济南市实验中学届高三下学期份阶段检测化学试题解析版.docx

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济南市实验中学届高三下学期份阶段检测化学试题解析版

高三化学阶段性测试题

说明：

本试卷满分100分，考试时间90分钟。

第Ⅰ卷为选择题，请将正确答案涂写在答题卡上。

可能用到的相对原子质量：

H1C12N14O16S32Cl35.5

一、选择题：

本题共10小题，每小题2分，共20分。

每小题只有一个选项符合题意。

1.2019年9月25日，北京大兴国际机场正式投入运营。

在这一形似“凤凰展翅”的宏伟建筑中，使用了大量种类各异的材料。

下列关于所使用材料的分类不正确的是

选项

A

B

C

D

材料

含钒钢筋

安检塑料筐

有机玻璃标牌

玻璃钢内筒垃圾桶

分类

合金材料

高分子材料

无机硅酸盐材料

复合材料

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A、含钒钢筋是铁合金，属于合金材料，故A正确；

B、安检塑料筐成分是塑料，塑料是高分子化合物，故B正确；

C、有机玻璃由甲基丙烯酸甲酯聚合而成的高分子化合物，是有机高分子化合物，故C错误；

D、玻璃钢是以玻璃纤维或其制品作增强材料的增强塑料，属于复合材料，故D正确；

选C。

2.厨房中有很多调味品，它们可以补充食品在加工过程中失去的味道、增强原有的味道或添加一些额外的味道。

下列说法不正确的是

A.醋能增加食品的酸味，还具有防腐作用

B.人体需控制食盐摄入量，以降低患高血压的风险

C.味精的主要成分是谷氨酸的钠盐，谷氨酸属于氨基酸

D.白砂糖的主要成分是蔗糖，蔗糖属于天然高分子化合物

【答案】D

【解析】

【详解】A.食醋的成分是醋酸，醋能增加食品的酸味，还具有防腐作用，故A正确；

B.人体摄入过多的食盐易引起高血压，所以控制食盐摄入量，可以降低患高血压的风险，故B正确；

C.味精的主要成分是谷氨酸的钠盐，谷氨酸属于氨基酸，故C正确；

D.白砂糖的主要成分是蔗糖，蔗糖是二糖，不属于高分子化合物，故D错误。

选D。

3.硫酰氯（SO2Cl2）可用于有机合成和药物制造等。

实验室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2Cl2［SO2（g）+Cl2（g）

SO2Cl2（l）ΔH=-97.3kJ/mol］，装置如图所示（部分装置省略）。

已知SO2Cl2的熔点为－54.1℃，沸点为69.1℃，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。

下列说法错误的是

A.乙装置中盛放的试剂是P2O5，防止水蒸气进入装置中

B.装置甲应置于冰水浴中，目的是提高SO2Cl2产率

C.反应结束后，分离甲中混合物的实验操作是蒸馏

D.SO2、Cl2均可使品红试液褪色，原理不相同

【答案】A

【解析】

【分析】

SO2Cl2沸点低、易挥发，根据装置图可知，三颈烧瓶上方的仪器的名称为球形冷凝管，作用是使挥发的产物SO2Cl2冷凝回流；由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，Cl2、SO2都是有毒气体，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水能发生剧烈反应并产生白雾，所以乙中盛碱石灰吸收未反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止进入甲中导致硫酰氯水解；活性炭有多孔结构可以增大反应物之间的接触面，提高反应速率；分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法。

【详解】A.乙装置中盛放的试剂是碱石灰，吸收未反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止进入甲中导致硫酰氯水解，故A错误；

B.制备硫酰氯的反应为放热反应，装置甲应置于冰水浴中，可提高SO2Cl2产率，故B正确；

C.根据硫酰氯的熔沸点数据，反应结束后，分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏，故C正确；

D.SO2、Cl2均可使品红试液褪色，二氧化硫可以和有机色质结合而具有漂白性，氯水中的次氯酸具有氧化性而具有漂白性，二者漂白原理不一样，故D正确；

答案选A。

4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是

A.1L0.1mol·L-1Fe2（SO4）3溶液中含有的阳离子数目小于0.2NA

B.0.24gMg在O2和CO2的混合气体中完全燃烧，转移电子数为0.02NA

C.3g由CO2和SO2组成的混合气体中含有的质子数为1.5NA

D.1molNa2O2与SO2完全反应，转移电子数为2NA

【答案】A

【解析】

【详解】A.铁离子在溶液中水解导致阳离子个数增多，故溶液中阳离子个数多于0.2NA个，故A错误；

B.0.24gMg为0.01mol，Mg在O2和CO2的混合气体中完全燃烧生成MgO，失去0.02mol电子，则转移电子数为0.02NA，故B正确；

C.CO2的摩尔质量为44g/mol，含22个质子；SO2的摩尔质量为64g/mol，含32个质子，即两者均是2g中含1mol质子，故3g混合物中含1.5mol质子即1.5NA个质子，故C正确；

