2022高一化学2本章质量训练练习苏教版必修1.docx

2022新课标同步导学高一化学练习：2 本章质量训练〔苏教版必修1〕
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一、选择题(此题包括12小题，每题4分，共48分)
1．下表是食用碘盐包装上的局部说明，以下说法正确的选项是(　　)
配料
精盐、碘酸钾、抗结剂
碘含量
35±15 mg/kg
储存方法
密封、避光、防潮
食用方法
烹饪时，待食品熟后参加碘盐
A.高温会导致碘的损失
B．碘酸钾可氧化氯化钠
C．可用淀粉检验碘盐中的碘酸钾
D．该碘盐中碘酸钾含量为20～50 mg/kg
【解析】　从食用方法可推断A项正确，用淀粉检验I2，而不能检验KIO3，所以C项错；从表中可知食用碘盐是指碘含量而不是碘酸钾含量。
【答案】　A
2．常用氯气给自来水消毒。某学生用自来水配制以下物质的溶液，不会产生明显药品变质的是(　　)
A．石蕊　　　　　　　　　　B．硝酸银
C．亚硫酸钠 D．氯化铝
【解析】　Cl2溶于水，一局部会发生以下反响：Cl2＋H2OHCl＋HClO。HClO可使石蕊氧化褪色；HCl跟AgNO3反响：AgNO3＋HCl===AgCl↓＋HNO3；Cl2氧化Na2SO3：Na2SO3＋Cl2＋H2O===2HCl＋Na2SO4；Cl2不能跟AlCl3反响。
【答案】　D
3．不属于四种根本反响类型的氧化复原反响的是(　　)
A．2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑
B．2Na＋Cl22NaCl
C．Fe＋CuSO4===Cu＋FeSO4
D．Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2
【解析】　四种根本反响类型分别是：化合反响、分解反响、置换反响、复分解反响，四种类型主要是从反响的形式上来分。D选项的反响，不符合四种反响类型的反响形式，又有化合价变化，故D正确。
【答案】　D
4．苹果汁是人们喜爱的饮料。由于此饮料中含有Fe2＋，现榨的苹果汁在空气中会由淡绿色变为棕黄色。假设榨汁时参加维生素C，可有效防止这种现象发生。这说明维生素C具有(　　)
A．氧化性 B．复原性
C．碱性 D．酸性

【解析】　此题考查了复原剂的复原性的相对强弱。Fe2＋易被空气中的O2氧化为Fe3＋而变色，但参加维生素C后可防止此现象，说明维生素C的复原性比Fe2＋强，阻止了Fe2＋被氧化。
【答案】　B
5．如以下列图所示装置可以用来发生、洗涤、枯燥、收集(不考虑尾气处理)气体。该装置可用于(　　)
A．锌和盐酸生成氢气
B．二氧化锰和浓盐酸生成氯气
C．碳酸钙和盐酸生成二氧化碳
D．KClO3和MnO2生成氧气
【解析】　B、C、D三选项要制取的气体的密度都比空气大，不能使用向下排空气法收集。而且，制取Cl2、O2需要加热。A制取H2，一般在启普发生器中完成，但此装置也可以完成制取反响H2用向下排空气法收集。
【答案】　A
6．不能用来鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色固体的实验操作是(　　)
A．分别在这两种物质的溶液中，参加少量澄清石灰水
B．分别加热这两种固体，将生成的气体通入澄清石灰水中
C．分别在这两种物质的溶液中，参加少量氯化钙溶液
D．分别在这两种物质的等浓度的溶液中，参加少量的稀盐酸
【解析】　A项，Na2CO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋2NaOH；依题意知NaHCO3过量，那么2NaHCO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O，均产生白色沉淀，无法区分两者。B项，加热两固体时，NaHCO3受热分解产生CO2，Na2CO3无变化，可用加热来区分两者。C项，向两物质的溶液中加CaCl2、Na2CO3与CaCl2反响生成沉淀，NaHCO3与CaCl2不反响。D项，在等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液中加等量的盐酸，NaHCO3溶液中有气体产生，Na2CO3溶液中无明显变化。
