2022-2022学年四川省宜宾三中高三（下）化学训练卷（2） 一.选择题（每小题只有1个最佳选项，共计42分）1．下列应用不涉及氧化还原反应的是（ ） A．实验室用NH4Cl和Ca（OH）2制备NH3 B．工业上电解熔融状态的Al2O3制备Al C．工业上利用合成氨实现人工固氮 D．Na2O2用作呼吸面具的供氧剂 2．运用有关概念判断下列叙述正确的是（ ） A．1molH2燃烧放出的热量为H2的燃烧热 B．Na2SO3和H2O2的反应为氧化还原反应 C．和互为同系物 D．BaSO4的水溶液不导电，故BaSO4是弱电解质 3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ） A．标准状况下，11.2LCl2通入含0.5molFeBr2的溶液中转移电子数为1.5NA B．0.1mol•L﹣1的AlCl3溶液与足量NaOH溶液反应所得产物中含AlO2﹣为0.1NA C．足量Zn与浓硫酸共热可生成标准状况下的气体2.24L，则参加反应的硫酸为0.4NA D．常温常压下，5.6g环丙烷和聚乙烯的混合物中含有的碳原子数为0.4NA 4．下列离子方程式的书写及评价均合理的是（ ）选项离子方程式评价A将2molCl2通入到含1molFeI2的溶液中：2Fe2++2I﹣+2Cl2=2Fe3++4Cl﹣+I2正确；Cl2过量，可将Fe2+、I﹣均氧化BMg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2++HCO3﹣+OH﹣=MgCO3↓+H2O正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水C过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO﹣=HClO+HSO3﹣正确；说明酸性：H2SO3强于HClOD1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2﹣+5H+=Al3++Al（OH）3↓+H2O正确；AlO2﹣与Al（OH）3消耗的H+的物质的量之比为2：3 A．AB．BC．CD．D 5．（6分）下列说法不正确的是（ ） A．（CH3）2C=CHCH2CH3的名称为2﹣甲基﹣2﹣戊烯 B．乙醇、乙二醇、丙三醇的沸点依次升高 C．1mol乙酰水杨酸（）最多可以和2molNaOH反应16 D．可用和HCHO为原料合成 6．常温下，用VmL0.1mol•L﹣1HCl溶液滴定10.0mL浓度为0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液，所得滴定曲线如图所示．下列说法正确的是（ ） A．当V=0时：c（H+）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）=c（OH﹣） B．当V=5时：c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）=2c（Cl﹣） C．当V=10时：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3） D．当V=a时：c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（H+）=c（OH﹣） 7．（6分）一定条件下进行反应：COCl2（g）⇌Cl2（g）+CO（g），向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molCOCl2（g），经过一段时间后达到平衡．反应过程中测得的有关数据见下表：t/s02468n（Cl2）/mol00.300.390.400.40下列说法正确的是（ ） A．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（Cl2）=0.22mol•L﹣1，则反应的△H＜0 B．若在2L恒容绝热（与外界没有热量交换）密闭容器进行该反应，化学平衡常数不变 C．保持其他条件不变，起始向容器中充入1.2molCOCl2、0.60molCl2和0.60molCO，反应达到平衡前的速率：v（正）＞v（逆） D．保持其他条件不变，起始向容器中充入1.0molCl2和0.8molCO，达到平衡时，Cl2的转化率小于60% 二、解答题（共4小题，满分58分）8．（14分）A、B、C、D、E、X六种元素的原子序数依次递增，A、B、C的基态原子中L层未成对电子数分别为3、2、1，D是短周期中原子半径最大的主族元素，E是主族元素且与X同周期，E与C可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示．X位于元素周期表中第四周期ⅠB族．请回答下列问题：（1）D单质晶体中原子的堆积方式为体心立方堆积，其配位数是 ．DAB3中阴离子的立体构型是 ．中学化学常见微粒中，与晶体D3AB4中阴离子互为等电子体的分子有 （任写一种）．16（2）X2+离子的电子排布式为 ，X2+离子与水分子形成的配离子[X（H2O）4]2+为平面正方形结构，其中的两个H2O被Cl﹣取代有两种不同的结构，试画出[X（H2O）2（Cl）2]具有极性的分子的结构 ．