1、学年人教版必修1 全册综合测试全册综合测试题一、单选题(共20小题,每小题3分,共60分)1.下列物质鉴别方法不正确的是（）A 用焰色反应鉴别NaCl、KCl溶液B 用氢氧化钠鉴别MgCl2溶液、AlCl3溶液C 利用丁达尔效应鉴别Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液D 用澄清石灰水鉴别SO2、CO2气体【答案】D【解析】A项，二者焰色反应现象不同，钾的为紫色，钠的为黄色，可鉴别，故A正确；B项，滴加氢氧化钠都生成沉淀，继续滴加氢氧化钠，因氢氧化钠为两性氢氧化物，氢氧化铝与氢氧化钠反应而溶解，可鉴别，故B正确；C项，胶体具有丁达尔效应，可鉴别，故C正确；D项，二者都与澄清石灰水反应，现象相同，不
2、能用澄清石灰水鉴别，二氧化硫具有还原性和漂白性，可用高锰酸钾或品红鉴别，故D错误。故选D。2.欲配制100 mL 1.0 molL-1Na2CO3溶液，正确的方法是（）A 称量10.6 g Na2CO3溶于100 mL水中B 称量10.6 g Na2CO310H2O溶于少量水中，再用水稀释至100 mLC 量取20 mL 5.0 molL-1Na2CO3溶液用水稀释至100 mLD 配制80 mL 1.0 molL-1Na2CO3溶液，则只需要称量8.5 g Na2CO3【答案】C【解析】A项，100 mL为水的体积，不是溶液的体积，则不能计算物质的量浓度，错误；B项，n=0.1 mol，由V
3、=0.1 L、c=可知，碳酸钠溶液的浓度小于0.1 mol L-1，错误；C项，由稀释前后溶质的物质的量不变可知，稀释后c=1 molL-1，正确；D项，配制80 mL 1.0 molL-1Na2CO3溶液，需要100 mL容量瓶，碳酸钠的质量m=cVM=0.1 L1.0 molL-1106 gmol-1=10.6 g，错误。3.现将AlCl3、MgCl2、MgSO4、Al2（SO4）3四种物质溶于水，形成的混合溶液中c（Al3+）=0.1 molL1、c（Mg2+）=0.25 molL1、c（Cl）=0.2 molL1，则该溶液中c（）为（）A 0.15 molL1B 0.2 molL1C
4、0.25 molL1D 0.30 molL1【答案】D【解析】c（Al3+）=0.1 molL1、c（Mg2+）=0.25 molL1、c（Cl）=0.2 molL1，设该溶液中c（）为x，由电荷守恒可知，0.13+0.252=0.21+x2，解得x=0.30 molL1。4.在下列物质分类中，前者包含后者的是（）A 氧化物、化合物B 化合物、电解质C 溶液、胶体D 溶液、分散系【答案】B【解析】A项，化合物包括酸、碱、盐、氧化物等，后者包括前者，故A错误；B项，根据物质在水溶液或熔融态下是否导电，可以将化合物分为电解质和非电解质两类，所以前者包括后者，故B正确；C项，分散系根据分散质微粒直径
5、的大小可以分为溶液、浊液和胶体三类，所以前者和后者是并列关系，故C错误；D项，分散系根据分散质微粒直径的大小可以分为溶液、浊液和胶体三类，所以后者包括前者，故D错误。故选B。5.甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH、Cl、中的不同阳离子和阴离子各一种组成，已知：将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；0.1 molL-1乙溶液中c（H+）0.1 molL-1；向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成。下列结论不正确的是（）A 甲溶液含有Ba2+B 乙溶液含有C 丙溶液含有ClD 丁溶液含有Mg2+【答案】D【解析】
6、根据中的信息可知乙是二元酸，故乙是H2SO4；根据中现象，可以推知丙中含有Cl；再结合中提供信息，甲与其他三种物质混合均产生白色沉淀，则可推出甲是Ba（OH）2，乙是H2SO4，丙是MgCl2，丁是NH4HCO3，故选D。6.在某无色酸性溶液中能大量共存的一组离子是（）A Na+、K+、B、Al3+、C Na+、Ca2+、D K+、【答案】B【解析】H+与反应生成CO2而不能大量共存，故A错误；酸性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；酸性条件下，H+与反应生成CO2而不能大量共存，并且与Ca2+反应生成沉淀，故C错误；有颜色，不符合题目无色的要求，故D错误。7.已知反应：Cl
