2022年高考化学二轮专题复习 滚动测试卷三

2022年高考化学二轮专题复习 滚动测试卷三一、选择题(每小题3分，共48分)1下列反应中，改变反应物的用量或浓度，不会改变反应物种类的是()A碳粉在氧气中燃烧BCO2通入氢氧化钠溶液C铁在氯气中燃烧 D铜和硝酸反应解析：A项改变用量会产生CO或CO2；B项用量不同会生成NaHCO3或Na2CO3；D项硝酸的浓度不同，会生成NO或NO2；C项氯气具有强氧化性，只能是生成FeCl3。答案：C2已知A、B为单质，C为化合物。能实现下述转化关系的是()ABCC溶液AB若C溶于水后得到强碱溶液，则A可能是Na若C溶液遇Na2CO3放出CO2气体，则A可能是H2若C溶液中滴加KSCN溶液显红色，则B可能为Fe若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则B可能为CuA BC D解析：电解氢氧化钠溶液不能得到Na，不正确；A、B分别是H2、Cl2符合题意，正确；由题意可知A、B分别为Cl2、Fe，但是电解FeCl3溶液不能得到铁单质；若A、B分别是Cl2、Cu符合要求，电解CuCl2溶液，还可以得到这两种单质，正确。答案：B3将0.4 g NaOH和1.06 g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1 molL1的盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系是()AB CD解析：反应的顺序为NaOH、Na2CO3，不能立即产生气体，B项不正确；Na2CO3先生成NaHCO3，再生成CO2气体，C项符合题意。答案：C4将CO2气体缓缓地通入到含KOH、Ba(OH)2和KAlO2的混合溶液中直至过量，生成沉淀的物质的量与所通CO2的体积关系如图所示。下列关于整个反应进程中的各种描述不正确的是()AOA段反应的化学方程式是Ba(OH)2CO2=BaCO3H2OBBC段反应的离子方程式是2AlO3H2OCO2=2Al(OH)3COCAB段与CD段所发生的反应相同DDE段沉淀的减少是由于碳酸钡固体的消失所致解析：反应的顺序为CO2优先与Ba(OH)2反应(图像中OA段)，然后与KOH反应(图像中AB段)，然后与KAlO2反应(图像中BC段)，接着与K2CO3反应(图像中CD段)，再与BaCO3反应(图像中DE段)。答案：C5二氧化硅(SiO2)又称硅石，是制备硅及其化合物的重要原料(见下图)。下列说法正确的是()ASiO2既能与HF反应，又能与NaOH反应，属于两性氧化物BSiO2和Si都是光导纤维材料C在硅胶中加入CoCl2可显示硅胶吸水是否失效D图中所示转化反应都是非氧化还原反应解析：两性氧化物的定义为与酸和碱反应均生成盐和水的氧化物，SiO2与HF反应得到的SiF4不属于盐，A项错误；SiO2是光导纤维材料，Si为半导体材料，B项错误；CoCl2在吸水和失水状态下显示不同的颜色，C项正确；制取Si的过程中涉及了氧化还原反应，D项错误。答案：C6对下列事实的解释正确的是()A氯气可以使湿润的有色布条褪色，是因为氯气具有漂白性B医疗上可用硫酸钡作X射线透视肠胃的内服药，是因为硫酸钡不溶于酸C向50 mL 18 molL1的H2SO4溶液中加入足量的铜片加热充分反应后，被还原的H2SO4的物质的量等于0.45 molD常温下，浓硫酸可以用铝制容器贮存，说明铝与浓硫酸不反应解析：A项Cl2不具有漂白作用，其与水反应生成的HClO具有强氧化性而漂白；C项因随着反应的进行，硫酸的浓度降低，稀硫酸不能与铜反应，不正确；D项因常温下浓硫酸使铝钝化(化学变化)，形成致密的氧化膜阻碍了反应的继续进行。答案：B7下面是卤素单质(F2、Cl2、Br2、I2)的沸点与相对分子质量的关系图，下列说法错误的是()A单质是最活泼的非金属单质B单质能使品红溶液褪色C单质保存时加少量水进行水封D单质的氧化性是解析：依据题意，按相对分子质量可以确定：为F2；为Cl2；为Br2；为I2，单质的氧化性是。