1、模块终结性评价(第13章)(75分钟 100分)一、选择题：本题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1(2021福州高一检测)化学与生活密不可分。下列有关生活中的化学知识叙述错误的是()A氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂B洁厕灵不能与 84 消毒液混用，原因是两种溶液混合会产生有毒的 Cl2C过氧化钠可以用作呼吸面具的供氧剂，是因其可以和水、二氧化碳反应生成氧气D漂白粉在空气中久置变质，是因为其中的 CaCl2 与空气中的 CO2 反应生成 CaCO3【解析】选 D。A.氯气和碱反应生成次氯酸盐、氯化物和水，所以氯气与烧
2、碱溶液或石灰乳反应都能得到具有消毒作用的次氯酸盐，故 A 正确；B.洁厕灵的主要成分为盐酸，84 消毒液主要成分为次氯酸钠，盐酸与次氯酸钠能发生归中反应生成氯气，所以洁厕灵不能与 84 消毒液混用，故 B 正确；C.Na2O2 与 CO2 反应生成碳酸钠和氧气，Na2O2 与水反应生成氢氧化钠和 O2，所以过氧化钠可以用作呼吸面具的供氧剂，故 C 正确；D.漂白粉在空气中久置变质，是因为漂白粉中次氯酸钙和空气中的二氧化碳水蒸气发生反应生成碳酸钙和次氯酸，而次氯酸易分解，导致漂白粉变质，故 D 错误。2(2021德州高一检测)对化学问题的下列解读不正确的是()A配制一定物质的量浓度的溶液时，容量
3、瓶是否干燥对配制结果无影响B在进行钠与水反应的实验时，多余的钠需要放回原试剂瓶中C.如图所示景象是由于胶体粒子对光的散射形成的D已知钠与水反应比钠与乙醇反应更剧烈，所以两种电解质的活泼性：水大于乙醇【解析】选 D。A.用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，在使用前要先检查是否漏水，容量瓶中无论干燥与否，对实验结果没有影响，故 A 正确；B.钠为极活泼的金属，易和水反应生成氢气，易被空气中的氧气氧化，所以实验后剩余的少量钠要放回原试剂瓶中，故 B 正确；C.胶粒直径介于 1100 nm 之间，小于可见光波长，对光散射形成丁达尔效应，故 C 正确；D.钠与乙醇反应不如钠与水反应剧烈，说明乙醇羟基中的
4、 H 不如水中的 H 活泼，乙醇比水更难电离，所以乙醇不是电解质，故 D 错误。3.(2021成都高一检测)设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是()A1 molL1 BaCl2 溶液中含有的 Ba2离子数为 NAB16 g O3 与 O2 的混合气体中含有的氧原子数为 NAC7.8 g Na2O2 与足量水反应，转移的电子数为 0.1 NAD常温常压下，11.2 L 氢气中含有的 H2 分子数小于 0.5NA【解析】选 A。A.溶液体积未知，无法确定溶液中微粒的数目，故 A 错误；B.O3与 O2 均由氧原子构成，所以 16 g 二者的混合物即 16 g O 原子，所以含有氧原子1
5、 mol，数目为 NA，故 B 正确；C.7.8 g Na2O2 的物质的量为 0.1 mol，与水完全反应生成 0.05 mol 氧气，转移了 0.1 mol 电子，转移电子数为 0.1NA，故 C 正确；D.标准状况下，11.2 L 氢气中含有的 H2 分子数为 0.5NA，分子数、压强不变，温度越高气体的体积越大，即体积相同、压强相同时，温度越高分子数越小，所以常温常压下，11.2 L 氢气中含有的 H2 分子数小于 0.5NA，故 D 正确。4分类方法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用，下列 5 种分类标准中合理的有()根据分散系是否具有丁达尔现象，将分散系分为溶液、胶体和浊液根据
