2022-2023学年黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高三上学期10月月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高三上学期10月月考化学试题含解析，共29页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2022-2023学年高三上学期10月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列关于物质用途的说法中不正确的是
A．铁粉与氧化铝发生的铝热反应可用于焊接铁轨
B．氧化铝熔点高，常用于制造耐高温材料
C．熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固，常用于制作模型和医疗石膏绷带
D．高压钠灯发出的黄光透雾能力强、射程远，可用于道路照明
【答案】A
【详解】A．铁粉与氧化铝不能发生铝热反应，铝粉与氧化铁发生铝热反应可用于焊接铁轨，A不正确；
B．氧化铝熔点高，抗腐蚀能力强，且成本较低，常用于制造耐高温材料，B正确；
C．熟石膏与水混合成糊状后，能快速凝固，从而转化为生石膏，利用熟石膏可制作模型和医疗石膏绷带，C正确；
D．高压钠灯常用于道路照明，因为它发出的黄光能穿透云雾，且射程远，D正确；
故选A。
2．用如图装置制取干燥的气体(a、b表示加入的试剂)，能实现的是

选项
气体
a
b
A

稀

B

溶液

C

浓
铁片
D

浓氨水


A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．与浓硫酸反应，故不能用浓硫酸干燥，故A错误；
B．发生反应2H2O22H2O+O2，浓硫酸干燥氧气，故B正确；
C．铁片和浓硝酸常温下发生钝化，故不能制取二氧化氮气体，故C错误；
D．氨气与浓硫酸反应，故不能用浓硫酸干燥氨气，故D错误；
故选B。
3．不同价态含氮物质的转化可用下图表示，图中线路①②③是工业生产硝酸的主要途径。下列说法正确的是

A．①的转化属于置换反应
B．②的转化属于氮的固定
C．③的转化方程式：
D．使用CuO作氧化剂可以实现④的转化
【答案】D
【详解】A． ①的转化是氨的催化氧化，发生，不属于置换反应，故A错误；
B．氮的固定是游离态的氮转化为化合态的氮，②的转化发生反应，不属于氮的固定，故B错误；
C． ③的转化方程式：，故C错误；
D．使用CuO作氧化剂可以发生反应，，可以实现④的转化，故D正确；
故答案为：D
4．关于性质的解释合理的是
选项
性质
解释
A
比容易液化
分子间的范德华力更大
B
熔点高于
键的键能比大
C
能与以配位键结合
中氮原子有孤电子对
D
氨水中存在
是离子化合物

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．和都属于同一主族是氢化物，分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，但氨气中含有氢键， PH3不含氢键，氢键的存在导致氨气的沸点升高，故A错误；
B．熔点高于，是因为氨气中含有氢键，氢键的存在导致氨气的熔点升高，不是键的键能比大，故B错误；
C．中氮原子有孤电子对，使和以配位键结合形成[Ag(NH3)2]+，故C正确；
D．是共价化合物，是弱碱，在水溶液中部分电离出和OH-，故D错误；
答案选C。
5．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温时，22g中所含的中子数为10
B．2mol和1mol在一定条件下充分反应所得分子数为2
C．220g三硫化四磷()中含有的极性键的数目为6
D．标准状况下，2.24L完全溶于水，反应过程转移电子的数目为0.1
【答案】C
【详解】A．22g的物质的量为1mol，所含中子数为12，A选项错误；
B．和在一定条件下反应生成是可逆反应，所得分子数小于2，B选项错误；
C．220g三硫化四磷的物质的量为1mol，观察结构可知，三硫化四磷中含有的极性键是S−P键，220g三硫化四磷中含有的极性键数目为6，C选项正确；
D．标准状况下，2.24L的物质的量为0.1mol，完全溶于水，发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，反应过程转移电子的数目为0.2，D选项错误；
答案选C。
6．关于OF2、Cl2O和NF3的结构与性质，下列说法错误的是
A．OF2是极性分子 B．NF3的空间构型为三角锥形
C．OF2的键角大于Cl2O D．N、O原子的杂化方式相同
【答案】C
【详解】A．OF2是V形结构，属于极性分子，故A正确；
B．NF3中N原子有1对孤电子对，3个键，夹层电子对为4，属于sp3杂化，NF3的空间构型为三角锥形，故B正确；
C．OF2和Cl2O都是V形结构，原子的电负性F>O>Cl，O-F键的成键电子对偏向F，排斥作用小，键角小，OF2的键角小于Cl2O，故C错误；
D．NF3中N原子有1对孤电子对，3个键，夹层电子对为4，属于sp3杂化；OF2、Cl2O中O原子有2对孤电子对，2个键，夹层电子对为4，属于sp3杂化，N、O原子的杂化方式相同，故D正确；
故答案为C。
7．从海水提取食盐后的母液(含、、、等离子)中提取溴单质，其流程如下：

