人教版高中化学必修第一册期末达标练

这是一份人教版高中化学必修第一册期末达标练，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验探究题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．下列颜色变化与氧化还原反应无关的是
A．白色的无水硫酸铜固体溶于水显蓝色
B．用pH试纸测定氯水的pH时，出现试纸先变红后褪色的现象
C．金黄色的铜器长期暴露在湿润的空气中，产生了铜绿
D．往溶液中滴入NaOH溶液出现白色沉淀，而后沉淀转变为灰绿色，最后变为红褐色
2．可用于净水。下列表示相关微粒的化学用语正确的是。
A．中子数为13的氮原子：B．原子的结构示意图：
C．的电子式：D．的结构式：
3．下列转化不能通过一步实现的是
A．Na2CO3→NaOHB．CuO→Cu(OH)2C．CaCO3→CaOD．Fe3O4→Fe
4．侯氏制碱法原理是：NH3+H2O+CO2+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，析出碳酸氢钠，下列实验关于实验装置及原理设计说法不合理的是
A．用装置甲制取氨气时得到氨气很少，主要原因是分解得到NH3、HCl的遇冷会重新化合
B．用装置乙生成CO2速率很慢的原因是反应生成微溶于水的硫酸钙，覆盖着大理石的表面
C．用装置丙模拟侯氏制碱法，可以从导管b通入氨气，再从导管a通入二氧化碳气体
D．用装置丁分离得到产品NaHCO3，为得到干燥产品，最好采用减压过滤
5．某同学配制100g质量分数为11%的葡萄糖溶液，下列操作导致所配溶液浓度偏高的是
A．用托盘天平称葡萄糖时，砝码放在左盘
B．转移葡萄糖时，纸上有少量残留
C．用量筒量取水时，俯视液面
D．配好溶液装入试剂瓶时，有少量洒出
6．三氯化碘(ICl3)在药物合成中用途非常广泛，其熔点：33℃，沸点：73℃，遇水易反应。实验室可用下图装置(部分夹持装置已略去)制取ICl3，制备的反应原理：I2＋3Cl2=2ICl3。下列说法正确的是
A．装置甲制备氯气选用的药品为二氧化锰和浓盐酸
B．装置乙中长颈漏斗可防止倒吸
C．装置丙中氯化钙的作用是干燥Cl2
D．装置丁中生成ICl3，碘元素的化合价为-3价
7．VmLAl2(SO4)3溶液中含A13+ag，取V/5mL该溶液稀释到5VmL，稀释后溶液中SO的物质的量浓度是
A．B．C．D．
8．下列逻辑关系图示中正确的是
A．B．
C．D．
9．下列有关化学用语的说法不正确的是
A．羟基的电子式：B．聚丙烯的结构简式：
C．1-丁烯的键线式：D．乙炔的实验式：CH
10．下面是小杨同学写的四个化学反应方程式及注明的反应类型，其中对应不正确的是
A．C+O2CO2 化合反应B．3CO+Fe2O32Fe+3CO2 置换反应
C．2H2O22H2O+O2↑ 分解反应D．KCl+AgNO3=AgCl↓+KNO3 复分解反应
二、填空题
11．请按要求回答下列问题：
(1)写出苏打的化学式： ；
(2)写出实验室制取氯气的离子反应方程式： ；
(3)现有下列七种物质：①CaCO3；②CO2；③氯化铁溶液；④Ba(OH)2；⑤稀硫酸；⑥熔融KNO3；⑦Na。在上述物质中，能导电的是 ；属于电解质的是 。
(4)工业废水中含有的重铬酸根离子()有毒，必须处理达标后才能排放。工业上常用绿矾()做处理剂，反应的离子方程式如下：
①在该反应中还原产物是 (填离子符号)；
②用单线桥标出该反应电子转移的方向和数目 。
12．(1)写出与在高温下反应的化学方程式，并用双线桥标出电子转移的方向和数目 。
(2)写出和溶液反应的离子方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目 。
13．化学与人类社会可持续发展密切相关，能源、环境、材料以及日常生活等离不开化学。
(1)普通玻璃是常见的硅酸盐产品，其主要成分的化学式为Na2CaSi6O14，以氧化物形式可表示为 。
