广西专用2022年高考化学一轮复习单元质检卷2化学物质及其变化含解析新人教版

单元质检卷(二)　化学物质及其变化

(时间:45分钟　满分:100分)

一、选择题(本题共10小题,每小题5分,共50分。每小题只有一个选项符合题目要求)

1.《淮南万毕术》中有“曾青得铁,则化为铜,外化而内不化”,下列说法中正确的是(　　)。

A.“化为铜”表明发生了氧化还原反应

B.“外化”时化学能转化为电能

C.“内不化”是因为内部的铁活泼性较差

D.反应中溶液由蓝色转化为黄色

答案:A

解析:“曾青得铁,则化为铜”,反应的化学方程式是Fe+CuSO4FeSO4+Cu,属于氧化还原反应,A项正确;Fe+CuSO4FeSO4+Cu,反应过程中没有形成原电池,所以化学能没有转化为电能,B项错误;“内不化”是因为内部的铁与硫酸铜溶液不接触,C项错误;反应中生成硫酸亚铁,溶液由蓝色转化为浅绿色,D项错误。

2.下列说法中正确的是(　　)。

①漂白粉、水玻璃、福尔马林都是混合物

②砹(At)是第ⅦA族元素,AgAt易溶于水

③用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应,火焰呈黄色,该溶液一定是钠盐溶液

④Cs2CO3加热时不能分解为CO2和Cs2O

⑤纳米铁粉可以去除被污染水体中的重金属离子

⑥根据反应SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑可推知硅酸的酸性比碳酸的酸性强

A.①③④⑤ B.①④⑤

C.②③④⑤ D.①③⑥

答案:B

解析:①漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物,福尔马林是甲醛的水溶液,水玻璃是硅酸钠的水溶液,都是混合物,故①正确;②氯、溴、碘、砹均为第ⅦA族元素,根据卤族元素及其化合物的性质递变规律可知,氯化银、溴化银和碘化银等都是不溶于水的,则AgAt也不溶于水,故②错误;③用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应,火焰呈黄色,该溶液一定含有钠元素,但是不一定是钠盐溶液,也可能是氢氧化钠溶液,故③错误;④碳酸钠加热不分解,同主族元素的化合物性质相似,则加热Cs2CO3也不分解,故④正确;⑤纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子,是由于金属离子与Fe发生了氧化还原反应,故⑤正确;⑥反应只有在高温条件下才能进行,由于CO2是气体,生成后脱离反应体系使反应得以继续进行,但并不能说明硅酸的酸性比碳酸的酸性强,故⑥错误。

3.(2020宁夏六盘山高级中学高三模拟)下列离子方程式正确的是 (　　)。

A.Na与H2O反应:Na+H2ONa++OH-+H2↑

B.向Ca(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液:Ca2++HC+OH-CaCO3↓+H2O

C.向含0.2 mol FeI2的溶液中滴加通入0.25 mol Cl2:2Fe2++8I-+5Cl22Fe3++4I2+10Cl-

D.电解MgCl2溶液:2H2O+2Cl-2OH-+H2↑+Cl2↑

答案:C

解析:A项,氢原子不守恒,正确的离子方程式为2Na+2H2O2Na++2OH-+H2↑,A项错误;向Ca(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液,正确的离子方程式为Ca2++2HC+2OH-CaCO3↓+2H2O+C,B项错误;向含0.2molFeI2的溶液中通入0.25molCl2,由于Cl2先氧化I-,再氧化Fe2+,0.4molI-完全反应,消耗0.2molCl2,0.25molCl2全部反应,只消耗0.1molFe2+,正确的离子方程式为2Fe2++8I-+5Cl22Fe3++4I2+10Cl-,C项正确;电解MgCl2溶液,Mg2+会与电解产生的OH-生成Mg(OH)2沉淀,正确的离子方程式为Mg2++2H2O+2Cl-Mg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑,D项错误。

4.常温下,某未知溶液中=1×1012,且含有大量Al3+和N,检验此溶液中是否大量存在以下6种离子:①Si、②N、③Fe2+、④Na+、⑤HC、⑥Cl-,其中不必检验就能加以否定的离子是(　　)。

A.①③⑤ B.②③④

C.①②⑥ D.④⑤⑥

答案:A

解析:常温下,=1×1012的溶液呈酸性。因所给溶液中含有N,故Si、Fe2+、HC肯定不能大量存在。

5.(2020山东日照高三一模)Cu2HgI4是一种红色固体,常用作示温涂料。制备反应为2CuSO4+K2HgI4+SO2+2H2OCu2HgI4↓+K2SO4+2H2SO4。下列说法正确的是(　　)。