答案：D8对于下列事实的解释错误的是()A在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性B浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定C常温下，浓硝酸可以用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应D浓硫酸常温下与铜不反应，加热时才能发生反应解析：常温下，铝遇浓硝酸发生钝化，故浓硝酸可以用铝罐贮存。答案：C9已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑。A与X反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法正确的是()AX使蔗糖变黑的现象主要体现了X的脱水性B若A为铁，则足量A与X在室温下即可完全反应C若A为碳单质，则将C通入少量的澄清石灰水中，一定可以观察到白色沉淀产生D工业上，B转化为D的反应条件为高温、常压、使用催化剂解析：由“X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑”可推知X为浓硫酸，结合框图分析可推知B为SO2，D为SO3。使蔗糖变黑的现象主要体现浓硫酸的脱水性，A正确；铁在室温下遇浓硫酸发生钝化，需加热才能发生反应，B不正确；A为碳单质，则C为CO2，CO2气体过量时，生成碳酸氢钙溶液，没有白色沉淀产生，C不正确。答案：AD10下列叙述正确的是()A将过量的Fe在Cl2中燃烧，可生成FeCl2B将S在过量的O2中燃烧，可生成SO3C将SO2通入BaCl2溶液和氨水的混合溶液，可生成BaSO3沉淀D将0.01 mol Cl2溶于水，可以得含氯微粒共0.02 mol解析：Fe在Cl2中燃烧的产物一定是FeCl3，故A错；S在过量的O2中燃烧只能生成SO2，故B错；氨水与SO2反应生成(NH4)2SO3，再与BaCl2反应生成BaSO3沉淀，故C正确；Cl2不可能与水完全反应，故D错。答案：C11下列叙述正确的是()A氯水中通入SO2后溶液的酸性减弱B向明矾溶液中加入过量NaOH溶液会产生大量白色沉淀CNa、Mg、Fe等金属在一定条件下与水反应都生成H2和对应的碱D浓硫酸、浓硝酸在加热条件下都能将木炭氧化为二氧化碳解析：向氯水中通入二氧化硫，发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，酸性增强，A错误；明矾溶液中含有铝离子，铝离子与过量氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸根离子(或偏铝酸根离子)，B错误；Fe与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，C错误；D叙述正确。答案：D12浓硫酸有许多重要的性质，在与含有水分的蔗糖作用过程中不能显示的性质是()A酸性 B脱水性C强氧化性 D吸水性解析：浓硫酸能使蔗糖炭化，并能闻到刺激性气味的气体，体现了浓硫酸的脱水性、强氧化性，因是含有水分的蔗糖，所以还体现了吸水性。答案：A13如图所示，夹子开始处于关闭状态，将液体A滴入烧瓶与气体B充分反应，打开夹子，可发现试管内的水立刻沸腾了，则液体A和气体B的组合不可能是()A水、氯化氢B稀硫酸、氨气C氢氧化钠溶液、二氧化硫D氢氧化钠溶液、一氧化碳解析：压强减小，沸点降低能使水在97 时沸腾，所以A和B必须能够导致圆底烧杯中的压强减小才能实现。答案：D14下列选项中，有关实验操作、现象和结论都正确的是()选项实验操作现象结论A将过量的CO2通入CaCl2溶液中无白色沉淀出现生成的Ca(HCO3)2可溶于B常温下将Al片插入浓硫酸中无明显现象Al片和浓硫酸不反应C用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性D将SO2通入溴水中溶液褪色SO2具有漂白性解析：A项因盐酸的酸性比碳酸的酸性强，不反应；B项由于铝被钝化，阻止了反应的进一步进行；D项体现的是SO2的还原性。