27版53高中同步新教材化学必修第一册人教版增分测评卷期末学业水平检测(一)

期末学业水平检测（一）满分:100分时间:75分可能用到的相对原子质量:H-1C-12N-14O-16F-19Na-23S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64。一、选择题(本题共15小题,每小题3分,共45分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.景泰蓝是一种传统的手工艺品。下列制作景泰蓝的步骤中,不涉及化学变化的是

()

A

A.铜丝压扁、掐丝成型B.铅丹化合、熔制描绘

C.高温焙烧、逐层烧结D.酸洗去污、胎体镀金

解析将铜丝压扁、掐丝成型,物质形状发生改变,没有新物质生成,不涉及化学变化。2.化学用语是化学学科的独特语言,下列化学用语的表述错误的是

()A.用电子式表示CaCl2的形成过程:

B.过氧化钠的电子式:C.S2-的结构示意图:

D.H2O分子的结构模型:

A

解析Ca原子最外层有2个电子,易失去2个电子,Cl原子最外层有7个电子,易得到1个电子,氯化钙的形

成过程为,A错误;过氧化钠是离子化合物,由Na+和

构成,其电子式为,B正确;S是16号元素,S2-的结构示意图为

,C正确;H2O呈V形,O的原子半径比H的大,故H2O分子的结构模型为

,D正确。3.将蛋白质溶液放在半透膜上静置,各分子通过半透膜的情况如图所示。下列说法正确的是

()A.该半透膜的孔径大小可能为200nmB.该半透膜可用来分离NaCl溶液和淀粉溶液C.该半透膜可用来分离泥沙和淀粉溶液D.蛋白质溶液不具有丁达尔效应

B

解析胶体分散质粒子的直径在1~100nm之间,蛋白质溶液属于胶体,根据题图,水分子可以透过半透

膜,而蛋白质分子不能透过半透膜,因此该半透膜的孔径大小不可能为200nm,A错误;淀粉溶液属于胶

体,可利用该半透膜分离NaCl溶液和淀粉溶液,B正确;泥沙和淀粉溶液的分散质粒子的直径都大于该半

透膜的孔径,因此该半透膜不能用来分离泥沙和淀粉溶液,C错误;蛋白质溶液属于胶体,具有丁达尔效

应,D错误。4.下列有关药品保存及取用的说法错误的是

()A.漂白粉不易被氧化,可敞口放置B.取用金属钠时需将多余的金属钠放回原试剂瓶C.硫酸亚铁溶液可加铁粉保存D.新制氯水见光易分解,应保存在棕色试剂瓶中

A

解析漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2,敞口放置时,Ca(ClO)2易和空气中的二氧化碳、水反应生成HClO

