2022-2022学年四川省绵阳市南山中学高三（上）月考化学试卷（12月份） 一、第I卷共7题，每题6分．每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．我国明代宋应星所著《天工开物》中有关于“升炼倭铅”的记载：“炉甘石（碳酸锌）十斤，装载入一泥罐内，封裹泥固，…，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火锻红，…，冷定毁罐取出，…即倭铅也，…，以其似铅而性猛，故名之曰倭”，下列对这段文字的理解错误的是（ ）A．我国历史上铅的使用早于锌B．锌和铅有相似性，但锌更活泼C．属于用热还原法冶炼金属D．所得产品中混有煤炭 2．新型纳米材料氧缺位铁酸盐（MFe2Ox3＜x＜4，M=Mn、Co、Zn或Ni）由铁酸盐（MFe2O4）经高温与氢气反应制得，常温下，它能使工业废气中的酸性氧化物（SO2、NO2等）转化为其单质除去，转化流程如图．关于此转化过程的叙述不正确的是（ ）A．MFe2O4在与H2反应中表现了氧化性B．若4molMFe2Ox与1molSO2恰好完全反应则MFe2Ox中x的值为3.5C．MFe2Ox与SO2反应中MFe2Ox被还原D．MFe2O4与MFe2Ox的相互转化反应均属于氧化还原反应 3．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2+与Y2﹣具有相同的电子层结构，W与X同主族，下列说法正确的是（ ）A．原子半径的大小顺序：r（W）＞r（Z）＞r（Y）＞r（X）B．Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同C．X的最高氧化物对应的水化物的酸性比W的弱D．Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强 4．已知NaHSO3溶液显酸性，则NaHSO3溶液中微粒浓度关系不正确的是（ ）A．c（H2SO3）+c（H+）=c（SO32﹣）+c（OH﹣）B．c（Na+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）C．c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）D．c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣） 5．某可逆反应：A（g）+3B（g）⇌2C（g）；△H＜0．有甲乙两个容积为0.5L的密闭容器，向甲容器中加入1molA的和3molB在一定条件下达到平衡时放出热量为Q117\nkJ；在相同条件下，向乙容器中加入2molC达到平衡时吸收热量为Q2kJ；已知Q2=3Q1．下列叙述不正确的是（ ）A．乙中C的转化率为75%B．反应达到平衡前，甲中始终有v正大于v逆，乙中始终有v正小于v逆C．在该条件下，反应2C（g）⇌A（g）+3B（g）的平衡常数为27×1.54（mol/L）2D．乙中的热化学方程式为2C（g）⇌A（g）+3B（g）；△H=+Q2kJ/mol 6．下列说法正确的是（ ）A．乳酸薄荷醇酯（）仅能发生水解、氧化、消去反应B．乙醛和丙烯醛（）不是同系物，它们与氢气充分反应后的产物也不是同系物C．淀粉和纤维素在酸催化下完全水解后的产物都是葡萄糖D．四联苯（）的一氯代物有4种 7．能正确表示下列反应的离子反应方程式的是（ ）A．双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：H2O2+2H++2I﹣═I2+2H2OB．向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42﹣沉淀完全：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓C．向FeBr2溶液中通入少量氯气：Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣D．SO2通入溴水中：SO2+Br2+2H2O═2H++SO42﹣+HBr 二、非选择题.8．（14分）（2022秋•绵阳校级月考）铜是重要金属，Cu及其化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途．请回答以下问题：（1）CuSO4可由金属铜与稀硫酸并通入氧气反应制备，该反应的化学方程式为 ；（2）无水CuSO4粉末常用来检验一些有机物中的微量水分，现象是 ；（3）SO42﹣的立体构型是 ，其中S原子的杂化轨道类型是 ；（4）元素金（Au）处于周期表中的第六周期，与Cu同族，Au原子最外层电子排布式为 ；一种铜合金晶体具有面心立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，该合金中每一层均为 （填“密置层”、“非密置层”），金原子的配位数为 ；该晶体中，原子之间的作用力是 ；（5）上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中．