2025年下學期高三化學中檔題鞏固練習（四）一、選擇題（每題6分，共42分）1.化學與生活下列說法錯誤的是（）A.維生素C具有還原性，可作食品抗氧化劑B.硅膠多孔，吸水能力強，可作食品干燥劑C.二氧化硫具有漂白性，可大量用于食品增白D.次氯酸鈉溶液可用于環(huán)境消毒，其原理是水解生成的HClO具有強氧化性解析：A正確：維生素C分子中含多個羥基和碳碳雙鍵，易被氧化，可清除自由基，作抗氧化劑。B正確：硅膠（SiO?·nH?O）為多孔結(jié)構(gòu)，吸附水分能力強，且無毒，常用于食品干燥劑。C錯誤：二氧化硫有毒，對人體呼吸道和肝腎功能有損害，我國規(guī)定食品中SO?殘留量需嚴格控制（如葡萄酒中≤0.25g/L），不可“大量使用”。D正確：NaClO水解生成HClO：ClO?+H?O?HClO+OH?，HClO具有強氧化性，能使蛋白質(zhì)變性，可用于消毒。2.阿伏加德羅常數(shù)設(shè)N?為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A.1mol/LNaCl溶液中含有的Na?數(shù)目為N?B.標準狀況下，22.4L苯含有的分子數(shù)為N?C.1molFe與足量稀硝酸反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3N?D.16gO?和O?的混合氣體中含有的氧原子數(shù)為N?解析：A錯誤：未給出溶液體積，無法計算Na?數(shù)目（n=cV，缺少V）。B錯誤：標準狀況下苯為液態(tài)（沸點80.1℃），不能用氣體摩爾體積（22.4L/mol）計算。C正確：Fe與足量稀硝酸反應(yīng)生成Fe3?：Fe+4HNO?(稀)=Fe(NO?)?+NO↑+2H?O，1molFe失去3mol電子，轉(zhuǎn)移電子數(shù)3N?。D正確：O?和O?均由氧原子構(gòu)成，16g混合氣體中氧原子物質(zhì)的量為16g/16g/mol=1mol，數(shù)目為N?。3.有機物結(jié)構(gòu)與性質(zhì)某有機物結(jié)構(gòu)簡式如下，下列說法錯誤的是（）CH?=CH-CH?-COOHA.能使溴水褪色B.能發(fā)生酯化反應(yīng)C.能與NaHCO?溶液反應(yīng)生成CO?D.1mol該有機物最多可與2molH?加成解析：A正確：分子含碳碳雙鍵（C=C），可與Br?發(fā)生加成反應(yīng)，使溴水褪色。B正確：含羧基（-COOH），可與醇發(fā)生酯化反應(yīng)（如與乙醇反應(yīng)生成CH?=CH-CH?-COOCH?CH?）。C正確：-COOH酸性強于H?CO?，反應(yīng)為：-COOH+NaHCO?→-COONa+CO?↑+H?O。D錯誤：只有碳碳雙鍵可與H?加成，羧基（-COOH）中的碳氧雙鍵不與H?加成，1mol該有機物最多與1molH?加成。4.元素周期律短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X是地殼中含量最多的元素，Y原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的3倍，Z與X同主族，W的原子半徑在同周期主族元素中最小。下列說法正確的是（）A.原子半徑：r(Y)<r(Z)<r(W)B.簡單氫化物的穩(wěn)定性：Y>X>ZC.最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性：W>ZD.X與Z形成的化合物中只含離子鍵解析：元素推斷：X為O（地殼中含量最多）；Y為O？→錯誤，Y原子序數(shù)小于Z、W，且“最外層電子數(shù)是內(nèi)層3倍”，內(nèi)層只能為2個電子（K層），最外層6個，故Y為O？→矛盾，X應(yīng)為地殼中含量最多的元素O，Y原子序數(shù)小于X？題目說“原子序數(shù)依次增大”，故Y只能為第二周期元素，內(nèi)層電子數(shù)為2，最外層6，Y為O？→題目可能有誤，重新推斷：X是地殼中含量最多的元素（O），Y原子序數(shù)大于X？不可能，應(yīng)為X為H？→題目可能存在表述問題，按常規(guī)思路：正確推斷：Y最外層電子數(shù)是內(nèi)層3倍→內(nèi)層2電子，最外層6→Y為O；X原子序數(shù)小于Y，且為短周期主族元素，地殼中含量最多的元素是O，故X只能為H（若X為O，則Y無法大于X）。修正后：X=H，Y=O，Z與X同主族且原子序數(shù)大于Y→Z=Na，W為第三周期原子半徑最小→Cl。選項分析：A錯誤：原子半徑Na（Z）>Cl（W）>O（Y），即r(Y)<r(W)<r(Z)。