化学-湖南省师大附中2026-2027学年高一年级第一学期第一次大练习

一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一项符B.将饱和的FeCl₃溶液逐滴滴入沸水并加热至红褐色，可制备氢氧化D.胶体区别于其他分散系的本质特征是丁达尔效应3.通过对酸、碱、盐知识的学习，我们已经知道氢氧化钠固体可以作为某些气体的干燥剂，下列潮湿的气体不能用氢氧化钠固体干燥的是B.NaC1只有在通电的情况下才能发生电离C.酸性氧化物都能和碱反应生成盐和水选项XYA金属氧化物B电解质C盐非电解质D非金属氧化物7.复分解反应的本质是离子间的组合。HC1和NaOH的反应本质如图可用离子方程式表示为B.Ba|OH)₂+H₂SO₄=BaCA.Ca|OH)₂=Ca²++|OHI₂D.NH₄Cl=NH₄+CIB.2Fe²⁺+H₂O₂+2H+=2FA.向FeCl₃溶液中滴加浓氨水：Fe³++3NH₃·H₂O=Fe(OH)₃(胶体)+3NH₄20H=CaCO₃↓+2H₂O+CO3-数比为3:3:1,则推断该溶液中AI³+、So²2、CI的离子个数比为A.3:1:130B.每消耗3个还原剂微粒，转移12个电子题号123456789二、非选择题(本题共4小题，共58分)(1)上述物质中，属于电解质的是(填序号，下同),可以导电的是D.水和过氧化氢溶于水的电离方程式：_C.酸式盐D.氧化物滴加紫色石蕊溶液滴加紫色石蕊溶液溶液变红色稀硝酸沉淀不溶解白色沉淀1iii(6)另取适量原溶液，向该溶液中滴加Ba|OH)₂溶液至恰好完全沉淀，该反应的离子方程式为实验实验操作丁达尔效应1向40mL沸腾的蒸馏水中滴入5滴饱和FeCl₃溶液(浓度约为30%)2向40mL蒸馏水中滴入5滴10%FeCl₃溶液，然后滴入1滴10%NaOH溶液，边体的常用方法是，取10mL稀KI溶液置于大试管中，用胶头滴管逐滴滴入8~10滴相同浓度的oA.向AgI胶体中加入带相反电荷的胶体粒子，两者因电性相反相互吸引，形成更稳定的混合胶体B.AgI胶体能够稳定存在的主要原因是胶体粒子带同种电荷，导致相互排斥不容易聚沉C.AgI胶体可以导电，属于电解质直流电源图aAgAg(1)氧化还原反应与四种基本类型的反应的关系如下图，则以下化学反应属于阴影区域的是花还原反(4)实验室中可利用NaNO₂溶液与NH₄Cl溶液反应快速制备N₂,其反应NaNO₂+NH₄ClNaCl+N₂↑+2H₂NaNO₂+NH₄ClNaCl+N₂↑+2H3NaNO₂+2HCl=2NaCl+NaNO₃+2NO↑+H₂O。该反应中氧化剂和还原剂的微粒数之比为题号123456789答案DBBBBDCDBCADCA物，故B正确；食盐的主要成分NaCl,由金属阳离子和酸根阴离子构成，属于盐，故C正确；石膏的化学式为CaSO₄·2.B【解析】胶体是分散质粒子直径介于1～100nm之间的分散系，不是粒子本身，故A错误；将饱和FeCl₃溶液逐滴滴入沸水并加热至红褐色，是制备氢氧化铁胶体的方法，故B正确；胶体和溶液的分散质粒子都能透过滤纸，无法过滤分离，应使用渗析法，故C错误；胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子直径在1～100nm之间，丁达尔效应是其特有的现象，不是本质特征，故D错误；故选B。化钠反应生成碳酸钠，不可以用氢氧化钠固体干燥，B符合题意。4.B【解析】Fe₂O₃不能与水发生反应，无法一步转化为Fe(OH)₃,第二步Fe(OH)₃与盐酸反应可生成FeCl,故A不符合题意；C在足量氧气中完全燃烧可一步生成CO₂,CO₂与C在高温条件下可一步反应生成CO,C→CO₂→CO均能通过一步反应实现，故B符合题意；钠盐、硝酸盐均易溶于水，NaNO₃无法通过复分解反应等一步转化为NaCl,第二步通过电解饱和NaCl溶液可生成NaOH,故C不符合题意；CaCO₃难溶于水，需要先高温分解为CaO,再与水反应才能得到Ca(OH)₂,无法一步反应实现CaCO₃→Ca(OH)₂转化，第二步Ca(OHD)₂与可溶性铜盐反应可生成5.B【解析】NaCl在水溶液中电离不需要通电，B错误；同素异形体之间的转化不属于氧化还原反应，D正确。