20232024學年第一學期福州市九師教學聯盟期末學業聯考高一化學答案解析選擇題：本大題共16小題,每小題3分,共48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CCDAAACB題號910111213141516答案DDDABCBC1．C【詳解】A．水乳相互溶解，包含物理過程，油澆在火上發生燃燒，包含化學變化，A正確；B．螃蟹受熱后，殼內的甲殼蛋白會發生分解，產生紅色物質，發生化學變化，B正確；C．石頭大多為石灰質，主要成分為碳酸鈣，與二氧化碳、水反應生成可溶性碳酸氫鈣，屬于化學變化，C不正確；D．真金不怕火煉說明某些金屬在高溫下也不與氧氣反應，D正確；故選C。2．C【詳解】A．核素指的是原子，而C14B．612C和C．同素異形體是指同一元素組成的不同單質，C10D．C10和C故選C。3．D【詳解】RO3n-中共有x個電子、R原子的質量數為A，則RO3n-的摩爾質量為（A+48）g/mol,RO3n-故答案為：D。4．A【詳解】A．植物油和氯化鈉溶液不互溶，液體分層，所以可用分液法分離，可選用①，A正確；B．蒸餾裝置中冷卻水的方向為下口進上口出，B不正確；C．溴單質易溶于四氯化碳，可用蒸餾法分離，不能選用③，C不正確；D．從海水中獲得食鹽應該使用蒸發皿，圖④中為坩堝，不可選用④，D不正確；故選A。5．A【詳解】A．同主族從上向下金屬性增強，因此金屬性Na<K，A錯誤；B．非金屬性：Cl>Br，因此氧化性：Cl2C．同周期自左向右非金屬性逐漸增強，非金屬性越強，簡單氫化物的還原性越弱，則還原性：H2D．同周期從左向右金屬性減弱，金屬性越強，對應堿的堿性越強，則堿性：NaOH>答案選A。6．A【詳解】A．霧作為一種膠體，確實能發生丁達爾效應，屬于混合物，故A錯誤；B．霧作為一種膠體，這種現象是發生了丁達爾效應，故B正確；C．月光穿過薄霧所形成的種種美景的本質是形成了膠體，空氣中的小水滴顆粒直徑大小約為1~100nm，故C正確；D．空氣中的小水滴顆粒在運動，故D正確；故選A。7．C【詳解】A．標準狀況下，11.2LCO2的物質的量為0.5mol，含有原子的數目為1.5NA，故A錯誤；B．沒有明確溶液體積，不能計算等體積、等物質的量濃度的NaCl和KCl溶液中，陰、陽離子數目，故B錯誤；C．71gCl2的物質的量為1mol，與足量的鐵完全反應生成FeCl3時，氯元素化合價由0降低為1，反應轉移的電子數為2NA，故C正確；D．常溫常壓下，48gO2和O3的混合氣體含有的氧原子數等于3NA，故D錯誤；選C。8．B【詳解】A．Na2O和氧氣反應生成Na2O2，Na2O2和鹽酸反應生成NaCl，電解熔融NaCl生成金屬鈉，鈉和氧氣在常溫下生成Na2O，故選①；B．FeCl2和氯氣反應生成FeCl3，FeCl3和氫氧化鈉反應生成Fe(OH)3，Fe(OH)3加熱分解為Fe2O3，Fe2O3不能一步反應轉化為FeCl2，故不選②；C．Ca(ClO)2和濃鹽酸反應生成Cl2，Cl2和氫氣反應生成HCl，稀HCl和次氯酸鈉反應HClO，HClO和氫氧化鈣反應生成Ca(ClO)2，故選③；D．Na[Al(OH)4]不能一步反應生成Al，Al不能一步反應生成Al(OH)3，故不選④；一定條件下能一步轉化的是①③，選B。9．D【詳解】A．次氯酸見光分解生成鹽酸和氧氣，隨著光照時間的延長，氯水的酸性增強，氧化性均減弱，A錯誤；B．