第一章 物质及其变化 学情检测 高中化学人教版（2019）必修第一册

这是一份第一章 物质及其变化 学情检测 高中化学人教版（2019）必修第一册，共13页。
第一章 物质及其变化 学情检测 一、选择题1．中华传统文化源远流长，下列说法与氧化还原反应无关的是（　　）A．《七步诗》：“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”B．《抱朴子》：“丹砂(注：HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”C．《周礼》：“煤饼烧蛎房(注：牡蛎壳)成灰”D．《咏煤炭》：“凿开混沌得乌金……不辞辛苦出山林”2．下列说法正确的是（　　） A．纯碱、烧碱均属于碱B．Na2CO3·10H2O属于纯净物C．凡是能在水中电离出H＋的化合物均属于酸D．盐类物质一定含有金属阳离子3．下列反应不属于氧化还原反应的是（　　） A．3O2=2O3 B．Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2OC．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ D．CO+CuO 高温__ CO2+Cu4．化学与百姓生活密切相关。下列应用利用了物质氧化性的是（　　）A．明矾净水 B．漂粉精漂白织物C．食醋除水垢 D．纯碱去油污5．下列关于分散系的叙述不正确的是(　　)A．分散系的分类： B．用平行光照射FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体，可以加以区分C．把FeCl3饱和溶液滴入到氢氧化钠溶液中，以制取Fe(OH)3胶体D．如图显示的是树林的晨曦，该现象与丁达尔效应有关6．向一定量的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，直至过量，如图中的曲线可近似表示整个过程中混合溶液的导电能力变化的是(用电流强度I表示)（　　）A．曲线A B．曲线B C．曲线C D．曲线D7．下列电离方程式错误的是（　　） A．Na2CO3＝2Na+＋CO32- B．H2SO4＝2H+＋SO42-C．MgCl2＝Mg2+＋Cl2- D．Ba(OH)2＝Ba2+＋2OH-8．下列变化与氧化还原反应无关的是（　　） A．向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红B．金属钠投入水中，有气体产生C．将盛有氯气的试管倒扣在水中，水位上移D．向H2S溶液中通入SO2气体，产生淡黄色沉淀9．H2SO4是（　　） A．碱 B．氧化物 C．酸 D．盐10．化学创造美好生活。下列探究活动中，相关操作或事实合理，且对应的离子方程式正确的是（　　）A．同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH4++OH−=NH3⋅H2OB．二氧化硅中含有的少量氧化铝用烧碱溶液除去：Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2OC．将混有空气的SO2通入BaCl2溶液中，出现白色浑浊：Ba2++SO2+O2+2H2O=BaSO4↓+4H+D．将SO2通入酸性KMnO4溶液中：2MnO4−+2H2O+5SO2=2Mn2++4H++5SO42−11．下列化学方程式改写成离子方程式错误的是（　　） A．CuCl2＋Ba(OH)2＝Cu(OH)2¯＋BaCl2 Cu2＋＋2OH－＝Cu(OH)2¯B．NH4HCO3＋HCl＝NH4Cl＋CO2­＋H2O HCO3－＋H＋＝CO2­＋H2OC．CH3COOH＋NaOH＝CH3COONa＋H2O H＋＋OH－＝H2OD．2FeCl3＋Cu=2FeCl2+CuCl2 2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+12．向100 mL FeI2溶液中逐渐通入Cl2，其中n(I2)、n(Fe3＋)随通入n(Cl2)的变化如图所示，下列说法错误的是（　　） A．还原性强弱：Fe2＋1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低，其中Fe3+萃取率降低的原因是　 　。（4）用“反萃取”得到的CuSO4溶液制备纳米铜粉时，该反应中还原产物与氧化产物的质量之比为　 　。