四川省宜賓三中高三化學下學期第二次周練試卷含解析

PAGE25-四川省宜賓三中高三（下）第二次周練化學試卷一、選擇題（共7小題，每題6分，總分值42分）1．（6分）化學與生活密切相關，以下說法不正確的選項是（）A．用熱的純堿溶液可洗滌餐具上的油污B．新型氫動力汽車的使用可減少霧霾的產生C．鋼鐵廠用熱復原法冶煉鐵D．煤經過氣化和液化等物理變化可以轉化為清潔燃料2．（6分）設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，以下表達正確的選項是（）A．將1molCl2通入到水中，那么N（HClO）+N（Cl﹣）+N（ClO﹣）=2NAB．常溫常壓下，3.0g含甲醛（HCHO）的冰醋酸中含有的原子總數(shù)為0.4NAC．標準狀況下，2.24L的苯中含有的σ鍵數(shù)為1.2NAD．將CO2通過Na2O2使其增重a克時，反響中轉移電子數(shù)為3．以下說法正確的選項是（）A．甲烷和Cl2的反響與乙烯和Br2的反響屬于同一類型的反響B(tài)．分子式為C4H7ClO2，可與NaHCO3產生CO2的有機物可能構造有3種C．分子中至少有11個碳原子處于同一平面上D．1mol有機物一定條件下能和7molNaOH反響．4．以下有關實驗現(xiàn)象和解釋或結論都正確的選項是（）選項實驗操作現(xiàn)象解釋或結論A將電石與水反響產生的氣體通入酸性高錳酸鉀溶液紫色褪去證明有乙炔生成B將滴有酚酞的碳酸鈉溶液加熱紅色變深水解過程是吸熱的C把Cl2通入紫色石蕊試液中紫色褪去Cl2具有漂白性D向碳酸鈣粉末中滴加稀鹽酸有氣泡產生非金屬性氯強于碳A．AB．BC．CD．D5．一定溫度時，向容積為2L的密閉容器中充入一定量的SO2和O2，發(fā)生反響2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H=﹣196kJ?moL﹣1，一段時間后達平衡，反響過程中測定的局部數(shù)據(jù)見下表：以下說法不正確的選項是（）反響時間/minn（SO2）/moln（O2）/mol02151.2100.4150.8A．反響在前5min的平均速率為v（SO2）=0.08mol?L﹣1?min﹣1B．保持溫度不變，向平衡后的容器中再充入1molSO2和0.5molO2時，v（正）＞v（逆）C．該溫度，反響的平衡常數(shù)為11.25L?mol﹣1D．相同溫度下，起始時向容器中充入1.5molSO3，達平衡時SO3的轉化率為40%6．有①氨水②NH4Cl溶液③Na2CO3溶液④NaHCO3溶液各25mL，物質的量濃度均為0.1mol/L，以下說法正確的選項是（）A．4種溶液pH的大小順序：①＞④＞③＞②B．溶液①、②等體積混合后pH＞7，那么c（NH4+）＜c（NH3?H2O）C．向溶液①、②中分別參加25mL0.1mol/L鹽酸后，溶液中c（NH4+）：①＞②D．向溶液③、④中分別參加12.5mL0.1mol/LNaOH溶液后，兩溶液中的離子種類相同7．在100mL密度為1.2g/mL稀硝酸中，參加一定量的鎂和銅組成的混合物，充分反響后金屬完全溶解（假設復原產物只有NO），向反響后溶液中參加3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，測得生成沉淀質量比原金屬質量增加5.1g．那么以下表達不正確是（）A．當金屬全部溶解時收集到NO氣體的體積為2.24L（標準狀況）B．當生成沉淀的量最多時，消耗NaOH溶液體積最小為100mLC．原稀硝酸的物質的量濃度一定為4mol/LD．參加反響金屬總質量（m）為9.6g＞m＞3.6g二、解答題（共4小題，總分值58分）8．（13分）（2023?固原校級二模）（1）PM2.5富含大量的有毒、有害物質，易引發(fā)二次光化學煙霧，光化學煙霧中含有NOx、HCOOH、（PAN）等二次污染物．①1molPAN中含有的σ鍵數(shù)目為．PAN中四種元素的第一電離能由大到小的順序為．②NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物SO4，該配合物中中心離子的配位數(shù)為，中心離子的核外電子排布式為．③相同壓強下，HCOOH的沸點比CH3OCH3（填“高”或“低”），其原因是．（2）PM2.5微細粒子包含（NH4）2SO4、NH4NO3等．①（NH4）2SO4晶體中各種微粒間的作用力不涉及（填序號）．a．離子鍵b．共價鍵c．配位鍵d．范德華力e．氫鍵②NH4NO3中陽離子的空間構型為，陰離子的中心原子軌道采用雜化．（3）測定大氣中PM2.5的濃度方法之一是β﹣射線吸收法，β﹣射線放射源可用85Kr．已知Kr晶體的晶胞構造如下圖，設晶體中與每個Kr原子緊相鄰的Kr原子有m個，晶胞中Kr原子為n個，那么=（填數(shù)字）．9．（17分）（2023秋?龍海市校級期末）某同學對銅與濃硫酸反響產生的黑色沉淀進展探究，實驗步驟如下：Ⅰ．將光亮銅絲插入濃硫酸，加熱；Ⅱ．