2O2=BaSO4↓＋2H＋＋H2O是出現(xiàn)白色沉淀的主要原因解析：C亞硫酸是二元弱酸，電離方程式為H2SO3H＋＋HSOeq\o\al(－,3)、HSOeq\o\al(－,3)H＋＋SOeq\o\al(2－,3)，且以第一步電離為主，則溶液中c(H＋)>c(HSOeq\o\al(－,3))＞c(SOeq\o\al(2－,3))>c(OH－)，A項(xiàng)正確；H2SO3的第二步電離很微弱，可近似認(rèn)為溶液中c(H＋)≈c(HSOeq\o\al(－,3))，則Ka2＝eq\f(c（H＋）·c（SOeq\o\al(2－,3)）,c（HSOeq\o\al(－,3)）)≈c(SOeq\o\al(2－,3))，溫度不變，平衡常數(shù)不變，故稀釋時(shí)亞硫酸根離子濃度幾乎不變，B項(xiàng)正確；兩溶液等體積混合后，溶液中c(Ba2＋)＝0.20mol·L－1，根據(jù)B項(xiàng)分析知，溶液中c(SOeq\o\al(2－,3))≈6.0×10－8mol·L－1，則c(Ba2＋)·c(SOeq\o\al(2－,3))≈1.2×10－8＞Ksp(BaSO3)，故BaCl2溶液與H2SO3溶液混合后出現(xiàn)的白色渾濁含有BaSO3，C項(xiàng)錯(cuò)誤；結(jié)合上述分析知，混合溶液中大量存在的微粒是Ba2＋、H2SO3，加入H2O2溶液后，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成BaSO4，故D項(xiàng)正確。16．(2024·浙江1月選考，16)根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康脑O(shè)計(jì)方案并進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，觀察到相關(guān)現(xiàn)象，其中方案設(shè)計(jì)或結(jié)論不正確的是()實(shí)驗(yàn)?zāi)康姆桨冈O(shè)計(jì)現(xiàn)象結(jié)論A探究Cu和濃HNO3反應(yīng)后溶液呈綠色的原因?qū)O2通入下列溶液至飽和：①濃HNO3②Cu(NO3)2和HNO3混合溶液①無(wú)色變黃色②藍(lán)色變綠色Cu和濃HNO3反應(yīng)后溶液呈綠色的主要原因是溶有NO2B比較F－與SCN－結(jié)合Fe3＋的能力向等物質(zhì)的量濃度的KF和KSCN混合溶液中滴加幾滴FeCl3溶液，振蕩溶液顏色無(wú)明顯變化結(jié)合Fe3＋的能力：F－＞SCN－C比較HF與H2SO3的酸性分別測(cè)定等物質(zhì)的量濃度的NH4F與(NH4)2SO3溶液的pH前者pH小酸性：HF>H2SO3D探究溫度對(duì)反應(yīng)速率的影響等體積、等物質(zhì)的量濃度的Na2S2O3與H2SO4溶液在不同溫度下反應(yīng)溫度高的溶液中先出現(xiàn)渾濁溫度升高，該反應(yīng)速率加快解析：CCu和濃HNO3反應(yīng)后得到Cu(NO3)2和HNO3的混合溶液，通過比較①和②的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可知，溶液呈綠色的主要原因是溶有NO2，A項(xiàng)正確；Fe3＋遇SCN－溶液變成紅色，但實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象中溶液顏色無(wú)明顯變化，說(shuō)明Fe3＋沒有與SCN－結(jié)合而與F－結(jié)合，則結(jié)合Fe3＋的能力：F－＞SCN－，B項(xiàng)正確；同濃度的NH4F與(NH4)2SO3溶液中NHeq\o\al(＋,4)濃度不等，無(wú)法形成對(duì)比實(shí)驗(yàn)，不能進(jìn)行比較，并且亞硫酸的酸性大于氫氟酸，C項(xiàng)錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)中只有溫度一個(gè)變量，能探究溫度對(duì)反應(yīng)速率的影響，且溫度高的溶液中先出現(xiàn)渾濁，說(shuō)明溫度升高，反應(yīng)速率加快，D項(xiàng)正確。