高一化学答案解析

20232024学年第一学期福州市九师教学联盟1月联考高一化学答案解析选择题：本大题共15小题,每小题3分,共45分。在每小题所给出的四个选项中,只有一项是最符合题目要求的。题号12345678答案CBCDDBDC题号9101112131415答案DDCDBDB1．C【详解】A．硫酸铜溶液蒸发得到硫酸铜晶体，从溶液中获取晶体，属于蒸发浓缩结晶操作，A正确；B．高压电除去工厂烟尘是利用胶体粒子带电，在外加电场的作用下发生定向移动的性质，即胶体的电泳现象，B正确；C．这里的“硝石”指的是硝酸钾，而不是高锰酸钾，C错误；D．白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，为蒸馏操作，D正确；故答案为：C。2．B【详解】A．为有机物，A错误；B．空气和汽油都由多种物质组成，属于混合物，B正确；C．属于氧化物，为无机物，C错误；D．同素异形体之间相互转化属于化学变化，D错误；故选B。3．C【详解】A．通入的物质的量未知，无法计算，A错误；B．的物质的量为1mol，中子数为；的物质的量为，中子数为，B错误；C．中的物质的量为3mol，则其中的粒子数为，C正确；D．盐酸与足量MnO2共热反应一段时间后，盐酸浓度变小，无法继续反应，转移的电子数小于，D错误；故选C。4．D【详解】无色溶液能与Al作用生成H2的溶液中存在大量H+或者OH。A．Mg2+与OH反应生成Mg(OH)2沉淀，ClO与H+结合生成HClO，故A错误；B．Fe3+与SCN不能共存，且不是无色溶液，故B错误；C．HCO能与H+或者OH反应，故C错误；D．K+、Ba2+、Cl、Br离子均无色，并且不和H+或者OH反应，故D正确；故答案为D。5．D【详解】物质的量浓度之比为，若为4mol/L，则=3mol/L、=1mol/L；利用电解质溶液中存在电荷守恒规律，可知：4mol/L×2+3mol/L×3=1mol/L+2，=8mol/L；故选D。6．B【详解】A．氯气溶于水生成的HClO为弱电解质，不拆，，A错误；B．过量的与澄清石灰水反应生成碳酸氢钙溶液：，B正确；C．溶液和溶液反应生成硫酸钡和氢氧化铁：，C错误；D．钠与水反应生成NaOH和H2，且应注意守恒：，D错误；答案选B。7．D【详解】A．随着光照的进行，不断发生反应2HClO2HCl+O2↑，弱酸HClO不断转化为强酸HCl，氯水的pH大体呈现下降的趋势，A正确；B．新制氯水是将氯气通入水中生成的，溶解在水中的Cl2有一部分与H2O反应生成H+、Cl和HClO，则新制氯水中含有H2O、Cl2、HClO这三种分子，B正确；C．光照过程中，氯水中的次氯酸不断发生分解，产生盐酸和氧气，溶液的酸性增强，C正确；D．取少量氯水滴入几滴AgNO3溶液，出现白色沉淀表明溶液中含有Cl，它不一定来自HClO分解，即便来自HClO分解，也不能证明氯水分解完全，D不正确；故选D。8．C【分析】碱性溶液中利于二氧化碳的吸收，则A为NH3，与NaCl、B发生NH3+H2O+CO2+NaCl＝NH4Cl+NaHCO3↓，气体B为CO2，过滤后得到NaHCO3，NaHCO3加热分解可制备纯碱，以此解答该题。【详解】A．由上述分析可知，A气体是NH3，气体B为CO2，故A正确；B．第Ⅲ步操作是过滤操作，通过过滤得到碳酸氢钠晶体，所以用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒，NaHCO3加热分解可制备纯碱，因此第IV步操作是灼烧，故B正确；C．根据以上分析可知第Ⅲ步得到的晶体是NaHCO3，故C错误；D．根据NH3+H2O+CO2+NaCl＝NH4Cl+NaHCO3↓可知第Ⅲ步得到的滤液中溶质是NaHCO3和NH4Cl，故D正确；故选C。9．D【分析】已知粗盐中含有、、等杂质离子，试剂①可依次加入足量的、NaOH除去硫酸根离子和镁离子、再加适量的除去过量的钡离子、钙离子，过滤后再用盐酸调节至中性，操作②为蒸发结晶，电解熔融氯化钠制备钠和氯气；卤水加氢氧化钙，③为过滤，得氢氧化镁固体，加盐酸得氯化镁浓溶液，④为在氯化氢气流中加热，得氯化镁固体，电解熔融氯化镁制备镁和氯气。【详解】A．已知粗盐中含有、、等杂质离子，试剂①可依次加入足量的、NaOH除去硫酸根离子和镁离子、再加适量的除去过量的钡离子、钙离子，过滤后再用盐酸调节至中性，故A错误；B．试剂②④均为盐酸，工业上试剂③为氢氧化钙溶液，氢氧化钙成本低，故B错误；C．操作①③为过滤，相同，操作②为蒸发结晶，④为在氯化氢气流中加热，不完全相同，故C错误；D．