四川省成都市第七中学2019届高三化学下学期4月阶段性测试试题（含解析）

四川省成都市第七中学2019届高三化学下学期4月阶段性测试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Zn-65第Ⅰ卷（共126分）一、选择题：本题共13个小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产、生活密切联系。下列说法正确的是A.陕西半坡出土的人鱼纹彩陶盆，其主要成分是二氧化硅B.高速公路护栏板采用碳素结构钢冷弯成型，表面常采用热浸镀锌保护，若镀层少量损坏仍可起保护作用C.长期盛放食用油最好应采用塑料瓶D.《天工开物》曰“凡墨烧烟凝质而为之”，其中“烟”指的是石墨【答案】B【解析】【详解】A．陕西半坡出土的人面鱼纹彩陶盆，属于无机非金属材料，其主要成分是硅酸盐，故A错误；B．锌的活泼性强于铁，镀锌铁破损后形成的原电池中锌为负极，铁仍会受到保护，故B正确；C.塑料中的添加剂易被油脂溶解浸出，对人体有害，因此不宜采用塑料瓶长期盛放食用油，故C错误；D．“烟”指的是碳的固体小颗粒，不是石墨，故D错误；答案选B。2.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A.标准状况下，22.4LC2H6O含有的O-H键数目为NAB.100g质量分数17%H2O2溶液中极性键数目为NAC.65gZn与足量浓硫酸充分反应得混合气体的分子数为NAD.1L0.1mol/LK2Cr2O7溶液中含铬的离子总数为0.2NA【答案】C【解析】【详解】A、标准状况下，C2H6O(可能是乙醇或二甲醚)不是气体，不能使用气体摩尔体积计算，因此无法计算22.4LC2H6O含有的O-H键数目，故A错误；B、100g17%的双氧水中含有的H2O2质量为17g，物质的量为=0.5mol，而双氧水中含2个H-O键，故0.5molH2O2中含NA个H-O键，另外水分子中也存在H-O键，因此含有的极性键数目大于NA，故B错误；C.65gZn的物质的量==1mol，与足量浓硫酸充分反应可能生成二氧化硫，浓硫酸变成稀硫酸后会生成氢气，根据得失电子守恒，1molZn失去2mol电子，生成1mol二氧化硫或氢气均需要得到2mol电子，因此生成的混合气体为1mol，分子数为NA，故C正确；D.1L0.1mol/LK2Cr2O7溶液中含有0.1molK2Cr2O7，含铬的离子总数为0.1NA，故D错误；答案选C。【点睛】本题的易错点为B，要注意水分子中也存在极性键，难点为C，需要根据锌与浓硫酸和稀硫酸反应的情况结合得失电子守恒讨论分析。3.下列关于有机物的说法正确的是A.丙烯加聚后的产物可用于制造汽车保险杠B.蛋白质溶液里加BaCl2溶液可将蛋白质提纯C.乙酸乙酯和乙烯在一定条件下都能与水反应，且反应类型相同D.篮烷()的一溴取代物共有6种(不含立体异构)【答案】A【解析】【详解】A．聚丙烯易加工、质量轻，可用于制造汽车保险杠，故A正确；B．蛋白质溶液中加入BaCl2溶液，蛋白质发生变性析出，再加水不会溶解，不可用于提纯蛋白质，故B错误；C．乙酸乙酯与水的反应是水解反应，属于取代反应；乙烯与水的反应属于加成反应，反应类型不同，故C错误；D．篮烷分子中有4种H()，则一氯代物有4种，故D错误；答案选A。4.下列有关实验的叙述正确的是A.向KI溶液中加入淀粉，然后滴入少量稀硫酸，开始无明显现象，片刻后溶液变蓝，则证明氧化性：H2SO4I2B.图甲用于除去乙烯中的SO2C.用图乙装置蒸干明矾溶液制KAl(SO4)2·12H2O晶体D.滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁【答案】D【解析】【详解】A．KI与稀硫酸不反应，不能生成碘，因此加入淀粉溶液无明显现象，片刻后溶液变蓝，是因为碘离子被空气中的氧气氧化生成单质碘，故A错误；B．乙烯、二氧化硫均能使溴水褪色，不能用溴水除去乙烯中的SO2，应该选用氢氧化钠溶液，故B错误；C.蒸发明矾溶液制KAl(SO4)2·12H2O晶体，不能将溶液蒸干，应该蒸发至有大量晶体析出时停止加热，用余热蒸干，故C错误；D．