D.过氧化钠与二氧化硫反应生成硫酸钠，1mol过氧化钠中的−1价的氧原子变为−2价，故1mol过氧化钠转移2mol电子即2NA个，故D正确；

答案选A。

5.泛酸和乳酸均易溶于水并能参与人体代谢，结构简式如下图所示。

下列说法不正确的是

泛酸

乳酸

A.泛酸分子式为C9H17NO5

B.泛酸在酸性条件下的水解产物之一与乳酸互为同系物

C.泛酸易溶于水，与其分子内含有多个羟基易与水分子形成氢键有关

D.乳酸在一定条件下反应，可形成六元环状化合物

【答案】B

【解析】

【详解】A.根据泛酸的结构简式，可知分子式为C9H17NO5，故A正确；

B.泛酸在酸性条件下的水解出

，

与乳酸中羟基个数不同，所以与乳酸不是同系物，故B错误；

C.泛酸中的羟基与水分子形成氢键，所以泛酸易溶于水，故C正确；

D.2分子乳酸在一定条件下反应酯化反应，形成六元环状化合物

，故D正确；

选B。

【点睛】本题考查有机物的机构和性质，重点是掌握常见官能团的结构和性质，肽键在一定条件下水解，羟基、羧基一定条件下发生酯化反应，正确把握同系物的概念。

6.下列各项叙述中，正确的是

A.价电子排布为ns1的元素，不一定是s区元素

B.配合物Fe（CO）n内中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n＝5

C.光卤气（COCl2）、甲醛分子的立体构型和键角均相同

D.某气态团簇分子结构如图所示，该气态团簇分子的分子式为EF或FE

【答案】B

【解析】

【详解】A.价电子排布为ns1的元素，为第IA族元素，一定为s区元素，故A错误；

B.Fe是26元素，其价电子数是8，每个配体CO分子提供电子数为2，则8+2n=18，解得n=5，故B正确；

C.甲醛分子中碳原子形成了3个σ键，没有孤电子对，因此，碳原子采取sp2杂化，甲醛分子的立体构型为平面三角形，光卤气（COCl2）分子中C原子价层电子对数=3+

=3，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为平面三角形，但是甲醛中与C原子连接的为2个H和1个O，光卤气中与C原子连接的为2个Cl和1个O，H和Cl的电负性不同，则键角不相同，故C错误；

D.团簇分子中含有4个E，4个F原子，分子式应为E4F4或F4E4，故D错误；

答案选B。

7.下列实验中，能达到相应实验目的的是

A．制备并收集乙酸乙酯

B．证明氯化银溶解度大于硫化银

C．验证溴乙烷的消去产物是乙烯

D．推断S、C、Si的非金属性强弱

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A、制取乙酸乙酯需要用浓硫酸做催化剂，故不选A；

B、1mL0.1mol/L的AgNO3溶液滴加几滴0.1mol/L的NaCl溶液生成白色沉淀AgCl，AgNO3有剩余，再滴加几滴0.1mol/L的Na2S，AgNO3与Na2S反应生成Ag2S沉淀，所以不能证明氯化银溶解度大于硫化银，故不选B；

C、乙烯、乙醇都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以该装置不能验证溴乙烷的消去产物是乙烯，故不选C；

D、碳酸钠与稀硫酸反应放出二氧化碳，证明非金属性S>C，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，证明非金属性C>Si，故选D。

8.二氧化碳捕获技术用于去除气流中的二氧化碳或者分离出二氧化碳作为气体产物，其中CO2催化合成甲酸是原子利用率高的反应，且生成的甲酸是重要化工原料。

下列说法不正确的是（）

A.二氧化碳的电子式:

