即可。
3．某种化合物的结构如图所示，其中 X、Y、Z、Q、W 为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，Q 核外最外层电子数与 Y 核外电子总数相同，X 的原子半径是元素周期表中最小的。下列叙述正确的是
A．WX 的水溶液呈碱性
B．由 X、Y、Q、W 四种元素形成的化合物的水溶液一定呈碱性 C．元素非金属性的顺序为： Y>Z>Q
D．该化合物中与 Y 单键相连的 Q 不满足 8 电子稳定结构 【答案】A 【解析】 【分析】
由图分析，X只能形成一个共价键，又X的原子半径是元素周期表中最小的，故X为H，W为五种短周期元素中原子序数最大的，且可形成+1价的离子，应为Na，Y可成四个键，Y为C，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，Q为 O，则Z为N，据此解答。 【详解】
由图分析，X只能形成一个共价键，又X的原子半径是元素周期表中最小的，故X为H，W为五种短周期元素中原子序数最大的，且可形成+1价的离子，应为Na，Y可成四个键，Y为C，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，Q为 O，则Z为N，
A. WX为NaH，其与水反应生成NaOH和氢气，溶液显碱性，故A正确；
B. 由 X、Y、Q、W 四种元素形成的化合物，如NaHC2O4，由于HC2O4-的电离程度大于其水解程度，则其水溶液呈酸性，故B错误；
C. 同周期元素从左到右主族元素原子非金属性依次增强，则元素的非金属性Q＞Z＞Y，故C错误； D. 该化合物中与Y单键相连的Q，与Y共用一对电子，并得到了W失去的一个电子，满足8电子稳定结构，故D错误； 故选A。
4．海水淡化是解决沿海城市饮用水问题的关键技术。下图是电渗析法淡化海水装置的工作原理示意图(电解槽内部的“┆”和“│”表示不同类型的离子交换膜)。工作过程中b电极上持续产生Cl2。下列关于该装置的说法错误的是
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A．工作过程中b极电势高于a极
B．“┆”表示阴离子交换膜，“│”表示阳离子交换膜 C．海水预处理主要是除去Ca2＋、Mg2＋等 D．A口流出的是“浓水”，B口流出的是淡水 【答案】D 【解析】 【分析】
2Cl--2e-=Cl2↑，电解过程中b电极上持续产生Cl2，则电极b为电解池阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应为：电极a为电解池的阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应为2H++2e-=H2↑，工作过程中，氯离子向b移动，因此虚线为阴离子交换膜，钠离子向a移动，实线为阳离子交换膜，据此分析解答。 【详解】
A．电极b为电解池阳极，电极a为电解池的阴极， b极电势高于a极，故A正确； B．根据分析， “┆”表示阴离子交换膜，“│”表示阳离子交换膜，故B正确；
C．为了防止海水中的Ca2＋、Mg2＋、SO42－等堵塞离子交换膜，影响电解，电解前，海水需要预处理，除去其中的Ca2＋、Mg2＋等，故C正确；
D．根据分析，实线为阳离子交换膜，虚线为阴离子交换膜，钠离子向a移动，氯离子向b移动，各间隔室的排出液中，A口流出的是淡水， B口流出的是“浓水”，故D错误； 答案选D。
5．用NA表示阿伏加德罗常数值，下列叙述中正确的
A．0.4 mol NH3与0.6 mol O2在催化剂的作用下充分反应，得到NO的分子数为0.4NA B．C60和石墨的混合物共1.8 g，含碳原子数目为0.15NA C．1 L 0.1 mol/LNH4Al(SO4)2溶液中阳离子总数小于0.2NA D．5.6 g铁在足量的O2中燃烧，转移的电子数为0.3NA 【答案】B 【解析】 【分析】
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【详解】
A．依据4NH3+5O2=4NO+6H2O，0.4molNH3与0.6molO2在催化剂的作用下加热充分反应，氧气剩余，则生成的一氧化氮部分与氧气反应生成二氧化氮，所以最终生成一氧化氮分子数小于0.4NA，故A错误； B．C60和石墨是碳元素的同素异形体，混合物的构成微粒中都只含有C原子，1.8 g C的物质的量为
1.8 g=0.15 mol，所以其中含有的碳原子数目为0.15NA，B正确；
12 g/molC．1 L 0.1 mol/LNH4Al(SO4)2溶液中含有溶质的物质的量n[NH4Al(SO4)2]=0.1 mol/L×1 L=0.1 mol，该盐是强酸弱碱盐，阳离子部分发生水解作用，离子方程式为：NH4++H2OAl3++3H2O
NH3·H2O+H+；
Al(OH)3+3H+，可见NH4+水解消耗数与水解产生的H+数目相等，而Al3+一个水解会产生3个H+，
因此溶液中阳离子总数大于0.2NA，C错误；
D．Fe在氧气中燃烧产生Fe3O4，3 mol Fe完全反应转移8 mol电子，5.6 gFe的物质的量是0.1 mol，则
0.88其反应转移的电子数目为×0.1 mol= mol，故转移的电子数目小于0.3NA，D错误；
33故合理选项是B。
6．下列物质的工业生产过程中，其主要反应不涉及氧化还原反应的是（ ） A．生铁 【答案】D 【解析】 【分析】
凡是有化合价发生变化的反应均是氧化还原反应，据此分析。 【详解】
A. 冶炼铁，发生的反应为Fe2O3+3CO符合题意，A项错误；