和CaCO3,HClO光照条件下分解,漂白粉会失效,A错误;取用金属钠时需将多余的金属钠放回原试剂瓶,

B正确;硫酸亚铁溶液加铁粉保存可以防止亚铁离子被氧气氧化,C正确;新制氯水中的次氯酸见光易分

解,故新制氯水应保存在棕色试剂瓶中,D正确。5.已知N

在酸性条件下具有强氧化性。常温下,下列各组离子可能大量共存的是

()A.某无色透明溶液中:N

、Fe2+、S

、Cl-B.与Al反应能放出氢气的溶液中:Fe2+、Na+、N

、S

C.强碱性溶液中:ClO-、S2-、HC

、Na+D.能使紫色石蕊试液变蓝的溶液中:K+、Na+、N

、C

D

解析Fe2+在水溶液中呈浅绿色,A不符合题意;与Al反应能放出氢气的溶液可能为酸性或碱性溶液,酸

性溶液中Fe2+会被N

氧化,碱性溶液中Fe2+和OH-反应生成沉淀,不能大量共存,B不符合题意;强碱性溶液中,OH-和HC

反应生成C

和水,不能大量共存,C不符合题意;能使紫色石蕊试液变蓝的溶液呈碱性,碱性溶液中K+、Na+、N

、C

相互不反应,可能大量共存,D符合题意。6.部分钠、氯及其化合物的“价—类”二维图如图所示。下列说法正确的是()A.e中氯元素为最低价,所以e只有还原性

C

钠及其化合物的分类氯及其化合物的分类B.b一定能与水反应生成氧气C.a→b→c的转化均可通过一步反应实现D.c和f反应生成g解析由“价—类”二维图可知,a为Na,b为Na2O或Na2O2,c为NaOH,d为钠盐,e为HCl,f为Cl2,g为HClO,h为亚氯酸盐,i为次氯酸盐,j为ClO2。HCl与铁等活泼金属反应可以产生氢气,说明HCl有氧化性,A错误;

若b为Na2O,Na2O与水反应生成NaOH,不生成氧气,B错误;Na与氧气在常温、加热条件下分别生成Na2O、Na2O2,Na2O或Na2O2与水反应都能生成NaOH,C正确;NaOH和Cl2反应生成NaClO、NaCl和水,D错误。7.一定条件下,硝酸铜发生分解反应:2Cu(NO3)2

2CuO+4NO2↑+O2↑,收集产生的所有气体(NO2、O2)共0.5mol。关于这0.5mol气体,下列叙述错误的是

()A.NO2对O2的相对密度约为1.4B.N(N)∶N(O)=2∶5C.平均相对分子质量为44D.产生这些气体的过程中反应转移电子0.4mol

C

解析NO2的摩尔质量为46g/mol,O2的摩尔质量为32g/mol,由相同条件下密度之比等于摩尔质量之比,

可得NO2对O2的相对密度为

≈1.4,A正确;收集到的NO2、O2共0.5mol,由题给方程式可知,NO2为0.4mol,O2为0.1mol,N原子的物质的量为0.4mol×1=0.4mol,O原子的物质的量为(0.4×2+0.1×2)mol=1.0mol,N(N)∶N(O)=0.4∶1.0=2∶5,B正确;混合气体总质量为(0.4×46+0.1×32)g=21.6g,平均摩尔质量为

=43.2g/mol,则平均相对分子质量为43.2,C错误;每2molCu(NO3)2分解转移4mol电子,产生这些气体时有0.2molCu(NO3)2分解,则转移电子的物质的量为0.4mol,D正确。8.甲醛(化学式为CH2O)沸点为-19.5℃,易溶于水。标准状况下,VL甲醛气体溶于mg水中,所得溶液中

溶质的质量分数为w,物质的量浓度为cmol·L-1,密度为ρg·cm-3,则下列说法错误的是

()A.ρ=

B.V=

C.w=

×100%D.c=

B

解析甲醛的摩尔质量为30g·mol-1,由c=

得ρ=

,A正确;溶质质量分数w=

×100%=

×100%,则V=

,B错误、C正确;物质的量浓度cmol·L-1=

=

mol·L-1,D正确。9.某实验需90mL1mol·L-1NaOH溶液,配制该NaOH溶液的几个关键实验步骤和操作示意图如下:

下列说法正确的是

()A.用托盘天平和小烧杯称取3.6g氢氧化钠固体B.用蒸馏水洗涤后的容量瓶干燥后才可使用C.操作①时,若俯视容量瓶的刻度线,使配制的NaOH溶液浓度偏低D.上述操作的先后顺序是③②④⑥①⑤

D

解析需要90mL1mol·L-1NaOH溶液,应选择100mL容量瓶,需要氢氧化钠的质量:0.1L×1mol·L-1×40g·mol-1=4.0g,A错误;容量瓶用蒸馏水洗净后,由于后面配制过程中还需要加入蒸馏水,所以不必干燥,B错误;定容时俯视容量瓶的刻度线导致溶液体积偏小,依据c=

可知所配溶液浓度偏高,C错误;用固体配制一定物质的量浓度的溶液的一般步骤为计算、称量、溶解、恢复至室温后移液、洗涤、定容、摇匀等,正确的操作顺序为③②④⑥①⑤,D正确。10.实验室可以用KMnO4和浓盐酸反应制取Cl2,反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)