（3）A元素分别能与硼、铝形成相同类型的晶体，但是A与硼形成晶体的熔点更高，其原因是 ．（4）AC3的沸点比氨的沸点低得多，原因是 ．（5）若E与C形成的晶体的密度为ag•cm﹣3，则晶胞的体积是 cm3（用NA表示阿伏伽德罗常数的值，写出表达式即可）． 9．（14分）物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角．（1）图中X的电子式为 ；其水溶液长期在空气中放置容易变浑浊，该变化体现出：S非金属性比O O（填“强”或“弱”）．用原子结构解释原因：同主族元素最外层电子数相同，从上到下， ，得电子能力逐渐减弱．（2）Na2S2O3是一种用途广泛的钠盐．①下列物质用于Na2S2O3的制备，从氧化还原反应的角度，理论上有可能的是 （填字母序号）．a．Na2S+Sb．Z+Sc．Na2SO3+Yd．NaHS+NaHSO3②已知反应：Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O．研究其反应速率时，下列说法正确的是 （填写字母序号）．a．可通过测定一段时间内生成SO2的体积，得出该反应的速率b．可通过比较出现浑浊的时间，研究浓度、温度等因素对该反应速率的影响c．可通过Na2S2O3固体与稀硫酸和浓硫酸的反应，研究浓度对该反应速率的影响（3）治理含CO、SO2的烟道气，可以将其在催化剂作用下转化为单质S和无毒的气体．①已知：CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣283kJ•mol﹣1S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣296kJ•mol﹣1则治理烟道气反应的热化学方程式为 ．②一定条件下，将CO与SO2以体积比为4：1置于恒容密闭容器中发生上述反应，下列选项能说明反应达到平衡状态的是 （填写字母序号）．16a．v（CO）：v（SO2）=2：1b．平衡常数不变c．气体密度不变d．CO2和SO2的体积比保持不变测得上述反应达平衡时，混合气体中CO的体积分数为，则SO2的转化率为 ． 10．（15分）（2022•安徽）有机物F是一种新型涂料固化剂，可由下列路线合成（部分反应条件略去）：（1）B的结构简式是 ；E中含有的官能团名称是 ．（2）由C和E合成F的化学方程式是 ．（3）同时满足下列条件的苯的同分异构体的结构简式是 ．①含有3个双键②核磁共振氢谱只显示1个吸收峰③不存在甲基（4）乙烯在实验室可由 （填有机物名称）通过 （填反应类型）制备．（5）下列说法正确的是 ．a．A属于饱和烃b．D与乙醛的分子式相同c．E不能与盐酸反应d．F可以发生酯化反应 11．（15分）废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境．实验室利用废旧电池的铜帽（Cu、Zn总含量约为99%）回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如下：（1）①铜帽溶解时加入H2O2的目的是 （用化学方程式表示）．②铜帽溶解完全后，需将溶液中过量的H2O2除去．除去H2O2的简便方法是 ．（2）为确定加入锌灰（主要成分为Zn、ZnO，杂质为铁及其氧化物）的量，实验中需测定除去H2O2后溶液中Cu2+的含量．实验操作为：准确量取一定体积的含有Cu2+的溶液于带塞锥形瓶中，加适量水稀释，调节溶液pH=3～4，加入过量的KI，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点．上述过程中反应的离子方程式如下：2Cu2++4I﹣═2CuI（白色）↓+I22S2O+I2═2I﹣+S4O①滴定选用的指示剂为 ，滴定终点观察到的现象为 ．16②若滴定前溶液中的H2O2没有除尽，所测定的Cu2+含量将会 （填“偏高”“偏低”或“不变”）．（3）已知pH＞11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成[Zn（OH）4]2﹣．下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L﹣1计算）．开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Zn2+5.98.9实验中可选用的试剂：30%H2O2、1.0mol•L﹣1HNO3、1.0mol•L﹣1NaOH．由除去铜的滤液制备ZnO的实验步骤依次为：① ；② ；③过滤；④ ；⑤过滤、洗涤、干燥；⑥900℃煅烧． 2022-2022学年四川省宜宾三中高三（下）化学训练卷（2）参考答案与试题解析 一.选择题（每小题只有1个最佳选项，共计42分）1．下列应用不涉及氧化还原反应的是（ ） A．实验室用NH4Cl和Ca（OH）2制备NH3 B．工业上电解熔融状态的Al2O3制备Al C．工业上利用合成氨实现人工固氮 D．Na2O2用作呼吸面具的供氧剂考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：不涉及氧化还原反应，说明该反应在没有电子转移，其特征是没有元素化合价升降，据此分析解答．