届高考化学二轮复习7+5小卷练五作业全国通用Word文件下载.docx

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答案　D

8．设NA代表阿伏加德罗常数的值，N表示粒子数。

下列叙述正确的是（　　）

A．2.24LCH4中含有的C—H键数为0.4NA

B．将1molCl2通入水中，则N（HClO）＋N（Cl－）＋N（ClO－）＝2NA

C．将CO2通过Na2O2使其质量增加ag时，反应转移的电子数为aNA/44

D．3.0g含甲醛（HCHO）的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA

解析　甲醛（HCHO）、冰醋酸（CH3COOH）的最简式相同，均为CH2O，因此3.0g含甲醛的冰醋酸中所含原子总数为×

4×

NA＝0.4NA（或设HCHO的质量为ag，则3.0g含甲醛的冰醋酸中所含原子总数为×

NA＋×

8×

NA＝0.4NA），D项正确。

没有指明温度、压强，2.24LCH4的物质的量无法确定，因此其所含C—H键的数目无法确定，A项错误；

将1molCl2通入水中，发生反应：

Cl2＋H2O

HCl＋HClO，该反应为可逆反应，根据物料守恒知，N（HClO）＋N（Cl－）＋N（ClO－）<

2NA，B项错误；

根据反应2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2知，转移2mol电子时，Na2O2质量增加56g，则当Na2O2质量增加ag时，反应转移的电子数为×

a×

NA＝，C项错误。

9．（2018·

济南一中高三月考）下列有关有机物的说法正确的是（　　）

A．蛋白质溶液中加Na2SO4可使其变性

B．乙烷、苯、葡萄糖溶液均不能使酸性KMnO4溶液褪色

C．有机物CH2===CHCH（CH3）Cl能发生加成反应、取代反应、缩聚反应、氧化反应

D．分子式为C4H7ClO2且能与NaHCO3反应放出气体的有机物结构有5种（不包含立体异构）

解析　A．Na2SO4为钠盐，不属于重金属盐，不能使蛋白质发生变性，则在鸡蛋白溶液中加入浓Na2SO4溶液，蛋白质发生盐析，故A错误；

B.葡萄糖中的—CHO、—OH，能被高锰酸钾氧化，葡萄糖能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；

C.有机物CH2＝CHCH（CH3）Cl碳碳双键能发生加成反应、卤原子可取代反应、碳碳双键能发生氧化反应，不能发生缩聚反应，故C错误；

D.分子式C4H8O2并能与NaHCO3溶液反应放出CO2的有机物是丁酸：

CH3—CH2—CH2—COOH或CH3—CH（COOH）—CH3，烃基上一氯代物分别有3种、2种，共5种，故D正确；

故选D。

10．钼（Mo）的主要用途是制造特种钢，用CO还原MoO3（白色粉末，加热时变黄）制备单质Mo的装置如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．装置②中盛有饱和碳酸钠溶液，装置③中盛有浓硫酸，均起到净化CO2的作用