2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。现用如图所示装置制取纯净的无水CuCl2(部分仪器和夹持装置已略去)。下列说

法正确的是

()

C

A.装置C中试剂是饱和食盐水,目的是除去HCl气体B.实验过程中,硬质玻璃管中产生大量蓝色的烟C.实验时,应先打开装置A中分液漏斗的活塞,再加热装置DD.将装置A中的KMnO4直接换为MnO2,也可完成该实验解析装置B中试剂是饱和食盐水,目的是除去HCl气体,装置C中盛放浓硫酸,干燥氯气,A错误;实验过

程中,铜和氯气反应生成氯化铜,硬质玻璃管中产生大量棕黄色的烟,B错误;为防止铜和氧气反应,需要

用氯气排出装置D中空气后,再加热装置D,所以实验时,应先打开装置A中分液漏斗的活塞,再加热装置

D,C正确;二氧化锰和浓盐酸反应需要加热,将装置A中的KMnO4直接换为MnO2,不能完成该实验,D错

误。11.下列实验操作或装置能达到实验目的的是

()A.用甲装置测定新制氯水的pHB.用乙装置比较KMnO4、Cl2、S的氧化性强弱C.用丙装置稀释浓硫酸D.用丁装置检验FeSO4溶液中的Fe2+是否被氧化

B

甲乙丙丁解析pH试纸不能直接伸入溶液中,且新制氯水具有漂白性,能使pH试纸褪色,A错误;乙装置能比较

KMnO4、Cl2、S的氧化性强弱,B正确;稀释浓硫酸应在烧杯中进行,C错误;铁氰化钾溶液用于检验Fe2+,

D错误。

12.X、Y、Z、W为短周期元素,它们在周期表中的相对位置如图所示。Y原子的最外层电子数是次外

层电子数的3倍。下列说法不正确的是

()A.Z的原子序数比Y大8B.Zm-、Wn-一定具有不同的电子层结构C.X与氢原子可形成多种10e-微粒D.Y、W的某些单质可用于自来水的杀菌消毒

B

解析X、Y、Z、W均为短周期元素,Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍,则Y是O,结合题图

可知X是N、Z是S、W是Cl。Z(S)的原子序数比Y(O)大8,A正确;Z(S)的常见阴离子为S2-,含有18个电子

和3个电子层,W(Cl)的常见阴离子为Cl-,含有18个电子和3个电子层,两者具有相同的电子层结构,B错误;

X(N)与氢原子可形成多种10电子微粒,如NH3、N

、N

等,C正确;Y(O)形成的单质臭氧(O3)和W(Cl)形成的单质氯气(Cl2)均可用于自来水的杀菌消毒,D正确。13.金属与盐溶液的置换反应是化工生产中一种重要的化学反应,其工艺流程严格遵循金属活动性顺序

和置换反应原理。某探究实验过程及现象如图所示,下列有关说法正确的是

()A.“滤渣”中不可能含银B.氧化性:Cu2+>Fe2+

B

C.向“滤液”中滴加NaOH溶液,可长时间看到白色沉淀D.“有气体产生”的反应为Cu+2H+

Cu2++H2↑解析根据向滤渣中加入稀盐酸产生气体,说明滤渣中含有铁粉,Fe过量,将Cu(NO3)2溶液中的Cu全部

置换出来,而Ag不反应,因此“滤渣”中含有金属银,A错误;金属活动性:Fe>Cu,因此向Cu(NO3)2溶液中

加入Fe粉(过量)、Ag粉的混合物,发生反应:Fe+Cu(NO3)2

Cu+Fe(NO3)2,在该反应中Cu(NO3)2为氧化剂,Fe(NO3)2为氧化产物,同一氧化还原反应中,物质的氧化性:氧化剂>氧化产物,所以氧化性:Cu2+>Fe2+,B

正确;根据上述分析可知“滤液”中含Fe(NO3)2,向“滤液”中滴加NaOH溶液,二者反应产生Fe(OH)2白

色沉淀,但该物质不稳定,容易被溶解在溶液中的O2氧化为Fe(OH)3,发生的反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O

