高二精选题库 化学2单元质量检测北师大版.docx

1、高二精选题库 化学2单元质量检测北师大版单元质量检测(时间90分钟，满分100分)第卷 (选择题，共48分)一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)1下列事实与胶体知识有关的是()用盐卤点豆腐用明矾净水河海交接处易形成沙洲一束平行光照射蛋白质溶液时，从侧面可以看到光亮的通路一支钢笔使用不同牌号的蓝黑墨水易出现堵塞A BC D全部都无关解析：为电解质使胶体聚沉；为带异种电荷胶体粒子相遇，胶体聚沉；为海水中有电解质使胶体聚沉；为胶体的丁达尔现象；为带异种电荷胶体粒子相遇，胶体聚沉，所以选C.答案：C2下列物质能通过化合反应直接制得的是()FeCl3H2SO4NH4NO3HClA只有 B

2、只有C只有 D全部解析：2Fe3Cl22FeCl3；SO3H2O=H2SO4；NH3HNO3=NH4NO3；H2Cl22HCl.故均可通过化合反应制得答案：D3对于反应2KMnO416HCl=2KCl2MnCl25Cl28H2O，若有0.1 mol KMnO4参加反应，下列说法正确的是()A其转移电子0.5 molB生成Cl2 0.5 molC参加反应的HCl为16 molDCl2是还原产物解析：0.1 mol KMnO4参加反应，转移电子为0.1 mol50.5 mol，生成Cl2为0.1 mol0.25 mol，参加反应的HCl为0.1 mol80.8 mol，Cl2是氧化产物，故只有A正

3、确答案：A4下列有关物质的分类或归类正确的是()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、C4H8O2既可能为羧酸，又可能为酯类答案：B5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.在该反应中()A氢元素被氧化

4、，碳元素被还原BHCN是氧化剂CCaCN2是氧化产物，H2为还原产物DCO为氧化产物，H2为还原产物解析：本题化学反应中元素的化合价变化如下：CaCO32N=CaN2COCO2，注意到生成物CO2中的碳元素来自CaCO3，其化合价在反应前后未发生变化根据化合价的变化可知，HCN既是氧化剂又是还原剂，CaCN2是氧化产物，H2是还原产物答案：C6常温下，加水冲稀时c(H)/c(OH)的值明显减小的溶液中，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 B C D解析：加水冲稀时c(H)/c(OH

5、)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：A7在反应KClO36HCl(浓)=KCl3Cl23H2O中，被氧化与被还原的氯原子个数比为()A16 B61 C15 D51解析：6 mol HCl参加反应，只有5 mol HCl被氧化，另1 mol HCl生成KCl,1 mol KClO3参加反应，被还原的氯原子为1 mol，故选D.答案：D8下列说法或化学用语正确的是(NA表示阿伏加德罗常数的值)()A炽热的炭与足量浓硝酸反应离子方程式：C2H3NO=CO23NO2H2OB某无色酸性溶液中含有大量：Fe2、H、Cl、Ca2、NOC0.1 mol/L的碳酸钠溶液100

6、mL中含有CO的个数小于0.01NAD少量潮湿空气进入盛有漂白粉的容器中：Ca(ClO)22CO22H2O=2HClOCa(HCO3)2解析：C与浓硝酸的反应为：C4HNO3(浓)=CO24NO22H2O，A错；Fe2为浅绿色，且在酸性溶液中与NO不能共存：3Fe24HNO=3Fe3NO2H2O，B错；由于CO发生水解，0.1 mol/L的碳酸钠溶液100 mL中含有CO的数目小于0.01 NA，C对；少量潮湿空气与漂白粉反应生成CaCO3：Ca(ClO)2H2OCO2=CaCO32HClO，D错答案：C9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则下列有关粒子氧

7、化、还原能力的比较中，正确的是()A氧化能力：Sn4Sn2 B氧化能力：Fe3Sn4C还原能力：Fe2Sn2 D还原能力：FeSn4Sn2，还原能力FeSnSn2Fe2，故只有C正确答案：C10用48 mL 0.1 mol/L的FeSO4溶液，恰好还原2.4103 molRO(OH)2离子，则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.再设R元素的最终价态为x，由电子守恒有：48103L0.1 mol/L(32)2.4103 mol(5x)，解得x3.答案：

