发布时间 : 星期四 文章(完整word版)高中化学必修一练习题(带答案和解析)更新完毕开始阅读fad6b7076beae009581b6bd97f1922791788be4a
本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
【解析】
15．（1）250mL容量瓶、胶头滴管
（2）18.4mol/L （3）13.6 B （4）②③④；（5）①⑤ 【解析】
试题分析： （1）操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取（用到胶头滴管）浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到250mL容量瓶（实验室中没有200mL容量瓶）中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。由提供的仪器可知还需要仪器有：250mL容量瓶、胶头滴管。
（2）浓硫酸的物质的量浓度为：1000ρwM=1000×1.84×98?mol/L=18.4mol/L，
（3）配制200mL 1.0mol/L的稀硫酸，实际上配制的是250mL 1.0mol/L的稀硫酸，需要浓硫酸的体积为：(1.0mol/L×0.25L)÷18.4mol/L≈0.0136L=13.6 mL，需要选用50mL量筒，所以B正确。
（4）①用量筒量取计算所需体积的浓硫酸，①正确；②量筒不能用来稀释溶液，②错误；③浓硫酸稀释后放热，应恢复至室温后再将将稀释后的溶液转入容量瓶中，③错误；④蒸馏水至液面至刻度线1～2cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面最低点与刻度线相切，④错误；⑤把容量瓶盖盖紧，振荡摇匀，⑤正确；故选：②③④。
（5）①用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线取浓硫酸，量取浓硫酸的体积增大，所配溶液浓度偏高，①可选；②最后需要定容，容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响，②不选；③洗涤烧杯内壁后将洗涤液弃去，溶质损失，浓度偏低，③不选；④转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面，移入容量瓶中的溶质硫酸的物质的量减小，所配溶液浓度偏低，④不选；⑤定容时，俯视容量瓶刻度线，导致所配溶液体积减小，所配溶液浓度偏高，⑤可选；⑥定容摇匀后发现液面低于刻度线，不能再次加入蒸馏水，不影响配制结果，⑥不选；故选：①⑤。
考点：考查一定物质的量浓度溶液的配制。 16．n（NaCl）=0.3mol n（KCl）=0.1mol 【解析】设与Cu反应的硝酸银的物质的量为x
Cu ~ 2AgNO3 ~ 2Ag △m 64 2mol 2×108 152 xmol 1.52g 解得：x=0.02mol n(AgNO3)=1000g×7.14%/170g/mol=0.42mol
n（NaCl）—n（KCl）=0.42mol-0.02mol n（NaCl）×58.5—n（KCl）×74.5 = 25 n（NaCl）=0.3mol n（KCl）=0.1mol 17．（1）4.8g （2）8mol/L 【解析】
试题分析：镁、铝合金投入盐酸生成氯化镁、氯化铝和氢气，向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，当加入氢氧化钠溶液20mL时无沉淀，说明盐酸过量，20mL氢氧化钠中和过量的盐酸；当氢氧化钠溶液加至160mL时生成沉淀最多（氢氧化镁和氢氧化铝共19.4g），继续加入20mL氢氧化钠溶液，氢氧化铝溶解，最终仍有11.6g沉淀，此沉淀即为氢氧化镁的质
答案第3页，总5页
本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
量，n[Mg(OH)2]=0.2mol，由镁元素守恒得原合金中n(Mg)=0.2mol。当加入氢氧化钠溶液160mL时生成沉淀质量最多，此时溶液中溶质为氯化钠，n(Na+)=n(Cl-)，Na+来自NaOH，Cl-来自HCl，所以n(NaOH)=n(HCl)，0.16L×5 mol/L=c(HCl)×0.1L，c(HCl)=8mol/L。 考点： 化学计算
