高一化學答案解析

20232024學年第一學期福州市九師教學聯盟1月聯考高一化學答案解析選擇題：本大題共15小題,每小題3分,共45分。在每小題所給出的四個選項中,只有一項是最符合題目要求的。題號12345678答案CBCDDBDC題號9101112131415答案DDCDBDB1．C【詳解】A．硫酸銅溶液蒸發(fā)得到硫酸銅晶體，從溶液中獲取晶體，屬于蒸發(fā)濃縮結晶操作，A正確；B．高壓電除去工廠煙塵是利用膠體粒子帶電，在外加電場的作用下發(fā)生定向移動的性質，即膠體的電泳現象，B正確；C．這里的“硝石”指的是硝酸鉀，而不是高錳酸鉀，C錯誤；D．白酒的燒制是利用沸點不同進行分離，為蒸餾操作，D正確；故答案為：C。2．B【詳解】A．為有機物，A錯誤；B．空氣和汽油都由多種物質組成，屬于混合物，B正確；C．屬于氧化物，為無機物，C錯誤；D．同素異形體之間相互轉化屬于化學變化，D錯誤；故選B。3．C【詳解】A．通入的物質的量未知，無法計算，A錯誤；B．的物質的量為1mol，中子數為；的物質的量為，中子數為，B錯誤；C．中的物質的量為3mol，則其中的粒子數為，C正確；D．鹽酸與足量MnO2共熱反應一段時間后，鹽酸濃度變小，無法繼續(xù)反應，轉移的電子數小于，D錯誤；故選C。4．D【詳解】無色溶液能與Al作用生成H2的溶液中存在大量H+或者OH。A．Mg2+與OH反應生成Mg(OH)2沉淀，ClO與H+結合生成HClO，故A錯誤；B．Fe3+與SCN不能共存，且不是無色溶液，故B錯誤；C．HCO能與H+或者OH反應，故C錯誤；D．K+、Ba2+、Cl、Br離子均無色，并且不和H+或者OH反應，故D正確；故答案為D。5．D【詳解】物質的量濃度之比為，若為4mol/L，則=3mol/L、=1mol/L；利用電解質溶液中存在電荷守恒規(guī)律，可知：4mol/L×2+3mol/L×3=1mol/L+2，=8mol/L；故選D。6．B【詳解】A．氯氣溶于水生成的HClO為弱電解質，不拆，，A錯誤；B．過量的與澄清石灰水反應生成碳酸氫鈣溶液：，B正確；C．溶液和溶液反應生成硫酸鋇和氫氧化鐵：，C錯誤；D．鈉與水反應生成NaOH和H2，且應注意守恒：，D錯誤；答案選B。7．D【詳解】A．隨著光照的進行，不斷發(fā)生反應2HClO2HCl+O2↑，弱酸HClO不斷轉化為強酸HCl，氯水的pH大體呈現下降的趨勢，A正確；B．新制氯水是將氯氣通入水中生成的，溶解在水中的Cl2有一部分與H2O反應生成H+、Cl和HClO，則新制氯水中含有H2O、Cl2、HClO這三種分子，B正確；C．光照過程中，氯水中的次氯酸不斷發(fā)生分解，產生鹽酸和氧氣，溶液的酸性增強，C正確；D．取少量氯水滴入幾滴AgNO3溶液，出現白色沉淀表明溶液中含有Cl，它不一定來自HClO分解，即便來自HClO分解，也不能證明氯水分解完全，D不正確；故選D。8．C【分析】堿性溶液中利于二氧化碳的吸收，則A為NH3，與NaCl、B發(fā)生NH3+H2O+CO2+NaCl＝NH4Cl+NaHCO3↓，氣體B為CO2，過濾后得到NaHCO3，NaHCO3加熱分解可制備純堿，以此解答該題。【詳解】A．由上述分析可知，A氣體是NH3，氣體B為CO2，故A正確；B．第Ⅲ步操作是過濾操作，通過過濾得到碳酸氫鈉晶體，所以用到的主要玻璃儀器是燒杯、漏斗、玻璃棒，NaHCO3加熱分解可制備純堿，因此第IV步操作是灼燒，故B正確；C．