2022高考化学知识点综合质量检测卷二化学物质及其变化.docx

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1、综合质量检测卷(二)化学物质及其变化时间：90分钟总分值：100分第一卷(选择题，共54分)一、选择题(每题3分，共54分)1(2022平顶山许昌联考)一化学兴趣小组在家中进行化学实验，按照图甲连接好线路发现灯泡不亮，按照图乙连接好线路发现灯泡亮，由此得出的结论正确的选项是()ANaCl是非电解质BNaCl溶液是电解质CNaCl在水溶液中电离出可以自由移动的离子DNaCl溶液中水电离出大量的离子解析：电解质是指在熔融状态或水溶液中能导电的化合物，NaCl是电解质，其固体无自由移动的离子，不导电，A项错误；NaCl溶液是混合物，不是电解质，也不是非电解质，B项错误；NaCl在水溶液中电离出自由移

2、动的离子，故连接好电路后能导电，C项正确；在NaCl溶液中，水电离出的离子是少量的，D项错误。答案：C2(2022安徽师大附中)以下离子方程式书写正确的选项是()A在氨水中通入过量SO2：2NH3H2OSO2=2NHSOH2OB在次氯酸钠溶液中通入少量SO2：2ClOH2OSO2=2HClOSOC在氢氧化钠溶液中通入一定量的CO2：3OH2CO2=COHCOH2OD在硫酸铝溶液中参加过量氨水：Al34OH=AlO2H2O解析：氨水中通入过量SO2，生成HSO，A项错误；次氯酸钠溶液中通入少量SO2，SO2会被HClO氧化为SO：ClOSO2H2O=2HClSO，B项错误；当2时，产物仅为Na2

3、CO3，当1时，产物仅为NaHCO3，当12时，产物为Na2CO3、NaHCO3，反响中OH与CO2的物质的量之比为，所以产物中既有CO又有HCO，C项正确；氢氧化铝不溶于弱酸弱碱，故硫酸铝溶液中参加过量氨水，离子方程式为Al33NH3H2O=Al(OH)33NH，D项错误。答案：C3(2022山西康杰中学)在酸性溶液中，以下物质氧化KI时，自身发生如下变化：Fe3Fe2；MnOMn2；Cl22Cl；HNO2NO，如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是()AFe3BMnOCCl2DHNO2解析：选项中等物质的量的各物质得电子数越多，那么氧化生成的I2越多。设各取1 mo

4、l物质，那么Fe3Fe2得1 mol e，MnOMn2得5 mol e，Cl22Cl得2 mol e，HNO2NO得1 mol e，故反响中得到I2最多的为MnO。答案：B4(2022洛阳)三聚氰胺C3N3(NH2)3是一种重要的有机化工原料。动物长期摄入三聚氰胺会造成生殖、泌尿系统的损害，膀胱、肾部结石，并可进一步诱发膀胱癌，它遇强酸或强碱水溶液会水解，胺基逐步被羟基取代，最后生成三聚氰酸C3N3(OH)3。三聚氰酸可用于消除汽车尾气中的NO2，其反响原理为：C3N3(OH)33HNCO；8HNCO6NO27N28CO24H2O，以下说法正确的选项是()AC3N3(OH)3与HNCO为同一种

5、物质BHNCO是一种很强的氧化剂C1 mol NO2在反响中得到的电子为4 molD反响中CO2是氧化产物解析：C3N3(OH)3与HNCO的组成不同，结构不同，不是同一种物质，A项错误；由原子成键规律可知HNCO的结构为HN=C=O，可知其中N显3价，C显4价。那么氧化复原反响可表示为：8HCO624eO2=7N28CO24H2O。，HNCO为复原剂，NO2为氧化剂，B项错误；1 mol NO2在反响中转移的电子为4 mol，C项正确；CO2既不是氧化产物，也不是复原产物，D项错误。答案：C5(2022江苏启东中学调研)今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的假设干种：K、NH、Cl、M