答案：C15有一瓶Na2SO3溶液，由于它可能部分被氧化，某同学进行如下实验：取少量溶液，滴入Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硝酸，充分振荡后，仍有白色沉淀。对此实验下述结论正确的是()ANa2SO3已部分被空气中的氧气氧化B加入Ba(NO3)2溶液后，生成的沉淀中一定含有BaSO4C加硝酸后的不溶性沉淀一定是BaSO4D此实验不能确定Na2SO3是否部分被氧化解析：加入硝酸钡生成的沉淀可能是BaSO3或BaSO4或BaSO3与BaSO4二者的混合物，因稀硝酸可将BaSO3氧化成不溶于硝酸的BaSO4沉淀，所以向产生的白色沉淀中再加入足量稀硝酸，沉淀一定为BaSO4沉淀，但不能确定原沉淀是BaSO3还是BaSO4。答案：CD16有下列两种转化途径，某些反应条件和产物已省略，下列有关说法不正确的是()途径：SH2SO4途径：SSO2SO3H2SO4A途径反应中体现了浓硝酸的强氧化性和酸性B途径的第二步反应在实际生产中可以通过增大O2浓度来降低成本C由途径和分别制取1 mol H2SO4，理论上各消耗1 mol S，各转移6 mol eD途径与途径相比更能体现“绿色化学”的理念是因为途径比途径污染相对小且原子利用率高解析：途径反应的化学方程式可表示为S6HNO3(浓)=H2SO46NO22H2O，属于浓硝酸和非金属单质的反应，产物中无盐生成，因此浓硝酸只表现氧化性而不表现酸性，A错。答案：A第卷(非选择题，共52分)二、非选择题17现拟用下图所示装置(尾气处理部分略)来制取一氧化碳，并用以测定某铜粉样品(混有CuO粉末)中金属铜的含量。(1)制备一氧化碳的化学方程式是_。(2)实验中，观察到反应管中发生的现象是_；尾气的主要成分是_。(3)反应完成后，正确的操作顺序为_(填字母)；a关闭漏斗开关b熄灭酒精灯1c熄灭酒精灯2(4)若实验中称取铜粉样品5.0 g，充分反应后，反应管中剩余固体的质量为4.8 g，则原样品中单质铜的质量分数为_。(5)从浓硫酸、浓硝酸、蒸馏水、双氧水中选用合适的试剂，设计一个测定样品中金属铜质量分数的方案：设计方案的主要步骤是(不必描述操作过程的细节)_；写出有关反应的化学方程式_。解析：(1)甲酸在浓硫酸作用下脱水，反应方程式为：HCOOHH2OCO。(2)在反应管中发生反应CuOCOCuCO2，现象为黑色固体(CuO)逐渐变为红色(Cu)，尾气主要成分为CO2和CO。(3)先熄灭酒精灯2，再熄灭酒精灯1，最后关闭漏斗开关，使铜在冷却过程中有CO保护，防止被氧化。(4)CuOCOCuCO2m 80 g 64 g 16 g m (5.04.8)gm1.0 g样品中单质铜的质量分数为：100%80%。(5)将浓硫酸稀释，称取一定质量样品与足量稀硫酸充分反应，过滤、洗涤、干燥，获得单质铜，称重，最后计算。答案：(1)HCOOHCOH2O(2)固体由黑色逐渐变为红色CO、CO2(3)cba(4)80%(5)将浓硫酸稀释，称取一定量样品，样品与过量稀硫酸反应，过滤、洗涤、干燥、称重，计算CuOH2SO4=CuSO4H2O18有一纯净的亚硫酸钠晶体因部分被氧化而变质，为了测定样品中杂质的质量分数进行以下实验过程，按要求填写空格：(1)向混合溶液中加入的无色溶液A是_，A必须过量的原因是_。(2)白色沉淀c中含有_。(3)无色溶液B通常是_，加入后与c反应的离子方程式为_。若无色溶液B是硝酸溶液或硫酸溶液，是否能测定样品中杂质的质量分数？_(填“是”或“否”)；请简要说明理由：_；_；_。(可不填满也可补充)(4)通过以上测定可得到样品中杂质的质量分数的计算式为_。解析：本题以实验为载体考查SO和SO离子的检验。亚硫酸钠在空气中会部分被氧化成Na2SO4而变质，根据框图可分析无色溶液A为BaCl2溶液，它使SO、SO全部沉淀得到白色沉淀c，再加入无色溶液B，把两种沉淀分开，故B为盐酸，BaSO3溶解，得到白色沉淀d为BaSO4，通过测量沉淀质量，可得出Na2SO4的质量分数：100%100%。