6、反应中是否有电子的转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应根据酸分子能电离出的氢离子个数将酸分为一元酸、二元酸等根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为酸性氧化物和碱性氧化物根据物质在水溶液里或熔融状态下能否导电，将化合物分为电解质和非电解质A5 种 B.4 种 C3 种 D.2 种【解析】选 C。根据分散系中分散质粒子直径的大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，故错误；根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故正确；根据酸能电离出的氢离子的个数，将酸分为一元酸、二元酸等，故正确；根据氧化物的性质将氧化物分为酸性，碱性和两性氧化物，能和碱反应只生成盐和水的氧化
7、物为酸性氧化物，能和酸反应只生成盐和水的氧化物称为碱性氧化物，既能和酸又能与碱反应生成盐和水的氧化物称为两性氧化物，故错误；根据化合物在水溶液里或者熔融状态下是否导电分为电解质和非电解质，故正确。故选 C。5.下列关于钠及其化合物的叙述错误的是()A取用金属钠时，所需用品一般有小刀、镊子、滤纸、玻璃片B金属钠与 Ca(HCO3)2 溶液反应时，既有白色沉淀又有气体逸出C生理盐水的质量分数为 0.9%，与人体的血液中含量相同，它的溶质是 NaClDNa2O2 与酸反应生成盐和水，所以 Na2O2 是碱性氧化物【解析】选 D。A.取用金属钠、钾时，小刀切割金属，镊子夹取金属，滤纸吸收煤油或石蜡，玻
8、璃片覆盖水槽，防止液体溅出，所以所需用品一般有小刀、镊子、滤纸、玻璃片，故 A 项正确；B.钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和碳酸氢钙反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，所以既有白色沉淀又有气体逸出，故 B 项正确；C.生理盐水的溶质是氯化钠，且质量分数是 0.9%，与人体的血液中含量相同，故 C 项正确；D.过氧化钠和酸反应不仅生成盐、水，还生成了氧气，发生了氧化还原反应，因此过氧化钠不是碱性氧化物，故 D 项错误。6(2021徐州高一检测)下列关于氯水的叙述正确的是()A新制氯水中只含有 Cl2 和 H2OB新制氯水可以使紫色石蕊溶液先变红后褪色C光照氯水有气泡冒出，该气体是氯气D氯水放置数
9、天后，溶液的酸性减弱【解析】选 B。新制氯水的主要成分是“三分子、四离子”，A 不正确；氯水会呈现酸性，所以会使石蕊溶液变红，由于氯水中含有次氯酸，所以会使溶液最终变为无色，B 正确；光照氯水时次氯酸分解会产生氧气，所以冒出气泡的主要成分是氧气，C 不正确；氯水放置数天后由于次氯酸分解会产生盐酸，导致溶液的酸性增强而不是减弱，D 不正确。7在焊接铜器时可用 NH4Cl 溶液除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为 CuONH4ClCuCuCl2N2H2O(未配平)。下列说法正确的是()A反应中被氧化和被还原的元素分别为 Cu 和 NB反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 32C反应中产生 0.2
10、 mol 气体时，转移 0.6 mol 电子D该反应中被还原的 CuO 占参与反应 CuO 的12【解析】选 B。A.氯化铵中 N 元素化合价升高被氧化，氧化铜中铜元素化合价降低被还原，则被氧化和被还原的元素分别为 N 和 Cu，故 A 错误；B.根据反应 4CuO2NH4Cl=3CuCuCl2N24H2O 可知，参加反应的氧化剂为氧化铜，还原剂为氯化铵，作氧化剂的氧化铜与作还原剂的氯化铵的物质的量之比为 32，故 B 正确；C.由反应可知，生成 1 mol 气体转移 6 mol 电子，则产生 0.2 mol 的气体转移的电子为0.2 mol61.2 mol，故 C 错误；D.由反应 4CuO
