《2025年天利38套高中名校期中期末联考测试卷高中化学必修第一册人教版》

14. 为探究钠的部分性质，设计实验操作如图：
①向如图所示的试管中加入苯（已知苯不溶于水，密度为 0.86 g/cm³）；

②拔出大头针，使 Na（密度为 0.97 g/cm³）落入苯中（钠与苯不反应）；
③从长颈漏斗中加入饱和澄清石灰水（密度约为 1.6 g/cm³）。
对上述实验现象的说法错误的是（ ）

A.Na 在石灰水与苯的界面处反应，并上下跳动
B.Na 燃烧，最终消失
C.澄清石灰水变浑浊
D.苯层可观察到有气泡产生

答案： 14. B钠的性质　由于ρ(苯) ＜ ρ(Na) ＜ ρ(澄清石灰水)，所以金属Na在澄清石灰水与苯的界面处与溶液中的水反应产生H₂，氢气使Na受到的浮力增大，钠块上升，后又下落到界面处的石灰水溶液中进一步与水反应，钠块上下跳动直至消失，A正确；由于苯隔离空气，所以Na不会燃烧，B错误；由于Na与水反应放热，溶剂的量减少，且氢氧化钙溶解度随温度升高而降低，故澄清石灰水变浑浊，C正确；钠与水反应生成的氢气难溶于苯，所以苯层可观察到有气泡产生，D正确。

15. 向 200 mL c mol/L FeBr₂ 溶液中逐渐通入 Cl₂，其中 n(Fe²⁺)、n(Br⁻) 随通入 Cl₂ 物质的量 [n(Cl₂)] 的变化如图所示（已知：Cl₂ + 2Br⁻ = 2Cl⁻ + Br₂）。下列说法正确的是（ ）


A.c = 0.30
B.由图可判断反应 2Br⁻ + 2Fe³⁺ = Br₂ + 2Fe²⁺ 可以发生
C.当溶液中 c(Fe³⁺) = c(Br⁻) 时，n(Cl₂) 可能在 0～0.15 之间
D.n(Cl₂) = 0.30 mol 时，总的离子方程式为 2Cl₂ + 2Fe²⁺ + 2Br⁻ = 2Fe³⁺ + Br₂ + 4Cl⁻

答案： 15. D离子反应、氧化还原反应、化学计算　还原性：Fe²⁺ ＞ Br⁻，n(FeBr₂) = 0.2 L×c mol/L = 0.2c mol，通入0.15 mol Cl₂时，Fe²⁺恰好反应完全，n(Fe²⁺) = 2n(Cl₂) = 0.3 mol，即0.2c mol = 0.3 mol，c = 1.5，A错误；还原性：Fe²⁺ ＞ Br⁻，根据氧化还原反应规律可知，反应2Br⁻ + 2Fe³⁺ = Br₂ + 2Fe²⁺不能发生，B错误；由A项分析可知，c = 1.5，起始时n(FeBr₂) = 0.3 mol，n(Fe²⁺) = 0.3 mol，c(Br⁻) = 0.6 mol，若溶液中c(Fe³⁺) = c(Br⁻)，则Br⁻应部分发生反应，0.3 mol Fe²⁺反应时2Fe²⁺ + Cl₂ = 2Fe³⁺ + 2Cl⁻，消耗n(Cl₂) = 0.15 mol，所以当溶液中c(Fe³⁺) = c(Br⁻)时，n(Cl₂) ＞ 0.15 mol，C错误；n(Cl₂) = 0.30 mol时，0.3 mol Fe²⁺反应完全，Br⁻部分发生反应，根据电子守恒可得n(Fe²⁺) + n(Br⁻) = 2n(Cl₂)，即0.3 mol + n(Br⁻) = 0.6 mol，n(Br⁻) = 0.3 mol，n(Fe²⁺) : n(Cl₂) : n(Br⁻) = 1:1:1，则反应为2Cl₂ + 2Fe²⁺ + 2Br⁻ = 2Fe³⁺ + Br₂ + 4Cl⁻，D正确。
归纳总结：当溶液中存在多种还原性微粒可以被某种氧化剂氧化时，一般来说，发生的反应有一定的先后顺序，通常是还原性强的微粒优先与氧化剂发生反应，如还原性：Fe²⁺ ＞ Br⁻，当FeBr₂中逐渐通入氯气时，依次发生的反应为2Fe²⁺ + Cl₂ = 2Fe³⁺ + 2Cl⁻、2Br⁻ + Cl₂ = Br₂ + 2Cl⁻。

16.（14 分）Ⅰ. 分类法有助于人们发现和预测物质的性质，在化学学习中，科学的分类方法几乎是无可替代的。
（1）按要求对以下物质进行分类：①黄铜；②Na₂CO₃·10H₂O；③NaOH 溶液；④熔融 NaCl；⑤酒精；⑥氨气；⑦HCl 气体。上述物质中能导电的是__________（填序号，下同）；属于电解质的是__________；属于非电解质的是__________。
（2）写出物质②在水溶液中的电离方程式：________________________；干燥的 NaCl 不能导电的原因是________________________。
Ⅱ. 氧化还原反应是一类重要的化学反应。
（3）已知 R₂O₈ⁿ⁻ 在一定条件下可以把 Mn²⁺ 氧化为 MnO₄⁻，R₂O₈ⁿ⁻ 被还原为 RO₄²⁻，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 5∶2，则 n = __________，写出上述反应的离子方程式，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目：________________________。若 19.2 g R₂O₈ⁿ⁻ 中含氧原子的个数为 0.8N_A，则 R 的相对原子质量为__________。

