《2021版江苏新高考选考化学（苏教版）一轮复习教师用书：专题2 6 专题综合检测（二） 从海水中获得的化学物质 .doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021版江苏新高考选考化学（苏教版）一轮复习教师用书：专题2 6 专题综合检测（二） 从海水中获得的化学物质 .doc（12页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题综合检测(二) (时间：90分钟；满分：100分)一、单项选择题：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化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中正确的是()A小苏打可用于生产玻璃，也可用来除去物品表面的油污B过氧化钠可用于食品、羽毛和织物等的漂白C医用酒精、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的D使用含有氯化钠的融雪剂会加快桥梁的腐蚀解析：选D。常用于生产玻璃的是碳酸钠，A错误；过氧化钠具有强氧化性，因而具有漂白性，但不可用于漂白食品，B错误；医用酒精使病毒的蛋白质变性而消毒，并非将病毒氧化，C错误；氯化钠溶液可以充当原电池的电解质溶液，
2、使桥梁形成无数个微小的原电池，从而加快腐蚀，D正确。2鉴别NaCl溶液、NaBr溶液、NaI溶液可以选用的试剂是()碘水、淀粉溶液氯水、CCl4溴水、苯硝酸、AgNO3溶液氯水、苯氯水、己烯ABCD解析：选C。试剂：下层颜色呈黄绿色的是NaCl溶液、呈橙红或红棕色的是NaBr溶液、呈紫红色的是NaI溶液；试剂：加稀HNO3后再加AgNO3溶液产生沉淀的颜色分别为白色、浅黄色、黄色，对应的溶液为NaCl溶液、NaBr溶液、NaI溶液；试剂：上层颜色为黄绿色、橙红或红棕色、紫红色的溶液分别为NaCl溶液、NaBr溶液、NaI溶液。3下列各反应中，生成物不随反应条件或反应物的用量变化而变化的是()A
3、Na和O2BNaOH和CO2CNaHCO3和NaOHDNa2CO3和HCl解析：选C。A项，反应条件不同，生成物不同；B项，CO2的用量不同，生成物不同；D项，HCl的用量不同，生成物不同。4(2020南京高三模拟)25 时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A0.1 molL1 Ca(NO3)2溶液中：Na、NH、CO、CH3COOB能使甲基橙变红的溶液中：K、Na、NO、ClC3% H2O2溶液中：Fe2、H、SO、ClD0.1 molL1 KSCN溶液中：Fe3、NH、Br、SO解析：选B。A项，Ca2与CO反应生成CaCO3沉淀而不能大量共存；C项，H2O2能氧化Fe2而不
4、能大量共存；D项，Fe3与SCN不能大量共存。5下列关于卤素(用X表示)的叙述，错误的是()A卤素单质与水反应均可用X2H2OHXOHX表示BHX都极易溶于水，它们的热稳定性随X的核电荷数的增加而减弱C卤素单质的颜色由F2I2随相对分子质量增大而变深DX的还原性强弱依次为FClBrI解析：选A。卤素单质中，氟气和水反应生成HF和O2，不符合X2H2OHXOHX，故A错误；卤素原子得电子的能力越强，HX的热稳定性越强，卤素原子的得电子能力随X的核电荷数的增加而减弱，所以HX的热稳定性随X的核电荷数的增加而减弱，故B正确；卤素单质的颜色从上到下逐渐加深，由F2I2依次是浅黄绿色、黄绿色、深红棕色、
5、紫黑色，故C正确；卤素单质的氧化性从上到下逐渐减弱，对应阴离子的还原性FClBrMnOC该反应中酸性介质可以为盐酸D若有0.1 mol氧化产物生成，则转移电子0.5 mol解析：选C。A项，含Mn2的溶液中滴加(NH4)2S2O8溶液后，溶液变为紫色，所以可利用该反应检验Mn2，正确；B项，在反应中S2O、MnO分别为氧化剂、氧化产物，所以氧化性：S2OMnO，正确；C项，由于MnO可以与盐酸反应生成Cl2，所以酸性介质不能为盐酸，错误；D项，由Mn2生成1 mol MnO转移5 mol电子，所以生成0.1 mol氧化产物(MnO)，转移0.5 mol电子，正确。10用CuS、Cu2S处理酸性
6、废水中Cr2O，发生反应如下。反应：CuSCr2OHCu2SOCr3H2O(未配平)反应：Cu2SCr2OHCu2SOCr3H2O(未配平)下列有关说法正确的是()A反应、中Cu2和SO都是氧化产物B处理1 mol Cr2O时反应、中消耗H的物质的量相等C反应中参与反应的还原剂、氧化剂的物质的量之比为35D反应、中处理1 mol Cr2O，转移电子数不相等解析：选C。反应中CuSSO，Cr2O2Cr3，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒配平方程式：3CuS4Cr2O32H=3Cu23SO8Cr316H2O；反应中Cu2SSO，Cu2S2Cu2，Cr2O2Cr3，根据得失电子守恒、电荷守恒及原