8、B11向X的溶液中加入Y试剂，产生的沉淀示意图与右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，所以更应明确图象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反应，所以一开始没有沉淀生成，不合题意选项C中所发生的反应依次是：Al33OH=Al(OH)3，NHOH=NH3H2O，Al(OH)3OH=AlO2H2O，可知所得的图形是一个斜梯形选项D中

9、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，反应分为三个阶段：第一阶段是Ca22OHCO2=CaCO3H2O；第二阶段是2OHCO2=COH2O(若认为有下列反应发生：CaCO3H2OCO2=Ca22HCO，由于有OH的存在，则有反应Ca22HCO2OH=CaCO32H2OCO随之发生，这就相当于CaCO3没有溶解)；第三阶段是CaCO3的溶解过程：CaCO3H2OCO2=Ca22HCO.答案：A12对于反应：CaH22H2O=Ca(OH)22H2，有下列叙述：H2只是氧化产物H2只是还原产物水是氧化剂CaH2中的氢元素既被氧化、也被还原此反应中的氧化产

10、物和还原产物的物质的量之比是11其中正确的是()A BC只有 D解析：，因此可看出：H2既是氧化产物，又是还原产物，且氧化产物与还原产物的物质的量之比为11；CaH2是还原剂，其中的氢元素被氧化，而H2O是氧化剂，其中的氢元素被还原，故选D.答案：D13据最新报道，科学家发现了如下反应：O2PtF6=O2(PtF6)，已知O2(PtF6)为离子化合物，其中Pt为5价，对于此反应，下列说法正确的是()A在此反应中，O2是氧化剂，PtF6是还原剂BO2(PtF6)中氧元素的化合价为1价C在此反应中，每生成1 mol O2(PtF6)则转移1 mol电子D在O2(PtF6)中不存在共价键解析：由题知

11、O2(PtF6)中Pt为5价，F只有1价，所以O为价，O元素化合价升高作还原剂，PtF6是氧化剂，电子转移数目为1e；O离子中存在着共价键，所以D不正确答案：C14在实验中手不慎被玻璃划破，可用FeCl3溶液应急止血，其主要原因可能是()AFeCl3溶液有杀菌消毒作用BFeCl3溶液能使血液聚集沉降CFeCl3溶液能产生Fe(OH)3沉淀堵住伤口DFeCl3能使血液发生化学反应解析：止血就是要让伤口处血液快速凝固，堵塞伤口，不让血继续外流血液中的血红蛋白以胶体形式分散在血液中，用FeCl3止血，是使血液中胶体介稳性条件被破坏，即中和了胶体粒子吸附的电荷，使胶体粒子相互吸附变大而聚集沉降因血液中

12、OH的量极少，肯定不是产生了Fe(OH)3.答案：B15下列各反应的化学方程式或离子方程式中，能够说明次氯酸是弱电解质的是()A次氯酸光照下分解：2HClO2HClO2B次氯酸钙溶液中通入适量二氧化碳气体产生白色沉淀：Ca(ClO)2CO2H2O=CaCO32HClOC次氯酸与氢氧化钠中和：HClONaOH=NaClOH2OD次氯酸与H2SO3作用：HClOH2SO3=H2SO4HCl解析：A中体现HClO的不稳定性；B中碳酸是弱酸，通入二氧化碳产生HClO，说明HClO比H2CO3还弱；C项体现HClO的酸性；D项说明HClO具有强氧化性，故只有B正确答案：B16向10 mL 0.1 mol

13、/L的CuSO4溶液中加入10 mL 0.15 mol/L NaOH溶液时，产生一种蓝色沉淀，溶液中的Cu2几乎被沉淀完全，该蓝色沉淀的主要成分是()ACu(OH)2 BCu2(OH)2CO3C3Cu(OH)2CuSO4 DCu(OH)2NaOH解析：本题不能凭经验选A或B，应通过定量计算确定沉淀的组成. 反应前n(Cu2)1103 mol，n(OH)1.5103 mol，根据离子方程式Cu22OH=Cu(OH)2可知反应后铜离子过量，但题干中告知溶液中的Cu2几乎被沉淀完全，因此剩余的Cu2只能与溶液中的阴离子SO结合成CuSO4并与Cu(OH)2一并形成碱式盐沉淀，所以选项C正确答案：C第