解答：解：A.2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，该反应中没有元素化合价变化，所以不属于氧化还原反应，故A正确；B.2Al2O34Al+3O2↑，该反应中O、Al元素化合价发生变化，所以属于氧化还原反应，故B错误；C．该反应中N元素化合价由0价变为正化合价，所以有电子转移，属于氧化还原反应，故C错误；D.2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中O元素化合价由﹣1价变为﹣2价和0价，所以有电子转移，属于氧化还原反应，故D错误；故选A．点评：本题考查了氧化还原反应，明确物质发生的反应，再结合元素化合价是否变化分析解答即可，题目难度不大． 2．运用有关概念判断下列叙述正确的是（ ） A．1molH2燃烧放出的热量为H2的燃烧热16 B．Na2SO3和H2O2的反应为氧化还原反应 C．和互为同系物 D．BaSO4的水溶液不导电，故BaSO4是弱电解质考点：燃烧热；氧化还原反应；强电解质和弱电解质的概念；芳香烃、烃基和同系物．专题：氧化还原反应专题；化学反应中的能量变化；电离平衡与溶液的pH专题；同系物和同分异构体．分析：A．燃烧热是指1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量；B．依据亚硫酸钠具有还原性，过氧化氢具有强的氧化性解答；C．同系物结构必须相似，属于同类物质；D．电解质强弱取决于电离程度．解答：解：A.1molH2燃烧，必须生成液态水时，放出的热量才为H2的燃烧热，故A错误；B．亚硝酸钠有还原性，双氧水具有氧化性，二者发生氧化还原反应，故B正确；C．苯酚和苯甲醇不属于同一类物质，不是同系物，故C错误；D．硫酸钡在熔融状态下能够完全电离，属于强电解质，故D错误；故选：B．点评：本题考查了化学的基本概念，题目难度不大，熟悉燃烧热、同系物、强弱电解质的概念的内涵与外延是解题关键． 3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ） A．标准状况下，11.2LCl2通入含0.5molFeBr2的溶液中转移电子数为1.5NA B．0.1mol•L﹣1的AlCl3溶液与足量NaOH溶液反应所得产物中含AlO2﹣为0.1NA C．足量Zn与浓硫酸共热可生成标准状况下的气体2.24L，则参加反应的硫酸为0.4NA D．常温常压下，5.6g环丙烷和聚乙烯的混合物中含有的碳原子数为0.4NA考点：阿伏加德罗常数．分析：A．11.2LCl2的物质的量为0.5mol；B．不知道溶液的体积；C．锌能与稀硫酸反应；D．环丙烷和聚乙烯最简式相同为CH2，计算5.6gCH2中碳原子数即可．解答：解：A．11.2LCl2的物质的量为0.5mol，最多失去1mol电子，故A错误；B．不知道溶液的体积，无法计算AlCl3溶液的物质的量，故B错误；C．锌既能与浓硫酸反应又能与稀硫酸反应，参加反应的硫酸小于0.4NA，故C错误；D．5.6gCH2中碳原子数=×NA=0.4NA，故D正确．故选D．点评：本题考查阿伏加德罗常数的相关计算，题目难度不大，注意物质的组成、结构、性质以及物质存在的外界条件和聚集状态等问题． 4．下列离子方程式的书写及评价均合理的是（ ）选项离子方程式评价A将2molCl2通入到含1molFeI2的溶液中：2Fe2++2I﹣+2Cl2=2Fe3++4Cl﹣+I2正确；Cl2过量，可将Fe2+、I﹣均氧化16BMg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2++HCO3﹣+OH﹣=MgCO3↓+H2O正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水C过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO﹣=HClO+HSO3﹣正确；说明酸性：H2SO3强于HClOD1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2﹣+5H+=Al3++Al（OH）3↓+H2O正确；AlO2﹣与Al（OH）3消耗的H+的物质的量之比为2：3 A．AB．BC．CD．D考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．由电子守恒可知，氯气过量，亚铁离子、碘离子均全部被氧化；B．反应生成氢氧化镁、碳酸钠和水；C．发生氧化还原反应，生成硫酸钠和盐酸；D．二者的物质的量比为2：5，1molAl（OH）3消耗3molH+，反应生成等量的铝离子、氢氧化铝．解答：解：A．将2molCl2通入到含1molFeI2的溶液中，由电离守恒可知，氯气过量，则离子反应为2Fe2++4I﹣+3Cl2=2Fe3++6Cl﹣+2I2，故A错误；B．Mg（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应的离子反应为Mg2++2HCO3﹣+4OH﹣=Mg（OH）2↓+2H2O+2CO32﹣，故B错误；C．过量SO2通入到NaClO溶液中的离子反应为SO2+H2O+ClO﹣=2H++Cl﹣+SO42﹣，故C错误；D.1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合的离子反应为2AlO2﹣+5H+=Al3++Al（OH）3↓+H2O，故D正确；故选D．