2022高中化学人教版必修一阶段质量检测五.docx

[模块综合检测]
一、选择题(此题包括16小题，每题3分，共48分)
1．保护环境，就是关爱自己。以下说法中你认为不正确的选项是(　　)
A．空气质量日报的主要目的是树立人们环保意识，同时也让人们知道了二氧化硫、二氧化氮和可吸入颗粒物是大气主要污染物
B．酸雨是指pH小于7的雨水
C．为了减少二氧化硫和二氧化氮的排放，工业废气排放到大气之前必须回收处理
D．居室污染是来自建筑、装饰和家具材料散发出的甲醛等有害气体
解析：酸雨是指pH小于5.6的雨水。
答案：B
2．酒后驾车是引发交通事故的重要原因，交警对驾驶员进行呼气酒精(乙醇)检测的原理是：橙色的K2Cr2O7酸性溶液与乙醇反响生成蓝绿色Cr3＋。以下有关表达正确的选项是
(　　)
①K2Cr2O7是氧化剂　②乙醇表现氧化性和复原性
③Cr3＋是复原产物　④闻气味能判断是否酒后驾车
A．①③B．①④
C．②③D．②④
解析：此题重点考察了氧化复原反响的有关知识。K2Cr2O7中Cr的化合价是＋6价，产物中Cr为＋3价，Cr的化合价降低，被复原，K2Cr2O7作氧化剂，Cr3＋为复原产物，A正确；乙醇在该反响中做复原剂，表现出复原性，C、D错误；闻气味判断是否为酒后驾车的主观性太强，没有说服力，且饮酒的程度不能准确判断，B错误。
答案：A
3．以下表达正确的选项是(　　)
A．硅单质是半导体，故它属于非电解质
B．实验测定NH3、SO2的水溶液均能导电，所以NH3、SO2均是电解质
C．纯碱溶液显碱性，所以纯碱属于碱
D．铜合金中的青铜制品硬度大于纯洁的铜
解析：A项，硅是单质不属于非电解质；B项，NH3、SO2的水溶液均能导电，是因为NH3·H2O和H2SO3电离，所以NH3、SO2均是非电解质；C项，碳酸钠属于盐类；D项，合金的硬度一般大于成分金属。
答案：D
4．以下物质露置于空气中易变质的是(　　)
①氯水　②水玻璃　③烧碱　④漂白粉　⑤硫酸亚铁⑥亚硫酸钠
A．除⑤外 B．除②③外
C．除②③⑥外 D．全部易变质
解析：①氯水中HClO见光易分解，久置变为稀盐酸；②水玻璃易吸收CO2，生成硅酸变浑浊；③烧碱(NaOH)吸收CO2，久置变为Na2CO3；④漂白粉中Ca(ClO)2可以和CO2反响，⑤Fe2＋易被O2氧化生成Fe3＋；⑥Na2SO3易被O2氧化生成Na2SO4。
答案：D
5．[双选题]在某无色透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是(　　)
A．Na＋、K＋、SO、HCO
B．Cu2＋、K＋、SO、NO
C．Na＋、K＋、Cl－、NO
D．I－、K＋、SO、Cl－
解析：无色溶液排除有色离子，Cu2＋是有色离子，B不能大量共存；酸性溶液中含有氢离子，氢离子和HCO反响，A不能大量共存。
答案：CD
6．能正确表示以下反响的离子方程式是(　　)
A．将铜屑参加Fe3＋溶液中：
2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
B．将磁性氧化铁溶于盐酸：
Fe3O4＋8H＋===3Fe3＋＋4H2O
C．将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合：
Fe2＋＋4H＋＋NO===Fe3＋＋2H2O＋NO↑
D．将铁粉参加稀硫酸中：
2Fe＋6H＋===2Fe3＋＋3H2↑
解析：B错误，电荷不守恒，Fe3O4中Fe有两种价态，正确的离子方程式应该为：Fe3O4＋8H＋===2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O；C错误，得失电子不守恒，电荷不守恒；正确的离子方程式应该为：3Fe2＋＋NO＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O；D错误，不符合客观实际，反响后铁只能转化为Fe2＋。
答案：A
7．对实验Ⅰ～Ⅳ的实验现象判断正确的选项是(　　)
A实验Ⅰ：产生红褐色沉淀
B．实验Ⅱ：溶液变红色
C．实验Ⅲ：试管中溶液变浅黄色
D．实验Ⅳ：试管中先出现白色沉淀，后溶解
解析：A项，得到氢氧化铁胶体；B项，KSCN溶液与二价铁离子不变红色；C项，FeCl3溶液可以氧化碘离子，生成碘单质，溶液颜色更深；D项，氢氧化铝可以溶于NaOH溶液。
答案：D
8．用NA表示阿伏德罗常数，以下表达正确的选项是(　　)
A．标准状况下，22.4 L水含有的原子数为3NA