7、2+2KBr=2KCl+Br2，KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O，2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3，下列说法正确的是（）A 上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应B 氧化性由强到弱顺序为 KBrO3KClO3Cl2Br2C 反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为61D 中lmol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量为2 mol【答案】B【解析】中生成物有单质但反应物没有单质，不是置换反应，A错误；Cl2+2KBr=2KCl+Br2中氧化剂是氯气，氧化产物是溴，氯气的氧化性大于溴，KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中氧化剂是氯酸钾，氧化产物是氯气，氯酸钾
8、的氧化性大于氯气，2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3中氧化剂是溴酸钾，氧化产物是氯酸钾，溴酸钾的氧化性大于氯酸钾，氧化性强弱顺序是 KBrO3KClO3Cl2Br2，B正确；KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中，氧化剂是氯酸钾，参加反应的氯化氢作还原剂，所以还原剂和氧化剂的物质的量之比是51，C错误；还原剂是氯气，氧化剂是溴酸钾，该反应式中l mol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量=2（50）mol=10 mol，D错误。8.已知常温下，在溶液中发生如下反应：16H+10Z+=2X2+5Z2+8H2O；2A2+B2=2A3+2B；2B+Z2=B2+2Z。由此推断下列说
9、法错误的是（）A 反应Z2+2A2+=2A3+2Z可以进行B Z元素在反应中被还原，在反应中被氧化C Z2可以置换出X2+溶液中的XD 氧化性由强到弱的顺序是XO4、Z2、B2、A3+【答案】C【解析】A项，由上述分析可知，氧化性Z2A3+，则反应Z2+2A2+=2A3+2Z能发生，故A正确；B项，Z元素在中化合价升高，被氧化，而在中元素的化合价降低，被还原，故B正确；C项，由电子、电荷守恒，可知的；离子方程式为16H+10Z+2XO4=2X2+5Z2+8H2O，所以Z2不可以置换出X2+溶液中的X，故C错误；D项，由上述分析可知，氧化性由强到弱的顺序是、Z2、B2、A3+，故D正确；故选C9
10、.已知某KOH样品中含水7.62%，含K2CO32.23%，含KOH 90%。现将1.00 g样品加入46.00 mL 1.00 molL-1的盐酸中，过量的酸用1.070 molL-1KOH溶液刚好中和。蒸发溶液，蒸发到无水时，可得到固体的质量约为（）A 3.00 gB 3.43 gC 4.50 gD 无法计算【答案】B【解析】K2CO3和KOH与盐酸反应的产物都是KCl，盐酸过量，用1.070 molL-1KOH溶液刚好中和，最后全部生成KCl，即蒸发得到的固体为KCl，根据Cl元素守恒可得：n（KCl）=n（HCl）=0.046 L1.00 molL-1=0.046 mol，所以m（KC
11、l）=0.046 mol74.5 gmol-1=3.43 g。10.有KOH和Ca（OH）2的混合溶液，c（OH）=0.1 molL1。取此溶液500 mL，向其中通入CO2，通入CO2的体积（V）和生成沉淀的物质的量（n）的关系如图所示。图中（V1）为112 mL（标准状况），则图中V2、V3的体积（单位为mL）分别是（）A 560、672B 1 008、1 120C 2 240、2 352D 392、504【答案】B【解析】KOH和Ca（OH）2的混合溶液，c（OH）=0.1molL1，500 mL溶液中n（OH）=0.1 molL-10.5 L=0.05 mol。OA段发生反应：Ca2+