点评：本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应及与量有关的离子反应考查，选项B为易错点，题目难度中等． 5．（6分）下列说法不正确的是（ ） A．（CH3）2C=CHCH2CH3的名称为2﹣甲基﹣2﹣戊烯 B．乙醇、乙二醇、丙三醇的沸点依次升高 C．1mol乙酰水杨酸（）最多可以和2molNaOH反应 D．可用和HCHO为原料合成考点：有机化合物命名；有机物的结构和性质．分析：A．烯烃的命名选取含有碳碳双键的最长碳链，距离碳碳双键最近的一端为1号碳；B．乙醇、乙二醇、丙三醇相对分子质量逐渐增大，氢键数目增多；C.1mol乙酰水杨酸消耗3molNaOH；16D．苯酚与甲醛能合成酚醛树脂．解答：解：A．（CH3）2C=CHCH2CH3的名称为2﹣甲基﹣2﹣戊烯，故A正确；B．乙醇、乙二醇、丙三醇相对分子质量逐渐增大，氢键数目增多，则乙醇、乙二醇、丙三醇的沸点依次升高，故B正确；C．乙酰水杨酸水解生成酚羟基和羧基，则1mol乙酰水杨酸消耗3molNaOH，故C错误；D．苯酚与甲醛能合成酚醛树脂，可用和HCHO为原料合成，故D正确，故选C．点评：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析的考查，注意把握有机物的官能团的性质以及有机物的结构，难度不大． 6．常温下，用VmL0.1mol•L﹣1HCl溶液滴定10.0mL浓度为0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液，所得滴定曲线如图所示．下列说法正确的是（ ） A．当V=0时：c（H+）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）=c（OH﹣） B．当V=5时：c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）=2c（Cl﹣） C．当V=10时：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3） D．当V=a时：c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）考点：离子浓度大小的比较．分析：A．根据碳酸钠溶液中物料守恒和电荷守恒进行判断；B．当V=5时，根据混合液中物料守恒可得c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）=2c（Cl﹣）；C．当V=10时，反应恰好生成碳酸氢钠溶液，根据碳酸氢钠溶液中离子浓度大小进行比较；D．根据V=a时，溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH﹣），再根据电荷守恒判断溶液中钠离子与氯离子浓度关系．解答：解：A．当V=0时为碳酸钠溶液，根据电荷守恒可知：c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣），根据物料守恒可得：c（Na+）=2c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）+2c（CO32﹣），根据电荷守恒和物料守恒可得：c（H+）+c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）=c（OH﹣），故A错误；B．当V=5时，碳酸钠与氯化氢浓度相等，则氯离子的物质的量为总的碳原子的物质的量一半，根据物料守恒可得：c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）=2c（Cl﹣），故B正确；16C．当V=10时，此时恰好反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子的水解大于其电离程度，则碳酸的浓度大于碳酸根离子，即c（CO32﹣）＜c（H2CO3），正确的离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）＞c（CO32﹣），故C错误；D．v=a时，溶液为中性，c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可得：c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+2c（CO32﹣）+c（Cl﹣）+c（HCO3﹣），则c（Na+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（Cl﹣），所以c（Na+）＞c（Cl﹣），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（H+）=c（OH﹣），故D错误；故选B．点评：本题考查了溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理及其应用，需要明确电荷守恒、物料守恒在离子浓度大小比较中应用方法． 7．（6分）一定条件下进行反应：COCl2（g）⇌Cl2（g）+CO（g），向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molCOCl2（g），经过一段时间后达到平衡．