精品版高考化学二轮复习 答题方法突破7+3小卷练Word文档格式.docx

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解析　①活性炭具有吸附性、SO2能与某些有色物质生成不稳定的化合物、HClO具有强氧化性，漂白原理各不相同，错误；

②氯气过量，两者都完全氧化，正确；

③电解精炼时，以粗铜作阳极，纯铜作阴极，错误；

④铁失去电子形成二价铁，错误；

⑤正确；

⑥SiO2虽不溶于水，但能与NaOH溶液反应，错误；

⑦NO与空气接触生成NO2，错误；

⑧浓硫酸做干燥剂是因为其具有吸水性，错误。

答案　B

9．下列说法正确的是（　　）

A．乙烯、聚乙烯和苯分子中均含有碳碳双键

B．纤维素可以被人体消化吸收，因为它在人体内可以水解成葡萄糖

C．石油裂解、煤的干馏、玉米酿酒、紫外线消毒等过程都有化学变化发生

D．乙烯使溴水褪色与乙烯使酸性KMnO4溶液褪色的原理相同

解析　石油裂解、煤的干馏、玉米酿酒、紫外线消毒等过程都有化学变化发生，C项正确；

聚乙烯是由乙烯发生加聚反应得到的，聚乙烯中不存在碳碳双键，苯分子中的碳碳键是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间独特的键，苯分子中不存在碳碳双键，A项错误；

人体中不存在消化纤维素的酶，B项错误；

乙烯使溴水褪色发生的是加成反应，乙烯使酸性KMnO4溶液褪色发生的是氧化还原反应，反应原理不同，D项错误。

答案　C

10．利用废旧电池铜帽（含Cu、Zn）制取海绵铜（Cu），并得到硫酸锌溶液的主要流程如下（反应条件已略去）：

已知：

2Cu＋2H2SO4＋O2

2CuSO4＋2H2O

下列说法不正确的是（　　）

A．过程Ⅱ中分离操作的名称为过滤，该操作过程中使用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒

B．溶液A中的溶质有H2SO4、CuSO4、ZnSO4

C．上述流程中加入的物质B为锌，物质D为盐酸

D．A～E中含铜、锌两种元素的物质有A和C

解析　通过分析转化流程可知，含Cu、Zn的铜帽与稀硫酸和氧气反应生成了硫酸铜和硫酸锌的混合液A，依据实验的目的，为了得到铜和硫酸锌，应向A溶液加入过量的锌，通过过滤得到了硫酸锌溶液和铜锌的固体混合物C，为了得到铜和硫酸锌，应加入稀硫酸。