A.上述反应的产物Cu2HgI4中,Hg的化合价为+1价

B.上述反应中Hg元素与Cu元素的化合价均降低

C.上述反应中生成1 mol Cu2HgI4时,转移的电子数为4NA(设NA代表阿伏加德罗常数的值)

D.由以上信息可推知:反应2CuSO4+2NaCl+SO2+2H2O2CuCl↓+Na2SO4+2H2SO4可发生

答案:D

解析:Cu2HgI4中Cu的化合价为+1价,Hg的化合价为+2价,A项错误;题述反应中,只有Cu元素化合价降低,B项错误;题述反应中,CuSO4中Cu的化合价由+2价降至+1价,生成1molCu2HgI4时,转移2mol电子,转移的电子数为2NA,C项错误;根据题干信息,CuSO4可与SO2在盐溶液中发生氧化还原反应,Cu2+被还原为Cu+,SO2被氧化为S,则反应2CuSO4+2NaCl+SO2+2H2O2CuCl↓+Na2SO4+2H2SO4可以发生,D项正确。

6.类推思维是化学解题中常用的一种思维方法,下列有关反应方程式的类推正确的是(　　)。

答案:B

解析:金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来,钠投入铜盐溶液中,钠先与水反应生成NaOH,不会置换出铜,A项错误;NaHSO4与Ba(OH)2按照物质的量之比为2∶1反应生成硫酸钡、硫酸钠和水,溶液呈中性,离子方程式为2H++S+Ba2++2OH-BaSO4↓+2H2O,B项正确;碘的氧化性较弱,与铁反应时生成FeI2,C项错误;向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2发生氧化还原反应,离子方程式为Ca2++3ClO-+SO2+H2OCaSO4↓+Cl-+2HClO,D项错误。

7.某溶液X中可能含有下列离子中的若干种:Cl-、S、S、HC、Na+、Mg2+、Fe3+,所含离子的物质的量浓度均相同。为了确定该溶液的组成,某同学取100 mL上述溶液X,进行了如下实验:

下列说法正确的是(　　)。

A.气体A可能是CO2或SO2

B.溶液X中一定存在S、HC、Na+、Mg2+

C.溶液X中一定不存在Fe3+和Mg2+,可能存在Na+

D.分别在溶液1和溶液2中加入硝酸酸化的硝酸银溶液都能生成白色沉淀

答案:B

解析:由图示可知,溶液X中加入足量的氢氧化钡溶液后,出现白色沉淀,向白色沉淀中加入足量的盐酸,仍有白色沉淀并产生气体A,可知溶液X中一定含有S,可能含有S、HC中的一种或两种,则Fe3+一定不存在;根据溶液X中所含离子的物质的量浓度均相同和溶液呈电中性推测,一定存在Na+和Mg2+,可知一定不存在S、Cl-,A项错误,B项正确,C项错误。溶液X中不存在Cl-,因此溶液1中加入硝酸酸化的硝酸银溶液无白色沉淀生成,溶液2中引入了Cl-,加入硝酸酸化的硝酸银溶液能生成白色沉淀,D项错误。

8.(2020北京门头沟高三综合练习)高铁酸钾(K2FeO4)是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂,制备流程如图所示:

下列叙述不正确的是(　　)。

A.用K2FeO4对饮用水杀菌消毒的同时,还产生Fe(OH)3胶体吸附杂质而净化水

B.用FeCl2溶液吸收反应Ⅰ中尾气后可再利用

C.反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2

D.该生产条件下,物质的溶解度:Na2FeO4<K2FeO4

答案:D

解析:铁与氯气反应生成氯化铁,加入NaClO、NaOH,次氯酸钠将铁离子在碱性条件下氧化成Na2FeO4,加入饱和KOH溶液可析出高铁酸钾(K2FeO4),分离得到粗K2FeO4。K2FeO4具有强氧化性,可用于杀菌消毒,生成的铁离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体,可用于净水,A项正确;反应I后的尾气含有氯气,可与氯化亚铁反应生成氯化铁,可再利用,B项正确;反应中Cl元素化合价由+1价降低为-1价,Fe元素化合价由+3价升高到+6价,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2,C项正确;结晶过程中加入浓KOH溶液,增大了K+浓度,该温度下,高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小,有利于K2FeO4晶体的析出,D项错误。

9.(2020江苏泰州高三二模)高温下,Fe2O3和H2反应可转化为Fe3O4,反应的化学方程式为3Fe2O3+H22Fe3O4+H2O。下列说法正确的是(　　)。

