2024年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)第二部分階段檢測(cè)5含解析

PAGE1-階段檢測(cè)(五)一、選擇題(每題3分，共48分)1．(2024·河北保定高三期末)化學(xué)與社會(huì)、科學(xué)、技術(shù)等親密相關(guān)，下列說(shuō)法正確的()A．瓷器屬硅酸鹽產(chǎn)品，china一詞又指“瓷器”，這反映了在世界人眼中，中國(guó)作為“瓷器家鄉(xiāng)“的形象B．“青蒿一握，以水二升漬，絞取汁”，屠呦呦對(duì)青蒿素的提取屬于化學(xué)改變C．“一帶一路”是“絲綢之路經(jīng)濟(jì)帶”和“21世紀(jì)海上絲綢之路”的簡(jiǎn)稱。絲綢的主要成分是自然纖維素，屬于高分子化合物D．制作“嫦娥”太空飛行器運(yùn)用的碳纖維復(fù)合材料是一種新型有機(jī)高分子材料答案A解析瓷器屬硅酸鹽產(chǎn)品，A正確；屠呦呦對(duì)青蒿素的提取屬于物理改變，類似于過(guò)濾，B錯(cuò)誤；絲綢的主要成分是蛋白質(zhì)，屬于自然高分子化合物，C錯(cuò)誤；碳纖維屬于無(wú)機(jī)高分子材料，D錯(cuò)誤。2．(2024·北京師大附中高三期中)下列化學(xué)用語(yǔ)對(duì)事實(shí)的表述不正確的是()A．硬脂酸與乙醇的酯化反應(yīng)：C17H35COOH＋C2Heq\o\al(18,5)OHeq\o(,\s\up8(濃硫酸),\s\do8(△))C17H35COOC2H5＋Heq\o\al(18,2)OB．常溫時(shí)，0.1mol·L－1氨水的pH＝11.1：NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－C．由Na和Cl形成離子鍵的過(guò)程：D．電解精煉銅的陰極反應(yīng)：Cu2＋＋2e－=Cu答案A解析酯化反應(yīng)的機(jī)理是“酸脫羥基醇脫氫”，硬脂酸與乙醇反應(yīng)的化學(xué)方程式為C17H35COOH＋C2Heq\o\al(18,5)OHeq\o(,\s\up8(濃硫酸),\s\do8(△))C17H35CO18OC2H5＋H2O，A錯(cuò)誤；常溫下，0.1mol·L－1氨水的pH＝11.1，溶液中c(OH－)＝10－2.9mol·L－1<0.1mol·L－1，NH3·H2O為弱堿，電離方程式為NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－，B正確；Na原子最外層有1個(gè)電子，Na易失電子形成Na＋，Cl原子最外層有7個(gè)電子，Cl易得電子形成Cl－，Na將最外層的1個(gè)電子轉(zhuǎn)移給Cl，Na＋與Cl－間形成離子鍵，C正確；電解精煉銅時(shí)，精銅為陰極，粗銅為陽(yáng)極，陰極電極反應(yīng)式為Cu2＋＋2e－=Cu，D正確。3．(2024·江蘇泰州高三期末)室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是()A．0.1mol·L－1H2SO4溶液：Mg2＋、K＋、Cl－、NOeq\o\al(－,3)B．0.1mol·L－1NaAlO2溶液：Na＋、NHeq\o\al(＋,4)、H＋、SOeq\o\al(2－,4)C．0.1mol·L－1Na2SO3溶液：Ba2＋、K＋、ClO－、OH－D．0.1mol·L－1Ba(OH)2溶液：NHeq\o\al(＋,4)、Na＋、Cl－、HCOeq\o\al(－,3)答案A解析A組離子與H2SO4不發(fā)生反應(yīng)，離子之間也不反應(yīng)，所以在H2SO4溶液中能大量共存，A正確；AlOeq\o\al(－,2)與H＋能發(fā)生反應(yīng)AlOeq\o\al(－,2)＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓，所以H＋在NaAlO2溶液中不能大量共存，B錯(cuò)誤；SOeq\o\al(2－,3)具有還原性，ClO－具有氧化性，SOeq\o\al(2－,3)和ClO－之間能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，所以ClO－在Na2SO3溶液中不能大量共存，C錯(cuò)誤；Ba(OH)2與HCOeq\o\al(－,3)發(fā)生反應(yīng)：Ba2＋＋2OH－＋2HCOeq\o\al(－,3)=BaCO3↓＋2H2O＋COeq\o\al(2－,3)，所以HCOeq\o\al(－,3)在Ba(OH)2溶液中不能大量共存，D錯(cuò)誤。4．(2024·湖北省鄂州市、黃岡市高三調(diào)研)有機(jī)物是制備鎮(zhèn)痛劑的中間體。下列關(guān)于該有機(jī)物的說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．與環(huán)己烷互為同分異構(gòu)體B．一氯代物有五種(不考慮立體異構(gòu))C．全部碳原子可處于同一平面D．能與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應(yīng)答案B解析與環(huán)己烷分子式相同而結(jié)構(gòu)不同，二者互為同分異構(gòu)體，故A正確。一氯代物有四種(不考慮立體異構(gòu))，故B錯(cuò)誤。