高中化學高考三輪沖刺 優(yōu)質課獎

2023年湖南省永州市高考化學三模試卷一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1．（6分）（2023?永州三模）化學與社會、生活密切相關．對下列現(xiàn)象或事實的解釋正確的是（）A．用含有鐵粉的透氣小袋與食品一起密封包裝，說明鐵粉能吸收水分B．濃硫酸可以盛放在鋁桶中，說明鋁不能與濃硫酸反應C．硫酸鋁與碳酸氫鈉能制作泡沫滅火劑，利用了硫酸鋁溶液與碳酸氫鈉溶液混合后能發(fā)生劇烈雙水解反應D．用氫氟酸雕刻玻璃，說明氫氟酸是強酸2．（6分）（2023?永州三模）下列有關儀器使用方法或實驗操作說法正確的是（）A．用濕潤的pH試紙測定溶液的pH，測定結果偏小B．石蕊、酚酞等酸堿指示劑均可用作中和滴定的指示劑C．托盤天平稱量藥品時，都應墊上濾紙稱量D．滴定管以及容量瓶在使用前需檢查是否漏水3．（6分）（2023?永州三模）第三周期元素X、Y、Z、W的最高價氧化物溶于水可得四種溶液，?L﹣1的這四種溶液pH與該元素原子半徑的關系如右圖所示．下列說法正確的是（）A．簡單離子半徑：X＞Y＞Z＞WB．Y元素存在同素異形體C．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Z＞W＞YD．X和Y的最高價氧化物對應的水化物恰好中和時，溶液呈中性4．（6分）（2023?永州三模）25℃時，下列敘述正確的是（）A．NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至pH=7，則c（Na+）=2c（SO42﹣）B．mol?L﹣1CH3COOH溶液與mol?L﹣1CH3COONa等體積混合pH＜7，則c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣）C．AgCl在水中溶解度與在稀鹽酸中溶解度相同D．KNO3溶液和CH3COONH4溶液pH均為7，則兩溶液中水的電離程度相同5．（6分）（2023?永州三模）已知下表均為烷烴分子的化學式，且它們的一氯取代物只有一種123456……C2H6C5H12C8H18………則第6項烷烴分子的化學式（）A．C16H34B．C17H36C．C26H54D．C27H566．（6分）（2023?永州三模）下表中實驗操作、現(xiàn)象以及所得出的結論都正確的是（）選項實驗操作實驗現(xiàn)象實驗結論A向1mL2mol?L﹣1NaOH溶液加入2滴?L﹣1MgCl2溶液，再滴加2滴?L﹣1FeCl3溶液先生成白色沉淀，后生成紅褐色沉淀Fe（OH）3比Mg（OH）2更難溶B向NH3?H2O溶液中滴加少量AgNO3溶液無明顯現(xiàn)象NH3?H2O和AgNO3不反應C向試管中某溶液加入NaOH溶液試管口濕潤的紅色石蕊試紙不變藍溶液中無NH4+D濃硫酸加入Cu片后，加熱有白色固體生成白色固體為CuSO4A．AB．BC．CD．D7．（6分）（2023?永州三模）pH=1的某溶液X中僅含有NH4+、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、Cl﹣、NO3﹣中的一種或幾種（忽略水的電離及離子的水解），取該溶液進行連續(xù)實驗，實驗過程如下：下列有關推斷不正確的是（）A．沉淀H為Al（OH）3、BaCO3的混合物B．根據上述連續(xù)實驗不能確定溶液X中是否含有Fe3+、Cl﹣C．溶液X中一定含有Al3+、NH4+、Fe2+、SO42﹣、H+D．若溶液X為100mL，產生的氣體A為mL（標況），則X中c（Fe2+）=mol?L﹣1二、解答題（共3小題，滿分43分）8．（15分）（2023?永州三模）乙酰苯胺具有解熱鎮(zhèn)痛作用，是較早使用的解熱鎮(zhèn)痛藥，有“退熱冰”之稱，其制備原理如下：NH2+CH3COOHNHCOOCH3+HO已知：①苯胺易被氧化．②乙酰苯胺、苯胺和醋酸的部分物理性質如下表：物質熔點沸點溶解度乙酰苯胺℃305℃微溶于冷水、易溶于熱水苯胺﹣6℃℃微溶于水醋酸℃118℃易溶于水實驗步驟如下：步驟1：在a中，加入9mL（）苯胺、15mL（）冰醋酸及少許鋅粉，依照如圖裝置組裝儀器．步驟2：控制溫度計讀數(shù)在105℃左右，小火加熱回流至反應完全．步驟3：趁熱將反應混合物倒入盛有100mL冷水的燒杯中，冷卻后抽濾（一種快速過濾方法）、洗滌，得到粗產品．步驟4：將步驟3所得粗產品進一步提純后，稱得產品質量為．請回答下列問題：（1）儀器a的名稱為，所選儀器a的最佳規(guī)格是（填序號）．（2）實驗中加入少許鋅粉的目的是．（3）步驟2中，控制溫度計讀數(shù)在105℃左右的原因是．（4）判斷反應已基本完全的方法為．（5）步驟3中趁熱將混合物倒入盛有冷水的燒杯中，“趁熱”的原因是．（6）步驟4中粗產品進一步提純，該提純方法是．（7）本次實驗的產率為．9．（14分）（2023?永州三模）霧霾由多種污染物形成，其中包含顆粒物（包括在內）、氮氧化物（NOx）、CO、SO2等．化學在解決霧霾污染中有著重要的作用．（1）已知：2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣?mol﹣12NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H=﹣?mol﹣1則反應NO2（g）+SO2（g）═SO3（g）+NO（g）△H=kJ?mol﹣1．一定條件下，將NO2與SO2以體積比1：2置于恒溫恒容的密閉容器中發(fā)生上述反應，下列能說明反應達到平衡狀態(tài)的有．a．