14、卷 (非选择题，共52分)二、非选择题(本题包括6小题，共52分)17(7分)在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入12滴液溴，振荡后溶液变为黄色(1)甲同学认为这不是发生化学反应所致，使溶液变黄色的物质是_(填粒子的化学式，下同)；乙同学认为这是发生化学反应所致，_是使溶液变黄色的物质(2)现提供以下试剂：A酸性高锰酸钾溶液 B氢氧化钠溶液C四氯化碳 D硫氰化钾溶液根据所学知识判断，_同学(填“甲”或“乙”)的推断是正确的，用两种方法加以验证，写出选用的试剂编号及实验中观察到的现象：选用试剂实验现象第一种方法第二种方法解析：溴水通常呈现橙红色，滴入水中，能使水呈现黄色，但由于氧化性Br2Fe3，所以

15、溴水能使Fe2转化为显黄色的Fe3，所以乙同学的推断是正确的验证的方法可以向溶液中加入CCl4溶液，若有机层无色，说明溴单质已参与反应；或者向溶液中滴加硫氰化钾溶液，若溶液变红，说明单质溴与Fe2已反应生成Fe3.答案：(1)Br2Fe3(2)乙选用试剂实验现象第一种方法C有机层无色第二种方法D溶液变红18.(8分)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经高温还原得到，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)已知铁酸盐(MFe2O4)被H2高温还原时，发生反应的MFe2O4与H2的物质的量之比为2

16、1，则还原产物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：Fe2O2e8H2Fe24H2O有K2MnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2(SO4)3四种物质中的一种能使上述还原过程发生，写出该氧化还原反应的离子方程式并配平：_.解析：(1)MFe2O4被还原时，MFe2O4与H2的物质的量之比为21，根据电子守恒，则(3)222，x3.5，即Fe在MFe2Ox的平均价态为2.5价，则Fe2和Fe3物质的量之比为11.(2)要使Fe2O被还原，应选择具有还原性的物质，只能是Cu2O，反应的方程式为：Fe2OCu2O10H=2Fe2

17、2Cu25H2O.答案：(1)3.511(2)Fe2OCu2O10H=2Fe22Cu25H2O19（9分） A、B、C、D四种可溶的化合物(所含离子各不相同)，分别由阳离子Na、Mg2、Al3、Ba2和阴离子OH、Cl、SO、CO两两组合而成为了确定这四种化合物的成分，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溶液白色沉淀沉淀部分溶解向B溶液中滴入D溶液，无明显实验现象请回答下列问题：(1)写出它们的化学式：A_；B_；C_；D_.(2)上述的第三次实验，再加入A，

18、沉淀部分溶解的离子方程式为_(3)中若是向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，则OH只能与Ba2结合成Ba(OH)2.对照实验可知A为Ba(OH)2，生成的白色沉淀分别可能是BaCO3、Mg(OH)2、Al(OH)3、BaSO4，D溶液中生成的白色沉淀再加Ba(OH)2溶液后沉淀部分溶解，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，则C是Na2CO3.(2)中沉淀部分溶解属于铝盐的性质(3)中CO与Al3发生双水解反应生成气体和沉淀答案：(1)Ba(OH

19、)2MgCl2Na2CO3Al2(SO4)3(2)Al(OH)3OH=AlO2H2O(3)冒出大量气泡，同时生成白色沉淀20(9分)已知复印机工作时易产生臭氧，臭氧浓度过高时对人体有害臭氧具有强氧化性，可以使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝，其中臭氧部分转化为氧气(1)写出并配平发生反应的离子方程式_. (2)该反应的氧化剂是_，还原产物是_(3)该反应包含两种反应：氧化反应为_转化为_，还原反应过程的反应式为_(4)反应中1 mol臭氧_(填“得到”或“失去”)_mol电子解析：据题目可知该反应中是O3将KI氧化为I2，其中部分O3转化为O2，因此反应物中还有H2O，生成物中有KOH，据得失电子守恒

20、不难写出化学反应方程式为O32KIH2O=2KOHI2O2，所以氧化剂为O3，还原产物为KOH，还原反应为O3H2O2e=2OHO2，因此1 mol O3得到2 mol电子答案：(1)O32IH2O=2OHI2O2(2)O3OH(或KOH)(3)II2O3H2O2e=2OHO2(4)得到221(9分)有X、Y、Z三种元素，已知：X2、Y均与Y的气态氢化物分子具有相同的电子数；Z与Y可组成化合物ZY3，ZY3溶液遇苯酚显紫色请回答：(1)Y的最高价氧化物对应水化物的化学式是_(2)将ZY3溶液滴入沸水可得到红褐色液体，反应的离子方程式是_此液体具有的性质是_(填写序号字母)a光束通过该液体时形成

