2020年高考化学单元评估检测(一)(鲁科版-福建专供).docx

温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调整合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。单元评估检测(一)第1章(90分钟100分)一、选择题(本题包括7小题,每小题6分,共42分)1.如图所示,两圆圈相交的部分表示圆圈内的物质相互发生的反应。已知钠及其氧化物的物质的量均为0.1 mol,水的质量为100 g。下列说法正确的是()A.Na2O2中阴阳离子数目之比为11B.反应的离子方程式为Na+2H2O=Na+2OH-+H2C.反应最多能产生0.05 mol O2D.、充分反应后所得溶液的质量分数从大到小:2.在溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存的离子组是()A.Cu2+、Ba2+、Cl-、NB.K+、Al(OH)4-、Cl-、SC.Ca2+、Mg2+、N、HCD.Na+、Cl-、Fe2+、S3.已知:KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O。如图所示,将少量试剂分别放入培育皿中的相应位置,试验时将浓盐酸滴在KClO3晶体上,并用表面皿盖好。表中由试验现象得出的结论完全正确的是()选项试验现象结论A滴有KSCN的FeCl2溶液变红色Cl2具有还原性B滴有酚酞的NaOH溶液褪色Cl2具有酸性C石蕊溶液先变为红色后褪色Cl2具有漂白性D淀粉KI溶液变蓝色Cl2具有氧化性4.(2021泉州模拟)用NA代表阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是()A.1 mol Na2O2晶体中含离子总数为4NAB.标准状况下,2.24 L Cl2与过量稀NaOH溶液反应,转移的电子总数为0.2NAC.常温常压下,分子数为NA的CO、C2H4混合气体体积约22.4 L,质量为28 gD.常温下16 g O2与O3的混合气体中含氧原子数为NA5.(猜想题)确定温度下,将Cl2缓慢通入水中。当通入的Cl2体积为V1时达到饱和,溶液中c(H+)变化如图中曲线a。已知Cl2的溶解度随温度上升而快速降低,下列叙述中正确的是()A.将饱和氯水升温,连续通入Cl2时,溶液中c(H+)变化如曲线bB.在饱和氯水中通入SO2气体,溶液中c(H+)变化如曲线cC.降温,连续通入Cl2时,溶液中c(H+)的变化曲线如bD.在饱和氯水中加入NaOH使pH=7,所得溶液中存在c(Na+)c(ClO-)c(Cl-)c(HClO)6.(2022漳州模拟)下列条件下,两瓶气体所含的原子数确定相等的是()同质量不同密度的CO和N2同温同体积的H2和Cl2同体积同密度的C2H4和C3H6同压同体积的N2O和CO2A.B.C.D.7.(2021黄石模拟)青花瓷,俗称青花,是中国瓷器的主流品种之一。某同学利用如下方法来粗略测定青花瓷瓶的容积,把32.76 g NaCl晶体放入到500 mL烧杯中,加入200 mL蒸馏水,待NaCl完全溶解后,将溶液(包括洗涤液)全部转移到该瓶中,用蒸馏水稀释至完全布满容器。从中取出100 mL溶液,该溶液恰好能与10 mL 0.100 molL-1的AgNO3溶液完全反应。则下列说法正确的是()A.该青花瓷瓶的容积约为5.6 LB.常温下,该青花瓷瓶几乎能容纳56 kg H2OC.常温常压下,该青花瓷瓶能容纳70 g N2D.标准状况下,布满HCl气体,加满水后所得溶液物质的量浓度为0.022 molL-1二、非选择题(本题包括4小题,共58分)8.