2019届二轮复习 “7＋5”小卷练(二) 作业（全国通用）

“7＋5”小卷练(二)
本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间50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　Ni—59
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·衡阳市八中高三月考)化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是(　　)
A．新能源汽车的推广与使用，有助于减少光化学烟雾的产生
B．氯气泄漏时，可用蘸有肥皂水的湿毛巾捂住口鼻疏散到安全区域
C．铁在潮湿的空气中放置，易发生化学腐蚀而生锈
D．地球上99%的溴元素以Br－形式存在于海水中，溴化钠和溴化钾在医药上曾是常用作镇静剂
解析　A．新能源汽车的推广与使用，减少汽油的使用，有助于减少光化学烟雾的产生，A正确；B.肥皂水显碱性，因此氯气泄漏时，可用蘸有肥皂水的湿毛巾捂住口鼻疏散到安全区域，B正确；C.铁在潮湿的空气中放置，易发生电化学腐蚀而生锈，C错误；D.地球上99%的溴元素以Br－的形式存在于海水中，溴化钠和溴化钾在医药上常用作镇静剂，D正确，答案选C。
答案　C
8．(2018·山东济宁高三期末)下列有关化学用语表示正确的是(　　)
A．四氯化碳分子的球棍模型：
B．氢硫酸的电离：H2S2H＋＋S2－
C．溴化铵的电子式：NH
D．含78个中子的碘原子：53I
解析　氯原子的半径大于碳原子，该模型也不是球棍模型，故A错误；氢硫酸的电离：H2SH＋＋HS－，故B错误；溴化铵的电子式：，故C错误；含78个中子的碘原子，质量数是131，原子符号是53I，故D正确。
答案　D
9．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是(　　)
A．6.0 g SiO2晶体中含有共价键的个数为0.2NA
B．标准状况下，11.2 L SO2与22.4 L O2反应，生成的SO3分子个数小于0.5NA
C．MnO2与足量浓盐酸反应生成标准状况下11.2 L Cl2，转移电子数为NA
D．室温下，53.5 g NH4Cl晶体溶于氨水中，所得溶液pH＝7，NH的数目为NA
解析　6.0 g SiO2晶体的物质的量为0.1 mol，含有共价键的个数为0.4NA，A错误；SO2与O2的反应为可逆反应，B正确；根据氧化还原反应规律可以得出，生成0.5 mol Cl2时转移电子数为NA，C正确；53.5 g NH4Cl的物质的量为1 mol，根据电荷守恒，可以得出pH＝7时，NH的数目为NA，D正确。
答案　A
10．下列关于有机物的叙述不正确的是(　　)
A．分子式为C4H8O2的酯有4种结构
B．主链含5个碳原子，有甲基、乙基2个支链的烷烃有3种
C．丙烯分子中最多有7个原子共平面
D．乙烯和溴的四氯化碳溶液反应生成1，2­二溴乙烷
解析　选项A，分子式为C4H8O2、属于酯类的同分异构体，为饱和一元酯，若为甲酸与丙醇形成的酯，甲酸只有1种结构，丙醇有2种结构，则形成的酯有2种，若为乙酸与乙醇形成的酯，则只有乙酸乙酯1种，若为丙酸与甲醇形成的酯，则只有丙酸甲酯1种，故分子式为C4H8O2、属于酯类的同分异构体共有4种，A项正确；选项B，主链含5个C，则乙基只能在中间C上，甲基有2种位置，所以该烷烃有2种结构：、，B项错误；选项C，丙烯分子可以看做甲基取代乙烯中的一个氢原子，乙烯基有5个原子共平面，甲基中最多有2个原子与乙烯基共平面，故丙烯分子中最多有7个原子共平面，C项正确；选项D，碳碳双键能发生加成反应，所以乙烯和溴的四氯化碳溶液反应生成1，2­二溴乙烷，故D正确。
答案　B
11．X、Y、M、Q、R皆为前20号元素，其原子半径与主要化合价的关系如图所示。下列说法错误的是(　　)