二、非選擇題：本大題共5小題，共52分17．(2024·浙江1月選考，17)氮和氧是構(gòu)建化合物的常見元素。已知：請(qǐng)回答：(1)某化合物的晶胞如圖，其化學(xué)式是________________，晶體類型是________________。(2)下列說(shuō)法正確的是________。A．電負(fù)性：B＞N＞OB．離子半徑：P3－＜S2－＜Cl－C．第一電離能：Ge＜Se＜AsD．基態(tài)Cr2＋的簡(jiǎn)化電子排布式[Ar]3d4(3)①H2N—NH2＋H＋→H2N—NHeq\o\al(＋,3)，其中—NH2的N原子雜化方式為________；比較鍵角∠HNH：H2N—NH2中的—NH2________H2N—NHeq\o\al(＋,3)中—NHeq\o\al(＋,3)(填“>”“<”或“＝”)，請(qǐng)說(shuō)明理由_______________________________________________________________________________________________________。②將HNO3與SO3按物質(zhì)的量之比1∶2發(fā)生化合反應(yīng)生成A，測(cè)得A由2種微粒構(gòu)成，其中之一是NOeq\o\al(＋,2)。比較氧化性強(qiáng)弱：NOeq\o\al(＋,2)________HNO3(填“>”“<”或“＝”)；寫出A中陰離子的結(jié)構(gòu)式________________________________。解析：(1)由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞頂點(diǎn)和面心處原子團(tuán)是一樣的，均為CrCl2·4H2O，故該化合物的化學(xué)式為CrCl2·4H2O，其晶體類型為分子晶體。(2)同一周期主族元素，從左到右，電負(fù)性依次增大，故電負(fù)性順序?yàn)镺>N>B，A項(xiàng)錯(cuò)誤；核外電子排布相同的離子，核電荷數(shù)越大，半徑越小，故離子半徑順序?yàn)镻3－＞S2－＞Cl－，B項(xiàng)錯(cuò)誤；同一周期元素從左到右，第一電離能呈增大的趨勢(shì)，但第ⅡA族和第ⅤA族元素例外，故第一電離能：Ge<Se<As，C項(xiàng)正確；基態(tài)Cr原子的簡(jiǎn)化電子排布式為[Ar]3d54s1，則基態(tài)Cr2＋的簡(jiǎn)化電子排布式為[Ar]3d4，D項(xiàng)正確。(3)①—NH2中N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3＋eq\f(5－1×3,2)＝4，故雜化方式為sp3；—NH2的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，有一個(gè)孤電子對(duì)，—NHeq\o\al(＋,3)的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4＋eq\f(5－1－1×4,2)＝4，無(wú)孤電子對(duì)，由孤電子對(duì)對(duì)成鍵電子對(duì)的斥力大于成鍵電子對(duì)對(duì)成鍵電子對(duì)的斥力知，鍵角—NH2＜—NHeq\o\al(＋,3)。②由題給條件及原子守恒可知，該反應(yīng)為HNO3＋2SO3=NO2HS2O7，硝酸失去OH－得到NOeq\o\al(＋,2)，則NOeq\o\al(＋,2)得電子能力更強(qiáng)，即氧化性更強(qiáng)，故氧化性：NOeq\o\al(＋,2)＞HNO3；A中陰離子為HS2Oeq\o\al(－,7)，根據(jù)題給已知信息可知其結(jié)構(gòu)式為。答案：(1)Cr(H2O)4Cl2或CrCl2·4H2O分子晶體(2)CD(3)①sp3＜—NH2中N有孤電子對(duì)，對(duì)成鍵電子對(duì)的斥力大，鍵角?、冢?8．(2024·浙江1月選考，18)固態(tài)化合物Y的組成為MgCaFeMn(CO3)4，以Y為原料實(shí)現(xiàn)如下轉(zhuǎn)化。