届二轮复习 7+5小卷练八 作业全国通用.docx
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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.②③⑥D.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.FeOB.Fe2O3
C.Fe3O4D.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.22.0gT2O中含有的中子数为10NA
B.7.2g过氧化钙(CaO2)固体中阴、阳离子总数为0.3NA
C.6.2LNO2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,2.24LNO和2.24LO2混合充分反应后,原子总数是0.4NA
解析 A.22.0gT2O的物质的量为:
=1mol,含有中子的物质的量为:
1mol×12=12mol,含有的中子数为12NA,故A错误;B.7.2g过氧化钙的物质的量为0.1mol,而过氧化钙由钙离子和过氧根构成,故0.1mol过氧化钙中含0.2mol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6.2LNO2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,2.24LNO和2.24LO2的物质的量均为0.1mol,由于NO和氧气均为双原子分子,故0.1molNO和0.1molO2中含0.4mol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+
-
)O2
xCO2+
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0.1mol/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=100mL,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+)=10-7mol/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0.1mol/L时,酸溶液的pH=3,则c(H+)<0.1mol/L,说明HA是弱酸;碱溶液的pH=11,c(OH-)<0.1mol/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+)>10-7mol/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-) = = ,水解平衡常数只与温度有关,温度不变,水解平衡常数不变,故D正确;故选D。 答案 D 非选择题 二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。 第26~28题为必考题,每道题考生都必须作答。 第35、36题为选考题,考生根据要求作答。 ) (一)必考题(共43分) 26.(14分)(2018·河北邢台高三检测)氨广泛用于生产化肥、制冷剂等方面。 回答下列问题: (1)实验室可用上图所示装置合成氨。 ①亚硝酸钠与氯化铵反应的离子方程式为________________________________。 ②锥形瓶中盛有一定量水并滴有几滴酚酞试剂。 反应一段时间后,锥形瓶中溶液变红,则气体X的成分为N2、水蒸气、________和________(填化学式) (2)最近斯坦福大学研究人员发明了一种SUNCAT的锂循环系统,可持续合成氨,其原理如图所示。 ①图中反应Ⅱ属于________(填“氧化还原反应”或“非氧化还原反应”)。 ②反应Ⅲ中能量转化的方式是________(填“电能转变为化学能”或“化学能转变为电能”)。 (3)液氨可用作制冷剂,液氨汽化时________(填“释放”或“吸收”)能量;液氨泄漏遇明火会发生爆炸。 已知部分化学键的键能数据如下表所示: 共价键 N—H O===O N≡N O—H 键能/kJ·mol 391 498 946 463 则反应4NH3(g)+3O2(g)===2N2(g)+6H2O(g)的反应热ΔH=________。 解析 (1)①亚硝酸钠具有强氧化性与氯化铵发生氧化还原反应,生成氮气,反应的离子方程式为NO +NH N2↑+2H2O。 ②锌与稀硫酸反应生成的氢气与亚硝酸钠和氯化铵反应生成的氮气在催化剂作用下反应生成了氨气,因此锥形瓶中酚酞溶液变红,则气体X的成分为N2、水蒸气、H2、NH3。 (2)①反应Ⅱ是Li3N与水反应生成氨气的过程,反应中没有元素化合价的变化,属于非氧化还原反应。 ②反应Ⅲ中氢氧化锂转变为锂、氧气和水,发生了氧化还原反应,属于非自发的氧化还原反应,属于电解池反应,能量转化的方式是电能转变为化学能。 (3)液氨可用作制冷剂,是因为液氨气化时吸收能量,导致周围温度降低;反应4NH3(g)+3O2(g)===2N2(g)+6H2O(g) ΔH=反应物的键能之和-生成物的键能之和=391×3×4+498×3-946×2-463×2×6=-1262(kJ·mol-1)。 答案 (1)①NO +NH N2↑+2H2O ②H2 NH3 (2)①非氧化还原反应 ②电能转变为化学能 (3)吸收 -1262kJ·mol-1 27.(15分)中科院张涛院士的研究团队研究发现纳米ZnO可作为一些催化剂的载体。 下图是通过锌精矿(主要成分为ZnS)与软锰矿(主要成分为MnO2)酸性共融法制备纳米ZnO及MnO2的工艺流程。 回答下列问题: (1)“酸浸”时,锌、锰离子浸出率与溶液温度的关系如图所示。 当锌、锰离子浸出效果最佳时,所采用的最适宜温度为________。 (2)写出酸浸时ZnS与MnO2发生的主要反应的化学方程式(无单质硫生成)________。 (3)P507(酸性磷酸酯)作萃取剂分离锌、锰离子时,溶液的初始pH与分离系数的关系如表所示: 初始pH 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0 4.5 锌、锰离子 分离系数 7.64 8.83 9.97 11.21 12.10 13.17 13.36 11.75 已知: 分离系数越大,分离效果越好;萃取剂P507是一种不溶于水的淡黄色透明油状液体,属于酸性萃取剂。 试分析初始pH>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S2O 2SO 、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)=3amol,n[CO(NH2)2]=amol,则反应完全,KOH剩余amol,生成CO amol,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=-99kJ·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=29.1kJ·mol-1。 向体积为2L的密闭容器中充入2molCH3OH(g)和2molCO,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5min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2min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1molCO和2molHCOOCH3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+2CO N2+2CO2(有CO) 2NO N2+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.670KB.770K C.870KD.970K 解析 (1)ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和,则ΔH=x+2×436kJ·mol-1-3×413kJ·mol-1-343kJ·mol-1-465kJ·mol-1=-99kJ·mol-1,则x=1076kJ·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2L的密闭容器中充入2molCH3OH(g)和2molCO,反应I在5min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3mol,气体的总变化量为1mol,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)=1mol。 因此,速率v(HCOOCH3)= =0.10mol·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0.5mol/L。 在相同温度下,反应Ⅱ在2min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1molCO和2molHCOOCH3后v(正) 由浓度商Qc=1.5/(0.5×1)=3>2=K可知,反应向逆方向进行,故v(正) ④反应Ⅰ的温度(T1)和反应Ⅲ的温度(T3)相比,T1>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870K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870K左右,选C(或850~900之间都可以)。 答案 (1)1076 (2)①Ⅱ中使用催化剂 ②0.10mol·L-1·min-1 ③2L·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) (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________________________, 1mol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ρg·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1mol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÷ρg·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 C—C键 (5)[Cr(NH3)6]Cl3 24NA (6)Fe4N 36.【选修5: 有机化学基础】(15分)以某有机物R为原料合成功能高分子化合物G的流程如下: 回答下列问题:
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