依據(jù)乙烯分子中六原子共面、碳碳單鍵可以旋轉(zhuǎn)，可以推斷分子中全部碳原子可以處于同一平面上，故C正確。該有機(jī)物中含有碳碳雙鍵，能與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應(yīng)，故D正確。5．(2024·河北唐山高三期末)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是()A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LCH3COOH中含有碳原子數(shù)為2NAB．1.7g羥基(—OH)和1.7gOH－中含有質(zhì)子數(shù)均為0.9NAC．1molN2與3molH2在肯定條件下充分反應(yīng)，生成NH3分子數(shù)目為2NAD．7.8gNa2O2與足量水反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子0.2NA答案B解析標(biāo)準(zhǔn)狀況下CH3COOH不是氣態(tài)，故A錯(cuò)誤；羥基(—OH)和OH－的質(zhì)子數(shù)均為9,1.7g羥基(—OH)和1.7gOH－中含有質(zhì)子數(shù)均為0.9NA，故B正確；N2與H2在肯定條件下的反應(yīng)是可逆反應(yīng)，1molN2與3molH2在肯定條件下充分反應(yīng)，生成NH3分子數(shù)目小于2NA，故C錯(cuò)誤；Na2O2與足量水反應(yīng)，－1價(jià)的氧的化合價(jià)一半上升一半降低，7.8gNa2O2與足量水反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子0.1NA，故D錯(cuò)誤。6．(2024·資陽(yáng)市高三其次次診斷性考試)A、B、C為短周期元素，在周期表中所處的相對(duì)位置如圖所示，B的氣態(tài)氫化物是工業(yè)上合成硝酸的重要原料。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是()A．B和C兩原子間可以形成離子鍵B．A的氧化物電子式為C．原子半徑：A>B>CD．最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性：B>A答案D解析依題意，A、B、C為短周期元素，B的氣態(tài)氫化物是工業(yè)上合成硝酸的重要原料，則B為N元素，從A、B、C的相對(duì)位置看，A為Si元素、C為S元素。N元素和S元素均為非金屬元素，兩原子間不行能形成離子鍵，故A錯(cuò)誤；A的氧化物是二氧化硅，每個(gè)硅原子與四周4個(gè)氧原子形成共價(jià)鍵，晶體中只有單鍵，沒(méi)有雙鍵，故B錯(cuò)誤；一般而言，電子層數(shù)越多，原子半徑越大，且同周期主族元素從左到右，原子半徑依次減小，原子半徑的大小依次為Si>S>N，故C錯(cuò)誤；同周期主族元素，從左到右非金屬性依次增加，同主族元素，從上到下非金屬性依次減弱，則非金屬性的強(qiáng)弱依次為N>P>Si，故最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性HNO3>H2SiO3，故D正確。7．(2024·內(nèi)蒙古赤峰二中高三月考)下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是()A．用石墨電極電解MgCl2溶液：Mg2＋＋2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up8(電解))Mg(OH)2↓＋Cl2↑＋H2↑B．向明礬溶液中滴加碳酸鈉溶液：2Al3＋＋3COeq\o\al(2－,3)=Al2(CO3)3↓C．向Ca(HCO3)2溶液中滴加少量NaOH溶液：Ca2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)＋2OH－=CaCO3↓＋COeq\o\al(2－,3)＋2H2OD．向Fe(NO3)3溶液中加入過(guò)量的HI溶液：2NOeq\o\al(－,3)＋8H＋＋6I－=3I2＋2NO↑＋4H2O答案A解析向明礬溶液中滴加碳酸鈉溶液發(fā)生劇烈的雙水解，生成氫氧化鋁和二氧化碳?xì)怏w，B錯(cuò)誤；向Ca(HCO3)2溶液中滴加少量NaOH溶液：Ca2＋＋HCOeq\o\al(－,3)＋OH－=CaCO3↓＋H2O，C錯(cuò)誤；向Fe(NO3)3溶液中加入過(guò)量的HI溶液，NOeq\o\al(－,3)、Fe3＋均與碘離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成物中還有亞鐵離子，D錯(cuò)誤。8．(2024·南昌二中高三考試)肯定條件下，在水溶液中1molCl－、ClOeq\o\al(－,x)(x＝1,2,3,4)的能量(kJ)相對(duì)大小如圖所示。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)、b、c、d、e中，c最穩(wěn)定B．b→a＋c反應(yīng)的反應(yīng)熱為反應(yīng)物能量減生成物能量C．b→a＋d反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：3ClO－(aq)=ClOeq\o\al(－,3)(aq)＋2Cl－(aq)ΔH＝＋116kJ·mol－1D．