2021版新高考地区选考化学（人教版）一轮复习章末综合检测：　化学物质及其变化 .doc

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1、章末综合检测(时间：90分钟分值：100分)一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1(2020衡阳模拟)下列有关物质分类或归纳正确的是()电解质：明矾、冰醋酸、氯化银、纯碱化合物：BaCl2、Ca(OH)2、HNO2、HT混合物：盐酸、漂白粉、水银同素异形体：金刚石、石墨、C60ABCD解析：选D。中HT为单质；中水银为纯净物(单质)。所以选D。2中国不少古诗词清晰地描绘了当时人民的生活和社会的发展，如刘禹锡的浪淘沙：“日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈。美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来。”下列有关本诗中蕴含的化学知识正确的是()A“沙中浪底来”指的是金的氧化

2、物B淘金原理与化学上的萃取一致C雾的分散质粒子直径范围是109107cmD由沙子到计算机芯片发生了还原反应解析：选D。A.金的化学性质稳定，常以单质的形式存在于自然界中，“沙中浪底来”指的是金单质，故A错误；B.沙里淘金的原理是金子的密度比沙子的密度大得多，在水的冲击下沙粒被水流带走，而金就留在容器里，不是萃取原理，故B错误；C.雾属于胶体，分散质粒子的直径范围应该是109107 m(1100 nm)，故C错误；D.沙子的主要成分为二氧化硅，计算机芯片为硅单质，硅的化合价从4价变为0价，化合价降低，发生了还原反应，故D正确。3下列叙述与胶体的性质无关的是()A向氢氧化铁胶体中逐滴加入稀盐酸，开

3、始产生红褐色沉淀，后来沉淀逐渐溶解并消失B当日光从窗隙射入暗室时，观察到一束光线C向氯化铁溶液中加入氢氧化钠溶液，产生红褐色沉淀D水泥厂、冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘粒子带电荷解析：选C。C项为复分解反应，与胶体性质无关。4(2020安徽江南十校综合素质检测)下列各组微粒在溶液中可以大量共存，且加入或通入试剂X后，发生反应的离子方程式也正确的是()选项微粒组试剂X发生反应的离子方程式AK、Na、HCO、OH少量HClOHHCO= COH2OBNH、Fe2、Br、SO过量H2SFe2H2S=FeS2HCHClO、Na、Fe3、SO过量CaCl2Ca2SO=CaSO3DI、Cl、H、SO适

4、量NaNO36I2NO8H=2NO4H2O3I2解析：选D。OH与HCO反应生成CO和H2O，二者不能大量共存，A错误；FeS可与强酸反应，所以离子方程式错误，B错误；HClO、Fe3都具有强氧化性，可将SO氧化为SO，不能大量共存，C错误；四种离子互不反应，在溶液中可以大量共存，I具有还原性，在酸性条件下，H 、I、NO发生氧化还原反应，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得离子方程式为6I2NO8H=2NO4H2O3I2，D正确。5在室温下，下列离子组在指定溶液中一定能大量共存的是()A使石蕊变蓝的溶液：K、Na、CO、OHB加入铝粉产生气体的溶液：Cu2、Mg2、HCO、ClC使甲基

5、橙变红的溶液：K、Fe2、SO、NOD1 molL1 Al3溶液中：H、Fe3、NO、HCO解析：选A。A项，使石蕊变蓝的溶液应为碱性，各离子均能稳定存在，正确；B项，加入铝粉产生气体的溶液，可能为酸性或碱性，在酸性溶液中，HCO不能稳定存在，在碱性溶液中，Cu2、Mg2、HCO均不能稳定存在，错误；C项，使甲基橙变红的溶液应为酸性，H、Fe2、NO因发生氧化还原反应而不能大量共存，错误；D项，H与HCO不能大量共存，Al3、Fe3与HCO因发生相互促进的水解反应也不能大量共存，错误。6(2020揭阳一模)下列说法中正确的是()A棉、丝、羽毛、塑料及合成橡胶完全燃烧都只生成CO2和H2OB水泥

6、、玻璃、青花瓷、玛瑙都属于硅酸盐产品C“天宫二号”使用的碳纤维是一种新型无机非金属材料D“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶没有丁达尔效应解析：选C。丝、羽毛的主要成分为蛋白质，燃烧产物除CO2和H2O外，还有含氮物质，A项错误；玛瑙的主要成分是二氧化硅，不属于硅酸盐产品，水泥、玻璃、青花瓷属于硅酸盐产品，B项错误；碳纤维是一种新型无机非金属材料，C项正确；雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，D项错误。7(2020台州教学质量评估)能正确表示下列反应的离子方程式是()A向水中通入氯气：Cl2H2O2HClClOB二氧化锰与浓盐酸反应：MnO24HCl(浓)Mn22Cl22H2OC向

