高一必修一化学常考 高一化学必修一视频

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:化学必修一常考题型答案

安庆市高一上期末化学常考题型答案1.合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金具有以下特点：①肯定是混合物；②合金中至少有一种金属等．解：A、铁锈的主要成分是氧化铁，不属于合金，故选项正确．B、不锈钢是钢的一种，是铁的合金，故选项错误．C、青铜是铜和锡的合金，故选项错误．D、焊锡是锡和铅的合金，故选项错误．故选A．2.解答：解：A、青铜属于铜合金，是铜和锡的混合物；B、铝属于单质，不是合金；C、钢是铁的合金，当铁中碳元素的含量达到肯定程度时便形成钢；D、生铁是铁的合金，当铁中碳元素的含量达到肯定程度时便形成生铁．故选：B．3.解：A．青铜是以锡为主要合金元素的铜基合金，故A错误；B．水银是纯洁物，不属于合金，故B正确；C．钢是铁与碳的合金，故C错误；D．黄铜是铜锌合金，故D错误．故选B．4.解答：解：（1）A．过滤操作所必需使用的漏斗、玻璃棒、烧杯等仪器及滤纸等用品，无漏斗和滤纸，不行完成过滤操作；B．蒸发需要铁架台、铁圈、三角架、蒸发皿、酒精灯、玻璃棒、火柴等，这些仪器都已具备，可完成蒸发操作；C．萃取操作必需使用分液漏斗和烧杯，这些仪器都已具备，可完成萃取操作；D．分馏操作，所必需使用的冷凝管在所供应的仪器中不存在，因此不能完成蒸馏操作；故答案为：AD（2）a．容量瓶，滴定管和分液漏斗能用来盛放液体，且有活塞，使用时必需检查是否漏水；b．有刻度的量取溶液体积的仪器标有温度，如容量瓶，滴定管和量筒，5.④①②③③⑤⑦⑧①③解：（1）①氟氯烃与臭氧空洞有关，会破坏臭氧层，形成臭氧空洞，故答案为：④；②二氧化碳与温室效应有关，是造成温室效应和全球气候变暖的主要缘由，故答案为：①；③二氧化硫、氮氧化物与酸雨有关，二氧化硫、氮氧化物都可以形成酸雨，故答案为：②③；④氮氧化物与光化学烟雾有关，是导致光化学烟雾的主要物质，故答案为：③；（2）①试管、蒸发皿、坩埚可以直接用酒精灯加热，故答案为：⑤⑦⑧；②容量瓶和分液漏斗使用前需要检验是否漏水，故答案为：①③．6.①②③⑤7.解：A．水与酒精混溶，利用沸点不同分别，可加生石灰后蒸馏即可，故A错误；B．蒸馏的原理：通过掌握沸点的不同来实现物质的分别，所以温度计水银球要靠近蒸馏烧瓶支管口，故B错误；C．容量瓶蒸馏水洗后未加干燥，溶液的体积并不变，浓度不变，故C正确；D．托盘天平只精确到0.1g，不能称量5.85g，故D错误；故选：C．8.本题通过几种试验装置的示意图，直观地考查了常见物质分别方法。A中是配制肯定物质的量浓度的溶液时溶液的转移装置，不能用于物质的分别；B为过滤装置，用于过滤分别固体和液体；C为蒸馏装置，用于分别液态混合物；D为渗析装置，用于提纯胶体。故选A9.解：①给盛有液体的烧瓶加热时，需要加碎瓷片或沸石，目的是防止混合液体暴沸，故①正确；②用H2还原CuO时应先通H2再点燃酒精灯，目的是排净装置中的空气，避开发生爆炸，故②正确；③点燃可燃性气体前要验纯，否则可能会爆炸，发生危急，故③正确④由于浓硫酸密度水的密度，且稀释过程放出大量热量，所以稀释浓硫酸时，要将浓硫酸渐渐沿器壁流入水中，挨次不能颠倒，故④正确；故选A．解：A．溶液和胶体粒子都能透过滤纸，不能用过滤的方法分别，应用渗析的方法分别，故A错误；B．水的沸点较低，可用蒸馏的方法分别提纯，故B正确；C．四氯化碳不溶于水，且碘在四氯化碳中的溶解度比在水中大，可用四氯化碳萃取碘水中的碘，故C正确；D．加热时氯化铵易分解，则可用加热的方法分别氯化钠和氯化铵固体，故D正确．故选A．11.依据苯和水互不相溶、汽油和柴油的沸点不同以及碘在不同溶剂的溶解度不同的特点选择分别方法．解：①苯和水互不相溶，可用分液的方法分别；②汽油和柴油沸点不同，可用正路的方法分别；③碘在四氯化碳中的溶解度比在水中大，可用萃取的方法分别，故选C．12.在水溶液中或熔融状态下能自身电离而导电的化合物，称为电解质。B．H2与D．Cu均为单质，既不是电解质也不是非电解质。A．CO2不能自身电离，故属于非电解质。C．Na2SO4是在水溶液中或熔融状态下均能自身电离而导电的化合物，故属于电解质。故选C13A、硝酸钾是在水溶液中和熔融状态下均能导电的化合物，属于电解质，故A正确；B、蔗糖在水溶液中和熔融状态下均不能导电，属于非电解质，故B错误；C、金属铜是单质，不是化合物，不属于电解质，故C错误；D、食盐水是混合物，不属于化合物，不属于电解质，故D错误．