2022届新高考化学二轮复习小卷信息练“4＋3＋3”小卷练(一)

eq\a\vs4\al(第)eq\a\vs4\al(五)eq\a\vs4\al(部)eq\a\vs4\al(分)“4＋3＋3”小卷信息练“4＋3＋3”小卷练（一）一、选择题：本题共4小题。每小题只有一个选项符合题意。1．我国科学家已经成功将二氧化碳催化氢化获得甲酸，利用化合物1催化二氧化碳氢化的反应过程如图甲所示，其中化合物2与水反应变成化合物3与HCOO－的反应历程如图乙所示，其中TS表示过渡态，Ⅰ表示中间体。下列说法正确的是（）A．从平衡移动的角度看，升高温度可促进化合物2与水反应变成化合物3与HCOO－B．该历程中最大能垒（活化能）E正＝16.87kJ·mol－1C．使用更高效的催化剂可以降低反应所需的活化能，最终提高二氧化碳的转化率D．化合物1到化合物2的过程中存在碳氧键的断裂和碳氢键的形成2．有机化合物N是一种抗菌、消炎剂，可由有机化合物M制得。下列有关M、N的说法正确的是（）A．N与丙醇发生酯化反应可得到与M相对分子质量相同的酯B.M、N均能使酸性KMnO4溶液褪色，遇氯化铁溶液均能显紫色C．1molM与1molN最多消耗的NaOH的量相同D．室温下M、N分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数均为43．工业上用电解法处理含镍酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示。下列说法不正确的是（）已知：①Ni2＋在弱酸性溶液中发生水解；②氧化性强弱顺序：Ni2＋（高浓度）>H＋>Ni2＋（低浓度）。A．碳棒上发生的电极反应：4OH－－4e－=O2↑＋2H2OB．电解过程中，B室中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减少C．为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水的pHD．若将图中阳离子膜去掉，将A、B两室合并，则电解总反应的方程式发生改变4．R、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W与Y同主族，R的最外层电子数是次外层电子数的2倍。W元素形成的一种单质可用于自来水的杀菌消毒。R与W元素原子的最外层电子数之和等于X与Z元素原子的最外层电子数之和。下列说法正确的是（）A．简单离子的半径：W＜Y＜ZB．氧化物对应水化物的酸性：Z＞R＞XC.X与Z形成的化合物溶于水可抑制水的电离D．最高价氧化物的熔点：Y＞R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．下表各组数据中，一定有错误的是（）A金刚石硬度：10碳化硅硬度：9晶体硅硬度：7B溴化钾熔点：735℃氯化钠熔点：801℃氧化镁熔点：2800℃C邻羟基苯甲醛沸点：250℃对羟基苯甲醛沸点196℃对甲基苯甲醛沸点：204℃D三氟化硼的键角：120°氨分子的键角：120°四氯化碳的键角：109.5°6．常温下，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mLcmol·L－1HA溶液，体积变化忽略不计，其滴定曲线如图所示。（已知甲基红变色的pH范围为4.4～6.2，甲基橙变色的pH范围为3.1～4.4，酚酞变色的pH范围为8.2～10.0）。下列说法正确的是（）A．HA为弱酸，滴定时甲基橙、甲基红和酚酞均可用于指示滴定终点B．常温下，当V（NaOH）＝30mL时，溶液的pH＝13－lg5，c（Na＋）＝0.06mol·L－1C．常温下，HA的Ka＝1×10－5，当HA与NaOH恰好完全反应时，溶液中c（A－）＝0.050mol·L－1D．可用HA溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1NaOH溶液的方法测定HA溶液的浓度，此时滴定曲线的突变范围变小7．Li2O是离子晶体，其晶格能可通过如图的Born­Haber循环计算得到。下列说法错误的是（）A．Li原子的第一电离能为1040kJ·mol－1B．O=O键的键能为249kJ·mol－1C．Li2O的晶格能为2908kJ·mol－1D．1molLi（s）转变成Li（g）需要吸收的能量为159kJ三、非选择题：本题共3小题。8．聚乙烯醇生产过程中会产生大量副产物乙酸甲酯，其催化醇解反应可用于制备甲醇和乙酸己酯，该反应的化学方程式为：CH3COOCH3（l）＋C6H13OH（l）eq\o(,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))CH3COOC6H13（l）＋CH3OH（l）。