保山市文山州 2022~2023学年秋季学期期末高一年级质量监测试卷
化学参考答案
第Ⅰ卷（选择题，共 48 分）
一、选择题（本大题共 24 小题，每小题 2 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，只有
一项是符合题目要求的）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 A B C A C D C D C B B D
题号 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24
答案 B D D B A D D B A B B D
【解析】
1. 胶体本质特征是分散质粒子直径约在 10 9~10 7m（1nm~100nm）之间；蛋白质溶液和氢
氧化铁胶体都是胶体；氢氧化铁胶体属于液溶胶；溶液和胶体、浊液都是分散系。故答案
为 A。
2．“84”消毒液中有效成分是次氯酸钠属于盐；故答案为 B。
3. 铝合金属于混合物；铝合金的熔点比金属铝低；铝合金可以跟强酸强碱溶液反应；鼻梁条
使用铝合金并不是利用其密度大的优点；故答案为 C。
4. 木已成舟是物理变化；故答案为 A。
5．Cu 是单质，不是电解质；二氧化碳溶于水后所得的溶液可导电，只能说碳酸是电解质；同
种电解质的溶液，浓度大的可能比浓度小的导电性差，如浓硫酸；氯化钠固体是电解质；
故答案为 C。
6. 同主族从上至下半径变大，同周期从左至右半径变小，半径原子大于阳离子，原子小于阴
离子，结构相同的离子，序数越小，半径越大；故答案为 D。
7. A、B、C、D 四种元素为氧、钠、铝、硫，Al2O3 两性氧化物；故答案为 C。
8． 都能表示 35 Cl ，37 Cl ；次氯酸的结构式氧在中间；MgCl2的电子式 Cl 不能合并；
故答案为 D。
化学参考答案·第 1 页（共 8 页）
9 106． Pd 114和 Pd 为质子数相同，中子数不同的同种元素的原子，二者互为同位素，它们的化
293 294
学性质相同，物理性质不同，结论不正确，A 错误。117 Uus 和 117 Uus 是质子数相同，中子
数不同的同种元素的原子，它们占的原子个数百分比不一定相等，元素的相对原子质量为
293×a%+294×b%，其相对原子质量不一定为 293.5，结论错误，B 错误。第七周期 0 族元
素的原子序数为 118，所以 117 号元素在第七周期第ⅦA，电子层数=周期数，最外层电子
数=族序数，117 号元素的原子核外有 7 个电子层，最外层有 7 个电子，事实与结论均正确，
C 106 114 293 294正确。质子数决定元素的种类， Pd 和 Pd 的质子数相同，117 Uus 和 117 Uus 的质子数
相同，共有四种不同元素，共有 6 种核素，事实与结论错误，D 错误；故答案为 C。
10．C 是氧气，F 是氢气；故答案为 B。
11．CH4 和 BCl3 分子中氢和硼没有达到了 8 电子稳定结构；冰中水分子间以氢键结合成排列
规整的晶体，晶体中有空隙，体积膨胀密度减小，所以冰浮在水面上；能导电化合物不
一定是离子化合物；氯气与 NaOH 反应的过程中，没有非极性键的形成；故答案为 B。
12 1 NaOH m(NaOH)=0.1L×1.00mol L 1×40g mol 1．操作 前称取 的质量 · · =4.00g，A 正确。
转移溶液之前应将溶液冷却至室温即操作 2 前 NaOH 溶液需恢复至室温，B 正确。操作 4
若仰视刻度线定容，溶液体积增大，物质的量浓度偏小，C 正确。操作 5 后液面下降，液
体可能在容量瓶和瓶塞之间，不能补充水，D 错误。故答案为 D。
13 Na+ K+．用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色试验，火焰呈黄色，溶液中一定有 、不能排除无 ，
故答案为 B。
14．P4→PH3中 P 元素化合价降低为 3 价，P4→KH2PO2 中 P 元素化合价升高为+1 价，发生歧
化反应，反应中的氧化剂和还原剂物质的量之比为 1∶3；每消耗 1mol P4 时转移 3mol 电
