2022高一化学人教必修1第四章《非金属及其化合物》章末综合检测4.docx

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1、章末综合检测(90分钟，100分)一、选择题(此题包括18个小题，每题3分，共54分)1(2022汕头高一检测)以下物质之间的反响没有明显反响现象的是()A常温下，铁放入浓硝酸中B用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水并相互靠近C二氧化硫通入到品红溶液中D将氯化氢气体通入滴有酚酞的烧碱溶液中【答案】A【点拨】A项，常温时，Fe在浓硝酸中发生钝化；B项，挥发的HCl与NH3反响生成NH4Cl固体颗粒，有白烟；C项，SO2使品红溶液褪色；D项，含酚酞的NaOH溶液呈红色，通入HCl后，HCl与NaOH反响使溶液的红色褪去。2(2022经典习题选萃)以下说法正确的选项是()正常雨水的pH为7.0，酸雨的pH

2、小于7.0；严格执行机动车尾气排放标准有利于防止大气污染；使用二氧化硫和某些含硫化合物进行增白的食品会损害人体健康；使用氯气对自来水消毒过程中，生成的有机氯化物可能对人体有害；食品厂产生的含丰富氮、磷营养素的废水可长期排向养鱼水库。ABCD【答案】C【点拨】正常雨水的pH为5.6，酸雨的pH小于5.6，故不正确；汽车尾气是造成大气污染的重要原因之一，控制汽车尾气的排放有利于防止大气污染，正确；二氧化硫不能用于食品的漂白；正确；最近的研究结果说明使用氯气对自来水消毒可能对人体健康有害，正确；富含氮、磷营养素的废水排入水库中会引起“水华现象从而导致水质变坏，不正确。3丰富多彩的颜色变化增添了化学实

3、验的魅力，以下有关反响颜色变化的表达中，正确的选项是()新制氯水久置后浅黄绿色消失淀粉溶液遇单质碘蓝色蔗糖中参加浓硫酸搅拌白色SO2通入品红溶液中红色褪去氨气通入酚酞溶液中红色ABCD全部【答案】C【点拨】浓硫酸具有脱水性，使蔗糖脱水炭化变黑。4(2022试题调研)在右图所示的蓝色石蕊试纸上X、Y、Z三处分别滴加30%的盐酸、98.3%的硫酸和新制的氯水，三处最后呈现的颜色分别是()A红、红、白 B红、黑、红C红、红、红 D红、黑、白【答案】D【点拨】盐酸使石蕊试纸变红，浓硫酸使试纸脱水变黑，新制氯水可以漂白试纸。5(2022宜昌高一检测)以下说法正确的选项是()A浓硝酸在光照条件下变黄，说明

4、浓硝酸不稳定，生成的有色产物能溶于浓硝酸B在KI淀粉溶液中通入氯气，溶液变蓝，说明氯气能与淀粉发生显色反响C在某溶液中参加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含SOD将铜片放入浓硫酸中，无明显实验现象，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化【答案】A【点拨】A项，浓硝酸光照下发生分解生成NO2，NO2溶于浓硝酸中使浓硝酸呈黄色；B项，Cl2氧化I生成I2，淀粉遇I2变蓝色；C项，溶液中假设存在Ag或SO也会产生相同的实验现象；D项，常温时，Cu与浓硫酸不发生反响。6(2022试题调研)以下列图是产生和收集气体的实验装置，该装置最适合于()A用浓硝酸与Cu反响制取NO2B用浓盐酸和MnO2反响

5、制取Cl2C用NH4Cl和Ca(OH)2反响制取NH3D用H2O2溶液和MnO2反响制取O2【答案】D【点拨】NO2不能用排水法收集，A不正确；用浓盐酸和MnO2反响制取Cl2需要加热且不能用排水法收集，B不正确；用NH4Cl和Ca(OH)2反响制取NH3需要加热且不能用排水法收集，C不正确；H2O2溶液和MnO2在常温下反响生成O2且O2不易溶于水，所以D正确。7(2022试题调研)相同质量的铜片分别与过量的体积相同的浓硝酸、稀硝酸反响。二者比较，相等的是()铜片消耗完所需时间反响生成的气体体积(标准状况)反响中氧化剂得到的电子总数反响后溶液中铜离子的浓度ABCD只有【答案】C【点拨】硝酸的