B.在捕获过程，二氧化碳分子中的共价键完全断裂

C.N（C2H5）3能够协助二氧化碳到达催化剂表面

D.CO2催化加氢合成甲酸的总反应式：

H2+CO2=HCOOH

【答案】B

【解析】

【分析】

由图可知，CO2催化加氢合成甲酸的总反应式是H2+CO2=HCOOH。

【详解】A.二氧化碳是共价化合物，其电子式为

，故A正确；

B.由二氧化碳和甲酸的结构式可知，在捕获过程，二氧化碳分子中的共价键不会完全断裂，只断裂其中一个碳氧双键，故B错误；

C.N（C2H5）3捕获CO2，表面活化，协助二氧化碳到达催化剂表面，故C正确；

D.由图可知，CO2催化加氢合成甲酸的总反应式：

H2+CO2=HCOOH，故D正确；

答案选B。

9.骨胶黏剂是一种极具应用前景

医用高分子材料。

某骨胶黏剂的制备原料为聚酯三元醇，其合成原理如下：

已知：

R1COOR2+R318OH

R1CO18OR3+R2OH

下列说法不正确的是

A.单体M1可用于配制化妆品

B.改变M1在三种单体中的比例，可调控聚酯三元醇的相对分子质量

C.该合成反应为缩聚反应

D.X、Y、Z中包含的结构片段可能有

【答案】C

【解析】

【分析】

由信息中的已知反应可知，三种单体再生成聚酯三元醇时主要反生信息中的酯交换反应，其反应原理为醇羟基断开H原子，酯基断开碳氧单键，断开处相互结合生成新的物质。

【详解】A、单体M1为丙三醇，丙三醇具有吸水性，用于配制化妆品，故A正确；

B、改变M1在三种单体中的比例，则产物的结构简式会改变，相对分子质量也会改变，故B正确；

C、缩聚反应有小分子生成，而上述反应无小分子生成，故C错误；

D、根据信息的反应原理，X、Y、Z中包含的结构片段可能有

，故D正确。

答案选C。

10.以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如下图所示。

下列说法正确的是

A.过程①中钛氧键断裂会释放能量

B.该反应中，光能和热能转化为化学能

C.使用TiO2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率

D.CO2分解反应的热化学方程式为2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）ΔH=+30kJ/mol

【答案】B

【解析】

【详解】A.化学键断裂需要吸收能量，过程①中钛氧键断裂会吸收能量，故A错误；

B.根据图示，该反应中，光能和热能转化为化学能，故B正确；

C.催化剂通过降低反应的活化能提高化学反应速率，催化剂不能降低反应的焓变，故C错误；

D.反应物总能量-生成物总键能=焓变，CO2分解反应的热化学方程式为2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）ΔH=1598×2-1072×2-496=+556kJ/mol，故D错误。

二、本题共5小题，每小题4分，共20分。

每小题有1个或2个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。

11.已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4溶液反应生成Fe3＋和Cr3＋。

现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3＋的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列不正确的是

A.图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7

B.开始加入的K2Cr2O7为0.25mol

C.图中BC段发生的反应为2Fe3+＋2I－=2Fe2+＋I2

D.混合之前，K2Cr2O7与FeSO4的物质的量之比为1:

6

【答案】D

【解析】

分析】

将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，发生如下反应：

，向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3＋的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图，可知在AB段发生反应：

，在BC段发生反应：

2Fe3+＋2I－=2Fe2+＋I2。

据此解答。

【详解】A．在AB段发生反应：

，氧化剂是K2Cr2O7，故A正确；

B．根据图像可知，在BC段，消耗I－0.9mol，由反应对应的关系

，推知在混合时生成了0.9molFe3+，

，消耗K2Cr2O7物质的量为0.15mol；又AB段有对应关系：

消耗I－0.6mol，

，消耗K2Cr2O7物质的量为0.1mol；共消耗K2Cr2O7物质的量为0.15+0.1=0.25mol，故B正确；

C．由分析知，在BC段发生反应：

2Fe3+＋2I－=2Fe2+＋I2，故C正确；

D．根据计算可知，在反应前，K2Cr2O7物质的量为0.25mol，FeSO4与Fe3+一样都是0.9mol，二者之比不为1:

