1、阶段检测( 五)一、选择题(每题 3 分，共 48 分)1(2019河北保定高三期末)化学与社会、科学、技术等密切相关，下列说法正确的( )A瓷器属硅酸盐产品，china 一词又指“瓷器”，这反映了在世界人眼中，中国作为“瓷器故乡“的形象B“ 青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化C“ 一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21 世纪海上丝绸之路”的简称。丝绸的主要成分是天然纤维素，属于高分子化合物D制作“嫦娥”太空飞行器使用的碳纤维复合材料是一种新型有机高分子材料答案 A解析 瓷器属硅酸盐产品，A 正确；屠呦呦对青蒿素的提取属于物理变化，类似于过滤，B 错误；丝绸的主要
2、成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，C错误；碳纤维属于无机高分子材料，D 错误。2(2019北京师大附中高三期中)下列化学用语对事实的表述不正确的是( )A硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOHC 2H OH C17H35COOC2H5H O185 浓 硫 酸 182B常温时，0.1 molL 1 氨水的 pH11.1：NH 3H2ONH OH 4C由 Na 和 Cl 形成离子键的过程：D电解精炼铜的阴极反应：Cu 2 2e =Cu答案 A解析 酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”，硬脂酸与乙醇反应的化学方程式为 C17H35COOHC 2H OH C17H35CO18OC2H5H 2O，
3、A 错误；常185 浓 硫 酸 温下，0.1 molL1 氨水的 pH11.1，溶液中 c(OH )10 2.9 molL1 BCD最高价氧化物对应的水化物的酸性：BA答案 D解析 依题意，A、B、C 为短周期元素，B 的气态氢化物是工业上合成硝酸的重要原料，则 B 为 N 元素，从 A、B、C 的相对位置看，A 为 Si 元素、C为 S 元素。N 元素和 S 元素均为非金属元素，两原子间不可能形成离子键，故A 错误；A 的氧化物是二氧化硅，每个硅原子与周围 4 个氧原子形成共价键，晶体中只有单键，没有双键，故 B 错误；一般而言，电子层数越多，原子半径越大，且同周期主族元素从左到右，原子半径
4、依次减小，原子半径的大小顺序为 SiSN，故 C 错误；同周期主族元素，从左到右非金属性依次增强，同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，则非金属性的强弱顺序为 NPSi，故最高价氧化物对应的水化物的酸性 HNO3H2SiO3，故 D 正确。7(2019内蒙古赤峰二中高三月考)下列指定反应的离子方程式正确的是( )A用石墨电极电解 MgCl2 溶液：Mg 2 2Cl 2H 2O Mg(OH)= = = = =电 解 2Cl 2 H2B向明矾溶液中滴加碳酸钠溶液：2Al 3 3CO =Al2(CO3)323C向 Ca(HCO3)2 溶液中滴加少量 NaOH 溶液：Ca2 2HCO 2OH =CaC
5、O3CO 2H 2O 3 23D向 Fe(NO3)3 溶液中加入过量的 HI 溶液：2NO 8H 6I =3I22NO4H 2O 3答案 A解析 向明矾溶液中滴加碳酸钠溶液发生强烈的双水解，生成氢氧化铝和二氧化碳气体，B 错误；向 Ca(HCO3)2溶液中滴加少量 NaOH 溶液：Ca2 HCO OH =CaCO3H 2O，C 错误；向 Fe(NO3)3溶液中加入过 3量的 HI 溶液， NO 、Fe 3 均与碘离子发生氧化还原反应，生成物中还有亚铁 3离子，D 错误。8(2019南昌二中高三考试)一定条件下，在水溶液中 1 mol Cl 、ClO (x1,2,3,4)的能量(kJ)相对大小如
