2025版高一化学必修第一册 单元形成性评价(二)(第二章)

单元形成性评价(二)(第二章)(75分钟100分)一、选择题(本题包括14小题,每小题3分,共42分,每小题只有一项符合题目要求)1.下列说法正确的是()A.将钠块投到硫酸铜溶液中,可析出单质铜B.等物质的量的Na2O2分别与足量水、CO2反应放出等物质的量的O2C.氯水、漂白粉、“84”消毒液均有漂白性,但漂白原理不同D.加热条件下,2.3gNa与11.2LO2能恰好完全反应生成Na2O2【解析】选B。在硫酸铜溶液中,Na先与水发生反应,不会析出单质铜,A项错误;由Na2O2与水或CO2反应的化学方程式可知,1molNa2O2分别与足量水、CO2反应均生成0.5molO2,B项正确;氯水、漂白粉、“84”消毒液的漂白原理相同,C项错误;D项中未注明O2是在标准状况下,D项错误。2.下列说法正确的是()A.22.4LH2中一定含有2molHB.16gO2所含O的物质的量为2molC.1molOH-含有的电子数为6.02×1023D.20℃、1.0×105Pa时,同体积的O2与CO2含有相同的分子数【解析】选D。在标准状况下22.4LH2中一定含有2molH,没有说明是否标准状况,无法计算,故A错误;16gO2的物质的量为16g32g·mol-1=0.5mol,则16gO2所含O的物质的量为0.5mol×2=1mol,故B错误;1molOH-含有电子10mol,则电子数为6.02×1024,故C错误;同温、同压、同体积的任何气体具有相同的分子数,则20℃、1.0×105Pa时,同体积的3.下列物质鉴别方法不正确的是()A.用焰色试验鉴别NaCl、KCl溶液B.用氢氧化钠鉴别MgCl2溶液、NaCl溶液C.利用丁达尔效应鉴别FeCl2溶液和HCl溶液D.用澄清石灰水鉴别CO、CO2气体【解析】选C。二者焰色试验现象不同,钾为紫色,钠为黄色,可以鉴别,A项正确;氢氧化钠加入MgCl2溶液中产生沉淀,而加入NaCl溶液中无现象,可以鉴别,B项正确;FeCl2溶液和HCl溶液均为溶液,而只有胶体才具有丁达尔效应,所以无法鉴别,C项错误;CO2通入澄清石灰水中,产生沉淀,而CO无现象,可以鉴别,D项正确。4.下列说法正确的是()A.NaOH的摩尔质量为40gB.钠露置在空气中会发生一系列的变化,最终生成NaHCO3C.称取25g胆矾溶于1L水中,即可制得0.1mol·L-1的CuSO4溶液D.“84”消毒液不能与洁厕灵等酸性产品混用是为防止产生有毒的氯气【解析】选D。NaOH的摩尔质量为40g·mol-1,故A错误;钠露置在空气中会发生一系列的变化,最终生成碳酸钠,故B错误;称取25g胆矾含有硫酸铜物质的量为25g250g·mol-1=0.1mol,溶于1L水中,得到溶液体积大于1L,所以得到硫酸铜溶液浓度小于0.1mol·L-1,故C错误;“84”消毒液含有次氯酸根离子5.已知下列转化关系图,且知采用电解熔融氯化钠的方法可以生产金属钠:2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑。下列说法不正确是()A.A、C、E一定含有同种元素B.若B与H2的反应条件不同,现象也不同C.C与D反应属于复分解反应D.D物质可能为FeCl2【解析】选D。氯化钠转化得到A、B,二者又得到NaCl,而B能与Fe反应生成D,A与水反应生成C且C与二氧化碳反应,则A为Na、B为Cl2,可知C为NaOH、D为FeCl3、E为Na2CO3、F为CaCl2。A为Na、C为NaOH、E为Na2CO3,均含有Na元素,故A正确;H2在Cl2中燃烧,火焰呈苍白色,光照H2与Cl2的混合气体发生爆炸,所以Cl2与H2反应的条件不同,现象也不同,故B正确;C为NaOH、D为FeCl3,二者发生复分解反应生成氢氧化铁和氯化钠,故C正确;Fe在Cl2燃烧生成FeCl3,不能生成FeCl2,故D错误。6.把含有BaCl2和KCl的500mL溶液分成两等份。向其中一份加入溶质物质的量为amol的硫酸钠溶液,恰好使Ba2+完全沉淀;向另一份中加入溶质物质的量为bmol的硝酸银溶液,恰好使Cl-完全沉淀。则原溶液中K+的浓度为()A.4(b-2a)mol·L-1B.10(b-2a)mol·L-1C.10(2a-b)mol·L-1D.0.1(b-2a)mol·L-1【解析】选A。一份加入含amol硫酸钠的溶液,发生反应Ba2++SO42-===BaSO4↓,恰好使钡离子完全沉淀,可知该份溶液中n(Ba2+)=n(SO42-)=n(Na2SO4)=amol;另一份加入含bmol硝酸银的溶液,发生反应Ag++Cl-===AgCl↓,恰好使氯离子完全沉淀,则n(Cl-)=n(Ag+)=bmol,根据电荷守恒可知每份中2n(Ba2+)+n(K+)=n(Cl-),每份溶液中n(K+)=bmol-2amol=(b-2a7.