2020版高考化学二轮复习 答题方法突破“7+1”小卷练

2020版高考化学二轮复习 答题方法突破“7+1”小卷练

‎“7＋1”小卷练 本试卷分选择题和非选择题两部分。满分56分，考试时间30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．化学与生活密切相关。下列说法正确的是(　　)‎ A．食品中的抗氧化剂对人体无害且均具有氧化性 B．尼龙绳是由天然高分子化合物制成的，强度很大 C．用氯气可以处理自来水中的Cu2＋、Hg2＋、Pb2＋等重金属离子 D．ClO2具有强氧化性，用于自来水的杀菌消毒时比Cl2的效率高 解析　食品抗氧化剂是能阻止或延缓食品氧化变质、提高食品稳定性和延长食品贮存期的食品添加剂，抗氧化剂一般是具有还原性的物质，适当使用对人体无害，A项错误；尼龙绳的主要成分是合成纤维，合成纤维属于高分子化合物，但不是天然高分子化合物，B项错误；氯气溶于水会生成有强氧化性的次氯酸，从而能杀菌消毒，但用氯气不能处理自来水中的Cu2＋、Hg2＋、Pb2＋等重金属离子，C项错误；ClO2中Cl为＋4价，Cl2中Cl为0价，杀菌消毒时两者均转化为－1价的Cl，单位质量的两种物质，ClO2的消毒效率为5×，Cl2的消毒效率为2×，计算可知ClO2的杀菌消毒效率是Cl2的倍＝2.63倍，D项正确。‎ 答案　D ‎8．我国明代《本草纲目》中收载药物1 892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所谓的“法”是指(　　)‎ A．萃取 B．渗析 ‎ C．蒸馏 D．干馏 68‎ 解析　根据题意知，该“法”为蒸馏，C项正确。‎ 答案　C ‎9．下列关于有机物的说法中错误的是(　　)‎ A．正丁烷和异丁烷的熔、沸点不相同 B．乙烯、苯、乙酸分子中的所有原子都在同一平面上 C．分子式为C3H8的烷烃，其一氯代物有2种 D．乙烯和甲烷可用酸性高锰酸钾溶液鉴别 解析　正丁烷和异丁烷是两种不同的有机物，二者的熔、沸点不相同，A项正确；乙酸分子中含有甲基，分子中的所有原子不可能都在同一平面上，B项错误；分子式为C3H8的烷烃是丙烷，丙烷中含有两种不同化学环境的氢原子，故其一氯代物有2种，C项正确；乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此乙烯和甲烷可用酸性高锰酸钾溶液鉴别，D项正确。‎ 答案　B ‎10．(2018·河南漯河高级中学联考)实验室用N2与Mg制备Mg3N2的装置如图所示(焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气)，下列说法正确的是(　　)‎ A．①、②、③中依次盛装浓H2SO4溶液、NaOH溶液、焦性没食子酸溶液 B．实验操作顺序为：通空气→管式电炉⑤通电加热→管式电炉④通电加热 C．④的作用是预热经净化后的氮气 D．当⑤的瓷舟中燃烧产生白光时，⑤可停止通电加热装置 解析　A、如果①、②、③中依次盛装浓H2SO4溶液、NaOH溶液、焦性没食子酸溶液，那么通入④和⑥中的气体中含有大量的水蒸气，会干扰实验，选项A错误；B、实验操作顺序为：通空气→管式电炉④通电加热→管式电炉⑤通电加热，选项B错误；C、④的作用是进一步除去空气中的氧气，选项C错误；D、当⑤的瓷舟中燃烧产生白光时，⑤可停止通电加热装置，利用反应放出的热量使反应继续，选项D正确。‎ 答案　D ‎11．(2018·衡阳市八中高三月考)‎ 68‎ 埋在地下的钢管道可以用如图所示方法进行电化学保护。下列说法正确的是(　　)‎ A．该方法将电能转化成化学能 B．在此装置中钢管道作正极 C．该方法称为“外加电流的阴极保护法”‎ D．镁块上发生的电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－‎ 解析　A．构成的原电池中，该方法是将化学能转化成了电能，A错误；B.根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，钢管道作正极，B正确；C.根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，C错误；D.镁块作负极，电极反应：Mg－2e－＋2OH－===Mg(OH)2↓，D错误。‎ 答案　B ‎12．W、X、Y、Z是四种短周期非金属元素，原子序数依次增大。X、Y原子核外L电子层的电子数之比为3∶4，X与Z为同主族元素，且X、Y、Z的最外层电子数之和为16，W的简单离子W－能与水反应生成单质W2。下列说法正确的是(　　)‎ A．单质熔点：Z>Y B．W与X形成的化合物中只含有极性键 C．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y D．气态氢化物的热稳定性：Z>X 解析　根据X、Y原子核外L电子层的电子数之比为3∶4知，X的L层可以为3或6，即X为B或O，X与Z为同主族元素，若X为B，则Z为Al，为金属元素，不符合题意，故X为O，Z为S；根据X、Y、Z的最外层电子数之和为16，而X(O)、Z(S)的最外层电子数均为6，则Y的最外层电子数为4，故Y为Si。W－能与H2O反应生成单质W2，则W为H。S为分子晶体，Si为原子晶体，故单质熔点：SSi，故最高价氧化物对应水化物的酸性：H2SO4>H2SiO3，C项正确；非金属性：S1∶8。下列对导致这一结果的原因的分析中，一定错误的是(　　)‎ A．Ⅰ、Ⅱ装置之间缺少干燥装置 B．Ⅲ装置之后缺少干燥装置 C．Ⅱ装置中玻璃管内有水冷凝 D．CuO没有全部被还原 解析　A．锌和稀硫酸反应生成的氢气会带出一部分水蒸气，Ⅰ、Ⅱ装置之间如果缺少干燥装置会使反应后测得水的质量增加，进而使氢元素的质量增加，而氧元素的质量不变，所以会导致质量比变大，故A正确；B.Ⅲ装置后缺少干燥装置，会使空气中的水蒸气进入Ⅲ装置中，而使测得的水的质量增加，进而使氢元素的质量增加，而对氧元素的质量没有影响，故B正确；C.我们是通过玻璃管中的固体的质量减少来确定氧元素的质量，所以Ⅱ装置中玻璃管内有水冷凝，那么由于有水的存在而使测得玻璃管质量变化小，从而导致测得的氧元素质量减小，故C正确；D.CuO没有全部被还原，只会使反应后生成的水的质量也随之减少，而对于氢、氧元素的质量没有影响，所以对实验结果没有影响，故D错误；故选D。‎ 答案　D ‎11．锌－空气电池由活性炭(空气扩散极)、锌、苛性碱溶液构成，其中活性炭部分浸泡在苛性碱溶液中，其工作原理如图所示，负极产物是ZnO。下列有关锌－空气电池的说法正确的是(　　)‎ 68‎ A．活性炭的作用是吸附空气，为电池提供氧化剂 B．原理图中的隔离膜为质子交换膜 C．负极反应式为Zn－2e－＋H2O===ZnO＋2H＋‎ D．电池工作时，外电路中流过0.2 mol电子，消耗‎3.2 g O2‎ 解析　A项，活性炭具有多孔结构，可有效地吸附空气，正确；B项，该电池的电解质溶液为苛性碱溶液，且负极消耗OH－，故隔离膜是阴离子交换膜，错误；C项，因该电池的电解质溶液为碱性溶液，故不可能生成H＋，正确的负极反应式为Zn－2e－＋2OH－===ZnO＋H2O，错误；D项，外电路流过0.2 mol电子时，消耗0.05 mol O2，错误。‎ 答案　A ‎12．X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，其中Z为金属元素，X、W为同一主族元素。X、Z、W分别与Y形成的最高价化合物为甲、乙、丙。结合如图转化关系，下列判断错误的是(　　)‎ A．反应③为工业制粗硅的原理 B．Z位于元素周期表第三周期ⅡA族 C．4种元素的原子中，Y原子的半径最小 D．工业上通过电解乙来制取Z 解析　由题意及题图分析可知X为C、Y为O、Z为Mg、W为Si，甲为CO2，乙为MgO，丙为SiO2，丁为CO。选项A，反应③为工业制粗硅的原理：‎2C＋SiO2Si＋2CO↑，故A正确；选项B，Z为Mg，位于元素周期表第三周期ⅡA族，故B正确；选项C，4种元素的原子中，半径最小的为O，故C正确；选项D，工业上通过电解熔融MgCl2得到Mg，故D错误。‎ 答案　D ‎13．(2018·河北省五个一联盟第二次联考)图(Ⅰ)和图(Ⅱ)分别为二元酸H‎2A 68‎ 和乙二胺(H2NCH2CH2NH2)溶液中各微粒的百分含量δ(即物质的量百分数)随溶液pH的变化曲线(‎25 ℃‎)。下列说法正确的是(　　)‎ A．[H3NCH2CH2NH3]A溶液显碱性 B．乙二胺(H2NCH2CH2NH2)的Kb2＝10－7.15‎ C．[H3NCH2CH2NH2][HA]溶液中各离子浓度大小关系为：c([H3NCH2CH2NH2]＋)>c(HA－)>c(H2NCH2CH2NH2)>c(A2－)>c(OH－)>c(H＋)‎ D．向[H3NCH2CH2NH2][HA]溶液中通入一定量的HCl气体，则可能增大也可能减小 解析　[H3NCH2CH2NH3]A的溶液中主要存在[H3NCH2CH2NH3]2＋离子和A2－离子。[H3NCH2CH2NH3]2＋离子的电离方程式为：[H3NCH2CH2NH3]2＋[H3NCH2CH2NH2]＋＋H＋，所以反应的平衡常数K＝，由图(Ⅱ)得到：当pH＝6.85时，c([H3NCH2CH2NH2]＋)＝c([H3NCH2CH2NH3]2＋)，所以K＝c(H＋)＝10－6.85。A2－离子的水解方程式为：A2－＋H2OHA－＋OH－，所以反应的平衡常数K＝，由图(Ⅰ)得到：当pH＝6.20时，c(HA－)＝c(A2－)，所以K＝c(OH－)＝10－(14－6.2)＝10－7.8。由上得到，[H3NCH2CH2NH3]2＋离子的电离平衡常数大于A2－离子的水解平衡常数，即[H3NCH2CH2NH3]2＋离子的电离应该占主导地位，所以[H3NCH2CH2NH3]A的溶液应该显酸性，选项A错误。乙二胺的两步电离为：H2NCH2CH2NH2＋H2O[H3NCH2CH2NH2]＋＋OH－；[H3NCH2CH2NH2]＋＋H2O[H3NCH2CH2NH3]2＋＋OH－，所以Kb2＝，由图(Ⅱ)得到，当pH＝6.85时，c([H3NCH2CH2NH2]＋)＝c([H3NCH2CH2NH3]2＋)，所以Kb2＝c(OH－)＝10－(14－6.85)＝10－7.15，选项B正确。[H3NCH2CH2NH2][HA]溶液中主要存在[H3NCH2CH2NH2]＋和HA－‎ 68‎ ‎，根据图(Ⅰ)得到：HA－的溶液应该显酸性，即HA－的电离占主导地位，其电离平衡常数为K＝，当pH＝6.20时，c(HA－)＝c(A2－)，所以K＝c(H＋)＝10－6.2；根据图(Ⅱ)得到：[H3NCH2CH2NH2]＋的溶液应该显碱性，即[H3NCH2CH2NH2]＋＋H2O[H3NCH2CH2NH3]2＋＋OH－占主导地位，其平衡常数上面已经计算出Kb2＝10－7.15，因为K>Kb2所以[H3NCH2CH2NH2][HA]溶液中应该以HA－的电离为主导，溶液应该显酸性，即c(OH－)b>c。