新教材人教版高中化学必修第一册期末检测A2解析版文档格式.docx

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关于

Pu的说法正确的是（）

A．中子数为94B．质子数为238

C．电子数为94D．质量数为144

【答案】C

【解析】

的质量数为238，质子数为94，中子数为：

238-94=144。

3．下列试剂的保存正确的是（）

A．过氧化钠保存在潮湿的环境中B．保存NaOH的试剂瓶用玻璃塞

C．新制氯水保存在棕色瓶中D．金属钠保存在CCl4中

【解析】A、过氧化钠与水和二氧化碳会发生反应，应隔绝空气密封保存，故A错误；

B、氢氧化钠和玻璃中二氧化硅会反应生成硅酸钠，硅酸钠有较强的粘性，能够将玻璃塞和试剂瓶黏在一起，因此不能用玻璃塞，故B错误；

C、因氯水能够氧化橡胶，且氯水中HClO见光易分解，因此新制氯水应保存在带玻璃塞的棕色试剂瓶中，故C正确；

D、钠的密度比CCl4小，不能保存在CCl4中，故D错误。

4．含有Ba2+、NH4+、NO3-、Fe3+溶液中，能大量共存的离子是（）

A．K+B．OH－C．SO42-D．SCN－

【解析】A、K+不与Ba2+、NH4+、NO3-、Fe3+反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；

B、OH−与NH4+、Fe3+反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；

C、SO42-与Ba2+反应生成难溶物硫酸钡，在溶液中不能大量共存，故C错误；

D、Fe3+、SCN−反应生成配合物硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故D错误。

5．下列物质是弱电解质的是（　　）

A．纯水B．氯化银C．二氧化碳D．氨的水溶液

【解析】A、水电离程度很小，属于弱电解质，故A正确；

B、氯化银在水溶液中不导电，水溶液中溶解的部分和熔融状态完全电离，属于强电解质，故B错误；

C、二氧化碳为非电解质，不属于弱电解质，故C错误；

D、氨的水溶液是混合物，不属于电解质，也不属于非电解质，故D错误；

故选A。

6．能正确表示下列变化的离子方程式是（）

A．用食醋除水垢的原理：

2H++CaCO3=Ca2++H2O+CO2↑

B．碳酸氢铵溶液和足量氢氧化钠溶液反应：

OH-+NH4+=NH3·

H2O

C．金属钠投入MgCl2溶液中：

2Na+Mg2+=2Na++Mg

D．氧化铁溶于氢碘酸：

Fe2O3+2I-+6H+=2Fe2++I2+3H2O

【答案】D

【解析】A.醋酸为弱电解质，不能拆成离子；

B.碳酸氢根、铵根离子和氢氧根离子均能反应；

C.金属钠投入MgCl2溶液，金属钠先与水反应生成氢氧化钠，再与MgCl2反应；

D.氧化铁溶于氢碘酸发生氧化还原反应。

7．设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）

A．标准状况下，22.4LH2O水分子数为1NA

B．常温常压下，80gSO3含有的氧原子数为3NA

C．标准状况下，22.4L氦气中所含原子数为2NA

D．0.5mol/LFe2（SO4）3溶液中，SO42－的数目为1.5NA

【答案】B

【解析】A.气体摩尔体积的研究对象是气体；

B.根据SO3的质量计算得到物质的量，进一步得到氧原子的物质的量；

C.氦气是单原子单质分子；

D.利用

进行判断。

8．在下列反应中，二氧化碳作氧化剂的是（　　）

A．Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2OB．CO2+C

2CO

C．2Fe2O3+3C

4Fe+3CO2↑D．C+2H2O（g）

2H2+CO2

【解析】A.Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O反应中，没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，A错误；