子；过量碱液与 KH2PO2 不反应，说明 H3PO2 是一元酸，则 KH2PO2 为正盐；故答案
为 D。
15 A Ca2+ 2 . 项， 、SO4 不能大量共存。B 项，使紫色石蕊试液变红是酸性溶液，HCO 3 不能大
量共存。C 项，加入铝粉能放出氢气的溶液可能为酸性，也可能为碱性，Fe2+、NO 3 酸性
2+
条件下不能大量共存，Fe 碱性条件下不能大量共存。故答案为 D。
16. A 项，AlCl3 溶液与足量氢氧化钠反应生成 AlO 2 。C 项，过氧化钠投入水中：Na2O2+
2H O=2Na+2 +2OH +H2↑，氧原子不守恒。D 项，Al2O3 与氨水不反应，所以不能写离
子方程式；故答案为 B。
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光照
17. 氯水光照发生反应为 2HClO=====2HCl+O2↑，则随着横坐标时间的增大，弱酸生成强酸，
氯水导电能力也越来越大，图像符合，A 正确。随着横坐标时间的增大，HClO 分解，溶
液的漂白能力越来越小，图像不符合；Cl2 越来越少，颜色变浅，图像不符合；弱酸生成
强酸，则氯水的 pH 越来越小，图像不符合。故答案为 A。
18. A 项，100mL 0.6mol/L KCl 溶液稀释后 c(Cl )为 0.1mol/L。B 项，100mL 0.3mol/L CuCl2
溶液稀释后 c(Cl )为 0.1mol/L。C 项，200mL 0.1mol/L FeCl3 溶液稀释后 c(Cl )为 0.1mol/L。
D 项，200mL 0.3mol/L MgCl2 溶液稀释后 c(Cl )为 0.2mol/L。故答案为 D。
19. 标准状况下，水不为气体；78g Na2O2 分别与足量的 H2O 和CO2反应转移 1mol 电子； FeCl3
溶液没有溶液体积，无法计算；一个D 182 O 含有 12 个中子，则1mol D
18
2 O （其中 D 代表
2
1 H）中含有的中子数为 12NA，故答案为 D。
20. 实验室用图甲所示装置制备少量氧气，能达到实验目的，A 不合题意。由于氯水具有漂白
性，不能用 pH 试纸测量氯水的 pH 值，应该用 pH 计，故实验室用图乙所示装置测定氯
水的 pH 不能达到实验目的，B 合题意。实验室用图丙所示装置制备少量 Fe(OH)2，先打
开止水夹 a，则 Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，H2 排空装置中的空气，一段时间后再关闭 a，
由于继续产生 H2，A 试管中气体压强增大，将 A 中溶液压入 B 试管中，发生
FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，且整体体系中处于 H2 的还原性氛围中，能够防
止 Fe(OH)2 被氧化，故能达到实验目的，C 不符合题意。实验室用图丁所示装置滴入酚酞
溶液可比较溶液的 pH，不符合题意。故答案为 B。
21. 由题意可以推理得到：Fe2 的还原性大于 Br ，故 Cl2+FeBr2=FeCl2+Br2 反应优先与
Fe2 反应，故答案为 A。
22. 标准状况下，质量相同的 O3 和 O2 物质的量之比为 2∶3，两种气体的分子数之比为 2∶3，
两种气体的体积之比也为 2∶3，两种气体所含原子数之比为 1∶1，两种气体密度之比等
于摩尔质量之比 48∶32，化简为 3∶2，故答案为 B。
23．溶液呈电中性，根据电荷守恒有：4n(K+)+3n(Mg2+)=6n(Cl )+2n(M)，则 M 为负二价阴离
子，CO 2 2+3 与 Mg 不能大量共存，故答案为 B。
24 Cl . 2 生成 ClO 与 ClO 3 是被氧化的过程，化合价分别由 0 价升高为+1 价和+5 价，经测定
ClO 与 ClO 3 物质的量之比为 1∶2，则可设 ClO 为 1mol，ClO
3 为 2mol，被氧化的氯元
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素的物质的量为 1mol+2mol=3mol，根据化合价变化可知，反应中失去电子的总物质的量
