第20讲 第一章期末备考提分练 -2023-2024学年高一化学易混易错巧讲精练（人教版2019必修第一册）

这是一份第20讲 第一章期末备考提分练 -2023-2024学年高一化学易混易错巧讲精练（人教版2019必修第一册），共16页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

第20讲 第一章期末备考提分练
一、选择题（共16个小题）
1．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．饱和食盐水
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
A．饱和食盐水和氨气、二氧化碳反应制取碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解制取碳酸钠，均能实现，故A正确；
B．一氧化氮是不成盐氧化物，不能与氢氧化钠溶液反应，则选项所示物质间不满足每一步转化均能实现，故B错误；
C．偏铝酸钠与足量盐酸反应生成氯化铝，即物质间转化不能实现，故C错误；
D．SO2与CaCl2溶液不反应，弱酸不能制备强酸，即物质间转化不能实现，故D错误；
答案选A。
2．下列物质的分类正确的是

酸
碱
盐
酸性氧化物
碱性氧化物
A





B
HCl
NaOH
NaCl
CO
CuO
C





D

KOH


CaO

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】
A．是盐、是酸性氧化物，故错误；
B．CO既不能和酸反应也不能和碱反应，所以CO是不成盐氧化物，故B错误；
C．是中性氧化物，是过氧化物，故C错误；
D．是酸、KOH是碱、是盐、是酸性氧化物、CaO是碱性氧化物，故D正确；
选D。
3．下列说法正确的是
A．直径介于1nm～100nm之间的微粒称为胶体
B．根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、胶体和浊液
C．胶体能发生电泳是因为胶体带有正电荷
D．将含1mol 的溶液滴入沸水中制备胶体，形成的胶体粒子数目小于
【答案】D
【解析】
A．分散质粒子直径在1~100nm之间的分散系是胶体，而不是微粒的直径，一些纳米颗粒的直径介于1~100nm，但不属于胶体，A错误；
B．将分散系按照分散质粒子直径大小分为溶液、胶体和浊液，而不是丁达尔效应，B错误；
C．分散系是电中性的，因此Fe(OH)3胶体不带电，而是Fe(OH)3胶体粒子带电，能发生电泳，C错误；
D．1个Fe(OH)3胶体粒子由多个Fe(OH)3组成，因此将含1molFeCl3的溶液滴入沸水中制备Fe(OH)3胶体，形成的Fe(OH)3胶体粒子数目小于NA，D正确；
答案选D。
4．为除去粗盐中的、、得到纯净的NaCl溶液，需要用到下列试剂，这些试剂的正确加入顺序是
①过量溶液 ②过量NaOH溶液 ③适量盐酸 ④过量溶液
A．①④②③ B．①②③④ C．②④①③ D．④②①③
【答案】A
【解析】
镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量NaOH溶液可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量溶液可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，在进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，通过蒸发结晶得到纯净的NaCl晶体，所以正确的顺序为：①④②③，故选：A。
5．某工厂排放的废水中可能含有、、、、、、、等离子。经检测废水呈明显的碱性，则该厂废水中还可能含有的离子是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
【答案】B
【解析】
A．经检测废水呈明显的碱性，说明含有，能与氢氧根反应，不能大量共存，故A错误；
B．经检测废水呈明显的碱性，说明含有，但、、、均不与氢氧根反应，能大量共存，故B正确；
C．经检测废水呈明显的碱性，说明含有，能与氢氧根反应，不能大量共存，故C错误；
D．经检测废水呈明显的碱性，说明含有，能与氢氧根反应，不能大量共存，故C错误；
故选B。
6．下列离子方程式中，书写正确的是
A．把金属钠放入水中：Na + 2H2O = Na+ +2OH- + H2↑
B．铜片插入硝酸银溶液中：Cu + Ag+ = Cu2++ Ag
C．向小苏打溶液中加入盐酸：＋H＋=CO2↑＋H2O
D．盐酸滴在石灰石上：CO+ 2H+ =CO2↑ + H2O
【答案】C
【解析】
A．电荷不守恒，正确的离子方程式为：2Na + 2H2O = 2Na+ +2OH- + H2↑，A错误；
B．电荷不守恒，正确的离子方程式为：Cu + 2Ag+ = Cu2++ 2Ag，B错误；
C．向小苏打溶液中加入盐酸生成氯化钠和水，其离子方程式为：＋H＋=CO2↑＋H2O，C正确；
D．石灰石的主要成分为碳酸钙，难溶于水，在离子方程式中要保留化学式，所以将盐酸滴在石灰石上的离子方程式为：CaCO3+ 2H+ =CO2↑ + H2O+Ca2+，D错误；
故选C。
7．向溶液a中滴加溶液b．灯泡亮度不会出现“亮—灭(或暗)—亮”变化的是