下列说法错误的是
A．“鼓入热空气”得到粗溴，利用了溴易挥发的性质
B．溶液可用溶液替代
C．试剂X可以是稀硫酸
D．“蒸馏”温度控制在90℃左右，可防止水蒸气大量逸出
【答案】B
【详解】A．溴易挥发，可用“鼓入热空气”的方法将生成的Br2吹出，得到粗溴，A正确；
B．不能用亚硫酸钠溶液替代碳酸钠溶液，因为会发生　再加硫酸酸化，得不到 Br2，B错误；
C．稀硫酸提供酸性环境，也不会有其他反应，故C正确；
D．为将 Br2蒸出同时防止水蒸气大量逸出，蒸馏温度控制在90° C 左右，D正确；
故本题选B。
8．下列叙述中，正确的是

A．由图1可知的燃烧热为
B．由图2可知
C．若将0.5mol和1.5mol置于某密闭容器中充分反应生成放热，则其热化学方程式为：  
D．已知25℃、101KPa条件下：  ，  ，则比稳定
【答案】B
【详解】A．图1所示反应生成的水呈气态，燃烧热要求可燃物为1mol，生成的水为液态， A错误；
B．根据盖斯定律，反应热只与始态和终态有关，与过程无关，因此过程I与过程II和III的反应热和相等，故∆H1=∆H2+∆H3，B正确；
C．N2和H2合成氨的反应为可逆反应，0.5mol N2和1.5mol H2不能完全转化为NH3，完全转化时放出的热量要比19.3kJ多，C错误；
D．按反应先后将反应编号为①、②，根据盖斯定律，将①-②得：3O2(g)═2O3(g) △H=-2834.9 kJ/mol -(-3119.1 kJ/mol)＞0，氧气的能量低，则O2比O3稳定，D错误；
故选B。
9．下列离子方程式中正确的是
A．向小苏打溶液中滴加少量苛性钠溶液：
B．向硝酸银溶液中滴入少量氨水：
C．amol投入含3amol的稀硝酸中：
D．向溶液中加入铁氰化钾溶液：
【答案】D
【详解】A．向小苏打溶液中滴加少量苛性钠溶液会生成碳酸钠，，故A错误；
B．向硝酸银溶液中滴入少量氨水得不到二氨合银离子，加入过量氨水才能得到，故B错误；
C．Fe与物质的量之比为1:4正好发生，amol投入含3amol的稀硝酸，铁过量还要生成Fe2+，，故C错误；
D．向溶液中加入铁氰化钾溶液会生成蓝色的滕氏蓝沉淀：，故D正确；
故答案为D。
10．下列图示的实验，能够实现相应实验目的的是

A．利用甲装置制取 B．利用乙装置可制备无水
C．利用丙装置控制制取氧气的速率 D．利用丁装置验证的漂白性
【答案】B
【详解】A．制取应先在饱和食盐水中通入氨气，再通入二氧化碳，因为氨气的溶解度大于二氧化碳，先通氨气有利于二氧化碳的溶解吸收，故A错误；
B．需在HCl气氛中脱水才能得到，否则会发生水解，故B正确；
C．过氧化钠为粉末或小颗粒，不能利用该装置无法实现控制制取氧气的速率，故C错误；
D．二氧化硫与硫酸铁反应生成硫酸亚铁，是利用其还原性，而不是漂白性，故D错误；
故选：B。
11．下列事实不能说明元素的金属性或非金属性相对强弱的是
选项
事实
结论
A
金属Li和Na分别在空气中燃烧生成和
金属性：Na>Li
B
常温下，NaCl溶液呈中性，溶液呈酸性
金属性：Na>Mg
C