12、2OH+CO2=CaCO3+H2O，消耗112 mL（=0.005 mol）CO2，所以n（Ca2+）=0.005 mol，产生碳酸钙沉淀的物质的量为0.005 mol，消耗了氢氧根0.01 mol，所以KOH中含有氢氧根离子的物质的量=0.05 mol0.01 mol=0.04 mol。AB段发生反应：OH+CO2=，消耗n（CO2）=0.04 mol，标况下体积：22.4 Lmol-10.04 L=896 mL，V1为112 mL，则V2=112 mL+896 mL=1 008 mL；B最后段：CaCO3+H2O+CO2=Ca2+，碳酸钙溶解，消耗二氧化碳体积和OA段相等，即112 mL，
13、V3的体积：1 008 mL+112 mL=1 120 mL，故选B。11.铁、铜混合粉末18.0 g加入到100 mL 5.0 molL1FeCl3溶液中，充分反应后，剩余固体质量为2.8 g。下列说法正确的是()A 剩余固体是铁、铜混合物B 原固体混合物中铜的质量是9.6 gC 反应后溶液中n(Fe3)0.10 molD 反应后溶液中n(Fe2)n(Cu2)0.75 mol【答案】D【解析】铁的还原性强于铜，把铁、铜混合粉末加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，氯化铁的物质的量是0.5 mol，设0.5 mol铁离子完全反应消耗铜、铁的质量分别为m1、m2，则：m116 g，m214 g，溶
14、解的金属质量：18 g2.8 g15.2 g,14 g15.2 g16 g，则铁完全反应、铜部分反应，且Fe3完全反应，剩余的金属为Cu，故A、C错误；设反应消耗铜的物质的量为n1，反应的铁的物质的量为n2，则：64n156n215.2 gn1n2n(Fe3)0.25 mol，解得：n10.15 mol、n20.1 mol，则原来混合物中含有的铜的质量：015 mol64 gmol-12.8 g12.4 g，故B错误；根据反应方程式可知反应后溶液中n(Fe2)2n(Cu)3n(Fe)20.15 mol30.10 mol0.6 mol，反应后溶液中铜离子的物质的量为n(Cu2)n(Cu)0.15
15、 mol，故n(Fe2)n(Cu2)0.6 mol0.15 mol0.75 mol，故D正确。12.向100 mL 1.0 molL1的AlCl3溶液中逐滴加入0.5 molL1的NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与加入NaOH的量的理论曲线图正确的是（）AB C D 【答案】D【解析】向氯化铝溶液中加入氢氧化钠溶液发生的化学反应：AlCl3+3NaOHAl（OH）3+3NaCl，Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O，当铝离子恰好和氢氧化钠完全反应生成氢氧化铝时，沉淀的物质的量最大，当氢氧化铝完全转化为偏铝酸钠时，沉淀完全消失；根据方程式AlCl3+3NaOHAl（OH）3+3N
16、aCl、Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O知，铝离子完全转化为沉淀和沉淀完全消失需要氢氧化钠的物质的量之比为31，n（AlCl3）=1.0 molL-10.1 L=0.1 mol，完全沉淀时需要氢氧化钠溶液的体积=600 mL，根据原子守恒得nAl（OH）3=n（AlCl3）=0.1 mol，故选D。13.合金具有许多优良的物理、化学或机械性能。下列物质不属于合金的是（ ）A 青铜B 金刚砂(SiC)C 硬铝D 生铁【答案】B【解析】本题考查了合金的特征。合金是指在一种金属中加热熔合其他金属或非金属而形成的具有金属特性的物质，合金具有以下特点：一定是混合物；合金中至少有一种金属。青
17、铜是金属冶铸史上最早的合金，是在纯铜(红铜)中加入锡或铅的合金，故A错。金刚砂(SiC)是纯净物，故B正确。硬铝，是指铝合金中以Cu为主要合金元素的(含2.24.9% Cu、0.21.8% Mg、0.30.9% Mn、少量的硅，其余部分是铝)一类铝合金，故C错。生铁是铁与碳的合金，故D正确。14.钛和钛的合金被誉为“21世纪最有发展前景的金属材料”，它们具有很多优良的性能，如熔点高、密度小、可塑性好、易于加工，尤其是钛合金与人体器官具有很好的“生物相容性”。根据它们的主要性能，下列用途不切合实际的是()A 用来做保险丝B 用于制造航天飞机C 用来制造人造骨D 用于家庭装修，做钛合金装饰门【答案