点评：搞清楚图像中每一段发生的变化以及图像中数字的含义。 18．（1）55.6g （2） 0.5mol 【解析】
试题分析：解：设参加反应的碳酸钙的质量为x；生成氯化钙的物质的量为y CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑ 100 1 22.4 x y 11.2
100/x=111/y=22.4/11.2=2 解得： x=50g y=0.5mol 石灰石的质量=50g÷90%=55.6g 答：（1）至少需取用这种石灰石55.6g （2）同时生成氯化钙的物质的量为0.5mol. 考点：考查化学反应计算。
19．（1）3m：2n， m：n， 3：2， 3m：2n， 3m：2n， m：n （2）30，（3）OF2，阿伏加德罗定律、质量守恒定律
【解析】（1）臭氧和氧气的摩尔质量分别是48g/mol和32g/mol，所以二者的质量之比是48m︰32n＝3m︰2n；根据阿伏加德罗定律可知分子数之比为m︰n；同温同压下的密度之比是相应的化学计量数之比，所以密度之比是48︰32＝3︰2；含氧原子个数之比3m︰2n；体积之比为m︰n。
（2）二者在消毒时均被还原为最低价态，所以1mol臭氧得到6mol子，而1mol氯气得到2mol电子，所以相同状况下10L O3与30L Cl2的消毒能力相当。
（3）根据阿伏加德罗定律和质量守恒定律可知，该物质的化学式为OF2。 20．n（NaOH）=0.1mol m（H2O）=181.8g 【解析】 试题分析：（1）2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，0.1molNa生成0.1molNaOH。
n(Na?)n(Na)1（2）微粒数之比等于物质的量之比，，n(H2O)=10mol，由??n(H2O)n(H2O)1002Na+2H2O=2Na++2OH+H2↑知2.3gNa完全反应需要H2O0.1mol，所以需要水总物质的量为10.1mol。
考点：化学计算
点评：微粒数之比等于物质的量比。
2＋3＋
21．⑴Fe；Fe；取少量X溶液于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液颜色变红，则证明含
3＋3＋2＋－＋3＋
有Fe，若不变红，则表明不含Fe。⑵Fe(OH)3；⑶②③④；⑷3Fe＋NO3＋4H＝3Fe＋NO↑＋H2O 【解析】
＋2－2－
试题分析：某强酸性溶液X中一定含有大量的含有H，由于H+与SiO3、CO3会发生复分
2－2－
解反应而不能共存，所以不含SiO3、CO3；取该溶液向其中加入过量的Ba(NO3)2溶液，会
2－2＋2－
产生沉淀C，证明含有SO4；则由于Ba与SO4会发生离子反应而不能大量共存，确定不
2＋
含Ba；向溶液B中加入过量的NaOH溶液产生的气体D，该气体是氨气，则原溶液中含有＋-NH4；同时还产生沉淀E，该沉淀能够被HCl溶解，则原溶液中还应该含有能够与OH产生沉淀的金属阳离子，而且在原加入过量的Ba(NO3)2溶液时产生气体A，由于硝酸有强氧化性，
2＋，2＋
说明在溶液中含有还原性微粒，所以在原溶液中含有Fe由于原溶液显酸性，在含有Fe
答案第4页，总5页
－
本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
和H+时，NO3不能存在；向所得的溶液中通入过量的CO2气体，又产生沉淀H，则证明在原
3＋＋3＋＋2－2
溶液中含Al。（1）根据上述所述可知：在原溶液中一定含有H、Al、NH4、SO4、Fe＋2＋2－2－－3＋
，一定不含有的离子是Ba、SiO3、CO3、NO3，可能存在的离子是Fe。若要确定不能确定的阳离子是否存在，最可靠方法是取少量X溶液于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液
3＋3＋2＋3
颜色变红，则证明含有Fe，若不变红，则表明不含Fe。（2）由于硝酸把Fe氧化为Fe＋
，所以沉淀E是Fe(OH)3；（3）在反应①、②、③、④中，只有①是氧化还原反应，所以不属于氧化还原反应的是②、③、④，（4）根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒可得步骤①中
2＋－＋3＋
生成气体A的离子方程式是3Fe＋NO3＋4H＝3Fe＋NO↑＋H2O。
考点：考查离子存在的鉴定、离子的共存、离子的检验方法、离子方程式的书写的知识。
－
答案第5页，总5页