高考化学总复习 一、二章章末检测（含解析） 新人教版

二章章末检测(时间：90分钟，满分100分)一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意)1．设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法正确的是(　　)A．1molNa2O2和水完全反应，转移电子数为2NAB．0.5L0.2mol/LFeCl3溶液中，含Fe3＋数为0.1NAC．在一定条件下，催化分解80gSO3，混合气体中氧原子数为3NAD．常温常压下，28g乙烯和丙烯混合气体含有的碳原子总数为2.5NA解析：根据Na2O2和水反应：，1molNa2O2和水完全反应，转移电子数为NA，A项错误；0.5L0.2mol/LFeCl3溶液中，由于Fe3＋水解，其离子数小于0.1NA，B项错误；根据氧原子守恒，C项正确；乙烯、丙烯最简式均为CH2，28g混合气体中含CH22mol，则含碳原子2NA，D项错误。答案：C2．下列说法正确的是(　　)A．等体积、等物质的量浓度的强酸中所含的H＋数目一定相等B．1L二氧化碳气体一定比1L氧气的质量大C．同温同压下，相同体积的物质，它们的物质的量必定相等D．任何条件下，等物质的量的乙烯和一氧化碳所含的分子数必定相等解析：A项，强酸有一元强酸和二元强酸的区别，如HCl和H2SO4，所以所含H＋数目不一定相等；B项，温度和压强等外界条件不定，二者的物质的量大小也不能确定，质量无法比较；C项，一定温度和压强下，不同物质的状态可能不同，体积相同时，物质的量不一定相同；D项，物质的量与条件无关，无论什么条件，二者所含分子数一定相等。答案：D3．将10.6gNa2CO3溶于水配制成1000mL溶液，从中取出20mL，该溶液中Na＋的物质的量浓度为(　　)A．0.1mol/L　　　　　　　　B．0.2mol/LC．0.05mol/LD．0.025mol/L解析：c(Na2CO3)＝＝0.1mol/L，c(Na＋)＝0.2mol/L，取20mL浓度不变。答案：B-10-\n4．(创新题)在化学学科中经常使用下列物理量，其中跟阿伏加德罗常数(NA)无关的组合是(　　)①相对原子质量；②摩尔质量(g/mol)；③原子半径；④中和热(kJ/mol)；⑤物质的量；⑥化学反应速率[mol/(L·s)]；⑦气体摩尔体积(L/mol)；⑧溶解度；⑨燃烧热(kJ/mol)；⑩溶质的质量分数A．①③⑧⑩B．②④⑤⑥⑦⑨C．①②③④⑤D．⑥⑦⑧⑨⑩解析：根据物理量的单位，可以判断其与阿伏加德罗常数是否有关，相对原子质量、溶质的质量分数为具体数值，原子半径的单位为nm，溶解度的单位为g，这些物理量与阿伏加德罗常数均无关。答案：A5．(2012年豫南九校联考)分类是化学研究中常用的方法。下列分类方法中，不正确的是(　　)①根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属②根据电解质在水溶液中能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质③依据组成元素的种类，将纯净物分为单质和化合物④根据酸分子中含有的氢原子个数，将酸分为一元酸、二元酸等⑤根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为碱性氧化物、酸性氧化物⑥根据分散系的稳定性大小，将分散系分为胶体、浊液和溶液⑦依据有无电子转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应⑧根据化学反应的热效应，将化学反应分为放热反应、吸热反应A．①④⑤⑥B．③④⑤⑥C．只有①③D．全部正确解析：酸的元数划分依据是酸分子可以电离出的H＋数目的多少；碱性氧化物与酸性氧化物是依据氧化物性质划分的；分散系是依据分散质粒子直径大小划分的。答案：A6．Fe(OH)3胶体和MgCl2溶液共同具备的性质是(　　)A．两者均有丁达尔效应B．两者均能透过半透膜C．加入盐酸先沉淀，随后溶解D．分散质粒子可通过滤纸解析：MgCl2溶液无丁达尔效应；Fe(OH)3胶体不能透过半透膜；MgCl2溶液加盐酸无沉淀；Fe(OH)3胶体和MgCl2溶液的分散质粒子均可通过滤纸。答案：D7．(2012年北京卷)下列解释实验现象的反应方程式正确的是(　　)-10-\nA．切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗2Na＋O2===Na2O2B．