选项
A
B
C
D
溶液a




溶液b


氨水


A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【分析】
向溶液a中滴加溶液b，灯泡亮度如果出现“亮—灭(或暗)—亮”变化，说明溶液中离子浓度先减小后又增大，结合离子反应分析解答。
【解析】
A．向氢氧化钡溶液中滴加硫酸铜溶液，首先生成硫酸钡和氢氧化铜沉淀，硫酸铜过量后，溶液中离子浓度又增大，所以出现“亮—灭(或暗)—亮”变化，A不符合；
B．向氢氧化钡溶液中滴加硫酸溶液，首先生成硫酸钡沉淀和水，硫酸过量后，溶液中离子浓度又增大，所以出现“亮—灭(或暗)—亮”变化，B不符合；
C．向醋酸溶液中滴加氨水，生成完全电离的醋酸铵，离子浓度增大，不会出现“亮—灭(或暗)—亮”变化，C符合；
D．向氢氧化钙溶液中滴加碳酸氢铵溶液，首先生成碳酸钙沉淀、一水合氨和水，碳酸氢铵过量后，溶液中离子浓度又增大，所以出现“亮—灭(或暗)—亮”变化，D不符合；
答案选C。
8．某蓝色溶液中含有下列离子中的若干种：Cu2+、Na+、Ba2+、Cl-、、，且各种离子的数目相等。取适量该溶液加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成，滴加硝酸后仍有沉淀，根据上述实验，以下推测中不正确的是
A．溶液中可能有Na+ B．溶液中可能有Ba2+
C．溶液中不可能有 D．溶液中可能有
【答案】B
【分析】
溶液呈蓝色，则溶液中一定存在Cu2+。取适量该溶液加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成，滴加硝酸后仍存有沉淀，氯化银不溶于硝酸，所以一定存在氯离子，可能存在硫酸根。由于溶液中各离子的数目相等，分两种情况讨论。①若溶液中有硫酸根，则钡离子一定不存在，根据电荷守恒和各种离子的数目相等，一定存在钠离子，即Cu2+、Na+、Cl-、；②若溶液中无硫酸根，则根据电荷守恒和各种离子的数目相等，一定存在硝酸根，钠离子、钡离子一定不存在，即Cu2+、Cl-、。
【解析】
A．根据以上分析可知溶液中可能存在钠离子，A正确；
B．根据以上分析可知溶液中一定不存在钡离子，B错误；
C．根据以上分析可知溶液中可能存在硝酸根，C正确；
D．根据以上分析可知溶液中可能存在硫酸根，D正确；
故选B。
9．下列化学方程式中，能够用离子方程式表示的是。
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
A．的离子反应方程式为，故A正确；
B．的离子反应方程式为，故B错误；
C．的离子反应方程式为，故C错误；
D．的离子反应方程式为，故D错误；
故选A。
10．下列变化过程没有涉及氧化还原反应的是
A．还原Fe粉用作食品脱氧剂
B．Fe(OH)2白色沉淀在空气中放置变成红褐色
C．FeSO4补血剂与维生素C配合使用效果更佳
D．用干燥洁净的铂丝蘸取氯化钾溶液放到酒精喷灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色
【答案】D
【解析】
A．还原Fe粉用作食品脱氧剂是利用Fe的还原性，避免O2去氧化食品，延长食品保质期，与氧化还原反应有关，故A不选；
B．氢氧化亚铁不稳定，易被氧化生成氢氧化铁，发生氧化还原反应，故B不选；
C．FeSO4补血剂与维生素C配合使用效果更佳，是利用维生素C的还原性来防止Fe2+被空气中的O2氧化，与氧化还原反应有关，故C不选；
D．焰色试验属于物理变化，不涉及氧化还原反应，故D选；
故选D。
11．常温下，下列三个反应都能向右进行：2D-+A2=2A-+D2；2B-+D2=2D-+B2；2A-+C2=2C-+A2.由此得出正确结论是
A．A-、B-、C-、D-中C-还原性最强
B．A2、B2、C2、D2中C2的氧化性最弱
C．2C-+B2=2B-+C2不能向右进行
D．还原性A-＞B-
【答案】C
【分析】
2D-+A2=2A-+D2中，A元素化合价由0价变为-1价，D元素化合价由-1价变为0价，所以A2是氧化剂，D-是还原剂，D2是氧化产物，A-是还原产物；2B-+D2=2D-+B2中，D元素化合价由0价变为-1价，B元素化合价由-1价变为0价，所以D2是氧化剂，B-是还原剂，B2是氧化产物，D-是还原产物；2A-+C2=2C-+A2中，C元素化合价由0价变为-1价，A元素化合价由-1价变为0价，所以C2是氧化剂，A-是还原剂，A2是氧化产物，C-是还原产物，据此分析解答。
【解析】
A．通过以上分析知，还原性强弱顺序是B-＞D-＞A-＞C-，所以还原性最强的是B-，A错误；
B．通过以上分析知，氧化性强弱顺序是C2＞A2＞D2＞B2，所以氧化性最强的是C2，B错误；
C．氧化性C2＞B2，所以2C-+B2=2B-+C2不能进行，C正确；
D．通过以上分析知，还原性B-＞A-，D错误；
故答案选C。
12．标准状况下，8.96LNH3气体可以将100mL2mol•L-1NaClO溶液中ClO-完全转化为Cl-，则NH3反应后的产物为
A．N2H4 B．N2 C．NO D．NO2
【答案】A
【解析】
标况下8.96LNH3的物质的量为=0.4mol，100mL2mol•L-1NaClO溶液中ClO-的物质的量为0.1L×2mol•L-1=0.2mol，完全转化为Cl-，得到0.2mol×2=0.4mol电子，根据得失电子守恒可知每个NH3失去=1个电子，所以NH3中N元素化合价升高1价变为-2价，N2H4中N元素为-2价；
故答案为A。
13．已知反应：①SO2+2Fe3++2H2O→SO+2Fe2++W；②Cr2O+aFe2++bH+→cR3++Fe3++H2O(未配平)。下列有关说法正确的是
A．方程式①中W为4OH-
B．还原性强弱：Fe2+>SO2
C．a=6，b=7
D．反应Cr2O+3SO2+2H+→2Cr3++3SO+H2O能发生
【答案】D
【解析】
A．根据原子守恒并结合离子方程式两边离子所带电荷总数相等可知，反应①为，W为，故A错误；
B．还原剂的还原性强于还原产物，由反应①可知，还原性：，故B错误；
C．反应②中，Cr元素的化合价由+6降到+3，Fe元素化合价由+2升高到+3，根据得失电子守恒可得，和对应的化学计量数分别为1、2，Fe2+和Fe3+对应的化学计量数均为6，则a=6，再结合离子方程两边离子所带电荷总数相等可得，b=14，故C错误；
D．具有强氧化性，SO2具有还原性，且由①、②可知氧化性：>，则能将SO2氧化为，即反应能发生，故D正确；
答案选D。
14．常温下，将NO与的混合气体通入与的混合溶液中，其转化过程如图所示。下列说法错误的是