待產生黑色沉淀和氣體時，抽出銅絲，停頓加熱；Ⅲ．冷卻后，從反響后的混合物中別離出黑色沉淀，洗凈、枯燥備用．（1）甲同學認為根據(jù)所學知識：已知硫化銅（CuS）、硫化亞銅（Cu2S）、粉末和氧化銅粉末相似且都不溶于水，在空氣中煅燒硫化銅和硫化亞銅都轉化二種氧化物，設計一個不用任何化學試劑就能鑒別氧化銅、硫化銅、硫化亞銅三種粉末的簡便實驗方案，請幫助甲同學將方案填寫于下表中，實驗提供天平及其他必要的設備．實驗步驟實驗現(xiàn)象結論及有關化學方程式A．分別稱取相同質量的樣品，在空氣中燃燒；B．A．有一種固體無變化，兩種固體產生刺激性氣味氣體B．有一種樣品質量減輕，一種樣品質量不變A．固體無變化的是氧化銅，產生刺激性氣味氣體的是硫化銅和硫化亞銅，在空氣中煅燒中反響的化學方程式分別為；B．質量減輕的是硫化銅，質量不變的是硫化亞銅（2）乙同學查閱文獻得知檢驗微量Cu2+的方法是：向試液中滴加K4溶液，假設產生紅褐色沉淀，證明有Cu2+．該同學假設黑色沉淀是CuO．檢驗過程如下：①將CuO放入稀硫酸中，一段時間后，再滴加K4溶液，產生紅褐色沉淀．②將黑色沉淀放入稀硫酸中，一段時間后，再滴加K4溶液，未見紅褐色沉淀．由該檢驗過程所得結論是．（3）丙同學再次假設，黑色沉淀是銅的硫化物．實驗如下：實驗裝置現(xiàn)象1．A試管中黑色沉淀逐漸溶解2．A試管內上方出現(xiàn)紅棕色氣體3．B試管中出現(xiàn)白色沉淀①現(xiàn)象2說明黑色沉淀具有性．②能確認黑色沉淀中含有S元素的現(xiàn)象是，相應的離子方程式是．③為確認黑色沉淀是“銅的硫化物”，還需進展的實驗操作是．以上實驗說明，黑色沉淀中存在銅的硫化物．進一步實驗后證明黑色沉淀是CuS與Cu2S的混合物．將黑色沉淀放入濃硫酸中加熱一段時間后，沉淀溶解，其中CuS溶解的化學方程式是．（4）丁同學通過實驗確認，固體只含有硫化銅和硫化亞銅，他通過以下實驗求硫化亞銅的百分含量：取2gCu2S和CuS的混合物在酸性溶液中用400mL0.075mol/LKMnO4溶液處理，發(fā)生反響如下：8MnO4﹣+5Cu2S+44H+=10Cu2++5SO2+8Mn2++22H2O6MnO4﹣+5CuS+28H+=5Cu2++5SO2+6Mn2++14H2O反響后煮沸溶液，趕盡SO2，剩余的KMnO4恰好與350mL0.1mol/L（NH4）2Fe（SO4）2溶液完全反響．那么混合物中Cu2S的質量分數(shù)為．10．（13分）（2023?福州校級模擬）A是一種重要的化工原料，已知A是一種鹵代烴相對分子質量為92.5，其核磁共振氫譜中只有一個峰，C是一種高分子化合物，M是一種六元環(huán)狀酯，轉化關系如下圖，答復以下問題：（1）A的分子式為；A→B的反響類型；（2）有機物D的構造式為．M的構造簡式為．（3）寫出以下反響的化學方程式：B→C：；E→F：．（4）寫出滿足以下條件的H的同分異構體d的構造簡式．①屬于酯類；②能發(fā)生銀鏡反響；③能與金屬鈉反響放出氣體．④核磁共振氫譜有三個峰，且峰面積比為6：1：1．11．（15分）（2023?揭陽模擬）MnO2是重要無機材料，某研究性學習小組設計了將粗MnO2（含有較多的MnO和MnCO3）樣品轉化為純MnO2實驗，其流程如下（已知：氧化性強弱順序：ClO3﹣＞MnO2＞Fe2+）（1）鋁與二氧化錳在高溫下發(fā)生鋁熱反響，相關反響的化學方程式為：．（2）第②步反響離子方程式為：．（3）第③步蒸發(fā)操作必需的儀器有鐵架臺（含鐵圈）、玻璃棒、、，第③步蒸發(fā)得到的固體中除了NaClO3和NaOH，還一定含有（寫化學式）．（4）MnO2是堿性鋅錳電池的正極材料，那么堿性鋅錳電池放電時，正極的電極反響式是．（5）假設粗MnO2樣品中的質量為28.2g，第①步反響后，經過濾得到17.4gMnO2，并收集到448mLCO2（標準狀況下），那么在第②步反響中至少需要molNaClO3才能將Mn2+完全轉化為MnO2．四川省宜賓三中高三（下）第二次周練化學試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共7小題，每題6分，總分值42分）1．（6分）化學與生活密切相關，以下說法不正確的選項是（）A．用熱的純堿溶液可洗滌餐具上的油污B．新型氫動力汽車的使用可減少霧霾的產生C．鋼鐵廠用熱復原法冶煉鐵D．煤經過氣化和液化等物理變化可以轉化為清潔燃料考點：鹽類水解的應用；常見的生活環(huán)境的污染及治理；煤的干餾和綜合利用．分析：A、碳酸鈉溶液顯堿性，能用于清洗油污；B、氫氣是新能源，無污染；C、鐵礦石在高溫下與焦炭發(fā)生氧化復原反響；D、煤的氣化、液化都是化學變化．