下列实验方案能够达到目的的是()选项实验目的实验方案A除去氯气中的水蒸气将混合气体通过盛有碱石灰的干燥管B检验钠与H2O的反应产物NaOH将绿豆粒大小的钠投入盛有适量水的培养皿中,加入稀盐酸C鉴别碳酸钠和碳酸氢钠溶液向溶液中分别滴加稀盐酸D检验新制氯水中含有HClO向新制氯水中加入少量CaCO3【解析】选C。氯气与碱石灰能够发生化学反应,因此不能用碱石灰除去氯气中的水蒸气,故A错误;氢氧化钠与盐酸反应无现象,不能检验NaOH,可用酚酞检验氢氧化钠,故B错误;向碳酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸,碳酸钠先与稀盐酸反应生成碳酸氢钠,无气体产生,而向碳酸氢钠溶液中逐滴加入稀盐酸,二者反应立即生成二氧化碳气体,故C正确;新制氯水中含有H+,能与碳酸钙反应生成CO2,不能说明新制氯水中含有HClO,故D错误。8.世界卫生组织将ClO2定为A级高效安全灭菌消毒剂,它在食品保鲜、饮用水消毒等方面有广泛应用。消毒效率是用单位质量的消毒剂得电子数来表示的,ClO2作消毒剂时和氯气一样,还原产物均为Cl-。下列关于ClO2的说法正确的是()A.ClO2的摩尔质量为67.5B.从分类上来看,ClO2属于金属氧化物C.ClO2的消毒效率约是氯气的2.63倍D.ClO2分子中氯元素与氧元素的质量比为1∶2【解析】选C。A项,摩尔质量应带单位;B项,从分类上来看,ClO2属于非金属氧化物;C项,ClO2的消毒效率为567.5,氯气的消毒效率为271,故ClO2的消毒效率约是氯气的2.63倍;D项,1分子ClO2中氯原子与氧原子的个数比为1∶2,氯元素与氧元素的质量比为9.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,28gN2和CO的混合气体所含原子数为2NAB.1.8gNH4+中含有的电子数为C.标准状况下,18gH2O含有的原子数为3NAD.1L1mol·L-1的盐酸中含有NA个HCl分子【解析】选D。N2和CO的摩尔质量均为28g·mol-1,故28g混合气体的物质的量为1mol,且二者均为双原子分子,故1mol混合气体中所含原子数为2NA,A项正确;1.8gNH4+的物质的量为0.1mol,1个NH4+中含10个电子,故0.1molNH4+中含有的电子数为NA,B项正确;18gH2O的物质的量为1mol,1个H2O分子中含有3个原子,故1molH2O中含有的原子数为3NA,C项正确;HCl溶于水后形成H+和Cl-10.用碳酸钠晶体(化学式为Na2CO3·10H2O)来配制0.5mol·L-1的Na2CO3溶液1000mL,假如其他操作均是准确无误的,下列情况会引起所配制溶液的浓度偏高的是()A.称取碳酸钠晶体100gB.定容时,俯视刻度线C.移液时,没有对溶解碳酸钠晶体的烧杯进行洗涤D.定容后,将容量瓶颠倒摇匀,静置时发现液面低于刻度线,于是又加入少量水至刻度线【解析】选B。A项,需要称取碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)的质量为286g·mol-1×0.5mol·L-1×1L=143g,故称取100g碳酸钠晶体使所配制溶液的浓度偏低;B项,定容时,俯视刻度线,即实际加水量少于应加水量,因此导致所配制溶液的浓度偏高;C项,对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯,若不数次加水洗涤并将洗涤液转入容量瓶,会使部分溶质损失,使所配制溶液的浓度偏低;D项,定容后,当摇匀、静置后发现液面低于刻度线,这是由于液体沾在瓶壁和磨口等处所致,不会造成偏差,若加水,则使所配溶液浓度偏低。11.如图所示,两圆圈相交的部分表示圆圈内的物质相互发生的反应。已知钠及其氧化物的物质的量均为0.1mol,水的质量为100g。下列说法正确的是()A.反应③最多能产生0.05molO2B.反应①的离子方程式为Na+2H2O===Na++2OH-+H2↑C.Na2O2中阴阳离子数目之比为1∶1D.①、②、③充分反应后所得溶液中溶质的质量分数:①>②>③【解析】选A。反应③为2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑,根据方程式知,0.1molNa2O2最多产生0.05molO2,故A正确;电荷不守恒,反应①正确的离子方程式为2Na+2H2O===2Na++2OH-+H2↑,故B错误;Na2O2由Na+和O22-构成,阴阳离子数目之比为1∶2,故C错误;钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的化学方程式分别如下:2Na+2H2O===2NaOH+H2↑,溶液增加的质量=m(Na)-m(H2)=2.3g-0.1g=2.2g;Na2O+H2O===2NaOH,溶液增加的质量=m(Na2O)=0.1mol×62g·mol-1=6.2g;2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑,溶液增加的质量=m(Na2O2)-m(O2)=m(Na2O)=6.2g,所以溶液增加的质量大小顺序为:钠<氧化钠=过氧化钠。