【文档说明】高考化学三轮冲刺分层专题特训卷“7＋3”小卷信息练3 (含解析).doc，共(10)页，241.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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“7＋3”小卷信息练(三)1．本试卷分为选择题和非选择题两部分。满分85分，考试时间45分钟。2．可能用到的相对原子质量：H—1Li—7C—12N—14O—16Na—23S—32Cl—35.5K—39Fe—56Cu—64Zn—6

5一、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．下列关于化合物的性质或用途说法正确的是()A．SO2具有还原性，可用于漂白婴幼儿衣物B．浓硝酸具有强氧化性，常温下可用铁质容器盛装浓硝酸C．葡萄糖、蔗糖分别和新制Cu(OH)2悬浊液共热都

会出现砖红色沉淀D．往蛋白质溶液中加入CuSO4溶液可提纯蛋白质答案：B解析：SO2具有漂白性，可以用于漂白纸浆等，但不能用于漂白食品、婴幼儿衣物等，因为漂白后的物质随温度升高会分解生成SO2，带来危害，故A错误；浓硫酸、浓硝酸具有很强的氧化性，常温下和铁、铝反应生成致密的氧化物保护膜，阻止浓硫酸

、浓硝酸进一步和内部的铁、铝反应，因而可以用铁质容器储存浓硫酸、浓硝酸，故B正确；葡萄糖和新制Cu(OH)2悬浊液共热生成砖红色沉淀Cu2O，但蔗糖和新制Cu(OH)2悬浊液共热不能生成砖红色沉淀，故C错误；硫酸铜是重金属盐，可使蛋白质变性，故D错误。8．

常温下，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()A．1molD3O＋中含中子数目为10NAB．一定条件下1molN2与4molH2充分反应后，所得混合物中极性键数目为6NAC．在100.0mL浓度均为0.1mol·L－1的NaOH和Na2CO3的混合溶液中逐

滴加入50.0mL0.5mol·L－1稀盐酸，生成CO2气体分子数目为0.01NAD．在1.0L含有Na＋、K＋、Cl－、CO2－3的溶液中，H＋数目小于1.0×10－7NA答案：D解析：1个D3O＋离子中有11个中子，所以1molD3O＋中含中子数目为11NA，A

项错误；N2与H2的反应是可逆反应，无法计算生成的氨气的量，B项错误；100.0mL浓度均为0.1mol·L－1的NaOH和Na2CO3的混合溶液中，NaOH和Na2CO3的物质的量都是0.01mol，加入50.0mL0.

5mol·L－1稀盐酸(0.025mol)，氢氧化钠会消耗0.01molHCl，剩余的0.15molHCl再与0.01molNa2CO3反应，HCl不足，生成的二氧化碳气体一定小于0.01mol，C项错误；含有Na＋、K＋、Cl－、CO2－3的溶液中CO2－3水

解，溶液显碱性，所以pH>7，即c(H＋)<1×10－7，所以1L该溶液的氢离子数目小于1.0×10－7NA，D项正确。9．下列关于有机化合物的说法正确的是()A．乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生了加成反应B．乙烯、苯、乙酸分子中的所有原子都在同一平面上C．C8H10属于芳

香烃的同分异构体共有4种D．蛋白质水解最终产物是氨基酸和甘油答案：C解析：乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生了氧化还原反应，A项错误；乙烯、苯为平面结构，乙酸中含甲基，甲基为四面体结构，则乙酸中所有原子不可能在同一平面上，B项错误；C8H10的芳香烃满足C

nH2n－6的通式，取代基可为1个乙基或两个甲基，同分异构体有C项正确；蛋白质水解的最终产物是氨基酸，D项错误。10．下列实验操作规范且能达到相应实验目的的是()选项实验目的实验操作A取20.00mLKMnO

4溶液从碱式滴定管初始读数为1.00放液体到最终读数为21.00B证明Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3)向BaSO4悬浊液中通入足量CO2C配制100mL1.8mol·L－1硫酸量取10mL18mol

·L－1浓硫酸，倒入100mL容量瓶中，然后加水稀释至刻度D分离KClO3与MnO2制O2后的残渣溶解、过滤、洗涤、干燥滤渣得到MnO2，滤液蒸发结晶并干燥得到KCl答案：D解析：高锰酸钾溶液具有强氧化性，因

此用酸式滴定管量取，A项错误；向BaSO4悬浊液中通入CO2不发生反应，B项错误；浓硫酸遇水放出热量，应先稀释浓硫酸，冷却到室温下，再转移至容量瓶，C项错误；KClO3在MnO2作催化剂条件下，分解成KCl、O2，KCl溶于水，MnO2不溶于水，因此

采用：溶解、过滤、洗涤、干燥滤渣得到MnO2，滤液蒸发结晶并干燥得到KCl，D项正确。11．短周期主族元素A、B、C、D原子序数依次增大且最外层电子数之和为17。B、D同主族，短周期中C原子半径最大，B最外层电子数是次外层的3倍。下列推断不正确的是()A．元素B、C

、D形成的化合物的水溶液呈中性B．元素B、C形成的化合物中可能既含有离子键又含有共价键C．离子半径从大到小的顺序为D>B>CD．元素B的简单气态氢化物的热稳定性比D的强答案：A解析：短周期中C原子半径