7、子守恒配平方程式：3Cu2S5Cr2O46H=6Cu23SO10Cr323H2O。A项，反应中铜元素的化合价未发生变化，错误；B项，处理1 mol Cr2O时，反应消耗8 mol H，反应消耗9.2 mol H，错误；C项，反应中硫化亚铜是还原剂，重铬酸根离子是氧化剂，还原剂、氧化剂的物质的量之比为35，正确；D项，处理重铬酸根离子的物质的量相等，则转移电子数相等，错误。二、不定项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意。11下列各组离子能大量共存的是()A“84”消毒液的水溶液中：Fe2、Cl、Ca2、NaB加入KSCN溶液显血红色的溶液：K、NH、Cl、S
8、2C能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液：Fe3、Na、SO、KDpH2的溶液中：NH、Na、Cl、Cu2解析：选CD。A项，“84”消毒液的水溶液中含有强氧化性离子ClO，具有还原性的Fe2易被氧化而不能大量存在；B项，加入KSCN溶液显血红色的溶液中含有Fe3，S2与Fe3易发生氧化还原反应而不能大量共存；C项，能够与金属Cu常温下反应放出气体的溶液中含有H和NO，Fe3、Na、SO、K能够大量共存；D项，pH2的溶液显酸性，NH、Na、Cl、Cu2能够大量共存。12一定量CO2通入某浓度的NaOH溶液得A溶液，向A溶液中逐滴滴入稀盐酸，加入n(HCl)与生成n(CO2)的关系如图所示。
9、下列有关叙述正确的是()A通入的CO2气体在标准状况下可能大于22.4 LBA溶液中n(NaOH)2n(Na2CO3)CA溶液中既含Na2CO3，又含NaHCO3DA溶液中一定只有Na2CO3解析：选B。根据碳酸钠与盐酸的反应情况：Na2CO3HCl=NaHCO3NaCl；NaHCO3HCl=NaClCO2H2O，开始滴入3 mol 盐酸无气体生成，后滴入1 mol盐酸，生成1 mol CO2，而后再滴加盐酸无气体生成，说明A溶液为氢氧化钠与碳酸钠的混合物。根据上述化学反应机理，可以推断A溶液中碳酸钠为1 mol，氢氧化钠为2 mol。13已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应：Pb3O44H=
10、PbO22Pb22H2O; PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应：5PbO22Mn24H5SO=2MnO5PbSO42H2O。下列推断正确的是()A由反应可知，Pb3O4中Pb()和Pb()含量之比为21B由反应、可知，氧化性：HNO3PbO2MnOCPb可与稀硝酸发生反应：3Pb16HNO3=3Pb(NO3)44NO8H2ODPb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O48HCl=3PbCl24H2OCl2解析：选AD。A.反应未发生氧化还原反应，且产物Pb2与PbO2的物质的量之比为21，说明Pb3O4中Pb()和Pb()含量之比为21，故A正确；B.反应中HNO3未能将Pb()氧化成Pb()，
11、不能说明氧化性HNO3PbO2，反应中PbO2将Mn2氧化成MnO，说明氧化性PbO2MnO，故B错误；C.根据反应可知硝酸不能将Pb氧化成Pb4，不能生成Pb(NO3)4，故C错误；D.根据反应可知氧化性PbO2MnO，而酸性条件下MnO能将HCl氧化成Cl2，则Pb()也能将HCl氧化成Cl2，所以反应Pb3O48HCl=3PbCl24H2OCl2能发生，故D正确。14下列说法正确的是()A还原性：FeCu，则电解FeCl3和CuCl2混合溶液时，阴极放电顺序为Cu2、Fe3B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
12、(NA表示阿伏加德罗常数的值)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1 mol Ag2S解析：选B。氧化性Fe3Cu2，放电顺序应为Fe3、Cu2，A错误；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；根据得失电子守恒可得关系式Ag2S2e，则转移1 mol
13、电子时生成0.5 mol Ag2S，D错误。15(2020南通高三检测)含氰化物的废液乱倒或与酸混合，均易生成有剧毒且易挥发的氰化氢。工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为CNOHCl2CO2N2ClH2O(未配平)。下列说法错误的是(其中NA表示阿伏加德罗常数的值)()ACl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物B上述离子方程式配平后，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为25C该反应中，若有1 mol CN发生反应，则有5NA个电子发生转移D若将该反应设计成原电池，则CN在正极区发生反应解析：选BD。该反应中Cl元素化合价降低，N、C元素化合价升高，则Cl2是氧化剂，CO2和