7.C【解析】NH₃·H₂O是弱碱，不能完全电离，书写离子方程式时不能拆分为离子形式，该反应的离子方程式为NH₃·H₂O+H+—NH+H₂O,故A不符合题意；该反应除H+和OH-结合生成水是弱酸的酸式酸根，书写离子方程式时不能拆为H+和CO-,该反应的离子方程式为HCO₃+OH-—CO₃-+H₂O,故D不符合题意。电离方程式应为KCIO₃=K++CIO₃,故C错误。9.B【解析】反应CO₂+2OH-—H₂O+CO3-不是氧化还原反应，A不符合题意；反应2Fe²++H₂O₂+2H+—2Fe³++2H₂O不是置换反应，属于氧化还原反应和离子反应，B符合题意；反应Fe+Cu²+—Cu+Fe²+是置换反应，C不符合题意；反应不是离子反应，D不符合题意。10.C【解析】向FeCls溶液中滴加浓氨水，会直接生成Fe(OH)₃沉淀，正确的离子方程式为Fe³++3NH₃·H₂O—Fe(OH)₃↓+3NH⁺,故A错误；碳酸的酸性弱于盐酸，不符合强酸制弱酸规律，CaCl₂溶液与CO₂不发生反应，故B错误；根据“少定多变”规则，向NaOH溶液中滴加少量Ca(HCO₃)₂溶液的离子方程式为Ca²++2HCO₃+2OH-—CaCO₃↓+2H₂O+COS-,故C正确；将少量Na₂CO₃溶液加入稀盐酸中时，盐酸过量，COS-完全反应生成CO₂和H₂O,正确的离子方程式为CO₃-+2H+=CO₂个+H₂O,故D错误。的个数比为3:3:1,其中正电荷总数为(3×2)+(3×3)=15,负电荷总数也应该是15,SO²-提供了2份负电荷，则剩下的13份负电荷则全部由Cl-提供，一个Cl-只带有一个负电荷，所以可以推断Cl-为13份，故溶液中Al³+、SO²-、CI-的个数比是3:1:13。12.D【解析】反应④⑤中元素化合价没有改变，不属于氧化还原反应，故A正确；H₂Se中H元素为+1价，可以降价，Se元素为—2价，可以升价，所以H₂Se既有氧化性又有还原性，故B正确；H₆SeO₆与过量的NaOH反应生成9H₂O+12Se,氧化产物和还原产物均为Se,二者质量之比为2:1,故D错误。13.C【解析】氢氧化钡量少时反应的化学方程式为Ba(OH)₂+2NaHSO₄——BaSO₄↓+2H₂O+Na₂SO₄,继续滴加氢氧化钡，发生反应Na₂SO₄+Ba(OH)₂—BaSO₄↓+2HaOH,则溶液中离子浓度没有接近于0的时候，所以灯泡不熄灭，故A不符合题意；盐酸中逐滴加入氢氧化钠溶液，生成NaCl,溶液中离子浓度不为0,灯泡不可能熄灭，故B不符合题意；硫酸铜溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液，完全反应时生成硫酸钡和氢氧化铜，溶液中离子浓度接近0,灯泡熄灭，故C符合题意；盐酸中逐滴加入硝酸银溶液生成氯化银沉淀和硝酸，溶液中离子浓度不为0,灯泡不可能熄14.A【解析】反应的离子方程式为3C10-+2NH⁺+2OH-—N₂↑+3CI-+5H₂O,氧化剂是CIO-(Cl的化合价从+1→-1),H₂O是生成物，化学计量数之比为3:5,故A正确；还原剂是NH(N的化合价从—3→0),每消耗2个NH#,转移2×3=6个电子，即每消耗3个还原剂微粒，转移9个电子，故B错误；Cl-是CIO-被还原的产物，属于还原产物，故C错误；反应消耗OH,溶液碱性减弱，pH变小，故D错误；故选A。二、非选择题(本题共4小题，共58分，每空2分)15.(16分)(1)①⑨(选对但不全给1分，有错0分，共2分)①②③⑤⑥⑧⑩(选对但不全给1分，有错0分，共2分)(4)NaHSO₄=Na++H++SO₄-AC(选对1个给1分，有错0分，共2分)【解析】(1)电解质的定义为在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，单质、混合物不属于电解质，熔融NaCl属于盐，CaO属于金属氧化物，盐和金属氧化物属于电解质，选①⑨;能导电的物质有金属单质、可溶性电解质溶液和熔融盐，选①②③⑤⑥⑧⑩。(2)酸性氧化物是能与碱反应仅生成盐和水的氧化物，SO₃符合要求，选⑨。