高二化学人教版（2019）选择性必修第1册 综合测评1（含答案）

这是一份高二化学人教版（2019）选择性必修第1册 综合测评1（含答案），共15页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1．化学与科技、生产、生活密切相关。下列说法正确的是( A )
A．纯碱可以用作锅炉除垢时CaSO4的转化剂
B．加入“聚铁”净水剂可以使海水淡化
C．草木灰可以肥田，还可以降低土壤的碱性
D．向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值不变
解析 根据沉淀平衡，碳酸钙溶度积小于硫酸钙，故纯碱可以将CaSO4转化为溶解度更低的碳酸钙沉淀，A正确；聚合硫酸铁又名聚铁，是一种净水剂，能将海水中的悬浮物沉降，但不能淡化海水，B错误；草木灰是植物(草本和木本植物)燃烧后的残余物，其主要成分为K2CO3，草木灰属于钾肥，K2CO3水解显碱性，不能降低土壤的碱性，C错误；热值是单位质量(或体积)的燃料完全燃烧时所放出的热量，向汽油中添加甲醇后，汽油与甲醇碳氢比不同，该混合燃料的热值不可能不变，D错误。
2．下列过程中，属于非自发过程的是( B )
A．N2和O2混合
B．常温、常压下，石墨转化为金刚石
C．H2和O2化合生成H2O
D．C＋O2eq \(=====,\s\up15(点燃))CO2
解析 氮气和氧气混合时ΔS>0，体系混乱度增加，属于自发过程；石墨转化为金刚石是吸热反应，常温、常压下是非自发过程；H2和O2化合生成H2O的反应是ΔHc(OH－)。
(2)已知草酸能使酸性高锰酸钾溶液(稀硫酸酸化)褪色，若在锥形瓶中放入20.00 mL未知浓度的草酸，用0.1 ml/L高锰酸钾溶液滴定，当到达滴定终点时，若共消耗V mL高锰酸钾溶液，则草酸的物质的量浓度为V/80 ml/L。
(3)90 ℃时，将0.005 ml/L的氢氧化钙溶液20 mL与0.001 2 ml/L的草酸溶液20 mL混合，混合后溶液的pH＝10。
(4)25 ℃时若向20 mL草酸钙的饱和溶液中逐滴加入8.0×10－4 ml/L的碳酸钾溶液10 mL，能否产生沉淀，能(填“能”或“否”)。
解析 (1)常温下将0.2 ml/L的KOH溶液20 mL与0.2 ml/L的草酸溶液20 mL混合，反应生成草酸氢钾，由于草酸氢根离子的电离程度远远大于其水解程度，所以溶液显示酸性，c(H＋)＞c(OH－)，溶液中离子浓度大小为：c(K＋)>c(HC2Oeq \\al(－,4))>c(H＋)>c(C2Oeq \\al(2－,4))>c(OH－)。(2)高锰酸钾具有强氧化性，把草酸中的C从＋3价氧化成＋4价的二氧化碳，Mn元素从＋7价变化到＋2价的锰离子，由于草酸分子中有2个C原子，所以高锰酸钾与草酸的反应比例为2∶5，故反应的方程式为：2MnOeq \\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；设草酸的物质的量浓度为x ml/L，根据反应：
2MnOeq \\al(－,4)＋ 5H2C2O4 ＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
2 5
10－4V ml 0.02x ml
可得：eq \f(2,10－4V)＝eq \f(5,0.02x)
解得x＝eq \f(V,80) ml/L；(3)0.005 ml/L 20 mL的氢氧化钙溶液中氢氧化钙的物质的量n＝cV＝0.005 ml/L×0.02 L＝10－4 ml,0.001 2 ml/L 20 mL的草酸溶液中草酸的物质的量为0.24×10－4 ml，根据草酸与氢氧化钙的反应可知，氢氧化钙过量，草酸完全反应，故溶液显碱性，氢离子完全由水电离产生，90 ℃下，Kw＝3.8×10－13，c(OH－)＝0.003 8 ml/L，则c(H＋)＝1.0×10－10，混合后溶液的pH＝－lg c(H＋)＝10；(4)在草酸钙的饱和溶液中，c(C2Oeq \\al(2－,4))＝c(Ca2＋)，根据草酸钙的Ksp＝4.0×10－8，可知c(Ca2＋)＝2×10－4 ml/L，若向20 mL草酸钙的饱和溶液中逐滴加入8.0×10－4 ml/L的碳酸钾溶液10 mL后，由于溶液体积的变化，c(Ca2＋)＝2×10－4 ml/L×eq \f(2,3)＝eq \f(4,3)×10－4 ml/L，c(COeq \\al(2－,3))＝8.0×10－4 ml/L×eq \f(1,3)＝eq \f(8,3)×10－4 ml/L，故离子积Q＝c(Ca2＋)·c(COeq \\al(2－,3))≈3.6×10－8＞Ksp＝2.5×10－9，故有沉淀产生。
18．(12分)已知NO2和N2O4可以相互转化：2NO2(g)N2O4(g) ΔHH＋>X3＋。
(3)D装置中反应的方程式 Cu＋H2SO4eq \(=====,\s\up15(通电))CuSO4＋H2↑。
