届高考化学人教版必修1第二章化学物质及其变化专题复习Word下载.docx
- 文档编号:8029159
- 上传时间:2023-05-09
- 格式:DOCX
- 页数:17
- 大小:200.11KB
届高考化学人教版必修1第二章化学物质及其变化专题复习Word下载.docx
《届高考化学人教版必修1第二章化学物质及其变化专题复习Word下载.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《届高考化学人教版必修1第二章化学物质及其变化专题复习Word下载.docx(17页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
CaCO3
CO2
BaSO4
B
H2SO4
KOH
NH4Cl
SO2
Fe
C
CH3COOH
Ca(OH)2
CaCl2
CO
SO3
D
HNO3
Ba(OH)2
NaHCO3
NaCl
A.AB.BC.CD.D
7.在两份相同的Ba(OH)2溶液中,分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液,其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示,下列分析不正确的是()
A.①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线
B.b点,溶液中大量存在的离子是Na+、OH-
C.c点,两溶液中含有相同浓度的OH-
D.a、d两点对应的溶液均显中性
8.下列离子方程式不正确的是()
A.Fe3O4与稀硝酸反应的离子方程式为:
3Fe3O4+28H++NO
=9Fe3++NO↑+14H2O
B.用稀硫酸除去铜绿:
4H++Cu2(OH)2CO3=2Cu2++CO2↑+3H2O
C.向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液恰好使SO
完全沉淀:
2Ba2++NH
+Al3++2SO
+4OH﹣=Al(OH)3↓+NH3•H2O+2BaSO4↓
D.少量氢氧化钙溶液与碳酸氢钠溶液混合:
Ca2++OH﹣+HCO
=CaCO3↓+H2O
9.下列各组离子中,能在溶液中大量共存的一组是()
A.Na+、Ag+、NO
、Cl-B.K+、Mg2+、OH-、Cl-
C.Na+、H+、SO
、NO
D.K+、Ca2+、CO
、OH-
10.分类方法在化学学科的发展中起了非常重要的作用,如图是某反应在密闭容器中反应前后的分子状况示意图,
和
分别表示不同的原子。
对此反应的分类不正确的是()
A.化合反应B.加成反应C.可逆反应D.氧化还原反应
11.对于反应
,以下叙述正确的是
A.NaCl是氧化产物
B.
既做氧化剂又做还原剂
C.每生成1mol的
转移6mol
D.被氧化的氯原子和被还原的氯原子的物质的量之比为5∶1
12.高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂,主要用于饮用水处理。
工业上制备高铁酸钠有多种方法,其中一种方法的原理可用离子方程式表示为:
2Fe3++3ClO-+aOH-=2FeO
+3Cl-+bH2O,下列有关说法不正确的是()
A.该反应的还原剂是Fe3+
B.该反应中ClO-发生了还原反应
C.反应式中化学计量数a、b的值分别为10、5
D.每生成1mol的FeO
,转移电子的物质的量为6mol
13.下列反应中,H2O作氧化剂的是()
A.
B.
C.
D.
14.复印机工作时易产生臭氧,臭氧具有强氧化性,可使润湿的KI-淀粉试纸变蓝。
反应为O3+2KI+H2O=2KOH+I2+O2,关于此反应的说法正确的是
A.1molO3得到4mol电子
B.O3是氧化剂,H2O与KI是还原剂
C.氧化性强弱顺序:
O3>I2
D.氧化产物I2与还原产物KOH的物质的量之比是1∶2
15.在离子方程式xR2++yH++O2=mR3++nH2O中,下列判断错误的是
A.m=4R2+是还原剂B.m=yR3+是氧化产物
C.m=2R2+是还原剂D.m=yH2O是还原产物
二、实验题
16.实验室探究制备高锰酸钾的绿色化方案,其实验流程如图1。
已知:
①K2MnO4水溶液呈墨绿色,在酸性、中性和弱碱性环境下,
会发生自身氧化还原(歧化)反应,生成
和MnO2;
②碱性条件下,三价锰易形成MnOOH沉淀,该物质250℃分解为Mn2O3;
③相关物质的溶解度数据如表:
20℃
K2CO3
KHCO3
K2MnO4
KMnO4
S(g/100g水)
