高三化学阶段复习4-9
一、单选题
1．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1Llmol/L的CH3COONa溶液中含有的数目为NA
B．标准状况下，2.24L的氯仿中含有的分子数为0.1NA
C．32g环状S8()分子中含有的共价键键数目为NA
D．一定条件下，1molN2和3molH2充分反应生成NH3的分子数为2NA
2．下列离子方程式书写正确的是
A．稀硫酸滴到Fe片上：2Fe+6H+＝2Fe3++3H2↑
B．向氯化铜溶液中滴加氨水：2OH-+Cu2+＝Cu(OH)2↓
C．Ba(OH)2溶液和稀硫酸反应：Ba2++SO+H++OH-＝BaSO4↓+H2O
D． Ba(OH)2溶液与少量NaHCO3溶液混合：HCO+OH-+Ba2+＝BaCO3↓+H2O
3．下列离子或分子在溶液中能大量共存，滴入稀盐酸后仍能大量共存的一组是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
4．下列实验或事实对应离子方程式书写正确的是
A．过量氢氧化钙溶液与碳酸氢钠溶液反应：
B．Na投入水溶液：
C．溶液中通入：
D．氢氧化钡与稀硫酸反应：
5．下面两个反应都可以生成氯气，有关说法正确的是
①(浓)
②(浓)
A．反应①中盐酸部分被氧化，反应②中盐酸全部被氧化
B．物质氧化性由强到弱的顺序为
C．反应②中，氧化剂与还原剂的质量之比为
D．反应①的电子转移情况分析如图：
6．在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是
A．Al2(SO4)3制备：溶液无水Al2(SO4)3固体
B．制镁工业：海水
C．纯碱工业：NaCl溶液
D．硝酸工业：
7．下列离子方程式书写正确的是
A．溶液中通入少量
B．用碳酸钠溶液将水垢中的转化为溶于酸的
C．硫酸亚铁溶液久置产生黄色浑浊：
D．用氢氟酸雕刻玻璃：
8．下列说法正确的是
A．图①装置可用于制备氢氧化铁胶体 B．图②装置可用于收集
C．图③装置可用于常温下分离苯酚和水的混合物
D．图④可用于铜丝与稀硝酸反应并吸收尾气
9．短周期元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，且分别占三个不同的周期，其中Z与R同主族，Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，W原子的半径是同周期中最大的，R的单质是一种黄绿色气体。下列说法不正确的是
A．简单离子半径：R>Z>W>Y B．最简单氢化物的稳定性：Z>Y>R
C．R的单质与W的最高价氧化物的水化物反应的产物具有漂白性
D．第一电离能：Z>Y>W
10．下列有关物质结构或性质的描述中，正确的是
A．的空间构型为平面三角形 B．键角：
C．F的电负性大于Cl的电负性，所以酸性：
D．HF分子间的氢键：氢键
11．新型靶向药物M能够牢牢“黏住”致病蛋白，其结构简式如下所示。下列关于M的说法不正确的是
A．含有3种官能团
B．能与溴水发生取代、加成反应
C．1molM最多可与2molNaOH发生反应
D．M能“黏住”致病蛋白质的过程可能与二者之间形成氢键有关
12．自然界为人类提供了多种多样的营养物质，下列有关营养物质的说法正确的是
A．食用纤维素、淀粉、蛋白质、脂肪和植物油都是高分子化合物
B．棉花和蚕丝的主要成分都是纤维素
C．蔗糖、淀粉、油脂等都可以发生水解反应 D．油脂都不能使溴水褪色
二、解答题
13．氯及其化合物在生产生活中有很多重要的用途。
Ⅰ．图中为实验室制取氯气、验证其性质的装置：
(1)实验室用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下制取氯气，反应的化学方程式 。
(2)收集氯气可以采用 方法(写出一种方法即可)。
(3)装置D的实验目的 ，写出氯气在E中发生反应的离子方程式 。
(4)用离子方程式表示装置F的作用 。
Ⅱ．漂白粉和亚氯酸钠(NaClO2)都是漂白织物的漂白剂，NaClO2是易溶于水的强电解质，具有较强的氧化性。