7、碳酸氢钠溶液中加入过量澄清石灰水：2HCOCa22OH=CaCO32H2OCOD金属钠与硫酸铜溶液反应：2Na2H2OCu2=2NaCu(OH)2H2解析：选D。向水中通入Cl2 的正确离子方程式为Cl2H2OHClHClO，HClO为弱电解质，离子方程式中用分子式表示，A项错误；MnO2 与浓盐酸反应的正确离子方程式为MnO24H2ClMn2Cl22H2O，HCl为可溶性强电解质，应拆成离子形式，B项错误；向NaHCO3 溶液中加入过量澄清石灰水，正确的离子方程式为HCOCa2OH=CaCO3H2O，选项中化学计量数的比例关系错误，C项错误；Na与CuSO4 溶液反应的离子方程式为2Na2H

8、2OCu2=2NaCu(OH)2H2，D项正确。8(2020聊城高三模拟)新型纳米材料氧缺位铁酸盐(MFe2Ox)(3xCu，则电解FeCl3和CuCl2混合溶液时，阴极放电顺序为Cu2、Fe3B向含1 mol K2S的溶液中加入一定量的稀硝酸，若氧化产物S和SO的物质的量之比为23，此时转移电子数为5.6NA(NA表示阿伏加德罗常数)C根据强酸制弱酸原理，反应Cl2SO22H2O=2HClH2SO4不能发生D“银针验毒”的反应原理之一是4Ag2H2SO2=2Ag2S2H2O，转移1 mol电子时生成0.5 mol Ag2S解析：选BD。氧化性：Fe3Cu2，放电顺序应为Fe3、Cu2，A错误

9、；1 mol K2S对应的氧化产物为0.4 mol S和0.6 mol SO，转移电子的物质的量为0.4 mol20.6 mol85.6 mol，即5.6NA，B正确；强酸制弱酸原理只适用于复分解反应，而Cl2与SO2的反应为氧化还原反应，故可以发生，C错误；分析化合价可得关系式Ag2S2e，转移1 mol电子时生成0.5 mol Ag2S，D正确。12.水是一种重要的资源，它在化学反应中担任着重要的角色，既可作为反应物又可作为生成物，如图中和水相连的物质都能和水发生反应，则有关说法正确的是()A上述反应中属于氧化还原反应的有B和中都有氧气生成，且生成1 mol O2转移的电子数相同C反应中，

10、水都既不做氧化剂也不做还原剂D中水做氧化剂，中水做还原剂解析：选C。H2O与Na2O、SO3、Mg3N2的反应不属于氧化还原反应，其余反应均属于氧化还原反应，A错误；中2Na2O22H2O=4NaOHO2，生成1 mol O2转移2 mol e，中2F22H2O=4HFO2，生成1 mol O2转移4 mol e，B错误；反应中，水都既不做氧化剂也不做还原剂，C正确；中水做还原剂，中水做氧化剂，D错误。13锑(Sb)在自然界一般以硫化物的形式存在，我国锑的蕴藏量为世界第一。从硫化物中提取单质锑一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再用碳还原：2Sb2S33O26FeSb4O66FeSSb4O6

11、6C4Sb6CO关于反应的说法正确的是()A反应中的氧化剂分别为O2、Sb4O6B反应中每生成3 mol FeS时，转移6 mol电子C反应说明高温下C的氧化性比Sb强D每生成4 mol Sb时，反应与反应中还原剂的物质的量之比为43解析：选AB。反应中Sb2S3含有的元素化合价不变，氧化剂是O2，反应中Sb4O6中锑元素的化合价由3价降低为0价，氧化剂是Sb4O6，A正确；反应中化合价升高的元素只有铁元素，由0价升高为2价，每生成3 mol FeS，转移电子为3 mol26 mol，B正确；反应中C是还原剂，Sb是还原产物，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，说明高温下C的还原性比Sb强，C