根據以上分析可知第Ⅲ步得到的晶體是NaHCO3，故C錯誤；D．根據NH3+H2O+CO2+NaCl＝NH4Cl+NaHCO3↓可知第Ⅲ步得到的濾液中溶質是NaHCO3和NH4Cl，故D正確；故選C。9．D【分析】已知粗鹽中含有、、等雜質離子，試劑①可依次加入足量的、NaOH除去硫酸根離子和鎂離子、再加適量的除去過量的鋇離子、鈣離子，過濾后再用鹽酸調節(jié)至中性，操作②為蒸發(fā)結晶，電解熔融氯化鈉制備鈉和氯氣；鹵水加氫氧化鈣，③為過濾，得氫氧化鎂固體，加鹽酸得氯化鎂濃溶液，④為在氯化氫氣流中加熱，得氯化鎂固體，電解熔融氯化鎂制備鎂和氯氣?！驹斀狻緼．已知粗鹽中含有、、等雜質離子，試劑①可依次加入足量的、NaOH除去硫酸根離子和鎂離子、再加適量的除去過量的鋇離子、鈣離子，過濾后再用鹽酸調節(jié)至中性，故A錯誤；B．試劑②④均為鹽酸，工業(yè)上試劑③為氫氧化鈣溶液，氫氧化鈣成本低，故B錯誤；C．操作①③為過濾，相同，操作②為蒸發(fā)結晶，④為在氯化氫氣流中加熱，不完全相同，故C錯誤；D．工業(yè)制Na、Mg的副產品可用于制備鹽酸，然后循環(huán)使用，故D正確；故選D。10．D【分析】利用純凈干燥的氯氣和二氧化硫反應制取硫酰氯，由實驗裝置可知，裝置①中制備氯氣，裝置②中除去氯氣中的氯化氫，裝置③中濃硫酸干燥氯氣，裝置④中發(fā)生，裝置⑤中吸收產物，最后吸收尾氣；【詳解】A．裝置①中，為了提高濃鹽酸的利用率，可控制分液漏斗緩慢逐滴滴加，以便控制反應速率，提高原料利用率，A正確；B．生成的氯氣中含有氯化氫和水蒸氣，則裝置②中試劑是飽和食鹽水，裝置③中試劑是濃硫酸，B正確；C．的沸點為69℃，因此裝置④需要熱水浴，控制溫度超高69℃，使生成的硫酰氯進入裝置⑤吸收，其中裝置⑤需要冰水浴，C正確；D．為吸收尾氣氯氣和二氧化硫，同時防止水蒸氣進入裝置④中，則“尾氣處理”時需在裝置⑤后接裝有堿石灰的干燥管，D錯誤；故選D。11．C【詳解】A、因該反應中S元素的化合價升高，元素的化合價降低，則為還原劑，Fe2+是還原產物，還原性強弱為，與已知的還原性強弱一致，能發(fā)生，故A不選；B、因該反應中S元素的化合價升高，I元素的化合價降低，則為還原劑，還原性強弱為，與已知的還原性強弱一致，能發(fā)生，故B不選；C、因該反應中O元素的化合價升高，S元素的化合價降低，則為還原劑，還原性強弱為，與已知的還原性強弱不一致，反應不能發(fā)生，故C選；D、因該反應中元素的化合價降低，I元素的化合價升高，則為還原劑，還原性強弱為，與已知的還原性強弱一致，能發(fā)生，故D不選。故選：C。12．D【詳解】A．氯氣和鐵反應生成氯化鐵，A錯誤；B．硫在氧氣中燃燒，生成二氧化硫，B錯誤；C．由于鹽酸是強酸，二氧化硫和氯化鋇不反應，C錯誤；D．二氧化碳可以和漂白粉中的次氯酸鈣反應生成次氯酸，次氯酸不穩(wěn)定，光照分解生成氧氣，D正確；故選D。13．B【分析】能夠發(fā)生噴泉實驗，需要燒瓶內外產生明顯的壓強差；產生壓強差可以通過氣體溶于水的方法，也可以通過發(fā)生反應消耗氣體產生壓強差?！驹斀狻緼．一氧化氮與稀鹽酸不發(fā)生反應，燒瓶內外不會產生壓強差，不能出現噴泉現象；B．氯化氫可以和稀氨水中的一水合氨發(fā)生反應，使燒瓶內外產生較大壓強差，能夠出現噴泉現象；C．