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可接触锥形瓶内壁，可使滴定管流出的液体充分反应，故D正确；答案选D。5.W、X、Y、Z为四种短周期主族元素且只有一种是金属元素。它们在元素周期表中的相对位置如下图所示。下列说法正确的是A.X、Y、Z中Y单质与氢气化合最容易B.W的氢化物具有较强的还原性C.元素Y和Z在自然界中均存在游离态D.氢化物的沸点X一定小于Y【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z为四种短周期主族元素且只有一种是金属元素。根据它们在元素周期表中的位置可知，X为第二周期元素，W、Y、Z为第三周期元素，只能W为金属元素，则W为Al元素，则X为C元素、Y为Si元素、Z为P元素，结合物质的性质和元素周期律分析解答。【详解】根据上述分析，W为Al元素，X为C元素、Y为Si元素、Z为P元素。A.元素的非金属性越强，越容易与氢气化合，X、Y、Z中P的非金属性最强，则Z单质与氢气化合最容易，故A错误；B.W为Al元素，W的氢化物中H为-1价，具有较强的还原性，故B正确；C.硅为亲氧元素，在自然界中只能以化合态存在，故C错误；D.C的氢化物很多，当C原子数较多时，形成的烃可能为固态，X的氢化物的沸点不一定小于Y，故D错误；答案选B。【点睛】本题的易错点为D，要注意C的氢化物为烃，不一定指甲烷，烃的熔沸点与含有的碳原子数目有关，碳原子数相差较大，导致烃的熔沸点相差较大。6.科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解槽装置如左图，用Cu－Si合金作硅源，在950℃利用三层液熔盐进行电解精炼，并利用某CH4燃料电池（右图）作为电源。有关说法不正确的是A.电极c与a相连，d与b相连B.左侧电解槽中：Si优先于Cu被还原，Cu优先于Si被氧化C.三层液熔盐的作用是增大电解反应面积，提高硅沉积效率D.相同时间下，通入CH4、O2的体积不同，会影响硅提纯速率【答案】B【解析】【分析】甲烷燃料电池中通入甲烷的电极a为负极，通入氧气的电极b为正极，根据电解池中电子的移动方向，c为阴极，d为阳极，结合电解原理和原电池原理分析解答。【详解】A、电子从电解槽的阳极流向阴极，只能走导线，即由液态Cu-Si合金流出，从液态铝流入，因此电极c为阴极，与电极a(负极)相连，电极d为阳极，与电极b(正极)相连，故A正确；B、氧化性是：Si4+＜Cu2+，氧化性越强，离子的得电子能力越强，Cu2+优先被还原，故B错误；C、三层液熔盐在电解槽中充当电解质，可以供自由移动的离子移动，并增大电解反应面积，提高硅沉积效率，故C正确；D、相同时间下，通入CH4、O2的体积不同，导致转移电子的量不同，会造成电流强度不同，影响硅提纯速率，故D正确；答案选B。7.已知NaCN溶液中CN－水解常数是NaCN溶液的起始浓度]。25℃时，向c0的NaCN溶液中不断加水稀释，NaCN溶液浓度的对数值lgc0与2pOH[pOH－＝－lgc(OH－)]的关系如图。下列说法不正确的是A.其它条件不变，降低温度，可使b点变到a点B.相同温度时，c点对应溶液中的pH大于a点C.由图可知，25℃时，Kh(CN-)≈10-4.7D.向1Llgc0=0的NaCN溶液中通入0.5molHCl气体，所得溶液中c(CN－)c(HCN)【答案】A【解析】【详解】A．降低温度，CN-水解平衡向左移动，溶液中OH-浓度减小，2pOH增大，不能使曲线上的b点变到a点，故A错误；B．根据pOH=-lgc(OH-)，c点的2pOH小于a点2pOH，则c点对应溶液中的c(OH-)大于a点，因此c点对应溶液的pH大于a点，故B正确；C．根据a点坐标(-1，5.7)，即lgc0=-1，2pOH=5.7，即c0=0.1mol/L，c(OH-)=10-2.85mol/L，则Kh(CN-)===10-4.7，故C正确；D．lgc0=0的NaCN溶液中NaCN的浓度为1mol/L，1Llgc0=0的NaCN溶液含有1molNaCN，通入0.5molHCl气体，NaCN+HCl=HCN+NaCl，反应后溶液中含有等浓度的NaCN、HCN和NaCl，Kh(CN-)=10-4.7，NaCN的水解程度大于HCN的电离程度，则c(CN－)c(HCN)，故D正确；答案选A。