1、人教版高中化学必修一第二章化学物质及其变化单元检测题解析版6化学物质及其变化单元检测题一、单选题 1.下列各选项中的两个反应，可用同一个离子方程式表示的是()A 答案A B 答案B C 答案C D 答案D2.化学概念在逻辑上存在如图关系，对下列概念的说法正确的是（）A 化合物与氧化物属于交叉关系 B 单质与非电解质属于包含关系C 溶液与分散系属于并列关系 D 化合物与电解质属于包含关系3.在含有大量K、OH、CO的溶液中还可能大量存在的离子是()A SO B NH C Al3 D Ca24.由一种元素组成的物质()A 一定是一种单质 B 一定是纯净物C 一定是化合物 D 可能是纯净物也可能是混
2、合物5.下列状态的物质，既属于电解质又能导电的是()A 氯化镁晶体 B 氯化钠溶液 C 液态氯化氢 D 熔融氢氧化钾6.实现下列转化，必须加入氧化剂或还原剂的是()A NO2HNO3NO BNH3 C NH3NO D P2O5H3PO47.关于电解质和非电解质的下列说法中正确的是()A 它们研究的对象都是化合物 B 它们的水溶液都能导电C 电解质一定能导电 D 不导电的物质一定是非电解质8.国家质检部门检出人们端午节包粽子的“返青粽叶”多以胆矾(化学式为CuSO45H2O)为添加剂，长期食用有害健康，请问胆矾是一种()A 氧化物 B 盐 C 碱 D 酸9.Fe3、Al3和X四种离子以物质的量之
3、比2411大量共存于同一溶液中，X可能是()A Na B OH C D Cl10.下列说法中正确的是（）A 液态HCl、固态NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均不是电解质B NH3、CO2的水溶液均导电，所以NH3、CO2均是电解质C 铜、石墨均导电，所以它们是电解质D 蔗糖、酒精在水溶液或熔化时均不导电，所以它们是非电解质11.有人设想将碳酸钙通过特殊的加工方法使之变为纳米碳酸钙(即碳酸钙粒子直径达到纳米级)，这将引起建筑材料的性能发生巨大变化。下列关于纳米碳酸钙的推测正确的是()A 纳米碳酸钙是与胶体相似的分散系B 纳米碳酸钙分散到水中所得分散系可能会产生丁达尔效应C 纳米碳酸钙的化学
4、性质与碳酸钙完全不同D 纳米碳酸钙粒子不能透过滤纸12.已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生如下变化：H2O2H2O，IO3I2，Mn2+，HNO2NO，如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是（）A H2O2 B C D HNO213.为了除去粗盐中的Ca2、Mg2、，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：过滤；加过量氢氧化钠溶液；加适量稀盐酸；加足量碳酸钠溶液；加过量氯化钡溶液。下列操作顺序正确的是()A B C D 14.有甲、乙、丙、丁四种金属，仅甲在自然界主要以游离态存在；丙盐的水溶液不能用丁制的容器盛放；丁与乙盐的水溶液不反应。则这四种金属的活
5、动性由强到弱的顺序可能是()A 甲乙丙丁 B 丁乙丙甲 C 丙乙丁甲 D 乙丁丙甲15.下列物质混合后，不会发生离子反应的是()A 氢氧化钠溶液和氯化铁溶液 B 碳酸钠溶液和稀硫酸C 硫酸钠溶液和氯化镁溶液 D 硫酸铜溶液和氢氧化钡溶液 二、填空题 16.分析下列实验，回答问题：A、B、C试管中的现象如表所示：写出A、B、C试管中所发生反应的离子方程式。(1)A：_。(2)B：_。(3)C：_。17.将饱和氯化铁溶液滴入沸水时，液体变为红褐色，得到的是氢氧化铁胶体。用此分散系进行实验：(1)将其装入U形管内，用石墨做电极，接通直流电源，通电一段时间后发现阴极附近颜色_，这表明_，这种现象称为_
6、。(2)向其中加入饱和硫酸铵溶液，发生的现象是_；原因是_。(3)向其中逐滴加入过量稀硫酸，现象是_；原因是_。(4)提纯此分散系的方法叫_。18.氧化还原反应的实质是电子转移，其宏观表现是元素的化合价发生变化。(1)下列反应属于氧化还原反应的是(填序号)_。2MgO22MgOCaO H2O=Ca(OH)22KClO3=2KCl3O2H2CO3=H2OCO2H2CuOCuH2OFeCuSO4=FeSO4CuHClNaOH=NaClH2ONaClAgNO3=AgClNaNO3(2)根据(1)的分析结论和推理，可推测四大基本反应类型与氧化还原反应的关系为(填“一定是”“一定不是”或“有的是”)：化