6、图所示。下列有关说法正确的是 ( ) xAa、b、c、d、e 中，c 最稳定Bb ac 反应的反应热为反应物能量减生成物能量Cb ad 反应的热化学方程式为：3ClO (aq)=ClO (aq)2Cl (aq) 3H116 kJmol 1D一定温度下，Cl 2 与 NaOH 溶液反应生成的产物有 a、b、d，溶液中a、b、d 的浓度之比可能为 1112答案 D解析 a、b、 c、d、e 中 a 能量最低，所以最稳定，故 A 错误；bac 反应的反应热为生成物能量减反应物能量，故 B 错误：bad，根据得失电子守恒得该反应方程式为 3ClO =ClO 2Cl ，反应热(64 kJmol1 20
7、3kJmol1 )360 kJmol 1 116 kJmol 1 ，所以该热化学方程式为 3ClO (aq)=ClO (aq)2Cl (aq)H116 kJmol1 ，故 C 错误；一定温度下，Cl 2与 3NaOH 溶液反应生成的产物有 a、b、d，根据得失电子守恒，溶液中 a、b、d 的浓度之比可能为 1112，故 D 正确。9(2019北京朝阳高三期末)把浓盐酸分别滴入点滴板上的各种溶液中，现象如下：下列分析不正确的是( )A中溶液变蓝，体现了浓盐酸的氧化性B 中产生白色胶状沉淀：2H SiO =H2SiO323C 中产生沉淀的原因可用平衡移动原理解释D中产生黄绿色气体：ClO Cl 2
8、H =Cl2H 2O答案 A解析 由于酸性 HClH2SiO3，所以遇 Na2SiO3溶液会发生反应：2HCl Na2SiO3=H2SiO32NaCl，由于硅酸是白色难溶性的物质，所以会看到产生白色胶状沉淀，B 正确；在饱和 NaCl 溶液中存在溶解平衡： NaCl(s)Na (aq) Cl (aq)，HCl 溶于饱和 NaCl 溶液，使溶液 Cl 浓度增大，破坏了溶解平衡，平衡逆向移动，因此会析出 NaCl 固体，即产生白色沉淀， C 正确；HCl 溶解在 NaClO 溶液中，会发生反应：2HCl NaClO=NaCl Cl2H 2O，因此会看到有黄绿色气体产生，离子方程式是：ClO Cl
9、2H =Cl2H 2O，D 正确； 中产生的 Cl2与中的KI 反应生成 I2，使中溶液变蓝， HCl 与 KI 不反应，故 A 错误。10(2019山东烟台高三期末)用还原法可以将硝酸厂烟气中的大量氮氧化物(NO x)转化为无害物质。常温下，将 NO 与 H2 的混合气体通入 Ce(SO4)2 与Ce2(SO4)3 的混合溶液中，其转化过程如图所示。下列说法不正确的是( )A反应的离子反应方程式为 2Ce4 H 2=2Ce3 2H B反应 中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 12C反应前溶液中 c(Ce4 )一定等于反应后溶液中的 c(Ce4 )D反应过程中混合溶液内 Ce3 和 Ce4 的总
10、数一定保持不变答案 C解析 根据图示可知反应为 2Ce4 H 2=2Ce3 2H ，A 正确；反应的反应物为 Ce3 、H 、NO，生成物为 Ce4 、 N2、H 2O，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应方程式为4Ce3 4H 2NO= =4Ce4 N 22H 2O，在该反应中 NO 是氧化剂，Ce 3 是还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量的比为 2412，B 正确；反应前后溶液中 n(Ce4 )不变，但由于反应后溶液中水的物质的量增多，所以反应后溶液中 c(Ce4 )减小， C 错误；由于反应前后各种元素的原子个数相等，所以 Ce 元素守恒，可知反应过程中混合溶液内 Ce3 和
