【新教材精创】第二章 章末检测（1）-人教版高中化学必修第一册

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第一章单元检测试卷（解析版）
可能用到的原子量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 S 32
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共20个小题，每小题2分，共40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．下列物质的鉴别方法不正确的是(　　)
A．用焰色反应鉴别NaCl、KCl和Na2SO4
B．用氢氧化钠溶液鉴别MgCl2溶液、NaCl溶液
C．利用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体与FeCl3溶液
D．用氯化钙溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3两种溶液
【答案】A
【解析】NaCl和Na2SO4的焰色反应均为黄色。
2．将一小块钠投入到FeCl3溶液中，观察到的现象是(　　)
A．钠溶解，有铁析出并有气体产生
B．只有气体产生
C．既有气体产生，又有红褐色沉淀产生
D．只有沉淀产生
【答案】C
【解析】钠投入到FeCl3溶液中，先与水反应生成NaOH和H2，接着NaOH与FeCl3反应生成NaCl和Fe(OH)3沉淀。故正确答案为C。
3．向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，结果有晶体析出，对析出晶体的原因分析不正确的是(　　)
A．相同温度下，NaHCO3的溶解度小于Na2CO3
B．溶液中溶剂减少了
C．溶质质量增加了
D．反应过程放热
【答案】D
【解析】向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，CO2与Na2CO3、水反应生成了NaHCO3，反应导致水的质量减少，溶质的质量增加，有晶体析出的另一个重要原因是NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，以上与热效应无关。
4．下列做法或操作正确的是(　　)
A．对浓硫酸进行稀释时，将水倒入浓硫酸中
B．实验室制取氯气时，应该设计尾气吸收装置
C．配制100mL 0.1mol/L的NaCl溶液时，应将称量好的NaCl固体转移至100mL容量瓶中，加水定容
D．切取6.0 g Na进行Na与水的反应
【答案】B
【解析】稀释浓硫酸应该将浓硫酸倒入水中，A项错误；氯气有毒，实验室制备氯气应该进行尾气处理，B项正确；配制NaCl溶液，应该将固体转移至烧杯中溶解，再将溶液转移至容量瓶，C项错误；进行Na和水的反应时，应该切取黄豆粒大小的Na与水发生反应，6.0 g Na的质量过大，反应时容易发生危险，D项错误。
5．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是(　　)
A．标准状况下，22.4 L由NH3和CH4组成的混合气体，所含分子数为NA
B．常温常压下，28 g CO中所含碳原子数为NA
C．1 L 0.5 mol·L－1 MgCl2溶液中，含有Cl－的个数为NA
D．NA个氯气分子的体积为22.4 L
【答案】D
【解析】非标准状况下，NA个氯气分子的体积不一定为22.4 L，故D项错误。
6．如图所示，甲、乙、丙常温下都为气体，2 mol甲反应生成1 mol丙和3 mol乙，下列判断不正确的是(　　)

A．1个乙分子中含有2个H原子
B．甲的摩尔质量为17 g·mol－1
C．同温同压下，生成丙和乙的体积比为1∶3
D．标准状况下，将11.2 L甲溶于500 mL水中，所得溶液中甲的物质的量浓度为1 mol·L－1
【答案】D
【解析】由题给反应知，甲为氨气，丙为氮气，乙为氢气。由质量守恒可知，A项正确；氨气的摩尔质量为17 g·mol－1，B项正确；由阿伏加德罗定律可知，C项正确；500 mL水是溶剂，不是所得溶液的体积，D项不正确。
7．海水中蕴藏着丰富的资源，在实验室中取少量海水，进行如下流程的实验：
―→―→
粗盐中含Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、SO等杂质，提纯的步骤有：
①加入过量的Na2CO3溶液　②加入过量的BaCl2溶液　③加入过量的NaOH溶液　④加入适量盐酸　⑤溶解　⑥过滤　⑦蒸发，其正确的操作顺序是(　　)
A．⑤②③①⑥④⑦
B．⑤①②③⑥④⑦
C．⑤②①③④⑥⑦
D．⑤③①②⑥④⑦
【答案】A
【解析】将样品溶解后，加试剂除杂时，Na2CO3溶液应在BaCl2溶液之后加，故B、D两项错误，沉淀出的杂质应先过滤，剩余的滤液再加盐酸除去过量的NaOH，C项错误。