为 1mol×（1 0）+2mol×（5 0）=11mol；氧化还原反应中得失电子数目一定相等，则该
反应中失去电子的物质的量也是 11mol；Cl2 生成 KCl 是被还原的过程，化合价由 0 价降
11mol
低为-1 价，则被还原的氯元素的物质的量为 11mol
1 0 ；当有
7mol Cl2 参加反应得
失电子数目为 11mol，当有 2.8mol Cl2 参加反应得失电子数目为 4.4mol，故答案为 D。
第Ⅱ卷（非选择题，共 52 分）
二、填空题（本大题共 4 小题，共 52 分）
25.（除特殊标注外，每空 1 分，共 13 分）
（1）第四周期第ⅥA 族
（2）+4 Bi2O5
（3）①F ②< ③<
（4）C
（5）①
②AD（2 分，少选给 1 分，错选不给分）
（6）饱和 NaHCO3 溶液 BD（2 分，少选给 1 分，错选不给分）
【解析】（1）Se 和 O、S 同主族，在 S 的下一个周期，即第四周期第ⅥA 族，故答案为第
四周期第ⅥA 族。
（2）Ge 和碳同主族，最高价是+4 价；Bi 在第五主族最高价是+5 价，最高价氧化物的化
学式为 Bi2O5。
（3）①同主族元素从上到下，非金属单质与氢气化合越来越困难条件越来越苛刻，所以
阴影部分元素最容易与氢气化合的元素是 F；
②As 和 Se 同一周期，同周期元素从右到左，最高价含氧酸的酸性减弱，所以 H3AsO4、
H2SeO4 的酸性强弱：H3AsO4③O、S 同一主族，非金属性氧大于硫，离子还原性硫大于氧，氢化物的还原性：H2O＜
H2S。
（4）可在金属和非金属的分界线附近来寻找半导体材料。
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（5）①硫和氧是同主族元素，位于 O 的下方，则位于周期表第三周期第ⅥA，CS2 的电子
式为 。
②Ga 位于元素周期表第四周期第ⅢA 族，N 位于元素周期表第二周期第ⅤA 族，电子层
数 Ga 大于 N，故原子半径 Ga 大于 N，A 正确。N 与 O 元素在同一周期，同周期从左到
右非金属性逐渐增强，故非金属性是 O 强于 N，B 错误。Ga 位于元素周期表第四周期第
ⅢA 族，与 Al 元素在同一主族，最外层电子数相同，化学性质类似，金属性强于 Al 元素，
C 错误。As 和 Sb 均在金属和非金属的分界线附近，这两种元素既具有金属性也具有非金
属性，故它们的氧化物可能有两性，D 正确。
（6）用图示装置证明酸性 HCl>H2CO3>H2SiO3，由于生成的二氧化碳中含有挥发出的氯化
氢，则溶液 b 为饱和碳酸氢钠溶液，用来除去氯化氢。Cl 最高价是+7， C 最高价是+4 价
最高正化合价 Cl>C，但最高价与非金属性无关，A 错误。氯元素非金属性强于碳元素，
故 Cl 的氢化物比 C 的简单氢化物稳定，B 正确。Cl 的氢化物比 C 的简单氢化物沸点高，
与非金属性强弱无关，C 错误。最高价氧化物对应的水化物的酸性 HClO4＞H2CO3 说明氯
元素非金属性强于碳元素，D 正确。
26．（除特殊标注外，每空 2 分，共 13 分）
（1）2Na+2H2O=2NaOH +H2↑
（2）还原剂（1 分）
（3）NaHCO3=Na++HCO 3 CO
2
3 +CO2+H2O=2HCO
3
（4）①右（1 分） ②B（1 分）
（5）①2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
②反应完成后，取 K1 后干燥管中少量固体加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清的石灰水
中，若变浑浊，则实验结论成立（合理答案均可）
【解析】通过钠及其化合物的“价—类”二维图可知物质①是 Na，②是 Na2O 或 Na2O2。
（1）由题可知①是单质 Na，与水反应的化学方程式为 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。
（2）NaH 中 Na 为+1 价，则 H 元素的化合价为 1 价；从 H 元素的价态分析，NaH 中 H
可以失电子化合价升高作还原剂。
