2019届二轮复习 “7＋3”小卷练 作业2（全国通用）

“7＋3”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：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。)1．《本草图经》中关于绿矾的分解有如下描述：“绿矾形似朴消(Na2SO4·10H2O)而绿色，取此一物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出，色赤如融金汁者是真也。”对此段话的说明中肯定错误的是(　　)A．绿矾的化学式为FeSO4·7H2OB．绿矾分解过程中没有发生电子的转移C．“色赤”物质可能是Fe2O3D．流出的液体中可能含有硫酸解析　绿矾在加热时会溶解在结晶水中，然后发生分解，化学方程式为2FeSO4·7H2OFe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋14H2O，铁的化合价由＋2升高到＋3价，S由＋6降低到＋4，所以绿矾分解是氧化还原反应，有电子转移。三氧化硫溶于水生成硫酸。综上所述B不正确，选B。答案　B2．关于有机物的叙述正确的是(　　)A．乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因相同B．分子式为C2H4O2且能与NaOH溶液反应的有机物一定是乙酸C．油脂和纤维素都是能发生水解反应的高分子化合物D．甲烷、苯、乙醇、乙酸和酯类都可以发生取代反应解析　A项，乙烯结构简式为CH2===CH2，含有碳碳双键，和溴水发生加成反应，苯使溴水褪色，利用溴单质易溶于有机溶剂，属于萃取，因此原理不同，故错误；B项，C2H4O2可以是CH3COOH，也可以是HCOOCH3，羧酸与NaOH发生中和反应，酯在NaOH溶液中发生水解，故错误；C项，油脂不是高分子化合物，纤维素属于高分子化合物，故错误；D项，甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应，苯和液溴在铁作催化剂作用下发生取代反应，乙醇和乙酸发生酯化反应，即取代反应，酯类发生水解，即取代反应，故正确。答案　D3．(2018·山西实验中学高三监测)下列气体的制备和性质实验中，由现象得出的结论错误的是(　　)选项试剂试纸或试液现象结论A亚硫酸钠、硫酸品红试液褪色SO2具有还原性B浓盐酸、浓硫酸湿润蓝色石蕊试纸变红色HCl为酸性气体C浓盐酸、二氧化锰湿润淀粉碘化钾试纸变蓝色Cl2具有氧化性D浓氨水、生石灰湿润红色石蕊试纸变蓝色NH3为碱性气体解析　A．二氧化硫使品红褪色，是利用二氧化硫的漂白性，故A错误；B.浓盐酸有挥发性，浓硫酸有吸水性，挥发出来的氯化氢气体能使湿润蓝色石蕊试纸变红色，B正确；C.浓盐酸与二氧化锰共热产生氯气，氯气使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝色，说明氯气将碘离子氧化为碘单质，C正确；D.浓氨水与生石灰反应生成氨气，氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明氨气与水反应生成氨水显碱性，D正确。答案选A。答案　A4．(2018·福建晋季延中学高三质检)将8.34 g FeSO4·7H2O样品隔绝空气加热脱水，其热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示，则下列说法正确的是(　　)A．FeSO4·7H2O晶体中有4种不同结合力的水分子B．在100 ℃时，M的化学式为FeSO4·6H2OC．在200 ℃时，N的化学式为FeSO4·3H2OD．380 ℃的P加热至650 ℃时的化学方程式为：2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑解析　结晶水合物加热时一般首先失去结晶水，分析图中数据，n(FeSO4·7H2O)＝＝0.03 mol，第一阶段失重8.34 g－6.72 g＝1.62 g，应为0.09 mol H2O，第二阶段失重6.72 g－5.10 g＝1.62 g，也应为0.09 mol H2O，第三阶段失重5.10 g－4.56 g＝0.54 g，为0.03 mol H2O。由以上分析可知含有3种不同结合力的水分子，第一阶段和第二阶段分别失去3分子水，第三阶段失去1分子水，故A、B、C项均错误。分析第三阶段的失重数据可验证D项正确。答案　D5．(2018·北京四中高三期中)工业上常用氯氧化法处理含氰(CN－)废水，一定条件下，氯气和CN－反应生成无毒气体。下列说法不正确的是(　　)A．CN－中碳元素的化合价为＋2B．该反应的产物之一是无毒的N2C．