11、2NH4Cl=3CuCuCl2N24H2O可知，被还原的氧化铜占参加反应的氧化铜的 3/4，故 D 错误。【补偿训练】(2021莒南高一检测)下列离子方程式书写正确的是()ACl2 溶于水：Cl2H2O=2HClClOBNa 溶于水：2Na2H2O=2Na2OHH2CCuO 溶于稀硫酸：O22H=H2OD向沸水中滴加饱和 FeCl3 溶液制备 Fe(OH)3 胶体：Fe33H2O=Fe(OH)33H【解析】选 B。A.氯气溶于水的离子反应为 Cl2H2O=HClHClO，HClO为弱电解质不能拆，故 A 错误；B.钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为 2Na2H2O=2Na2OHH2，故
12、 B 正确；C.CuO 和稀硫酸反应生成硫酸铜和水，离子方程式为 CuO2H=Cu2H2O，故 C 错误；D.向沸水中滴加饱和 FeCl3 溶液制备 Fe(OH)3 胶体的离子反应为 Fe33H2O=Fe(OH)3(胶体)3H，故 D 错误。8某实验小组通过如图所示实验，探究 Na2O2 与水的反应：下列说法中正确的是()A中的大量气泡的主要成分是氢气B中溶液变红，说明有酸性物质生成C中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质造成的D中 MnO2 的主要作用是降低了水中氧气的溶解度【解析】选 C。A.过氧化钠与水反应生成 NaOH 和氧气，则中大量气泡的主要成分是氧气，A 错误；B酚酞遇到碱显红色
13、，中溶液变红，说明有碱性物质生成，B 错误；C中红色褪去，应该是由溶液中的强氧化性物质氧化酚酞使酚酞变质导致，C 正确；D中加入 MnO2 产生较多气泡，说明溶液中存在 H2O2，MnO2 的主要作用是作催化剂，D 错误。9(2021日照高一检测)向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液后，再进行如下操作，结论正确的是()选项操作现象结论A滴加 BaCl2 溶液产生白色沉淀原溶液中有 SO24B滴加稀硫酸有无色无味的气体产生原溶液中有 CO23C滴加盐酸酸化的 BaCl2溶液 产生白色沉淀原溶液中有 SO24D滴加硝酸酸化的 AgNO3 溶液产生白色沉淀原溶液中有 Cl【解析】选 D。A.向无色
14、溶液中滴加 BaCl2 溶液，产生白色沉淀的离子可能是SO24，也可能是 SO23、CO23、Ag，故 A 错误；B向无色溶液中滴加稀硫酸，有无色无味的气体产生，原溶液中可能有 CO23，也可能有 HCO3，故 B错误；C.向无色溶液中滴加盐酸酸化的 BaCl2 溶液，产生白色沉淀，此白色沉淀为氯化银或硫酸钡，则原溶液中有 Ag或 SO24，但二者不同时存在，故 C 错误；D向无色溶液中滴加硝酸酸化的 AgNO3 溶液，产生白色沉淀，此白色沉淀为氯化银，说明原溶液中有 Cl，故 D 正确。10用下列有关实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的的是()【解析】选 B。A.可以利用液差法(两导管液
15、面高度差不变)检验装置的气密性，A项能达到实验目的；B.MnO2 和浓盐酸反应制备氯气需要加热，B 项不能达到实验目的，故 B 符合题意；C.碳酸钠比碳酸氢钠稳定，所以大试管内加入碳酸钠，小试管内加入碳酸氢钠，大试管温度高，小试管温度低，碳酸氢钠受热分解，而碳酸钠受热不分解，能比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，C 项能达到实验目的；D.煤油可以隔绝空气，所以能制备 Fe(OH)2 并能较长时间观察到白色，D 项能达到实验目的。二、非选择题：本题共 5 小题，共 60 分。11(10 分)(2021洛阳高一检测)已知：FeH2SO4(稀)=FeSO4H2Cu2H2SO4(浓)=CuSO42H2OS
