保山市文山州2023~2024学年上学期期末质量监测
高一化学
本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。第【卷第1页至第5
页，第Ⅱ卷第5页至第8页。考试结束后，请将答题卡交回。满分100分，考试用时60
分钟。
以下数据可供解题时参考。
可能用到的相对原子质量：H一1C一120一16Na一23C1一35.5Fe一56Cu一64
第I卷（选择题，共56分）
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自已的学校、班级、姓名、考场号、座位号、
准考证号在答题卡上填写清楚。
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，
用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。
一、选择题（本大题共14小题，每小题4分，共56分。在每小题给出的四个选项中，
只有一项符合题目要求。)
1.性质决定用途是化学的重要科学观念。对下列物质的性质和用途说法正确的是：
A.四氧化三铁是一种红棕色粉末，常用作油漆、涂料等红色颜料
B.氧化钠能与人体呼出的二氧化碳和水反应生成氧气，可做供氧剂
C.次氯酸钠溶液具有强氧化性，可做漂白剂
D,金属铝在空气中易被氧化生成一层致密的氧化膜，可长期盛放酸性或碱性食物
2.以符号形式描述物质是化学的特征之一。下列说法正确的是：
H-N-H
A.氨分子的结构式：
H
B.次氯酸的电子式：H:Ci:O:
C.中子数为20的S,其核素符号：6s
D.碳酸氢钠在水溶液中的电离方程式：NaHCO3=Na+H+CO
高一化学·第1页（共8页）
只
0000000
3.“等不是办法，干才有希望”的西畴精神使西畴当地“石漠变良田”，猕猴桃种植是
石漠化治理的重要产业，猕猴桃因富含维生素C而具有美容养颜抗氧化作用。说明维
生素C具有：
A.氧化性
B.还原性
C.碱性
D.酸性
4,分类是认识和研究物质及其变化的一种常用方法。下列有关物质分类的说法正确
的是：
单质
碱性氧化物
电解质
混合物
A
氨气
Na202
二氧化碳
Fe(OH)3胶体
B
臭氧
Fe2O3
氯化钠
CuS04·5H20
C
金刚石
Na2O
氯化氢
蔗糖溶液
D
红磷
Al203
乙醇
青铜
5.下列离子方程式书写正确的是：
A.铁溶于稀盐酸：2Fe+6H=2Fe3+3H2↑
B.氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2+SO 一BaS04↓
,国
C.漂白粉溶液中通入少量C02:2CI0+H,0+C02一2HCl0+C0好
D.洁厕灵（主要成分为稀盐酸)与“84”消毒液不能混合使用，其原因是：2H+
Cl0+C1=C12↑+H20
6.研究金属及其化合物，认识各类物质间的转化关系，在自然资源综合利用和环境保护
中具有重要作用。下列关于图1中钠及其化合物的说法不正确的是：
⑤II,0
2.△、H,0
Na,02①
-Na-
②
NaOH-
④NaHCO,,
C0,⑥
、
图1
A.Na与水反应的离子方程式：2Na+2H,0一2Na*+20H+H2↑
：1
B.相同条件下，NaHCO3的溶解度大于Na2COg
C.上述转化中含有化合反应、分解反应、置换反应
D.反应⑤中Na0,既是氧化剂又是还原剂
7.每年10月23日上午6：02至晚上6：02被誉为“摩尔日”。设W为阿伏伽德罗常数
的值，下列说法不正确的是：
A.18gD,0含有电子的数目为10NA
2州点
B,常温常压下，32g02和0，的混合气体中含有的氧原子数为2V
C.标准状况下，22.4LN2中含有氮氮三键的数目为NA
D.1L0.5mol·L的BaCl2溶液中含有C1的数目为W
高一化学·第2页（共8页）
只
0000000保山市文山州2023~2024学年上学期期末质量监测
高一化学参考答案
第Ⅰ卷（选择题，共56分）
一、选择题（本大题共14小题，每小题4分，共56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
答案 C C B C D B A
题号 8 9 10 11 12 13 14
答案 C D D A B C A
【解析】
1．A：四氧化三铁是黑色晶体，故A错；B：过氧化钠能与人体呼出的二氧化碳和水反应生成氧气，可做供氧剂，故B错；D：金属铝及其氧化物三氧化二铝都易跟酸或碱反应，不能长期存放酸性或碱性食物，故D错。
2．A：氨分子的结构式：，故A错；B：次氯酸的电子式：，故B错；D：碳酸氢钠在水溶液中的电离方程式：NaHCO3 = Na+ +，故D错。
3．维生素C能抗氧化，说明它具有还原性。
4．A：Na2O2为过氧化物，二氧化碳不是电解质，故A错；B：CuSO4·5H2O为纯净物，故B错；D：Al2O3为两性氧化物，乙醇不是电解质，故D错。