当1 mol CN－参与反应时，转移3 mol e－D．处理含0.1 mol CN－的废水，理论上需要消耗标准状况下Cl2的体积为5.6 L解析　一定条件下，氯气和CN－反应生成无毒气体，该无毒气体应该是N2和CO2，则反应的离子方程式为：4H2O＋5Cl2＋2CN－===N2＋2CO2＋8H＋＋10Cl－。CN－中氮元素应该是－3价，则碳元素的化合价为＋2价，选项A正确。根据以上分析可知该反应的产物之一是无毒的N2，选项B正确。根据方程式可知反应的电子转移数为10e－，所以1 mol CN－参与反应时，转移5 mol e－，选项C错误。根据方程式处理含0.1 mol CN－的废水，理论需要消耗0.25 mol Cl2，其体积为0.25 mol×22.4 L/mol＝5.6 L，选项D正确。答案　C6．已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中A、B同主族，B、C、D、E同周期，B的核外电子数为C的，D的最外层电子数为C、E之和的一半。下列说法正确的是(　　)A．A、B能形成离子化合物，且A离子半径小于B离子半径B．A、D能形成离子化合物DA5，与水反应可产生两种气体C．C、D的简单氢化物中只有D溶于水，其水溶液呈酸性D．E形成的两种氢化物中所有化学键种类完全相同解析　A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中A、B同主族，B、C、D、E同周期，B的核外电子数为C的，C的原子序数一定为偶数，可知B为第二周期元素，B为Li时，A为H，C为C，D的最外层电子数为C、E之和的一半，即5＝(4＋6)×，则D为N元素，E为O元素。由上述分析可知，A为H，B为Li，C为C，D为N，E为O。A与B形成的离子化合物为LiH，具有相同电子层结构的离子中，原子序数大的离子半径小，则A离子半径大于B离子半径，故A错误；A、D能形成离子化合物DA5，为NH4H，与水反应可产生两种气体为氨气与氢气，故B正确；C、D的简单氢化物中只有D溶于水，D的氢化物为氨气，其水溶液呈碱性，故C错误；E形成的两种氢化物分别为水、过氧化氢，水中只含极性键，过氧化氢含非极性键和极性键，故D错误。答案　B7．下图为0.100 mol·L－1 NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.100 mol·L－1的HA和HB的滴定曲线。下列说法错误的是(已知lg 2≈0.3)(　　)A．HB是弱酸，b点时溶液中c(B－)>c(Na＋)>c(HB)B．a、b、c三点水电离出的c(H＋)：a<b<cC．滴定HB时，不宜用甲基橙作指示剂D．滴定HA溶液时，当V(NaOH)＝19.98 mL时溶液pH约为3.7解析　酸的浓度均是0.1 mol·L－1，起始时HA的pH＝1，HA是强酸，HB的pH大于1，HB是弱酸，b点时HB被中和一半，所得溶液是等量HB和NaB的混合溶液，溶液显酸性，说明电离程度大于水解程度，则溶液中c(B－)>c(Na＋)>c(HB)，A正确；a、b两点酸均是过量的，抑制水的电离，HA是强酸，抑制程度最大。c点恰好反应生成的NaB水解，促进水的电离，因此三点溶液中水电离出的c(H＋)：a<b<c，B正确；由于NaB溶液显碱性，则滴定HB时，不宜用甲基橙作指示剂，易选择酚酞，C正确；滴定HA溶液时，当V(NaOH)＝19.98 mL时溶液HA过量，溶液中氢离子浓度是 mol·L－1≈5×10－5 mol·L－1，所以pH约为4.3，D错误，答案选D。答案　D非选择题二、非选择题必考题(共43分)8．(15分)(2018·聊城一中模拟)草酸亚铁晶体(化学组成为FeC2O4·2H2O)是一种淡黄色晶体粉末，是生产锂电池的原材料。已知FeC2O4·2H2O在300 ℃左右完全分解生成FeO、CO2、CO、H2O四种氧化物。某学习小组欲验证草酸亚铁晶体的分解产物。Ⅰ.甲组同学设计了如下实验装置：(1)实验开始前，鼓入氮气排出空气的目的是_____________________________。(2)检验水和二氧化碳的装置分别是________和________。(3)设计实验验证装置A中黑色残留物不含有Fe3O4_________________________________________________________________________(简要说明实验操作，现象和结论)。Ⅱ.乙组同学选用甲组实验中的装置A(接口用x表示)和下图所示的装置(可以重复利用)验证分解产物CO。(4)乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为x→________g→h→a(用接口字母和“→”表示)。装置G反应管中盛有的物质是氧化铜。