解答：解：A、碳酸鈉溶液顯堿性，能使油脂水解，故可用熱的純堿溶液洗滌餐具上的油污，故A正確；B、氫氣是新能源，無污染，新型氫動力車的投入，減少了污染物的排放，有益于減少霧霾的產生，故B正確；C、鐵礦石在高溫下與焦炭發(fā)生氧化復原反響，F(xiàn)e元素從化合態(tài)轉化為游離態(tài)，F(xiàn)e的化合價降低被復原，所以屬于熱復原法，故C正確；D、煤的氣化是煤在氧氣缺乏的條件下進展局部氧化形成H2、CO等氣體的過程，煤的液化是將煤與H2在催化劑作用下轉化為液體，燃料或利用煤產生的H2和CO通過化學合成產生液體燃料或其他液體化工產品的過程，所以煤經過氣化和液化等變化是化學變化，故D錯誤；應選D．點評：此題考察了化學與生產、生活密切相關知識，考察了學生對元素及化合物知識、有機物知識的理解和應用，熟悉物質的性質是解題關鍵，題目難度不大．2．（6分）設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，以下表達正確的選項是（）A．將1molCl2通入到水中，那么N（HClO）+N（Cl﹣）+N（ClO﹣）=2NAB．常溫常壓下，3.0g含甲醛（HCHO）的冰醋酸中含有的原子總數(shù)為0.4NAC．標準狀況下，2.24L的苯中含有的σ鍵數(shù)為1.2NAD．將CO2通過Na2O2使其增重a克時，反響中轉移電子數(shù)為考點：阿伏加德羅常數(shù)．分析：A、氯氣與水的反響為可逆反響；B、甲醛和冰醋酸的最簡式為CH2O，3.0g混合物中含有0.1mol最簡式；C、標況下，苯為液態(tài)；D、將1molCO2通過Na2O2時增重的是1molCO的質量，轉移1mol電子．解答：解：A、氯氣與水的反響為可逆反響，不能進展徹底，故氯水中有未反響的氯氣分子，根據(jù)物料守恒應有：2N（Cl2）+N（HClO）+N（Cl﹣）+N（ClO﹣）=2NA，故A錯誤；B、3.0g含甲醛的冰醋酸中含有0.1mol最簡式CH2O，含有0.4mol原子，含有的原子總數(shù)為0.4NA，故B正確；C、標況下，苯為液態(tài)，故不能根據(jù)氣體摩爾體積來計算其物質的量，故C錯誤；D、將1molCO2通過Na2O2時增重的是1molCO的質量，即28g，轉移1mol電子，故當增重ag時，轉移的電子數(shù)為個，故D錯誤．應選B．點評：此題考察了阿伏伽德羅常數(shù)的有關計算，熟練掌握公式的使用和物質的構造是解題關鍵，難度不大．3．以下說法正確的選項是（）A．甲烷和Cl2的反響與乙烯和Br2的反響屬于同一類型的反響B(tài)．分子式為C4H7ClO2，可與NaHCO3產生CO2的有機物可能構造有3種C．分子中至少有11個碳原子處于同一平面上D．1mol有機物一定條件下能和7molNaOH反響．考點：有機化學反響的綜合應用；有機物的構造和性質．專題：有機物的化學性質及推斷．分析：A、從取代反響與加成反響定義解答；B、能與碳酸氫鈉反響放出氣體的有機物為羧酸，即含有﹣COOH，據(jù)此解答；C、依據(jù)苯以及甲烷的構造判斷即可；D、依據(jù)官能團的性質解答即可．解答：解：A、甲烷和Cl2的反響是取代反響，乙烯和Br2的反響屬于加成反響，兩者反響的類型不同，故A錯誤；B、與NaHCO3產生CO2的有機物為羧酸，即判斷C3H6ClCOOH，符合構造的應有5種，故B錯誤；C、甲基與苯環(huán)平面構造通過單鍵相連，甲基的C原子處于苯的H原子位置，所以處于苯環(huán)這個平面上．兩個苯環(huán)相連，與苯環(huán)相連的碳原子處于另一個苯的H原子位置，也處于另一個苯環(huán)這個平面．分子的甲基碳原子、甲基與苯環(huán)相連的碳原子、苯環(huán)與苯環(huán)相連的碳原子，處于一條直線，所以至少有11個碳原子共面，故C正確；D、此有機物中含有4個酚羥基，1個羧基，1個酯基，在一定條件下能與6molNaOH反響，故D錯誤，應選C．點評：此題主要考察的是常見有機反響的判斷、有機物的構造、常見官能團的性質等，難度較大．4．以下有關實驗現(xiàn)象和解釋或結論都正確的選項是（）選項實驗操作現(xiàn)象解釋或結論A將電石與水反響產生的氣體通入酸性高錳酸鉀溶液紫色褪去證明有乙炔生成B將滴有酚酞的碳酸鈉溶液加熱紅色變深水解過程是吸熱的C把Cl2通入紫色石蕊試液中紫色褪去Cl2具有漂白性D向碳酸鈣粉末中滴加稀鹽酸有氣泡產生非金屬性氯強于碳A．AB．BC．CD．D考點：化學實驗方案的評價．分析：A．電石不純，與水反響生成乙炔的同時也生成硫化氫、磷化氫等；B．升高溫度促進水解；C．氯氣與水反響生成HCl、HClO，HClO具有漂白性；D．應用最高價氧化物對應的水化物比擬非金屬性．解答：解：A．電石不純，與水反響生成乙炔的同時也生成硫化氫、磷化氫等，都可與高錳酸鉀溶液反響，應先除雜，故A錯誤；B．碳酸鈉溶液中滴入酚酞試液，加熱后假設紅色加深，那么升高溫度促進水解，即水解反響為吸熱反響，故B正確；C．氯氣與水反響生成HCl、HClO，那么氯氣通入石蕊試液先變紅后褪色，HClO具有漂白性，故C錯誤；D．應用最高價氧化物對應的水化物比擬非金屬性，HCl是氫化物，不是最高價氧化物對應的水化物，故D錯誤．應選B．點評：此題考察較為綜合，涉及物質的性質實驗方案的設計等知識，側重于學生的分析能力和實驗能力的考察，為高考常見題型，注意相關知識的學習與積累，難度不大．