B.CO2+C

2CO反应，CO2中C元素的化合价降低，则CO2为氧化剂，B正确；

C.2Fe2O3+3C

4Fe+3CO2↑中C元素的化合价升高，则C为还原剂，CO2为氧化产物，C.错误；

D.C+2H2O（g）

2H2+CO2反应中，C元素的化合价升高，则C为还原剂，CO2为氧化产物，D错误；

故合理选项是B。

9．氯气的水溶液称“氯水”，氯水中含有多种分子和离子，因此氯水有多重性质，下列有关新制氯水的说法中不正确的是（　　）

A．新制氯水呈黄绿色，且有刺激性气味，说明氯水中含有Cl2

B．新制氯水滴在蓝色石蕊试纸上，试纸先变红色后褪色，可说明氯水中含有Cl2

C．向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，可证明Cl2的氧化性强于I2

D．新制氯水滴到Na2CO3溶液中，有气体产生，说明氯水中含有H+

【解析】A.新制氯水中存在Cl2，为黄绿色，有刺激性气味，A项正确；

B.新制氯水中存在HClO，有很强的的氧化性，能将有色物质氧化为无色，因而新制氯水滴在蓝色石蕊试纸上，试纸先变红色后褪色，B项错误；

C.新制氯水中存在Cl2，可将碘离子氧化为碘单质，遇淀粉会变成蓝色，C项正确；

D.新制氯水中存在H+，可与CO32-发生复分解反应生成CO2气体，D项正确；

答案选B。

10．称量NaCl固体，配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的实验操作中，错误的是

A．称量

B．溶解

C．转移

D．定容

【解析】A项、称量时，砝码放在右盘，将固体NaCl直接放在天平左盘上，二者不能颠倒，否则称量的药品质量偏小，故A错误；

B项、将称量好的固体NaCl放入烧杯中，加适量蒸馏水溶解，同时使用玻璃棒搅拌，以便加速溶解，故B正确；

C项、将在烧杯中溶解得到的氯化钠溶液，在玻璃棒引流下转移到容量瓶中，故C正确；

D项、定容时，为防止加蒸馏水超过刻度线，在到接近刻度1—2cm处，改用胶头滴管加入水，故D正确；

11．汽车尾气净化的一个反应是2NO＋2CO

N2＋2CO2。

下列有关该反应说法正确的是（）

A．NO失去电子B．CO是还原剂

C．NO被氧化D．CO发生了还原反应

【解析】A. 

NO中N元素在反应中得到电子被还原，是氧化剂，故A错误；

B. 

C元素失去电子的化合价升高被氧化，CO为还原剂，故B正确；

C. 

NO中N元素在反应中得到电子被还原，故C错误；

D. 

CO中C元素化合价升高被氧化，发生了氧化反应，故D错误；

12．已知常温下可用Co2O3制备Cl2，反应前后体系中共存在六种微粒：

Co2O3、H2O、Cl2、H＋、Cl－和Co2＋。

下列有关该反应的叙述不正确的是（　）

A．氧化产物为Cl2

B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2

C．当生成3molH2O时，反应中转移2mol电子

D．当生成2.24L（标准状况下）Cl2时，反应中转移0.1mol电子

【解析】根据反应体系得出，Co2O3与Cl－反应生成氯气和Co2＋，根据氧守恒，水应该为生成物，则氢离子为反应物，写出反应方程式：

Co2O3＋Cl－＋H＋＝Cl2＋Co2＋＋H2O，对方程式配平：

Co2O3＋2Cl－＋6H＋＝Cl2↑＋2Co2＋＋3H2O。

13．下列有关元素周期表的说法中不正确的是（　　）

A．ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素

B．0族元素原子最外层电子数均满足8电子稳定结构

C．在金属与非金属的分界处可以找到半导体材料

D．在过渡元素中寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料

【解析】A.ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素为过渡金属元素，都是金属元素，A正确；

B.除He元素最外成为2电子外，0族元素原子最外层电子数均满足8电子稳定结构，B错误；

C.在金属与非金属的分界处的元素会同时具有一些金属和非金属的性质，因此可以找到半导体材料，C正确；

D.过渡金属元素种类繁多，结构复杂，因此可在过渡元素中寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料，D正确；

故答案选B。

14．已知铍（Be）与铝的性质相似．则下列判断正确的是（　　）

A．铍遇冷水剧烈反应B．氧化铍的化学式为Be2O3

C．氢氧化铍能与氢氧化钠溶液反应D．氯化铍水溶液显中性

【解析】既然铍与铝的性质相似，我们就可把铍看成是铝，铝具有的性质，铍也有，铝没有的性质，铍也没有。

15．M元素的1个原子失去2个电子转移到Y元素的2个原子中去，形成离子化合物Z，以下说法中错误的是（）

A．M形成+2价阳离子B．Y形成-2价阴离子

C．Z的化学式为MY2D．Z的熔点较高

【解析】由题意可知，一个M原子失去2个电子形成M2+，故M的最外层电子数应为2个，是金属元素，一个Y原子得到1个电子形成Y-，说明是非金属元素，且Z属于离子化合物，化学式为MY2，以此解答该题。