A.过滤的方法可以将固体和液体分离，过程Ⅱ中为了分离固体和液体，所以操作的名称是过滤，过滤操作需要的玻璃仪器有：

烧杯、漏斗、玻璃棒，故A正确；

B.通过题中的反应流程可知，铜、氧气和硫酸会生成硫酸铜，硫酸和锌会生成硫酸锌，硫酸一般是过量的，所以溶液A中的溶质有：

H2SO4、CuSO4、ZnSO4，故B正确；

C.应向A溶液加入过量的锌，通过过滤得到了硫酸锌溶液和铜锌的固体混合物C，为了得到铜和硫酸锌，应加入稀硫酸，故C错误；

D.通过上述分析可知，溶液A是硫酸、硫酸铜和硫酸锌的混合物，固体C是铜和锌的混合物，所以含铜、锌两种元素的物质有：

A、C，故D正确；

故选C。

11．在某种光电池中，当光照在表面涂有氯化银的银片上时，发生反应：

AgCl（s）

Ag（s）＋Cl（AgCl）[Cl（AgCl）表示生成的氯原子吸附在氯化银表面]，接着发生反应：

Cl（AgCl）＋e－===Cl－（aq）＋AgCl（s）。

如图为用该光电池电解尿素[CO（NH2）2]的碱性溶液制氢的装置示意图，下列叙述正确的是（　　）

A．光电池工作时，Ag极为电流流出极，发生氧化反应

B．制氢装置溶液中K＋移向A极

C．光电池工作时，Ag电极发生的反应为2Cl－－2e－===Cl2↑

D．制氢装置工作时，A极的电极反应式为CO（NH2）2＋8OH－－6e－===CO

＋N2↑＋6H2O

解析　由B极生成氢气，A极生成氮气知，B极为阴极，A极为阳极，则铂极为负极，银极为正极。

光电池工作时，Ag极为电流流出极，发生还原反应，A错误；

制氢装置溶液中K＋移向B极，B错误；

光电池工作时，Ag电极上AgCl得电子生成Ag，C错误。

答案　D

12．有X、Y、Z三种短周期元素，原子半径大小关系为r（Y）>

r（X）>

r（Z），原子序数之和为16。

X、Y、Z三种元素的常见单质在适当条件下可发生如图变化，其中B和C均为10电子分子。

下列说法中不正确的是（　　）

A．X与Z形成的某种化合物可用来杀菌消毒

B．C极易溶于B中，溶液呈碱性

C．Y与Z形成的二元化合物只含有极性键

D．A和C能发生氧化还原反应

解析　根据B、C均为10电子分子可围绕常见氢化物分析，根据原子序数结合原子半径以及转化关系图，可知Z是H、X是O、Y是N。

X与Z形成的化合物H2O2可用来杀菌消毒，故A正确；

C是NH3，极易溶于B（H2O）中，溶液呈碱性，故B正确；

Y与Z形成的二元化合物可能是NH3只含有极性键，也可能是N2H4，其中N—H是极性键，N—N是非极性键，故C错误；

NO和NH3能发生氧化还原反应，故D正确。

13．25℃时，浓度均为0.1mol/L的溶液，其pH如下表所示。

有关说法正确的是（　　）

序号

①

②

③

④

溶液

NaCl

CH3COONH4

NaF

CH3COONa

pH

7.0

8.1

8.9

A.酸性强弱：

CH3COOH>

HF

B．离子的总浓度：

①>

C．②中：

c（CH3COO－）＝c（NH

）＝c（OH－）＝c（H＋）

D．②和④中c（CH3COO－）相等

解析　由表中数据得到，碱性：

NaF<

CH3COONa，所以说明阴离子的水解能力：

F－<

CH3COO－，根据越弱越水解的原理，得到酸性：

CH3COOH<

HF，选项A错误。

①③两个溶液有各自的电荷守恒式：

c（Na＋）＋c（H＋）＝c（Cl－）＋c（OH－）；

c（Na＋）＋c（H＋）＝c（F－）＋c（OH－），所以两个溶液的离子总浓度都等于各自的2[c（Na＋）＋c（H＋）]，因为两个溶液中的钠离子浓度相等，所以只需要比较两个溶液的氢离子浓度即可。