已知：NH3與溶液A中金屬離子均不能形成配合物。請(qǐng)回答：(1)依據(jù)操作Ⅲ，MnCO3、CaCO3和MgCO3中溶解度最大的是________________。寫出溶液C中的所有陰離子__________________________。步驟Ⅱ中，加入NH4Cl的作用是________________________________。(2)下列說(shuō)法正確的是________。A．氣體D是形成酸雨的主要成分B．固體E可能含有Na2CO3C．Mn(OH)2可溶于NH4Cl溶液D．堿性：Ca(OH)2<Fe(OH)2(3)酸性條件下，固體NaBiO3(微溶于水，其還原產(chǎn)物為無(wú)色的Bi3＋)可氧化Mn2＋為MnOeq\o\al(－,4)。根據(jù)該反應(yīng)原理，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證Y中含有Mn元素____________________________________________________________________________________________________________________________________；寫出Mn2＋轉(zhuǎn)化為MnOeq\o\al(－,4)的離子方程式_____________________________。解析：流程梳理(1)由溶液B中通入二氧化碳后生成MnCO3和CaCO3沉淀，結(jié)合溶解度小的物質(zhì)先析出知，MgCO3的溶解度最大；步驟Ⅰ中加入鹽酸引入氯離子，步驟Ⅲ中又通入CO2引入碳酸根離子，溶液C中的物質(zhì)還存在水解和電離平衡，故其中還含有碳酸氫根離子和氫氧根離子；由步驟Ⅱ中只得到Fe(OH)2知，步驟Ⅱ中加入的NH4Cl可以控制溶液pH，防止pH過高生成其他氫氧化物沉淀。(2)氣體D為CO2，不是形成酸雨的主要成分，A項(xiàng)錯(cuò)誤；Na與過量二氧化碳反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CO2＋2Naeq\o(=,\s\up7(△),\s\do5())Na2CO3＋CO，Na與少量二氧化碳反應(yīng)的化學(xué)方程式為CO2＋4Naeq\o(=,\s\up7(△),\s\do5())2Na2O＋C，故固體E中可能含有Na2CO3，B項(xiàng)正確；步驟Ⅱ中加入NH3和NH4Cl后Mn2＋沒有沉淀為Mn(OH)2，說(shuō)明Mn(OH)2可溶于NH4Cl溶液，故C項(xiàng)正確；Ca(OH)2為強(qiáng)堿，F(xiàn)e(OH)2為弱堿，故堿性：Ca(OH)2＞Fe(OH)2，D項(xiàng)錯(cuò)誤。(3)由酸性條件下，固體NaBiO3可將Mn2＋氧化為MnOeq\o\al(－,4)知，應(yīng)將Y酸溶后再加NaBiO3，通過觀察溶液顏色變化來(lái)證明Y中含有錳元素，由于Y酸溶后溶液中含Ca2＋，故酸溶時(shí)不能選用H2SO4，又由于生成的MnOeq\o\al(－,4)具有氧化性，故酸溶時(shí)不能選用HCl；根據(jù)題目信息可知，Mn2＋被氧化為MnOeq\o\al(－,4)、NaBiO3轉(zhuǎn)變?yōu)锽i3＋，由得失電子守恒、原子守恒、電荷守恒可得該反應(yīng)的離子方程式為5NaBiO3＋14H＋＋2Mn2＋=2MnOeq\o\al(－,4)＋5Bi3＋＋7H2O＋5Na＋。答案：(1)MgCO3COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、OH－、Cl－控制溶液的pH(2)BC(3)取Y固體加過量醋酸或硝酸溶解，再加NaBiO3，溶液變成淺紅色(紫紅色)，證明有錳元素5NaBiO3＋14H＋＋2Mn2＋=2MnOeq\o\al(－,4)＋5Bi3＋＋7H2O＋5Na＋19．(2024·浙江1月選考，19)通過電化學(xué)、熱化學(xué)等方法，將CO2轉(zhuǎn)化為HCOOH等化學(xué)品，是實(shí)現(xiàn)“雙碳”目標(biāo)的途徑之一。請(qǐng)回答：(1)某研究小組采用電化學(xué)方法將CO2轉(zhuǎn)化為HCOOH，裝置如圖。