5．一定溫度時，向容積為2L的密閉容器中充入一定量的SO2和O2，發(fā)生反響2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H=﹣196kJ?moL﹣1，一段時間后達平衡，反響過程中測定的局部數(shù)據(jù)見下表：以下說法不正確的選項是（）反響時間/minn（SO2）/moln（O2）/mol02151.2100.4150.8A．反響在前5min的平均速率為v（SO2）=0.08mol?L﹣1?min﹣1B．保持溫度不變，向平衡后的容器中再充入1molSO2和0.5molO2時，v（正）＞v（逆）C．該溫度，反響的平衡常數(shù)為11.25L?mol﹣1D．相同溫度下，起始時向容器中充入1.5molSO3，達平衡時SO3的轉化率為40%考點：化學平衡建立的過程；化學平衡的影響因素．專題：化學平衡專題．分析：A、根據(jù)化學反響速率v=來計算；B、溫度不變，向平衡后的容器中再充入1molSO2和0.5molO2時，相當于增大壓強，根據(jù)壓強對化學平衡的影響來答復判斷；C、根據(jù)可逆反響不能進展徹底以及熱化學方程式的意義來答復判斷；D、根據(jù)三行式計算化學反響中物質的轉化率．解答：解：A、根據(jù)已知數(shù)據(jù)，用二氧化硫化學反響速率v=mol/（L?min）=0.08mol?L﹣1min﹣1，故A正確；B、溫度不變，向平衡后的容器中再充入1molSO2和0.5molO2時，相當于增大壓強，化學平衡正向移動，v（正）＞v（逆），故B正確；C、2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）初始量（mol）：210變化量（mol）：1.20.61.2平衡量（mol）：0.80.41.2容器體積為2L，化學平衡常數(shù)K===11.25L/mol，故C正確；D、起始時向容器中充入1.5molSO3，如果轉化率是40%，那么2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）初始量（mol/L）：000.75變化量（mol/L）：0.30.150.3平衡量（mol/L）：0.30.150.45那么=15，不等于該溫度下的平衡常數(shù)，故D錯誤；應選D．點評：此題涉及等效平衡的建立以及化學反響到達平衡時物質的轉化率等方面的知識，屬于綜合知識的考察，難度大．6．有①氨水②NH4Cl溶液③Na2CO3溶液④NaHCO3溶液各25mL，物質的量濃度均為0.1mol/L，以下說法正確的選項是（）A．4種溶液pH的大小順序：①＞④＞③＞②B．溶液①、②等體積混合后pH＞7，那么c（NH4+）＜c（NH3?H2O）C．向溶液①、②中分別參加25mL0.1mol/L鹽酸后，溶液中c（NH4+）：①＞②D．向溶液③、④中分別參加12.5mL0.1mol/LNaOH溶液后，兩溶液中的離子種類相同考點：鹽類水解的應用．專題：鹽類的水解專題．分析：A、依據(jù)溶液中的溶質電離和水解程度分析判斷；B、依據(jù)溶液中一水合氨電離程度大于銨根離子的水解程度分析判斷；C、鹽酸和一水合氨恰好反響生成氯化銨溶液，抑制銨根離子的水解；D、依據(jù)碳酸鈉溶液和碳酸氫鈉溶液中的電離和水解分析離子種類．解答：解：A、物質的量濃度均為0.1mol/L的①氨水②NH4Cl溶液③Na2CO3溶液④NaHCO3溶液各25mL，一水合氨電離生成氫氧根離子顯堿性，氯化銨溶液中銨根離子水解顯酸性；碳酸根離子水解顯堿性，碳酸氫根離子水解顯堿性；同濃度碳酸根離子水解程度大于碳酸氫根離子水解程度，溶液堿性強；所以溶液PH大小為：：①＞③＞④＞②，故A錯誤；B、溶液①氨水是弱堿存在電離平衡；②NH4Cl溶液水解顯酸性，①、②等濃度等體積混合后pH＞7，說明溶液中一水合氨電離程度大于銨根離子水解程度，所以c（NH4+）＞c（NH3?H2O），故B錯誤；C、鹽酸和一水合氨恰好反響生成氯化銨溶液，氯化銨的濃度為0.05mol/L，氯化銨溶液中參加鹽酸抑制銨根離子的水解，溶液中c（NH4+）：①＜②，故C錯誤；D、向溶液③、④中分別參加25mL0.1mol/LNaOH溶液后，碳酸氫鈉和氫氧化鈉反響生成碳酸鈉溶液，兩溶液中的離子種類相同，故D正確；應選D．點評：此題考察了弱電解質電離平衡，鹽類水解的應用，溶液酸堿性的分析判斷，溶液pH大小比擬，題目難度中等．7．在100mL密度為1.2g/mL稀硝酸中，參加一定量的鎂和銅組成的混合物，充分反響后金屬完全溶解（假設復原產物只有NO），向反響后溶液中參加3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，測得生成沉淀質量比原金屬質量增加5.1g．那么以下表達不正確是（）A．當金屬全部溶解時收集到NO氣體的體積為2.24L（標準狀況）B．當生成沉淀的量最多時，消耗NaOH溶液體積最小為100mLC．原稀硝酸的物質的量濃度一定為4mol/LD．