pH为：

①<

③，所以①的氢离子浓度更大，即溶液度更大，即溶液①的2[c（Na＋）＋c（H＋）]大于溶液③的2[c（Na＋）＋c（H＋）]，所以离子的总浓度：

③，选项B正确。

溶液②中，pH＝7，所以c（H＋）＝c（OH－）＝1×

10－7mol/L。

明显溶液中的醋酸根和铵根离子的浓度都接近0.1mol/L（电离和水解的程度都不会太大），所以应该是c（CH3COO－）＝c（NH

）>

c（OH－）＝c（H＋），选项C错误。

醋酸铵中，铵根离子对于醋酸根离子的水解起到促进作用，醋酸钠中钠离子对于醋酸根离子的水解应该无影响，所以醋酸根离子浓度是②<

④，选项D错误。

非选择题

二、非选择题

必考题（共43分）

26．（2018·

清华附中高三月考）（14分）用浓盐酸和MnO2制取Cl2的装置如下，某小组欲证明产生的气体中含有HCl。

（1）Cl2的电子式是________，A中反应的离子方程式为

_____________________________________________________________

__________________________________________________________。

（2）甲同学将A中产生的气体通入下列溶液：

实验序号

试剂

现象

a

紫色石蕊溶液

________

b

AgNO3

出现白色沉淀

①实验a中的现象为_________________________________________。

②不能证明产生的气体中含有HCl的实验是________（填字母序号）。

（3）已知将HCl气体通入饱和食盐水中有白色固体析出。

乙同学将A中产生的气体通入饱和食盐水中，有白色固体析出，但实验不能证明气体中含有HCl，结合化学用语解释其原因：

__________________________________________________

________________________________________________________________。

（4）已知：

2S2O

＋I2===S4O

＋2I－。

丙同学将A中产生的气体通入蒸馏水中，得到溶液X，进行以下实验证明气体中含有HCl。

实验Ⅰ.测定X中溶解的Cl2。

取25.00mL溶液X，加入过量KI溶液，然后用0.04mol·

L－1Na2S2O3溶液滴定生成的I2，达滴定终点时消耗Na2S2O3溶液VmL。

实验Ⅱ.测定X中Cl元素含量。

另取25.00mL溶液X，选用适当的还原剂将溶解的Cl2全部还原为Cl－，再用0.10mol·

L－1AgNO3溶液滴定溶液中的Cl－。

①X中的HClO不会影响实验Ⅰ的测定结果，原因是________________________

____________________________________________________________。

②由Ⅰ、Ⅱ中实验数据可证明A中产生的气体中含有HCl，则Ⅱ中0.10mol·

L－1AgNO3溶液的体积应大于________mL（用含V的代数式表示）。

解析　

（1）A是二氧化锰与浓盐酸制取氯气的反应，离子方程式为4H＋＋2Cl－＋MnO2

2H2O＋Cl2↑＋Mn2＋。

（2）①氯气溶于水生成氯化氢和次氯酸，溶液呈酸性，所以石蕊试液变红；

次氯酸具有漂白性，随后溶液红色褪去；

②ab都不能证明产生的气体中含有HCl。

因为氯气溶于水生成氯化氢，所以即使产生的气体中不含氯化氢，石蕊试液也会变红；

同时生成的氯化氢与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀，不能说明产生的气体中有氯化氢；

（3）氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，Cl2＋H2OHCl＋HClO，Cl2溶于水后使得溶液中的c（Cl－）增大，也能析出晶体。

（4）①生成1molHClO需消耗1molCl2，HClO也有氧化性，1molHClO和1molCl2均能将2molKI氧化成I2，所以HClO的存在不影响实验结果；

或者Cl2＋H2OHCl＋HClO，Cl2氧化KI时，上述平衡逆向移动，相当于Cl2全部参与氧化I－的反应；

②Ⅰ中测定Cl2的物质的量是0.04mol·

L－1×

V×

10－3L×

，则转化为Cl－的物质的量是0.04V×

10－3mol；

不考虑气体中的氯化氢，氯气转化的Cl－需要硝酸银的体积是0.04V×

10－3mol/0.1mol/L＝0.4VmL，所以Ⅱ中消耗0.10mol·

L－1AgNO3溶液的体积应大于0.4VmL，说明气体中含有HCl。

答案　

（1）　MnO2＋4H＋＋2Cl－

Cl2↑＋2H2O＋Mn2＋

（2）①溶液先变红再褪色　②a、b　（3）Cl2＋H2OHCl＋HClO，Cl2溶于水后使得溶液中的c（Cl－）增大，也能析出晶体

（4）①生成1molHClO需消耗1molCl2，HClO也有氧化性，1molHClO和1molCl2均能将2molKI氧化成I2或者Cl2＋H2OHCl＋HClO，Cl2发生反应时，上述平衡逆向移动，相当于Cl2全部参与氧化I－的反应　②0.4V

27．（14分）铁红（Fe2O3）和钛白粉（TiO2）均为重要的墙面装修颜料。

一种利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量Fe2O3）联合生产铁红和钛白粉的工艺流程如图所示：

回答下列问题：

（1）FeTiO3中Fe的化合价为________。

（2）为加快钛铁矿在稀硫酸中的溶解，可采取的措施有_________________（任写两种）。

酸性溶液中加入适量铁屑的目的是_________________________

__________________________________________________。

（3）FeSO4溶液与NH4HCO3溶液的反应温度应控制在35℃以下，其原因是_____________________________________________________________