解析 (1)关闭K1，打开K2，为电解饱和食盐水装置，其电解总反应为：2Cl－＋2H2Oeq \(=====,\s\up15(通电))2OH－＋Cl2↑＋H2↑，d端呈红色，说明d端生成了OH－，由此可知，b为电源负极，a端为电源正极；c为电解池的阳极，若c为惰性电极，其电极反应式为：2Cl－－2e－===Cl2↑；c端产物为Cl2，常用湿润淀粉碘化钾试纸检验，其检验方法为：将湿润的淀粉碘化钾试纸置于电极附近，若试纸变蓝，则说明生成了Cl2；KMnO4溶液为电解质溶液，电解过程中，c端Cl－被氧化，MnOeq \\al(－,4)向c极移动，其现象为：紫红色向c极移动；(2)根据电解C的图像可知，通电后就有固体生成，当通过电子为0.2 ml时，析出固体质量达最大，证明此时析出的固体是铜。如果是X3＋析出，电子数应该是0.3 ml，则氧化能力为Cu2＋>X3＋，当电子超过0.2 ml时，固体质量没变，说明这时阴极产生的是氢气，即电解水，说明氧化能力H＋>X3＋，故氧化能力为Cu2＋>H＋>X3＋；(3)断开K1，闭合K2，由(1)分析已知b为电源负极，即D装置中碳棒作为阴极，Cu电极作为阳极，阴极上的电极反应是H＋得到电子，阳极上是Cu失去电子，故D装置中反应的化学方程式为：Cu＋H2SO4eq \(=====,\s\up15(通电))CuSO4＋H2↑。
20．(12分)下图是利用废铜屑(含杂质铁)制备胆矾(硫酸铜晶体)的流程。
部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
请回答：
(1)溶液B中含有的阳离子有Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋、H＋(填离子符号)。
(2)下列物质中最适宜做氧化剂X的是b(填字母)。
a．NaClO b.H2O2 c．KMnO4
(3)加入试剂①是为了调节pH，要调整pH范围是3.7～4.4，则试剂①可以选择CuO[或Cu(OH)2或CuCO3](填化学式)。
(4)沉淀D加入盐酸和铁粉，可以制得FeCl2溶液，实验室保存FeCl2溶液，需加入过量的铁粉，其原因是Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋(用离子方程式表示)。
(5)溶液E经过操作①可得到胆矾，操作①为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。
(6)已知溶液中c(Cu2＋)与pH的关系为lg c(Cu2＋)＝8.6－2pH，若溶液中c(Cu2＋)为1 ml/L，此时溶液中的Fe3＋能否沉淀完全：能(填“能”或“否”) 。
解析 灼烧废铜屑，Cu反应生成CuO、Fe被氧化生成Fe3O4，A的成分为CuO、Fe3O4，A与足量稀硫酸反应生成CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，B中含有CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3和稀硫酸，加入氧化剂X得到溶液C，X应能氧化亚铁离子生成铁离子但是不能引进新的杂质，则X为H2O2，加入试剂①是为了调节pH，加入的物质能和氢离子反应但是不能引进新的杂质，过滤得到的沉淀D为Fe(OH)3，溶液E为CuSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到胆矾，据此解答。(1)A中含有CuO、Fe3O4，A和稀硫酸反应且稀硫酸过量导致溶液B中含有CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3和稀硫酸，所以B中含有阳离子为Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋、H＋。(2)氧化剂X能氧化亚铁离子生成铁离子且不能引进新的杂质，双氧水被还原为水，不引进新的杂质，但是次氯酸钠和高锰酸钾溶液能引进新的杂质，所以选双氧水。(3)加入试剂①是为了调节pH，试剂①能和氢离子反应且不能引进新的杂质，该试剂为CuO或Cu(OH)2或CuCO3，由于是沉淀铁离子，而不沉淀铜离子，所以根据表中数据可知要调整pH范围是3.7～4.4。(4)亚铁离子不稳定，易被空气氧化生成铁离子，因此实验室保存FeCl2溶液，需加入过量的铁粉，反应的离子方程式为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋。(5)溶液E为硫酸铜溶液，硫酸铜溶液经过操作①可得到胆矾，由于硫酸铜易溶于水，则操作①为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。(6)已知溶液中c(Cu2＋)与pH的关系为lg c(Cu2＋)＝8.6－2pH，若溶液中c(Cu2＋)为1 ml/L，则此时溶液的pH＝(8.6－lg 1)÷2＝4.3＞3.7，所以溶液中的Fe3＋能沉淀完全。
物质
X
Y
Z
初始浓度/(ml·L－1)
0.1
0.2
0
2 min末浓度/(ml·L－1)
0.08
a
b
平衡浓度/(ml·L－1)
0.05
0.05
0.1
t/℃
0
10
20
25
40
50
90
100
Kw/10－14
0.134
0.292
0.681
1.00
2.92
5.57
38.0
55.0
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Cu(OH)2
开始沉淀
2.7
7.5
4.4
完全沉淀
3.7
9.7
6.7