平衡常数只与温度有关，所以a点与c点的平衡常数K相同。该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，N2的体积分数减小，所以T1>T2，d点的平衡常数小于a点和c点。③设CO起始物质的量为0.8 mol，反应达平衡时，CO转化了x mol，则有：‎ 平衡时，N2的体积分数为×100%＝20%，解得x＝0.6。所以，CO的转化率为×100%＝75%。(3)甲为原电池，乙为电解池，D电极上有红色铜析出，则A为负极，A电极处通入NO2，发生氧化反应，电极反应式为NO2－e－＋H2O===NO＋2H＋。电解时阴极先电解析出铜，后又电解水产生氢气，若加0.2 mol Cu(OH)2可使溶液复原，则转移电子数为(0.2 ×2＋0.2×2)NA＝0.8NA。(4)HC2O的水解常数Kh＝＝＝＝1.69×10－13，Khc(HC2O)>c(H＋)>c(C2O)>c(OH－)。当c(HC2O)＝c(C2O)时，由Ka2＝知，c(H＋)＝Ka2＝6.4×10－5 mol·L－1>c(OH－)，溶液呈酸性。‎ 答案　(1)4CO(g)＋2NO2(g)===4CO2(g)＋N2(g)　ΔH＝－1 227.8 kJ·mol－1‎ ‎(2)①1∶1　②a>b>c　a＝c>d　③75%‎ ‎(3)NO2　NO2－e－＋H2O===NO＋2H＋　0.8NA ‎(4)c(Na＋)>c(HC2O)>c(H＋)>c(C2O)>c(OH－)　酸性 ‎“7＋‎1”‎小卷练(四)‎ 本试卷分选择题和非选择题两部分。满分56分，考试时间30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 68‎ 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．化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中错误的是(　　)‎ A．海水资源丰富，从海水中可以获得溴、钾、镁、烧碱等物质 B．小苏打是制作馒头和面包等糕点的膨松剂，也是治疗胃酸过多的一种药剂 C．苯是一种重要的化工原料，可以从煤干馏中获得苯 D．大气中的SO2、NO2是酸性氧化物，与酸雨的形成密切相关 解析　从海水中可以获得溴、钾、镁和烧碱等物质，A项正确；小苏打是NaHCO3，可作糕点的膨松剂，也可治疗胃酸过多，B项正确；苯可以从煤干馏中得到，C项正确；SO2、NO2与酸雨的形成密切相关，但NO2不属于酸性氧化物，D项错误。‎ 答案　D ‎8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是(　　)‎ A．‎2.0 g HO与‎2.0 g D2O中所含的中子数均为NA B．‎14 g分子式为CnH2n的烃中含有的碳碳双键数为NA/n C．‎100 g质量分数为17%的H2O2水溶液中氢原子数为NA D．常温下，将‎56 g铁片投入到足量的浓硫酸中生成SO2的分子数为1.5NA 解析　A．‎2.0 g HO所含的中子数(18－8)NA＝NA与‎2.0 g D2O中所含的中子数[(2－1)×2＋(16－8)]NA＝NA，均为NA，故A正确；B‎.14 g分子式为CnH2n的烯烃的物质的量为＝mol，含有的碳碳双键数为NA/n，但分子式为CnH2n的烃不一定为烯烃，如是环烷烃，则没有碳碳双键，故B错误；C.水和双氧水中均含有氢原子，‎100 g质量分数为17%的H2O2水溶液中氢原子数多于NA，故C错误；D.常温下，铁在浓硫酸中钝化，将‎56 g铁片投入到足量的浓硫酸中生成SO2的分子数少于1.5NA，故D错误；故选A。‎ 答案　A ‎9．已知W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大。W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X为金属元素。下列说法一定正确的是(　　)‎ A．原子半径：X>Y>Z>W B．W的含氧酸的酸性比Z的含氧酸的酸性强 C．W的气态氢化物的稳定性小于Y的气态氢化物的稳定性 68‎ D．若W与X的原子序数差为5，则形成化合物的化学式为X3W2‎ 解析　根据提供的信息，可以推断出W在X、Y、Z的上一周期，故原子半径：X>Y>Z>W，A项正确；W、Z同主族，非金属性：W>Z，但W的含氧酸的酸性不一定比Z的含氧酸的酸性强，B项错误；W、Z同主族，非金属性：W>Z，Y、Z同周期，非金属性：YY，W的气态氢化物的稳定性大于Y的气态氢化物的稳定性，C项错误；若W与X的原子序数差为5。且四种元素中只有X为金属元素，则X为Mg时W为N，X为Al时W为O，二者形成化合物的化学式为Mg3N2或Al2O3，D项错误。‎ 答案　A ‎10．(2018·河北五校联考)分子中碳与氢两元素的质量比为21∶4的烃中主链上有5个碳原子的结构共有(　　)‎ A．3种 B．4种 ‎ C．5种 D．6种 解析　碳与氢的质量比为21∶4，即物质的量之比为∶，化简为7∶16，分子式为C7H16，属于烷烃，主链上有5个碳原子的结构：(另一个甲基可以在①②③位置上移动，有3种)、、‎ ‎，共有5种，故选项C正确。‎ 答案　C ‎11．(2018·山东济宁高三期末)高铁酸盐(如Na2FeO4)已经被广泛应用在水处理方面，以铁基材料为阳极，在高浓度强碱溶液中利用电解的方式可以制备高铁酸盐，装置如图。下列说法不正确的是(　　)‎ 68‎ A．a为阳极，电极反应式为Fe－6e－＋8OH－===FeO＋4H2O B．为防止高铁酸根扩散被还原，则离子交换膜为阳离子交换膜 C．在电解过程中溶液中的阳离子向a极移动 D．铁电极上有少量气体产生原因可能是4OH－－4e－===O2↑＋2H2O 解析　铁基材料为阳极，在高浓度强碱溶液中利用电解的方式可以制备高铁酸盐，所以铁是阳极，电极反应式为Fe－6e－＋8OH－===FeO＋4H2O，故A正确；阳离子交换膜可以阻止FeO进入阴极区域，故B正确；在电解过程中溶液中的阳离子向阴极移动，所以阳离子向b极移动，故C错误；铁电极上发生氧化反应，所以生成的气体可能是氧气，电极反应式是4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，故D正确。‎ 答案　C ‎12．298 K时，甲酸(HCOOH)和甲酸钠的混合溶液中HCOOH、HCOO－的浓度存在关系式：c(HCOO－)＋c(HCOOH)＝0.100 mol·L－1，含碳元素的粒子的浓度与pH的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．298 K时，加蒸馏水稀释P点溶液，溶液中n(H＋)·n(OH－)保持不变 B．0.1 mol·L－1 HCOONa溶液中有c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOOH)‎ C．298 K时，HCOOH的电离常数Ka＝1.0×10－3.75‎ D．0.1 mol·L－1 HCOONa溶液和0.1 mol·L－1 HCOOH溶液等体积混合后，溶液的pH＝3.75(混合后溶液体积变化忽略不计)‎ 解析　根据P点时，pH＝3.75，c(HCOO－)＝c(HCOOH)，可得HCOOH的电离常数Ka＝＝c(H＋)＝1.0×10－3.75，C项正确。298 K时，加蒸馏水稀释P点溶液，溶液中c(H＋)·c(OH－)＝Kw保持不变，但由于溶液体积增大，故n(H＋)·n(OH－‎ 68‎ ‎)增大，A项错误；0.1 mol·L－1 HCOONa溶液中，根据电荷守恒得，c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，由于水解是微弱的，HCOONa溶液中c(Na＋)>c(HCOOH)，故c(HCOO－)＋c(OH－)>c(H＋)＋c(HCOOH)，B项错误；0.1 mol·L－1 HCOONa溶液和0.1 mol·L－1 HCOOH溶液等体积混合，HCOOH的电离程度和HCOO－的水解程度不同，因此c(HCOO－)≠c(HCOOH)，故溶液的pH≠3.75，D项错误。‎ 答案　C ‎13．海洋动物海鞘中含有种类丰富、结构新颖的次生代谢产物，是海洋抗肿瘤活性物质的重要来源之一。一种从海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物的流程如下：‎ 若在实验室模拟该流程，下列关于该流程中各步骤的说法，错误的是(　　)‎ 选项 步骤 采用装置 主要仪器 A ‎①‎ 过滤装置 漏斗 B ‎②‎ 分液装置 分液漏斗 C ‎③‎ 蒸发装置 坩埚 D ‎④‎ 蒸馏装置 蒸馏烧瓶 解析　步骤①分离得到滤液和不溶性物质，显然是分离固液混合物，其操作为过滤，需要漏斗、烧杯等仪器，A项正确；步骤②分离得到有机层溶液和水层溶液，显然是分离互不相溶的液体混合物，其操作为分液，需要分液漏斗、烧杯等仪器，B项正确；步骤③是从水溶液中得到固体，其操作为蒸发，需要蒸发皿等仪器，而坩埚是灼烧固体的仪器，C项错误；步骤④是从有机层溶液中分离得到甲苯，显然是分离沸点不同的液体混合物，其操作为蒸馏，需要蒸馏烧瓶、酒精灯、温度计、冷凝管等仪器，D项正确。‎ 答案　C 非选择题 ‎26．(14分)(2018·北京四中高三期中)某化学小组在实验室模拟用软锰(主要成分MnO2，杂质为铁及铜的化合物等)制备高纯碳酸锰，过程如下(部分操作和条件略)：‎ 68‎ ‎①缓慢向烧瓶中(见上图)通入过量混合气进行“浸锰”操作，主要反应原理为：‎ SO2＋H2O===H2SO3　MnO2＋H2SO3===MnSO4＋H2O(铁浸出后，过量的SO2会将Fe3＋还原为Fe2＋)‎ ‎②向“浸锰”结束后的烧瓶中加入一定量纯MnO2粉末。‎ ‎③再用Na2CO3溶液调节pH为3.5左右，过滤。‎ ‎④调节滤液pH为6.5～7.2，加入NH4HCO3，有浅红色沉淀生成，过滤、洗涤、干燥，得到高纯碳酸锰。‎ ‎(1)“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6的生成，温度对“浸锰”反应的影响如下图，为减少MnS2O6的生成， “浸锰”的适宜温度是________。‎ ‎(2)查阅表1，③中调pH为3.5时沉淀的主要成分是________。②中加入一定量纯MnO2粉末的主要作用是_________________________________________，‎ 相应反应的离子方程式为____________________________________‎ ‎___________________________________________________________。