4Fe(OH)3,会看到白色沉淀迅速变为灰绿色,最后变为红褐色,因此不能长时间看到白色沉淀,C错误;根据上述分析可知“有气体产生”的反应为Fe+2HCl

FeCl2+H2↑,其离子方程式为Fe+2H+

Fe2++H2↑,D错误。14.胆矾(CuSO4·5H2O)样品受热过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。下列说法错

误的是

()A.胆矾受热过程均不是氧化还原反应

A

B.258℃时,反应的化学方程式为CuSO4·H2O

CuSO4+H2OC.X点固体物质的化学式为CuOD.测胆矾(CuSO4·nH2O)结晶水n值的实验中,若加热温度过高,会导致所测n值偏高解析25.0gCuSO4·5H2O中CuSO4的质量为16.0g,结晶水的质量为9.0g;由题图可知,加热到113℃时,

结晶水质量为1.8g,固体化学式为CuSO4·H2O;加热到258℃时,晶体失去全部结晶水,得到CuSO4;加热至

560℃时,固体质量为8.0g,其中n(Cu)=n(CuSO4·5H2O)=0.1mol,m(Cu)=0.1mol×64g/mol=6.4g,则固体中

m(O)=8.0g-6.4g=1.6g,n(O)=0.1mol,n(Cu)∶n(O)=0.1mol∶0.1mol=1∶1,所以固体X的化学式为CuO;

加热至1000℃时,固体质量为7.2g,其中m(Cu)=6.4g,则固体中m(O)=7.2g-6.4g=0.8g,n(O)=0.05mol,n(Cu)∶n(O)=0.1mol∶0.05mol=2∶1,为Cu2O。由分析可知,加热到258℃时,晶体失去全部结晶水,得到

CuSO4,加热到560℃时,CuSO4发生分解反应生成CuO,没有元素化合价变化,不是氧化还原反应,加热到

1000℃时,CuO转化为Cu2O,为氧化还原反应,A错误;258℃时,CuSO4·H2O转化为CuSO4,化学方程式为

CuSO4·H2O

CuSO4+H2O,B正确;由分析可知,X点固体物质的化学式为CuO,C正确;加热到258℃时,晶体失去全部结晶水,得到CuSO4,继续加热,CuSO4会分解变为CuO,甚至变为Cu2O,故测胆矾(CuSO4·nH2O)结晶水n值的实验中,若加热温度过高,会导致所测n值偏高,D正确。15.羟基氧化铁[FeO(OH)]是一种重要的化工原料,一种以工厂废料(含FeO、Fe3O4、SiO2、CuO)为原料

生产FeO(OH)的工艺流程如下:已知:SiO2难溶于水和稀硫酸。下列说法不正确的是

()A.羟基氧化铁中铁元素的化合价为+3价B.“还原”时应加入过量铁,“废渣2”为铁C.FeSO4·7H2O在乙醇中溶解度小于其在水中的溶解度

B

D.FeSO4·7H2O转化为FeO(OH)的离子方程式为4Fe2++O2+8OH-

4FeO(OH)↓+2H2O解析FeO(OH)中O元素的化合价为-2价,H元素的化合价为+1价,根据化合物中各元素正、负化合价

代数和等于0,可知Fe元素的化合价为+3价,A正确;废料含FeO、Fe3O4、SiO2、CuO,加入稀硫酸“酸

浸”,SiO2难溶于稀硫酸,“废渣1”为SiO2,“酸浸”后的滤液中含硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸铜,加入过

量铁粉,铁粉把硫酸铁还原为硫酸亚铁,把硫酸铜中的铜置换出来,“废渣2”为铁和铜,B错误;加乙醇后

析出FeSO4·7H2O晶体,可知FeSO4·7H2O在乙醇中的溶解度小于其在水中的溶解度,C正确;FeSO4·7H2O晶

体和氢氧化钠溶液、氧气反应可生成FeO(OH),根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平离子方

