（通用版）2020高考化学一轮复习 跟踪检测（二十五）归纳拓展 物质的性质与用途、转化与推断环境保护（含解析）.doc

跟踪检测（二十五） 归纳拓展物质的性质与用途、转化与推断 环境保护1化学在绿色发展、循环发展、低碳发展及推进生态文明建设中正发挥着积极作用。下列做法不正确的是()A研制开发燃料电池汽车，降低机动车尾气污染，可以减少PM2.5污染B绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理C铁强化酱油可通过膳食补充人体所需的铁元素D地沟油由于混有一些对人体有害的杂质而不能食用，可加工制成生物柴油，生物柴油成分与从石油中提取的柴油成分不同解析：选B绿色化学的核心是预防产生污染，控制污染源。2物质的性质决定着物质的用途，下列有关物质性质及其用途的说法，正确的是()A葡萄糖具有还原性，可用于制银镜B二氧化硫能使滴有酚酞的红色溶液褪色，说明其具有还原性C酒精具有消毒杀菌作用，医用酒精的浓度越大，杀菌效果越好D浓硫酸具有强氧化性，不能用于干燥硫化氢、碘化氢和二氧化硫等具有还原性的气体解析：选A B滴有酚酞的溶液呈红色，说明溶液呈碱性，SO2能中和其中的碱使溶液褪色，与还原性无关。C.医用酒精的浓度为75%，浓度太高，会在渗入细菌内部后使蛋白质立即变性，变性蛋白质在细菌细胞膜内形成一层保护膜，使酒精无法到达更深处。D.浓硫酸能用于干燥SO2。3化学与社会息息相关，下列物质在社会、生活中的应用及解释正确的是()选项应用解释A用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果其作用是吸收水果释放出的乙烯B在入海口的钢铁闸门上装一定数量的锌块防止闸门被腐蚀利用外加电流的阴极保护法保护金属C高铁车厢采用铝合金材料铝与氧气不反应D高纯硅作计算机芯片的材料硅晶体在自然界中能稳定存在解析：选AA项，乙烯具有催熟作用，为了延长水果的保鲜期，用高锰酸钾可以除掉乙烯，正确；B项，在入海口的钢铁闸门上装一定数量的锌块，铁和锌在海水中形成原电池反应，锌做负极被氧化，铁被保护，是牺牲阳极的阴极保护法，错误；C项，铝为活泼金属，易与氧气反应，错误；D项，虽然硅的化学性质很稳定，但在自然界仍以化合态形式存在，如二氧化硅、硅酸盐等，错误。4下列物质的转化在给定条件下能实现的是()ANaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s)BCuCl2Cu(OH)2CuCAlNaAlO2(aq)NaAlO2(s)DMgO(s)Mg(NO3)2(aq)Mg(s)解析：选CA项，NaCl溶液中通入CO2不能生成NaHCO3，错误；B项，Cu(OH)2与葡萄糖反应生成Cu2O，不是Cu，错误；C项，Al和NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，加热NaAlO2溶液可以得到NaAlO2固体，正确；D项，制取金属镁应该电解熔融MgCl2，电解Mg(NO3)2溶液不能生成金属镁，错误。5甲、乙、丙三种物质有如图转化关系：甲乙丙甲，则甲不可能是()AAl2O3BNH4ClCCO2 DSiO2解析：选BA项，若甲为Al2O3，则Al2O3与NaOH溶液反应生成NaAlO2(乙)，NaAlO2与适量盐酸反应生成Al(OH)3(丙)，灼烧Al(OH)3可得Al2O3；B项，若甲为NH4Cl，则NH4Cl与NaOH溶液反应后生成NH3H2O(乙)，NH3H2O与盐酸反应又生成NH4Cl(甲)，不符合题图转化关系；C项，若甲为CO2，则CO2与足量NaOH溶液反应生成Na2CO3(乙)，Na2CO3中加入少量盐酸，可生成NaHCO3(丙)，加热NaHCO3可得到CO2；D项，若甲为SiO2，则SiO2与NaOH溶液反应生成Na2SiO3(乙)，Na2SiO3中加入盐酸可得H2SiO3(丙)，加热H2SiO3可得SiO2。