B．装置①中的稀盐酸可用稀硫酸代替，石灰石可用碳酸钠粉末代替

C．装置④的作用是制备CO，装置⑤的作用是CO还原MoO3

D．装置⑥能达到检验MoO3是否被CO还原的目的

解析　选项A，盐酸与碳酸钙反应制备的CO2中含HCl杂质，除去HCl杂质，用饱和NaHCO3溶液，而不是饱和Na2CO3溶液，错误；

选项B，启普发生器中的固体反应物不能呈粉末状，错误；

选项C，装置④中CO2与炽热的C反应生成CO，装置⑤中CO与MoO3发生氧化还原反应，正确；

选项D，装置④中未反应的CO2也能使装置⑥中澄清石灰水变浑浊，错误。

答案　C

11．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如图所示，下列叙述不正确的是（　　）

A．X、Y的最高价氧化物都可以作耐火材料

B．Z的非金属性小于W

C．Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水

D．X的单质可分别与Z、W的单质发生氧化还原反应

解析　依据题图可知元素X、Y、Z、W分别为Mg、Al、N、O，氧化镁和氧化铝的熔点都较高，都可作耐火材料，A项正确；

同一周期主族元素从左到右，非金属性逐渐增强，O的非金属性强于N的，B项正确；

氢氧化铝不能溶于稀氨水，C项错误；

镁能分别与氮气、氧气发生氧化还原反应，D项正确。

12．在一恒温恒压的密闭容器中发生反应：

M（g）＋N（g）

2R（g）　ΔH<

0，t1时刻达到平衡，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如图所示。

下列说法不正确的是（　　）

A．t1时刻的v（正）小于t2时刻的v（正）

B．t2时刻改变的条件是向密闭容器中加R

C．Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，M的体积分数相等

D．Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，反应的平衡常数相等

解析　恒温恒压下t2时刻改变某一条件，逆反应速率瞬间增大，再次建立的平衡与原平衡等效，根据等效平衡原理，t2时刻改变的条件是向密闭容器中加R，B项正确；

t1时刻反应达到平衡，v（正）＝v（逆），而t2时刻加R，v（正）瞬间不变，v（逆）瞬间增大，故t1时刻的v（正）等于t2时刻的v（正），A项错误；

Ⅰ、Ⅱ两过程达到的平衡等效，M的体积分数相等，C项正确；

Ⅰ、Ⅱ两过程的温度相同，则反应的平衡常数相等，D项正确。

答案　A

13．常温下，将NaOH溶液滴加到某一元酸（HA）溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示[已知：

p＝－lg]。

下列叙述不正确的是（　　）

A．Ka（HA）的数量级为10－5

B．滴加NaOH溶液过程中，保持不变

C．m点所示溶液中：

c（H＋）＝c（HA）＋c（OH－）－c（Na＋）

D．n点所示溶液中：

c（Na＋）＝c（A－）＋c（HA）

解析　根据题图，m点时p＝0，知＝1，即c（A－）＝c（HA），m点所示溶液pH＝4.76，则c（H＋）＝10－4.76mol·

L－1，Ka（HA）＝＝c（H＋）＝10－4.76＝100.24×

10－5，0<

100.24<

10，故Ka（HA）的数量级为10－5，A项正确；

＝＝，滴加NaOH溶液过程中，温度不变，Ka（HA）、Kw不变，故保持不变，B项正确；

m点所示溶液中的电荷守恒式为c（H＋）＋c（Na＋）＝c（OH－）＋c（A－），则c（H＋）＝c（OH－）＋c（A－）－c（Na＋），C项正确；

n点所示溶液呈酸性，根据电荷守恒式c（H＋）＋c（Na＋）＝c（OH－）＋c（A－），得c（Na＋）－c（A－）＝c（OH－）－c（H＋）<

0，故c（Na＋）<

c（A－），不可能有c（Na＋）＝c（A－）＋c（HA），D项错误。

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·

成都龙泉中学月考）某同学旅游时发现，苗族人的银饰美丽而富有民族文化，制作银饰时可以选用Fe（NO3）3溶液做蚀刻剂。

受此启发，该同学所在的化学兴趣小组在实验室选用Fe（NO3）3溶液清洗做过银镜反应的试管，发现不但银镜溶解，而且较少产生刺激性气体。

化学兴趣小组对Fe（NO3）3溶液溶解银的原理进行探究：

【提出假设】

假设1：

Fe（NO3）3溶液显酸性，在此酸性条件下NO能氧化Ag；

假设2：

Fe3＋具有氧化性，能氧化Ag

【验证假设】

（1）甲同学验证假设1。

①用淡紫色的Fe（NO3）3·

9H2O晶体（分析纯，Mr＝404）配制1.5mol/L的Fe（NO3）3溶液100mL。

需要称取________gFe（NO3）3·

9H2O晶体，配制过程中所用到的仪器除烧杯、玻璃棒外还必需：

_________________________________。

②测得1.5mol/L的Fe（NO3）3溶液pH约为1，其原因用化学用语表示为________。

③将pH＝1的HNO3溶液加入到镀有银镜的试管中，振荡，观察到银镜慢慢溶解，产生无色气体并在液面上方变为红棕色，溶液中发生反应的离子方程式应是________________________________________________________________

_____________________________________________________________。

④将1.5mol/L的Fe（NO3）3溶液加入到镀有银镜的试管中，振荡，观察到银镜很快溶解，并且溶液颜色加深。

（2）乙同学为验证假设2。

分别用溶质的质量分数为2%、10%的足量FeCl3溶液加入到镀有银镜的试管中，振荡，都看不出银镜溶解。

乙同学由此得出结论，假设2不成立。

你是否同意乙的结论？

_______________________________________，

简述理由：

_______________________________________________。

【思考与交流】

甲同学的实验④中，溶液颜色为什么会加深？

查阅资料得知，Fe2＋能与NO形成配离子：

Fe2＋＋NO===[Fe（NO）]2＋（棕色）。

已知，同浓度的硝酸氧化性比Fe3＋略强。

根据以上信息综合分析，浓、稀Fe（NO3）3溶液溶解银镜时，发生的反应有何不同？

解析　[验证假设]