B. 硫酸工业中存在S～SO2～SO3的转化，S、O元素化合价发生变化，为氧化还原反应，不符合题意，B项错误；
C. 工业制取烧碱涉及的反应为：2NaCl+2H2O化，属于氧化还原反应，C项错误；
D. 氨碱法生产纯碱涉及的方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3确； 答案选D。 【点睛】
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B．硫酸 C．烧碱 D．纯碱
2Fe+3CO2，Fe、C元素化合价发生变化，为氧化还原反应，不
Cl2↑+H2↑+2NaOH，该反应中H、Cl元素化合价发生变
Na2CO3+CO2↑+H2O，这几个方程式中都没有电子的转移，所以不涉及氧化还原反应，D项正
工业制取纯碱（利用侯氏制碱法），先将氨气通入饱和食盐水中，再通入二氧化碳气体，NaHCO3的溶解度最小，会结晶析出，发生反应：NaCl + NH3 + CO2 + H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，这是制纯碱的关键步走，然后过滤，洗涤，烘干，得到碳酸氢钠固体，然后再加热分解得带碳酸钠，发生反应2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O，这是学生们的易忘点。
7．据了解，铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。考古学家将铜锈分为无害锈(形成了保护层)和有害锈(使器物损坏程度逐步加剧，并不断扩散)，结构如图所示。
下列说法正确的是 A．Cu2(OH)3Cl属于有害锈 B．Cu2(OH)2CO3属于复盐
C．青铜器表面刷一层食盐水可以做保护层
D．用NaOH溶液法除锈可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧” 【答案】A 【解析】 【详解】
A. 从图中可知Cu2(OH)3Cl没有阻止潮湿的空气和Cu接触，A正确；可以加快Cu的腐蚀，因此属于有害锈， B.Cu2(OH)2CO3中只有氢氧根、一种酸根离子和一种阳离子，因此只能属于碱式盐，不属于复盐，B错误； C.食盐水能够导电，所以在青铜器表面刷一层食盐水，会在金属表面形成原电池，会形成吸氧腐蚀，因此不可以作保护层，C错误；
D.有害锈的形成过程中会产生难溶性的CuCl，用NaOH溶液浸泡，会产生Cu2(OH)3Cl，不能阻止空气进入内部进一步腐蚀铜，因此不能做到保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”，D错误； 故合理选项是A。
8．已知：FeCl3(aq)+3KSCN(aq)
3KCl(aq)+Fe(SCN)3(aq)，平衡时Fe(SCN)3的物质的量浓度与温度T
的关系如图所示，则下列说法正确的是
A．A点与B点相比，A点的c（Fe3+）大 B．加入KCl固体可以使溶液由D点变到C点 C．反应处于D点时，一定有υ（正）＜υ（逆）
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D．若T1、T2温度下的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2 【答案】C 【解析】 【详解】
A．由图象可知，A点c[Fe(SCN)3]较大，则c（Fe3+）应较小，故A错误； B．根据实际参加反应的离子浓度分析，化学平衡为Fe3++3SCN-中Fe3+、SCN-浓度不变，平衡不移动，故B错误；
C．D在曲线上方，不是平衡状态，c[Fe（SCN）3]比平衡状态大，应向逆反应方向移动，V正＜V逆，故C正确；
D．随着温度的升高c[Fe（SCN）3]逐渐减小，说明反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动即K也在变小，所以T1、T2温度下的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2，故D错误； 故选C。
9．下列说法不正确的是（ ） A．Na2CO3可用于治疗胃酸过多
B．蓝绿藻在阳光作用下，可使水分解产生氢气 C．CusO4可用于游泳池池水消毒
D．SiO2导光能力强，可用于制造光导纤维 【答案】A 【解析】 【分析】
A、Na2CO3碱性太强；
B、氢气燃烧放出大量的热量，且燃烧产物是水没有污染，所以氢气是21世纪极有前途的新型能源； C、铜是重金属，能杀菌消毒；
D、SiO2导光能力强，能传递各种信号。 【详解】
A、Na2CO3碱性太强，不可用于治疗胃酸过多，故A错误；
B、氢气燃烧放出大量的热量，且燃烧产物是水没有污染，所以氢气是21世纪极有前途的新型能源，科学家可以利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下使水分解产生氢气从而利用氢能，故B正确； C、铜是重金属，能杀菌消毒，CuSO4可用于游泳池池水消毒，故C正确； D、SiO2导光能力强，能传递各种信号，可用于制造光导纤维，故D正确， 故选：A。
10．厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中不正确的是 ．．．
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Fe（SCN）3，加入少量KCl固体，溶液
(含3套新高考模拟卷)2024-2024学年高考化学一轮复习每日一题SO2的性质新人教版