參加反響金屬總質量（m）為9.6g＞m＞3.6g考點：有關混合物反響的計算；化學方程式的有關計算．專題：計算題．分析：發(fā)生反響方程式為：3Mg+8HNO3（?。?3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（?。?3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，向反響后的溶液中參加過量的3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，發(fā)生反響為：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀為氫氧化鎂和氫氧化銅，生成沉淀的質量比原合金的質量增加5.1g，那么氫氧化鎂和氫氧化銅含有氫氧根的質量為5.1g，氫氧根的物質的量為=0.3mol，根據(jù)電子轉移守恒，那么鎂和銅的總的物質的量為：0.3mol×=0.15mol，據(jù)此對各選項進展計算和判斷．解答：解：將一定量的鎂和銅組成的混合物參加到稀HNO3中，金屬完全溶解（假設反響中復原產物只有NO），發(fā)生反響：3Mg+8HNO3（?。?3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3（?。?3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反響后的溶液中參加過量的3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，發(fā)生反響：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3；Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀為氫氧化鎂和氫氧化銅，生成沉淀的質量比原合金的質量增加5.1g，那么氫氧化鎂和氫氧化銅含有氫氧根的質量為5.1g，氫氧根的物質的量為0.3mol，根據(jù)電子轉移守恒，那么鎂和銅的總的物質的量為：0.3mol×=0.15mol，A．鎂和銅的總的物質的量為0.15mol，根據(jù)電子轉移守恒可知生成的NO物質的量為0.15mol×=0.1mol，標準狀況下生成NO的體積為：0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故A正確；B．假設硝酸無剩余，那么參加反響氫氧化鈉的物質的量等于0.3mol，需要氫氧化鈉溶液的體積=0.3mol/3mol/L=0.1L=100mL；硝酸假設有剩余，消耗的氫氧化鈉溶液體積大于100mL，故B正確；C．根據(jù)方程式可知參加反響的n反響（HNO3）=n（金屬）=0.15mol×=0.4mol，硝酸有可能有剩余，故C錯誤；D．鎂和銅的總的物質的量為0.15mol，假定全為鎂，質量為0.15mol×24g/mol=3.6g，假設全為銅，質量為0.15mol×64g/mol=9.6g，所以參加反響的金屬的總質量（m）為9.6g＞m＞3.6g，故D正確；應選C．點評：此題考察混合物反響的計算、化學反響方程式的計算，題目難度中等，明確發(fā)生反響原理為解答關鍵，注意掌握質量守恒定律、電子守恒在化學計算中的應用方法，試題側重考察學生的分析、理解能力及化學計算能力．二、解答題（共4小題，總分值58分）8．（13分）（2023?固原校級二模）（1）PM2.5富含大量的有毒、有害物質，易引發(fā)二次光化學煙霧，光化學煙霧中含有NOx、HCOOH、（PAN）等二次污染物．①1molPAN中含有的σ鍵數(shù)目為10NA（或10×6.02×1023）．PAN中四種元素的第一電離能由大到小的順序為N＞O＞C＞H．②NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物SO4，該配合物中中心離子的配位數(shù)為6，中心離子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d6．③相同壓強下，HCOOH的沸點比CH3OCH3高（填“高”或“低”），其原因是HCOOH分子間能形成氫鍵．（2）PM2.5微細粒子包含（NH4）2SO4、NH4NO3等．①（NH4）2SO4晶體中各種微粒間的作用力不涉及de（填序號）．a．離子鍵b．共價鍵c．配位鍵d．范德華力e．氫鍵②NH4NO3中陽離子的空間構型為正四面體形，陰離子的中心原子軌道采用sp2雜化．（3）測定大氣中PM2.5的濃度方法之一是β﹣射線吸收法，β﹣射線放射源可用85Kr．已知Kr晶體的晶胞構造如下圖，設晶體中與每個Kr原子緊相鄰的Kr原子有m個，晶胞中Kr原子為n個，那么=3（填數(shù)字）．考點：晶胞的計算；原子核外電子排布；判斷簡單分子或離子的構型．專題：化學鍵與晶體構造．