反应过程中测得的有关数据见下表：t/s02468n（Cl2）/mol00.300.390.400.40下列说法正确的是（ ） A．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（Cl2）=0.22mol•L﹣1，则反应的△H＜0 B．若在2L恒容绝热（与外界没有热量交换）密闭容器进行该反应，化学平衡常数不变 C．保持其他条件不变，起始向容器中充入1.2molCOCl2、0.60molCl2和0.60molCO，反应达到平衡前的速率：v（正）＞v（逆） D．保持其他条件不变，起始向容器中充入1.0molCl2和0.8molCO，达到平衡时，Cl2的转化率小于60%考点：化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．分析：A．由表中数据可知，6s、8s时氯气的物质的量都是0.4mol，说明6s时反应到达平衡，平衡时氯气的浓度为0.2mol．L，升高温度，到达新平衡，氯气的浓度变为0.22mol/L，氯气浓度增大，说明平衡向生成氯气的方向移动；B．恒容绝热密闭容器进行该反应，随反应进行温度发生变化，而平衡常数只受温度影响；C．利用三段式计算平衡时各组分的平衡浓度，进而计算平衡常数，再计算此时的浓度商，根据浓度商与平衡常数大小判断反应进行方向，据此判断反应速率；D．原平衡等效为起始向容器中充入1.0molCl2和1.0molCO，如加入1.0molCl2和0.8molCO，相当于在上述等效平衡的基础上减小0.2molCO，平衡在原来的基础上向正反应方向移动，则Cl2的转化率减小．解答：解：A．由表中数据可知，6s、8s时氯气的物质的量都是0.4mol，说明6s时反应到达平衡，平衡时氯气的浓度为0.2mol．L，升高温度，到达新平衡，氯气的浓度变为0.22mol/L，氯气浓度增大，说明平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应，即△H＞0，故A错误；B．正反应为吸热反应，恒容绝热密闭容器进行该反应，随反应进行温度降低，而平衡常数只受温度影响，故平衡常数一定发生变化，故B错误；C．平衡时c（Cl2）=0.2mol/L，COCl2（g）⇌Cl2（g）+CO（g）起始（mol/L）：0.500转化（mol/L）：0.20.20.2平衡（mol/L）：0.30.20.216该温度下平衡常数k==0.013，若起始向容器中充入1.2molCOCl2、0.60molCl2和0.60molCO，此时Qc==0.15＞0.13，则反应向逆反应方向移动，反应达到平衡前v正＜v逆，故C错误；D．原平衡等效为起始向容器中充入1.0molCl2和1.0molCO，达到平衡时Cl2的转化率=×100%=60%，如加入1.0molCl2和0.8molCO，相当于在原来的基础上减小0.2molCO，平衡在原来的基础上向正反应方向移动，则Cl2的转化率减小，则Cl2的转化率小于60%，故D正确．故选D．点评：本题综合考查化学平衡的计算、等效平衡，难度较大，注意理解平衡常数的意义及应用，注意D选项中利用等效平衡思想进行解答． 二、解答题（共4小题，满分58分）8．（14分）A、B、C、D、E、X六种元素的原子序数依次递增，A、B、C的基态原子中L层未成对电子数分别为3、2、1，D是短周期中原子半径最大的主族元素，E是主族元素且与X同周期，E与C可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示．X位于元素周期表中第四周期ⅠB族．请回答下列问题：（1）D单质晶体中原子的堆积方式为体心立方堆积，其配位数是 8 ．DAB3中阴离子的立体构型是 平面三角形 ．中学化学常见微粒中，与晶体D3AB4中阴离子互为等电子体的分子有 SiF4或SiCl4或CCl4等 （任写一种）．（2）X2+离子的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d9 ，X2+离子与水分子形成的配离子[X（H2O）4]2+为平面正方形结构，其中的两个H2O被Cl﹣取代有两种不同的结构，试画出[X（H2O）2（Cl）2]具有极性的分子的结构 ．（3）A元素分别能与硼、铝形成相同类型的晶体，但是A与硼形成晶体的熔点更高，其原因是 氮化硼、氮化铝均为原子晶体，硼的原子半径比铝小，B﹣N键的键能比Al﹣N的键能大 ．（4）AC3的沸点比氨的沸点低得多，原因是 因为NH3分子间有氢键，NF3只有范德华力 ．（5）若E与C形成的晶体的密度为ag•cm﹣3，则晶胞的体积是 cm3（用NA表示阿伏伽德罗常数的值，写出表达式即可）．考点：位置结构性质的相互关系应用．16分析：A、B、C、D、E、X六种元素的原子序数依次递增，A、B、C的基态原子中L层未成对电子数分别为3、2、1，则A为氮元素，B为氧元素，C为氟元素，D是短周期中原子半径最大的主族元素，则D是钠元素，X位于元素周期表中第四周期ⅠB族，则X为铜元素，E是主族元素且与X同周期，E与C可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示，在晶胞中含有E的个数为8×+6×=4，含有C的个数为8，所以E和C的个数比为1：2，所以E为钙元素，据此答题．