若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的晶胞结构结构相似，该晶体储氢后的化学式应为 ．若Cu原子与Au原子的距离为acm，则该晶体储氢后的密度为 ．（含a的表达式） 9．（14分）（2022秋•绵阳校级月考）为探索工业含铝、铁、铜合金废料的再利用，化学科技小组的同学进行了一系列实验探究．甲同学设计的实验方案如下：17\n请回答：（1）操作①用到的玻璃仪器有烧杯 、 ；（2）写出反应②的离子反应方程式： ．（3）操作②的具体步骤是 ．（4）一定温度下，乙同学将绿矾配成约0.1mol•L﹣1FeSO4溶液，测得溶液的pH=3．请用离子方程式解释原因： ；该溶液中c（SO）﹣c（Fe2+）= mol•L﹣1（填数值）．（5）若要测定所配溶液中Fe2+的准确浓度，取20.00mL溶液于锥形瓶中，可再直接用下列 （填编号）标准溶液进行滴定：a．0.10mol•L﹣1NaOH溶液b．0.02mol•L﹣1KMnO4酸性溶液c．0.20mol•L﹣1KMnO4酸性溶液d．0.10mol•L﹣1KSCN溶液滴定终点的现象是 ． 10．（16分）（2022秋•绵阳校级月考）乙偶姻是一种重要的医药、农药、化工中间体．人工合成乙偶姻的路线及与乙偶姻有关的反应如图：请回答下列问题：（1）烷烃A只有2种同分异构体（包括A），则A的分子式是 ．（2）B和J均为一氯代烃，B发生消去反应时，有两种有机产物，一个D分子中有两个甲基而J发生消去反应时，只有一种有机产物．则J的结构简式为： ，D的核磁共振氢谱有 组峰．（3）乙偶姻中官能团的名称是 ；乙偶姻的能与NaOH溶液反应的同分异构体有 种．（4）写出下列反应方程式E→乙偶姻 ；F→G ；H→I ． 11．（14分）（2022秋•绵阳校级月考）碱式碳酸镁不溶于水，用途广泛，主要用作橡胶制品的填充剂，能增强橡胶的耐磨性和强度．也可用作油漆和涂料的添加剂，也可用于牙膏、医药和化妆品等工业．以水氯镁石（主要成分为MgCl2•6H2O）为原料生产碱式碳酸镁的主要流程如下：17\n（1）预氨化过程中有Mg（OH）2沉淀生成，已知常温下Ksp（Mg（OH）2）=1.8×10﹣11，表示Mg（OH）2沉淀溶解平衡的方程式为 ，Mg（OH）2达到沉淀达到沉淀溶解平衡时溶液的pH （已知：lg36≈1.5）．（2）已知：常温下Ka1（H2CO3）=4.4×10﹣7，Ka2（H2CO3）=4.7×10﹣11，Kb（NH3•H2O）=1.8×10﹣5，则NH4HCO3溶液显 性，c（NH） c（HCO）（选填“大于”、“小于”、“等于”），该溶液物料守恒表达式为 ．（3）上述流程中的滤液浓缩结晶，所得主要固体物质的化学式为 ．（4）高温煅烧碱式碳酸镁得到MgO．取碱式碳酸镁晶体4.84g，高温煅烧至恒重，得到固体2.00g和标准状况下CO20.896L，则碱式碳酸镁的化学式为 ，写出氯化镁、氨、碳酸氢铵热水解生成碱式碳酸镁的离子方程式 ． 17\n2022-2022学年四川省绵阳市南山中学高三（上）月考化学试卷（12月份）参考答案与试题解析 一、第I卷共7题，每题6分．每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．我国明代宋应星所著《天工开物》中有关于“升炼倭铅”的记载：“炉甘石（碳酸锌）十斤，装载入一泥罐内，封裹泥固，…，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火锻红，…，冷定毁罐取出，…即倭铅也，…，以其似铅而性猛，故名之曰倭”，下列对这段文字的理解错误的是（ ）A．我国历史上铅的使用早于锌B．锌和铅有相似性，但锌更活泼C．属于用热还原法冶炼金属D．所得产品中混有煤炭【考点】常见金属的活动性顺序及其应用；金属冶炼的一般原理．【专题】金属概论与碱元素．【分析】题目涉及反应原理为ZnCO3+2CZn+3CO↑，由金属活动性顺序可知锌的活泼性比铅强，较不活泼金属使用较早，以此解答该题．【解答】解：A．锌的活泼性比铅强，铅相对易冶炼，使用时间较锌早，故A错误；B．由金属活动性顺序可知锌的活泼性比铅强，故B正确；C．反应原理为ZnCO3+2CZn+3CO↑，属于热还原法冶炼金属，故C正确；D．高温条件下反应生成锌和CO，没有煤炭，故D错误；故选AD．【点评】本题考查金属的冶炼，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，答题时注意把握提给信息，难度不大． 2．新型纳米材料氧缺位铁酸盐（MFe2Ox3＜x＜4，M=Mn、Co、Zn或Ni）由铁酸盐（MFe2O4）经高温与氢气反应制得，常温下，它能使工业废气中的酸性氧化物（SO2、NO2等）转化为其单质除去，转化流程如图．关于此转化过程的叙述不正确的是（ ）A．MFe2O4在与H2反应中表现了氧化性B．若4molMFe2Ox与1molSO2恰好完全反应则MFe2Ox中x的值为3.5C．MFe2Ox与SO2反应中MFe2Ox被还原D．MFe2O4与MFe2Ox的相互转化反应均属于氧化还原反应【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A．MFe2O4在与H2的反应中，Fe元素的化合价降低；B．