單元評估檢測(二)

1、單元評估檢測(二) (第二章)(45分鐘100分)一、選擇題(此題包括10小題,每題5分,共50分)1.將以下物質按電解質、非電解質、弱電解質順序排列,正確的選項是()A.硫酸燒堿醋酸B.硫酸銅醋酸C.高錳酸鉀乙醇醋酸D.磷酸二氧化碳硫酸鋇【解析】選C。燒堿是NaOH,屬于強堿,是強電解質,A錯誤;銅是單質,既不是電解質也不是非電解質,B錯誤;高錳酸鉀是鹽,屬于電解質,乙醇不能導電,屬于非電解質,醋酸溶于水局部電離,屬于弱電解質,C正確;硫酸鋇是鹽,屬于強電解質,D錯誤?！炯庸逃柧殹恳韵抡f法不正確的選項是()將BaSO4放入水中不能導電,所以BaSO4是非電解質氨溶于水得到的氨水能導電,所以氨

2、水是電解質固態(tài)共價化合物不導電,熔融態(tài)的共價化合物可以導電固態(tài)的離子化合物不導電,熔融態(tài)的離子化合物也不導電強電解質溶液的導電能力一定比弱電解質溶液的導電能力強A.B.C.D.【解析】選D。BaSO4屬于難溶物質,但溶解的局部是完全電離的;NH3是非電解質,氨水是混合物,既不是電解質也不是非電解質;熔融態(tài)的共價化合物分子中沒有離子,不可以導電;熔融態(tài)的離子化合物中存在自由移動的離子,能導電;強電解質溶液的導電能力不一定比弱電解質溶液的導電能力強。2.如圖表示一些物質間的附屬關系,不正確的選項是()XYZHA分散系膠體溶液煙B電解質酸堿鹽C元素周期表的縱行主族副族鹵族D化合物共價化合物離子化合物

3、酸【解析】選B。分散系包括膠體、溶液和濁液,其中煙屬于膠體,A正確;元素周期表的縱行包括主族、副族和0族等,其中鹵族屬于主族,C正確;化合物包括共價化合物和離子化合物,其中酸屬于共價化合物,D正確;酸、堿、鹽都屬于電解質,但鹽不屬于酸,B錯誤?！疽族e提醒】此題易錯誤認為“酸是離子化合物而錯選D。酸都是共價化合物,切勿思維定式其能電離出H+而錯認為它們都是離子化合物。3.(2019·和平區(qū)模擬)以下有關離子共存的說法正確的選項是()A.某無色溶液中可能大量存在:Na+、H+、Cl-、SO42-、MnO4-B.弱堿性溶液中可能大量存在:Na+、K+、Cl-、HCO3-C.Fe2(SO4)

4、3溶液中可能大量存在:K+、Fe2+、C6H5OH、Br-D.某透明溶液中可能大量存在:NH4+、K+、Fe3+、Cl-、AlO2-【解析】選B。A項,酸性條件下MnO4-可將Cl-氧化為Cl2,且MnO4-在溶液中為紫色,與無色溶液不符;B項,Na+、K+、Cl-、HCO3-之間不發(fā)生反響,HCO3-局部水解,溶液顯示弱堿性,正確;C項,Fe2(SO4)3溶液中的Fe3+與C6H5OH發(fā)生顯色反響,在溶液中不能大量共存;D項,Fe3+ 與AlO2-發(fā)生水解相互促進反響生成氫氧化鐵和氫氧化鋁沉淀,不共存。4.火法煉銅的原理是Cu2S+O22Cu+SO2,有關該反響的說法正確的選項是( )A.氧

5、化劑是O2,氧化產物是Cu和SO2B.被氧化的元素只有硫,得電子的元素只有氧C.Cu2S只表現(xiàn)出復原性D.當有1 mol O2參加反響時,共有6 mol電子發(fā)生了轉移【解析】選D。元素氧、銅的化合價降低,得到電子;元素硫的化合價升高,被氧化,所以氧化劑是Cu2S、O2,氧化產物是SO2,故A、B錯誤;Cu2S既表現(xiàn)出復原性,又表現(xiàn)出氧化性,故C錯誤;根據(jù)S的化合價變化,當有1 mol O2參加反響時,共有6 mol電子發(fā)生了轉移,故D正確。5.(2019·寶坻區(qū)模擬)以下離子方程式書寫正確的選項是()A.用腐蝕法制作印刷電路板的反響:Fe3+CuFe2+Cu2+B.硫酸氫鈉溶液與燒堿