A．Q位于第三周期ⅠA族
B．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是盐或碱
C．简单离子半径：M－>Q＋>R2＋
D．Z与M的最高价氧化物对应水化物均为强酸
解析　由Y的化合价只有－2价推断Y为氧元素，X的半径比氧原子的半径小且只有＋1价，则X为氢元素，M的最高正价为＋7价，最低负价为－1，则M代表氯元素，Z的半径小于氯元素，且最低负价为＋3价，最高价为＋5价，则Z代表氮元素，Q只有＋1一种化合价，且Q的半径大于氯原子半径，但小于只有＋2价的R，故Q代表钠元素，R代表Ca元素；Na为第三周期ⅠA族，A正确；B项，X、Y、Z三种元素分析代表H、O、N，可以形成硝酸、硝酸铵和一水合氨，故B正确；C项M－、Q＋、R2＋的半径大小应该为Cl－>Ca2＋>Na＋，故C错误；D项，Z、M的最高价氧化物对应的水化物为HNO3和HClO4，都是强酸，故D正确；答案为C。
答案　C
12．锌银电池的负极为锌，正极为氧化银，电解质是KOH，电池反应为Zn＋Ag2O＋H2O===Zn(OH)2＋2Ag。以锌银电池为电源，电解硫酸镍溶液冶炼纯镍，装置如图所示。

下列说法正确的是(　　)
A．装置中使用阳离子交换膜
B．锌银电池a极反应式为Ag2O＋H2O＋2e－===2Ag＋2OH－
C．镍极的主要反应为2H＋＋2e－===H2↑
D．若锌银电池溶解13 g锌，则镍极净增质量最多为5.9 g
解析　A项，观察题图知，交换膜左侧硫酸浓度增大，说明SO由交换膜右侧向左侧迁移，交换膜为阴离子交换膜，错误；B项，铂极为阳极，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，则a极为锌银电池的正极，根据电池反应可书写正极反应式，正确；C项，本实验的主要目的是冶炼纯镍，所以，镍极的主要反应是Ni2＋＋2e－===Ni，错误；D项，b极的电极反应式为Zn－2e－＋2OH－===Zn(OH)2，理论上，消耗65 g锌析出59 g镍，则溶解13 g锌，最多析出11.8 g Ni，错误。
答案　B
13．25 ℃时，NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝2×10－5 mol·L－1，将0.5 mol(NH4)2SO4溶于水中，向所得溶液中滴加a L氨水后溶液呈中性，据此判断下列说法中不正确的是(　　)
A．滴加氨水的过程中，水的电离平衡将正向移动
B．滴加a L氨水后的溶液中，n(NH)＝200n(NH3·H2O)＝1 mol
C．所滴加氨水的浓度为 mol·L－1
D．滴加a L氨水后的溶液中各离子浓度大小为c(NH)＝2c(SO)>c(H＋)＝c(OH－)
解析　往(NH4)2SO4溶液中加入的氨水是弱碱溶液，抑制水的电离，故滴加氨水的过程中，水的电离平衡逆向移动，故A错误；滴加a L氨水后溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)＝10－7 mol·L－1，结合电荷守恒可知，溶液中c(NH)＝2c(SO)，设此时溶液体积为y L，则c(NH)＝2c(SO)＝ mol·L－1，根据一水合氨电离方程式：NH3·H2ONH＋OH－，平衡常数K＝＝＝2×10－5 mol·L－1，计算得到c(NH3·H2O)＝ mol·L－1，则滴加a L氨水后的溶液中，n(NH)＝200n(NH3·H2O)＝1 mol，故B正确；设所加氨水的浓度为z mol·L－1，根据物料守恒，滴加a L氨水后溶液中n(NH3·H2O)＋n(NH)＝1 mol＋z mol·L－1×a L，联立n(NH)＝200n(NH3·H2O)＝1 mol，计算得到z＝，故C正确；溶液中存在电荷守恒式：c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SO)，又溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，则c(NH)＝2c(SO)>c(H＋)＝c(OH－)，故D正确。
答案　A
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．(15分)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)有广泛的用途，实验室中通过如下方法制备：

