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    新人教版高考化学一轮复习第2章化学物质及其变化章末综合检测含解析
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    新人教版高考化学一轮复习第2章化学物质及其变化章末综合检测含解析

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    这是一份新人教版高考化学一轮复习第2章化学物质及其变化章末综合检测含解析,共8页。试卷主要包含了选择题,非选择题等内容,欢迎下载使用。

    一、选择题(本题包括12小题,每小题5分,共60分)
    1.(2020·张家口高三一模)新冠病毒由蛋白质外壳和单链核酸组成,直径大约在60~140 nm,化学知识在新冠肺炎的疫情防控中发挥着重要作用,下列说法正确的是( )
    A.新冠病毒是一种胶体
    B.“84”消毒液和医用酒精均可杀灭新型冠状病毒,但二者消毒原理不同
    C.医用外科口罩和防护服所用的熔喷布是一种聚丙烯材料,它属于纯净物
    D.生理盐水可用作公用餐具消毒剂
    解析:选B。A.新冠病毒由蛋白质外壳和单链核酸组成,直径大约在60~140 nm,胶体分散质直径在1~100 nm,故新冠病毒扩散到空气中有可能形成胶体,故A错误;B.“84”消毒液为次氯酸钠水溶液,次氯酸钠中氯元素的化合价为+1价,具有强氧化性,医用酒精的主要成分是乙醇,乙醇能使蛋白质变性,失去活性,从而杀死病毒,并非是利用乙醇的氧化性,二者消毒原理不同,故B正确;C.医用外科口罩和防护服所用的熔喷布是一种聚丙烯材料,聚丙烯材料是高聚物,它属于混合物,故C错误;D.生理盐水是质量分数为0.9%的盐水,这个浓度的盐水一般来说是没有消毒作用的,它主要是用来清洗伤口或者是扩充血容量,因此不可用作公用餐具消毒剂,故D错误。
    2.下列句子中涉及物质性质或变化的说法错误的是( )
    A.“纷纷灿烂如星陨,赫赫喧豗似火攻”中烟花呈现不同颜色是物理变化
    B.“真金不怕火,怕火便是铜”说明金的熔、沸点高于铜
    C.“煮豆燃豆萁,豆在釜中泣”中能量的变化主要是化学能转化为热能
    D.“酥暖薤白酒,乳和地黄粥”中“酒”的主要成分含有3种元素
    解析:选B。烟花呈现的颜色是金属元素的焰色反应,属于物理变化,A项正确;金的活泼性比铜的弱,铜在空气中加热时能和氧气反应生成氧化铜,不能说明二者熔、沸点的高低,B项错误;可燃物燃烧时,化学能主要转化为热能,C项正确;“酒”的主要成分是乙醇,其所含元素为C、H、O,D项正确。
    3.(2018·高考北京卷)下列实验中的颜色变化,与氧化还原反应无关的是( )
    解析:选C。A项,白色沉淀为Fe(OH)2,在空气中被氧化为Fe(OH)3;B项,氯水中的次氯酸具有强氧化性,使红色褪去;C项,该过程发生了沉淀的转化,沉淀由白色变为黑色是因为Ag2S比AgCl更难溶,不涉及氧化还原反应;D项,Cu与稀硝酸反应生成的无色气体是NO,NO在空气中被氧化生成红棕色的NO2。
    4.(2021·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H2O
    B.水泥、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,塑料和合成橡胶中也可能含有C、H以外的元素,燃烧不只生成CO2和H2O,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。
    5.(2020·北京朝阳区高三期中)海洋生物参与氮循环过程如图所示:
    下列说法不正确的是( )
    A.反应②中有极性键断裂和非极性键生成
    B.反应③中可能有氧气参与反应
    C.反应①~⑤中包含3个氧化还原反应
    D.等量NOeq \\al(-,2)参加反应,反应④转移电子数目比反应⑤多
    解析:选C。A.反应②中NH2OH→N2H4,NH2OH中极性键断裂,N2H4中有非极性键生成,故A正确;B.反应③中N2H4→N2,N元素化合价升高,N2H4是还原剂,可能需要氧化剂O2参与反应,故B正确;C.反应①~⑤中②③④⑤是氧化还原反应,故C错误;D.反应④中N元素由+3价降低到-1价,反应⑤中N元素由+3价降低到0价,等量NOeq \\al(-,2)参加反应,反应④转移电子数目比反应⑤多,故D正确。
    6.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+、AlOeq \\al(-,2)、OH-
    B.加入铝粉产生气体的溶液:Cu2+、Mg2+、HCOeq \\al(-,3)、Cl-
    C.使甲基橙变红的溶液:K+、Fe2+、SOeq \\al(2-,4)、NOeq \\al(-,3)
