1、版江苏高考化学总复习检测专题4 5 专题综合检测四专题综合检测（四）（时间：60分钟；满分：100分）一、单项选择题（本题包括7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题意）1.（2019泰州高三检测）环境问题是当今社会备受关注的热点。下列观点不合理的是（）A.“指尖上的外卖”成为了塑料餐盒泛滥的“元凶”，进一步加强生活垃圾分类和再生资源回收的衔接是目前实现“绿色外卖”的有力解决方法之一B.“水漆”和“油漆”的最大区别在于溶剂不同。“十三五”挥发性有机污染物工作方案中明确提出，要大力推行水性涂料（即水漆）的使用，是因其具有节能环保、超低排放、低碳健康等特点C.“隐形的污染物”臭氧开始
2、取代PM2.5和PM10，成为我国一些地区夏季首要空气污染物，臭氧是一次污染物D.酸雨情况能间接反映空气质量，城市降水pH值上升说明空气质量呈现好转趋势详细分析：选C。A项，外卖包装的塑料餐盒会引起白色污染，进一步加强生活垃圾分类和再生资源回收的衔接是目前实现“绿色外卖”的有力解决方法之一，正确；B项，“水漆”和“油漆”的最大区别在于溶剂不同，水漆具有节能环保、超低排放、低碳健康等特点，应该大力推行水性涂料（即水漆）的使用，正确；C项，臭氧不是污染源直接排放的，是因为氮氧化物或挥发性有机物与氧气结合而形成的，强烈的阳光照射会加速这一化学反应过程，故臭氧属于二次污染物，错误；D项，降水pH值上升
3、说明酸雨的污染减弱，空气质量转好，正确。2.下列关于铵盐的叙述不正确的是（）A.所有铵盐中，氮元素化合价都是3价B.所有铵盐都溶于水C.铵态氮肥不宜与草木灰混合使用D.铵盐都是离子化合物详细分析：选A。NH4NO3中N元素显3价和5价。3.硫黄在空气中燃烧生成气体甲，甲溶于水得溶液乙，向乙溶液中滴加溴水，溴水褪色，乙变成丙。在丙里加入Na2S生成气体丁，把丁通入乙得到沉淀戊。甲、乙、丙、丁、戊均含有硫元素，则它们正确的顺序是（）A.SO3H2SO4H2SO3H2SSB.SO2H2SO3H2SO4SO2SO3C.SO3H2SO4H2SO3SO2Na2S2O3D.SO2H2SO3H2SO4H2SS
4、详细分析：选D。硫黄在空气中燃烧生成SO2（甲），SO2溶于水得溶液H2SO3（乙），向乙溶液中滴加溴水生成H2SO4和HBr，在丙里加入Na2S生成气体H2S（丁），把H2S通入H2SO3得到沉淀S（戊）。4.常温下，满足甲组中的任意一种物质均能与乙组中任意一种物质发生反应的是（）选项甲组乙组AAl（OH）3、稀盐酸NaOH溶液、氨水BO2、N2H2、MgCCu、NaOH溶液FeCl3溶液、稀硝酸DSiO2、Cl2HF、H2SO3详细分析：选C。注意常温条件。A项，氨水不与Al（OH）3反应；B项，常温下，O2与H2、N2与H2、N2和Mg均不反应；D项，SiO2与H2SO3、Cl2与HF均
5、不反应。5.（2019福州高三质检）化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况。下列反应中不属于这种情况的是（）A.过量的稀硝酸和铁反应B.常温下过量浓硝酸与铝块C.过量的二氧化锰与浓盐酸D.常温下过量的铜与浓硫酸详细分析：选A。稀硝酸过量，铁全部溶解，A正确；常温下，铝遇浓硝酸发生钝化，铝块不会溶解，B错误；随着反应进行，浓盐酸变稀，稀盐酸不与二氧化锰反应，C错误；常温下，铜与浓硫酸反应很缓慢，需要加热来加快反应，并且随反应的进行，浓硫酸变稀，硫酸不能完全反应，D错误。6.下列关于硫化氢的说法错误的是（）A.H2S是一种弱电解质B.可用石灰乳吸收H2S气体C.根
6、据如图可知FeCl3、CuCl2均能氧化H2SD.H2S在空气中燃烧可以生成SO2详细分析：选C。H2S溶于水形成氢硫酸，为弱酸，能用石灰乳（碱性）吸收，A、B项正确；C项，Cu2与H2S生成CuS沉淀，是非氧化还原反应，不能氧化H2S，错误；D项，H2S在空气中充分燃烧可生成SO2：2H2S3O22SO22H2O（若不充分燃烧可生成S：2H2SO22H2O2S），正确。7.将一定体积的稀硝酸分成两等份，一份与足量的铜粉充分反应后收集到V1 L（标准状况下，下同）气体；另一份先加入与其等体积的稀硫酸，再投入足量的铜粉收集到V2 L气体。已知5V12V2，则稀硝酸与稀硫酸的物质的量浓度之比为（）