6、g2、Ba2、CO、SO，现取三份100 mL溶液进行如下实验：(1)第一份参加AgNO3溶液有沉淀产生；(2)第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04 mol；(3)第三份加足量BaCl2溶液后，得枯燥沉淀6.27 g，经足量盐酸洗涤、枯燥后，沉淀质量为2.33 g。根据上述实验，以下推测正确的选项是()AK一定存在B100 mL溶液中含0.01 mol COCCl一定不存在DBa2一定不存在，Mg2可能存在解析：由步骤(1)可知，Cl、CO、SO三者中至少有一种；由步骤(2)可知，一定有NH且可算出有NH0.04 mol；由步骤(3)可知，同时有CO、SO，且可算出有SO0.01

7、 mol，有CO0.02 mol，考虑到离子共存问题，可知原溶液中无Mg2、Ba2；考虑到电荷守恒，可知阳离子除了NH外必定还有K，可能存在Cl。答案：A6(2022深圳五校高三联考)以下有关物质的分类或归类正确的选项是()混合物：石炭酸、福尔马林、水玻璃、水银化合物：CaCl2、烧碱、聚苯乙烯、HD电解质：明矾、胆矾、冰醋酸、硫酸钡同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2同位素：C、C、CA BC D解析：石炭酸为苯酚的俗称，属于化合物，水银为汞的俗称，属于单质；中聚苯乙烯为高分子化合物，属于混合物，HD属于单质；中CH2O2为甲酸，而C2H4O2、C3H6O2、C4H8

8、O2既可能为羧酸，又可能为酯类。答案：B7(2022海淀模拟)氰氨基化钙是一种重要的化工原料，制备CaCN2的化学方程式为CaCO32HCN=CaCN2COH2CO2。在该反响中()A氢元素被氧化，碳元素被复原BHCN是氧化剂CCaCN2是氧化产物，H2为复原产物DCO为氧化产物，H2为复原产物解析：此题化学反响中元素的化合价变化如下：CaCO32N=CaN2CO2CO2，注意到生成物CO2中的碳元素来自CaCO3，其化合价在反响前后未发生变化。根据化合价的变化可知，HCN既是氧化剂又是复原剂，CaCN2是氧化产物，H2是复原产物。答案：C8常温下，加水冲稀时c(H)/c(OH)的值明显减小的

9、溶液中，一定能大量共存的离子组是()K、Cl、NO、CH3COOK、Fe2、I、SOBa2、Cl、NO、NaNa、Ca2、Cl、HCOK、SO、Cl、NOA BC D解析：加水冲稀时c(H)/c(OH)的值明显减小，说明溶液呈酸性，即每组添上氢离子，只有A选项符合。答案：A9(2022苏州模拟)科学家发现，食用虾类等水生甲壳类动物的同时服用维生素C容易中毒，这是因为对人体无害的5价砷类物质在维生素C的作用下，能够转化为有毒的3价含砷化合物。以下说法中不正确的选项是()A维生素C具有复原性B上述过程中砷元素发生复原反响C上述过程中5价砷类物质做氧化剂D1 mol5价砷完全转化为3价砷，共失去2

10、mol电子解析：1 mol5价砷完全转化为3价砷共得到2 mol电子。答案：D10以下关于物质分类的正确组合是()分类组合碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物A纯碱盐酸烧碱氧化铝二氧化碳B烧碱硫酸食盐氧化镁一氧化碳C苛性钠醋酸碳酸铵过氧化钠二氧化硫D苛性钾油酸小苏打氧化钠三氧化硫解析：A项中纯碱属盐类，烧碱属碱类，Al2O3属两性氧化物；B项中CO属不成盐氧化物；C项中碳酸铵由NH和CO构成，属盐类，Na2O2属过氧化物，不属碱性氧化物。答案：D11能正确表示以下反响的离子方程式的是()A足量硫酸铝与纯碱反响：2Al33CO3H2O=2Al(OH)33CO2B硫酸铜与烧碱反响：CuSO42OH=Cu(O