程式为4Fe2++O2+8OH-

4FeO(OH)↓+2H2O,D正确。16.(10分)某学校组织学生进行实验探究活动,根据所学知识回答下列问题:Ⅰ.某无色溶液中可能含有Fe3+、Na+、Mg2+、S

、C

中的某几种离子。为确定该溶液中的离子组成,甲组同学进行实验:取200mL上述溶液,加入足量的BaCl2溶液,反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥,得

沉淀4.30g。若向该沉淀中加入过量的稀盐酸,仍有2.33g沉淀不溶。(1)该无色溶液中一定不存在的离子为______________(填离子符号)。(2)加入稀盐酸后溶解的沉淀为__________(填化学式,下同),不溶解的沉淀为__________。Ⅱ.Fe(OH)3胶体可用于净水。乙组同学设计实验制备Fe(OH)3胶体,向25mL沸水中逐滴滴入5~6滴FeCl3饱和溶液,继续煮沸至液体呈

红褐色,停止加热。

BaSO4

BaCO3

Fe3+、Mg2+

二、非选择题(本题共4小题,共55分)(3)证明有Fe(OH)3胶体生成的实验操作是_____________________________________________________

________,利用的胶体性质是__________。Ⅲ.高铁酸钾(K2FeO4)可用于自来水消毒、净化。(4)丙组同学在碱性条件下,利用KClO与Fe(OH)3反应制备高铁酸钾,其反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3KClO+4KOH

2K2FeO4+3KCl+5H2O。在上述反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为________,被氧化的元素为________(填元素符号)。

Fe

3∶2

丁达尔效应

胶体生成

用激光笔照射,若出现一条光亮的“通路”,证明有Fe(OH)3解析

(1)无色溶液中不能含Fe3+,加入BaCl2溶液生成沉淀,且加入盐酸沉淀部分溶解,说明沉淀为BaCO3、BaSO4,原溶液中一定含有S

、C

,溶液中不含能与C

反应生成沉淀的Mg2+,即该无色溶液中一定不存在Fe3+、Mg2+。(2)加入盐酸时溶解的是BaCO3,不溶解的是BaSO4。(3)Fe(OH)3胶体具有丁达尔

效应。(4)根据反应中KClO中Cl元素由+1价降低为-1价,可知KClO为氧化剂,Fe元素由+3价升高为+6

价,Fe元素被氧化,Fe(OH)3为还原剂,则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2。17.(15分)一种哥德式“元素周期表城堡”如图所示,部分元素已标出。回答下列问题:

(1)城堡中“凸出”的8座哥德式建筑代表主族和______族。

0

(2)下列关于图中元素的说法正确的是_______(填字母)。A.单质与水反应的剧烈程度:①>LiB.单质与H2化合的难易程度:②>SC.③在氧气中燃烧只生成一种氧化物D.④位于第四周期第ⅢA族(3)H2O2的电子式为_______________,N2H4的电子式为_______________。(4)向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液,观察到先产生白色沉淀,后沉淀溶解。沉淀溶解过程发生反应的

离子方程式为____________________________。

Al(OH)3+OH- [Al(OH)4]-

AD

(5)氧化硅薄膜制备过程中存在物质Si5Cl10,从化学键的角度分析Si5Cl10的结构是(a)而不是(b)的原因____

______________________________________________________________________。(a)

(b)Cl原子最外层有7个电子,若按(b)中部分Cl原子形成2个共价键,则不满足8电子稳定结构

解析由题图可知,①为Na元素;②为P元素;③为Cs元素;④为Ga元素。(1)由题图可知,城堡中“凸出”的8座哥德式建筑代表主族和0族。(2)①为Na元素,金属性:Na>Li,则单质与水反应的剧烈程度:Na>Li,A项正确;②为P元素,非金属性:P<S,

则单质与H2化合的难易程度:P<S,B项错误;③为Cs元素,金属性:Na<Cs,Cs在氧气中燃烧生成的氧化物

不只有一种,C项错误;④为Ga元素,位于第四周期第ⅢA族,D项正确。(3)H2O2是共价化合物,其电子式为;N2H4是共价化合物,其电子式为。(4)向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液,二者先反应生成Al(OH)3沉淀,AlCl3被完全消耗后,Al(OH)3和