(5)工业上制备漂白粉的方法是把氯气通入石灰乳中，写出反应的化学方程式 ，工业上的制备NaClO2流程如图所示：
(6)NaClO2中Cl元素的化合价为 ，反应1所得的母液中的含硫微粒只有，试写出反应1的离子方程式 ，反应2中H2O2的作用是 。
14．铜及其化合物在工业生产上有许多用途。某工厂以辉铜矿(主要成分为，含少量、等杂质)为原料制备不溶于水的碱式碳酸铜的流程如下：
已知：①常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表
金属离子
开始沉淀 7.5 2.7 5.6 8.3
完全沉淀 9.0 3.7 6.7 9.8
(1)为提高“浸取”速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有 (任写一种)。
(2)辉铜矿中亚铜离子的价电子排布式为 。
(3)滤渣I中的主要成分是、、，请写出“浸取”反应中生成S的离子反应方程式： 。
(4)常温下“除铁”时加入的试剂A可以是 ，pH的调节范围为 。
(5)过滤II得到的沉淀经过洗涤、干燥可以得到碱式碳酸铜，判断沉淀是否洗净的操作是 。
15．G是有机化学重要的中间体，能用于合成多种药物和农药，G的一种合成路线如图：
已知：① (苯胺，呈碱性，易被氧化)。
②苯环上有烷烃基时，新引入的取代基连在苯环的邻、对位；苯环上有羧基时，新引入的取代基连在苯环的间位。请回答下列问题：
(1)A→B除生成B外，还有HCl生成。用习惯命名法命名A名称为 。
(2)①的反应类型为 ，设置反应①的目的是 。
(3)C中官能团名称为 ，lmolC在反应③的第一步过程中最多消耗 molNaOH。
(4)写出D→E的化学反应方程式 。
(5)M是G的一种同分异构体，写出满足下列条件M的其中一种异构体结构简式 。①分子结构中含一个苯环，且环上一氯代物只有一种；
②1mol该物质与足量反应生成。
(6)根据题中的信息，设计以甲苯为原料合成有机物的流程图(无机试剂任选) 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D A A B A B B A C
题号 11 12
答案 C C
13．(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+ Cl2↑+2H2O
(2)排饱和食盐水
(3) 和E中实验做对比实验，验证氯气是否具有漂白性 Cl2+H2OH++Cl-+HClO
(4)Cl2+2OH =Cl +ClO +H2O
(5)2Cl2+2Ca(OH)2= Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O
(6) +3 做还原剂
14．(1)充分搅拌，将辉铜矿粉碎，加热等
(2)
(3)
(4) CuO(氢氧化铜，碱式碳酸铜合理即可) (或)
(5)取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净
15．(1)间甲基苯酚
(2) 取代反应 保护酚羟基，防止其被氧化
(3) 羧基、酯基 3mol
(4)+HNO3(浓)+H2O
(5)或
(6)
1．C
【详解】A．1Llmol/L的CH3COONa溶液的，电离出的总量为，但要发生水解，最后的数目小于，A错误；
B．标准状况下，氯仿为液体，不能使用气体摩尔体积进行计算，B错误；
C．环状S8()分子中有共价键，则32g环状S8中的共价键数目为，C正确；
D．由N2和H2充合成氨气为可逆反应，不能反应完全，因此1molN2和3molH2充分反应生成NH3的分子数小于2NA，D错误；
故答案为：C。
2．D
【详解】A．稀硫酸与Fe反应生成FeSO4和氢气，离子方程式为：Fe+2H+＝Fe2++H2↑，A项错误；
B．一水合氨为弱电解质，在离子方程式书写中不能拆分，正确的离子方程式为：2NH3·H2O+Cu2+＝Cu(OH)2↓+2NH，B项错误；
C．Ba(OH)2溶液和稀硫酸反应，正确的离子方程式为：Ba2++SO+2H++2OH-＝BaSO4↓+2H2O，C项错误；