18、】A【解析】由于钛和钛的合金密度小、可塑性好，因此可用于航天领域，B正确；由于钛和钛合金与人体器官具有很好的“生物相容性”，可与人体的组织相容，不引起排异反应，因此可以用来制造人造骨，C正确；由于其密度小、可塑性好、易于加工，因此可用于家庭装修，做钛合金装饰门，D正确；由于其熔点高，不适合做保险丝，A项错误。15.下列说法中，正确的是（）A 硅元素在自然界里均以化合态存在B SiO2不能与水反应生成硅酸，不是酸性氧化物C 除去二氧化硅中少量的碳酸钙杂质应选用水D 粗硅制备时，发生的反应为C+SiO2Si+CO2【答案】A【解析】Si是亲氧元素，在自然界中全部以化合态形式存在，故A正确；二氧化硅
19、能与碱反应生成盐与水，所以二氧化硅是酸性氧化物，故B错误；二氧化硅和碳酸钙都不溶于水，可以用盐酸除二氧化硅中少量的碳酸钙杂质，故C错误；碳与二氧化硅在高温的条件下反应生成一氧化碳气体，而不是二氧化碳，故D错误；故选A。16.下列关于氯气的说法不正确的是（）A 氯气和液氯是两种不同的物质B 可以用浓硫酸除去氯气中的水蒸气C 氯气是一种有毒气体，但可用于自来水的杀菌消毒D 尽管氯气的化学性质很活泼，但是纯净的液氯能用钢瓶贮存【答案】A【解析】氯气和液氯是同一物质，只不过状态不同，A错误；浓硫酸与氯气不反应，可用浓硫酸除去氯气中的水蒸气，B正确；氯气与水反应生成次氯酸，起杀菌、消毒作用的是氯气与水反
20、应生成的次氯酸，C正确；干燥的氯气与铁不反应，液氯能用钢瓶贮存，D正确。17.下列做法会对人体健康造成较大危害的是（ ）A 用大量SO2漂白馒头B 用小苏打焙制糕点C 用食醋清洗热水瓶胆内壁附着的水垢D 用消毒液(有效成分)对餐具进行杀菌消毒【答案】A【解析】二氧化硫对眼及呼吸道粘膜有强烈的刺激作用，在食品中不能使用二氧化硫，A错，选A。碳酸氢钠受热会产生二氧化碳，使焙制出的糕点疏松多孔，B正确，不选。食醋可以与碳酸钙反应产生可溶性盐：2CH3COOH+CaCO3(CH3COO)2Ca+H2O+CO2，C正确，不选。NaClO具有强氧化性，能杀菌消毒，NaClO作消毒剂时转变成NaCl，对人体
21、无危害，D正确，不选。18.下列说法正确的是()A 氯气和二氧化硫都有漂白性，等体积的二者混合会提高漂白效率B 氢氧化铁胶体在电场的作用下向阳极移动C 普通玻璃中含有石英、石灰石和纯碱D 铝制餐具不宜用来长时间存放酸性、碱性或咸的食物【答案】D【解析】氯气和二氧化硫都有漂白性，等体积的二者混合通入水中反应生成硫酸和盐酸，二者不具有漂白性，故A错误；氢氧化铁胶体能够吸附带正电荷的离子而形成带正电荷的胶体微粒，在电场的作用下向阴极移动，故B错误；玻璃成分为硅酸钠、硅酸钙、二氧化硅，不含石灰石和纯碱，故C错误；铝、氧化铝都能够与酸、碱反应，所以铝制容器不耐酸、碱，不宜用来长时间存放酸性、碱性或咸的食
22、物，故D正确。19.向50 mL稀H2SO4与稀HNO3的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质量与产生气体的体积（标准状况）之间的关系如图所示，且每一段只对应一个反应。下列说法正确的是（）A 开始时产生的气体为H2B AB段发生的反应为置换反应C 所用混合溶液中c（HNO3）=0.5 molL1D 参加反应铁粉的总质量m2=5.6 g【答案】D【解析】已知氧化性：Fe3+H+，OA段发生：Fe+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB段发生：Fe+2Fe3+=3Fe2+，B以后发生：Fe+2H+=Fe2+H2。开始时产生的气体为NO，A错误；AB段发生：Fe+2Fe3+=3Fe2+，为化合反应
23、，B错误；n（NO）=0.05 mol，所用混合溶液中c（HNO3）=1 molL-1，C错误；最终生成Fe2+，根据氧化还原反应中得失电子数目相等可知3n（NO）+2n（H2）=2n（Fe），即30.05 mol+2=2n（Fe），n（Fe）=0.1 mol，质量为5.6 g，D正确。20.某同学利用下图装置进行喷泉实验，已知圆底烧瓶内充满X气体，胶头滴管内装有少量Y液体，烧杯内装有足量Z液体，下列组合能进行喷泉实验且最终液体一定能充满整个烧瓶的是（）【答案】C【解析】在烧瓶中充满干燥气体，而胶头滴管及烧杯中分别盛有液体，若形成喷泉，则气体极易溶于液体或气体极易与液体反应。二氧化氮溶于水和水