8.氯化亚铜是化工和印染等行业的重要原料，广泛用作有机合成的催化剂。Ⅰ.甲采用CuCl2·2H2O热分解法制备CuCl，装置如图。（1）仪器X的名称是_______________，C中烧杯的试剂可以是__________。（2）“气体入口”通入的气体是_______。（3）反应结束后，取所得产品分析，发现其中含有氧化铜，其可能原因是______________。Ⅱ.乙另取纯净CuCl2固体用如下方法制备CuCl。（4）操作②中反应的离子方程式为___________________。（5）操作①中若用100mL10mol/L盐酸代替0.2mol/L盐酸，再通入SO2后，无白色沉淀产生。对此现象有如下两种猜想：猜想一：c(H＋)过大导致白色沉淀溶解。为验证此猜想，取75gCuCl2固体、100mL0.2mol/L盐酸及________mL10.0mol/LH2SO4配制成200mL溶液，再进行操作②，观察是否有白色沉淀产生。猜想二：_______________。请设计实验说明该猜想是否成立：_________________。【答案】(1).硬质玻璃管(2).NaOH溶液(3).HCl(4).HCl气流不足，导致Cu2+水解产生氢氧化铜，受热分解所得(5).SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=SO42-+2CuCl↓+4H+(6).49(7).c(Cl-)过大导致白色沉淀溶解(8).取少量白色沉淀加入到饱和氯化钠溶液中，搅拌，若白色沉淀溶解，说明猜想二成立，反之不成立【解析】【分析】I．热分解CuCl2•2H2O制备CuCl，发生的反应为2CuCl2·2H2O2CuCl+Cl2↑+4H2O，因为氯化铜是强酸弱碱盐，CuCl2·2H2O受热时可能发生水解反应生成氢氧化铜和氯化氢，为抑制水解，气体入口需要通入HCl气体，然后加热A处试管，干燥管中无水硫酸铜变蓝，可以检验生成的水，D中NaOH溶液吸收尾气；Ⅱ．(4)操作②为向含有铜离子、氯离子的溶液中通入二氧化硫气体，生成CuCl沉淀，据此书写反应的方程式；(5)根据氢原子守恒分析解答；根据盐酸中含有的离子结合题意猜想并验证。【详解】I．(1)根据图示，仪器X为硬质玻璃管，2CuCl2·2H2O2CuCl+Cl2↑+4H2O，氯气有毒，所以氯气在C中用氢氧化钠吸收，故答案为：硬质玻璃管；NaOH溶液；(2)因为氯化铜是强酸弱碱盐，CuCl2·2H2O受热时可能发生水解反应生成氢氧化铜和氯化氢，为了抑制水解，需要在“气体入口”通入HCl，故答案为：HCl；(3)HCl气流不足，导致Cu2+水解产生氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜，故答案为：HCl气流不足，导致Cu2+水解产生氢氧化铜，受热分解所得；Ⅱ．(4)操作②为向含有铜离子、氯离子的溶液中通入二氧化硫气体，反应为SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=SO42-+2CuCl↓+4H+，故答案为：SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=SO42-+2CuCl↓+4H+；(5)设10.0mol/LH2SO4的体积为VmL，则0.2×0.1+V×10.0×2=10×0.1，解之得V=49mL，猜想二：结合盐酸中的离子进行猜想，可能是氯离子的浓度过大，导致白色沉淀溶解，可以取少量白色沉淀加入到饱和氯化钠溶液中，搅拌，若白色沉淀溶解，说明猜想二成立，反之不成立，故答案为：49；c(Cl-)过大导致白色沉淀溶解；取少量白色沉淀加入到饱和氯化钠溶液中，搅拌，若白色沉淀溶解，说明猜想二成立，反之不成立。9.中科院大连化学物理研究所的一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯，甲烷在催化作用下脱氢，在气相中经自由基偶联反应生成乙烯，如图所示。（1）现代石油化工采用Ag作催化剂，可实现乙烯与氧气制备X（分子式C2H4O，不含