第三章章末测试题-（2019）新人教版高中化学高一上学期必修第一册.doc

1、2021-2022人教版（2019）高一化学第一册第三章章末测试题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题(共12小题)1碲锌镉（TeZnCd）晶体可以用于制造红外探测器的基础材料，下列有关它的叙述错误的是（ ）A它是由Te、Zn、Cd按一定比例熔合而成的，无固定的熔、沸点B它的硬度比Cd的大C它的熔沸点比Zn的低D它的硬度比Zn的大2下列关于铝的叙述不正确的是A铝是地壳中含量最多的金属元素B在化学反应中，铝容易失去电子，是氧化剂C在常温下，铝能与NaOH溶液反应D铝是一种比较活泼的金属3下列物质中，不属于金属材料的是A黄铜B硬铝C不锈钢D金刚石4金属和合金是生活中常用的材料。下列说法正确的

2、是A不锈钢是铁合金，只含金属元素B镧镍（La-Ni）合金能大量吸收H2形成金属氢化物，可作储氢材料C目前世界上使用量最大的合金是铝合金D常温下，铁粉可以和水发生置换反应得到氢气5下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是（ ）AKBNaCFeDAl6有一块铁的“氧化物”样品，用140mL 5.0molL盐酸恰好将之完全溶解，所得溶液还能吸收0.025mol Cl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，则该样品可能的化学式为AFe2O3BFe3O4CFe4O5DFe5O77在加热情况下，用足量CO还原7 g铁的氧化物组成的混合物，产生气体全部通入足量石灰水中得到12.5

3、g沉淀，此混合物不可能为：AFeO、Fe2O3BFeO、Fe3O4CFe2O3、Fe3O4DFeO、Fe2O3、Fe3O4855g铁铝混合物与足量的盐酸反应生成标准状况下的氢气44.8L，则混合物中铁和铝的物质的量之比为 A1:1B1:2C2:1D2:39现有CuO、FeO、Fe2O3组成的混合物m g，向其中加入100mL 1molL1硫酸，恰好完全溶解，若m g该混合物在过量氢气流中加热充分反应，则冷却后剩余固体的质量为（ ）A（m0.1）gB（m0.8）gC（m1.2）gD（m1.6）g10类推时要注意物质的相似性和特殊性，下列类推结论正确的是 选项化学事实类推结论A钠与水反应生成NaO

4、H和H2高温下铁与水蒸气反应也能生成碱和H2B溶解度：CaCO3 Ca(HCO3)2溶解度： Na2CO3 NaHCO3CAl(OH)3受热分解为Al2O3和H2OFe(OH)3也能受热分解生成相应价态的金属氧化物和H2ODNa2CO3、NaHCO3溶液均显碱性钠盐溶液均能使酚酞溶液变红AABBCCDD11将一定质量Fe2O3和Al2O3的混合固体溶解在200mL0.1molL-1的过量H2SO4溶液中，然后向其中加入NaOH溶液使Fe3+、Al3+刚好完全沉淀，用去NaOH溶液100mL，则NaOH溶液的浓度为A0.4molL-1B0.2molL-1C0.1molL-1D0.8molL-11

5、2下列除杂质的操作中正确的是A铁粉中混有铝粉：加入过量氨水充分反应、过滤B中混有：将其通入溶液C溶液中混有少量：往该溶液中通入过量气体D中含有：滴加过量的溶液二、解答题(共4大题)13健康人体内含铁元素大约23g，人体内铁元素以亚铁离子和三价铁离子的形式存在，Fe2+易被吸收，所以给贫血者补充铁元素时，应补充含Fe2+的亚铁盐。“速力菲”（主要成分：琥珀酸亚铁，呈暗黄色）是市场上一种常见的补铁药物。该药品不溶于水但能溶于人体中的胃酸。某同学为了检测“速力菲”药片中Fe2+的存在，设计并进行了如下实验：（1）试剂1的名称是_，试剂2的名称是_。（2）加入新制氯水，溶液中发生反应的离子方程式是_。

6、（3）加入试剂2时溶液为淡红色说明“速力菲”中的Fe2+已部分氧化，一般在服用“速力菲”时，同时服用维生素C，说明维生素C具有_性。（4）不仅溶液中Fe2+易被氧化成Fe3+，溶液中白色沉淀Fe(OH)2更易被O2氧化，请写出反应的化学方程式_，现象为_。14某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4、较多的Cu2+和少量的Na+。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜。（1）步骤1的主要操作是_，需用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外有_。（2）步骤2中发生反应的化学方程式为_（3）步骤3中发生反应的化学方程式为_（4）步骤4中涉及的操作是：蒸发浓缩、_、过滤、洗涤、烘干。15

