2025届高三化学二轮复习 寒假作业7

寒假作业7——13+1强化训练 姓名：___________班级：___________考号：___________ 1．2024年4月24日是第九个“中国航天日”，主题是“极目楚天共襄星汉”。下列有关中国空间站说法不正确的是 A．太阳能电池中的单晶硅——半导体材料 B．外表面的高温结构碳化硅陶瓷——硅酸盐材料 C．外层的热控保温材料石墨烯——无机材料 D．外壳的烧蚀材料之一酚醛树脂——高分子材料 2．检验酒精的反应为。下列说法正确的是 A．中子数为28的铬原子： B．的电子式： C．的结构示意图： D．中碳元素的化合价：-2 3．实验室需要制备少量SO2并验证其性质，下列实验装置不能达到相应实验目的的是 A．制取SO2 B．验证SO2的漂白性 C．收集SO2 D．吸收SO2 4．对金属材料中C、O、N、S的含量进行定性和定量分析，可以确定金属材料的等级。下列说法正确的是 A．电离能大小：I1(N)>I1(O)>I1(S) B．沸点高低：H2S>H2O>NH3 C．酸性强弱：H2SO3>HNO3>H2CO3 D．半径大小：r(S2-)>r(O2-)>r(N3-) 5．氯及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是 A．实验室利用浓盐酸的氧化性制备 B．利用的氧化性对饮用水进行消毒 C．与石灰乳反应制备漂白粉及漂白粉使用时加水浸泡片刻的物质转化： D．制备的路径之一： 6．Cu、Ag位于元素周期表ⅠB族。Ag与空气中微量接触发生反应生成黑色。Cu可以形成、、、等化合物。有研究表明，无水为长链状结构，其片断如图。下列说法正确的是 A．属于离子化合物 B．的空间构型为三角锥 C．中的键角比中的小 D．中心原子的轨道杂化类型为 7．Cu、Ag位于元素周期表ⅠB族。Ag与空气中微量接触发生反应生成黑色。Cu可以形成、、、等化合物。有研究表明，无水为长链状结构，其片断如图。下列化学反应表示正确的是 A．Ag与空气中的反应： B．加热： C．用惰性电极电解溶液的阴极反应： D．与热的浓硝酸反应： 8．Cu、Ag位于元素周期表ⅠB族。Ag与空气中微量接触发生反应生成黑色。Cu可以形成、、、等化合物。有研究表明，无水为长链状结构，其片断如图。下列物质结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是 A．中的O存在孤电子对，能与形成 B．中H元素呈+1价，浓具有强氧化性 C．具有杀菌能力，可用于游泳池的水处理 D．无水吸水后显现蓝色，可用于检验乙醇所含的微量水分 9．克莱森缩合反应可实现下列物质的异构化，下列说法正确的是 A．依据红外光谱可确证X、Y存在不同的官能团 B．1mol化合物X最多能与3mol H2发生加成反应 C．化合物Y中所有原子可能共平面 D．化合物X、Y可用饱和NaHCO3溶液进行鉴别 10．短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大。W简单离子在同周期离子中半径最小；基态X、Z、Q原子均有两个单电子，Q与Z同主族。下列说法不正确的是 A．第一电离能： B．电负性： C．Z与Q形成的化合物可能是非极性分子 D．Z的氢化物沸点不可能低于X的氢化物沸点 11．室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向NaCl、NaI混合溶液中滴加少量溶液，观察沉淀的颜色 B 将少量气体通入0.1溶液中，观察实验现象 难溶于水 C 向0.1溶液中滴加0.1溶液，观察溶液颜色变化 具有氧化性 D 向溶液中滴加少量KI溶液，再滴加少量淀粉溶液，观察溶液颜色变化 氧化性比的强 12．室温下，由二氧化锰与硫化锰矿(含Fe、Mg等杂质)制备MnSO4的流程如下： 已知：Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Ksp(MnCO3)=2.24×10-11，下列说法正确的是 A．NH4HCO3溶液中：c()<c()+2c() B．“酸溶”时主要离子方程式：MnO2+MnS+2H2O=2Mn2+++4H+ C．“除铁除镁”后上层清液中：2c(Mn2+)+c(H+)=2c()+c(OH-) D．“沉锰”后上层清液中：=2.5 13．二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为： 反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=-164.7 kJ·mol–1 反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2 kJ·mol–1 在1.01×105Pa恒压条件下，按n起始(CO2)：n起始(H2)=1：1投料比进行反应，平衡时含碳物质体积分数随温度的变化如图所示。