（5）在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，再经过滤、　 　、干燥、　 　等操作可得到Fe2O3产品。16．实验室有A、B、C、D、E、F、G7瓶失去标签的不同物质的溶液，它们各是Na2CO3、Na2SO4、KCl、AgNO3、MgCl2、Ca(NO3)2、和Ba(OH)2溶液中的一种。为了鉴别，贴上正确的标签。各取少量浴液进行两两混合，实验结果如表所示。表中“↓”表示生成沉淀或微溶化合物，“—”表示观察不到明显现象。试回答下面问题。（1）A的化学式是　 　，G的化学式是　 　。判断理由是　 　。（2）写出表中溶液混合时反应的离子方程式，B+F　 　，C+G　 　，D+E　 　，E+F 　 　，F+D　 　。答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．“煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”涉及燃烧，有元素化合价的升降，与氧化还原反应有关，A不符合题意；B．升华和凝华属于物理变化，丹砂(HgS)烧之成水银，即HgS发生分解反应生成水银，积变又还成丹砂，即Hg和S又生成HgS，两个过程均为氧化还原反应，B不符合题意；C．牡蛎壳为贝壳，贝壳主要成分为CaCO3，CaCO3灼烧生成CaO，但“煤饼”燃烧属于氧化还原反应，C不符合题意；D．“乌金”的主要成分为煤炭，上述说法中，描述的是开凿得到煤炭的语句，与氧化还原反应无关，D符合题意；故答案为：D。【分析】A、燃烧为氧化还原反应；B、硫化汞和汞的相互转化为氧化还原反应；C、燃烧为氧化还原反应；D、开凿为物理过程。2．【答案】B【解析】【解答】A．纯碱的化学式为Na2CO3，属于盐，烧碱的化学式为NaOH，属于碱，故A不符合题意；B．碳酸钠晶体是一种物质，属于纯净物，故B符合题意；C．酸是指电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物，所以凡能电离出H+的化合物不一定属于酸，如NaHSO4，属于盐，故C不符合题意；D．盐是指由金属阳离子(或铵根离子)和酸根离子组成的化合物，所以盐类物质不一定含有金属阳离子，如NH4Cl，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】根据物质类别的基本概念进行判断，注意物质俗名和化学式的判断。3．【答案】A【解析】【解答】A．反应前后元素化合价不变，因此反应不属于氧化还原反应，A符合题意；B．反应中Cl元素的化合价发生了变化，故反应属于氧化还原反应，B不符合题意；C．反应前后Na2O2中的O元素的化合价发生了变化，故反应属于氧化还原反应，C不符合题意；D．在该反应中C、Cu元素化合价发生了变化，故反应属于氧化还原反应，D不符合题意；故答案为：A。【分析】氧化还原反应过程中存在电子的转移（或偏移），在化学方程式中体现为存在元素化合价的变化。因此分析选项中反应化学方程式中是否存在元素化合价变化即可。4．【答案】B【解析】【解答】A．明矾中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水，该过程中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故A不符合题意；B．漂粉精具有强氧化性，利用其强氧化性漂白织物，故B符合题意；C．碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳，该过程中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故C不符合题意；D．纯碱为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液显碱性，油污和碱发生水解反应，该过程中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A、明矾净水是铝离子水解为氢氧化铝胶体，胶粒吸附作用；B、漂白粉、漂白液、氯水等都是因为次氯酸根的强氧化性具有漂白性；C、醋酸和碳酸钙的反应是由于复分解反应生成二氧化碳；D、纯碱去除油污是由于酯在碱性条件下水解。5．