非金属性：：Si>C
D
热分解温度：HBr为600℃，HI为300℃
非金属性：Br>I

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．碱金属从上到下，金属性增强，与氧气反应产生氧化物更加复杂，金属Li和Na分别在空气中燃烧生成和，说明金属性Na＞Li，故A不符合题意；
B．根据盐类水解规律，NaCl溶液显中性，说明氯化钠是强酸强碱盐，MgCl2溶液显酸性，说明氯化镁是强酸弱碱盐，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，即金属性Na＞Mg，故B不符合题意；
C．，该反应利用高沸点制备低沸点物质，不能说明Si的非金属性强于碳，故C符合题意；
D．非金属性越强，简单氢化物越稳定，热分解温度：HBr为600℃，HI为300℃，则HBr稳定性大于HI，即非金属性Br＞I，故D不符合题意；
答案为C。
12．已知无机物A、B、C、W可实现如图所示转化关系(其他产物已省略)。

下列说法错误的是
A．若A为非金属单质，则它与反应的产物中阴、阳离子个数比可能为2:3
B．若C是导致酸雨的主要气体，则常温下A与C可以反应生成B
C．若A为，W可以为或
D．若A为，W可以为或
【答案】C
【详解】A．若A为非金属单质，A可以是氮气，W为氧气，氮气与氧气生成NO，NO与氧气生成二氧化氮，符合转化，氮气和Mg反应生成氮化镁，阴阳离子个数比为2：3，故A正确；
B．若C是导致酸雨的主要气体，C为二氧化硫，则A可以是硫化氢，硫化氢与氧气生成硫单质，S与氧气生成二氧化硫，符合转化，硫化氢与二氧化硫反应生成硫单质，故B正确；
C．若A为，W为，铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与氯气不反应，不符合转化，故C错误；
D．若A为 ，W为则碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳再与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，符合转化；若W为，与足量盐酸生成氯化铝，氯化铝与偏铝酸钠反应可生成氢氧化铝，符合转化，故D正确；
故选：C；
13．对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是

粒子组
判断和分析
A
、、、
不能大量共存，因发生反应：
B
、、、
不能大量共存，因发生反应：

C
、、、
能大量共存，粒子间不反应
D
、、、
能大量共存，粒子间不反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A.Al3+和NH3H2O生成Al(OH)3沉淀而不是生成Al，故A错误；
B．S2和H+反应生成单质硫、二氧化硫和水，离子方程式为：2H++ S2=S↓+SO2↑+H2O，故B正确；
C．Fe3+做催化剂促进H2O2分解，不能大量共存，故C错误；
D．在酸性条件下Mn能将Cl-氧化为Cl2，不能大量共存，故D错误；
答案选B。
14．在水中的反应为：。下列说法正确的是
A．分了中各原子最外层均达到8电子稳定结构
B．分子空间构型为平面三角形
C．上述反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2
D．反应中收集到7.84L气体，共转移电子0.8mol
【答案】C
【详解】A．为0族元素，其原子最外层电子数为8，则形成后Xe最外层电子数不为8，故A错误；
B．分子中心Xe原子的价电子对数为4，有一对孤对电子，因此其分子构型为三角锥形，故B错误；
C．由反应可知6mol反应时，其中2mol化合价升高转化成，作还原剂，4mol化合价降低转化成Xe单质，作氧化剂；同时12mol水参与反应，6mol化合价升高作还原剂，因此氧化剂的物质的量为4mol，还原剂的物质的量8mol，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，故C正确；
D．气体未指明标准状况下，无法根据体积确定其物质的量，故D错误；
故选：C；
15．下列实验操作不能达到实验目的的是
选项

