四川省宜宾三中2022届2022届高三化学下学期第二次周练试卷含解析

2022-2022学年四川省宜宾三中高三（下）第二次周练化学试卷　一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（　　）　A．用热的纯碱溶液可洗涤餐具上的油污　B．新型氢动力汽车的使用可减少雾霾的产生　C．钢铁厂用热还原法冶炼铁　D．煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料　2．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）　A．将1molCl2通入到水中，则N（HClO）+N（Cl﹣）+N（ClO﹣）=2NA　B．常温常压下，3.0g含甲醛（HCHO）的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA　C．标准状况下，2.24L的苯中含有的σ键数为1.2NA　D．将CO2通过Na2O2使其增重a克时，反应中转移电子数为　3．下列说法正确的是（　　）　A．甲烷和Cl2的反应与乙烯和Br2的反应属于同一类型的反应　B．分子式为C4H7ClO2，可与NaHCO3产生CO2的有机物可能结构有3种　C．分子中至少有11个碳原子处于同一平面上　D．1mol有机物一定条件下能和7molNaOH反应．　4．下列有关实验现象和解释或结论都正确的选项是（　　）选项实验操作现象解释或结论A将电石与水反应产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液紫色褪去证明有乙炔生成B将滴有酚酞的碳酸钠溶液加热红色变深水解过程是吸热的C把Cl2通入紫色石蕊试液中紫色褪去Cl2具有漂白性-25-D向碳酸钙粉末中滴加稀盐酸有气泡产生非金属性氯强于碳　A．AB．BC．CD．D　5．一定温度时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的SO2和O2，发生反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196kJ•moL﹣1，一段时间后达平衡，反应过程中测定的部分数据见下表：下列说法不正确的是（　　）反应时间/minn（SO2）/moln（O2）/mol02151.2100.4150.8　A．反应在前5min的平均速率为v（SO2）=0.08mol•L﹣1•min﹣1　B．保持温度不变，向平衡后的容器中再充入1molSO2和0.5molO2时，v（正）＞v（逆）　C．该温度，反应的平衡常数为11.25L•mol﹣1　D．相同温度下，起始时向容器中充入1.5molSO3，达平衡时SO3的转化率为40%　6．有①氨水②NH4Cl溶液③Na2CO3溶液④NaHCO3溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol/L，下列说法正确的是（　　）　A．4种溶液pH的大小顺序：①＞④＞③＞②　B．溶液①、②等体积混合后pH＞7，则c（NH4+）＜c（NH3•H2O）　C．向溶液①、②中分别加入25mL0.1mol/L盐酸后，溶液中c（NH4+）：①＞②　D．向溶液③、④中分别加入12.5mL0.1mol/LNaOH溶液后，两溶液中的离子种类相同　7．在100mL密度为1.2g/mL稀硝酸中，加入一定量的镁和铜组成的混合物，充分反应后金属完全溶解（假设还原产物只有NO），向反应后溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀质量比原金属质量增加5.1g．则下列叙述不正确是（　　）　A．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为2.24L（标准状况）　B．当生成沉淀的量最多时，消耗NaOH溶液体积最小为100mL-25-　C．原稀硝酸的物质的量浓度一定为4mol/L　D．参加反应金属总质量（m）为9.6g＞m＞3.6g　　二、解答题（共4小题，满分58分）8．（13分）（2022•固原校级二模）（1）PM2.5富含大量的有毒、有害物质，易引发二次光化学烟雾，光化学烟雾中含有NOx、HCOOH、（PAN）等二次污染物．①1molPAN中含有的σ键数目为　　　　　　．PAN中四种元素的第一电离能由大到小的顺序为　　　　　　．②NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物SO4，该配合物中中心离子的配位数为　　　　　　，中心离子的核外电子排布式为　　　　　　．③相同压强下，HCOOH的沸点比CH3OCH3　　　　　　（填“高”或“低”），其原因是　　　　　　．（2）PM2.5微细粒子包含（NH4）2SO4、NH4NO3等．①（NH4）2SO4晶体中各种微粒间的作用力不涉及　　　　　　（填序号）．a．离子键b．共价键c．配位键d．范德华力e．氢键②NH4NO3中阳离子的空间构型为　　　　　　，阴离子的中心原子轨道采用　　　　　　杂化．（3）测定大气中PM2.5的浓度方法之一是β﹣射线吸收法，β﹣射线放射源可用85Kr．已知Kr晶体的晶胞结构如图所示，设晶体中与每个Kr原子紧相邻的Kr原子有m个，晶胞中Kr原子为n个，则=　　　　　　（填数字）．　9．（17分）（2022秋•龙海市校级期末）某同学对铜与浓硫酸反应产生的黑色沉淀进行探究，实验步骤如下：Ⅰ．将光亮铜丝插入浓硫酸，加热；Ⅱ．待产生黑色沉淀和气体时，抽出铜丝，停止加热；Ⅲ．冷却后，从反应后的混合物中分离出黑色沉淀，洗净、干燥备用．