    D.1 ml·L-1 Al3+溶液:H+、Fe3+、NOeq \\al(-,3)、HCOeq \\al(-,3)
    解析:选A。A项,使石蕊变蓝的溶液应为碱性,各离子能大量共存,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,HCOeq \\al(-,3)不能大量存在,在碱性溶液中,Cu2+、Mg2+、HCOeq \\al(-,3)均不能大量存在,错误;C项,使甲基橙变红的溶液应为酸性,H+、Fe2+、NOeq \\al(-,3)因发生氧化还原反应而不能大量共存,错误;D项,H+与HCOeq \\al(-,3)不能大量共存,Al3+、Fe3+与HCOeq \\al(-,3)因发生相互促进的水解反应也不能大量共存,错误。
    7.下列解释事实或应用中的离子方程式书写正确的是( )
    A.SO2使紫色石蕊溶液变红的原因:SO2+H2O===2H++SOeq \\al(2-,3)
    B.用稀HNO3洗涤做过银镜反应的试管:Ag+2H++NOeq \\al(-,3)===Ag++NO2↑+H2O
    C.用Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢(含CaSO4):CaSO4+COeq \\al(2-,3)CaCO3+SOeq \\al(2-,4)
    D.用碱性NaClO溶液吸收冶金工业尾气中的NO2:ClO-+2NO2+H2O===Cl-+2NOeq \\al(-,3)+2H+
    解析:选C。SO2与H2O反应生成二元弱酸H2SO3,H2SO3分两步电离,以第一步电离为主,电离出的H+使紫色石蕊溶液变红,正确的离子方程式为SO2+H2OH2SO3、H2SO3H++HSOeq \\al(-,3),选项A错误;硝酸与金属反应,无特别说明时,稀硝酸一般被还原为NO,正确的离子方程式为3Ag+4H++NOeq \\al(-,3)===3Ag++NO↑+2H2O,选项B错误;用Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢,反应的实质是沉淀的转化,即溶解度较小的CaSO4转化为溶解度更小的CaCO3,为可逆反应,且物质拆分正确,选项C正确;在碱性环境下,产物中不能存在H+,正确的离子方程式为ClO-+2NO2+2OH-===Cl-+2NOeq \\al(-,3)+H2O,选项D错误。
    8.臭氧与液氨在一定条件下反应可制得硝酸铵:NH3(l)+O3(g)eq \(――→,\s\up8(一定条件))NH4NO3(s)+H2O(s)+O2(g)(未配平)。下列说法正确的是( )
    A.O3(g)是氧化剂,O2(g)是还原产物
    B.NH3(l)可做反应的制冷剂
    C.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1
    D.该条件下,反应转移4 ml电子,生成11.2 L H2O(s)
    解析:选B。根据得失电子守恒和质量守恒可配平该反应的化学方程式,2NH3(l)+4O3(g)eq \(=====,\s\up8(一定条件))NH4NO3(s)+H2O(s)+4O2(g),NH3(l)中N化合价升高,被氧化为NH4NO3(s),O3(g)中O化合价降低,被还原为NH4NO3(s)和H2O(s),故O3(g)是氧化剂,O2(g)不是还原产物,A项错误;液氨汽化需吸收大量的热,可做反应的制冷剂,B项正确;O3(g)不全做氧化剂,NH3(l)也不全做还原剂,反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1,C项错误;该条件下,反应转移4 ml电子,生成0.5 ml H2O(s),H2O为固体,不能用气体摩尔体积计算其体积,D项错误。
    9.(2021·西安模拟)已知氧化还原反应:2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4===2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O,其中1 ml 氧化剂在反应中得到的电子为( )
    A.10 mlB.11 ml
    C.12 ml D.13 ml
    解析:选B。由2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4===2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O可知,Cu(IO3)2中,Cu元素的化合价由+2价降低为+1价,I元素的化合价由+5价降低为0价,则Cu(IO3)2为氧化剂,所以1 ml氧化剂在反应中得到的电子为1 ml×(2-1)+2 ml×(5-0)=11 ml。