‎ 表1：生成相应氢氧化物的pH 物质 Fe(OH)3‎ Fe(OH)2‎ Mn(OH)2‎ Cu(OH)2‎ 开始沉淀pH ‎2.7‎ ‎7.6‎ ‎8.3‎ ‎4.7‎ 68‎ 完全沉淀pH ‎3.7‎ ‎9.6‎ ‎9.8‎ ‎6.7‎ ‎(3)③中所得的滤液中含有Cu2＋，可添加过量的难溶电解质MnS除去Cu2＋，经过滤，得到纯净的MnSO4。用平衡移动原理解释加入MnS的作用_________________________________________________________‎ ‎______________________________________________________。‎ ‎(4)④中加入NH4HCO3后发生反应的离子方程式是__________________________‎ ‎_____________________________________________________________。‎ 解析　(1)从图中得到‎150 ℃‎以上，副产物MnS2O6就不会生成了，同时锰的浸出率也是接近100%，所以选择‎150 ℃‎(或‎150 ℃‎以上)。‎ ‎(2)根据表中数据，pH＝3.5时，得到的主要是氢氧化铁沉淀，所以上一步中加入MnO2的目的是为了氧化亚铁离子(题目中说：铁浸出后，过量的SO2会将Fe3＋还原为Fe2＋)。反应为：MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O，考虑到题目认为得到亚铁离子是因为二氧化硫过量，所以加入的二氧化锰也可以将过量的二氧化硫氧化，反应为：MnO2＋SO2===Mn2＋＋SO。‎ ‎(3)MnS投入水中的沉淀溶解平衡为：MnS(s)Mn2＋(aq)＋S2－(aq)，溶液中的铜离子会结合硫离子形成CuS沉淀，从而使反应平衡不断向右移动，将MnS沉淀转化为CuS沉淀，再经过滤就可以达到除去Cu2＋的目的。当然能进行如上转化的前提是：CuS的溶解度更小。‎ ‎(4)加入碳酸氢铵生成碳酸锰沉淀，则Mn2＋结合了碳酸氢根电离的碳酸根离子，使电离平衡：HCOH＋＋CO正向移动，电离的H＋再结合HCO得到CO2，方程式为：Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O。‎ 答案　(1)‎150 ℃‎(或‎150 ℃‎以上)‎ ‎(2)Fe(OH)3　②将Fe2＋氧化为Fe3＋，将过量的SO2氧化除去　MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O，MnO2＋SO2===Mn2＋＋SO ‎(3)MnS(s)Mn2＋(aq)＋S2－(aq)、Cu2＋(aq)＋S2－(aq)CuS(s)　生成的CuS比MnS更难溶，促进MnS不断溶解，平衡右移，使Cu2＋除去 ‎(4)Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O ‎“7＋‎1”‎小卷练(五)‎ 本试卷分选择题和非选择题两部分。满分56分，考试时间30分钟。‎ 68‎ 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．我国古代中药学著作《新修本草》中关于“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色”。明末学者方以智所著《物理小识》中说：“青矾厂气熏人，衣服当之易烂……”。下列有关叙述正确的是(　　)‎ A．赤色固体可能是Fe2O3‎ B．“青矾厂气”可能是CO和CO2‎ C．青矾可能是NH4Al(SO4)2·12H2O D．青矾宜密闭贮藏，防止其还原变质 解析　对“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色”。说明“青矾”的颜色为绿色，推测青矾为FeSO4·7H2O，“烧之赤色”说明经煅烧后，其发生分解生成赤色固体，则赤色固体可能是Fe2O3，A项正确。“青矾”是FeSO4·7H2O，属于硫酸盐的水合物，不可能分解生成CO和CO2，B项错误；NH4Al(SO4)2·12H2O是铵明矾，青矾是FeSO4·7H2O，C项错误；FeSO4·7H2O中含有Fe2＋，在空气中会被氧气氧化变质，所以宜密闭贮藏，D项错误。‎ 答案　A ‎8．下列关于有机化合物的说法正确的是(　　)‎ A．在石蜡油的分解实验中，碎瓷片起到了催化剂的作用 B．乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原理相同 C．蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下都能水解 D．煤的干馏和石油的分馏都属于物理变化 解析　在石蜡油的分解实验中，加入碎瓷片能加快反应速率，碎瓷片起催化剂作用，A项正确；溴水能和乙烯发生加成反应而褪色，苯能使溴水褪色，是因为Br2在苯中的溶解度比在水中的溶解度大，发生萃取而褪色，二者褪色原理不同，B项错误；油脂不是高分子化合物，C项错误；煤的干馏属于化学变化，而石油的分馏属于物理变化，D项错误。‎ 答案　A ‎9．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是(　　)‎ 68‎ 选项 实验 现象 结论 A 向发黄的浓硝酸中通入O2‎ 黄色褪去 浓硝酸中混有Fe3＋‎ B 向无色溶液中滴加FeCl3溶液和CCl4，振荡、静置 下层显紫红色 原溶液中含有I－‎ C 向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至‎170 ℃‎，产生的气体通入酸性KMnO4溶液 紫红色褪去 乙醇发生了消去反应 D 向浓度均为0.1 mol/L NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液 出现黄色沉淀 Ksp(AgCl)<‎ Ksp(AgI)‎ 解析　A．向发黄的浓硝酸中通入O2，黄色褪去，是由于4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，故A错误；B.向无色溶液中滴加FeCl3溶液和CCl4，振荡、静置，下层显紫红色，说明原溶液中含有I－，故B正确；C.产生的气体中混有乙醇蒸气，通入酸性KMnO4溶液，也能使酸性KMnO4溶液褪色，故C错误；D.向浓度均为0.1 mol/L NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，出现黄色沉淀，说明AgI溶解度小，Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故D错误；故选B。‎ 答案　B ‎10．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)‎ A．室温下，‎1 L pH＝3的NH4Cl溶液中，由水电离的H＋数目为10－11NA B．0.1 mol Na2O2与足量CO2反应转移的电子数为0.1NA C．标准状况下，‎6.0 g NO和‎2.24 L O2混合，所得气体的分子数目为0.2NA D．pH＝2的NaHSO4溶液中SO的数目为0.01NA 解析　根据得2×e－3＋O失2×e－2，可知0.1 mol Na2O2与足量CO2反应转移的电子数为0.1NA，B项正确。pH＝3的NH4Cl溶液中，由水电离的c(H＋)＝10－3 mol·L－1，故‎1 L该溶液中由水电离的H＋数目为10－3NA，A项错误；标准状况下‎6.0 g NO为0.2 mol、‎2.24 L O2为0.1 mol，根据2NO＋O2===2NO2，二者恰好完全反应生成0.2 mol NO2，但NO2存在：2NO2N2O4，故所得气体分子数目小于0.2NA，C项错误；NaHSO4溶于水时的电离方程式为：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO，溶液pH＝2，则c(H＋)＝0.01 mol·L－1，则c(SO)＝0.01 mol·L－1，但题目没有提供溶液体积，故SO 68‎ 数目无法计算，D项错误。‎ 答案　B ‎11．(2018·河北省五个一联盟第二次联考)某课题组以纳米Fe2O3作为电极材料制备锂离子电池(另一极为金属锂和石墨的复合材料)，通过在室温条件下对锂离子电池进行循环充放电，成功地实现了对磁性的可逆调控(如图)。以下说法正确的是(　　)‎ A．放电时，正极的电极反应式为Fe2O3＋6Li＋＋6e－===2Fe＋3Li2O B．该电池可以用水溶液做电解质溶液 C．放电时，Fe作电池的负极，Fe2O3作电池的正极 D．充电时，电池被磁铁吸引 解析　由电池的示意图可以得到，电池放电的反应物为氧化铁和单质锂，生成物为单质铁和氧化锂，所以放电的总反应为：Fe2O3＋6Li===2Fe＋3Li2O。明显电池的负极为单质锂，所以负极反应为Li－e－===Li＋，总反应减去负极反应(注意将负极扩大6倍)得到正极反应：Fe2O3＋6Li＋＋6e－===2Fe＋3Li2O，选项A正确。因为单质锂可以与水反应(类似金属钠)，所以电解质溶液不能是水溶液，选项B错误。放电时，Li作电池的负极，Fe2O3作电池的正极，选项C错误。从图中明显看到充电时(向左反应)，电池会远离磁铁，实际上是因为，充电时电池中的单质铁转化为氧化铁，不能被磁铁吸引，选项D错误。‎ 答案　A ‎12．(2017·江苏化学，5)短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是(　　)‎ A．原子半径：r(X)＜r(Y)＜r(Z)＜r(W)‎ B．W的最高价氧化物的水化物是一种弱碱 C．Y的单质的氧化性比Z的强 D．X、Y、Z三种元素可以组成共价化合物和离子化合物 解析　Z为氧元素，Y与Z同一周期且相邻，原子序数比Z小，为氮元素。X原子序数小且与Y、Z不在同一周期，X为氢元素，W为钠元素。A项，原子半径：r(H)N2，错误；H、N、O可以形成共价化合物：HNO3、HNO2、NH3·H2O，离子化合物：NH4NO3，正确。‎ 答案　D ‎13．(2018·北京四中高三期中)实验：①0.005 mol·L－1 FeCl3溶液和0.015 mol·L－1 KSCN溶液各1 mL混合得到红色溶液a，均分溶液a置于b、c两支试管中；‎ ‎②向b中滴加3滴饱和FeCl3溶液，溶液颜色加深；‎ ‎③再向上述b溶液中滴加3滴1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液颜色变浅且出现浑浊；‎ ‎④向c中逐渐滴加1 mol·L－1 KSCN溶液2 mL，溶液颜色先变深后变浅。