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（3）碳酸氢钠为强电解质，可完全电离。又因为它是弱酸酸式盐，书写电离方程式氢离
+
子不可以拆，故答案为 NaHCO3=Na +HCO 3 。碳酸氢钠溶液中含有碳酸钠杂质，除
去碳酸钠的方法是通入 CO2 气体将碳酸钠转化为碳酸氢钠，反应的方程式为 Na2CO3+
CO2+H2O=2NaHCO3，离子方程式为 CO 2 3 +CO2+H2O=2HCO 3 。
（4）①根据图Ⅱ所示实验，右边试管发生反应 NaHCO3+HCl=CO2↑+NaCl+H2O，左
边试管发生反应 Na2CO3 +2HCl=CO2↑+2NaCl+H2O 。则相等质量的碳酸钠和碳酸氢
钠与足量的盐酸反应， 右边试管的碳酸氢钠放出的气体又多又快。通过比较与盐酸反应
的速率快，能达到鉴别目的。
②图Ⅳ碳酸氢钠所受温度比碳酸钠温度低，A 为碳酸钠直接加热不分解，其连接的右边的
澄清石灰水除了冒气泡无明显现象。对照实验 B 为碳酸氢钠间接加热分解，生成碳酸钠、
△
二氧化碳和水，方程式为 2NaHCO3=====Na2CO3+H2O+CO2↑，产生的 CO2 通入右边的澄
清石灰水使其变浑浊。套管实验能更好说明二者的热稳定性。
（5）①过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式为 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。
②用盐酸与碳酸钙反应制取二氧化碳，但生成的二氧化碳中会混有氯化氢和水，因此饱
和 NaHCO3 溶液是为了除去氯化氢，浓硫酸是为了除去水，打开弹簧夹 K2，关闭 K1，干
燥的二氧化碳通入过氧化钠，木条不复燃，证明干燥的二氧化碳与过氧化钠不反应。打
开弹簧夹 K1，关闭 K2，潮湿的二氧化碳通入过氧化钠，木条复燃，证明二者反应生成氧
气。但是气体中有水，水也会和过氧化钠反应放出氧气，使带火星的木条复燃，因此若
要证明二氧化碳与过氧化钠反应了，需证明碳酸钠的存在，具体操作为反应完成后，取
K1 后面的干燥管中少量固体加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清的石灰水中，若变浑浊，
则实验结论成立。故答案为反应完成后，取 K1 实验后干燥管中少量固体加入稀盐酸，将
产生的气体通入澄清的石灰水中，若变浑浊，则实验结论成立。
27．（除特殊标注外，每空 2 分，共 12 分）
（1）A（1 分）
（2）3Fe+4H O(g)=高2 ==
温==Fe3O4+4H2
（3）玻璃管内的黑色固体变红，试管壁有小水珠生成
（4）3、2、10、2、3、5（全对才给分）
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（5）①除去氯气中的氯化氢气体（1 分） ②Cl2+2OH = ClO +Cl +H2O
（6）①Fe3+（1 分） ②<（1 分）
【解析】（1）若先点燃 B 处，铁会与氧气发生反应生成铁的氧化物减小了水蒸气和铁粉的
接触面积。所以须先点燃 A 处，让产生的水蒸气将体系内的空气排干净，再点燃 B 处。
（ 2）装置 B 中是铁与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁，反应的方程式为
高温
3Fe+4H2O(g)=====Fe3O4+4H2。
高温
（3）E 是氢气还原氧化铜的实验，气体进入 E 装置发生反应为 CuO+H2=====Cu+H2O，硬
质玻璃管内的黑色固体变红，试管壁有小水珠生成。故答案为玻璃管内的黑色固体变红，
试管壁有小水珠生成。
（4）制备 K2FeO4 发生的反应：该反应中 Cl 元素的化合价由 ClO 的+1 价降低到了 1 价，
3+ 2
一共降了 2 价；Fe 元素的化合价由 Fe 的+3 价升高到了 FeO 4 的+6 价，一共升了 3 价。
根据化合价守恒，ClO 配上 3，FeO 2 4 配上 2，其他物质根据电荷守恒和原子守恒继续配
3ClO +2Fe3++10OH 平。得到的离子方程式为 =2FeO 2 4 +3Cl +5H2O。