電極B上的電極反應(yīng)式是______________________________________________。(2)該研究小組改用熱化學(xué)方法，相關(guān)熱化學(xué)方程式如下：Ⅰ：C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1＝－393.5kJ·mol－1Ⅱ：C(s)＋H2(g)＋O2(g)=HCOOH(g)ΔH2＝－378.7kJ·mol－1Ⅲ：CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g)ΔH3①ΔH3＝__________kJ·mol－1。②反應(yīng)Ⅲ在恒溫、恒容的密閉容器中進(jìn)行，CO2和H2的投料濃度均為1.0mol·L－1，平衡常數(shù)K＝2.4×10－8，則CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為____________。③用氨水吸收HCOOH，得到1.00mol·L－1氨水和0.18mol·L－1甲酸銨的混合溶液，298K時(shí)該混合溶液的pH＝________。[已知：298K時(shí)，電離常數(shù)Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5、Ka(HCOOH)＝1.8×10－4](3)為提高效率，該研究小組參考文獻(xiàn)優(yōu)化熱化學(xué)方法，在如圖密閉裝置中充分?jǐn)嚢璐呋瘎㎝的DMSO(有機(jī)溶劑)溶液，CO2與H2在溶液中反應(yīng)制備HCOOH，反應(yīng)過程中保持CO2(g)和H2(g)的壓強(qiáng)不變，總反應(yīng)CO2＋H2HCOOH的反應(yīng)速率為v，反應(yīng)機(jī)理如下列三個(gè)基元反應(yīng)，各反應(yīng)的活化能E2<E1?E3。(不考慮催化劑活性降低或喪失)Ⅳ：M＋CO2QE1Ⅴ：Q＋H2LE2Ⅵ：LM＋HCOOHE3①催化劑M足量條件下，下列說(shuō)法正確的是________。A．v與CO2(g)的壓強(qiáng)無(wú)關(guān)B．v與溶液中溶解H2的濃度無(wú)關(guān)C．溫度上升，v不一定增大D．在溶液中加入N(CH2CH3)3，可提高CO2轉(zhuǎn)化率②實(shí)驗(yàn)測(cè)得：298K、p(CO2)＝p(H2)＝2MPa下，v隨催化劑M濃度c變化如圖。c≤c0時(shí)，v隨c增大而增大；c>c0時(shí)，v不再顯著增大。請(qǐng)解釋原因_______________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)電極B上CO2轉(zhuǎn)化為HCOOH，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為CO2＋2e－＋2H＋=HCOOH。(2)①根據(jù)蓋斯定律，由Ⅲ＝Ⅱ－Ⅰ可得ΔH3＝ΔH2－ΔH1＝－378.7kJ·mol－1＋393.5kJ·mol－1＝＋14.8kJ·mol－1。②設(shè)轉(zhuǎn)化的CO2的濃度為xmol·L－1，可列三段式：CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g)起始濃度/(mol·L－1)1.01.0

0轉(zhuǎn)化濃度/(mol·L－1)xxx平衡濃度/(mol·L－1)1.0－x

1.0－x