7、某氧化铁样品中含有少量的杂质。某同学要测定其中铁元素的质量分数，设计了如下实验方案。请回答：（1）操作中配制溶液时，所用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管以外，还必须有_（填仪器名称）。（2）反应中加入足量溶液，反应的离子方程式为_。（3）检验沉淀中是否洗涤干净的操作是_。（4）将沉淀加热，冷却至室温，用天平称量坩埚与加热后固体的总质量为，再次加热并冷却至室温称其质量为，若，还应进行的操作是_。（5）若坩埚的质量为，最终坩埚与加热后固体的总质量为，则样品中铁元素的质量分数为_。16有三种镁铝合金样品（组分比例不一定相同）、。小奉、小贤、小红三同学各取一种样品，对合金中镁的质量分数进行下

8、列实验探究：(1)小奉取样品m1 g和过量的氢氧化钠溶液反应，然后过滤；再往滤液中通入过量的二氧化碳气体，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干、灼烧，得到固体质量仍为m1 g。则合金中镁的质量分数为_。（保留小数点后面2位）(2)小贤取样品m2 g和足量的稀硫酸反应，发现固体完全溶解，标准状况下得到气体体积为VL，则m2的取值范围是_。（结果转化为最简分数）(3)小红取不同质量的样品分别和30 mL同浓度的盐酸反应，所取合金质量与产生气体的体积（标准状况下测定）如下所示：实验序号abc合金质量(g)0.510.7650.918气体体积(mL)560672672求：I.盐酸的物质的量浓度_II.合金中镁的

9、质量分数_III.要使c组实验后剩余合金中的铝恰好完全溶解，还需向容器中加入1.0 mol/L的氢氧化钠溶液多少mL_？参考答案1A【详解】A依据题干材料可知，碲锌镉（Te-Zn-Cd）晶体是由Te、Zn、Cd按一定比例熔合而成具有金属特征性质的晶体，由于晶体的周期性，所有相同的结构均被破坏，在所有结构被破坏前，晶体温度不会升高，因此有固定熔点，故A错误；B合金的硬度和强度大于成分金属，故B正确；C碲锌镉是金属合金，合金的熔沸点低于成分金属的熔点，它的熔沸点比Zn的低，故C正确；D合金的硬度和强度大于成分金属，故D正确。答案选A。2B【详解】A地壳中含量最高的四种元素为氧、硅、铝、铁；铝是地壳

10、中含量最多的金属元素，故A正确；B铝原子最外层有三个电子，在化学反应中，易失去三个电子达到稳定结构，发生氧化反应，是还原剂，故B错误；C在常温下，铝能与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故C正确；D铝是一种比较活泼的金属，在化学反应中，铝容易失去电子，发生氧化反应，故D正确； 答案选B。3D【详解】A黄铜是由铜和锌组成的合金，属于金属材料，故不选A； B硬铝是指铝合金中以Cu为主要合金元素的一类铝合金，属于金属材料，故不选B；C不锈钢是由铁、铬、碳及众多不同元素所组成的合金，属于金属材料，故不选C； D金刚石是有碳元素组成的一种单质，属于非金属，故选D。选D。4B【详解】A.不锈钢中含碳元素

11、，所以A选项错误；B.镧合金能大量吸收H2形成金属氢化物，将这些金属氢化物加热，它们又会分解，将储存在其中的氢释放出来，可作储氢材料，B选项正确；C.目前世界上使用量最大的合金是钢铁，C选项错误；D.铁粉和水在高温条件下才能发生置换反应得到氢气，D选项错误；答案选B。5D【详解】K、Na性质非常活泼，在空气中极易被氧化，表面不能形成保护内部金属不被氧化的氧化膜，Fe在空气中被氧化后形成的氧化膜比较疏松，起不到保护内层金属的作用；金属铝的表面易形成致密的氧化物薄膜保护内层金属不被腐蚀。答案选D。6D【详解】n（HCl）=0.14L5.0mol/L=0.7mol，由氧化物和盐酸反应生成水可知，氧化

12、物中含有n（O）=n（HCl）=0.35mol，所得溶液还能吸收0.025mol Cl2，恰好使其中的Fe2+全部转变为Fe3+，反应后所得溶液为FeCl3，因n（Cl-）=0.7mol+0.025mol2=0.75mol，则n（Fe3+）=n（Cl-）=0.25mol，所以氧化物中n（Fe）n（O）=0.250.35=57，所以化学式为Fe5O7；答案选D。7B【解析】【详解】生成的气体是CO2，所以得到的沉淀是碳酸钙，物质的量是0.125mol，则关键原子守恒可知，氧化物中氧元素的质量是0.125mol16g/mol2g，则铁元素的质量是7g2g5g，所以氧化物中铁原子和氧原子的原子个数之