一氧化氮不溶于水，燒瓶內外不會產生壓強差，不能出現噴泉現象；D．二氧化碳不會溶于飽和碳酸氫鈉溶液中，燒瓶內外不會產生壓強差，不能出現噴泉現象；故選B。14．D【詳解】A．“碳捕獲與儲存”能減少二氧化碳的排放，有助于緩解溫室效應，A正確；B．過程I中用NaOH溶液“捕獲”排放的CO2，發(fā)生反應，B正確；C．由圖知，過程Ⅲ為分解反應，過程Ⅳ為化合反應，C正確；D．根據圖示可知，NaOH和Ca(OH)2既參與反應，又生成，能夠循環(huán)利用，D錯誤；故選D。15．B【分析】Ba(OH)2中加入KAl(SO4)2，KAl(SO4)2由少量至過量發(fā)生兩個離子反應：當時，化學反應方程式為，溶液中的可溶物質是KAlO2，將數據代入方程式計算n(KAlO2)=0.1mol/L×0.02L÷2=0.001mol；當時，化學反應方程式為，溶液中溶液中的可溶物質是K2SO4，將數據代入方程式計算；所以曲線①代表該反應；Ba(OH)2中加入Al2(SO4)3，Al2(SO4)3由少量至過量發(fā)生兩個離子反應：當時，化學反應方程式為，溶液中的可溶物質是Ba(AlO2)2，將數據代入方程式計算n[Ba(AlO2)2]=0.1mol/L×0.02L÷4=0.0005mol；當時，化學反應方程式為，此時溶液中幾乎無可溶物質，溶液此時導電能力最差；所以曲線②代表該反應；【詳解】A．a點溶液中幾乎無可溶物，反應物全部生成固體沉淀，所以水溶液接近中性，描述正確，A不符合題意；B．根據分析，b點溶液中可溶物質只有K2SO4，描述錯誤，B符合題意；C．根據分析，c、d兩點對應反應中，①中Ba2+及OH全部生成新的物質，②中OH全部反應，Ba2+也都參與生成新物質，未有OH剩余，描述正確，C不符合題意；D．根據分析，可以得到①是加入KAl(SO4)2的變化曲線，②代表加入Al2(SO4)3的變化曲線，描述正確，D不符合題意；故選B。二、非選擇題：本大題共4小題,共55分。(除特殊標注外，每空2分）16．（14分）(1)①③④(2)(3)(4)22（僅1個錯誤得1分，超過1個錯誤不得分）(5)(6)D【詳解】（1）氧化還原反應前后有元素化合價升高或降低，②⑤反應前后元素化合價均不變，①③④反應前后有元素化合價升高或降低，則屬于氧化還原反應的是①③④；（2）MnO2→MnCl2，錳元素化合價從+4價降低至+2價，被還原得到電子；Cl→Cl2，氯元素化合價從1價升高至0價，被氧化失去電子，則雙線橋法表示反應電子轉移的方向和數目為：；（3）KIO3中I元素化合價由+5價降低為0價，HI中I元素化合價由1價升高為0價，則氧化劑是KIO3，還原劑是HI，但是6個HI中有1個碘元素化合價沒變，進入KI中，所以氧化劑與還原劑的個數之比為1∶5；（4）反應Cl2中Cl元素由0價降低至1價，降低2×1=2價，SO2中S元素由+4價升高至+6價，升高2價，此時化合價升降總數已經相等，則Cl2、SO2、H2SO4系數均為1，根據原子守恒得HCl系數為2，則H2O系數為2，配平后反應為：2H2O+Cl2+SO2=H2SO4+2HCl；（5）由題意可知，在酸性環(huán)境下被還原為Cr3+，Fe2+被氧化為Fe3+，則該反應的離子方程式為：；（6）由原子守恒得X為Ag2S，該反應中H2S中H、O元素化合價均不變，則H2S既不是氧化劑又不是還原劑，故選D。