16．卤素单质的性质按

、

的顺序依次增强的是（）

A．与氢气反应的剧烈程度B．非金属活泼性的强弱

C．对应离子的还原性D．氢化物的稳定性

【解析】元素原子结构的变化决定其性质的变化，同一主族元素随着元素原子核电荷数的递增，原子半径、离子半径逐渐增大；

原子核与最外层电子之间的距离增大，原子核对最外层电子的引力减弱，得电子能力减弱，单质的氧化性减弱；

因为非金属性逐渐减弱，形成的氢化物稳定性也逐渐减弱，以此解答该题。

17．下列变化中，不需要破坏化学键的是（）

A．加热氯化铵B．碘升华C．食盐溶于水D．氯化氢溶于水

【解析】A.加热氯化铵反应生成氨气和HCl，发生化学变化，化学键一定破坏，故A不选；

B.固体碘升华，只破坏分子间作用力，不破坏化学键，故B选；

C.食盐为离子晶体，溶于水后破坏离子键，故C不选；

D.氯化氢溶于水时H-Cl共价键被破坏，故D不选；

18．在

的混合溶液中，先加入过量NaOH，加热，再加入过量HCl，数量增加的离子有（）

A．

B．

C．

D．

【解析】在Fe2+、Fe3+、NH4+、Al3+的混合溶液中，加入过量NaOH，发生反应为：

Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓、Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓、NH4++OH-

NH3↑+H2O、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

再加入HCl，发生反应为：

Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O、AlO2-+4H+=Al3++2H2O。

从以上分析可知，操作前后，溶液中Fe2+、NH4+数量减小，Fe3+数量增大，Al3+数量不变。

故选B。

第II卷（非选择题）

19．（12分）

（I）A、B、C、D四种短周期元素，原子序数D>

C>

B>

A，且B、C、D同周期，A、D同主族，B原子的最外层只有一个电子，C的原子结构示意图如图，D在同周期元素中原子半径最小，据此填空：

（1）C元素的名称为____，其气态氢化物的化学式为___。

（2）D在周期表的___周期，___族。

（3）A、B、C、D四种元素的原子半径由大到小的顺序为（用化学式填写）___

（4）B的最高价氧化物的水化物的化学式为__

（II）了解并理解物质的内部结构以及化学键和晶体类型可以帮助我们更好地了解物质世界。

已知：

实验室用

制氯化氢，溶于水形成盐酸。

（1）写出原子的结构示意图Na，Cl。

（2）NaCl电子式为___，所含化学键名称；

HCl电子式为____，所含化学键名称。

（3）氯化氢溶于水形成盐酸的电离方程式______。

【答案】

（I）硅SiH4三VIIANaSiClFNaOH

（II）

离子键

极性共价键HCl=H++Cl-

【解析】A.B.C. 

D四种短周期元素,原子序数D>

A，C的原子结构示意图为

，第一电子层只能容纳2个电子，故x=2，则C原子核外电子数为14，C为Si元素；

D在同周期元素中原子半径最小，处于ⅦA族，原子序数大于Si，故D为Cl；

A、 

D同主族，则A为F元素；

B、C、D同周期，且B原子的最外层只有一个电子，故B为Na。

（1）C元素的名称为硅，其气态氢化物的化学式为SiH4，故答案为：

硅；

SiH4；

（2）D为Cl元素，处于在周期表中第三周期ⅦA族，故答案为：

三；

ⅦA；

（3）同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Na>

Si>

Cl>

F，故答案为：

Na>

F；

（4）Na的最高价氧化物的水化物的化学式为NaOH，故答案为：

NaOH。

20．（10分）

进一步认识氧化还原反应。

氯化铵可除去铜器表面的氧化铜：

（1）氧化还原反应的实质是__________（填写编号）。

A．得氧和失氧B．化合价的升降

C．有无新物质生成D．电子的得失和偏移

（2）用单线桥标出上述反应中电子转移的方向和数目________。

（3）上述反应中，氯化铵中N的化合价_______（“升高”或“降低”），_____（“得”或“失”）电子，作____（“氧化剂”或“还原剂”），表现_____（“氧化”或“还原”）性，发生____（“氧化”或“还原”）反应。