【答案】　A
7．以下离子方程式的书写正确的选项是(　　)
A．铁跟稀盐酸反响：2Fe＋6H＋===2Fe3＋＋3H2↑
B．碳酸氢钙溶液中参加盐酸：Ca(HCO3)2＋2HCl===CaCl2＋2H2O＋2CO2↑
C．CO2通入澄清石灰水中：CO2＋Ca2＋＋2OH－===
CaCO3↓＋H2O
D．NaHCO3溶液中参加盐酸：HCO＋H＋===H2CO3
【解析】　书写化学方程式或离子方程式，应首先尊重客观事实，如A选项中Fe与盐酸或稀硫酸反响生成亚铁盐，D选项中生成的H2CO3不稳定，立即分解为H2O和CO2，故不能写成H2CO3，故A、D均错。B中Ca(HCO3)2为易溶的盐(碳酸的酸式盐均易溶)，应拆成离子形式。
【答案】　C
8．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响制得ClO2：KClO3＋H2C2O4＋H2SO4ClO2↑＋K2SO4＋CO2↑＋H2O(未配平)以下说法正确的选项是(　　)
A．KClO3在反响中得到电子
B．ClO2是氧化产物
C．H2C2O4在反响中被氧化
D．1 mol KClO3参加反响有2 mol电子转移
【解析】　KClO3中氯由＋5变为＋4，化合价降低，得到1 mol电子，被复原，ClO2是复原产物，故A正确，B、D错；H2C2O4中碳元素由＋3价升高为＋4价，在反响中被氧化，C对。
【答案】　AC
9．以下各组离子能大量共存于同一溶液中，且参加适量NaOH溶液或少量稀硫酸时，都能产生白色沉淀的是(　　)
A．Cu2＋、Ba2＋、NO、Cl－B．Mg2＋、Na＋、CO、SO
C．Ba2＋、Mg2＋、NO、Cl－D．Fe3＋、Ba2＋、NO、SO
【解析】　先考虑各组离子能否大量共存B项中Mg2＋＋CO===MgCO3↓，D项中Ba2＋＋SO===BaSO4↓，因此B、D两项中离子不能共存，应排除；A、C两项中离子可以大量共存。再考虑是否符合附加条件：A项中Cu2＋＋2OH－===Cu(OH)2↓，为蓝色沉淀，不符合题意；C项中Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓，Ba2＋＋SO===BaSO4↓，Mg(OH)2和BaSO4都是白色沉淀，符合题意。
【答案】　C
10．2A－＋B2===A2＋2B－，2A－＋C2===A2＋2C－，2B－＋C2===B2＋2C－，2C－＋D2===C2＋2D－。那么各种单质氧化性由强到弱的顺序是(　　)
A．A2＞C2＞B2＞D2B．B2＞C2＞A2＞D2
C．D2＞C2＞B2＞A2D．C2＞B2＞A2＞D2
【解析】　根据氧化剂、复原剂、氧化产物、复原产物的氧化性、复原性强弱规律进行判断。
【答案】　C
11．(2022年芜湖高一检测)以下反响中，水作复原剂的是(　　)
A．2F2＋2H2O===4HF＋O2B．SO2＋H2OH2SO3
C．2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑D．2H2＋O22H2O
【解析】　A项，H2O中氧由－2价变为0价，化合价升高，H2O作复原剂；B项，H2O中化合价没变，该反响不是氧化复原反响；C项，H2O中氢由＋1价变为0价，化合价降低，是氧化剂；D项，H2O是产物。
【答案】　A
12．将5.6 L CO2气体缓慢通过一定量的Na2O2固体后，得到3.36 L气体(气体体积均在标准状况下测定)，所得气体的质量为(　　)
A．3.8 g B．4.8 g
C．5.4 g D．6.6 g
【解析】　由差量法得：
2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2　ΔV
2VVV
yx5.6 L－3.36 L
那么x＝＝2.24 L，
y＝＝4.48 L<5.6 L
所得气体为混合气体，其中有CO2：5.6 L－4.48 L＝1.12 L，O2：3.36 L－1.12 L＝2.24 L，
在标准状况下，m(CO2)＝×44 g/mol＝2.2 g，m(O2)＝×32 g/mol＝3.2 g，
m＝m(CO2)＋m(O2)＝2.2 g＋3.2 g＝5.4 g。
【答案】　C
二、非选择题(此题包括4小题，共52分)
13.
