1、学年高一化学上学期期末考前冲刺卷03人教版必修一解析版2020-2021学年上学期期末考前冲刺卷03高一化学（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）第卷（选择题 共48分）一、选择题：本题共16个小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1化学与人类生产、生活、科研、环境等密切相关，下列有关说法错误的是( )A“霾尘积聚难见路人”，霾尘中有气溶胶，具有丁达尔效应B“一硫二硝三炭”黑火药燃烧反应时，还原剂是碳C“外观如雪，强烧之，紫青烟起”，该过程中利用了焰色反应D“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”描述的是复分解反应【答案】D【详解】A霾尘中有气溶胶，气溶
2、胶属于胶体，具有丁达尔效应，故A正确；B“一硫二硝三炭”黑火药燃烧反应的方程式为S+2KNO3+3CK2S+3CO2+N2，反应中S、N元素化合价降低，被还原，S、KNO3为氧化剂，C元素化合价升高，被氧化，所以碳为还原剂，故B正确；C“外观如雪，强烧之，紫青烟起”，是南北朝时期陶弘景对硝酸钾的鉴定方法，该过程利用了钾元素的焰色反应的颜色，故C正确；D丹砂(HgS)烧之成水银，即HgS发生分解反应生成汞；积变又还成丹砂，是说常温下两者又可以重新化合为硫化汞，分别是分解反应和化合反应，故D错误；故选D。22020年11月24日4时30分，我国在中国文昌航天发射场，用长征五号遥五运载火箭成功发射探
3、月工程“嫦娥五号”探测器，开启我国首次地外天体采样返回之旅。“嫦娥五号”中使用了大量合金。下列有关金属或合金的说法中不正确的是( )A生铁属于合金B一般合金的熔点比各成分金属的低C合金的化学性质与其成分金属的化学性质不同D改变原料的配比、生成合金的条件，可以得到具有不同性能的合金【答案】C【详解】A. 生铁由铁和碳等元素组成，属于合金，故A正确；B. 形成合金后，结构发生了改变，一般合金的熔点比各成分金属的低，故B正确；C. 合金的化学性质与其成分金属的化学性质相同，故C错误；D. 改变原料的配比、生成合金的条件，组成合金的成分、结构不同，对合金的性质产生不同的影响，可以得到具有不同性能的合金
4、，故D正确；故选C。3下列关于物质分类的正确组合是( )选项碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ABCD【答案】A【详解】ANaOH属于碱，HNO3为酸，KAl(SO4)2为复盐，CaO为碱性氧化物，SO3为酸性氧化物，故A正确；BAl2O3不是碱性氧化物，而是两性氧化物，故B错误；CCu2(OH)2CO3为碱式盐，不是碱，故C错误；DNO不是酸性氧化物，为不成盐氧化物，故D错误；综上所述答案为A。4根据阿伏加德罗定律的相关内容，下列说法错误的是（ ）A温度相同，体积相同的O2和N2分子数不一定相同B常温常压下，SO2与CO2的密度之比等于1611C温度和容积相同的两容器中，分别盛有5 mol O2和2
5、 mol N2，则压强之比等于52D标准状况下，SO3与O2的体积之比等于物质的量之比【答案】D【详解】A温度相同、体积相同的O2和N2，若压强不同，二者物质的量不同，则含有分子数不同，故A正确；B常温常压下气体摩尔体积相同，根据=可知，SO2与CO2的密度之比等于摩尔质量之比=64 g/mol44 g/mol=1611，故B正确；C温度和容积相同的两容器中，根据pV=nRT可知，分别盛有5 mol O2和2 mol N2时压强之比等于物质的量之比=5 mol2 mol=52，故C正确；D标准状况下SO3不是气体，不能使用标况下气体摩尔体积计算，故D错误；故答案为D。5设NA表示阿伏加德罗常数
6、的值，下列说法不正确的是（ ）A7.80gNa2O2与5.85gNaCl所含阴离子数相等B常压下，92gNO2和N2O4的混合气体中含有的原子总数为6NAC将1.0molFeCl3全部制成胶体，其中氢氧化铁胶粒为NA个D标准状况下，11.2L氦气所含的原子数为0.5NA【答案】C【详解】A7.80gNa2O2和5.85gNaCl的物质的量均为0.1mol，Na2O2由过氧根和钠离子构成，NaCl由钠离子和氯离子构成，所以二者所含阴离子数相等，均为0.1mol，故A正确；BNO2和N2O4的最简式均为NO2，所以92g混合物中含有的原子为 3=6mol，个数为6NA，故B正确；C胶粒是由多个氢氧
