2022届新高考化学二轮复习小卷信息练“4＋3＋3”小卷练(二)

“4＋3＋3”小卷练（二）一、选择题：本题共4小题。每小题只有一个选项符合题意。1.一种由短周期元素组成的化合物，其结构如图所示。X、Y、Z、Q、R位于同一周期原子序数依次递增，Z、Q的核电荷数之和等于R的最外层电子数的2倍。下列不正确的是A．Y和R形成的化合物中各原子最外层均满足8电子稳定结构B．原子半径：X＞Z＞Q＞RC．元素的非金属性：Y＜Z＜Q＜RD．化合物存在离子键和共价键2．某闪锌矿的主要成分为ZnS，还含有SiO2、FeS2等，利用该闪锌矿制备皓钒（ZnSO4·7H2O）的工艺流程如下图所示。下列说法错误的是（）A．“粉碎”可加快“煅烧”速率，并使反应更充分B．“废气”合理处理可用于工业制硫酸C．“滤渣”的主要成分为Fe2O3，可用于冶炼铁D．“一系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等3．据文献报道：Pd­Mg/SiO2催化某反应的一种反应机理如图所示。下列说法错误的是（）A．该反应可消耗CO2产生清洁燃料CH4B．H2在Pd催化剂的表面断裂H－H键C．该催化循环CO2变成了含镁的化合物D．使用催化剂可以大大降低该反应的活化能使反应快速进行4．芹菜中的芹黄素具有抗肿瘤、抗病毒等生物学活性，其结构如图所示。关于该物质的下列说法错误的是（）A．分子式为C15H10O5B．可以发生取代、加成、氧化反应C．可以使溴的CCl4溶液褪色D．1mol芹黄素最多能与7molH2发生反应二、选择题：本题共3小题。每小题有一个或两个选项符合题意。5．根据下列实验操作和现象所得到的结论不正确的是（）选项实验操作和现象实验结论A向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，溶液变澄清酸性：苯酚>HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))B用pH计测定等浓度的Na2CO3和NaClO溶液的pH后者pH比前者的大C钠与乙醇反应平缓；钠与水反应剧烈羟基中氢的活性：C2H5OH<H2OD在2mL0.01mol·L－1的Na2S溶液中先滴入几滴0.01mol·L－1ZnSO4溶液有白色沉淀生成，再滴入0.01mol·L－1CuSO4溶液，又出现黑色沉淀Ksp（CuS）<Ksp（ZnS）6.通过Li4SiO4吸附CO2的主要反应为：Li4SiO4（s）＋CO2（g）⇌Li2CO3（s）＋Li2SiO3（s），700℃不同CO2分压下，CO2吸收率随时间变化曲线如图1所示，Li4SiO4吸附CO2的过程：表面吸收阶段→形成双壳结构→双壳吸收阶段，微观示意如图2，下列说法不正确的是（）A．该温度下，CO2的分压对其吸收率的影响不明显B．图2中a过程表示的Li4SiO4分解的方程式：Li4SiO4=2Li＋＋O2－＋Li2SiO3C．图2中b过程表示Li＋和O2－向外壳扩散D．由图1、2可知，Li2CO3和Li2SiO3质量增加，对CO2的吸收速率无影响7．常温下，向一定浓度的Na2X溶液中滴入盐酸，粒子浓度与混合溶液的pH变化的关系如图所示，已知：H2X是二元弱酸，Y表示eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X2－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)))或eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2X)))，pY＝－lgY。下列叙述错误的是（）A．曲线n表示peq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2X)))与pH的变化关系B．Ka1的数量级是10－6C．NaHX溶液中c（H2X）＜c（X2－）D．当pH＝7时，混合溶液中c（Na＋）＝c（HX－）＋2c（X2－）＋c（Cl－）三、非选择题：本题共3小题。8．某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体（NiSO4·7H2O）：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Ni2＋Al3＋Fe3＋Fe2＋开始沉淀时（c＝0.01mol·L－1）的pH7.23.72.27.5沉淀完全时（c＝1.0×10－5mol·L－1）的pH8.74.73.29.0回答下列问题：（1）“碱浸”中NaOH的两个作用分别是。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式。（2）“滤液”②中含有的金属离子是。（3）“转化”中可替代H2O2溶液的物质是。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即“滤液③”中可能含有的杂质离子为。（4）利用表格数据，计算Ni（OH）2的Ksp＝（列出计算式）。如果“转化”后的溶液中Ni2＋浓度为1.0mol·L－1，则“调pH”应控制的pH范围是。（5）硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式：。（6）将分离出硫酸氢镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是。9．以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。实验试剂现象滴管试管2mL0.2mol·L－1Na2SO3溶液饱和Ag2SO4溶液Ⅰ.产生白色沉淀0.2mol·L－1CuSO4溶液Ⅱ.溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀0.1mol·L－1Al2（SO4）3溶液Ⅲ.开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀（1）经检验，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象Ⅰ：。（2）经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，含有Cu＋、Cu2＋和SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))。