氯化氫電離不需要通電，在水溶中氯化氫就能電離產生氫離子和氯離子，B錯誤；C．次氯酸分解生成氯化氫和氧氣，氧氣濃度增大與水的分解無關，C錯誤；D．次氯酸不穩定，見光分解生成氯化氫和氧氣，方程式為：2HClO光照2HCl+O2↑，D正確；故答案為：D。10．D【詳解】A．H+與OHB．Ba2+和SOC．H+和HCOD．Na+、Fe3+、SO4故選D。11．D【詳解】A．向碳酸鈉溶液中加入足量的鹽酸：CO32?+2H＋=CO2↑+HB．氫氧化鋇溶液中加入足量稀硫酸：Ba2＋+2OH－+2H＋+SO42?=BaSO4↓+2HC．向三氯化鐵溶液中逐滴加入過量的氨水：Fe3＋+3NH3?H2O=Fe(OH)3↓+3NH4D．用FeCl3溶液腐蝕銅線路板：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，D正確；故選D。12．A【詳解】A．蔗糖遇到濃硫酸變黑，是由于濃硫酸具有脫水性，將蔗糖中氫元素和氧元素以水的比例脫出，不是吸水性，故A錯誤；B．無水硫酸銅變藍，可以用來檢驗水，但是品紅溶液和溴水都有水，不確定使硫酸銅變藍的水是否由反應分解產生的，B正確；C．a中品紅褪色，體現二氧化硫的漂白性，b中溴水褪色，體現二氧化硫的還原性，C正確；

D．Ⅲ中溶液顏色變淺，是因為還有二氧化硫，不褪色說明二氧化硫反應完全了，Ⅳ中澄清石灰水變渾濁了，說明產生了二氧化碳氣體，D正確；故選A。13．B【詳解】A．食鹽水中水與氯氣反應生成次氯酸，后面干燥的有色布條、濕潤的有色布條均褪色，不能驗證氯氣與水是否反應，應在A、B之間加盛濃硫酸的洗氣瓶，A錯誤；B．淀粉溶液屬于膠體，利用膠體微粒不能透過半透膜，而水分子，Na+、Cl能夠透過半透膜的性質，故用裝置乙并進行多次更換燒杯中蒸餾水來除去淀粉溶膠中的Na+和Cl，B正確；C．配制一定物質的量濃度溶液的移液操作中，玻璃棒不能插在刻度線以上，而應插在刻度線以下，C錯誤；D．小試管的溫度比外面大試管的低，故NaHCO3固體受熱易分解，Na2CO3固體較穩定，要比較Na2CO3、NaHCO3的穩定性，應該將NaHCO3固體放在小試管中，D錯誤；故答案為：B。14．C【詳解】A．溶液中通入氣體X得到溴水混合物，則X是Cl2B．用SO2吸收吹出的溴，反應生成硫酸和氫溴酸，反應的離子方程式為SOC．將MgSO4轉化成MgOH2D.加入試劑M后，用過濾法分離得到MgOH2必須用到的玻璃儀器有：燒杯、漏斗和玻璃棒，故D正確；選C。15．B【分析】由上述氯、硫元素的價類二維圖可知，g為S單質，h為SO2，i為H2SO4，j為Na2SO3，f為H2S；a為HCl，b為Cl2，c為ClO2，d為HClO，e為NaClO3。【詳解】A．Fe分別與b、g反應，分別生成FeCl3、FeS，產物中鐵元素的化合價不相同，故A錯誤；B．HCl+NaClO3→Cl2，發生歸中反應，根據電子守恒與電荷守恒，離子方程式為：C．常溫下，濃硫酸與鐵鈍化，鐵的表面生成致密的氧化膜，發生了化學反應，故C錯誤；D．h的水溶液在空氣中久置，亞硫酸被氧化為硫酸，酸性增強；HClO水溶液在空氣中久置，HClO分解生成HCl，酸性增強，故D錯誤。答案選B。C【分析】該溶液加過量鹽酸生成氣體和無色溶液，說明原溶液中一定含有，一定不含；無色溶液中加BaCl2、過濾，得到白色沉淀1、濾液1，白色沉淀1一定是BaSO4，說明原溶液中一定含有，一定不含；濾液1中加硝酸和硝酸銀，過濾得到白色沉淀2、濾液2，白色沉淀2是氯化銀，由于加鹽酸、BaCl2時引入，只根據白色沉淀2不能判斷原溶液是否含有；溶液中一定含有、，所含離子的物質的量濃度相等，根據電荷守恒，可知原溶液中一定含有、，一定不含。