12、错误；生成4 mol Sb时，反应中C是还原剂，需要6 mol C，需要1 mol Sb4O6，反应中Fe是还原剂，生成1 mol Sb4O6，需要6 mol Fe，故反应与反应中还原剂的物质的量之比为6 mol6 mol11，D错误。14下列实验对应的现象以及离子方程式不正确的是()选项实验现象离子方程式A向淀粉KI溶液中滴加硫酸氢钠溶液在空气中放置一段时间后，溶液呈蓝色2H2IO2=I2H2OB将氯水滴入含KSCN的绿矾溶液中溶液由浅绿色变为红色2Fe2Cl2=2Fe32Cl，Fe33SCN=Fe(SCN)3C向硫化钠和亚硫酸钠的混合液中滴加稀盐酸产生淡黄色沉淀2S2SO6H=3S3H2O

13、D向含酚酞的氢氧化钡溶液中滴加稀硫酸有白色沉淀生成，溶液由红色变为无色Ba2OHHSO=BaSO4H2O解析：选AD。A项，得失电子不守恒、氧原子数不守恒，正确的离子方程式为4H4IO2=2I22H2O；D项，Ba(OH)2与H2SO4完全反应后溶液呈中性，反应的离子方程式为Ba22OHSO2H=BaSO42H2O。15探究草酸(H2C2O4)性质，进行如下实验。(已知：室温下，0.1 molL1 H2C2O4的pH1.3)实验装置试剂a现象Ca(OH)2溶液(含酚酞)溶液褪色，产生白色沉淀少量NaHCO3溶液产生气泡酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色C2H5OH和浓硫酸加热后产生有香味物质由上述

14、实验所得草酸性质及对应的方程式不正确的是()AH2C2O4有酸性，Ca(OH)2H2C2O4=CaC2O42H2OB酸性：H2C2O4H2CO3，NaHCO3H2C2O4=NaHC2O4CO2H2OCH2C2O4有还原性，2MnO5C2O16H=2Mn210CO28H2ODH2C2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H52H2O解析：选C。A项，将草酸加入含酚酞的Ca(OH)2溶液中，溶液褪色，可知草酸具有酸性，Ca(OH)2与H2C2O4反应生成CaC2O4白色沉淀，正确；B项，由实验可知，向NaHCO3溶液中滴加草酸，有气泡生成，即生成CO2，说明草酸

15、酸性比碳酸的强，正确；C项，草酸为弱电解质，在离子方程式中不能拆分，而应写成分子式，错误；D项，草酸分子结构中含2个羧基，与乙醇发生酯化反应生成含两个酯基的酯类物质，正确。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16(13分).下表是生产生活中常见的物质，表中列出了它们的一种主要成分(其他成分未列出)。编号名称绿矾醋苏打酒精主要成分FeSO4CH3COOHNa2CO3CH3CH2OH编号名称铜导线蔗糖烧碱铁锈主要成分CuC12H22O11NaOHFe2O3(1)请你对表中的主要成分进行分类：属于盐的是_，属于电解质的是_，属于非电解质的是_。(填编号)(2)写出与反应的离子方程式：_，少量盐酸与

16、反应的离子方程式为_。.(3)在Fe(OH)3胶体中逐渐滴入HI稀溶液，会出现一系列变化：先出现红褐色沉淀，原因是_。随后沉淀溶解，溶液呈棕黄色，此时反应的离子方程式是_。最后溶液颜色加深，此时反应的离子方程式是_。(4)若用稀盐酸代替HI稀溶液，能出现(3)中所述变化现象中的_(填写上面各题序号)。答案：.(1)(2)CH3COOHOH=CH3COOH2OCOH=HCO.(3)加入可溶性电解质使胶体聚沉Fe(OH)33H=Fe33H2O2Fe32I=2Fe2I2(4)17(12分).为探究NH4HCO3和NaOH的反应，设计实验方案如下：向含0.1 mol NH4HCO3的溶液中加入0.1

17、mol NaOH，反应完全后，滴加氯化钙稀溶液。(1)若有沉淀，则NH4HCO3与NaOH的反应可能为_(写离子方程式)。(2)若无沉淀，则NH4HCO3与NaOH的反应可能为_(写离子方程式)。.Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的反应(1)当反应后的溶液呈碱性时，反应的离子方程式为_。(2)当nBa(OH)2n(NaHSO4)12时，反应的离子方程式为_。.按要求完成下列离子方程式。(1)生物硝化法：在富氧条件下，通过硝酸盐菌的作用，将氨氮(以NH表示，下同)氧化成硝酸盐，其反应的离子方程式为_。(2)将过碳酸钠(2Na2CO33H2O2)溶于水配成溶液，加入适量稀硫酸，再加入足量KI，