已知：Cu＋eq\o(→,\s\up7(稀硫酸))Cu＋Cu2＋，Cu2＋eq\o(→,\s\up7(I－),\s\do5())CuI↓（白色）＋I2。①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu＋的实验现象是。②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2＋和SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))。a．白色沉淀A是BaSO4，试剂1是。b．证实沉淀中含有Cu2＋和SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))的理由是。（3）已知：Al2（SO4）3在水溶液中不存在。经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色。①推测沉淀中含有亚硫酸根和。②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：ⅰ.被Al（OH）3所吸附；ⅱ.存在于铝的碱式盐中。对假设ⅱ设计了对比实验，证实了假设ⅱ成立。a．将对比实验方案补充完整。步骤一：步骤二：（按上图形式呈现）。（4）根据实验，亚硫酸盐的性质有。盐溶液间反应的多样性与有关。10．磷酸亚铁锂（LiFePO4）可用作锂离子电池正极材料，具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点，文献报道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作为原料制备。回答下列问题：（1）在周期表中，与Li的化学性质最相似的邻族元素是，该元素基态原子核外M层电子的自旋状态（填“相同”或“相反”）。（2）FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为，其中Fe的配位数为。（3）苯胺（）的晶体类型是。苯胺与甲苯（）的相对分子质量相近，但苯胺的熔点（－5.9℃）、沸点（184.4℃）分别高于甲苯的熔点（－95.0℃）、沸点（110.6℃），原因是。（4）NH4H2PO4中，电负性最高的元素是；P的杂化轨道与O的2p轨道形成键。（5）NH4H2PO4和LiFePO4属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如下图所示：这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为（用n代表P原子数）。“4＋3＋3”小卷练(二)1．答案：A解析：X、Y、Z、Q、R位于同一周期，Z形成4个共价键，为ⅣA族元素，Q形成2个共价键，为ⅥA族元素；R形成1个共价键，为ⅦA族元素；由Z、Q的核电荷数之和等于R的最外层电子数的2倍，可以推出Z为C，Q为O，R为F，X为Li；Y形成4个共价键，整个阴离子带有1个单位的负电荷，则Y为ⅢA族元素B，以此解答。A.Y与R形成的化合物为BF3，B原子没有满足8电子稳定结构，B原子周围为6个电子，错误；B.同一周期，从左到右原子半径逐渐减小，Li>C>O>F，正确；C.同一周期，从左到右，非金属性增强，所以B<C<O<F，正确；D.阴、阳离子间存在离子键，阴离子内部存在共价键，正确。2．答案：C解析：闪锌矿粉碎后煅烧，Fe、S元素被氧化，稀硫酸酸浸后过滤，得到含有Fe3＋、Zn2＋的滤液，废渣为难溶于稀硫酸的SiO2，调节pH使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，过滤后得到主要含硫酸锌的溶液，经一系列操作得到皓钒。A.“粉碎”可以增大矿石和空气的接触面积，加快“煅烧”速率，并使反应更充分，正确；B.闪锌矿中含有S元素，在空气中煅烧得到的废气中含有SO2，合理处理可用于工业制硫酸，正确；C.酸浸后的滤渣中主要含有Fe3＋、Zn2＋，调节pH得到的是Fe(OH)3沉淀，错误；D.“一系列操作”可以从溶液中获取晶体，则应为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等，正确；综上分析选C。3．答案：C解析：A.由图可知该反应可消耗CO2产生清洁燃料CH4，正确；B.Pd作为催化剂，H2在催化剂的表面发生断键，得到活性的H原子，正确；C.由图可知，二氧化碳和氢气在Pd­Mg/SiO2催化作用下生成甲烷和水，未生成含镁的化合物，错误；D.使用催化剂可以大大降低该反应的活化能从而提高化学反应速率，正确。4．答案：D解析：A.由结构可知芹黄素的分子式为：C15H10O5，正确；B.结构中含有酚羟基易发生苯环邻、对位取代反应，含有碳碳双键易发生加成反应和氧化反应，正确；C.该结构中存在碳碳双键，能与溴单质发生加成反应，可以使溴的CCl4溶液褪色，正确；D.苯环结构、碳碳双键、羰基的碳氧双键均能发生加氢反应，由结构可知，该物质能与8molH2发生加成反应，错误。5．答案：BD解析：向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，说明酸性：苯酚>HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，故A正确；酸性HClO>HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，则等浓度的Na2CO3和NaClO溶液碱性Na2CO3大于NaClO，用pH计测定等浓度的Na2CO3和NaClO溶液的pH，后者pH比前者的小，故B错误；钠与乙醇反应平缓，钠与水反应剧烈，说明羟基中氢的活性：C2H5OH<H2O，故C正确；在2mL0.01mol·L－1的Na2S溶液中先滴入几滴0.01mol·L－1ZnSO4溶液有白色沉淀生成，再滴入0.01mol·L－1CuSO4溶液，又出现黑色沉淀，因为Na2S溶液过量，所以不能比较Ksp(CuS)、Ksp(ZnS)的大小，故D错误。6．答案：D解析：A.由图1可知，压强即CO2的分压对其吸收率的影响不明显，正确；B.由图2的表面吸收阶段可以看出，刚开始是Li4SiO4的分解，产物为Li＋、O2－以及逐渐生成的内壳Li2SiO3，正确；C.