體系密度保持不變b．混合氣體顏色保持不變c．SO3和NO的體積比保持不變d．每消耗1molSO3的同時生成1molNO2測得上述反應平衡時NO2與SO2體積比為1：5，則平衡常數(shù)K=．（2）CO可用于合成甲醇，反應方程式為CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）．CO在不同溫度下的平衡轉化率與壓強的關系如圖所示．實際生產條件控制在250℃、×104kPa左右，選擇此壓強的理由是．（3）如圖是一種用NH3脫除煙氣中NO的原理．①該脫硝原理中，NO最終轉化為H2O和（填化學式）．②當消耗1molNH3和時，除去的NO在標準狀況下的體積為L．（4）NO直接催化分解（生成N2和O2）也是一種脫硝途徑．在不同條件下，NO的分解產物不同．在高壓下，NO在40℃下分解生成兩種化合物，體系中各組分物質的量隨時間變化曲線如右圖所示，寫出NO分解的化學方程式．10．（14分）（2023?永州三模）鉻元素及其化合物在生產、生活中具有廣泛的用途．（1）在常溫下，鉻能緩慢與稀硫酸反應，生成藍色溶液．其金屬性比銅（填“強”或“弱”）（2）Cr（OH）3和Al（OH）3性質類似，則Cr（OH）3與KOH反應的離子方程式為．（3）工業(yè)上凈化處理鉻污染的可用電解法．將含K2Cr2O7酸性廢水放入電解槽內，加入適量的NaCl，以Fe作陽極和石墨作陰極進行電解．經過一段時間后，溶液中Cr和Fe轉化為Cr（OH）3和Fe（OH）3沉淀除去．①寫出陰極的電極反應式：．②溶液中Fe、Cr元素最終轉化為Fe（OH）3和Cr（OH）3沉淀除去，原理為（用離子方程式和必要的文字說明）．③電解后的溶液中c（Fe3+）為×10﹣13mol?L﹣1，則溶液中c（Cr3+）為mol?L﹣1（已知Ksp[Fe（OH）3]=×10﹣38，Ksp[Cr（OH）3]=×l0﹣31）．（4）CrO3具有強氧化性，可用于查處酒駕，原理是在酸性條件下能將乙醇氧化成乙酸，CrO3被還原成綠色的硫酸鉻[Cr2（SO4）3]，則該反應的化學方程式為．（5）CrO3的熱穩(wěn)定性較差，加熱時逐步分解，其固體殘留率×100%隨溫度的變化如圖所示，則B點時剩余固體的成分是（填化學式）．【化學--選修2：化學與技術】（共1小題，滿分15分）11．（15分）（2023?永州三模）最近的研究發(fā)現(xiàn)，復合氧化物鐵酸錳（MnFe2O4）可以用于熱化學循環(huán)分解水制氫，因而受到許多發(fā)達國家的青睞．MnFe2O4的制備流程如下：（1）原料Fe（NO3）n中n=，投入原料Fe（NO3）n和Mn（NO3）2的質量之比應為．（2）步驟二中“連續(xù)攪拌”的目的是；步驟三中洗滌干凈的標準．（3）利用MnFe2O4熱化學循環(huán)制氫的反應可表示為MnFe2O4MnFe2O4﹣x+x/2O2↑；MnFe2O4﹣x+xH2O→MnFe2O4+xH2↑．請認真分析上述兩個反應并回答下列問題：①若MnFe2O4﹣x中x=，則MnFe2O4﹣x中Fe2+占全部鐵元素的百分率為．②該熱化學循環(huán)新氫法的優(yōu)點有（答兩點即可）．③該熱化學循環(huán)法制氫尚有不足之處，進一步改進的研究方向是．【化學一選修3：物質結構與性質】（共1小題，滿分0分）12．（2023?永州三模）利用銅萃取劑M，通過如下反應實現(xiàn)銅離子的富集：（1）X難溶于水、易溶于有機溶劑，其晶體類型為．（2）M所含元素的電負性由大到小順序為，N原子以軌道與O原子形成σ鍵．（3）上述反應中斷裂和生成的化學鍵有（填序號）．a．離子鍵b．配位鍵c．金屬鍵d．范德華力e．共價鍵（4）M與W（分子結構如圖）相比，M的水溶性小，更利于Cu2+的萃取．M水溶性小的主要原因是．（5）基態(tài)Cu2+的外圍電子排布式為，Cu2+等過渡元素水合離子是否有顏色與原子結構有關，且存在一定的規(guī)律．判斷Sc3+、Zn2+的水合離子為無色的依據是．離子Sc3+Ti3+Fe2+Cu2+Zn2+顏色無色紫紅色淺綠色藍色無色【化學-選修5：有機化學基礎】（共1小題，滿分0分）13．（2023?永州三模）芳香酯I的合成路線如下：已知以下信息：①A﹣I均為芳香族化合物，B能發(fā)生銀鏡反應，D的相對分子質量比C大4，E的核磁共振氫譜有3組峰．②③2RCH2CHOR﹣請回答下列問題：（1）A→B的反應類型為，D所含官能團的名稱為，E的名稱為．（2）E→F與F→G的順序能否顛倒（填“能”或“否”），理由．（3）B與銀氨溶液反應的化學方程式為．（4）I的結構簡式為．（5）符合下列要求A的同分異構體還有種．①與Na反應并產生H2②芳香族化合物（6）根據已有知識并結合相關信息，寫出以CH3CH2OH為原料制備CH3CH2CH2CH2OH的合成路線流程圖（無機試劑任用）．合成路線流程圖示例如下：CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH3．