答案：(1)BaCl2使SO、SO沉淀完全(2)BaSO4、BaSO3(3)稀盐酸2HBaSO3=H2OSO2Ba2否硝酸会氧化BaSO3H2SO4会与BaSO3反应生成BaSO4(4)100%19下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液，相互之间的转化关系如下图所示(部分产物及反应条件已略去)。已知A、B为气态单质，F是地壳中含量最多的金属元素的单质；E、H、I为氧化物，E为黑色固体，I为红棕色气体；M为红褐色沉淀。请回答下列问题：(1)B中所含元素位于周期表中第_周期第_族。(2)A在B中燃烧的现象是_。(3)DEB的反应中，被氧化与被还原的物质的物质的量之比是_。(4)GJM的离子方程式是_。(5)Y受热分解的化学方程式是_。解析：由题意可知F是铝，可与酸或碱反应，该反应图中，C由X电解产生且同时产生的两气体单质A和B，能满足以上要求的为电解NaCl溶液。A为H2，B为Cl2，C为NaOH，D为HCl，E为MnO2，G为NaAlO2；I是氧化物，且为红棕色气体，则I为NO2，N为HNO3；M为红褐色固体，则M是Fe(OH)3，Y为Fe(NO3)3，Y分解得到I(NO2)和氧化物H，H为Fe2O3，J为FeCl3。(1)B中含有的氯元素位于元素周期表第三周期第A族。(2)H2在Cl2中燃烧产生苍白色的火焰。(3)浓盐酸与二氧化锰发生的反应为MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O，反应中被氧化(注意发生反应的HCl只有一半被氧化)与被还原的物质的物质的量之比是21。(4)NaAlO2与FeCl3在溶液中发生相互促进的水解反应：3AlOFe36H2O=3Al(OH)3Fe(OH)3。(5)硝酸铁受热分解生成氧化铁、二氧化氮和氧气，化学反应方程式为4Fe(NO3)32Fe2O312NO23O2。答案：(1)三A(2)产生苍白色火焰(3)21(4)3AlOFe36H2O=3Al(OH)3Fe(OH)3(5)4Fe(NO3)32Fe2O312NO23O220直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题，将烟气通过装有石灰石浆液的脱硫装置可以除去其中的二氧化硫，最终生成硫酸钙。硫酸钙可在如图所示的循环燃烧装置的燃料反应器中与甲烷反应，气体产物分离出水后得到几乎不含杂质的二氧化碳，从而有利于二氧化碳的回收利用，达到减少碳排放的目的。请回答下列问题：(1)煤燃烧产生的烟气直接排放到空气中，引发的主要环境问题有_。(填写字母编号)A温室效应B酸雨C粉末污染 D水体富营养化(2)在烟气脱硫的过程中，所用的石灰石浆液在进入脱硫装置前，需通一段时间的二氧化碳，以增加其脱硫效率；脱硫时控制浆液的pH，此时浆液含有的亚硫酸氢钙可以被氧气快速氧化生成硫酸钙。二氧化碳与石灰石浆液反应得到的产物为_。亚硫酸氢钙被足量氧气氧化生成硫酸钙的化学方程式为_。(3)已知1 mol CH4在燃料反应器中完全反应生成气态水时吸热160.1 kJ,1 mol CH4在氧气中完全燃烧生成气态水时放热802.3 kJ。写出空气反应器中发生反应的热化学方程式：_。解析：(1)煤燃烧的产物中有CO2、烟尘以及SO2，分别导致温室效应、粉尘污染和酸雨。没有营养元素排入水中，不会引发水体富营养化。(2)CO2与CaCO3反应生成易溶的Ca(HCO3)2。亚硫酸氢钙具有还原性，可被氧化为硫酸钙。(3)根据题图以及硫酸钙与甲烷反应的气体产物只有水和CO2可知，燃料反应器中发生的热化学方程式为：CH4(g)CaSO4(s)=CO2(g)2H2O(g)CaS(s)H160.1 kJmol1，再写出甲烷在氧气中燃烧的热化学方程式：CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(g)H802.3 kJmol1，可得热化学方程式：CaS(s)2O2(g)=CaSO4(s)H962.4 kJmol1。答案：(1)ABC(2)Ca(HCO3)2(或碳酸氢钙)Ca(HSO3)2O2=CaSO4H2SO4(3)CaS(s)2O2(g)=CaSO4(s)H962.4 kJmol121氨和联氨(N2H4)是氮的两种常见化合物，在科学技术和生产中有重要的应用。