精品版高考化学二轮复习 答题方法突破7+3小卷练.docx

1、精品版高考化学二轮复习 答题方法突破7+3小卷练“73”小卷练本试卷分选择题和非选择题两部分。满分85分，考试时间45分钟。可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16K39Cl35.5Mn55Fe56Zn65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山东滨州高三期末)古代造纸工艺中使用的某种物质存在副作用，它易导致纸张发生酸性腐蚀，使纸张变脆易破损，该物质是()A明矾 B芒硝 C草木灰 D漂白粉解析易导致纸张发生酸性腐蚀，这说明该物质的水溶液显酸性，明矾溶于水铝离子水解显酸性，A正确；B.芒硝是硫酸钠，溶液显中性，B

2、错误；C.草木灰的主要成分是碳酸钾，溶液显碱性，C错误；D.漂白粉的有效成分是次氯酸钙，溶液显碱性，D错误；答案选A。答案A8(2018福建晋季延中学高三质检)下列说法或表达正确的是()活性炭、SO2和HClO都具有漂白作用，且漂白原理相同向100 mL 0.1 mol/L的溴化亚铁溶液中通入0.05 mol的氯气时发生反应的离子方程式：2Fe24Br3Cl2=2Fe32Br26Cl电解精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极钢铁的吸氧腐蚀负极电极反应式：Fe3e=Fe3碳酸氢根离子的电离方程式可表示为：HCOH2OH3OCOSiO2虽是酸性氧化物，但其不溶于水，因此不能与NaOH溶液反应CO、SO

3、2、NO、NO2都是对大气产生污染的气体，他们在空气中都能稳定存在浓硫酸具有脱水性，所以可以做干燥剂A B C D解析活性炭具有吸附性、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；氯气过量，两者都完全氧化，正确；电解精炼时，以粗铜作阳极，纯铜作阴极，错误；铁失去电子形成二价铁，错误；正确；SiO2虽不溶于水，但能与NaOH溶液反应，错误；NO与空气接触生成NO2，错误；浓硫酸做干燥剂是因为其具有吸水性，错误。答案B9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

4、、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C10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：2Cu2H

5、2SO4O22CuSO42H2O下列说法不正确的是()A过程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、ZnSO4C上述流程中加入的物质B为锌，物质D为盐酸DAE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

6、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。答案C11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

7、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2Cl2e=Cl2D制氢装置工作时，A极的电极反应式为CO(NH2)28OH6e=CON26H2O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A

8、g，C错误。答案D12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()AX与Z形成的某种化合物可用来杀菌消毒BC极易溶于B中，溶液呈碱性CY与Z形成的二元化合物只含有极性键DA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

9、物可能是NH3只含有极性键，也可能是N2H4，其中NH是极性键，NN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。答案C1325 时，浓度均为0.1 mol/L的溶液，其pH如下表所示。有关说法正确的是()序号溶液NaClCH3COONH4NaFCH3COONapH7.07.08.18.9A.酸性强弱：CH3COOHHFB离子的总浓度：C中：c(CH3COO)c(NH)c(OH)c(H)D和中c(CH3COO)相等解析由表中数据得到，碱性：NaFCH3COONa，所以说明阴离子的水解能力：FCH3COO，根据越弱越水解的原理，得到酸性：CH3COOHHF，选项A错误。两个溶液

10、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2c(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：，选项B正确。溶液中，pH7，所以c(H)c(OH)1107 mol/L。明显溶液中的醋酸根和铵根离子的浓度都接近0.1 mol/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，选项D错误

11、。答案B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_bAgNO3出现白色沉淀实验a中的现象为_。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：2S2OI2=S4O2I。丙

12、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.测定X中溶解的Cl2。取25.00 mL溶液X，加入过量KI溶液，然后用0.04 molL1 Na2S2O3溶液滴定生成的I2，达滴定终点时消耗Na2S2O3溶液V mL。实验.测定X中Cl元素含量。另取25.00 mL溶液X，选用适当的还原剂将溶解的Cl2全部还原为Cl，再用0.10 molL1 AgNO3溶液滴定溶液中的Cl。X中的HClO不会影响实验的测定结果，原因是_。由、中实验数据可证明A中产生的气体中含有HCl，则中0.10 molL1 AgNO3溶液的体积应大于_ mL(用含V的代数式表示)。解

13、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4H2ClMnO22H2OCl2Mn2。(2)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；ab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，Cl2H2OHClHClO，Cl2溶于水后使得溶液中的c(Cl)增大，也能析出晶体。(4)生成1 mol HClO需消耗1 mol Cl2，HClO也有氧化性，1 mol