_________________________________________________________，

该反应的离子方程式是___________________________________

_______________________________________________。

（4）TiO2＋转化为TiO（OH）2需要加热，加热的目的是_____________________

____________________________________________________________，

该反应的离子方程式为_________________________________________

______________________________________________________________。

（5）常温时，在生成的FeCO3达到沉淀溶解平衡的溶液中，测得溶液中c（CO

）＝3.0×

10－6mol·

L－1，pH为8.5，则所得的FeCO3中是否含Fe（OH）2？

________（列式计算）{已知Ksp（FeCO3）＝3.0×

10－11，Ksp[Fe（OH）2]＝8.0×

10－16}。

解析　

（1）由化合物中各元素的化合价代数和为0可知FeTiO3中Fe的化合价为＋2。

（2）增大反应物接触面积、提高反应温度或提高反应物浓度均能加快反应速率。

Fe具有还原性，可将Fe3＋还原为Fe2＋。

（3）温度太高，则NH4HCO3易分解，且降低温度可减少Fe2＋的水解。

根据题图可知该反应的离子方程式为Fe2＋＋2HCO

===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O。

（4）TiO2＋水解生成TiO（OH）2，加热可以加快水解反应速率。

答案　

（1）＋2

（2）采用钛铁矿粉末、升高温度、使用浓度较大的稀硫酸等　将Fe3＋还原为Fe2＋

（3）减少NH4HCO3分解、减少Fe2＋水解

Fe2＋＋2HCO

===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O

（4）促进水解，加快反应速率　TiO2＋＋2H2O

TiO（OH）2↓＋2H＋

（5）Ksp（FeCO3）＝c（Fe2＋）·

c（CO

），故c（Fe2＋）＝

＝1.0×

10－5mol·

L－1，pH＝8.5，则c（OH－）＝10－5.5mol·

L－1，故c（Fe2＋）·

c2（OH－）＝10－16<

Ksp[Fe（OH）2]＝8.0×

10－16，故所得的FeCO3中无Fe（OH）2

28．（2017·

孝义市高三下学期考前热身训练）（15分）工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物（NOx）、CO2、SO2等气体，严重污染空气。

对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。

Ⅰ.脱硝：

H2的燃烧热为285.8kJ·

mol－1

N2（g）＋2O2（g）===2NO2（g）　ΔH＝＋133kJ·

H2O（g）===H2O（l）　ΔH＝－44kJ·

催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其他无毒物质的热化学方程式为________________________________________________________________

Ⅱ.脱碳：

（1）向2L密闭容器中加入2molCO2和6molH2，在适当的催化剂作用下，发生反应：

CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（l）＋H2O（l）　ΔH<

①该反应自发进行的条件是________（填“低温”“高温”或“任意温度”）

②下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是________（填字母）。

a．混合气体的平均相对分子质量保持不变

b．CO2和H2的体积分数保持不变

c．CO2和H2的转化率相等

d．混合气体的密度保持不变

e．1molCO2生成的同时有3molH—H键断裂

③CO2的浓度随时间（0～t2）变化如下图所示，在t2时将容器容积缩小一倍，t3时达到平衡，t4时降低温度，t5时达到平衡，请画出t2～t6时间段CO2浓度随时间的变化。

（2）改变温度，使反应CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g）　ΔH<

0中的所有物质都为气态。

起始温度、体积相同（T1℃、2L密闭容器）。

反应过程中部分数据见下表：

反应

时间

CO2

（mol）

H2

CH3OH

H2O

反应Ⅰ：

恒温恒容

0min

2

6

10min

4.5

20min

1

30min

反应Ⅱ：

绝热恒容

①达到平衡时，反应Ⅰ、Ⅱ对比：

平衡常数K（Ⅰ）________K（Ⅱ）（填“>

”“<

”或“＝”，下同）；

平衡时CH3OH的浓度c（Ⅰ）________c（Ⅱ）。

②对反应Ⅰ，前10min内的平均反应速率v（CH3OH）＝

___________________________________________________________。

在其他条件不变的情况下，若30min时只改变温度至T2℃，此时H2的物质的量为3.2mol，则T1________（填“>

”或“＝”）T2。

若30min时只向容器中再充入1molCO2（g）和1molH2O（g），则平衡________（填“正向”“逆向”或“不”）移动。

（3）利用人工光合作用可将CO2转化为甲酸，反应原理为2CO2＋2H2O===2HCOOH＋O2，装置如图所示：

①电极2的电极反应式是________________________________________；

②在标准状况下，当电极2室有11.2LCO2反应。

理论上电极1室液体质量________（填“增加”或“减少”）________g。

解析　Ⅰ.根据氢气的燃烧热可书写氢气燃烧时的热化学方程式是2H2（g）＋O2（g）===2H2O（l）　ΔH＝－285.8×

2kJ·

mol－1＝－571.6kJ·

mol－1，根据盖斯定律，将已知热化学方程式中的氧气与液态水消去得到H2还原NO2生成水蒸气和氮气的热化学方程式，为4H2（g）＋2NO2（g）===N2（g）＋4H2O（g）　ΔH＝－1100.2kJ·

mol－1；

Ⅱ.