-25-（1）甲同学认为根据所学知识：已知硫化铜（CuS）、硫化亚铜（Cu2S）、粉末和氧化铜粉末相似且都不溶于水，在空气中煅烧硫化铜和硫化亚铜都转化二种氧化物，设计一个不用任何化学试剂就能鉴别氧化铜、硫化铜、硫化亚铜三种粉末的简便实验方案，请帮助甲同学将方案填写于下表中，实验提供天平及其他必要的设备．实验步骤实验现象结论及有关化学方程式A．分别称取相同质量的样品，在空气中燃烧；B．　　　　　　A．有一种固体无变化，两种固体产生刺激性气味气体B．有一种样品质量减轻，一种样品质量不变A．固体无变化的是氧化铜，产生刺激性气味气体的是硫化铜和硫化亚铜，在空气中煅烧中反应的化学方程式分别为　　　　　　；　　　　　　B．质量减轻的是硫化铜，质量不变的是硫化亚铜（2）乙同学查阅文献得知检验微量Cu2+的方法是：向试液中滴加K4溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2+．该同学假设黑色沉淀是CuO．检验过程如下：①将CuO放入稀硫酸中，一段时间后，再滴加K4溶液，产生红褐色沉淀．②将黑色沉淀放入稀硫酸中，一段时间后，再滴加K4溶液，未见红褐色沉淀．由该检验过程所得结论是　　　　　　．（3）丙同学再次假设，黑色沉淀是铜的硫化物．实验如下：实验装置现象1．A试管中黑色沉淀逐渐溶解2．A试管内上方出现红棕色气体3．B试管中出现白色沉淀①现象2说明黑色沉淀具有　　　　　　性．-25-②能确认黑色沉淀中含有S元素的现象是　　　　　　，相应的离子方程式是　　　　　　．③为确认黑色沉淀是“铜的硫化物”，还需进行的实验操作是　　　　　　．以上实验说明，黑色沉淀中存在铜的硫化物．进一步实验后证明黑色沉淀是CuS与Cu2S的混合物．将黑色沉淀放入浓硫酸中加热一段时间后，沉淀溶解，其中CuS溶解的化学方程式是　　　　　　．（4）丁同学通过实验确认，固体只含有硫化铜和硫化亚铜，他通过以下实验求硫化亚铜的百分含量：取2gCu2S和CuS的混合物在酸性溶液中用400mL0.075mol/LKMnO4溶液处理，发生反应如下：8MnO4﹣+5Cu2S+44H+=10Cu2++5SO2+8Mn2++22H2O6MnO4﹣+5CuS+28H+=5Cu2++5SO2+6Mn2++14H2O反应后煮沸溶液，赶尽SO2，剩余的KMnO4恰好与350mL0.1mol/L（NH4）2Fe（SO4）2溶液完全反应．则混合物中Cu2S的质量分数为　　　　　　．　10．（13分）（2022•福州校级模拟）A是一种重要的化工原料，已知A是一种卤代烃相对分子质量为92.5，其核磁共振氢谱中只有一个峰，C是一种高分子化合物，M是一种六元环状酯，转化关系如图所示，回答下列问题：（1）A的分子式为　　　　　　；A→B的反应类型　　　　　　；（2）有机物D的结构式为　　　　　　．M的结构简式为　　　　　　．（3）写出下列反应的化学方程式：B→C：　　　　　　；E→F：　　　　　　．（4）写出满足下列条件的H的同分异构体d的结构简式　　　　　　．①属于酯类；②能发生银镜反应；③能与金属钠反应放出气体．④核磁共振氢谱有三个峰，且峰面积比为6：1：1．　-25-11．（15分）（2022•揭阳模拟）MnO2是重要无机材料，某研究性学习小组设计了将粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品转化为纯MnO2实验，其流程如下（已知：氧化性强弱顺序：ClO3﹣＞MnO2＞Fe2+）（1）铝与二氧化锰在高温下发生铝热反应，相关反应的化学方程式为：　　　　　　．（2）第②步反应离子方程式为：　　　　　　．（3）第③步蒸发操作必需的仪器有铁架台（含铁圈）、玻璃棒、　　　　　　、　　　　　　，第③步蒸发得到的固体中除了NaClO3和NaOH，还一定含有　　　　　　（写化学式）．（4）MnO2是碱性锌锰电池的正极材料，则碱性锌锰电池放电时，正极的电极反应式是　　　　　　．（5）若粗MnO2样品中的质量为28.2g，第①步反应后，经过滤得到17.4gMnO2，并收集到448mLCO2（标准状况下），则在第②步反应中至少需要　　　　　　molNaClO3才能将Mn2+完全转化为MnO2．　　2022-2022学年四川省宜宾三中高三（下）第二次周练化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（　　）　A．用热的纯碱溶液可洗涤餐具上的油污　B．新型氢动力汽车的使用可减少雾霾的产生　C．钢铁厂用热还原法冶炼铁　D．煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料-25-考点：盐类水解的应用；常见的生活环境的污染及治理；煤的干馏和综合利用．分析：A、碳酸钠溶液显碱性，能用于清洗油污；B、氢气是新能源，无污染；C、铁矿石在高温下与焦炭发生氧化还原反应；D、煤的气化、液化都是化学变化．解答：解：A、碳酸钠溶液显碱性，能使油脂水解，故可用热的纯碱溶液洗涤餐具上的油污，故A正确；B、氢气是新能源，无污染，新型氢动力车的投入，减少了污染物的排放，有益于减少雾霾的产生，故B正确；C、铁矿石在高温下与焦炭发生氧化还原反应，Fe元素从化合态转化为游离态，Fe的化合价降低被还原，所以属于热还原法，故C正确；D、煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体，燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，所以煤经过气化和液化等变化是化学变化，故D错误；故选D．点评：本题考查了化学与生产、生活密切相关知识，考查了学生对元素及化合物知识、有机物知识的理解和应用，熟悉物质的性质是解题关键，题目难度不大．　2．（6分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）　A．将1molCl2通入到水中，则N（HClO）+N（Cl﹣）+N（ClO﹣）=2NA　B．