13、比，即该化合物的平均组成是Fe5O7。A中FeO、Fe2O3 的物质的量满足12即可；C中Fe2O3、Fe3O4的物质的量满足11即可；D中FeO、Fe2O3、Fe3O4的物质的量满足131即可，所以答案选B。8B【详解】设混合物中铁和铝的物质的量分别是xmol和ymol，则56x27y55、x1.5y =2，解得x0.5、y1，即二者的物质的量之比是1：2，答案选B。9D【详解】由反应CuOCuSO4，FeOFeSO4，Fe2O3Fe2（SO4）3，可知H2SO4的物质的量等于金属氧化物中O元素的物质的量，n（H2SO4）=0.1L1mol/L=0.1mol，所以金属氧化物中O的质量为：0.

14、1mol16g/mol=1.6g，若将mg原混合物在足量氢气中加热，使其充分反应，冷却后剩余固体为金属单质，则金属质量为氧化物的质量减去氧的质量，所以冷却后剩余金属质量=mg1.6g=（m1.6）g，故选D【点睛】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，注意根据反应的特点，确定金属氧化物与硫酸反应的关系式，从而得出硫酸的物质的量与金属氧化物中O氧原子物质的量相等，是解答该题的关键，试题培养了学生的化学计算能力10C【详解】A钠与水反应生成NaOH和H2，而高温下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和H2，类推错误，故A错误；B碳酸钙难溶于水，碳酸氢钙易溶于水，因此溶解度：CaCO3 Ca(HCO3)2

15、；碱金属的碳酸盐溶解度大于碳酸氢盐，所以溶解度：Na2CO3NaHCO3，类推错误，故B错误；C难溶性的碱受热易分解，生成对应的氧化物和水，所以氢氧化镁、氢氧化铁都能加热分解生成金属氧化物和水，类推正确，故C正确；D碳酸钠、碳酸氢钠都是强碱弱酸盐，水解后溶液均显碱性，而氯化钠、硫酸钠溶液是强碱强酸盐，不水解，溶液呈中性，所以并不是所有的钠盐溶液均能使酚酞变红，类推错误，故D错误；故选C。11A【详解】将一定质量Fe2O3和Al2O3的混合固体溶解在200mL0.1molL-1的过量H2SO4溶液中，反应生成硫酸铝、硫酸铁，硫酸有剩余；向反应后的溶液中加入100mL NaOH溶液，恰好使Fe3+

16、、Al3+刚好完全沉淀，此时溶液中的溶质为硫酸钠；根据硫酸根离子守恒可知：n(Na2SO4)=n(H2SO4)=0.2L0.1molL-1=0.02mol，根据钠离子守恒有：n(NaOH)=2n(Na2SO4)=0.04mol，则0.1L的溶液中，NaOH溶液的浓度为：c(NaOH)= 0.4molL-1；故选A。12C【详解】A铁、铝与氨水均不反应，不能除去铁粉中混有的铝粉，可以用氢氧化钠溶液，A错误；BHCl与CO2均与NaOH溶液反应，应该选用饱和NaHCO3溶液，B错误；C碳酸钠溶液吸收二氧化碳生成碳酸氢钠：Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3，可以除去碳酸氢钠溶液中含有的碳酸钠

17、，C正确；D和都能和反应生成和，不能除杂，可用过量铁粉除杂，D错误；故选C。13盐酸 KSCN 2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl- 还原 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 【分析】“速力菲”为补铁药物，含Fe2+的亚铁盐，不溶于水，可溶于盐酸；Fe2+溶液呈现浅绿色，具有还原性，Fe3+溶液呈现棕黄色，Fe3+遇硫氰化钾溶液会呈现血红色；Fe2+在碱性条件下更容易被氧化，原理为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，表现为先生成白色沉淀，后白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。【详解】（1）加入试剂1的目的为溶解亚铁盐

18、，由分析知的亚铁盐不溶于水，可溶于盐酸，所以试剂1为盐酸，加入盐酸后溶液呈现淡黄色可知溶液中已有部分Fe2+被氧化成Fe3+，由加入试剂2后溶液呈现红色可知加入的试剂2为硫氰化钾溶液，故答案为：盐酸， KSCN；（2）氯气具有氧化性，能将二价铁离子氧化成三价铁离子，反应的离子反应方程式为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，故答案为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-；（3）因为亚铁离子容易被氧化，所以要一同服用还原性的物质防止亚铁离子被氧化，即维生素C具有还原性，故答案为：还原；（4）由分析知白色沉淀Fe(OH)2被O2氧化的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，

