2021版高考化学（人教版）一轮复习学案：第1章　从实验学化学章末综合检测（一）

章末综合检测（一）

（时间：45分钟　分值：100分）

一、选择题（本题包括13小题，每小题5分，共65分）

1.（2020·广州模拟）下列关于仪器“0”刻度位置叙述正确的是（　　）

A.在量筒的上端

B.在滴定管的上端

C.在托盘天平刻度尺的正中间

D.在托盘天平刻度尺的右边

解析：选B。量筒无“0”刻度；滴定管的“0”刻度在上端；托盘天平的“0”刻度在刻度尺的左边。

2.比较1mol N2和1mol CO中的下列物理量：①分子的物质的量；②原子的物质的量；③质量；④电子数；⑤质子数。其中相同的是（　　）

A.①②③　 B.①②③⑤

C.①②③④⑤ D.①④⑤

解析：选C。因为N2和CO的相对分子质量相同，且均为双原子分子，二者分子内的质子数均为14，又二者的物质的量相同，所以题述5项均分别相同。

3.（2020·荆州第一次质量检查）下列关于试剂存放叙述不正确的是（　　）

A.白磷保存在水中

B.新制氯水用棕色试剂瓶盛装

C.固体氢氧化钠用广口瓶保存，并使用橡胶塞或玻璃塞

D.在FeCl2溶液的试剂瓶中加入少量盐酸，并加入少量铁粉

解析：选C。白磷的着火点低，白磷不溶于水，且不与水反应，因此白磷保存在水中，A项正确；新制氯水中含有HClO，HClO见光易分解，因此新制的氯水盛装在棕色试剂瓶中，B项正确；固体氢氧化钠盛放在广口瓶中，因为NaOH能与SiO2发生反应，所以应使用橡胶塞，不能使用玻璃塞，C项错误；Fe2＋能发生水解，加入少量盐酸的目的是抑制Fe2＋的水解，加入少量铁粉的目的是防止Fe2＋被氧化成Fe3＋，D项正确。

4．(2020·山东、安徽名校大联考)下列图示装置正确且能达到实验目的的是(　　)

解析：选C。向容量瓶中转移溶液需要用玻璃棒引流，A项错误；过滤时漏斗下端尖嘴要紧靠在烧杯壁上，B项错误；胶体粒子不能透过半透膜，离子和小分子可以透过半透膜，C项正确；蒸馏时，温度计的水银球应该位于蒸馏烧瓶的支管口处，D项错误。

5.质量分数为a的某物质的溶液mg与质量分数为b的该物质的溶液ng混合后，蒸发掉pg水，得到的溶液每毫升质量为q g，物质的量浓度为c，则溶质的相对分子质量为（　　）

A. B.

C. D.

解析：选C。所得溶液中溶质质量分数为×100%，溶液密度为qg·cm－3，根据公式c＝可求M。

6.在中学化学实验中使用的玻璃、陶瓷等仪器，在实验操作中不能承受温度的急剧变化，否则会引起安全事故。下列实验操作过程不是基于上述原因的是（　　）

A.钠与水反应时，只能取黄豆粒大小的钠投入盛水的烧杯中反应

B.在用二氧化锰和浓盐酸制氯气时，在加入二氧化锰后应先加入浓盐酸，再点燃酒精灯

C.在用固体氯化铵和氢氧化钙制取氨结束后，将大试管从铁架台上取下置于石棉网上冷却后再洗涤

D.用排水法收集气体后，先移出导气管，后熄灭酒精灯

解析：选A。A项是因为钠与水反应剧烈容易造成爆炸。

7.（新题预测）下列有关溶液浓度的说法正确的是（　　）

A.将500 mL 1 mol·L－1的硝酸溶液蒸发至100 mL，浓度变为5 mol·L－1

B.将10 mL 18.4 mol·L－1浓硫酸与90mL水混合，得到的稀硫酸浓度为1.84 mol·L－1

C.配制1 mol·L－1 KAl（SO4）2溶液100 mL，应称取明矾晶体47.4g

D.实验室需要450 mL 0.2 mol·L－1的NaOH溶液，应准确称量烧碱3.6g

解析：选C。硝酸易挥发，加热蒸发硝酸物质的量减少，A错误；混合后溶液体积小于100 mL，稀硫酸浓度大于1.84 mol·L－1，B错误；称取明矾晶体[KAl（SO4）2·12H2O]0.1 mol，即47.4 g，C正确；需要450 mL溶液应配制500 mL溶液，应称量4.0 g NaOH，D错误。

