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1、（广东版）2014届高三化学一轮复习 专讲专练 第1-2单元（含详解）(考查范围：第一、二单元分值：100分)一、单项选择题(本题包括6小题，每小题4分，共24分，每小题只有一个正确答案)1下列物质属于纯净物的是()A石油B生石灰C铝热剂 D漂粉精2用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A4 g 氦气中含有的分子数和原子数均为NAB标准状况下，22.4 L CCl4中含有的分子数为NAC1 L 0.1 mol/L乙醇溶液中含有的氧原子数为0.1NAD1 mol Cl2完全反应转移的电子数一定是2NA3对于反应KClO36HCl=KCl3Cl23H2O，下列说法错误的是()ACl2既
2、是氧化产物又是还原产物B1 mol KClO3参加反应，转移6 mol电子C盐酸的作用是还原剂和酸性作用DKCl不是还原产物4下列离子方程式书写正确的是()A金属铝溶于氢氧化钠溶液： Al2OH=AlOH2B在溶液中，FeI2与等物质的量的Cl2反应：2Fe22I2Cl2=2Fe3I24ClCNaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性：HSOBa2OH=BaSO4H2OD向Fe(NO3)2稀溶液中加入盐酸：3Fe24HNO=3Fe3NO2H2O 5二氧化氯(ClO2)是一种高效消毒剂，可通过以下反应制得：2NaClO3Na2SO3H2SO4=2ClO22Na2SO4H2O。下列说法正确的是
3、()A硫元素化合价降低BNaClO3发生氧化反应C该反应是复分解反应DNa2SO3是还原剂6根据中学对电解质、非电解质的定义判断下列叙述正确的是()A虽然石墨有较好的导电性，但它属于非电解质B实验测定NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质C实验测定液态HCl、固体NaCl均不能导电，所以HCl、NaCl均是非电解质D蔗糖(纯净物)在水溶液或熔融状态下均不能导电，所以蔗糖属于非电解质二、双项选择题(每小题6分，共12分)7某无色溶液能与铝反应放出氢气，该溶液中可能大量共存的离子组是()AK、Fe2、SO、NOBNa、K、HCO、SOCSO、Cl、CO、NaDNH、Cl、Na
4、、Ba28高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂。下列反应可制取K2FeO4：Fe2O33KNO34KOH2K2FeO43KNO22H2O。下列说法正确的是()A该反应是氧化还原反应BKNO3是还原剂CK2FeO4不仅具有杀菌消毒作用，而且具有净水作用D生成1 mol K2FeO4转移的电子数为4 mol三、非选择题(本题包括4小题，共64分)9(13分)下列物质：NaBr2NaCl溶液CO2硫酸Ba(OH)2熔融KCl蔗糖。(1)属于电解质的是_(填代号，以下同), 属于非电解质的是_。(2)写出Ba(OH)2在水中的电离方程式_。(3)溶液、_、浊液都是一种物质分散到另一
5、种物质中所形成的_(填“混合物”或“纯净物”)，都称为_。胶体粒子的直径一般为_，溶液中的溶质一般以_或_形式存在。10(20分)(1)3.011023个HCl分子的物质的量是_，摩尔质量是_，其在标准状况下的体积为_，将其溶于水配成1 L溶液，所得溶液的物质的量浓度为_。(2)已知2Na2H2O=2NaOHH2，该反应中氧化剂为_，被氧化的物质是_，若生成H2的体积为22.4 L(标准状况)，则该反应中转移电子的物质的量为_。(3)在一定条件下，1体积气体A2和3体积气体B2完全反应生成了2体积气体X(体积在相同条件下测定)，则X的化学式是_。(4)把_g NaOH固体溶解在90 g H2O
