【单元测试】第一章 物质及其变化-高一化学同步备课（人教版2019必修第一册）（原卷版+解析版）

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第一章 物质及其变化（满分：100分 时间：75分）一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)1．下列关于物质的分类组合正确的是【答案】B【解析】A．超级钢为合金，是混合物；铁红为氧化铁，是纯净物；乙醇不是碱，A错误；B．B中所有物质分类正确，B正确；C．陨铁为混合物，冰水为纯净物，C错误；D．硬铝为合金，是混合物，氨气不是碱，D错误；故选B。2．下列关于胶体的说法不正确的是A．直径为1.3×10-9m的“钴钛菁”分子分散在水中能形成胶体，该分子直径比的直径大B．丁达尔效应是区分溶液和胶体的一种常用物理方法C．可以用滤纸分离除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3D．胶体在一定条件下能稳定存在【答案】C【解析】A．“钴酞菁”分子（直径为1.3×10-9m）的微粒直径属于胶体分散系范围内，属于胶体分散系，溶液中分散质直径小于1nm，所以“钴酞菁”分子的直径比Na+大，选项A正确；B．丁达尔效应是胶体所特有的性质，所以丁达尔现象可以用来区别胶体和溶液，且为物理方法，选项B正确；C．胶体、溶液中分散质粒子直径小于滤纸孔径，二者都能透过滤纸，达不到提纯的目的，选项C不正确；D．胶体在一定条件下也能稳定存在，属介稳体系，选项D正确；答案选C。3．下列变化中不可能通过一步反应完成的是A．Fe2O3→Fe(OH)3 B．FeCl2→Fe(OH)2C．Fe→Fe3O4 D．Fe(OH)2→Fe(OH)3【答案】A【解析】A． Fe2O3不溶于水，Fe2O3→Fe(OH)3不能完成，故A符合；B． FeCl2与NaOH溶液可生成Fe(OH)2，故B不符；C． Fe在氧气中燃烧生成Fe3O4，故C不符；D． Fe(OH)2与氧气、水反应可生成Fe(OH)3，故D不符；故选A。4．下列表格中各项分类都正确的一组是【答案】C【解析】电解质是指在水溶液或者熔融状态下导电的化合物。电解质常见物质是酸、碱、盐、金属氧化物、水。非电解质常见物质是大部分有机物、非金属氧化物。A．生理食盐水是混合物，明矾是纯净物，故A错误。B．铜是单质既不是电解质也不是非电解质，故B错误。C．胆矾是结晶水合物、属于纯净物，生铁是铁碳合金、属于混合物，CaCO3是盐、属于电解质，CO2水溶液能导电但离子不是由CO2自身电离，CO2属于非电解质，各物质都符合分类，故C正确。D．Na2SO4溶液、食醋都是混合物，所以既不是电解质也不是非电解质，故D错误。故选答案C。5．下列各组中两稀溶液间的反应可以用同一个离子方程式表示的是A．将K2CO3溶液滴入H2SO4溶液中；将CaCO3加入HNO3溶液中B．CH3COOH溶液与KOH溶液；盐酸与NaOH溶液C．Ba(OH)2溶液与MgSO4溶液；NaOH溶液与MgSO4溶液D．Ca(HCO3)2溶液(足量)与Ca(OH)2溶液；NaHCO3溶液与Ca(OH)2溶液(足量)【答案】D【详解】A．K2CO3为可溶性盐，拆成离子形式，CaCO3为难溶性盐，不能拆成离子形式，故两个反应的离子方程式不可能相同，A不符题意；B．CH3COOH是弱酸，不能拆成离子形式，HCl是强酸，拆成离子形式，故两个反应的离子方程式不可能相同，B不符题意；C．Ba(OH)2溶液与MgSO4溶液反应生成BaSO4和Mg(OH)2两种沉淀，NaOH溶液与MgSO4溶液反应只生成Mg(OH)2一种沉淀，故两个反应的离子方程式不可能相同，C不符题意；D．Ca(HCO3)2溶液(足量)与Ca(OH)2溶液反应，Ca2+、OH-、HCO3-按物质的量之比为2:2:2即1:1:1反应，反应的离子方程式为Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O，NaHCO3溶液与Ca(OH)2溶液(足量)，HCO3-反应完且需要等物质的量的OH-，生成的等物质的量CO32-和等物质的量的Ca2+反应生成CaCO3↓，反应的离子方程式为Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O，故二个反应的离子方程式相同，D符合题意。答案选D。6．下列各组离子一定能大量存在的是A．在无色溶液中：Na+、Fe3+、Cl-、SO42-B．在含大量Fe3+的溶液中：Mg2+、K+、NO3-、OH-C．滴加紫色石蕊试液显红色的溶液中：K+、Fe2+、Cl-、CO32-D．在烧碱溶液中：Na+、K+、NO3-、CO32-【答案】D【解析】A．Fe3+为有色离子，不满足溶液无色的条件，A项不符合题意；B．Fe3+、Mg2+均与OH-反应，在溶液中不能大量共存，B项不符合题意；C．