【创新方案】高中化学 第2章 章末复习方案与全优评估 鲁科版必修1.doc

【创新方案】高中化学 第2章 章末复习方案与全优评估 鲁科版必修1(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)1分类方法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用。下列分类标准合理的是(根据碳酸钠溶于水呈碱性，则碳酸钠既属于盐，又属于碱根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为反应和非反应根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和悬浊液根据在水溶液中或熔融状态下能否导电将化合物分为电解质和非电解质ABC D解析：中碳酸钠是由金属阳离子(Na)和酸根离子(CO)构成，属于盐，但不属于碱；溶液、胶体和悬浊液的分类依据为分散质微粒直径的大小，而不是是否具有丁达尔现象。答案：B2双选题下列变化中，既是化合反应，又是反应的是()AZn与稀盐酸反应 BCO和O2反应CC和CO2反应 DNa2O溶于水解析：由反应方程式：A：ZnHCl=ZnCl2H2B：2COO22CO2C：CCO22COD：Na2OH2O=2NaOH可知，B、C正确。答案：BC3下列变化中需加入氧化剂才能实现的是()AII2 BFe3Fe2C. FeOFe DHClAgCl解析：A中I元素化合价升高，必须加入氧化剂才能实现；B、C中Fe的化合价降低，需加入还原剂才能实现；D中无元素化合价变化。答案：A4下列离子方程式中，书写错误的是()A碳酸钠溶液跟稀硫酸混合：CO2H=H2OCO2B硝酸铜溶液中滴加烧碱溶液：Cu22OH=Cu(OH)2C醋酸溶液中加入氢氧化钾溶液：HOH=H2ODMgSO4溶液中加入BaCl2溶液：Ba2SO=BaSO4解析：C项中醋酸是弱电解质，应写化学式。答案：C5制印刷电路板时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生的反应为：2FeCl3Cu=2FeCl2CuCl2。向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，下列结果不可能出现的是()A烧杯中有铜无铁 B烧杯中有铁无铜C烧杯中铁、铜都有 D烧杯中铁、铜都无解析：题中涉及的反应，除2FeCl3Cu=2FeCl2CuCl2，还可能有2FeCl3Fe=3FeCl2和FeCuCl2=FeCl2Cu等。铁的还原性大于铜，当Fe、Cu均为少量时，选项D为可能；当Fe足量时，选项C为可能；当Fe为少量、Cu为足量时，选项A为可能；若剩余Fe，则溶液中不可能含Cu2，必有Cu单质存在。答案：B6在2H2SSO2=2H2O3S中氧化产物与还原产物质量之比为()A21 B12C32 D23解析：反应2H2SSO2=2H2O3SSO2S 氧化剂 还原产物2H2S2S 还原剂 氧化产物则m氧产m还产21。答案：A7NaHCO3和NaHSO4的溶液混合后，实际参加反应的离子是()AH和COBHCO和HSOCNa、HCO和H DHCO和H解析：NaHCO3和NaHSO4的电离方程式分别为NaHCO3=NaHCO，NaHSO4=NaHSO，故实际参加反应的离子为H和HCO。答案：D8对4种无色溶液中存在的离子进行检验，实验结果如下。其中无明显错误的是()AAg、Na、Cl、NOBMg2、CO、Fe2、NOCK、Cl、OH、SODH、SO、Fe3、MnO解析：溶液是无色的，有颜色的离子不存在，排除B、D；A中Ag与Cl生成AgCl沉淀不共存，无明显错误的是C。答案：C9已知下列几个反应的化学方程式：()2H2SSO2=3S2H2O2KICl2=2KClI22FeCl2Cl2=2FeCl32FeCl32HI=2FeCl2I22HClI2SO22H2O=H2SO42HI下列有关物质的氧化性的强弱排列顺序中正确的是ACl2Fe3I2SO2BCl2I2Fe3SO2CCl2Fe3SO2I2DFe3I2Cl2SO2解析：氧化性强弱比较遵循氧化剂氧化产物和氧化剂还原剂，则中：SO2S中：Cl2I2中：Cl2Fe3中：Fe3I2中：I2SO2即得氧化性强弱为：Cl2Fe3I2SO2。答案：A10用一种试剂就可将AgNO3、KSCN、稀硫酸、NaOH四种无色溶液区分开来，这种试剂是()ABaCl2溶液 BFeCl2溶液CFeCl3溶液 DFe(NO3)3溶液解析：加入FeCl3溶液后，若生成白色沉淀，则证明是AgNO3溶液，若溶液呈红色，则证明是KSCN溶液，若生成红褐色沉淀，则证明是NaOH溶液，无明显现象的是稀硫酸。答案：C11氯气是一种重要的工业原料。工业上利用反应3Cl22NH3=N26HCl检查氯气管道是否漏气。下列说法错误的是()A若管道漏气遇氨就会产生白烟B该反应利用了Cl2的强氧化性C该反应属于复分解反应D生成1 mol N2有6 mol电子转移解析：因，故此反应有电子转移，为反应，Cl2为氧化剂，NH3是还原剂，生成1 mol N2有6 mol e转移。