7、合反应_氧化还原反应，分解反应_氧化还原反应，置换反应_氧化还原反应，复分解反应_氧化还原反应。三、实验题 19.Fe2O3又称铁红，请根据要求完成下列问题。(1)Fe2O3固体(红棕色)属于_(填“纯净物”或者“混合物”)。将其加入适量盐酸，反应的化学方程式：_。(2)用上述所得溶液进行下列实验：取少量溶液置于试管中，滴入NaOH溶液，可观察到有红褐色沉淀产生，反应的离子方程式：_。(3)在小烧杯中加入20 mL蒸馏水，加热至沸腾后，向烧杯中加入几滴FeCl3溶液，继续煮沸至出现_色，即可制得Fe(OH)3胶体。(4)另取一小烧杯也加入20 mL蒸馏水，向烧杯中加入1 mL FeCl3溶液，
8、振荡摇匀后，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_烧杯的液体中产生了丁达尔效应。20.某课外活动小组进行Fe(OH)3胶体的制备实验并检验其性质。(1)若将饱和FeCl3溶液分别滴入下列物质中，能形成胶体的是_(填字母)。A冷水 B沸水CNaOH浓溶液 DNaCl浓溶液(2)现有甲、乙、丙三名同学进行Fe(OH)3胶体的制备：甲同学的操作：取一小烧杯，加入25 mL蒸馏水加热至沸腾，向沸水中逐滴加入12 mL FeCl3饱和溶液，继续煮沸至混合液呈红褐色，停止加热。请评价该操作是否正确_。乙直接加热饱和FeCl3溶液，
9、请评价是否正确_。丙向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，为了使反应进行充分，煮沸10分钟，请评价是否正确_。(3)写出制备Fe(OH)3胶体的化学方程式：_。证明有Fe(OH)3胶体生成的实验操作是_。该操作利用胶体的性质是_。(4)Fe(OH)3胶体稳定存在的主要原因是_(填字母，下同)。A胶体粒子直径小于1 nmB胶体粒子带正电荷C胶体粒子作布朗运动D胶体粒子能透过滤纸(5)Fe(OH)3胶体区别于FeCl3溶液最本质的特征是_。AFe(OH)3胶体粒子的直径在1100 nm之间BFe(OH)3胶体具有丁达尔效应CFe(OH)3胶体是均一的分散系DFe(OH)3胶体的分散质能透过滤纸(6)若取
10、少量制得的胶体加入试管中，加入硫酸铵溶液，现象是_，这种现象称为胶体的_。21.实验室用MnO2和浓盐酸制氯气的反应为MnO24HCl(浓)MnCl22H2OCl2。反应中，如果有17.4 g纯MnO2被还原，那么：(1)被氧化的氯化氢的质量为_。(2)转移电子的物质的量为_。(3)纺织工业中常用氯气作漂白剂，漂白布匹后，过量的氯需要除去，通常可用Na2SO3作“脱氯剂”，脱氯后的产物为Na2SO4，氯变为1价。若把本题中产生的Cl2完全转化，需要Na2SO3的质量为_。 四、计算题 22.写出下列反应的化学方程式，并分别用双线桥法和单线桥法表示电子转移的方向和数目。(1)用氢气还原氧化铜。(
11、2)加热氯酸钾分解制取氧气。23.已知反应：3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O。(1)参加反应的HNO3和作为氧化剂的HNO3的个数比为_。(2)若有64 g Cu被氧化，则被还原的HNO3的质量是_。24.用KMnO4氧化盐酸溶液，反应方程式如下：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，若产生的Cl2在标准状况下体积为56 L，计算（1）参加反应的HCl的物质的量？（2）反应中被氧化的HCl的物质的量？（3）并用双线桥标出电子转移的方向和数目答案解析1.【答案】D【解析】A项，： Ba22OH2 =BaCO32H2O，：OH=H2O；B项，
12、：SO2 Ba22OH=BaSO3H2O，：SO2OH= ；C项，： Ba2=BaSO4，：Ba22OH2H=BaSO42H2O。D项，I和II：Mg22OH=Mg(OH)2。2.【答案】B【解析】A项，由两种元素构成、其中一种为氧元素的化合物为氧化物，故氧化物属于化合物，两者属于包含关系，故A错误；B项，在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质，故单质不是非电解质，两者属于并列关系，故B正确；C项，分散系根据分散质粒子直径的大小分为溶液、浊液和胶体，故溶液属于分散系，两者属于包含关系，故C错误；D项，在水溶液中或溶质状态下能导电的化合物为电解质，故电解质属于化合物，两者为被包含关系