故选A．14电解质在熔融状态或水溶液中能导电的化合物，非电解质是在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物．解：电解质在熔融状态或水溶液中能导电的化合物，包括酸、碱、盐、氧化物等化合物；氯化钠溶液为混合物，不属于电解质；酒精、蔗糖属于非电解质；氨气、三氧化硫的水溶液能导电，但本身不能电离出离子，属于电解质的为B、C、D、J，硫酸为电解质，在水溶液中电离生成H+和SO42-，电离方程式为H2SO4=2H++SO42-，故答案为：H2SO4=2H++SO42-．15解：A、1molN2所含有的原子数为2NA，故A错误；B、标准状况水不是气体，22.4L水不是1mol，故B错误；C、准状况下，22.4L氯化氢物质的量为1mol，所含的原子数为2NA，故C错误；D、氧气和臭氧都是氧元素组成，24gO2分子和24gO3分子所含的氧原子数目相等，故D正确；故选D．16试题分析：A不正确，1mol氮气所含有的原子数为2NA；标准状况下，水不是气态，不能适用于气体摩尔体积，B不正确；C不正确，由于不能气体详细的物质的量。常温常压下32gSO2与标准状况下11.2LN2的物质的量均是0.5mol，所以正确的答案选D。17.解：A、标况下，水不是气体，题中条件无法计算22.4L水的物质的量，故A错误；B、2.3g钠的物质的量为0.1mol，完全反应失去0.1mol电子，失去的电子数为0.1NA，故B正确；C、NA个二氧化碳的物质的量为1mol，不是标况下，题中条件无法计算1mol二氧化碳的体积，故C错误；D、没有告知物质的量浓度为0.5mol•/L的MgCl2溶液的体积，无法计算溶液中氯离子的数目，故D错误；故选B．18解：A、应当是1mol任何微粒所含的分子数均为NA个，故A错误；B、14g氮气所含的N原子的物质的量是0.5mol，所含的N原子数为NA个，故B正确；C、标准状况下，水是液体，无法计算水的物质的量，故C错误；D、在钠与氯气的反应中，1mol钠失去1mol电子，电子的数目为NA个，故D错误；故选B．解：A、氧气和臭氧都是氧元素组成的单质，质量相同的单质所含氧元素养量相等；16g氧气和16g臭氧所含的原子数相等均为NA，故A正确；B、常温常压下，11.2L氯气物质的量不是0.5mol，故B错误；C、2.3g钠由原子变成离子，失电子，物质的量为0.1mol，失去的电子数为0.1NA，故C错误；D、28gN2中物质的量为1mol，氮原子质子数为7，所以分子中所含的质子数目为14NA，故D错误；故选A．20.解：A．在同温同压时，相同体积的任何气体单质所含的分子数目相同，由于气体含有的原子数不肯定相等，所以不肯定含有相同的原子数，故A错误；B．氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，无法计算氢氧化铁胶粒的质量，故B错误；C．标准状况下，22.4L二氧化碳和氧气的混合气体的物质的量为1mol，1mol混合气体中含有2mol氧原子，不存在氧气分子，故C错误；D．17g氨气的物质的量为1mol，1mol氨气中含有10mol电子，所含电子数目为10NA，故D正确；故选D．21.解：A、1L0.1mol•L-1NaOH溶液中含氢氧化钠的质量为1L×0.1mol•L-1×40g/mol=4g，故A错误；B、100ml0.1mol•L-1NaOH溶液中含有OH-的物质的量为0.1L×0.1mol•L-1=0.01mol，故B正确；C、溶液是匀称的，取出溶液的浓度与原溶液浓度相同，故C错误；D、1L水中溶解把4gNaOH溶解在水中，配成1L溶液可得0.1mol•L-1NaOH溶液，故D错误．故选B．22.可以忽视认为混合后溶液体积为5mol/L的NaOH溶液与蒸馏水的体积之和，再依据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算原溶液与蒸馏水的体积比．解：混合后溶液体积可以认为是为5mol/L的NaOH溶液与蒸馏水的体积之和，令5mol/L的NaOH溶液与蒸馏水的体积分别为xL、yL，溶液稀释前后氢氧化钠的物质的量不变，则：5mol/L×xL=1mol/L×（xL+yL）解得x：y=1：428.