6、溶液的反響:H+OH-H2OC.用足量的NaOH溶液吸收SO2:OH-+SO2HSO3-D.鉛蓄電池(硫酸為電解質溶液)充電時陽極反響:PbSO4+2e-Pb+SO42-【解析】選B。A項,沒有配平,應為2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+;C項,用足量的NaOH溶液吸收SO2,離子方程式應為2OH-+SO2SO32-+H2O;D項,鉛蓄電池充電時,陽極上硫酸鉛失電子發(fā)生氧化反響,PbSO4+2H2O-2e-PbO2+4H+SO42-。6.某離子反響涉及H2O、ClO-、NH4+、OH-、N2、Cl-等微粒,其中N2、ClO-的物質的量隨時間變化的曲線如下圖,以下說法正確的選項是( )A.該反響中

7、Cl-為氧化產物B.消耗1 mol復原劑,轉移6 mol電子C.反響后溶液的酸性減弱D.NH4+被ClO-氧化成N2【解析】選D。由圖可知隨著時間的推移,ClO-物質的量減小,N2物質的量增加,ClO-為反響物,N2為生成物,根據(jù)原子守恒,Cl-為生成物,NH4+為反響物,反響可表示為ClO-+NH4+N2+Cl-。在反響中氯元素的化合價由ClO-中+1價降至Cl-中-1價,Cl-為復原產物,A錯誤;氮元素的化合價由NH4+中-3價升至N2中0價,升高3價,NH4+為復原劑,消耗1 mol NH4+轉移3 mol電子,B錯誤;根據(jù)得失電子守恒可配平離子方程式為3ClO-+2NH4+2OH-N2

8、+3Cl-+5H2O,反響后堿性減弱,C錯誤;根據(jù)上述分析NH4+被ClO-氧化成N2,D正確。7.(2019·和平區(qū)模擬)以下指定反響的離子方程式或離子共存表達正確的選項是A.向Ba(OH)2溶液中參加過量NaHCO3溶液:Ba2+OH-+HCO3-BaCO3+H2OB.將0.2 mol·L-1的NH4Al(SO4)2溶液與0.3 mol·L-1的Ba(OH)2溶液等體積混合:2Al3+3SO42-+3Ba2+6OH-2Al(OH)3+3BaSO4C.向Ba(HCO3)2溶液中參加少量的NaOH溶液:Ba2+2HCO3-+4OH-Mg(OH)2+2CO32-+2

9、H2OD.由水電離的c(OH-)=l0-14 mol·L-1的溶液中Na+、AlO2-、S2-、SO42- 一定不能大量共存【解析】選B。按照“誰少量誰的化學計量數(shù)為1”的原那么,向Ba(OH)2溶液中參加過量NaHCO3溶液,反響的離子方程式為Ba2+2OH-+2HCO3-BaCO3+CO32-+2H2O,故A錯誤;將0.2 mol·L-1 NH4Al(SO4)2溶液與0.3 mol·L-1 Ba(OH)2溶液等體積混合,反響的離子方程式為2Al3+3SO42-+3Ba2+6OH-2Al(OH)3+3BaSO4,故B正確;向Ba(HCO3)2溶液中參加少量的Na

10、OH溶液,離子方程式為Ba2+HCO3-+OH- BaCO3+H2O,故C錯誤;由水電離的c(OH-)=10-14 mol·L-1的溶液可能是堿性溶液,也可能是酸性溶液,如果是酸性溶液,那么H+與AlO2-、S2-可以發(fā)生反響而不能大量共存,如果是堿性溶液那么可大量共存,故D錯誤。應選B。8.(2019·濱海新區(qū)模擬)水熱法制備Fe3O4納米顆粒的總反響離子方程式為3Fe2+2S2O32-+O2+4OH-Fe3O4+S4O62-+2H2O。以下說法正確的選項是()A.O2和S2O32-是氧化劑,Fe2+是復原劑B.參加反響的氧化劑與復原劑的物質的量之比為15C.每生成1 m

