2019届二轮复习“7＋5”小卷练(八)作业（全国通用）
“7＋5”小卷练(八)
本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间50分钟。
可能用到的相对原子质量：H—1 Li—7 C—12 N—14 O—16 K—39 Cl—35.5 Mn—55 Fe—56 Zn—65
选择题
一、选择题(本题共7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。)
7．(2018·河北名校联盟高三质检)下列各项叙述正确的是( )
①氯水、氨水、水玻璃、水银、福尔马林、淀粉均为混合物
②含有氧元素的化合物叫氧化物
③CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物，Na2O、Na2O2为碱性氧化物
④C60、C70、金刚石、石墨之间互为同素异形体
⑤强电解质溶液的导电能力一定强
⑥在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物
A．全部正确 B．①②⑤
C．②③⑥ D．④⑥
解析 ①水银是单质，属于纯净物，①错误；②由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物属于氧化物，含有氧元素的化合物不一定是氧化物，②错误；③NO2不是酸性氧化物，Na2O2不是碱性氧化物，③错误；④C60、C70、金刚石、石墨均是碳元素形成的单质，它们之间互为同素异形体，④正确；⑤强电解质溶液的导电能力不一定强，例如硫酸钡难溶于水，其溶液的导电能力很弱，⑤错误；⑥在熔化状态下能导电的化合物，说明一定存在离子键，为离子化合物，⑥正确，答案选D。
答案 D
8．北宋沈括的《梦溪笔谈》对指南针已有详细记载：“方家以磁石磨针锋，则能指南。”磁石的主要成分可能是( )
A．FeO B．Fe2O3
C．Fe3O4 D．CuFeS2
解析 磁石具有磁性，而Fe3O4又称为磁性氧化铁，具有铁磁性，结合选项推测磁石的主要成分为Fe3O4，C项正确。
答案 C
9．(2018·河北八校联考)下列实验设计所得结论不可靠的是( )
A．将电石与水反应产生的气体先通入CuSO4溶液再通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色说明有乙炔生成
B．某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，说明该钾盐可能是K2CO3或K2SO3
C．将浓硫酸和乙醇溶液共热产生的气体干燥后通入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色，说明有乙烯生成
D．将苯、液溴、铁粉混合物反应产生的气体通入到AgNO3溶液中有淡黄色沉淀产生，不能说明有HBr生成
解析 A．乙炔中混有H2S，具有还原性，先通入CuSO4溶液除去H2S，排除了干扰，再通入KMnO4溶液，溶液褪色能够说明有乙炔形成，A正确；B.某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，气体可能为CO2或SO2，说明该钾盐可能是KHCO3、KHSO3、K2SO3或K2CO3，不一定为K2CO3或K2SO3，则B错误；C项，将浓硫酸和乙醇溶液共热产生的气体干燥后通入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色，能够说明反应中有乙烯生成，故C正确；D项，液溴易挥发，生成的HBr中含有溴，溴和AgNO3溶液也生成淡黄色沉淀，从而干扰实验，则不能说明有HBr生成，故D正确。
答案 B
10．(2018·山东淄博高三联考)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．22.0 g T2O中含有的中子数为10NA
B．7.2 g过氧化钙(CaO2)固体中阴、阳离子总数为0.3NA
C．6.2 L NO2溶于足量水中，充分反应后转移的电子数为0.2NA
D．标准状况下，2.24 L NO和2.24 L O2混合充分反应后，原子总数是0.4NA
解析 A．22.0 g T2O的物质的量为：＝1 mol，含有中子的物质的量为：1 mol×12＝12 mol，含有的中子数为12NA，故A错误；B.7.2 g
过氧化钙的物质的量为0.1 mol，而过氧化钙由钙离子和过氧根构成，故0.1 mol过氧化钙中含0.2 mol离子即0.2NA个，故B错误；C.未说明是否为标准状况，无法计算6.2 L NO2气体的物质的量，无法计算转移的电子数，故C错误；D.标准状况下，2.24 L NO和2.24 L O2的物质的量均为0.1 mol，由于NO和氧气均为双原子分子，故0.1 mol NO和0.1 mol O2中含0.4 mol原子，而反应过程中满足原子个数守恒，故反应后体系中原子总数为0.4NA，故D正确；故选D。