8.下列有关物质的分离与提纯的叙述正确的是（　　）

①物质分离和提纯的物理方法有过滤、蒸馏、沉淀等

②加热蒸发结晶操作中，至晶体全部析出时，停止加热

③苯萃取碘水中的碘，上层为含碘的苯溶液

④在混有FeCl2的FeCl3溶液中加入适量稀硫酸酸化的H2O2可达到提纯的目的

⑤SO2中混有HCl可利用Na2SO3饱和溶液除去

⑥用NaOH溶液除去镁粉中含有的少量铝粉

A.全部 B.只有①②④⑤

C.只有③⑥ D.只有⑥

解析：选C。①沉淀为化学方法，错误；②蒸发结晶时，在蒸发皿中出现较多晶体时停止加热，错误；③苯的密度比水的小，萃取后含碘的苯溶液在上层，正确；④稀硫酸酸化时引入了SO杂质，错误；⑤SO2能与Na2SO3溶液反应，应用NaHSO3饱和溶液除去SO2中混有的HCl杂质，错误；⑥NaOH溶液与铝粉反应而不与镁粉反应，故能除去铝粉，正确。

9.用下表提供的仪器和药品，能达到相应实验目的的是（　　）

解析：选D。A项，过滤时使用的是普通漏斗，而不是分液漏斗，该实验流程应为向待提纯的AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液→过滤→向滤液中通入过量CO2→过滤→向滤渣中加入适量盐酸，药品还缺少CO2和盐酸，错误。B项，实验室制备氯气是用浓盐酸与MnO2在加热条件下进行的，仪器还缺少酒精灯和石棉网，错误。C项，Fe2＋与氯水反应只能证明Fe2＋具有还原性，错误。D项，利用提供的仪器及药品可进行蒸发操作，得到Na2CO3晶体，正确。

10.（2020·邢台质量检测）钌（Ru）是一种硬而脆、呈浅灰色的多价稀有金属，性质很稳定，且耐腐蚀性很强。实验室用H2还原RuO2来制备金属钌的装置如图所示。下列说法中不正确的是（　　）

A.加热试管前，应先收集气体并点燃，通过爆鸣声判断气体的纯度

B.洗气瓶中盛装的可能是NaOH溶液，用于除去HCl

C.结束反应时，先停止加热，再关闭活塞K

D.启普发生器也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气

解析：选D。可燃性气体在点燃或加热前必须验纯，故加热试管前，应先收集气体并点燃，通过爆鸣声判断气体的纯度，以免发生爆炸，A项正确；洗气瓶中盛装的可能是NaOH溶液，用于除去氢气中的HCl，避免制得的Ru中含有杂质，B项正确；结束反应时，先停止加热，再关闭活塞K，用氢气冷却Ru，以免生成的Ru在高温时又被空气中的氧气氧化，C项正确；二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气需要加热，而启普发生器不能加热，且MnO2为粉末状，D项错误。

11.（新题预测）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）

A.制漂白液时，标准状况下2.24 L Cl2转移电子数为0.2NA

B.pH＝2的醋酸溶液中含有H＋数为0.01NA

C.常温常压下，3.6 g D2O与HO中含有中子数为2NA

D.100g46%的乙醇溶液中含有氧原子数为4NA

解析：选D。制漂白液是Cl2与烧碱溶液的反应，Cl2发生歧化反应，0.1 mol Cl2转移电子数为0.1NA，A错误；pH＝2的醋酸溶液中H＋的浓度为0.01 mol·L－1，体积未知不能确定H＋的数目，B错误；D2O与HO均含有10个中子，相对分子质量均为20，3.6 g D2O与HO含有中子数为3.6g÷20 g·mol－1×10NA mol－1＝1.8NA，C错误；100g46%的乙醇溶液中含有1 mol乙醇和3 mol水，共含有氧原子4 mol，D正确。

12.某学生配制了100 mL 1 mol·L－1的硫酸溶液。然后，对溶液浓度做了精确测定，且测定过程中一切操作都正确。结果测得溶液的物质的量浓度低于1 mol·L－1。那么，在配制过程中，下列操作可能导致溶液浓度偏低的是（　　）

①量筒用蒸馏水洗净后立即用来量取浓硫酸

②将浓硫酸在烧杯中稀释并冷却，转移到容积为100 mL的容量瓶中后，没有洗涤烧杯

③在转移过程中用玻璃棒引流，因操作不慎有少量溶液流到了容量瓶外面

④最后定容时，加水超过了刻度线，马上用胶头滴管吸出多余的水，使溶液凹液面刚好与刻度线相切

A.②③④ B.③④

C.①②③ D.①②③④

解析：选D。①量筒用蒸馏水洗净后立即量取浓硫酸，使浓硫酸被稀释，所取溶质H2SO4偏少，会导致溶液浓度偏低。②未洗涤烧杯，溶质H2SO4损失，会导致溶液浓度偏低。③少量溶液流到容量瓶外面，溶质H2SO4损失，会导致溶液浓度偏低。④加水超过了刻度线，马上用胶头滴管吸出多余的水，溶质H2SO4损失，会导致溶液浓度偏低。故选D。