16、O2KClO36HCl(浓)=KCl3Cl23H2O。试回答下列问题：(1)当反应转移 3 摩尔电子时，消耗 H2SO4 的质量是_g，产生氢气的体积(标准状况)_L。(2)反应中_作氧化剂，_是氧化产物。(3)当反应中生成 11.2 L SO2 气体(标准状况)时，被还原的 H2SO4 的物质的量是_。(4)用单线桥法表示反应电子转移的方向和数目(在化学方程式上标出)。_Cu2H2SO4(浓)=CuSO42H2OSO2(5)反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_。【解析】(1)FeH2SO4(稀)=FeSO4H2，当反应转移 3 摩尔电子时，消耗H2SO4 的质量是 3/2 mol98
17、gmol1 147 g，产生氢气的体积(标准状况)是 3/2 mol22.4 Lmol133.6 L；(2)Cu2H2SO4(浓)=CuSO42H2OSO2，氧化剂化合价降低，所以浓硫酸为氧化剂，还原剂化合价升高，对应氧化产物，硫酸铜为氧化产物；(3)1 mol SO2 生成，就有 1 mol 硫酸被还原，当反应中生成 11.2 L SO2 气体(标准状况)时，被还原的 H2SO4 的物质的量是11.2 L22.4 Lmol1 0.5 mol；(4)箭头还原剂指向氧化剂，注明转移电子数：=CuSO42H2OSO2；(5)反应KClO36HCl(浓)=KCl3Cl23H2O 中氧化产物与还原产物
18、均为氯气，根据还原剂化合价升高，可知有 5 mol Cl生成氯气，因此氧化产物为 5/2 mol，氧化剂化合价降低，1 mol5 价氯生成氯气，因此还原产物为 1/2 mol，氧化产物与还原产物的物质的量之比为 51。答案：(1)147 33.6(2)H2SO4(浓)CuSO4(3)0.5 mol(4)=CuSO42H2OSO2(5)5112(13 分)(2021长沙高一检测)碳酸钠俗称纯碱，是重要的化工原料，在医药、冶金、化工、食品等领域被广泛使用。某实验小组的同学模拟侯德榜制碱法制取纯碱，流程如图：已知：几种盐的溶解度：NaClNH4HCO3NaHCO3NH4Cl溶解度(20，100 gH
19、2O 时)36.021.79.637.2(1)写出装置中反应的化学方程式_。操作的名称是_。(2)写出装置中发生反应的化学方程式_。(3)该流程中可循环利用的物质是_。检验用该纯碱配制的溶液中含有 Cl的方法是_。【解析】(1)先向饱和食盐水中通入 NH3 使溶液呈碱性，CO2、NH3 和 H2O 反应生成 NH4HCO3，由于 NaHCO3 溶解度较小，所以 NaCl 和 NH4HCO3 反应生成NaHCO3 和 NH4Cl，即 NaClCO2NH3H2O=NaHCO3NH4Cl；从溶液中分离晶体的操作为过滤；(2)碳酸氢钠固体受热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，其反应方程式为2NaHCO3
20、=Na2CO3 CO2 H2O；(3)装置中得到二氧化碳，装置中需要二氧化碳，所以能循环利用的是二氧化碳；Cl的检验常用硝酸酸化的硝酸银溶液，方法为取少量待测液于一支洁净的试管中，先加稀硝酸，待无现象后，再滴加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明溶液中含有 Cl。答案：(1)NaClCO2NH3H2O=NaHCO3NH4Cl 过滤(2)2NaHCO3=Na2CO3CO2H2O(3)CO2 取少量待测液于一支洁净的试管中，先加稀硝酸，待无现象后，再滴加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明溶液中含有 Cl13(10 分)二氧化氯消毒剂是国际上公认的高效消毒灭菌剂，是一种杀菌效率高、二次污染小的水处理剂