B．常温常压下，1.06 g Na2CO3含有的Na＋离子数为0.02 NA
C．通常状况下，0.5NA个CO2分子占有的体积为11.2 L
D．物质的量浓度为0.5 mol·L－1的MgCl2溶液中，含有Cl－个数为NA
解析：A项，标准状况下，H2O不是气体；C项，标准状况下，0.5NA个CO2分子占有的体积为11.2 L；D项，没有指明溶液的体积。
答案：B
9．以下实验现象，与新制氯水中的某些成分(括号内物质)没有关系的是(　　)
A．向NaHCO3固体中参加新制的氯水，有无色气泡产生(H＋)
B．新制氯水使红色布条褪色(HCl)
C．将AgNO3溶液滴加到新制氯水中，有白色沉淀产生(Cl－)
D．向FeCl2溶液中滴加新制氯水，再滴加KSCN溶液，溶液呈红色(Cl2)
解析：新制氯水使红色布条褪色是因为存在HClO。
答案：B
10．以下推断正确的选项是(　　)
A．SiO2是酸性氧化物，能与CaO反响
B．Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反响产物也相同
C．CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在
D．除去石英砂中的少量碳酸钙，用稀硫酸溶解后过滤别离
解析：B项，Na2O与CO2反响不产生氧气；C项，NO不能在空气中稳定存在；D项，碳酸钙与稀硫酸反响生成的硫酸钙微溶于水，会附着在石英砂外表。
答案：A
11．实验室用固态不纯氯化钠(含少量NH4HCO3和Na2SO4杂质)制取纯洁氯化钠溶液。以下操作可供选用：①逐滴参加稀盐酸，调节pH值为5；②煮沸；③加蒸馏水溶解；④加热至不再产生气体为止；⑤参加稍过量的Na2CO3溶液；⑥参加稍过量的BaCl2溶液；⑦过滤。上述实验操作的正确顺序应是(　　)
A．①②⑤⑥⑦③④B．③④⑥⑤⑦①②
C．④③⑥⑤⑦①②D．④③⑤⑥⑦②①
解析：NH4HCO3不稳定，受热易分解，方程式为：NH4HCO3NH3↑＋H2O＋CO2↑，加热可除去NH4HCO3。氯化钠中的Na2SO4可用BaCl2溶液除去，为除尽Na2SO4，BaCl2溶液要稍过量；过量的BaCl2用稍过量的Na2CO3溶液除去，因而Na2CO3溶液要加在BaCl2溶液之后；过量的Na2CO3溶液用盐酸除去，参加盐酸会溶解生成的碳酸钡沉淀，因而在参加盐酸之前要过滤，别离出沉淀；在滤液中逐滴参加稍过量的稀盐酸，除尽碳酸钠；盐酸易挥发，过量的盐酸用加热煮沸法除去。综上所述实验操作的正确顺序应为④③⑥⑤⑦①②。
答案：C
12．某溶液中含有HCO、SO、SiO、Cl－等四种离子，假设向其中参加某种试剂后，发现溶液中仅有HCO和SO离子的浓度大量减少。那么参加的试剂可能是(　　)
A．盐酸 B．过氧化钠
C．双氧水 D．氯化钡溶液
解析：盐酸和氯化钡溶液均能使SiO减少，双氧水不能与HCO反响。
答案：B
13．向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，逐滴参加NaOH溶液。以下列图像中，能正确表示上述反响的是(横坐标表示参加NaOH溶液的体积，纵坐标表示反响生成沉淀的质量)(　　)
解析：向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中逐滴参加NaOH溶液，反响依次为：
MgSO4＋2NaOH===Na2SO4＋Mg(OH)2↓，
Al2(SO4)3＋6NaOH===3Na2SO4＋2Al(OH)3↓；
Al(OH)3＋NaOH===AlO＋2H2O。
由反响可知开始时沉淀逐渐增多，当MgSO4和Al2(SO4)3完全沉淀后，再加氢氧化钠溶液，生成的Al(OH)3沉淀又逐渐溶解，但氢氧化镁沉淀不溶解，即沉淀量先增，再减，最后不变(不能完全溶解)，D正确。
答案：D
14．下表各组物质中，物质之间通过一步反响就能实现如下列图转化的是
(　　)
物质
选项
a
b
c
d
A
Al
Al(OH)3
NaAlO2
NaOH
B
N2
NO
NO2
O2
C
Na2CO3
NaHCO3
NaOH
CO2
D
Cl2
FeCl3
FeCl2
Fe
解析：A项中a＋d→b，无法通过一步反响实现，即Al与NaOH不能直接得到Al(OH)3；B项中a＋c→b无法实现，即N2与NO2不能反响；C项中a＋c→b无法实现，即Na2CO3不能与NaOH反响得到NaHCO3；D项符合题意，3Cl2＋2Fe===2FeCl3，2FeCl3＋Fe===3FeCl2，Cl2＋2FeCl2===2FeCl3