2023年湖南省永州市高考化學三模試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1．（6分）（2023?永州三模）化學與社會、生活密切相關．對下列現(xiàn)象或事實的解釋正確的是（）A．用含有鐵粉的透氣小袋與食品一起密封包裝，說明鐵粉能吸收水分B．濃硫酸可以盛放在鋁桶中，說明鋁不能與濃硫酸反應C．硫酸鋁與碳酸氫鈉能制作泡沫滅火劑，利用了硫酸鋁溶液與碳酸氫鈉溶液混合后能發(fā)生劇烈雙水解反應D．用氫氟酸雕刻玻璃，說明氫氟酸是強酸考點：濃硫酸的性質；鹽類水解的應用；硅和二氧化硅．分析：A．鐵具有還原性，鐵粉可防止食品氧化；B．濃硫酸具有強的氧化性，常溫下能夠與鋁發(fā)生鈍化；C．鋁離子為弱堿陽離子，碳酸氫根離子為弱堿陰離子，二者發(fā)生雙水解；D．氫氟酸為弱酸．解答：解：A．鐵具有還原性，鐵粉可防止食品氧化，故A錯誤；B．濃硫酸具有強的氧化性，常溫下能夠與鋁發(fā)生鈍化，阻止反應進行鈍化屬于化學反應，故B錯誤；C．鋁離子為弱堿陽離子，碳酸氫根離子為弱堿陰離子，二者發(fā)生雙水解，生成氫氧化鋁泡沫和二氧化碳，故C正確；D．氫氟酸為弱酸，能夠與玻璃中的二氧化硅反應，用來雕刻玻璃，故D錯誤；故選：C．點評：本題考查了元素化合物知識，側重考查濃硫酸、鐵、氫氟酸的性質以及雙水解反應，熟悉相關知識即可解答，注意對基礎知識的積累．2．（6分）（2023?永州三模）下列有關儀器使用方法或實驗操作說法正確的是（）A．用濕潤的pH試紙測定溶液的pH，測定結果偏小B．石蕊、酚酞等酸堿指示劑均可用作中和滴定的指示劑C．托盤天平稱量藥品時，都應墊上濾紙稱量D．滴定管以及容量瓶在使用前需檢查是否漏水考點：化學實驗方案的評價．分析：A．濕潤的pH試紙測定溶液的pH，不一定有誤差；B．石蕊變色范圍寬且現(xiàn)象不明顯，故一般不用石蕊作指示劑；C．稱量NaOH放在小燒杯中；D．具有活塞或塞子的儀器使用前需要檢查是否漏水．解答：解：A．濕潤的pH試紙測定溶液的pH，不一定有誤差，如測定NaCl溶液的pH無影響，故A錯誤；B．石蕊變色范圍寬且現(xiàn)象不明顯，故一般不用石蕊作指示劑，可選酚酞、甲基橙等酸堿指示劑均可用作中和滴定的指示劑，故B錯誤；C．稱量NaOH固體應放在小燒杯中，不具有吸水性、腐蝕性的藥品可墊上濾紙稱量，故C錯誤；D．滴定管以及容量瓶均有塞子，所以在使用前需檢查是否漏水，故D正確；故選D．點評：本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，涉及pH的測定、酸堿指示劑的使用、固體稱量及儀器的使用等，把握物質的性質、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大．3．（6分）（2023?永州三模）第三周期元素X、Y、Z、W的最高價氧化物溶于水可得四種溶液，?L﹣1的這四種溶液pH與該元素原子半徑的關系如右圖所示．下列說法正確的是（）A．簡單離子半徑：X＞Y＞Z＞WB．Y元素存在同素異形體C．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Z＞W＞YD．X和Y的最高價氧化物對應的水化物恰好中和時，溶液呈中性考點：原子結構與元素的性質．分析：第三周期元素中，X最高價氧化物水化物的溶液pH為12，氫氧根濃度為L，故為一元強堿，則X為Na；Y、W、Z對應的最高價氧化物水化物的溶液pH均小于7，均為酸，W最高價含氧酸溶液中氫離子濃度為L，故為一元強酸，則W為Cl元素；最高價含氧酸中，Z對應的酸性比W的強、Y對應的酸性比W的弱，而原子半徑Y＞Z＞Cl，硅酸不溶于水，故Z為S元素，Y為P元素，據此解答．解答：解：第三周期元素中，X最高價氧化物水化物的溶液PH為12，氫氧根濃度為L，故為一元強堿，則X為Na；Y、W、Z對應的最高價氧化物水化物的溶液PH均小于7，均為酸，W最高價含氧酸溶液中氫離子濃度為L，故為一元強酸，則W為Cl元素；最高價含氧酸中，Z對應的酸性比W的強、Y對應的酸性比W的弱，而原子半徑Y＞Z＞Cl，硅酸不溶于水，故Z為S元素，Y為P元素．A．電子層結構相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，電子層越多離子半徑越大，故離子半徑P3﹣＞S2﹣＞Cl﹣＞Na+，故A錯誤；B．Y為磷元素，單質有紅磷、白磷，故B正確；C．非金屬性W（Cl）＞Z（S）＞Y（P），氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：W＞Z＞Y，故C錯誤；D．X和Y的最高價氧化物對應的水化物分別為NaOH、磷酸，恰好中和生成磷酸鈉，溶液中磷酸根水解，溶液呈堿性，故D錯誤，故選B．點評：本題考查結構性質位置關系應用，根據酸性、原子半徑推斷元素是解題關鍵，側重對元素周期律的考查，難度中等．4．（6分）（2023?永州三模）25℃時，下列敘述正確的是（）A．NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至pH=7，則c（Na+）=2c（SO42﹣）B．mol?L﹣1CH3COOH溶液與mol?L﹣1CH3COONa等體積混合pH＜7，則c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣）C．AgCl在水中溶解度與在稀鹽酸中溶解度相同D．KNO3溶液和CH3COONH4溶液pH均為7，則兩溶液中水的電離程度相同考點：離子濃度大小的比較．分析：A．溶液為中性，則c（H+）=c（OH﹣），結合電荷守恒可知c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42﹣）；B．混合液的pH＜7，說明醋酸的電離程度大于醋酸根離子的水解程度，溶液顯示酸性，則c（H+）＞c（OH﹣）、c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH），結合物料守恒可得：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）；C．鹽酸中含有氯離子，抑制了氯化銀的水解；D．醋酸銨溶液中，銨根離子、醋酸根離子都發(fā)生水解，促進了水的電離．