17．（8分）（1）2SO2+O22SO3SO3+H2OH2SO42H2SO4（濃）+CuCuSO4+SO2↑+2H2O（2）2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑【詳解】本題考查無機推斷題，（1）A是一種淡黃色固體單質，即A為S，S與氧氣反應生成SO2，SO2與O2反應生成SO3，SO3與H2O反應生成H2SO4，②的反應方程式為2SO2+O22SO3；③的反應方程式為SO3＋H2O=H2SO4，銅在加熱條件下與濃硫酸反應Cu＋2H2SO4(濃)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；（2）A為金屬單質，C為淡黃色固體，則C為Na2O2，A為Na，反應③的化學方程式為2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑。18．（17分）(1)NaCl（1分）(2)(3)CBD(4)acd(5)通過焰色試驗，透過藍色鈷玻璃觀察到紫色火焰，證明含K+(6)蒸餾碘易升華，加熱造成碘損失【分析】海帶經灼燒，除去大部分的有機物，海帶灰中含無機鹽類。浸泡過濾后可得含I的溶液，經H2O2氧化，得到I2的水溶液，萃取、蒸餾等步驟后可得碘單質；【詳解】（1）由圖甲可知海水中含量最多的鹽為NaCl；（2）由圖乙溫度以上的溶解度隨溫度的升高而降低，且溶解度小于和KCl，首先析出的晶體應是；（3）粗鹽的提純中應該除去雜質離子、、，分別使用氫氧化鈉、碳酸鈉和氯化鋇除去，因加入的試劑是過量的所以需要將過量試劑最終也除去，所以氯化鋇一定在碳酸鈉之前加入，最后加鹽酸調節(jié)溶液酸堿性除去碳酸根離子等，最后通過過濾得到氯化鈉溶液，A．此裝置是蒸餾裝置，A錯誤；B．此裝置是分液裝置，B錯誤；C．此裝置是過濾裝置，C正確；故選C；四個選項中符合氯化鋇在碳酸鈉之前加入的有BD，AC不符合，故選BD；答案為：C，BD；（4）步驟①為灼燒，需要酒精燈、坩堝、泥三角，所以選acd；（5）含有K+可以通過顏色反應來驗證，透過藍色鈷玻璃觀察到紫色火焰，證明含；（6）①根據I2與CCl4沸點不同，可以用蒸餾法直接分離；②不管經過直接蒸餾還是反萃取，都可以分離得到CCl4，實現循環(huán)利用；③直接蒸餾得到的碘的產率低是因為碘易升華，加熱時隨CCl4蒸氣溢出而損失；19．（16分）(1)(2)2mol(3)(4)還原紅色布條褪色(5)吸收尾氣并防止倒吸(6)1.57【分析】A裝置由過量濃硫酸和NaClO3反應制備ClO2和高氯酸，反應為：3NaClO3+3H2SO4(濃)=HClO4+2ClO2+3NaHSO4+H2O，關閉止水夾②，打開止水夾①③，通空氣一段時間，ClO2與NaOH和H2O2在C中反應：，控制溫度38℃~60℃下進行進行減壓蒸發(fā)結晶可得晶體NaClO2，關閉止水夾③，打開止水夾②，ClO2有強氧化性，使B中紅布條褪色，用D中NaOH溶液吸收尾氣。【詳解】（1）濃鹽酸和二氧化錳在加熱條件下能發(fā)生氧化還原反應生成氯化錳、氯氣、水，二氧化錳、氯氣、水在離子反應中應保留化學式，離子反應方程式為：。（2）物質的量均為1mol的Cl2和Fe充分反應，產生molFeCl3，氯氣完全反應，轉移電子的物質的量為2mol。（3）ClO2可將廢水中的