学年高一化学上学期期末考前冲刺卷03人教版必修一解析版.docx
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学年高一化学上学期期末考前冲刺卷03人教版必修一解析版
2020-2021学年上学期期末考前冲刺卷03
高一化学
（考试时间：
90分钟试卷满分：
100分）
第Ⅰ卷（选择题共48分）
一、选择题：
本题共16个小题，每小题3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．化学与人类生产、生活、科研、环境等密切相关，下列有关说法错误的是（）
A．“霾尘积聚难见路人”，霾尘中有气溶胶，具有丁达尔效应
B．“一硫二硝三炭”黑火药燃烧反应时，还原剂是碳
C．“外观如雪，强烧之，紫青烟起”，该过程中利用了焰色反应
D．“丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂”描述的是复分解反应
【答案】D
【详解】
A．霾尘中有气溶胶，气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故A正确；
B．“一硫二硝三炭”黑火药燃烧反应的方程式为S+2KNO3+3C
K2S+3CO2↑+N2↑，反应中S、N元素化合价降低，被还原，S、KNO3为氧化剂，C元素化合价升高，被氧化，所以碳为还原剂，故B正确；
C．“外观如雪，强烧之，紫青烟起”，是南北朝时期陶弘景对硝酸钾的鉴定方法，该过程利用了钾元素的焰色反应的颜色，故C正确；
D．丹砂（HgS）烧之成水银，即HgS发生分解反应生成汞；积变又还成丹砂，是说常温下两者又可以重新化合为硫化汞，分别是分解反应和化合反应，故D错误；
故选D。
2．2020年11月24日4时30分，我国在中国文昌航天发射场，用长征五号遥五运载火箭成功发射探月工程“嫦娥五号”探测器，开启我国首次地外天体采样返回之旅。
“嫦娥五号”中使用了大量合金。
下列有关金属或合金的说法中不正确的是（）
A．生铁属于合金
B．一般合金的熔点比各成分金属的低
C．合金的化学性质与其成分金属的化学性质不同
D．改变原料的配比、生成合金的条件，可以得到具有不同性能的合金
【答案】C
【详解】
A.生铁由铁和碳等元素组成，属于合金，故A正确；
B.形成合金后，结构发生了改变，一般合金的熔点比各成分金属的低，故B正确；
C.合金的化学性质与其成分金属的化学性质相同，故C错误；
D.改变原料的配比、生成合金的条件，组成合金的成分、结构不同，对合金的性质产生不同的影响，可以得到具有不同性能的合金，故D正确；
故选C。
3．下列关于物质分类的正确组合是（）
选项
碱
酸
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
B
C
D
【答案】A
【详解】
A．NaOH属于碱，HNO3为酸，KAl（SO4）2为复盐，CaO为碱性氧化物，SO3为酸性氧化物，故A正确；
B．Al2O3不是碱性氧化物，而是两性氧化物，故B错误；
C．Cu2（OH）2CO3为碱式盐，不是碱，故C错误；
D．NO不是酸性氧化物，为不成盐氧化物，故D错误；
综上所述答案为A。
4．根据阿伏加德罗定律的相关内容，下列说法错误的是（）
A．温度相同，体积相同的O2和N2分子数不一定相同
B．常温常压下，SO2与CO2的密度之比等于16∶11
C．温度和容积相同的两容器中，分别盛有5molO2和2molN2，则压强之比等于5∶2
D．标准状况下，SO3与O2的体积之比等于物质的量之比
【答案】D
【详解】
A．温度相同、体积相同的O2和N2，若压强不同，二者物质的量不同，则含有分子数不同，故A正确；
B．常温常压下气体摩尔体积相同，根据ρ=
可知，SO2与CO2的密度之比等于摩尔质量之比=64g/mol∶44g/mol=16∶11，故B正确；
C．温度和容积相同的两容器中，根据pV=nRT可知，分别盛有5molO2和2molN2时压强之比等于物质的量之比=5mol∶2mol=5∶2，故C正确；
D．标准状况下SO3不是气体，不能使用标况下气体摩尔体积计算，故D错误；
故答案为D。