答案 D
11．下列说法错误的是( )
A．硬脂酸甘油酯在NaOH溶液中水解完全后，加入饱和食盐水，下层析出硬脂酸钠
B．乙酸的分子模型可表示为
C．石油分馏是物理变化，可得到汽油、煤油和柴油等产品
D．相同物质的量的C3H6和C3H8O，充分燃烧，消耗氧气量相同
解析 硬脂酸甘油酯在NaOH溶液中发生水解反应，生成硬脂酸钠和甘油，加入饱和食盐水，上层析出硬脂酸钠，A项错误；乙酸的结构简式，分子模型为，B项正确；石油分馏是根据各馏分的沸点不同而进行分离的，为物理变化，可得到汽油、煤油和柴油等产品，C项正确；根据CxHyOz＋(x＋－)O2xCO2＋H2O可知，等物质的量的C3H6和C3H8O充分燃烧时消耗氧气量相同，D项正确。
答案 A
12．W、X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期主族元素，X和Y组成的某二元化合物是生产普通玻璃所需主要原料之一，Z的K层电子数与最外层电子数之和等于次外层电子数，WX2和W2X4中的化合价相同，且二者可以互相转化。下面说法中正确的是( )
A．原子半径大小：Z>X>W
B．WX2和W2X4均能与水发生化合反应
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>Z
D．常压下，常见单质的熔点：Z>W
答案 D
13．(2018·济南一中高三月考)25 ℃，将浓度均为0.1 mol/L、体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持Va＋Vb＝100 mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．Ka(HA)的值与Kb(BOH)的值不相等
B．b点时，水电离出的c(H＋)＝10－7 mol/L
C．c点时，c(A－)>c(B＋)
D．a→c过程中不变
解析 根据图知，浓度均为0.1 mol/L时，酸溶液的pH＝3，则c(H＋)<0.1 mol/L，说明HA是弱酸；碱溶液的pH＝11，c(OH－)<0.1 mol/L，则BOH是弱碱。A.酸碱恰好完全反应时溶液的pH＝7，溶液呈中性，说明HA电离程度和BOH电离程度相同，则Ka(HA)的值与Kb(BOH)的值相等，故A错误；B.BA是弱酸弱碱盐，促进水电离，所以b点水电离出的c(H＋)>10－7 mol/L，故B错误；C.c点溶液中溶质为BA和BOH，混合溶液的pH>7，说明BOH电离程度大于BA水解程度，则c(A－)
4.0时，锌、锰离子分离系数降低的原因是_____________________________________________________________
_________________________________________________________。
(4)(NH4)2S2O8是一种强氧化剂，能与Mn2＋反应生成SO和紫色MnO。用(NH4)2S2O8检验水相中的Mn2＋时发生反应的离子方程式为_______________________________________________________
_______________________________________________________。
(5)二氧化锰广泛用于电池。一种海水中的“水”电池的电池总反应可表示为5MnO2＋2Ag＋2NaCl===Na2Mn5O10＋2AgCl。电池放电时，负极的电极反应式为
___________________________________________________________。
(6)电解尿素的碱性溶液制取N2和H2的装置如图所示。(电解池中的隔膜仅阻止气体通过，两电极都是惰性电极)
A电极的名称为________，若起始时加入电解池的原料配比＝3，完全反应后，电解排出液中＝________。
解析 (1)根据图示，“酸浸”时，当温度为95 ℃时，锌、锰离子浸出率均较大，再升高温度，浸出率变化不大，故最适宜温度为95 ℃
。(2)根据工艺流程分析，酸浸时，ZnS、MnO2分别转化为ZnSO4、MnSO4，即S由－2价升为＋6价，Mn由＋4价降为＋2价，根据得失电子守恒，ZnS、MnO2的化学计量数之比为1∶4，再根据原子守恒，配平化学方程式为：ZnS＋4MnO2＋4H2SO4===ZnSO4＋4MnSO4＋4H2O。(3)P507属于酸性萃取剂，pH过大，P507与OH－反应而损失，因此锌、锰离子分离系数降低。(4)S2O与Mn2＋反应，生成MnO和SO，根据S2O2SO、Mn2＋MnO，由得失电子守恒，S2O、Mn2＋的化学计量数之比为5∶2，再根据电荷守恒和原子守恒，配平离子方程式为：5S2O＋2Mn2＋＋8H2O===2MnO＋10SO＋16H＋。(5)根据总反应，电池放电时，负极上Ag发生氧化反应，转化为AgCl，电极反应为：Ag－e－＋Cl－===AgCl。(6)根据装置图，A电极上尿素转化为N2，氮元素化合价由－3价升为0价，发生氧化反应，则A极为阳极。电解时阳极反应为：CO(NH2)2＋8OH－－6e－===CO＋N2↑＋6H2O，阴极反应为：6H2O＋6e－===3H2↑＋6OH－，故电解总反应为：CO(NH2)2＋2OH－CO＋N2↑＋3H2↑，若起始时加入电解池的原料配比＝3，假设n(KOH)＝3a mol，n[CO(NH2)2]＝a mol，则反应完全，KOH剩余a mol，生成CO a mol，电解排出液中＝1。