下列说法正确的是 A．2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g) ΔH=-205.9kJ·mol–1 B．曲线①表示平衡时CH4的体积分数随温度的变化 C．一定温度下，选用高效催化剂能提高平衡时甲烷的产率 D．温度在200~300℃时，CO2在平衡体系中的分压增大 14．钴、镍是重要的战略金属，在工业中占据重要地位。以湿法炼锌过程中产出的钴渣为原料，分离回收渣中钴、镍的工艺流程如下。 已知：①酸浸液主要含有Zn2+、Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子： ②下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1mol·L-1计算)。 金属离子 Zn2+ Fe3+ Fe2+ Mn2+ Co2+ Ni2+ 开始沉淀的pH 6.2 1.5 6.3 8.1 7.6 6.9 完全沉淀的pH 8.2 2.8 8.3 10.1 9.2 8.9 （1）酸浸。投料后，保持温度、浸取时间不变，能提高金属元素浸出率的措施有___________。 （2）除铁。先向酸浸液中加入H2O2，反应完成后加入CaCO3调节溶液pH至4.0~4.5，得到滤渣1的主要成分为___________。 （3）除镍。Ni2+与丁二酮肟()反应生成鲜红色沉淀，可以用来检验Ni2+的存在。 ①丁二酮肟中σ键与π键数目之比为___________。 ②Ni2+与丁二酮肟以物质的量之比1：2发生反应生成配合物，分子中含有2个五元环，且通过氢键形成两个六元环，补充图中该配合物的结构并标注出氢键___________。 （4）除锰。在酸性条件下，向除镍后液中加入Na2S2O8溶液选择性氧化Mn2+，反应生成MnO2和的离子方程式为___________。 （5）沉钴。向除锰后的溶液中加入Na2S2O8溶液并控制溶液pH氧化沉Co2+。将Co(OH)3隔绝空气灼烧会生成Co2O3；如果控制温度不当，Co(OH)3会生成CoO杂质，反应的化学方程式是___________；铁、钴、镍属于中等活泼的金属，根据流程可知：Co2+的还原性___________ (填“强于”、“弱于”)Fe2+。 （6）上述流程中___________(填字母)可返回湿法炼锌系统回收锌。 A．浸渣 B．滤渣1 C．滤渣3 D．滤液 寒假作业7 【参考答案】 1．【答案】B 【解析】A．太阳能电池中的单晶硅导电性介于导体和半导体之间，属于半导体材料，故A正确； B．外表面的高温结构陶瓷碳化硅属于无机非金属材料，故B错误； C．外层的热控保温材料石墨烯主要成分是碳单质，属于无机材料，故C正确； D．外壳的烧蚀材料之一酚醛树脂是高聚物，属于高分子材料，故D正确； 答案选B。 2．【答案】D 【解析】A．Cr元素的原子序数为24，中子数为28的质量数为52，其原子结构为Cr，故A错误； B．没有体现氧元素最外层电子，正确的电子式为，故B错误； C．K+是K原子失去一个电子，质子数不变，K+离子结构示意图为，故C错误； D．有机物中碳原子化合价处理，氢为+1价，氧为-2价，化合价代数和为0，确认碳元素的价态，推出C2H5OH中C的化合价为-2价，故D正确； 答案为D。 3．【答案】B 【解析】A．亚硫酸钠和70%的浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，A正确； B．SO2与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，酸性高锰酸钾溶液褪色体现SO2的还原性，B错误； C．SO2的密度大于空气，应用向上排空气法收集，图中装置的导管采用短进长出的方式，C正确； D．SO2有毒，为防止污染空气，需要除去，常用碱液吸收，题中所给装置能达到实验目的，D正确； 故选B。 4．【答案】A 【解析】A．同一周期主族元素从左往右第一电离能呈现增大的趋势，但N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，则N大于O，同主族元素的第一电离能从上往下逐渐减小，则O大于S，可知电离能大小：I1(N)>I1(O)>I1(S)，故A正确； B．H2S、H2O、NH3均为分子晶体，而水分子、氨分子间均存在氢键，但相同状态下，水分子形成的氢键更多，且形成的氢键更稳定，因此水分子的沸点更高，因此沸点： H2O>NH3> H2S，故B错误； C．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，N的非金属性强于C，H2SO3并非是硫元素的最高价，因此亚硫酸为弱酸，但酸性比碳酸强，因此酸性：HNO3> H2SO3 >H2CO3，故C错误； D．