19、现象为白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。14过滤 普通漏斗（或漏斗） CuSO4+FeFeSO4+Cu Fe+H2SO4FeSO4+H2 冷却结晶或结晶 【详解】（1）根据框图可知，步骤1应为过滤，过滤时需要的玻璃仪器是：烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为普通漏斗（或漏斗）；（2）步骤2中加入过量的铁与硫酸铜反应生成铜和氯化亚铁，发生反应的化学方程式为CuSO4+FeFeSO4+Cu；（3）步骤3中加入稀硫酸将固体混合物中的铁溶解，发生反应的化学方程式为Fe+H2SO4FeSO4+H2；（4）

20、步骤4中涉及的操作是：蒸发浓缩、冷却结晶或结晶、过滤、洗涤、烘干。15容量瓶 取适量最后一次洗涤液于试管中，加入（或）溶液，若无白色沉淀生成，则证明沉淀洗涤干净；若有白色沉淀生成，则证明沉淀未洗涤干净 继续加热，冷却至室温后称量，直至连续两次称量的质量差不超过 80% 【详解】（1）操作还需要容量瓶，故答案为：容量瓶；（2）反应中加入足量溶液，目的是将氧化为，反应的离子方程式为，故答案为：；（3）检验沉淀中是否洗涤干净，可以向最后一次洗涤液中加入溶液或溶液，观察是否有沉淀产生，故答案为：取适量最后一次洗涤液于试管中，加入（或）溶液，若无白色沉，则沉淀洗涤干净；（4）继续将沉淀物加热，冷却至室温

21、后称量，直至连续两次称量的质量差不超过，故答案为：0.1g；（5）加热后得到的固体为，则铁元素的质量分数为，故答案为：80%。1647.06% 0.80Vm21.07V 2.0 mol/L 47.06% 78 mL 【分析】(1)发生的反应为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2、NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al(OH)3、2Al(OH)3Al2O3+3H2O，得到的固体是Al2O3，反应前后质量不变，说明氧化铝中的氧元素质量分数等于镁元素质量分数；(2)采用极限法计算固体质量范围；(3).先判断盐酸是否完全反应，若盐酸完全反应，根据氢气求出消耗的盐酸，再求出

22、浓度；.根据表中数据可知，a组中金属完全反应，根据金属的总质量和生成氢气的物质的量列方程组，计算；.根据方程式中转化关系以及原子守恒计算。【详解】(1)发生的反应为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2、NaAlO2+CO2+2H2O= NaHCO3+Al(OH)3、2Al(OH)3Al2O3+3H2O，得到的固体是氧化铝，原固体为Mg、Al，反应后固体为Al2O3，反应前后固体质量不变，Mg的质量与Al2O3中O元素质量相等，则镁元素质量分数等于氧化铝中的氧元素质量分数，故合金中镁元素的质量分数=100%=47.06%；(2)假设全部是Mg，设镁的质量为x，Mg+2H+=Mg

23、2+H2 根据方程式可知24 gMg完全反应产生1 mol H2，其在标准状况下的体积为22.4 L，则x g Mg反应放出H2的体积为V，则=，解得x=1.07V；假设合金全部是Al，设铝的质量是y，根据反应方程式2Al+6H+=2Al3+3H2可知：54 gAl完全反应产生3 mol H2，在标准状况下体积为67.2 L，y g Al反应产生H2的体积是V L，则，解得y=0.80V；因为是两种金属的合金，所以金属的质量介于0.80V与1.07V之间，即0.80Vm1.07V；(3).b、c中生成的气体体积相同，c中金属的质量较大，则c中盐酸反应完全，n(H2)=0.03 mol，则n(H

24、Cl)=2n(H2)=0.06 mol，所以c(HCl)=2 mol/L；.a组合金完全反应，假设合金中Mg、Al的物质的量分别为x mol、y mol，则有：24x+27y=0.510g，根据电子得失数目相等可知2x+3y=2，解得x=0.01，y=0.01，则Mg的质量分数w(Mg)=100%=47.06%；.盐酸最终转化为NaCl，Al转化为NaAlO2，则由HClNaCl和AlNaAlO2可知：n(NaCl)=n(HCl)=2.0 mol/L0.030 L=0.06 mol；n(NaAlO2)=n(Al)=0.01 mol=0.018 mol；根据Na+守恒得：n(NaOH)= n(NaCl)+ n(NaAlO2)=0.06 mol+0.018 mol=0.078 mol；故V(NaOH)=0.078 L=78 mL。【点睛】本题考查了合金的有关计算，明确物质之间的反应结合方程式来分析解答，根据实验放出的氢气的体积判断哪种物质过量，然后以不足量的物质为标准进行计算是解题关键，要根据反应方程式及反应过程中原子守恒和电子守恒进行计算。