肯定溫度下，Cl2與NaOH溶液反應(yīng)生成的產(chǎn)物有a、b、d，溶液中a、b、d的濃度之比可能為11∶1∶2答案D解析a、b、c、d、e中a能量最低，所以最穩(wěn)定，故A錯(cuò)誤；b→a＋c反應(yīng)的反應(yīng)熱為生成物能量減反應(yīng)物能量，故B錯(cuò)誤：b→a＋d，依據(jù)得失電子守恒得該反應(yīng)方程式為3ClO－=ClOeq\o\al(－,3)＋2Cl－，反應(yīng)熱＝(64kJ·mol－1＋2×0kJ·mol－1)－3×60kJ·mol－1＝－116kJ·mol－1，所以該熱化學(xué)方程式為3ClO－(aq)=ClOeq\o\al(－,3)(aq)＋2Cl－(aq)'ΔH＝－116kJ·mol－1，故C錯(cuò)誤；肯定溫度下，Cl2與NaOH溶液反應(yīng)生成的產(chǎn)物有a、b、d，依據(jù)得失電子守恒，溶液中a、b、d的濃度之比可能為11∶1∶2，故D正確。9．(2024·北京朝陽(yáng)高三期末)把濃鹽酸分別滴入點(diǎn)滴板上的各種溶液中，現(xiàn)象如下：下列分析不正確的是()A．①中溶液變藍(lán)，體現(xiàn)了濃鹽酸的氧化性B．②中產(chǎn)生白色膠狀沉淀：2H＋＋SiOeq\o\al(2－,3)=H2SiO3↓C．③中產(chǎn)生沉淀的緣由可用平衡移動(dòng)原理說(shuō)明D．④中產(chǎn)生黃綠色氣體：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O答案A解析由于酸性HCl>H2SiO3，所以遇Na2SiO3溶液會(huì)發(fā)生反應(yīng)：2HCl＋Na2SiO3=H2SiO3↓＋2NaCl，由于硅酸是白色難溶性的物質(zhì)，所以會(huì)看到產(chǎn)生白色膠狀沉淀，B正確；在飽和NaCl溶液中存在溶解平衡：NaCl(s)Na＋(aq)＋Cl－(aq)，HCl溶于飽和NaCl溶液，使溶液Cl－濃度增大，破壞了溶解平衡，平衡逆向移動(dòng)，因此會(huì)析出NaCl固體，即產(chǎn)生白色沉淀，C正確；HCl溶解在NaClO溶液中，會(huì)發(fā)生反應(yīng)：2HCl＋NaClO=NaCl＋Cl2↑＋H2O，因此會(huì)看到有黃綠色氣體產(chǎn)生，離子方程式是：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O，D正確；④中產(chǎn)生的Cl2與①中的KI反應(yīng)生成I2，使①中溶液變藍(lán)，HCl與KI不反應(yīng)，故A錯(cuò)誤。10．(2024·山東煙臺(tái)高三期末)用還原法可以將硝酸廠煙氣中的大量氮氧化物(NOx)轉(zhuǎn)化為無(wú)害物質(zhì)。常溫下，將NO與H2的混合氣體通入Ce(SO4)2與Ce2(SO4)3的混合溶液中，其轉(zhuǎn)化過(guò)程如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是()A．反應(yīng)Ⅰ的離子反應(yīng)方程式為2Ce4＋＋H2=2Ce3＋＋2H＋B．反應(yīng)Ⅱ中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶2C．反應(yīng)前溶液中c(Ce4＋)肯定等于反應(yīng)后溶液中的c(Ce4＋)D．反應(yīng)過(guò)程中混合溶液內(nèi)Ce3＋和Ce4＋的總數(shù)肯定保持不變答案C解析依據(jù)圖示可知反應(yīng)Ⅰ為2Ce4＋＋H2=2Ce3＋＋2H＋，A正確；反應(yīng)Ⅱ的反應(yīng)物為Ce3＋、H＋、NO，生成物為Ce4＋、N2、H2O，依據(jù)得失電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可得反應(yīng)方程式為4Ce3＋＋4H＋＋2NO=4Ce4＋＋N2＋2H2O，在該反應(yīng)中NO是氧化劑，Ce3＋是還原劑，故氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量的比為2∶4＝1∶2，B正確；反應(yīng)前后溶液中n(Ce4＋)不變，但由于反應(yīng)后溶液中水的物質(zhì)的量增多，所以反應(yīng)后溶液中c(Ce4＋)減小，C錯(cuò)誤；由于反應(yīng)前后各種元素的原子個(gè)數(shù)相等，所以Ce元素守恒，可知反應(yīng)過(guò)程中混合溶液內(nèi)Ce3＋和Ce4＋的總數(shù)不變，D正確。11．(2024·成都市高三診斷)某抗氧化劑G的合成片段如下：下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．M和G所含官能團(tuán)種類完全相同B．M和G都能發(fā)生加成、取代反應(yīng)C．R的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH2CH2CH2OHD．