工业制Na、Mg的副产品可用于制备盐酸，然后循环使用，故D正确；故选D。10．D【分析】利用纯净干燥的氯气和二氧化硫反应制取硫酰氯，由实验装置可知，装置①中制备氯气，装置②中除去氯气中的氯化氢，装置③中浓硫酸干燥氯气，装置④中发生，装置⑤中吸收产物，最后吸收尾气；【详解】A．装置①中，为了提高浓盐酸的利用率，可控制分液漏斗缓慢逐滴滴加，以便控制反应速率，提高原料利用率，A正确；B．生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气，则装置②中试剂是饱和食盐水，装置③中试剂是浓硫酸，B正确；C．的沸点为69℃，因此装置④需要热水浴，控制温度超高69℃，使生成的硫酰氯进入装置⑤吸收，其中装置⑤需要冰水浴，C正确；D．为吸收尾气氯气和二氧化硫，同时防止水蒸气进入装置④中，则“尾气处理”时需在装置⑤后接装有碱石灰的干燥管，D错误；故选D。11．C【详解】A、因该反应中S元素的化合价升高，元素的化合价降低，则为还原剂，Fe2+是还原产物，还原性强弱为，与已知的还原性强弱一致，能发生，故A不选；B、因该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则为还原剂，还原性强弱为，与已知的还原性强弱一致，能发生，故B不选；C、因该反应中O元素的化合价升高，S元素的化合价降低，则为还原剂，还原性强弱为，与已知的还原性强弱不一致，反应不能发生，故C选；D、因该反应中元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则为还原剂，还原性强弱为，与已知的还原性强弱一致，能发生，故D不选。故选：C。12．D【详解】A．氯气和铁反应生成氯化铁，A错误；B．硫在氧气中燃烧，生成二氧化硫，B错误；C．由于盐酸是强酸，二氧化硫和氯化钡不反应，C错误；D．二氧化碳可以和漂白粉中的次氯酸钙反应生成次氯酸，次氯酸不稳定，光照分解生成氧气，D正确；故选D。13．B【分析】能够发生喷泉实验，需要烧瓶内外产生明显的压强差；产生压强差可以通过气体溶于水的方法，也可以通过发生反应消耗气体产生压强差。【详解】A．一氧化氮与稀盐酸不发生反应，烧瓶内外不会产生压强差，不能出现喷泉现象；B．氯化氢可以和稀氨水中的一水合氨发生反应，使烧瓶内外产生较大压强差，能够出现喷泉现象；C．一氧化氮不溶于水，烧瓶内外不会产生压强差，不能出现喷泉现象；D．二氧化碳不会溶于饱和碳酸氢钠溶液中，烧瓶内外不会产生压强差，不能出现喷泉现象；故选B。14．D【详解】A．“碳捕获与储存”能减少二氧化碳的排放，有助于缓解温室效应，A正确；B．过程I中用NaOH溶液“捕获”排放的CO2，发生反应，B正确；C．由图知，过程Ⅲ为分解反应，过程Ⅳ为化合反应，C正确；D．根据图示可知，NaOH和Ca(OH)2既参与反应，又生成，能够循环利用，D错误；故选D。15．B【分析】Ba(OH)2中加入KAl(SO4)2，KAl(SO4)2由少量至过量发生两个离子反应：当时，化学反应方程式为，溶液中的可溶物质是KAlO2，将数据代入方程式计算n(KAlO2)=0.1mol/L×0.02L÷2=0.001mol；当时，化学反应方程式为，溶液中溶液中的可溶物质是K2SO4，将数据代入方程式计算；所以曲线①代表该反应；Ba(OH)2中加入Al2(SO4)3，Al2(SO4)3由少量至过量发生两个离子反应：当时，化学反应方程式为，溶液中的可溶物质是Ba(AlO2)2，将数据代入方程式计算n[Ba(AlO2)2]=0.1mol/L×0.02L÷4=0.0005mol；当时，化学反应方程式为，此时溶液中几乎无可溶物质，溶液此时导电能力最差；所以曲线②代表该反应；【详解】A．a点溶液中几乎无可溶物，反应物全部生成固体沉淀，所以水溶液接近中性，描述正确，A不符合题意；B．根据分析，b点溶液中可溶物质只有K2SO4，描述错误，B符合题意；C．根据分析，c、d两点对应反应中，①中Ba2+及OH全部生成新的物质，②中OH全部反应，Ba2+也都参与生成新物质，未有OH剩余，描述正确，C不符合题意；D．根据分析，可以得到①是加入KAl(SO4)2的变化曲线，②代表加入Al2(SO4)3的变化曲线，描述正确，D不符合题意；故选B。二、非选择题：本大题共4小题,共55分。(除特殊标注外，每空2分）16．