A．反应Ⅰ的离子反应方程式为：
B．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
C．反应前溶液中一定等于反应后溶液中的
D．反应过程中混合溶液内和的总数一定不变
【答案】C
【解析】
A．根据图示可知反应Ⅰ的离子方程式为，A正确；
B．反应Ⅱ的反应物为、、NO，生成物为、、，根据得失电子守恒、电荷守恒及质量守恒，可得反应的离子方程式为，NO是氧化剂，是还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为，B正确；
C．反应前后溶液中n(Ce4+)不变，但由于反应后溶液中水的物质的量增大，所以反应后溶液中c(Ce4+)减小，C错误；
D．根据Ce原子守恒可知，反应过程中混合溶液内和的总数不变，D正确；
故选C。
15．下列氧化还原反应方程式正确的是
A．Fe2＋＋Cl2=Fe3＋＋2Cl－
B．Fe3＋＋Fe=2Fe2＋
C．
D．2KMnO4＋5H2O2＋3H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋5O2↑＋8H2O
【答案】D
【解析】
A．电子不守恒、电荷不守恒，离子方程式应该：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，A错误；
B．电子不守恒、电荷不守恒，离子方程式应该：2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，B错误；
C．在该反应中，Cl元素化合价由反应前KClO3中的+5价变为反应后Cl2中的0价，化合价降低5价，得到电子5e-；Cl元素化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高1×5=5价，失去电子5×e-，用双线桥法表示电子转移为：，C错误；
D．符合氧化还原反应的规律，遵循电子守恒、原子守恒，D正确；
故合理选项是D。
16．一定条件下，和反应，产物是和，则下列说法错误的是
A．参与反应，转移的电子个数为
B．是氧化剂，是氧化产物
C．该条件下，的还原性比更强
D．反应方程式可能为：
【答案】A
【解析】
A．的Pb从+4价降低到的+2价，得2个电子，参与反应，转移的电子个数为，A错误；
B．的Pb从+4价降低到的+2价，是氧化剂，是Cr元素化合价升高得到的产物，是氧化产物，B正确；
C．该条件下，作还原剂，是还原产物，还原剂的还原性强于还原产物，C正确；
D．根据题意，反应方程式可能为：，D正确；
故选A。