M、G分子中都肯定至少有9個(gè)碳原子共平面答案A解析由M和G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可以看出M中含有酚羥基和羧基，G中含有酚羥基和酯基，A錯(cuò)誤；M中含有苯環(huán)和羧基，G中含有苯環(huán)和酯基，都能發(fā)生加成、取代反應(yīng)，B正確；將M和G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式作比較，可以看出R為1-丁醇，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH2CH2CH2OH，C正確；苯環(huán)是平面結(jié)構(gòu)，12個(gè)原子共面，結(jié)合M、G的結(jié)構(gòu)可以看出，都至少有9個(gè)碳原子共平面，D正確。12．(2024·北京海淀高三期中)我國(guó)工業(yè)廢水中幾種污染物及其最高允許排放濃度如下表。下列說(shuō)法不正確的是()污染物汞鎘鉻鉛砷氰化物主要存在形式Hg2＋、CH3Hg＋Cd2＋CrOeq\o\al(2－,4)、Cr2Oeq\o\al(2－,7)Pb2＋AsOeq\o\al(3－,3)、AsOeq\o\al(3－,4)CN－最高允許排放濃度/mg·dm－30.050.10.51.00.50.5注：我國(guó)規(guī)定酸、堿廢水pH的最大允許排放標(biāo)準(zhǔn)是大于6、小于9。A．Hg2＋、Cd2＋、Pb2＋是重金屬離子B．對(duì)于pH>9的廢水可用中和法處理C．將CrOeq\o\al(2－,4)轉(zhuǎn)化為Cr2Oeq\o\al(2－,7)是用氧化還原的方法D．在含有Hg2＋的廢水中加入Na2S，可使Hg2＋轉(zhuǎn)變成沉淀而除去答案C解析在環(huán)境污染方面所說(shuō)的重金屬主要是指汞(水銀)、鎘、鉛、鉻以及類金屬砷等生物毒性顯著的重元素，則Hg2＋、Cd2＋、Pb2＋是重金屬離子，故A正確；對(duì)于pH>9的廢水可通過(guò)加入酸發(fā)生中和反應(yīng)來(lái)降低廢水的pH至6～9之間，故B正確；將CrOeq\o\al(2－,4)轉(zhuǎn)化為Cr2Oeq\o\al(2－,7)的過(guò)程中并沒(méi)有元素化合價(jià)發(fā)生改變，不是氧化還原反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；在含有Hg2＋的廢水中加入Na2S，可將Hg2＋轉(zhuǎn)變成HgS沉淀，故D正確。13．(2024·華大新高考聯(lián)盟高三教學(xué)質(zhì)量測(cè)評(píng))下列試驗(yàn)操作、現(xiàn)象及結(jié)論均正確的是()選項(xiàng)試驗(yàn)操作現(xiàn)象結(jié)論A向油脂的乙醇溶液中滴加燒堿溶液，加熱一段時(shí)間，再用膠頭滴管吸取該混合物滴加到另一盛水的燒杯中水面上無(wú)油膜油脂完全皂化B用pH試紙分別測(cè)定相同濃度的Na2CO3溶液和CH3COONa溶液Na2CO3溶液的pH大于CH3COONa溶液酸性：H2CO3<CH3COOHC某固體物質(zhì)完全溶解于鹽酸后，向該澄清溶液中再滴加BaCl2溶液產(chǎn)生白色沉淀原固體中肯定含有SOeq\o\al(2－,4)D將SO2緩慢通入Na2SiO3溶液中產(chǎn)生白色沉淀非金屬性：S>Si答案A解析油脂若在燒堿溶液中完全水解，生成物為高級(jí)脂肪酸鈉和甘油，二者均能溶于水，水面上不會(huì)產(chǎn)生油膜，故A正確；酸性應(yīng)當(dāng)是HCOeq\o\al(－,3)<CH3COOH，故B錯(cuò)誤；原固體物質(zhì)可能是NaHSO4類離子化合物，故C錯(cuò)誤；H2SO3不是S的最高價(jià)含氧酸，不能用于推斷非金屬性強(qiáng)弱，故D錯(cuò)誤。14．(2024·昆明市高三調(diào)研)如圖是一個(gè)用鉑絲作電極，電解MgSO4溶液的裝置，電解液中加有中性紅指示劑，此時(shí)溶液呈紅色(指示劑的pH變色范圍：6.8～8.0，酸色—紅色，堿色—黃色，Mg(OH)2沉淀的pH＝9)。下列敘述不正確的是()A．電解過(guò)程中電極旁邊溶液顏色改變是A管溶液由紅變黃，B管溶液不變色B．A管中發(fā)生的反應(yīng)：2H2O＋2e－＋Mg2＋=H2↑＋Mg(OH)2↓C．取出a試管，將帶有火星的木條伸入試管內(nèi)，看到木條復(fù)燃D．電解一段時(shí)間后，A管產(chǎn)生白色沉淀，切斷電源，將電解液倒入燒杯內(nèi)，白色沉淀溶解或部分溶解答案C解析依據(jù)電解原理，A管為陰極區(qū)，電極反應(yīng)式為2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，依據(jù)題中信息，指示劑堿色為黃色，因此A管溶液由紅變黃，B管為陽(yáng)極區(qū)，電極反應(yīng)式為：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，溶液仍為紅色，故A正確；A管電極反應(yīng)式為2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，依據(jù)信息一段時(shí)間后，A管出現(xiàn)白色沉淀，發(fā)生Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，即A管總反應(yīng)為2H2O＋Mg2＋＋2e－=H2↑＋Mg(OH)2↓，故B正確；依據(jù)上述分析，a管中收集的氣體為氫氣，C項(xiàng)為檢驗(yàn)氧氣的操作，故C錯(cuò)誤；將電解液倒入燒杯中，陰極生成的氫氧化鎂與陽(yáng)極生成的酸發(fā)生反應(yīng)生成硫酸鎂，故指示劑為紅色，溶液達(dá)到飽和后，硫酸鎂會(huì)有部分不能溶解，故D正確。