解答：解：A．NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至pH=7，則c（H+）=c（OH﹣），由電荷守恒可知，溶液中應滿足：c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42﹣），故A錯誤；mol?L﹣1CH3COOH溶液與mol?L﹣1CH3COONa等體積混合pH＜7，說明醋酸的電離程度大于醋酸根離子的水解程度，溶液顯示酸性，則c（H+）＞c（OH﹣）、c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH），結合物料守恒c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+）可得：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH），所以溶液中離子濃度大小為：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B正確；C．AgCl的溶解度與溶液中銀離子和氯離子濃度有關，在稀鹽酸中氯離子抑制了氯化銀的水解，所以氯化銀在水中的溶解度大于在稀鹽酸中的，故C錯誤；D．KNO3溶液不存在水解，不影響水的電離，而CH3COONH4溶液中，銨根離子和醋酸根離子都發(fā)生水解，促進了水的電離，所以醋酸銨溶液中水的電離程度大于硝酸鉀的，故D錯誤；故選B．點評：本題考查了離子濃度大小比較，題目難度中等，注意明確物料守恒、電荷守恒、鹽的水解原理的應用，明確影響難溶物溶解度、水的電離的因素，試題知識點較多，充分考查了學生的分析、理解能力．5．（6分）（2023?永州三模）已知下表均為烷烴分子的化學式，且它們的一氯取代物只有一種123456……C2H6C5H12C8H18………則第6項烷烴分子的化學式（）A．C16H34B．C17H36C．C26H54D．C27H56考點：探究化學規(guī)律．分析：由表格中數(shù)據可知：奇數(shù)項的C原子個數(shù)為前一奇數(shù)項中烷烴的C和H原子個數(shù)之和，偶數(shù)項中C原子個數(shù)為其前一個偶數(shù)項中C、H原子個數(shù)之和，所以第六項中C原子個數(shù)是第四項中C原子、H原子個數(shù)之和為26，再根據烷烴通式確定其分子式．解答：解：由表格中數(shù)據可知：奇數(shù)項的C原子個數(shù)為前一奇數(shù)項中烷烴的C和H原子個數(shù)之和，偶數(shù)項中C原子個數(shù)為其前一個偶數(shù)項中C、H原子個數(shù)之和，所以第六項中C原子個數(shù)是第四項中C原子、H原子個數(shù)之和為26，由烷烴通式知，第六項分子式為C26H54，故選C．點評：本題考查探究化學規(guī)律，明確所給化學式中存在的規(guī)律是解本題關鍵，側重考查學生分析、判斷及總結歸納能力，題目難度中等．6．（6分）（2023?永州三模）下表中實驗操作、現(xiàn)象以及所得出的結論都正確的是（）選項實驗操作實驗現(xiàn)象實驗結論A向1mL2mol?L﹣1NaOH溶液加入2滴?L﹣1MgCl2溶液，再滴加2滴?L﹣1FeCl3溶液先生成白色沉淀，后生成紅褐色沉淀Fe（OH）3比Mg（OH）2更難溶B向NH3?H2O溶液中滴加少量AgNO3溶液無明顯現(xiàn)象NH3?H2O和AgNO3不反應C向試管中某溶液加入NaOH溶液試管口濕潤的紅色石蕊試紙不變藍溶液中無NH4+D濃硫酸加入Cu片后，加熱有白色固體生成白色固體為CuSO4A．AB．BC．CD．D考點：化學實驗方案的評價．分析：A．氫氧化鈉過量，不發(fā)生沉淀的轉化；B．Ag+與NH3?H2O先生成AgOH沉淀，當氨水過量時生成銀氨溶液；C．滴加NaOH稀溶液，不生成氨氣；D．硫酸銅是白色固體．解答：解：A．向1mL2mol?L﹣1NaOH溶液加入2滴?L﹣1MgCl2溶液，再滴加2滴?L﹣1FeCl3溶液，出現(xiàn)紅褐色沉淀，氫氧化鈉過量，不發(fā)生沉淀的轉化，故A錯誤；B．Ag+與NH3?H2O先生成AgOH沉淀，當氨水過量時生成銀氨溶液，溶液變澄清，所以Ag+與NH3?H2O能反應，故B錯誤；C．滴加NaOH稀溶液，不生成氨氣，應滴加濃NaOH并加熱，然后檢驗氨氣，方案不合理，故C錯誤；D．濃硫酸加入Cu片后，加熱生成硫酸銅，硫酸銅是白色固體，故D正確．故選D．點評：本題考查較為綜合，涉及沉淀轉化、物質檢驗以及元素化合物知識，側重于學生的分析能力和實驗能力的考查，為高考常見題型，難度大不，注意把握實驗操作的原理和實驗方法．7．（6分）（2023?永州三模）pH=1的某溶液X中僅含有NH4+、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、Cl﹣、NO3﹣中的一種或幾種（忽略水的電離及離子的水解），取該溶液進行連續(xù)實驗，實驗過程如下：下列有關推斷不正確的是（）A．沉淀H為Al（OH）3、BaCO3的混合物B．根據上述連續(xù)實驗不能確定溶液X中是否含有Fe3+、Cl﹣C．溶液X中一定含有Al3+、NH4+、Fe2+、SO42﹣、H+D．若溶液X為100mL，產生的氣體A為mL（標況），則X中c（Fe2+）=mol?L﹣1考點：常見陰離子的檢驗；常見陽離子的檢驗．