‎ 下列分析不正确的是(　　)‎ A．实验②中增大Fe3＋浓度使平衡Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3正向移动 B．实验③中发生反应：Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓‎ C．实验③和④中溶液颜色变浅的原因相同 D．实验②、③、④均可说明浓度改变对平衡移动的影响 解析　实验②中向b中滴加3滴饱和FeCl3溶液，增大了Fe3＋浓度使反应Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3正向移动，溶液颜色加深，选项A正确。实验③中向上述b溶液中滴加3滴1 mol·L－1 NaOH溶液，发生反应：Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓，铁离子浓度减小，反应Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3逆向移动，溶液颜色变浅，选项B正确。实验③颜色变浅的原因是减少了铁离子浓度，平衡逆向移动，实验④最后颜色变浅是因为加入的硫氰化钾溶液过多，对体系进行了稀释，颜色变浅，所以选项C错误。实验②③④都是在改变平衡体系中某种物质的浓度，溶液的颜色变化都说了平衡的移动，所以选项D正确。‎ 答案　C 非选择题 ‎27．(14分)化学兴趣小组在实验室探究氨的催化氧化反应及其产物的有关性质，设计了如图所示装置进行实验(夹持及加热装置已略去)。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)装置A中先后发生两个反应，反应生成O2的化学方程式为________________。‎ 68‎ ‎(2)装置D的作用是________________________________________________；‎ 若取消装置D，在装置E中可观察到白烟，原因是______________________‎ ‎______________________________________________________________。‎ ‎(3)装置F中发生反应的离子方程式为____________________________‎ ‎__________________________________________________________。‎ ‎(4)装置G的作用是将NO转化成NO2。NO和NO2混合气体的组成为NOx(1Cu；②、③、④均不能说明活泼性Fe>Cu；⑤铁、铜用导线连接置于稀硫酸中，铁、铜形成原电池，Fe作负极，铁片溶解，铜作正极有H2放出，说明活泼性Fe>Cu，故答案选A。‎ 答案　A ‎10．肼(N2H4)是火箭常用的高能燃料，常温常压下为液体。肼能与过氧化氢发生反应：N2H4＋2H2O2===N2↑＋4H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)‎ A．11.2 L N2含电子总数为7NA B．标准状况下，22.4 L N2H4中所含原子总数为6NA C．若生成3.6 g H2O，则上述反应转移电子数为0.2NA D．3.2 g N2H4中含有共用电子对的总数为0.6NA 解析　未指出N2所处的温度和压强，不能用标准状况下的气体摩尔体积进行计算，A项错误；N2H4在常温常压下为液体，说明其在标准状况下不是气体，故不能根据标准状况下的气体摩尔体积来计算，B项错误；在题述反应中，氧元素的价态由－1变为－2，故当生成3.6 g(0.2 mol)水时，转移0.2 mol电子，C项正确；3.2 g N2H4的物质的量为0.1 mol，1 mol N2H4中含5 mol共用电子对，故3.2 g N2H4中含共用电子对的总数为0.5NA，D项错误。‎ 答案　C ‎11．H3BO3可以通过电解NaB(OH)4溶液的方法制备，其工作原理如图，下列叙述错误的是(　　)‎ 68‎ A．M室发生的电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋‎ B．N室中：a%0‎ C．在p2和195 ℃时，该反应的平衡常数为25‎ D．195 ℃、p2时，在B点：v正>v逆 解析　A项，0～3 min，Δn(H2)＝4 mol，Δc(H2)＝＝0.2 mol·L－1，v(H2)＝‎ 68‎ eq f(0.2 mol·L－1,3 min)，则v(CH3OH)≈0.033 mol·L－1·min－1，错误；B项，由任意一条曲线知，随温度升高，CO转化率减小，故ΔH<0，由于增大压强时，平衡右移，故p1”或“<”)。‎ ‎③丙容器达到平衡时， CO的转化率为________。‎ ‎(4)常温下，在(NH4)2C2O4溶液中，反应NH＋C2O＋H2ONH3·H2O＋HC2O的平衡常数K＝________________。‎ ‎(已知常温下，NH3·H2O的电离平衡常数Kb≈2×10－5，H2C2O4的电离平衡常数Ka1≈5×10－2，Ka2≈5×10－5)‎ ‎(5)如图是在酸性电解质溶液中，以惰性材料作电极，将CO2转化为丙烯的原理模型。‎ 68‎ ‎①太阳能电池的负极是________。(填“a”或“b”)‎ ‎②生成丙烯的电极反应式是____________________________。‎ 解析　本题综合考查化学反应原理，涉及的考点有电子式的书写、电极反应式的书写、化学反应速率、化学平衡常数等。(1)三氯化氮原子均满足8e－结构，故电子式为；氯化铵与氯气生成三氯化氮，其方程式为：NH4Cl＋3Cl2===NCl3＋4HCl；(2)根据序号1的热化学方程式为：2CO2(g)＋3NaOH(aq)===NaHCO3(aq)＋Na2CO3(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－4a kJ/mol、序号2的热化学方程式为CO2(g)＋2NaOH(aq)===Na2CO3(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－b kJ/mol，根据盖斯定律可得：NaOH(aq)＋CO2(g)===NaHCO3(aq)　ΔH＝－(4a－b)kJ/mol；(3)①甲容器中，0～40 min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率v(NO)＝v(CO)＝(2.00 mol－1.5 mol)÷1 L÷40 min＝0.012 5 mol/(L·min)；②根据甲乙容器可知，乙容器80 min达到平衡，甲容器在120 min达到平衡，故乙容器的温度高于甲容器，温度高CO的平衡浓度大，平衡逆向移动，所以该反应属于放热反应，ΔH<0；③甲与丙的温度一样，故平衡常数不变。甲容器在300 ℃下的平衡常数为：‎ K＝2.11‎ 丙容器在300 ℃下的平衡常数为：‎ 68‎ K＝＝2.11，‎ 解得x＝0.3 mol/L，故丙容器达到平衡时，CO的转化率为60%；‎ ‎(4)NH＋C2O＋H2ONH3·H2O＋HC2O的平衡常数 K＝＝‎ ＝＝1×10－5；‎ ‎(5)①由图片可知，与a相连的电极：CO2→丙烯，发生还原反应，作阴极，故a为太阳能电池的负极；②生成丙烯的电极反应式为：3CO2＋18H＋＋18e－===C3H6＋6H2O。‎ 答案　(1) 　NH4Cl＋3Cl2===NCl3＋4HCl　(2)NaOH(aq)＋CO2(g)===NaHCO3(aq)　ΔH＝－(4a－b)kJ/mol ‎(3)①0.012 5 mol/(L·min)　②<　③60%‎ ‎(4)1×10－5‎ ‎(5)a　3CO2＋18H＋＋18e－===C3H6＋6H2O ‎“7＋1”小卷练(七)‎ 本试卷分选择题和非选择题两部分。满分56分，考试时间30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．化学与人类生活、生产等密切相关。下列有关说法正确的是(　　)‎ A．书本纸张的主要成分是合成纤维 B．用过滤的方法可分离食用油与水的混合物 C．锅炉煤改气可减少SO2、粉尘等对大气的污染 D．香蕉、地瓜等食物久存甜度增加，原因是淀粉被氧化 68‎ 解析　选项A，书本纸张的主要成分是植物纤维，错误；选项B，食用油与水均为液体，二者互不相溶，可用分液法分离，不能通过过滤的方法分离，错误；选项C，锅炉煤改气可以减少SO2、粉尘等对大气的污染，正确；选项D，香蕉、地瓜等食物久存后淀粉水解生成葡萄糖，导致其甜度增加，错误。‎ 答案　C ‎8．(2018·西安长安一中质检)NA代表阿伏加德罗常数，下列叙述错误的是(　　)‎ ‎①18 g金刚石中，碳碳共价键数为3NA ‎②1 mol铜与足量硫蒸气反应，转移电子数为NA ‎③常温常压时S2和S8的混合物共6.4 g，其中所含硫原子数一定为0.2NA ‎④一定温度下，1 L 0.50 mol·L－1 NH4Cl溶液与2 L 0.25 mol·L－1 NH4Cl溶液中NH的物质的量均小于0.5NA，且前者更少 ‎⑤电解法精炼铜时，当阳极质量减少64 g时，电路中通过的电子数一定为2NA A．② B．②④⑤ ‎ C．④⑤ D．②④‎ 解析　①n(C)＝＝1.5 mol，金刚石属于原子晶体，其中n(C)∶n(C—C)＝1∶2，则含有的碳碳共价键为3 mol，①正确；②Cu与S反应生成Cu2S，Cu元素的化合价由0价升至＋1价，1 mol Cu完全反应转移1 mol电子，②正确；③S2和S8的混合物中只有S元素，n(S)＝＝0.2 mol，③正确；④由于NH的水解，两溶液中NH物质的量都小于0.5 mol，NH4Cl的浓度越小，NH的水解程度越大，后者NH更少，④错误；⑤电解精炼铜，阳极为粗铜，阳极电极反应为Zn－2e－===Zn2＋、Fe－2e－===Fe2＋、Cu－2e－===Cu2＋，粗铜中活泼性不如Cu的杂质以阳极泥的形式沉降，由于阳极中各杂质的比例未知，无法计算电路中通过的电子物质的量，⑤错误；错误的为④⑤，答案选C。‎ 答案　C ‎9．(2018·湖南怀化高三期末)下列说法正确的是(　　)‎ A．淀粉和纤维素互为同分异构体 B．植物油氢化过程中发生了加成反应 C．环己烷与苯可用酸性KMnO4溶液鉴别 D．水可以用来分离溴苯和苯的混合物 解析　A．淀粉和纤维素的分子式均为(C6H10O5)n，聚合度n 68‎ 不同，分子式不同，所以不是同分异构体，故A错误；B.植物油氢化过程为与氢气发生加成反应的过程，油脂中不饱和烃基变为饱和烃基，故B正确：C.苯性质稳定，环己烷为饱和烃，二者与高锰酸钾都不反应，不能鉴别，故C错误；D.溴苯和苯均为有机物，相似相溶，相互混溶，且二者都不溶于水，不能用水分离，故D错误。