15．(2024·青島市高三期末)如圖裝置中，容器甲內(nèi)充入0.1molNO氣體。干燥管內(nèi)裝有肯定量Na2O2，從A處緩慢通入CO2氣體。恒溫下，容器甲中活塞緩慢由D處向左移動(dòng)，當(dāng)移至C處時(shí)容器體積縮至最小，為原體積的eq\f(9,10)，干燥管中物質(zhì)的質(zhì)量增加了2.24g。隨著CO2的接著通入，活塞又漸漸向右移動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是()A．活塞從D處移動(dòng)到C處的過(guò)程中，通入的CO2氣體為2.24L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)B．NO2轉(zhuǎn)化為N2O4的轉(zhuǎn)化率為20%C．容器甲中NO已反應(yīng)完D．活塞移至C處后，接著通入amolCO2，此時(shí)活塞恰好回至D處，則a小于0.01答案D解析設(shè)通入CO2的體積為x，依據(jù)2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2及差量法，知存在44.8L∶56g＝x∶2.24g，解得x＝1.792L，A錯(cuò)誤；n(O2)＝eq\f(1,2)n(CO2)＝eq\f(1.792L,22.4L/mol×2)＝0.04mol，n(NO)＝0.1mol，依據(jù)2NO＋O2=2NO2，NO過(guò)量，生成的n(NO2)＝0.08mol，剩余的n(NO)＝0.02mol，設(shè)NO2轉(zhuǎn)化為N2O4的物質(zhì)的量為y，依據(jù)2NO2(g)N2O4(g)，則0.02mol＋0.08mol－y＋0.5y＝0.1mol×eq\f(9,10)，解得y＝0.02mol，故NO2轉(zhuǎn)化為N2O4的轉(zhuǎn)化率為eq\f(0.02,0.08)×100%＝25%，B錯(cuò)誤；容器甲中NO剩余0.02mol，C錯(cuò)誤；活塞移至C處時(shí)，氣體的總物質(zhì)的量為0.09mol，此時(shí)容器甲的體積縮至最小，說(shuō)明Na2O2已反應(yīng)完全，活塞回至D處時(shí)，容器甲的體積增大，2NO2(g)N2O4(g)向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，氣體的物質(zhì)的量增加，因此所需CO2的物質(zhì)的量小于0.01mol，D正確。16．(2024·山東濟(jì)寧高三期末)25℃時(shí)，用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液，溶液中－lgeq\f(cH＋,cH2C2O4)和－lgc(HC2Oeq\o\al(－,4))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(或－lg\f(cH＋,cHC2O\o\al(－,4))和－lgcC2O\o\al(2－,4)))的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是()A．曲線M表示－lgeq\f(cH＋,cH2C2O4)和－lgc(HC2Oeq\o\al(－,4))的關(guān)系B．Ka1(H2C2O4)的數(shù)量級(jí)為10C．向NaHC2O4溶液中加少量NaOH至c(HC2Oeq\o\al(－,4))和c(C2Oeq\o\al(2－,4))相等，此時(shí)溶液pH約為5D．在NaHC2O4溶液中c(Na＋)>c(HC2Oeq\o\al(－,4))>c(H2C2O4)>c(C2Oeq\o\al(2－,4))答案D解析－lgeq\f(cH＋,cH2C2O4)＋[－lgc(HC2Oeq\o\al(－,4))]＝－lgKa1，同理，－lgeq\f(cH＋,cHC2O\o\al(－,4))＋[－lgc(C2Oeq\o\al(2－,4))]＝－lgKa2，因Ka1>Ka2，故曲線M表示－lgeq\f(cH＋,cH2C2O4)和－lgc(HC2Oeq\o\al(－,4))的關(guān)系，A正確；Ka1的數(shù)量級(jí)為10－(1＋1)＝10－2，Ka2的數(shù)量級(jí)為10－(2＋3)＝10－5，故B正確；當(dāng)c(C2Oeq\o\al(2－,4))＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))時(shí)，c(H＋)＝eq\f(cH＋·cC2O\o\al(2－,4),cHC2O\o\al(－,4))＝Ka2≈10－5，故pH約為5，C正確；NaHC2O4溶液中，存在HC2Oeq\o\al(－,4)的電離和水解，由上述分析知Ka2＝10－5，Kh＝eq\f(Kw,Ka1)＝10－12，Ka2>Kh，故HC2Oeq\o\al(－,4)電離程度大于水解程度，c(C2Oeq\o\al(2－,4))>c(H2C2O4)，D錯(cuò)誤。二、非選擇題(共52分)(一)必考題17．