(2)缺铁性贫血患者补充的铁，通常为硫酸亚铁的形式，而硫酸铁则没有这种药效。当用硫酸亚铁制成药片时外表要包有一层特殊的糖衣，这层糖衣的作用是 。若在酸性的硫酸亚铁溶液中通入氧气，也能得到棕黄色溶液，请写出此反应的离子方程式 。检验棕黄色溶液是否有Fe2+，可选用的试剂为 (填字母)。
A．稀硝酸 B．浓硫酸 C．KSCN溶液 D．酸性高锰酸钾溶液
(3)实验室用硫酸铜晶体配制一定物质的量浓度的硫酸铜溶液，下列操作将使所配溶液物质的量浓度偏高的是 (填字母)。
A．所用的硫酸铜晶体已经部分风化失水
B．移液时不小心溅出少许溶液
C．容量瓶查漏后未经干燥就直接使用
D．定容时俯视容量瓶刻度线
E.未洗涤烧杯和玻璃棒
14．高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。
(1)干法制备高铁酸钾的主要反应为：，
①该反应中的还原剂是 ，每生成1mlNa2FeO4转移 ml电子。
②简要说明K2FeO4作为水处理剂时所起的作用： 。
(2)湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、、、、、H2O。
①写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式： 。
②低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾(K2FeO4)，说明什么问题？ 。
(3)焊接钢铁时常用的焊药为氯化铵，其作用是消除焊接处的铁锈。发生的反应体系中共有六种物质： NH4Cl、FeCl3、N2、Fe2O3、Fe和X。
①根据题意，可判断出X是 (写化学式)。
②写出并配平该反应的化学方程式
15．实验室可用KMnO4和浓盐酸反应制取氯气，反应原理：2KMnO4+16HCl(浓)= 2KCl+2MnCl2+ 5Cl2↑+ 8H2O。
(1)用双线桥标出电子得失情况： 。
(2)由此反应可以推断氧化性强弱KMnO4 Cl2(填“>”、“
(3)②
(4)45.6
(5) H2O2中氧元素的化合价为－1价，化合价可升高，被氧化 ⅰ ab
(6)10OH－+3ClO－+2Fe3+=2 +3Cl－+5H2O
【详解】（1）Mn元素化合价从+7价降低到+2价，被还原，Cl元素化合价从-1升高到0价，被氧化，用双线桥标出电子得失情况。
（2）Mn元素化合价降低，被还原，KMnO4作氧化剂，Cl元素化合价升高，被氧化，Cl2是氧化产物，氧化性强弱KMnO4>Cl2，答案：>。
（3）浓盐酸中一部分Cl化合价升高，被氧化，作还原剂，显还原性，一部分Cl化合价不变，生成氯化物，显酸性，答案：②；
（4）结合方程式可知，每16mlHCl参与反应，有10HCl被氧化，则参加反应的HCl是73g时，被氧化HCl为 ，故答案为：45.6；
（5）①从理论上看H2O2中O为-1价，可升高，被氧化，做还原剂，具有还原性，故答案为：过氧化氢中氧元素的化合价为-1价，化合价可升高，被氧化；答案：H2O2中氧元素的化合价为－1价，化合价可升高，被氧化；
②实验ⅰ中酸性高锰酸钾是强氧化剂，酸性高锰酸钾溶液遇到过氧化氢紫色褪去、有大量气泡产生(从反应物价态看，气体只能是氧气)，说明过氧化氢被氧化，过氧化氢体现还原性，答案：ⅰ；ab；
（6）Cl元素化合价由+1降低到-1价，降低2，Fe元素化合价由+3价升高到+6价，升高3，则ClO-和Cl-前配3，Fe3+和前配2，根据电荷守恒在OH-前配10，最后根据原子守恒在H2O前配5，10OH－+3ClO－+2Fe3+=2 +3Cl－+5H2O，答案：10OH－+3ClO－+2Fe3+=2 +3Cl－+5H2O。
16． 0.2 0.6×6.02×1023 32g/ml 4：11 5：11 ml/L ml/L
【详解】（1）3.6gH2O的物质的量n===0.2ml，每个水分子含有3个原子，故0.2ml水中含0.6ml原子，即0.6NA个或0.6×6.02×1023个；
（2）：1.204×1023个X气体分子的物质的量为：n===0.2ml，X气体的摩尔质量为：M===32g/ml；