【詳解】A．氣體為二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水中變渾濁，故A正確；B．“白色沉淀1”是硫酸鋇，向“白色沉淀1”中加稀硝酸，沉淀不溶解，故B正確；C．溶液中一定含有、，所含離子的物質的量濃度相等，根據電荷守恒，可知原溶液中一定含有、，一定不含，故C錯誤；D．“濾液1”中含有氯化鈉、氯化鎂、鹽酸、氯化鋇等物質，向“濾液1”中加入足量溶液，能產生碳酸鋇、碳酸鎂沉淀，故D正確；選C。非選擇題：本大題共5小題,共52分。(除特殊標注外，每空1分）注意：1.對于化學方程式，若未標出沉淀、反應條件等均只扣除1分。2.多選填空題漏選的得1分，出現錯選的不得分。17．（8分）(1)Ne(2)共價鍵(3)C(4)H2O(5)HClO4(6)Al(OH)3+OH－=AlO2?+2H2O（【分析】根據周期表可知：①⑨分別為：H、C、N、O、Ne、Na、Al、S、Cl，以此解答。【詳解】（1）惰性氣體化學性質最不活潑，①～⑨九種元素中，化學性質最不活潑的是Ne。故答案為：Ne；（2）元素②為C，元素②的原子結構示意圖是，元素②與⑨組成的化合物CCl4中化學鍵類型為共價鍵。故答案為：；共價鍵；（3）同一周期從左到右原子半徑依次減小，元素C和N中原子半徑較大的是C。故答案為：C；（4）非金屬性越強，氣態氫化物越穩定，同一周期從左到右，非金屬性逐漸增強，N和O中氣態氫化物穩定性較強的是H2O，元素③和④中氣態氫化物穩定性較強的是H2O。故答案為：H2O；（5）非金屬性越強，最高價氧化物對應的水化物酸性越強，同一周期從左到右，非金屬性逐漸增強，元素S和Cl的最高價氧化物對應的水化物中，酸性強的是HClO4。故答案為：HClO4；（6）元素Al的單質與Na的最高價氧化物對應的水化物分別為Al(OH)3和NaOH，元素⑦的單質與⑥的最高價氧化物對應的水化物反應的離子方程式為Al(OH)3+OH－=AlO2?+2H2O。故答案為：Al(OH)3+OH－=AlO2?+2H18．（12分）(1)4.0mol/L（2分）(2)ACE（2分）(3)89.6（2分）(4)H2SO4+2NaClO=Na2SO4+2HClO（2分）62.5（2分）(5)②⑤（2分）【詳解】（1）該溶液物質的量濃度：1000×1.19×25％（2）A．需要的儀器：托盤天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、500mL容量瓶、膠頭滴管，用不到的儀器：圓底燒瓶、分液漏斗，還需要儀器玻璃棒、膠頭滴管，故A錯誤；B．配制溶液時需要搖勻溶液，所以使用前要檢查容量瓶是否漏液，故B正確；C．容量瓶上標有容積、溫度和刻度線，沒有濃度，故C錯誤；D．配制480mL含NaClO質量分數為25%的消毒液，應選擇500mL容量瓶，需要溶質的質量：0.5LE．