(2024·陜西西安中學(xué)高三質(zhì)檢)(12分)膽礬(CuSO4·5H2O)是一種重要的含銅化合物，某課外探討小組用粗銅(含少量Fe)通過(guò)不同的化學(xué)反應(yīng)制取膽礬的過(guò)程如圖。物質(zhì)完全沉淀時(shí)的pHFe(OH)33.2Fe(OH)29.6Cu(OH)26.4當(dāng)溶液中被沉淀離子的物質(zhì)的量濃度小于1×10－5mol·L－1時(shí)，認(rèn)為該離子沉淀完全。試回答下列問(wèn)題：(1)下列物質(zhì)中，最適合作為試劑X的是______(填序號(hào))。A．KMnO4 B．K2Cr2O4C．H2O2 D．NaClO(2)由粗銅通過(guò)兩種途徑制取膽礬，與途徑Ⅱ相比，途徑Ⅰ有明顯的兩個(gè)優(yōu)點(diǎn)，分別是______________，______________________。(3)試劑Y可以是________________(任填一種物質(zhì)的化學(xué)式)。(4)若溶液C中Cu2＋、Fe3＋的濃度分別為1mol·L－1、0.1mol·L－1，則向溶液C中加入少量試劑Y的過(guò)程中應(yīng)限制溶液C的pH范圍約為_(kāi)_______。(5)氫化亞銅(CuH)是一種紅色固體，40～50℃時(shí)，濾液E和H3PO2溶液混合反應(yīng)可得氫化亞銅沉淀，同時(shí)得到硫酸和磷酸，該反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_____________________，該反應(yīng)每轉(zhuǎn)移1.5NA個(gè)電子，生成CuH的物質(zhì)的量為_(kāi)_______。(6)納米氧化亞銅(Cu2O)是一種用途廣泛的光電材料，電化學(xué)法可用銅棒和石墨作電極，電解濾液E獲得納米氧化亞銅，電解過(guò)程中無(wú)氣體產(chǎn)生，則銅棒作________極，生成Cu2O的電極反應(yīng)式為_(kāi)___________________，電解過(guò)程中濾液E的濃度________(填“增大”“不變”或“減小”)。(7)得到CuSO4·5H2O晶體，乙醇代替蒸餾水洗滌晶體的緣由是______________________________。答案(1)C(2)產(chǎn)生等量膽礬途徑Ⅰ消耗硫酸少途徑Ⅰ不會(huì)產(chǎn)生污染大氣的氣體(3)CuO[或Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等](4)3.2～3.9(5)4Cu2＋＋3H3PO2＋6H2O=4CuH↓＋8H＋＋3H3PO40.5mol(6)陽(yáng)2Cu2＋＋2e－＋H2O=Cu2O＋2H＋減小(7)硫酸銅在乙醇中溶解度較小且乙醇易揮發(fā)解析(1)途徑Ⅰ中，粗銅在空氣中加熱得到CuO、Fe3O4，加入足量稀硫酸后生成CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，經(jīng)后續(xù)流程分析，試劑X應(yīng)為氧化劑，其作用是將Fe2＋氧化為Fe3＋，為了不引入雜質(zhì)，最適合作為試劑X的是H2O2，故選C。(2)途徑Ⅱ中產(chǎn)生的二氧化硫氣體不但會(huì)產(chǎn)生污染，而且會(huì)使部分硫酸因轉(zhuǎn)化成二氧化硫而造成轉(zhuǎn)化率不高，因此與途徑Ⅱ相比，途徑Ⅰ有明顯的兩個(gè)優(yōu)點(diǎn)，分別是產(chǎn)生等量膽礬途徑Ⅰ消耗硫酸少，途徑Ⅰ不會(huì)產(chǎn)生污染大氣的氣體。(3)試劑Y的作用是調(diào)整溶液的pH，使Fe3＋沉淀，為了不引入雜質(zhì)，因此試劑Y可以是CuO[或Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等]。(4)依據(jù)制備的最終目的是得到膽礬，要除去鐵元素，加入少量試劑Y的過(guò)程中應(yīng)限制溶液C的pH，使Fe3＋沉淀完全時(shí)，且Cu2＋不沉淀，由表中數(shù)據(jù)可知，F(xiàn)e3＋沉淀完全時(shí)pH＝3.2，Cu2＋沉淀完全時(shí)pH＝6.4，此時(shí)c(OH－)＝10－7.6，據(jù)此可求出氫氧化銅的溶度積Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)＝1×10－5×10－15.2＝10－20.2，若c(Cu2＋)＝1mol·L－1，解得c(OH－)＝10－10.1，則c(H＋)＝10－3.9，pH＝3.9，因此本題正確答案為3.2～3.9。(5)濾液E中的銅離子和H3PO2溶液混合反應(yīng)可得氫化亞銅沉淀，同時(shí)得到硫酸和磷酸，依據(jù)得失電子守恒和電荷守恒，寫(xiě)出反應(yīng)的離子方程式為4Cu2＋＋3H3PO2＋6H2O=4CuH↓＋8H＋＋3H3PO4；該反應(yīng)中每生成4molCuH轉(zhuǎn)移12mol電子，所以每轉(zhuǎn)移1.5NA個(gè)電子，生成CuH的物質(zhì)的量為0.5mol。(6)要生成氧化亞銅，則銅必需失去電子，因此銅作陽(yáng)極，電極反應(yīng)為Cu－2e－=Cu2＋。陰極得到電子，發(fā)生還原反應(yīng)，所以陰極電極反應(yīng)式為2Cu2＋＋2e－＋H2O=Cu2O＋2H＋，由兩電極反應(yīng)可知，陽(yáng)極產(chǎn)生的Cu2＋小于陰極消耗的Cu2＋，故電解過(guò)程中濾液E的濃度減小。