11、Ce4 的总数不变，D 正确。11(2019成都市高三诊断)某抗氧化剂 G 的合成片段如下：下列说法错误的是( )AM 和 G 所含官能团种类完全相同BM 和 G 都能发生加成、取代反应CR 的结构简式为 CH3CH2CH2CH2OHDM、G 分子中都一定至少有 9 个碳原子共平面答案 A解析 由 M 和 G 的结构简式可以看出 M 中含有酚羟基和羧基， G 中含有酚羟基和酯基，A 错误；M 中含有苯环和羧基，G 中含有苯环和酯基，都能发生加成、取代反应，B 正确；将 M 和 G 的结构简式作比较，可以看出 R 为 1丁醇，结构简式为 CH3CH2CH2CH2OH，C 正确；苯环是平面结构，1
12、2 个原子共面，结合 M、G 的结构可以看出，都至少有 9 个碳原子共平面，D 正确。12(2019北京海淀高三期中)我国工业废水中几种污染物及其最高允许排放浓度如下表。下列说法不正确的是( )污染物 汞 镉 铬 铅 砷 氰化物主要存在形式Hg2 、CH3HgCd2 CrO 、24Cr2O27Pb2 AsO 、33AsO34CN最高允许排放浓度 /mgdm30.05 0.1 0.5 1.0 0.5 0.5注：我国规定酸、碱废水 pH 的最大允许排放标准是大于 6、小于 9。AHg 2 、Cd 2 、Pb 2 是重金属离子B对于 pH9 的废水可用中和法处理C将 CrO 转化为 Cr2O 是用氧
13、化还原的方法24 27D在含有 Hg2 的废水中加入 Na2S，可使 Hg2 转变成沉淀而除去答案 C解析 在环境污染方面所说的重金属主要是指汞(水银)、镉、铅、铬以及类金属砷等生物毒性显著的重元素，则 Hg2 、Cd 2 、Pb 2 是重金属离子，故A 正确；对于 pH9 的废水可通过加入酸发生中和反应来降低废水的 pH 至69 之间，故 B 正确；将 CrO 转化为 Cr2O 的过程中并没有元素化合价24 27发生变化，不是氧化还原反应，故 C 错误；在含有 Hg2 的废水中加入 Na2S，可将 Hg2 转变成 HgS 沉淀，故 D 正确。13(2019华大新高考联盟高三教学质量测评)下列
14、实验操作、现象及结论均正确的是( )选项 实验操作 现象 结论A向油脂的乙醇溶液中滴加烧碱溶液，加热一段时间，再用胶头滴管吸取该混合物滴加到另一盛水的烧杯中水面上无油膜油脂完全皂化B用 pH 试纸分别测定相同浓度的Na2CO3 溶液和 CH3COONa 溶液Na2CO3 溶液的 pH 大于CH3COONa溶液酸性：H2CO3Si答案 A解析 油脂若在烧碱溶液中完全水解，生成物为高级脂肪酸钠和甘油，二者均能溶于水，水面上不会产生油膜，故 A 正确；酸性应该是HCO c(HC2O )c(H2C2O4)c(C2O ) 4 24答案 D解析 lg lg c(HC2O ) lg Ka1，同理，lg cH
15、 cH2C2O4 4 lg c(C2O )lg Ka2，因 Ka1Ka2，故曲线 M 表示lg cH cHC2O 4 24和lg c(HC2O )的关系，A 正确；K a1的数量级为 10(11)cH cH2C2O4 410 2 ，K a2的数量级为 10(23) 10 5 ，故 B 正确；当 c(C2O )c(HC 2O )24 4时，c(H ) K a210 5 ，故 pH 约为 5，C 正确；NaHC 2O4cH cC2O24cHC2O 4溶液中，存在 HC2O 的电离和水解，由上述分析知 4Ka210 5 ，K h 10 12 ，K a2Kh，故 HC2O 电离程度大于水解程度，KwK
16、a1 4c(C2O )c(H2C2O4)，D 错误。24二、非选择题(共 52 分)(一)必考题17(2019陕西西安中学高三质检)(12 分)胆矾(CuSO 45H2O)是一种重要的含铜化合物，某课外研究小组用粗铜(含少量 Fe)通过不同的化学反应制取胆矾的过程如图。物质 完全沉淀时的 pHFe(OH)3 3.2Fe(OH)2 9.6Cu(OH)2 6.4当溶液中被沉淀离子的物质的量浓度小于 1105 molL1 时，认为该离子沉淀完全。试回答下列问题：(1)下列物质中，最适合作为试剂 X 的是_(填序号)。AKMnO 4 BK 2Cr2O4CH 2O2 DNaClO(2)由粗铜通过两种途径
