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(zhì)按電解質(zhì)、非電解質(zhì)、弱電解質(zhì)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(qiáng)堿,是強(qiáng)電解質(zhì),A錯誤;銅是單質(zhì),既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì),B錯誤;高錳酸鉀是鹽,屬于電解質(zhì),乙醇不能導(dǎo)電,屬于非電解質(zhì),醋酸溶于水局部電離,屬于弱電解質(zhì),C正確;硫酸鋇是鹽,屬于強(qiáng)電解質(zhì),D錯誤?！炯庸逃?xùn)練】以下說法不正確的選項是()將BaSO4放入水中不能導(dǎo)電,所以BaSO4是非電解質(zhì)氨溶于水得到的氨水能導(dǎo)電,所以氨

2、水是電解質(zhì)固態(tài)共價化合物不導(dǎo)電,熔融態(tài)的共價化合物可以導(dǎo)電固態(tài)的離子化合物不導(dǎo)電,熔融態(tài)的離子化合物也不導(dǎo)電強(qiáng)電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力一定比弱電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力強(qiáng)A.B.C.D.【解析】選D。BaSO4屬于難溶物質(zhì),但溶解的局部是完全電離的;NH3是非電解質(zhì),氨水是混合物,既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì);熔融態(tài)的共價化合物分子中沒有離子,不可以導(dǎo)電;熔融態(tài)的離子化合物中存在自由移動的離子,能導(dǎo)電;強(qiáng)電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力不一定比弱電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力強(qiáng)。2.如圖表示一些物質(zhì)間的附屬關(guān)系,不正確的選項是()XYZHA分散系膠體溶液煙B電解質(zhì)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(zhì),但鹽不屬于酸,B錯誤。【易錯提醒】此題易錯誤認(rèn)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(rèn)為它們都是離子化合物。3.(2019·和平區(qū)模擬)以下有關(guān)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(jìn)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(guān)該反響的說法正確的選項是( )A.氧

5、化劑是O2,氧化產(chǎn)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(fù)原性D.當(dāng)有1 mol O2參加反響時,共有6 mol電子發(fā)生了轉(zhuǎn)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(chǎn)物是SO2,故A、B錯誤;Cu2S既表現(xiàn)出復(fù)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(dāng)有1 mol O2參加反響時,共有6 mol電子發(fā)生了轉(zhuǎn)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(zhì)溶液)充電時陽極反響:PbSO4+2e-Pb+SO42-【解析】選B。A項,沒有配平,應(yīng)為2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+;C項,用足量的NaOH溶液吸收SO2,離子方程式應(yīng)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(zhì)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(chǎn)物B.消耗1 mol復(fù)原劑,轉(zhuǎn)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(zhì)的量減小,N2物質(zhì)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(fù)原產(chǎn)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(fù)原劑,消耗1 mol NH4+轉(zhuǎn)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(dá)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(xué)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(yīng)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(fù)原劑B.參加反響的氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為15C.每生成1 m

11、ol S4O62-轉(zhuǎn)移2 mol電子D.每2 mol Fe2+被氧化,那么被Fe2+復(fù)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(fù)原劑是Fe2+、S2O32-。由上述分析可知,復(fù)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(fù)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(fù)原劑的物質(zhì)

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(zhuǎn)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(fù)原的O2的物質(zhì)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(dāng)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(zhì)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(zhuǎn)移1 mol電子,1 mol Na2S轉(zhuǎn)移2 mol電子,1 mol FeBr2轉(zhuǎn)移3 mol電子。反響時消耗相同體積的Cl2,那么轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量相同,當(dāng)轉(zhuǎn)移6 mol電子時,消耗KI、Na2S、FeBr2三種物質(zhì)的物質(zhì)的量分別為6 mol、3 mol、2 mol,三種溶液體積相等時,物質(zhì)的量濃度之比就等于物質(zhì)的量之比,因此三者的濃度之比為632?！炯庸逃?xùn)練】FeS與某濃度的HNO3反響時生成Fe(NO3)3、H2SO4和某一單一的復(fù)原產(chǎn)物,假設(shè)FeS和參與反響的HNO3的物質(zhì)的量之比為16,那么該反響的復(fù)原產(chǎn)物是()A.NOB.NO2C.N2OD.NH4NO3【解析】選A。Fe