若4molMFe2Ox与1molSO2恰好完全反应利用电子守恒确定Fe元素的化合价，以此确定x；17\nC．MFe2Ox与SO2反应中，Fe元素的化合价升高；D．MFe2O4与MFe2Ox的相互转化反应中有元素化合价的升降．【解答】解：A．MFe2O4在与H2的反应中，Fe元素的化合价降低，则MFe2O4在与H2的反应中表现了氧化性，故A正确；B．若4molMFe2Ox与1molSO2恰好完全反应，由电子守恒可知，4mol×2×（3﹣n）=1mol×（4﹣0），解得n=2.5，由化合物中正负化合价的代数和为0可知，+2+（+2.5）×2+2x=0，所以x=3.5，故B正确；C．MFe2Ox与SO2反应中，Fe元素的化合价升高，MFe2Ox被氧化，故C错误；D．MFe2O4与MFe2Ox的相互转化反应中有元素化合价的升降，则属于氧化还原反应，故D正确；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意把握习题中的信息及反应中元素的化合价变化为解答的关键，题目难度中等，选项B为解答的难点． 3．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2+与Y2﹣具有相同的电子层结构，W与X同主族，下列说法正确的是（ ）A．原子半径的大小顺序：r（W）＞r（Z）＞r（Y）＞r（X）B．Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同C．X的最高氧化物对应的水化物的酸性比W的弱D．Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强【考点】真题集萃；原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，因此X是C，Y是地壳中含量最高的元素O，W与X同主族，W是Si，短周期元素Z2+与Y2﹣具有相同的电子层结构，电子层结构与Ne相同，因此Z为Mg，A、同周期自左到右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大；B、MgO中含有离子键，SiO2中含有共价键；C、元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，D、元素非金属性越强，简单气态氢化物越稳定．【解答】解：X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，因此X是C，Y是地壳中含量最高的元素O，W与X同主族，W是Si，短周期元素Z2+与Y2﹣具有相同的电子层结构，电子层结构与Ne相同，因此Z为Mg．A、Mg和Si、C和O同周期，C和Si同主族，同周期自左到右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，因此原子半径r（Mg）＞r（Si）＞r（C）＞r（O），故A错误；B、Y分别与Z、W形成的化合物分别为MgO、SiO2，MgO中含有离子键，SiO2中含有共价键，化学键类型不同，故B错误；C、C和Si同主族，非金属性C＞Si，因此碳酸的酸性大于硅酸的酸性，故C错误；17\nD、非金属性O＞Si，元素非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，因此H2O的热稳定性大于SiH4，故D正确；故选D．【点评】本题考查了短周期元素种类推断，涉及元素周期律中原子半径、非金属性的比较以及化合键的判定等知识，难度不大，熟悉短周期元素的原子结构、10个电子的微粒是解题的必备知识． 4．已知NaHSO3溶液显酸性，则NaHSO3溶液中微粒浓度关系不正确的是（ ）A．c（H2SO3）+c（H+）=c（SO32﹣）+c（OH﹣）B．c（Na+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）C．c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）D．c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【专题】盐类的水解专题．【分析】在NaHSO3溶液中，电离程度大于水解程度，溶液显酸性，A．根据亚硫酸氢钠溶液中的质子守恒分析；B．根据亚硫酸氢钠溶液中的电荷守恒分析；C．在NaHSO3溶液中，电离程度大于水解程度，溶液显酸性，据此判断各离子浓度大小；D．根据亚硫酸氢钠中的电荷守恒分析．【解答】解：在NaHSO3溶液中，电离程度大于水解程度，溶液显酸性，A．根据NaHSO3溶液中的质子守恒可得：c（H2SO3）+c（H+）═c（SO32﹣）+c（OH﹣），故A正确；B．溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（（HSO3﹣）+c（OH﹣），由于溶液呈酸性：c（H+）＞c（OH﹣），则c（Na+）＜2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），故B错误；C．