S2-的核外电子排布为三层，O2-和N3-的核外电子排布相同，但只有两层，阴离子的电子层数越多则离子半径越大，但N的核电荷数小，核外电子层数相同时，序大径小，半径：，则半径大小为：r(S2-)>r(N3-)>r(O2-)，故D错误； 故答案选A。 5．【答案】A 【解析】A．浓盐酸中Cl显-1价，浓盐酸制备氯气，氯元素化合价升高，因此制备氯气利用浓盐酸的还原性，故A说法错误； B．利用ClO2的氧化性，使蛋白质变性，从而达到消毒目的，故B说法正确； C．氯气与石灰乳发生2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，碳酸的酸性强于次氯酸，发生Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，故C说法正确； D．铁与盐酸发生Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，利用氯气的氧化性强于Fe3+，然后通入氯气，发生2FeCl2+Cl2=2FeCl3，故D说法正确； 答案为A。 Cu、Ag位于元素周期表ⅠB族。Ag与空气中微量接触发生反应生成黑色。Cu可以形成、、、等化合物。有研究表明，无水为长链状结构，其片断如图。 6．【答案】D 【解析】A．无水为长链状结构，从其片断图可知，铜、氯原子以共价键结合，所以不属于离子化合物，故A错误； B．的中心原子碳原子的价层电子对数为3+×(4+2-3×2)=3，无孤电子对，空间构型为平面三角形，故B错误； C．的中心原子硫原子的价层电子对数为4+×(6+2-4×2)=4，无孤电子对，空间构型为正四面体形，键角109º28´，的中心原子硫原子的价层电子对数为3+×(6+2-3×2)=4，孤电子对数为1，空间构型为三角锥形，键角小于109º28´所以的键角比中的大，故C错误； D．的中心原子N原子的价层电子对数为3+×(5+1-3×2)=3，中心原子的轨道杂化类型为，故D正确； 故答案为：D。 7．【答案】A 【解析】A．根据Ag与空气中微量H2S接触发生反应生成黑色沉淀Ag2S，Ag作还原剂，氧气作氧化剂，其反应方程式为4Ag+2H2S+O2=Ag2S+2H2O，故A正确； B．CuCl2发生水解生成Cu(OH)2和易挥发的HCl，加热CuCl2·2H2O最终得到Cu(OH)2或CuO，故B错误； C．根据电解原理，阴极上得电子，发生还原反应，因此用惰性电解电解CuSO4溶液，Cu2+得电子，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，故C错误； D．硝酸具有强氧化性，Cu2S与热的浓硝酸发生Cu2S+12H++10NO2Cu2++10NO2↑+SO+6H2O，故D错误； 答案为A。 8．【答案】B 【解析】A．H2O中O含有孤电子对，Cu2+提供空轨道，形成配位键，1个Cu2+能与4个H2O形成配位键，即形成[Cu(H2O)4]2+，故A说法正确； B．浓硫酸表现强氧化性，是+6价S体现的，故B说法错误； C．Cu2+属于重金属离子，能使蛋白质变性，因此硫酸铜具有杀菌能力，可用于游泳池的水处理，故C说法正确； D．无水硫酸铜吸水后呈现蓝色，利用这种现象可以检验水的存在，故D说法正确； 答案为B。 9．【答案】A 【解析】A．由题干图示有机物X、Y的结构简式可知，X含有碳碳双键和醚键，Y含有碳碳双键和酚羟基，红外光谱图中可以反映不同官能团或化学键的吸收峰，故依据红外光谱可确证X、Y存在不同的官能团，A正确； B．苯环和碳碳双键均能与H2发生加成反应，则1mol化合物X最多能与4molH2发生加成反应，B错误； C．Y分子中苯环和碳碳双键连接的原子共面，但是-CH2-中C所连接的四个原子构成四面体，则所有原子不可能共平面，C错误； D．化合物X、Y中官能团和NaHCO3溶液均不反应，不能进行鉴别，D错误； 故选A。 10．【答案】D 【解析】短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，基态X、Z、Q原子均有两个单电子，W简单离子在同周期离子中半径最小，Q与Z同主族，则X为C元素、Y为N元素、Z为O元素、W为Al元素、Q为S元素。A．金属元素的第一电离能小于非金属元素；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素O，同主族从上到下第一电离能呈减小趋势，O元素第一电离能大于S，则第一电离能由大到小的顺序为N＞S＞Al，故A正确； B．金属元素的电负性小于非金属元素，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，同周期元素，从左到右非金属性依次增强，则电负性由大到小的顺序为O＞C＞Al，故B正确； C．O可与S形成SO3，属于非极性分子，故C正确； D．