5．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（）
A．7.80gNa2O2与5.85gNaCl所含阴离子数相等
B．常压下，92gNO2和N2O4的混合气体中含有的原子总数为6NA
C．将1.0molFeCl3全部制成胶体，其中氢氧化铁胶粒为NA个
D．标准状况下，11.2L氦气所含的原子数为0.5NA
【答案】C
【详解】
A．7.80gNa2O2和5.85gNaCl的物质的量均为0.1mol，Na2O2由过氧根和钠离子构成，NaCl由钠离子和氯离子构成，所以二者所含阴离子数相等，均为0.1mol，故A正确；
B．NO2和N2O4的最简式均为NO2，所以92g混合物中含有的原子为
3=6mol，个数为6NA，故B正确；
C．胶粒是由多个氢氧化铁构成，所以将1.0molFeCl3全部制成胶体，其中氢氧化铁胶粒小于NA个，故C错误；
D．标况下11.2L氦气的物质的量为0.5mol，氦气分子为单原子分子，所以所含的原子数为0.5NA，故D正确；
综上所述答案为C。
6．下列实验操作中错误的是（）
A．蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处
B．蒸发操作时，当蒸发皿中的水分只残留少许时，停止加热，利用余热将剩余水分蒸干
C．称量时，将NaOH固体放在称量纸上置于托盘天平的左盘，将砝码放在托盘天平的右盘
D．溶解操作时，玻璃棒作用是搅拌以加速溶解；过滤操作时，玻璃棒作用是引流，防止溶液溅出
【答案】C
【详解】
A．蒸馏操作时，温度计测定馏分的温度，使温度计水根球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故A正确；
B．蒸发操作时，不能直接蒸干，否则可能使溶质分解或结块，出现大量固体时停止加热，利用余热将剩余水分蒸干，故B正确；
C．NaOH易潮解，称量应在烧杯中进行称量，故C错误；
D．溶解操作时，玻璃棒作用是搅拌以加速溶解，过滤操作时，玻璃棒起引流作用，防止溶液溅出，否则会导致物质损失，故D正确；
综上所述，错误的是C项，故答案为C。
7．下表为各物质中所含有的少量杂质，以及除去这些杂质应选用的试剂或操作方法，正确的一组为（）
序号
物质
杂质
除杂质应选用的试剂或操作方法
①
KNO3溶液
KOH
加入MgCl2溶液，并过滤
②
FeSO4溶液
CuSO4
加入过量铁粉，并过滤
③
H2
CO2
通过盛有NaOH溶液的洗气瓶，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶
④
NaNO3
CaCO3
溶解、过滤、蒸发
A．①②③④B．③④C．②③④D．①②③
【答案】C
【详解】
除杂质题至少要满足两个条件：
①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应，若与原物质反应，则后续需复原，且复原过程需简单易操作，②反应时不能引入新的杂质，
①KNO3中混有KOH，加入MgCl2溶液，生成新的杂质氯化钾，故①错误；
②FeSO4中混有CuSO4，硫酸根不是杂质，铜离子是杂质，可以用过量铁粉与铜离子反应除去，再过滤，故②正确；
③H2中混有CO2可以用NaOH溶液洗气除去，后用浓硫酸洗气除去H2中水蒸气，故③正确；
④NaNO3溶于水，CaCO3不溶于水，可以加水，然后过滤除去CaCO3，再将溶液蒸发结晶得到NaNO3，故④正确；
综上所述，正确的是②③④，故答案为C。
8．在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是（）
A．K+、MnO
、Na+、Cl-B．K+、Na+、SO
、ClO-
C．Fe2+、CO
、NO
、SO
D．Ca2+、Na+、Cl-、HCO
【答案】B
【详解】
A．无色溶液中不可能含有MnO
，故A错误；
B．离子组K+、Na+、SO
、ClO-彼此间不发生离子反应，溶液为无色，且在碱性溶液中能大量共存，故B正确；
C．无色溶液中不可能含有Fe2+，且Fe2+与CO
、OH-发生离子反应，不能大量共存，故C错误；