在NaHSO3溶液中，电离程度大于水解程度，溶液显酸性，则离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣），故C正确；D．根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（（HSO3﹣）+c（OH﹣），故D正确；故选B．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒、质子守恒及盐的水解原理为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力． 5．某可逆反应：A（g）+3B（g）⇌2C（g）；△H＜0．有甲乙两个容积为0.5L的密闭容器，向甲容器中加入1molA的和3molB在一定条件下达到平衡时放出热量为Q1kJ；在相同条件下，向乙容器中加入2molC达到平衡时吸收热量为Q2kJ；已知Q2=3Q1．下列叙述不正确的是（ ）A．乙中C的转化率为75%B．反应达到平衡前，甲中始终有v正大于v逆，乙中始终有v正小于v逆C．在该条件下，反应2C（g）⇌A（g）+3B（g）的平衡常数为27×1.54（mol/L）2D．乙中的热化学方程式为2C（g）⇌A（g）+3B（g）；△H=+Q2kJ/mol【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡计算．17\n【分析】A．甲容器中开始加入1molA的和3molB与乙容器中开始加入2molC为完全等效平衡，平衡时相同组分的物质的量相等，设甲中平衡时C为xmol，则乙中反应的C为（2﹣x）mol，由于Q2=3Q1，则（2﹣x）mol=3xmol，解得x=0.5，进而计算乙中C的转化率；B．甲中反应正向进行建立平衡，乙中逆向进行建立平衡；C．由A分析可知平衡时乙中C为0.5mol，故：2C（g）⇌A（g）+3B（g）起始量（mol）：200变化量（mol）：1.50.752.25平衡量（mol）：0.50.752.25再根据K=计算平衡常数；D．可逆反应不能完全反应，2molC分解吸收的热量大于Q2kJ．【解答】解：A．甲容器中开始加入1molA的和3molB与乙容器中开始加入2molC为完全等效平衡，平衡时相同组分的物质的量相等，设甲中平衡时C为xmol，则乙中反应的C为（2﹣x）mol，由于Q2=3Q1，则（2﹣x）mol=3xmol，解得x=0.5，故乙中C的转化率为×100%=75%，故A正确；B．甲中反应正向进行建立平衡，乙中逆向进行建立平衡，故反应达到平衡前，甲中始终有v正大于v逆，乙中始终有v正小于v逆，故B正确；C．由A分析可知平衡时乙中C为0.5mol，故：2C（g）⇌A（g）+3B（g）起始量（mol）：200变化量（mol）：1.50.752.25平衡量（mol）：0.50.752.25故平衡常数K==（mol/L）2=27×1.54（mol/L）2，故C正确；D．可逆反应不能完全反应，2molC分解吸收的热量大于Q2kJ，由A中分析可知，2molC完全分解吸收的热量为Q2kJ×=Q2kJ，反应热化学方程式为：2C（g）⇌A（g）+3B（g），△H=+Q2kJ/mol，故D错误，故选：D．【点评】本题考查了化学平衡的计算、化学平衡建立、化学平衡常数等，题目难度中等，关键是等效平衡的应用，旨在培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力． 6．下列说法正确的是（ ）A．乳酸薄荷醇酯（）仅能发生水解、氧化、消去反应17\nB．乙醛和丙烯醛（）不是同系物，它们与氢气充分反应后的产物也不是同系物C．淀粉和纤维素在酸催化下完全水解后的产物都是葡萄糖D．四联苯（）的一氯代物有4种【考点】芳香烃、烃基和同系物；常见有机化合物的结构；有机物的结构和性质；淀粉的性质和用途．【专题】物质的分类专题；有机物的化学性质及推断．【分析】A．乳酸薄荷醇酯中含有羟基，能够发生取代反应；B．关键乙醛和丙烯醛的结构及二者与氢气反应产物判断是否属于同系物；C．淀粉和纤维素都是多糖，二者最终水解产物都是葡萄糖；D．中，根据上下对称、左右对称可知，四联苯的等效氢原子有5种．【解答】解：A．乳酸薄荷醇酯（）中含有酯基、羟基，能够发生水解、氧化、消去反应，还能够发生取代反应（H氢原子被卤素原子取代），故A错误；B．乙醛和丙烯醛（）的结构不同，所以二者一定不是同系物；它们与氢气充分反应后分别生成乙醇和丙醇，所以与氢气加成的产物属于同系物，故B错误；C．淀粉和纤维素都是多糖，二者在酸催化下完全水解后的产物都是葡萄糖，故C正确；D．中，根据上下对称、左右对称可知，四联苯的等效氢原子有5种，因此四联苯的一氯代物的种类为5种，故D错误；故选C．【点评】本题考查了常见有机物的结构与性质、同系物的判断以及等效氢原子的判断，题目难度中等，注意掌握常见有机物的结构与性质，明确同系物的概念． 7．能正确表示下列反应的离子反应方程式的是（ ）A．双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：H2O2+2H++2I﹣═I2+2H2OB．