6，D错误；

答案选D。

12.研究苯酚与FeCl3溶液的显色反应，实验如下：

下列说法不正确的是（）

A.苯酚属于弱酸，电离方程式为

⇌

+H+

B.向试管②中滴加硫酸至过量，溶液颜色变为浅黄色

C.对比①③中的现象说明，滴加稀硫酸后，c（Fe3+）变小

D.对比①②、①④中的现象，说明紫色物质的生成与溶液中c（

）相关

【答案】C

【解析】

【详解】A．苯酚是一元弱酸，发生电离平衡：

⇌

+H+，故A正确；

B．试管②中是在碱性条件下发生了显色反应，向其中滴加硫酸至过量，相当于进行了①至③过程，溶液呈浅黄色，故B正确；

C．根据离子方程式：

，滴加稀硫酸后，溶液从紫色变为黄色，c（Fe3+）变大，故C错误；

D．①②、①④实验中都加入了氢氧化钠，都生成了

，紫色物质的生成与溶液中的c（

）有关，故D正确；

答案选C。

【点睛】苯酚是弱酸，具有酸的一般特性，但苯酚不能使指示剂褪色。

13.Li-SOCl2电池是迄今具有最高能量比的电池。

该电池的电极材料分别为锂和碳，电解液（熔点-110℃、沸点78.8℃）是LiAIC14-SOCl2．电池的总反应可表示为：

4Li+2SOCl2=4LiCi+S+SO2。

下列说法错误的是（）

A.该电池不能在寒冷的地区正常工作

B.该电池工作时，正极反应为：

2SOCl2+4e-=4C1-+S+SO2

C.SOC12分子的空间构型是平面三角形

D.该电池组装时，必须在无水无氧条件下进行

【答案】AC

【解析】

【详解】A、电解液（熔点-110℃、沸点78.8℃），所以在寒冷的地区，电解液也是液态，所以能在寒冷的地区正常工作，故A错误；

B、SOCl2为氧化剂，在正极发生还原反应，电极方程式为：

2SOCl2+4e-=4Cl-+S+SO2，故B正确；

C、SOCl2分子中的S原子采取sp3杂化，且有一对孤电子对，为三角锥形，故C错误；

D．因为构成电池的材料Li能和水反应，且SOCl2也与水反应，所以必须在无水无氧条件下进行，故D正确；

故选：

AC。

14.用AG表示溶液酸度：

AG＝lg

。

常温下，用0.1mol·L－1的NaOH溶液滴定25mL0.1mol·L－1的CH3COOH。

滴定结果可表示如图，下列分析正确的是（）

A.常温下CH3COOH的Ka数量级为10－6

B.m点加入NaOH的体积为25mL

C.n点：

c（Na＋）＞c（OH－）＞c（CH3COO－）＞c（H＋）

D.在滴加NaOH溶液的过程中，溶液中m点水的电离程度最大

【答案】C

【解析】

【分析】

0.1mol·L－1的CH3COOH的溶液酸度AG＝lg

=8，又

，故

，

，酸碱均会抑制水的电离，盐能促进水的电离。

【详解】A．

，数量级为10－5，故A错误；

B．m点AG＝lg

=0，故

，醋酸与氢氧化钠恰好中和显碱性，不符合

，故B错误；

C．n点溶液中存在电荷守恒：

c（Na＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（CH3COO－），又在n点AG＝lg

=-9，故溶液显碱性c（H＋）＜c（OH－），c（Na＋）＞c（CH3COO－），故c（Na＋）＞c（OH－）＞c（CH3COO－）＞c（H＋），C正确；

D．在滴加NaOH溶液的过程中，酸碱恰好反应完全时，溶质只有可水解的盐，水的电离程度最大，m点未达到中和点，故D错误；

答案选C。

【点睛】根据初始酸度计算离子浓度并进行相关计算；在单电荷四离子（单四体系）体系中，判断离子浓度可以采用首末同项进行相关分析，如选项C。

15.用煤油作溶剂，二（2－乙基己基）磷酸酯作流动载体，H2SO4作内相酸处理含铜废水。

在其他条件相同时，Cu2＋萃取率[萃取率＝

×100％]与初始Cu2＋浓度关系如图1所示；在其他条件相同时，处理前初始Cu2＋浓度为200mg·L－1，Cu2＋萃取率与废水pH的关系如图2所示。

下列说法错误的是

A.根据图1可知，废水中初始Cu2＋浓度越大，Cu2＋的萃取效果越好

B.根据图2可知，废水初始pH＞2时，去除Cu2＋的效果较好

C.根据图1可知，Cu2＋初始浓度为200mg·L－1时，Cu2＋的萃取率为97.0％

D.根据图2可知，若取800mL初始Cu2＋浓度为200mg·L－1的废水，在pH＝1.5时处理废水，则处理后的废水中剩余Cu2＋的物质的量为1.5×10－3mol（假设体积不变）

【答案】AD

【解析】

【分析】

根据图1可知，Cu2＋萃取率随初始Cu2＋浓度（100-400mg/L）的增大而减小；根据图2可知，废水初始pH＞2时，去除Cu2＋的效果较好且稳定，结合图像数据进行具体分析。