14、N2是氧化产物，故A正确；配平的离子方程式为2CN8OH5Cl2=2CO2N210Cl4H2O，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为52，故B错误；C元素化合价由2价升高为4价，N元素化合价由3价升高为0价，所以若有1 mol CN发生反应，则有5NA个电子发生转移，故C正确；若将该反应设计成原电池，则CN在负极区发生氧化反应，故D错误。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16(10分)用脱脂棉包住0.78 g Na2O2粉末，置于石棉网上，往脱脂棉上滴1 mL水，可观察到脱脂棉剧烈燃烧起来。(1)由实验现象可得出的结论是Na2O2与H2O反应有氧气生成且反应为_反应。(2)如果用嘴通过细管向脱
15、脂棉中吹气，脱脂棉也能燃烧起来，试写出反应的化学方程式：_、_；若向其中吹入的是SO2气体，脱脂棉_(填“能”或“不能”)燃烧起来。(3)H2和CO的混合气体0.02 g通入一盛有0.78 g Na2O2的密闭容器中，再通入过量O2，并用电火花点燃使其充分反应，容器中固体增加的质量为_g。解析：(1)脱脂棉能燃烧，说明Na2O2与H2O的反应属于放热反应且有助燃性气体O2生成。(2)吹出的气体中含有大量水蒸气和CO2，与Na2O2反应均为放热反应且有O2生成。而SO2与Na2O2反应无助燃性的O2产生(SO2Na2O2=Na2SO4)，所以脱脂棉不能燃烧。(3)根据反应：2COO22CO2、2
16、H2O22H2O、2Na2O22CO2=2Na2CO3O2、2Na2O22H2O=4NaOHO2可知，固体增加的质量即为H2和CO的质量，为0.02 g。答案：(1)放热(2)2Na2O22CO2=2Na2CO3O22Na2O22H2O=4NaOHO2不能(3)0.0217(14分)ICl(氯化碘)是红棕色液体，熔点为13.9 ，沸点为 97.4 ，易水解，接触空气时能形成五氧化二碘，能与许多单质发生反应，易溶于乙醇、乙醚等。某校研究性学习小组的同学拟用下列仪器制备氯化碘。回答下列问题：(1)检查A装置气密性的方法为_。(2)上述装置，按气流方向连接的顺序为_(装置可重复使用)，A装置中发生反
17、应的离子方程式为_。(3)C装置的作用是_。(4)E装置中的物质反应时需放在水浴中，控制温度大约40 ，其目的是_。(5)按上述连接好的装置进行实验，实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品；打开分液漏斗活塞；关闭分液漏斗活塞；停止加热E装置，充分冷却；水浴加热E装置。请按正确的顺序填入上述步骤的序号：_。(6)在A装置后可连接如图所示装置，当反应结束关闭分液漏斗活塞后，关闭K，该装置的作用是_。(7)ICl和水反应的化学方程式为_。解析：(2)利用二氧化锰与浓盐酸加热制备氯气，氯气中含有氯化氢、水蒸气，因此混合气体先通过饱和食盐水除去氯化氢，再通过浓硫酸除去水蒸气，得到干燥纯净的氯气，氯气进
18、入E装置中，与碘进行反应，由于ICl(氯化碘)是红棕色液体，易水解，所以还必须连接B装置，最后多余的尾气被碱液吸收，则按气流方向装置的连接顺序为ACBEBD；A装置中发生反应的离子方程式为MnO24H2ClMn2Cl22H2O。(5)装置连接好后，首先检查装置的气密性，不漏气后，加入药品；打开分液漏斗活塞，反应开始进行；用水浴法给E装置加热；反应结束后，停止加热E装置，充分冷却，待温度降到室温后，关闭分液漏斗活塞；则正确的实验步骤为。(6)在A装置后可连接如题图所示的装置，当反应结束关闭分液漏斗活塞后，关闭K，该装置可以用来储存多余的Cl2，避免其释放到空气中污染空气。(7)ICl易发生水解，
19、与水反应生成HCl和HIO，反应的化学方程式为IClH2OHIOHCl。答案：(1)从A装置的导管口连接一个导管伸入水中，关闭分液漏斗活塞，手握圆底烧瓶，若导管口有气泡冒出，松开手后，有一段水柱倒吸入导管，说明A装置气密性良好(答案合理即可)(2)ACBEBDMnO24H2ClMn2Cl22H2O(3)除去Cl2中混有的HCl气体(4)减少I2的升华和ICl的挥发(5)(6)储存多余的Cl2(7)IClH2OHIOHCl18(10分)(1)过碳酸钠是一种有多用途的新型氧系固态漂白剂，化学式可表示为Na2CO33H2O2，它具有Na2CO3和H2O2的双重性质。过碳酸钠与下列物质均会发生化学反应