7、化铁构成，所以将1.0molFeCl3全部制成胶体，其中氢氧化铁胶粒小于NA个，故C错误；D标况下11.2L氦气的物质的量为0.5mol，氦气分子为单原子分子，所以所含的原子数为0.5NA，故D正确；综上所述答案为C。6下列实验操作中错误的是( )A蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处B蒸发操作时，当蒸发皿中的水分只残留少许时，停止加热，利用余热将剩余水分蒸干C称量时，将NaOH固体放在称量纸上置于托盘天平的左盘，将砝码放在托盘天平的右盘D溶解操作时，玻璃棒作用是搅拌以加速溶解；过滤操作时，玻璃棒作用是引流，防止溶液溅出【答案】C【详解】A蒸馏操作时，温度计测定馏分的温度，使温度
8、计水根球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故A正确；B蒸发操作时，不能直接蒸干，否则可能使溶质分解或结块，出现大量固体时停止加热，利用余热将剩余水分蒸干，故B正确；CNaOH易潮解，称量应在烧杯中进行称量，故C错误；D溶解操作时，玻璃棒作用是搅拌以加速溶解，过滤操作时，玻璃棒起引流作用，防止溶液溅出，否则会导致物质损失，故D正确；综上所述，错误的是C项，故答案为C。7下表为各物质中所含有的少量杂质，以及除去这些杂质应选用的试剂或操作方法，正确的一组为( )序号物质杂质除杂质应选用的试剂或操作方法KNO3溶液KOH加入MgCl2溶液，并过滤FeSO4溶液CuSO4加入过量铁粉，并过滤H2CO2通过盛有Na
9、OH溶液的洗气瓶，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶NaNO3CaCO3溶解、过滤、蒸发A B C D【答案】C【详解】除杂质题至少要满足两个条件：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应，若与原物质反应，则后续需复原，且复原过程需简单易操作，反应时不能引入新的杂质，KNO3中混有KOH，加入MgCl2溶液，生成新的杂质氯化钾，故错误；FeSO4中混有CuSO4，硫酸根不是杂质，铜离子是杂质，可以用过量铁粉与铜离子反应除去，再过滤，故正确；H2中混有CO2可以用NaOH溶液洗气除去，后用浓硫酸洗气除去H2中水蒸气，故正确；NaNO3溶于水，CaCO3不溶于水，可以加水，然后过滤除去CaCO3，再将溶液
10、蒸发结晶得到NaNO3，故正确；综上所述，正确的是，故答案为C。8在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是（ ）AK+、MnO、Na+、Cl- BK+、Na+、SO、ClO-CFe2+、CO、NO、SO DCa2+、Na+、Cl-、HCO【答案】B【详解】A无色溶液中不可能含有MnO，故A错误；B离子组K+、Na+、SO、ClO-彼此间不发生离子反应，溶液为无色，且在碱性溶液中能大量共存，故B正确；C无色溶液中不可能含有Fe2+，且Fe2+与CO、OH-发生离子反应，不能大量共存，故C错误；D离子组Ca2+、Na+、Cl-、HCO彼此间不发生离子反应，溶液为无色，但在碱性条件下，OH-
11、、Ca2+、HCO发生离子反应生成水和CaCO3，则不能大量共存，故D错误；故答案为B。9下列相应反应的离子方程式表示正确的是（ ）A用足量NaOH溶液吸收尾气中的CO2：CO2+2OHCO + H2OB将稀盐酸加入NaHCO3溶液中：CO+2H+CO2+H2OC将金属钠放入水中：Na+2H2ONa+2OH+H2DNaHCO3溶液与少量Ca(OH)2溶液反应：HCO+OH +Ca2+ CaCO3+H2O【答案】A【详解】A用足量NaOH溶液吸收尾气中的CO2：CO2+2OHCO + H2O，故A正确；B将稀盐酸加入NaHCO3溶液中：HCO+H+CO2+H2O，故B错误；C将金属钠放入水中：2
12、Na+2H2O2Na+2OH+H2，故C错误；DNaHCO3溶液与少量Ca(OH)2溶液反应：2HCO+2OH +Ca2+ CaCO3+ CO + 2H2O，故D错误。综上所述，答案为A。10已知还原性：I-Fe2+Br-，且有下列三个反应：Cl2（少量）+FeI2 = FeCl2+I22Fe2+ + Br2 =2Fe3+ +2Br-Co2O3 +6HCl=2CoCl2+Cl2+3H2O。 下列说法正确的是（ ）A中的氧化产物分别是I2、Fe3+、CoCl2B根据以上方程式可以得到氧化性Cl2Fe3+Co2O3C可以推理得到Cl2（少量）+FeBr2 = FeCl2+ Br2D在反应中HCl体