D．离子组Ca2+、Na+、Cl-、HCO
彼此间不发生离子反应，溶液为无色，但在碱性条件下，OH-、Ca2+、HCO
发生离子反应生成水和CaCO3，则不能大量共存，故D错误；
故答案为B。
9．下列相应反应的离子方程式表示正确的是（）
A．用足量NaOH溶液吸收尾气中的CO2：
CO2+2OH－＝CO
+H2O
B．将稀盐酸加入NaHCO3溶液中：
CO
+2H+＝CO2↑+H2O
C．将金属钠放入水中：
Na+2H2O＝Na++2OH－+H2↑
D．NaHCO3溶液与少量Ca（OH）2溶液反应：
HCO
+OH－+Ca2+＝CaCO3↓+H2O
【答案】A
【详解】
A．用足量NaOH溶液吸收尾气中的CO2：
CO2+2OH－＝CO
+H2O，故A正确；
B．将稀盐酸加入NaHCO3溶液中：
HCO
+H+＝CO2↑+H2O，故B错误；
C．将金属钠放入水中：
2Na+2H2O＝2Na++2OH－+H2↑，故C错误；
D．NaHCO3溶液与少量Ca（OH）2溶液反应：
2HCO
+2OH－+Ca2+＝CaCO3↓+CO
+2H2O，故D错误。
综上所述，答案为A。
10．已知还原性：
I->Fe2+>Br-，且有下列三个反应：
①Cl2（少量）+FeI2=FeCl2+I2
②2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-
③Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O。
下列说法正确的是（）
A．①②③中的氧化产物分别是I2、Fe3+、CoCl2
B．根据以上方程式可以得到氧化性Cl2>Fe3+>Co2O3
C．可以推理得到Cl2（少量）+FeBr2=FeCl2+Br2
D．在反应③中HCl体现了酸性和还原性
【答案】D
【详解】
A．在已知的三个反应中，元素化合价升高生成的产物为氧化产物，则①中的氧化产物为I2，②中的氧化产物为Fe3+，③中的氧化产物为Cl2，故A错误；
B．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，在反应①中Cl2>I2，在反应②中Br2>Fe3+，在反应③中Co2O3>Cl2，氧化性顺序是：
Co2O3>Cl2>Br2>Fe3+，故B错误；
C．根据已知还原性顺序：
Br-D．在反应③中生成1molCl2时，有6molHCl参加反应，其中只有2molHCl被氧化，有4molHCl生成盐，所以HCl体现了酸性和还原性，故D正确；
答案选D。
11．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉。
对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是（）
A．若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3＋
B．若溶液中有Fe2＋，则一定有Cu析出
C．若溶液中有Cu2＋，则一定没有固体析出
D．若有固体存在，则溶液中一定有Fe2＋
【答案】D
【详解】
已知：
氧化性是Fe3＋＞Cu2＋＞Fe2＋，还原性是Fe＞Cu，则
A．若无固体剩余，这说明铁粉完全被氧化，但此时溶液中不一定还有Fe3＋，A错误；
B．若溶液中有Fe2＋，但如果溶液铁离子过量，则不一定有Cu析出，B错误；
C．若溶液中有Cu2＋，则也可能有部分铜已经被置换出来，因此不一定没有固体析出，C错误；
D．若有固体存在，则固体中一定有铜，可能还有铁，因此溶液中一定有Fe2＋，D正确；
答案选D。
12．下列实验报告中，完全正确的是（）
序号
实验操作
现象
结论
A
向溶液中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液
有白色沉淀
原溶液中含
B
向溶液中滴加氯水后，再滴入KSCN溶液
溶液变红色
原溶液中含Fe3+
C
向装有Na2O2的试管中加入水后，立即滴加酚酞试液
溶液先变红后褪色
Na2O2有漂白性
D
用洁净的玻璃棒蘸取溶液进行焰色反应
观察到有紫色火焰
原溶液中有K+