111
33.7
11.1
6.34
(1)“共熔”投料的顺序为先加入KOH和KClO3混合均匀,待小火完全熔融,再加入MnO2,迅速搅拌。
不能先将KClO3与MnO2混合的原因是__________
(2)溶解后所得溶液转入三颈瓶中,趁热滴入6mol·
L-1的乙酸,调节pH≈10,在如图2所示的装置中进行歧化。
①判断三颈瓶中K2MnO4完全反应的实验方法是:
用玻璃棒蘸取溶液点在滤纸上,若观察到___________,表示
已完全反应。
②也可以将滴入乙酸改为通入CO2引发“歧化”,反应化学方程式是___________,当溶液pH值达10~11时,停止通CO2;
若CO2过多,可能造成的不良后果是___________
(3)从提高原料利用率的角度分析,本实验流程的优点是_________
(4)请设计实验方案,由MnSO4溶液制备较纯净Mn2O3.向MnSO4溶液中,72h后得到产品Mn2O3(必须使用的试剂:
0.2mol•L-1氨水、3%H2O2溶液、热水)。
_________
三、计算题
17.取KClO3和MnO2的混合物16.60g加热至恒重,将反应后的固体加15g水充分溶解,剩余固体6.55g(25℃),再加5g水充分溶解,仍剩余固体4.80g(25℃)。
(1)若剩余的4.80g固体全是MnO2,则原混合物中KClO3的质量为________________g(保留2位小数)
(2)若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物,则25℃时KCl的溶解度为_____;
原混合物中KClO3的质量为________________g(保留2位小数);
所得KCl溶液的密度为1.72g/cm3,则溶液的物质的量浓度为______mol/L(保留2位小数)。
(3)可用以下反应制备KIO3和K2H3IO6(高碘酸氢二钾):
I2+2KClO3=2KIO3+Cl2①KIO3+Cl2+3KOH=K2H3IO6+2KCl②最终制得的KIO3和K2H3IO6的物质的量之比x,若制得100molK2H3IO6,共消耗ymolKClO3,试确定y与x的关系式________________。
四、工业流程题
18.钛合金在工业及军工生产中有重要的作用。
金属钛熔点高、强度高且质地轻。
工业上以钛铁矿
为原料冶炼金属钛的流程如下:
室温下钛不与
反应,也不与强酸、强碱、王水反应。
但高温下十分活泼,易与氧气、氮气、碳和氢气反应。
回答下列问题:
(1)“溶煮”过程生成
的离子方程式为_______。
(2)加入铁屑的目的是_______。
(3)已知不同温度时硫酸亚铁在钛液中的溶解度如下表,数据以含铁量来折算。
则操作a为_______。
温度(°
C)
30
20
14
10
5
-6
溶解度(g/L)
88
70
48
43
35
25
(4)加热过滤1所得滤液,其中的
沉淀为偏钛酸
。
常温下
的沉淀溶解平衡为
,其溶度积常数
,则过滤2所得溶液的pH约为_______。
(已知
)
(5)“煅烧”偏钛酸得到
,
与
和过量焦炭共热生成
,写出“共热”过程中的化学方程式_______。
(6)“高温”过程需要在Ar气氛中进行,其理由是_______;
利用上述方法制得的钛中可能会含有少量金属杂质,可用_______除去。
参考答案
1.C
【详解】
A.干冰是二氧化碳固体是纯净的化合物,冰水混合物成分为水是纯净的化合物,烧碱是氢氧化钠属于纯净的化合物,故A正确;
B.活性炭,C60,金刚石是碳元素的不同单质,是碳元素的同素异形体,故B正确;
C,乙醇、四氯化碳水溶液中和熔融状态下都不导电,属于非电解质,氯气是单质既不是电解质也不是非电解质,故C错误;
D.漂白粉为氯化钙和次氯酸钙的混合物,纯净矿泉水含有电解质的水属于混合物,盐酸是氯化氢的水溶液属于混合物,故D正确。
答案选C。
【点睛】
考查物质分类方法,物质组成判断,掌握概念实质、物质组成与名称是解题关键,注意:
化合物是不同元素组成的纯净物;
同素异形体是同种元素组成的不同单质;
非电解质是水溶液中和熔融状态都不导电的化合物;
混合物是不同物质组成的物质。
2.A
一种元素可构成不同的单质,它们互为同素异形体,如由碳元素形成单质有金刚石和石墨以及无定形的碳。
由磷元素形成的单质有红磷和白磷。
由氧元素形成的单质有氧气和臭氧。
因此含有一种元素的不一定是纯净物,可能是由几种单质混合在一起的混合物。
化合物是指由不同元素组成的纯净物,至少有两种元素,所以只含有一种元素一定不是化合物;
故答案为A。
3.A