7、A.23 B.32C.34 D.43详细分析：选D。第一份中发生反应：3Cu8HNO3=3Cu（NO3）22NO4H2O，求得HNO3的物质的量为 mol。第二份由于是硫酸与硝酸的混酸，所以用离子方程式计算：3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O，求得参加反应的NO的物质的量为 mol，可知NO过量，H不足，此时H的物质的量为 mol，硫酸提供的H的物质的量为 mol，两者浓度之比为43。二、不定项选择题（本题包括3小题，每小题6分，共18分。每小题只有一个或两个选项符合题意）8.下列有关实验原理或实验操作不正确的是（）A.用图1所示装置制取少量的氨气B.用图2装置可以完成“喷泉”实验C.用
8、图3所示装置收集SO2 D.同浓度的碳酸钠、碳酸氢钠溶液，可滴加酚酞进行鉴别详细分析：选C。浓氨水中的水与CaO反应放出大量热，NH3H2O受热分解产生氨气，A项正确。Cl2与NaOH溶液反应使烧瓶内压强降低，形成负压喷泉，B项正确。SO2的密度比空气大，收集时应从长管进短管出，C项错误。由于碳酸钠比碳酸氢钠的水解程度大，同浓度时前者碱性强，滴加酚酞，前者呈红色，后者呈浅红色，即前者红色深，D项正确。9.下列陈述、均正确并且有因果关系的是（）选项陈述陈述ASO2有漂白性SO2可使酸性高锰酸钾溶液褪色BNH3极易溶于水充满NH3的试管倒置于水槽中，水面迅速上升C浓硫酸有强氧化性浓硫酸可用于干燥H
9、2和COD常温下，铁与浓硝酸发生钝化常温下，铁与浓硝酸不反应详细分析：选B。 A项陈述表现了SO2的还原性，而陈述表现了SO2的漂白性，没有因果关系；B项陈述、都正确且具有因果关系；C项陈述表现出浓硫酸的吸水性，没有因果关系；D项陈述错误，常温下，铁与浓硝酸发生钝化，属于化学反应。10.（2019淮安、宿迁高三质检）氨氮是造成水体富营养化的重要因素之一，用次氯酸钠水解生成的次氯酸将水中的氨氮（用NH3表示）转化为氮气除去，相关反应如下：NH3HClO=NH2ClH2ONH2ClHClO=NHCl2H2O2NHCl2H2O=N2HClO3HCl已知在水溶液中NH2Cl较稳定，NHCl2不稳定易转
10、化为氮气。在其他条件一定的情况下，改变（即NaClO溶液的投入量），溶液中次氯酸钠对去除氨氮效果与余氯量（溶液中1价氯元素的含量）的影响如下图所示。则下列说法正确的是（）A.次氯酸与氨的总反应可表示为2NH33HClO=N23H2O3HClB.反应中氨氮去除效果最佳的值约为1.5C.a点之前溶液中发生的主要反应为NH2ClHClO=NHCl2H2OD.次氯酸钠溶液pH较小时有O2生成，促使氨氮去除率提高详细分析：选AB。A项，次氯酸与氨的总反应可表示为2NH33HClO=N23H2O3HCl，正确；B项，反应中氨氮去除效果最佳的值约为1.5，正确；C项，因为在水溶液中NH2Cl较稳定，所以a点
11、之前溶液中发生的主要反应为NH3HClO=NH2ClH2O，错误；D项，次氯酸钠溶液pH较小时有O2生成，由于次氯酸减少，所以使得氨氮去除率降低，错误。三、非选择题（本题包括4小题，共54分）11.（12分）下列框图涉及到的物质所含元素中，除一种元素外，其余均为118号元素。已知：A、F为无色气体单质，B为具有刺激性气味的气体，C为黑色氧化物，E为红色金属单质（部分反应的产物未列出）。请回答下列问题：（1）D的化学式为；F的结构式为。（2）A与B生成D的反应在工业上是生产的反应原理之一。（3）E与G的稀溶液反应的离子方程式为。（4）B和C反应的化学方程式为。（5）J、K是同种金属的不同氯化物，