17、制取胆矾，与途径相比，途径有明显的两个优点，分别是_，_。(3)试剂 Y 可以是 _(任填一种物质的化学式)。(4)若溶液 C 中 Cu2 、Fe 3 的浓度分别为 1 molL1 、0.1 molL1 ，则向溶液 C 中加入少量试剂 Y 的过程中应控制溶液 C 的 pH 范围约为_。(5)氢化亚铜(CuH)是一种红色固体， 4050 时，滤液 E 和 H3PO2 溶液混合反应可得氢化亚铜沉淀，同时得到硫酸和磷酸，该反应的离子方程式为_，该反应每转移 1.5NA 个电子，生成 CuH 的物质的量为_。(6)纳米氧化亚铜(Cu 2O)是一种用途广泛的光电材料，电化学法可用铜棒和石墨作电极，电解滤
18、液 E 获得纳米氧化亚铜，电解过程中无气体产生，则铜棒作_极，生成 Cu2O 的电极反应式为_ ，电解过程中滤液 E 的浓度_(填“增大”“不变”或 “减小”)。(7)得到 CuSO45H2O 晶体，乙醇代替蒸馏水洗涤晶体的原因是_。答案 (1)C (2)产生等量胆矾途径消耗硫酸少 途径不会产生污染大气的气体 (3)CuO或 Cu(OH)2、CuCO 3、Cu 2(OH)2CO3 等(4)3.23.9 (5)4Cu2 3H 3PO26H 2O=4CuH8H 3H 3PO4 0.5 mol (6)阳 2Cu2 2e H 2O=Cu2O2H 减小 (7)硫酸铜在乙醇中溶解度较小且乙醇易挥发解析 (
19、1)途径 中，粗铜在空气中加热得到 CuO、Fe 3O4，加入足量稀硫酸后生成 CuSO4、FeSO 4、 Fe2(SO4)3，经后续流程分析，试剂 X 应为氧化剂，其作用是将 Fe2 氧化为 Fe3 ，为了不引入杂质，最适合作为试剂 X 的是H2O2，故选 C。(2)途径中产生的二氧化硫气体不但会产生污染，而且会使部分硫酸因转化成二氧化硫而造成转化率不高，因此与途径相比，途径有明显的两个优点，分别是产生等量胆矾途径消耗硫酸少，途径不会产生污染大气的气体。(3)试剂 Y 的作用是调节溶液的 pH，使 Fe3 沉淀，为了不引入杂质，因此试剂 Y 可以是 CuO或 Cu(OH)2、CuCO 3、C
20、u 2(OH)2CO3等。(4)根据制备的最终目的是得到胆矾，要除去铁元素，加入少量试剂 Y 的过程中应控制溶液 C 的 pH，使 Fe3 沉淀完全时，且 Cu2 不沉淀，由表中数据可知，Fe 3 沉淀完全时 pH3.2，Cu 2 沉淀完全时 pH6.4，此时 c(OH )10 7.6 ，据此可求出氢氧化铜的溶度积 KspCu(OH)2c(Cu 2 )c2(OH )110 5 1015.2 10 20.2 ，若 c(Cu2 )1 molL1 ，解得 c(OH )10 10.1 ，则 c(H )10 3.9 ，pH3.9 ，因此本题正确答案为 3.23.9。(5)滤液 E 中的铜离子和 H3PO
21、2溶液混合反应可得氢化亚铜沉淀，同时得到硫酸和磷酸，根据得失电子守恒和电荷守恒，写出反应的离子方程式为4Cu2 3H 3PO26H 2O=4CuH8H 3H 3PO4；该反应中每生成 4 mol CuH 转移 12 mol 电子，所以每转移 1.5NA个电子，生成 CuH 的物质的量为 0.5 mol。(6)要生成氧化亚铜，则铜必须失去电子，因此铜作阳极，电极反应为Cu2e =Cu2 。阴极得到电子，发生还原反应，所以阴极电极反应式为2Cu2 2e H 2O=Cu2O2H ，由两电极反应可知，阳极产生的 Cu2 小于阴极消耗的 Cu2 ，故电解过程中滤液 E 的浓度减小。18(2019山西孝义