B錯誤：簡單氫化物穩(wěn)定性H?O（Y）>HCl（W）>NaH（Z，為離子化合物，不存在穩(wěn)定性比較），正確順序為Y>W>Z。C正確：最高價氧化物對應(yīng)水化物酸性HClO?（W）>NaOH（Z，為堿）。D錯誤：X與Z形成的化合物為NaH，只含離子鍵（H?與Na?），但若X為O，Z為S，則化合物SO?含共價鍵，此處按修正后推斷D正確，但原題目可能存在矛盾，需注意審題。5.化學平衡在密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：2SO?(g)+O?(g)?2SO?(g)ΔH=-196.6kJ/mol，下列說法正確的是（）A.升高溫度，正反應(yīng)速率增大，逆反應(yīng)速率減小B.增大壓強，平衡正向移動，K值增大C.加入催化劑，平衡常數(shù)不變，但SO?的轉(zhuǎn)化率提高D.達到平衡時，2v正(O?)=v逆(SO?)解析：A錯誤：升高溫度，正逆反應(yīng)速率均增大，因ΔH<0，平衡逆向移動。B錯誤：K值只與溫度有關(guān)，增大壓強平衡正向移動，但K不變。C錯誤：催化劑同等程度改變正逆反應(yīng)速率，平衡不移動，SO?轉(zhuǎn)化率不變。D正確：平衡時，不同物質(zhì)的正逆反應(yīng)速率關(guān)系需滿足化學計量數(shù)之比：v正(O?)/v逆(SO?)=1/2，即2v正(O?)=v逆(SO?)。6.電解質(zhì)溶液常溫下，下列溶液中粒子濃度關(guān)系正確的是（）A.pH=2的CH?COOH溶液與pH=12的NaOH溶液等體積混合：c(Na?)=c(CH?COO?)+c(CH?COOH)B.0.1mol/LNa?CO?溶液：c(OH?)=c(H?)+c(HCO??)+2c(H?CO?)C.0.1mol/LNH?Cl溶液：c(NH??)>c(Cl?)>c(H?)>c(OH?)D.0.1mol/LCH?COONa溶液中加入少量CH?COOH固體，溶液pH增大解析：A錯誤：pH=2的CH?COOH（弱酸）濃度遠大于0.01mol/L，與pH=12的NaOH（0.01mol/L）等體積混合后，CH?COOH過量，溶液呈酸性，根據(jù)物料守恒：c(CH?COO?)+c(CH?COOH)>c(Na?)。B正確：質(zhì)子守恒，水電離的H?和OH?總量相等：c(OH?)=c(H?)+c(HCO??)+2c(H?CO?)（H?CO?中含2個H?）。C錯誤：NH?Cl溶液中NH??水解：NH??+H?O?NH?·H?O+H?，故c(Cl?)>c(NH??)>c(H?)>c(OH?)。D錯誤：CH?COONa溶液中存在水解平衡：CH?COO?+H?O?CH?COOH+OH?，加入CH?COOH固體，平衡逆向移動，OH?濃度減小，pH減小。7.電化學一種新型可充電電池的工作原理如圖所示，已知a為Al電極，b為NiO(OH)電極，電解液為KOH溶液。下列說法錯誤的是（）A.放電時，電子由a極經(jīng)外電路流向b極B.放電時，b極的電極反應(yīng)式為NiO(OH)+H?O+e?=Ni(OH)?+OH?C.充電時，a極接電源正極，發(fā)生氧化反應(yīng)D.充電時，電路中每轉(zhuǎn)移1mol電子，理論上生成1molAl解析：電池類型：Al為活潑金屬，作負極，NiO(OH)作正極，為二次電池。放電時（原電池）：A正確：電子由負極（a）經(jīng)外電路流向正極（b）。B正確：正極NiO(OH)得電子被還原：NiO(OH)+H?O+e?=Ni(OH)?+OH?。充電時（電解池）：C錯誤：a極為負極，充電時應(yīng)接電源負極，作陰極，發(fā)生還原反應(yīng)（Al3?+3e?=Al）。D正確：充電時陰極反應(yīng)為Al3?+3e?=Al，轉(zhuǎn)移3mol電子生成1molAl，故轉(zhuǎn)移1mol電子生成1/3molAl，選項D錯誤？原題目可能存在選項設(shè)計問題，按放電時負極反應(yīng)：Al-3e?+4OH?=AlO??+2H?O，充電時陰極反應(yīng)：AlO??+3e?+2H?O=Al+4OH?，轉(zhuǎn)移3mol電子生成1molAl，故D錯誤。正確答案應(yīng)為C和D，但根據(jù)單選題要求，可能題目中“生成1molAl”應(yīng)為“消耗1molAl”，此處按原題選C。二、非選擇題（共58分）8.工業(yè)流程題（14分）以黃銅礦（主要成分為CuFeS?，含少量SiO?）為原料制備膽礬（CuSO?·5H?O）的工藝流程如下：黃銅礦→粉碎→焙燒→酸浸→過濾→氧化→調(diào)節(jié)pH→過濾→蒸發(fā)濃縮→冷卻結(jié)晶→膽礬（1）焙燒時，CuFeS?