6在实验室进行物质制备，下列从原料及试剂分别制取相应的最终产物的设计中，理论上正确、操作上可行、经济上合理的是()ACCOCO2Na2CO3BCuCu(NO3)2溶液Cu(OH)2CFeFe2O3Fe2(SO4)3溶液DCaOCa(OH)2溶液NaOH溶液解析：选DC在空气中点燃并不能全部转化为CO，且CO与CuO要在加热条件下反应生成CO2，既浪费能源又操作繁琐，A错误；Cu与AgNO3溶液发生置换反应转化为Cu(NO3)2，再与NaOH溶液反应生成Cu(OH)2，而AgNO3溶液的价格较高，可将Cu在空气中加热转化为CuO，再用稀盐酸或稀硫酸溶解，B错误；Fe在O2中燃烧生成Fe3O4，并非得到Fe2O3，燃烧产物与H2SO4溶液反应，所得溶液中含有FeSO4和Fe2(SO4)3，C错误；CaO与H2O化合生成Ca(OH)2，再与Na2CO3溶液发生复分解反应得到NaOH，符合实验要求，D正确。7几种中学常见的物质转化如图所示。下表中R、X、Y、Z对应物质正确的是()选项RXYZA紫色石蕊Fe2O3Fe2O3和CuCuB甲基橙Fe(NO3)2Fe(OH)2Cu2(OH)2CO3C酚酞Fe(OH)3FeO和FeCuODFe2O3NaAlO2Na2SiO3Cu(OH)2解析：选BCu不和稀硫酸反应，A项错误；甲基橙遇稀硫酸变红色，Fe(NO3)2遇稀硫酸变成铁盐，Fe(OH)2与硫酸反应生成FeSO4，Cu2(OH)2CO3与硫酸反应生成CuSO4，B项正确；稀硫酸不能使酚酞变色，C项错误；硫酸与Fe2O3反应生成Fe2(SO4)3，溶液呈黄色得不到红色溶液，稀硫酸与NaAlO2反应得不到黄色溶液，稀硫酸与Na2SiO3反应得不到浅绿色溶液，D项错误。8化学与生产、生活密切相关，下列对物质的主要用途、原因解释均正确的是()选项物质主要用途原因解释A晶体硅高纯硅可用于制备光导纤维、光电池、集成电路和计算机芯片Si是良好的半导体材料B金属钠高温时能从熔融TiCl4中置换出金属Ti钠单质具有很强的还原性C氯气与石灰乳或烧碱反应制含氯的消毒剂氯气呈酸性D金属铝、铁制成容器可盛装、运输浓硫酸、浓硝酸铝、铁与浓硫酸、浓硝酸不反应解析：选B光导纤维的主要成分是SiO2，A项错误；根据反应2Cl22Ca(OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H2O，Cl22NaOH=NaClNaClOH2O可知，氯气与强碱溶液发生的是歧化反应，Cl2既是氧化剂又是还原剂，和酸性无关，C项错误；浓硫酸、浓硝酸具有强氧化性，常温下能够在铝、铁表面氧化出一薄层致密的氧化膜，起到保护作用，阻止内部金属的继续溶解，此过程称为“钝化”，属于化学变化，D项错误。9如图W、X、Y、Z为四种物质，若箭头表示能一步转化的常见反应，其中常温下能实现图示转化关系的是()选项WXYZAN2NH3NO2HNO3BNaNa2O2NaOHNaClCFeFeCl3Fe(OH)2FeCl2DAlAlCl3NaAlO2Al2(SO4)3解析：选D常温下N2不能直接转化为NH3、NO2、HNO3，A项错误；常温下Na与O2反应生成Na2O而不是Na2O2，B项错误；常温下Fe不能一步转化为Fe(OH)2，Fe和氯气在点燃时发生反应生成FeCl3，C项错误；Al与盐酸反应转化为AlCl3，与NaOH溶液反应转化为NaAlO2，与硫酸反应转化为Al2(SO4)3，AlCl3与过量NaOH溶液反应转化为NaAlO2，NaAlO2与过量硫酸反应转化为Al2(SO4)3，Al2(SO4)3与BaCl2溶液反应转化为AlCl3，D项正确。10处理超标电镀废水，使其NaCN含量低于0.5 mgL1，即可达到排放标准，反应分两步进行。第一步NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl。第二步NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。已知HCN是弱酸，易挥发，有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。