    10.某无色溶液中可能含有K+、Ag+、Ba2+、Cu2+、Cl-、OH-、COeq \\al(2-,3)、SOeq \\al(2-,4)中的几种,对其进行如下实验操作:
    (1)取少量溶液,滴加无色酚酞试剂,溶液变红。
    (2)另取少量溶液,加入足量BaCl2溶液,产生白色沉淀。
    (3)向(2)所得混合物中加入足量盐酸,沉淀部分溶解,并有无色气体生成。
    (4)将(3)所得混合物过滤,向滤液中加入AgNO3溶液,有白色沉淀生成。
    下列对该溶液的说法正确的是( )
    A.一定含有K+、OH-、COeq \\al(2-,3)、SOeq \\al(2-,4)
    B.可能含有Cl-、OH-
    C.一定不含Ag+、Ba2+、Cu2+、Cl-
    D.无法判断离子种类
    解析:选B。无色溶液说明不含Cu2+。(1)滴加无色酚酞试剂变红,说明含OH-和COeq \\al(2-,3)中的至少一种,则不含Ag+。(2)加入足量BaCl2溶液,产生白色沉淀,说明含COeq \\al(2-,3)和SOeq \\al(2-,4)中的至少一种,则一定不含Ba2+。(3)向(2)所得混合物中加入足量盐酸,沉淀部分溶解,并有无色气体生成,说明原溶液中含有COeq \\al(2-,3)和SOeq \\al(2-,4)。(4)向滤液中加入AgNO3溶液,有白色沉淀生成,说明滤液中含有Cl-,但可能是加入的BaCl2溶液及盐酸引入的,不能确定原溶液中是否含有Cl-。根据溶液呈电中性,则溶液中必含K+。综上所述,原溶液中一定含有K+、COeq \\al(2-,3)、SOeq \\al(2-,4),可能含有Cl-、OH-,一定不含Ag+、Ba2+、Cu2+。
    11.下列有关离子方程式正确的是( )
    A.H2O2溶液与过量酸性高锰酸钾溶液反应:2MnOeq \\al(-,4)+6H++7H2O2===2Mn2++6O2↑+10H2O
    B.AlCl3溶液和过量氨水反应:Al3++4NH3·H2O===AlOeq \\al(-,2)+4NHeq \\al(+,4)+2H2O
    C.NaAlO2与HCl按物质的量之比为2∶3反应:6AlOeq \\al(-,2)+9H++3H2O===5Al(OH)3↓+Al3+
    D.FeI2溶液与少量Cl2反应:2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-
    解析:选C。酸性高锰酸钾溶液过量,可将H2O2全部氧化,故该反应的离子方程式为2MnOeq \\al(-,4)+6H++5H2O2===2Mn2++5O2↑+8H2O,A项错误;NH3·H2O是弱碱,不能使生成的Al(OH)3沉淀溶解,B项错误;NaAlO2与HCl按物质的量之比为2∶3反应时,HCl过量,使生成的Al(OH)3沉淀部分溶解,C项正确;还原性:I->Fe2+,少量Cl2与FeI2溶液反应时,I-先发生反应:2I-+Cl2===I2+2Cl-,D项错误。
    12.已知反应:
    ①2Mn2++14H++5NaBiO3===2MnOeq \\al(-,4)+5Bi3++5Na++7H2O
    ②2MnOeq \\al(-,4)+16H++10Cl-===2Mn2++5Cl2↑+8H2O
    ③Cl2+H2S===2HCl+S↓
    下列说法错误的是( )
    A.氧化性:NaBiO3>MnOeq \\al(-,4)>Cl2>S
    B.反应①中可用盐酸酸化
    C.反应②中MnOeq \\al(-,4)发生还原反应
    D.反应③可证明非金属性:Cl>S
    解析:选B。反应①中Mn的化合价升高,Bi的化合价降低,NaBiO3为氧化剂,MnOeq \\al(-,4)为氧化产物,氧化性:NaBiO3>MnOeq \\al(-,4),反应②中Mn的化合价降低,Cl的化合价升高,MnOeq \\al(-,4)为氧化剂,Cl2为氧化产物,氧化性:MnOeq \\al(-,4)>Cl2,反应③中Cl的化合价降低,S的化合价升高,Cl2为氧化剂,S为氧化产物,氧化性:Cl2>S,故氧化性:NaBiO3>MnOeq \\al(-,4)>Cl2>S,A项正确;因为氧化性NaBiO3>Cl2,即NaBiO3可氧化Cl-,则反应①中不能用盐酸酸化,B项错误;对反应②进行分析可知,MnOeq \\al(-,4)发生得电子的还原反应,C项正确;单质氧化性:Cl2>S,故非金属性:Cl>S,D项正确。
    二、非选择题(本题包括3小题,共40分)
    13.(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)。