实验操作
A
说明具有还原性
向酸性溶液中滴加溶液，观察紫色褪去
B
除去溶液中的
先加入双氧水，再加入氧化铜调，搅拌、过滤
C
检验X溶液中是否含
取样，加入盐酸酸化的溶液，观察是否产生白色沉淀
D
说明浓硫酸有脱水性和强氧化性
一定量蔗糖中滴入浓硫酸，搅拌，观察现象

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，观察紫色褪去，说明H2O2具有还原性，将KMnO4还原，故 A 正确；
B．除 溶液中的FeCl2，先加入双氧水，将 Fe2+氧化为 Fe3+，再加入氧化铜调 pH ，使平衡正向移动，搅拌、过滤除去 Fe ( OH )3沉淀，故 B 正确；
C．取样，加入盐酸酸化的 ，溶液，观察是否产生白色沉淀，不能检验 X溶液中是否含 ，可能含有 或 Ag+，故 C 错误；
D．一定量蔗糖中滴入浓硫酸，搅拌，蔗糖变黑并膨胀且产生刺激性气味气体，说明浓硫酸使蔗糖脱水炭化，然后浓硫酸将碳氧化：，能说明浓硫酸有脱水性和强氧化性，故D正确；
故本题选C。
16．X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X原子的核外电子只有一种运动状态，分子呈三角锥形，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和。M与X同主族，Q是同周期中非金属性最强的元素。下列说法正确的是
A．简单离子半径：
B．X与Y、X与Z均能形成的10电子和18电子的微粒
C．与的晶体类型不同
D．由X、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液均显酸性
【答案】B
【分析】X的核外电子只有一种运动状态，X为H，YX3分子呈三角锥形，Y为N，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和，则Z为O，M与X同主族，则M为Na，Q是同周期中非金属性最强的元素，则Q为Cl，综合分析，X为H，Y为N，Z为O，M为Na，Q为Cl，以此解题。
【详解】A．O2-、Na+、Cl-中，Cl-电子层数最多，半径最大，O2-、Na+电子层数相同，核电荷数越大半径越小，故简单离子半径： Q>Z>M，A项错误；
B．H和N可以形成氨气分子为10电子微粒，形成为18电子微粒；H和O可以形成分子为10电子微粒，形成为18电子微粒，B项正确；
C．Na2O与NaCl均为离子晶体，晶体类型相同，C项错误；
D．由X、Y、Z三种元素组成的化合物NH3·H2O的水溶液为碱性，D项错误；
故选：B。
17．某兴趣小组用下列装置探究Na与CO2的反应产物，已知PdCl2+CO+H2O=Pd↓(黑色)+CO2+2HCl。下列说法正确的是

A．为了避免生成的CO2中混有HCl，最好用稀硫酸代替稀盐酸
B．装置III的目的是除去HCl
C．实验时先点燃酒精灯，再打开活塞a
D．装置V出现黑色沉淀，则装置IV发生反应可能为：2Na+2CO2=Na2CO3+CO
【答案】D
【分析】根据实验目的与原理可知，装置I发生的是制备二氧化碳的反应，其反应为；因用盐酸制备得到的CO2中常含有HCl，故装置II用于除去HCl，其中为饱和溶液；装置III盛放浓硫酸，用于干燥CO2；装置IV为Na，在加热条件下与CO2发生反应；装置V用于检验CO。
【详解】A．稀硫酸与大理石反应生成的硫酸钙微溶于水，覆盖在大理石表面，会阻碍反应进一步发生，A错误；
B．硬质玻璃管中钠与干燥的二氧化碳发生反应，所以进入硬质玻璃管之前需对二氧化碳进行干燥，即装置III的目的是除去二氧化碳中的水蒸气，B错误；
C．金属钠非常活泼，极易与空气中的氧气或水蒸气发生反应，所以实验时先打开活塞a，通入一段时间二氧化碳后再点燃酒精灯，C错误；
D．装置V出现黑色沉淀，说明硬质玻璃管中产生了CO，根据氧化还原反应的规律可推知，反应的化学方程式为：2Na+2CO2=Na2CO3+CO，D正确；
故选D。
18．含S元素的某钠盐a能发生如图转化。下列说法错误的是