已知v正＝k正·x（CH3COOCH3）·x（C6H13OH），v逆＝k逆·x（CH3COOC6H13）·x（CH3OH），其中v正、v逆为正、逆反应速率，k正、k逆为速率常数，x为各组分的物质的量分数。（1）反应开始时，己醇和乙酸甲酯按物质的量之比1∶1投料，测得348K、343K、338K三个温度下乙酸甲酯转化率（α）随时间（t）的变化关系如图所示。该醇解反应的ΔH0（填“＞”或“＜”）。348K时，以物质的量分数表示的化学平衡常数Kx＝（保留2位有效数字）。在曲线①、②、③中，k正－k逆值最小的曲线是；A、B、C、D四点中，v正最小的是，v逆最大的是。（2）343K时，乙酸甲酯和己醇按物质的量之比1∶1、1∶2和2∶1进行初始投料，则达到平衡后，初始投料比为时，乙酸甲酯转化率最大；与按2∶1投料相比，按1∶2投料时化学平衡常数Kx（填“增大”“减小”或“不变”）。（3）该醇解反应使用离子交换树脂作催化剂，下列关于该催化剂的说法不正确的是。a．参与了醇解反应，但并不改变反应历程b．使k正和k逆增大相同倍数c．降低了醇解反应的活化能d．提高乙酸甲酯的平衡转化率9．实验室以电镀废渣（Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO）为原料制取铜粉和K2Cr2O7的主要流程如下：（1）“酸浸”时，用硫酸而不用盐酸，这是因为（从浸取产物的溶解性考虑）。（2）“制铜氨液”，即制取[Cu（NH3）4]SO4溶液时，采用8mol·L－1氨水，适量30%H2O2，并通入O2，控制温度为55℃。温度不宜过高，这是因为。（3）“沉CuNH4SO3”时可用如下装置（夹持、加热仪器略）：①制取SO2的化学方程式为。②“沉CuNH4SO3”时，反应液需控制在45℃，合适的加热方式是。③反应完成的实验现象是。（4）设计以“Cr（OH）3、Fe（OH）3”的混合物为原料，制取K2Cr2O7的实验方案：将Cr（OH）3、Fe（OH）3的混合物加入烧杯中，加适量的水调成浆状，，冰水洗涤及干燥。（已知：①碱性条件下，H2O2可将＋3价的Cr氧化为CrOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))；酸性条件下，H2O2可将＋6价的Cr还原为＋3价的Cr；＋6价的Cr在溶液pH<5时，主要以Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))的形式存在；在pH>7时，主要以CrOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))的形式存在。②部分物质溶解度曲线如图所示：③实验中必须使用的试剂：KOH溶液、10%H2O2溶液、稀盐酸）10．芳香族化合物A（C9H12O）常用于药物及香料的合成，A有如下转化关系：已知：①A的苯环上只有一个支链，支链上有两种不同环境的氢原子②eq\o(→,\s\up7(①KMnO4/OH－),\s\do5(②H＋))③RCOCH3＋R′CHOeq\o(→,\s\up7(一定条件))RCOCH=CHR′＋H2O回答下列问题：（1）由D生成E的反应条件为。（2）H中含有的官能团名称为。（3）I的结构简式为。（4）由E生成F的化学方程式为。（5）F有多种同分异构体，写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式为。①能发生水解反应和银镜反应②属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基③具有5组核磁共振氢谱峰（6）糠叉丙酮（）是一种重要的医药中间体，请参考上述合成路线，设计一条由叔丁醇[（CH）3COH]和糠醛（）为原料制备糠叉丙酮的合成路线（无机试剂任选，用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。“4＋3＋3”小卷练(一)1．答案：D解析：由化合物2与水反应变成化合物3与HCOO－的反应历程图可得该过程是放热反应，升高温度，不利于该过程的进行，A错误；该历程中Ⅰ1到TS2过程的能垒(活化能)最大，为[16.87－(－1.99)]kJ·mol－1＝18.86kJ·mol－1，B错误；使用更高效的催化剂可以改变反应途径，降低反应所需的活化能，但不能使化学平衡发生移动，不能提高二氧化碳的转化率，C错误；根据化合物1与化合物2的结构可知，在化合物1()与CO2反应生成化合物2()的过程中存在碳氧键的断裂和碳氢键的形成，D正确。2．