常温常压下，3.0g含甲醛（HCHO）的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA　C．标准状况下，2.24L的苯中含有的σ键数为1.2NA　D．将CO2通过Na2O2使其增重a克时，反应中转移电子数为考点：阿伏加德罗常数．分析：A、氯气与水的反应为可逆反应；B、甲醛和冰醋酸的最简式为CH2O，3.0g混合物中含有0.1mol最简式；C、标况下，苯为液态；-25-D、将1molCO2通过Na2O2时增重的是1molCO的质量，转移1mol电子．解答：解：A、氯气与水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故氯水中有未反应的氯气分子，根据物料守恒应有：2N（Cl2）+N（HClO）+N（Cl﹣）+N（ClO﹣）=2NA，故A错误；B、3.0g含甲醛的冰醋酸中含有0.1mol最简式CH2O，含有0.4mol原子，含有的原子总数为0.4NA，故B正确；C、标况下，苯为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、将1molCO2通过Na2O2时增重的是1molCO的质量，即28g，转移1mol电子，故当增重ag时，转移的电子数为个，故D错误．故选B．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．　3．下列说法正确的是（　　）　A．甲烷和Cl2的反应与乙烯和Br2的反应属于同一类型的反应　B．分子式为C4H7ClO2，可与NaHCO3产生CO2的有机物可能结构有3种　C．分子中至少有11个碳原子处于同一平面上　D．1mol有机物一定条件下能和7molNaOH反应．考点：有机化学反应的综合应用；有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：A、从取代反应与加成反应定义解答；B、能与碳酸氢钠反应放出气体的有机物为羧酸，即含有﹣COOH，据此解答；C、依据苯以及甲烷的结构判断即可；D、依据官能团的性质解答即可．解答：解：A、甲烷和Cl2的反应是取代反应，乙烯和Br2的反应属于加成反应，两者反应的类型不同，故A错误；B、与NaHCO3产生CO2的有机物为羧酸，即判断C3H6ClCOOH，符合结构的应有5种，故B错误；-25-C、甲基与苯环平面结构通过单键相连，甲基的C原子处于苯的H原子位置，所以处于苯环这个平面上．两个苯环相连，与苯环相连的碳原子处于另一个苯的H原子位置，也处于另一个苯环这个平面．分子的甲基碳原子、甲基与苯环相连的碳原子、苯环与苯环相连的碳原子，处于一条直线，所以至少有11个碳原子共面，故C正确；D、此有机物中含有4个酚羟基，1个羧基，1个酯基，在一定条件下能与6molNaOH反应，故D错误，故选C．点评：本题主要考查的是常见有机反应的判断、有机物的结构、常见官能团的性质等，难度较大．　4．下列有关实验现象和解释或结论都正确的选项是（　　）选项实验操作现象解释或结论A将电石与水反应产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液紫色褪去证明有乙炔生成B将滴有酚酞的碳酸钠溶液加热红色变深水解过程是吸热的C把Cl2通入紫色石蕊试液中紫色褪去Cl2具有漂白性D向碳酸钙粉末中滴加稀盐酸有气泡产生非金属性氯强于碳　A．AB．BC．CD．D考点：化学实验方案的评价．分析：A．电石不纯，与水反应生成乙炔的同时也生成硫化氢、磷化氢等；B．升高温度促进水解；C．氯气与水反应生成HCl、HClO，HClO具有漂白性；D．应用最高价氧化物对应的水化物比较非金属性．解答：解：A．电石不纯，与水反应生成乙炔的同时也生成硫化氢、磷化氢等，都可与高锰酸钾溶液反应，应先除杂，故A错误；B．碳酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，则升高温度促进水解，即水解反应为吸热反应，故B正确；C．氯气与水反应生成HCl、HClO，则氯气通入石蕊试液先变红后褪色，HClO具有漂白性，故C错误；-25-D．应用最高价氧化物对应的水化物比较非金属性，HCl是氢化物，不是最高价氧化物对应的水化物，故D错误．故选B．点评：本题考查较为综合，涉及物质的性质实验方案的设计等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大．　5．一定温度时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的SO2和O2，发生反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196kJ•moL﹣1，一段时间后达平衡，反应过程中测定的部分数据见下表：下列说法不正确的是（　　）反应时间/minn（SO2）/moln（O2）/mol02151.2100.4150.8　A．反应在前5min的平均速率为v（SO2）=0.08mol•L﹣1•min﹣1　B．保持温度不变，向平衡后的容器中再充入1molSO2和0.5molO2时，v（正）＞v（逆）　C．该温度，反应的平衡常数为11.25L•mol﹣1　D．相同温度下，起始时向容器中充入1.5molSO3，达平衡时SO3的转化率为40%考点：化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：A、根据化学反应速率v=来计算；B、温度不变，向平衡后的容器中再充入1molSO2和0.5molO2时，相当于增大压强，根据压强对化学平衡的影响来回答判断；C、根据可逆反应不能进行彻底以及热化学方程式的意义来回答判断；D、根据三行式计算化学反应中物质的转化率．