根据钠原子守恒知,0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为:0.1mol、0.2mol、0.2mol,通过以上分析可知,0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠溶于水所得溶液的溶质质量分数分别为4g100g+2.2g、8g100g+6.212.V2O5是工业上重要的化工原料。其溶解在浓盐酸中的产物为VO2+和黄绿色气体单质X,该气体可用NaOH溶液吸收。下列关于V2O5与浓盐酸反应的说法正确的是()A.该反应中还原剂是V2O5B.氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1C.氧化性:V2O5>XD.每生成1molVO2+,可生成11.2L气体X【解析】选C。由题意可知,V2O5中+5价V转化成+4价,化合价降低,发生了还原反应,黄绿色气体为Cl2,Cl元素的化合价由-1价升高为0价,HCl发生氧化反应,HCl被氧化,反应的化学方程式为V2O5+6HCl(浓)===2VOCl2+Cl2↑+3H2O,HCl作还原剂,故A错误;根据A选项分析,6molHCl中只有2mol作还原剂,氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2,故B错误;V2O5是氧化剂,Cl2是氧化产物,氧化性:V2O5>Cl2,故C正确;没有说明气体Cl2所处的状况,无法计算其体积,故D错误。13.将一定量的CO2气体通入2L未知浓度的NaOH溶液中,在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量,并将溶液加热,产生的气体与HCl的物质的量的关系如图所示(忽略气体的溶解和HCl的挥发),下列说法不正确的是()A.0点溶液中所含溶质n(NaOH)∶n(Na2CO3)=1∶2B.0a段发生的离子反应方程式为CO32-+H+C.通入CO2的体积为44.8L(标准状况下)D.原NaOH溶液的物质的量浓度为2.5mol·L-1【解析】选B。a点开始稀盐酸参与反应生成气体,发生反应:NaHCO3+HCl===NaCl+H2O+CO2↑,生成气体量最大时消耗2molHCl,可知碳酸氢钠为2mol,由Na2CO3+HCl===NaHCO3+NaCl,可知2mol碳酸钠转化为2mol碳酸氢钠消耗2molHCl,而题图中未生成二氧化碳时消耗HCl的物质的量为3mol,说明氢氧化钠溶液吸收二氧化碳后的溶液中还含有1molNaOH。由上述分析可知,A正确,B错误;由上述分析知Na2CO3的物质的量为2mol,根据碳原子守恒知,通入的二氧化碳的物质的量为2mol,则标准状况下,通入CO2的体积为44.8L,C正确;加入5molHCl时生成二氧化碳的体积最大,此时溶液中溶质为NaCl,则n(NaOH)=n(HCl)=5mol,所以c(NaOH)=5mol2L=2.5mol·L14.某探究活动小组根据侯德榜制碱法的原理,按下面设计的方案制备碳酸氢钠。实验装置如图所示(图中夹持、固定用的仪器未画出)。下列说法正确的是()A.乙装置中盛放的是NaOH溶液,以便除去HCl气体B.丙装置中的溶液变浑浊,因为有碳酸氢钠晶体析出C.丁装置中倒扣的漏斗主要作用是防止污染性气体逸出D.实验结束后,分离碳酸氢钠的操作是蒸发结晶【解析】选B。甲装置为CO2的制取装置,乙装置为除去CO2中混有HCl的装置,丙装置为制取NaHCO3的装置,丁装置为尾气处理装置。乙装置中若盛放NaOH溶液,不仅能除去HCl气体,也会吸收CO2气体,A不正确;丙装置中发生反应NH3+NaCl+H2O+CO2===NaHCO3↓+NH4Cl,溶液变浑浊,因为有碳酸氢钠晶体析出,B正确;因为CO2不污染环境,所以丁装置是为了除去NH3,倒扣的漏斗主要作用是防止倒吸,C不正确;因为反应生成NaHCO3晶体,所以实验结束后,分离碳酸氢钠的操作是过滤,D不正确。二、非选择题(本题包括4小题,共58分)15.(14分)有4种钠的化合物W、X、Y、Z,它们之间存在如下关系:①WX+H2O+CO2↑②Z+CO2X+O2③Z+H2OY+O2↑④X+Ca(OH)2Y+CaCO3↓试回答下列问题:(1)W、X、Y、Z的化学式分别是W为NaHCO3、