6、中，才能使每10个水分子中含有1个Na，这时所得溶液中NaOH的质量分数为_。11(19分)命题背景：在2008年国际奥林匹克化学竞赛中，某兴趣小组在“探究卤素单质的氧化性”的实验中发现：在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入12滴溴水，振荡后溶液呈黄色。为此提出问题：Fe3、Br2谁的氧化性更强？(1)猜想澳大利亚代表团同学认为氧化性：Fe3Br2，故上述实验现象不是发生化学反应所致，则溶液呈黄色是含_(填化学式，下同)所致。美国代表团同学认为氧化性：Br2Fe3，故上述实验现象是发生化学反应所致，则溶液呈黄色是含_所致。(2)设计实验并验证为验证美国代表团同学的观点，选用下列某些试剂设计出两种方案
7、进行实验，并通过观察实验现象，证明了美国代表团同学的观点确实是正确的。可以选用的试剂：a.酚酞试液；b.CCl4；c.无水酒精；d.KSCN溶液。请你在下表中写出选用的试剂及实验中观察到的现象。(试剂填序号)选用试剂实验现象方案1方案2(3)结论氧化性：Br2Fe3。故在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入12滴溴水，溶液呈黄色所发生的离子反应方程式为_。12(12分)用98%的浓H2SO4(1.84 g/cm3)配制480 mL 0.5 mol/L的稀H2SO4，请按要求填空：(1)所用浓H2SO4的物质的量浓度为_，配制时所需浓硫酸的体积为_mL。(均保留一位小数)(2)实验中需要用到的定量仪器有
8、_。(3)实验中玻璃棒的作用_。(4)若实验中出现下列现象，对所配溶液的浓度有什么影响？(填“偏高”“偏低”或“无影响”)用量筒量取所需浓硫酸倒入烧杯后，再用水洗量筒23次，洗液倒入烧杯中。_。浓硫酸溶解后未冷至室温即进行转移、定容。_。定容时仰视刻度线。_。(5)若定容时液面高于刻度线应采取的措施是_。(6)若实验操作全部无误，最后所得的溶液应存放在试剂瓶中，并贴上标签，请你帮助把标签上的内容写一下(如图G11所示)。图G111B解析 石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，故A错；生石灰就是氧化钙，是纯净物、氧化物、碱性氧化物、金属氧化物，故B正确；铝热剂是由铝粉和金属活动顺序表中铝后金属的氧
9、化物组成的混合物，故C错；漂粉精是氯气与氢氧化钙反应生成的以次氯酸钙为主要成分的混合物，故D错。2A解析 n(He)1 mol，氦气是单原子构成的分子，故A正确；CCl4是液体，故B错；乙醇溶液是乙醇的水溶液，不仅溶质CH3CH2OH中含氧原子，溶剂H2O中也含有氧，故C错；氯气可能仅作氧化剂，也可能既是氧化剂又是还原剂，故D错。3B解析 根据氧化还原价态规律中的不交叉规律，可知：KCl O36HCl =KCl3Cl2得15e失5e3H2O现在根据相关概念可知，Cl2既是氧化产物又是还原产物，A正确；1 mol KClO3参加反应，转移5 mol电子，B错误；盐酸的作用是还原剂和酸性作用，C正
10、确；D.KCl既不是氧化产物也不是还原产物，D正确。4D解析 A项，化合价升降总数不相等，应改为2Al2OH2H2O=2AlO3H2；B项，不符合反应的先后，应先氧化碘离子后氧化亚铁离子，即2ICl2=I22Cl；C项，氢氧根离子不能过量，应为2HSOBa22OH=BaSO42H2O；D项，硝酸根离子与氢离子将亚铁离子氧化为铁离子。5D解析 亚硫酸钠中硫元素的化合价升高，失去电子，发生氧化反应，Na2SO3是还原剂，故A错、D正确；氯元素由5价降为4价，得到电子，发生还原反应，NaClO3是氧化剂，故B错；复分解反应都不涉及元素化合价变化，而该反应存在硫、氯元素化合价的升降，故C错。6D解析
11、石墨是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故A错；NH3、CO2分别与水化合生成NH3H2O、H2CO3，这两种电解质能电离，而NH3、CO2本身都不能电离，都是非电解质，故B错；HCl、NaCl溶于水都能电离，都是电解质，故C错。7CD解析 大量存在OH或H的溶液能与铝反应放出氢气，如NaOH溶液、盐酸；A项，Fe2在碱性溶液不能大量共存，而Fe2在酸性溶液也能被NO氧化；B项，HCO在强酸或强碱性溶液中都不能大量存在；C项，在碱性溶液中可能大量存在，但在酸性溶液中不能大量共存；D项，在碱性溶液中不能大量共存，而在酸性溶液中可能大量存在。8AC解析 该反应中铁、氮元素的化合价发生升降，故A正