11、ol S4O62-轉移2 mol電子D.每2 mol Fe2+被氧化,那么被Fe2+復原的O2為0.5 mol【解析】選D。在3Fe2+2S2O32-+O2+4OH-Fe3O4+S4O62-+2H2O中,化合物中鐵元素、硫元素用平均化合價,鐵元素的化合價變化:+2+8/3,硫元素的化合價變化:+2+5/2,氧元素的化合價變化:0-2,所以氧化劑是O2,復原劑是Fe2+、S2O32-。由上述分析可知,復原劑是Fe2+、S2O32-,氧化劑是O2,A錯誤;由上述分析可知,氧化劑是O2,復原劑是Fe2+、S2O32-,3 mol Fe2+參加反響時只有2 mol被氧化,參加反響的氧化劑與復原劑的物質

12、的量之比為1(2+2)=14,B錯誤;由方程式可知,每生成1 mol S4O62-,參加反響的氧氣為1 mol,轉移電子為1 mol×4=4 mol,C錯誤;2 mol Fe2+被氧化時,失去電子2 mol,那么被Fe2+復原的O2的物質的量為2 mol÷4=0.5 mol,D正確。9.相同體積的KI、Na2S、FeBr2溶液,分別通入足量的Cl2,當反響恰好完成時,消耗Cl2的體積相同(同溫、同壓條件下),那么KI、Na2S、FeBr2溶液的物質的量濃度之比是( )A.112B.213C.632D.321【解析】選C。KI、Na2S、FeBr2溶液與Cl2反響時,1 mo

13、l KI轉移1 mol電子,1 mol Na2S轉移2 mol電子,1 mol FeBr2轉移3 mol電子。反響時消耗相同體積的Cl2,那么轉移電子的物質的量相同,當轉移6 mol電子時,消耗KI、Na2S、FeBr2三種物質的物質的量分別為6 mol、3 mol、2 mol,三種溶液體積相等時,物質的量濃度之比就等于物質的量之比,因此三者的濃度之比為632?！炯庸逃柧殹縁eS與某濃度的HNO3反響時生成Fe(NO3)3、H2SO4和某一單一的復原產物,假設FeS和參與反響的HNO3的物質的量之比為16,那么該反響的復原產物是()A.NOB.NO2C.N2OD.NH4NO3【解析】選A。Fe

14、S和參與反響的HNO3的物質的量之比為16,設FeS的物質的量為1 mol,那么參加反響的HNO3的物質的量為6 mol,根據(jù)Fe(NO3)3知,鐵原子和起酸性作用的硝酸的物質的量之比是13,即起酸性作用的硝酸的物質的量是3 mol,剩余3 mol HNO3作氧化劑。設復原產物中N的化合價是x,氧化復原反響中得失電子數(shù)相等得1 mol×1+1 mol×8=3 mol×(5-x),解得x=+2。10.(能力挑戰(zhàn)題)元素周期表中A族元素包括C、Si、Ge、Sn、Pb等,Sn的+2價不穩(wěn)定而+4價穩(wěn)定,而Pb的+2價穩(wěn)定+4價不穩(wěn)定。結合所學知識,判斷以下反響中(反響條

15、件略)正確的選項是()Pb+2Cl2PbCl4Sn+2Cl2SnCl4SnCl2+Cl2SnCl4PbO2+4HClPbCl4+2H2OPb3O4+8HCl3PbCl2+Cl2+4H2OA.B.C.D.【解析】選A。根據(jù)信息Pb的+4價不穩(wěn)定,+2價穩(wěn)定,因此Pb與Cl2反響生成PbCl2,PbO2具有強氧化性,PbO2+4HClPbCl2+Cl2+2H2O,Pb3O4可以寫2PbO·PbO2的形式,那么Pb3O4與鹽酸反響生成PbCl2和Cl2,故、錯誤,正確。Sn的+2價不穩(wěn)定,+4價穩(wěn)定,故Sn與Cl2反響生成SnCl4;氯氣具有強氧化性,把Sn2+氧化成Sn4+,且Sn的+4