①不断搅拌条件下，在饱和Na2CO3溶液中缓缓通入SO2至反应完全；
②取下三颈烧瓶，测得反应液的pH＝4.1；
③将溶液蒸发浓缩、结晶、过滤得焦亚硫酸钠晶体
请回答下列问题：
(1)实验室可利用Na2SO3和较浓的硫酸制备少量SO2气体，该反应的化学方程式为__________________________________________________________。
硫酸浓度太大不利于SO2气体逸出，原因是___________________________。
制备、收集干燥的SO2气体时，所需仪器如下。装置A是气体发生装置，按气流方向连接各仪器口，顺序为a→________→________→________→________→f。装置D的作用是__________________________________________________。

(2)步骤①反应的离子方程式为______________________________________，
合成Na2S2O5的总化学方程式为_______________________________。
(3)在强碱性条件下利用Na2S2O5氧化HCOONa的方法可制备保险粉连二亚硫酸钠(Na2S2O4)，反应的离子方程式为__________________________________。
(4)工业上用焦亚硫酸钠法制备保险粉带来的主要问题是废水中含有大量的有机物，有机物总含碳量用TOC表示，常采用Fenton氧化法去除废水中的有机物，即通过向废水中加入H2O2，以Fe2＋作催化剂，产生具有强氧化性的羟基自由基(·OH)来氧化降解废水中的有机物。
①其他条件一定时，n(H2O2)∶n(Fe2＋)的值对TOC去除效果的影响如图1所示：

当TOC的去除率最大时，n(H2O2)∶n(Fe2＋)＝________。
②在pH＝4.5，其他条件一定时，H2O2的加入量对TOC去除效果的影响如图2所示，当H2O2的加入量大于40 mL·L－1时，TOC去除率反而减小的原因是___________________________________________________________________
__________________________________________________________。
解析　(1)实验室用Na2SO3和硫酸制备少量SO2气体时，若硫酸浓度太大，则c(H＋)较小，导致复分解反应速率慢。若硫酸浓度太小，则由于SO2气体易溶于水，也不利于SO2气体逸出。收集SO2时，应先干燥，再收集—向上排空气法(长进短出)；又因SO2易溶于水，要有防倒吸装置(安全装置)。(2)反应终止时溶液的pH＝4.1，可推测反应的产物是NaHSO3而不是Na2SO3，NaHSO3是弱酸的酸式盐，书写离子方程式时要注意拆分形式。起始原料是SO2和Na2CO3，目标产物是Na2S2O5，根据质量守恒可写出化学方程式。(3)书写该氧化还原反应方程式的关键是确定HCOONa的氧化产物，在强碱性条件下，HCOONa中＋2价碳必被氧化为CO。(4)①去除率最高时，TOC的含量最低，由图1可得此时n(H2O2)∶n(Fe2＋)＝1。②当H2O2的加入量大于40 mL·L－1时，随着H2O2含量增加去除率反而降低，说明H2O2必参加了其他副反应。
答案　(1)Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋H2O　浓硫酸中只有少量H2SO4电离，c(H＋)很小，导致复分解反应速率慢　d　e　c　b　防止倒吸
(2)CO＋2SO2＋H2O===2HSO＋CO2　Na2CO3＋2SO2===Na2S2O5＋CO2
(3)HCOO－＋S2O＋OH－===CO＋S2O＋H2O
(4)①1　②酸性条件下H2O2直接与Fe2＋反应，导致溶液中羟基自由基(·OH)浓度减小，使得TOC去除率下降
27．(14分)铬是一种银白色的金属，常用于金属加工、电镀等。工业以铬铁矿[主要成分是Fe(CrO2)2]为原料冶炼铬及获得强氧化剂Na2Cr2O7。其工艺流程如图所示：