（1）①该反应的ΔS<

0，ΔH<

0，因此反应自发进行的条件是低温；

②a项，该体系中的气体只有二氧化碳和氢气，且二者的起始物质的量之比等于化学方程式中的化学计量数之比，所以混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能判断为平衡状态，错误；

b项，二氧化碳与氢气始终是1∶3的关系，所以CO2和H2的体积分数保持不变的状态不是平衡状态，错误；

c项，二氧化碳与氢气的起始物质的量之比等于化学方程式中的化学计量数之比，所以二者的转化率一定相等，与是否达到平衡状态无关，错误；

d项，因为该体系中有液体生成，所以气体的质量在逐渐减少，则气体的密度减小，达平衡时，密度保持不变，正确；

e项，1molCO2生成的同时有3molH—H键断裂，符合正、逆反应速率相等，是平衡状态，答案选d、e；

③在t2时将容器容积缩小一倍，二氧化碳的浓度瞬间增大到1mol·

L－1，则压强增大，平衡正向移动，t3时达到平衡，达到的平衡与原平衡相同，浓度仍是0.5mol·

L－1；

该反应是放热反应，t4时降低温度，则平衡正向移动，t5时达到平衡，则二氧化碳的浓度将小于0.5mol·

L－1，对应的图像为

（2）①因为生成甲醇的反应是放热反应，而反应Ⅱ是从逆反应开始的，所以反应吸热，所以绝热容器的温度要低于恒温容器，即反应Ⅰ温度高于反应Ⅱ，温度升高，放热反应的平衡常数减小，则K（Ⅰ）<

K（Ⅱ）；

二者都是恒容条件，若是恒温恒容，二者达到的平衡是等效平衡，甲醇的浓度相同。

而反应Ⅰ温度高于反应Ⅱ，温度降低，平衡正向移动，则甲醇的浓度增大，平衡时CH3OH的浓度c（Ⅰ）<

c（Ⅱ）；

②对反应Ⅰ，前10min内氢气的物质的量减少6mol－4.5mol＝1.5mol，则甲醇的物质的量增加0.5mol，所以前10min内平均反应速率v（CH3OH）＝

＝0.025mol·

L－1·

min－1；

30min时是平衡状态；

生成甲醇1mol，则消耗氢气3mol，平衡时氢气的物质的量是3mol，而改变温度后氢气的物质的量变为3.2mol，物质的量增大，说明平衡逆向移动，因为该反应是放热反应，所以升高温度，平衡逆向移动，则T1<

T2；

若30min时只向容器中再充入1molCO2（g）和1molH2O（g），根据表中数据计算该温度下的平衡常数为K＝

，此时Qc＝

＝K，所以平衡不移动。

（3）根据装置图中电子的流向判断1是负极、2是正极，负极上水失电子生成氢离子和氧气，判断电极1电极反应：

2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，酸性增强，H＋通过质子膜进入到电极2区域；

电极2通入二氧化碳，酸性条件下生成HCOOH，电极反应：

CO2＋2H＋＋2e－===HCOOH，酸性减弱，从总反应看，每消耗1molCO2，就会消耗1molH2O，现有标准状况下11.2L即0.5molCO2反应，那就会消耗0.5molH2O即9g。

答案　Ⅰ.4H2（g）＋2NO2（g）===N2（g）＋4H2O（g）

ΔH＝－1100.2kJ·

Ⅱ.

（1）①低温　②de

（2）①<

　<

　②0.025mol·

min－1　<

　不

（3）①CO2＋2H＋＋2e－===HCOOH　②减少　9

“7＋3”小卷练

（二）

H—1　Li—7　C—12　N—14　O—1