答案 (1)95 ℃
(2)ZnS＋4MnO2＋4H2SO4===ZnSO4＋4MnSO4＋4H2O
(3)P507是酸性萃取剂，pH过大，其会发生反应而损失(或锌、锰离子水解程度增大等其他合理答案)
(4)2Mn2＋＋5S2O＋8H2O===2MnO＋10SO＋16H＋
(5)Ag－e－＋Cl－===AgCl
(6)阳极 1
28．(14分)(2018·青岛胶南一中高三模拟)运用化学反应原理研究碳、氮的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。
(1)已知反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH＝－99 kJ·mol－1中的化学键能如下：
化学键
H—H
C—O
C≡O
H—O
C—H
E/(kJ·mol－1)
436
343
x
465
413
则x＝________。
(2)甲醇作为一种重要的化工原料，既可以作为燃料，还可用于合成其他化工原料。在一定条件下可利用甲醇羰基化法制取甲酸甲酯，其反应原理可表示为：CH3OH(g)＋CO(g)HCOOCH3(g) ΔH＝29.1 kJ·mol－1。向体积为2 L的密闭容器中充入2 mol CH3OH(g)和2 mol CO，测得容器内的压强(p：kPa)随时间(t：min)的变化关系如下图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ曲线所示：
①Ⅱ和Ⅰ相比，改变的反应条件是___________________________。
②反应Ⅰ在5 min时达到平衡，在此条件下从反应开始到达到平衡时速率v(HCOOCH3)＝________。
③反应Ⅱ在2 min时达到平衡，平衡常数K(Ⅱ)＝________。在体积和温度不变的条件下，在上述反应达到平衡Ⅱ时，再往容器中加入1 mol CO和2 mol HCOOCH3后v(正)________v(逆)(填“>”“<”“＝”)，原因是_______________________
___________________________________________________________。
④比较反应Ⅰ的温度(T1)和反应Ⅲ的温度(T3)的高低：T1________T3(填“>”“<”“＝”)，判断的理由是__________________________________
________________________________________________________。
(3)超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2。某研究小组在实验室用某新型催化剂对CO、NO催化转化进行研究，测得NO转化为N2的转化率随温度、CO混存量的变化情况如下图所示，利用以下反应填空：
2NO＋2CON2＋2CO2(有CO) 2NON2＋O2(无CO)
①若不使用CO，温度超过775 ℃，发现NO的分解率降低，其可能的原因为_____________________________________________________________
_________________________________________________________。
②在n(NO)/n(CO)＝1的条件下，应控制的最佳温度在________左右。
A．670 K B．770 K
C．870 K D．970 K
解析 (1)ΔH＝反应物的键能总和－生成物的键能总和，则ΔH＝x＋2×436 kJ·mol－1－3×413 kJ·mol－1－343 kJ·mol－1－465 kJ·mol－1＝－99 kJ·mol－1，则x＝1 076 kJ·mol－1。
(2)①由CH3OH(g)＋CO(g)HCOOCH3(g)可知，该反应前后气体的分子数不同。由图像可知，Ⅱ和Ⅰ相比，其平衡状态的压强相同，说明这两个平衡是在相同温度下建立的，但建立平衡所用的时间不同，说明反应速率不同，所以改变的反应条件是：Ⅱ中使用催化剂。②向体积为2 L的密闭容器中充入2 mol CH3OH(g)和2 mol CO，反应I在5 min时达到平衡，在此条件下CH3OH(g)＋CO(g)HCOOCH3(g)从反应开始到达到平衡时，由图可知，反应前后的压强之比为4∶3。在同温同体积条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，所以平衡时混合气体的总物质的量为3 mol，气体的总变化量为1 mol，由反应的化学方程式可知，HCOOCH3的平衡量等于气体的总变化量，即n(HCOOCH3)＝1 mol。因此，速率v(HCOOCH3)＝＝0.10 mol·L－1·min－1。