12、确；氮元素由5价变为3价，降低总数为6，得到6个电子，被还原，则KNO3是氧化剂，故B错；K2FeO4具有强氧化性，其还原产物能水解生成氢氧化铁胶体，故C正确；Fe2O33KNO34KOH2K2FeO43KNO22H2O6e，则n(e)3n(K2FeO4)3 mol，故D错。9(1)(3分)(2分)(2)Ba(OH)2=Ba2 2OH(2分)(3)胶体(1分)混合物(1分) 分散系(1分)1100 nm或109107m(1分)分子(1分)离子(1分)解析 (1)Na和Br2都是单质，既不是电解质，也不是非电解质；NaCl溶液是混合物，不是电解质，而是电解质的水溶液；CO2本身不能电离，因此是非
13、电解质；酸、碱、盐都是电解质；蔗糖是不能电离的有机物，因此是非电解质；(2)Ba(OH)2是强碱，完全电离为Ba2和OH。(3)常见的分散系包括溶液、胶体、浊液等混合物，本质区别是分散质粒子直径的大小，胶体粒子直径介于溶液和浊液之间，即1100 nm或109107m，溶液中溶质一般以离子或分子形式存在。10(1)0.5 mol 36.5 g/mol11.2 L0.5 mol/L(各2分)(2)H2ONa2 mol(各2分)(3)AB3(2分)(4)2018.2 % (每空2分)解析 (1)n(HCl)0.5 mol；HCl的相对分子质量为36.5，则其摩尔质量为36.5 g/mol；V(HCl
14、) n(HCl)Vm0.5 mol22.4 L/mol11.2 L；c(HCl)0.5 mol/L；(2)钠由0价升为1价，失去电子，被氧化，Na是还原剂；氢由1价降为0价，得到电子，被还原，H2O是氧化剂；n(HCl)1 mol，2Na2H2O=2NaOHH22e，n(e)转移2n(H2)2 mol。(3)根据阿伏加德罗定律可知，A23B2=2X，根据原子个数守恒可知，X的化学式为AB3；(4)n(H2O)5 mol，由于，则n(Na)0.5 mol；NaOH=NaOH，则n(NaOH)n(Na)0.5 mol；m(NaOH)n(NaOH)M(NaOH)0.5 mol40 g/mol20 g
15、；w(NaOH) 100%100%18.2 %。11(1)Br2(2分)Fe3(2分)(2)(每空3分)选用试剂实验现象方案1bCCl4层呈无色方案2d溶液变红色(3)2Fe2Br2=2Fe32Br(3分)解析 (1)因溴水也呈黄色。因发生反应2Fe2Br2=2Fe32Br，生成的Fe3使溶液呈黄色。(2)方案一可通过Br2在CCl4中的颜色变化来证明。若CCl4层呈无色，则说明溶液中无Br2存在，Br2完全反应，从而说明氧化性Br2Fe3。若甲正确，则溶液中有Br2，Br2溶于CCl4中，出现橙红色的颜色变化。方案二可通过检验Fe3存在与否来证明。向反应后的溶液中加入KSCN溶液，若出现血红
16、色，说明有Fe3存在，从而证明氧化性Br2Fe3。12(1)18.4 mol/L(2分)13.6(2分)(2)20 mL量筒、500 mL容量瓶(2分)(3)搅拌、引流(1分)(4)偏高(1分)偏高(1分)偏低(1分)(5)重新配制 (“制”写错不给分)(1分)(6)(1分)解析 (1)(2)先求浓硫酸的浓度，c118.4 mol/L；配制溶液应根据要求选用一定规格的容量瓶，使其容积等于或略大于欲配溶液的体积，依题意应选500 mL容量瓶，再根据稀释前后硫酸的物质的量不变，则c1V1 c1V2，所以V113.6 mL；根据要求选用一定规格的量筒，使其容积略大于欲量取溶液的体积，则应选20 mL规格量筒；(3)稀释、溶解时玻璃棒起搅拌作用，转移溶液时起引流作用；(4)导致n(H2SO4)偏大，所以浓度偏高；导致冷却后的液面低于刻度线，V偏小，所以浓度偏高；导致液面高于刻度线，V偏大，所以溶液浓度偏低；(5)定容时加水过量时，都应重新配制；(6)标签上栏标注溶液的名称，下栏标注其浓度。6