18、充分反应后加入少量淀粉试剂，溶液呈蓝色，其反应的离子方程式为_。解析：.NH4HCO3电离出的HCO、NH都能与OH反应，滴加少量的氢氧化钠，反应完全后，滴加氯化钙稀溶液，若有沉淀生成，说明是HCO与OH反应生成碳酸根离子，反应的离子方程式为HCOOH=COH2O；若没有沉淀生成，说明NH与OH反应生成一水合氨，反应的离子方程式为NHOH=NH3H2O。.Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液反应后的溶液呈碱性，说明Ba(OH)2溶液过量，反应的离子方程式为Ba2OHSOH=BaSO4H2O；当nBa(OH)2n(NaHSO4)12时，生成硫酸钡、水的物质的量之比为12，反应的离子方程式为Ba2

19、2OHSO2H=BaSO42H2O。.(1)在富氧条件下，通过硝酸盐菌的作用，NH被氧气氧化为NO，反应的离子方程式为NH2O2NOH2O2H；(2)加入足量KI，充分反应后加入少量淀粉试剂，溶液呈蓝色，说明I被过氧化氢氧化为碘单质，反应的离子方程式为H2O22I2H=I22H2O。答案：.(1)HCOOH=COH2O(2)NHOH=NH3H2O.(1)Ba2OHSOH=BaSO4H2O(2)Ba22OHSO2H=BaSO42H2O.(1)NH2O2NOH2O2H(2)H2O22I2H=I22H2O18(12分)(2020上海虹口区模拟)某小组同学为探究H2O2、H2SO3、Br2的氧化性强弱

20、，设计如下实验(夹持仪器已略去，装置的气密性已检验)。实验记录如下：实验操作实验现象打开活塞a，滴加氯水，一段时间后关闭活塞a_吹入热空气一段时间后停止A中溶液颜色明显变浅；B中有气泡，产生大量白色沉淀，沉降后上层清液为无色打开活塞b，逐滴加入H2O2溶液开始时溶液颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成橙红色完成下列填空：(1)在进行操作时，A中的实验现象是_，有关反应的离子方程式是_。(2)操作吹入热空气的目的是_。B中产生白色沉淀的化学式是_。(3)装置C的作用是_。(4)由上述实验可知，在此实验条件下，H2O2、H2SO3、Br2的氧化性强弱顺序为_。(5)操作

21、开始时颜色无明显变化，可能的原因是_(写出一条即可)。答案：(1)A中溶液变为橙红色Cl22Br=Br22Cl(2)吹出单质Br2BaSO4(3)吸收尾气(4)H2O2Br2H2SO3(5)H2SO3有剩余(或H2O2浓度小或Br与H2O2反应慢等，合理即可)19(11分)现有X、Y、Z三种元素，已知：X2、Y均与Y的气态氢化物分子具有相同的电子数；Z与Y可组成化合物ZY3，ZY3溶液遇KSCN溶液呈红色，向ZY3溶液中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀。请回答下列问题：(1)Y的最高价氧化物对应水化物的化学式是_。(2)将ZY3溶液滴入沸水可得到红褐色液体，反应的离子方程式为_。此液体

22、具有的性质是_(填字母)。A光束通过该液体时形成光亮的“通路”B插入电极通直流电后，有一极附近液体颜色加深C向该液体中加入硝酸银溶液，无沉淀产生D将该液体加热、蒸干、灼烧后，有氧化物生成(3)X单质在空气中燃烧生成一种无色、有刺激性气味的气体。该气体与含1.5 mol Y的含氧酸(该酸的某盐常用于实验室制取氧气)的溶液在一定条件下反应，可生成一种强酸和一种氧化物。若有1.56.021023个电子转移时，该反应的化学方程式是_(用单线桥表示电子转移方向和数目)。(4)室温时，pH5的HY溶液和pH5的ZY3溶液中，水电离出的氢离子分别是_molL1和_molL1。解析：X2、Y均与Y的气态氢化物

23、分子具有相同的电子数，这说明X与Y分别位于同一周期的第A族和A族；Z与Y可组成化合物ZY3，ZY3溶液遇KSCN溶液呈红色，说明Z是铁元素；向ZY3溶液中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，说明Y是氯元素，则X是硫元素。(1)氯元素的最高价是7价，则氯元素的最高价氧化物对应水化物的化学式是HClO4。(2)将氯化铁溶液滴入沸水可得到红褐色液体，该液体是氢氧化铁胶体，反应的离子方程式为Fe33H2OFe(OH)3(胶体)3H。胶体具有丁达尔效应，则光束通过该液体时形成光亮的“通路”，A正确；氢氧化铁胶粒带正电荷，则插入电极通直流电后，阴极附近液体颜色加深，B正确；该胶体是由FeCl3水解得