向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色2AgCl＋S2－===Ag2S↓＋2Cl－C．Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色粘稠物2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2D．向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀2HCO3－＋Ca2＋＋2OH－===CaCO3↓＋CO32－＋2H2O解析：本题主要考查离子反应发生的条件及现象。A．由于Na与O2只有在点燃条件下生成Na2O2，错。B．由AgCl转化为Ag2S，符合沉淀转化的实质，正确。C．Na2O2在潮湿的空气中应先与水作用生成NaOH然后吸水得白色粘稠物，错。D．由于加入过量的澄清石灰水，故产物中不可能有CO32－，正确方程式应为HCO3－＋Ca2＋＋OH－===CaCO3↓＋H2O。答案：B8．(2012年江苏卷)常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是(　　)A．0.1mol·L－1NaOH溶液：K＋、Na＋、SO42－、CO32－B．0.1mol·L－1Na2CO3溶液：K＋、Ba2＋、NO3－、Cl－C．0.1mol·L－1FeCl3溶液：K＋、NH4＋、I－、SCN－D．c(H＋)/c(OH－)＝1×1014的溶液：Ca2＋、Na＋、ClO－、NO3－解析：A项，在NaOH溶液中各离子可共存；B项，CO32－与Ba2＋不能大量共存；C项，Fe3＋与I－或SCN－都不能共存；D项，c(H＋)/c(OH－)＝1×1014时，c(H＋)＝1mol/L，H＋与ClO－不能大量共存。答案：A9．有一瓶无色溶液，可能含有Na＋、K＋、Al3＋、Mg2＋、NH4＋、Cl－、SO42－、HCO3－、MnO4－中的几种。为确定其成分，进行如下实验：①取少许溶液，逐渐加入过量的Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，且白色沉淀逐渐增多后又部分溶解；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生；③用洁净的铂丝蘸取原溶液在酒精灯火焰上灼烧，观察到黄色火焰。下列推断正确的是(　　)A．肯定有Na＋、Al3＋、Mg2＋、SO42－B．肯定有Na＋、Mg2＋、Al3＋、Cl－C．肯定没有K＋、HCO3－、MnO4－D．肯定没有K＋、NH4＋、Cl－解析：由无色溶液可知，不存在MnO4－；由①可知，溶液中不存在NH4＋-10-\n，白色沉淀逐渐增多后又部分溶解，说明既有Mg2＋存在，又有Al3＋存在；由②可知肯定存在SO42－；由③可知肯定存在Na＋，实验不能确定有没有K＋和Cl－，需要进一步验证，由于HCO3－与Al3＋不能大量共存，故HCO3－不存在。答案：A10．下列对离子方程式的评价不正确的是(　　)离子方程式评价A.亚磷酸是一种二元酸，在其中加入过量的烧碱溶液：H3PO3＋3OH－===PO33－＋3H2O正确B.在亚硫酸中加入少量的次氯酸钠溶液：H2SO3＋ClO－===Cl－＋2H＋＋SO42－正确C.在碳酸氢镁溶液中加入过量氢氧化钠溶液：Mg2＋＋2HCO3－＋2OH－===MgCO3↓＋CO32－＋2H2O错误：生成物应是Mg(OH)2和Na2CO3D.在过氧化钠中加入稀硫酸：2Na2O2＋4H＋===4Na＋＋2H2O＋O2↑正确解析：已知亚磷酸是一种二元酸，则1molH3PO3最多能与2molNaOH反应，A项不正确；次氯酸钠具有强氧化性，能把亚硫酸氧化成硫酸，B项正确；Mg(OH)2的溶解性比MgCO3小，在碳酸氢镁溶液中加入过量氢氧化钠溶液，生成的沉淀为Mg(OH)2，C项正确；在过氧化钠中加入稀硫酸，反应的离子方程式为2Na2O2＋4H＋===4Na＋＋2H2O＋O2↑，D项正确。答案：A11．LiNiO2是锂离子电池的正极活性材料，其制备原理可表示为4Ni(OH)2＋4LiOH＋O2===4LiNiO2＋6H2O。下列说法正确的是(　　)A．LiNiO2中Ni的化合价是＋1B．该反应中LiOH是还原剂C．OH－和Li＋含有的电子数相同D．LiNiO2中既含离子键又含共价键解析：LiNiO2中Ni显＋3价，A错误；题给反应中LiOH既不是氧化剂又不是还原剂，B错误；OH－含有10个电子，Li＋含有2个电子，C错误；镍原子与氧原子形成了NiO2－，镍与氧之间形成的是共价键，锂离子与NiO2－之间形成的是离子键，D正确。