X为Na2CO3、Y为NaOH、Z为Na2O2。

(2)以上4个化学反应中,属于氧化还原反应的是②③(填反应序号),反应中氧化剂是Na2O2(写化学式),还原剂是Na2O2(写化学式)。

(3)若反应④在溶液中进行,写出其离子方程式以及能用该离子方程式表示的另一个反应的化学方程式:离子方程式:Ca2++CO32-===CaCO3化学方程式:Ca(OH)2+K2CO3===2KOH+CaCO3↓。

【解析】①反应可认定为NaHCO3的分解反应:2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑,该反应是非氧化还原反应。将X(Na2CO3)代入②④两反应,逆推可知Z为Na2O2,Y为NaOH。②2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2,③2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑,以上2个反应都是氧化还原反应,且Na2O2既是氧化剂又是还原剂。这样,反应④为Na2CO3+Ca(OH)2===CaCO3↓+2NaOH,其离子反应为CO32-+Ca2+===CaCO3↓。多数可溶性碳酸盐和Ca(OH)216.(14分)某同学帮助水质检测站配制480mL0.5mol·L-1NaOH溶液以备使用。Ⅰ.该同学应称取NaOH固体10.0g。容量瓶使用之前需要检漏。溶液的配制过程如图2所示,则图1所示操作应在图2中的④与⑤(填序号)之间。操作②中液体转移到容量瓶之前要注意冷却到室温。图中⑤操作的名称是定容,进行该操作时要注意液面在刻度线以下1~2cm时,改用胶头滴管滴加至液面与刻度线相切。

【解析】Ⅰ.配制480mL0.5mol·L-1NaOH溶液,应选择500mL容量瓶,需要NaOH固体的质量m=0.5mol·L-1×500×10-3L×40g·mol-1=10.0g;容量瓶带有玻璃塞,为防止漏液,使用前需要检查瓶口处是否漏水;配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤:计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶,图1所示操作为加蒸馏水过程,应在用胶头滴管定容前进行,所以应在图2中的④与⑤之间;操作②中液体转移到容量瓶之前要注意冷却到室温。图中⑤操作的名称是定容,进行定容操作时要注意液面在刻度线以下1~2cm时,改用胶头滴管滴加至液面与刻度线相切。Ⅱ.实验室用63%的浓硝酸(其密度为1.4g·mL-1)配制240mL0.50mol·L-1稀硝酸,若实验仪器有:A.10mL量筒B.50mL量筒C.托盘天平D.玻璃棒E.100mL容量瓶F.250mL容量瓶G.500mL容量瓶H.胶头滴管I.200mL烧杯J.试剂瓶(1)此浓硝酸的物质的量浓度为14.0mol·L-1。