24、到的，含有Cl，则向该液体中加入硝酸银溶液，有氯化银沉淀产生，C错误；将该液体加热、蒸干、灼烧后，有氧化铁生成，D正确。(3)S单质在空气中燃烧生成一种无色、有刺激性气味的气体，该气体是SO2。SO2与氯的含氧酸的溶液在一定条件下反应生成一种强酸和一种氧化物，由于该酸的某盐常用于实验室制取氧气，则该酸是氯酸，生成的强酸应该是硫酸，即S化合价从4价升高到6价。1.5 mol氯酸参加反应，若有1.56.021023个电子转移时，则1分子氯酸在反应中得到1个电子，因此氯元素的化合价从5价降低到4价，所以该反应的化学方程式和电子转移为 。(4)盐酸抑制水的电离，氯化铁水解促进水的电离，则室温时，pH5

25、的HCl溶液和pH5的FeCl3溶液中，水电离出的氢离子分别是 molL1109 molL1和105 molL1。答案：(1)HClO4(2)Fe33H2OFe(OH)3(胶体)3HABD(4)10910520(12分)汽车尾气中CO、NOx以及燃煤废气中的SO2都是大气污染物，对它们的治理具有重要意义。(1)氧化还原法消除NOx的转化如下：NONO2N2反应为NOO3=NO2O2，生成标准状况下11.2 L O2时，转移电子的物质的量是_mol。反应中，当n(NO2)nCO(NH2)232时，氧化产物与还原产物的质量比为_。(2)使用“催化转化器”可以减少尾气中的CO和NOx，转化过程中发生

26、反应的化学方程式为CONOxN2CO2(未配平)，若x1.5，则化学方程式中CO2和N2的化学计量数之比为_。(3)吸收SO2和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下(Ce为铈元素)。装置中，酸性条件下，NO被Ce4氧化的产物主要是NO、NO，请写出生成等物质的量的NO和NO时的离子方程式：_。装置的作用之一是用质子交换膜电解槽电解使得Ce4再生，再生时生成的Ce4在电解槽的_(填“阳极”或“阴极”)，同时在另一极生成S2O的电极反应式为_。已知进入装置的溶液中，NO的浓度为a gL1，要使1 m3该溶液中的NO完全转化为NH4NO3，至少需向装置中通入标准状况下的氧气_L(用

27、含a的代数式表示，结果保留整数)。解析：(1)在反应NOO3=NO2O2中，每产生1 mol 氧气，转移电子的物质的量是2 mol，则生成标准状况下11.2 L(即0.5 mol)O2时，转移电子的物质的量是1 mol。反应中，当n(NO2)nCO(NH2)232时，反应的化学方程式是6NO24CO(NH2)2=7N24CO28H2O，在该反应中，NO2是氧化剂，变为还原产物N2；CO(NH2)2是还原剂，变为氧化产物N2，所以氧化产物与还原产物的质量比为8643。(2)使用“催化转化器”可以减少尾气中的CO和NOx，转化过程中发生反应的化学方程式为CONOxN2CO2(未配平)，若x1.5，

28、则根据电子守恒及原子守恒，可得化学方程式为3CO2NO1.5=N23CO2，化学方程式中CO2和N2的化学计量数之比为31。(3)在酸性条件下，NO被Ce4氧化的产物主要是NO、NO，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可得生成等物质的量的NO和NO时的离子方程式是2NO3H2O4Ce4=NONO6H4Ce3。用质子交换膜电解槽电解Ce3使得Ce4再生，再生时Ce3失去电子，被氧化，所以生成的Ce4在电解槽的阳极，同时在另一极发生还原反应生成S2O，电极反应式为2H2HSO2e=S2O2H2O。已知进入装置的溶液中，NO的浓度为a gL1，要使1 m3该溶液中的NO完全转化为NH4NO3，则失电子数是1 000 mol。设消耗标准状况下氧气的体积是V，则得电子数是2(20) mol。根据得失电子守恒可得1 0002(20)，解得V243a。答案：(1)143(2)31(3)2NO3H2O4Ce4=NONO6H4Ce3阳极2H2HSO2e=S2O2H2O243a