（5）①装置 A 中 KMnO4与浓盐酸反应制备 Cl2，由于 Cl2 中混有 HCl(g)和 H2O(g)，HCl(g)
会消耗 Fe(OH)3 和 KOH，装置 B 中应盛放饱和食盐水除去 Cl2 中混有的 HCl(g)；故答案
为除去氯气中的氯化氢气体。
②C 装置中 Cl2 与 KOH、Fe(OH)3 反应制备 K2FeO4，在此装置中 Cl2 还可以直接与 KOH
反应生成 KCl、KClO 和 H2O。
（6）①溶液 a 中滴加 KSCN 溶液至过量，溶液呈红色，说明溶液 a 中含有 Fe3+。
2 + 3+②方案Ⅱ的反应为 2FeO 4 +6Cl +16H=2Fe +3Cl2↑+8H2O，由方案Ⅱ得出氧化性
FeO 2 4 >Cl2，实验表明，Cl 2 2 和 FeO 4 氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备
K2FeO4 在碱性条件下，方案Ⅱ在酸性条件下，说明溶液的酸碱性的不同会影响物质氧化
性的强弱。
28．（除特殊标注外，每空 2 分，共 14 分）
（1）甲（1 分） 丁（1 分）
△
（2）MnO2+4HCl(浓)=====MnCl2+Cl2↑+2H2O
（3）分液漏斗（1 分） 吸收 Cl2，防止污染空气（1 分）
化学参考答案·第 7 页（共 8 页）
（4）CD（少选给 1 分，错选不给分）
（5）①2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO) 2+CaCl2+2H2O
②氯气和碱反应会放热，导致温度升高，发生副反应生成 Ca(ClO 3)2，所以制得的漂白粉
中 CaCl2 的含量远超过 Ca(ClO)2（合理答案均可）
（6）1∶2
【解析】（1）因制取氯气的过程是加热二氧化锰和浓盐酸制取氯气，而后经过饱和食盐水
吸收氯化氢气体，浓硫酸吸收水蒸气，收集，尾气处理，故仪器连接顺序为丙→乙→甲→
戊→丁；所以排在第三位和第五位的分别是甲和丁。
（ 2）气体发生装置采用的是加热二氧化锰和浓盐酸制取氯气，化学方程式为
△
MnO2+4HCl(浓)=====MnCl2+Cl2↑+2H2O。
（3）装置丙中 MnO2 与浓盐酸反应制备 Cl2，盛装浓盐酸的仪器名称为分液漏斗；因为氯气
有毒，不能随意排放。所以排在末尾的装置丁的作用是吸收 Cl2，防止污染空气。
（4）高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气时，锰元素的化合价降低被还原，高锰酸钾为反
应的氧化剂，A 正确。溶液变成棕黄色是因为氯化亚铁溶液与氯气反应生成氯化铁，反应
中亚铁离子被氧化为铁离子，B 正确。溶液褪色主要是因为氯气与水溶液反应生成次氯酸，
氧化了酚酞导致氢氧化钠溶液褪色，而氯气没有漂白性，C 错误。试纸变蓝色是因为氯气
与碘化钾溶液反应生成氯化钾和碘，碘遇淀粉变蓝，反应中氯元素的化合价降低被还原，
氯气是反应的氧化剂，碘元素的化合价升高被氧化，碘为反应的氧化产物，由氧化剂的氧
化性强于氧化产物可知，氯气的氧化性强于碘，D 错误。
（5）①氯气和石灰乳反应制取漂白粉的化学方程式为 2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2
+2H2O。
②题目中已经提示了：氯气和碱反应会放热，导致温度升高，发生副反应
△
6Cl2+6Ca(OH)2=====5CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O，生成 Ca(ClO3)2。所以制得的漂白粉中 CaCl2
的含量远超过 Ca(ClO)2。
（6）根据题意可知 ClO2 转化为 NaClO2，化合价降低作氧化剂；而 H2O2 化合价升高产生
O2，作还原剂。生成NaClO2的化学方程式是 2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O。
制备时还原剂与氧化剂完全反应的物质的量之比为 1∶2。
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