试题分析：饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，但沉淀不会溶解；氢氧化铁胶体中加入硫酸，形成解：50mL1mol•L-1MgCl2溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=2c（MgCl2）=2mol/L，A、150mL1mol•L-1NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=c（NaCl）=1mol/L，故A错误；B、75mL2mol•L-1CaCl2溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=2c（CaCl2）=4mol/L，故B错误；C、150mL2mol•L-1KCl溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=c（KCl）=2mol/L，故C正确；D、75mL1mol•L-1AlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=3c（AlCl3）=3mol/L，故D错误；故选C．24.解：常见的三种分散系为溶液、胶体、浊液，丁达尔现象是胶体特有的性质，上述四个中属于胶体的有尘埃的空气和墨水，稀硫酸为溶液，蒸馏水由于杂质较少可以认为是纯洁物，故选C．25.胶体能产生丁达尔效应，溴水是溶液，不能产生丁达尔效应，所以答案选B。26.此题的综合性较强，1nm为10-9m，所以胶体微粒颗粒直径都在1nm-100nm之间，不能透过半透膜，而溶液中溶质颗粒直径都小于1nm，能透过半透膜。氯化铁溶液为棕黄色，氢氧化铁胶体为红褐色。加热蒸干时，氯化铁水解为氢氧化铁，灼烧后，氢氧化铁分解为氧化铁。故选C入过量二氧化硫，生成硫酸钡沉淀，连续通二氧化硫，沉淀不溶解；石灰水中通二氧化碳气体生成碳酸钙沉淀，连续通二氧化碳，沉淀溶解；氯化铝溶液中加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铝沉淀，连续加入氢氧化钠溶液，沉淀溶解。故选D29.向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2生成碳酸氢钠沉淀，CO2过量沉淀不变；向硅酸胶体中逐滴加入过量的氢氧化钠溶液，胶体聚沉，生成硅酸沉淀，生成的硅酸又溶解在氢氧化钠溶液中；向氢氧化钠溶液逐滴加入氯化铝溶液生成白色沉淀氢氧化铝；向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸，生成硅酸沉淀，但硅酸不能溶解在盐酸中，答案选A。30.A：溶液均为分散系，肯定为混合物，正确B：电解质肯定为化合物，但化合物不肯定为电解质，排解C：浊液与胶体均为分散系，互不交叉，排解D：两者互有交叉，例如CO为非金属氧化物，但不属于酸性氧化物，排解答案为A31.电离时生成的阳离子都是氢离子的化合物是酸，电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱，由金属离子和酸根离子组成的化合物是盐．解：氯化钡是由钡离子和氯离子组成的化合物，属于盐；氯化钠属于盐，同类物质应当放在一起．故选C．32.解：A．化合价的变化可在同一种元素之间，如Cl2+H2O=HCl+HClO，故A错误；B．某元素从化合态变成游离态，元素可能被氧化，如Cl-→Cl2，也可能被还原，如Cu2+→Cu，故B错误；C．氧化还原反应中不肯定全部元素的化合价都发生变化，如反应Cl2+H2O=HCl+HClO，只有Cl元素的化合价发生变化，故C正确；D．在氧化还原反应中非金属单质可做氧化剂，也可做还原剂，如H2，故D错误．故选C．33.解：该反应中，CaH2中H的化合价为-1，H2O中H的化合价为+1，H2中H的化合价为0，所以氢化钙失电子作还原剂，水得电子作氧化剂，故选B．34.解：A、F2+H2O的反应中，F元素的化合价降低，水中O元素的化合价上升，则水作还原剂，故A错误；B、Na+H2O的反应中，Na元素的化合价上升，水中H元素的化合价降低，则水作氧化剂，故B错误；C、NaH+H2O的反应中，NaH中H元素的化合价上升，水中H元素的化合价降低，则水作氧化剂，故C错误；D、Na2O2+H2O的反应中，Na2O2中O元素的化合价既上升又降低，而水中H、O元素的化合价都没有变化，则水既不是氧化剂又不是还原剂，故D正确；故选D．