（3）同温同压下，同体积，则气体的物质的量相同，气体的分子数相同，则甲烷（CH4）和CO2气体的分子数之比为1：1，设它们的物质的量都是nml，则质量比为nml×16g/ml：nml×44g/ml=4：11；质子数之比为nml×10：nml×22=5：11；
（4）VLAl2（SO4）3溶液中含Al3+aml，该Al2（SO4）3溶液的物质的量浓度为=，取出L再加入水稀释到4VL。则稀释后溶液中SO42-的物质的量浓度是。
17．(1) ③④⑥⑧⑩ ④
(2) 丁达尔效应
(3)
(4)
【分析】①铜是单质，既不是电解质也不是非电解质；②盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质；③明矾晶体在水溶液中或融融状态下能导电，是电解质；④熔融，有自由移动的离子，能导电，是电解质；⑤胶体是混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑥粉末在水溶液中能导电，是电解质；⑦在水溶液或熔融状态下自身不能电离，是非电解质；⑧晶体在水溶液中或融融状态下能导电，是电解质；⑨蔗糖在水溶液或熔融状态下均不导电，是非电解质；⑩冰水混合物是纯净物，成分是水，水是电解质。
【详解】（1）根据分析，以上物质中属于电解质的是：③④⑥⑧⑩；以上纯净物中能导电的有：熔融，故选④；
（2）制备氢氧化铁胶体的化学方程式：；胶体具有丁达尔效应；
（3）溶于水电离的方程式为：；
（4）在水溶液中电离出钠离子、氢离子和硫酸根，与少量氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：。
18． ②⑤ ③ ⑨ ④⑥ ①②⑦
【详解】10种物质中稀硫酸和空气属于混合物。
溶于水可电离出、，能导电，属于电解质，但熔融状态下不存在自由移动的离子，不能导电。
是难溶电解质。、的水溶液虽然能导电，但不是它们自身发生了电离，而是它们与水发生反应，分别生成了电解质和，故它们属于非电解质。
金属铜和金属汞属于单质，稀硫酸为混合物，故它们既不是电解质也不是非电解质，但能导电。
在水溶液中和熔融状态下均能导电，属于电解质。
即不是电解质，也不是非电解质，且本身不能导电。
由以上分析可知：属于混合物的是：②⑤；属于电解质，但溶解状态下不导电的是：③；电解质，但难溶于水的是：⑨；属于非电解质的是：④⑥；既不是电解质，也不是非电解质，但本身能导电的是：①②⑦；
故答案为：②⑤；③；⑨；④⑥；①②⑦。
19． ①⑧ ②④ ⑤ ⑥ ⑦⑨ ②⑤⑥⑦⑨
【分析】不同物质组成的物质为混合物，和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，水溶液中电离出的阴离子全部为氢氧根离子的化合物为碱；金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物为盐，水溶液中或熔融状态下导电的化合物属于电解质。
【详解】①空气属于混合物；②H2O属于氧化物，属于电解质；③Fe是单质，④CO2属于酸性氧化物，自身不能电离，⑤H2SO4是酸，属于电解质，⑥Mg(OH)2是碱，属于电解质，⑦NaHSO4属于盐，是电解质；⑧碘酒属于混合物；⑨CaSO4·2H2O属于盐，是电解质，⑩CH3CH2OH属于非电解质，其中属于混合物的是①⑧(填写序号，下同)；属于氧化物的是②④，属于酸的是⑤，属于碱的是⑥，属于盐的是⑦⑨，属于电解质的是②⑤⑥⑦⑨，故答案为：①⑧；②④；⑤；⑥；⑦⑨；②⑤⑥⑦⑨。
20．(1) O S 2，6 2，8，6
(2)S+O2 SO2
(3)2SO2+O2 2SO3
(4) SO2+ H2O = H2SO3 SO3+ H2O= H2SO4
【解析】略
21． 3Fe+4H2O(g) Fe304+4H2 6Fe2++ClO3﹣+6H+═6Fe3++Cl﹣+3H2O 1、3、2、K2FeO4、3、H2O 淀粉 溶液由蓝色变无色且保持半分钟不变色 5.6 偏高