答案： 16. (14分)
(1)①③④ (2分) ②④⑦ (2分) ⑤⑥ (2分)
(2)Na₂CO₃ = 2Na⁺ + CO₃²⁻ (1分) 干燥的NaCl中Na⁺和Cl⁻不能自由移动 (合理即可，1分)
(3)2 (2分) 5R₂O₈²⁻ + 2Mn²⁺ + 8H₂O = 2MnO₄⁻ + 10RO₄²⁻ + 16H⁺ (2分) 32 (2分)
电解质与非电解质、电离方程式、氧化还原反应
【解析】
(1)电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物。①黄铜能导电，既不是电解质也不是非电解质，②Na₂CO₃·10H₂O不能导电，属于电解质，③NaOH溶液能导电，既不是电解质也不是非电解质，④熔融NaCl能导电，属于电解质，⑤酒精不能导电，不能电离，属于非电解质，⑥氨气不能导电，不能电离，属于非电解质，⑦HCl气体不能导电，溶于水导电，属于电解质，上述物质中能导电的是①③④，属于电解质的是②④⑦，属于非电解质的是⑤⑥。
(2)Na₂CO₃在水溶液中电离产生Na⁺和CO₃²⁻；干燥的NaCl中Na⁺和Cl⁻不能自由移动，导致其不能导电。
(3)已知R₂O₈ⁿ⁻在一定条件下可以把Mn²⁺氧化为MnO₄⁻，电子转移：Mn²⁺～MnO₄⁻～5e⁻，R₂O₈ⁿ⁻被还原为RO₄²⁻，$R₂O₈ⁿ⁻～2RO₄²⁻～[\frac{16 - n}{2} - 6]×2e⁻ = (4 - n)e⁻，$该反应中，锰元素的化合价变化为+2→+7，失电子，化合价升高，锰离子作还原剂，氧元素的化合价不变，R元素得电子，化合价降低，R₂O₈ⁿ⁻作氧化剂，即R₂O₈ⁿ⁻与Mn²⁺的物质的量之比为5:2，根据各元素的原子守恒写出并配平，该反应方程式为8H₂O + 5R₂O₈ⁿ⁻ + 2Mn²⁺ = 2MnO₄⁻ + 10RO₄²⁻ + 16H⁺，再由电荷守恒得-5n + 2×2 = -1×2 + (-2×10) + 1×16，则n = 2；单线桥法表示电子转移时，电子转移总数为10e⁻；若19.2 g R₂O₈ⁿ⁻中含氧原子的个数为0.8N_A，得到$\frac{19.2 g}{(2×M_R + 8×16) g/mol}×8 = 0.8 mol，$所以R的相对原子质量为32。

17.（13 分）农作物生产离不开肥料，其中对 N、P、K 三种元素的需求最大。如图为培养某植物需要配制的 500 mL 营养液。
（1）所用容量瓶在使用前应________________________。
（2）配制溶液时，正确的操作顺序是 C→______→______→______→A→E（填字母）。操作 A 为定容，具体的操作方法是________________________。

（3）在配制过程中，下列实验操作会使所配制溶液的浓度偏小的是__________（填字母）。
A. 配制溶液时，容量瓶用水洗净后未干燥
B. 洗涤时，未冲洗玻璃棒
C. 定容时仰视刻线
D. 定容后经摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水
（4）某同学在实验室中找到了 KCl、NH₄Cl、NaNO₃、Na₃PO₄ 四种物质用于配制该营养液，所取上述各物质（按上述顺序）的物质的量之比为______。若用实验室剩余的 0.5 mol/L 的 NH₄Cl 溶液代替固体 NH₄Cl，则需要 0.5 mol/L 的 NH₄Cl 溶液的体积为______mL。
（5）若要检验所配制营养液中的 K⁺，可进行的操作是________________________。