分析：（1）①一個單鍵就是一個σ鍵，一個雙鍵中含有一個σ鍵，一個π鍵；根據(jù)元素周期律，以及第ⅤA族比同周期的ⅥA族第一電離能高，可知N、O、C、H的第一電離能依次減小，據(jù)此答題；②配位體位于方括號中，由1個NO和5個H20分子構成；中心離子為Fe2+，鐵是26號元素，所以Fe2+的電子排布式為1s22s22p63s23p63d6，據(jù)此答題；③HCOOH分子間能形成氫鍵，CH30CH3不能形成分子間氫鍵，據(jù)此答題；（2）①（NH4）2SO4晶體中銨根離子和硫酸根離子之間是離子鍵，而銨根離子和硫酸根離子內部都是共價鍵，據(jù)此答題；②NH4+的中心原子氮原子價層電子對數(shù)==4，孤電子對==0，NO3﹣的中心原子氮原子價層電子對數(shù)==3，據(jù)此判斷；（3）以頂點為計算，與之相鄰的最近的Kr位于三個面心上，而頂點的原子為8個立方體共有，每個面心上的Kr為兩個立方體共有，故與每個Kr原子相緊鄰的Kr原子有3×4=12，晶胞中含Kr原子為8×+6×=4，然后求出比值．解答：解：（1）①一個單鍵就是一個σ鍵，一個雙鍵中含有一個σ鍵，一個π鍵，中共有11個共價鍵，所以1molPAN中含有的σ鍵數(shù)目為10mol；根據(jù)元素周期律，以及第ⅤA族比同周期的ⅥA族第一電離能高，可知N、O、C、H的第一電離能依次減小，故答案為：10NA（或10×6.02×1023）；N＞O＞C＞H；②配位體位于方括號中，由1個NO和5個H20分子構成；中心離子為Fe2+，鐵是26號元素，所以Fe2+的電子排布式為1s22s22p63s23p63d6，故答案為：6；1s22s22p63s23p63d6（或3d6）；③HCOOH分子間能形成氫鍵，CH30CH3不能形成分子間氫鍵，所以相同壓強下，HCOOH的沸點比CH3OCH3高，故答案為：高；HCOOH分子間能形成氫鍵；（2）①（NH4）2SO4晶體中銨根離子和硫酸根離子之間是離子鍵，而銨根離子和硫酸根離子內部都是共價鍵，其中銨根離子內部含一個配位鍵，故答案為：de；②NH4+的中心原子氮原子價層電子對數(shù)==4，孤電子對==0，所以NH4+的空間構型為正四面體，NO3﹣的中心原子氮原子價層電子對數(shù)==3，所以氮原子按sp2方式雜化，故答案為：正四面體形；sp2；（3）與每個Kr原子相緊鄰的Kr原子有3×4=12，晶胞中含Kr原子為8×+6×=4，那么==3，故答案為：3．點評：此題主要考察了分子構造、第一電離能、配合物的構造、簡單分子或離子的空間構型、晶胞的計算，難度不大，注重根底知識的考察．9．（17分）（2023秋?龍海市校級期末）某同學對銅與濃硫酸反響產生的黑色沉淀進展探究，實驗步驟如下：Ⅰ．將光亮銅絲插入濃硫酸，加熱；Ⅱ．待產生黑色沉淀和氣體時，抽出銅絲，停頓加熱；Ⅲ．冷卻后，從反響后的混合物中別離出黑色沉淀，洗凈、枯燥備用．（1）甲同學認為根據(jù)所學知識：已知硫化銅（CuS）、硫化亞銅（Cu2S）、粉末和氧化銅粉末相似且都不溶于水，在空氣中煅燒硫化銅和硫化亞銅都轉化二種氧化物，設計一個不用任何化學試劑就能鑒別氧化銅、硫化銅、硫化亞銅三種粉末的簡便實驗方案，請幫助甲同學將方案填寫于下表中，實驗提供天平及其他必要的設備．實驗步驟實驗現(xiàn)象結論及有關化學方程式A．分別稱取相同質量的樣品，在空氣中燃燒；B．分別稱量硫化銅和硫化亞銅灼燒后剩余物質的質量A．有一種固體無變化，兩種固體產生刺激性氣味氣體B．有一種樣品質量減輕，一種樣品質量不變A．固體無變化的是氧化銅，產生刺激性氣味氣體的是硫化銅和硫化亞銅，在空氣中煅燒中反響的化學方程式分別為2CuS+3O22CuO+2SO2；Cu2S+2O22CuO+SO2B．質量減輕的是硫化銅，質量不變的是硫化亞銅（2）乙同學查閱文獻得知檢驗微量Cu2+的方法是：向試液中滴加K4溶液，假設產生紅褐色沉淀，證明有Cu2+．該同學假設黑色沉淀是CuO．檢驗過程如下：①將CuO放入稀硫酸中，一段時間后，再滴加K4溶液，產生紅褐色沉淀．②將黑色沉淀放入稀硫酸中，一段時間后，再滴加K4溶液，未見紅褐色沉淀．由該檢驗過程所得結論是黑色沉淀中不含有CuO．（3）丙同學再次假設，黑色沉淀是銅的硫化物．實驗如下：實驗裝置現(xiàn)象1．A試管中黑色沉淀逐漸溶解2．A試管內上方出現(xiàn)紅棕色氣體3．B試管中出現(xiàn)白色沉淀①現(xiàn)象2說明黑色沉淀具有復原性．②能確認黑色沉淀中含有S元素的現(xiàn)象是B試管中出現(xiàn)白色沉淀，相應的離子方程式是NO2+SO2+Ba2++H2O═BaSO4↓+NO↑+2H+．③為確認黑色沉淀是“銅的硫化物”，還需進展的實驗操作是取冷卻后A裝置試管中的溶液，滴加K4溶液，假設產生紅褐色沉淀，證明有Cu2+，說明黑色沉淀是銅的硫化物．以上實驗說明，黑色沉淀中存在銅的硫化物．進一步實驗后證明黑色沉淀是CuS與Cu2S的混合物．將黑色沉淀放入濃硫酸中加熱一段時間后，沉淀溶解，其中CuS溶解的化學方程式是CuS+4H2SO4（濃）CuSO4+4SO2↑+4H2O．