（1）①用淡紫色的Fe（NO3）3·

9H2O晶体配制1.5mol/L的Fe（NO3）3溶液100mL，依据硝酸铁溶质物质的量为0.15mol，所以需要晶体质量＝0.15mol×

404g/mol＝60.6g；

配制溶液的过程和步骤分析可知需要的仪器除烧杯、玻璃棒外还必需100mL的容量瓶，胶头滴管；

②测得1.5mol/L的Fe（NO3）3溶液pH约为1说明溶液呈酸性，是铁离子水解的原因，反应的离子方程式为：

Fe3＋＋3H2O

Fe（OH）3＋3H＋；

③将pH＝1的HNO3溶液加入到镀有银镜的试管中，振荡，观察到银镜慢慢溶解，产生无色气体并在液面上方变为红棕色，溶液中发生反应的离子方程式应是：

3Ag＋NO＋4H＋===3Ag＋＋NO↑＋2H2O；

（2）假设2中，铁离子的氧化性和铁离子的浓度大小有关，且生成的银离子在溶液中生成氯化银沉淀阻止反应进行，可能是浓度小或阻止反应进行，需要验证亚铁离子的存在证明铁离子是否发生还原反应：

没有检验是否生成了Fe2＋，可能是Fe3＋与Ag发生了反应，但生成的Ag＋与Cl－形成沉淀阻止了反应继续进行，也可能是FeCl3溶液浓度太小而不能溶解银，所以不同意乙的结论；

[思考与交流]已知，同浓度的硝酸氧化性比Fe3＋略强，根据以上信息综合分析，浓、稀Fe（NO3）3溶液溶解银镜时的原理不同，Fe（NO3）3浓溶液中，Fe3＋、NO都氧化了Ag，Fe（NO3）3稀溶液中可能只有NO氧化了Ag。

答案　【验证假设】

（1）①60.6　100mL容量瓶、胶头滴管　②Fe3＋＋3H2O

Fe（OH）3＋3H＋　③3Ag＋NO＋4H＋===3Ag＋＋NO↑＋2H2O

（2）不同意　没有检验是否生成了Fe2＋，可能是Fe3＋与Ag发生了反应，但生成的Ag＋与Cl－形成沉淀阻止了反应继续进行，也可能是FeCl3溶液浓度太小而不能溶解银

【思考与交流】已知，同浓度的硝酸氧化性比Fe3＋略强，根据以上信息综合分析，浓、稀Fe（NO3）3溶液溶解银镜时的原理不同，Fe（NO3）3浓溶液中，Fe3＋、NO都氧化了Ag，Fe（NO3）3稀溶液中可能只有NO氧化了Ag

27．（14分）我国电池的年市场消费量约为80亿只，其中70%是锌锰干电池，利用废旧锌锰干电池制备硫酸锌晶体（ZnSO4·

7H2O）和纯MnO2的工艺如下图所示：

已知：

①锌皮的主要成分为Zn，含有少量Fe；

炭包的主要成分为ZnCl2、NH4Cl、MnO2、碳粉等，还含有少量的Cu、Ag、Fe等。

②Ksp[Zn（OH）2]＝2.0×

10－16；

Ksp[Fe（OH）2]＝8.0×

Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×

10－38。

（1）除去炭包中碳粉的操作为________。

A．酸浸B．过滤

C．焙炒D．焙烧

（2）粗MnO2转化为MnSO4时，主要反应的离子方程式为_________________

___________________________________________________________________。

（3）焙烧时发生反应的化学方程式为__________________________________。

（4）制备硫酸锌晶体流程中，用ZnO调节溶液pH的目的是_________________，

若溶解时不加H2O2带来的后果是______________________________________。

（5）“草酸钠－高锰酸钾返滴法”可测定MnO2的纯度，取agMnO2样品于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，再加入V1mLc1mol·

L－1Na2C2O4溶液（足量），最后用c2mol·

L－1的KMnO4溶液滴定剩余的Na2C2O4，达终点时消耗V2mL标准KMnO4溶液。

①MnO2参与反应的离子方程式为____________________________。

②该样品中MnO2的质量分数为________（假定杂质不参与反应，列出表达式即可）。

答案　

（1）C（提示：

焙炒过程中碳粉与空气中的氧气可生成CO2而除去）

（2）MnO2＋H2O2＋2H＋===Mn2＋＋O2↑＋2H2O

（3）2MnCO3＋O22MnO2＋2CO2

（4）除去溶液中的Fe3＋杂质　Fe2＋与Zn2＋不能分离[或当Fe（OH）2沉淀完全时，Zn（OH）2也沉淀完全]