18．(2024·山西孝義高三期末)(12分)輝銅礦(主要成分是Cu2S)含銅量高，是最重要的煉銅礦石。Ⅰ.已知：①2Cu2S(s)＋3O2(g)=2Cu2O(s)＋2SO2(g)ΔH＝－768.2kJ·mol－1②Cu2S(s)＋O2(g)=2Cu(s)＋SO2(g)ΔH＝－217.4kJ·mol－1(1)Cu2S與Cu2O反應(yīng)生成Cu和SO2的熱化學(xué)方程式為_(kāi)______________。Ⅱ.Cu2O可催化二甲醚合成乙醇。反應(yīng)①：CH3OCH3(g)＋CO(g)CH3COOCH3(g)ΔH1反應(yīng)②：CH3COOCH3(g)＋2H2(g)CH3OH(g)＋C2H5OH(g)ΔH2(2)壓強(qiáng)為pkPa時(shí)，溫度對(duì)二甲醚和乙酸甲酯平衡轉(zhuǎn)化率的影響如圖1所示，則ΔH1________0(填“>”或“<”，下同)、ΔH2________0。溫度對(duì)平衡體系中乙酸甲酯的含量和乙醇含量的影響如圖2所示。在300～600K范圍內(nèi)，乙酸甲酯的百分含量漸漸增大，而乙醇的百分含量漸漸減小的緣由是_________________。(3)若壓強(qiáng)為pkPa、溫度為800K時(shí)，向2L恒容密閉容器中充入1molCH3OCH3和1molCO發(fā)生反應(yīng)①，2min時(shí)達(dá)到平衡，則前2min內(nèi)CH3COOCH3的平均生成速率為_(kāi)_______，該條件下平衡常數(shù)K＝________。答案(1)2Cu2O(s)＋Cu2S(s)=6Cu(s)＋SO2(g)ΔH＝＋116.0kJ·mol－1(2)<<300～600K范圍內(nèi)，隨著溫度上升，反應(yīng)①對(duì)應(yīng)的平衡體系向逆反應(yīng)方向移動(dòng)的程度比反應(yīng)②的小(3)0.225mol·L－1·min－1180解析(1)Cu2S與Cu2O反應(yīng)生成Cu和SO2的化學(xué)方程式為Cu2S＋2Cu2O=6Cu＋SO2↑。由②×3－①，可得2Cu2O(s)＋Cu2S(s)=6Cu(s)＋SO2(g)ΔH＝＋116.0kJ·mol－1。(2)由圖1可知，壓強(qiáng)相同，溫度上升，二甲醚和乙酸甲酯的平衡轉(zhuǎn)化率均減小，則ΔH1＜0，ΔH2＜0。溫度上升，反應(yīng)①和反應(yīng)②均逆向移動(dòng)，但反應(yīng)②受溫度影響更大，逆向移動(dòng)程度大，導(dǎo)致乙酸甲酯的百分含量增大，乙醇的百分含量漸漸減小。(3)由圖1可知，壓強(qiáng)為pkPa、溫度為800K時(shí)，CH3OCH3的平衡轉(zhuǎn)化率為0.9，依據(jù)已知條件，列出反應(yīng)①的三段式：CH3OCH3(g)＋CO(g)CH3COOCH3(g)eq\a\vs4\al(起始時(shí),cmol·L－1)0.50.50Δc(mol·L－1)0.450.450.45eq\a\vs4\al(平衡時(shí),cmol·L－1)0.050.050.45v(CH3COOCH3)＝0.45mol·L－1÷2min＝0.225mol·L－1·min－1；K＝eq\f(cCH3COOCH3,cCH3OCH3·cCO)＝eq\f(0.45,0.05×0.05)＝180。19．(2024·湖南重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)(13分)某課題組同學(xué)擬探究金屬與非金屬氧化物之間的反應(yīng)。Ⅰ.探究鈉與二氧化碳反應(yīng)。甲查閱資料：常溫下，試驗(yàn)室用氯化鈀溶液檢驗(yàn)CO，現(xiàn)象是產(chǎn)生黑色沉淀。乙選擇下列裝置設(shè)計(jì)試驗(yàn)：(1)若用碳酸鈣與稀鹽酸反應(yīng)制備CO2且能限制反應(yīng)的發(fā)生和停止，探究CO2與Na反應(yīng)。氣體從左至右，導(dǎo)管口連接依次為_(kāi)_____________________；用化學(xué)方程式表示裝置E的作用：________________________________。(2)點(diǎn)燃酒精燈之前，應(yīng)進(jìn)行的操作是啟動(dòng)發(fā)生裝置中的反應(yīng)，等裝置________________________(填裝置字母代號(hào)及現(xiàn)象)后，再點(diǎn)燃酒精燈。(3)經(jīng)測(cè)定，產(chǎn)物為CO、C、Na2CO3且CO、C的物質(zhì)的量之比為1∶1，寫(xiě)出裝置C中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式：__________________________________。Ⅱ.拓展探究。(4)丁同學(xué)探究鎂與二氧化硫反應(yīng)，試驗(yàn)中發(fā)覺(jué)，在肯定條件下鎂和二氧化硫反應(yīng)后的固體中有淺黃色粉末，取少量殘留固體于試管中，向其中滴加足量的鹽酸，產(chǎn)生臭雞蛋氣味的氣體A。由此推知，鎂在二氧化硫中反應(yīng)肯定生成了MgO、S和________(填化學(xué)式)。