答案：D12．铋(Bi)位于元素周期表中VA族，＋3价较稳定，铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液依次滴加下列溶液，对应的现象如下表所示：加入溶液①适量的铋酸钠溶液②过量的双氧水③适量KI－淀粉溶液-10-\n实验现象溶液呈紫红色紫红色消失，产生气泡溶液变成蓝色关于NaBiO3、KMnO4、I2、H2O2的氧化性由弱到强(从左至右)的顺序为(　　)A．NaBiO3、KMnO4、H2O2、I2B．KMnO4、NaBiO3、I2、H2O2C．I2、H2O2、KMnO4、NaBiO3D．H2O2、I2、NaBiO3、KMnO4解析：依题意，①铋酸钠能将硫酸锰溶液中＋2价锰氧化成高锰酸根离子(紫红色)，说明铋酸钠氧化性强于高锰酸钾；②高锰酸根离子能将双氧水氧化生成氧气，说明高锰酸钾氧化性强于双氧水；③双氧水将KI氧化生成I2，说明双氧水的氧化性强于I2。答案：C13．(创新题)已知NH4CuSO3与足量的10mol/L硫酸混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成　②产生刺激性气味的气体　③溶液呈现蓝色。据此判断下列说法正确的是(　　)A．反应中硫酸作氧化剂B．NH4CuSO3中硫元素被氧化C．刺激性气味的气体是氨气D．1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子解析：根据实验现象，反应后有Cu、SO2、Cu2＋生成，因此该反应为：2NH4CuSO3＋2H2SO4===(NH4)2SO4＋CuSO4＋Cu＋2SO2↑＋2H2O，反应中Cu＋既是氧化剂又是还原剂，硫酸作为介质，既不是氧化剂又不是还原剂，A、B错；刺激性气味的气体是SO2，C错；1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子，D对。答案：D14．(2012年安徽卷)科学家最近研究出一种环保、安全的储氢方法，其原理可表示为NaHCO3＋H2HCOONa＋H2O，下列有关说法正确的是(　　)A．储氢、释氢过程均无能量变化B．NaHCO3、HCOONa均含有离子键和共价键C．储氢过程中，NaHCO3被氧化D．释氢过程中，每消耗0.1molH2O放出2.24L的H2解析：任何反应中，物质变化的同时均伴随着能量变化，A项错；NaHCO3、HCOONa均为离子化合物含离子键，而原子团HCO3－、HCOO－内部各原子以共价键相结合，B项对；储氢过程NaHCO3―→HCOONa，其中C元素由＋4价―→＋2价，化合价降低被还原，C项错；在释氢过程中，H2O＋HCOONa===H2＋NaHCO3，每消耗0.1molH2O释放H2的物质的量为0.1-10-\nmol，但体积不一定是2.24L，因为不一定是在标准状况下。答案：B15．有时候，将氧化还原反应方程式拆开写成两个“半反应”。下面是一个“半反应”式：(　　)MnO4－＋(　　)H＋＋(　　)e－——(　　)Mn2＋＋(　　)H2O，该反应方程式的配平化学计量数是(　　)A．1，8，4，1，4　　　　　　　B．2，16，5，2，8C．1，6，5，1，3D．1，8，5，1，4解析：先找化合价变化，再根据电荷守恒、原子守恒配平。1MO4－＋H＋＋5e－——1M2＋＋H2O　,5Ｆ根据电荷守恒，可知H＋计量数为8，原子守恒，H2O计量数为4。答案：D二、填空题(本题包括5小题，共55分)16．(10分)(1)实验室里需用480mL0.1mol/L的CuSO4溶液。①以下配制方法正确的是________(填字母)。A．称取7.68gCuSO4加入500mL水B．称取12.0g胆矾加入500mL水C．称取8.0gCuSO4加入500mL水D．称取12.5g胆矾配成500mL溶液②假如其他操作均准确无误，分析下列情况对配制溶液浓度的影响。A．定容时俯视观察刻度线：________；B．移液时，对用于溶解CuSO4(或胆矾)的烧杯没有洗涤：________。C．定容后，将容量瓶振荡摇匀，静置时发现液面低于刻度线，又补加水至刻度线：________。(2)用98%(密度为1.84g/cm3)的浓硫酸稀释成3mol/L的稀硫酸100mL，回答下列问题：①需要浓硫酸________mL；②配制操作可分解成如下几步，正确的操作顺序是________。A．向容量瓶中注入少量水，检查是否漏水B．用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒，将溶液注入容量瓶，并重复操作两次C．