二、非选择题（共5个小题）
17．（1）下列物质：①Cu ②NaCl晶体 ③NaHSO4 ④CO2 ⑤稀H2SO4 ⑥C2H5OH属于电解质的是（填序号，下同）_____，属于非电解质的是_____。
（2）写出下列物质在水溶液中的电离方程式：
①NaHSO4 _______；
②Al2(SO4)3 _______；
（3）按要求写出下列方程式：
①写出硫酸铜溶液中滴加氢氧化钠溶液的反应的离子方程式：_____________。
②写出能用离子方程式CO＋2H+＝CO2↑＋H2O表示的一个化学方程式：__________。
【答案】（1）②③ ④⑥ （2） NaHSO4=Na++H++SO Al2(SO4)3=2Al3++3SO （3）Cu2++2OH-==Cu(OH)2↓ Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O（或其他）
【解析】
(1)在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物是电解质。
①Cu是单质，不是电解质，也可不是非电解质；
②NaCl晶体，在水溶液中能够电离出Na＋和Cl－，能够导电，是电解质；
③NaHSO4在水溶液中能够电离出Na＋、H＋、SO42－，能够导电，是电解质；
④CO2在水中，与水反应生成H2CO3，H2CO3会电离出离子，但是不是CO2自身电离，因此CO2不是电解质，是非电解质；
⑤稀H2SO4是混合物，不是电解质，也不是非电解质；
⑥C2H5OH，在水溶液中不电离，不是电解质，是非电解质；
综上属于电解质的是②③，属于非电解质的是④⑥；
(2)①NaHSO在水溶液中能够电离出Na＋、H＋和SO42－，电离方程式为NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－；
②Al2(SO4)3在水溶液中电离出Al3＋和SO42－，电离方程式为Al2(SO4)3=2Al3＋＋3SO42－；
(3)①CuSO4溶液中滴加NaOH生成Cu(OH)2沉淀，离子方程式为Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓；
②离子方程式CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O，表示可溶性的碳酸和强酸发生反应生成可溶性盐的反应，可以是Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋CO2↑＋H2O，或K2CO3＋H2SO4=K2SO4＋CO2↑＋H2O等。
18．(1)现把10mL淀粉胶体和50mLKCl溶液的混合液体加入用半透膜制成的袋内，将此袋浸入蒸馏水中。2min后，用两支试管各取5mL烧杯中的液体做如下实验：向其中一支试管里滴加少量AgNO3溶液，其现象是_______；向另一支试管里滴加少量碘水，其现象是_______
(2)0.01mol•L-1的AgNO3溶液滴入到0.01mol•L-1的KI溶液中，生成黄色胶体，写出此反应的化学方程式：_______，写出一种区分KI溶液和AgI胶体的方法：_______
【答案】(1)出现白色沉淀 无明显变化 (2) AgNO3+KI=AgI(胶体)+KNO3 丁达尔效应
【解析】
(1)溶液中的溶质能够透过半透膜，则烧杯中存在钾离子和氯离子，氯离子遇到银离子生存白色沉淀氯化银，观察到出现白色沉淀；而胶粒不能透过半透膜，则烧杯中无淀粉颗粒，加入碘水后无明显现象；
(2)银离子与碘离子反应生成黄色碘化银，方程式为AgNO3+KI=AgI(胶体)+KNO3；胶体具有丁达尔效应的性质，而溶液无此性质，可用丁达尔效应区分KI溶液和AgI胶体。
19．某小组在实验室探究溶液与稀盐酸反应的实质。向溶液中滴加盐酸，定导电率的变化如图所示。回答下列问题：

(1)的电离方程式为___________。
(2)从A点到B点，下列说法错误的是___________(填标号)。
A．没有改变，不断减小
B．不断减小，也不断减小
C．发生的离子反应是
D．溶液中自由移动的离子种类和数目均发生了改变
(3)B点时，溶液中的溶质是___________(填化学式)。
(4)下列中和反应的实质与溶液与稀盐酸反应的实质相同的是___________(填标号)。
A．溶液和溶液反应 B．溶液和溶液反应
C．溶液和溶液反应 D．和溶液反应
【答案】(1) (2) D (3) (4) BC
【解析】
(1) 是强电解质，故的电离方程式为，故答案为：；
(2)A．A-B点过程中为，所以没有改变，不断减小，故A正确；
B．H+和OH-反应，不断减小，也不断减小，故B正确；
C．该过程导电率下降，即溶液中离子浓度降低，发生的离子反应是，故C正确；