向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42﹣沉淀完全：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓C．向FeBr2溶液中通入少量氯气：Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣D．SO2通入溴水中：SO2+Br2+2H2O═2H++SO42﹣+HBr【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．发生氧化还原反应，电子、电荷守恒；B．恰好使SO42﹣沉淀完全，生成硫酸钡和偏铝酸钾；C．少量氯气，只氧化亚铁离子；D．HBr为强酸，完全电离．【解答】解：A．双氧水中加入稀硫酸和KI溶液的离子反应为H2O2+2H++2I﹣═I2+2H2O，故A正确；17\nB．向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42﹣沉淀完全的离子反应为Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═AlO2﹣+2BaSO4↓+2H2O，故B错误；C．向FeBr2溶液中通入少量氯气的离子反应为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，故C错误；D．SO2通入溴水中的离子反应为SO2+Br2+2H2O═4H++SO42﹣+2Br﹣，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大． 二、非选择题.8．（14分）（2022秋•绵阳校级月考）铜是重要金属，Cu及其化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途．请回答以下问题：（1）CuSO4可由金属铜与稀硫酸并通入氧气反应制备，该反应的化学方程式为 2Cu+O2+2H2SO4（稀）2CuSO4+2H2O ；（2）无水CuSO4粉末常用来检验一些有机物中的微量水分，现象是 白色粉末变成蓝色晶体 ；（3）SO42﹣的立体构型是 正四面体 ，其中S原子的杂化轨道类型是 sp3 ；（4）元素金（Au）处于周期表中的第六周期，与Cu同族，Au原子最外层电子排布式为 6s1 ；一种铜合金晶体具有面心立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，该合金中每一层均为 密置层 （填“密置层”、“非密置层”），金原子的配位数为 12 ；该晶体中，原子之间的作用力是 金属键 ；（5）上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中．若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的晶胞结构结构相似，该晶体储氢后的化学式应为 H8AuCu3 ．若Cu原子与Au原子的距离为acm，则该晶体储氢后的密度为 g/cm3 ．（含a的表达式）【考点】晶胞的计算；判断简单分子或离子的构型；铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】化学键与晶体结构．【分析】（1）加热条件下，Cu和稀硫酸、氧气发生氧化还原反应生成硫酸铜和水，根据反应物、生成物和反应条件书写方程式；（2）无水硫酸铜固体是白色、五水硫酸铜晶体是蓝色；（3）硫酸根离子中S原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论确定硫酸根离子空间构型及S原子杂化方式；（4）根据Cu原子结构知，Au原子最外层为第6电子层，且最外层只有一个电子；一种铜合金晶体具有面心立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，该合金中每一层均为密置层，Au原子配位数=3×8÷2；该晶体是由金属晶体，原子之间存在金属键；（5）该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的晶胞结构结构相似，则在金属晶胞内部有8个H原子，该晶胞中含有1个Au原子、3个Cu原子，据此判断其化学式；若Cu原子与Au原子的距离为acm，则晶胞棱长=acm，晶胞体积=（acm）3，晶胞密度=．17\n【解答】解：（1）加热条件下，Cu和稀硫酸、氧气发生氧化还原反应生成硫酸铜和水，根据反应物、生成物和反应条件书写方程式为2Cu+O2+2H2SO4（稀）2CuSO4+2H2O，故答案为：2Cu+O2+2H2SO4（稀）2CuSO4+2H2O；（2）无水硫酸铜固体是白色、五水硫酸铜晶体是蓝色，所以无水硫酸铜吸水后固体由白色变为蓝色，故答案为：白色粉末变成蓝色晶体；（3）硫酸根离子中S原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论确定硫酸根离子空间构型为正四面体，S原子杂化方式为sp3；故答案为：正四面体，sp3；（4）根据Cu原子结构知，Au原子最外层为第6电子层，且最外层只有一个电子，其最外层电子排布式为6s1；一种铜合金晶体具有面心立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，该合金中每一层均为密置层，Au原子配位数=3×8÷2=12；该晶体是由金属晶体，原子之间存在金属键；故答案为：6s1；密置层；12；金属键；（5）该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的晶胞结构结构相似，则在金属晶胞内部有8个H原子，该晶胞中含有Au原子个数=8×=1、Cu原子个数=6×=3，据此判断其化学式为H8AuCu3；若Cu原子与Au原子的距离为acm，则晶胞棱长=acm，晶胞体积=（acm）3，晶胞密度==g/cm3，故答案为：H8AuCu3；g/cm3．