13.（2020·河南中原名校质量考评）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是（　　）

A.标准状况下，2.24L三氯甲烷中含有的共价键数为0.4NA

B.将1 mol Cl2通入水中，溶液中Cl－、ClO－、HClO的微粒数之和为2NA

C.78 g Na2O2与足量的CO2反应转移的电子数为2NA

D.标准状况下，11.2 L1H37Cl气体中含有的中子数为10NA

解析：选D。标准状况下，三氯甲烷为液体，2.24 L三氯甲烷的物质的量大于0.1 mol，含有的共价键数大于0.4NA，A项错误；Cl2与H2O的反应是可逆反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO，溶液中含有部分未反应的Cl2，故Cl－、ClO－、HClO的微粒数之和小于2NA，B项错误；Na2O2与CO2反应的化学方程式为===2Na2CO3＋O2，78 g Na2O2与足量的CO2反应转移的电子数为NA，C项错误；1 mol 1H37Cl中含有的中子数为20 mol，则标准状况下，11.2 L 1H37Cl气体中含有的中子数为10NA，D项正确。

二、非选择题（本题包括3小题，共35分）

14.（7分）实验室欲用NaOH固体配制0.5 mol·L－1的NaOH溶液500 mL。现有以下仪器：①烧杯；②100 mL量筒；③100 mL容量瓶；④500 mL容量瓶；⑤玻璃棒；⑥托盘天平（带砝码）。

（1）配制时，必须使用的仪器有　　　　（填序号），还缺少的仪器是　　　　　　　　。该实验中两次用到玻璃棒，其作用分别是　　　　、　　　　。

（2）使用容量瓶前必须进行的一步操作是__________________________________。

（3）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：①称量；②计算；③溶解；④摇匀；⑤转移；⑥洗涤；⑦定容；⑧冷却；⑨振荡。其正确的操作顺序为　　　　　　（填序号）。

（4）在配制过程中其他操作都正确，下列操作会引起溶液浓度偏高的是　　　　　　。

①没有洗涤烧杯和玻璃棒

②未等NaOH溶液冷却至室温就转入容量瓶中

③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水

④定容时俯视刻度线

⑤定容时仰视刻度线

解析：（1）用NaOH固体配制溶液，必须用到的仪器有烧杯、500 mL容量瓶、玻璃棒、托盘天平（带砝码），缺少药匙和胶头滴管。

（2）使用容量瓶前必须检查是否漏水。

（3）溶液配制的步骤为②计算→①称量→③溶解→⑧冷却→⑤转移→⑥洗涤→⑨振荡→⑦定容→④摇匀。

（4）①烧杯和玻璃棒没有洗涤，溶质质量偏小，浓度偏低；②NaOH溶液未冷却就转移，最终溶液体积偏小，浓度偏高；③容量瓶未干燥对浓度无影响；④定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高；⑤定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低。

答案：（1）①④⑤⑥　药匙、胶头滴管　搅拌　引流　（2）检查是否漏水　（3）②①③⑧⑤⑥⑨⑦④　（4）②④

15.（16分）海水中含有各种盐类，其中70%为氯化钠，另外还含有氯化镁、硫酸镁等。某化学兴趣小组为了从海水中分离出氯化钠，设计了如下实验方案：

海水滤液滤液NaCl溶液NaCl

（1）步骤Ⅰ中试剂A为　　　　（填化学式，下同），加入过量A的目的是____________。

（2）步骤Ⅱ中试剂B为　　　　，加入过量B的目的是__________________________。

（3）步骤Ⅲ中试剂C为　　　　，加入适量C至　　　　　　，其目的是______________。

（4）步骤Ⅳ的实验操作为　　　　　　。试根据图示回答：

①按顺序写出图中仪器a、b、c的名称：　　　　______________________________；

②仪器a的作用是　　　　，其目的是________________________________________

________________________________________________________________________；

③当仪器b中　　　　　　　　时即可停止加热。

（5）该化学兴趣小组用分离得到的氯化钠配制100 mL 1mol/L的NaCl溶液，配制过程中需用托盘天平称取精盐的质量为　　　　g，用于定容的玻璃仪器的规格和名称是　　　　。