21、。实验室可通过以下反应制得：2KClO3H2C2O4H2SO4=2ClO2K2SO42CO22H2O。试回答下列问题：(1)该反应中氧化产物的化学式是_；被还原的元素是_。(2)若反应共产生了 4.48 L 气体(标准状况)，则反应转移电子的物质的量为_mol，消耗还原剂的物质的量为_mol。(3)标准状况下 44.8 mL 的 ClO2 气体恰好能与 50 mL 0.1 molL1 的 Na2SO3 溶液完全反应，生成 Na2SO4，氯元素在产物中的化合价为_；此过程说明 ClO2具有_(填“氧化”或“还原”)性。【解析】(1)由反应方程式可知，Cl 元素的化合价降低，得到电子被还原，C 元
22、素的化合价由3 价升高到4 价，失去电子被氧化，则 H2C2O4 为还原剂，氧化产物是二氧化碳。(2)若反应共产生了 4.48 L 气体(标准状况)，气体的物质的量为 0.2 mol，可知生成二氧化氯和二氧化碳各为 0.1 mol，而生成 1 mol 的二氧化碳转移 1 mol 的电子，消耗还原剂 H2C2O4 的物质的量为 0.5 mol，所以反应转移电子的物质的量为 0.1 mol，消耗还原剂的物质的量为 0.05 mol。(3)标准状况下 44.8 mL 的 ClO2 气体的物质的量为 0.002 mol，恰好能与 50 mL 0.1 molL1 的 Na2SO3 溶液完全反应，亚硫酸钠
23、的物质的量为 0.005 mol，而 0.005 mol Na2SO3生成 Na2SO4，失去 0.01 mol 的电子，所以氯元素化合价降低 0.01 0.002 5 价，则反应后的氯元素化合价降低为1 价，二氧化氯是氧化剂，反应中具有氧化性。答案：(1)CO2 Cl(2)0.1 0.05(3)1 氧化14(13 分)84 消毒液能有效杀灭甲型 H1N1 病毒，某同学购买了一瓶，查阅相关资料和消毒液包装说明得到如下信息：84 消毒液含 25%NaClO、1 000 mL、密度1.192 gcm3，稀释 100 倍(体积比)后使用。请根据以上信息和相关知识回答下列问题：(1)该 84 消毒液的
24、物质的量浓度为_molL1。(2)该同学取 100 mL 84 消毒液稀释后用于消毒(假设稀释后溶液密度为 1 gcm3)，稀释后的溶液中 c(Na)_molL1。(3)一瓶 84 消毒液能吸收空气中_L 的 CO2(标准状况)而变质。(已知：CO22NaClOH2O=Na2CO32HClO)(4)该同学参阅 84 消毒液的配方，欲用 NaClO 固体配制 480 mL、0.2 molL1 NaClO的消毒液。需要的玻璃仪器_。利用购买的商品 NaClO 来配制可能导致结果_(选“偏高”“偏低”或“无影响”)。需要称量的 NaClO 固体质量为_克。【解析】(1)该溶液的物质的量浓度1 000
25、w/M1 0001.19225%/74.5 molL14.0 molL1；(2)稀释 100 倍后，溶液中 NaClO 浓度应该是浓溶液的 1/100，为 0.04 molL1，根据钠原子守恒得 c(Na)c(NaClO)0.04 molL1；(3)一瓶 84 消毒液含有 n(NaClO)1 L4.0 molL14.0 mol，根据反应 CO22NaClOH2O=Na2CO32HClO 可知需要 CO2 的物质的量为 2.0 mol，即标准状况下 V(CO2)2.0 mol22.4 Lmol144.8 L；(4)配制过程一般是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，则需要的玻璃仪器有
26、 500 mL 容量瓶，烧杯，玻璃棒，胶头滴管；由于 NaClO 易吸收空气中的 H2O、CO2 而变质，所以商品 NaClO 可能部分变质导致 NaClO 含量减少，配制的溶液中溶质的物质的量减小，结果偏低；应选取 500 mL 的容量瓶进行配制，然后取出 480 mL 即可，所以需要 NaClO 的质量为 0.5 L0.2 molL174.5 gmol17.45 g。答案：(1)4(2)0.04(3)44.8(4)500 mL 容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管偏低 7.4515(14 分)(2021威海高一检测)亚硝酸钠(NaNO2)是一种用途广泛的工业盐，因其外观和食盐相似容易误食中毒。亚