【答案】C【解析】【解答】A、分散系根据分散质粒子直径的大小可以分为溶液、胶体和浊液，当分散质粒子直径小于10-9m时，为溶液，当介于10-9m～10-7m时，为胶体，当大于10-7m时，是浊液，故A不符合题意；B、用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，故B不符合题意；C、Fe(OH)3胶体的制备是将FeCl3饱和溶液滴入到沸水中，继续煮沸，至溶液变为红褐色即制得氢氧化铁胶体，故C符合题意；D、雾是胶体，被阳光照射时产生丁达尔效应，故D不符合题意；答案选C。【分析】把FeCl3饱和溶液滴入到氢氧化钠溶液中，得到的是Fe(OH)3沉淀6．【答案】C【解析】【解答】发生的化学反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO42−=BaSO4↓+2H2O，逐滴加入稀硫酸时，溶液中的Ba2+与OH−浓度会减小，导电能力降低至几乎为零；当加入硫酸过量后溶液中H+与SO42−浓度会增加，溶液的导电能力又会增强，导电能力逐渐增大，直到和原来接近，溶液中溶液的导电性变化是强→弱（水有微弱的导电性）→强，曲线C符合导电性的变化趋势；故答案为：C。【分析】A、氢氧化钡中滴加稀硫酸，生成硫酸钡和水，导电性减弱，当硫酸过量时，导电性增强。7．【答案】C【解析】【解答】A、Na2CO3的电离方程式为Na2CO3=2Na+＋CO32－，故A不符合题意；B、硫酸是二元强酸，电离方程式为H2SO4=2H＋＋SO42－，故B不符合题意；C、MgCl2的电离方程式为MgCl2=Mg2＋＋2Cl－，故C符合题意；D、Ba(OH)2为二元强碱，其电离方程式为Ba(OH)2=Ba2＋＋2OH－，故D不符合题意。【分析】书写电离方程式时注意弱电解质、单质、氧化物、非电解质以及难溶的强电解质都不拆。8．【答案】A【解析】【解答】A．向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，Fe3+与SCN-发生络合反应：Fe3＋+3SCN－= Fe (SCN)3，该反应没有化合价变化，不是氧化还原反应，A符合题意；B．金属钠投入水中：2Na+2H2O = 2NaOH+H2↑，Na与H有化合价变化，是氧化还原反应，B不符合题意；C．将盛有氯气的试管倒扣在水中：Cl2+H2O ⇌ HCl+HClO，Cl的化合价变化，是氧化还原反应，C不符合题意；D．向H2S溶液中通入SO2气体：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，S的化合价变化，是氧化还原反应，D不符合题意；故答案为：A。【分析】氧化还原反应的本质是有电子的转移，特征是有化合价的变化。9．【答案】C【解析】【解答】A．电离出阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱，而H2SO4电离出的阴离子不是氢氧根，故H2SO4不是碱，A不符合题意；B．只含两种元素且其中一种为氧元素的化合物为氧化物，而H2SO4含三种元素，故H2SO4不是氧化物，B不符合题意；C．电离出阳离子全部是氢离子的化合物为酸，H2SO4电离出的阳离子全部是氢离子，故H2SO4是酸，C符合题意；D．电离出金属阳离子或铵根离子及酸根离子的化合物为盐，而H2SO4不能电离出金属阳离子或铵根离子，故H2SO4不是盐，D不符合题意；故答案为：C。【分析】在水溶液中电离出阳离子全部是氢离子的化合物是酸10．【答案】D【解析】【解答】A．同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，溶液恰好为中性，则离子方程式为：H++OH−=H2O，A项不符合题意；B．二氧化硅也会和氢氧化钠反应，则离子方程式为：Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O和SiO2+2OH−=SiO32−+H2O，B项不符合题意；C．该离子方程式电荷不守恒，正确的为：2Ba2++2SO2+O2+2H2O=2BaSO4↓+4H+，C项不符合题意；D．SO2通入酸性KMnO4溶液中，硫元素化合价升高，锰元素化合价降低，离子方程式为：2MnO4−+2H2O+5SO2=2Mn2++4H++5SO42−，D项符合题意；故答案为：D。【分析】A.同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，发生反应H++OH−=H2O；B.