    (1)请你对表中①~⑧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②与⑦反应的离子方程式:________________________________;少量盐酸与③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:
    ①先出现红褐色沉淀,原因是________________________________。
    ②随后沉淀溶解,溶液呈棕黄色,此时反应的离子方程式是____________。
    ③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)①③ ①②③⑦⑧ ④⑥
    (2)CH3COOH+OH-===CH3COO-+H2O COeq \\al(2-,3)+H+===HCOeq \\al(-,3)
    (3)①加入可溶性电解质使胶体聚沉 ②Fe(OH)3+3H+===Fe3++3H2O ③2Fe3++2I-===2Fe2++I2↓
    (4)①②
    14.(13分)CuCl在水中几乎不溶解,可用作催化剂、杀虫剂、防腐剂等。某实验小组拟采用热分解CuCl2·2H2O的方法制备CuCl并进行相关探究,实验装置如图所示(夹持仪器略)。
    已知:CuCl2·2H2Oeq \(――→,\s\up8(HCl气流),\s\d8(140 ℃))CuCl2eq \(――→,\s\up8(300 ℃))CuCl+Cl2。
    请回答下列问题:
    (1)点燃酒精灯前通入干燥的HCl气体及实验过程中持续通入干燥的HCl气体的目的分别是______________________、______________________;硬质玻璃管中的物质反应完全后,先熄灭酒精灯,再停止通入干燥的HCl气体,然后通入N2,通入N2的目的是_____________________________________。
    (2)在实验过程中,观察到装置B中物质由白色变为蓝色,装置C中的实验现象是___________________________________________________。
    (3)装置D中发生的氧化还原反应的离子方程式是___________________。
    (4)若加热时间不足或温度偏低,则制得的CuCl中可能含有杂质________(填化学式)。
    (5)用电子天平称取2.500 g CuCl产品,先加入足量Fe2(SO4)3 溶液使其完全溶解,再加水稀释至250 mL。量取上述溶液25.00 mL,用0.10 ml·L-1 Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点[Ce(SO4)2被还原为Ce3+];重复滴定三次,平均消耗Ce(SO4)2标准溶液的体积为22.00 mL,则产品中CuCl的质量分数为________%。
    解析:(1)点燃酒精灯前通入干燥的氯化氢气体是为了排尽装置中的空气,实验过程中持续通入干燥的氯化氢气体是为了防止加热过程中Cu2+水解;通入氮气的目的是防止生成的氯化亚铜在冷却时被氧化,并使装置中残留的氯气和氯化氢气体能被氢氧化钠溶液充分吸收,防止污染环境。(2)该实验的目的是采用热分解CuCl2·2H2O的方法制备CuCl,装置B中物质由白色变为蓝色,说明生成了H2O,热分解过程中Cu2+被还原为Cu+,Cl-被氧化成Cl2,故装置C中湿润的红色布条褪色。(3)装置D中Cl2与NaOH溶液反应,离子方程式为Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O。(4)结合题给已知信息可知,加热时间不足或温度偏低,CuCl2·2H2O失去结晶水后生成CuCl2,CuCl2没有完全分解,则制得的CuCl中混有CuCl2。(5)CuCl+Fe3+===Cu2++Cl-+Fe2+、Fe2++Ce4+===Fe3++Ce3+,可得关系式CuCl~Ce4+,所以25.00 mL样品溶液中n(CuCl)=n[Ce(SO4)2]=0.10 ml·L-1×22.00×10-3 L=2.2×10-3 ml,则产品中CuCl的质量分数为eq \f(2.2×10-3 ml×99.5 g·ml-1×\f(250 mL,25.00 mL)),\s\d8(2.500 g))×100%=87.56%。
    答案:(1)排尽装置中的空气 防止加热过程中Cu2+水解 防止CuCl被氧化,并使装置中残留的氯气和氯化氢气体被NaOH溶液充分吸收,防止污染环境
    (2)湿润的红色布条褪色
    (3)Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O
    (4)CuCl2 (5)87.56
    15.(14分)某小组研究Na2S溶液与KMnO4溶液反应,探究过程如下。
    资料:ⅰ.MnOeq \\al(-,4)在强酸性条件下被还原为Mn2+,在近中性条件下被还原为MnO2。
    ⅱ.单质硫可溶于硫化钠溶液,溶液呈淡黄色。