A.Fe2O3的俗名为磁性氧化铁

B.该反应条件下H2的还原性强于Fe3O4的还原性

C.每消耗160 g Fe2O3,反应中约转移2×6.02×1023个电子

D.Fe3O4可由Fe与H2O在常温下反应制得

答案:B

解析:磁性氧化铁是Fe3O4的俗名,Fe2O3的俗名是铁红,A项错误;题述反应中,H2是还原剂,Fe3O4为还原产物,因此该反应条件下,H2的还原性强于Fe3O4的还原性,B项正确;题述反应每消耗3molFe2O3,转移电子2mol,那么每消耗160gFe2O3即1mol,转移电子mol,即约×6.02×1023个电子,C项错误;Fe与水蒸气在高温下反应才会生成Fe3O4,D项错误。

10.(2020福建福州高三第三次质量检测)氢氧化铈[Ce(OH)4]是一种重要的稀土氢氧化物。平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2),某课题组以此粉末为原料回收铈,设计实验流程如下:

下列说法错误的是(　　)。

A.滤渣A中主要含有SiO2、CeO2

B.过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒

C.过程②中发生反应的离子方程式为CeO2+H2O2+3H+Ce3++2H2O+O2↑

D.过程④中消耗11.2 L O2(已折合成标准状况),转移电子数约为2×6.02×1023

答案:C

解析:废玻璃粉末(含CeO2、SiO2、Fe2O3)中加入稀盐酸,Fe2O3转化为FeCl3存在于滤液中,滤渣主要含有CeO2和SiO2,A项正确;结合过滤操作要点,实验中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒,B项正确;稀硫酸、H2O2、CeO2三者反应生成Ce2(SO4)3、O2和H2O,反应的离子方程式为6H++H2O2+2CeO22Ce3++O2↑+4H2O,C项错误;过程④中消耗11.2LO2的物质的量为0.5mol,转移电子数为0.5mol×4×NA≈2×6.02×1023,D项正确。

二、非选择题(本题共4个小题,共50分)

11.(12分)要准确掌握化学基本概念和研究方法。按要求回答下列问题:

(1)下列是某同学对有关物质进行分类的列表:

每组分类均有错误,其错误的物质分别是　　　　　　　、　　　　　　　、　　　　　　　(填化学式)。 

(2)鉴别胶体和溶液所采用的方法是观察是否能发生　　　　　　效应。 

(3)一个密闭容器中放入M、N、Q、P四种物质,在一定条件下发生化学反应,一段时间后,测得有关数据如下表,按要求回答下列问题:

①该变化的基本反应类型是　　　　　　反应; 

②物质Q在反应中可能起的作用是　　　　　　。 

答案:(1)Na2CO3　CO　Al2O3　(2)丁达尔

(3)①分解　②催化作用

解析:(1)第一组中的碳酸钠是盐,而不是碱;第二组中的CO与碱不反应,不是酸性氧化物;第三组中的氧化铝是两性氧化物,不是碱性氧化物。

(2)胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径不同;鉴别胶体和溶液所采用的方法是看其能否发生丁达尔效应。

(3)①N和P的质量增加,说明这两者是生成物,所以M是反应物,则该反应是M的分解反应;②根据表中数据可知反应前后Q的质量不变,因此Q可能是催化剂,起催化作用。

12.(14分)二氧化硒(SeO2)是一种氧化剂,其被还原后的单质硒可能成为环境污染物,通过与浓硝酸或浓硫酸反应生成SeO2以回收Se。

完成下列填空:

(1)Se与浓硝酸反应的还原产物为NO和NO2,且NO和NO2的物质的量之比为1∶1,写出Se与浓硝酸反应的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

(2)已知:Se+2H2SO4(浓)2SO2↑+SeO2+2H2O

2SO2+SeO2+2H2OSe+2S+4H+

SeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

(3)回收得到的SeO2的含量,可以通过下面的方法测定:

①SeO2+KI+HNO3Se+I2+KNO3+H2O

②I2+2Na2S2O3Na2S4O6+2NaI

配平方程式①,标出电子转移的方向和数目:　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

(4)实验中,准确称量SeO2样品0.150 0 g,消耗了0.200 0 mol·L-1的Na2S2O3溶液25.00 mL,所测定的样品中SeO2的质量分数为　　　　　　。 

答案:(1)Se+2HNO3(浓)H2O+SeO2+NO↑+NO2↑

(2)H2SO4(浓)>SeO2>SO2

(3)

(4)92.50%(或0.925 0)