③化学平衡常数只与温度有关，可以由平衡Ⅰ的数据计算K(Ⅱ)，平衡Ⅰ体系中各组分的平衡浓度均为0.5 mol/L。在相同温度下，反应Ⅱ在2 min时达到平衡，平衡常数K(Ⅱ)。K(I)＝
＝2。在体积和温度不变的条件下，在上述反应达到平衡Ⅱ时，再往容器中加入1 mol CO和2 mol HCOOCH3后v(正)2＝K可知，反应向逆方向进行，故v(正)T3，判断的理由是：此反应为放热反应，降温可以使平衡向正反应方向移动，容器内气体的压强减小(或反应I达平衡时所需的时间比反应Ⅲ达平衡时所需的时间短，反应速率快，故T1温度更高)。
(3)①若不使用CO，温度超过775 ℃，发现NO的分解率降低，其可能的原因为：此反应为放热反应，升高温度反应更有利于向逆反应方向进行。
②在n(NO)/n(CO)＝1的条件下，由图可知，在870 K左右，NO转化为N2的转化率达到最高，故应控制的最佳温度在870 K左右，选C(或850～900之间都可以)。
答案 (1)1 076
(2)①Ⅱ中使用催化剂 ②0.10 mol·L－1·min－1
③2 L·mol－1 < 浓度商Qc＝1.5/(0.5×1)＝3>2＝K反应向逆方向进行，故v(正) 此反应为放热反应，降温，平衡向正向进行(或反应I达平衡时所需的时间比反应Ⅲ达平衡时所需的时间短，反应速率快，故T1温度更高)
(3)①此反应为放热反应，升高温度反应更有利于向逆反应方向进行 ②C(或850～900之间都可以)
(二)选考题：共15分。请考生从给出的2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
35．【选修3：物质结构与性质】(15分)铬铁合金作为钢的添加料生产多种具有高强度、耐高温、耐腐蚀等优良性能的特种钢，这类特种钢中含有碳、硅、氧、氮、磷等元素。
(1)基态Cr原子的价电子排布式为________________________________。
(2)C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为
_____________________________________________。
(3)PO的空间构型为_________________________________________________，
中心原子的杂化方式为_____________________________________。
(4)碳化硅(SiC)晶体具有类似金刚石的结构，其中碳原子和硅原子的位置是交替的，但是碳化硅的熔点低于金刚石，原因是____________________。
(5)无水CrCl3和氨分子作用能形成某种配合物，该配合物的组成相当于CrCl3·6NH3。已知：若加入AgNO3溶液，能从该配合物的水溶液中将所有的氯沉淀为AgCl；若加入NaOH溶液并加热，无刺激性气体产生。请从配合物的形式推算出它的内界和外界，写出该配合物的结构式________________________，
1 mol该配合物中含有σ键的数目为________。
(6)铁和氮形成一种晶体，晶胞结构如图所示，则该晶体的化学式为________________________________________________，
若该晶体的密度为ρ g·cm－3，用NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的体积是________ cm3。
解析 (1)基态Cr原子核外有24个电子，电子排布式为[Ar]3d54s1，故价电子排布式为3d54s1。(2)同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但由于N的2p能级上电子半充满，为较稳定结构，故其第一电离能大于O的第一电离能，故第一电离能：N>O>C。(3)PO中P无孤电子对，空间构型为正四面体形，中心原子P的杂化方式为sp3杂化。(5)加入AgNO3溶液，能将所有氯沉淀，说明Cl－为外界，加入NaOH溶液并加热，无刺激性气体产生，说明NH3在内界，故该配合物的结构式为[Cr(NH3)6]Cl3。该配合物中Cr与6个NH3之间的配位键均为σ键，NH3中N—H键为σ键，故1 mol该配合物中含有σ键的数目为24NA。(6)该晶胞中Fe位于顶点和面心，个数为8×＋6×＝4，N位于体心，个数为1，故该晶体的化学式为Fe4N。该晶胞质量为 g＝，故该晶胞的体积为 g÷ρ g·cm－3＝ cm3。
答案 (1)3d54s1 (2)N>O>C (3)正四面体 sp3
(4)两种晶体都是原子晶体，原子半径越小，键长越短，键能越大，熔点越高。原子半径：C
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