答案：D
15．把7.4 g Na2CO3·10H2O和NaHCO3组成的混合物溶于水配成100 mL溶液，其中c(Na＋)＝0.6 mol/L。假设把等质量的混合物加热至恒重，残留物的质量是(　　)
A．2.12 gB．3.18 g
C．4.22 gD．5.28 g
解析：由原子守恒可知：溶液中Na＋的物质的量和混合物加热至恒重所含Na＋的物质的量相等。Na2CO3·10H2O加热时失去结晶水，NaHCO3受热分解成碳酸钠、水和二氧化碳，即加热至恒重的残留物为碳酸钠。n(Na2CO3)＝n(Na＋)＝×0.6 mol/L×0.1 L＝0.03 mol，m(Na2CO3)＝0.03 mol×106 g/mol＝3.18 g。
答案：B
16．对以下实验现象的解释不正确的选项是(　　)
选项
实验现象
解释
A
Cl2使鲜艳的红色花瓣褪色
Cl2具有强氧化性
B
NH3与HCl气体接触时有白烟产生
NH3与HCl反响生成固体小颗粒
C
新切开的Na外表在空气中很快变暗
Na容易与空气中的氧气等反响
D
氯化铝溶液中滴入过量的氢氧化钠溶液，白色沉淀溶解
氢氧化铝具有两性
解析Cl2使鲜艳的红色花瓣褪色是由于Cl2＋H2O===HCl＋HClO，生成的HClO使红色花瓣褪色，褪色是因为HClO具有强氧化性，不是Cl2具有强氧化性。
答案：A
二、非选择题(此题包括6小题，共52分)
17．(8分)甲、乙、丙三种物质之间有如下转化关系：甲乙丙甲
(1)假设乙溶液中参加KSCN溶液，有血红色出现，那么甲物质是：________。写出“甲乙〞转化的离子方程式：
________________________________________________________________________。
(2)假设甲是不溶于水的白色粉末状物质，既能溶于盐酸又能溶于氢氧化钠溶液，那么乙是________。写出“乙丙〞转化的化学方程式：___________________________
_________________________________________________________________________。
解析：(1)乙溶液中参加KSCN溶液，有血红色出现，说明乙溶液中含有Fe3＋，Fe3＋与氨水反响生成Fe(OH)3，丙为Fe(OH)3，氢氧化铁加热分解生成Fe2O3和水，Fe2O3与硫酸反响生成铁盐，使乙溶液中含有Fe3＋，所以甲为Fe2O3。
(2)甲为不溶于水的白色粉末，既能溶于盐酸又能溶于氢氧化钠溶液且可由丙加热生成，因而甲为Al2O3。根据转化关系图推知：乙为硫酸铝，丙为氢氧化铝。
答案：(1)Fe2O3Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O
(2)Al2(SO4)3Al2(SO4)3＋6NH3·H2O===3(NH4)2SO4＋2Al(OH)3↓
18．(8分)现有甲、乙、丙、丁4种物质，其中甲为单质，其余三种为化合物。转化关系如下：
请答复：
(1)假设甲为黄绿色气体，该反响为一工业制备反响，其产品可用于漂白、消毒。
①该反响的化学方程式是__________________________________________________
___________
②露置于空气中的该产品，加稀盐酸后不可能产生的气体是________(填字母)。
a．H2　　　　　b．Cl2　　　　c．CO2
(2)假设乙为常见的强酸的浓溶液，丙、丁是均能使澄清石灰水变浑浊的两种气体。
①该反响的化学方程式是_________________________________________________。
②该反响中转移1 mol电子时，参加反响的乙是______ mol。
解析：(1)假设甲为黄绿色气体，甲是氯气，漂白粉(或漂粉精)露置于空气中会变质生成碳酸钙，稀盐酸后可能产生二氧化碳，不可能产生氢气，漂白粉中的次氯酸钙(或次氯酸钠)为强氧化剂会与盐酸反响生成氯气。
(2)丙、丁是均能使澄清石灰水变浑浊的两种气体，那么丙、丁是二氧化硫或二氧化碳，因此甲为木炭。
答案：(1)①2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O
(或Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O)　②a
(2)①C＋2H2SO4(浓)2H2O＋CO2↑＋2SO2↑
②0.5
19．(8分)依据以下列图中氮元素及其化合物的转化关系，请答复：