12、K为白色沉淀。写出SO2还原J生成K的离子方程式：_。详细分析：由“红色金属单质”可知E为铜，进而推出“黑色氧化物”C为CuO。结合“B为具有刺激性气味的气体”和框图中F在放电时与A反应，可知B、F、A、D分别为NH3、N2、O2、NO。进而推出G、H、I、J分别为HNO3、Cu（NO3）2、Cu（OH）2、CuCl2。（1）N2中含有3个共用电子对，N原子间形成叁键。（3）Cu与稀硝酸反应生成NO，离子方程式为3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O。（4）由上述分析可知，CuO与NH3反应生成Cu、N2和H2O，化学方程式为3CuO2NH33CuN23H2O。（5）CuCl2被SO2还原，
13、铜化合价降低生成的氯化物只能是CuCl，硫化合价升高转化成SO2，离子方程式为2Cu22ClSO22H2O2CuCl4HSO 。答案：（1）NONN（2）硝酸（3）3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O（4）3CuO2NH33CuN23H2O（5）2Cu22ClSO22H2O2CuCl4HSO12.（14分）碳、硫的含量影响钢铁性能。碳、硫含量的一种测定方法是将钢样中碳、硫转化为气体，再用测碳、测硫装置进行测定。（1）采用装置A，在高温下将x克钢样中碳、硫转化为CO2、SO2。气体a的成分是。若钢样中硫以FeS形式存在，A中反应：3FeS5O2 13。（2）将气体a通入测硫装置中（如图），采
14、用滴定法测定硫的含量。H2O2氧化SO2的化学方程式：_。用NaOH溶液滴定生成的H2SO4，消耗z mL NaOH溶液，若消耗1 mL NaOH溶液相当于硫的质量为y克，则该钢样中硫的质量分数：。（3）将气体a通入测碳装置中（如图），采用重量法测定碳的含量。气体a通过B和C的目的是_。计算钢样中碳的质量分数，应测量的数据是_。详细分析：（1）钢样（含有铁、碳、硫）在高温下与O2反应，除生成CO2、SO2外，还有剩余的O2，故气体a中含有CO2、SO2、O2。该反应中，S元素由2价被氧化为4价，即生成SO2，再结合元素守恒及元素的化合价升降总数相等，配平该反应方程式：3FeS5O2Fe3O43
15、SO2。（2）H2O2具有强氧化性，SO2具有强还原性，二者发生氧化还原反应生成H2SO4，化学方程式为H2O2SO2=H2SO4。消耗1 mL NaOH溶液相当于硫的质量为y g，则消耗z mL NaOH溶液相当于硫的质量为yz g，那么钢样中硫的质量分数为。 （3）装置B中活性MnO2的作用是除去气体a中的SO2。装置C中K2Cr2O7浓H2SO4检验SO2是否除尽，防止SO2进入CO2吸收瓶，影响实验结果。实验中应测定实验前后CO2吸收瓶的质量变化，从而确定CO2的质量，继而求出钢样中碳的质量及质量分数。答案：（1）CO2、SO2、O2 Fe3O4SO2 （2）H2O2SO2=H2SO4
16、 （3）排除SO2对CO2测定的干扰 吸收CO2前、后吸收瓶的质量13.（14分）二氧化硫是重要的工业原料，探究其制备方法和性质具有非常重要的意义。（1）工业上用黄铁矿（FeS2，其中硫元素为1价）在高温下和氧气反应制备SO2：4FeS211O28SO22Fe2O3，该反应中被氧化的元素是（填元素符号）。当该反应转移2.75 mol电子时，生成的二氧化硫在标准状况下的体积为L。（2）实验室中用下列装置测定SO2催化氧化为SO3的转化率。（已知SO3的熔点为16.8 ，假设气体进入装置时分别被完全吸收，且忽略空气中CO2的影响）简述使用分液漏斗向圆底烧瓶中滴加浓硫酸的操作：_。实验过程中，需要通
17、入氧气。试写出一个用如图所示装置制取氧气的化学方程式：_。当停止通入SO2，熄灭酒精灯后，需要继续通一段时间的氧气，其目的是_。实验结束后，若装置D增加的质量为m g，装置E中产生白色沉淀质量为n g，则此条件下二氧化硫转化率是（用含字母的代数式表示，不用化简）。（3）某学习小组设计用如图装置验证二氧化硫的化学性质。能说明二氧化硫具有氧化性的实验现象为_。为验证二氧化硫的还原性，充分反应后，取试管b中的溶液分成三份，分别进行如下实验。方案：向第一份溶液加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成；方案：向第二份溶液加入品红溶液，红色褪去；方案：向第三份溶液加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。上述方案中合理