6、浓度越大，反响速率越快，消耗时间越少；1 mol Cu与足量的浓硝酸反响会生成2 mol NO2,1 mol Cu与足量的稀硝酸反响会生成2/3 mol NO；参加反响的铜的质量相同，因此氧化剂得到的电子也相同；由于铜元素守恒，反响后溶液中铜离子的浓度也相同。8常温下在以下溶液中参加足量的铁，充分反响后，生成气体最多的是()A20 mL 12 mol/L的盐酸B10 mL 18 mol/L的硫酸C80 mL 2 mol/L的硫酸D40 mL 14 mol/L的硝酸【答案】C【点拨】18 mol/L的H2SO4为浓H2SO4,14 mol/L的HNO3为浓HNO3，均有强氧化性，常温下Fe在浓H

7、2SO4和浓HNO3中均发生钝化，没有气体产生。B、D两项不是正确答案。A、C两项需比较在铁的量充足的情况下，哪种酸中H数目多那么哪种酸产生的H2多。A项中，12 mol/L0.02 L10.24 mol；C项中，2 mol/L0.08 L20.32 mol。故C项产生H2最多。9在如下列图的装置中，烧瓶中充满枯燥气体a，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻振荡烧瓶，然后翻开弹簧夹f，烧杯中的液体d，呈喷泉状喷出，最终几乎充满烧瓶。那么a和b分别是()a(枯燥气体)b(液体)ANO水BCO24 molL1NaOH溶液CCl2饱和NaCl溶液DNH31 molL1盐酸【答案】BD【点拨】产生喷泉的条

8、件：气体在液体中的溶解度很大(或气体与液体能发生反响)，烧瓶内外产生足够的压强差。NO在水中溶解度不大且二者不反响，不能产生喷泉；因CO2在NaOH溶液中发生反响：CO22NaOH=Na2CO2H2O，烧瓶中压强减小，形成喷泉；Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，不能形成喷泉；NH3与盐酸完全反响，能形成喷泉。10(2022试题调研)在某100 mL混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4 molL1和0.1 molL1。向该混合液中参加1.92 g铜粉，加热，待充分反响后，设溶液的体积仍为100 mL，那么所得溶液中的Cu2的物质的量浓度是()A0.15 molL1B0.225

9、molL1C0.35 molL1D0.45 molL1【答案】B【点拨】由于Cu与稀HNO3反响而不与稀H2SO4反响，所以很容易出现以下错误的解题思路：由题意，n(HNO3)0.1 L0.4 molL10.04 mol，n(Cu)0.03 mol，由3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O 3 8 0.03 mol 0.04 mol可知，与0.04 mol HNO3恰好反响的Cu为0.015 mol，生成的Cu2为0.015 mol(剩余的Cu为0.015 mol)，所以c(Cu2)0.15 molL1，答案为A。但以上解析是错误的，这是因为Cu与HNO3反响生成了硝酸盐，而

10、溶液中还存在由H2SO4提供的H，因此，H、NO会继续将Cu氧化直至Cu耗完或H、NO中的一种离子耗完。正确的解题思路如下：在溶液中，n(NO)0.04 mol，n(H)0.06 mol，n(Cu)0.03 mol，3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O 3 8 2 0.03 mol 0.06 mol 0.01 mol经分析可知，Cu和NO过量，H完全反响，由H的物质的量计算得n(Cu2)0.022 5 mol，c(Cu2)0.225 molL1，答案为B。【方法技巧】对“CuHNO3H2SO4”型的计算应以离子方程式为依据。11(2022经典习题选萃)以下各物质中，不能满足“转化关系的一组