由图2的双壳吸收阶段可以看出，Li＋和O2－逐渐向外壳扩散，正确；D.在双壳吸收阶段，Li2CO3和Li2SiO3质量在不断地增加，但后期CO2的吸收率没有明显变化。7．答案：BC解析：H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1(H2X)＝eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－))×c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2X)))＞Ka2(H2X)＝eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X2－))×c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)))，pH相同时，即c(H＋)相同，则eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2X)))＞eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X2－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)))，pY＝－lgY，则peq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X2－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)))＞peq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2X)))，则m、n分别表示pH与peq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X2－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)))、peq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2X)))的变化关系；据此解答。A．根据分析可知，曲线n表示pH与peq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2X)))的变化关系，正确；B.曲线n表示pH与peq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2X)))的变化关系，N点pH＝7.4，pY＝－1，即peq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2X)))＝－lgeq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2X)))＝－1，eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2X)))＝10，Ka1(H2X)＝eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－))×c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2X)))＝eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2X)))×c(H＋)＝10×10－7.4＝10－6.4，Ka1的数量级是10－7，错误；C.HX－存在水解，即HX－＋H2O⇌H2X＋OH－，HX－也存在电离，即HX－⇌H＋＋X2－，M点时，pH＝9.3，pY＝1，即c(H＋)＝10－9.3mol·L－1，peq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X2－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)))＝－lgeq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X2－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)))＝1，则eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X2－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)))＝0.1，所以Ka2(H2X)＝eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X2－))×c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)))＝eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X2－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)))×c(H＋)＝0.1×10－9.3＝1.0×10－10.3，根据B选项可知，Ka1(H2X)＝10－6.4，所以HX－的水解平衡常数Kh＝eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(10－14,10－6.4)＝1.0×10－7.6＞Ka2(H2X)＝1.0×10－10.3，说明HX－的水解程度大于其电离程度，则NaHX溶液中c(H2X)＞c(X2－)，错误；D.常温下，pH＝7时，c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HX－)＋2c(X2－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，则c(Na＋)＝c(HX－)＋2c(X2－)＋c(Cl－)，正确。8．