滴加紫色石蕊试液显红色的溶液中存在大量H+，H+、Fe2+都与CO32-发生反应，在溶液中不能大量共存，C项不符合题意；D．烧碱溶液中存在大量OH-，Na+、K+、NO3-、CO32-之间不反应，且都不与OH-反应，在溶液中能够大量存在，D项符合题意；综上所述答案为D。7．某溶液的溶质离子可能含有K+、Mg2+、Ba2+、CO32-、Cl-、SO42-中的几种。进行如下实验：Ⅰ.取适量溶液，加入足量NaOH溶液，生成白色沉淀；Ⅱ.过滤，向实验Ⅰ所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成。根据上述实验现象判断，以下说法不正确的是A．Mg2+和Ba2+在原溶液中一定存在B．CO32-和SO42-在原溶液中一定不存在C．K+和Cl-在原溶液中可能存在D．向原溶液中加入硝酸酸化的硝酸银，一定有白色沉淀产生【答案】C【详解】A．根据向溶液中足量NaOH溶液，生成白色沉淀，确定溶液中含有Mg2+；根据向实验Ⅰ所得滤液中加入足量H2SO4溶液，有白色沉淀生成，该沉淀为BaSO4，可确定原溶液中一定含有Ba2+。故Mg2+和Ba2+在原溶液中一定存在，A正确；B．根据实验I确定原溶液中一定含有Mg2+，由于Mg2+与CO32-会反应产生MgCO3沉淀而不能大量共存，则原溶液中一定不含有CO32-；根据实验II确定原溶液中含有Ba2+，由于Ba2+与SO42-反应产生BaSO4沉淀而不能大量共存，则原溶液中也一定不存在SO42-。故CO32-和SO42-在原溶液中一定不存在，B正确；C．根据实验I、II确定原溶液中含有Mg2+和Ba2+，它们都是阳离子，根据溶液呈电中性，可确定溶液中一定含有阴离子，结合离子共存，则原溶液中一定含Cl-；由于K+与Mg2+、Ba2+和Cl-之间都不能发生任何反应，因此K+可能存在于该溶液中，C错误；D．根据选项C分析可知原溶液中一定含有Cl-，向原溶液中加入硝酸酸化的硝酸银，Ag+与Cl-会反应产生AgCl白色沉淀，因此一定有白色沉淀产生，D正确；故合理选项是C。8．氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如下图所示，则下列化学反应属于阴影部分的是A．Cl2+2KBr=Br2+2KClB．2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2OC．4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3D．2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2(提示：Na2O2中氧元素的化合价为-1价)【答案】D【详解】A．Cl2+2KBr=Br2+2KCl属于置换反应、氧化还原反应，故A不符合题意；B．2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O属于分解反应、非氧化还原反应，故B不符合题意；C．4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3属于化合反应、氧化还原反应，故C不符合题意；D．2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2属于氧化还原反应，但是不属于四大反应类型，属于阴影部分，故D符合题意；故选D。9．下列氧化还原反应中，电子转移的方向和数目均正确的是A． B．C． D．【答案】B【详解】A．该反应中Cl化合价从+5价降低为-1价，共得到2×6e-个电子，同理O共失去6×2e-个电子，A错误；B．该反应中Mg化合价从0价升高为+2价，共失去2×2e-个电子，同理O共得到2×2e-个电子，B正确；C．该反应中Cu化合价从+2价降低为0价，共得到2×2e-个电子，C化合价从0价升高到+4价，共失去4个电子，C错误；D．该反应中O化合价从0价降低到-2价，共得到2×2e-个电子，D错误；故答案选B。10．下列各组微粒中，一定条件下均可以作氧化剂的是A．F-、Br-、S2- B．Fe3+、MnO4-、NO3-C．Cl2、HClO、Mg D．ClO-、Cl-、Ag+【答案】B【详解】A．氟离子、溴离子、硫离子中氟元素、溴元素、硫元素的化合价都是同种元素的最低价态，一定条件下均可以表现还原性作还原剂，不能作氧化剂，故A错误；B．铁离子、锰酸根离子、硝酸根离子中铁元素、锰元素、氯元素都是同种元素的最高价态，一定条件下均可以表现氧化性作氧化剂，故A错误；C．镁单质中镁元素的化合价是同种元素的最低价态，一定条件下可以表现还原性作还原剂，不能作氧化剂，故C错误；D．氯离子中氯元素的化合价是同种元素的最低价态，一定条件下可以表现还原性作还原剂，不能作氧化剂，故D错误；故选B。11．硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如下图所示(CuS不溶于水)。下列说法中，不正确的是A．