【点评】本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、原子核外电子排布、原子杂化、空间构型判断、氧化还原反应等知识点，侧重考查学生分析计算能力，难点是晶胞计算，注意密度公式中各个字母含义，题目难度中等． 9．（14分）（2022秋•绵阳校级月考）为探索工业含铝、铁、铜合金废料的再利用，化学科技小组的同学进行了一系列实验探究．甲同学设计的实验方案如下：请回答：（1）操作①用到的玻璃仪器有烧杯 漏斗 、 玻璃棒 ；（2）写出反应②的离子反应方程式： AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣ ．（3）操作②的具体步骤是 加热蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 ．17\n（4）一定温度下，乙同学将绿矾配成约0.1mol•L﹣1FeSO4溶液，测得溶液的pH=3．请用离子方程式解释原因： Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2+2H+ ；该溶液中c（SO）﹣c（Fe2+）= 5×10﹣4 mol•L﹣1（填数值）．（5）若要测定所配溶液中Fe2+的准确浓度，取20.00mL溶液于锥形瓶中，可再直接用下列 b （填编号）标准溶液进行滴定：a．0.10mol•L﹣1NaOH溶液b．0.02mol•L﹣1KMnO4酸性溶液c．0.20mol•L﹣1KMnO4酸性溶液d．0.10mol•L﹣1KSCN溶液滴定终点的现象是 滴入最后一滴0.02mol•L﹣1KMnO4酸性溶液，溶液由无色变为浅紫色（或浅紫红色），且30s内不褪色 ．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；物质的分离提纯和鉴别．【分析】合金加入足量的烧碱溶液后，金属铝溶解，过滤得滤渣为铁、铜；滤液A中含偏铝酸钠，通入二氧化碳气体，得到氢氧化铝沉淀；滤渣B加入稀硫酸，铁与稀硫酸反应，得到滤液D为硫酸亚铁溶液，蒸发浓缩、降温结晶得到绿矾，滤渣E主要为铜，铜中加和稀硫酸再加氧化剂Y如双氧水等，得硫酸铜溶液，蒸发浓缩、降温结晶得到胆矾，（1）操作①为过滤，过滤用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；（2）反应②为偏铝酸盐可以和二氧化碳气体反应生成氢氧化铝沉淀；（3）操作②为从硫酸亚铁溶液中获得绿矾晶体，晶体中有结晶水，所以要用降温结晶的方法；（4）FeSO4溶液中，亚铁离子水解使溶液呈酸性，根据电荷守恒可计算出c（SO42﹣）﹣c（Fe2+）的值；（5）要测定所配溶液中Fe2+的准确浓度，可用酸酸性高锰酸钾溶液滴定，选用酸酸性高锰酸钾溶液时，溶液的浓度适当稀一点较好，这样滴定的准确度较高，滴定终点时，溶液会出现浅紫色（或浅紫红色），据此答题．【解答】解：合金加入足量的烧碱溶液后，金属铝溶解，过滤得滤渣为铁、铜；滤液A中含偏铝酸钠，通入二氧化碳气体，得到氢氧化铝沉淀；滤渣B加入稀硫酸，铁与稀硫酸反应，得到滤液D为硫酸亚铁溶液，蒸发浓缩、降温结晶得到绿矾，滤渣E主要为铜，铜中加和稀硫酸再加氧化剂Y如双氧水等，得硫酸铜溶液，蒸发浓缩、降温结晶得到胆矾，（1）操作①为过滤，过滤用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：漏斗、玻璃棒；（2）反应②为偏铝酸盐可以和二氧化碳气体反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故答案为：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；（3）操作②为从硫酸亚铁溶液中获得绿矾晶体，具体操作为加热蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：加热蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（4）FeSO4溶液中，亚铁离子水解使溶液呈酸性，反应的离子方程式为Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2+2H+，根据电荷守恒有2c（SO42﹣）﹣2c（Fe2+）=c（H+）﹣c（OH﹣）=1×10﹣3，所以（SO42﹣）﹣c（Fe2+）=5×10﹣4，故答案为：Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2+2H+；5×10﹣4；（5）要测定所配溶液中Fe2+17\n的准确浓度，可用酸酸性高锰酸钾溶液滴定，选用酸酸性高锰酸钾溶液时，溶液的浓度适当稀一点较好，这样滴定的准确度较高，所以选b，滴定终点的现象是滴入最后一滴0.02mol•L﹣1KMnO4酸性溶液，溶液由无色变为浅紫色（或浅紫红色），且30s内不褪色，故答案为：b；滴入最后一滴0.02mol•L﹣1KMnO4酸性溶液，溶液由无色变为浅紫色（或浅紫红色），且30s内不褪色．