A.能和酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物,碱性氧化物一定是金属氧化物。
但金属氧化物不一定是碱性氧化物,还可能是两性氧化物,如Al2O3,A项正确;
B.汽油主要成分为C5~C12脂肪烃和环烷烃,以及一定量芳香烃,属于混合物。
有机物为纯净物,B项错误;
C.分散质粒子直径在1~100nm的分散系是胶体,直径为1~100nm的粒子不一定是分散系中的分散质,则不一定是胶体。
C项错误;
D.胶体和其他分散质的本质区别是分散质粒子直径,而不是丁达尔效应。
胶体的分散质粒子直径在1~100nm之间,D项错误;
答案选A。
4.B
A.O2是单质,不是化合物,故A错误;
B.溶液、浊液、胶体都是由分散质和分散剂组成的,都属于混合物,故B正确;
C.硫酸属于酸,烧碱属于碱,氯化钠属于盐,石灰石主要成分是碳酸钙,属于混合物,故C错误;
D.CO不能和碱反应,属于不成盐氧化物,CO2和碱反应生成盐和水,属于酸性氧化物,故D错误;
故选B。
5.A
A.丁达尔效应是胶体的特性,故利用丁达尔效应可将两种液体区分开,故A正确;
B.FeCl3溶液为棕黄色,Fe(OH)3胶体为红褐色液体,故B错误;
C.FeCl3溶液中溶质粒子直径小于1nm,Fe(OH)3胶体的胶体粒子直径为1nm~100nm,故C错误;
D.将饱和FeCl3溶液滴加到加热煮沸的NaOH溶液中可制得Fe(OH)3沉淀,得不到Fe(OH)3胶体,故D错误;
故选A。
6.D
A.NaHSO4属于酸式盐,不是酸,故A错误;
B.电解质必须是化合物,Fe是单质,不是化合物,既不是电解质也不是非电解质,故B错误;
C.CO属于不成盐氧化物,不是酸性氧化物,SO3的水溶液能导电是因为生成的硫酸是电解质,而SO3本身属于非电解质,故C错误;
D.HNO3属于酸,KOH属于碱,NaHCO3属于盐,SO3属于酸性氧化物,NaCl属于盐,故D正确;
答案选D。
7.C
【分析】
向Ba(OH)2溶液中滴入硫酸溶液发生反应的化学方程式为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O,向Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4溶液,随着NaHSO4溶液的滴入依次发生反应Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH、NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O,溶液导电能力与离子浓度成正比,根据图知,曲线①在a点溶液导电能力接近0,说明该点溶液离子浓度最小,应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应,则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应,据此分析作答。
A.根据分析,①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线,故A正确;
B.根据图知,a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应,H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等,则b点溶液溶质为NaOH,所以b点溶液中大量存在的离子是Na+、OH−,故B正确;
C.c点,①中稀硫酸过量,溶质为硫酸,溶液呈酸性,②中反应后溶液中溶质为NaOH、Na2SO4,溶液呈碱性,所以溶液中氢氧根离子浓度不同,故C错误;
D.a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应生成BaSO4沉淀和水,溶液呈中性,d点②中溶质为Na2SO4,溶液呈中性,故D正确;
故选:
C。
8.D
A.Fe3O4与稀硝酸发生氧化还原反应,反应的离子方程式为3Fe3O4+28H++NO
═9Fe3++NO↑+14H2O,故A正确;
B.铜绿的主要成分为碱式碳酸铜,碱式碳酸铜与稀硫酸反应生成硫酸铜、二氧化碳和水,反应的离子方程式为4H++Cu2(OH)2CO3═2Cu2++CO2↑+3H2O,故B正确;
完全沉淀,反应生成氢氧化铝、一水合氨和硫酸钡,离子方程式:
2Ba2++NH4++Al3++2SO
+4OH﹣═Al(OH)3↓+NH3•H2O+2BaSO4↓,故C正确;
D.少量氢氧化钙溶液与碳酸氢钠溶液混合反应生成碳酸钙、碳酸钠和水,反应的离子方程式为Ca2++2OH﹣+2HCO