24、反应，能形成喷泉，但二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，一氧化氮气体难溶于水，液体不能充满烧瓶，A不选；二氧化碳微溶于水，与水的反应极其微弱，不能形成喷泉，B不选；HCl气体极易溶于饱和食盐水，产生压强差，形成喷泉，液体充满整个烧瓶，C选；41的NO2与O2和水，能形成喷泉，4NO2+O2+2H2O4HNO3，烧瓶能充满液体，如果体积比不是41，则烧瓶不能充满液体，D不选。二、非选择题(共4小题,每小题10分,共40分) 21.掌握仪器名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，如图为蒸馏实验装置。（1）写出下列仪器的名称：ab。（2）实验过程中，需要通冷水，图中的进水方向是进（填图中字母）。（
25、3）若利用装置分离四氯化碳和酒精的混合物，还缺少的用品是。（4）若用装置制蒸馏水，实验时a中除加入少量自来水外，还需加入少量，其作用是防止暴沸。【答案】（1）蒸馏烧瓶 冷凝管（2）g （3）温度计 （4）碎瓷片（沸石）【解析】（1）仪器a、b的名称分别为蒸馏烧瓶、冷凝管。（2）实验过程中，需要通冷水，图中的进水方向是g 进；分离四氯化碳和酒精的混合物采取蒸馏法，需要温度计测定温度，图中缺少的仪器为温度计。（4）若用装置制蒸馏水，加热时防止液体剧烈沸腾，则实验时a中除加入少量自来水外，还需加入少量碎瓷片（沸石），其作用是防止暴沸。22.氧化还原反应是一类重要的反应，在工农业生产、日常生活中都有广
26、泛的用途。(1)火药是中国的“四大发明”之一，永远值得炎黄子孙骄傲。黑火药在发生爆炸时，发生如下反应：2KNO33CS=K2SN23CO2。其中被氧化的元素是_，还原产物是_。(2)实验室为监测空气中汞蒸气的含量，往往悬挂涂有CuI的滤纸，根据滤纸是否变色或颜色发生变化所用去的时间来判断空气中的含汞量，其反应为4CuIHg=Cu2HgI42Cu。上述反应产物Cu2HgI4中，Cu元素显_价。以上反应中的氧化剂为_，当有1 mol CuI参与反应时，转移电子_mol。标明上述反应电子转移的方向和数目。_。(3)工业上常用酸性高锰酸钾溶液处理含有CuS和Cu2S的矿物，其反应原理如下：8MnO5C
27、u2S44H=10Cu25SO28Mn222H2O6MnO5CuS28H=5Cu25SO26Mn214H2O根据上述反应原理，某学习小组用400 mL 0.075 molL1的酸性高锰酸钾溶液处理2 g含有CuS和Cu2S的混合物。反应后煮沸溶液，赶尽SO2，剩余的KMnO4恰好与350 mL 0.1 molL1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液完全反应。配平KMnO4与(NH4)2Fe(SO4)2反应的离子方程式：_MnO_Fe2_H=_Mn2_Fe3_H2OKMnO4溶液与固体混合物反应后，剩余KMnO4的物质的量为_ mol。【答案】(1)CK2S和N2(2)1CuI0.5 (3)158
28、1540.007【解析】(1)本反应中，氮元素的化合价由5价变为0价，硫元素的化合价由0价变为2价，碳元素的化合价由0价变为4价，被氧化的元素是C。氧化剂是KNO3和S，氧化产物是CO2，还原产物是K2S和N2。(2)正确分析化合价的关键是先确定I元素的负价只有1价，Cu在化合物中只有1、2价，再由化学式中各元素正负化合价代数和等于零确定各元素的化合价，由此可确定Cu2HgI4中Cu为1价，Hg为2价。反应4CuIHg=Cu2HgI42Cu中，每4 mol CuI参加反应转移电子2 mol，即当有1 mol CuI参加反应时，转移电子0.5 mol。(3)反应中Mn元素的化合价由7降低到2，F
29、e元素的化合价由2升高到3，由电子守恒、电荷守恒、原子守恒可知，离子反应为MnO5Fe28H=Mn25Fe34H2O。设与(NH4)2Fe(SO4)2反应消耗高锰酸钾xmol，则MnO5Fe28H=Mn25Fe34H2O1 mol 5 molxmol 0.350 L0.1 molL1所以x0.007，即与固体混合物反应后剩余KMnO4的物质的量为0.007 mol。23.某课外活动小组为了测定铜铁合金中铁的质量分数，现取铜铁合金样品20.0 g，将80.0 g稀硫酸平均分成4份，分4次逐渐加入到样品中，每次充分反应后测得剩余固体质量见下表试求：(1)20.0 g铜铁合金中，铜的质量是_。(2)铜铁合金中，铁元素的质量分数是_。(3)20 g稀硫酸溶液中溶质质量是_。【答案】(1