16、價穩(wěn)定,故、正確。二、非選擇題(此題包括3小題,共50分)11.(20分)(2019·天津大學附屬中學模擬).下表是生活生產中常見的物質,表中列出了它們的一種主要成分(其他成分未列出)。編號名稱綠礬醋精蘇打酒精銅導線蔗糖燒堿主要成分FeSO4CH3COOHNa2CO3CH3CH2OHCuC12H22O11NaOH(1)請你對表中的主要成分進行分類(填編號):屬于鹽的是_,屬于電解質的是_,屬于非電解質的是_。(2)寫出與反響的化學方程式_,過量鹽酸與反響的離子方程式為_。.在NaI和H2SO4混合溶液中,參加H2O2水溶液,反響迅速發(fā)生,產生大量的氣體,發(fā)生的反響有:H2O2+2Na

17、I+H2SO4I2+Na2SO4+2H2OH2O2+I22HIOH2O2+2HIOI2+O2+2H2O(1)H2O2在反響中的作用是_,在中的作用是_。A.氧化劑B.復原劑C.既是氧化劑,又是復原劑D.既不是氧化劑,也不是復原劑(2)有人認為在反響和的總反響中,I2起催化劑的作用,你認為這種看法_(選填“正確或“不正確)。(3)H2O2,I2,HIO氧化性由強到弱的順序是_。(4)在反響中,當有0.2 mol氧化產物生成時,生成的復原產物是_ mol?！窘馕觥?(1)鹽是電離出來的陽離子為金屬陽離子或銨根離子,電離出來的陰離子為酸根離子的化合物,屬于鹽類物質,電解質是在水溶液或熔融狀態(tài)下能導電

18、的化合物,屬于電解質; 非電解質是在水溶液和熔融狀態(tài)下都不能導電的化合物,屬于非電解質; Cu既不是電解質也不是非電解質。(2)CH3COOH和NaOH發(fā)生中和反響,方程式為CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O,過量鹽酸與Na2CO3反響的離子方程式為CO32-+2H+ CO2+H2O。.(1)H2O2+2NaI+H2SO4I2+Na2SO4+2H2O中,H2O2中氧元素化合價降低,氫元素化合價不變,那么H2O2得電子,被復原,為氧化劑;H2O2+2HIOI2+O2+2H2O中,H2O2中氧元素化合價升高,氫元素化合價不變,那么H2O2失電子,被氧化,為復原劑。(2)在反響和的總反

19、響中,I2起催化劑的作用,未參與反響,此看法正確。(3)根據(jù)氧化劑+復原劑=氧化產物+復原產物,氧化性:氧化劑>氧化產物判斷:H2O2>I2,HIO>H2O2(該反響中HIO為氧化劑,H2O2為復原劑),那么氧化性順序為HIO>H2O2>I2。(4)在反響中,I2為氧化產物,H2O為復原產物,二者的物質的量之比為12,當有0.2 mol氧化產物生成時,那么生成的復原產物是0.4 mol。答案:.(1)(2)CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2OCO32-+2H+CO2+H2O.(1)AB(2)正確(3)HIO>H2O2>I2(4)0.412.

20、(12分)(1)ClO2和Cl2(復原產物都為Cl-)是生活中常用的凈水消毒劑。當消耗等物質的量的兩種物質時,ClO2的消毒效率是Cl2的_倍。(2)某無色廢水中可能含有Fe3+、Al3+、Mg2+、Na+、NO3-、CO32-、SO42-中的幾種,為分析其成分,分別取廢水樣品100 mL,進行了三組實驗,其操作流程和有關現(xiàn)象如以下圖所示:操作的相關圖象如下請根據(jù)上圖答復以下問題:實驗中需配制1.0 mol·L-1的NaOH溶液100 mL,所需儀器除了玻璃棒、托盤天平、量筒、藥匙、燒杯、膠頭滴管,還缺少的儀器為_。實驗中沉淀量由AB過程中所發(fā)生反響的離子方程式為_。試確定NO3-是