容量瓶用蒸餾水洗凈后，不需干燥，可以直接使用，且烘干會影響容量瓶的精度，故E錯誤；答案選ACE；（3）一瓶上述84消毒液含次氯酸鈉物質的量：1L×4mol/L=4mol，根據CO2（4）稀硫酸與次氯酸鈉反應生成次氯酸，反應方程式：H2SO4+2NaClO=Na2SO4+2HClO；假設需要濃硫酸的體積為VL，則V×18.4mol/L=500（5）①用量筒量取98%的硫酸時俯視，導致量取濃硫酸體積偏小，溶質物質的量偏小，溶液濃度偏低，故不選；②未等稀釋后的H2SO4溶液冷卻至室溫就轉移到容量瓶中，冷卻后溶液體積偏小，溶液濃度偏高，故選；③轉移前，容量瓶中含有少量蒸餾水，對溶質物質的量和溶液體積都不產生影響，溶液濃度無影響，故不選；④定容時，加蒸餾水超過標線，又用膠頭滴管吸出，導致溶質物質的量偏小，溶液濃度偏低，故不選；⑤定容時，俯視刻度線，導致溶液體積偏小，溶液濃度偏高，故選；⑥定容搖勻后，發現液面低于標線，又用膠頭滴管加蒸餾水至標線，導致溶液體積偏大，溶液濃度偏低，故不選；選②⑤；19．（10分）(1)1Fe2O(2)2SO(3)SO2+NH422NH4Cl+Ca【分析】FeS2高溫煅燒生成二氧化硫，二氧化硫經催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫被98.3%的濃硫酸吸收得到高濃度的硫酸，據此分析解答。【詳解】（1）FeS2中Fe為+2價，S為1價，由反應可知FeS2被氧氣氧化生成氧化鐵和二氧化硫，因此氧化產物為：Fe2O3和SO2（2）“過程Ⅱ”中SO2經催化氧化生成SO3，反應方程式為：2SO2（3）由圖中信息可知在吸收塔中亞硫酸銨溶液吸收二氧化硫生成亞硫酸氫銨，反應方程式為：SO2+NH42SO3+H2O=2NH4HSO3，由圖可知生成的NH420．（9分）(1)2HSO3?+O2=2H++2SO42?(2)中和、稀釋經氧氣氧化后海水中生成的酸(H+)(3)沉淀Mg2+[或制取Mg(OH)2沉淀](4)C(5)坩堝萃取(6)2I+H2O2+2H+=2H2O+I2（2分）【詳解】（1）亞硫酸氫根被氧化后，生成硫酸及硫酸鹽等，離子方程式為2HSO3?+O2=2H++2SO4（2）海水呈弱堿性，氧化后的海水中含有硫酸及硫酸鹽，排放時廢水的酸性應很弱，所以需要用大量的天然海水與之混合，該操作的主要目的是：中和、稀釋經氧氣氧化后海水中生成的酸(H+)；（3）在母液中加入石灰乳，可將Mg2+轉化為沉淀，則石灰乳所起的作用是：沉淀Mg2+[或制取Mg(OH)2沉淀]；（4）電解熔融的無水氯化鎂所得的鎂蒸氣具有強還原性，易被氧化，所以應在非氧化性環境中冷卻，因為O2、N2、水蒸氣都能與鎂蒸氣反應，所以用作鎂蒸氣冷卻劑的物質只能選Ar，故答案為：C；（5）灼燒時需要高溫環境，實驗時應使用坩堝，所以灼燒海帶時盛裝海帶的儀器名稱是坩堝；在步驟⑤中進行碘的萃取，實現水溶液與碘分離；（6）步驟④中，I被H2O2在酸性溶液中氧化為I2，反應的離子方程式：2I+H2O2+2H+=2H2O+I2。21.（13分）（1）濃鹽酸圓底燒瓶（2）CCl3CHO+HClO→CCl3COOH+HCl（2分）（3）無干燥裝置副產物增多除去氯氣中的氯化氫（4）否三氯乙酸會溶于乙醇和三氯乙醛，無法分液（2分）（5）73.75%（3分）【分析】裝置A是氯氣的發生裝置，根據反應原理應為高錳酸鉀和濃鹽酸反應；遵循化學方程式書寫原則；實驗室制氯氣反應有雜質，所以發生裝置后要接除雜裝置和干燥裝置，裝置B可以去除氯氣中的氯化氫，但是缺少一個干燥裝置來除去水分，若不除去水分，氯氣和水反應得到次氯酸和鹽酸，會生成更多的副產物；三氯乙酸是有機物，會溶于乙醇和三氯乙醛，根據題目給出的沸點可知此處用蒸餾的方法最適合；根據給出方程式，按照關系式進行計