分析：pH=1的溶液為強酸性溶液，在強酸性溶液中一定不會存在CO32﹣、SO32﹣離子；加入過量硝酸鋇生成沉淀，則該沉淀C為BaSO4，說明溶液中含有SO42﹣離子，生成氣體A，則A只能是NO，說明溶液中含有還原性離子，則一定為Fe2+離子，溶液B中加入過量NaOH溶液，沉淀F只為Fe（OH）3，生成氣體D，則D為NH3，說明溶液中含有NH4+離子；溶液E中通入CO2氣體，生成沉淀H，則H為Al（OH）3，E為NaOH和NaAlO2，說明溶液中含有Al3+離子，再根據離子共存知識，溶液中含有Fe2+離子，則一定不含NO3﹣離子和SO32﹣離子，那么一定含有SO42﹣離子，那么就一定不含Ba2+離子，不能確定是否含有的離子Fe3+和Cl﹣，以此進行解答即可．解答：解：pH=1的溶液為強酸性溶液，在強酸性溶液中一定不會存在CO32﹣、SO32﹣離子；加入過量硝酸鋇生成沉淀，則該沉淀C為BaSO4，說明溶液中含有SO42﹣離子，生成氣體A，則A只能是NO，說明溶液中含有還原性離子，則一定為Fe2+離子，溶液B中加入過量NaOH溶液，沉淀F只為Fe（OH）3，生成氣體D，則D為NH3，說明溶液中含有NH4+離子；溶液E中通入CO2氣體，生成沉淀H，則H為Al（OH）3，E為NaOH和NaAlO2，說明溶液中含有Al3+離子，再根據離子共存知識，溶液中含有Fe2+離子，則一定不含NO3﹣離子和SO32﹣離子，那么一定含有SO42﹣離子，那么就一定不含Ba2+離子，不能確定是否含有的離子Fe3+和Cl﹣，A、根據上述分析可知H為Al（OH）3，BaCO3與過量的二氧化碳生成碳酸氫鋇，易溶于水，故A錯誤；B、根據上述連續(xù)實驗不能確定溶液X中是否含有Fe3+和Cl﹣，故B正確；C、依據分析可知，溶液中一定存在：NH4+、Al3+、Fe2+、SO42﹣和H+，故C正確；D、生成氣體A的離子反應方程式為：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，產生的氣體A為mL，物質的量為：=，故n（Fe2+）=3×=，c（Fe2+）==L，故D正確，故選A．點評：本題考查了常見陰陽離子的檢驗、無機推斷，題目難度中等，注意掌握常見離子的性質及檢驗方法，試題充分考查了學生的分析、理解能力及靈活應用所學知識的能力．二、解答題（共3小題，滿分43分）8．（15分）（2023?永州三模）乙酰苯胺具有解熱鎮(zhèn)痛作用，是較早使用的解熱鎮(zhèn)痛藥，有“退熱冰”之稱，其制備原理如下：NH2+CH3COOHNHCOOCH3+HO已知：①苯胺易被氧化．②乙酰苯胺、苯胺和醋酸的部分物理性質如下表：物質熔點沸點溶解度乙酰苯胺℃305℃微溶于冷水、易溶于熱水苯胺﹣6℃℃微溶于水醋酸℃118℃易溶于水實驗步驟如下：步驟1：在a中，加入9mL（）苯胺、15mL（）冰醋酸及少許鋅粉，依照如圖裝置組裝儀器．步驟2：控制溫度計讀數(shù)在105℃左右，小火加熱回流至反應完全．步驟3：趁熱將反應混合物倒入盛有100mL冷水的燒杯中，冷卻后抽濾（一種快速過濾方法）、洗滌，得到粗產品．步驟4：將步驟3所得粗產品進一步提純后，稱得產品質量為．請回答下列問題：（1）儀器a的名稱為圓底燒瓶，所選儀器a的最佳規(guī)格是B（填序號）．（2）實驗中加入少許鋅粉的目的是防止苯胺被氧化，同時起著沸石的作用．（3）步驟2中，控制溫度計讀數(shù)在105℃左右的原因是溫度過低不能蒸出反應所生成的水或溫度過高未反應的乙酸蒸出．（4）判斷反應已基本完全的方法為錐形瓶不再有水增加．（5）步驟3中趁熱將混合物倒入盛有冷水的燒杯中，“趁熱”的原因是冷卻后固體析出粘在瓶壁上不易處理．（6）步驟4中粗產品進一步提純，該提純方法是重結晶．（7）本次實驗的產率為80%．考點：制備實驗方案的設計．分析：（1）根據裝置圖分析；圓底燒瓶所盛放的溶液體積一般不能超過燒瓶容積的，不能低于；（2）苯胺易被氧化，加入鋅粉，防止苯胺被氧化，同時起著沸石的作用，防止暴沸；（3）根據乙酸和水的沸點分析；（4）反應生成水，若不再生成水，說明完全；（5）若讓反應混合物冷卻，會有固體析出；（6）乙酰苯胺的溶解度受溫度影響較大，且與乙酸、苯胺的溶解度相差較大，可以用重結晶的方法進行提純．（7）加入9mL（）苯胺、15mL（）冰醋酸及少許鋅粉，所以乙酸過量，根據苯胺的物質的量計算出乙酰苯胺的物質的量和質量，再求出產率．解答：解：（1）根據裝置圖可知a儀器為圓底燒瓶；反應物液體的總體積超過22mL，由于圓底燒瓶所盛放的溶液體積一般不能超過，也不能低于，因此最佳規(guī)格是50mL，故答案為：圓底燒瓶；B；（2）苯胺易被氧化，加入鋅粉，防止苯胺被氧化，同時起著沸石的作用，防止暴沸，故答案為：防止苯胺被氧化，同時起著沸石的作用；（3）已知醋酸的沸點為118℃，水的沸點為100℃，溫度過高，未反應的乙酸會蒸出，降低反應物的利用率，溫度過低，又不能除去反應生成的水，故選擇控制溫度計約105℃，故答案為：溫度過低不能蒸出反應所生成的水或溫度過高未反應的乙酸蒸出；（4）反應生成水，水經過加熱蒸發(fā)、冷凝進入錐形瓶中，若錐形瓶中水的量不再增加，說明反應基本完全，故答案為：錐形瓶不再有水增加；（5）已知乙酰苯胺的熔點為℃，常溫下為固體，若讓反應混合物冷卻，則乙酰苯胺會以固體形式析出沾在瓶壁上不易處理，故需要“趁熱”過濾；故答案為：若讓反應混合物冷卻，則固體析出沾在瓶壁上不易處理；（6）乙酰苯胺的溶解度受溫度影響較大，且與乙酸、苯胺的溶解度相差較大，可以用重結晶的方法進行提純，故答案為：重結晶；（7）加入9mL（）苯胺、15mL（）冰醋酸及少許鋅粉，所以乙酸過量，按照苯胺的物質的量計算，設生成的乙酰苯胺為xmol，NH2+CH3COOHNHCOOCH3+H2O1mol1molx則x=，所以m（乙酰苯胺）=×135g/mol=，所以所得到乙酰苯胺的產率是×100%=80%；故答案為：80%．