8．过氧化钠与CO2作用时，反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2。当0.2 mol Na2O2与足量CO2完全反应后，下表对生成物Na2CO3和O2的描述中正确的是(　　)
选项
Na2CO3的质量
关于O2的描述
A
21.2 g
O2的摩尔质量是36 g·mol－1
B
21.2 g
生成标准状况下O2的体积为2.24 L
C
10.6 g
O2的摩尔质量是34 g·mol－1
D
22.4 g
生成标准状况下O2 的体积为1.12 L
【答案】B
【解析】生成物Na2CO3的物质的量为0.2 mol，其摩尔质量为106 g·mol－1；氧气的物质的量为0.1 mol，其摩尔质量为32 g·mol－1。
9．在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现出各自的性质。下列实验现象和结论一定正确的是(　　)
A．加入有色布条，有色布条褪色，说明氯水中有Cl2分子存在
B．溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明氯水中有Cl2存在
C．加入盐酸酸化，再加入硝酸银溶液产生白色沉淀，说明氯水中有Cl－存在
D．加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明氯水中有HClO分子存在
【答案】B
【解析】A：HClO能使有色布条褪色，而干燥的Cl2不能，有色布条褪色不能说明有Cl2分子存在；C：加入盐酸酸化，引入了Cl－，再加AgNO3溶液产生白色沉淀，不能说明氯水中有Cl－存在；D：加入NaOH溶液，黄绿色消失，只能说明Cl2被消耗，不能说明有HClO分子存在。
10．如图所示，从A处通入新制备的Cl2，关闭B阀时，C处的红色布条看不到明显现象；当打开B阀后，C处红色布条逐渐褪色。D瓶中装的是(　　)

A．稀硫酸　 B．NaOH溶液
C．H2O D．饱和NaCl溶液
【答案】B
【解析】本题解题关键在于明确HClO有漂白作用，干燥的Cl2不具有漂白作用。先应判断A处通入的Cl2是否带有水蒸气。根据B阀打开时，红色布条褪色，说明A处Cl2为潮湿的；潮湿的Cl2在B阀关闭时通过D，看不到C处红色布条有明显变化，说明D处溶液吸收了氯气或者吸收了潮湿氯气中的水蒸气。因此正确选项为B。
11．下列变化过程不能直接实现的是(　　)
①HCl　②Cl2　③Ca(ClO)2　④HClO　⑤CO2
A．①→② B．②→③ C．③→④ D．④→⑤
【答案】D　
【解析】A项①→②可通过反应：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O直接实现，B项②→③可通过反应：2Ca(OH)2＋2Cl2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O直接实现；C项可通过反应：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO直接实现；D项由于HClO的酸性比碳酸弱，若④→⑤能直接实现，就违背了由较强酸制较弱酸的理论，故D错误。
12．下列离子方程式书写正确的是(　　)
A．次氯酸钙溶液中通入过量的CO2：Ca2＋＋2ClO－＋H2O＋CO2===CaCO3↓＋2HClO
B．氢氧化钠溶液吸收氯气：2OH－＋Cl2===Cl－＋ClO－＋H2O
C．盐酸与硝酸银溶液反应：HCl＋Ag＋===AgCl↓＋H＋
D．氯气通入水中：Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－
【答案】B
【解析】A项中CO2过量，应生成Ca(HCO3)2；C项中HCl应写成离子形式；D项中HClO应写化学式。
13．为了证明氯酸钾晶体中含氯元素，选用给出的试剂和操作，其操作顺序正确的是(　　)
①滴加AgNO3溶液　②加水溶解　③过滤、取滤液 ④与二氧化锰混合加热　
⑤加稀HNO3　⑥与浓盐酸反应　⑦加NaOH溶液加热　⑧用淀粉碘化钾
A．⑥⑦①⑤ B．⑥⑧
C．④②③①⑤ D．②①⑤
【答案】C
【解析】首先将ClO中的Cl转变成Cl－，然后按操作步骤进行检验。
14．NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质(如下图所示)。下列说法正确的是(　　)

A．25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大
B．石灰乳与Cl2的反应中，Cl2既是氧化剂，又是还原剂
C．常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮运，所以Cl2不与铁反应
D．上图所示转化反应都是氧化还原反应