最大，C为Na元素；B最外层电子数是次外层的3倍，B为O元素；B、D为同主族的短周期元素，D的原子序数大于C，D为S元素；A、B、C、D的最外层电子数之和为17，A的最外层电子数为17－6－1－6＝4，A的原子序数小于B，A为C元素。B、C、D形成的化合物有Na2SO

4、Na2SO3等，Na2SO4溶液呈中性，Na2SO3溶液由于SO2－3的水解溶液呈碱性，A项错误；B、C可以形成Na2O、Na2O2，Na2O中只有离子键，Na2O2中既含有离子键又含有共价键，B项正确；根据“

层多径大，序大径小”，离子半径从大到小的顺序为D>B>C，C项正确；非金属性：O>S，元素B的简单气态氢化物(H2O)的热稳定性比D(H2S)的强，D项正确。12．以熔融Li2CO3和K2CO3为电解质，天然气经重整催化作用提供反应气的燃料电池如图。下列说法正确的是()A．以此电池

为电源电解精炼铜，当有0.1mole－转移时，有3.2g铜溶解B．若以甲烷为燃料气时负极电极反应式：CH4＋5O2－－8e－===CO2－3＋2H2OC．该电池使用过程中需补充Li2CO3和K2CO3D．空气极发生的电极反应式为O2＋4e－＋2CO2===2CO2－3答案：D解析：电解精炼铜，阳

极上铜和比铜活泼的金属失电子变为金属阳离子进入电解质溶液，当有0.1mole－转移时，粗铜中有比铜更活泼的金属首先放电，所以溶解的铜小于3.2g，A项错误；根据图示信息，通入甲烷的电极是负极，在负极上，甲烷变为氢气，氢气发生失电子的氧化反应，即H2－2e－＋CO2－3===CO2＋H2O

，B项错误；该电池的电极反应为负极：H2－2e－＋CO2－3===CO2＋H2O，正极：O2＋4e－＋2CO2===2CO2－3，碳酸根离子的浓度不变，该电池使用过程中不需补充Li2CO3和K2CO3，C项错误；通

入空气和CO2的混合气体的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2＋4e－＋2CO2===2CO2－3，D项正确。13．有机酸种类繁多，甲酸(HCOOH)是常见的一元酸，常温下其Ka＝1.8×10－4

，草酸(H2C2O4)是常见的二元酸，常温下，Ka1＝5.4×10－2，Ka2＝5.4×10－5。下列说法正确的是()A．甲酸钠溶液中：c(Na＋)>c(HCOO－)>c(H＋)>c(OH－)B．草酸氢钠溶液中加入甲酸钠溶液至中性：c(Na＋)＝c(HC2O－4)＋2c(C2

O2－4)＋c(HCOO－)C．Na2C2O4溶液中：c(HC2O－4)＋c(H2C2O4)＋c(H＋)＝c(OH－)D．足量甲酸与草酸钠溶液反应：2HCOOH＋Na2C2O4===H2C2O4＋2HCOONa答案：B解析：甲酸为弱酸，甲酸钠为

强碱弱酸盐，HCOO－水解，使溶液呈碱性，离子浓度大小顺序是c(Na＋)>c(HCOO－)>c(OH－)>c(H＋)，A项错误；根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O－4)＋2c(C2O2－4

)＋c(HCOO－)，溶液显中性，即c(Na＋)＝c(HC2O－4)＋2c(C2O2－4)＋c(HCOO－)，B项正确；根据质子守恒，有c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O－4)＋2c(H2C2O4)，C

项错误；根据电离平衡常数Ka1>Ka>Ka2，足量甲酸与草酸钠反应的方程式为HCOOH＋Na2C2O4===HCOONa＋NaHC2O4，D项错误。二、非选择题(必考题：共43分。)26．(14分)用浓盐酸和MnO2制取Cl2的装置如图，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：2S2O2－3＋I2===S4O2－6＋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0.1

0mol·L－1AgNO3溶液的体积应大于________mL(用含V的代数式表示)。答案：(1):Cl····:Cl····: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×12，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。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(CO2－3)＝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}。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NH4HCO

3分解、减少Fe2＋水解Fe2＋＋2HCO－3===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(CO2－3)，故c

(Fe2＋)＝KspFeCO3cCO2－3＝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－3===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O。(4)TiO2＋水解生成TiO(OH)2，加热可以加快水解反应速率。28．(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：已知：H2的燃烧热为285.8kg·mol－1N2(g)＋2O2(g)===2NO2

(g)ΔH＝＋133kJ·mol－1H2O(g)===H2O(l)ΔH＝－44kJ·mol－1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____________________________________________________________

____________。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<0①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．生成1molCO2的同时有3molH—H键断裂③CO2的浓度随时间(0～t2)变化如图所示，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(T

1℃、2L密闭容器)。反应过程中部分数据见下表：反应时间CO2(mol)H2(mol)CH3OH(mol)H2O(mol)反应Ⅰ：恒温恒容0min260010min4.520min130min1反应Ⅱ：绝热恒容0min0022①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。答案：Ⅰ.4H2(g)＋2NO2(g)===N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1100.2kJ·mol－

1Ⅱ.(1)①低温②de③(2)①<<②0.025mol·L－1·min－1<不(3)①CO2＋2H＋＋2e－===HCOOH②减少9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)＝0.5mol2L×10min＝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＝4

27，此时Qc＝427＝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。