（4）丁同學通過實驗確認，固體只含有硫化銅和硫化亞銅，他通過以下實驗求硫化亞銅的百分含量：取2gCu2S和CuS的混合物在酸性溶液中用400mL0.075mol/LKMnO4溶液處理，發(fā)生反響如下：8MnO4﹣+5Cu2S+44H+=10Cu2++5SO2+8Mn2++22H2O6MnO4﹣+5CuS+28H+=5Cu2++5SO2+6Mn2++14H2O反響后煮沸溶液，趕盡SO2，剩余的KMnO4恰好與350mL0.1mol/L（NH4）2Fe（SO4）2溶液完全反響．那么混合物中Cu2S的質量分數(shù)為40%．考點：性質實驗方案的設計；濃硫酸的性質實驗．分析：（1）在空氣中煅燒硫化銅和硫化亞銅都轉化為氧化銅和二氧化硫，有刺激性氣味的氣體產生，而氧化銅受熱無變化，由于硫化銅和硫化亞銅的含銅量不同，故剩余的生成氧化銅的質量不同，然后根據(jù)物質的質量差異進展鑒別；（2）根據(jù)題中信息中檢驗銅離子的方法對②進展分析，然后得出正確結論；（3）①紅棕色氣體為二氧化氮，說明稀硝酸被復原生成一氧化氮，黑色固體具有復原性；②根據(jù)反響現(xiàn)象③可知黑色固體與稀硝酸反響生成了二氧化硫，證明黑色固體中含有硫元素；二氧化氮、二氧化硫的混合氣體能夠與氯化鋇反響生成硫酸鋇沉淀，據(jù)此寫出反響的離子方程式；③還需要確定黑色固體中含有銅離子，根據(jù)題目信息來解答；濃硫酸具有強氧化性，能夠將硫化銅中硫氧化成硫酸銅、二氧化硫和水，據(jù)此寫出反響的化學方程式；（4）先根據(jù)方程式MnO4﹣+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O計算消耗的高錳酸鉀的物質的量；高錳酸鉀的總物質的量減去與（NH4）2Fe（SO4）2反響的高錳酸鉀的物質的量即為與混合溶液反響消耗的高錳酸鉀的物質的量；再根據(jù)金屬化合物的質量和金屬化合物與高錳酸鉀反響的高錳酸鉀的物質的量列方程式組，計算出硫化亞銅的質量，最后根據(jù)質量分數(shù)計算方法計算即可．解答：解：（1）在空氣中煅燒硫化銅和硫化亞銅都轉化為氧化銅和二氧化硫，有刺激性氣味的氣體產生，而氧化銅受熱無變化，由于硫化銅和硫化亞銅的含銅量不同，故剩余的生成氧化銅的質量不同，可以分別稱量硫化銅和硫化亞銅灼燒后剩余物質的質量進展鑒別，如2CuS+3O22CuO+2SO2192160Cu2S+2O22CuO+SO2160160故答案為：2CuS+3O22CuO+2SO2；Cu2S+2O22CuO+SO2；分別稱量硫化銅和硫化亞銅灼燒后剩余物質的質量；（2）向試液中滴加K4溶液，假設產生紅褐色沉淀，證明有Cu2+，根據(jù)②將黑色沉淀放入稀硫酸中，一段時間后，滴加K4溶液，未見紅褐色沉淀可知，黑色固體中一定不含CuO，故答案為：黑色沉淀中不含有CuO；（3）①A試管內上方出現(xiàn)紅棕色氣體，說明反響中有一氧化氮生成，證明了黑色固體具有復原性，在反響中被氧化，故答案為：復原；②根據(jù)反響現(xiàn)象③B試管中出現(xiàn)白色沉淀可知，白色沉淀為硫酸鋇，說明黑色固體中含有硫元素；發(fā)生反響的離子方程式為：NO2+SO2+Ba2++H2O═BaSO4↓+NO↑+2H+，故答案為：B試管中出現(xiàn)白色沉淀；NO2+SO2+Ba2++H2O═BaSO4↓+NO↑+2H+；③為確認黑色沉淀是“銅的硫化物”，還需檢驗黑色固體中含有銅離子，方法為：取冷卻后A裝置試管中的溶液，滴加K4溶液，假設產生紅褐色沉淀，證明有Cu2+，說明黑色沉淀是銅的硫化物；濃硫酸具有強氧化性，硫化銅與濃硫酸反響的化學方程式為：CuS+4H2SO4（濃）CuSO4+4SO2↑+4H2O；故答案為：取冷卻后A裝置試管中的溶液，滴加K4溶液，假設產生紅褐色沉淀，證明有Cu2+，說明黑色沉淀是銅的硫化物；CuS+4H2SO4（濃）CuSO4+4SO2↑+4H2O；（4）設消耗高錳酸鉀xmol，MnO4﹣+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O1mol5molxmol0.350L×0.1mol/L所以x=0.007，高錳酸鉀的總物質的量為0.400L×0.075mol/L=0.03mol，所以KMnO4溶液與混合物反響，消耗KMnO4的物質的量為0.03mol﹣0.007mol=0.023mol，設Cu2S的物質的量為mmol，CuS的物質的量為nmol，8MnO4﹣+44H++5Cu2S=10Cu2++5SO2+8Mn2++22H2O85molmmol6MnO4﹣+28H++5CuS=5Cu2++5SO2+6Mn2++14H2O65nmol所以列方程組為：解得：所以Cu2S的質量為0.8g，CuS的質量為1.2g，Cu2S的質量分數(shù)為×100%=40%，故答案為：40%．點評：此題考察了濃硫酸的化學性質、性質實驗方案的設計與化學計算，題目難度較大，知識點較多，理解題中信息和反響原理是解題關鍵，如根據(jù)銅離子檢驗方法解答（2）③，試題培養(yǎng)了學生的分析、理解能力．