(12分)标准状况下,容积为VmL的烧瓶布满NH3。(1)集满空气时,该烧瓶为ag,则集满NH3时的质量是_g。(2)烧瓶中气体的原子总数是_个。(3)用烧瓶中的NH3做喷泉试验,水布满烧瓶,假设NH3没有损失,该溶液中溶质的质量分数为_,物质的量浓度为_molL-1溶液的密度为gmL-1。9.(15分)甲乙两位同学分别用不同的方法配制100 mL 3.6 molL-1的稀硫酸。(1)若接受18 molL-1的浓硫酸配制溶液,需要用到浓硫酸的体积为_。(2)甲同学:量取浓硫酸,当心地倒入盛有少量水的烧杯中,搅拌均匀,待冷却至室温后转移到100 mL容量瓶中,用少量的水将烧杯等仪器洗涤2次3次,每次洗涤液也转移到容量瓶中,然后当心地向容量瓶加入水至刻度线定容,塞好瓶塞,反复上下颠倒摇匀。将溶液转移到容量瓶中的正确操作是_。洗涤操作中,将洗涤烧杯后的洗液也注入容量瓶,其目的是_。定容的正确操作是_。用胶头滴管往容量瓶中加水时,不当心液面超过了刻度线,处理的方法是_(填序号)。A.吸出多余液体,使凹液面与刻度线相切B.当心加热容量瓶,经蒸发后,使凹液面与刻度线相切C.经计算加入确定量的浓盐酸D.重新配制(3)乙同学:用100 mL量筒量取浓硫酸,并向其中当心地加入少量水,搅拌均匀,待冷却至室温后,再加入水至100 mL刻度线,再搅拌均匀。你认为此法是否正确?若不正确,指出其中错误之处_。(4)配制上述溶液,下列操作会导致所配溶液的浓度偏高的是_。A.没有将洗涤液转移到容量瓶中B.定容时俯视刻度线C.原容量瓶洗净后未干燥D.定容时液面超过了刻度线10.(13分)工业上生产高氯酸时,还同时生产一种常见的重要含氯消毒剂和漂白剂亚氯酸钠(NaClO2),其工艺流程如下:已知:NaHSO4溶解度随温度的上升而增大,适当条件下可结晶析出。高氯酸是至今为止人们已知酸中的最强酸,沸点90。请回答下列问题:(1)反应器中发生反应的化学方程式为_,冷却的目的是_,能用蒸馏法分别出高氯酸的缘由是_。(2)反应器中发生反应的离子方程式为_。(3)通入反应器中的SO2用另一物质H2O2代替,同样能生成NaClO2,请简要说明双氧水在反应中能代替SO2的缘由是_。(4)Ca(ClO)2、ClO2、NaClO、NaClO2等含氯化合物都是常用的消毒剂和漂白剂是由于它们都具有_,请写出工业上用氯气和NaOH溶液生产另一种消毒剂NaClO的离子方程式_。11.(18分)(探究题)某校化学试验爱好小组为了探究在试验室制备Cl2的过程中有水蒸气和HCl挥发出来,同时证明Cl2的某些性质,甲同学设计了如图所示的试验装置(支撑用的铁架台省略),按要求回答问题:(1)下列方法中,可制得Cl2的正确组合是_。MnO2和浓盐酸混合共热;MnO2、NaCl和浓硫酸混合共热;NaClO和浓盐酸混合;K2Cr2O7和浓盐酸混合;KClO3和浓盐酸混合共热;KMnO4和浓盐酸混合。A.B.C.D.全部可以(2)写出试验室制取Cl2的离子方程式_。(3)若用含有0.2 mol HCl的浓盐酸与足量的MnO2反应制得Cl2的体积(标准状况下)总是小于1.12 L的缘由是_。(4)装置B的作用是_。装置C和D毁灭的不同现象说明的问题是_。装置E的作用是_。(5)乙同学认为甲同学的试验有缺陷,不能确保最终通入AgNO3溶液中的气体只有一种。为了确保试验结论的牢靠性,证明最终通入AgNO3溶液中的气体只有一种,乙同学提出应当在装置_与_之间(填装置字母序号)增加一个装置,增加装置里面的试剂可为_。A.潮湿的淀粉KI试纸B.浓硫酸C.潮湿的红色布条D.饱和的食盐水答案解析1.【解析】选C。