11、是()XYZASiSiO2Na2SiO3BHNO3NONO2CAl2O3NaAlO2Al(OH)3DCuCuOCuSO4【答案】A【点拨】A项中，SiO2SiO2，SiO22NaOH=Na2SiO3H2O，但Na2SiO3不能一步反响得到单质Si。12可用以下列图装置制取(必要时可加热)、净化、收集的气体是()A铜和稀硝酸制一氧化氮B氯化钠与浓硫酸制氯化氢C锌和稀硫酸制氢气D硫化亚铁与稀硫酸制硫化氢【答案】B【点拨】仔细观察该套装置的特点，集气瓶出气管较短，那么收集的气体密度比空气大，C项错误；而A项中的一氧化氮能够被氧气氧化，故不能用排空气法收集；该题的净化装置采用了浓硫酸，而硫化氢具有很强

12、的复原性，不能用浓硫酸净化；故只有B项符合题意。13以下实验装置不能到达实验目的的是()A用SO2做喷泉实验B验证Cu与浓硝酸反响的热量变化C验证NH3易溶于水D比较Na2CO3与NaHCO3的稳定性【答案】D【点拨】NaHCO3先受热，且受热面积大，其对应石灰水先变浑浊，并不能用来比较二者稳定性强弱。14以下实验中，固体物质可以完全溶解的是()A1 mol MnO2与含2 mol H2O2的溶液共热B1 mol铜投入含4 mol HNO3的浓硝酸中C1 mol铜与含2 mol H2SO4的浓硫酸共热D常温下1 mol铝片投入到足量浓硫酸中【答案】B【点拨】A项，MnO2是催化剂，不参与反响；

13、B项，Cu与浓HNO3、稀HNO3均能反响，可消耗完；C项，Cu与稀H2SO4不反响，即当变为稀H2SO4时，反响即停止；D项，常温下Al在浓H2SO4中发生钝化。15(2022福州高一检测)气体甲通入溶液乙中时，随着甲的通入，溶液乙的颜色逐渐褪去，以下说法正确的选项是()A气体甲一定具有漂白性B溶液乙褪色后，不可能再恢复原来的颜色C气体甲可能与溶液乙中的某种有色物质发生化合反响D气体甲可能被溶液乙中的某些离子氧化【答案】CD【点拨】甲假设为HCl气体，乙为滴有酚酞的NaOH溶液，当甲通入乙中时，乙中的红色会褪去，但HCl很显然并无漂白性；往上述实验后的溶液中再参加一定量NaOH，溶液的红色又

14、会恢复，应选项A、B不正确。假设甲为SO2，乙为品红溶液，符合C选项的情况；假设甲为SO2，乙为KMnO4溶液，因KMnO4氧化SO2而转化为无色的Mn2，符合D选项的情况。16物质氧化性、复原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反响温度等有关，以下各组物质：Cu和HNO3溶液Cu与FeCl3溶液Zn与H2SO4溶液Fe与HCl溶液由于浓度不同而能发生不同氧化复原反响的是()ABCD【答案】A【点拨】浓硝酸与Cu反响时的复原产物是NO2，稀硝酸与Cu反响时的复原产物是NO；浓硫酸与Zn反响时的复原产物是SO2，稀硫酸与Zn反响时的复原产物是H2。17(2022龙岩高一检测)为确定以

15、下置于空气中的物质是否变质，所选检验试剂(括号内物质)不能到达目的的是()ANa2SO3溶液(BaCl2)BFeCl2溶液(KSCN)CKI(淀粉溶液)DNaOH(BaCl2试液)【答案】A【点拨】A项，SO能被空气中O2氧化为SO，SO和SO均能结合Ba2生成白色沉淀；B项，Fe2被空气中O2氧化为Fe3，参加KSCN后溶液会变红色；C项，I被空气中O2氧化为I2，淀粉遇I2变蓝色；NaOH在空气中变质是吸收CO2生成Na2CO3，参加BaCl2溶液时会产生白色BaCO3沉淀。18(2022经典习题选萃)有某硫酸和硝酸的混合溶液20 mL，其中含有硫酸的浓度为2 molL1，含有硝酸的浓度为