解析:(1)根据题中信息可知,Se与浓硝酸反应生成SeO2、NO、NO2,根据原子守恒可知,生成物还应有H2O,据此可写出反应的化学方程式。

(2)根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,则有氧化性:H2SO4(浓)>SeO2,根据氧化剂的氧化性强于还原剂的氧化性,有氧化性:SeO2>SO2。

(3)根据得失电子相等不难配平方程式①,标出电子转移的方向和数目时可用双线桥法,也可用单线桥法。

(4)由配平之后的化学方程式①及②可得关系式SeO2~4Na2S2O3,则n(SeO2)=n(Na2S2O3)=×0.2000mol·L-1×0.025L=0.00125mol

m(SeO2)=0.00125mol×111g·mol-1=0.13875g

w(SeO2)=×100%=92.50%。

13.(12分)工业上可用以下方案使饮用水中N含量达标。

请回答下列问题:

(1)调节pH不宜过大或过小,否则会造成　　　　　的利用率降低;试剂X可选用　　　　　(填字母)。 

A.NaOH　B.Ca(OH)2　C.NH3·H2O　D.CuO　E.CO2

(2)流程中操作①的名称为　　　　　　　,若在实验室中进行此操作,所需要的玻璃仪器是　　　　　　　　　　　　　　　　。 

(3)写出溶液中铝粉和N反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

(4)还可用以下化学反应使饮用水中N的含量达标,产物之一是空气的主要成分。完成下列离子方程式:

答案:(1)铝　B

(2)过滤　烧杯、漏斗、玻璃棒

(3)10Al+6N+18H2O10Al(OH)3+3N2↑+6OH-

(4)5H2+2N+2H+N2+6H2O

解析:(1)pH过大或过小,加入的铝粉会反应生成H2,造成Al的利用率降低。选用Ca(OH)2调节pH较合适,因引入的Ca2+对人体无害,且来源丰富,价格便宜。

(3)根据流程的信息可知,铝粉还原溶液中的N生成N2,同时生成难溶物Al(OH)3,据此可写出反应的离子方程式。

(4)H2还原N也生成N2,由电荷守恒可知,反应物中的缺项应为H+。

14.(2020北京海淀十一学校高三教与学质量诊断)(12分)硫酸盐气溶胶作为PM2.5的主要成分,是雾霾产生的一个重要元凶。科学家发现了一种利用水催化促进硫酸盐形成的化学新机制。如图所示:

(1)NO2和SO2作为大气初期污染物的主要成分,主要来自　　　　　　　　　　　　　　　　　。

(2)电子传递可以促进HS中O—H的断裂,进而形成中间体S,反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

(3)通过“水分子桥”,处于纳米液滴中的S或HS可以将电子快速转移到周围的气相NO2分子。写出HS与NO2间发生的总反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　。

(4)亚硝酸(HNO2)是一种弱酸,酸性比醋酸稍强,极不稳定,只能存在于稀的水溶液中,加热时发生歧化反应,生成一种强酸和一种遇空气变为红棕色的气体,写出该反应的化学方程式:

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

(5)结合题中信息,请写出一种鉴别NaNO2和NaCl的方法:　　　　　　　　　　　　　　　　。

答案:(1)机动车尾气的排放、化石燃料(煤)的燃烧、工业过程等

(2)HS+NO2S+HNO2

(3)HS+2NO2+H2O2HNO2+HS

(4)3HNO2HNO3+2NO↑+H2O

(5)用pH试纸分别测两种溶液的pH,pH>7的为NaNO2溶液,pH=7的为NaCl溶液(或其他合理答案)

解析:(1)NO2和SO2主要来自机动车尾气的排放,化石燃料(煤)的燃烧,工业过程等。

(2)由图可知,HS中O—H的断裂过程为HS和NO2反应得到S和HNO2,反应的离子方程式为HS+NO2S+HNO2。

(3)由图可知,反应物有HS、H2O、NO2,生成物有HS和HNO2,即HS与NO2间发生反应的总化学方程式为HS+2NO2+H2O2HNO2+HS。

(4)红棕色的气体为NO2,HNO2中N元素化合价为+3价,则加热的产物之一为NO,NO中N元素化合价为+2价,加热发生歧化反应,则强酸应为HNO3,结合原子守恒可得HNO2加热发生的反应为3HNO2HNO3+2NO↑+H2O。

(5)HNO2是一种弱酸,则NaNO2溶液因N的水解而显碱性,NaCl溶液显中性,所以可用pH试纸分别测两种溶液的pH,pH>7的为NaNO2溶液,pH=7的为NaCl溶液。