(3)金刚石和石墨为碳元素形成的两种不同单质，A符合要求；B、D均含有两种元素，不属于单质，B、D不符合要求；氧气和液氧为同种物质，仅状态不同，C不符合要求。(4)NaHSO₄是强酸的酸式盐，溶于水时完全电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，故电离方程式为NaHSO₄—Na++H++SO²-;NaHSO₄含钠离子和酸式酸根，属于钠盐、酸式盐，其电离出的阳离子不全为氢离子，不属于酸，含三种元(5)除杂需遵循不引入新杂质、不减少目标物质的原则，除去NaCl中的Na₂CO₃,可加入过量稀盐酸，将碳酸根离子转化为CO₂除去，反应时生成NaCl、水和CO₂,过量的HCl蒸发时除去，符合除杂要求，对应离子方程式为CO³-+2H+(2)HCO₃、CO₃-(写对1个给1分，有错0分，共2分)(3)否(5)H+、SO₄(写对1个给1分，有错0分，共2分)【解析】原溶液为无色溶液，排除有色离子Cu²+;实验i滴加紫色石蕊溶液，溶液变红，呈酸性，说明溶液中含H+,可排除能与H+反应的CO-、HCO₃;实验ii加足量BaCl₂溶液得到白色沉淀1,加稀硝酸沉淀不溶解，沉淀为BaSO₄,证明原溶液含SO²-;实验iV取ii的滤液加硝酸银溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀AgCl,但由于实验ii加入BaCl₂,引入了Cl-,无法证明原溶液中是否含有Cl-,据此分析。(1)Cu²+在水溶液中呈蓝色，题干说明原溶液是无色溶液，无需实验就能直接确定原溶液一定不存在Cu²+。(2)实验i中滴加紫色石蕊溶液，溶液变红，溶液显酸性，证明溶液中含有H+。CO-、HCO₃都可以和H+发生反应，不能在酸性溶液中共存，因此原溶液一定不存在HCO₃、CO₃-。(3)实验i是向白色沉淀1中加稀硝酸，目的是确定沉淀是BaSO₄,证明原溶液存在SO-,该步骤没有必要的原因是：由实验i和题干给出的离子范围可知，能与BaCl₂反应生成白色沉淀的离子只能是SO²-,不存在其他可以和BaCl₂产生白色沉淀的离子，所以不需要再加稀硝酸验证。(4)实验iv、V不能确定原溶液一定含有Cl-,原因是：实验ii中加入足量BaCl₂溶液，引入了CI-,后续生成的AgCl沉淀中的氯离子不能确定是来自原溶液还是加入的BaCl₂。(5)已经确定溶液含H+、SO²-,不存在Cu²+、CO-、HCO₃;已知各离子数目相等，设每种离子个数为1个，H+带1个正电荷，SO²-带2个负电荷，根据溶液电荷守恒，一定还有带正电荷的离子，因此原溶液还含有K+、Na+中的一种或SO-+Ba²++OH-—H₂O+BaSO₄↓,恰好沉淀完全时，H+恰好被完全中和，反应后上层清液含有过量OH-,滴加【解析】I是用不同的方法制备Fe(OH)₃胶体，实验1是向沸腾的蒸馏水中滴加饱和FeCl₃溶液，可以快速形成胶体；实验2是向蒸馏水中先加10%的FeCl₃溶液，再加10%的NaOH溶液，也可以快速形成胶体。Ⅱ是制备AgI胶体。(1)实验1利用沸水中Fe+与水反应制备胶体，需标注反应条件加热和产物为胶体，胶体不能写沉淀符号，化学方程式(胶体)+3HCl。(2)实验1需要加热，实验2在常温下即可制得胶体，无需加热，操作更简便。(3)在稀溶液中控制反应物用量，使Ag+和I-结合生成AgI胶体，需标注产物为胶体，反应的离子方程式为Ag++I-—AgI(胶体)。(4)胶体粒子不能透过半透膜，溶液中的离子、小分子可以透过半透膜，因此用渗析法可除去胶体中的杂质离子，实现胶体的提纯。(5)向胶体中加入带相反电荷的胶粒，会使其聚沉，稳定性减弱，A错误；胶粒带同种电荷，相互排斥，是胶体能够稳定存在的主要原因，B正确；胶体中有带电微粒，可以导电，但胶体属于混合物，电解质液中I浓度过大，生成的AgI粒子直径容易超过100nm形成沉淀，无法得到胶体，D错误；故选B。(6)①根据电泳现象，通电后带负电的粒子会向阳极移动，已知阳极附近液体颜色变深，说明AgI胶体粒子向阳极迁②AgI胶体粒子带负电，并且在本实验中KI过量，AgI胶核会优先吸附过量的I,使胶粒带负电，对应图b的胶团结18.(14分)(1)B(2)①⑦(选对1个给1分，有错0分，共2分)(3)AC(选对1