解析：（1）加入Ba（OH）2，除去Mg2＋和SO。（2）加入Na2CO3，除去Ba2＋。（3）加入盐酸，除去CO和OH－。（4）步骤Ⅳ的实验操作为蒸发，a为玻璃棒，其作用为搅拌，防止因局部过热而导致液体或晶体飞溅，b为蒸发皿，当蒸发皿中出现大量固体时即可停止加热。（5）配制NaCl溶液时，由于托盘天平精确到0.1g，故称取NaCl的质量为5.9g，定容选择100 mL容量瓶。

答案：（1）Ba（OH）2　使Mg2＋和SO全部转化为沉淀而除去

（2）Na2CO3　使Ba2＋全部转化为碳酸钡沉淀而除去

（3）HCl　无气体产生　除去过量的CO和OH－

（4）蒸发　①玻璃棒、蒸发皿、酒精灯　②搅拌　防止因局部过热而导致液体或晶体飞溅　③出现大量固体

（5）5.9　100mL容量瓶

16.（12分）氨在工业生产中有广泛的用途。

（1）某工厂平均每天产生约600m3废氨水（该氨水浓度为153 mg·L－1，密度为1 g·cm－3），该废氨水中氨的物质的量浓度为　　　　　　　　。

（2）若含0.800 mol NH3的某氨水质量为54.0 g，向该溶液中通入二氧化碳至反应完全，析出晶体后过滤，得到滤液31.2 g，则NH4HCO3的产率为　　　　%（保留一位小数）。

（3）NH3常用于制备NO：4NH3＋5O24NO＋6H2O（不考虑NO与氧气的反应）。设空气中氧气的体积分数为0.20，氮气体积分数为0.80。为使NH3恰好完全氧化为NO，氨­空气混合物中氨的体积分数为　　　　。

（4）硫酸工业的尾气可以使用氨水进行吸收，既防止了有害物质的排放，也同时得到副产品氮肥。已知吸收尾气后的氨水全部转化为铵盐。取两份相同体积的铵盐溶液，一份中加入足量稀硫酸，产生0.09 mol SO2（假设气体已全部逸出，下同）；另一份中加入足量Ba（OH）2溶液，产生0.16 mol NH3，同时得到21.86g沉淀。铵盐溶液中各溶质成分及其物质的量浓度之比为　　　　　　　　　　　　　　　　　。

解析：（1）该氨水浓度为153 mg·L－1，取1L，则含氨153 mg，氨的物质的量为n＝＝9×10－3 mol，该废氨水中氨的物质的量浓度为＝9×10－3 mol·L－1。

（2）二氧化碳和氨水发生反应：CO2＋NH3·H2O===NH4HCO3。含0.800 mol NH3的某氨水完全反应需通入0.800 mol CO2，过滤得到m（NH4HCO3）＝54.0g＋0.800 mol×44 g·mol－1－31.2g＝58.0g，根据碳原子守恒，理论上应得到m（NH4HCO3）＝0.800 mol×79 g·mol－1＝63.2g，则NH4HCO3的产率为×100%≈91.8%。

（3）根据氨被氧气恰好完全氧化为NO的化学方程式4NH3＋5O24NO＋6H2O，可假设氨的体积是4L，需要空气的体积为 L＝25 L，氨­空气混合物中氨的体积分数为≈0.14。

（4）一份中加入稀硫酸产生0.09 mol SO2，则另一份中加入Ba（OH）2溶液能产生BaSO3沉淀0.09 mol，质量为19.53g，所以21.86g沉淀中有硫酸钡和亚硫酸钡，硫酸钡的质量为21.86g－19.53g＝2.33g，则硫酸根离子的物质的量为＝0.01 mol，亚硫酸根离子的物质的量为0.09 mol，所以（NH4）2SO4的物质的量为0.01 mol；加入Ba（OH）2溶液，（NH4）2SO4产生的NH3是0.01 mol×2＝0.02 mol，共产生0.16 mol NH3，其他成分产生氨0.16 mol－0.02 mol＝0.14 mol，亚硫酸根离子与铵根离子物质的量之比为9∶14，所以其他成分为亚硫酸铵和亚硫酸氢铵。设亚硫酸铵和亚硫酸氢铵的物质的量分别为X、Y，则X＋Y＝0.09 mol，2X＋Y＝0.14 mol，解得X＝0.05 mol， Y＝0.04 mol。铵盐溶液中各溶质成分及其物质的量浓度之比为c［（NH4）2SO3］∶c ［NH4HSO3］∶c［（NH4）2SO4］＝5∶4∶1。

答案：（1）9×10－3 mol·L－1

（2）91.8（3）0.14

（4）c［（NH4）2SO3］∶c （NH4HSO3）∶c［（NH4）2SO4］＝5∶4∶1