回收S的总反应为：2H2S+O2=2H2O+2S↓B．过程①中，生成CuS的反应为：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+C．过程②中，Fe3+作氧化剂D．过程③中，各元素化合价均未改变【答案】D【详解】A．根据转化关系图可判断回收S的总反应为2H2S+O2=2H2O+2S↓，A正确；B．过程①中，发生复分解反应，生成CuS的反应为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，B正确；C．过程②中，发生的反应为：CuS+2Fe3+=S+Cu2++2Fe2+，Fe3+作氧化剂，C正确；D．过程③中，氧气是氧化剂，Fe2+是还原剂，O和Fe元素化合价发生变化，D错误；故选D。12．已知I-、Fe2+、SO2和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为H2O2Fe2+，与已知的还原性强弱一致，故A 不符合题意；B．若该反应发生，S元素的化合价降低，O元素的化合价升高，则 H2O2为还原剂，还原性强弱为 H2O2>SO2，与已知的还原性强弱矛盾，不可能发生，故B符合题意；C．因该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2>I-，与已知的还原性强弱一致，能发生，故C不符合题意；D．因该反应中 Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则I-为还原剂，还原性强弱为I->Fe2+，与已知的还原性强弱一致，能发生，故D不符合题意；故答案为B。13．某容器中发生化学反应的过程中存在的物质有As2S3、HNO3、H2SO4、NO、H3AsO4、H2O，已知As2S3是反应物之一。下列有关判断不正确的是A．该容器中发生了氧化还原反应B．该反应中As2S3、HNO3、H2O是反应物，H2SO4、NO、H3AsO4是生成物C．该反应中只有砷元素被氧化，只有氮元素被还原D．反应的化学方程式为3As2S3+28HNO3+4H2O=6H3AsO4+9H2SO4+28NO↑【答案】C【详解】A. 反应过程中N元素、S元素和As元素化合价变化，说明是发生了氧化还原反应，故A正确；B. 依据氧化还原反应的化合价升降可知，该反应中As2S3、HNO3、H2O是反应物，H2SO4、NO、H3AsO4是生成物，故B正确；C. As2S3被氧化生成了H2SO4、H3AsO4，硫元素也被氧化，故C错误；D. 依据氧化还原反应的化合价升降可知，该反应中As2S3、HNO3、H2O是反应物，H2SO4、NO、H3AsO4是生成物，反应的化学方程式为3As2S3+28HNO3+4H2O=6H3AsO4+9H2SO4+28NO↑，故D正确；故选C。14．用下列方法均可制得氯气：①MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O②KClO3+6HCl(浓)3Cl2↑+KCl+3H2O③2KMnO4+16HCl(浓)═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O若要制得相同质量的氯气，①②③反应中电子转移数目之比为A．6：5：6 B．1：3：5 C．15：5：3 D．1：6：10【答案】A【详解】反应①中氯气为唯一氧化产物，且全部是Cl元素被氧化生成，根据氯元素的化合价变化可知，生成1mol氯气转移2mol电子；反应②中KClO3为唯一氧化剂，且全部被还原，根据KClO3中氯元素化合价的变化，可知生成1mol氯气转移mol电子；反应③中氯气为唯一氧化产物，且全部是Cl元素被氧化生成，根据氯元素的化合价变化可知，生成1mol氯气转移2mol电子；则要制得相同质量的氯气，①②③反应中电子转移数目之比为2：：2=6：5：6，故答案为A。二、非选择题(本题共4小题，共58分)15．(14分)现有甲、乙、丙三名同学分别进行Fe(OH)3胶体的制备实验。甲同学：向1 mol·L-1的氯化铁溶液中加入少量3 mol·L-1的NaOH溶液。乙同学：向25 mL沸水中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热。丙同学：向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，为了使反应进行充分，待液体呈红褐色后继续煮沸10分钟。试回答下列问题：(1)其中操作正确的同学是___________，该反应原理的离子方程式为___________。(2)证明有Fe(OH)3胶体生成的实验操作是___________，利用了胶体的___________性质。(3)在胶体中加入电解质溶液或带有相反电荷的胶体微粒能使胶体微粒沉淀出来。