【点评】本题为生产流程题，涉及金属的回收、环境保护、氧化还原反应、物质的分离提纯和除杂等问题，题目较为综合，做题时注意仔细审题，从题目中获取关键信息．本题难度中． 10．（16分）（2022秋•绵阳校级月考）乙偶姻是一种重要的医药、农药、化工中间体．人工合成乙偶姻的路线及与乙偶姻有关的反应如图：请回答下列问题：（1）烷烃A只有2种同分异构体（包括A），则A的分子式是 C4H10 ．（2）B和J均为一氯代烃，B发生消去反应时，有两种有机产物，一个D分子中有两个甲基而J发生消去反应时，只有一种有机产物．则J的结构简式为： CH3CH2CH2CH2Cl ，D的核磁共振氢谱有 5 组峰．（3）乙偶姻中官能团的名称是 羟基和羰基 ；乙偶姻的能与NaOH溶液反应的同分异构体有 6 种．（4）写出下列反应方程式E→乙偶姻 CH3CHClCOCH3+NaOHCH3CH（OH）COCH3+NaCl ；F→G ；H→I 2﹣COOH+CH3CHOHCHOHCH3﹣COOCH（CH3）CH（CH3）OOC﹣+2H2O ．【考点】有机物的推断．【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机化合物的获得与应用．【分析】烷烃A只有2种同分异构体（包括A），则A为丁烷，分子式为C4H10，A发生一氯取代反应生成B与J，B发生消去反应时，有两种有机产物，而J发生消去反应时，只有一种有机产物，则A为CH3CH2CH2CH3，B为CH3CH2CH（Cl）CH3，J为CH3CH2CH2CH2Cl，B发生消去反应生成C，C发生信息中的加成反应生成D，且一个D分子中有两个甲基，故C为CH3CH=CHCH3，D为，D发生氧化反应生成E为，E发生水解反应生成乙偶姻为，乙偶姻发生消去反应生成F为17\n，F发生加聚反应生成高聚物G为．乙偶姻与氢气发生加成反应生成H为，H与足量的苯甲酸发生酯化反应生成I为，据此解答．【解答】解：烷烃A只有2种同分异构体（包括A），则A为丁烷，分子式为C4H10，A发生一氯取代反应生成B与J，B发生消去反应时，有两种有机产物，而J发生消去反应时，只有一种有机产物，则A为CH3CH2CH2CH3，B为CH3CH2CH（Cl）CH3，J为CH3CH2CH2CH2Cl，B发生消去反应生成C，C发生信息中的加成反应生成D，且一个D分子中有两个甲基，故C为CH3CH=CHCH3，D为，D发生氧化反应生成E为，E发生水解反应生成乙偶姻为，乙偶姻发生消去反应生成F为，F发生加聚反应生成高聚物G为．乙偶姻与氢气发生加成反应生成H为，H与足量的苯甲酸发生酯化反应生成I为，（1）烷烃A只有2种同分异构体（包括A），则A为丁烷，分子式是C4H10，故答案为：C4H10；（2）由上述分析可知，J结构简式为CH3CH2CH2CH2Cl，D为，D的核磁共振氢谱有5组峰，故答案为：CH3CH2CH2CH2Cl；5；（3）乙偶姻为，含有羟基和羰基，乙偶姻（）的同分异构体能与NaOH溶液反应，则含有﹣COOH或酯基，有：CH3CH2CH2COOH，（CH3）2CHCOOH，HCOOCH2CH2CH3，HCOOCH（CH3）2，CH3COOCH2CH3，CH3CH2COOCH3，符合条件的同分异构体有6种，故答案为：羟基和羰基；6；（4）E→乙偶姻的化学方程式为CH3CHClCOCH3+NaOHCH3CH（OH）COCH3+NaCl，F→G的化学方程式为，17\nH→I的化学方程式为2﹣COOH+CH3CHOHCHOHCH3﹣COOCH（CH3）CH（CH3）OOC﹣+2H2O，故答案为：CH3CHClCOCH3+NaOHCH3CH（OH）COCH3+NaCl；；2﹣COOH+CH3CHOHCHOHCH3﹣COOCH（CH3）CH（CH3）OOC﹣+2H2O．D→E的反应方程式为：，属于氧化反应；F→G的反应方程式为：，属于加聚反应，故答案为：，氧化反应；，加聚反应；（5）以乙醛为原料，在催化剂的作用下，实现了乙偶姻的一步合成，该反应的化学方程式为：，故答案为：．【点评】本题考查有机物推断，根据A的同分异构体数目及一氯代物B、J的消去产物数目确定A、B、J的结构简式，再结合转化关系推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等． 11．（14分）（2022秋•绵阳校级月考）碱式碳酸镁不溶于水，用途广泛，主要用作橡胶制品的填充剂，能增强橡胶的耐磨性和强度．也可用作油漆和涂料的添加剂，也可用于牙膏、医药和化妆品等工业．