16、1 molL1，现向其中参加0.96 g铜粉，充分反响后(假设只生成NO气体)，最多可收集到标准状况下的气体的体积为()A89.6 mL B112 mLC168 mL D224 mL【答案】D【点拨】根据离子方程式进行计算。3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O3 mol 8 mol 2 mol 44 800 mL 0.015 mol 0.1 mol 0.2 mol V(NO)比较可知Cu缺乏量，由Cu的物质的量计算得V(NO)224 mL。二、非选择题(此题包括7个小题，共46分)19(6分)获取知识和信息是现代人不可缺少的素质，信息产业的飞速开展离不开材料科学的推动，信息产业的核心材料是

17、高纯度单晶硅。下面是高纯度单晶硅的生产方法之一：SiO2Si(粗硅)SiHCl3(沸点31.5)Si高纯硅单晶硅近代用得较多的另一种方法(方法二)：用金属硅化物(Mg2Si)与盐酸作用制得硅烷(SiH4)；再热分解硅烷可得高纯硅。(1)从方法一生产单晶硅的过程看，由碳复原得到的硅还要进一步处理的原因是_。(2)写出方法二中，生产高纯硅的两个化学方程式：_。_。【答案】(1)由C复原SiO2得到的单质Si中，杂质含量过高，将它用HCl、Cl2处理得到低沸点的SiHCl3，便于蒸馏提纯，然后再复原得到高纯硅(2)Mg2Si4HCl=2MgCl2SiH4SiH4Si2H2【点拨】(1)根据方法一的生

18、产流程，可得如下反响式：SiO22CSi(粗硅)2CO，所得的粗硅中含有大量的其他杂质(如C、SiO2等)，没有实际应用价值，将粗硅用HCl、Cl2处理转化为沸点低的SiHCl3，反响方程式为SiCl2HClSiHCl3，低沸点的SiHCl3通过蒸馏极易别离提纯，然后将纯的SiHCl3在高温下用H2复原即可得到纯度高的Si蒸气：SiHCl3H2Si3HCl，再进行气相沉淀即可制得高纯度的硅，从而得到单晶硅。(2)Mg2Si与盐酸作用制得SiH4，根据原子守恒可知另一种生成物为MgCl2，其反响方程式为Mg2Si4HCl=2MgCl2SiH4；再将SiH4进行热分解即可得到高纯硅和H2，其反响方

19、程式为SiH4Si2H2。20(2022试题调研)(6分)室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体。在适宜反响条件下，它们可以按下面框图进行反响；E溶液是无色溶液，F是淡绿色溶液。B和C反响发出苍白色火焰。请答复：(1)A是_，B是_，C是_(请填写化学式)；(2)反响的化学方程式_；(3)反响的离子方程式_；(4)反响的离子方程式_。【答案】(1)FeCl2H2(2)2Fe3Cl22FeCl3(3)2HFe=Fe2H2(4)2Fe2Cl2=2Fe32Cl【点拨】根据反响ABD(固体)和反响FBD溶液，可知F是化合物，A是变价金属，且A在F中呈低价。又从物理性质中可判断

20、B是Cl2。由此可推出A是Fe，D为FeCl3，F为FeCl2。从反响AEFC可知，F为盐酸，那么C为H2。21(2022经典习题选萃)(8分)实验室用下述装置制取氯气，并用氯气进行以下实验。看图答复以下问题：(1)A、B两仪器的名称：A_，B_。(2)洗气装置C是为了除去Cl2中的HCl气体，D是为了枯燥Cl2，那么C、D中应分别放入以下溶液中的C_；D_。NaOH溶液饱和食盐水AgNO3溶液浓H2SO4(3)E中为红色干布条，F中为红色湿布条，可观察到的现象是_。(4)G是浸有淀粉KI溶液的棉花球，G处现象是棉花球外表变成_。反响的离子方程式是_，H是浸有NaBr溶液的棉花球，H处现象是棉