反应生成的HCl与NH3反应生成NH4Cl固体，有白烟生成。答案：C12现有2 mol·L1的盐酸和硫酸溶液各100 mL，分别加入等质量的铁粉，反应结束时，所生成的气体质量比为23，则往酸中加入的铁粉的质量为()A2.8 g B5.6 gC8.4 g D16.8 g解析：虽然HCl和H2SO4的物质的量相等，但H2SO4是二元酸，分别与等质量的Fe反应，若Fe足量，则产生的H2应为12，若Fe不足(酸过量)则产生的H2相应为11。而现产生的H2为23因此盐酸不足，硫酸过量，H2SO4生成H2的物质的量为×0.15 mol，即铁粉为0.15 mol。质量为8.4 g答案：C13向一定量的Fe、Fe3O4、Fe2O3、FeO的混合物中加入200 mL 1 mol·L1的盐酸，恰好使混合物完全反应溶解，放出4.48 mL(标准状况)气体。所得溶液中，加入KSCN溶液无红色出现，那么用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，得到铁的质量为()A11.2 g B5.6 gC2.8 g D无法计算解析：200 mL 1 mol·L1的盐酸恰好使混合物完全反应溶解，生成气体，所得溶液中加入KSCN溶液无红色出现，即溶液中的溶质全部为FeCl2，由电荷守恒得n(Fe2)n(Cl)×0.2 L×1 mol·L10.1 mol，所以一定量的Fe、Fe3O4、Fe2O3、FeO中共含有n(Fe)0.1 mol，当用足量的CO还原时，得到0.1 mol铁，质量为0.1 mol×56 g·mol15.6 g。答案：B1424 mL浓度为0.05 mol·L1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 mol·L1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则Cr元素在还原产物中的化合价为()A2 B3C4 D5解析：氧化剂与还原剂恰好发生反应，根据得失电子总数相等的知识解答。设产物中Cr元素的化合价为x，则Na2SO3Na2SO4，失去电子的物质的量为：0.024 L×0.05 mol·L1×2；K2r2O72r，得电子的物质的量为：0.02 L×0.02 mol·L1×(6 x)×2。所以：0.02 L×0.02 mol·L1×(6x)×20.024 L×0.05 mol·L1×2。解得x3。故正确答案为B。答案：B15(2010·全国卷)若(NH4)2SO4在强热时分解的产物是SO2、N2、NH3和H2O，则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为() A14B12C21 D41解析：本题考查反应理论，意在考查考生根据所学知识解决问题的能力。根据(NH4)2SO4SO2N2NH3H2O，由得失电子守恒可配平为：3(NH4)2SO4=3SO2N24NH36H2O，所以变价N与未变价N原子数之比为12。答案：B16ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3H2C2O4H2SO42ClO2K2SO42CO22H2O对该反应的下列说法中正确的是()AKClO3在反应中得到电子BClO2是氧化产物CH2C2O4在反应中被还原D1 mol KClO3参加反应有2 mol电子转移解析：分析题干中的化学方程式，KClO3中Cl元素的化合价由5价降为ClO2中的4价，Cl元素得到电子，故KClO3是氧化剂，ClO2是还原产物；H2C2O4中C元素的化合价由3价升高至CO2中的4价，C元素失电子，故H2C2O4为还原剂，CO2是氧化产物。由反应中Cl元素化合价的变化知，1 mol KClO3参加反应有1 mol电子转移。答案： A二、非选择题(本题包括6小题，共52分)17(10分)写出符合下列条件的化学方程式，并用双线桥法标出电子转移的方向和数目。(1)一种单质还原一种化合物：_；(2)一种单质氧化一种化合物：_；(3)同一种单质既作氧化剂又作还原剂：_；(4)一种化合物氧化另一种化合物：_；(5)同一种物质中，一种元素氧化另一种元素：_。答案：(1) (其他合理即可)18(8分)已知有下列物质：氢氧化钠固体铜丝氯化氢气体稀硫酸二氧化碳气体氨水碳酸钠粉末蔗糖晶体熔融氯化钠CuSO4·5H2O晶体(1)属于电解质的是_。(2)属于非电解质的是_。(3)上述状态下可导电的物质是_。(4) 上述状态下不能导电的电解质是_。解析：氢氧化钠固体、氯化氢气体、碳酸钠粉末、CuSO4·5H2O晶体不能导电，但它们溶于水或熔融状态下能导电，属于电解质。铜丝、稀硫酸、氨水、熔融氯化钠可以导电，但铜是单质，氨水是混合物，它们既不是电解质，也不是非电解质，只有氯化钠是电解质。二氧化碳气体和蔗糖在熔化状态下不能导电，溶于水时蔗糖溶液也不导电，所以蔗糖是非电解质；二氧化碳的水溶液虽然能导电，但由于在溶液中发生电离的是二氧化碳与水反应生成的碳酸，二氧化碳并未发生电离，故二氧化碳也是非电解质。