x則K＝eq\f(x,（1.0－x）2)＝2.4×10－8，解得x≈2.4×10－8，則CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為eq\f(2.4×10－8,1.0)×100%＝2.4×10－8。③甲酸銨水解：NHeq\o\al(＋,4)＋HCOO－＋H2ONH3·H2O＋HCOOH，由氨水和甲酸銨的濃度知，甲酸銨的水解受抑制，由電離和水解都很微弱知，溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))≈0.18mol·L－1，c(NH3·H2O)≈1.00mol·L－1，根據(jù)Kb(NH3·H2O)＝eq\f(c（OH－）·c（NHeq\o\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)，知c(OH－)＝eq\f(c（NH3·H2O）·Kb（NH3·H2O）,c（NHeq\o\al(＋,4)）)＝eq\f(1.00×1.8×10－5,0.18)mol·L－1＝10－4mol·L－1，c(H＋)＝10－10mol·L－1，故pH＝10。(3)①v與CO2(g)的壓強(qiáng)有關(guān)，壓強(qiáng)越大，溶液中CO2的濃度越大，v越大，A項(xiàng)錯(cuò)誤；v與溶液中溶解H2的濃度有關(guān)，氫氣濃度越大，反應(yīng)速率越快，B項(xiàng)錯(cuò)誤；溫度升高，氣體在溶液中溶解度變小，總反應(yīng)速率不一定增大，C項(xiàng)正確；N(CH2CH3)3會(huì)與HCOOH反應(yīng)，使得反應(yīng)Ⅳ、Ⅴ、Ⅵ平衡均正向移動(dòng)，可提高CO2的轉(zhuǎn)化率，D項(xiàng)正確。②因各反應(yīng)的活化能E2＜E1?E3，反應(yīng)Ⅵ為決速步驟，但L的濃度取決于反應(yīng)Ⅴ和Ⅳ，故v與催化劑M的濃度、反應(yīng)物CO2和H2的濃度有關(guān)。當(dāng)c≤c0時(shí)，催化劑M活性位點(diǎn)數(shù)量不夠，v取決于催化劑M的濃度；當(dāng)c>c0時(shí)，催化劑M活性位點(diǎn)數(shù)量足夠，v取決于反應(yīng)物CO2和H2的濃度。答案：(1)CO2＋2e－＋2H＋=HCOOH(2)①＋14.8②2.4×10－8③10(3)①CD②當(dāng)c≤c0時(shí)，v隨c增大而增大，因M是基元反應(yīng)Ⅳ的反應(yīng)物(直接影響基元反應(yīng)Ⅵ中反應(yīng)物L(fēng)的生成)；c＞c0時(shí)，v不再顯著增加，因受限于CO2(g)和H2(g)在溶液中的溶解速率(或濃度)20．(2024·浙江1月選考，20)H2S可用于合成光電材料。某興趣小組用CaS與MgCl2反應(yīng)制備液態(tài)H2S，實(shí)驗(yàn)裝置如圖，反應(yīng)方程式為：CaS＋MgCl2＋2H2O=CaCl2＋Mg(OH)2＋H2S↑。已知：①H2S的沸點(diǎn)是－61℃，有毒；②裝置A內(nèi)產(chǎn)生的H2S氣體中含有酸性氣體雜質(zhì)。請(qǐng)回答：(1)儀器X的名稱是________________________________________。(2)完善虛框內(nèi)的裝置排序：A→B→________→________→________→F→G。(3)下列干燥劑，可用于裝置C中的是_________________________。A．氫氧化鉀 B．五氧化二磷C．氯化鈣 D．堿石灰(4)裝置G中汞的作用是：①平衡氣壓；②________________。(5)下列說(shuō)法正確的是________。A．該實(shí)驗(yàn)操作須在通風(fēng)櫥中進(jìn)行B．裝置D的主要作用是預(yù)冷卻H2SC．加入的MgCl2固體，可使MgCl2溶液保持飽和，有利于平穩(wěn)持續(xù)產(chǎn)生H2SD．該實(shí)驗(yàn)產(chǎn)生的尾氣可用硝酸吸收(6)取0.680gH2S產(chǎn)品，與足量CuSO4溶液充分反應(yīng)后，將生成的CuS置于已恒重、質(zhì)量為31.230g的坩堝中，煅燒生成CuO，恒重后總質(zhì)量為32.814g。產(chǎn)品的純度為______。解析：(2)由已知②知，產(chǎn)生的氣體首先要用NaHS溶液除去酸性氣體雜質(zhì)，然后進(jìn)行干燥，由于氣體傳熱速度較慢，需要先預(yù)冷卻，且玻璃棉可有效減緩氣體流動(dòng)，增強(qiáng)冷卻效果，故裝置順序?yàn)锳→B→E→C→D→F→G。(3)H2S為酸性氣體，不可以選用堿性干燥劑，故B、C項(xiàng)正確。(4)若H2S氣體產(chǎn)生速度過快，裝置內(nèi)壓強(qiáng)過大，