答案：A解析：M的分子式为C23H24O5，相对分子质量是380，N的分子式为C21H22O4，相对分子质量是338，比M的相对分子质量小42，N与丙醇发生酯化反应得到的酯的相对分子质量比N大42，所以N与丙醇发生酯化反应可得到与M相对分子质量相同的酯，A正确；M和N分子中都含有碳碳双键，所以均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，M分子结构中没有酚羟基，遇氯化铁溶液不能显紫色，B错误；M中含有酯基和羧基，当酯基发生水解反应时会产生羧基和酚羟基，所以1molM最多消耗3molNaOH，N中含有羧基和酚羟基，所以1molN最多消耗2molNaOH，C错误；手性碳原子是指连接四个不相同的原子或原子团的饱和碳原子，所以室温下M、N分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数均为3,D错误。3．答案：B解析：由题图知，碳棒与电源正极相连是电解池的阳极，电极反应为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，A正确；镀镍铁棒与电源负极相连是电解池的阴极，电极反应为Ni2＋＋2e－=Ni，电解过程中为平衡A、C中的电荷，A中的Na＋和C中的Cl－分别通过阳离子膜和阴离子膜移向B中，则B中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大，B错误；因Ni2＋在弱酸性溶液中易发生水解，氧化性：Ni2＋(高浓度)>H＋>Ni2＋(低浓度)，为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水的pH，C正确；若将题图中阳离子交换膜去掉，由于Cl－先放电，则Cl－移向阳极放电：2Cl－－2e－=Cl2↑，电解总反应的方程式会发生改变，D正确。4．答案：D解析：由R为短周期元素且“R的最外层电子数是次外层电子数的2倍”可知R为C，W元素形成的一种单质可用于自来水消毒，且其核电荷数小于主族元素Y、Z可知，W为O；由“W与Y同主族”知Y为S，Z为短周期主族元素，原子序数大于S，则Z为Cl；根据“R与W元素原子的最外层电子数之和等于X与Z元素原子的最外层电子数之和”知X为Al。离子的电子层越多离子半径越大，W＜Z，电子层数相同时，核电荷数越大离子半径越小，Z＜Y，则简单离子半径：W＜Z＜Y，A错误；没有指出最高价氧化物对应水化物，无法比较C、Cl的含氧酸酸性，B错误；X与Z形成的化合物为氯化铝，铝离子水解促进了水的电离，C错误；三氧化硫和二氧化碳都属于分子晶体，相对分子质量越大熔点越高，则最高价氧化物的熔点：Y＞R，D正确。5．答案：CD解析：金刚石、碳化硅和晶体硅都是原子(共价)晶体，都具有较大的硬度，由于共价键键能：碳碳键强于碳硅键，碳硅键强于硅硅键，所以金刚石的硬度最大，晶体硅的硬度最小，A正确；溴化钾、氯化钠、氧化镁都是离子晶体，都具有较高的熔、沸点，由于晶格能的大小顺序为氧化镁＞氯化钠＞溴化钾，则熔点的顺序为氧化镁＞氯化钠＞溴化钾，B正确；形成分子间氢键时沸点较高，形成分子内氢键时沸点较低，邻羟基苯甲醛能形成分子内氢键，对羟基苯甲醛能形成分子间氢键，则邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛，C错误；氨分子的空间构型为三角锥形，键角为107.2°(或107°18′)，D错误。6．答案：B解析：由题意及题图可知，HA溶液的浓度为0.1mol·L－1，0.1mol·L－1HA溶液的pH为3，说明HA为弱酸。用NaOH溶液滴定时，达到滴定终点时溶液呈碱性，显然不能用甲基橙、甲基红作为滴定终点的指示剂，A错误；当V(NaOH)＝30mL时，溶液中c(OH－)＝(0.1000×10÷50)mol·L－1＝0.02mol·L－1，c(H＋)＝eq\f(10－14,0.02)mol·L－1＝5×10－13mol·L－1，所以溶液的pH＝13－lg5，c(Na＋)＝(0.1000×30÷50)mol·L－1＝0.060mol·L－1，B正确；根据滴定起始点，可计算HA的Ka，起始点c(H＋)＝c(A－)＝1.0×10－3mol·L－1，c(HA)＝0.1mol·L－1，则Ka＝eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))·c（A－）,c（HA）)＝1.0×10－5mol·L－1，当HA与NaOH恰好完全反应时，得到的是NaA溶液，此时c(Na＋)＝0.050mol·L－1，由于A－水解，故c(A－)小于0.050mol·L－1，C错误；若用HA溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1NaOH溶液的方法测定HA溶液的浓度，溶液pH的突变发生在两者恰好完全反应时，其突变范围没有变化，D错误。