2024届福建省福州市仓山区师范大学附中化学高一上期末调研试题含解析精品1369.pdf

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关系式的应用。2、B【解题分析】A、二者分子中含有氧原子的数目之比为1:2;nNB、NO和CO的摩尔质量相等,根据m=ρV、n==分析;22NMAC、钠为+1价金属,1mol钠完全反应失去1mol电子;D、c(Cl﹣)=c(NaCl)=3c(AlCl)。3【题目详解】A、相同条件下,体积相等的CO气体和CO气体具有相同的物质的量,根据N=nN可知,它们所含的氧原子数目2A之比为1:2,故A错误;nNB、NO和CO的摩尔质量都是44g/mol,同体积、同密度的NO和CO具有相同的质量,根据n==可知,2222NMA两种气体的分子数一定相等,故B正确;C、1molNa与氧气反应生成NaO或NaO时,均失去1mol电子,失电子数目均为N,故C错误;222AD、(Cl﹣)=c(NaCl)=,,c(Cl﹣)=3c(AlCl)=×333=,两溶液中Cl﹣的物质的量浓度相等,故D错误。答案选B。:..【题目点拨】本题考查物质的量浓度的计算,注意掌握物质的量与摩尔质量、气体摩尔体积等物理量之间的转化关系。3、C【解题分析】+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O,NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O可知,106gNa2CO3完全反应生成1molCO,84gNaHCO完全反应生成1molCO,则当232NaCO和NaHCO的质量相同时,前者和HCl反应放出的CO较少,A正确;+2HCl=2NaCl+CO↑+HO,NaHCO+HCl=NaCl+CO↑+HO可知,等物质的量的两种盐与同浓2322322度HCl完全反应,所消耗HCl的体积,NaCO是NaHCO的两倍,B正确;+2HCl=2NaCl+CO↑+HO,NaHCO+HCl=NaCl+CO↑+HO可知,等质量的NaHCO和NaCO2322322323与盐酸完全反应,NaCO消耗HCl较多,C错误;+2HCl=2NaCl+CO↑+HO,NaHCO+HCl=NaCl+CO↑+HO可知,等物质的量的两种盐与同浓2322322度HCl完全反应,生成CO一样多,D正确;2故选C。4、A【解题分析】根据物料守恒,最终溶液的溶质是NaCl,n(固体)=n(Na+)=cV=100mL××10-3=,m(NaCl)=nM=×(23g/mol+)=,答案选A。5、A【解题分析】胶体的微粒直径在1-100nm之间,将“纳米材料”分散到液体分散剂中,得到的是胶体。,故A正确;,能吸附水中的悬浮的杂质,故B错误;,故C错误;,故D错误。答案选A。6、D【解题分析】根据氧化还原反应的特征分析,判断氧化剂、还原剂。【题目详解】:..4Ag+2HS+O===2AgS+2HO反应中,Ag元素从0价升高到+1价,故Ag做还原剂,O中O元素从0价降低到-2价,22222故O做氧化剂,HS中的H元素和S元素化合价没有改变,故HS既不是氧化剂又不是还原剂,故D正确。222故选D。【题目点拨】金属单质大多数情况下都做还原剂,O2是常见氧化剂,再判断HS中各元素化合价变化情况,从而可以快速作出正确2判断。7、C【解题分析】设需要加入水的体积为VmL,依据溶液稀释前后溶质的物质的量、溶质的质量保持不变得:(100??V?1)g×10-3L/cm3×6mol·L?1=100×10-3L×12mol·L?1;解得:V=101mL;故选C。?g·cm?3【题目点拨】本题考查了溶液的配制,解题关键是抓住稀释过程中溶质的物质的量保持不变,注意溶液体积的计算,溶液的体积不等于水的体积与浓盐酸的体积之和。