A．a可能为正盐，也可能为酸式盐 B．c为不溶于盐酸的白色沉淀
C．d为含极性键的非极性分子 D．反应②中还可能生成淡黄色沉淀
【答案】C
【分析】由题干信息可知，盐a与足量的稀盐酸产生刺激性气味气体d，d能使KMnO4溶液褪色，故d为SO2，则盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，盐a与足量Cl2反应后将生成，与BaCl2溶液反应得到沉淀c，故c为BaSO4，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，故a可能为正盐，也可能为酸式盐，A正确；
B．由分析可知，c为BaSO4，故c为不溶于盐酸的白色沉淀，B正确；
C．由分析可知，d为SO2，由SO2易溶于水并根据“相似相溶”原理可知，d是含有极性键的极性分子，C错误；    
D．由分析可知，盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，当Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S↓+SO2↑+H2O，反应②中还可能生成淡黄色沉淀，D正确；
故答案为：C。
19．明代《徐光启手迹》记载了制备硝酸的方法，其主要流程(部分产物已省略)如下：

下列说法错误的是
A．FeSO4的分解产物X为FeO B．本流程涉及复分解反应
C．HNO3的沸点比H2SO4的低 D．制备使用的铁锅易损坏
【答案】A
【详解】A．据图可知FeSO4分解时生成SO2和SO3，部分S元素被还原，则Fe元素应被氧化，X为Fe2O3，A错误；
B．H2SO4与KNO3在蒸馏条件下生成HNO3和K2SO4，为复分解反应，B正确；
C．H2SO4与KNO3混合后，蒸馏过程中生成HNO3，说明HNO3的沸点比H2SO4的低，C正确；
D．硫酸、硝酸均可以和铁反应，所以制备使用的铁锅易损坏，D正确；
综上所述答案为A。
20．以铝土矿(主要成分，含、等少量杂质)为原料制备氧化铝的一种工艺流程如下：

已知滤渣的成分为铝硅酸钠和化合物M。下列说法正确的是
A．M为
B．“碱溶”主要反应：
C．“沉铝”主要反应：
D．铝土矿中的质量分数为品
【答案】B
【分析】铝土矿(主要成分，含、等少量杂质)加氢氧化钠只有和溶解，滤渣为铝硅酸钠和，滤液通过量CO2，得到氢氧化铝，灼烧得氧化铝；
【详解】A．根据分析可知不溶于氢氧化钠，故M为，故A错误；
B．加氢氧化钠只有和溶解，主要反应为：，故B正确；
C．“沉铝”通入通过量CO2，产物为HCO，故C错误；
D．已知滤渣的成分为铝硅酸钠，有一部分铝没有转化为，铝土矿中的质量分数大于，故D错误；
故答案为B

二、工业流程题
21．铈可用作优良的环保材料，现以氟碳铈矿(，含、等杂质)为原料制备铈，其工艺流程如图所示：

已知：
①滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的；
②；。回答下列问题：
(1) “焙烧”时，氯化数据如表所示：
空气氧化法
氧化温度/℃
氧化率/%
氧化时间/h
暴露空气中
450～500
88
14
对流空气氧化炉中
450～500
98
6

在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是______________________________；为缩短氧化时间，可在焙烧前对氟碳铈矿进行__________处理。
(2)用盐酸和提取元素时，体现盐酸的性质有__________，“滤渣Ⅰ”用饱和溶液溶解时发生复分解反应，则“滤渣Ⅱ”主要成分的化学式为__________。
(3)①“滤渣Ⅲ”的成分是__________；
②“滤液Ⅰ”中加入溶液反应的离子方程式为____________________；
③若经充分焙烧质量减少5.8t，则获得的质量为__________t。
④用过量铝粉还原即可得，写出该反应的化学方程式____________________。
【答案】(1)     增大了气固反应物接触面积，加快反应速率     粉碎
(2)     酸性、还原性    
(3)               17.2    