(1)实验室常用以下列图装置制取并收集氨气。试管中反响的化学方程式是__________________________________________________________________________。
(2)以下列图中方框内收集氨气的仪器装置是__________(填字母)。
(3)用NH3制取NO的化学方程式是_________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)工业上将NO2通入Na2CO3溶液中进行吸收处理。完成相应的化学方程式：
2NO2＋Na2CO3===NaNO2＋________＋________。
解析：(2)NH3的密度比空气小，应用向下排空气法收集，进气管应插到瓶底，选用a装置。
(4)由NO2＋4NaNO2＋3氮的化合价降低，根据氧化复原反响规律，生成物中有＋5价含氮化合物：NaNO3，根据原子守恒，另一产物是CO2。
答案：(1)2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O
(2)a
(3)4NH3＋5O24NO＋6H2O
(4)NaNO3　CO2
20．(10分)有三种金属单质A、B、C，其中A的焰色反响为黄色，B、C是常见金属。三种金属单质A、B、C能与气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H之间发生如下转化关系(图中有些反响的产物和反响的条件没有标出)。
黄绿色
请根据以上信息答复以下问题：
(1)写出以下物质的化学式：
A________，H________，G________，乙________。
(2)写出以下反响的方程式：
反响①化学方程式_______________________________________________________，
反响②的离子方程式_____________________________________________________。
标况下，反响②中当转移的电子数为0.02 mol时，有______mL甲生成。
(3)检验Fe3＋，并使它变红的试剂是________________________________________。
解析：黄绿色气体乙是氯气，红褐色沉淀H是氢氧化铁，A的焰色反响为黄色，所以A是钠，那么气体甲是氢气，气体丙是HCl，金属C是Fe，根据F和G的转化关系，溶液G是氯化铁溶液，所以D是NaOH溶液，于是B为金属铝。
答案：(1)Na　Fe(OH3)　FeCl3　Cl2
(2)Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑
2Al＋2H2O＋2OH－===2AlO＋3H2↑　224
(3)KSCN溶液
21．(10分)某化学实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性，设计了如下的实验装置。
(1)实验室用装置A制备SO2。某同学在实验时发现翻开A的分液漏斗活塞后，漏斗中液体未流下，你认为原因可能是：__________________________________________。
(2)实验室用装置E制备Cl2，其反响的化学方程式为：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。假设有6 mol的HCl参加反响，那么转移的电子总数为_____________。
(3)①反响开始一段时间后，观察到B、D两个试管中的品红溶液出现的现象是：
B_________________________________________
D________________________________________________________________________。
②停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象分别为
B________________________________________________________________________，
D________________________________________________________________________。