8、D【解题分析】,并且可以用向下排空气法收集,但不易溶于水,不能用水收集多于的甲烷,故A选项错误。,须用倒扣的漏斗防倒吸,HCl的密度大于空气的密度,采用集气瓶收集时应长进短出,不符合图中装置要求,故B选项错误。,但CO的密度接近于空气的密度,不应使用排空气法收集,故C选项错误。,氨气的密度比空气小,NH在水中的溶解度很大,所以能用水吸收多余的NH,须用倒扣的漏333斗防倒吸,故D选项正确。故答案选D。9、C【解题分析】+和CO2-反应生成碳酸钙沉淀,不能大量共存,故不选;+和OH﹣反应生成氢氧化铜沉淀,不能大量共存,故不选;+、Cl﹣、NO-、H+四种离子不反应,能大量共存,故选;+和CO2-反应生成水和二氧化碳,不能大量共存,故不选。3:..故选C。【题目点拨】掌握离子共存问题的判断方法,能发生复分解反应即生成沉淀或气体或水等物质的都不能共存,能发生氧化还原反应的也不能共存。同时注意看题干是否存在限定条件,如无色或酸性或碱性等。10、A【解题分析】A、硫酸铜制取氢化亚铜,说明铜元素化合价降低,则另一种反应物的化合价升高,作还原剂,A错误;B、另一种物质应该作还原剂,有还原性,B正确;C、氢化亚铜和***气反应生成***化铜和***化氢,C正确;D、氢化亚铜中的氢为-1价,化合价能升高,作还原剂,铜为+1价,化合价能升高也能降低,可以作氧化剂,D正确;答案选A。11、B【解题分析】①水玻璃与酸反应可制备硅胶,水玻璃是矿物胶,不燃烧,而将硅酸钠涂在木材表面就阻隔了木材与空气中氧气的直接接触,可用作制备木材防火剂的原料,故正确;②氧化铝的熔点很高,可以用做耐火材料,故正确;③玻璃中含有二氧化硅,二氧化硅和氢***酸反应生成四***化硅和水,所以氢***酸可以用来刻蚀玻璃,故正确;④纯净的二氧化硅是制备光导纤维的原料,是利用光的全反射原理,故正确;⑤***气有毒,能使田鼠中毒死亡而灭绝,故正确;⑥漂白粉具有强氧化性,能使蛋白质变性而杀菌消毒,同时也具有漂白性,所以漂白粉既可做漂白棉麻纸张的漂白剂,又可做游泳池及环境的消毒剂,故正确;⑦四氧化三铁是黑色固体,氧化铁是红棕色固体,所以氧化铁常用作红色油漆和涂料,故错误;⑧硅位于金属和非金属分界线处,晶体硅是良好的半导体材料,可以制成光电池,故正确;故选B。12、C【解题分析】×1mol/L=,,镁、铝有剩余,应按盐酸的量计算,镁、铝产生氢气物质的量相等。以镁为例,由Mg+2HCl=MgCl+H↑可知,产生氢气的物质的量为22(×1mol/L)×1/2=。但金属钠活泼,能与水反应生成氢气,则生成氢气最多的是钠,钠与水反应产生氢气应按钠的物质的量计算,2Na+2HO=2NaOH+H↑,,故将钠、镁、,::=4:1:1,所以同温同压下产生的气体体积:..比是4:1:1,故选C。13、C【解题分析】A、碳酸钠滴入盐酸中立即产生气体:NaCO+2HCl=2NaCl+HO+CO↑,盐酸滴入碳酸钠溶液中2322依次为:HCl+NaCO=NaHCO+NaCl、NaHCO+HCl=NaCl+HO+CO↑,由于收集的气体体积大小关系为:233322V1>V2>0,所以V1是碳酸钠滴入到盐酸中产生的气体,A错误;B、由于均有气体生成,且溶液体积相等,所以b>a。又因为:V>V,所以根据方程式可知b/a<2,即2a>b,B错误;C、根据B中分析可知C正确;D、根据B中分析12可知D错误,答案选C。14、C【解题分析】,导致溶液中c(Na+)增大,故A不符合题意;,将SO2-氧化为SO2-,则SO2-离子浓度减小,故B不符合题意;+,则c(K+)几乎不变,故C符合题意;,溶液呈碱性,HCO-与OH-反应生成CO2-,则HCO-离子浓度减小,故D不符合题22333意;故选:C。15、A【解题分析】把杂质转化为沉淀或气体除去,除钙离子用碳酸根,除镁离子用氢氧根,除Fe2+用氢氧根,除硫酸根用钡离子,要注意除杂质的顺序,后加的试剂最好能把前面先加是过量试剂除掉。