(5)戊同學(xué)依據(jù)上述原理設(shè)計(jì)如下流程：SiO2eq\o(→,\s\up8(Mg),\s\do8(Ⅰ高溫))Mg2Sieq\o(→,\s\up8(鹽酸),\s\do8(Ⅱ))氣體Beq\o(→,\s\up8(加熱),\s\do8(Ⅲ))Si＋H2下列有關(guān)說(shuō)法正確的是________(填代號(hào))。①上述三個(gè)反應(yīng)都是氧化還原反應(yīng)②在相同條件下，氣體B的密度大于空氣③上述氣體B的熱穩(wěn)定性比甲烷的強(qiáng)④理論上上述流程可以用于制備高純度硅答案Ⅰ.(1)afgdebcjHCl＋NaHCO3=H2O＋NaCl＋CO2↑(2)F中溶液變渾濁(3)6Na＋5CO2eq\o(=,\s\up8(△))3Na2CO3＋CO＋CⅡ.(4)MgS(5)②④解析Ⅰ.(1)若用碳酸鈣與稀鹽酸反應(yīng)制備CO2，且能限制反應(yīng)的發(fā)生和停止，應(yīng)選用A裝置，制得的CO2中混有HCl和水蒸氣，應(yīng)先通入E裝置，用飽和小蘇打溶液除去HCl，再通入D裝置，用濃硫酸除去CO2中的水蒸氣，因?yàn)槭窍礆?，通入E和D裝置都應(yīng)進(jìn)步短出，然后干燥純凈的CO2進(jìn)入C裝置與Na發(fā)生反應(yīng)，F(xiàn)裝置的作用是除去沒(méi)有反應(yīng)的CO2，G裝置是檢驗(yàn)CO的生成，故氣體從左至右，導(dǎo)管口連接依次為afgdebcj，用化學(xué)方程式表示裝置E的作用為NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑。(2)CO為可燃性氣體，故點(diǎn)燃酒精燈之前，要解除裝置中的O2，應(yīng)進(jìn)行的操作是啟動(dòng)發(fā)生裝置中的反應(yīng)，等裝置F中澄清石灰水變渾濁后，再點(diǎn)燃酒精燈。(3)CO2與Na反應(yīng)生成CO、C和Na2CO3，且CO、C的物質(zhì)的量之比為1∶1，依據(jù)得失電子守恒和質(zhì)量守恒配平化學(xué)反應(yīng)方程式。Ⅱ.(4)具有臭雞蛋氣味的氣體是硫化氫，依據(jù)Mg與CO2的反應(yīng)類推，Mg與SO2反應(yīng)能生成MgO與S，但單質(zhì)S能與Mg反應(yīng)生成MgS，MgS與足量的鹽酸反應(yīng)，產(chǎn)生具有臭雞蛋氣味的H2S氣體，由此推知，鎂在SO2中反應(yīng)肯定生成了MgO、S和MgS。(5)依據(jù)流程，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ發(fā)生的反應(yīng)為Ⅰ：SiO2＋4Mgeq\o(=,\s\up8(高溫))Mg2Si＋2MgO，Ⅱ：Mg2Si＋4HCl=2MgCl2＋SiH4↑，Ⅲ：SiH4eq\o(=,\s\up8(△))Si＋2H2，Ⅱ中沒(méi)有化合價(jià)的改變，是非氧化還原反應(yīng)，①錯(cuò)誤；氣體B為SiH4，其相對(duì)分子質(zhì)量為32，比空氣的平均相對(duì)分子質(zhì)量(29)大，在相同的條件下，SiH4的密度大于空氣，②正確；C元素的非金屬性比Si元素的非金屬性強(qiáng)，故甲烷的熱穩(wěn)定性比SiH4強(qiáng)，③錯(cuò)誤；理論上上述流程可以制高純度硅，④正確，故答案為②④。(二)選考題20．(2024·安徽五校聯(lián)盟高三質(zhì)檢)[化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)](15分)微量元素硼對(duì)植物生長(zhǎng)及人體健康有著非常重要的作用，也廣泛應(yīng)用于新型材料的制備。(1)基態(tài)硼原子的價(jià)電子軌道表達(dá)式是____________________________。與硼處于同周期且相鄰的兩種元素和硼的第一電離能由大到小的依次為_(kāi)_____________。(2)晶體硼單質(zhì)的基本結(jié)構(gòu)單元為正二十面體，其能自發(fā)地呈現(xiàn)多面體外形，這種性質(zhì)稱為晶體的________。(3)B的簡(jiǎn)潔氫化物BH3不能游離存在，常傾向于形成較穩(wěn)定的B2H6或與其他分子結(jié)合。①B2H6分子結(jié)構(gòu)如圖，則B原子的雜化方式為_(kāi)_________。②氨硼烷(NH3BH3)被認(rèn)為是最具潛力的新型儲(chǔ)氫材料之一，分子中存在配位鍵，供應(yīng)孤電子對(duì)的成鍵原子是________，寫(xiě)出一種與氨硼烷互為等電子體的分子________(填化學(xué)式)。(4)以硼酸(H3BO3)為原料可制得硼氫化鈉(NaBH4)，它是有機(jī)合成中的重要還原劑。BHeq\o\al(－,4)的鍵角是________，立體構(gòu)型為_(kāi)_______。(5)磷化硼(BP)是受高度關(guān)注的耐磨材料，可作為金屬表面的愛(ài)護(hù)層，其結(jié)構(gòu)與金剛石類似，晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。磷化硼晶胞沿z軸在平面的投影圖中，B原子構(gòu)成的幾何形態(tài)是________；已知晶胞邊長(zhǎng)為458pm，則磷化硼晶體的密度是_______________________g·cm－3(列式并計(jì)算，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字，已知4.