二氧化硅也能与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水；C.该方程式电荷不守恒。11．【答案】C【解析】【解答】CH3COOH是弱电解质，在水溶液中不能完全电离为离子，在离子方程式中应保留化学式。C项离子方程式就写成CH3COOH＋OH－＝CH3COO－＋H2O。C项不符合题意。故答案为：C。【分析】离子方程式书写的原则：（1）符合客观反应事实，符合物质的拆分原则；（2）遵循质量守恒和电荷守恒定律。12．【答案】D【解析】【解答】A.分析可知不符合题意；B.由图可以看出，n(Cl2)＝0.12 mol时，I－被氧化成I2，Fe2＋部分被氧化成Fe3＋，溶液中的离子主要有Fe2＋、Fe3＋、Cl－，故不符合题意；C.依据碘元素守恒可知n(FeI2)＝0.1mol，c=n/v=1mol·L－1，故不符合题意；D. n(Cl2)∶n(FeI2)＝1∶2时，反应的离子方程式为：2I－＋Cl2= I2＋2Cl－，故符合题意。【分析】A.氧化剂在遇到多种还原剂时先和还原性强的反应；B.氯气的物质的量在0.1~0.2之间时，体系中的离子主要是Fe2＋、Fe3＋、Cl－；C.碘化亚铁的浓度等于碘离子的二分之一，根据碘守恒先计算出碘离子的浓度即可；D.当n(Cl2)∶n(FeI2)＝1∶2时，氯气和碘离子的反应还未结束。13．【答案】（1）甲同学；丁达尔效应（2）B（3）A（4）渗析法；硫酸少量时，有红褐色沉淀生成，硫酸过量时，沉淀溶解，溶液变成棕黄色【解析】【解答】（1）由氢氧化铁胶体的制备方法可知，甲同学的制备方法更合理，直接加热饱和FeCl3溶液，容易变浑浊，故乙同学的制备方法不合理；根据题意，向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，可以制备氢氧化铁胶体，但煮沸10分钟，容易使具有介稳性的胶体聚集为红褐色沉淀，故丙同学的制备方法错误；胶体具有丁达尔效应，溶液则无此现象，据此可以证明溶液中是否生成氢氧化铁胶体；（2）A、胶体中分散质粒子（简称胶粒）的直径介于1～100nm之间，A错误；B、氢氧化铁胶体粒子专门吸附带正电的阳离子，因此带正电，由同性相斥、异性相吸可知，氢氧化铁胶体能稳定存在，B正确；C、胶粒作布朗运动，但这不是其稳定存在的原因，C错误；D、滤纸的孔径约为100nm，胶粒能透过滤纸，但这不是其稳定存在的原因，D错误；故答案为：B；（3）A、胶体和溶液、浊液最本质的区别是分散质粒子的直径在1～100 nm之间，A正确；B、Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应，但这不是其本质，B错误；C、Fe(OH)3胶体是均一的分散系，但这也不是其本质；D、Fe(OH)3胶体的分散质能透过滤纸，但这不是其本质；（4）胶体能透过滤纸，但不能透过半透膜，因此常用渗析法分离提纯所制的氢氧化铁胶体；氢氧化胶体遇到硫酸这种电解质的溶液时，先发生聚集沉淀，后逐渐溶解，即先生成红褐色沉淀，后逐渐溶解，变为黄色溶液。【分析】（1）制备氢氧化铁胶体是将饱和氯化铁溶液逐滴加入沸水中，继续煮沸至程红褐色即可；生成的胶体具有丁达尔效应；（2）胶体能够稳定的原因是胶粒带有相同电荷，相互之间存在斥力；（3）胶体与溶液的本质区别在于分散质颗粒直径的大小不同；（4）利用渗析的方法提纯胶体，电解质溶液能使胶体发生聚沉。14．【答案】（1）调节硫酸的滴加速度（2）用洁净的玻璃棒蘸取待测液点在pH试纸上，与标准比色卡对照，读出溶液的pH值（3）S2O32－＋4Cl2＋5H2O＝2SO42－＋10H+＋8Cl－【解析】【解答】（1）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率。控制SO2生成速率可以通过调节硫酸的滴加速度控制SO2生成速率，故答案为：调节硫酸的滴加速度；（2）常温下，用pH试纸测定0.1 mol·L－1Na2S2O3溶液pH值约为8，测定的具体操作为：用洁净的玻璃棒蘸取待测溶液点在pH试纸中段，与标准比色卡对照，读出溶液的pH值，故答案为：用洁净的玻璃棒蘸取待测溶液点在pH试纸中段，与标准比色卡对照，读出溶液的pH值；（3）氯气具有强氧化性，可氧化S2O32-生成硫酸根离子，反应的离子方程式为S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+10H++8Cl-，故答案为：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+10H++8Cl-。