(2)应量取63%的浓硝酸8.9mL,应选用A(填字母,下同)量取浓硝酸。

(3)实验时还需选用的仪器有D、I、J、F、H。

(4)配制过程中,下列操作会使配制的稀硝酸浓度偏高的是①③(填序号)。

①量取浓硝酸的量筒用蒸馏水洗涤2~3次,并把洗涤液转入容量瓶中②容量瓶使用时未干燥③溶解后未经冷却就移液④定容时不小心有少量蒸馏水滴到瓶外⑤定容后经振荡、摇匀、静置,发现液面最低点低于刻度线,再补加蒸馏水至刻度线【解析】Ⅱ.(1)浓硝酸的物质的量浓度c=1000ρwM=1【解析】Ⅱ.(2)由于无240mL容量瓶,故应选用250mL容量瓶,配制出250mL溶液,设需要浓硝酸的体积为VmL,根据c浓·V浓=c稀·V稀可得,14.0mol·L-1×V×10-3L=0.50mol·L-1×250×10-3L,解得V≈8.9;根据“大而近”原则,应选用10mL量筒,故选A。【解析】Ⅱ.(3)根据配制步骤(计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶)可知,所需的仪器除10mL量筒、烧杯、玻璃棒、试剂瓶外,还需要的仪器有250mL容量瓶和胶头滴管。【解析】Ⅱ.(4)①量筒存在自然残留,若用蒸馏水洗涤量取浓硝酸的量筒2~3次,并把洗涤液转入容量瓶中,会导致溶质的量偏多,所配溶液浓度偏高;②容量瓶使用时未干燥,对所配溶液浓度无影响;③溶解后未经冷却就移液,则冷却后溶液体积偏小,所配溶液浓度偏高;④定容时不小心有少量蒸馏水滴到瓶外,对所配溶液浓度无影响;⑤定容后经振荡、摇匀、静置,发现液面低于刻度线是正常现象,再补加蒸馏水至刻度线会导致所配溶液浓度偏低。17.(14分)如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持及加热仪器已略)。(1)仪器a的名称为分液漏斗。

【解析】(1)由实验装置图可知,仪器a的名称为分液漏斗。(2)制备氯气选用的药品为二氧化锰和浓盐酸,则相关的化学反应方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。

【解析】(2)制备氯气选用的药品为二氧化锰和浓盐酸,即实验室制备氯气,故相关的化学反应方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。(3)装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中的HCl;

同时装置B亦是安全瓶,监测实验进行时C中是否发生堵塞,请写出发生堵塞时B中的现象:长颈漏斗中形成液柱,且液面不断上升。

【解析】(3)由分析可知,装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中的HCl,同时装置B亦是安全瓶,监测实验进行时C中是否发生堵塞,发生堵塞时B中的现象是长颈漏斗中形成液柱,且液面不断上升。(4)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性,为此C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次放入c。

选项abcdⅠ干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条Ⅱ浓硫酸硅胶无水氯化钙碱石灰Ⅲ湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条【解析】(4)由于C装置左端是湿润的氯气,故C中Ⅰ放湿润的有色布条,Ⅱ为干燥氯气试剂,故为硅胶或无水氯化钙,Ⅲ中为干燥的有色布条,可以观察到Ⅰ中布条褪色,Ⅲ中布条不褪色,则说明Cl2本身无漂白性,氯水有漂白性。(5)装置D、E的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性强弱。当向D中缓缓通入少量氯气时,反应的离子方程式为2Br-+Cl2===2Cl-+Br2,打开活塞,将装置D中少量溶液加入装置E中,振荡、静置,观察到的现象为溶液分层,上层溶液为紫红色,下层几乎无色,根据实验得出氯、溴、碘单质的氧化性强弱为Cl2>Br2>I2。

【解析】(5)装置D、E的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性强弱。当向D中缓缓通入少量氯气时,即NaBr和Cl2反应生成NaCl和Br2,故反应的离子方程式为2Br-+Cl2===2Cl-+Br2,打开活塞,将装置D中少量溶液加入装置E中,振荡、静置,观察到的现象为溶液分层,上层溶液为紫红色,说明有I2生成,发生的离子方程式为2I-+Br2===2Br-+I2,下层几乎无色,根据实验得出氯、溴、碘单质的氧化性强弱为Cl2>Br2>I2。(6)装置F中用足量的NaOH溶液吸收多余的氯气,试写出相应的离子方程式:2OH-+Cl2===Cl-+ClO-+H2O。

【解析】(6)由分析可知,装置F中用足量的NaOH溶液吸收多余的氯气,发生的离子方程式为2OH-+Cl2===Cl-+ClO-+H2O。18.(16