35.解：NO2跟H2O反应生成硝酸和NO，N元素的化合价既上升又降低，含元素化合价上升的物质为还原剂，含元素化合价降低的物质为氧化剂，则NO2既作氧化剂，又作还原剂，故选C．36.（1）KMnO4Cl2SO2HCl（2）98∶73试题分析：（1）反应①的氧化剂是Cl2，还原剂是SO2，由反应①知氧化性Cl2H2SO4，还原性SO2HCl；反应②的氧化剂是KMnO4，还原剂是HCl，由反应②知氧化性KMnO4Cl2，还原性HClMnCl2。所以氧化性：KMnO4Cl2H2SO4，还原性SO2HClMnCl2。（2）在反应①中氧化产物为H2SO4，还原产物为HCl，其质量比为98∶73。37.SiO2+3C═SiC+2CO↑中，C元素的化合价由0上升为+2价，C元素的化合价由0降低为-4价，以此来解答．解：SiO2+3C═SiC+2CO↑中，C元素的化合价由0上升为+2价，C元素的化合价由0降低为-4价，则C既是氧化剂又是还原剂，3molC反应，其中1mol为氧化剂，2mol为还原剂，物质的量之比等于质量之比，所以氧化剂和还原剂的质量比1mol：2mol=1：2，故选：B．38.依据氧化还原反应中得失电子守恒：化合价上升值=化合价降低值来计算．解：该反应中Na2SO3为还原剂，SO32-中的S被氧化，变为SO42-，化合价从+4升到+6价，失电子数=0.2mol/L×0.06L×2=0.024mol，XO4-为氧化剂，其中X元素化合价降低，开头为+7价，得失电子守恒，设元素X在还原产物中的化合价是x，则4×10-3mol（7-x）=0.024mol，解得x=1，即39.分析各元素化合价的变化，知道NaNO2是氧化剂，故A正确。NH4Cl中的N元素被氧化，N2既是氧化产物又是还原产物；当生成1molN2时转移的电子为3mol，故B、C、D错误。选A40.解答：解：（1）反应中KMnO4中Mn元素获得10电子生成MnCl2，HCl中Cl元素失去10个电子生成Cl2．用双线桥表示出该反应的电子转移状况为：44.A．Na＋、Ba2＋、Cl－、SO42-；加入OH－没有沉淀析出，加入H＋没有气体放；B．Fe3＋、K＋、SO42-、NO3-，铁离子有颜色；C．H＋、Al3＋、Cl－、NO3-，加入H＋没有气体放；D．Na＋、Ca2＋、Cl－、HCO3-。综合分析可知答案是D45.解：A．因该组离子之间不反应，则能共存，四种离子的物质的量浓度均为lmol•L-1，1mol/L×3+1mol/L≠1mol/L×2+1mol/L，故A错误；B．因ClO-、I-发生氧化还原反应，则离子不能大量共存，故B错误；，（2）反应中Mn的化合价由MnO4-中+7价降低为Mn2+中+2价，化合价降低，故KMnO4是氧化剂；氯元素的化合价由HCl中-1价上升为Cl2中0价，故HCl是还原剂，故答案为：KMnO4；HCl；（3）反应中氯元素化合价由-1价上升为0价，令生成的氯气的物质的量为xmol，依据电子转移，则：.shanpow._高一必修一化学常考。

xmol×2×1×6.02×1023mol-1=6.02×1023，解得x=0.5，41.（1）属于，氧化剂：MnO2；还原剂：HCl（2）被氧化的HCl的物质的量为1mol，体积为168mL试题分析：（1）该反应属于氧化还原，其中MnO2作氧化剂，锰元素由+4价变MnCl2的+2价，HCl作还原剂，氯元素由-1价变成Cl2的0价。（2）产生的氯气在标况下体积11.2L，即0.5mol，则被氧化的HCl的物质的量为0.5mol×2=1mol；参与反应的浓盐酸的物质的量为0.5mol×4=2mol，依据，带入数据可得出V=168mL。42.G43.解：溶液无色可排解Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子，透亮     溶液中的离子不能发生反应，A．Al3+、NO3-、K+、SO42-之间不反应，都是无色离子，在溶液中能够大量共存，故A正确；B．CO32-能够与Ca2+、H+离子发生反应，H+离子能够与AlO2-根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．OH-与NH4+、Al3+之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．Ca2+、HCO3-与OH-之间能够发生反应，在溶液中不能C．因Ba2+、C