【分析】氟碳铈矿经过焙烧后得到氧化铈、氟化铈、氧化铁，加盐酸和硼酸后得到的滤渣I中含Ce(BF4)3，滤液I中主要含CeCl3和Fe Cl3，铈元素化合价降低，故盐酸在此起酸性、还原性作用；滤渣中加KCl溶液后，得到的滤渣II主要成分为KBF4，滤液II中主要含CeCl3，加入碳酸氢铵后得到碳酸铈，经过焙烧得到氧化铈，氧化铈被还原得到铈；滤液I经过调pH值，得到的滤渣III为Fe(OH)3。
【详解】（1）在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是：增大了气固反应物接触面积，加快反应速率；为缩短氧化时间，可在焙烧前对氟碳铈矿进行粉碎处理，加快反应速率；
（2）根据分析，盐酸的作用是酸性、还原性；滤渣II主要成分为KBF4；
（3）根据分析，滤渣III的主要成分是Fe(OH)3；“滤液Ⅰ”中加入溶液后得到碳酸铈，反应的离子方程式为：；焙烧的化学方程式为：，若经充分焙烧质量减少5.8t，对比碳酸铈和氧化铈的分子式，设生成的氧化铈的质量为m，可列出关系式： ，，解得m=17.2t；用过量铝粉还原即可得，化学方程式为：。

三、实验题
22．硫酸四氨合铜晶体{[Cu(NH3)4]SO4∙H2O，相对分子质量为246}是深蓝色晶体，易溶于水，不溶于乙醇等有机溶剂。常用作杀虫剂、媒染剂，也是高效、安全的光谱杀菌剂、植物生长激素。某兴趣小组利用系列装置制备硫酸四氨合铜晶体，并测定制备晶体的纯度。回答下列问题：

Ⅰ．利用图一装置制备硫酸四氨合铜晶体。
(1)仪器甲、乙的名称依次为__________、__________，仪器甲中得到深蓝色溶液的总反应的离子方程式为________________________________________。
(2)反应后取下仪器甲，向其中缓缓加入__________，过滤，洗涤，得到[Cu(NH3)4]SO4∙H2O晶体。
Ⅱ．利用图二装置测定晶体纯度。
精确称取制备的晶体ag，加适量水溶解，注入250mL锥形瓶中，逐次由长颈漏斗加入10%NaOH溶液至足量，加热直至将样品液中的氨全部蒸出，用V1mL0.1mol∙L-1的盐酸完全吸收。取下接收瓶，再用0.1mol∙L-1NaOH溶液滴定剩余的盐酸，消耗NaOH溶液V2mL。
(3)①在吸收氨的装置中，小试管的作用是_______________；若烧杯中没有使用冰水浴冷却会使氨含量测定结果__________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
②晶体的纯度为______________________________(写出计算式，不必化简)。
(4)PtCl2(NH3)2与四氨合铜离子结构相似，已知PtCl2(NH3)2可以形成两种固体，一种为淡黄色，在水中溶解度较小，另一种为黄绿色，在水中溶解度较大。则：
①PtCl2(NH3)2的结构是_______________(填“平面正方形”或“四面体形”)。
②请画出淡黄色固体分子的结构简式______________________________。
【答案】(1)     三颈烧瓶     恒压滴液漏斗    
(2)(95%)乙醇
(3)     液封     偏低    
(4)     平面正方形    