13、现了酸性和还原性【答案】D【详解】A在已知的三个反应中，元素化合价升高生成的产物为氧化产物，则中的氧化产物为I2，中的氧化产物为Fe3+，中的氧化产物为Cl2，故A错误；B氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，在反应中Cl2I2，在反应中Br2Fe3+，在反应中Co2O3Cl2，氧化性顺序是：Co2O3Cl2Br2Fe3+，故B错误；C根据已知还原性顺序：Br-Fe2+，Cl2和FeBr2反应时，氯气先氧化亚铁离子，再氧化溴离子，故C错误；D在反应中生成1molCl2时，有6molHCl参加反应，其中只有2molHCl被氧化，有4molHCl生成盐，所以HCl体现了酸性和还原性，
14、故D正确；答案选D。11用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉。对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是( )A若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3B若溶液中有Fe2，则一定有Cu析出C若溶液中有Cu2，则一定没有固体析出D若有固体存在，则溶液中一定有Fe2【答案】D【详解】已知：氧化性是Fe3Cu2Fe2，还原性是FeCu，则A若无固体剩余，这说明铁粉完全被氧化，但此时溶液中不一定还有Fe3，A错误；B若溶液中有Fe2，但如果溶液铁离子过量，则不一定有Cu析出，B错误；C若溶液中有Cu2，则也可能有部分铜已经被置换出来，因此不一定没有固体析出，C错误；D若有固体存在，则固体中
15、一定有铜，可能还有铁，因此溶液中一定有Fe2，D正确；答案选D。12下列实验报告中，完全正确的是( )序号实验操作现象结论A向溶液中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀原溶液中含B向溶液中滴加氯水后，再滴入KSCN溶液溶液变红色原溶液中含Fe3+C向装有Na2O2的试管中加入水后，立即滴加酚酞试液溶液先变红后褪色Na2O2有漂白性D用洁净的玻璃棒蘸取溶液进行焰色反应观察到有紫色火焰原溶液中有K+【答案】C【详解】A向溶液中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，沉淀可能为AgCl或BaSO4，原溶液可能含银离子，应先加盐酸排除其它离子的干扰，再滴加氯化钡溶液，故A不符合题意；B向溶液中滴加氯水后，
16、再滴入KSCN溶液，溶液变红色，溶液中可能含亚铁离子，亚铁离子被氧化成铁离子，铁离子遇KSCN溶液变红；检验铁离子，不需要氯水，直接加KSCN溶液，若溶液变红，则含有铁离子，故B不符合题意；C酚酞遇碱变红，过氧化钠和水反应生成NaOH，溶液显碱性，溶液会变红；过量的过氧化钠，具有漂白性，则溶液先变红后褪色，故C符合题意；D观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃片，滤去黄光的干扰，故D不符合题意；答案选C。13向100mLFeCl3和CuCl2的混合溶液中加入铁粉，其固体质量的变化如图所示，下列说法中错误的是( )A向b点溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成Ba点溶液中存在的阳离子有Fe2+和Cu
17、2+C原混合溶液中c(Fe3+)：c(Cu2+)=2：1D若不考虑溶液体积变化，c点溶液中c(Cl-)=8.0molL-1【答案】A【分析】氧化性Fe3+Cu2+，则依次发生反应：2Fe3+Fe=3Fe2+、Cu2+Fe=Fe2+Cu，0a段发生反应2Fe3+Fe=3Fe2+，所以加入0.1molFe时固体质量不增加；a点氯化铁完全反应；ab段发生反应为Cu2+Fe=Fe2+Cu，所以加入0.1molFe置换出0.1molCu，固体增加6.4g，到b点氯化铜完全反应，据此解答。【详解】Ab点CuCl2完全反应，向b点溶液中滴加NaOH溶液不会生成蓝色沉淀，故A错误；B0a段发生反应2Fe3+F
18、e=3Fe2+，则a点溶液中存在的阳离子有Fe2+和Cu2+，故B正确；C0a段和ab段均消耗0.1molFe，结合反应2Fe3+Fe=3Fe2+、Cu2+Fe=Fe2+Cu可知，n(Fe3+)=0.2mol，n(Cu2+)=0.1mol，则c(Fe3+)：c(Cu2+)=2：1，故C正确；D根据电荷守恒可知：n(Cl-)=3n(Fe3+)+2n(Cu2+)=0.2mol3+0.1mol2=0.8mol，溶液体积为0.1L，则c(Cl-)=8.0molL-1，故D正确；故选：A。14铝土矿的主要成分是Al2O3，还有少量SiO2、Fe2O3。工业上从铝土矿中提取铝可采取如下工艺流程： 下列说法