與O?反應(yīng)生成CuO、Fe?O?和SO?，寫出該反應(yīng)的化學方程式：。（2）酸浸時，需加入的酸是（填化學式），濾渣1的主要成分是________。（3）氧化步驟中，加入H?O?的目的是________，反應(yīng)的離子方程式為________。（4）調(diào)節(jié)pH時，需控制溶液pH約為3.7，目的是________，可選用的試劑是________（填字母）。A.NaOHB.CuOC.Cu(OH)?D.NH?·H?O（5）蒸發(fā)濃縮時，若溫度過高，會導致產(chǎn)品中混有________（填化學式）。答案與解析：（1）4CuFeS?+13O?=4CuO+2Fe?O?+8SO?（配平：CuFeS?中Cu+2、Fe+2、S-2，產(chǎn)物中CuO（Cu+2）、Fe?O?（Fe+3）、SO?（S+4），1molCuFeS?失去電子：Fe：1mol×1=1，S：2mol×6=12，共13mol，O?得電子4mol/分子，故4CuFeS?~13O?）。（2）H?SO?；SiO?（酸浸目的是溶解CuO和Fe?O?，選用H?SO?不引入雜質(zhì)；SiO?不溶于酸，為濾渣1）。（3）將Fe2?氧化為Fe3?；2Fe2?+H?O?+2H?=2Fe3?+2H?O（酸浸后溶液中含F(xiàn)e2?和Fe3?，H?O?在酸性條件下將Fe2?氧化為Fe3?，便于后續(xù)調(diào)節(jié)pH除去）。（4）使Fe3?完全沉淀為Fe(OH)?，而Cu2?不沉淀；BC（Fe3?在pH=3.7時完全沉淀，Cu2?在pH>4.4時開始沉淀；選用CuO或Cu(OH)?調(diào)節(jié)pH，不引入新雜質(zhì)，NaOH和NH?·H?O會引入Na?或NH??）。（5）CuSO?（膽礬（CuSO?·5H?O）受熱易失去結(jié)晶水：CuSO?·5H?O△=CuSO?+5H?O，溫度過高導致結(jié)晶水失去，產(chǎn)品混有CuSO?）。9.化學反應(yīng)原理（14分）研究NO?的消除對環(huán)境保護有重要意義。（1）已知：①N?(g)+O?(g)=2NO(g)ΔH?=+180.5kJ/mol②2H?(g)+O?(g)=2H?O(g)ΔH?=-483.6kJ/mol則反應(yīng)2NO(g)+2H?(g)=N?(g)+2H?O(g)的ΔH=kJ/mol。（2）在恒容密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)2NO(g)+2H?(g)?N?(g)+2H?O(g)，下列說法能判斷反應(yīng)達到平衡的是（填字母）。A.容器內(nèi)氣體密度不再變化B.容器內(nèi)壓強不再變化C.v正(NO)=v逆(N?)D.c(NO)∶c(H?)∶c(N?)=2∶2∶1（3）在T℃時，向2L恒容容器中充入0.4molNO和0.4molH?，發(fā)生反應(yīng)2NO(g)+2H?(g)?N?(g)+2H?O(g)，測得n(N?)隨時間變化如下表：|時間/min|0|1|2|3|4||----------|---|---|---|---|---||n(N?)/mol|0|0.05|0.08|0.10|0.10|①0~2min內(nèi)，v(H?O)=mol/(L·min)。②該溫度下，反應(yīng)的平衡常數(shù)K=。③若升高溫度，K值________（填“增大”“減小”或“不變”），理由是________。答案與解析：（1）-664.1（根據(jù)蓋斯定律，②-①得：2NO+2H?=N?+2H?OΔH=ΔH?-ΔH?=-483.6-180.5=-664.1kJ/mol）。（2）B（A錯誤：恒容容器，氣體總質(zhì)量不變，密度始終不變；B正確：反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不等（4mol→3mol），壓強不變時達到平衡；C錯誤：v正(NO)=2v逆(N?)時才平衡；D錯誤：濃度比等于化學計量數(shù)比不一定是平衡狀態(tài)）。（3）①0.04（0~2min內(nèi)n(N?)=0.08mol，v(N?)=0.08mol/(2L×2min)=0.02mol/(L·min)，v(H?O)=2v(N?)=0.04mol/(L·min)）。②100（平衡時n(N?)=0.10mol，列三段式：2NO(g)+2H?(g)?N?(g)+2H?O(g)起始(mol)：0.40.400轉(zhuǎn)化(mol)：0.20.20.10.2平衡(mol)：0.20.20.10.2濃度(mol/L)：0.10.10.050.1K=(c(N?)·c2(H?O))/(c2(NO)·c2(H?))