22、高三期末)(12 分)辉铜矿(主要成分是 Cu2S)含铜量高，是最重要的炼铜矿石。.已知：2Cu 2S(s)3O 2(g)=2Cu2O(s)2SO 2(g) H768.2 kJmol1Cu 2S(s)O 2(g)=2Cu(s)SO 2(g)H217.4 kJmol 1(1)Cu2S 与 Cu2O 反应生成 Cu 和 SO2 的热化学方程式为 _。.Cu 2O 可催化二甲醚合成乙醇。反应：CH 3OCH3(g)CO(g) CH3COOCH3(g) H1反应：CH 3COOCH3(g)2H 2(g)CH3OH(g)C 2H5OH(g) H 2(2)压强为 p kPa 时，温度对二甲醚和乙酸甲酯平衡
23、转化率的影响如图 1 所示，则 H1_0(填“”或“BeB (2) 自范性 (3)sp 3 杂化 N C 2H6 (4)10928 正四面体(5)正方形 2.9442 gmol 145810 10 cm36.021023 mol 1解析 (1)硼的价电子排布式为 2s22p1，故其价电子轨道表达式为。与 B 同周期且相邻的元素为 Be、 C，同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但由于 Be 的 2s 能级全满，为稳定状态，故第一电离能：BeB，因此第一电离能： CBeB。(3)B 2H6分子中每个 B 形成 4 个键，无孤电子对， B 原子的杂化轨道数为4，故杂化方式为 sp3。氨硼烷(N
24、H 3BH3)中 B 无孤电子对，故 NH3中 N 提供孤电子对。与氨硼烷互为等电子体的分子有 C2H6。(4)BH 中 B 的价层电子对数为 4，且无孤电子对，故 BH 的立体构型 4 4为正四面体，键角为 10928。(5)将该晶胞分为 8 个小立方体，则 B 原子处在互不相邻的 4 个小立方体的体心，故磷化硼晶胞沿 z 轴在平面的投影图中，B 原子构成的几何形状是正方形。该晶胞中含有 4 个 B、4 个 P，则磷化硼晶体的密度为 11 314NAg(4581010 cm)32.9 gcm 3 。442 gmol 145810 10 cm36.021023 mol 121(2019长春外国
25、语学校高三期末)化学选修 5：有机化学基础(15分)A 可发生如下转化(部分反应条件和试剂略)：2 个 G 分子间可脱水形成六元环状酯。回答下列问题：(1)C 的名称是_，D 含有的官能团名称是_。(2)由 E 生成 F 的反应类型是_，由 F 生成 G 的反应类型是_。(3)A 的结构简式为 _，F 的结构简式为_。(4)G 形成六元环状酯的化学方程式为_ 。(5)含有相同官能团的 H 的同分异构体有 _种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为 3111 的结构简式为_。(6)写出用 为原料(其他无机试剂任选)制备 G 的合成路线：_。答案 (1)丙醛 羧基 (2)消去
26、反应 加成反应(3)CH2=C(CH3)COOCH2CH2CH3 CH2=CHCOOH 解析 (1)C 能与银氨溶液反应，应含有醛基，又 C 的分子式为 C3H6O，故结构简式为 CH3CH2CHO，名称为丙醛；丙醛氧化后酸化得到丙酸，故 D 含有的官能团名称是羧基。(2)由 2 个 G 分子间可脱水形成六元环状酯，可知 G 中含有羧基和羟基，DE 为取代反应引入氯原子，EF 发生消去反应引入碳碳双键，FG 发生加成反应引入羟基。(3)由题意知 HI 引入羰基， IG 引入羟基，而 G 中含有羟基和羧基，所以 H 中含有碳碳双键和羧基，由 C 逆推出 B 为丙醇，故 A 中有碳碳双键和酯基，从而推出 A 为 CH2=C(CH3)COOCH2CH2CH3，D E 为取代反应引入氯原子，E F 发生消去反应引入碳碳双键，从而推出 F 为 CH2=CHCOOH。(5)由 A 可推出 H 为 CH2=C(CH3)COOH，含有相同官能团的结构为CH3CH=CHCOOH、CH2=CHCH2COOH，故 H 的同分异构体有 2 种，其中含有四种峰，峰面积之比为 3111 的结构简式为 CH3CH=CHCOOH。
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