（5）①MnO2＋4H＋＋C2O===Mn2＋＋2CO2↑＋2H2O

②×

100%

28．（15分）已知借助太阳能－热化学循环分解水的示意图如图1：

（1）反应Ⅱ需要两步能量转化才能实现，太阳能转化为________，再转化为________。

（2）反应Ⅳ由（a）、（b）两步反应组成：

H2SO4（l）===SO3（g）＋H2O（g）　ΔH＝＋177kJ·

mol－1（a）

2SO3（g）

2SO2（g）＋O2（g）　ΔH＝＋196kJ·

mol－1（b）

H2O（l）===H2O（g）　ΔH＝＋44kJ·

mol－1（c）

则H2SO4（l）分解为SO2（g）、O2（g）及H2O（l）的热化学方程式为_____________________________________________________________。

（3）在恒容的密闭容器中进行不同温度下的SO3分解实验[原理按反应（b）]，SO3起始物质的量均为dmol，图2中L曲线为SO3的平衡转化率与温度的关系，M曲线表示不同温度下反应经过相同反应时间且未达到化学平衡时SO3的转化率。

①反应（b）的平衡常数表达式为K＝________。

②随温度的升高，M曲线逼近L曲线的原因是__________________________。

③若X点时总压为0.1MPa，列式计算SO3分解反应在图2中X点时的平衡常数Kp＝________（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压：

总压×

物质的量分数，保留2位有效数字）。

解析　

（1）据题图1分析，反应Ⅱ是太阳能转化为电能，电解亚硫酸铵生成硫酸铵和氢气，故太阳能转化为电能，再转化为化学能。

（2）根据盖斯定律，由2（a）＋（b）－2（c）得：

2H2SO4（l）

2SO2（g）＋O2（g）＋2H2O（l）　ΔH＝＋462kJ·

mol－1。

（3）②温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短。

③起始时充入dmolSO3，由题图2可知X点时SO3的平衡转化率为60%，转化的三氧化硫的物质的量为dmol×

0.6＝0.6dmol，利用三段式法进行计算，则：

故Kp＝＝＝0.052MPa。

答案　

（1）电能　化学能

（2）2H2SO4（l）

mol－1

（3）①　②温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短（或温度升高，反应速率加快，相同时间内更快达到平衡）　③0.052MPa

（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，则按所做第一题计分。

35．【选修3：

物质结构与性质】

（15分）（2018·

河北省五个一联盟第二次联考）我国南京理工大学胡炳成教授团队在N5合成上取得了里程碑性研究成果——世界上首个五氮阴离子盐（N5）6（H3O）3（NH4）4Cl（用R代表）。

时隔不久，他们在该领域再次取得突破，成功制得全氮阴离子（N）金属盐Co（N5）2（H2O）4·

4H2O。

这是一种配合物分子，其结构式为

回答下列问题：

（1）基态氮原子最高能层电子所占用能级的电子云形状为________。

（2）元素的基态气态原子得到一个电子形成气态－1价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能（E），－1价阴离子再获得一个电子的能量变化叫做第二电子亲和能，部分元素或离子的电子亲和能数据如下表所示。

元素

Cl

Br

I

O

O－

电子亲和能

（kJ/mol）

349

343

295

141

－780

①图中数据显示，同主族元素E1自上而下依次减小，试说明原因_____________________________________________________；

②下列说法正确的是________。

A．电子亲和能越大，说明越难得到电子

B．一个基态的气态氧原子得到一个电子成为O2－时放出141kJ的能量

C．氧元素的第二电子亲和能是－780kJ/mol

D．基态的气态氧原子得到两个电子成为O2－需要吸收能量

（3）从结构角度分析，按顺序写出R中两种阳离子的立体构型：

________。

（4）试就上述两种盐进行有关分析：

①热分析结果显示盐（N5）6（H3O）3（NH4）4Cl分解温度高达116.8℃，具有非常好的热稳定性。

这与其结构中含有类似苯分子中的大π键有关。

N中的N原子的杂化轨道类型为________，N中的σ键总数为________个。

②金属盐Co（N5）2（H2O）4·

4H2O中，中心原子的配位数为________，试画出金属盐Co（N5）2（H2O）4·

4H2O中钴离子的价电子的排布图________。

（5）R的晶体密度为dg·

cm－3其立方晶胞参数为anm，晶胞中含有y个[（N5）6（H3O）3（NH4）4Cl]单元，该单元的相对质量为M，则y的计算表达式为________（用NA和字母表示）。