Na2O2是由钠离子和过氧根离子构成的离子化合物,阴阳离子数目之比为12,A不正确;B项中离子方程式电荷不守恒,不正确;由方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2和n(Na2O2)=0.1 mol,可得n(O2)=0.05 mol;D项中依据反应方程式中钠及其氧化物的物质的量关系,可得溶液质量分数的关系为=,不正确。2.【解析】选B。Na2O2有强氧化性,与水反应生成NaOH和O2。A选项中的Cu2+与OH-反应生成沉淀;C选项中的HC+OH-=C+H2O,Ca2+C=CaCO3,Mg2+2OH-=Mg(OH)2;D选项中的Fe2+会被氧化为Fe3+,继而生成Fe(OH)3沉淀。3.【解析】选D。A项说明Cl2具有氧化性;B项表明白Cl2能与NaOH溶液反应,但Cl2本身并不具有酸性;C项是Cl2与H2O反应生成的HCl具有酸性,HClO具有漂白性;D项的反应为Cl2+2KI=2KCl+I2,说明Cl2具有氧化性。4.【解析】选D。Na2O2是由Na+和构成的,1 mol Na2O2晶体中含离子总数为3NA,A项错误;标准状况下,22.4 L Cl2的物质的量为0.1 mol,分析反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知,0.1 mol Cl2转移电子0.1 mol,即转移电子的总数为0.1NA,B项错误;C项不是标准状况,分子数为NA的气体体积不是22.4 L,C项错误;O2和O3均是由氧原子构成的单质,n(O)=1 mol,即混合气体中含氧原子数为NA。5.【解题指南】解答本题要留意以下两点:(1)“Cl2的溶解度随温度上升而快速降低”的信息说明白c(H+)随温度上升而减小;(2)pH=7时溶液中c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)。【解析】选C。升温时,Cl2的溶解度快速变小,溶液中c(H+)变小,A错;SO2与氯水发生反应:Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl,溶液中c(H+)变大,B错;降温,Cl2的溶解度快速变大,连续通入Cl2时,溶液中c(H+)增大,C正确;pH=7时,c(H+)=c(OH-),依据电荷守恒可得,c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-),故c(Na+)c(Cl-),c(Na+)c(ClO-),由于HClO不完全电离,故c(Cl-)c(ClO-),D错。6.【解析】选A。同质量的CO和N2,两气体的物质的量相同,都是双原子分子,所含原子数确定相等,对;同温同体积的H2和Cl2的物质的量不愿定相等,所含原子数不愿定相等,错;同体积同密度的C2H4和C3H6的质量相等,由于两气体的最简式相同,故所含原子数相等,对;的缘由同。7.【解题指南】解决本题要留意以下3点:(1)依据NaCl溶液与AgNO3溶液反应计算出c(NaCl)。(2)依据c(NaCl)计算出NaCl溶液的体积就是瓶子的体积。(3)常温常压下,不能用Vm=22.4 Lmol-1计算气体的物质的量。【解析】选B。依据Ag+Cl-=AgCl可知,c(Cl-)10010-3L=0.100 molL-11010-3Lc(Cl-)=0.01 molL-1,设瓶子容积为V,则V=56 L,A错;常温下,56 L水的质量为56103g=56 kg,B正确;常温常压下,只知道N2的体积,无法求出其质量,C错;标准状况下,n(HCl)=,则c(HCl)=molL-10.044 6 molL-1,D错。8.【解析】(1)先求出烧瓶的质量,再求出集满NH3后的质量。(2)原子总数应为4n(NH3)NA。