已知：高温氧化时发生反应Fe(CrO2)2＋Na2CO3＋O2―→Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2(未配平)
回答下列问题：
(1)将铬铁矿的主要成分Fe(CrO2)2写成氧化物的形式：________，高温氧化时可以提高反应速率的方法为______________________________________
(写出一条即可)。
(2)Na2CrO4加入硫酸酸化的离子方程式为______________________________；
在实验室中，操作a所用到的玻璃仪器有________。
(3)Na2CrO4中铬元素化合价为________；生成1 mol Na2CrO4时共转移电子的物质的量为________ mol。
(4)根据有关国家标准，含CrO的废水要经化学处理，使其浓度降至5.0×10－7 mol·L－1以下才能排放，可采用加入可溶性钡盐生成BaCrO4沉淀[Ksp(BaCrO4)＝1.2×10－10]，再加入硫酸处理多余的Ba2＋的方法处理废水，加入可溶性钡盐后，废水中Ba2＋的浓度应大于________ mol·L－1，废水处理后达到国家标准才能排放。
解析　(1)Fe(CrO2)2中铁元素为＋2价，则氧化物为氧化亚铁和三氧化二铬；将铬铁矿磨碎、不断搅拌可使反应物之间充分接触，加快反应速率。(2)Na2CrO4中加入酸生成Na2Cr2O7，为非氧化还原反应，在离子方程式中用氢离子平衡电荷，即可写出并配平离子方程式。由流程可知操作a将固体和溶液分离，为过滤。(3)根据化合物中元素化合价代数和为零可得，铬元素在此化合物中为＋6价；配平已知的化学方程式得：4Fe(CrO2)2～7O2～8Na2CrO4，生成1 mol Na2CrO4，参加反应的O2的物质的量为 mol，反应中氧元素由0价降低为－2价，转移电子的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的4倍，转移电子的物质的量为 mol×4＝3.5 mol。(5)由CrO＋Ba2＋BaCrO4知Ksp(BaCrO4)＝c(CrO)·c(Ba2＋)＝5.0×10－7×c(Ba2＋)＝1.2×10－10，解得c(Ba2＋)＝2.4×10－4 mol·L－1。
答案　(1)FeO·Cr2O3　不断搅拌
(2)2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O　烧杯、漏斗、玻璃棒　(3)＋6　3.5　(4)2.4×10－4
28．(14分)目前，处理烟气中SO2常采用两种方法：液吸法和还原法。
Ⅰ.碱液吸收法
25 ℃时，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5；H2SO3：Ka1＝1.5×10－2，Ka2＝1.0×10－7；Ksp(CaSO4)＝7.1×10－5。
第1步：用过量的浓氨水吸收SO2，并在空气中氧化；
第2步：加入石灰水，发生反应Ca2＋＋2OH－＋2NH＋SOCaSO4↓＋2NH3·H2O　K。
(1)25 ℃时，0.1 mol·L－1(NH4)2SO3溶液的pH________(填“>”“”“”“0，所以E1>ΔH2。(5)比较M、N两点CO的转化率，选择P点为参照点，比较M点和P点对应的CO的转化率：温度相同，y1大于y2，投入较多CO来增大SO2转化率，则CO的转化率降低，故M点对应的CO转化率小于P点。比较N点和P点对应的CO转化率：投料比的比值相同，P点温度高于N点，反应①的正反应是放热反应，升高温度，平衡向左移动，故P点对应的CO转化率小于N点。故CO的平衡转化率：N>P>M。N点和P点的投料比的比值相同，升高温度，正、逆反应速率均增大，故N点逆反应速率小于P点。(6)①设参与反应①、②的SO2的起始物质的量浓度分别为a mol·L－1、b mol·L－1，达到平衡时，转化的物质的量浓度分别为x mol·L－1、y mol·L－1，利用三段式法计算：

依题意知，2x＝0.16，解得x＝0.08，2y＝0.18，解得y＝0.09，平衡时c(SO2)＝0.2 mol·L－1－0.17 mol·L－1＝0.03 mol·L－1，c(H2)＝0.02 mol·L－1，c(H2O)＝0.18 mol·L－1，则反应②的K＝＝ L·mol－1＝2 700。②缩小容器体积相当于增大压强，反应①、②都是气体分子数减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，SO2的平衡转化率增大。
答案　(1)>　(2)4.3×1013
(3)S(l)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－529 kJ·mol－1
(4)>　(5)>