【题目详解】除去粗盐中的可溶性杂质:Mg2+、Ca2+、Fe2+、SO2-时,先溶解,加入过量NaOH(去除镁离子和亚铁离子):4Mg2++2OH-=Mg(OH)↓,Fe2++2OH-═Fe(OH)↓;加入过量BaCl(去除硫酸根离子):SO2-+Ba2+=BaSO↓;加入过量22244NaCO(去除钙离子和多余的钡离子):Ca2++CO2-=CaCO、Ba2++CO2-=BaCO,碳酸钠必须加在***化钡之后,氢233333氧化钠和***化钡可以颠倒加入的顺序;过滤后,加盐酸调节溶液的pH等于7,最后蒸发即可得到***化钠,故选A。16、A【解题分析】、SO、CO三种气体和浓硫酸不反应,都可用浓硫酸干燥,A选项正确;,透明,能产生丁达尔现象,B选项错误;,NaHCO固体能发生分解,NaCO受热不分解,C选项错误;,D选项错误;:..答案选A。17、A【解题分析】(1)一份固体溶于水得无色透明溶液,一定不含Cu2+;加入足量BaCl溶液,,在沉淀中加入过量稀盐酸,,,物质的量为=,即n(SO2-)=,沉淀部分溶于盐酸,233g/mol4一定含有CO2-、SO2-,-=,,即n(CO2-)=;343(2)另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热,产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体,(),物质的量为=,;根据电荷守恒,=×2+×2=,阳离子所带正电荷的物质的量=×1=,所以一定含有钠离子,其物质的量是:-=。【题目详解】A、该固体中一定含有NH+、CO2-、SO2-、Na+,故A正确;434B、该固体中一定没有Cu2+、故B错误;C、该固体中一定含有NH+、CO2-、SO2-、Na+,其余的无法判断,故C错误;434D、根据以上实验,该固体中一定有Na+,故D错误;故选A。【题目点拨】明确常见离子的性质为解答关键。注意掌握电荷守恒在离子推断中的应用。本题的难点是钠离子的判断,需要根据溶液的电中性(电荷守恒)判断。18、B【解题分析】A.***气没有漂白性,起漂白作用的是***气与水反应产生的HClO,故A错误;,故***气可用作自来水消毒,是因为***气与水反应生成了次***酸,故B正确;C.***气通入水中,发生Cl+HO=HClO+H++Cl-反应,***元素的化合价由0价升高到+1价,降低到-1价,因此***气既22做氧化剂又做还原剂,而水是反应物,故C错误;D.***气没有漂白性,起漂白作用的是***气与水反应产生的HClO,将干燥的蓝色石蕊试纸放在液***中,不能产生次***酸,所以试纸无变化,故D错误;故答案选B。【题目点拨】干燥的***气通入到干燥的有色布条中,布条不褪色,说明***气没有漂白作用;潮湿的***气中,***气能够与水反应生成:..次***酸,具有漂白作用,能够使干燥的有色布褪色;所以能够使红色布条褪色的物质一定是次***酸,只要存在次***酸,该液体具有漂白性。19、C【解题分析】,碳酸钠电离时不会产生氢离子,故不属于酸,故A错误;,碳酸钠电离时不会产生氢氧根离子,故不属于碱,故B错误;(铵根),阴离子全部是氢氧根离子的化合物,故C正确;,其中一种元素是氧元素,酸性氧化物指的是能与碱反应只生成盐和水的氧化物,碳酸钠(NaCO)含有三种元素,不属于氧化物,也不属于酸性氧化物,故D错误;23答案选C。20、A【解题分析】A、NaHCO在水中易水解,溶液呈碱性,且NaHCO可以和废水中的酸反应,A正确;33B、服用NaHCO3时,喝些醋,会降低药效,B错误;C、灼烧白色粉末,火焰成黄色,证明原粉末中有Na+,但不能说明没有K+,观察K+的火焰颜色时,需要用蓝色的钴玻璃片观察,C错误;D、NaHCO对热不