=(0.05×0.12)/(0.12×0.12)=0.05/0.001=50？計算錯誤：分母應(yīng)為c2(NO)·c2(H?)=0.12×0.12=0.0001，分子c(N?)·c2(H?O)=0.05×(0.1)2=0.0005，K=0.0005/0.0001=5。修正后K=5，原計算中平衡時n(NO)=0.4-0.2=0.2mol，濃度0.1mol/L正確，故K=5）。③減??；該反應(yīng)為放熱反應(yīng)（ΔH=-664.1kJ/mol），升高溫度平衡逆向移動，K值減小。10.物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)（15分）A、B、C、D、E為前四周期元素，原子序數(shù)依次增大。A的核外電子總數(shù)與其周期數(shù)相同；B的價電子排布式為ns?np?；C的最外層電子數(shù)是內(nèi)層的3倍；D與C同主族；E的價電子排布式為3d1?4s1。（1）E元素的名稱是________，其基態(tài)原子的電子排布式為________。（2）A與C形成的化合物A?C的沸點高于A?D，原因是________。（3）B、C、D的第一電離能由大到小的順序為________（用元素符號表示）。（4）B的最高價氧化物對應(yīng)的水化物分子中，B原子的雜化方式為________，該分子的空間構(gòu)型為________。（5）E與C形成的化合物EC的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示（黑球代表E，白球代表C），則該晶胞中含有的E原子數(shù)為________，若晶胞邊長為apm，該晶體的密度為________g/cm3（用N?表示阿伏加德羅常數(shù)的值）。答案與解析：（1）銅；[Ar]3d1?4s1（A為H（核外電子數(shù)=周期數(shù)=1）；B的價電子排布ns?np?，n=2（n=1時無np），故B為C（2s22p2）；C為O（最外層6電子，內(nèi)層2）；D為S（與O同主族）；E為Cu（3d1?4s1））。（2）H?O分子間存在氫鍵，而H?S分子間只有范德華力，氫鍵強于范德華力，故沸點H?O>H?S。（3）N>O>S（B=C，C=O，D=S，第一電離能：N（半滿穩(wěn)定）>O>S）。（4）sp2雜化；平面三角形（B的最高價氧化物對應(yīng)水化物為H?CO?，中心C原子價層電子對數(shù)=3（3個σ鍵，無孤電子對），雜化方式sp2，空間構(gòu)型平面三角形）。（5）4；(4×80)/(N?·a3×10?3?)（EC為CuO，晶胞中Cu原子：頂點8×1/8=1，面心6×1/2=3，共4個；O原子：棱上12×1/4=3，體心1×1=1，共4個，故化學式CuO，摩爾質(zhì)量80g/mol。晶胞體積V=(a×10?1?cm)3=a3×10?3?cm3，密度ρ=m/V=(4×80/N?)/(a3×10?3?)=320/(N?·a3×10?3?)g/cm3）。11.有機推斷題（15分）已知A為芳香烴，其相對分子質(zhì)量為92，B為A的一氯代物，C為B的消去產(chǎn)物，D為C的加成產(chǎn)物，E為D的水解產(chǎn)物，F(xiàn)為E的氧化產(chǎn)物，其轉(zhuǎn)化關(guān)系如下：A→(Cl?,光照)→B→(NaOH,醇,△)→C→(Br?/CCl?)→D→(NaOH,水,△)→E→(O?,Cu,△)→F（1）A的結(jié)構(gòu)簡式為________，名稱為________。（2）B→C的反應(yīng)類型為________，反應(yīng)條件中“醇”的作用是________。（3）D→E的化學方程式為________。（4）F的同分異構(gòu)體中，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)且屬于芳香族化合物的有________種，其中核磁共振氫譜有4組峰的結(jié)構(gòu)簡式為________。（5）參照上述流程，設(shè)計由苯制備環(huán)己醇的合成路線（無機試劑任選）：________。答案與解析：（1）C?H?-CH?（甲苯）；甲苯（A為芳香烴，相對分子質(zhì)量92，92-78（C?H?）=14，故A為甲苯（C?H?））。（2）消去反應(yīng)；作溶劑，提供堿性環(huán)境（B為甲苯的一氯代物，可能為鄰、間、對氯甲苯或芐基氯（C?H?CH?Cl），消去反應(yīng)生成C，故B應(yīng)為芐基氯（C?H?CH?Cl），消去生成C?H?CH=CH?（苯乙烯））。（3）C?H?CHBrCH?Br+2NaOH→(水,△)→