能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是_____________________________________________。(5)按照题目提供的装置和要求设计的实验明显存在的一个不足是____________________________________________________________。解析　本题主要考查验证草酸亚铁晶体的分解产物的探究实验。Ⅰ.(1)实验开始前，鼓入氮气排出空气的目的是避免生成的FeO被氧化。(2)检验水和二氧化碳的装置分别是B和C。(3)设计实验验证装置A中黑色残留物不含有Fe3O4，因为Fe3O4＋8H＋===2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O，所以可以检验Fe3＋：取少量装置A中固体残留物于试管中，加入稀硫酸溶解，然后滴加KSCN溶液，溶液不显红色，说明固体残留物中不含有Fe3O4。Ⅱ.(4)乙组同学的实验装置中，通过E除去CO2，再通过D确认，最后通过F干燥气体，所以依次连接的合理顺序为x→c→d→a→b→e→f→g→h→a。装置G反应管中盛有的物质是氧化铜。能证明草酸晶体分解产物中CO的现象是G中的粉末由黑色变为红色，前面D中的石灰水不变浑浊，其后的D中的石灰水变浑浊。(5)按照题目提供的装置和要求设计的实验明显存在的一个不足是未对尾气进行处理，可造成环境污染。答案　(1)避免生成的FeO被氧化　　(2)B　C(3)取少量装置A中固体残留物于试管中，加入稀硫酸溶解，然后滴加KSCN溶液，溶液不显红色，说明固体残留物中不含有Fe3O4(4)c→d→a→b→e→f　G中的粉末由黑色变为红色，前面D中的石灰水不变浑浊，其后的D中的石灰水变浑浊(5)未对尾气进行处理，可造成环境污染9．(14分)氯化亚铜(CuCl)微溶于水，不溶于乙醇，在空气中会被迅速氧化，其制备有很多方法，工业上可以废旧铜为原料生产氯化亚铜。方法一：(1)CuCl可以溶解在FeCl3溶液中，请写出该反应的离子方程式是_______________________________________________________________。(2)还原过程中的产物为Na[CuCl2]，试写出发生反应的化学方程式是____________________________________________________________，过滤操作用到的玻璃仪器有_______________________________。(3)制备结束后所得产品用酒精淋洗的目的是______________________。方法二：(4)a.写出过程①的主要反应的化学方程式_________________________________________________________________________________________。b．为了更好体现绿色化学思想，有人提出如下方案：方案一：可将上述X稀溶液用于废铜的处理(如图所示)，则Y可以为________(填化学式)。方案二：过程①中Cu与浓H2SO4反应所得SO2和CuSO4用于过程②中CuCl的制备，理论上________(填“需要”或“不需要”)另外补充SO2，原因是__________________________________________________。(结合化学方程式回答)。解析　(1)氯化亚铜与氯化铁反应，氯化亚铜被铁离子氧化成铜离子，反应的离子方程式为CuCl＋Fe3＋===Cu2＋＋Fe2＋＋Cl－。(2)由题给流程分析可知，铜和氯气反应生成氯化铜，加入铜、氯化钠和盐酸还原得到产物Na[CuCl2]，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：CuCl2＋2NaCl＋Cu===2Na[CuCl2]。(3)酒精沸点低，易挥发，所以酒精淋洗产品既可以除去产品表面可溶性杂质，又能加速产品干燥，减少溶解损失。答案　(1)CuCl＋Fe3＋===Cu2＋＋Fe2＋＋Cl－(2)CuCl2＋2NaCl＋Cu===2Na[CuCl2]　烧杯、漏斗、玻璃棒(3)除去表面可溶性杂质，使CuCl尽快干燥，减少溶解损失(4)a.2H2SO4(浓)＋CuCuSO4＋SO2↑＋2H2O　b．O2(其他合理答案均可)　不需要　过程①中生成CuSO4和SO2的物质的量之比为1∶1，而过程②发生反应：CuSO4＋CuCl2＋SO2＋2H2O===2CuCl↓＋2H2SO4，需要的CuSO4和SO2的物质的量之比也恰好为1∶1，所以理论上不需要补充SO2(其他合理答案均可)10．(14分)天然气可制备合成气，进而制备甲醇等化工原料。