19、中正确的是( )A沉淀I是SiO2和Fe2O3B溶液II中含有的阴离子只有C该流程中一定存在氧化还原反应D生成沉淀III的离子方程式为【答案】C【分析】铝土矿的主要成分是Al2O3，含有杂质SiO2、Fe2O3，SiO2不与盐酸反应，Al2O3、Fe2O3均与盐酸反应，所以加入过量盐酸，溶液为AlCl3、FeCl3，沉淀为SiO2，铝离子和过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，所以中加入过量烧碱，沉淀为Fe(OH)3，溶液为NaAlO2，中通入过量二氧化碳，溶液为NaHCO3，沉淀为Al(OH)3，加热分解得到Al2O3，经电解氧化铝可得到Al，以此解答该题。【详解】A加入盐酸，二氧化硅与盐酸不反应，
20、则沉淀是SiO2，故A错误；B氢氧化钠过量，则溶液中含有的阴离子有OH-、AlO，故B错误；C该流程的目的是得到铝单质，铝由化合态变为游离态化合价一定发生变化，存在氧化还原反应，故C正确；D通入过量二氧化碳，与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀，二氧化碳过量所以还生成碳酸氢钠，生成沉淀的离子方程式为AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO，故D错误；故选：C。15已知将Cl2通入适量KOH溶液，产物最多只可能存在KCl、KClO、KClO3三种含氯产物，且c(Cl-)/c(ClO-)的值与温度高低有关。当n(KOH)=1mol时，下列有关说法不正确的是（ ）A改变温度，产物中KClO3的
21、最大理论产量为molB若某温度下，反应后=16，则溶液中=C参加反应的氯气的物质的量等于0.5molD改变温度，反应中转移电子的物质的量n(e-)的范围：0.5moln(e-)1mol【答案】D【分析】Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，当n (KOH) =1mol时，由K原子守恒可知，n (KC1)+ n(KClO) +n (KClO3)=1mol ，由电子守恒可知，n (KCl）=n (KClO)+ n (KClO3) 5，由产物的组成可知n (K) =n(Cl)，以此来解答。【详解】A产物中KClO3的产量最大时，就意味着产物中没有KClO，由电子守恒可知
22、，n (KCI)=n(KCIO3) 5，由钾离子守恒可知：n (KC1)+n(KClO3)= 1mol，故 n(KClO3)= mol，故A正确；B由电子得失守恒n (KCl）=n (KClO)+ n (KClO3) 5，可知 c (KCl）=c(KClO)+ c(KClO3) 5，由于反应后=16，假设c(Cl-)=16mol/L，那么c(ClO-)=1mol/L，则c()=3mol/L，所以=，故B正确；C由产物的组成可知n (K) =n(Cl)，当参加反应的n(KOH)=1mol时，则n(Cl)= 1mol，所以n(Cl2)=0.5mol，故C正确；D改变温度，反应中转移电子的物质的量n
23、(e-)的范围，也就是Cl2和KOH极端反应过程中转移的电子范围。根据电子守恒n (KCl）=n (KClO)+ n (KClO3) 5，可知，当溶液中只有KClO时， n (KCl）=n (KClO), 由于n (KOH) =1mol，所以 n (KCl）+n (KClO) =1mol ，故n (KClO)=0.5 mol，其生成过程转移电子为0.5mol。同理当溶液中只有KClO3时，n (KCl）=5n (KClO3)，n (KCl）+5n (KClO3)= 1mol，所以n (KClO3)= mol，其生成过程转移电子为mol，所以，改变温度转移电子的物质的量n(e-)的范围为0.5m
24、oln(e-)mol，故D错误；本题答案 D 。【点睛】有关氧化还原反应的计算，要充分利用电子得失守恒和质量守恒定律去分析解决问题。16已知还原性 S2-、I-、Fe2+、Br-依次减弱，向含 S2-、Fe2+、Br-、I-各0.1mol的溶液中通入Cl2，通入Cl2的体积(标准状况)和溶液中相关离子的物质的量关系图正确的是( )A BC D【答案】C【分析】氯气具有强氧化性，按混合液中微粒的还原性由强到弱的顺序依次反应。【详解】A0.1mol S2-与0.1mol的氯气恰好完全反应，氯气的体积为2.24L，A图像中关系不正确；B碘离子的还原性大于亚铁离子，则碘离子反应完后，氯气再与亚铁离子反