D．自由离子的种类未发生变化，仍为Ba2+、H+、OH-、Cl-，而是数目发生了变化，故D错误；
故选D。
(3) B点时，氢氧化钡与盐酸恰好完全反应，所以B为BaCl2，故答案为：BaCl2；
(4) 氢氧化钡与盐酸的实质为，
A．溶液和溶液反应的实质为Ba2++SO=BaSO4↓，故A错误；
B．溶液和溶液反应的实质为，故B正确；
C．溶液和溶液反应的实质为，故C正确；
D．是难溶物，其与盐酸反应的实质为 +2H+=Cu2++2H2O，故D错误；
故选BC。
20．我国是最早记载丹砂的药用价值和炼制方法的，为了使人民重视丹砂，我国曾发行面值为10分的丹砂邮票。汞单质及其化合物在工业生产和科学研究上有着广泛用途。丹砂炼汞的反应原理包括以下两个反应：
反应I：HgS+O2Hg+SO2
反应II：4HgS+4CaO4Hg+3CaS+CaSO4
（1）反应I中，还原产物是_______，每生成1个SO2分子，转移电子数为_______。
（2）反应II中，HgS是_______(填“氧化剂”、“还原剂”或“氧化剂和还原剂”)，用双线桥法标出反应II中电子转移的方向和数目_______。
4HgS+4CaO4Hg+3CaS+CaSO4
【答案】
（1） Hg、SO2 6
（2） 氧化剂和还原剂
【分析】
（1）
反应I：HgS+O2Hg+SO2中，Hg化合价降低，氧化合价降低，因此还原产物是Hg、SO2，Hg由+2价降低到0价，降低2个价态，O由0价降低到−2价，降低2个价态，1氧气降低4个价态，因此每生成1个SO2分子，转移电子数为6；故答案为：Hg、SO2；。
（2）
反应II：4HgS+4CaO4Hg+3CaS+CaSO4，HgS中Hg化合价降低，由+2价降低到0价，降低2个，4个Hg降低8个价态，S中一个S由−2价升高到+6价，升高8个价态，因此HgS是氧化剂和还原剂，双线桥法标出反应II中电子转移的方向和数目；故答案为：氧化剂和还原剂；。
21．ClO2是一种消毒、杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得：(已知H2C2O4中的碳为+3价)。回答下列问题。
(1)该反应中氧化产物的化学式是_______；被还原的元素是_______。
(2)若反应共产生了4.48L气体(标准状况)，则反应转移电子的物质的量为_______mol，消耗的还原剂的物质的量为_______mol。
(3)用双线桥标出上述反应的电子转移情况_____。
2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2+K2SO4+2CO2↑+2H2O
(4)标准状况下44.8mL的ClO2气体恰好能与50mL0.1mol/L的Na2SO3溶液液完全反应，生成Na2SO4，氯元素在产物中的化合价为_______
【答案】(1) Cl (2) 0.1 0.05 (3) (4) -1
【解析】
(1)Cl元素的化合价降低，得到电子被还原，C元素的化合价由+3价升高到+4价，则H2C2O4为还原剂，氧化产物是二氧化碳，故答案为：CO2；Cl；
(2)若反应共产生了4.48L气体(标准状况)，气体的物质的量为：0.2mol，则二氧化碳和二氧化氯各0.1mol，而生成1mol的二氧化碳转移1mol的电子，所以转移电子的物质的量为0.1mol，消耗还原剂H2C2O4的物质的量为0.1×0.5mol=0.05mol，故答案为：0.1；0.05；
(3)Cl元素的化合价由+5价降低为+4价得到电子被还原，C元素的化合价由+3价升高到+4价，所以反应的电子转移情况，故答案为：；
(4)标准状况下44.8mL的ClO2气体的物质的是量为0.002mol，恰好能与50mL 0.1mol•L-1的Na2SO3溶液的物质的量为：0.005mol，而0.005molNa2SO3生成Na2SO4，失去0.01mol的电子，所以氯元素化合价降低=5价，则反应后的化合价为-1价，二氧化氯是氧化剂，反应中具有氧化性，故答案为：-1。