13、，故D错误。选B。3.【答案】A【解析】OH不能与NH、Al3大量共存，Ca2不能与CO大量共存。4.【答案】D【解析】单质是由同一种元素形成的纯净物，但同素异形体分属不同的单质，同素异形体混合得到的物质是混合物；化合物必须是由两种或两种以上不同元素形成的纯净物。5.【答案】D【解析】氯化镁晶体不导电，氯化镁是电解质；氯化钠溶液为混合物，能导电，不属于电解质；液态氯化氢不导电，溶于水能导电，氯化氢是电解质；熔融氢氧化钾能导电，是电解质。6.【答案】C【解析】在NO2HNO3NO的转化中，化合价变化的均是N元素，二氧化氮本身既是氧化剂又是还原剂，无需加入氧化剂或还原剂，A错误；NH3的转化中，没
14、有元素化合价的变化，无需加入氧化剂或还原剂，B错误；NH3NO的转化中，氮元素化合价升高，需加入氧化剂来实现，C正确；P2O5H3PO4的转化中，没有元素化合价的变化，无需加入氧化剂或还原剂，D错误。7.【答案】A【解析】电解质和非电解质研究的对象都是化合物，非电解质的水溶液不导电，电解质为固体时不能导电，不导电的物质不一定是非电解质(如电解质固体等)。8.【答案】B【解析】胆矾、绿矾等结晶水合物都属于盐、纯净物。9.【答案】D【解析】Fe3、Al3和X四种离子以物质的量之比2411，阳离子电荷总数大于阴离子电荷总数，X为阴离子，设其电荷为x，由电荷守恒可知，2313421x，解得x1，因OH
15、与Fe3、Al3不能大量共存，则阴离子为Cl，D项正确。10.【答案】D【解析】液态HCl不导电，在水溶液中电离出氢离子和氯离子，可以导电；固态NaCl不导电，在水溶液中或熔融状态下电离出钠离子和氯离子，可以导电，所以HCl、NaCl均是电解质，A错误；氨气的水溶液能导电，是因为氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，而不是氨气电离；二氧化碳的水溶液能导电，是因为二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸电离出氢离子和碳酸氢根离子，所以氨气和二氧化碳均是非电解质，B错误；铜和石墨均为单质，不是电解质，C错误；蔗糖、酒精为化合物，在水溶液或熔化时均不导电，所以它们是非电解质，D正确。1
16、1.【答案】B【解析】分散系都是混合物，纳米碳酸钙是纯净物，其化学性质与碳酸钙相同，粒子直径小于100 nm的纳米碳酸钙粒子能透过滤纸。12.【答案】B【解析】氧化I时，H2O2H2O得到2个电子，I2得到5个电子，Mn2+得到5个电子，HNO2NO得到1个电子，II2，失去1个电子，但由于也被还原为I2，则得到I2最多的是，故选B。13.【答案】D【解析】除杂的基本原则是：一不增加新杂质，二不减少被提纯物质。首先选择除杂试剂，然后分析除杂顺序，还要注意为将杂质离子除尽，每步所加试剂一般要过量，过量的离子最后也要除去。除去Ca2、Mg2和分别选用Na2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液。
17、为保证杂质全部被除去，加入的试剂过量，Na2CO3溶液加在BaCl2溶液后面，盐酸加在最后。可以先向粗盐溶液中加入过量的BaCl2溶液除去，然后加入过量的NaOH溶液除去Mg2，再加入过量的Na2CO3溶液，除去Ca2和过量的Ba2，过滤，最后加稀盐酸除去过量的OH、。其他操作顺序合理即可，如。14.【答案】D【解析】由四种金属的存在状态可知最不活泼的是甲；丙盐的水溶液不能用丁制的容器盛放，则丁丙；丁与乙盐的水溶液不反应，则乙丁；活泼性顺序为乙丁丙甲。15.【答案】C【解析】复分解反应的离子反应发生的条件是有难溶物生成、有难电离物质弱酸、水、弱碱生成、有气体生成。A项生成氢氧化铁沉淀，B项生成
18、二氧化碳气体，C项不反应，D项生成氢氧化铜和硫酸钡沉淀。16.【答案】(1) Ba2=BaSO4(2) Cu22OH= Cu(OH)2(3) Ba2Cu22OH=BaSO4Cu(OH)2【解析】BaCl2溶液和CuSO4溶液混合后，Ba2和结合生成BaSO4白色沉淀，Cu2和Cl不反应，所以溶液仍然呈蓝色。向滤液中加入NaOH溶液，Cu2和OH反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀。Ba(OH)2溶液和CuSO4溶液混合后，Cu2和OH反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀，Ba2和反应生成BaSO4白色沉淀。17.【答案】(1)逐渐变深氢氧化铁胶体微粒带正电荷电泳(2)形成红褐色沉淀硫酸铵电离出的硫酸根离子