【答案】B
【解析】常温下，NaHCO3的溶解度比碳酸钠小，A错；石灰乳与Cl2的反应属于歧化反应，B对；铁与氯气需在点燃条件下进行反应，C错；生成NaHCO3的反应不是氧化还原反应，D错。
15．下列关于物质的量浓度表述正确的是(　　)
A．0.3 mol·L－1的Na2SO4溶液中含有Na＋和SO的总物质的量为0.9 mol
B．当1 L水吸收22.4 L氨气时所得氨水的浓度不是1 mol·L－1，只有当22.4 L氨气溶于水制得1 L氨水时，其浓度才是1 mol·L－1
C．在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na＋和SO的物质的量相等，则K＋和Cl－的物质的量浓度一定相等
D．10 ℃时，0.35 mol·L－1的KCl饱和溶液100 mL蒸发掉5 g水，冷却到10 ℃时，其体积小于100 mL，它的物质的量浓度仍为0.35 mol·L－1
【答案】D
【解析】A项，没有指明溶液的体积，故溶液中Na＋和SO的总物质的量不一定等于0.9 mol。B项，虽然强调了氨水的体积为1 L，而不是溶剂为1 L，但是没有指明22.4 L是氨气在标准状况下的体积，则氨气的物质的量不一定是1 mol，制成1 L溶液时，浓度也不一定是1 mol·L－1。C项，当Na＋和SO的物质的量相等时，根据化学式中K＋与SO，Na＋与Cl－的比例关系，c(K＋)c(Cl－)＝21。D项，对于10 ℃时0.35 mol·L－1的KCl饱和溶液，蒸发掉水分后，必析出KCl晶体，温度恢复到10 ℃时，仍为饱和溶液，故浓度不变。
16．现加热5 g碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减少了0.31 g，则原混合物中碳酸钠的质量为(　　)
A．3.38 g B．4.58 g C．4.16 g D．4.41 g
【答案】C
【解析】碳酸钠较稳定，加热不分解，只有碳酸氢钠分解，设混合物中含有x g NaHCO3，则
2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O　　Δm
2×84 g　　　　　　　　　　　　　　　62 g
x g　　　　　　　　　　　　　　　　　0.31 g
解之得：x＝0.84，所以m(Na2CO3)＝5 g－m(NaHCO3)＝5 g－0.84 g＝4.16 g。
17．将9.58 g Na2CO3·10 H2O与NaHCO3的混合物溶于水配成100 mL溶液，测得c(Na＋)＝1 mol·L－1。再取同质量的混合物，充分加热至质量不变时，所得固体的质量为(　　)
A．5.30 g B．7.78 g C．6.72 g D．6 g
【答案】A
【解析】溶液中的钠离子的物质的量是0.1 mol，而同质量的混合物，充分加热至质量不变时，由钠元素守恒可知所得固体是0.05 mol的碳酸钠，故其质量是0.05 mol×106 g·mol－1＝5.30 g。
18．a g纯净的碳酸钠和a g碳酸钠与碳酸氢钠的混合物相比，下列描述正确的是(　　)
A．分别和盐酸反应时，混合物的耗酸量大
B．分别和足量盐酸反应时，混合物放出的CO2多
C．分别配制成等体积溶液，混合物碱性大
D．分别配制成等体积溶液，混合物的Na＋的物质的量大
【答案】B
【解析】碳酸钠和碳酸氢钠分别与盐酸发生：CO＋2H＋===CO2↑＋H2O，HCO＋H＋===CO2↑＋H2O，等质量时，碳酸钠消耗盐酸的物质的量为×2 mol，如全部为碳酸氢钠，消耗盐酸的物质的量为 mol，则分别和盐酸反应时，a g纯净的碳酸钠消耗盐酸的物质的量为×2 mol，a g碳酸钠与碳酸氢钠的混合物消耗盐酸的物质的量为 mol ～×2 mol之间，则碳酸钠消耗的盐酸多，A错误；分别和足量盐酸反应时，a g纯净的碳酸钠生成二氧化碳的物质的量为 mol，a g碳酸钠与碳酸氢钠的混合物生成二氧化碳的物质的量介于 mol～ mol之间，则混合物放出的CO2多，B正确；碳酸钠与碳酸氢钠相比较，碳酸钠溶液的碱性大于碳酸氢钠，故碳酸钠溶液的碱性大，C错误；a g纯净的碳酸钠含Na＋的物质的量为×2 mol，a g碳酸钠与碳酸氢钠的混合物含Na＋的物质的量为 mol～×2 mol之间，则碳酸钠含Na＋的物质的量多，故D错误。
19．用容量瓶配制一定物质的量浓度的NaCl溶液的实验中，会使所配溶液浓度偏高的是(　　)
A．定容时加水加多了，用滴管吸出溶液至刻度线
B．定容时仰视视刻度线
C．没有洗涤溶解NaCl固体的烧杯和玻璃棒
D．称量NaCl固体时砝码上有杂质
【答案】D
【解析】A项，用滴管吸出溶液使n(NaCl)减小，浓度偏低；B项，定容时仰视刻度线，溶液的体积偏大，浓度偏低；C项，未洗涤烧杯、玻璃棒、n(NaCl)减小，浓度偏低；D项，砝码上有杂质使本身质量偏大，称量NaCl的质量偏大；浓度偏高。