點評：本題考查有機物制備方案設計，涉及物質的分離提純、對操作的分析評價、基本操作等，理解實驗原理和物質的性質是解題的關鍵，是對學生綜合能力的考查，難度中等．9．（14分）（2023?永州三模）霧霾由多種污染物形成，其中包含顆粒物（包括在內）、氮氧化物（NOx）、CO、SO2等．化學在解決霧霾污染中有著重要的作用．（1）已知：2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣?mol﹣12NO（g）+O2（g）═2NO2（g）△H=﹣?mol﹣1則反應NO2（g）+SO2（g）═SO3（g）+NO（g）△H=﹣?mol﹣1．一定條件下，將NO2與SO2以體積比1：2置于恒溫恒容的密閉容器中發(fā)生上述反應，下列能說明反應達到平衡狀態(tài)的有b．a．體系密度保持不變b．混合氣體顏色保持不變c．SO3和NO的體積比保持不變d．每消耗1molSO3的同時生成1molNO2測得上述反應平衡時NO2與SO2體積比為1：5，則平衡常數(shù)K=．（2）CO可用于合成甲醇，反應方程式為CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）．CO在不同溫度下的平衡轉化率與壓強的關系如圖所示．實際生產條件控制在250℃、×104kPa左右，選擇此壓強的理由是在×104kPa下，CO的轉化率已經很高，如果增加壓強CO的轉化率提高不大，而生產成本增加，經濟效益低．（3）如圖是一種用NH3脫除煙氣中NO的原理．①該脫硝原理中，NO最終轉化為H2O和N2（填化學式）．②當消耗1molNH3和時，除去的NO在標準狀況下的體積為L．（4）NO直接催化分解（生成N2和O2）也是一種脫硝途徑．在不同條件下，NO的分解產物不同．在高壓下，NO在40℃下分解生成兩種化合物，體系中各組分物質的量隨時間變化曲線如右圖所示，寫出NO分解的化學方程式3NON2O+NO2．考點：用化學平衡常數(shù)進行計算；化學方程式的有關計算；用蓋斯定律進行有關反應熱的計算；化學平衡狀態(tài)的判斷．分析：（1）利用蓋斯定律計算反應熱，得到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各物質的濃度不變，由此衍生的一些物理量也不變，計算平衡時各物質的濃度，可K=計算平衡常數(shù)；（2）實際生產條件控制在250℃、×104kPa左右，選擇此壓強的理由是工業(yè)生產要考慮速經濟效益，要考慮速度和效率，據此分析；（3）①由圖3可知反應物為氧氣、一氧化氮和氨氣最終生成物為氮氣和水；②根據氨氣失去的電子的物質的量等于NO和氧氣得到的電子總物質的量計算；（4）NO在40℃下分解生成兩種化合物，根據元素守恒可知生成的為N的氧化物，由圖象可知3molNO生成兩種氮的氧化物各為1mol，根據原子守恒判斷產物書寫方程式．解答：解：（1）2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H=﹣?mol﹣1①2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）△H=﹣?mol﹣1②將方程式得：NO2（g）+SO2（g）?SO3（g）+NO（g）△H==﹣mol，a．隨反應：NO2（g）+SO2（g）?SO3（g）+NO（g）的進行，氣體的質量和體積都不變，所以ρ=也不變，不能說明到達平衡狀態(tài)，故a錯誤；b．混合氣體顏色保持不變，說明二氧化氮的濃度不變，說明到達平衡狀態(tài)，故b正確；c．隨反應進行，SO3和NO都是生成物，所以體積比一直等于系數(shù)比，所以SO3和NO的體積比保持不變，不能說明到達平衡狀態(tài)，故c錯誤；d．每生成1molSO3的同時消耗1molNO2都表示正反應速率，反應自始至終都按此比例進行，故d錯誤；NO2（g）+SO2（g）?SO3（g）+NO（g）起始物質的體積a2a00轉化物質的體積xxxx平衡物質的體積a﹣x2a﹣xxx平衡時NO2與SO2體積比為1：6，即（1a﹣x）：（2a﹣x）=1：5，故x=a，故平衡常數(shù)K====，故答案為：﹣；b；；（2）實際生產條件控制在250℃、×104kPa左右，選擇此壓強的理由是工業(yè)生產要考慮速經濟效益，要考慮速度和效率，壓強越大需要的條件越高，花費越大．故答案為：在×104kPa下，CO的轉化率已經很高，如果增加壓強CO的轉化率提高不大，而生產成本增加，經濟效益低；（3）①由圖3可知反應物為氧氣、一氧化氮和氨氣最終生成物為氮氣和水，所以NO最終轉化為N2和H2O，故答案為：N2；②氧氣、一氧化氮和氨氣反應生成氮氣和水，反應中氨氣失去的電子的物質的量等于NO和氧氣得到的電子總物質的量，1molNH3轉化為N2失去3mol電子，得到2mol電子，則NO轉化為N2得到的電子為1mol，所以NO的物質的量為，其體積為mol×=，故答案為：；（4）NO在40℃下分解生成兩種化合物，根據元素守恒可知生成的為N的氧化物，氮元素的氧化物有NO、N2O、NO2、N2O3、N2O4、N2O5，由圖象可知3molNO生成兩種氮的氧化物各為1mol，其反應方程式為：3NO=Y+Z，根據原子守恒可知為N2O、NO2，所以方程式為3NON2O+NO2，故答案為：3NON2O+NO2．點評：本題考查了蓋斯定律的應用、平衡狀態(tài)的判斷、平衡常數(shù)的計算、氧化還原反應化學方程式的書寫及其計算、圖象的分析與應用等，考查了學生的分析能力以及對基礎知識的綜合應用能力，題目難度中等．10．（14分）（2023?永州三模）鉻元素及其化合物在生產、生活中具有廣泛的用途．