答案： 17. (13分)
(1)检查容量瓶是否完好，瓶口处是否漏水 (合理即可，1分)
(2)B D F (全对得2分) 加蒸馏水至刻线1~2 cm时，用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻线相切 (2分)
(3)B C D (2分)
(4)2:2:3:1 (2分) 10 (2分)
(5)将铂丝(或铁丝)在酒精灯外焰上灼烧至与原来的火焰颜色相同，再蘸取营养液在外焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰的颜色 (合理即可，2分)
一定物质的量浓度溶液的配制、离子检验、焰色试验
【解析】
(1)使用容量瓶前要检查它是否完好，是否漏水，防止在配制溶液过程中漏液。
(2)配制一定物质的量浓度溶液的步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、定容、摇匀、装瓶、贴标签，故正确的操作顺序为CBDFAE。
(3)配制溶液时，容量瓶用水洗净后，若未干燥即用来配制溶液，所配溶液浓度不变，A错误；未洗涤玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，B正确；定容时，仰视刻线，导致溶剂的体积偏大，所以配制溶液的浓度偏低，C正确；摇匀后发现液面低于刻线再加水，导致溶剂的体积偏大，配制溶液的浓度偏低，D正确，故选BCD。
(4)营养液中c(K⁺) = 0.01 mol/L，则需要c(KCl) = 0.01 mol/L；c(NH₄⁺) = 0.01 mol/L，则需要c(NH₄Cl) = 0.01 mol/L；c(NO₃⁻) = 0.015 mol/L，则需要c(NaNO₃) = 0.015 mol/L；c(PO₄³⁻) = 0.005 mol/L，则需要c(Na₃PO₄) = 0.005 mol/L；同一溶液中，物质的浓度之比等于物质的量之比，所取上述各物质(按上述顺序)的物质的量之比为2:2:3:1；营养液中n(NH₄⁺) = 0.01 mol/L×0.5 L，则需要0.5 mol/L的NH₄Cl溶液的体积为0.01 mol/L×0.5 L÷0.5 mol/L = 0.01 L = 10 mL。

18.（14 分）联合制碱法（又称侯氏制碱法），因其提高了食盐的转化率，减少了对环境的污染，从而赢得了国际化工界的高度评价。联合制碱法的主要过程如图甲所示：

已知：沉淀池中的反应原理如下：
ⅰ. NH₃ + CO₂ + H₂O = NH₄HCO₃
ⅱ. NaCl + NH₄HCO₃ = NaHCO₃↓ + NH₄Cl
（1）“侯氏制碱法”中的“碱”为__________（填化学式）；写出煅烧炉中反应的化学方程式：________________________。
（2）在饱和食盐水中先通入 NH₃，再通入 CO₂，这样操作的目的是________________________。
（3）从“母液”中可得到的副产品为__________，用途是__________（任写一种）。
（4）“循环Ⅱ”中参与循环的物质除水外还有__________。
（5）常温下，在 10 mL 0.1 mol/L Na₂CO₃ 溶液中逐滴加入 0.1 mol/L HCl 溶液 20 mL，溶液中含碳元素的各种微粒的质量分数（纵轴）随溶液 pH 变化的部分情况如图乙所示。回答下列问题：

①在同一溶液中，三种含碳微粒 CO₃²⁻、HCO₃⁻、H₂CO₃__________（填“能”或“不能”）大量共存。
②将 0.84 g NaHCO₃ 和 1.06 g Na₂CO₃ 混合并配成溶液，向溶液中滴加 0.1 mol/L 稀盐酸。下列图像（图丙）能正确表示加入盐酸的体积和生成 CO₂ 的物质的量的关系的是__________（填字母）。

答案： 18. (14分)
(1)Na₂CO₃ (1分) 2NaHCO₃ = Na₂CO₃ + H₂O + CO₂↑ (2分)
(2)先通入NH₃，使溶液呈碱性，能吸收大量CO₂，增大HCO₃⁻的浓度，有利于析出更多的NaHCO₃ (合理即可，2分)
(3)NH₄Cl (2分) 作肥料 (合理即可，1分)
(4)CO₂ (2分)
(5)①不能 (2分) ②D (2分)
侯氏制碱法、碳酸钠和碳酸氢钠的性质
【解析】
(1)“侯氏制碱法”中的“碱”为纯碱，即Na₂CO₃；进入煅烧炉中的沉淀为碳酸氢钠，可以受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水。
(2)因为氨气在水中溶解度较大，且CO₂在碱性溶液中溶解度更大，所以向饱和食盐水中通入氨气使溶液呈碱性，再通入过量CO₂，可以得到浓度较大的HCO₃⁻。
(3)根据题给沉淀池中的反应原理推知，“母液”中可得到的副产品为NH₄Cl，能用作氮肥。
(4)煅烧过程中产生CO₂，因此进入“循环Ⅱ”的物质还有CO₂。
(5)①由图乙可知，Na₂CO₃先与盐酸反应生成NaHCO₃，接近pH = 8时，反应完全；然后再滴入盐酸，NaHCO₃逐步转化为H₂CO₃，可看出CO₃²⁻与H₂CO₃在图乙中处于“有你无我”的状态，由此可知，在同一溶液中，CO₃²⁻、HCO₃⁻、H₂CO₃不能大量共存。②0.84 g NaHCO₃和1.06 g Na₂CO₃的物质的量均为0.01 mol，向二者混合溶液中滴加稀盐酸，起始发生反应为HCl + Na₂CO₃ = NaHCO₃ + NaCl，不放出CO₂，Na₂CO₃完全反应时，消耗0.1 mol/L的盐酸0.1 L，生成0.01 mol NaHCO₃，此时溶液中含有0.02 mol NaHCO₃；再加入盐酸发生反应：HCl + NaHCO₃ = NaCl + CO₂↑ + H₂O，产生CO₂，0.02 mol NaHCO₃完全反应需要0.2 L盐酸，即滴加盐酸至0.3 L时产生CO₂达到最大量，故选D。