【答案】C
【详解】
A．向溶液中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，沉淀可能为AgCl或BaSO4，原溶液可能含银离子，应先加盐酸排除其它离子的干扰，再滴加氯化钡溶液，故A不符合题意；
B．向溶液中滴加氯水后，再滴入KSCN溶液，溶液变红色，溶液中可能含亚铁离子，亚铁离子被氧化成铁离子，铁离子遇KSCN溶液变红；检验铁离子，不需要氯水，直接加KSCN溶液，若溶液变红，则含有铁离子，故B不符合题意；
C．酚酞遇碱变红，过氧化钠和水反应生成NaOH，溶液显碱性，溶液会变红；过量的过氧化钠，具有漂白性，则溶液先变红后褪色，故C符合题意；
D．观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃片，滤去黄光的干扰，故D不符合题意；
答案选C。
13．向100 mL FeCl3和CuCl2的混合溶液中加入铁粉，其固体质量的变化如图所示，下列说法中错误的是（）
A．向b点溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成
B．a点溶液中存在的阳离子有Fe2+和Cu2+
C．原混合溶液中c（Fe3+）：
c（Cu2+）=2：
1
D．若不考虑溶液体积变化，c点溶液中c（Cl-）=8.0mol•L-1
【答案】A
【分析】
氧化性Fe3+＞Cu2+，则依次发生反应：
2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu，0～a段发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，所以加入0.1molFe时固体质量不增加；a点氯化铁完全反应；a～b段发生反应为Cu2++Fe=Fe2++Cu，所以加入0.1molFe置换出0.1molCu，固体增加6.4g，到b点氯化铜完全反应，据此解答。
【详解】
A．b点CuCl2完全反应，向b点溶液中滴加NaOH溶液不会生成蓝色沉淀，故A错误；
B．0～a段发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，则a点溶液中存在的阳离子有Fe2+和Cu2+，故B正确；
C．0～a段和a～b段均消耗0.1molFe，结合反应2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu可知，n（Fe3+）=0.2mol，n（Cu2+）=0.1mol，则c（Fe3+）：
c（Cu2+）=2：
1，故C正确；
D．根据电荷守恒可知：
n（Cl-）=3n（Fe3+）+2n（Cu2+）=0.2mol×3+0.1mol×2=0.8mol，溶液体积为0.1L，则c（Cl-）=8.0mol•L-1，故D正确；
故选：
A。
14．铝土矿的主要成分是Al2O3，还有少量SiO2、Fe2O3。
工业上从铝土矿中提取铝可采取如下工艺流程：
下列说法中正确的是（）
A．沉淀I是SiO2和Fe2O3
B．溶液II中含有的阴离子只有
C．该流程中一定存在氧化还原反应
D．生成沉淀III的离子方程式为
【答案】C
【分析】
铝土矿的主要成分是Al2O3，含有杂质SiO2、Fe2O3，SiO2不与盐酸反应，Al2O3、Fe2O3均与盐酸反应，所以加入过量盐酸，溶液Ⅰ为AlCl3、FeCl3，沉淀Ⅰ为SiO2，铝离子和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，所以Ⅰ中加入过量烧碱，沉淀Ⅱ为Fe（OH）3，溶液Ⅱ为NaAlO2，Ⅱ中通入过量二氧化碳，溶液Ⅲ为NaHCO3，沉淀Ⅲ为Al（OH）3，加热分解得到Al2O3，经电解氧化铝可得到Al，以此解答该题。
【详解】
A．加入盐酸，二氧化硅与盐酸不反应，则沉淀Ⅰ是SiO2，故A错误；
B．氢氧化钠过量，则溶液Ⅱ中含有的阴离子有OH-、AlO
，故B错误；
C．该流程的目的是得到铝单质，铝由化合态变为游离态化合价一定发生变化，存在氧化还原反应，故C正确；