(12分)(2022年运城高一检测)(1)A图是“四种根本反响类型与氧化复原反响的关系〞图，请在A图中用阴影局部表示反响：H2＋CuOCu＋H2O所属的区域。
(2)“四种根本反响类型与氧化复原反响的关系〞也可用B图表达。其中Ⅰ为化合反响，那么Ⅱ为________反响。写出有关水生成的符合反响类型Ⅲ的一个化学方程式：________________________________。写出有水参加的符合反响类型Ⅳ的一个化学方程式________________，其中水为________剂。
【答案】　(1)
(2)分解　NaOH＋HCl===NaCl＋H2O
2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑　氧化(其他合理答案也可)
14．(14分)(1)漂白粉或漂白精中的有效成分是Ca(ClO)2，漂白粉起作用的原因用方程式表示为______________________________；漂白粉失效的原因用方程式表示为
____________________________________。
(2)有以下物质：①氢氧化钠固体　②铜丝　③氯化氢气体　④稀硫酸　⑤二氧化碳气体　⑥氨水　⑦碳酸钠粉末　⑧蔗糖晶体　⑨熔融氯化钠　⑩CuSO4·5H2O晶体
请用序号填空：
a．上述状态下可导电的是______________。
b．属于电解质的是________________________。
c．属于非电解质的是__________________________。
d．上述状态下的电解质不能导电的是__________________________________。
【解析】　要解这类题目，关键是理解好有关概念。氢氧化钠固体、氯化氢气体、碳酸钠粉末、CuSO4·5H2O晶体不能导电，但它们溶于水或熔融状态下可导电，属于电解质；铜丝、稀硫酸，氨水、熔融氯化钠可以导电，但铜是单质、氨水是混合物，它们既不是电解质，也不是非电解质；二氧化碳气体和蔗糖熔化状态下不能导电，溶于水时蔗糖溶液也不导电，所以蔗糖是非电解质，二氧化碳的水溶液虽然能导电，但由于在溶液中发生电离的是二氧化碳与水反响生成的碳酸，二氧化碳并未发生电离，故二氧化碳是非电解质。
【答案】　(1)Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO　2HClO2HCl＋O2
(2)a.②④⑥⑨　b．①③⑦⑨⑩　c．⑤⑧
d．①③⑦⑩
15．(14分)下面是某同学研究氯水漂白性的一个探究性实验片断。
活动记录
观察：氯气的颜色：黄绿色；氯水的颜色：淡黄绿色。
结论氯水呈淡黄绿色，说明氯水中溶有游离的氯气分子。
实验操作：用两根玻璃棒分别蘸取盐酸和氯水，各滴在两片蓝色石蕊试纸上。
实验现象：滴有盐酸的试纸变红，滴有氯水的试纸中间变白，外圈变红。
分析与结论：滴有氯水的蓝色石蕊试纸外圈变红，说明氯水中有能使试纸变红的酸；中间变白，说明氯水中有能够使有色物质褪色的物质。
问题与思考：氯气溶于水发生如下反响：Cl2＋H2OHCl＋HClO，溶液中的水和盐酸没有漂白作用，能够使有色物质褪色的物质是氯水中的氯气分子还是氯水中的次氯酸呢还是二者都有漂白作用
请你参照他已完成的局部实验活动记录，自己设计一个实验，证明到底是哪种物质有漂白作用。
实验操作：
________________________________________________________________________
______________________________。
实验现象：
________________________________________________________________________。
分析与结论：
________________________________________________________________________
_________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】　根据Cl2＋H2OHCl＋HClO，只要设计实验证明枯燥的氯气、水、盐酸都没有漂白性，而氯水有漂白性，就可推知氯水的漂白性实质为次氯酸的漂白性。
【答案】　实验操作：收集一集气瓶枯燥的氯气用镊子夹取一片一端湿润的有色纸条，伸入盛有枯燥氯气的集气瓶中
实验现象：有色纸条湿润的一端褪色，另一端无明显变化
分析与结论：枯燥的有色纸条不褪色，证明氯气本身无漂白作用。又知水和盐酸都没有漂白作用，容易推知：湿润的有色纸条褪色，是因为氯气溶于水发生反响Cl2＋H2OHCl＋HClO，溶液中的次氯酸具有漂白性
16．(12分)将16.8 L CO2气体(标准状况下)通入1.00 L 1.00 mol·L－1的NaOH溶液中，试确定产物的组成及其物质的量。
【解析】　此题为过量计算中确定产物的一类题型，应分步计算。n(CO2)＝＝0.750 mol，n(NaOH)＝1.00 L×1.00 mol·L－1＝1.00 mol，根据2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O，知该反响中CO2过量的局部为：0.75 mol－＝0.250 mol，生成的Na2CO3为＝0.500 mol。然后再由
Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3
1　　1　　　　　　　2
反响中Na2CO3过量，生成的NaHCO3为n(反响的CO2)×2＝0.500 mol，溶液中剩余的Na2CO3为0.500 mol－0.250 mol＝0.250 mol。
【答案】　产物中Na2CO3为0.250 mol，NaHCO3为0.500 mol