【分析】铜与稀硫酸不反应，加入H2O2后发生反应Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；再通入NH3，与CuSO4作用生成[Cu(NH3)4]SO4；往溶液中加入过量NaOH，可与[Cu(NH3)4]SO4发生反应，生成NH3等，用盐酸吸收，从而可测定样品的纯度。
【详解】（1）仪器甲、乙的名称依次为三颈烧瓶、恒压滴液漏斗；由分析可知，仪器甲中，发生反应为Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；CuSO4+4NH3=[Cu(NH3)4]SO4，则得到深蓝色溶液的总反应的离子方程式为。答案为：三颈烧瓶；恒压滴液漏斗；；
（2）反应后所得溶液为[Cu(NH3)4]SO4溶液，要让溶质结晶析出，在不蒸发溶剂的情况下，应设法降低其溶解度，所以取下仪器甲，向其中缓缓加入(95%)乙醇，过滤，洗涤，得到[Cu(NH3)4]SO4∙H2O晶体。答案为：(95%)乙醇；
（3）①在吸收氨的装置中，为防止反应生成的氨气从长颈漏斗中逸出，应进行液封处理，所以小试管的作用是液封；若烧杯中没有使用冰水浴冷却，则会造成氨气逸出，从而会使氨含量测定结果偏低。
②由题意可建立如下关系式：[Cu(NH3)4]SO4∙H2O——4NH3——4HCl，则晶体的纯度为=。答案为：液封；偏低；；
（4）①PtCl2(NH3)2可以形成两种固体，则表明PtCl2(NH3)2为平面结构，则其结构是平面正方形。
②PtCl2(NH3)2的淡黄色分子在水中溶解度较小，黄绿色分子在水中溶解度较大，则在水中溶解度较小的分子为非极性分子，在水中溶解度较大的分子为极性分子，所以淡黄色固体分子为非极性分子，结构简式为。答案为：平面正方形； 。
【点睛】极性分子构成的溶质易溶于极性分子构成的溶剂，非极性分子构成的溶质易溶于非极性分子构成的溶剂。

四、结构与性质
23．锰(Mn)、钴(Co)、镍(Ni)等过渡金属元素化合物的应用研究是前沿科学之一，回答下列问题：
(1)Mn的价电子排布式为___________。金属锰可导电、导热，有金属光泽和延展性，这些性质都可以用“___________理论”解释。
(2)已知金属锰有多种晶型，γ型锰的面心立方晶胞俯视图符合下列___________(填序号)，每个Mn原子周围紧邻的原子数为___________。
A．B．C．D．
(3)[Co(DMSO)6](ClO4)2是一种紫色晶体，其中DMSO为二甲基亚砜，化学式为SO(CH3)2。DMSO中硫原子的杂化轨道类型为___________，SO(CH3)2中键角∠C—S—O___________CH3COCH3中键角∠C—C—O(填“大于”“小于”或“等于”)，ClO的空间构型是___________，元素S、Cl、O的电负性由大到小的顺序为___________。
(4)镍和苯基硼酸在催化剂作用下可以合成丙烯醇(CH2=CH—CH2OH)，其相对分子质量等于丙醛(CH3CH2CHO)，但两者沸点相差较大，原因是___________。
(5)NiO的晶胞结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，1)，则C的离子坐标参数为___________。一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2-作密置单层排列，Ni2+填充其中(如图乙)，已知O2-的半径为apm，设阿伏伽德罗常数值为NA，每平方米面积上具有该晶体的质量为___________g(用含a、NA的代数式表示)。

【答案】(1)     3d54d2     电子气
(2)     C     12
(3)     sp3     小于     正四面体     O＞Cl＞S
(4)丙烯醇分子之间能形成分子间氢键
(5)     (1，，)    

【详解】（1）锰元素的原子序数为24，基态原子的价电子排布式为3d54d2；金属晶体中原子之间存在金属键，描述金属键本质的最简单理论是电子气理论，电子气理论可解释金属晶体的熔沸点的高低，也可以解释金属的导电、导热性能，有金属光泽和延展性，则金属锰可导电、导热，有金属光泽和延展性可用电子气理论解释，故答案为：3d54d2；电子气；
（2）γ型锰为面心立方晶胞，晶胞中锰原子位于晶胞的顶点和面心，由图可知， C为面心立方晶胞俯视图，晶胞中顶点的锰与位于面心的锰原子紧邻，则每个锰原子周围紧邻的原子数为12，故答案为：C；12；
（3）二甲基亚砜中硫原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，则硫原子的杂化方式为sp3杂化，丙酮中羰基碳原子的杂化方式为sp2杂化，无孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，则二甲基亚砜中键角∠C—S—O小于丙酮中键角∠C—C—O；高氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，则离子的空间构型为正四面体形；元素的非金属性越大，电负性越大，元素非金属性的强弱顺序为O＞Cl＞S，则电负性的大小顺序为O＞Cl＞S，故答案为：小于；正四面体形；O＞Cl＞S；
（4）相对分子质量相等的丙烯醇和丙醛中，丙烯醇分子间之间能形成分子间氢键，分子间的分子间作用力大于丙醛，沸点高于丙醛，故答案为：丙烯醇分子之间能形成分子间氢键；
（5）由氧化镍晶胞中离子坐标参数A为(0，0，0)、B为(1，1，1)可知，晶胞的边长为1，则位于右侧面心离子坐标参数C为(1，，)；由图乙可知，每个镍离子被3个氧离子包围，每个氧离子被3个镍离子包围，相对位置如图所示：，相邻的3个氧离子的中心形成边长为2apm的正三角形，每个三角形中含有1个镍离子，三角形的面积为×2apm×2apm×sin60°=a2pm2，实际上镍离子被如图所示的两个小三角形所包含：，两个小三角形形成的平行四边形的面积为2a2pm2，含有的氧离子个数为6×=1，则每平方米面积上具有该晶体的质量为g=g，故答案为：(1，，)；。