D．NaHCO3溶液为少量，则根据NaHCO3的量确定Ba(OH)2的量，一个HCO只能与一个OH-发生反应，生成一个CO，Ba2+与中和后生成的CO生成BaCO3，D项正确；
答案选D。
3．A
【详解】A．四种离子不反应，能大量共存，滴入稀盐酸后相当于加入氢离子和氯离子，也没有反应发生，仍能大量共存，故A选；
B．四种离子能大量共存，滴入稀盐酸后H+和碳酸氢根反应生成水和二氧化碳，不能大量共存，故B不选；
C．氯气有强氧化性，能将Fe2+氧化，不能大量共存，故C不选；
D．ClO-有强氧化性能将I-氧化而不能大量共存，故D不选；
故选A。
4．A
【详解】A．氢氧化钙溶液与碳酸氢钠溶液反应，生成碳酸钙沉淀，氢氧化钙过量，氢氧根和钙离子1:1反应，故离子方程式为OH +Ca2++=CaCO3↓+H2O，A正确；
B．Na投入水溶液，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，故离子方程式为2Na+Cu2++2H2O＝Cu(OH)2↓+2Na++H2↑，B错误；
C．溶液中通入，不能生成碳酸钙沉淀，否则还有HCl生成相当于弱酸碳酸制强酸盐酸，不成立，故不发生反应，无法书写离子方程式，C错误；
D．氢氧化钡与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，拆成离子形式后氢离子氢氧根化学计量数为2，正确的离子方程式为Ba2+++2H++2OH ＝BaSO4↓+2H2O，D错误；
故本题选A。
5．B
【详解】A．反应①②中都是盐酸部分被氧化，盐酸表现还原性和酸性，故A错误；
B．反应①中二氧化锰是氧化剂、氯气是氧化产物，氧化性；反应②中是氧化剂，氯气是氧化产物，氧化性，由于二氧化锰和浓盐酸反应需要加热，和浓盐酸常温下反应，所以物质氧化性由强到弱的顺序为，故B正确；
C．反应②中，是氧化剂、HCl是氧化剂，氧化剂与还原剂的质量之比为1:5，故C错误；
D．反应①的电子转移情况为，故D错误；
选B。
6．A
【详解】A．Al2O3与H2SO4反应产生Al2(SO4)3和H2O，将Al2(SO4)3溶液加热蒸干，就制取得到无水Al2(SO4)3，A符合题意；
B．向一定量海水中加入CaO，CaO与水反应产生Ca(OH)2，Ca(OH)2与海水中的MgCl2发生复分解反应产生Mg(OH)2沉淀，将其过滤、洗涤，用盐酸溶解，得到MgCl2溶液，在HCl气氛中加热MgCl2溶液，得到无水MgCl2，然后电解熔融的无水MgCl2，就得到金属镁，故上述方法不符合实际生产，B错误；
C．向饱和NaCl溶液中先通入足量NH3，使溶液显碱性，然后通入足量CO2气体，发生反应：NaCl+H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，制取得到NaHCO3，将产生的NaHCO3晶体过滤，然后煅烧，就制取得到纯碱Na2CO3，可见上述物质制备过程涉及的物质转化第一步反应不可实现，C错误；
D．NH3催化氧化产生NO，NO被O2氧化产生NO2，NO2被水吸收得到HNO3，可见上述制备过程中第一步反应不能直接实现，D错误；
故合理选项是A。
7．B
【详解】A．溶液要拆成离子形式，离子方程式为：，故A错误；
B．用碳酸钠溶液将水垢中的转化为溶于酸的，离子方程式为，故B正确；
C．硫酸亚铁溶液久置产生黄色浑浊为，离子方程式为：，故C错误；
D．氢氟酸是弱酸，不拆，化学方程式为：，故D错误；
答案选B。
8．B
【详解】A．将氯化铁溶液滴入氢氧化钠溶液中，发生的反应为氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，无法制得氢氧化铁胶体，故A错误；
B．一氧化氮难溶于水，能用题给排水集气法收集一氧化氮气体，故B正确；
C．常温下，苯酚在水中溶解度较小，溶于水得到乳浊液，不能用过滤方法分离，应用分液的方法分离，故C错误；
D．铜丝与稀硝酸反应生成NO，NO不是酸性氧化物，不能与氢氧化钠直接反应，所以不能被氢氧化钠吸收，D错误；
故选B。
9．A