（1）在常溫下，鉻能緩慢與稀硫酸反應，生成藍色溶液．其金屬性比銅強（填“強”或“弱”）（2）Cr（OH）3和Al（OH）3性質類似，則Cr（OH）3與KOH反應的離子方程式為Cr（OH）3+OH﹣=CrO2﹣+2H2O．（3）工業(yè)上凈化處理鉻污染的可用電解法．將含K2Cr2O7酸性廢水放入電解槽內，加入適量的NaCl，以Fe作陽極和石墨作陰極進行電解．經過一段時間后，溶液中Cr和Fe轉化為Cr（OH）3和Fe（OH）3沉淀除去．①寫出陰極的電極反應式：2H++2e﹣=H2↑．②溶液中Fe、Cr元素最終轉化為Fe（OH）3和Cr（OH）3沉淀除去，原理為陽極Fe﹣2e﹣=Fe2+，6Fe2++Cr2O72﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，消耗H+，同時陰極H+放電，c（OH﹣）增大，F(xiàn)e3+、Cr3+結合OH﹣轉化為沉淀（用離子方程式和必要的文字說明）．③電解后的溶液中c（Fe3+）為×10﹣13mol?L﹣1，則溶液中c（Cr3+）為3×10﹣6mol?L﹣1（已知Ksp[Fe（OH）3]=×10﹣38，Ksp[Cr（OH）3]=×l0﹣31）．（4）CrO3具有強氧化性，可用于查處酒駕，原理是在酸性條件下能將乙醇氧化成乙酸，CrO3被還原成綠色的硫酸鉻[Cr2（SO4）3]，則該反應的化學方程式為4CrO3+3CH3CH2OH+6H2SO4→2Cr2（SO4）3+3CH3COOH+9H2O．（5）CrO3的熱穩(wěn)定性較差，加熱時逐步分解，其固體殘留率×100%隨溫度的變化如圖所示，則B點時剩余固體的成分是Cr2O3（填化學式）．考點：難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；離子方程式的書寫；化學方程式的有關計算；電解原理．分析：（1）銅排在金屬活動性順序表中H的后面，不能與硫酸反應，據此解答即可；（2）氫氧化鋁與氫氧化鉀反應生成偏鋁酸鉀和水，據此書寫；（3）①陰極上是陽離子發(fā)生得電子的還原反應，據此書寫電極反應；②Fe3+、Cr3+在水溶液中會發(fā)生水解反應，當溶液的堿性達到一定程度就會生成氫氧化物沉淀；③根據電解后溶液中c（Fe3+），由KsP[Fe（OH）3]計算溶液中c（OH﹣），再根據KsP[Cr（OH）3]計算溶液中c（Cr3+）；（4）根據化合價升降總數(shù)相等以及原子守恒來解答；（5）根據質量守恒定律，在變化過程中，Co的質量沒有變，求出氧原子和鉻原子的個數(shù)比即可．解答：解：（1）在常溫下，鉻能緩慢與稀硫酸反應，而Cu不能與稀硫酸反應，說明Cr金屬活潑性較強，故答案為：強；（2）Cr（OH）3和Al（OH）3類似，氫氧化鋁與氫氧化鉀反應生成偏鋁酸鉀和水，故Cr（OH）3與KOH反應生成KCrO2，離子反應方程式為：Cr（OH）3+OH﹣=CrO2﹣+2H2O，故答案為：Cr（OH）3+OH﹣=CrO2﹣+2H2O；（3）①用Fe為電極進行電解，陽極是活潑電極，則電極本身發(fā)生失電子的氧化反應，即Fe﹣2e﹣═Fe2+，陰極上是陽離子發(fā)生得電子的還原反應，即2H++2e﹣═H2↑，故答案為：2H++2e﹣═H2↑；②在電解池的陽極：Fe﹣2e﹣═Fe2+，Cr2O72﹣具有強氧化性，可以將亞鐵離子氧化為鐵離子，自身被還原為2Cr3+，反應的實質是：6Fe2++Cr2O72﹣+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，Cr2O72﹣與Fe2+反應的過程中，將消耗大量的H+，使溶液pH上升，促使Fe3+、Cr3+水解并最終轉化為Fe（OH）3、Cr（OH）3沉淀，故答案為：陽極Fe﹣2e﹣=Fe2+，6Fe2++Cr2O72﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，消耗H+，同時陰極H+放電，c（OH﹣）增大，F(xiàn)e3+、Cr3+結合OH﹣轉化為沉淀；③電解后溶液中c（Fe3+）=×10﹣13mol/L，則溶液中c3（OH﹣）=mol/L=2×10﹣25mol/L，故溶液中c（Cr3+）=mol/L=3×10﹣6mol/L，故答案為：3×10﹣6；（4）CrO3具有強氧化性，遇到有機物（如酒精）時，乙醇被氧化成乙酸，碳的平均化合價從﹣2價升高到0，1個乙醇化合價變化4，CrO3被還原成綠色的硫酸鉻[Cr2（SO4）3]，鉻的化合價從+6價降低到+3價，1個CrO3化合價變化3，兩者的最小公倍數(shù)是12，再根據原子守恒得：4CrO3+3C2H5OH+6H2SO4=2Cr2（SO4）3+3CH3CO0H+9H2O，故答案為：4CrO3+3C2H5OH+6H2SO4=2Cr2（SO4）3+3CH3CO0H+9H2O；（5）設CrO3的質量為100g，則CrO3中鉻元素的質量為：100g×=52g，B點時固體的質量為：100g×76%=76g，Co的質量沒有變，所以生成物中Co的質量為52g，氧元素的質量為16，兩者的個數(shù)比為=2：3，所以B點時剩余固體的成分是Cr2O3，故答案為：Cr2O3．點評：本題考查了離子方程式和電極反應式的書寫，難度不大，注意（5）題中，在變化過程中，Co的質量沒有變，是解題的關鍵．【化學--選修2：化學與技術】（共1小題，滿分15分）11．（15分）（2023?永州三模）最近的研究發(fā)現(xiàn)，復合氧化物鐵酸錳（MnFe2O4）可以用于熱化學循環(huán)分解水制氫，因而受到許多發(fā)達國家的青睞．