(4)另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强。他们将制得的SO2和Cl2按1∶1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象的那样。请你分析该现象的原因(用化学方程式表示)______________________。
解析：(1)塞子没有取下来，翻开活塞时，空气无法进入分液漏斗内部，造成分液漏斗内的压强小于大气压强，液体无法流出。
(2)在反响MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O中，每有4 mol HCl参与反响，被氧化的氯化氢是2 mol，即被氧化的氯化氢占参与反响的50%。6 mol HCl参加反响被氧化的氯化氢是3 mol，转移的电子数为3NA＝3×6.02×1023。
(3)SO2具有漂白性，二氧化硫通入品红溶液中，品红褪色；SO2的漂白具有可逆性，褪色后的溶液加热时又恢复原来的红色。氯气和水反响生成的次氯酸具有漂白性，因而氯气通入品红溶液中也能使品红褪色，次氯酸的漂白不可逆，加热时，不能恢复红色。
(4)氯气具有较强的氧化性，二氧化硫具有较强的复原性，在水溶液中两者1∶1发生反响：Cl2＋SO2＋2H2O===2HCl＋H2SO4，生成物都无漂白性，因而SO2和Cl2按1∶1同时通入到品红溶液时，品红溶液并不褪色。
答案：(1)分液漏斗的玻璃塞没有取下来
(2)3×6.02×1023
(3)①品红褪色　品红褪色
②褪色的品红又恢复成红色　无明显现象
(4)SO2和Cl2 1∶1发生反响：Cl2＋SO2＋2H2O===2HCl＋H2SO4，生成物都无漂白性
22．(8分)为了证明铜与稀硝酸反响产生一氧化氮，某校学生实验小组设计了一个实验，其装置如以下列图所示(加热装置和固定装置均已略去)，B为一个用金属丝固定的枯燥管，内装块状碳酸钙固体；E为一个空的蒸馏烧瓶；F是用于鼓入空气的双连打气球。
(1)实验时，先将B装置下移，使碳酸钙与稀硝酸接触产生气体，当C处产生白色沉淀时，立刻将B装置上提，使之与稀硝酸别离。该组学生设计此步操作的目的为
_________________________
(2)将A中铜丝放入稀硝酸中，给装置A微微加热，在装置A中产生无色气体，其反响的化学方程式为________________________________________________________
________________________________________________________________________。
装置E中开始时出现浅红棕色气体，用F向E中鼓入空气后，可观察到烧瓶E内气体颜色加深，产生上述现象的原因是___________________
一段时间后，C中白色沉淀溶解，其原因是__________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)装置D的作用是_______________________________________________________。
解析1)NO是无色气体，易被空气氧化为红棕色的NO2，要证明铜与稀硝酸反响产生一氧化氮，实验前要排尽装置中的空气，以看到有无色气体产生，然后再通入空气，通过通入空气后气体颜色的变化来判断铜与稀硝酸反响产生的是一氧化氮。将B装置下移，使碳酸钙与稀硝酸接触，是为了使碳酸钙与稀硝酸反响生成二氧化碳气体，当C处产生白色沉淀时，说明装置中的空气已经被生成的二氧化碳排尽。
(2)由于该实验是用二氧化碳气体排空气，由于二氧化碳的密度比空气大，二氧化碳从长管进入E排气，并不能把E中的空气赶尽，E中残留的少量空气与反响生成的NO反响生成少量红棕色的二氧化氮，致使实验开始时E中出现浅红棕色气体；当用F向E中鼓入空气后，E中有更多的NO2生成，所以红棕色加深；二氧化氮与水反响有硝酸生成，硝酸与碳酸钙反响使沉淀溶解。
(3)氮的氧化物污染空气，氢氧化钠溶液的作用是吸收氮的氧化物，防止污染空气
答案：(1)用碳酸钙与稀硝酸反响产生的二氧化碳气赶走装置内的空气
(2)3Cu＋8HNO33Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O　CO2比空气重，从长管进入E，并没有把E中空气赶尽，局部NO先与未赶尽的少量空气反响生成少量红棕色NO2，致使实验开始时E中出现浅红棕色气体；当再从F鼓入空气时，E中有更多的NO2生成，所以红棕色加深　二氧化氮与水反响有硝酸生成，硝酸与碳酸钙反响，使沉淀溶解
(3)吸收NO、NO2、CO2尾气，防止污染大气