    (1)根据实验可知,Na2S具有________性。
    (2)甲同学预测实验Ⅰ中S2-被氧化成 SOeq \\al(2-,3)。
    ①根据实验现象,乙同学认为甲的预测不合理,理由是
    __________________________________________________________。
    ②乙同学取实验Ⅰ中少量溶液进行实验,检测到有SOeq \\al(2-,4),得出S2-被氧化成 SOeq \\al(2-,4)的结论,丙同学否定了该结论,理由是_________________________。
    (3)实验Ⅰ的现象与资料ⅰ存在差异,其原因是新生成的产物(Mn2+)与过量的反应物(MnOeq \\al(-,4))发生反应,该反应的离子方程式是_________________________。
    (4)实验Ⅱ的现象与资料也不完全相符,丁同学猜想其原因与(3)相似,经验证猜想成立,他的实验方案是_________________________________。
    (5)反思该实验,反应物相同,而现象不同,体现了物质变化不仅与其自身的性质有关,还与________________有关。
    解析:(1)实验Ⅰ中KMnO4反应生成MnO2,Mn元素由+7价降低到+4价,KMnO4被还原,体现了Na2S的还原性。实验Ⅱ中KMnO4反应生成MnS,Mn元素由+7价降低到+2价,KMnO4被还原,体现了Na2S的还原性。
    (2)①实验Ⅰ中溶液紫色变浅,但紫色并未褪去,说明酸性KMnO4过量,KMnO4能与SOeq \\al(2-,3)反应,则甲的预测不合理。
    ②检验到溶液中存在SOeq \\al(2-,4),也不能说明S2-被氧化为SOeq \\al(2-,4),因KMnO4溶液是用H2SO4酸化的,溶液中本身就存在SOeq \\al(2-,4)。
    (3)根据资料ⅰ可知,在强酸性条件下,MnOeq \\al(-,4)被还原为Mn2+,实验Ⅰ结束后溶液依然呈强酸性,但事实上生成了MnO2,原因是高锰酸钾过量,与生成的Mn2+可以发生反应生成MnO2,反应的离子方程式为2MnOeq \\al(-,4)+3 Mn2++2H2O===5MnO2↓+4H+ 。
    (4)根据资料ⅰ可知,MnOeq \\al(-,4)在近中性条件下被还原为MnO2,实验Ⅱ中反应结束后溶液pH≈8,接近中性,但生成了MnS。可猜测是因为过量的Na2S与一开始生成的MnO2继续反应。根据资料ⅱ,单质硫可溶于硫化钠溶液,溶液呈淡黄色,则Na2S与MnO2 反应时,S2-被氧化为S单质,MnO2被还原为Mn2+。若要验证猜想,只需向MnO2中加入过量Na2S溶液,若溶液呈淡黄色,且生成浅粉色的MnS,即可证明猜想,故可设计实验方案:将实验Ⅰ中生成的MnO2分离洗涤后,加入0.1 ml/L Na2S溶液,观察到有浅粉色沉淀生成,且溶液呈淡黄色。
    (5)物质变化还与反应物的浓度或用量有关,反应Ⅰ中KMnO4溶液过量,浓度较大,反应Ⅱ中Na2S过量,浓度较大;也与溶液的酸碱性有关,强酸性溶液时和中性时产物不同。
    答案:(1)还原
    (2)①实验Ⅰ中溶液紫色变浅,说明酸性KMnO4溶液过量, SOeq \\al(2-,3)能被其继续氧化 ②因KMnO4溶液是用H2SO4酸化的,故溶液中的 SOeq \\al(2-,4)不一定是S2-被氧化生成的
    (3)2MnOeq \\al(-,4)+3Mn2++2H2O===5MnO2↓+4H+
    (4)将实验Ⅰ中生成的MnO2分离洗涤后,加入0.1 ml/L Na2S溶液,观察到有浅粉色沉淀生成,且溶液呈淡黄色
    (5)浓度、用量、溶液的酸碱性选项
    A
    B
    C
    D
    实验
    NaOH溶液滴入FeSO4溶液中
    石蕊溶液滴入氯水中
    Na2S溶液滴入AgCl浊液中
    热铜丝插入稀硝酸中
    现象
    产生白色沉淀,随后变为红褐色
    溶液变红,随后迅速褪色
    沉淀由白色逐渐变为黑色
    产生无色气体,随后变为红棕色
    编号




    名称
    绿矾
    食醋
    苏打
    酒精
    主要成分
    FeSO4
    CH3COOH
    Na2CO3
    CH3CH2OH
    编号




    名称
    铜导线
    蔗糖
    烧碱
    铁锈
    主要成分
    Cu
    C12H22O11
    NaOH
    Fe2O3
    实验序号


    实验过程
    实验现象
    紫色变浅(pH<1),生成棕褐色沉淀(MnO2)
    溶液呈淡黄色(pH≈8),生成浅粉色沉淀(MnS)
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