‎ 答案　B ‎10．下列实验操作能达到实验目的是(　　)‎ A．除去NaCl固体中的少量KNO3，应将固体溶解后蒸发结晶，趁热过滤，洗涤干燥 B．将SnCl2固体溶解于盛有适量蒸馏水的烧杯中，再经转移、洗涤、定容和摇匀就可以在容量瓶中配制成一定浓度的SnCl2溶液 C．检验溶液中的SO时，需要向溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液 D．向沸水中逐滴加入饱和氯化铁溶液并继续加热搅拌可得到氢氧化铁胶体 解析　NaCl的溶解度受温度影响小，KNO3的溶解度受温度影响大，故除去NaCl中少量KNO3的方法为：将固体溶解后蒸发结晶，趁热过滤，洗涤干燥，即可得到NaCl，而KNO3留在滤液中，A项正确。配制一定物质的量浓度的SnCl2溶液时，为了抑制Sn2＋的水解，应将SnCl2固体用少量浓盐酸溶解，B项错误；检验SO时，应先加入稀盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明有SO存在，先加入稀盐酸是为了排除Ag＋等离子的干扰，C项错误；制备Fe(OH)3胶体时，将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，继续煮沸至液体呈红褐色时停止加热，不能搅拌，否则得到沉淀，D项错误。‎ 答案　A ‎11．(2016·课标全国Ⅲ，11)锌—空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn＋O2＋4OH－＋2H2O===2Zn(OH)。下列说法正确的是(　　)‎ A．充电时，电解质溶液中K＋向阳极移动 B．充电时，电解质溶液中c(OH－)逐渐减小 C．放电时，负极反应为：Zn＋4OH－－2e－===Zn(OH) D．放电时，电路中通过2 mol电子，消耗氧气22.4 L(标准状况)‎ 解析　A项，充电时，电解质溶液中K＋向阴极移动，错误；B项，充电时，总反应方程式为2Zn(OH)2Zn＋O2↑＋4OH－＋2H2O，所以电解质溶液中c(OH－)逐渐增大，错误；C项，在碱性环境中负极Zn失电子生成的Zn2＋将与OH―结合生成Zn(OH)，正确；D项，O2～4e－，故电路中通过2 mol电子，消耗氧气0.5 mol，在标准状况体积为11.2 L，错误。‎ 答案　C 68‎ ‎12．常温下，向20 mL 0.2 mol·L－1二元酸H2A溶液中滴加0.2 mol·L－1 NaOH溶液，有关微粒物质的量变化如图。‎ 下列叙述正确的是(　　)‎ A．当V(NaOH)＝20 mL时，溶液中各离子浓度的大小顺序为c(Na＋)>c(HA－)>c(A2－)>c(OH－)>c(H＋)‎ B．等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水的大 C．等浓度H2A和NaHA的混合溶液中无论加入少量的强酸或强碱，溶液的pH变化都不大 D．当V(NaOH)＝40 mL时，升高温度，减小 解析　A．当V(NaOH)＝20 mL时，发生反应NaOH＋H2A===NaHA＋H2O，溶质主要为NaHA，HA－的电离大于水解，溶液显酸性，则c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(OH－)，故A错误；B.由A项可知，电离出的H＋抑制了水的电离，所以溶液中水的电离程度比纯水小，故B错误；C.由于弱酸H2A的电离作用和NaHA的水解作用，等浓度的H2A溶液和NaHA溶液混合后，溶液具有缓冲作用，加入少量强酸或强碱，溶液的pH变化不大，故C项正确；D.加入40 mL NaOH时，恰好生成Na2A，升高温度，促进A2－的水解，使A2－的浓度减小，Na＋浓度不变，增大，故D项错误。‎ 答案　C ‎13．(2018·聊城一中模拟)下图所示转化关系中A、B、C均为双原子气态单质，分别由短周期主族元素X、Y、Z组成。其中单质B含共用电子对数最多，甲和丙分子中均含有10个电子。下列说法错误的是(　　)‎ A．Z元素位于第二周期第ⅥA族 B．可用排水法收集化合物乙 C．元素X、Y、Z的原子半径大小关系为XO，因此，元素X、Y、Z的原子半径大小关系为XW C．X、M两种元素形成的简单离子半径大小顺序：X2，为碳酸，则Y为C，W对应pH<2，为硫酸，所以W为S；Z对应pH＝2，且原子序数最大，所以Z是Cl。A、Y为碳元素，Y的最高价氧化物为CO2，电子式为： ，故A正确；B、氯元素的非金属性比硫强，最简单气态氢化物的热稳定性：Z>W，故B正确；C、X、M两种元素形成的简单离子半径大小顺序：X>M，N3－和Na＋核外电子排布相同，电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，故C错误；D、X的氢化物NH3与Z的氢化物HCl反应后生成的化合物NH4Cl，铵根离子与氯离子形成离子键，氮原子与氢原子以共用电子对形成共价键，故D正确；故选C。‎ 68‎ 答案　C ‎13．一定温度下，金属硫化物的沉淀溶解平衡曲线如图所示。纵轴p(Mn＋)表示－lg c(Mn＋)，横轴p(S2－)表示－lg c(S2－)，下列说法不正确的是(　　)‎ A．该温度下，Ag2S的Ksp＝1.6×10－49‎ B．该温度下，溶解度的大小顺序为NiS>SnS C．SnS和NiS的饱和溶液中c(Sn2＋)/c(Ni2＋)＝106.5‎ D．向含有等物质的量浓度的Ag＋、Sn2＋、Ni2＋溶液中加入饱和Na2S溶液，析出沉淀的先后顺序为Ag2S>SnS>NiS 解析　由a点坐标(30，10－lg 4)可知，当c(S2－)＝10－30 mol·L－1时，c(Ag＋)＝10－(10－lg 4) mol·L－1＝4×10－10 mol·L－1，则Ksp(Ag2S)＝1.6×10－49，A项正确；由题图及b点坐标可知，Ksp(SnS)＝1×10－27.5，Ksp(NiS)＝1×10－21，故溶解度：NiS>SnS，B项正确；SnS和NiS的饱和溶液中c(Sn2＋)/c(Ni2＋)＝Ksp(SnS)/Ksp(NiS)＝10－6.5，C项错误；假设Ag＋、Sn2＋、Ni2＋的物质的量浓度均为0.1 mol·L－1，分别生成Ag2S、SnS、NiS沉淀时，需要c(S2－)分别为1.6 ×10－47 mol·L－1、10－26.5 mol·L－1、10－20 mol·L－1，因此生成沉淀的先后顺序为Ag2S>SnS>NiS，D项正确。‎ 答案　C 非选择题 ‎27．(14分)(2018·北京朝阳区质检)印刷铜制电路板的腐蚀液选取和回收再利用一直是研究的热点。‎ ‎(1)FeCl3溶液一直作为传统的腐蚀液。‎ ‎①腐蚀过程中的离子方程式为___________________________________。‎ 废液溶液XFeCl3溶液 ‎②腐蚀结束后，通过以下两步可分离出铜，并实现FeCl3溶液再生。‎ 68‎ i．步骤Ⅰ所加试剂和操作分别为________。‎ ii.可实现步骤Ⅱ转化的物质或方法是________(填一种即可)。‎ ‎(2)研究发现，CuCl2溶液添加盐酸或氨水配制成酸性腐蚀液或碱性腐蚀液，其效果优于FeCl3溶液。腐蚀液的主要成分及腐蚀原理如下：‎ 腐蚀液类型 主要成分 腐蚀原理 酸性腐蚀液 Cu2＋、H＋、Cl－‎ Cu＋Cu2＋＋2Cl－2CuCl，‎ CuCl＋2Cl－CuCl 碱性腐蚀液 ‎[Cu(NH3)4]2＋、NH、NH3、Cl－‎ ‎[Cu(NH3)4]2＋＋Cu===2[Cu(NH3)2]＋‎ ‎①酸性腐蚀液中铜离子含量对腐蚀速率的影响如图所示，为保持较快和较平稳的腐蚀速率，腐蚀液中铜离子含量应选择________ g/100 mL的使用范围。‎ ‎②酸性腐蚀废液经过处理后，倒入一定量的水中，可得CuCl沉淀，过滤、洗涤、干燥后即得产品CuCl。倒入一定量的水中，可得CuCl沉淀的原因是______________________________________________________________‎ ‎___________________________________________________________。‎ ‎③通入适量的氧气可使碱性腐蚀液再生。将该过程的离子方程式补充完整：‎ ‎ (3)H2O2也常用来腐蚀金属铜，使用时加入盐酸或氨水将其配制成酸性或碱性腐蚀液。回收其废液的工艺如下：‎ 68‎ ‎①酸性条件下H2O2腐蚀金属铜的离子方程式为________________________‎ ‎_______________________________________________________________。‎ ‎②下图是研究碱性腐蚀液的温度对铜腐蚀量的实验结果，升高温度，腐蚀量变化的原因___________________________________________________‎ ‎__________________________________________________________。‎ ‎③碱转时的反应为：Cu2(OH)3Cl＋NaOH===CuO＋Cu(OH)2＋NaCl＋H2O。检验转化完全的方法是：取少量洗涤后的碱转固体，________。‎ 解析　(1)FeCl3溶液一直作为传统的腐蚀液。①腐蚀过程中的离子方程式为2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋。②腐蚀结束后，通过以下两步可分离出铜，并实现FeCl3溶液再生。i.步骤Ⅰ是为了把溶液中的铜置换出来，因此所加试剂为过量的铁粉，分离操作为过滤。ii.步骤Ⅱ是为了把亚铁离子氧化为铁离子，需要加入合适的氧化剂，通常可以加氯气或氯水或盐酸酸化的过氧化氢。‎ ‎(2)①由图可知，当铜离子含量在18～20 g/100 mL时，反应所需要的时间基本相同，即反应速率基本相同，所以为保持较快和较平稳的腐蚀速率，腐蚀液中铜离子含量应选择在18～20 g/100 mL的使用范围。②由题中信息可以， 酸性腐蚀废液经过处理后，倒入一定量的水中，Qc＝>K，可使化学平衡CuCl＋2Cl－CuCl向逆反应方向移动，生成CuCl沉淀，过滤、洗涤、干燥后即得产品CuCl。③通入适量的氧气可使碱性腐蚀液再生。该过程的离子方程式为4[Cu(NH3)2]＋＋4NH3＋4NH＋O2===4[Cu(NH3)4]2＋＋2H2O。‎ ‎(3)①酸性条件下H2O2腐蚀金属铜的离子方程式为Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O。‎ ‎②题图是研究碱性腐蚀液的温度对铜腐蚀量的实验结果，升高温度，腐蚀量变化的原因20～30℃时，升高温度，腐蚀量有所增加，主要是因为温度升高使反应速率加快；30 ℃以上，升高温度，腐蚀量降低，主要时因为H2O2分解、NH3挥发。