21、花球外表变成_。(5)P处为尾气吸收装置，可选用以下装置中的_。【答案】(1)分液漏斗圆底烧瓶(2)(3)E中无变化，F中红色布条褪色(4)蓝色2ICl2=2ClI2橙色(5)B【点拨】(1)注意区分普通漏斗、分液漏斗和长颈漏斗三种漏斗在结构上的不同，注意圆底烧瓶、平底烧瓶和蒸馏烧瓶的区别。(2)除去Cl2中的HCl用饱和食盐水；除去Cl2中的水蒸气用浓硫酸；除杂顺序一般是先净化后枯燥。(3)Cl2不能使枯燥的有色布条褪色，但能使湿润的有色布条褪色。(4)通入Cl2时发生反响2ICl2=2ClI2，生成的I2遇淀粉溶液变蓝色。Cl2也能将Br氧化为Br2，溴水溶液的颜色是橙色的。(5)因为Cl

22、2有毒，所以氯气需要用碱液吸收，又因为在水中的溶解度不大，故不需防倒吸。22(10分)为了探究三种气态氧化物(SO2、NO2、CO2)的性质，某同学设计了一组实验：实验一：探究三种气体在水中的溶解性，用三支相同的试管收集满三种气体，倒置在盛满水的烧杯中，一段时间后，观察到的现象如图A、B、C所示。(1)在相同条件下，三种气体在水中溶解度最大的是_。写出A烧杯中发生反响的化学方程式：_。如果在三只烧杯中分别滴几滴紫色石蕊试液，可观察到的现象是_。实验二：用三只集气瓶收集满二氧化硫、二氧化氮气体，然后将其倒置在水槽中。分别缓慢通入适量O2或Cl2，如图D、E、F所示。一段时间后，D、E装置的集气瓶

23、中充满溶液，F装置的集气瓶中还有气体剩余。(2)实验二中装置D的集气瓶最终充满溶液(假设瓶内液体不扩散)：写出装置D中总反响的化学方程式：_。假设该实验条件下，气体摩尔体积为a Lmol1。那么装置D的集气瓶中所得溶液溶质的物质的量浓度为_。(3)实验前在F装置的水槽里滴加几滴紫色石蕊试液，观察到的现象是_，通入氧气后，可能观察到的实验现象是_，写出反响的化学方程式：_。(4)溶液充满集气瓶后，在E装置的水槽里滴加硝酸钡溶液，可能观察到的现象为_，写出有关反响的离子方程式_。【答案】(1)NO2(或A)3NO2H2O=2HNO3NO溶液都变红色(2)4NO2O22H2O=4HNO3 molL1

24、(3)紫色石蕊试液变红红色由浅变深2SO2O22H2O=2H2SO4(4)出现白色沉淀Cl2SO22H2O=2ClSO4H、Ba2SO=BaSO4【点拨】从图A、B、C的实验结果分析，试管里液面上升越高，说明相同条件下气体在水中溶解度越大。根据A中剩余气体的体积可以判断是二氧化氮溶于水发生反响生成NO：3NO2H2O=2HNO3NO。三种气体与水反响都生成酸，滴加紫色石蕊试液，都会变红色，只是A装置的烧杯中红色最深，C装置的烧杯中红色最浅。(2)装置D中发生的反响有：3NO2H2O=2HNO3NO、2NOO2=2NO2，相加得总反响方程式：4NO2O22H2O=4HNO3。设D装置中集气瓶体积

25、为V L，那么二氧化氮气体的体积为V L，n(NO2) mol，最后集气瓶中充满液体，说明硝酸溶液的体积为V L，那么c(HNO3) molL1。(3)二氧化硫溶于水生成亚硫酸，亚硫酸是复原性酸，通入氧气反响后，被氧化生成强酸(硫酸)，溶液红色变深。(4)氧气在水中将二氧化硫氧化成硫酸。23(2022试题调研)(4分)盐酸、硫酸和硝酸是中学阶段常见的“三大酸。现就三大酸与金属铜反响的情况，答复以下问题：(1)稀盐酸不与Cu反响，假设在稀盐酸中参加H2O2(常见氧化剂，作氧化剂时复原产物为水)后，那么可使铜顺利溶解。该反响的化学方程式为：_。(2)在一定体积的10 molL1的浓硫酸中参加过量铜