NaOH反应生成Na[Al(OH)4],沉淀溶解,沉淀溶解的离子方程式为Al(OH)3+OH-

[Al(OH)4]-。18.(14分)亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效氧化剂和优质漂白剂,可以ClO2为原料制取。实验室利用下图

装置制备NaClO2(夹持装置略),并测定所制NaClO2的纯度。已知:①ClO2沸点为11℃,极易溶于水,浓度过高时易发生爆炸;②2NaOH+H2O2+2ClO2

2NaClO2+O2+2H2O。(1)装置A中仪器a的名称为_________;在酸性条件下,NaClO3可将Na2SO3氧化为Na2SO4并产生ClO2,

该反应的化学方程式为________________________________________________。(2)实验过程中需要持续通入稀有气体,目的是________________________。(3)装置B的作用是______________________________________________。(4)装置C中用冰水浴冷却的目的是____________________________。(5)测定亚氯酸钠含量的实验步骤:①称取NaClO2样品5.0g于小烧杯中,加入适量蒸馏水和过量的KI固体,再滴入适量的稀H2SO4,充分反应,

将所得混合液配成500mL待测溶液。②移取10.00mL待测溶液于锥形瓶中,加0.10mol·L-1Na2S2O3溶液40.00mL,溶液中的I2正好完全反应。

(已知:Cl

+4I-+4H+

2H2O+2I2+Cl-、I2+2S2

2I-+S4

)该样品中NaClO2的质量分数为__________。

90.5%

减少H2O2分解和ClO2挥发

做安全瓶(或缓冲瓶),防止C中液体倒吸进入装置A中

稀释ClO2,防止发生危险

2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓) 2Na2SO4+2ClO2↑+H2O

分液漏斗

解析制备亚氯酸钠的原理是2NaOH+H2O2+2ClO2

2NaClO2+O2+2H2O,装置A制备ClO2,装置B为安全瓶,装置C制备亚氯酸钠,装置D的作用是吸收ClO2。(1)装置A中仪器a的名称为分液漏斗;产生ClO2的化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)

2Na2SO4+2ClO2↑+H2O。(2)ClO2浓度过高时易发生爆炸,故实验过程中通入稀有气体的目的是稀释ClO2,防止发生危险。(3)装置B是安全瓶(或缓冲瓶),防止C中液体倒吸进入装置A中。(4)ClO2沸点较低,易挥发,制取NaClO2时用到H2O2,H2O2易分解,冰水浴可以减少H2O2分解和ClO2挥发。(5)NaClO2将I-氧化为I2,根据题中已知信息得:Cl

~2I2~4S2

1mol4moln(Cl

)0.10mol·L-1×40.00×10-3L10.00mL待测液中n(NaClO2)=n(Cl

)=0.10mol·L-1×40.00×10-3L×

=1×10-3mol,500mL待测液中n总(NaClO2)=1×10-3mol×

=0.05mol,m(NaClO2)=0.05mol×90.5g·mol-1=4.525g,w(NaClO2)=

×100%=

×100%=90.5%。19.(16分)小组同学探究Cu和Fe2(SO4)3溶液的反应。向100mL0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液(pH≈1)中加入1

g(过量)铜粉,充分反应48h后,溶液变为蓝色(忽略溶液体积变化)。过滤,取少量滤液,滴加KSCN溶液,溶

液变红,振荡后褪色,产生白色沉淀(经检验为CuSCN)。

(1)Cu和Fe2(SO4)3溶液反应的离子方程式为_________________________。

Cu+2Fe3+ 2Fe2++Cu2+

(2)对“滴加KSCN溶液,溶液变红”的原因作出如下假设:①假设a:CuSCN中铜元素的化合价为_______,在SCN-的作用下,Cu2+氧化Fe2+产生Fe3+。②假设b:空气中存在O