答案：(1)(2)(3)(4)19(8分)(1)实验证明某反应体系中有反应物和生成物共5种物质：S、H2S、HNO3、NO、H2O，试分析：在上述5种物质中，_是反应物，_是生成物；在上述反应中表现出氧化性的物质是_，_是还原产物；发生氧化反应的过程是_。(2)根据反应8NH33Cl2=6NH4ClN2回答下列问题。氧化剂_，还原剂_氧化剂与还原剂的物质的量之比_。当生成28 g N2时，被氧化的物质_g。解析：对题目所给物质进行化合价分析：、2，可知化合价变化的元素只有S和N，因为HNO3是常见的强氧化剂，故反应发生时HNO3应作氧化剂，则还原反应过程应为HNO3NO，氧化反应过程应为元素化合价升高的过程即H2SS，故该反应中HNO3作氧化剂，H2S作还原剂，NO为还原产物，S为氧化产物，H2O的化合价不变，据质量守恒(H守恒)，应作生成物。(2)还原剂、氧化剂及生成N2的关系式为：2NH33Cl2N22×17 g 28 gx 28 g得x34 g答案：(1)HNO3、H2SNO、S、H2OHNO3NOH2SS(2)Cl2NH3323420(8分)有一固体混合物，可能由Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、CaCl2、NaCl等物质组成。为了鉴别它们，做了如下实验：将固体混合物溶于水，搅拌后得无色透明溶液；在所得的溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成；过滤，然后在所得白色沉淀上加入过量稀硝酸，沉淀部分溶解。由此判断：(1)原混合物中肯定有_，肯定没有_，可能含有_。(2)写出上述实验过程中可能发生反应的离子方程式：_。(3)对可能含有的物质可采用的检验方法是_。解析：由知混合物中不含CuSO4，CaCl2与Na2CO3，CaCl2与Na2SO4不能同时共存。由、知不能溶解的沉淀是BaSO4，溶解的沉淀是BaCO3，原混合物中一定含Na2CO3和Na2SO4，则一定不含CaCl2。可能含有NaCl。答案：(1)Na2CO3、Na2SO4CuSO4、CaCl2 NaCl(2)Ba2CO=BaCO3、Ba2SO=BaSO4、BaCO32H=Ba2H2OCO2(3)取的滤液少许于试管中，先用稀硝酸酸化，然后加入AgNO3溶液，观察是否有白色沉淀生成21(8分)如下图所示装置可用来制取Fe(OH)2和观察Fe(OH)2在空气中被氧化时的颜色变化。实验时必须使用铁屑、6 mol·L1硫酸溶液，其他试剂任选。填写下列空白：(1)B中盛有一定量的NaOH溶液，A中应预先加入的试剂是_，A中反应的化学方程式为_。(2)实验开始时应先将活塞E_(填“打开”或“关闭”)，其目的是_。在C中收集到的气体主要为_。(3)简述生成Fe(OH)2的操作过程：_。(4)拔去装置B中的橡皮塞，使空气进入，看到的现象为_；写出有关反应的化学方程式：_。解析：Fe(OH)2属于难溶碱，制取时可根据：盐碱新盐新碱的规律，用可溶性的亚铁盐和可溶性碱反应生成。B中有NaOH溶液，还需要亚铁盐溶液，实验要求必须使用铁屑和6 mol·L1的H2SO4，很显然是用于制取FeSO4，然后采用一定的方法使两者混合。由于Fe(OH)2极易被氧化，所以FeSO4和NaOH溶液反应，应在无空气的情况下进行，可以用生成的H2将系统内的空气排净。答案：(1)铁屑FeH2SO4=FeSO4H2(2)打开排除B中的空气H2(3)关闭活塞E，A中压强增大，将FeSO4溶液压入B瓶中进行反应(4)白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)322(10分)室温下，单质A、B、C分别为固体、黄绿色气体、无色气体。在合适的条件下它们可按下面的关系进行反应，又知E为无色溶液，请回答： (1)A是_，B是_，C是_，H是_(填写化学式)。(2)反应的化学方程式为：_。(3)反应的离子方程式为：_。(4)反应的离子方程式为：_。(5)反应的实验现象为_。(6)简述检验溶液D中阳离子的操作方法：_。解析：由B为黄绿色的气体单质，知B必为Cl2，能与Cl2反应的无色气体单质为H2，则C为H2，E为HCl气体，E溶液为盐酸。由“ADF，AHClFH2”知，固体单质A为变价金属，猜测A为Fe，则D为FeCl3，F为FeCl2，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，FeCl3与OH反应生成Fe(OH)3，FeCl2与NaOH在空气中也生成Fe(OH)3，完全符合题目中的变化关系，故猜测成立，A为Fe。答案：(1)FeCl2H2Fe(OH)3(2)2Fe3Cl22FeCl3(3)2Fe2Cl2=2Fe32Cl(4)Fe2Fe3=3Fe2(5)产生的白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色(6)取少量D溶液，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红色，则可证明有Fe3存在