-25-解答：解：A、根据已知数据，用二氧化硫化学反应速率v=mol/（L•min）=0.08mol•L﹣1min﹣1，故A正确；B、温度不变，向平衡后的容器中再充入1molSO2和0.5molO2时，相当于增大压强，化学平衡正向移动，v（正）＞v（逆），故B正确；C、2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）初始量（mol）：210变化量（mol）：1.20.61.2平衡量（mol）：0.80.41.2容器体积为2L，化学平衡常数K===11.25L/mol，故C正确；D、起始时向容器中充入1.5molSO3，如果转化率是40%，则2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）初始量（mol/L）：000.75变化量（mol/L）：0.30.150.3平衡量（mol/L）：0.30.150.45则=15，不等于该温度下的平衡常数，故D错误；故选D．点评：本题涉及等效平衡的建立以及化学反应达到平衡时物质的转化率等方面的知识，属于综合知识的考查，难度大．　6．有①氨水②NH4Cl溶液③Na2CO3溶液④NaHCO3溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol/L，下列说法正确的是（　　）　A．4种溶液pH的大小顺序：①＞④＞③＞②　B．溶液①、②等体积混合后pH＞7，则c（NH4+）＜c（NH3•H2O）　C．向溶液①、②中分别加入25mL0.1mol/L盐酸后，溶液中c（NH4+）：①＞②　D．向溶液③、④中分别加入12.5mL0.1mol/LNaOH溶液后，两溶液中的离子种类相同考点：盐类水解的应用．-25-专题：盐类的水解专题．分析：A、依据溶液中的溶质电离和水解程度分析判断；B、依据溶液中一水合氨电离程度大于铵根离子的水解程度分析判断；C、盐酸和一水合氨恰好反应生成氯化铵溶液，抑制铵根离子的水解；D、依据碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液中的电离和水解分析离子种类．解答：解：A、物质的量浓度均为0.1mol/L的①氨水②NH4Cl溶液③Na2CO3溶液④NaHCO3溶液各25mL，一水合氨电离生成氢氧根离子显碱性，氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性；碳酸根离子水解显碱性，碳酸氢根离子水解显碱性；同浓度碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，溶液碱性强；所以溶液PH大小为：：①＞③＞④＞②，故A错误；B、溶液①氨水是弱碱存在电离平衡；②NH4Cl溶液水解显酸性，①、②等浓度等体积混合后pH＞7，说明溶液中一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，所以c（NH4+）＞c（NH3•H2O），故B错误；C、盐酸和一水合氨恰好反应生成氯化铵溶液，氯化铵的浓度为0.05mol/L，氯化铵溶液中加入盐酸抑制铵根离子的水解，溶液中c（NH4+）：①＜②，故C错误；D、向溶液③、④中分别加入25mL0.1mol/LNaOH溶液后，碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠溶液，两溶液中的离子种类相同，故D正确；故选D．点评：本题考查了弱电解质电离平衡，盐类水解的应用，溶液酸碱性的分析判断，溶液pH大小比较，题目难度中等．　7．在100mL密度为1.2g/mL稀硝酸中，加入一定量的镁和铜组成的混合物，充分反应后金属完全溶解（假设还原产物只有NO），向反应后溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀质量比原金属质量增加5.1g．则下列叙述不正确是（　　）　A．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为2.24L（标准状况）　B．当生成沉淀的量最多时，消耗NaOH溶液体积最小为100mL　C．原稀硝酸的物质的量浓度一定为4mol/L　D．参加反应金属总质量（m）为9.6g＞m＞3.6g考点：有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算．专题：计算题．-25-分析：发生反应方程式为：3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，向反应后的溶液中加入过量的3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应为：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为：0.3mol×=0.15mol，据此对各选项进行计算和判断．解答：解：将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3；Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为：0.3mol×=0.15mol，A．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为0.15mol×=0.1mol，标准状况下生成NO的体积为：0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故A正确；B．