丁同学利用所制得的Fe(OH)3胶体进行下列实验：①将其装入U形管内，用石墨作电极，接通直流电，通电一段时间后发现靠近阴极(和电源负极相连)区附近的颜色逐渐变深，这表明Fe(OH)3胶体粒子带___________(填“正”或“负”)电荷。②现有橘红色的硫化锑(Sb2S3)胶体，装入U型管，插入石墨电极后通直流电，发现阳极附近橘红色加深，若把硫化锑(Sb2S3)胶体与Fe(OH)3胶体混合，看到的现象是___________。【答案】(1)     乙     Fe3+ + 3H2OFe (OH)3 (胶体) + 3H+(2)     用一束光通过得到的液体，从侧面观察能看到一条光亮的“通路”     丁达尔效应(3)     正     有沉淀生成【解析】(1)氢氧化铁胶体制备的方法为：向25 mL沸水中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，故乙同学的操作正确；该反应原理的离子方程式为Fe3+ + 3H2OFe (OH)3 (胶体) + 3H+；(2)丁达尔效应是胶体独有的现象，证明有Fe(OH)3胶体生成的实验操作是用一束光通过得到的液体，从侧面观察能看到一条光亮的“通路”；利用了胶体的丁达尔效应；(3)①将其装入U形管内，用石墨作电极，接通直流电，通电一段时间后发现靠近阴极(和电源负极相连)区附近的颜色逐渐变深，这表明Fe(OH)3胶体粒子带正电荷；②现有橘红色的硫化锑(Sb2S3)胶体，装入U型管，插入石墨电极后通直流电，发现阳极附近橘红色加深，说明硫化锑(Sb2S3)胶粒带负电， 硫化锑(Sb2S3)与Fe(OH)3胶体混合，看到的现象是有沉淀生成，异种电荷会发生聚沉。16．(14分)已知有下列物质：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，请回答：(1)试写出对应序号物质的化学式：③__________ ⑦_________。(2)属于盐的有：_______(填序号，下同),属于氧化物的有：_______，上述物质中的氨水具有刺激性气味，证明分子的哪条性质：_______。(3)属于混合物的有：_________，属于单质的有：______。(4)①②③④中属于电解质的是：_______，能导电的是_______；⑤⑥⑦⑧⑨中属于非电解质的是：_______，(5)将⑩CuSO4·5H2O晶体溶于水，滴加NaOH溶液，出现_____色沉淀，请写出发生反应的离子方程式：__________。【答案】（1）HCl Na2CO3 （2） ⑦⑨⑩ ⑤ 分子做不停运动 （3）④⑥ ② （4）①③ ②④ ⑤⑧ （5） 蓝 Cu2++2OH-===Cu(OH)2 【解析】(1)③氯化氢气体，化学式为HCl；⑦碳酸钠粉末，化学式为Na2CO3；(2)分析可知，属于盐的有⑦⑨⑩；属于氧化物的有⑤；氨水具有挥发性，挥发出的氨气具有刺激性气味，说明分子做热不停运动；(3)属于混合物的有④⑥；属于单质的有②；(4)分析可知，①②③④中属于电解质的是①③；能导电的是②④；⑤⑥⑦⑧⑨中属于非电解质的是⑤⑧；(5)将⑩CuSO4·5H2O晶体溶于水，滴加NaOH溶液，溶液中的铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，离子方程式为Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓；17．(15分)下列物质：①Al②Ba(OH)2③NaHSO4④CO2⑤H2SO4⑥酒精⑦KHCO3溶液⑧CuSO4⑨熔融NaCl，请回答下面问题。(1)属于电解质且能导电的是(填序号)___________。(2)写出②溶于水的电离方程式：___________。(3)向一定体积的②溶液中逐滴加入⑧的溶液，并测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如图所示。写出AB段发生反应的离子方程式___________；图中___________处(填“A”或“B”或“C”)表示Ba(OH)2溶液恰好被沉淀完全。(4)①与②溶液能反应产生H2写出反应离子方程式________。Al还能和上述_____物质的溶液反应产生(填序号)。【答案】(1)⑨Ba(OH)2=Ba2++2OH-(3)       B(4)       ③⑤【解析】①Al为单质，既不是电解质也不是非电解质，导电；②Ba(OH)2为强电解质；③NaHSO4为强电解质；④CO2为非电解质⑤H2SO4为强电解质⑥酒精为非电解质；⑦KHCO3溶液为混合物既不是电解质也不是非电解质，导电；⑧CuSO4为强电解质；⑨熔融NaCl为强电解质，导电；据此分析解题。(1)据分析可知，属于电解质且能导电的是⑨；(2)②属于强电解质，完全电离，溶于水的电离方程式：Ba(OH)2=Ba2++2OH-；(3)向一定体积的②溶液中逐滴加入⑧的溶液，AB段生成氢氧化铜和硫酸钡沉淀，发生反应的离子方程式：；图中B表示Ba(OH)2溶液恰好被沉淀完全，因为硫酸铜过量以后溶液中有自由移动的离子导电能力增强；(4)①与②溶液能反应产生H2和偏铝酸根，离子方程式：；Al还能和NaHSO4反应生成亚硫酸铝、硫酸钠和氢气；与H2SO4的溶液反应产生H2和硫酸铝。