将已冷却的稀硫酸注入已检查不漏水的容量瓶中D．根据计算，用量筒量取一定体积的浓硫酸E．将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入盛有蒸馏水的小烧杯中，并不断用玻璃棒搅拌F．盖上容量瓶塞子，振荡，摇匀-10-\nG．用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切H．继续往容量瓶中小心地加水，使液面接近刻度线解析：(1)①由于没有480mL规格的容量瓶，所以应配制500mL溶液，由计算知配成500mL溶液需要12.5gCuSO4·5H2O或8.0g无水CuSO4。②三种操作对结果的影响分别为nVcA不变偏小偏高B偏小不变偏低C不变偏高偏低(2)一定物质的量浓度溶液的配制步骤大致为：检漏→计算→称量(或量取)→溶解(或稀释)→冷却→转移→洗涤→定容→摇匀。答案：(1)①D　②A.偏高　B．偏低　C．偏低(2)①16.3　②ADECBHGF17．(10分)(2011年银川模拟)取少量Fe2O3粉末(红棕色)加入适量盐酸，发生反应的化学方程式：______________________，反应后得到的溶液呈__________色。用此溶液分别做以下实验：(1)取少量溶液置于试管中，滴入几滴NaOH溶液，可观察到有红褐色沉淀生成，反应的化学方程式为__________________________，此反应属于__________。(2)在小烧杯中加入20mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中滴入几滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈__________色，即制得Fe(OH)3胶体。(3)取另一只小烧杯也加入20mL蒸馏水，向烧杯中加入1mLFeCl3溶液，振荡均匀后，将此烧杯(编号甲)与盛有Fe(OH)3胶体的烧杯(编号乙)一起放置于暗处，分别用激光笔照射烧杯中的液体，可以看到________________烧杯中的液体产生丁达尔效应。这个实验可以用来区别______________________。(4)取乙烧杯中少量Fe(OH)3胶体置于试管中，向试管中滴加一定量的稀HI溶液，边滴加边振荡，会出现一系列变化。①先出现红褐色沉淀，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②随后沉淀溶解，溶液呈棕黄色，写出此反应的离子方程式：________________________________________________________________________。③最后溶液颜色加深，原因是________________________________________________________________________(写出离子方程式)。-10-\n④用稀盐酸代替稀HI溶液，能出现上述哪些相同的变化现象__________(写序号)。解析：碱性氧化物与酸反应生成盐和水，故Fe2O3＋6HCl===2FeCl3＋3H2O，FeCl3溶液呈棕黄色。(1)FeCl3溶液中滴入NaOH溶液发生复分解反应。(2)此小题主要考查Fe(OH)3胶体的制法。(3)胶体可发生丁达尔效应，而溶液不能，利用这一点可以区分胶体和溶液。(4)HI既有酸性又有强还原性，I－能使Fe(OH)3胶体聚沉，H＋使其溶解，生成的Fe3＋又能氧化I－生成I2；而HCl只能使其先聚沉再溶解。该题涉及到胶体的聚沉、Fe(OH)3的碱性、HI是强电解质、具有酸性、还原性等性质。分析④时的关键在于Cl－比I－还原性弱，Cl－不能还原Fe3＋，故导致现象不同。答案：Fe2O3＋6HCl===2FeCl3＋3H2O　棕黄(1)FeCl3＋3NaOH===3NaCl＋Fe(OH)3↓　复分解反应　(2)红褐(3)乙　胶体和溶液(4)①加入电解质后，胶体发生聚沉②Fe(OH)3＋3H＋===Fe3＋＋3H2O③2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2④①②18．(10分)(2012年中山统考)现有五种离子化合物A、B、C、D和E，都是由下表中离子形成的：阳离子Ag＋Ba2＋Al3＋阴离子OH－Cl－SO42－为鉴别它们，分别完成以下实验，其结果是：①B和D都不溶于水，也不溶于酸；②A溶于水后，与上述某阳离子反应可生成B，且A溶液与过量氨水反应生成白色沉淀；③C溶于水后，与上述某阳离子反应生成D，且C溶液与过量氨水反应生成白色沉淀；④E溶于水后，与上述某阴离子反应可生成B；⑤A溶液与适量E溶液反应生成沉淀，再加入过量E溶液，沉淀量减少，但不消失。