③碱转时的反应为Cu2(OH)3Cl＋NaOH===CuO＋Cu(OH)2＋NaCl＋H2O，由此反应可知，当碱转完成后，Cu2(OH)3Cl转化为CuO和Cu(OH)2，因此，可以通过检验氯离子来检验转化是否完全，具体操作方法是：取少量洗涤后的碱转固体，加入足量HNO3使沉淀溶解，再加入AgNO3溶液，观察是否出现白色沉淀。‎ 68‎ 答案　(1)①2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋‎ ‎②i.加入过量铁粉，过滤　ii.Cl2‎ ‎(2)①18～20　②加水后，Qc＝>K，CuCl＋2Cl－CuCl平衡逆向移动，析出CuCl沉淀　③4　4　4　4[Cu(NH3)4]2＋　2H2O ‎(3)①Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O　②20～30 ℃时，升高温度，腐蚀量有所增加，主要是因为温度升高使反应速率加快；30 ℃以上，升高温度，腐蚀量降低，主要时因为H2O2分解、NH3挥发　③加入足量HNO3使沉淀溶解，再加入AgNO3溶液，观察是否出现白色沉淀 ‎“7＋1”小卷练(九)‎ 本试卷分选择题和非选择题两部分。满分57分。考试时间30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．化学是一门实用性强的自然科学，在社会、生产、生活中起着重要的作用。下列说法不正确的是(　　)‎ A．油条的制作口诀是“一碱、二矾、三钱盐”，其中的“碱”是烧碱 B．黑火药的最优化配方是“一硫二硝三木炭”，其中的“硝”是硝酸钾 C．过滤操作要领是“一贴二低三靠”，其中“贴”是指滤纸紧贴漏斗的内壁 D．“固体需匙或纸槽，一送二竖三弹弹；块固还是镊子好，一横二放三慢竖”，前一个固体一般指粉末状固体 答案　A项，油条的制作口诀是“一碱、二矾、三钱盐”，“碱”指Na2CO3，而烧碱是NaOH，“矾”指明矾[KAl(SO4)2·12H2O]，“盐”指NaCl；B项，黑火药的最优化配方是硫黄、硝石和炭；C项，一贴：用少量水润湿的滤纸紧贴漏斗壁，二低：滤纸边缘低于漏斗边缘、滤液液面低于滤纸边缘，三靠：烧杯紧靠玻璃棒、玻璃棒靠在三层滤纸上、漏斗下端口紧靠烧杯内壁；D项，固体粉末药品放入试管中，采用药匙或纸槽，但是块状固体、大颗粒状固体需要用镊子。‎ 答案　A 68‎ ‎8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)‎ A．1 mol Fe(NO3)3与足量HI溶液反应时转移的电子数为3NA B．将1 mol Cl2通入水中，HClO、Cl－、ClO－粒子数之和为2NA C．分子数目为0.1NA的N2和NH3混合气体，原子间含有的共用电子对数目为0.3NA D．将CO2通过Na2O2使其增重a g时，反应中转移电子数为 答案　C ‎9．(2018·西安八校联考)下列关于有机物的说法正确的是(　　)‎ A．糖类、油脂和蛋白质都是人体必需的营养物质，都属于高分子化合物 B．1 mol苹果酸(HOOCCHOHCH2COOH)可与3 mol NaHCO3发生反应 C．丙烯所有原子均在同一平面上 D．分子式为C4H7ClO2的羧酸可能有5种 解析　A．糖类、油脂和蛋白质都是人体必需的营养物质，蛋白质属于高分子化合物，但低聚糖、油脂都不属于高分子化合物，选项A错误；B.1 mol苹果酸(HOOCCHOHCH2COOH)与2 mol NaHCO3发生反应，选项B错误；C.丙烯中含有甲基，而甲烷是正四面体结构，故丙烯中甲基上的三个氢原子不可能与其他原子都在同一平面上，选项C错误；D.分子式为C4H7ClO2的羧酸可能有CH2ClCH2CH2COOH、CH3CHClCH2COOH、CH3CH2CHClCOOH、CH2ClCH(CH3)COOH、(CH3)2CClCOOH共5种，选项D正确。‎ 答案　D ‎10．(2018·山东滨州高三期末)某实验小组通过下图所示实验，探究Na2O2与水的反应：‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A．②中的大量气泡主要成分是氢气 B．③中溶液变红，说明有酸性物质生成 C．④中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质造成的 D．⑤中MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度 解析　A．过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应方程式为2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2‎ 68‎ ‎↑，所以②中的大量气泡主要成分是氧气，A错误；B.过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠是碱，遇酚酞变红，B错误；C.④中红色褪去，可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有氧化性，能氧化有色物质，漂白褪色，C正确；D.过氧化氢在二氧化锰做催化剂分解生成水和氧气，即验证过氧化钠和水反应生成的过氧化氢，不是降低了水中氧气的溶解度，D错误，答案选C。‎ 答案　C ‎11．下图是利用盐桥电池从某些含碘物质中提取碘的两个装置：‎ 下列说法中正确的是 (　　)‎ A．两个装置中，石墨I和石墨Ⅱ均作负极 B．碘元素在装置①中被还原，在装置②中被氧化 C．装置①中MnO2的电极反应式为MnO2＋2H2O＋2e－===Mn2＋＋4OH－‎ D．装置①、②中的反应生成等量的I2时，导线上通过的电子数之比为1∶5‎ 解析　A．①中石墨Ⅰ区的NaI生成I2，故石墨Ⅰ做负极，②中石墨Ⅱ区的NaIO3生成I2，故石墨Ⅱ做正极，A错误。B.①中碘元素的化合价升高，被氧化；②中碘元素的化合价降低，被还原，错误；C.①MnO2插入酸性溶液中，不可能生成OH－，故C错误；D.反应①中碘元素的变化为2I－―→I2，生成1 mol I2时转移2 mol e－，②中碘元素的变化为2IO－I2，生成1 mol I2时转移10 mol e－，则反应①、②中生成等量的I2时导线上通过的电子数之比为1∶5，故D正确。‎ 答案　D ‎12．(2018·河北邢台高三检测)W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W的原子半径是周期表中所有元素最小的，W、X同主族，X、Z同周期且X与Z最高正价之和等于8，Y的族序数等于其周期数。下列叙述错误的是(　　)‎ A．原子半径：X>Y>Z B．W与X形成的化合物与水反应时，水作氧化剂 C．X的简单离子与Z的简单离子具有相同的电子层结构 D．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间均能发生反应 68‎ 解析　W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，W的原子半径是周期表中所有元素最小的，W为H元素；W、X同主族，X、Z同周期且X与Z最高正价之和等于8，则Z的最高正价为＋7，则Z为Cl元素，X为Na元素；Y的族序数等于其周期数，Y为Al元素。A.同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，原子半径：X>Y>Z，故A正确；B.W与X形成的化合物为氢化钠，与水反应生成氢气和氢氧化钠，水中H由＋1价变成0价，水作氧化剂，故B正确；C.钠离子与氯离子具有不同的电子层结构，钠离子是10个电子，氯离子是18个电子，故C错误；D.X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝、高氯酸，氢氧化铝是两性氢氧化物，两两之间均能发生反应，故D正确；故选C。‎ 答案　C ‎13．25 ℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是(　　)‎ A．将Na2CO3溶液用水稀释后，溶液pH变大，Kw不变 B．向有AgCl固体的饱和溶液中加少许水，c(Ag＋)和Ksp(AgCl)都不变 C．pH＝4.75浓度均为0.1 mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(OH－)，故c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)>c(CH3COOH)＋c(H＋)，C项错误；设pH＝2、pH＝3的CH3COOH溶液浓度分别为ca、cb，醋酸溶液中电荷守恒式为c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，又＝，则<，ca>10cb，中和等物质的量的NaOH，消耗醋酸的物质的量相等，故10VaR>X B．Y的氧化物对应的水化物一定是强酸 C．X分别与M、R、Y组成的二元化合物中都只含离子键 D．化合物XRM和XYR均能抑制水的电离 解析　常温下，0.1 mol·L－1 Q溶液中lg＝－12，则Q溶液中c(OH－)＝0.1 mol·L－1，Q为一元强碱，又M、R、X、Y均为短周期主族元素且原子序数依次增大，故M为H，R为O，X为Na，MY是强电解质，则Y为Cl。简单离子半径：Cl－>O2－>Na＋，A项正确；Cl的氧化物对应的水化物为HClO时，HClO为弱酸，故B项错误；Na与O形成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O2中既含离子键又含非极性共价键，C项错误；NaOH为强碱，抑制水的电离，而NaClO为强碱弱酸盐，ClO－水解会促进水的电离，D项错误。‎ 答案　A ‎10．下列物质在给定条件下的同分异构体数目正确的是(　　)‎ A．C4H10属于烷烃的同分异构体有3种 B．分子组成是C5H10O2属于羧酸的同分异构体有5种 C．分子组成是C4H8O属于醛的同分异构体有3种 D．结构简式为的一溴代物有5种 解析　C4H10属于烷烃的同分异构体有2种：正丁烷和异丁烷，A项错误；分子组成为C5H10O2‎ 68‎ 属于羧酸的同分异构体可写成C4H9—COOH，丁基有4种，故属于羧酸的同分异构体有4种，B项错误；分子组成为C4H8O属于醛的有机物可写成C3H7—CHO，丙基有2种，故属于醛的同分异构体有2种，C项错误；甲基环己烷的一溴代物有5种，其取代位置如图。‎ 答案　D ‎11．(2018·湖南临武、嘉禾一中联考)如图甲为锌铜原电池装置，乙为电解熔融氯化钠装置。则下列说法正确的是(　　)‎ A．