(1)如图是以甲烷、氧气和水蒸气为原料制备合成气的能量图，某工厂为实现能量的零排放和零补充，则进料气中氧气与水蒸气的体积比应为________。(2)以天然气(设杂质不参与反应)、KOH溶液为原料可设计成燃料电池。①放电时，正极的电极反应式为__________________________________。②设装置中盛有100.0 mL 3.0 mol·L－1 KOH溶液，放电时参与反应的氧气在标准状况下的体积为8.96 L，假设放电过程中没有气体逸出，则放电完毕后，所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_______________________________。(3)以H2、CO为原料合成甲醇：2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)　ΔH<0，在1 L恒容密闭容器中充入2a mol H2(g)和a mol CO(g)，在一定条件下反应10 min达到平衡，测得CO的转化率为β。若改变一个条件，反应速率减慢，CO的平衡转化率增大。①反应开始至10 min内H2的平均反应速率为________。②反应的平衡常数K为____________________________________________。③改变的一个条件是_________________________________________。④达到平衡状态时，甲醇的体积分数为________。(4)制备合成气的副反应为CO＋H2OCO2＋H2，用足量的氢氧化钠溶液吸收气体中的CO2，得到等浓度的NaHCO3、Na2CO3的混合溶液M。M中的物料守恒式为_____________________________________________。解析　(1)由题图知，①aCH4(g)＋O2(g)===xCO(g)＋H2(g)　ΔH＝－18 kJ·mol－1，根据碳原子守恒，a＝x，根据氢原子守恒，4a＝2，a＝＝x，则①为CH4(g)＋O2(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH＝－18 kJ·mol－1；②bCH4(g)＋bH2O(g)===yCO(g)＋H2(g)　ΔH＝＋72 kJ·mol－1，根据碳原子守恒，y＝b，根据氢原子守恒，6b＝2，b＝＝y，则②为CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH＝＋72 kJ·mol－1，为实现能量的零排放和零补充，则根据盖斯定律，由①×12＋②×3得7CH4(g)＋3O2(g)＋H2O(g)===15H2(g)＋7CO(g)　ΔH＝0，所以进料气中氧气与水蒸气的体积比应为3∶1。(2)①正极上发生还原反应，氧气在正极放电生成氢氧根离子，正极的电极反应式为：O2＋4e－＋2H2O===4OH－。②参与反应的氧气在标准状况下的体积为8.96 L，物质的量为＝0.4 mol，根据得失电子守恒可知，生成二氧化碳的物质的量为＝0.2 mol，n(KOH)＝0.1 L×3.0 mol·L－1＝0.3 mol，n(KOH)∶n(CO2)＝0.3 mol∶0.2 mol＝3∶2，发生反应2CO2＋3KOH===K2CO3＋KHCO3＋H2O，溶液中碳酸根离子水解，碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，则溶液呈碱性，故c(OH－)>c(H＋)，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，故c(HCO)>c(CO)，由于水解是微弱的，则碳酸根离子的浓度远大于氢氧根离子的浓度，故c(K＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)。(3)根据三段式法进行计算：①v(H2)＝＝ mol·L－1·min－1。②平衡时，c(H2)＝2a(1－β)mol·L－1，c(CO)＝a(1－β)mol·L－1，c(CH3OH)＝aβ mol·L－1，则K＝＝＝。③CO的平衡转化率增大，说明平衡向右移动，若增大压强，平衡向右移动，但反应速率增大；若降低温度，平衡向右移动，反应速率减慢，故改变的一个条件是降低温度。④反应达到平衡时，甲醇的体积分数φ(CH3OH)＝＝。(4)c(NaHCO3)＝c(Na2CO3)，M中的物料守恒式为＝＝。答案　(1)3∶1(2)①O2＋4e－＋2H2O===4OH－　c(K＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)(3)① mol·L－1·min－1　②　③降低温度　④(4)2c(Na＋)＝3c(H2CO3)＋3c(HCO)＋3c(CO)