答案：(1)除去油脂，溶解铝及其氧化物Al(OH)eq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋H＋=Al(OH)3↓＋H2O(2)Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋(3)O2或空气Fe3＋(4)0.01×(107.2－14)2或[10－5×(108.7－14)2]3.2≤pH＜6.2(5)2Ni2＋＋ClO－＋4OH－=2NiOOH↓＋Cl－＋H2O(6)提高镍回收率解析：(1)由题给条件可知，该废镍催化剂表面覆有油脂，且其中含有Ni、Al、Fe及其氧化物等，“碱浸”时，油脂在NaOH溶液中水解而被除去，铝及其氧化物也会与NaOH溶液反应而被除去，故“碱浸”中NaOH溶液的两个作用分别是除去油脂，溶解铝及其氧化物；“滤液①”中铝元素以Al(OH)eq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))的形式存在，用稀硫酸调节“滤液①”至呈中性，生成沉淀反应的离子方程式为Al(OH)eq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋H＋=Al(OH)3↓＋H2O。(2)因Ni、Fe及其氧化物不与NaOH溶液反应，Ni、Fe及其氧化物存在于“滤渣①”中，向“滤渣①”中加入稀硫酸，Ni、Fe及其氧化物与稀硫酸反应，故得到的“滤液②”中含有的金属离子为Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋。(3)“转化”过程将Fe2＋全部转化为Fe3＋，选用的氧化剂是H2O2溶液，选用H2O2溶液氧化的好处是不引入其他杂质，因此替代H2O2溶液的物质也不能引入其他杂质，可用O2或空气替代H2O2溶液。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，则调pH时会先沉淀Fe3＋，此时Ni2＋和Fe2＋在溶液中，然后加H2O2溶液氧化Fe2＋，此过程中由Fe2＋转化成的Fe3＋可能不能沉淀完全，所以“滤液③”中可能会有的杂质离子为Fe3＋。(4)利用Ni2＋开始沉淀时的pH进行计算，pH＝7.2，c(H＋)＝10－7.2mol·L－1，c(OH－)＝eq\f(10－14,10－7.2)mol·L－1，Ksp＝c(Ni2＋)·c2(OH－)＝0.01×(107.2－14)2，或利用Ni2＋沉淀完全时的pH进行计算，Ksp＝10－5×(108.7－14)2，若c(Ni2＋)＝1.0mol·L－1，不生成Ni(OH)2沉淀时，c(OH－)<eq\r(0.01×（107.2－14）2)mol·L－1＝10－7.8mol·L－1，则c(H＋)>10－6.2mol·L－1，pH<6.2，同时应调节pH≥3.2以除去Fe3＋，故pH应控制的范围是3.2≤pH＜6.2。(5)由题意可知，反应物为硫酸镍、次氯酸钠和强碱，生成物有NiOOH，硫酸镍中镍元素为＋2价，NiOOH中镍元素为＋3价，镍元素的化合价升高被氧化，则次氯酸钠中氯元素被还原得到氯化钠，该反应的离子方程式为2Ni2＋＋ClO－＋4OH－=2NiOOH↓＋H2O＋Cl－。(6)母液中还含有少量的硫酸镍，将母液收集、循环使用可提高镍回收率。9．答案：(1)2Ag＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))=Ag2SO3↓(2)①加入稀硫酸后，有红色固体生成②HCl和BaCl2溶液在I－的作用下，Cu2＋转化为白色沉淀CuI，SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))转化为SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))(3)①Al3＋、OH－②(4)还原性、水解溶液显碱性两种盐溶液中阴、阳离子的性质和反应条件解析：(1)实验Ⅰ中0.2mol·L－1Na2SO3溶液滴入饱和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4溶液饱和且溶液混合后稀释，因此不可能是Ag2SO4沉淀。应是Ag＋与Na2SO3反应生成更难溶的白色沉淀Ag2SO3，反应的离子方程式为：2Ag＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))=Ag2SO3↓；(2)①依据Cu＋和稀硫酸反应生成铜和铜离子，若沉淀中含有Cu＋，加入稀硫酸会发生歧化反应生成铜单质，实验现象是有红色固体生成；②a.分析实验流程可知实验原理为2Cu2＋＋4I－=2CuI＋I2、I2＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H2O=SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋2I－＋2H＋、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋Ba2＋=BaSO4↓，根据BaSO4沉淀可知，加入的试剂为含Ba2＋的化合物，可以选用BaCl2溶液，沉淀A中没有BaSO3，因此应在酸性环境中，所以所用试剂为HCl和BaCl2溶液；b．由白色沉淀A可知之前所取上层清液中有SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，由加入KI生成白色沉淀可知棕黄色沉淀中含有Cu2＋；Cu2＋和I－作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉无现象说明上层清液中无I2，而Cu2＋和I－反应生成I2，可知生成的I2参与了其他反应，因而有还原剂SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))；即在I－的作用下，Cu2＋转化为白色沉淀CuI，SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))转化为SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))；(3)①根据题意知实验Ⅲ的白色沉淀中无SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，结合元素守恒可知沉淀中应含有Al3＋和OH－，可使酸性KMnO4溶液褪色是因为存在有还原性的亚硫酸根离子；②根据假设