11、H)2SOC苯酚与碳酸钠反响：2C6H5OHCO=2C6H5OCO2H2OD碳酸钡与硫酸反响：Ba2SO=BaSO4解析：B中CuSO4应以离子形式存在；苯酚的酸性比碳酸的酸性弱，苯酚与Na2CO3反响不可能生成CO2，C错误；D中BaCO3难溶于水，不能以离子形式存在，且也应有气体放出，D错误。答案：A12以下化学反响的离子方程式正确的选项是()A在稀氨水中通入过量CO2：NH3H2OCO2=NHHCOB少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2H2OCa22ClO=CaSO32HClOC用稀HNO3溶解FeS固体：FeS2H=Fe2H2SD氢氧化钙溶液与等物质的量的稀硫酸混合：Ca2OH

12、HSO=CaSO4H2O解析：HClO有强氧化性，可把SO氧化为SO，B错；稀HNO3有氧化性，可把S2与Fe2氧化，C错；D应为Ca22OH2HSO=CaSO42H2O，所以D错。答案：A13与铁相似，金属锡能溶于盐酸生成氯化亚锡，氯化亚锡又能被氯化铁氧化为氯化锡。那么以下有关粒子氧化、复原能力的比较中，正确的选项是()A氧化能力：Sn4Sn2 B氧化能力：Fe3Sn4C复原能力：Fe2Sn2 D复原能力：FeSn解析：据条件可写出化学反响方程式：Sn2HCl=SnCl2H2，SnCl22FeCl3=2FeCl2SnCl4。由此可判断出：氧化能力Fe3Sn4Sn2，复原能力FeSnSn2Fe

13、2，故只有C正确。答案：C14用48 mL 0.1 mol/L的 FeSO4溶液，恰好复原2.4103 mol RO(OH)2，那么R元素的最终价态为()A2价 B3价C4价 D5价解析：由题意可知，发生化合价变化的元素分别为铁元素和R元素。首先根据化学式中正负化合价代数和为零，算出RO(OH)2中R的化合价为5价。再设R元素的最终价态为x，由电子守恒有：48103L0.1 mol/L(32)2.4103mol(5x)，解得x3。答案：B15(2022上海七宝中学模拟)向X的溶液中参加Y试剂，产生的沉淀示意图与以下列图所示情形吻合的是(注意线段的斜率)()A.向NaOH和Ca(OH)2的混合溶

14、液中通入CO2B向HCl和AlCl3的混合溶液中滴加NaOHC向NH4Al(SO4)2溶液中滴加NaOHD向NH4Cl和MgCl2的混合溶液中滴加NaOH解析：题目中已强调“注意线段的斜率这句话，所以更应明确图像表示的是一个等腰梯形，而非斜梯形。选项B中滴加的NaOH溶液应先和HCl反响，所以一开始没有沉淀生成，不合题意。选项C中发生的反响依次是：Al33OH=Al(OH)3，NHOH=NH3H2O，Al(OH)3OH=AlO2H2O，所得的图形是一个斜梯形。选项D中生成的Mg(OH)2沉淀不溶于NaOH，因此沉淀量不会减少。选项A中，从化学原理分析，反响分为三个阶段：第一阶段是Ca22OHC

15、O2=CaCO3H2O；第二阶段是2OHCO2=COH2O(假设认为有以下反响发生：CaCO3H2OCO2=Ca22HCO，由于有OH的存在，那么有反响Ca22HCO2OH=CaCO32H2OCO，随之发生，这相当于CaCO3没有溶解)；第三阶段是CaCO3的溶解过程：CaCO3H2OCO2=Ca22HCO。答案：A16(2022合肥市测试)据最新报道，科学家发现了如下反响：O2PtF6=O2(PtF6)，O2(PtF6)为离子化合物，其中Pt为5价，对于此反响，以下说法正确的选项是()A在此反响中，O2是氧化剂，PtF6是复原剂BO2(PtF6)中氧元素的化合价为1价C在此反响中，每生成1