D．通入过量二氧化碳，与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀，二氧化碳过量所以还生成碳酸氢钠，生成沉淀Ⅲ的离子方程式为AlO
+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO
，故D错误；
故选：
C。
15．已知将Cl2通入适量KOH溶液，产物最多只可能存在KCl、KClO、KClO3三种含氯产物，且c（Cl-）/c（ClO-）的值与温度高低有关。
当n（KOH）=1mol时，下列有关说法不正确的是（）
A．改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为
mol
B．若某温度下，反应后
=16，则溶液中
=
C．参加反应的氯气的物质的量等于0.5mol
D．改变温度，反应中转移电子的物质的量n（e-）的范围：
0.5mol≤n（e-）≤1mol
【答案】D
【分析】
Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，当n（KOH）=1mol时，由K原子守恒可知，n（KC1）+n（KClO）+n（KClO3）=1mol，由电子守恒可知，n（KCl）=n（KClO）+n（KClO3）
5，由产物的组成可知n（K）=n（Cl），以此来解答。
【详解】
A．产物中KClO3的产量最大时，就意味着产物中没有KClO，由电子守恒可知，n（KCI）=n（KCIO3）
5，由钾离子守恒可知：
n（KC1）+n（KClO3）=1mol，故n（KClO3）=
mol，故A正确；
B．由电子得失守恒n（KCl）=n（KClO）+n（KClO3）
5，可知c（KCl）=c（KClO）+c（KClO3）
5，由于反应后
=16，假设c（Cl-）=16mol/L，那么c（ClO-）=1mol/L，则c（
）=3mol/L，所以
=
，故B正确；
C．由产物的组成可知n（K）=n（Cl），当参加反应的n（KOH）=1mol时，则n（Cl）=1mol，所以n（Cl2）=0.5mol，故C正确；
D．改变温度，反应中转移电子的物质的量n（e-）的范围，也就是Cl2和KOH极端反应过程中转移的电子范围。
根据电子守恒n（KCl）=n（KClO）+n（KClO3）
5，可知，当溶液中只有KClO时，n（KCl）=n（KClO）,由于n（KOH）=1mol，所以n（KCl）+n（KClO）=1mol，故n（KClO）=0.5mol，其生成过程转移电子为0.5mol。
同理当溶液中只有KClO3时，n（KCl）=5n（KClO3），n（KCl）+5n（KClO3）=1mol，所以n（KClO3）=
mol，其生成过程转移电子为
mol，所以，改变温度转移电子的物质的量n（e-）的范围为0.5mol
n（e-）
mol，故D错误；
本题答案D。
【点睛】
有关氧化还原反应的计算，要充分利用电子得失守恒和质量守恒定律去分析解决问题。
16．已知还原性S2-、I-、Fe2+、Br-依次减弱，向含S2-、Fe2+、Br-、I-各0.1mol的溶液中通入Cl2，通入Cl2的体积（标准状况）和溶液中相关离子的物质的量关系图正确的是（）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】
氯气具有强氧化性，按混合液中微粒的还原性由强到弱的顺序依次反应。
【详解】
A．0.1molS2-与0.1mol的氯气恰好完全反应，氯气的体积为2.24L，A图像中关系不正确；
B．碘离子的还原性大于亚铁离子，则碘离子反应完后，氯气再与亚铁离子反应，碘离子为0.1mol，消耗0.05mol氯气，体积为1.12L，0.1molFe2+消耗0.05mol氯气，总共消耗0.2mol氯气，B图像中关系不正确；
C．反应完S2-、I-、Fe2+，三种离子共消耗0.2mol氯气，体积为4.48L，Br-消耗0.05mol氯气，体积为1.12L，即5.6L反应完毕，C图像中关系正确；
D．碘离子的还原性大于亚铁离子，则碘离子先反应，即消耗2.24L氯气时，再通入氯气，氯气与碘离子反应，D图像中关系不正确；
答案为C。
第II卷（非选择题共52分）
二、非选择题：