25、应，碘离子为0.1mol，消耗0.05mol氯气，体积为1.12L，0.1mol Fe2+消耗0.05mol氯气，总共消耗0.2mol氯气，B图像中关系不正确；C反应完S2-、I-、Fe2+，三种离子共消耗0.2mol氯气，体积为4.48L，Br-消耗0.05mol氯气，体积为1.12L，即5.6L反应完毕，C图像中关系正确；D碘离子的还原性大于亚铁离子，则碘离子先反应，即消耗2.24L氯气时，再通入氯气，氯气与碘离子反应，D图像中关系不正确；答案为C。第II卷（非选择题 共52分）二、非选择题：包括第17题第21题5个大题，共52分。17（10分）“84消毒液”是一种以NaClO为主的高效消
26、毒剂，在今年的新冠肺炎防治中被广泛用于宾馆、旅游、医院、家庭等的卫生消毒。某“84消毒液”瓶体部分标签如图1所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题：(1)此“84消毒液”的物质的量浓度约为_mol/L。(计算结果保留一位小数)(2)该同学参阅读该“84消毒液”的配方，欲用NaC1O固体配制480mL含NaClO质量分数为24%的消毒液。如图2所示的仪器中配制溶液需要使用的是_(填仪器序号)，还缺少的玻璃仪器是_。下列操作中，容量瓶不具备的功能是_(填仪器序号)a配制一定体积准确浓度的标准溶液b贮存溶液c测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液d准确稀释某一浓度的溶液
27、e用来加热溶解固体溶质请计算该同学配制此溶液需用托盘天平称取称量NaC1O固体的质量为_g。(3)若实验遇下列情况，导致所配溶液的物质的量浓度偏高是_(填序号)。A定容时俯视刻度线B转移前，容量瓶内有蒸馏水C未冷至室温就转移定容D定容时水多用胶头滴管吸出【答案】3.8 CDE 胶头滴管和玻璃棒 bcde 141.6 AC 【详解】(1)由图1数据可知，溶液中c(NaClO)= =3.8mol/L，故答案为：3.8；(2)由于实验室无480mL容量瓶，故应选用500mL容量瓶，根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶可知所需的仪器有托盘天平、烧杯
28、、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，故需使用仪器序号是CDE，还需要的是玻璃棒、胶头滴管，故答案为：CDE，玻璃棒和胶头滴管；a容量瓶只能用于配制一定体积准确浓度的标准溶液，a不符合题意；b容量瓶不能贮存溶液，只能用于配制，配制完成后要尽快装瓶，b符合题意；c容量瓶只有一条刻度线，故不能测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液，c符合题意；d容量瓶不能受热，而浓溶液的稀释容易放热，故不能用于准确稀释某一浓度的溶液，d符合题意；e容量瓶不能受热，故不能用来加热溶解固体溶质，e符合题意；bcde符合题意，故答案为：bcde；质量分数为24%的消毒液的浓度为3.8mol/L，由于实验室无480mL容量瓶
29、，应选用500mL容量瓶，则配制出500mL溶液所需溶质的质量m=cVM=3.8mol/L0.5L74.5g/mol=141.6g，故答案为：141.6；(3)A定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则配制的溶液浓度偏高，A符合题意；B转移前，容量瓶内有蒸馏水，对配制溶液的浓度无影响，B不符合题意；C未冷至室温就转移定容，则冷却后溶液体积偏小，使配制的溶液浓度偏高，C符合题意；D定容时水多了用胶头滴管吸出，则吸出的不只是溶剂，还有溶质，使溶液浓度偏小，D不符合题意；AC符合题意；故答案为：AC。18（10分）亚硝酸钠既有氧化性也有还原性易溶于水，水溶液显碱性。由于NaNO2有毒性，将含该物质的废水直接排放会引起水体严重污染，所以这种废水必须处理后才能排放，处理方法之一如下：NaNO2 +KI+_NO+I2+K2SO4+Na2SO4+_。请回答下列问题：(1)配平上述化学方程式_。(2)将上述化学方程式改写为离子方程式：_。(3)鉴于NO是有毒气体，从环保角度来讲，要处理NaNO2，所用物质的_ (填“氧化性”或“还原性”)最好比KI更_ (填“强