【详解】A．根据图1可知，Cu2＋萃取率随初始Cu2＋浓度的增大而减小，故A错误；

B．根据图2可知，废水初始pH＞2时，去除Cu2＋的效果较好，故B正确；

C．根据图1可知，Cu2＋初始浓度为200mg·L－1时，Cu2＋的萃取率为97.0％，故C正确；

D．根据图2可知，若取800mL初始Cu2＋浓度为200mg·L－1的废水，

，在pH＝1.5时处理废水，萃取率为60%，则除去的

，则处理后的废水中剩余Cu2＋的物质的量为1×10－3mol，故D错误；

答案选AD。

三、非选择题：

本题共5小题，共60分。

16.MoS2（辉钼矿的主要成分）可用于制取钼的化合物润滑添加剂氢化反应和异构化反应的催化剂等。

回答下列问题：

（1）反应3MoS2+18HNO3+12HCl=3H2[MoO2Cl4]+18NO↑+6H2SO4+6H2O中，每溶解1molMoS2，转移电子的物质的量为___________。

（2）已知：

MoS2（s）=Mo（s）+S2（g）△H1

S2（g）+2O2（g）=2SO2（g）△H2

2MoS（s）+7O2（g）=2MoO3（s）+4SO2（g）△H3

反应2Mo（s）+3O2（g）=2MoO3（s）的△H=___________（用含△H1、△H2、△H3的代数式表示）。

（3）利用电解法可浸取辉钼矿得到Na2MoO4和Na2SO4溶液（装置如图所示）。

①阴极的电极反应式为______________________。

②一段时间后，电解液的pH___________（填“增大”“减小”或“不变”），MoO42-在电极___________（填“A”或“B”）附近生成。

③实际生产中，惰性电极A一般不选用石墨，而采用DSA惰性阳极（基层为TiO2，涂层为RuO2+IrO2），理由是_______________________。

（4）用辉钼矿冶炼Mo的反应为

MoS2（s）+4H2（g）+2Na2CO3（s）

Mo（s）+2CO（g）+4H2O（g）+2Na2S（s）△H。

①该反应的△H___________（填“>”或“<”）0；p1、p2、p3按从小到大的顺序为___________。

②在某恒容密闭容器中加入0.1molMoS2、0.2molNa2CO3、0.4molH2，一定温度下发生上述反应，下列叙述说明反应已达到平衡状态的是____________（填标号）。

a.v正（H2）=v逆（CO）

b.气体的密度不再随时间变化

c.气体的压强不再随时间变化

d单位时间内断裂H一H键与断裂H—O键的数目相等

③在2L的恒温恒容密闭容器中加入0.1molMoS2、0.2molNa2CO3、0.4molH2，在1100K时发生反应，达到平衡时恰好处于图中A点，则此温度下该反应的平衡常数为___________。

【答案】

（1）.18mol

（2）.△H3-2△H2-2△H1（3）.2H2O+2e-=H2↑+2OH-（4）.增大（5）.A（6）.阳极主要生成Cl2，还会生成O2，生成的O2会消耗石墨（7）.>（8）.p1

【解析】

【分析】

（1）在该反应中元素的化合价发生变化的元素有Mo、S、N，根据化合价升降总数等于反应过程中电子转移数目计算；

（2）根据盖斯定律，将几个热化学方程式叠加，可得相应反应的热化学方程式的反应热；

（3）阴极上发生还原反应，阳极发生氧化反应，根据离子放电顺序可得相应的电极反应式及每个电极的产物、溶液的酸碱性变化；根据阳极反应产物的性质分析阳极不使用石墨电极的原因；

（4）①根据压强不变时H2的平衡转化率与温度的关系分析热效应；再根据温度不变时压强与H2的转化率分析几个不同条件下的压强大小；

②根据平衡时任何物质的浓度不变、任何物质的含量不变、容器的密度不变等判断平衡状态；

③根据H2的转化率及加入物质的物质的量，计算出各种物质的平衡浓度，带入平衡常数表达式可得化学平衡常数。

【详解】

（1）在反应中，Mo元素的化合价由反应前MoS2中的+2价变为反应后H2[MoO2Cl4]中的+6价，S元素的化合价由反应前MoS2中的-1价变为反应后H2SO4中的+6价，N元素的化合价由反应前硝酸中的+5价变为反应后NO中的+2价，每1molMoS2发生反应，电子转移的物质的量为（6-2）+2×[6-（-1）]mol=18mol；

（2）①MoS2（s）=Mo（s）+S2（g）△H1②S2（g）+2O2（g）=2SO2（g）△H2

③2MoS（s）+7O2（g）=2MoO3（s）+4SO2（g）△H3

根据盖斯定律，将③-2×②-2×①，整理可得反应2Mo（s）+3O2（g）=2MoO3（s）的△H=△H3-2△H2-2△H1；

（3）①该池为电解池，在阴极上溶液中H2O电离产生的H+获得电子，发生还原反应，电极反应式为：

2H2O+2e-=H2↑+2OH-；

②由于溶液中H+不断放电，使溶液中c（OH-）>c（H