包括第17题~第21题5个大题，共52分。
17．（10分）“84消毒液”是一种以NaClO为主的高效消毒剂，在今年的新冠肺炎防治中被广泛用于宾馆、旅游、医院、家庭等的卫生消毒。
某“84消毒液”瓶体部分标签如图1所示，该“84消毒液”通常稀释100倍（体积之比）后使用。
请回答下列问题：
（1）此“84消毒液”的物质的量浓度约为_________mol/L。
（计算结果保留一位小数）
（2）该同学参阅读该“84消毒液”的配方，欲用NaC1O固体配制480mL含NaClO质量分数为24%的消毒液。
①如图2所示的仪器中配制溶液需要使用的是_________（填仪器序号），还缺少的玻璃仪器是_________。
②下列操作中，容量瓶不具备的功能是_________（填仪器序号）
a．配制一定体积准确浓度的标准溶液
b．贮存溶液
c．测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液
d．准确稀释某一浓度的溶液
e．用来加热溶解固体溶质
③请计算该同学配制此溶液需用托盘天平称取称量NaC1O固体的质量为_________g。
（3）若实验遇下列情况，导致所配溶液的物质的量浓度偏高是_________（填序号）。
A．定容时俯视刻度线B．转移前，容量瓶内有蒸馏水
C．未冷至室温就转移定容D．定容时水多用胶头滴管吸出
【答案】3.8CDE胶头滴管和玻璃棒bcde141.6AC
【详解】
（1）由图1数据可知，溶液中c（NaClO）=
=
=3.8mol/L，故答案为：
3.8；
（2）①由于实验室无480mL容量瓶，故应选用500mL容量瓶，根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶可知所需的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，故需使用仪器序号是CDE，还需要的是玻璃棒、胶头滴管，故答案为：
CDE，玻璃棒和胶头滴管；
②a．容量瓶只能用于配制一定体积准确浓度的标准溶液，a不符合题意；b．容量瓶不能贮存溶液，只能用于配制，配制完成后要尽快装瓶，b符合题意；c．容量瓶只有一条刻度线，故不能测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液，c符合题意；d．容量瓶不能受热，而浓溶液的稀释容易放热，故不能用于准确稀释某一浓度的溶液，d符合题意；e．容量瓶不能受热，故不能用来加热溶解固体溶质，e符合题意；bcde符合题意，故答案为：
bcde；
③质量分数为24%的消毒液的浓度为3.8mol/L，由于实验室无480mL容量瓶，应选用500mL容量瓶，则配制出500mL溶液所需溶质的质量m=c·V·M=3.8mol/L×0.5L×74.5g/mol=141.6g，故答案为：
141.6；
（3）A．定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则配制的溶液浓度偏高，A符合题意；
B．转移前，容量瓶内有蒸馏水，对配制溶液的浓度无影响，B不符合题意；
C．未冷至室温就转移定容，则冷却后溶液体积偏小，使配制的溶液浓度偏高，C符合题意；
D．定容时水多了用胶头滴管吸出，则吸出的不只是溶剂，还有溶质，使溶液浓度偏小，D不符合题意；AC符合题意；
故答案为：
AC。
18．（10分）亚硝酸钠既有氧化性也有还原性易溶于水，水溶液显碱性。
由于NaNO2有毒性，将含该物质的废水直接排放会引起水体严重污染，所以这种废水必须处理后才能排放，处理方法之一如下：
□NaNO2+□KI+□_______
□NO↑+□I2+□K2SO4+□Na2SO4+□_______。
请回答下列问题：
（1）配平上述化学方程式_______。
（2）将上述化学方程式改写为离子方程式：
_______。
（3）鉴于NO是有毒气体，从环保角度来讲，要处理NaNO2，所用物质的_______（填“氧化性”或“还原性”）最好比KI更_______（填“强
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