五、有机推断题
24．有机物I的合成路线如下：
已知：

已知：①(-R1、-R2、-R3均为烃基)
②
③
回答下列问题：
(1)苯与在一定条件下加成可得A，A的结构简式是__________；
(2)B为一氯代物，的化学方程式是________________________________________；
(3)的化学方程式是__________________________________________________；
(4)下列说法正确的是__________(填序号，下同)；
a．物质A分子中的所有碳原子共平面
b．物质F的官能团名称为酯基和羰基
c．1mol物质G与氢气加成最多消耗氢气的物质的量为2mol
d．物质H存在顺反异构体
(5)在该合成路线显示的反应中不涉及的反应类型有下列的__________；
a．取代反应    b．加成反应    c．消去反应    d．氧化反应
(6)物质I的结构简式是____________________；
(7)G的分子式为_______________，符合下列条件的G的同分异构体有__________种；写出其中核磁共振氢谱有4组峰的同分异构的结构简式__________、__________。
①遇溶液显紫色，且1molG可消耗3mol
②分子中环上只连有1个烃基
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)bc
(5)b
(6)
(7)          24         

【分析】A与氯气光照发生取代反应生成B，B发生消去反应生成C，由已知②和E分子式采用逆推法可知E为，D与甲醇发生酯化反应得到E，则D为，C与酸性高锰酸钾溶液反应得到D，则C为，则B为 ，结合第(1)问苯与H2在一定条件下加成可得A，则推知A为环己烷，由已知③可知H经已知③的类似反应得到I，则I结构简式为，以此分析。
【详解】（1）由分析可知，苯与在一定条件下加成可得A，A为环己烷，结构简式为：。
（2）B为环己烷的一氯代物，其结构简式为 ，则B→C的过程是B的消去反应，其化学方程式是 。
（3）D→E的过程为酯化反应，其化学方程式是。
（4）a．A为环己烷，环己烷中六个碳原子是以单键相结合的，具有甲烷的基本结构，一定不共平面，故a错误；
b．物质F的官能团名称为酯基和羰基，故b正确；
c．G为，碳碳双键和羰基都可以和氢气发生加成反应，1mol物质G与氢气发生加成反应，最多消耗氢气的物质的量为2mol，故c正确；
d．存在顺反异构体的条件：碳碳双键同一碳上不能有相同的基团，而物质H的结构简式为：，不满足条件，则H不存在顺反异构体，故d错误；
故选c。
故选bc。
（5）由分析可知，在该合成路线显示的反应中设计取代反应、消去反应和氧化反应，不涉及加成反应，故选b。
（6）根据上述分析可知，物质I的结构简式是。
（7）由G的结构简式可知，G的分子式为：，其同分异构体满足遇溶液显紫色，且1molG可消耗3mol，说明该同分异构体中含有三个酚羟基，另外该同分异构体分子中环上只连有1个烃基，苯环的侧链可能是三个-OH和一个-C(CH3)3或三个-OH和一个-CH2CH2CH2CH3或三个-OH和一个-CH(CH3)CH2CH3或三个-OH和一个-CH2CH(CH3)CH3，符合下列条件的G的同分异构体有24种，其中核磁共振氢谱有4组峰的同分异构的结构简式为 和。