20、而失效，其中过碳酸钠只发生了氧化反应的是_。AMnO2BKMnO4溶液C稀盐酸DNa2SO3溶液(2)二氧化氯是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂。用ClO2处理过的饮用水(pH为5.56.5)常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子(ClO)。饮用水中ClO2、ClO的含量可用连续碘量法进行测定。ClO2被I还原为ClO、Cl的转化率与溶液pH的关系如图所示。请写出pH2.0时，ClO与I反应的离子方程式：_。在pH7.08.0时，加入KI，发生反应的离子方程式为_。(3)漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)在常温与黑暗处可保存一年，亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为HClO2ClO2
21、HClH2O(未配平)。当1 mol HClO2发生分解反应时，转移的电子数是_。(4)有Fe2、NO、Fe3、NH、H和H2O六种粒子，分别属于同一氧化还原反应中的反应物和生成物，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。解析：(1)过碳酸钠具有Na2CO3和H2O2的双重性质。A项，MnO2催化H2O2分解，H2O2既做氧化剂又做还原剂；C项，盐酸与Na2CO3反应；D项，H2O2氧化Na2SO3，H2O2做氧化剂，发生还原反应。(2)由题图可知，当pH2.0时，ClO2被I还原为Cl，则ClO也被还原为Cl；当pH7.08.0时，ClO2被I还原为ClO。(3)配平方程式得5HClO2
22、=4ClO2 H Cl2H2O，5 mol HClO2参加反应转移电子数为4NA，则当1 mol HClO2分解时，转移电子数为0.8NA。(4)根据元素化合价变化Fe2Fe3、NHNO，可知Fe2与H、NO反应生成Fe3、NH、H2O。答案：(1)B(2)ClO4H4I=Cl2I22H2O2ClO22I=2ClOI2(3)4.8161023(或0.8NA)(4)1819(14分)小苏打长期放置在空气中会变质(部分转变为Na2CO3)，某研究小组欲测定某小苏打样品中NaHCO3的质量分数，设计如下实验方案：.加热分解法利用图甲装置，充分加热小苏打样品。(1)仪器A的名称为_。(2)在实验过程中
23、，需要测量的实验数据有仪器A的质量；_；_。.测量气体体积法利用图乙装置，测定反应生成气体的体积。(3)组装好仪器后，首先进行的操作为_。(4)导管g的作用为_。(5)为了减小实验误差，B、C中最好用_溶液代替水。(6)待反应结束，气体冷却至室温后，利用图示装置读取气体体积时，应注意的事项有_；_。(7)若所取样品的质量为m g，反应前滴定管C的读数为V1 mL，反应结束后滴定管C的读数为V2 mL，则样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之和为_(气体体积均已换算为标准状况下的体积)。解析：.(1)仪器A是坩埚。(2)还需要测定的实验数据有加热前仪器A和样品的总质量以及加热冷却后仪器A和
24、残留物的总质量。.(3)涉及气体的实验，仪器连接好后第一步是检查装置气密性。(4)导管g的作用是平衡分液漏斗与锥形瓶内的气压，使液体顺利流下；滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的气体体积误差。(5)由于生成的二氧化碳能溶于水，会造成误差，所以最好采用饱和NaHCO3溶液代替水，从而减小误差。(6)读数时上下移动C管，使B、C两管液面相平，减小由于压强不同引起的体积误差；视线与凹液面最低处相平，减小由于读数引起的体积误差。(7)根据碳原子守恒，1 mol碳原子对应1 mol二氧化碳，二氧化碳的物质的量为 mol，所以样品中 NaHCO3和Na2CO3的物
25、质的量之和为 mol。答案：.(1)坩埚(2)加热前仪器A和样品的总质量加热冷却后仪器A和残留物的总质量.(3)检查装置气密性(4)平衡分液漏斗与锥形瓶内的气压，使液体顺利流下；滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的气体体积误差(5)饱和NaHCO3(6)读数时上下移动C管，使B、C两管液面相平视线与凹液面最低处相平(7) mol20(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
26、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
27、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
28、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，则根据得失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