甲装置中锌为负极，发生还原反应，铜为正极，发生氧化反应 B．甲装置盐桥的作用是使反应过程中ZnSO4溶液和CuSO4溶液保持电中性 C．乙装置中铁极的电极反应式为：2Na－2e－===2Na＋‎ D．乙装置中B是氯气出口，A是钠出口 解析　甲装置为原电池，Zn为负极，发生氧化反应，Cu为正极，发生还原反应，A错误；乙装置中铁为阴极，发生反应2Na＋＋2e－===2Na，C错误；石墨为阳极，发生反应2Cl－－2e－===Cl2↑，A为Cl2出口，B是Na出口，D错误。‎ 答案　B ‎12．(2018·湖南长郡中学模拟)将混合物粉末溶于水制得澄清溶液，进行如下实验：‎ ‎①向溶液中加入过量(NH4)2CO3，得到气体甲、溶液甲和白色沉淀甲；‎ ‎②向溶液甲中加入过量Ba(OH)2，加热得到气体乙、溶液乙和白色沉淀乙；‎ ‎③向溶液乙中加入Cu粉和过量稀硫酸，得到气体丙、溶液丙和白色沉淀丙。‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A．该粉末中可能是Fe2(SO4)3和Al(NO3)3的混合物 B．沉淀乙和丙都是BaSO4‎ C．气体乙和丙分别是NH3和H2‎ D．气体甲可能由Al3＋与CO相互促进水解得到 解析　由实验①可知，加入过量(NH4)2CO3，得到白色沉淀，则一定不含Fe2(SO4)3‎ 68‎ ‎，否则生成红褐色沉淀，A错误；B.实验②加入过量的Ba(OH)2，生成的沉淀乙可能为钡盐或氢氧化物，故B错误；C.由实验③可知加入铜和稀硫酸，二者不反应，但生成气体，可能为酸性条件下，硝酸根离子氧化铜，生成的气体为NO，C错误；D.如含有Al3＋，加入(NH4)2CO3，可发生互促水解生成CO2，故D正确。‎ 答案　D ‎13．根据实验操作和现象不能推出相应实验结论的是(　　)‎ 选项 实验操作和现象 实验结论 A 在Na2S溶液中滴加新制氯水，产生浅黄色沉淀 非金属性：Cl>S B SO2气体通入Na2SiO3溶液中，产生胶状沉淀 酸性： H2SO3>H2SiO3‎ C 将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置，下层溶液显紫红色 氧化性：Fe3＋>I2‎ D 加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，石蕊试纸变蓝 NH4HCO3显碱性 解析　在Na2S溶液中滴加新制氯水，产生的浅黄色沉淀为S，则发生反应的化学方程式为Na2S＋Cl2===2NaCl＋S↓，可以说明非金属性：Cl>S，A项不符合题意；SO2气体通入Na2SiO3溶液中，产生的胶状沉淀为H2SiO3，则发生反应的化学方程式为H2O＋SO2＋Na2SiO3===H2SiO3↓＋Na2SO3或2H2O＋2SO2＋Na2SiO3===H2SiO3↓＋2NaHSO3，根据强酸制弱酸原理，可以得出酸性：H2SO3>H2SiO3，B项不符合题意；下层溶液显紫红色，说明生成了I2，则发生反应的化学方程式为2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2，根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可以得出氧化性：Fe3＋>I2，C项不符合题意；湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明有NH3生成，则发生反应的化学方程式为NH4HCO3NH3↑＋H2O＋CO2↑，可以得出NH4HCO3的热稳定性差，不能说明NH4HCO3显碱性，D项符合题意。‎ 答案　D 非选择题 ‎26．(14分)(2018·湖南长郡中学模拟)某小组探究用4HCl＋O22H2O＋2Cl2的方法制取Cl2并验证其性质，设计实验如图所示(夹持装置略去)。请回答下列问题。‎ 68‎ ‎(1)对装置B进行气密性检查的方法是_____________________________。‎ ‎(2)装置E中盛放无水CuSO4的仪器名称为________：此装置的现象及作用是____________________________________________________________。‎ ‎(3)设计实验检测上述方法得到的Cl2中是否含有HCl：‎ ‎______________________________________________________。‎ ‎(4)该小组用制得的Cl2和如图所给装置(不能重复使用)依次验证干燥纯净的Cl2、无漂白性、湿润的Cl2、有漂白性、Cl的非金属性强于S。按气流从左到右的方向，装置依次连接的合理顺序为F、________、J。‎ ‎(5)若Ⅰ中的试剂X为Na2S溶液，写出反应的离子方程式：______________‎ ‎_______________________________________________________________。‎ ‎(6)吸收尾气使用的是200 mL 1.0 mol·L－1氢氧化钠溶液，配制此溶液需要的玻璃仪器有胶头滴管、玻璃棒、________、________等。‎ 解析　(1)把B中导管伸入水中，给烧瓶微热，在导管口有气泡产生，冷却后在导管中形成一段水柱说明B装置气密性良好。(2)装置E中盛放无水CuSO4的仪器名称是干燥管；CuSO4遇水变蓝色，无水CuSO4变蓝说明装置D中有水生成，从而证明有Cl2生成。(3)检测Cl2中是否含有HCl的方法是将生成的气体通入足量CCl4中后，再加入AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则气体中不含HCl；若有白色沉淀生成，则气体中含有HCl；(4)干燥的氯气通入干燥的红纸条验证干燥纯净的Cl2无漂白性、氯气通入湿润的红纸条证明湿润的Cl2有漂白性、氯气与硫化钠溶液反应生成硫沉淀可证明Cl的非金属性强于S，氯气有毒，最后用氢氧化钠进行尾气处理，从左到右的方向，装置依次连接的合理顺序为F、H、G、I 、J。(5)氯气与硫化钠溶液反应生成硫沉淀和氯化钠，反应离子方程式为Cl2＋S2－===2Cl－＋S↓。(6)配制一定物质的量浓度的溶液，需要用烧杯溶解固体，用250 mL容量瓶定容。‎ 68‎ 答案　(1)(关闭分液漏斗的活塞)把导管伸入水中，给烧瓶微热，在导管口有气泡产生，冷却后在导管中形成一段水柱　‎ ‎(2)干燥管　无水CuSO4变蓝说明装置D中有水生成，从而证明有Cl2生成　‎ ‎(3)将生成的气体通入足量CCl4中后，再加入AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则气体中不含HCl；若有白色沉淀生成，则气体中含有HCl ‎(4)H、G、I　(5)Cl2＋S2－===2Cl－＋S↓‎ ‎(6)250 mL容量瓶　烧杯 ‎“7＋1”小卷练(十一)(教师素材)‎ 本试卷分选择题和非选择题两部分。满分57分，考试时间30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·山东淄博高三联考)化学与人类的生产、生活有着密切联系。下列叙述中不正确的是(　　)‎ A．切开的苹果在空气中久置变黄和纸张久置变黄的原理相似 B．海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等 C．氧化铝是冶炼金属铝的原料，也是较好的耐火材料 D．水泥冶金厂常用高压电除尘，是因为烟尘在空气中形成胶体且胶体具有电泳现象 解析　A．纸张久置变黄因为纸张纤维间的空隙中会渗入很多霉菌之类的真菌孢子，苹果久置变黄是因为所含二价铁离子被氧化生成三价铁离子，二者原理不相同，故A错误；B.海水淡化是指除去海水中的盐分以获得淡水的工艺过程，蒸馏法是人类最早使用的淡化海水的方法；离子交换法是用阳离子交换树脂(HR)和水中的金属离子进行交换的一种方法，通常通过阳离子交换树脂可以除去钙离子和镁离子得到软水；电渗析法是近年发展起来的一种较好的海水淡化技术，原理为通电后，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，分离盐和水，故B正确；C.工业用氧化铝来冶炼金属铝，Al2O3‎ 68‎ 还具有很高的熔点，是一种比较好的耐火材料，故C正确；D.水泥冶金厂常用高压电除去工厂烟尘，利用了胶体的电泳的性质，故D正确；故选A。‎ 答案　A ‎8．战国所著《周礼》中记载沿海古人“煤饼烧蛎房成灰”(“蛎房”即牡蛎壳)，并把这种灰称为“蜃”。蔡伦改进的造纸术，第一步沤浸树皮脱胶的碱液可用“蜃”溶于水制得。“蜃”的主要成分是(　　)‎ A．CaO B．NaHCO3 ‎ C．SiO2 D．CaCO3‎ 解析　牡蛎壳为贝壳，贝壳的主要成分为碳酸钙，碳酸钙灼烧生成氧化钙。‎ 答案　A ‎9．下列有关有机物结构与性质的说法正确的是(　　)‎ A．油脂、淀粉、蛋白质都是能发生水解反应的高分子化合物 B．乙醇、乙酸都能与钠、碳酸氢钠、氢氧化钠反应 C．纤维素、蔗糖在一定条件下水解且水解产物相同 D．一定条件下，苯与液溴发生反应，苯不和溴水反应 解析　A项，油脂不是高分子化合物，错误；B项，乙醇不能和碳酸氢钠、氢氧化钠反应，错误；C项，纤维素水解的最终产物是葡萄糖，而蔗糖水解的最终产物为果糖和葡萄糖，错误；D项，一定条件下，苯与液溴发生取代反应，苯不和溴水反应，正确。‎ 答案　D ‎10．(2018·山东济宁高三期末)Cl2O黄棕色具有强烈刺激性气味的气体，是一种强氧化剂，易溶于水且会与水反应生成次氯酸，与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸。制取Cl2O的装置如图所示。‎ 已知：Cl2O的熔点为－116 ℃，沸点为3.8 ℃，Cl2的沸点为－34.6 ℃；HgO＋2Cl2===HgCl2＋Cl2O 下列说法不正确的是(　　)‎ A．装置②、③中盛装的试剂依次是饱和食盐水和浓硫酸 68‎ B．通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释减少爆炸危险 C．从装置⑤中逸出气体的主要成分是Cl2O D．装置④与⑤之间不用橡皮管连接，是为了防止橡皮管燃烧和爆炸 解析　制取Cl2O需要干燥纯净的氯气，所以②、③中盛装的试剂依次是饱和食盐水和浓硫酸，故A正确；高浓度的Cl2O易爆炸，所以通入干燥空气可以将生成的Cl2O稀释减少爆炸危险，故B正确；装置⑤是制备液体Cl2O，逸出的气体是空气及过量Cl2，故C错误；Cl2O与有机物接触会发生燃烧并爆炸，装置④与⑤之间不用橡皮管连接，是为了防止橡皮管燃烧和爆炸，故D正确。‎ 答案　C ‎11．硼化钒(VB2)空气电池是目前储电能力最高的电池，电池示意图如图，该电池工作时发生的反应为：4VB2＋11O2===4B2O3＋2V2O5。