18、的是（填“”“”或“”）；试管b中发生反应的离子方程式为_。详细分析：（1）反应中铁元素和硫元素的化合价均升高，两种元素均被氧化，反应中氧气全部作氧化剂，11 mol氧气参加反应生成8 mol二氧化硫气体时转移电子44 mol，故转移2.75 mol电子时生成的二氧化硫气体在标准状况下的体积为822.4 L11.2 L。（2）打开分液漏斗旋塞前首先要打开分液漏斗上部的活塞，以利于分液漏斗中的液体顺利滴下。根据加热固体制取氧气的装置，可利用加热氯酸钾（二氧化锰作催化剂）或高锰酸钾来制取氧气。对于定量测定实验，除了要排除空气、水蒸气等的干扰，还要将产物SO3以及未反应的SO2全部驱赶至吸收装置以进
19、行准确测量或称量，故反应停止后还要继续通入一段时间氧气。装置D中增加的质量为SO3的质量，装置E中沉淀为BaSO4，根据硫元素守恒，被氧化的SO2的物质的量为 mol，未被氧化的SO2的物质的量为 mol，故二氧化硫的转化率为100%。（3）SO2能将S2氧化，生成硫单质。方案，氯水中加入AgNO3溶液也可得到白色沉淀；方案中二氧化硫和氯水均可使品红溶液褪色；方案中产生沉淀可证明SO2与Cl2发生了氧化还原反应（因溶液显酸性，不会产生BaSO3沉淀，而是BaSO4沉淀）。答案：（1）Fe、S11.2（2）打开分液漏斗上口的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，缓慢滴加2KClO32KCl3O2（或2KMn
20、O4K2MnO4MnO2O2）使残留在装置中的SO2和SO3被充分吸收100%（3）试管a中出现淡黄色浑浊SO2Cl22H2O=4HSO2Cl14.（14分）亚硝酸钠（NaNO2）在纤维纺织品的染色和漂白、照相、生产橡胶、制药等领域有广泛应用，也常用于鱼类、肉类等食品的染色和防腐。但因其有毒，所以在食品行业用量有严格限制。现用如图所示仪器（夹持装置已省略）及药品，探究亚硝酸钠与硫酸反应及气体产物的成分。已知：NONO22OH=2NOH2O气体液化的温度：NO2为21，NO为152(1)为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序(按左右连接)为A、C、_、_、_。（2）反应前应打开弹簧夹，先
21、通入一段时间氮气，排除装置中的空气，目的是_。（3）在关闭弹簧夹、打开分液漏斗活塞、滴入70%的硫酸后，A中产生红棕色气体。确认A中产生的气体含有NO，依据的现象是_。装置E的作用是_。（4）如果向D中通入过量O2，则装置B中发生反应的化学方程式为_。如果没有装置C，对实验结论造成的影响是_。（5）通过上述实验探究过程，可得出装置A中反应的化学方程式是_。详细分析：(1)根据NO、NO2的液化温度和性质可知装置D用于检验NO，装置E用于冷凝NO2，装置B为尾气处理装置，NO2会干扰NO的检验，所以为了检验装置A中的气体产物，仪器的连接顺序是A、C、E、D、B。(2)由于NO极易被空气中的氧气氧
22、化为NO2，所以先通入一段时间氮气，排除装置中的空气，防止可能产生的NO被氧化成NO2，造成对A中反应产物检验的干扰。(3)利用装置D检验NO。开始时装置D中无色，通入氧气后出现红棕色气体即可证明NO的存在。装置E的作用是降温冷凝，使NO2完全液化，避免干扰NO的检验。(4)因为NO2、O2和水共同作用可以产生HNO3，所以装置B中发生反应的化学方程式为4NO2O24NaOH=4NaNO32H2O。如果没有装置C，A中挥发出的水蒸气能与NO2反应产生NO，无法确定NO的来源。(5)装置A中发生反应的化学方程式是2NaNO2H2SO4=Na2SO4NO2NOH2O。答案：(1)EDB(2)防止可能产生的NO被氧化成NO2，造成对A中反应产物检验的干扰(3)装置D中通入氧气后出现红棕色气体冷凝，使NO2完全液化(4)4NO2O24NaOH=4NaNO32H2O水蒸气会与NO2反应产生NO，无法确定NO的来源(5)2NaNO2H2SO4=Na2SO4NO2NOH2O