MnFe2O4的制備流程如下：（1）原料Fe（NO3）n中n=3，投入原料Fe（NO3）n和Mn（NO3）2的質量之比應為484：179．（2）步驟二中“連續(xù)攪拌”的目的是充分反應、沉淀完全；步驟三中洗滌干凈的標準最后一次洗滌液呈中性．（3）利用MnFe2O4熱化學循環(huán)制氫的反應可表示為MnFe2O4MnFe2O4﹣x+x/2O2↑；MnFe2O4﹣x+xH2O→MnFe2O4+xH2↑．請認真分析上述兩個反應并回答下列問題：①若MnFe2O4﹣x中x=，則MnFe2O4﹣x中Fe2+占全部鐵元素的百分率為60%．②該熱化學循環(huán)新氫法的優(yōu)點有具有過程簡單、無污染、物料廉價并可循環(huán)使用及氧氣和氫氣在不同步驟生成，因此不存在高溫氣體分離等優(yōu)點（答兩點即可）．③該熱化學循環(huán)法制氫尚有不足之處，進一步改進的研究方向是尋找合適的催化劑，使MnFe2O4分解溫度降低或找分解溫度更低的氧化物．考點：制備實驗方案的設計．分析：（1）根據MnFe2O4的制備流程，可知Mn、Fe的化合價未變，Mn（NO3）2中Mn的化合價為+2，則MnFe2O4中Fe的化合價為+3，從而求出Fe（NO3）n中的n，由MnFe2O4中可知：Fe和Mn的個數(shù)之比為2：1，根據質量守恒，求出原料Fe（NO3）n和Mn（NO3）2的質量之比；（2）根據攪拌的通常目的和判斷沉淀是否洗滌干凈的方法來解答；（3）①根據化合價代數(shù)和為0，計算MnFe2O4﹣x中鐵的總價態(tài)，1molMnFe2O4﹣中含F(xiàn)e2+、Fe3+物質的量分別為xmol、ymol，列方程組解答；②從可操作性、環(huán)保以及原料的價格等方面分析；③改進方法可從流程簡潔方面考慮．解答：解：（1）Mn為+2價，則MnFe2O4中Fe的化合價為+3價，則Fe（NO3）n中n=3；由MnFe2O4中可知：Fe和Mn的個數(shù)之比為2：1，所以Fe（NO3）3與Mn（NO3）2二者的物質的量之比2：1，所以其質量之比為：242×2：179=484：179；故答案為：3；484：179；（2）連續(xù)攪拌是為了讓Fe（NO3）n和Mn（NO3）2充分反應，由于溶液顯堿性，則洗滌至洗滌液為中性時，說明沉淀上沒有溶液中的離子，即沉淀已經洗滌干凈；故答案為：充分反應或沉淀完全；最后一次洗滌液呈中性；（3）①x=時，鐵的總價態(tài)為（4﹣）×2﹣2=，設1molMnFe2O4﹣中含F(xiàn)e2+、Fe3+物質的量分別為xmol、ymol，則有x+y=2，2x+3y=，聯(lián)立解得：x=，y=，則1molMnFe2O4﹣中含F(xiàn)e2+的物質的量為，則Fe2+占的百分率為×100%=60%．故答案為：60%；②由流程圖可以看出過程簡單、節(jié)約能量、無污染、物料廉價并可循環(huán)使用及氧氣和氫氣在不同步驟生成，不存在高溫氣體分離的問題等，故答案為：過程簡單、節(jié)約能量、無污染、物料廉價并可循環(huán)使用及氧氣和氫氣在不同步驟生成，不存在高溫氣體分離的問題等（答兩點即可）；③因高溫消耗較多的能源，則尋找合適的催化劑，使MnFe2O4分解溫度降低或分解溫度更低的氧化物，故答案為：尋找合適的催化劑，使MnFe2O4分解溫度降低或分解溫度更低的氧化物．點評：本題以MnFe2O4的制備為載體，考查學生對工藝流程的理解、對實驗操作的理解、化學式有關計算等，難度中等，綜合性較強，涉及的知識點多，需要學生具備閱讀分析能力和靈活運用知識的解決問題能力．【化學一選修3：物質結構與性質】（共1小題，滿分0分）12．（2023?永州三模）利用銅萃取劑M，通過如下反應實現(xiàn)銅離子的富集：（1）X難溶于水、易溶于有機溶劑，其晶體類型為分子晶體．（2）M所含元素的電負性由大到小順序為O＞N＞C＞H，N原子以sp2雜化軌道與O原子形成σ鍵．（3）上述反應中斷裂和生成的化學鍵有be（填序號）．a．離子鍵b．配位鍵c．金屬鍵d．范德華力e．共價鍵（4）M與W（分子結構如圖）相比，M的水溶性小，更利于Cu2+的萃取．M水溶性小的主要原因是M能形成分子內氫鍵，使溶解度減?。?）基態(tài)Cu2+的外圍電子排布式為3d9，Cu2+等過渡元素水合離子是否有顏色與原子結構有關，且存在一定的規(guī)律．判斷Sc3+、Zn2+的水合離子為無色的依據是3d軌道上沒有未成對電子．離子Sc3+Ti3+Fe2+Cu2+Zn2+顏色無色紫紅色淺綠色藍色無色考點：元素電離能、電負性的含義及應用；原子核外電子排布；配合物的成鍵情況．分析：（1）依據X的結構簡式判斷其晶體類型；（2）元素的非金屬性越強，電負性越強；即同周期自左而右電負性增大；同一主族元素從上到下電負性逐漸減小；（3）由結構簡式可知X分子中存在配位鍵和共價鍵，據此解答即可；（4）分子內氫鍵的存在，導致水溶性減小，據此解答即可；（5）根據核外電子排布規(guī)律書寫Cu原子的核外電子排布式，電子按能層高低進行失去，進而書寫Cu2+的外圍電子排布式；判斷Sc3+、Zn2+離子的原子核外3d軌道上是否含有電子來判斷是否有顏色．解答：解：（1）依據所給X的結構簡式判斷，X難溶于水、易溶于有機溶劑，故X為分子晶體，故答案為：分子晶體；（2）同周期自左而右電負性增大，故電負性O＞N＞C＞H，由結構簡式可知N原子共形成3對共價鍵，1個配位鍵，即N原子采取sp2雜化，故答案為：O＞N＞C＞H；sp2雜化；（3）由結構簡式可知X分子中存在配位鍵和共價鍵，故選：be；（4）由于M能形成分子內氫鍵，使溶解度減小，故答案為：M能形成分子內氫鍵，使溶解度減??；（5）Cu原子的核外電子排布式為1s22s