下列说法不正确的是(　　)‎ A．电极a为电池正极 B．图中选择性透过膜为阴离子透过膜 C．电池工作过程中，电极a附近区域pH减小 D．VB2极发生的电极反应为：2VB2＋22OH－－22e－===V2O5＋2B2O3＋11H2O 解析　根据电池反应，O2发生还原反应，故通入空气的电极a为正极，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，A项正确；根据电池反应，VB2发生氧化反应转化为V2O5、B2O3，VB2极的电极反应式为：2VB2＋22OH－－22e－===V2O5＋2B2O3＋11H2O，D项正确；根据负极反应和正极反应可知，正极上生成OH－，负极上消耗OH－，故该选择性透过膜为阴离子透过膜，B项正确；由正极反应式可知，电池工作过程中，电极a附近c(OH－)增大，pH增大，C项错误。‎ 答案　C ‎12．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X与W同主族，X、W可以分别与Z形成原子个数比为1∶1、2∶1的两种化合物，Y与Z可以形成多种化合物，其中某些化合物是常见的空气污染物。下列说法正确的是(　　)‎ A．简单离子半径的大小关系：r(W)>r(Y)>r(Z)‎ B．X与Z形成的化合物具有较强的热稳定性 68‎ C．简单氢化物的沸点：Y20.00 mL，错误；C项，当恰好生成苯甲酸钠时，水的电离程度最大，在G与F之间某点恰好完全反应生成苯甲酸钠，正确；D项＝＝，E点溶液呈酸性，加水稀释时，溶液的酸性减弱，即c(H＋)减小，温度不变，Ka不变，故减小，错误。‎ 68‎ 答案　C 非选择题 ‎27．(14分)(2018·衡阳市八中高三月考)草酸镍晶体(NiC2O4·2H2O)难溶于水，工业上用废镍催化剂(成分主要为Ni，含有一定量的Al2O3、Fe、SiO2、CaO等)制备草酸镍晶体的流程如图所示：‎ 已知：①相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表中数据：‎ 金属离子 Fe3＋‎ Fe2＋‎ Al3＋‎ Ni2＋‎ 开始沉淀的pH ‎1.1‎ ‎5.8‎ ‎3.0‎ ‎6.8‎ 完全沉淀的pH ‎3.2‎ ‎8.8‎ ‎5.0‎ ‎9.5‎ ‎②Ksp(NiC2O4)＝4.05×10－10‎ ‎(1)“酸浸”前将废镍催化剂粉碎的目的是：_________________________‎ ‎___________________________________________________________。‎ ‎“滤渣Ⅰ”的主要成分为：________。‎ ‎(2)若试剂a为H2O2，写出氧化时反应的离子方程式：‎ ‎_____________________________________________________________。‎ ‎(3)调节pH的范围为：________。‎ ‎(4)写出“沉钙”操作中加入NH4F时发生反应的离子方程式：______________________________________________________________，‎ NH4F的电子式为：___________________________________________。‎ ‎(5)如果“沉镍”操作后测得滤液中C2O的浓度为0.18 mol·L－1，则溶液中c(Ni2＋)＝________ mol·L－1。‎ ‎(6)将得到的草酸镍晶体在真空中加热至320 ℃分解，可重新制得单质镍催化剂。该制备过程的化学方程式为______________________________________。‎ 解析　(1)将废镍催化剂粉碎可以增大与酸的接触面积，提高酸浸速率；Al2O3、Fe、SiO2、CaO中SiO2不与硫酸反应，所以“滤渣Ⅰ”的主要成分为SiO2；(2)H2O2把Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式是2Fe2＋＋2H＋＋H2O2===2Fe3＋＋2H2O；(3)完全除去Fe3＋、Al3＋的最小pH是5.0，保证Ni2＋不生成沉淀的pH小于6.8，所以pH的范围是5.0Ksp(AgI)‎ C 将Fe(NO3)2溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，溶液变成红色 原Fe(NO3)2中一定含有Fe3＋‎ D 常温下，分别测量浓度均为0.1 mol/L的Na2S溶液和NaClO溶液的pH，前者的pH大 酸性：HClO>H2S 解析　A．0.1 mol/L和0.01 mol/L的醋酸溶液，前者溶液中离子浓度较大，其导电性较强，但醋酸浓度越大，醋酸的电离程度越小，故A错误；B.向AgCl悬浊液中滴入KI溶液，悬浊液变为黄色，体现了沉淀的转化，说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故B正确；C.Fe(NO3)2溶于稀H2SO4后，发生氧化还原反应生成铁离子，应该溶于水检验是否含铁离子，故C错误；D.常温下，分别测量浓度均为0.1 mol/L的Na2S溶液和NaClO溶液的pH，前者的pH大，说明前者水解程度较大，但前者对应的酸为HS－，说明酸性：HClO>HS－，无法判断HClO、H2S的酸性强弱，故D错误；故选B。‎ 答案　B ‎9．下列叙述错误的是(　　)‎ A．生铁中含有碳，抗腐蚀能力比纯铁弱 B．用锡焊接的铁质器件，焊接处更易生锈 C．图中，左边铜片上有气泡冒出，右边铜片上也有气泡冒出 D．图中，最先观察到红色的区域是④‎ 解析　生铁中含有碳，更易发生电化学腐蚀，抗腐蚀能力比纯铁弱，A正确；用锡焊接的铁质器件，因锡的金属活泼性比铁弱，发生电化学腐蚀时，铁被消耗，故焊接处更易生锈，B正确；题图中左侧为原电池，右侧是电解池，左侧铜电极上氧气得电子变为OH－，无气体生成，C错误；题图中左侧为原电池，右侧是电解池，左侧铜电极上氧气得电子变为OH－‎ 68‎ ‎，会使得酚酞试液变红，右侧铜电极上(水电离出的)H＋得电子变为氢气，剩余的OH－也会使酚酞试液变红，但是电解反应比原电池反应速率快，故先看到红色的区域是④，D正确。‎ 答案　C ‎10．(2018·北京四中高三期中)已知H2A为二元弱酸，25 ℃时，用Na2A溶液吸收H2A，且最终吸收H2A的量小于原溶液中Na2A的物质的量，其吸收液pH随变化的关系如图所示，以下说法不正确的是(　　)‎ A．NaHA溶液中：c(H＋)>c(OH－)‎ B．Na2A溶液中：c(A2－)>c(HA－)‎ C．H2A的第一步电离常数为10－7.2‎ D．当吸收液呈中性时：c(Na＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)‎ 解析　A．根据图像中吸收液的pH随n(HA－)/n(A2－)变化的关系可知，随着HA－的浓度的增大，溶液酸性增强，说明NaHA溶液显示酸性，即c(H＋)>c(OH－)，故A正确；B.Na2A溶液中，A2－在溶液中水解程度较小，是c(A2－)>c(HA－)，故B正确；C.H2A的第二步电离常数为K＝＝c(H＋)＝10－7.2 mol·L－1，不是第一步电离平衡常数，故C错误；D.当吸收液呈中性时，根据电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)＋c(OH－)，c(H＋)＝c(OH－)，即：c(Na＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)，故D正确；故选C。‎ 答案　C 非选择题 ‎28．(15分)化学平衡是最重要的化学反应原理之一。中学阶段涉及的平衡有气体可逆反应的平衡、酸碱电离平衡、水解平衡及沉淀溶解平衡等。‎ ‎(1)现有容积为1 L的恒温恒容密闭容器，向其中加入1 mol A气体和1 mol B气体后发生反应：A(g)＋B(g)C(g)　ΔH＝－q kJ·mol－1(q>0)，t s后，反应达到平衡状态，生成0.5 mol C气体，放出热量Q1 kJ。回答下列问题。‎ 68‎ ‎①该反应的平衡常数为________，q________(填“>”、“＝”或“<”)Q1。‎ ‎②下列各项中能说明该反应已经达到平衡状态的有________(填序号)。‎ A．消耗0.1 mol A的同时生成0.1 mol C B．容器中气体的压强不随时间而变化 C．容器中气体的密度不随时间而变化 D．A的转化率为50%‎ ‎③保持容器温度和容积不变，若开始时向容器中加入1 mol C气体，反应达到平衡时，吸收热量Q2 kJ，则Q1、Q2与q的关系正确的是________(填序号)。‎ A．Q1＋Q2＝q B．Q1＋2Q2q D．Q1＋Q2”、“<”或“＝”)7。‎ ‎(3)如图为某温度下PbS(s)、ZnS(s)、FeS(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后溶液中S2－的浓度与金属阳离子的浓度之间的关系。如果向三种沉淀中滴加盐酸，最先溶解的是________(填化学式)。向新生成的ZnS浊液中滴入足量含相同浓度的Pb2＋、Fe2＋的溶液，振荡，写出ZnS转化成其他沉淀的离子方程式__________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________。‎ 解析　(1)①根据平衡常数表达式，K＝＝2，q kJ是生成1 mol C(g)放出的热量，Q1 kJ是生成0.5 mol C(g)放出的热量，故q大于Q1‎ 68‎ ‎。②无论是否达到平衡，每消耗0.1 mol A必然同时生成0.1 mol C，A项不能说明；B项，恒温恒容条件下，压强不变，可以说明该反应已经达到平衡状态；C项，气体总质量和体积始终不变，则气体密度不变不能说明该反应达到平衡状态；D项，A的转化率为50%，说明此时反应消耗了0.5 mol A，生成了0.5 mol C，反应达到平衡状态。③恒温恒容下，开始时加入1 mol C气体达到的平衡与原平衡等效，则有Q1＋Q2＝q，A项正确；因为Q2>0，故Q1＋2Q2>q，C项正确。④由于温度不变，则平衡常数仍为2，B的转化率为75%，B的转化浓度为75%×1 mol·L－1＝0.75 mol·L－1，则平衡时c(A)＝(0.25＋a)mol·L－1，c(B)＝0.25 mol·L－1，c(C)＝0.75 mol·L－1，故K＝0.75/[0.25×(0.25＋a)]＝2，解得a＝1.25。(2)①根据Kh·Ka＝Kw可计算得出。②c(H3PO3)　②BD　③AC　④1.25‎ ‎(2)①2.5×10－13　②<‎ ‎(3)FeS　Pb2＋(aq)＋ZnS(s)===PbS(s)＋Zn2＋(aq)‎ 68‎