【分析】Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，说明其含2个电子层，最外层电子数为6，为O元素；R的单质是一种黄绿色气体，R为Cl元素；Z与R同主族，说明Z为F元素；W原子的半径是同周期中最大的，说明W位于第三周期第IA族，为Na元素；短周期元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，且分别占三个不同的周期，则X为H。
【详解】A．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同，原子序数越大，离子半径越小，则简单离子半径：，A错误；
B．元素的非金属性越强，最简单氢化物越稳定，非金属性：，最简单氢化物的稳定性：，B正确；
C．R为Cl元素，其单质为氯气，W为Na元素，其最高价氧化物的水化物为NaOH，二者反应生成的次氯酸钠具有漂白性，C正确；
D．同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，Na为碱金属，容易失去电子，第一电离能较小，则第一电离能：，D正确；
答案选A。
10．C
【详解】A．的孤电子对数为，所以的空间构型为三角锥形，故A错误；
B．中N为杂化，且有一个孤电子对，则键角：，故B错误；
C．F的电负性大于Cl的电负性，的极性大于的极性，使—的极性大于—的极性，导致更易电离出氢离子，酸性更强，故C正确；
D．图中箭头所指的为形成的共价键，氢键通常用虚线表示，故D错误；
答案选C。
11．C
【详解】A．分子中含有酚羟基、酯基、碳碳双键3种官能团，A正确；
B．分子中含有酚羟基，在酚羟基的邻、对位上的氢原子可以被溴取代，分子中有碳碳双键，可以和溴发生加成反应，B正确；
C．酚羟基能和氢氧化钠反应，酯基能和氢氧化钠反应且酯基生成的酚羟基还能和氢氧化钠反应，故1molM最多可与4molNaOH发生反应，C错误；
D．M中含有酚羟基，能与致病蛋白质之间形成氢键，其“黏住”致病蛋白的过程可能与二者之间形成氢键有关，D正确；
故选C。
12．C
【详解】A．脂肪和植物油不是高分子化合物，A错误；
B．蚕丝是蛋白质，不是纤维素，B错误；
C．蔗糖水解为果糖和葡萄糖，淀粉水解为葡萄糖，油脂水解为高级脂肪酸和甘油，C正确；
D．油脂中的油酸甘油酯存在不饱和双键，可以使溴水褪色，D错误；
答案选C。
13．(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+ Cl2↑+2H2O
(2)排饱和食盐水
(3) 和E中实验做对比实验，验证氯气是否具有漂白性 Cl2+H2OH++Cl-+HClO
(4)Cl2+2OH =Cl +ClO +H2O
(5)2Cl2+2Ca(OH)2= Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O
(6) +3 做还原剂
【分析】Ⅰ．A反应生成氯气通过饱和食盐水除去挥发出的氯化氢，通过浓硫酸干燥后进入D装置，然后进入E装置，D中布条不褪色、E中布条褪色，说明能使布条褪色的原因是氯气和水生成漂白性物质次氯酸；尾气使用NaOH溶液吸收防止污染。
Ⅱ．制备亚氯酸钠，在硫酸的条件下溶解，通入二氧化硫，发生反应，生成ClO2，在向中加入氢氧化钠和双氧水，通过减压蒸发、冷却结晶，得到粗产品亚氯酸钠，据此作答。
【详解】（1）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下制取氯气、氯化锰、水：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+ Cl2↑+2H2O；
（2）氯气在饱和食盐水中溶解度小，可以选择排饱和食盐水的方法收集氯气；
（3）D中布条不褪色、E中布条褪色，说明能使布条褪色的原因是氯气和水生成漂白性物质次氯酸，Cl2+H2OH++Cl-+HClO，故装置D的实验目的是和E中实验做对比实验；
（4）氯气有毒，和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠，可以吸收尾气减少污染，Cl2+2OH =Cl +ClO +H2O；