10．（13分）（2023?福州校級模擬）A是一種重要的化工原料，已知A是一種鹵代烴相對分子質量為92.5，其核磁共振氫譜中只有一個峰，C是一種高分子化合物，M是一種六元環(huán)狀酯，轉化關系如下圖，答復以下問題：（1）A的分子式為C4H9Cl；A→B的反響類型消去反響；（2）有機物D的構造式為（CH3）2CBr﹣CH2Br．M的構造簡式為．（3）寫出以下反響的化學方程式：B→C：n（CH3）2C=CH2；E→F：．（4）寫出滿足以下條件的H的同分異構體d的構造簡式HCOOC（OH）（CH3）2．①屬于酯類；②能發(fā)生銀鏡反響；③能與金屬鈉反響放出氣體．④核磁共振氫譜有三個峰，且峰面積比為6：1：1．考點：有機物的推斷．專題：有機物的化學性質及推斷．分析：A是鹵代烴，相對分子質量為92.5，故A中含有1個Cl原子，剩余烴基式量為92.5﹣35.5=57，分子中最大C原子數(shù)目為：=4…9，故烴基為﹣C4H9，A的分子式為C4H9Cl，其核磁共振氫譜中只有一個峰，故A為C（CH3）3Cl，A轉化得到B，B轉化為高分子化合物C，那么B含有不飽和鍵，故B為（CH3）2C=CH2，C為，（CH3）2C=CH2與溴發(fā)生加成反響生成D為（CH3）2CBr﹣CH2Br，D轉化得到E，E可以連續(xù)氧化生成G，應是D水解生成E，那么E為（CH3）2C（OH）﹣CH2OH，F(xiàn)為（CH3）2C（OH）﹣CHO，F(xiàn)氧化生成G，G酸得到H，那么H為（CH3）2C（OH）﹣COOH，G為（CH3）2C（OH）﹣COONa，H發(fā)生成環(huán)酯化反響生成M，那么M為，據(jù)此進展解答．解答：解：A是鹵代烴，相對分子質量為92.5，故A中含有1個Cl原子，剩余烴基式量為92.5﹣35.5=57，分子中最大C原子數(shù)目為=4…9，故烴基為﹣C4H9，A的分子式為C4H9Cl，其核磁共振氫譜中只有一個峰，故A為C（CH3）3Cl，A轉化得到B，B轉化為高分子化合物C，那么B含有不飽和鍵，故B為（CH3）2C=CH2，C為，（CH3）2C=CH2與溴發(fā)生加成反響生成D為（CH3）2CBr﹣CH2Br，D轉化得到E，E可以連續(xù)氧化生成G，應是D水解生成E，那么E為（CH3）2C（OH）﹣CH2OH，F(xiàn)為（CH3）2C（OH）﹣CHO，F(xiàn)氧化生成G，G酸得到H，那么H為（CH3）2C（OH）﹣COOH，G為（CH3）2C（OH）﹣COONa，H發(fā)生成環(huán)酯化反響生成M，那么M為，（1）由上述分析可知，A的分子式為C4H9Cl，A→B是C（CH3）3Cl在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反響生成（CH3）2C=CH2，故答案為：C4H9Cl，消去反響；（2）由上述分析可知，D為（CH3）2CBrCH2Br，M的構造簡式為，故答案為：（CH3）2CBr﹣CH2Br；；（3）B→C是（CH3）2C=CH2發(fā)生加聚反響生成，反響方程式為：n（CH3）2C=CH2，E→F是（CH3）2C（OH）﹣CH2OH催化氧化生成（CH3）2C（OH）﹣CHO，反響方程式為：，故答案為：n（CH3）2C=CH2；；（4）（CH3）2C（OH）﹣COOH的同分異構體中屬于酯類，能發(fā)生銀鏡反響，為甲酸酯，能與金屬鈉反響放出氣體，還含有﹣OH，符合①②③的同分異構體有：HOCH2CH2CH2OOCH，CH3CH（OH）CH2OOCH，CH3CH2CH（OH）OOCH，HCOOC（CH3）CH2OH，HCOOC（OH）（CH3）2，其中核磁共振氫譜有三個峰，且峰面積比為6：1：1的同分異構體的構造簡式為：HCOOC（OH）（CH3）2，故答案為：HCOOC（OH）（CH3）2．點評：此題考察有機物構造推斷，題目難度中等，計算確定A的構造簡式是關鍵，再結合反響條件及物質構造特點推斷，需要學生熟練掌握官能團的性質與轉化．11．（15分）（2023?揭陽模擬）MnO2是重要無機材料，某研究性學習小組設計了將粗MnO2（含有較多的MnO和MnCO3）樣品轉化為純MnO2實驗，其流程如下（已知：氧化性強弱順序：ClO3﹣＞MnO2＞Fe2+）（1）鋁與二氧化錳在高溫下發(fā)生鋁熱反響，相關反響的化學方程式為：3MnO2+4Al2Al2O3+3Mn．（2）第②步反響離子方程式為：5Mn2++2ClO3﹣+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+．（3）第③步蒸發(fā)操作必需的儀器有鐵架臺（含鐵圈）、玻璃棒、酒精燈、蒸發(fā)皿，第③步蒸發(fā)得到的固體中除了NaClO3和NaOH，還一定含有NaCl（寫化學式）．（4）MnO2是堿性鋅錳電池的正極材料，那么堿性鋅錳電池放電時，正極的電極反響式是MnO2+H2O+e﹣═MnOOH+OH﹣．（5）假設粗Mn