【详解】(1)Fe与水蒸气在高温下反应的化学方程式为：3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2；
(2)根据题中流程可知，四氧化三铁与硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁，在溶液Ⅰ中含有亚铁离子，酸性条件下，ClO3-氧化Fe2+为Fe3+，本身被还原为Cl-，根据化合价升降相等配平，配平后的离子方程式为：6Fe2++ClO3-+6H+═6Fe3++Cl-+3H2O
(3)KNO3和KOH的混合物，写出其与Fe2O3加热共融制得K2FeO4，则缺项中有一种为K2FeO4，K2FeO4中铁元素化合价为+6，则亚铁离子从+3价变为+6价，化合价升高3价，化合价至少升高3×2=6价；KNO3中N元素从+5降为KNO2中的+3价，化合价降低2价，则化合价最小公倍数为6，所以氧化铁的系数为1，KNO3的系数为3，然后根据质量守恒定律配平，配平后的方程式为：Fe2O3+3KNO3+2KOH=K2FeO4+3KNO2+H2O；
(4)①Fe3+氧化I-生成I2，淀粉遇碘变蓝，选择淀粉溶液作指示剂；当加入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，蓝色消失，且半分钟不变色说明是终点，
故答案为淀粉；溶液由蓝色变无色且保持半分钟不变色；
②由2Fe3++2I-═2Fe2++I2、I2+2S2O32-═2I-+S4O62-可得：Fe3+～S2O32-，则n(Fe3+)=n(S2O32-)=0.1000ml/L×0.02L=0.002ml，铁元素总含量为： =5.6g/L；H2O2也能氧化I-生成I2，所以若过氧化氢没有除尽，则消耗硫代硫酸钠溶液体积偏大，所测结果偏高。
22． c接f、e接d ②③④①或③②④① 偏低 偏高
【分析】在装置C中用Mg与稀HCl反应产生H2，反应产生的H2将E中的水排入D中来测量H2的体积，根据n=及Mg与H2的物质的量关系，结合n=计算Mg的摩尔质量。为减小实验误差，Mg表面的金属氧化膜要除去，反应产生氢气的体积要在冷却至室温就测量气体体积。
【详解】(1)在装置C中用Mg与稀HCl反应产生H2，反应产生的H2将E中的水排入D中来测量H2的体积，因此假设气流方向由左向右，则各仪器的接口连接的先后顺序为c接f、e接d。
(2)连好仪器后，要进行的操作步骤有以下几步：
①待反应容器中的物质恢复至室温时，测量出气体体积折合到标准状况下为VmL；
②擦掉镁条表面的氧化膜，将其置于天平上称量(假定其质量为mg)；
③检查各装置的气密性；
④往反应容器内加入某稀酸，至镁条不再溶解
上述几步操作的先后顺序是②③④①或③②④①。
(3)Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，n(H2)==ml，根据方程式可知Mg与H2的物质的量相等，则=ml，则M=g/ml，所以镁的相对原子质量的数学表达式为M=。
(4)若未将试管B冷却至室温就测量量筒C中水的体积，这将会使V偏大，则根据M=可知，会所测镁的相对原子质量的数据偏低。
(5)若未擦净镁条表面氧化膜就进行实验，反应放出氢气的体积偏低，V偏小，根据M=可知：这将会使所测镁的相对原子质量的数据偏高。
23． 1000ml容量瓶 冷凝管 分液漏斗 11.9 B、D B、C、D 16.8mL 偏大 偏小 C 温度计的水银球应在蒸馏烧瓶支管口处 冷凝器应为下口进水，上口出水 防止暴沸
【分析】I.仪器的名称为 1000mL容量瓶，冷凝管 ，分液漏斗；
II.（1）根据c=计算该浓盐酸中HCl的物质的量浓度；
（2）根据该物理量是否与溶液的体积有关判断；
（3）A．根据容量瓶的使用方法；
B．根据容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配液润洗，待配液中含有溶质；
C．根据容量瓶不能直接用来溶解固体；
D．根据容量瓶不能直接用来稀释溶液；
E．根据定容后，需将溶液摇匀；
（4）①根据溶液稀释定律前后所含溶质的物质的量不变计算；