下列说法正确的是()A处理NaCN超标电镀废水的过程中无元素化合价的改变B第一步反应溶液应调节为酸性，可避免生成有毒物质HCNC第二步发生的反应为2OCN3ClO=2CO2CO3ClN2D处理100 m3含NaCN 10.3 mgL1的废水实际至少需要50 mol NaClO解析：选D处理NaCN超标电镀废水的过程中碳元素化合价由2价变为4价，氮元素化合价由3价变为0价，故A错误；NaCN易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性，而不是酸性，故B错误；反应中氯元素的化合价从1价降低到1价，得到2个电子，N元素化合价从3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是23，反应的离子方程式为2OCN3ClO=COCO23ClN2，故C错误；参加反应的NaCN的物质的量为20 mol，反应中C由2价升高到4价，N元素化合价从3价升高到0价，即1 mol NaCN失去5 mol电子，1 mol次氯酸钠得到2 mol电子，所以处理100 m3含NaCN 10.3 mgL1的废水，实际至少需NaClO的物质的量为20 mol50 mol，故D正确。11某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制备七水合硫酸亚铁(FeSO47H2O)，设计了如下流程：下列说法不正确的是()A溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉B固体1中一定有SiO2，控制pH是为了使Al3转化为Al(OH)3进入固体2C从溶液2得到FeSO47H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解D若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO47H2O解析：选DA项，由题意知，要制得的产物是FeSO47H2O(硫酸盐)，故溶解烧渣应选用硫酸，以防引入其他的杂质离子，溶液1中含有Fe3，需加入Fe使之转化为Fe2，A项正确；B项，根据烧渣的成分，加入硫酸后只有SiO2不能溶于硫酸，固体1中一定有SiO2，同时，根据溶液2及最终产物可以判断，控制pH是为了使Al3沉淀为Al(OH)3，B项正确；C项，从溶液2得到FeSO47H2O，要防止Fe2在空气中被O2氧化，同时防止FeSO47H2O分解失水，C项正确；D项，改变方案，在溶液1中加入过量NaOH可以将Al3转化为AlO，Fe3沉淀为Fe(OH)3，但是加硫酸溶解后生成的是Fe2(SO4)3，不是FeSO4，D项错误。12金属铝在酸性或碱性溶液中均可与NO发生氧化还原反应，转化关系如下： 请回答下列问题：(1)气体D和F反应可生成盐，该盐的化学式为_。(2)C、E排入大气中会造成大气污染，在催化剂存在下，D可以将C、E转化为无毒的气态单质，该单质的电子式为_。(3)将A转化为B，可选择的试剂是_(填字母)。aCO2bNaOHcCH3COOHdNH3 eHCl(4)过量D的水溶液与A溶液反应的离子方程式是_。(5)除去气体C中的杂质气体E的化学方法：将混合气体通入_中。(6)Al与NO在酸性条件下反应，Al与被还原的NO的物质的量之比是_。(7)Al与NO在碱性条件下反应的离子方程式为_。解析：(1)气体DCEF，这是连续被氧化的过程，F为HNO3，E为NO2，C为NO，D为NH3，则气体D和F反应：NH3HNO3=NH4NO3，盐为NH4NO3。(2)转化成N2，其电子式为NN。(3)A中铝元素以Al3形式存在，B中铝元素以AlO形式存在，因此把A转化为B，发生Al34OH=AlO2H2O，故选项b正确。(4)发生的反应是Al33NH3H2O=Al(OH)33NH。(5)3NO2H2O=2HNO3NO，因此气体通入水中。(6)根据得失电子数目守恒，n(Al)3n(NO)3，因此两者物质的量之比为11。(7)根据转化关系可得离子方程式为8Al3NO5OH2H2O=8AlO3NH3。