若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液的体积=0.3mol/3mol/L=0.1L=100mL；硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，故B正确；C．根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=n（金属）=0.15mol×=0.4mol，硝酸有可能有剩余，故C错误；D．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为9.6g＞m＞3.6g，故D正确；故选C．点评：本题考查混合物反应的计算、化学反应方程式的计算，题目难度中等，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握质量守恒定律、电子守恒在化学计算中的应用方法，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力．-25-　二、解答题（共4小题，满分58分）8．（13分）（2022•固原校级二模）（1）PM2.5富含大量的有毒、有害物质，易引发二次光化学烟雾，光化学烟雾中含有NOx、HCOOH、（PAN）等二次污染物．①1molPAN中含有的σ键数目为　10NA（或10×6.02×1023）　．PAN中四种元素的第一电离能由大到小的顺序为　N＞O＞C＞H　．②NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物SO4，该配合物中中心离子的配位数为　6　，中心离子的核外电子排布式为　1s22s22p63s23p63d6　．③相同压强下，HCOOH的沸点比CH3OCH3　高　（填“高”或“低”），其原因是　HCOOH分子间能形成氢键　．（2）PM2.5微细粒子包含（NH4）2SO4、NH4NO3等．①（NH4）2SO4晶体中各种微粒间的作用力不涉及　de　（填序号）．a．离子键b．共价键c．配位键d．范德华力e．氢键②NH4NO3中阳离子的空间构型为　正四面体形　，阴离子的中心原子轨道采用　sp2　杂化．（3）测定大气中PM2.5的浓度方法之一是β﹣射线吸收法，β﹣射线放射源可用85Kr．已知Kr晶体的晶胞结构如图所示，设晶体中与每个Kr原子紧相邻的Kr原子有m个，晶胞中Kr原子为n个，则=　3　（填数字）．考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型．专题：化学键与晶体结构．分析：（1）①一个单键就是一个σ键，一个双键中含有一个σ键，一个π键；根据元素周期律，以及第ⅤA族比同周期的ⅥA族第一电离能高，可知N、O、C、H的第一电离能依次减小，据此答题；②配位体位于方括号中，由1个NO和5个H20分子构成；中心离子为Fe2+，铁是26号元素，所以Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，据此答题；③HCOOH分子间能形成氢键，CH30CH3不能形成分子间氢键，据此答题；-25-（2）①（NH4）2SO4晶体中铵根离子和硫酸根离子之间是离子键，而铵根离子和硫酸根离子内部都是共价键，据此答题；②NH4+的中心原子氮原子价层电子对数==4，孤电子对==0，NO3﹣的中心原子氮原子价层电子对数==3，据此判断；（3）以顶点为计算，与之相邻的最近的Kr位于三个面心上，而顶点的原子为8个立方体共有，每个面心上的Kr为两个立方体共有，故与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有3×4=12，晶胞中含Kr原子为8×+6×=4，然后求出比值．解答：解：（1）①一个单键就是一个σ键，一个双键中含有一个σ键，一个π键，中共有11个共价键，所以1molPAN中含有的σ键数目为10mol；根据元素周期律，以及第ⅤA族比同周期的ⅥA族第一电离能高，可知N、O、C、H的第一电离能依次减小，故答案为：10NA（或10×6.02×1023）；N＞O＞C＞H；②配位体位于方括号中，由1个NO和5个H20分子构成；中心离子为Fe2+，铁是26号元素，所以Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，故答案为：6；1s22s22p63s23p63d6（或3d6）；③HCOOH分子间能形成氢键，CH30CH3不能形成分子间氢键，所以相同压强下，HCOOH的沸点比CH3OCH3高，故答案为：高；HCOOH分子间能形成氢键；（2）①（NH4）2SO4晶体中铵根离子和硫酸根离子之间是离子键，而铵根离子和硫酸根离子内部都是共价键，其中铵根离子内部含一个配位键，故答案为：de；②NH4+的中心原子氮原子价层电子对数==4，孤电子对==0，所以NH4+的空间构型为正四面体，NO3﹣的中心原子氮原子价层电子对数==3，所以氮原子按sp2方式杂化，故答案为：正四面体形；sp2；（3）与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有3×4=12，晶胞中含Kr原子为8×+6×=4，则==3，故答案为：3．-25-点评：本题主要考查了分子结构、第一电离能、配合物的结构、简单分子或离子的空间构型、晶胞的计算，难度不大，注重基础知识的考查．　9．（17分）（2022秋•龙海市校级期末）某同学对铜与浓硫酸反应产生的黑色沉淀进行探究，实验步骤如下：Ⅰ．将光亮铜丝插入浓硫酸，加热；Ⅱ．待产生黑色沉淀和气体时，抽出铜丝，停止加热；Ⅲ．冷却后，从反应后的混合物中分离出黑色沉淀，洗净、干燥备用．（1）甲同学认为根据所学知识：已知硫化铜（CuS）、硫化亚铜（Cu2S）、粉末和氧化铜粉末相似且都不溶于水，在空气中煅烧硫化铜和硫化亚铜都转化二种氧化物，设计一个不用任何化学试剂就能鉴别氧化铜、硫化铜、硫化亚铜三种粉末的简便实验方案，请帮助甲同学将方案填写于下表中，实验提供天平及其他必要的设备．