②分析操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，依据c=进行误差分析；
③根据关系式：HCl～NaOH计算；盐酸体积减少，说明标准液盐酸体积读数减小，逐项分析即可；
（5）实验室用自来水制取蒸馏水用蒸馏的方法制备，蒸馏时用到蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，注意温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近，冷凝管应从下口进水，上口出水，以保证水充满冷凝管，起到充分冷凝的作用。
【详解】I.仪器的名称B为1000mL容量瓶，C为冷凝管 ，D为分液漏斗，
故答案为1000mL容量瓶；冷凝管；分液漏斗；
II. (1)质量分数36.5%，密度为1.19g/mL的盐酸的物质的量浓度===11.9ml/L，
故答案为11.9；
(2)A.溶液中HCl的物质的量=cV，所以与溶液的体积有关，故A不符合题意；
B. 溶液具有均一性，浓度与溶液的体积无关，故B符合题意；
C. 溶液中Cl−的数目=nNA=cVNA，所以与溶液的体积有关，故C不符合题意；
D. 溶液的密度与溶液的体积无关，故D符合题意；
故答案选BD；
(3)A.配制溶液时要摇匀，应检验容量瓶是否漏液，故A正确；
B. 容量瓶用水洗净后，不能用待配溶液洗涤，否则会引起溶质的物质的量偏多，则所配溶液浓度偏大，故B错误；
C. 容量瓶为精密仪器，不能用来溶解固体，故C错误；
D. 容量瓶为精密仪器，不能用来稀释浓溶液，故D错误；
E. 盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀，故E正确；
故选BCD；
(4)①配制490mL物质的量浓度为0.400ml⋅L−1的稀盐酸，应选择500mL容量瓶，设需要的浓盐酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律c浓V浓=c稀V稀可得：11.9ml/L×VmL=0.4ml/L×500mL，解得V=16.8mL；
故答案为16.8 mL；
②a．用量筒量取浓盐酸时仰视观察凹液面，导致量取的氯化氢的物质的量偏大，溶液浓度偏大，
故答案为偏大；
b．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水。导致溶液的体积偏大，故浓度偏小，
故答案为偏小；
③由关系式：HCl∼NaOH可知：n(HCl)=n(NaOH)==0.01ml，V(HCl)==0.025L=25mL，消耗的标准液盐酸体积减少，说明读数时标准液的体积比实际体积减少了，
a、浓盐酸挥发，浓度不足，配制的标准液浓度减小，滴定时消耗盐酸体积变大，故a不符合题意；
b、配制溶液时，未洗涤烧杯，标准液浓度减小，消耗体积增大，故b不符合题意；
c、配制溶液时，俯视容量瓶刻度线，配制的标准液浓度变大，滴定时消耗的体积减小，故c符合题意；
d、加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出，标准液浓度减小，滴定时消耗标准液体积增大，故d不符合题意；
故答案为c；
（5）温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近；冷凝管应从下口进水，上口出水，以保证水充满冷凝管，起到充分冷凝的作用；蒸馏时烧瓶内要加沸石，目的是防止暴沸，
故答案为温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管处；冷凝器应为下口进水，上口出水；防止暴沸。
甲
乙
丙
丁
序号
实验
实验现象
ⅰ
向5%H2O2溶液中滴加酸性KMnO4溶液
a．溶液紫色褪去；b．有大量气泡产生
ⅱ
向5%H2O2溶液中滴加淀粉碘化钾溶液
c．溶液变蓝
条件
物质对应的序号
混合物

电解质，但溶融状态下不导电

电解质，但难溶于水

非电解质

既不是电解质，也不是非电解质，但本身能导电

A
B
C
D