14、HClO和1 mol Cl2均能将2 mol KI氧化成I2，所以HClO的存在不影响实验结果；或者Cl2H2OHClHClO，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；中测定Cl2的物质的量是0.04 molL1V103 L，则转化为Cl的物质的量是0.04V103 mol；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0.04V103 mol/0.1 mol/L0.4V mL，所以中消耗0.10 molL1 AgNO3溶液的体积应大于0.4V mL，说明气体中含有HCl。答案(1) MnO24H2ClCl22H2OMn2(2)溶液先变红再褪色a、b(3)

15、Cl2H2OHClHClO，Cl2溶于水后使得溶液中的c(Cl)增大，也能析出晶体(4)生成1 mol HClO需消耗1 mol Cl2，HClO也有氧化性，1 mol HClO和1 mol Cl2均能将2 mol KI氧化成I2或者Cl2H2OHClHClO，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0.4V27(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

16、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)3.0106 molL1，pH为8.5，则所得的FeCO3中是否含Fe(OH)2？_(列式计算)已知Ksp(FeCO3)3.01011，KspFe(OH)28.01016。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

17、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Fe22HCO=FeCO3CO2H2O。(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Fe22HCO=FeCO3CO2H2O(4)促进水解，加快反应速率TiO22H2OTiO(OH)22H(5)Ksp(FeCO3)c(Fe2)c(CO)，故c(F

18、e2)1.0105 molL1，pH8.5，则c(OH)105.5 molL1，故c(Fe2)c2(OH)1016KspFe(OH)28.01016，故所得的FeCO3中无Fe(OH)228(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。.脱硝：已知：H2的燃烧热为285.8 kJmol1N2(g)2O2(g)=2NO2(g)H133 kJmol1H2O(g)=H2O(l)H44 kJmol1催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其他无毒物质的

19、热化学方程式为_。.脱碳：(1)向2 L密闭容器中加入2 mol CO2和6 mol H2，在适当的催化剂作用下，发生反应：CO2(g)3H2(g)CH3OH(l)H2O(l)H0该反应自发进行的条件是_(填“低温”“高温”或“任意温度”)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bCO2和H2的体积分数保持不变cCO2和H2的转化率相等d混合气体的密度保持不变e1 mol CO2生成的同时有3 mol HH键断裂CO2的浓度随时间(0t2)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t2t6时间

20、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)H”“”“”或“”)T2。若30 min时只向容器中再充入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(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2CO22H2O=2HCOOHO2，装置如图所示：电极2的电极反应式是_；在标准状况下，当电极2室有11.2 L CO2反应。理论上电极1室液体质量_(填“增加”或“减少”)_ g。解析.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)H285.82 k

21、Jmol1571.6 kJmol1，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)H1 100.2 kJmol1；.(1)该反应的S0，H0，因此反应自发进行的条件是低温；a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13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

22、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，1 mol CO2生成的同时有3 mol HH键断裂，符合正、逆反应速率相等，是平衡状态，答案选d、e；在t2时将容器容积缩小一倍，二氧化碳的浓度瞬间增大到1 molL1，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0.5 molL1；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0.5 molL1，对应的图像为(2)因为生成甲醇的反应是放热反

23、应，而反应是从逆反应开始的，所以反应吸热，所以绝热容器的温度要低于恒温容器，即反应温度高于反应，温度升高，放热反应的平衡常数减小，则K()K()；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。而反应温度高于反应，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()c()；对反应，前10 min内氢气的物质的量减少6 mol4.5 mol1.5 mol，则甲醇的物质的量增加0.5 mol，所以前10 min内平均反应速率v(CH3OH)0.025 molL1min1；30 min时是平衡状态；生成甲醇1 mol，则消耗氢气3 mol，平衡时氢气的物质

24、的量是3 mol，而改变温度后氢气的物质的量变为3.2 mol，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T1T2；若30 min时只向容器中再充入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g)，根据表中数据计算该温度下的平衡常数为K，此时QcK，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：2H2O4e=O24H，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：CO22H2e=HCOOH，酸性减弱，从总反应看，每消耗1 mol CO2，就会消耗1 mol H2O，现有标准状况下11.2 L即0.5 mol CO2反应，那就会消耗0.5 mol H2O即9 g。答案.4H2(g)2NO2(g)=N2(g)4H2O(g)H1 100.2 kJmol1.(1)低温de(2)0.025 molL1min1不(3)CO22H2e=HCOOH减少9“73”小卷练(二)本试卷分选择题和非选择题两部分。满分85分，考试时间45分钟。可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O1