20．0.5mol/L的NaCl溶液中混有一定量的Na2CO3，向该溶液中滴加适量的BaCl2溶液后再过滤，以除去其中的Na2CO3杂质，则滤液中的NaCl的物质的量浓度为（ ）
A．小于0.5mol/L
B．大于0.5mol/L
C．等于0.5mol/L
D．无法确定
【答案】D
【解析】加入的是BaCl2溶液，不找加入的BaCl2溶液的浓度，也就无法计算最终滤液中的NaCl浓度。
第Ⅱ卷
21．（12分）下列图示中，A为一种常见的单质，B、C、D、E是含A元素的常见化合物，它们的焰色反应均为黄色。

请填写下列空白：
(1)写出下列化学式：
A____________，B____________，D____________。
(2)以上反应中，属于氧化还原反应的有__________(填写编号)。
(3)写出A→C反应的离子方程式：________________________________________，
E→D的化学方程式：_______________________________________________________。
（4）反应④中，若有标准状况下3.36L的氧气生成，则反应的CO2的质量为 ，此时反应中转移的电子的物质的量为 。
【答案】(1)Na　Na2O2　Na2CO3　(2)①②③④ (3)2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑
2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑（4）13.2g 0.3mol
【解析】焰色反应呈黄色说明含有钠元素，A是单质，A为Na，C为NaOH，D为Na2CO3，B为Na2O2，E为NaHCO3。反应④为2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2，所以反应的CO2是生成的O2的2倍，O2为0.15mol，所以CO2为0.3mol，质量为13.2g；反应的转移电子数为2，即转移电子是生成的O2的2倍，所以转移电子为0.3mol。
22．（10分）KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯。其反应可表述为：
_____KClO3＋_____HCl(浓)===______KCl＋______ClO2↑＋______Cl2↑＋______H2O
(1)配平以上化学方程式(化学计量数填入横线上)。
(2)反应中的氧化剂是________，ClO2是反应的________(填“氧化”或“还原”)产物。
(3)反应产生0.1 mol Cl2，则转移的电子的物质的量为________mol。
(4)ClO2具有很强的氧化性，因此可被用来作消毒剂，若ClO2作消毒剂后转化为Cl－，则其消毒的效率(以单位物质的量得到电子数表示)是Cl2的________倍。
【答案】(1)2　4　2　2　1　2 (2)KClO3　还原 (3)0.2　(4)2.5
【解析】(1)根据氯元素的化合价升降守恒和质量守恒进行配平。
(2)反应中，KClO3为氧化剂，HCl为还原剂，ClO2为还原产物，Cl2为氧化产物。
(3)2HCl→Cl2，Cl的化合价由－1→0。生成0.1 mol Cl2，转移0.2 mol电子。
(4)ClO2作消毒剂后转化为Cl－，ClO2→Cl－，Cl的化合价由＋4→－1,1 mol ClO2转移5 mol e－；Cl2作消毒剂，在消毒过程中，Cl2→2Cl－，1 mol Cl2转移2 mol e－，故ClO2消毒的效率是Cl2的＝2.5 倍。
23．（16分）为了探究新制饱和氯水的组成和性质而进行了下列科学实验，请根据要求回答问题：
(1)请写出新制饱和氯水中含有氯元素的物质的化学式：______________________________。
(2)若不进行实验，请说明判断氯水中含有Cl2的主要依据：__________________________。
(3)取适量新制氯水滴入品红溶液后褪色，可得出氯气与水反应的产物具有漂白性，请你评价该结论是否合理？________。若不合理，请说明理由(若合理，则无需填写)：___________________。
(4)先观察了氯水的外观性质以后，又用胶头滴管将该氯水逐滴滴入含有酚酞的NaOH溶液中，边滴边振荡，并连续观察现象，发现溶液的红色逐渐褪去而得无色溶液。根据预测，实验中溶液红色褪去的原因可能有两种，请用简要的文字说明：
①________________________________________________________________________。
②________________________________________________________________________。
他们又要通过实验进一步探究溶液红色褪去的原因究竟是上述中的①还是②。
[实验步骤]