18．(15分)回答下列问题：(1)实验室制备氧气可以用加热高锰酸钾的方法实现，其发生的反应为2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，其中被氧化的元素是___________(填元素符号)，还原产物是___________(填化学式)。(2)反应方程式：K2Cr2O7+14HCl2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O中还原剂是___________，氧化产物是___________。(3)下面三个方法都可以用来制氯气：①4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O②KClO3+6HCl(浓)=3Cl2↑+KCl+3H2O③KMnO4+HCl(浓)→KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O(未配平)根据以上三个反应，回答下列有关问题：1、反应②的离子方程式为___________。II、反应①中，氧化产物与还原产物的质量比为___________。III、已知反应④：4HCl+O22Cl2+2H2O(g)，该反应也能制得氯气。提示：反应条件越简单反应越容易发生，说明性质越强烈。则MnO2、O2、KMnO4三种物质氧化性由强到弱的顺序为___________。IV、配平③______KMnO4+_____HCl(浓)=_____KCl+____MnCl2+_____Cl2↑+____H2O，___________【答案】(1)     O     K2MnO4、MnO2(2)     HCl     Cl2(3)     ClO+6H++5Cl-=3Cl2↑+3H2O     71：126     KMnO4＞MnO2＞O2     2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O【解析】(1)反应2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，KMnO4中氧元素的化合价升高，生成O2，KMnO4中锰元素的化合价降低，生成K2MnO4和MnO2，故被氧化的元素是O，还原产物是K2MnO4、MnO2，故答案为：O；K2MnO4、MnO2；(2)K2Cr2O7+14HCl2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O，HCl中氯元素化合价从-1价升高到0价，故还原剂是HCl，氧化产物是Cl2，故答案为：HCl；Cl2；(3)I：KClO3+6HCl(浓)=3Cl2↑+KCl+3H2O反应中，KClO3、HCl和KCl均是易溶性的强电解质，拆分为离子，其它写成分子，改写为离子方程式为ClO+6H++5Cl-=3Cl2↑+3H2O，故答案为：ClO+6H++5Cl-=3Cl2↑+3H2O；Ⅱ：4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O反应中，MnO2是氧化剂，HCl是还原剂，氧化产物与还原产物的物质的量比为1：1，所以氧化产物与还原产物的质量比为71：126，故答案为：71：126；Ⅲ：根据反应①4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O、③KMnO4+HCl(浓)→KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O(未配平)、④4HCl+O22Cl2+2H2O(g)可知，③不需要条件，①的反应条件是加热，④的反应条件是加热和催化剂，反应条件越少的氧化还原反应越容易发生，越容易发生的氧化还原反应氧化剂的氧化性越强，所以氧化性强弱为KMnO4＞MnO2＞O2，故答案为：氧化剂；KMnO4＞MnO2＞O2。Ⅳ：反应中Mn元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，氯元素化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，依据电子得失守恒和原子守恒可知配平后的方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。纯净物混合物酸碱盐A超级钢铁红H2SC2H5OH食盐B液氯碱石灰CH3COOHKOHNaHCO3C陨铁冰水碳酸Al(OH)3CuSO4•5H2OD硬铝云雾盐酸NH3氯化铜纯净物混合物电解质非电解质A生理盐水明矾液态KNO3蔗糖B生石灰海水铜乙醇C胆矾生铁CaCO3CO2D氢氧化钠空气Na2SO4溶液食醋