16、mol O2(PtF6)那么转移1 mol 电子D在O2(PtF2)中不存在共价键解析：由题知O2(PtF6)中Pt为5价，F只有1价，所以O为价，在化学反响中O元素化合价升高做复原剂，PtF6是氧化剂，电子转移数目为e；O中存在着共价键，所以D不正确。答案：C17酸性条件下有如下反响：2Cu=Cu2Cu。由于反响温度不同，用氢气复原氧化铜时，可能产生Cu或Cu2O，两者都是红色固体。某同学对氢气复原氧化铜实验所得的红色固体产物进行验证，每一次实验操作和实验现象记录如下，由此推出氢气复原氧化铜实验的产物是()参加试剂稀硫酸浓硫酸稀硝酸浓硝酸实验现象产生红色固体，溶液呈蓝色加热，产生无色气体产生

17、无色气体，溶液呈蓝色产生红棕色气体，溶液呈绿色A.只有CuB只有Cu2OC一定有Cu，可能有Cu2OD一定有Cu2O，可能有Cu解析：根据与稀硫酸反响的现象，说明红色固体产物中一定有Cu2O，是否含有Cu不能确定。答案：D18以下是某同学对相应反响的离子方程式所作的评价，其中评价合理的是()解析：选项A中碳酸钙是强电解质，但是难溶物，在离子方程式中应保存化学式。选项B中由于酸性H2CO3苯酚HCO，因此在苯酚钠溶液中不管通入多少CO2气体，生成物中都不可能有CO。选项D中由于通入的Cl2量缺乏，不能把Br全部氧化，离子方程式符合质量守恒和电荷守恒，是正确的，但评价错误。答案：C第二卷(非选择题

18、，共46分)二、非选择题(共46分)19新型纳米材料氧缺位铁酸盐(MFe2Ox,3x4，MMn、Zn、Ni，其均显2价，下同)，由铁酸盐MFe2O4经高温复原得到，常温下，它能使工业废气中的酸性氧化物分解除去，转化流程如下： (1)铁酸盐(MFe2O4)被H2高温复原时，发生反响的MFe2O4 与H2的物质的量之比为21，那么复原产物MFe2Ox中x_，MFe2Ox中2价铁与3价铁的物质的量之比为_。(2)在酸性溶液中，Fe2O易转化为Fe2：Fe2O2e8H=2Fe24H2O有K2MnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2(SO4)3四种物质中的一种能使上述复原过程发生，写出该氧化复原反响的离

19、子方程式并配平：_。解析：(1)MFe2O4被复原时，MFe2O4与H2的物质的量之比为21，根据得失电子守恒，那么(3)222，x3.5，即Fe在MFe2Ox的平均价态为2.5价，那么Fe2和Fe3物质的量之比为11。(2)要使Fe2O被复原，应选择具有复原性的物质，只能是Cu2O，反响的方程式为：Fe2OCu2O10H=2Fe22Cu25H2O。答案：(1)3.511(2)Fe2OCu2O10H=2Fe22Cu25H2O20(2022黄冈秋季期末)A、B、C、D四种可溶化合物(所含离子各不相同)，分别由阳离子Na、Mg2、Al3、Ba2和阴离子OH、ClSO、CO两两组合而成。为了确定这四

20、种化合物的成分，某同学进行了如下实验操作：将四种化合物各取适量配成溶液，分别装入四支试管。取A溶液分别滴入另外三种溶液中，记录实验现象如下：B溶液白色沉淀沉淀不溶解C溶液白色沉淀沉淀不溶解D溶液白色溶淀沉淀局部溶解向B溶液中滴入D溶液，无明显实验现象。请答复以下问题：(1)写出它们的化学式：A_；B_；C_；D_。(2)上述的第三次实验，再参加A，沉淀局部溶解的离子方程式为_。(3)中假设是向C溶液中滴入D溶液，可能出现的实验现象是_。解析：分析4种阳离子和4种阴离子之间的关系可知CO只能与Na结合成Na2CO3，而OH只能与Ba2结合成Ba(OH)2。对照实验可知A为Ba(OH)2，生成的白