根据题意完成下列计算：(1)联氨用亚硝酸氧化生成氮的另一种氢化物，该氢化物的相对分子质量为43.0，其中氮原子的质量分数为0.977，计算确定该氢化物的分子式为_。该氢化物受撞击则完全分解为氮气和氢气。4.30 g该氢化物受撞击后产生的气体在标准状况下的体积为_L。(2)联氨和四氧化二氮可用作火箭推进剂，联氨是燃料，四氧化二氮作氧化剂，反应产物是氮气和水。由联氨和四氧化二氮组成的火箭推进剂完全反应生成72.0 kg水，推进剂中联氨的质量为_kg。(3)氨的水溶液可用于吸收NO与NO2混合气体，反应方程式为：6NO4NH3=5N26H2O；6NO28NH3=7N212H2O。NO与NO2混合气体180 mol被8.90103 g氨水(质量分数0.300)完全吸收，产生156 mol氮气。吸收后氨水密度为0.980 g/cm3。计算：该混合气体中NO与NO2的体积比为_；吸收后氨水的物质的量浓度为_mol/L(答案保留1位小数)。(4)氨和二氧化碳反应可生成尿素CO(NH2)2。尿素在一定条件下会失去氨而缩合，如两分子尿素失去一分子氨形成二聚物：2CO(NH2)2H2NCONHCONH2NH3，已知常压下120 mol CO(NH2)2在熔融状态发生缩合反应，失去80 mol NH3，生成二聚物(C2H5N3O2)和两种三聚物。测得缩合物中二聚物的物质的量分数为0.60，推算三种缩合物的物质的量之比为_。解析：本题结合氧化还原反应等知识综合考查氨和联氨。(1)联氨用亚硝酸氧化生成氮的另一种氢化物，该氢化物的相对分子质量为43.0，其中氮原子的质量分数为0.977，可知1 mol该氢化物中含有氮元素的质量为：43.0 g0.97742 g，故其中含有3 mol氮原子，1 mol氢原子，化学式为：HN3；4.30 g该氢化物的物质的量为0.1 mol，其受撞击时的反应为：2HN3=3N2H2，0.1 mol该氢化物生成0.2 mol气体，故其在标准状况下的体积为4.48 L；(2)联氨和四氧化二氮反应产物是氮气和水，方程式为：2N2H4N2O4=3N24H2O，当生成72.0 kg水时，其物质的量为4103 mol，消耗联氨的物质的量为：2103 mol，质量为：64 kg；(3)氨的水溶液可用于吸收NO与NO2混合气体，反应方程式为：6NO4NH3=5N26H2O；6NO28NH3=7N212H2O。故此混合气体180 mol，生成氮气的物质的量与两者的比例相关，全部是NO时生成氮气150 mol，全部是NO2时，生成氮气210 mol，现在生成156 mol，则该气体为NO和NO2的混合气体；设混合气体中NO为x mol，NO2为y mol，根据方程式列式可求出，则NO与NO2的体积比为91；消耗氨气的物质的量为：(156 mol180 mol/2)2132 mol，质量为：2.244103 g；原溶液中的氨气的质量为：8.90103 g0.3002.67103 g，则剩余的氨气的质量为：426 g，物质的量为25.06 mol；根据质量守恒求出反应后溶液质量：8.90103 g162 mol30 gmol118 mol46 gmol1156 mol28 gmol110220 g，其体积为：10220 g0.980 gcm310428 cm310428 mL10.428 L，故吸收后氨水的物质的量浓度为25.06 mol10.428 L2.4 molL1；(4)根据题意，可知三聚物有两种情况，一种为链状缩合时每生成一个三聚物同时生成2个氨分子，一种为环状缩合时每生成一个三聚物同时生成3个氨分子；再结合二聚物物质的量分数为0.6，故可知三聚物的物质的量分数为0.4；设二聚物的物质的量为x，链状三聚物的物质的量为y，环状三聚物的物质的量为z，则有2x3y3z120，x2y3z80，x(yz)32，解得：x30 mol，y10 mol，z10 mol，可知缩合产物中各缩合物的物质的量之比为311。答案：(1)HN34.48(2)64(3)912.4(4)311(顺序可换)