实验步骤实验现象结论及有关化学方程式A．分别称取相同质量的样品，在空气中燃烧；B．　分别称量硫化铜和硫化亚铜灼烧后剩余物质的质量　A．有一种固体无变化，两种固体产生刺激性气味气体B．有一种样品质量减轻，一种样品质量不变A．固体无变化的是氧化铜，产生刺激性气味气体的是硫化铜和硫化亚铜，在空气中煅烧中反应的化学方程式分别为　2CuS+3O22CuO+2SO2　；　Cu2S+2O22CuO+SO2　B．质量减轻的是硫化铜，质量不变的是硫化亚铜（2）乙同学查阅文献得知检验微量Cu2+的方法是：向试液中滴加K4溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2+．该同学假设黑色沉淀是CuO．检验过程如下：①将CuO放入稀硫酸中，一段时间后，再滴加K4溶液，产生红褐色沉淀．②将黑色沉淀放入稀硫酸中，一段时间后，再滴加K4溶液，未见红褐色沉淀．-25-由该检验过程所得结论是　黑色沉淀中不含有CuO　．（3）丙同学再次假设，黑色沉淀是铜的硫化物．实验如下：实验装置现象1．A试管中黑色沉淀逐渐溶解2．A试管内上方出现红棕色气体3．B试管中出现白色沉淀①现象2说明黑色沉淀具有　还原　性．②能确认黑色沉淀中含有S元素的现象是　B试管中出现白色沉淀　，相应的离子方程式是　NO2+SO2+Ba2++H2O═BaSO4↓+NO↑+2H+　．③为确认黑色沉淀是“铜的硫化物”，还需进行的实验操作是　取冷却后A装置试管中的溶液，滴加K4溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2+，说明黑色沉淀是铜的硫化物　．以上实验说明，黑色沉淀中存在铜的硫化物．进一步实验后证明黑色沉淀是CuS与Cu2S的混合物．将黑色沉淀放入浓硫酸中加热一段时间后，沉淀溶解，其中CuS溶解的化学方程式是　CuS+4H2SO4（浓）CuSO4+4SO2↑+4H2O　．（4）丁同学通过实验确认，固体只含有硫化铜和硫化亚铜，他通过以下实验求硫化亚铜的百分含量：取2gCu2S和CuS的混合物在酸性溶液中用400mL0.075mol/LKMnO4溶液处理，发生反应如下：8MnO4﹣+5Cu2S+44H+=10Cu2++5SO2+8Mn2++22H2O6MnO4﹣+5CuS+28H+=5Cu2++5SO2+6Mn2++14H2O反应后煮沸溶液，赶尽SO2，剩余的KMnO4恰好与350mL0.1mol/L（NH4）2Fe（SO4）2溶液完全反应．则混合物中Cu2S的质量分数为　40%　．考点：性质实验方案的设计；浓硫酸的性质实验．-25-分析：（1）在空气中煅烧硫化铜和硫化亚铜都转化为氧化铜和二氧化硫，有刺激性气味的气体产生，而氧化铜受热无变化，由于硫化铜和硫化亚铜的含铜量不同，故剩余的生成氧化铜的质量不同，然后根据物质的质量差异进行鉴别；（2）根据题中信息中检验铜离子的方法对②进行分析，然后得出正确结论；（3）①红棕色气体为二氧化氮，说明稀硝酸被还原生成一氧化氮，黑色固体具有还原性；②根据反应现象③可知黑色固体与稀硝酸反应生成了二氧化硫，证明黑色固体中含有硫元素；二氧化氮、二氧化硫的混合气体能够与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，据此写出反应的离子方程式；③还需要确定黑色固体中含有铜离子，根据题目信息来解答；浓硫酸具有强氧化性，能够将硫化铜中硫氧化成硫酸铜、二氧化硫和水，据此写出反应的化学方程式；（4）先根据方程式MnO4﹣+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O计算消耗的高锰酸钾的物质的量；高锰酸钾的总物质的量减去与（NH4）2Fe（SO4）2反应的高锰酸钾的物质的量即为与混合溶液反应消耗的高锰酸钾的物质的量；再根据金属化合物的质量和金属化合物与高锰酸钾反应的高锰酸钾的物质的量列方程式组，计算出硫化亚铜的质量，最后根据质量分数计算方法计算即可．解答：解：（1）在空气中煅烧硫化铜和硫化亚铜都转化为氧化铜和二氧化硫，有刺激性气味的气体产生，而氧化铜受热无变化，由于硫化铜和硫化亚铜的含铜量不同，故剩余的生成氧化铜的质量不同，可以分别称量硫化铜和硫化亚铜灼烧后剩余物质的质量进行鉴别，如2CuS+3O22CuO+2SO2192160Cu2S+2O22CuO+SO2160160故答案为：2CuS+3O22CuO+2SO2；Cu2S+2O22CuO+SO2；分别称量硫化铜和硫化亚铜灼烧后剩余物质的质量；（2）向试液中滴加K4溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2+，根据②将黑色沉淀放入稀硫酸中，一段时间后，滴加K4溶液，未见红褐色沉淀可知，黑色固体中一定不含CuO，故答案为：黑色沉淀中不含有CuO；（3）①A试管内上方出现红棕色气体，说明反应中有一氧化氮生成，证明了黑色固体具有还原性，在反应中被氧化，故答案为：还原；-25-②根据反应现象③B试管中出现白色沉淀可知，白色沉淀为硫酸钡，说明黑色固体中含有硫元素；发生反应的离子方程式为：NO2+SO2+Ba2++H2O═BaSO4↓+NO↑+2H+，故答案为：B试管中出现白色沉淀；NO2+SO2+Ba2++H2O═BaSO4↓+NO↑+2H+；③为确认黑色沉淀是“铜的硫化物”，还需检验黑色固体中含有铜离子，方法为：取冷却后A装置试管中的溶液，滴加K4溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2+，说明黑色沉淀是铜的硫化物；浓硫酸具有强氧化性，硫化铜与浓硫酸反应的化学方程式为：CuS+4H2SO4（浓）CuSO4+4SO2↑+4H2O；故答案为：取冷却后A装置试