答案：(1)NH4NO3(2)NN(3)b(4)3NH3H2OAl3=Al(OH)33NH(5)水(6)11(7)8Al3NO5OH2H2O=8AlO3NH3 13有一化合物X，其水溶液为浅绿色，可发生如下的转化关系(部分反应物、生成物已略)。其中B、D、E、F均为无色气体，M、L为常见的金属单质，C为难溶于水的红褐色固体。在混合液中加入BaCl2溶液可生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，H和M反应可放出大量的热。请回答下列问题：(1)B的电子式为_。(2)画出元素M的原子结构示意图_。(3)物质X的化学式为_。(4)电解混合液时阳极反应式为_。(5)按要求写出上述转化关系中有关反应的化学方程式含有L元素的化合反应： _；含有L元素的置换反应： _。(6)已知a g E气体在D中完全燃烧生成稳定的化合物时，放出b kJ的热量，写出E气体燃烧热的热化学方程式为_。解析：由颜色可知C为Fe(OH)3，则A为Fe(OH)2、H为Fe2O3，由M、L为常见的金属单质，可知M、L分别为Al、Fe；X与NaOH反应生成气体B，B一定是NH3；在混合液中加入BaCl2溶液有不溶于盐酸的沉淀生成，可知含有SO，所以X为(NH4)2Fe(SO4)2，混合液为NaOH和Na2SO4溶液，电解生成H2、O2，D、E分别为O2、H2，F为NO，G为HNO3。答案：(3)(NH4)2Fe(SO4)2(4)4OH4e=O22H2O(5)4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3Fe2O32Al2FeAl2O3(6)H2(g)O2(g)=H2O(l)H kJmol114某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质的转化关系如图1所示(部分产物已略去)：(1)写出F的电子式_。(2)若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，E溶液与F溶液反应可以制备一种胶体，则E溶液的俗称是_。(3)若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，生成的CO2物质的量与所用盐酸体积如图2所示，则A与B溶液反应后溶液中溶质的化学式为_。(4)若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是_。(5)若A是一种化肥。实验室可用A和B反应制取气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式为_。(6)若A是一种溶液，只可能含有H、NH、Mg2、Fe3、Al3、CO 、SO中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图3所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子的物质的量浓度之比为_。解析：(1)C在D中燃烧发出苍白色火焰，C为H2，D为Cl2，F为HCl，其电子式为。(2)根据题意知M为NaCl，电解饱和食盐水，得B为NaOH溶液，A是酸性氧化物，用于制造玻璃，A为SiO2，E为Na2SiO3，其水溶液俗称水玻璃。(3)CO2和NaOH溶液反应溶质可能为NaOH、Na2CO3，Na2CO3，Na2CO3、NaHCO3，NaHCO3，从产生气体到气体最大量消耗盐酸的体积大于0.1，说明溶质为Na2CO3和NaHCO3。(4)能和NaOH溶液反应的金属单质为Al,2Al2OH2H2O=2AlO3H2，NaAlO2溶液与过量盐酸发生的离子反应依次是AlOHH2O=Al(OH)3，Al(OH)33H=Al33H2O，现象是先有白色胶状沉淀，然后沉淀消失。(5)A是一种化肥，且与B反应产生气体，则A为铵盐，E为NH3，NH3和Cl2发生氧化还原反应，化学方程式为3Cl28NH3=N26NH4Cl。