解析　

（1）基态氮原子的电子排布为1s22s22p3，所以其最高能层电子所占用的能级为2s和2p，s电子云为球形，p电子云为哑铃形。

（2）①同主族元素自上而下原子半径逐渐增大，原子核和最外层电子之间的距离增大，所以原子核对于最外层电子的吸引能力减弱，即得电子能力减弱，所以同主族元素E1自上而下依次减小。

②电子亲和能越大代表原子得电子时放出能量越多，所以电子亲和能越大，说明越容易得到电子，选项A错误。

一个基态的气态氧原子得到一个电子时应该成为O－，所以选项B错误。

氧原子得到1个电子生成O－放出的能量是氧元素的第一电子亲和能，O－再得到1个电子生成O2－时放出的能量是氧元素的第二电子亲和能，所以氧元素的第二电子亲和能就是O－的第一电子亲和能，即为－780kJ/mol，选项C正确。

气态氧原子得到1个电子放出141kJ的能量生成O－，O－再得到1个电子需要吸收780kJ的能量，所以气态氧原子得到两个电子成为O2－需要吸收能量，选项D正确。

（3）根据价层电子对互斥理论，H3O＋的中心氧原子有（6＋3－1）÷

2＝4个电子对，所以O以sp3杂化成四面体构型，其中三个电子对成键，一个为孤对电子，所以H3O＋三角锥构型。

NH的中心N原子有（5＋4－1）÷

2＝4个电子对，所以N以sp3杂化成四面体构型，其中四个电子对都成键，所以NH为正四面体构型。

（4）①N结构中含有类似苯分子中的大π键，所以N一定是平面封闭环状结构（

），所以N原子的杂化类型一定是sp2杂化，这样才能保证其形成平面环状结构。

根据两个原子之间成键一定有且只有1个σ键的原理，得到N的平面环状结构中一定有5个σ键。

4H2O中，N和H2O都是单齿配体，所以中心原子的配位数为6。

Co是27号元素，其电子排布为1s22s22p63s23p63d74s2，所以Co2＋的价电子为3d7，价电子排布图为

（5）（或×

10－21）

36．【选修5：

有机化学基础】

（15分）党的十九大报告中明确了“加快生态文明体制改革，建设美丽中国”，把“推进绿色发展”放到了首位，强调“加快建立绿色生产和消费的法律制度和政策导向，建立健全绿色低碳循环发展的经济体系”。

化工生产中倡导原料尽量多地转化为目标产物，提高原子利用率。

利用下列合成路线可以制备对羟基苯甲酸：

①该合成路线中，生成G、F的物质的量之比为n（G）∶n（F）＝1∶3，且1molG与足量的Na反应产生33.6L（标准状况）H2。

②同一碳原子上连两个羟基不稳定。

（1）下列关于对羟基苯甲酸的说法中正确的是________（填序号）。

a．能发生聚合反应生成聚酯

b．能与FeCl3溶液发生显色反应

c．1mol对羟基苯甲酸最多能与1molNaOH反应

d．对羟基苯甲酸能发生酯化反应和水解反应

（2）H的化学名称是________。

（3）A生成B的反应类型是________，A中含氧官能团的名称是________。

（4）B生成C和D的化学方程式为________________________________。

（5）满足下列条件的对羟基苯甲酸的同分异构体共有________种（不包括立体异构），其中核磁共振氢谱中有4种不同化学环境氢原子的同分异构体有________种。

①能与银氨溶液发生银镜反应；

②与FeCl3溶液发生显色反应。

（6）写出由H制备G的合成路线（无机试剂任选）。

解析　1molG与足量Na反应产生H2的物质的量为＝1.5mol，结合G的分子式可知G中含有3个羟基，结合已知信息②可推知G为

，结合N的分子式及N在碱性条件下水解、酸化后生成的n（G）∶n（F）＝1∶3可知，F为CH3COOH，N为

。

由E的结构简式为

可逆推知A中含有苯环，A与Cl2在光照条件下发生取代反应生成B，B在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成C与D，D酸化后得到F（乙酸），则D为CH3COONa，C中含有7个C