解答：解：A、B、C、D、E、X六种元素的原子序数依次递增，A、B、C的基态原子中L层未成对电子数分别为3、2、1，则A为氮元素，B为氧元素，C为氟元素，D是短周期中原子半径最大的主族元素，则D是钠元素，X位于元素周期表中第四周期ⅠB族，则X为铜元素，E是主族元素且与X同周期，E与C可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示，在晶胞中含有E的个数为8×+6×=4，含有C的个数为8，所以E和C的个数比为1：2，所以E为钙元素．（1）D是钠元素，D单质晶体中原子的堆积方式为体心立方堆积，其配位数是8，NaNO3中阴离子的中心原子氮原子的价层电子对数为3+=3，没有孤电子对，所以它的立体构型是平面三角形，中学化学常见微粒中，与晶体Na3NO4中阴离子互为等电子体的分子有SiF4或SiCl4或CCl4等，故答案为：8；平面三角形；SiF4或SiCl4或CCl4等；（2）X为铜元素，X2+离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，Cu2+离子与水分子形成的配离子[Cu（H2O）4]2+为平面正方形结构，其中的两个H2O被Cl﹣取代有两种不同的结构，[Cu（H2O）2（Cl）2]具有极性的分子的结构为，故答案为：1s22s22p63s23p63d9；；（3）A为氮元素，分别能与硼、铝形成相同类型的晶体，氮化硼、氮化铝均为原子晶体，硼的原子半径比铝小，B﹣N键的键能比Al﹣N的键能大，所以氮与硼形成晶体的熔点更高，故答案为：氮化硼、氮化铝均为原子晶体，硼的原子半径比铝小，B﹣N键的键能比Al﹣N的键能大；（4）NF3的沸点比氨的沸点低得多，是因为NH3分子间有氢键，NF3只有范德华力，故答案为：因为NH3分子间有氢键，NF3只有范德华力；（5）E与C形成的晶体为CaF2，根据上面的分析可知，每个晶胞中含有4个钙离子和8个氟离子，当它的密度为ag•cm﹣3时，则晶胞的体积是cm3=cm3，故答案为：．点评：本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布规律、晶体结构、微粒构型判断、等电子体、熔沸点比较、氢键、晶胞计算等，难度中等，注意利用均摊法进行晶胞计算． 9．（14分）物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角．16（1）图中X的电子式为 ；其水溶液长期在空气中放置容易变浑浊，该变化体现出：S非金属性比O 弱 O（填“强”或“弱”）．用原子结构解释原因：同主族元素最外层电子数相同，从上到下， 电子层数增多，原子半径增大 ，得电子能力逐渐减弱．（2）Na2S2O3是一种用途广泛的钠盐．①下列物质用于Na2S2O3的制备，从氧化还原反应的角度，理论上有可能的是 bd （填字母序号）．a．Na2S+Sb．Z+Sc．Na2SO3+Yd．NaHS+NaHSO3②已知反应：Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O．研究其反应速率时，下列说法正确的是 b （填写字母序号）．a．可通过测定一段时间内生成SO2的体积，得出该反应的速率b．可通过比较出现浑浊的时间，研究浓度、温度等因素对该反应速率的影响c．可通过Na2S2O3固体与稀硫酸和浓硫酸的反应，研究浓度对该反应速率的影响（3）治理含CO、SO2的烟道气，可以将其在催化剂作用下转化为单质S和无毒的气体．①已知：CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣283kJ•mol﹣1S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣296kJ•mol﹣1则治理烟道气反应的热化学方程式为 2CO（g）+SO2（g）═S（s）+2CO2（g）△H=﹣270kJ•mol﹣1 ．②一定条件下，将CO与SO2以体积比为4：1置于恒容密闭容器中发生上述反应，下列选项能说明反应达到平衡状态的是 cd （填写字母序号）．a．v（CO）：v（SO2）=2：1b．平衡常数不变c．气体密度不变d．CO2和SO2的体积比保持不变测得上述反应达平衡时，混合气体中CO的体积分数为，则SO2的转化率为 60% ．考点：含硫物质的性质及综合应用；热化学方程式；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算．分析：（1）X为H2S，S最外层6个电子，能够与2个H原子形成共价键；H2S在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为S；同主族元素最外层电子数相同，原子半径自上而下逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强；16（2）①Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2；②硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成了单质硫，溶液变浑浊，反应速率越快，出现浑浊时间越短；（3）①利用已知热化学方程式，利用盖斯定律进行书写；②反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，各组分浓度保持不变，据此分析；利用三段式法计算二氧化硫的转化率．