【分析】（1）影响反应速率的条件有接触面积、反应物的浓度以及温度等；（2）用pH试纸检验溶液的pH的方法是：洁净的玻璃棒蘸取待测溶液点在pH试纸中段，与标准比色卡对照，读出溶液的pH值;(3)离子方程式，即用实际参加反应的离子符号表示离子反应的式子。是指可溶性物质可拆的反应。多种离子能否大量共存于同一溶液中，归纳起来就是：一色，二性，三特殊，四反应。15．【答案】（1）CuFeS2+Cu+2H+=Cu2S+Fe2++H2S↑（2）2mol；4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取（3）Fe3+水解程度隨PH的升高而增大（4）32：7（5）洗涤；煅烧(或灼烧)【解析】【解答】（1）根据图示，用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)、废钢渣和稀硫酸共网作用可获得较纯净的Cu2S，同时生成Fe2+和H2S，反应的离子方程式为：CuFeS2+Cu+2H+=Cu2S+Fe2++H2S↑。（2）①反应：Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，在反应中，FeCl3中铁元素的化合价由+3降低为+2价，Cu2S中铜元素的化合价由+1升高为+2价，硫元素的化合价由—2升高到0价，化合价升高数=化合价降低数=4，每生成1mol CuCl2转移电子的物质的量为2mol。浸取时，在有氧环境下，亚铁离子被氧化，生成铁离子，反应的方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O ②浸取过程中，洗涤硫和未洗涤硫相比较， 未洗硫时铜元素浸取率较低原因是生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取。(3) Fe3+的水解程度随着pH的升高而增大，萃取率越低。 (4)在碱性条件下，Cu2+和N2H4反应生成氮气和铜，反应为：2 Cu2++ N2H4+4OH-=2Cu+N2+4H2O，反应中还原产物是Cu，氧化产物是N2，质量之比为（2×64）：28=32：7. (5)萃取后“水相”中含有铁离子，加入氨水反应生成氢氧化铁沉淀，煅烧后可得到氧化铁，方法为：在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置、过滤、洗涤、干燥、煅烧。【分析】（5）根据铁离子与氨水的反应及氢氧化铁的性质分析操作过程即可。16．【答案】（1）KCl；AgNO3；混合时只生成一种沉淀的是KCl，生成AgCl沉淀（2）SO42−+Ba2+=BaSO4↓；Ag++Cl−=AgCl↓；CO32−+Ca2+=CaCO3↓；Ca2++2OH−=Ca(OH)2↓；CO32−+Ba2+=BaCO3↓【解析】【解答】(1)此题的特征物质是A，只能和G反应生成沉淀，所以A是KCl，G是AgNO3，混合时只生成一种沉淀的是KCl，生成AgCl沉淀，故答案为：KCl；AgNO3；混合时只生成一种沉淀的是KCl，生成AgCl沉淀；(2)A是KCl，G是AgNO3，其余物质和硝酸银不反应的只有Ca(NO3)2，所以E是Ca(NO3)2；Na2CO3、Na2SO4、AgNO3、MgCl2、Ca(NO3)2和Ba(OH)2之间都可以反应得到沉淀或是微溶物，所以F是Ba(OH)2，只能和Ca(NO3)2、Ba(OH)2反应生成沉淀的B是：Na2SO4；此外可以Na2CO3和AgNO3、MgCl2、Ca(NO3)2、Ba(OH)2四种物质反应生成沉淀，所以D是Na2CO3，所以C是MgCl2；故答案为：SO42−+Ba2+=BaSO4↓；Ag++Cl−=AgCl↓；CO32−+Ca2+=CaCO3↓；Ca2++2OH−=Ca(OH)2↓；CO32−+Ba2+=BaCO3↓。【分析】思路分析：根据表格里物质相互反应产生沉淀的个数进行判断，A只能产生一个沉淀，说明A是KCl，G为硝酸银，G与E无明显现象，说明E为硝酸钙，E与C无明显现象，说明C为氯化镁，从而确定B为硫酸钠，D为碳酸钠。ABCDEFGA——————↓B————↓↓↓C———　—↓↓D——　—↓↓↓E—↓—↓—↓—F—↓↓↓↓—↓G↓↓↓↓—↓—