（14分）(1)①③④(2)(3)(4)22（仅1个错误得1分，超过1个错误不得分）(5)(6)D【详解】（1）氧化还原反应前后有元素化合价升高或降低，②⑤反应前后元素化合价均不变，①③④反应前后有元素化合价升高或降低，则属于氧化还原反应的是①③④；（2）MnO2→MnCl2，锰元素化合价从+4价降低至+2价，被还原得到电子；Cl→Cl2，氯元素化合价从1价升高至0价，被氧化失去电子，则双线桥法表示反应电子转移的方向和数目为：；（3）KIO3中I元素化合价由+5价降低为0价，HI中I元素化合价由1价升高为0价，则氧化剂是KIO3，还原剂是HI，但是6个HI中有1个碘元素化合价没变，进入KI中，所以氧化剂与还原剂的个数之比为1∶5；（4）反应Cl2中Cl元素由0价降低至1价，降低2×1=2价，SO2中S元素由+4价升高至+6价，升高2价，此时化合价升降总数已经相等，则Cl2、SO2、H2SO4系数均为1，根据原子守恒得HCl系数为2，则H2O系数为2，配平后反应为：2H2O+Cl2+SO2=H2SO4+2HCl；（5）由题意可知，在酸性环境下被还原为Cr3+，Fe2+被氧化为Fe3+，则该反应的离子方程式为：；（6）由原子守恒得X为Ag2S，该反应中H2S中H、O元素化合价均不变，则H2S既不是氧化剂又不是还原剂，故选D。17．（8分）（1）2SO2+O22SO3SO3+H2OH2SO42H2SO4（浓）+CuCuSO4+SO2↑+2H2O（2）2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑【详解】本题考查无机推断题，（1）A是一种淡黄色固体单质，即A为S，S与氧气反应生成SO2，SO2与O2反应生成SO3，SO3与H2O反应生成H2SO4，②的反应方程式为2SO2+O22SO3；③的反应方程式为SO3＋H2O=H2SO4，铜在加热条件下与浓硫酸反应Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；（2）A为金属单质，C为淡黄色固体，则C为Na2O2，A为Na，反应③的化学方程式为2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑。18．（17分）(1)NaCl（1分）(2)(3)CBD(4)acd(5)通过焰色试验，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，证明含K+(6)蒸馏碘易升华，加热造成碘损失【分析】海带经灼烧，除去大部分的有机物，海带灰中含无机盐类。浸泡过滤后可得含I的溶液，经H2O2氧化，得到I2的水溶液，萃取、蒸馏等步骤后可得碘单质；【详解】（1）由图甲可知海水中含量最多的盐为NaCl；（2）由图乙温度以上的溶解度随温度的升高而降低，且溶解度小于和KCl，首先析出的晶体应是；（3）粗盐的提纯中应该除去杂质离子、、，分别使用氢氧化钠、碳酸钠和氯化钡除去，因加入的试剂是过量的所以需要将过量试剂最终也除去，所以氯化钡一定在碳酸钠之前加入，最后加盐酸调节溶液酸碱性除去碳酸根离子等，最后通过过滤得到氯化钠溶液，A．此装置是蒸馏装置，A错误；B．此装置是分液装置，B错误；C．此装置是过滤装置，C正确；故选C；四个选项中符合氯化钡在碳酸钠之前加入的有BD，AC不符合，故选BD；答案为：C，BD；（4）步骤①为灼烧，需要酒精灯、坩埚、泥三角，所以选acd；（5）含有K+可以通过颜色反应来验证，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，证明含；（6）①根据I2与CCl4沸点不同，可以用蒸馏法直接分离；②不管经过直接蒸馏还是反萃取，都可以分离得到CCl4，实现循环利用；③直接蒸馏得到的碘的产率低是因为碘易升华，加热时随CCl4蒸气溢出而损失；19．（16分）(1)(2)2mol(3)(4)还原红色布条褪色(5)吸收尾气并防止倒吸(6)1.57【分析】A装置由过量浓硫酸和NaClO3反应制备ClO2和高氯酸，反应为：3NaClO3+3H2SO4(浓)=HClO4+2ClO2+3NaHSO4+H2O，关闭止水夹②，打开止水夹①③，通空气一段时间，ClO2与NaOH和H2O2在C中反应：，控制温度38℃~60℃下进行进行减压蒸发结晶可得晶体NaClO2，关闭止水夹③，打开止水夹②，ClO2有强氧化性，使B中红布条褪色，用D中NaOH溶液吸收尾气。【详解】（1）浓盐酸和二氧化锰在加热条件下能发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气、水，二氧化锰、氯气、水在离子反应中应保留化学式，离子反应方程式为：。（2）物质的量均为1mol的Cl2和Fe充分反应，产生molFeCl3，氯气完全反应，转移电子的物质的量为2mol。（3）ClO2可将废水中的