C的氢化物有多种，随着C数量的增大其氢化物沸点越高，癸烷的沸点是174.1℃高于H2O沸点，D说法太绝对，故D错误； 故本题答案选D 11．【答案】D 【解析】A．题中没有指明NaCl、NaI物质的量浓度是否相等，因此无法观察沉淀颜色，判断Ksp大小关系，故A不符合题意； B．NO(H+)具有强氧化性，能将SO2氧化成SO，得到BaSO4沉淀，因此不能达到探究目的，故B不符合题意； C．高锰酸钾溶液具有强氧化性，将过氧化氢氧化成氧气，体现过氧化氢的还原性，不能达到探究目的，故C不符合题意； D．淀粉遇碘单质变蓝，向混合溶液中滴加少量淀粉溶液，如果溶液变蓝，说明有碘单质生成，则发生2Fe3++2I-=2Fe2++I2，从而判断出Fe3+的氧化性比I2强，能达到探究目的，故D符合题意； 答案为D。 12．【答案】D 【分析】向二氧化锰与硫化锰矿中加入硫酸溶液酸溶，将硫化锰中的硫元素转化为硫酸根离子、金属元素转化为可溶的硫酸盐，过滤得到滤液；向滤液中加入氨水，将铁元素转化为氢氧化铁沉淀，再加入氟化锰，将溶液中的镁离子转化为氟化镁沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸锰的滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得到碳酸锰；碳酸锰溶于硫酸溶液得到硫酸锰。 【解析】A．由题意可知，一水合氨的电离常数大于碳酸的一级电离常数，则碳酸氢铵溶液中铵根离子的水解程度小于碳酸氢根离子的水解程度，溶液呈碱性，溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，由电荷守恒关系c()+c(H+)=c()+2c()+c(OH—)可知，溶液中c()＞c()+2c()，故A错误； B．由分析可知，“酸溶”时主要反应为二氧化锰与硫化锰、硫酸溶液反应生成硫酸锰和水，反应的离子方程式为4MnO2+MnS+8H+ =5Mn2+++4H2O，故B错误； C．由分析可知，“除铁除镁”后上层清液为硫酸铵和硫酸锰混合溶液，溶液中存在电荷守恒关系2c(Mn2+)+c(H+)+c()=2c()+c(OH—)，故C错误； D．“沉锰”后上层清液中：====2.5，故D正确； 故选D。 13．【答案】D 【解析】本题考查化学平衡图像分析，侧重识图能、分析判断能力和运用能力，把握盖斯定律的计算应用、化学平衡影响因素即可A．根据盖斯定律， 由反应Ⅰ可得新化学方程2CO(g)+2H2(g)=CO2(g)+CH4(g)，则H=—164.7kJ .mol-1—(2×41.2kJ mol-1)=—247.1kJ·mol-1，故A错误； B．曲线①代表物质随温度升高，平衡时比例降低，反应 I 在放热，温度升高平衡逆移，甲烷减少，曲线②最终降0，二氧化碳不可能完全转化，则①为CO2，②为CH4，故B错误； C．催化剂不能使平衡发生移动，不能提高平衡时甲烷的产率，故C错误； D．温度在200~300℃时，反应 II是吸热反应，CO曲线在300℃时值为0，即温度高于300℃，反应 II才进行，200-300℃时，仅发生反应Ⅰ，反应Ⅰ为放热反应，温度升高，平衡逆移，由200℃上升到300℃，平衡逆移，恒压下，CO2分压增大，故D正确； 故答案选D。 14．【答案】（1）加快搅拌速率 （2）Fe(OH)3和CaSO4 （3） ①．15∶2 ②． （4）Mn2+＋＋2H2O=2＋MnO2↓＋4H＋ （5） ①．4Co(OH)3 4CoO+O2↑+6H2O ②．弱于 （6）D 【解析】本题是一道从钴渣中回收钴、镍的工艺流程的工艺流程题，首先用硫酸酸浸钴渣，酸浸液主要含有Zn2+、Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子，随后分别除去铁、镍、锰，最终得到产品； （1）从反应速率的角度分析，能提高金属元素浸出率的措施有加快搅拌速率； （2）由于酸浸时加入硫酸，根据表格中数据可知，向酸浸液中加入H2O2，反应完成后加入CaCO3调节溶液pH至4.0~4.5，得到滤渣1的主要成分为：Fe(OH)3和CaSO4； （3）①根据丁二酮肟的结构简式可知，其中σ键与π键数目之比为15∶2； ②该配合物中N提供孤电子对，Ni提供空轨道，且分子中含有2个五元环，且通过氢键形成两个六元环，则该配合物的结构为：； （4）该反应中锰离子被氧化为二氧化锰，同时Na2S2O8变为硫酸根离子，相应的离子方程式为：Mn2+＋＋2H2O=2＋MnO2↓＋4H＋； （5）根据题意Co(OH)3中Co被还原为CoO杂质，同时氧的化合价升高为氧气，方程式为：4Co(OH)3 4CoO+O2↑+6H2O；根据题意酸浸液主要含有Co2+、Fe2+，除铁时加入过氧化氢，只能氧化Fe2+，则Co2+的还原性弱于Fe2+； （6）根据分析可知，滤液中含有锌离子，则滤液可返回湿法炼锌系统回收锌。 学科网（北京）股份有限公司 $$