解答：解：（1）X为H2S，S最外层6个电子，能够与2个H原子形成共价键，其电子式为：；H2S在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为S，所以S非金属性比O弱；同主族元素最外层电子数相同，原子半径自上而下逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，故答案为：；弱；电子层数增多，原子半径增大；（2）①Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2，a中S化合价都小于2，c中S的化合价都大于2，bd符合题意，故答案为：bd；②根据硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成了单质硫，溶液变浑浊，可以判断反应速率快慢，反应速率越快，出现浑浊时间越短，故答案为：b；（3）①已知：①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283kJ•mol﹣1②S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=﹣296kJ•mol﹣1据盖斯定律①×2﹣②得：2CO（g）+SO2（g）═S（s）+2CO2（g）△H=﹣270kJ•mol﹣1，故答案为：2CO（g）+SO2（g）═S（s）+2CO2（g）△H=﹣270kJ•mol﹣1；②a、CO和SO2的速率之比始终等于化学计量数之比，其无法判断反应是否达到平衡状态，故a错误；b、温度不变平衡常数始终不变，平衡常数不变不能说明反应达到平衡状态，故b错误；c、容器体积不变，S为固态，反应正向进行气体体积减小，当气体质量不变时，说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故c正确；d、CO2和SO2的体积比保持不变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故d正确；由2CO（g）+SO2（g）═S（s）+2CO2（g）反应前（mol）4100转化了（mol）2xxx2x平衡后（mol）4﹣2x1﹣xx2x混合气体中CO的体积分数为，则有=，x=0.6，所以SO2的转化率为×100%=60%，故答案为：cd；60%．点评：本题考查了含硫物质的性质及综合应用，题目难度中等，涉及核外电子的排布与电子式、氧化还原反应、盖斯定律的应用、化学平衡状态的判断、转化率计算等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学计算、化学实验能力． 10．（15分）（2022•安徽）有机物F是一种新型涂料固化剂，可由下列路线合成（部分反应条件略去）：16（1）B的结构简式是 HOOC（CH2）4COOH ；E中含有的官能团名称是 氨基和羟基 ．（2）由C和E合成F的化学方程式是 CH3OOC（CH2）4COOCH3+2HOCH2CH2NH2HOCH2CH2NHOC（CH2）4CONHCH2CH2OH+2CH3OH ．（3）同时满足下列条件的苯的同分异构体的结构简式是 ．①含有3个双键②核磁共振氢谱只显示1个吸收峰③不存在甲基（4）乙烯在实验室可由 乙醇 （填有机物名称）通过 消去反应 （填反应类型）制备．（5）下列说法正确的是 abd ．a．A属于饱和烃b．D与乙醛的分子式相同c．E不能与盐酸反应d．F可以发生酯化反应考点：有机物的推断．专题：有机物的化学性质及推断．分析：在镍作催化剂条件下，苯和氢气发生加成反应生成环己烷，环己烷被氧气氧化生成B，在催化剂条件下，B和甲醇发生酯化反应生成C，根据C的结构结合B的分子式知，B是1，6﹣己二酸；在银作催化剂条件下，乙烯被氧气氧化生成环氧乙烷，环氧乙烷和氨气反应生成E，C和E反应生成F，结合有机物的结构和性质解答．解答：解：在镍作催化剂条件下，苯和氢气发生加成反应生成环己烷，环己烷被氧气氧化生成B，在催化剂条件下，B和甲醇发生酯化反应生成C，根据C的结构结合B的分子式知，B是1，6﹣己二酸；在银作催化剂条件下，乙烯被氧气氧化生成环氧乙烷，环氧乙烷和氨气发生加成反应生成E，C和E发生取代反应生成F，（1）B是1，6﹣己二酸，其结构简式为：HOOC（CH2）4COOH，根据E的结构简式知，E中含有羟基和氨基，故答案为：HOOC（CH2）4COOH，羟基和氨基；（2）C和E发生取代反应生成F，反应方程式为：CH3OOC（CH2）4COOCH3+2HOCH2CH2NH2HOCH2CH2NHOC（CH2）4CONHCH2CH2OH+2CH3OH，故答案为：CH3OOC（CH2）4COOCH3+2HOCH2CH2NH2HOCH2CH2NHOC（CH2）4CONHCH2CH2OH+2CH3OH；16（3）具备①含有3个双键、②核磁共振氢谱只显示1个吸收峰则该有机物中只含一种类型的氢原子、③不存在甲基的苯的同分异构体的结构简式为：，故答案为：；（4）乙烯在实验室可由乙醇通过消去反应制取，故答案为：乙醇，消去反应；（5）a．环己烷中只存在共价单键，所以属于饱和烃，故正确；b．