27、硝酸钠加热到 320C 以上会分解产生 Na2O、N2 和 O2，其水溶液呈碱性，能与 AgNO3 溶液反应生成难溶于水、易溶于酸的 AgNO2。回答下列问题：(1)下列方法不能用来区分固体 NaNO2 和 NaCl 的是_(填序号)。A分别溶于水并滴加酚酞试液B分别溶于水并滴加 HNO3 酸化的 AgNO3 溶液C分别加强热并收集气体检验D用筷子分别蘸取固体品尝味道(2)误食NaNO2会导致人体血红蛋白中的Fe2转化为Fe3而中毒，该过程中NaNO2表现出的性质与下列_(填序号)反应中 H2O2 表现出的性质相同。A2H2O2=MnO2 2H2OO2BH2O2Cl2=2HClO2CH2O2H
28、2SO42KI=2H2OI2K2SO4D5H2O22KMnO4 6HCl=2MnCl2 2KCl5O28H2O服用维生素 C 可解毒，维生素 C 的作用是_(填“氧化剂”“还原剂”或“既是氧化剂又是还原剂”)。(3)亚硝酸钠受热分解的化学方程式为 4NaNO2=2Na2O2N23O2，若反应中有 12.4 g Na2O 固体生成，则转移电子的物质的量为_mol。(4)可用 Cl2 将溶液中的 NO2氧化为 NO3，同时生成 Cl，该反应的离子方程式为_。【解析】(1)A.亚硝酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，滴加酚酞试液，亚硝酸钠溶液出现红色，氯化钠溶液无现
29、象，可以用酚酞试液区分 NaNO2 和 NaCl，故 A 不符合题意；B亚硝酸根离子在酸性条件下不和银离子反应，氯离子和银离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，反应现象不同，所以可以用 HNO3 酸化的 AgNO3 区分 NaNO2和 NaCl，故 B 不符合题意；C加强热亚硝酸钠分解生成氮气和氧气，而氯化钠不分解，反应现象不同，可以用加强热收集气体检验来区分 NaNO2 和 NaCl，故 C 不符合题意；D化学药品不能用来品尝味道，所以不能鉴别，故 D 符合题意。(2)误食 NaNO2 会导致人体血红蛋白中的 Fe2转化为 Fe3而中毒，则 Fe2失电子变为 Fe3，化合价升高，作还原剂，NaN
30、O2 作氧化剂，体现氧化性，与 H2O2 表现出的性质相同，即 H2O2 也体现氧化性；A2H2O2=MnO2 2H2OO2，H2O2 中氧原子既失电子，又得电子，氧元素的化合价部分升高，部分降低，H2O2 体现氧化性和还原性，故 A 不符合题意；BH2O2Cl2=2HClO2，H2O2 中氧原子失电子，化合价升高，H2O2 体现还原性，故 B 不符合题意；CH2O2H2SO42KI=2H2OI2K2SO4，H2O2 中氧原子得电子，化合价降低，H2O2 体现氧化性，故 C 符合题意；D5H2O22KMnO4 6HCl=2MnCl2 2KCl5O28H2O，H2O2 中氧原子失电子，化合价升高
31、，H2O2 体现还原性，故 D 不符合题意；服用维生素 C 可以解毒，说明在维生素 C 作用下 Fe3又转化为 Fe2，Fe 元素化合价降低，Fe 元素被还原，维生素被氧化，维生素作还原剂，具有还原性。(3)由 4NaNO2=2Na2O2N23O2反应可知，转移电子 12 mol，生成 2 mol Na2O，即生成 Na2O 124 g，则反应中有 12.4 g Na2O 固体生成，则转移电子的物质的量为 1.2 mol。(4)Cl2 将溶液中的 NO2氧化为 NO3，同时生成 Cl，反应的离子方程式为 NO2Cl2H2O=NO32H2Cl。答案：(1)D(2)C 还原剂(3)1.2(4)Cl2NO2H2O=NO32Cl2H