═CaCO3↓+2H2O+CO
,故D错误;
故选D。
本题的易错点为CD,要注意反应物的用量对反应生成物的影响。
9.C
A.银离子与氯离子反应生成氯化银沉淀,不能大量共存,故A错误;
B.镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀,不能大量共存,故B错误;
C.四种离子间相互间不反应,能够大量共存,故C正确;
D.钙离子和碳酸根离子反应生成碳酸钙沉淀,不能大量共存,故D错误;
故选C。
10.B
根据图知,反应物中有一种化合物和一种单质,反应后的容器中有一种单质和两种化合物,其中反应后的容器中的单质和一种化合物与反应容器中的相同,则实质上生成物是一种化合物,则反应物是一种单质和一种化合物,生成物是一种化合物,根据反应物和生成物种类反应特点来判断。
根据图知,反应物中有一种化合物和一种单质,反应后的容器中有一种单质和两种化合物,其中反应后的容器中的单质和一种化合物与反应容器中的相同,则实质上生成物是一种化合物,即反应物是一种单质和一种化合物,生成物是一种化合物,根据原子的相对大小,可知该图示表示反应:
2SO2+O2
2SO3,该反应是化合反应,属于可逆反应,应用反应前后有元素化合价的变化,属于氧化还原反应,不是加成反应,故合理选项是B。
本题从微观上分析化学反应的类型,结合原子大小及物质分子中含有的各种元素的原子个数确定反应物、生成物种类是解本题关键,根据不同反应的特点判断化学反应类型。
11.B
3Cl2+6NaOH
5NaCl+NaClO3+3H2O中Cl元素的化合价部分由0升高为+5价,部分由0降低为-1价,结合氧化还原反应的规律分析判断。
A.Cl2转化为NaCl,Cl元素的化合价降低被还原,则NaCl为还原产物,故A错误;
B.只有Cl元素的化合价变化,氯气是氧化剂也是还原剂,故B正确;
C.Cl元素的化合价部分由0升高为+5价,部分由0降低为-1价,生成1mol的NaClO3转移5mol电子,故C错误;
D.由反应可知,1个Cl失去电子被氧化与5个Cl得到电子被还原时遵循电子守恒,则被氧化的氯原子和被还原的氯原子的物质的量之比为1∶5,故D错误;
12.D
A.在该反应中Fe元素化合价由反应前+3价变为反应后的+6价,化合价升高,失去电子被氧化,所以Fe3+作还原剂,A正确;
B.在该反应中Cl元素化合价由反应前ClO-中的+1价变为反应后Cl-中的-1价,化合价降低,得到电子被还原,所以ClO-发生了还原反应,B正确;
C.根据电荷守恒可知a=10,根据原子守恒,可知b=5,C正确;
D.根据反应方程式可知:
每生成1mol的FeO
,转移电子的物质的量为3mol,D错误;
故合理选项是D。
13.B
A.反应
为非氧化还原反应,H2O不作氧化剂,A不符合题意;
B.在反应
中,H2O中H元素由+1价部分降为0价,H2O作氧化剂,B符合题意;
C.在反应
中,H2O中O元素由-2价升高为0价,H2O作还原剂,C不符合题意;
D.在反应
中,H2O中的O元素和H元素价态都未改变,所以H2O不作氧化剂,D不符合题意;
14.C
A.1molO3变成O2得到2mol电子,故A错误;
B.O3是氧化剂,KI是还原剂,H2O中元素的化合价没有变化,故B错误;
氧化剂>氧化产物,O3>I2,故C正确;
D.1molO3中只有1molO得电子,氧化产物I2与还原产物KOH的物质的量之比是1∶1,故D错误;
15.C
在离子方程式xR2++yH++O2=mR3++nH2O中,R的化合价升高,O的化合价降低,R2+是还原剂、O2是氧化剂、R3+是氧化产物、H2O是还原产物。
根据化合价升高与降低的总数相等,可以确定x=4,根据电荷守恒可以确定y=4,根据质量守恒定律可知n=2、m=4,综上所述,判断错误的是C,故本题选C。
16.MnO2会催化KClO3分解,消耗更多的原料滤纸上仅有紫红色而没有绿色痕迹3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3CO2过多时会生成碳酸氢钾,结晶时会同高锰酸钾一起析出,导致产品纯度降低滤渣可回收MnO2,作为反应物制备KMnO4边搅拌边加入适(过)量3%过氧化氢溶液和0.2mol•L-1氨水至沉淀完全,过滤,用热水洗涤沉淀2~3次,控制温度在250℃将沉淀充分加热
在强碱性条件下,MnO2与KClO3共熔发生氧化还原反应,可制得K2MnO4,加水溶解后,在酸性环境下,
会发生自身氧化还原(歧化)反应,生成MnO2和
,过滤浓缩,得到高锰酸钾晶体。
(1)KClO3在MnO2催化作用下受热会分解;
(2)①
水溶液呈墨绿色,
水溶液呈紫红色,可通过颜色检验;