（4）氧化剂和还原剂物质的量之比是___。

（5）当生成

11.2L（标准状况）时，转移___个电子，被还原的CuO__mol。

【答案】D

升高失还原剂还原氧化3：

23NA1.5

【解析】氧化还原反应的本质为电子的转移（得失和偏移），其特征是元素化合价的变化；

4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O反应中，CuO中的铜元素由+2价降低到0价，发生还原反应，做氧化剂；

NH4Cl中氮元素由-3价升高到0价，发生氧化反应，做还原剂；

电子转移及相关各量的关系为：

6e----N2—3CuO（被还原），据此进行计算。

21．（10分）

（I）实验室配制500mL0.200mol/LNa2CO3溶液，回答下列问题。

现有下列仪器A．烧杯B．100mL量筒C．500mL容量瓶D．药匙E．玻璃棒F．天平G.胶头滴管

（1）用托盘天平称取Na2CO3的质量为____________________，配制时，必须使用的玻璃仪器有_________（填代号），该实验中两次用到玻璃棒，其作用分别是_________，________。

（2）若实验遇下列情况，溶液的浓度是偏高、偏低还是不变。

A．溶解后没有冷却便进行定容_____；

B．摇匀后发现液面低于标线，滴加蒸馏水至标线再摇匀___________。

（II）已知常温下氯酸钾与浓盐酸反应放出氯气，现按图进行卤素的性质实验。

玻璃管内装有分别滴有不同溶液的白色棉球，反应一段时间后，请对图中指定部位颜色做出正确描述。

①_____②_____③_____④_____

（I）10.6gACEG搅拌，加速溶解引流偏高偏低

（II）黄绿色橙色蓝色白色

【解析】

（I）

（1）依据m=cVM计算溶质的质量；

依据配制一定物质的量浓度溶液步骤选择仪器，依据玻璃棒在溶解、移液操作中作用解答；

（2）分析操作对溶质物质的量n、溶液体积V的影响，根据c=n/V判断操作对所配溶液浓度的影响。

（II）常温下氯酸钾与浓盐酸反应放出Cl2，①处充满黄绿色Cl2；

氯气进入玻璃管后与②处NaBr溶液发生置换反应生成Br2，白色棉球变为橙色；

氯气和③处KI溶液反应置换出I2，遇淀粉变蓝；

④处利用氯气与碱液反应进行Cl2的尾气吸收，尽管反应生成的物质均为无色，但棉球本身是白色的，所以④处的颜色为白色；

故答案为：

①黄绿色；

②橙色；

③蓝色；

④白色。

22．（14分）

某学习小组为测定放置已久的小苏打样品中纯碱的质量分数，设计如下实验方案：

（1）方案一：

称取一定质量的样品，置于坩埚中加热至恒重后，冷却，称取剩余固体质量，计算。

①完成本实验需要不断用玻璃棒搅拌，其目的是_______________________________。

②若实验前所称样品的质量为mg，加热至恒重时固体质量为ag，则样品中纯碱的质量分数为________。

（2）方案二：

按如图所示装置进行实验，并回答下列问题：

①实验前先检查装置的气密性，并称取一定质量的样品放入A中，将稀硫酸装入分液漏斗中。

D装置的作用是________________。

②实验中除称量样品质量外，还需分别称量_______装置反应前、后质量（填装置字母代号）。

③根据此实验得到的数据，测定结果有误差。

因为实验装置还存在一个明显的缺陷，该缺陷是_________。

④有同学认为，用E装置替代A装置能提高实验准确度。

你认为是否正确？

_________（填“是”或“否”）。

（3）方案三：

称取一定量的样品置于锥形瓶中，加适量水，用盐酸进行滴定，从开始至有气体产生到气体不再产生，所滴加的盐酸体积如图所示，则小苏打样品中纯碱的质量分数为_________（保留两位有效数字）。

【答案】使固体样品受热均匀，避免局部温度过高，造成样品外溅

×

100%避免空气中的水蒸气和二氧化碳进入C装置中，造成实验误差C反应产生的二氧化碳残留在A、B装置内，不能被完全吸收否24%

【解析】小苏打久置会发生反应：

，该样品成分为NaHCO3、Na2CO3，测定样品中纯碱的质量分数方法有：

①测定二氧化碳量（质量、体积）从而计算出混合物中Na2CO3的质量分数，②利用NaHCO3的不稳定性，加热固体得到减少的质量，计算出成品中NaHCO3的质量，从而计算出混合物中Na2CO3的质量分数。