21、色沉淀分别是BaCO3、Mg(OH)2、Al(OH)3、BaSO4，D溶液中生成的白色淀淀再加Ba(OH)2溶液后沉淀局部溶解，说明D是Al2(SO4)3。溶液B可能是Na2CO3或MgCl2。根据实验可确定溶液B是MgCl2，那么C是Na2CO3。(2)中沉淀局部溶解属于铝盐的性质。(3)中CO与Al3发生双水解反响生成气体和沉淀。答案：(1)Ba(OH)2MgCl2Na2CO3Al2(SO4)3(2)Al(OH)3OH=AlO2H2O(3)冒出大量气泡，同时生成白色沉淀21某研究性学习小组为了验证臭氧的氧化性强于氧气，进行了下述实验，请参与探究并答复相关问题。实验目的验证臭氧的氧化性强于氧

22、气。实验原理2KIO3H2O=2KOHI2O2，淀粉溶液遇单质碘变蓝色。实验用品臭氧消毒碗柜、a溶液、碘化钾溶液、滤纸、玻璃片、温度计。实验步骤取a溶液与碘化钾溶液混合。取两片用滤纸剪成的纸条，在a和碘化钾的混合液中湿润后分别置于两块洁净的玻璃片上。将一块玻璃片()置于臭氧消毒碗柜中并接通电源生成臭氧。将另一块玻璃片()置于可控温度的温箱里，尽量地使温箱的温度与消毒碗柜中的温度相等。观察现象并进行记录：时间(min)01530456090120滤纸的颜色变化玻璃片()上的滤纸白色白色灰色浅蓝色蓝色蓝色浅蓝色玻璃片()上的滤纸白色白色白色白色灰色灰色浅蓝色请根据上述实验原理、步骤及你所学的知识，

23、答复以下问题：(1)实验药品中的a溶液是_溶液。(2)写出在臭氧消毒柜中产生O3的化学方程式：_。(3)整个实验过程要保持两块玻璃片所在环境的温度相同的原因是_。(4)从实验数据记录可以得出的结论是_(填序号)。AO3的氧化性比O2强B氧气也能氧化碘化钾中的碘离子C空气中可能也有一定浓度的O3，所以实验数据不可靠，不能到达实验目的DO3不仅氧化I的速率比氧气快，而且有漂白作用(5)在O3氧化KI的反响中，假设有9.6 g O3发生反响，那么转移的电子的物质的量为_。答案：(1)淀粉(2)3O22O3(3)温度会影响反响速率，保持温度相同是为了消除温度不同带来的误差(4)ABD(5)0.4 mo

24、l22亚铁是血红蛋白的重要组成成分，人如果缺铁就可能出现缺铁性贫血。下面是一种补铁药品说明书中的局部内容：该药品为无水碱式盐，含Fe234%36%，是薄衣片与Vc(维生素C)同服可增加本品吸收。某同学设计实验对其中的铁成分进行了验证，请一起完成该实验。(2)向去掉糖衣、研磨好的药品中加稀盐酸，得到浅绿色浑浊液，说明有_(填离子符号)存在。(3)往上述溶液中滴入几滴KSCN溶液，出现浅红色，说明溶液中有少量Fe3存在。该离子存在的原因可能是_(填字母)。a药品中的铁本来就是以三价铁的形式存在b在制药过程中生成少量三价铁c本实验过程中有少量二价铁被氧化为三价铁(4)将(3)中所得溶液分成2份，分别装在A、B 2支试管中。(5)向A试管的溶液中参加少量稀硫酸，再慢慢滴入过量的H2O2溶液，溶液的红色先变深，之后红色逐渐褪去。红色变深的原因是_(用离子方程式表示)。(6)向B试管的溶液中参加一片Vc片，片刻后溶液红色也褪去，说明Vc有_性。答案：(2)Fe2(3)ac(5)2H2Fe2H2O2=2Fe32H2O；11H2O22SCN=N22CO22SO2H10H2O(6)复原