以水氯镁石（主要成分为MgCl2•6H2O）为原料生产碱式碳酸镁的主要流程如下：17\n（1）预氨化过程中有Mg（OH）2沉淀生成，已知常温下Ksp（Mg（OH）2）=1.8×10﹣11，表示Mg（OH）2沉淀溶解平衡的方程式为 Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq） ，Mg（OH）2达到沉淀达到沉淀溶解平衡时溶液的pH 10.5 （已知：lg36≈1.5）．（2）已知：常温下Ka1（H2CO3）=4.4×10﹣7，Ka2（H2CO3）=4.7×10﹣11，Kb（NH3•H2O）=1.8×10﹣5，则NH4HCO3溶液显 碱 性，c（NH） 大于 c（HCO）（选填“大于”、“小于”、“等于”），该溶液物料守恒表达式为 c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3） ．（3）上述流程中的滤液浓缩结晶，所得主要固体物质的化学式为 NH4Cl ．（4）高温煅烧碱式碳酸镁得到MgO．取碱式碳酸镁晶体4.84g，高温煅烧至恒重，得到固体2.00g和标准状况下CO20.896L，则碱式碳酸镁的化学式为 Mg（OH）2•4MgCO3•4H2O（或Mg5（OH）2（CO3）4•4H2O） ，写出氯化镁、氨、碳酸氢铵热水解生成碱式碳酸镁的离子方程式 5Mg2++4HCO3﹣+6NH3+7H2O=Mg（OH）2•4MgCO3•5H2O↓+6NH4+ ．【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；制备实验综合．【分析】水氯镁石（主要成分为MgCl2•6H2O）为原料生产碱式碳酸镁的主要流程：加水溶解，通入氨气，氨气极易溶于水，得到碱性的氨水，再加入碳酸氢铵，再进行热水解可以将镁离子沉淀下来，形成碱式碳酸镁沉淀，过滤即可得到目标化合物，（1）Mg（OH）2沉淀溶解生成镁离子和氢氧根离子，根据Ksp=[Mg2+][OH﹣]2计算氢氧根的浓度，进而确定溶液的pH值；（2）Ka1（H2CO3＜Kb（NH3•H2O），所以铵根离子的水解程度小于碳酸氢根离子，根据氮元素和碳元素守恒可写出物料守恒式；（3）根据流程判断所得滤液的成分中含有的离子，确定滤液中的物质来回答；（4）碳酸镁可以写成氧化物的表示形式，即xMgO•yCO2•zH2O，然后根据题意确定各个氧化物的量，进而确定分子式，根据元素守恒和电荷守恒书写离子方程式；【解答】解：水氯镁石（主要成分为MgCl2•6H2O）为原料生产碱式碳酸镁的主要流程：加水溶解，通入氨气，氨气极易溶于水，得到碱性的氨水，再加入碳酸氢铵，再进行热水解可以将镁离子沉淀下来，形成碱式碳酸镁沉淀，过滤即可得到目标化合物，（1）Mg（OH）2沉淀溶解生成镁离子和氢氧根离子，溶解的离子方程式为Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），根据Ksp=[Mg2+][OH﹣]2可知，[OH﹣]===×10﹣4mol•L﹣1，[H+]=×10﹣10mol•L﹣1，所以溶液的pH=10+lg36=10.5，故答案为：Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq）；10.5；（2）Ka1（H2CO3＜Kb（NH3•H2O），所以铵根离子的水解程度小于碳酸氢根离子，所以溶液中c（NH4+）＞c（HCO3﹣），溶液呈碱性，根据氮元素和碳元素守恒可知物料守恒式为c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3），故答案为：碱；大于；c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）；17\n（3）根据流程判断所得滤液的成分中含有的离子有氯离子和铵根离子，故所得的滤液中含NH4Cl，故答案为：NH4Cl；（4）碳酸镁可以写成氧化物的表示形式，即xMgO•yH2O•zCO2，根据题意：碱式碳酸镁4.84g，高温煅烧至恒重，得到固体2.00g和标准状况下CO20.896L，即n（CO2）=0.896L/22.4L•mol﹣1=4.00×10﹣2mol，n（MgO）=2.00g/40g•mol﹣1=5.00×10﹣2mol，n（H2O）==5.00×10﹣2mol，n（MgO）：n（CO2）：n（H2O）=5.00×10﹣2：4.00×10﹣2：5.00×10﹣2=5：4：5，即x：y：z=5：4：5，所以碱式碳酸镁的化学式为：Mg（OH）2•4MgCO3•4H2O（或Mg5（OH）2（CO3）4•4H2O），用氯化镁、氨、碳酸氢铵热水解生成碱式碳酸镁的离子方程式为5Mg2++4HCO3﹣+6NH3+7H2O=Mg（OH）2•4MgCO3•5H2O↓+6NH4+，故答案为：Mg（OH）2•4MgCO3•4H2O（或Mg5（OH）2（CO3）4•4H2O）；5Mg2++4HCO3﹣+6NH3+7H2O=Mg（OH）2•4MgCO3•5H2O↓+6NH4+．【点评】本题考查镁的化合物的性质以及制备实验方案的设计，题目难度中等，本题注意（4）从质量守恒的角度分析，进行化学式的计算，为易错点． 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