②加入CO2时,
会发生自身氧化还原反应,发生歧化反应,生成不溶于水的MnO2,同时生成KMnO4;
(3)
会发生自身氧化还原反应,生成不溶于水的MnO2,回收MnO2,作为反应物制备KMnO4;
(4)KMnO4在水溶液中,90℃以上开始分解,因此需要控制蒸发温度低于90℃;
又由于KMnO4固体240℃会分解,故烘干时要低于240℃。
(1)在强碱性条件下,MnO2与KClO3共熔可制得K2MnO4,投料的顺序为先加入KOH和KClO3混合均匀,待小火完全熔融,再加入MnO2,迅速搅拌。
不能先将KClO3与MnO2混合的原因是MnO2会催化KClO3分解,消耗更多的原料,故答案为:
MnO2会催化KClO3分解,消耗更多的原料;
(2)①锰酸根为墨绿色,高锰酸根为紫红色,判断三颈瓶中K2MnO4完全反应的实验方法是:
用玻璃棒蘸取溶液点在滤纸上,若观察到滤纸上仅有紫红色而没有绿色痕迹,表示
已完全反应,故答案为:
滤纸上仅有紫红色而没有绿色痕迹;
会发生自身氧化还原反应,发生歧化反应,生成不溶于水的MnO2,同时生成KMnO4,反应的化学方程式为3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3;
CO2过多时会生成碳酸氢钾,结晶时会同高锰酸钾一起析出,导致产品纯度降低;
(3)从提高原料利用率的角度分析,本实验流程的优点是滤渣可用于回收MnO2,作为反应物制备KMnO4,故答案为:
滤渣可用于回收MnO2,作为反应物制备KMnO4;
(4)由MnSO4溶液制备较纯净Mn2O3实验方案:
向MnSO4溶液中,边搅拌边加入适(过)量3%过氧化氢溶液和0.2mol•L-1氨水至沉淀完全,过滤,用热水洗涤沉淀2~3次,控制温度在250℃将沉淀充分加热。
17.11.8035g12.255.99y=100(1+x)
(1)若剩余的4.80g固体全是MnO2,m(KClO3)=总质量-m(MnO2)
(2)若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物,则5g水溶解氯化钾得到的溶液是饱和溶液,据此计算其溶解度;
反应前后质量减少的质量为氧气的质量,根据氯酸钾和氧气之间的关系式计算氯酸钾的质量;
根据溶液质量、密度计算溶液体积,再结合c=
计算溶液的物质的量浓度;
(3)由方程式可知,整个过程KClO3中Cl原子的物质的量等于I原子的物质的量。
(1)若剩余的4.80g固体全是MnO2,m(KClO3)=16.60g-4.80g=11.80g;
(2)若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物,则5g水溶解氯化钾得到的溶液是饱和溶液,5g水溶解KCl的质量=6.55g-4.80g=1.75g,则100g水溶解KCl的质量=
×
100g=35g,即KCl的溶解度为35g;
20g水溶解氯化钾的质量=1.75g×
4=7g,反应前后质量减少的质量为氧气的质量,氧气的质量=16.60g-7g-4.80g=4.8g,根据氧原子守恒得原混合物中KClO3的质量为
122.5g/mol=12.25g,溶液的质量=20g+7g=27g,溶液的体积=
,n(KCl)=
,则溶液的物质的量浓度=
=5.99mol/L;
(3)最终制得的KIO3和K2H3IO6的物质的量之比x,若制得100molK2H3IO6,则最终制得KIO3为100xmol,由KIO3+Cl2+3KOH=K2H3IO6+2KCl可知,制得100molK2H3IO6时,消耗KIO3100mol,则整个过程中总共制备KIO3为100(1+x)mol,结合I2+2KClO3=2KIO3+Cl2可得消耗KClO3的物质的量y=100(1+x)。
18.
防止
被氧化蒸发浓缩、低温结晶4.3
都有较强还原性,在高温下都易被空气中的
氧化水
由题给流程可知,向钛铁矿加稀硫酸溶解,FeTiO3与硫酸反应“溶煮”过程生成
、Fe2+;
加入铁屑防止Fe2+被氧化,混合液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤1得到FeSO4晶体和含Ti4+溶液,加热溶液使Ti4+水解生成偏钛酸,过滤2得到偏钛酸,灼烧偏钛酸,偏钛酸分解生成二氧化钛,二氧化钛与氯气和过量的焦炭共热反应生成四氯化钛和一氧化碳气体,四氯化钛和钠在高温条件下发生置换反
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高考 化学 人教版 必修 第二 化学物质 及其 变化 专题 复习