环氧乙烷与乙醛的分子式都是C2H4O，所以分子式相同，故正确；c．E中含有氨基，所以能与盐酸反应，故错误；d．F中含有羟基，所以可以发生酯化反应，故正确；故选abd．点评：本题涉及有机化合物之间的转化关系、官能团及性质、有机反应类型、有条件的同分异构体的书写等相关知识，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，难度中等． 11．（15分）废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境．实验室利用废旧电池的铜帽（Cu、Zn总含量约为99%）回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如下：（1）①铜帽溶解时加入H2O2的目的是 Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O （用化学方程式表示）．②铜帽溶解完全后，需将溶液中过量的H2O2除去．除去H2O2的简便方法是 加热至沸 ．（2）为确定加入锌灰（主要成分为Zn、ZnO，杂质为铁及其氧化物）的量，实验中需测定除去H2O2后溶液中Cu2+的含量．实验操作为：准确量取一定体积的含有Cu2+的溶液于带塞锥形瓶中，加适量水稀释，调节溶液pH=3～4，加入过量的KI，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点．上述过程中反应的离子方程式如下：2Cu2++4I﹣═2CuI（白色）↓+I22S2O+I2═2I﹣+S4O①滴定选用的指示剂为 淀粉溶液 ，滴定终点观察到的现象为 蓝色褪去 ．②若滴定前溶液中的H2O2没有除尽，所测定的Cu2+含量将会 偏高 （填“偏高”“偏低”或“不变”）．（3）已知pH＞11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成[Zn（OH）4]2﹣．下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L﹣1计算）．开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Zn2+5.98.916实验中可选用的试剂：30%H2O2、1.0mol•L﹣1HNO3、1.0mol•L﹣1NaOH．由除去铜的滤液制备ZnO的实验步骤依次为：① 向滤液中加入30%H2O2，使其充分反应 ；② 滴加1.0mol•L﹣1NaOH，调节溶液PH约为5（或3.2≤pH＜5.9），使Fe3+沉淀完全 ；③过滤；④ 向滤液中滴加1.0mol•L﹣1NaOH，调节溶液PH约为10（或8.9≤pH≤11），使Zn2+沉淀完全 ；⑤过滤、洗涤、干燥；⑥900℃煅烧．考点："三废"处理与环境保护．专题：实验设计题．分析：（1）①酸性条件下Cu与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸铜和水；②过氧化氢加热到153℃便猛烈的分解；（2）①根据淀粉与碘单质作用变蓝解答；②根据H2O2+2I﹣+2H+=I2+2H2O分析若滴定前溶液中的H2O2没有除尽对测定的Cu2+含量的影响；（3）滴加H2O2溶液，使Fe2+转化完全为Fe3+，滴加NaOH溶液，形成氢氧化铁沉淀，除杂后形成氢氧化锌沉淀，过滤、洗涤、干燥900℃煅烧制得氧化锌．解答：解：（1）①因为双氧水在酸性溶液中先把铜氧化成氧化铜，当然这是一个微弱的反应，形成一个平衡，但是形成的氧化铜马上就会被稀硫酸溶解，平衡被打破，反应朝正方向进行，故而逐渐溶解，反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，故答案为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；②过氧化氢性质比较稳定，若加热到153℃便猛烈的分解为水和氧气，将溶液中过量的H2O2除去可加热至沸，故答案为：加热至沸；（2）①淀粉溶液为指示剂，当最后一滴Na2S2O3溶液滴入时，溶液蓝色褪去，半分钟颜色不变，说明滴定到达终点，故答案为：淀粉溶液；蓝色褪去；②若留有H2O2，加入KI后，会有以下反应：H2O2+2I﹣+2H+=I2+2H2O误当成2Cu2++4I﹣=2CuI（白色）↓+I2生成的碘，使测定结果偏高，故答案为：偏高；（3）向滤液中加入30%H2O2，使其充分反应，目的使Fe2+转化完全为Fe3+；滴加NaOH溶液，调节溶液PH约为5（或3.2≤pH＜5.9），使Fe3+沉淀完全，向滤液中滴加1.0mol•L﹣1NaOH，调节溶液PH约为10（或8.9≤pH≤11），使Zn2+沉淀完全，900℃煅烧，制得氧化锌，故答案为：向滤液中加入30%H2O2，使其充分反应；滴加1.0mol•L﹣1NaOH，调节溶液PH约为5（或3.2≤pH＜5.9），使Fe3+沉淀完全；向滤液中滴加1.0mol•L﹣1NaOH，调节溶液PH约为10（或8.9≤pH≤11），使Zn2+沉淀完全．点评：本题考查物质制备原理及其综合应用、中和滴定原理等知识，题目难度中等，明确实验方案的设计原理和步骤是解答的关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．16