14、S和參與反響的HNO3的物質(zhì)的量之比為16,設(shè)FeS的物質(zhì)的量為1 mol,那么參加反響的HNO3的物質(zhì)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(zhì)的量之比是13,即起酸性作用的硝酸的物質(zhì)的量是3 mol,剩余3 mol HNO3作氧化劑。設(shè)復(fù)原產(chǎn)物中N的化合價是x,氧化復(fù)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(jié)合所學(xué)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(qiáng)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(qiáng)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(xué)附屬中學(xué)模擬).下表是生活生產(chǎn)中常見的物質(zhì),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(dǎo)線蔗糖燒堿主要成分FeSO4CH3COOHNa2CO3CH3CH2OHCuC12H22O11NaOH(1)請你對表中的主要成分進(jìn)行分類(填編號):屬于鹽的是_,屬于電解質(zhì)的是_,屬于非電解質(zhì)的是_。(2)寫出與反響的化學(xué)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(chǎn)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(fù)原劑C.既是氧化劑,又是復(fù)原劑D.既不是氧化劑,也不是復(fù)原劑(2)有人認(rèn)為在反響和的總反響中,I2起催化劑的作用,你認(rèn)為這種看法_(選填“正確或“不正確)。(3)H2O2,I2,HIO氧化性由強(qiáng)到弱的順序是_。(4)在反響中,當(dāng)有0.2 mol氧化產(chǎn)物生成時,生成的復(fù)原產(chǎn)物是_ mol。【解析】.(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(zhì),電解質(zhì)是在水溶液或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電

18、的化合物,屬于電解質(zhì); 非電解質(zhì)是在水溶液和熔融狀態(tài)下都不能導(dǎo)電的化合物,屬于非電解質(zhì); Cu既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)。(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(fù)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(fù)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(fù)原劑=氧化產(chǎn)物+復(fù)原產(chǎn)物,氧化性:氧化劑>氧化產(chǎn)物判斷:H2O2>I2,HIO>H2O2(該反響中HIO為氧化劑,H2O2為復(fù)原劑),那么氧化性順序為HIO>H2O2>I2。(4)在反響中,I2為氧化產(chǎn)物,H2O為復(fù)原產(chǎn)物,二者的物質(zhì)的量之比為12,當(dāng)有0.2 mol氧化產(chǎn)物生成時,那么生成的復(fù)原產(chǎn)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(fù)原產(chǎn)物都為Cl-)是生活中常用的凈水消毒劑。當(dāng)消耗等物質(zhì)的量的兩種物質(zhì)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(jìn)行了三組實驗,其操作流程和有關(guān)現(xiàn)象如以下圖所示:操作的相關(guān)圖象如下請根據(jù)上圖答復(fù)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(shè)存在,試計算c(NO3-)=_(假設(shè)不存在,此問不必作答)。【解析】(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(yīng)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(yīng)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(zhì)的量是0.01 molSO42-的物質(zhì)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(shè)硝酸根離子的物質(zhì)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(xué)認(rèn)為這不是發(fā)生化學(xué)反響所致,使溶液變黃色的物質(zhì)是_(填粒子的化學(xué)式,下同);乙同學(xué)認(rèn)為這是發(fā)生化學(xué)反響所致,使溶液變黃色的離子是_。(2)為了驗證甲、乙同學(xué)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(xué)方案:_。驗證乙同學(xué)方案:_。(3)根據(jù)所學(xué)知識判斷,你認(rèn)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(fù)原性Cu>I->Cu+(1)根據(jù)物質(zhì)氧化性、復(fù)原性的強(qiáng)弱推測,在溶液中Cu2

24、+和I-反響的產(chǎn)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(xué)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(dāng)濃度接近時,復(fù)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(guān)于該化學(xué)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(chǎn)物又是復(fù)原產(chǎn)物【解析】.(1)液溴稀釋后溶液變黃色,所以甲同學(xué)認(rèn)為使溶液變黃色的物質(zhì)是Br2;乙同學(xué)認(rèn)為這是發(fā)生化學(xué)反響所致,溴與亞鐵離子發(fā)生氧化復(fù)原反響生成鐵離子而使溶液變黃色,所以乙同學(xué)認(rèn)為使溶液變黃色的物質(zhì)是Fe3+。(2)假設(shè)甲同學(xué)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(yīng)是下層溶液變?yōu)槌燃t色;假設(shè)乙同學(xué)判斷正確,那么選用KSCN溶液,因為