(3)求w时,利用VmL,gmL-1,求出m(NH3)和m(溶液),求c(NH3)时,求出n(NH3)即可。答案:(1)a-(2)(3)%9.【解析】(1)假设需用的浓硫酸的体积为V,依据稀释前后溶质的物质的量不变有:V18 molL-1=100 mL3.6 molL-1求得:V=20.0 mL。(2)在溶液配制过程中,如不慎损失了溶质或最终定容用胶头滴管往容量瓶中加水时不慎超过了刻度线,都是无法补救的,得重新配制。(3)不能用量筒配制溶液,不能将水加入到浓硫酸中。(4)A项,没有将洗涤液转移到容量瓶中,溶质偏少,浓度偏低;B项,定容时俯视刻度线,溶液体积偏小,浓度偏高;C项,原容量瓶洗净后未干燥,对溶液浓度无影响;D项,定容时液面超过了刻度线,溶液体积偏大,浓度偏低。答案:(1)20.0 mL(2)将玻璃棒插入容量瓶刻度线以下,将溶液沿玻璃棒渐渐地倒入容量瓶中使溶质完全转移到容量瓶中加水至离刻度线1 cm2 cm时,改用胶头滴管滴加水至液面与刻度线相切D(3)不正确。错误之处为用量筒配制溶液;将水加入到浓硫酸中(4)B10.【解析】(1)由流程图可以看出,反应器中发生反应的化学方程式为:3NaClO3+3H2SO4(浓)=3NaHSO4+2ClO2+HClO4+H2O;冷却的目的是降低NaHSO4的溶解度,使其结晶析出;高氯酸的沸点比水低,可用蒸馏的方法将其分别出来。(2)反应器中,ClO2将SO2氧化,发生反应的离子方程式为:2ClO2+SO2+4OH-=2Cl+S+2H2O。(3)SO2用H2O2代替也能生成NaClO2的缘由是:H2O2中氧为-1价,也具有还原性,能把ClO2还原为NaClO2。(4)Ca(ClO)2、ClO2、NaClO、NaClO2等含氯化合物都能用作消毒剂和漂白剂是由于这些物质都具有强氧化性。工业上用Cl2和NaOH溶液生产NaClO的离子方程式为:Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O。答案:(1)3NaClO3+3H2SO4(浓)=HClO4+2ClO2+3NaHSO4+H2O降低NaHSO4的溶解度,使NaHSO4结晶析出高氯酸的沸点低(2)2ClO2+SO2+4OH-=2Cl+S+2H2O(3)H2O2有还原性也能把ClO2还原为NaClO2(4)强氧化性Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O11.【解析】(1)试验室制备氯气,利用的是氧化还原反应,还原剂都是浓盐酸,氧化剂有很多,试验室常用的是MnO2,比MnO2强的氧化剂也可以,强氧化剂可以不用加热。(2)4H+2Cl-+MnO22H2O+Cl2+Mn2+(3)0.2 mol HCl全部参与反应,生成的氯气(标准状况下)为1.12 L,但是随着反应的进行,盐酸浓度变稀将不再反应,所以生成的氯气(标准状况下)总是小于1.12 L。(4)证明有水蒸气产生,由于后面要探究氯气的漂白性,故应先干燥氯气,避开水蒸气对后面探究氯气的性质试验产生干扰,所以也有吸取水蒸气的作用。不同的现象是干燥的有色布条不褪色,潮湿的有色布条褪色,就可以说明Cl2无漂白性,次氯酸有漂白性。由于后面要检验挥发出来的气体中HCl的存在,故先要除掉Cl2,故装置E的作用是吸取Cl2。(5)确保最终通入AgNO3溶液中的气体为HCl,Cl2已经除尽,故应当在E、F之间增加一个检验是否除尽的装置,A、C中试剂都可以检验Cl2的存在。答案:(1)D(2)4H+2Cl-+MnO22H2O+Cl2+Mn2+(3)随着反应的进行,盐酸浓度变稀将不再反应(4)证明有水蒸气产生,并吸取水蒸气,避开对后面探究氯气的性质试验产生干扰Cl2无漂白性,次氯酸有漂白性吸取Cl2(5)EFA、C关闭Word文档返回原板块。