①取试管内的无色溶液3 mL盛于另一支洁净的试管中；
②______________________________，振荡试管。
[实验现象及结论]
①若________，则证明溶液红色褪去的原因是①而不是②；
②若________，则证明溶液红色褪去的原因是②而不是①。
【答案】(1)Cl2、HCl(或Cl－)、HClO (2)氯水显浅黄绿色
(3)不合理　没有事先证明干燥的氯气无漂白性
(4)①HCl和HClO中和了NaOH ②HClO氧化了酚酞
[实验步骤]②再向试管内滴加2滴NaOH溶液 [实验现象及结论]①恢复红色　②仍为无色
【解析】(1)由题中信息可知，溶于水的Cl2，一部分与H2O发生化学反应生成HCl和HClO，另一部分以Cl2的形式溶解于水中。(2)氯水因Cl2的存在而显浅黄绿色，氯水显浅黄绿色就是其中含有Cl2的依据。(3)将氯水滴入品红溶液后溶液褪色，不能得到氯气与水反应的产物具有漂白性的结论。因为没有事先证明干燥的氯气无漂白性。(4)溶液的红色是酚酞与NaOH相互作用的结果。若没有酚酞，NaOH溶液呈无色；若没有NaOH，酚酞溶液也呈无色。由“(1)”中的分析可知，新制的氯水中既含有以显强酸性为主的HCl，又含有以显强氧化性为主的HClO。可滴加NaOH溶液来验证红色褪去的原因。滴入少量NaOH后溶液显红色，说明还存在酚酞，红色褪去的原因是HCl和HClO与NaOH发生了反应；若加入NaOH不再显红色，说明溶液中不存在酚酞，即酚酞已被HClO氧化。
24．（18分）（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是____________。（填序号）仪器C的名称是________，本实验所需玻璃仪器E规格和名称是___________。

（2）下列操作中，容量瓶所不具备的功能有__________（填序号）
A．配制一定体积准确浓度的标准溶液
B．长期贮存溶液
C．用来加热溶解固体溶质
D．量取220毫升体积的溶液
（3）在配制NaOH溶液实验中，共它操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所配制溶溶液浓度_____________0.1mol/L（填“大于”“等于”或“小于”，下同）。若NaOH溶液未冷却即转移至容量瓶定容，则所配制溶液浓度__________0.1mol/L。
（4）根据计算得知：所需质量分数为98%、密度为1.84g.cm-3的浓硫酸的体积为__________mL（计算结果保留一位小数）。如果实验室有l0mL、25mL、50mL量筒，，应选用__________mL规格的量筒最好。
（5）如果定容时不小心超过刻度线，应如何操作___________。
【答案】（1）AC；分液漏斗；500mL容量瓶；（2）BCD；
（3）小于；大于；（4）13.6； 25；（5）重新配制。
【解析】（1）使用的仪器：天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；用不到：平底烧瓶和分液漏斗。实验室没有450mL的容量瓶，所以选用500mL的容量瓶。
（2）容量瓶只能用来配制一定体积的准确浓度的溶液，不用于任何其他过程。
（3）定容时，仰视，溶液体积偏大，浓度偏小；若氢氧化钠溶液未冷却就转移定容，冷却后，溶液体积偏小，浓度偏大。
（4）质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸物质的量浓度C==18.4mol/L，设0.5mol/L硫酸溶液500mL需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程溶液所含溶质的物质的量保持不变得：V×18.4mol/L=0.5mol/L×500mL，解得V=13.6mL，用选择25mL量筒。
（5）如果定容时不小心超过刻度线，实验失败，且不能补救，必须重新配制。
25．（4分）用11.92gNaClO配成100mL溶液，向其中加入0.01mol Na2Sx恰好完全反应，生成Na2SO4和NaCl。
（1）NaClO溶液的物质的量浓度_________mol·L-1。
（2）化学式Na2Sx中的X=____________。
【答案】1.6 5
【解析】（1）11.92gNaClO的物质的量为=0.16 mol，则NaClO溶液的物质的量浓度为=1.6mol/L；
（2）Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，S元素化合价由-升高为+6，而NaClO被还原为NaCl，Cl元素化合价由+1价降低为-1价，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为=0.01mol∶0.16mol=1∶16，根据电子转移守恒，则：x×[6-（-）]=16×[1-（-1）]，解得：x=5。