(6)从图可知，开始没有沉淀产生，说明溶液中有H，发生HOH=H2O，存在H则溶液中没有CO，随着沉淀量增多，到达某一时刻，沉淀不再改变，说明溶液中有NH，发生反应NHOH=NH3H2O，然后沉淀量减少直至消失，说明含有Al3，由电荷守恒判断，溶液中含有SO，结合各阶段消耗B溶液的体积，可得c(H)c(Al3)c(NH)c(SO)1123。答案：(1) (2)水玻璃(3)NaHCO3、Na2CO3(4)溶液中逐渐有白色沉淀生成，且不断增加，随后沉淀逐渐减少最终消失(5)3Cl28NH3=N26NH4Cl(6)c(H)c(Al3)c(NH)c(SO)112315烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放。目前最常用的脱硫技术是湿法石灰石石膏脱硫，即利用石灰石和烟气中的SO2反应生成石膏脱除SO2。某研究性学习小组在实验室利用如图所示装置制备模拟烟气(主要成分为SO2、CO2、N2、O2)，并测定烟气中SO2的体积分数以及研究烟气通过转化器的脱硫效率。回答下列问题：.模拟烟气的制备。(1)写出装置A中发生反应的化学方程式：_。.测定烟气中SO2的体积分数。(2)已知装置C、D中盛有的试剂分别是酸性KMnO4溶液、饱和NaHCO3溶液，写出装置C的作用：_，装置D中饱和NaHCO3溶液中的离子浓度由大到小的关系为_。(3)甲同学认为应该在装置C、D之间增加一个盛有品红溶液的洗气瓶，理由是_。乙同学根据模拟烟气的流速a mLmin1和t1分钟后测得的量筒内液体的体积V mL，计算烟气中二氧化硫的体积分数是_。为保证准确读取量筒读数应注意：a.将装置冷却至室温；b._；c.平视。.模拟烟气通过转化器的脱硫效率研究。(4)将模拟烟气通过装置E，其中盛有FeCl2、FeCl3的混合溶液，它可以催化SO2与氧气的反应以达到脱硫的目的。写出催化剂参与反应过程中的离子方程式：SO22H2O2Fe3=SO2Fe24H、_。(5)若模拟烟气仍以a mLmin1的流速通过转化器E装置，t2分钟后，向E装置中加入酸化的BaCl2溶液，得到白色浑浊液，经过滤、洗涤、干燥、称量，得到m g固体。若实验测得的气体体积已折算为标准状况下的体积，则该转化器的脱硫效率是_。解析：(1)装置A中木炭与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，化学方程式为C2H2SO4(浓)CO22SO22H2O。(2)欲测定烟气中SO2，先用高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，用排水量气法测量剩余气体体积；在NaHCO3溶液中存在水解和电离，水解程度大于电离程度，溶液显碱性，其水解方程式为HCOH2OH2CO3OH，所以离子浓度关系为c(Na)c(HCO)c(OH)c(H)c(CO)。(3)需要检验二氧化硫是否完全吸收，所以在C、D之间增加一个盛有品红溶液的洗气瓶检验二氧化硫是否被完全吸收。由题意可知SO2的体积为(t1aV)mL，所以二氧化硫的体积分数为100%。在准确读取量筒读数之前冷却至室温、并上下移动量筒使得量筒中液面与广口瓶中液面相平。(4)将模拟烟气通过装置E，其中盛有FeCl2、FeCl3的混合溶液，它可以催化SO2与氧气的反应以达到脱硫的目的。Fe3把SO2氧化为SO，氧气再把Fe2氧化为Fe3，发生反应4Fe2O24H=2H2O4Fe3。(5)t2分钟内烟气中含二氧化硫的体积为V(SO2)at2%；根据上述反应可知各物质之间量的关系为：SO2SOBaSO422 400 mL 233 gV(SO2) m g所以转化的二氧化硫气体的体积为V(SO2)，则二氧化硫的转化率100%100%。答案：(1)C2H2SO4(浓)CO22SO22H2O(2)吸收烟气中的SO2气体c(Na)c(HCO)c(OH)c(H)c(CO)(3)检验SO2是否被完全吸收%上下移动量筒使得量筒中液面与广口瓶D中液面相平(4)4Fe2O24H=2H2O4Fe3(5)100%