7．答案：AB解析：Li原子的第一电离能是由气态原子失去1个电子形成气态离子所需要的能量，应为520kJ·mol－1，A错误；O=O键的键能为1molO2(g)分解为2molO(g)所吸收的能量，即249×2kJ·mol－1＝498kJ·mol－1，B错误；晶格能是指气态离子形成1mol离子晶体释放的能量，即Li2O的晶格能为2908kJ·mol－1，C正确；1molLi(s)转变成Li(g)需要吸收的能量为159kJ，D正确。8．答案：(1)>3.2③AC(2)1∶2不变(3)ad解析：(1)根据图像，①的速率最快，说明①对应的是最高温度348K，温度升高，平衡时转化率增大，说明正向是吸热的，所以ΔH>0；348K时，设初始投入为1mol，则有：CH3COOCH3(l)＋C6H13OH(l)eq\o(,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))CH3COOC6H13(l)＋CH3OH(l)起始(mol) 1 1 0 0转化(mol) 0.64 0.64 0.64 0.64平衡(mol) 0.36 0.36 0.64 0.64带入平衡常数表达式：Kx＝eq\f(x（CH3COOC6H13）·x（CH3OH）,x（CH3COOCH3）·x（C6H13OH）)＝eq\f(0.32×0.32,0.18×0.18)＝3.2；k正、k逆是温度的函数，根据平衡移动的规律，k正受温度影响更大，因此温度升高，k正增大的程度大于k逆，因此，k正－k逆值最小的曲线是③；根据v正＝k正·x(CH3COOCH3)·x(C6H13OH)，v逆＝k逆·x(CH3COOC6H13)·x(CH3OH)，A点x(CH3COOCH3)·x(C6H13OH)大，温度高，因此A点v正最大；C点x(CH3COOC6H13)·x(CH3OH)大且温度高，因此C点v逆最大；(2)要提高某一反应物的转化率，可以通过增加其他反应物的浓度来实现，以乙酸甲酯和己醇按物质的量之比1∶1作为参照，2∶1时乙酸甲酯的转化率会降低，1∶2时乙酸甲酯的转化率会升高，故1∶2时乙酸甲酯转化率最大；化学平衡常数Kx只与温度有关，因此不变；(3)催化剂参与了醇解反应，改变了反应历程，a错误；催化剂不影响化学平衡，说明催化剂使k正和k逆增大相同倍数，b正确；催化剂能够降低反应的活化能，c正确；催化剂不改变化学平衡，d错误。9．答案：(1)硫酸可将CaO转化为CaSO4渣而除去(2)温度过高会加速NH3的挥发、加速H2O2的分解、“铜氨液”会分解生成Cu(OH)2(答出一点即可)(3)①Cu＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2O②45℃的水浴加热③上层清液由深蓝色逐渐变为几乎无色(4)在不断搅拌下加入适量KOH溶液，再加入过量的10%H2O2溶液，维持pH大于7，充分反应后，煮沸(除去过量的H2O2)，静置、过滤，滤液用稀盐酸酸化至pH<5，蒸发浓缩、冰浴冷却结晶、过滤解析：电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)用硫酸酸浸，残渣为CaSO4等溶解度不大的物质，溶液中有Cr3＋、Cu2＋、Fe3＋。加适量Na2S溶液，调节溶液的pH只使CuSO4发生沉淀反应，过滤，滤液中Cr3＋、Fe3＋，处理生成Fe(OH)3、Cr(OH)3，除去Fe(OH)3，制备K2Cr2O7；滤渣CuS沉淀，采用8mol·L－1氨水，适量30%H2O2，并通入O2，制取铜氨溶液，通SO2，“沉CuNH4SO3”，同时生成铜粉。(1)“酸浸”时，用硫酸而不用盐酸，这是因为硫酸可将CaO转化为CaSO4渣而除去。(2)“制铜氨液”，即制取[Cu(NH3)4]SO4溶液时，温度不宜过高，这是因为温度过高会加速NH3的挥发、加速H2O2的分解、“铜氨液”会分解生成Cu(OH)2(答出一点即可)。(3)①铜与浓硫酸加热生成SO2、硫酸铜和水，化学方程式为Cu＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2O；②要控制100℃以下的加热温度，且受热均匀，可选用水浴加热；“沉CuNH4SO3”时，反应液需控制在45℃，合适的加热方式是：45℃的水浴加热；③[Cu(NH3)4]SO4溶液呈蓝色，通入SO2反应生成CuNH4SO3和Cu，反应完成的实验现象是上层清液由深蓝色逐渐变为几乎无色。(4)制取K2Cr2O7的实验方案：将Cr(OH)3、Fe(OH)3的混合物加入烧杯中，加适量的水调成浆状，在不断搅拌下加入适量KOH溶液，再