管中的溶液，滴加K4溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2+，说明黑色沉淀是铜的硫化物；CuS+4H2SO4（浓）CuSO4+4SO2↑+4H2O；（4）设消耗高锰酸钾xmol，MnO4﹣+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O1mol5molxmol0.350L×0.1mol/L所以x=0.007，高锰酸钾的总物质的量为0.400L×0.075mol/L=0.03mol，所以KMnO4溶液与混合物反应，消耗KMnO4的物质的量为0.03mol﹣0.007mol=0.023mol，设Cu2S的物质的量为mmol，CuS的物质的量为nmol，8MnO4﹣+44H++5Cu2S=10Cu2++5SO2+8Mn2++22H2O85molmmol6MnO4﹣+28H++5CuS=5Cu2++5SO2+6Mn2++14H2O65nmol所以列方程组为：解得：所以Cu2S的质量为0.8g，CuS的质量为1.2g，-25-Cu2S的质量分数为×100%=40%，故答案为：40%．点评：本题考查了浓硫酸的化学性质、性质实验方案的设计与化学计算，题目难度较大，知识点较多，理解题中信息和反应原理是解题关键，如根据铜离子检验方法解答（2）③，试题培养了学生的分析、理解能力．　10．（13分）（2022•福州校级模拟）A是一种重要的化工原料，已知A是一种卤代烃相对分子质量为92.5，其核磁共振氢谱中只有一个峰，C是一种高分子化合物，M是一种六元环状酯，转化关系如图所示，回答下列问题：（1）A的分子式为　C4H9Cl　；A→B的反应类型　消去反应　；（2）有机物D的结构式为　（CH3）2CBr﹣CH2Br　．M的结构简式为　　．（3）写出下列反应的化学方程式：B→C：　n（CH3）2C=CH2　；E→F：　　．（4）写出满足下列条件的H的同分异构体d的结构简式　HCOOC（OH）（CH3）2　．①属于酯类；②能发生银镜反应；③能与金属钠反应放出气体．④核磁共振氢谱有三个峰，且峰面积比为6：1：1．考点：有机物的推断．专题：有机物的化学性质及推断．-25-分析：A是卤代烃，相对分子质量为92.5，故A中含有1个Cl原子，剩余烃基式量为92.5﹣35.5=57，分子中最大C原子数目为：=4…9，故烃基为﹣C4H9，A的分子式为C4H9Cl，其核磁共振氢谱中只有一个峰，故A为C（CH3）3Cl，A转化得到B，B转化为高分子化合物C，则B含有不饱和键，故B为（CH3）2C=CH2，C为，（CH3）2C=CH2与溴发生加成反应生成D为（CH3）2CBr﹣CH2Br，D转化得到E，E可以连续氧化生成G，应是D水解生成E，则E为（CH3）2C（OH）﹣CH2OH，F为（CH3）2C（OH）﹣CHO，F氧化生成G，G酸得到H，则H为（CH3）2C（OH）﹣COOH，G为（CH3）2C（OH）﹣COONa，H发生成环酯化反应生成M，则M为，据此进行解答．解答：解：A是卤代烃，相对分子质量为92.5，故A中含有1个Cl原子，剩余烃基式量为92.5﹣35.5=57，分子中最大C原子数目为=4…9，故烃基为﹣C4H9，A的分子式为C4H9Cl，其核磁共振氢谱中只有一个峰，故A为C（CH3）3Cl，A转化得到B，B转化为高分子化合物C，则B含有不饱和键，故B为（CH3）2C=CH2，C为，（CH3）2C=CH2与溴发生加成反应生成D为（CH3）2CBr﹣CH2Br，D转化得到E，E可以连续氧化生成G，应是D水解生成E，则E为（CH3）2C（OH）﹣CH2OH，F为（CH3）2C（OH）﹣CHO，F氧化生成G，G酸得到H，则H为（CH3）2C（OH）﹣COOH，G为（CH3）2C（OH）﹣COONa，H发生成环酯化反应生成M，则M为，（1）由上述分析可知，A的分子式为C4H9Cl，A→B是C（CH3）3Cl在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成（CH3）2C=CH2，故答案为：C4H9Cl，消去反应；（2）由上述分析可知，D为（CH3）2CBrCH2Br，M的结构简式为，-25-故答案为：（CH3）2CBr﹣CH2Br；；（3）B→C是（CH3）2C=CH2发生加聚反应生成，反应方程式为：n（CH3）2C=CH2，E→F是（CH3）2C（OH）﹣CH2OH催化氧化生成（CH3）2C（OH）﹣CHO，反应方程式为：，故答案为：n（CH3）2C=CH2；；（4）（CH3）2C（OH）﹣COOH的同分异构体中属于酯类，能发生银镜反应，为甲酸酯，能与金属钠反应放出气体，还含有﹣OH，符合①②③的同分异构体有：HOCH2CH2CH2OOCH，CH3CH（OH）CH2OOCH，CH3CH2CH（OH）OOCH，HCOOC（CH3）CH2OH，HCOOC（OH）（CH3）2，其中核磁共振氢谱有三个峰，且峰面积比为6：1：1的同分异构体的结构简式为：HCOOC（OH）（CH3）2，故答案为：HCOOC（OH）（CH3）2．点评：本题考查有机物结构推断，题目难度中等，计算确定A的结构简式是关键，再结合反应条件及物质结构特点推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化．　11．（15分）（2022•揭阳模拟）MnO2是重要无机材料，某研究性学习小组设计了将粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品转化为纯MnO2实验，其流程如下-25-（已知：氧化性强弱顺序：ClO3﹣＞MnO2＞Fe2+）（1）铝与二氧化锰在高温下发生铝热反应，相关反应的化学方程式为：　3MnO2+4Al2Al2O3+3Mn　．