（5）氯气通入石灰乳中反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2= Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；
（6）NaClO2中钠、氧元素化合价分别为+1、-2，化合物中正负化合价代数和为零，Cl元素的化合价为+3；反应1所得的母液中的含硫微粒只有，NaClO3具有氧化性，能把二氧化硫氧化为硫酸根离子，反应1的离子方程式应；反应2中二氧化氯和过氧化氢反应生成NaClO2，氯元素化合价降低，则H2O2中氧元素化合价升高，发生氧化反应，为还原剂。
14．(1)充分搅拌，将辉铜矿粉碎，加热等
(2)
(3)
(4) CuO(氢氧化铜，碱式碳酸铜合理即可) (或)
(5)取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净
【分析】经过第一步浸取，金属元素转化为相应硫酸盐，Cu2S被MnO2氧化CuSO4和S（第（3）问信息），SiO2未溶解，故滤渣I为过量的MnO2、S、SiO2，滤液中含有CuSO4、Fe2(SO4)3、MnSO4，经过除铁步骤Fe3+被转化为沉淀除去，CuSO4和 MnSO4进入沉锰步骤，Mn2+转化为沉淀除去，同时反应生成碱式碳酸铜。
【详解】（1）加快浸取速率措施有：适当升温、将辉铜矿粉碎、充分搅拌等；
（2）Cu是第29号元素，亚铜离子的价电子排布式为；
（3）根据元素守恒确定浸取时生成的S来源于Cu2S，说明Cu2S被MnO2氧化，结合后续流程推断此时Cu元素也被氧化，MnO2被还原为Mn2+，初步确定反应为：；
（4）铁离子水解后溶液显酸性，加入的试剂既能减弱酸性，同时又不引入杂质离子，可加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3等；调节pH(或)，使铁离子完全沉淀；
（5）滤液II中主要含有盐为(NH4)2SO4，取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，是否洗净即判断句含还含有硫酸根，操作是加入足量稀盐酸酸化，再加入溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净。
15．(1)间甲基苯酚
(2) 取代反应 保护酚羟基，防止其被氧化
(3) 羧基、酯基 3mol
(4)+HNO3(浓)+H2O
(5)或
(6)
【分析】
由有机物的转化关系可知，与乙酰氯发生取代反应生成，则A为；与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应后、酸化得到，则D为；浓硫酸作用下与浓硝酸共热发生硝化反应生成，则E为；与铁、盐酸发生还原反应生成，一定条件下与乙酰氯发生取代反应生成。
【详解】（1）
由分析可知，A的结构简式为，名称为间甲基苯酚，故答案为：间甲基苯酚；
（2）
由分析可知，反应①为与乙酰氯发生取代反应生成和氯化氢；由和都含有酚羟基可知，设置反应①的目的是保护酚羟基，防止其被氧化，故答案为：取代反应；保护酚羟基，防止其被氧化；
（3）
由结构简式可知，的官能团为羧基和酯基；分子中含有的羧基和酚酯基都能与氢氧化钠溶液反应，则1mol最多消耗3mol氢氧化钠，故答案为：羧基、酯基；3mol；
（4）
由分析可知，D→E的反应为浓硫酸作用下与浓硝酸共热发生硝化反应生成和水，反应的化学反应方程式为+HNO3(浓)+H2O，故答案为：+HNO3(浓)+H2O；
（5）
G的同分异构体N分子结构中含一个苯环，且环上一氯代物只有一种说明N分子的结构对称，1molN与足量碳酸氢钠反应生成2mol二氧化碳，说明分子中含有2个羧基，则符合条件的结构简式为、，故答案为：或；
（6）
由题给信息可知，以甲苯为原料合成有机物的合成步骤为浓硫酸作用下与浓硝酸共热发生硝化反应生成，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，与铁、盐酸发生还原反应生成，合成路线为 。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