26、片，加热使之反响，被复原的硫酸为0.9 mol。那么浓硫酸的实际体积_(填“大于、“等于或“小于)180 mL。假设使剩余的铜片继续溶解，可在其中参加硝酸盐溶液(如KNO3溶液)，那么该反响的离子方程式为_。(3)根据以下列图操作及现象推断酸X为_(填序号)。a浓盐酸b浓硫酸c浓硝酸【答案】(1)CuH2O22HCl=2H2OCuCl2(2)大于3Cu2NO8H=3Cu22NO4H2O(3)b【点拨】(1)根据题意可知，在盐酸存在的条件下，H2O2与铜发生氧化复原反响，H2O2作氧化剂，铜作复原剂。(2)只有浓硫酸才能和Cu发生氧化复原反响，稀硫酸和Cu不反响，所以被复原的硫酸为0.9 mol

27、时，浓硫酸的实际体积必须大于根据方程式计算的理论值。(3)将酸X参加铁中，铁粉未见溶解；加水后溶解，说明酸是浓硫酸或浓硝酸；向反响后的溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明是浓硫酸。24(2022试题调研)(4分)中学化学中有很多物质可以实现以下列图中物质之间的转化。其中反响条件和局部反响的产物已略去。液体B和C可能是单一溶质的溶液，也可能是纯洁物。(1)假设A是一种红色金属，气体D能使品红溶液褪色，加热时又恢复原色。写出反响的化学方程式_。(2)假设A是金属单质，D是一种无色气体，遇到空气变为红棕色，液体C呈蓝色。写出反响的离子方程式_；写出反响的任意一个离子方程式_。(3)假设A是一

28、种金属单质，D是最轻的气体，B能否是NaOH溶液_(填“能或“否)。【答案】(1)2H2SO4(浓)CuCuSO4SO22H2O(2)3Cu2NO8H=3Cu22NO4H2OFeCu2=Fe2Cu(或其他合理答案)(3)能【点拨】(1)根据气体D能使品红溶液褪色，加热时又恢复原色，可知D为SO2，由A是一种红色金属可知A为Cu，从而可知反响为Cu和浓硫酸的反响。(2)根据D是一种无色气体，遇到空气变为红棕色，液体C呈蓝色可推知反响是铜与稀硝酸的反响。(3)铝是既可以与酸反响又能与碱反响放出H2的物质。25(2022经典习题选萃)(8分)50 ml浓H2SO4溶液(足量)中参加3.2 g Cu，

29、在加热条件下充分反响：(1)反响消耗的H2SO4的物质的量是_，生成SO2的体积为(标准状况下)_mL。(2)假设题干中浓硫酸的物质的量浓度为a molL1，投入足量的铜片加热，充分反响后，被复原的硫酸的物质的量n(H2SO4)_0.025a mol(填“等于、“大于或“小于)。(3)将题干中反响后的溶液稀释到500 mL，取出50 mL，并向取出液中参加足量的BaCl2溶液，得到沉淀19.81 g，求原浓硫酸的物质的量浓度。【答案】(1)0.1 mol1 120(2)小于(3)18 molL1【点拨】(1)设消耗H2SO4物质的量为x，生成SO2体积为y，Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O64 g2 mol22400 mL32 gxy mL解得(2)n(H2SO4)0.05a mol，由于Cu与浓硫酸的反响中，溶质H2SO4不可能全部参加反响，且被复原的硫酸为参加反响的硫酸的一半，故实际被复原的硫酸的物质的量小于0.025a mol。(3)因为n(BaSO4)0.085 moln(SO2)0.05 mol所以原溶液中硫酸的物质的量：n(H2SO4)n(SO)n(SO2)0.9 mol所以c(H2SO4)18 molL1。