（2）第②步反应离子方程式为：　5Mn2++2ClO3﹣+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+　．（3）第③步蒸发操作必需的仪器有铁架台（含铁圈）、玻璃棒、　酒精灯　、　蒸发皿　，第③步蒸发得到的固体中除了NaClO3和NaOH，还一定含有　NaCl　（写化学式）．（4）MnO2是碱性锌锰电池的正极材料，则碱性锌锰电池放电时，正极的电极反应式是　MnO2+H2O+e﹣═MnOOH+OH﹣　．（5）若粗MnO2样品中的质量为28.2g，第①步反应后，经过滤得到17.4gMnO2，并收集到448mLCO2（标准状况下），则在第②步反应中至少需要　0.056　molNaClO3才能将Mn2+完全转化为MnO2．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．专题：实验设计题．分析：粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品中加入过量的稀硫酸，由于MnO2不溶于硫酸，则样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，过滤得滤液Ⅰ为硫酸锰溶液，加入NaClO3发生反应为：5Mn2++2ClO3﹣+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+，再过滤得到滤液Ⅱ和二氧化锰固体，而氯气与热的氢氧化钠反应生成氯酸钠方程式为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O，（1）铝与二氧化锰在高温下发生铝热反应生成氧化铝和锰，据此写出反应的方程式；（2）依据得失电子守恒和质量守恒可写出离子方程式；（3）蒸发所需的仪器有铁架台（含铁圈）、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；Cl2通入热的NaOH溶液中有NaClO3和NaCl生成；（4）根据原电池工作原理判断正极发生还原反应，然后根据总反应写出正极的电极反应式；-25-（5）根据质量守恒和化学方程式计算，CO2的物质的量为0.02mol，则MnCO3的物质的量为0.02mol，质量为：115g/mol×0.0：2mol=2.3，所以MnO的质量为28.2g﹣17.4g﹣2.3g=8.5g，其物质的量为=0.12mol，因此与稀硫酸反应时共生成MnSO4的物质的量为0.14mol，根据方程式5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4，可计算出需要NaClO3的物质的量为0.056mol．解答：解：粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品中加入过量的稀硫酸，由于MnO2不溶于硫酸，则样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，过滤得滤液Ⅰ为硫酸锰溶液，加入NaClO3发生反应为：5Mn2++2ClO3﹣+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+，再过滤得到滤液Ⅱ和二氧化锰固体，而氯气与热的氢氧化钠反应生成氯酸钠方程式为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O，（1）铝与二氧化锰在高温下发生铝热反应，反应的化学方程式为：3MnO2+4Al2Al2O3+3Mn，故答案为：3MnO2+4Al2Al2O3+3Mn；（2）MnSO4要转化为MnO2，需失去电子，故需要加入NaClO3做氧化剂，依据得失电子守恒可以配平，所以反应的化学方程式是：5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4，因此反应的离子方程式是：5Mn2++2ClO3﹣+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+，故答案为：5Mn2++2ClO3﹣+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+；（3）第③属于蒸发，所以所需的仪器有铁架台（含铁圈）、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；Cl2通入热的NaOH溶液中一定发生氧化还原反应，且氯气既做氧化剂又做还原剂，NaClO3属于氧化产物，因此一定有还原产物NaCl，故答案为：酒精灯；蒸发皿；NaCl；（4）原电池中负极失去电子，正极得到电子，因此碱性锌锰电池放电时，正极是二氧化锰得到电子，则电极反应式为：MnO2+H2O+e﹣=MnO（OH）+OH﹣，故答案为：MnO2+H2O+e﹣═MnOOH+OH﹣；（5）生成的CO2的物质的量为：=0.02mol，则MnCO3的物质的量为0.02mol，碳酸锰的质量为：115g/mol×0.0：2mol=2.3，混合物中MnO的质量为：28.2g﹣17.4g﹣2.3g=8.5g，MnO的物质的量为：=0.12mol，因此与稀硫酸反应时共生成MnSO4的物质的量为：0.02mol+0.12mol=0.14mol，-25-根据方程式5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4，可计算出需要NaClO3的物质的量为：0.14mol×=0.056mol，故答案为：0.056．点评：本题考查物质的分离与提纯方法的综合应用，为高频考点，题目难度中等，把握流程中发生的化学反应及混合物分离方法为解答的关键，注意掌握化学实验基本操作方法，试题侧重分析能力及推断能力的考查．　-25-