21、光亮的“通路”b插入电极通直流电后，有一极附近液体颜色加深c向该液体中加入硝酸银溶液，无沉淀产生d将该液体加热、蒸干、灼烧后，有氧化物生成(3)X单质在空气中燃烧生成一种无色有刺激性气味的气体已知一定条件下，每1 mol该气体被O2氧化放热98.0 kJ.若2 mol该气体与2 mol O2在此条件下发生反应，达到平衡时放出的热量是176.4 kJ，则该气体的转化率为_原无色有刺激性气味的气体与含1.5 mol Y的一种含氧酸(该酸的某盐常用于实验室制取氧气)的溶液在一定条件下反应，可生成一种强酸和一种氧化物若有1.56.021023个电子转移时，该反应的化学方程式是_解析：根据信息ZY3遇苯

22、酚呈紫色，说明ZY3为FeCl3.则Y为Cl元素，Z为Fe元素. 又因为X2与Cl电子总数相同，所以X为S元素(1)Cl的最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4.(2)FeCl3滴入沸水制得Fe(OH)3胶体方程式为Fe33H2OFe(OH)3(胶体)3H，胶体具有丁达尔效应，可以发生电泳，将胶体加热蒸干得Fe(OH)3，灼烧得Fe2O3.故选择a、b、d.向胶体中加入电解质可以聚沉，故c不正确(3)S单质在空气中燃烧产生SO2气体物质燃烧放出的热量与燃烧物质的物质的量成比例变化所以列出关系式：SO2H1 mol 98 kJx 176.4 kJx1.8 mol，产生176.4 kJ热量反应

23、掉SO2 1.8 mol.转化率为100%90%.由条件可知该反应为SO2与HClO3发生氧化还原反应，SO2被氧化为H2SO4，而HClO3在反应中被还原得到1 mol电子，所以其产物为ClO2，据得失电子守恒即可写出该化学方程式为SO22HClO3=H2SO42ClO2.答案：(1)HClO4(2)Fe33H2OFe(OH)3(胶体)3Ha、b、d(3)90%SO22HClO3=H2SO42ClO222(10分)实验室可由软锰矿(主要成分为MnO2)制备KMnO4，方法如下：软锰矿与过量固体KOH和KClO3在高温下反应，生成锰酸钾(K2MnO4)和KCl；用水溶解，滤去残渣，滤液酸化后，

24、K2MnO4转变为MnO2和KMnO4；滤去MnO2沉淀，浓缩滤液，结晶得到深紫色的针状KMnO4.请回答：(1)由软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是_；(2)用K2MnO4制备KMnO4的离子方程式是_；(3)若用2.5 g软锰矿(含MnO2 80%)进行上述实验，计算KMnO4的理论产量为_；(4)KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4反应生成Mn2和CO2，该反应的化学方程式是_；(5)上述制得的KMnO4产品0.165 g，恰好与0.335 g纯Na2C2O4反应完全，计算该KMnO4的纯度解析：(1)根据化合价升降法可得软锰矿与过量固体KOH和KClO3在高温下反应的化学方程

25、式为3MnO26KOHKClO33K2MnO4KCl3H2O；(2)K2MnO4酸化得MnO2、KMnO4，离子方程式为3MnO4H=MnO22MnO2H2O(3)由上两小题的两个方程式可知，反应物和生成物之间的计量关系为：MnO2K2MnO4KMnO487 15825 g80% xx2.4 g(4)2KMnO45Na2C2O48H2SO4K2SO42MnSO45Na2SO410CO28H2O.(5)设该KMnO4的纯度为y，根据化学方程式可知：KMnO4Na2C2O4158 g/mol 134 g/mol0165 gy 0.335 gy100%95.8%答案：(1)3MnO26KOHKClO33K2MnO4KCl3H2O(2)3MnO4H=MnO22MnO2H2O(3)2.4 g(4)2KMnO45Na2C2O48H2SO4=2MnSO4K2SO45Na2SO410CO28H2O(5)95.8%