21、否存在?_(填“存在“不存在或“不確定),假設存在,試計算c(NO3-)=_(假設不存在,此問不必作答)?！窘馕觥?1)一個ClO2生成Cl-,得到5個電子,一個Cl2生成2個Cl-,得到2個電子,所以ClO2的消毒效率是Cl2的2.5倍。(2)因需配制100 mL NaOH溶液,應選擇100 mL容量瓶。由題中圖象可知,AB過程中參加NaOH后,沉淀減少,應為Al(OH)3與NaOH反響,其離子方程式為Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O。無色廢水不含F(xiàn)e3+;焰色反響火焰無色不含Na+;向廢水中加過量氫氧化鈉溶液有白色沉淀生成,且有局部溶解含有Mg2+、Al3+;溶液中含有鎂離子、鋁

22、離子,一定不含碳酸根離子;白色沉淀BaSO42.33 g的物質的量是0.01 molSO42-的物質的量是0.01 mol。n(NaOH)=n(Al3+)=0.005 molnMg(OH)2=n(Mg2+)=0.01 mol根據(jù)溶液中陰陽離子電荷守恒知,設硝酸根離子的物質的量是x,0.01×2+0.005×3=x+0.01×2x=0.015(mol)答案:(1)2.5(2)100 mL容量瓶Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O存在0.15 mol·L-113.(18分)(能力挑戰(zhàn)題).在足量的稀氯化亞鐵溶液中,參加12滴液溴,振蕩后溶液變?yōu)辄S色。(

23、1)甲同學認為這不是發(fā)生化學反響所致,使溶液變黃色的物質是_(填粒子的化學式,下同);乙同學認為這是發(fā)生化學反響所致,使溶液變黃色的離子是_。(2)為了驗證甲、乙同學的推斷,現(xiàn)提供以下試劑:A.酸性高錳酸鉀溶液B.氫氧化鈉溶液C.四氯化碳D.硫氰化鉀溶液請選擇適宜的試劑用簡要的文字說明你的實驗方案:驗證甲同學方案:_。驗證乙同學方案:_。(3)根據(jù)所學知識判斷,你認為_的推斷是正確的;那么溴化亞鐵與氯氣以45反響時的離子方程式為_。.:CuI是難溶于水的白色固體。氧化性Cu2+>I2>Cu+,復原性Cu>I->Cu+(1)根據(jù)物質氧化性、復原性的強弱推測,在溶液中Cu2

24、+和I-反響的產物是_、_;(2)久置于空氣中的HI溶液呈黃色,向其中參加一些銅粉,可使溶液黃色消失,反響的化學方程式為_;(3)欲消除(2)中HI溶液的黃色,也可向其中通入少量H2S,這是因為當濃度接近時,復原性H2S_(填“>“<或“=)I-;與參加銅粉的方法相比,用此方法得到的HI溶液濃度_(填“高“低或“相等);(4)CuI可用于監(jiān)測空氣中是否含有汞蒸氣:4CuI(白色)+HgCu2HgI4(亮黃色)+2Cu。以下關于該化學方程式的說法錯誤的選項是_。a.該反響被氧化的元素是銅元素和汞元素b.該反響的氧化劑為CuIc.Cu2HgI4既是氧化產物又是復原產物【解析】.(1)液溴稀釋后溶液變黃色,所以甲同學認為使溶液變黃色的物質是Br2;乙同學認為這是發(fā)生化學反響所致,溴與亞鐵離子發(fā)生氧化復原反響生成鐵離子而使溶液變黃色,所以乙同學認為使溶液變黃色的物質是Fe3+。(2)假設甲同學判斷正確,那么選用四氯化碳,因為溴在四氯化碳中的溶解度較大,四氯化碳的密度大于水,出現(xiàn)的現(xiàn)象應是下層溶液變?yōu)槌燃t色;假設乙同學判斷正確,那么選用KSCN溶液,因為