19、中和氢氧化铁胶体粒子所带电荷，使氢氧化铁胶体聚沉(3)先出现红褐色沉淀，后沉淀溶解形成黄色溶液硫酸使氢氧化铁胶体聚沉，随着硫酸的加入，硫酸与氢氧化铁发生反应：2Fe(OH)33H2SO4=Fe2(SO4)36H2O，使沉淀溶解 (4)渗析【解析】18.【答案】(1)(2)有的是有的是一定是一定不是【解析】中的Mg、O元素，中的Cl、O元素，中的H、Cu元素，中的Fe、Cu元素的化合价均发生了变化，所以为氧化还原反应。由和可推测化合、分解反应有的是氧化还原反应，由推测置换反应一定是氧化还原反应，由推测复分解反应一定不是氧化还原反应。19.【答案】(1)纯净物Fe2O3 6HCl=2FeCl3 3
20、H2O(2)Fe3 3OH=Fe(OH)3(3)红褐(4)乙【解析】(1)Fe2O3固体(红棕色)只含一种物质，属于纯净物；氧化铁属于碱性氧化物，和酸反应生成铁盐和水，化学方程式为Fe2O36HCl=2FeCl33H2O。(2)氯化铁和NaOH发生复分解反应，生成红褐色沉淀氢氧化铁，同时生成NaCl，离子方程式为Fe33OH=Fe(OH)3。(3)将蒸馏水加热至沸腾后，向烧杯中加入几滴FeCl3溶液，继续煮沸至出现红褐色，得到氢氧化铁胶体。(4)甲烧杯中液体为溶液、乙烧杯中液体为胶体，胶体中分散质粒子直径在1100 nm之间，溶液中分散质粒子直径小于1 nm，胶体能产生丁达尔效应，所以乙产生丁
21、达尔效应。20.【答案】(1)B(2)正确不正确不正确 (3)FeCl33H2OFe(OH)3(胶体)3HCl让一束可见光通过制得的分散系，从侧面观察到一条光亮的“通路”，说明制得的是胶体丁达尔效应 (4)B(5)A(6)产生红褐色沉淀聚沉【解析】(1)FeCl3在冷水中反应程度小，不能形成Fe(OH)3胶体；FeCl3与NaOH浓溶液反应生成Fe(OH)3沉淀；Fe(OH)3胶体的胶体粒子粒带正电荷，遇NaCl溶液发生聚沉，生成Fe(OH)3沉淀，不会形成胶体。(2)甲同学操作正确。乙同学直接加热FeCl3饱和溶液，因FeCl3溶液浓度过大直接生成Fe(OH)3沉淀。丙同学长时间加热会导致F
22、e(OH)3胶体聚沉。(3)书写化学方程式时不能写成“Fe(OH)3”。丁达尔效应是区别胶体与溶液的最佳方法。(4)Fe(OH)3胶体稳定存在的主要原因是胶体粒子带正电荷，互相排斥不易形成沉淀；布朗运动是胶体稳定存在的次要原因。(5)胶体粒子的直径在1100 nm之间是胶体的本质特征，决定了胶体的性质。(6)当加入(NH4)2SO4溶液时，Fe(OH)3胶粒所带正电荷被SO所带负电荷中和，发生聚沉，产生红褐色沉淀。21.【答案】(1)14.6 g (2)0.4 mol (3)25.2 g【解析】(1)设被氧化的HCl的质量为x，则有如下关系：MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O被氧化
23、2HCl则：解得：x14.6 g。(2)该方程式中转移电子数为2，所以电子数(未知量)与MnO2(已知量)的关系为MnO22e。(3)Na2SO3与Cl2的反应为Na2SO3Cl2H2O=Na2SO42HCl，所以MnO2(已知量)与Na2SO3(待求量)的物质的量比关系为MnO2Cl2Na2SO3。综合上述关系，有如下关系式：MnO22eNa2SO3即解之得：n(e)0.4 mol，m(Na2SO3)25.2 g。22.【答案】【解析】23.【答案】(1)41(2)42 g【解析】从反应方程式可知3 mol Cu被氧化时，参加反应的HNO3为8 mol，但其中只有2 mol HNO3得到电子
24、被还原(从化合价分析可以判断)，因此3 mol Cu还原2 mol HNO3，即应按3Cu2HNO3这一关系式进行计算。n(Cu)1 mol，3Cu2HNO33 mol2 mol1 molmolm(HNO3)63 gmol1mol42 g。24.【答案】（1）8 mol（2）5 mol（3）【解析】（1）56 L Cl2在标况下的物质的量为n=2.5 mol，则参加反应的HCl的物质的量为2.5 mol=8 mol。（2）反应中16 mol HCl只有8 mol被氧化，即被氧化的HCl占总的HCl物质的量，所以反应中被氧化的HCl的物质的量为5 mol。（3）2KMnO4+16HCl2MnCl2+5Cl2+8H2O+2KCl中，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，该反应转移10e，电子的转移方向和数目为。