请根据上述实验结果，填空：(1)写出化合物的化学式：A________，C________，D________，E________。(2)A溶液与过量的E溶液反应后，最终得到的沉淀的化学式是________。解析：解答本题应把局部小规模推断与整体综合判断相结合。①不溶于水，也不溶于酸的物质为BaSO4和AgCl；②、③中可与氨水生成白色沉淀的A和C应在Al2(SO4)3和AlCl3中选出；④E中必含有Ba2＋：⑤能满足题述条件的只有Al2(SO4)3和Ba(OH)2-10-\n之间的反应。故A为Al2(SO4)3，E为Ba(OH)2。当Ba(OH)2适量时，发生反应Al2(SO4)3＋3Ba(OH)2===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓；而一旦Ba(OH)2过量，前面生成的Al(OH)3沉淀就会发生溶解，而BaSO4不受影响，反应可表示为Al(OH)3＋OH－===AlO2－＋2H2O。结合前面所做推断可确定B为BaSO4，C为AlCl3，D为AgCl。答案：(1)Al2(SO4)3　AlCl3　AgCl　Ba(OH)2　(2)BaSO419．(12分)有A、B、C、D、E、F六种化合物，它们之间的反应关系如下：①A＋B―→C＋E②C＋NaOH―→D(蓝色沉淀)＋F③DA＋E④F＋Ba(NO3)2―→白色沉淀＋NaNO3(1)写出物质的化学式：A________，B________，C________，D________，E________，F________。(2)写出①、④的离子方程式：①________________________________________________________________________，④________________________________________________________________________。解析：常见物质中蓝色沉淀为Cu(OH)2，由②可知C为可溶性铜盐，F为钠盐；由③知A、E为CuO和H2O中的一种；由④知F为Na2SO4，同时推出C为CuSO4；由①和③式可推出A为CuO，B为H2SO4，E为H2O。答案：(1)CuO　H2SO4　CuSO4　Cu(OH)2　H2O　Na2SO4(2)①CuO＋2H＋===H2O＋Cu2＋④Ba2＋＋SO42－===BaSO4↓20．(13分)三氟化氮(NF3)是一种新型电子材料，它在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，请根据要求回答下列问题：(1)反应过程中，被氧化与被还原的元素原子的物质的量之比为________。(2)写出该反应的化学方程式________________________________________________________________________。若反应中生成0.2molHNO3，转移的电子数目为______个。(3)NF3是一种无色、无臭的气体，但一旦NF3在空气中泄漏，还是易于发现。你判断该气体泄漏时的现象是________________________________________________________________________。(4)一旦NF3泄漏，可以用NaOH溶液喷淋的方法减少污染，其产物除NaNO2、NaF、H2O外，还肯定有________(填化学式)。解析：由题意可写出：F3＋H2O―→HF＋O＋O3。-10-\n(1)根据电子得失守恒：N(被氧化)×(5－3)＝N(被还原)×(3－2)，所以N(被氧化)∶N(被还原)＝1∶2。(2)依据化合价升降总数相等，从方程式右边着手分析并配平，3NF3＋5H2O===2NO＋HNO3＋9HF，生成0.2molHNO3，转移电子数目0.2mol×(5－3)×NA＝0.4NA或2.408×1023个。(3)NF3泄漏产生NO，NO遇空气中的O2生成红棕色气体NO2，HNO3、HF气体均有刺激性气味且在空气中易形成酸雾。(4)NF3与H2O反应产生HNO3，HNO3和NaOH反应生成NaNO3。答案：(1)1∶2(2)3NF3＋5H2O===2NO＋HNO3＋9HF　0.4NA或2.408×1023个(3)产生红棕色气体、产生刺激性气味气体、产生白雾(4)NaNO3-10-