5．A：铁溶于稀盐酸应为：Fe + 2H+=2Fe2++ H2↑；B：氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：2OH－ + Ba2＋++ 2H+ =BaSO4↓+2H2O；C：漂白粉溶液中通入少量CO2：2ClO－+ Ca2+ + H2O + CO2=2HClO +CaCO3↓
6．A：Na与水反应的离子方程式正确，故A正确；B：相同条件下，NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，故B错；C：①为化合反应，②为置换反应，④为分解反应，故C正确；D：Na2O2与水反应，Na2O2中氧元素化合价为-1价，化合价有升有降，它既是氧化剂，又是还原剂，故D正确。
7．D2O的摩尔质量为20g·mol 1，18g D2O为0.9 mol，电子数为9NA，故A错。
8．A：氯气能与铁反应生成三氯化铁，三氯化铁溶液可以与铜单质反应，故A正确；B：ClO2 是重要的高效消毒剂，故B正确；C：漂白粉的有效成分为次氯酸钙，由氯气通入冷的石灰乳反应制得，故C错；D：HClO为弱酸，见光易分解，故D正确。
9．金属性与得失电子的数目无关，①错；HCl不是Cl元素的最高价氧化物对应水化物，②错；熔沸点高低不能证明非金属性的强弱，⑤错。
10．A：反应中N元素化合价降低，N2为还原产物，故A错；B：未标明条件，无法计算，故B错；C：和属于单质，故C错；D：反应过程中存在离子键和共价键的断裂与形成，故D正确。
11．B：缺少加热仪器，故B错；C：缺少蓝色钴玻璃，故C错；D：应该使用饱和碳酸氢钠溶液，故D错。
12．A：该过程中发生反应：↓、、，由此可知，不需持续添加FeCl2和CuCl2，故A正确；B：由图知，Cu、H、Cl元素的化合价没发生变化，故B错；C：根据图示，总反应为硫化氢和氧气反应生成S单质和水，总反应方程式为，故C正确；D：根据总反应方程式可知有水生成，溶液中离子浓度降低，导电性减弱，故D正确；
13．A：设铁化合价是x，聚合氯化铝铁可表示为[AlFe(OH)nCl6 n]m，由此化合物内化合价和为0得：3+x n (6-n)=0，x=+3，则产品中铁元素的化合价为+3，故A正确；B：加入的盐酸过量，Fe、Al、FeO、Fe2O3、Al2O3都和稀盐酸反应，但Al、Fe以及Fe2O3的物质的量关系无法确定，则不能确定甲溶液中是否有Fe3+，B正确；C：用于沉淀池，净水的原理主要是吸附沉降，C错；D：试剂X的作用是将亚铁离子氧化为铁离子，新制氯水可以达到该目的且不引入新杂质，故D正确。
14．向100mL Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，先发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，后发生反应：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，由图可知，加入铁粉（即0.01mol）之后开始出现固体，且按Fe+2Fe3+=3Fe2+反应知，铁粉用于消耗Fe3+，之后有固体析出，则0.56时Fe3+已经消耗完毕，C不正确。据此可以推出Fe3+为0.02mol，原Fe2(SO4)3为0.01mol。由图可知，加入铁粉（即0.01~0.03mol）时，剩余固体为，此段发生的反应为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，即0.02mol Fe用于Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，故铜离子为0.02mol，析出铜0.02mol，故B错；由前面的分析可得，原溶液中Fe3+为，则Fe2(SO4)3为，为，则为，原溶液中Fe2(SO4)3和的物质的量浓度之比等于物质的量之比，为1∶2，故A正确。加入铁粉（即）时，若发生反应Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，则最多生成Cu 0.03mol（即），而由图可知，剩余固体为，所以为置换出的Cu和剩余的铁粉的质量，设0.03mol铁粉中与Cu2+反应的为，剩余，则生成Cu的质量为，剩余铁的质量为，所以：、，解得、，因此加入铁粉（即）时，恰好与溶液中的反应完全，溶液中的溶质为，又根据前面的分析可得反应Fe+2Fe3+=3Fe2+生成的为0.03mol，又因为反应Fe+Cu2+=Cu+Fe2+生成的为0.02mol，所以点时溶液中溶质的物质的量浓度为·，故D错。
第Ⅱ卷（非选择题，共44分）
二、填空题（本大题共3小题，共44分）
15．【答案】（除特殊标注外，每空2分，共13分）
（1）第二周期第ⅥA族（1分） （1分）
（2）HClO4（1分）
（3）r(Cl－) >r(Na+)>r(Al3+)或Cl－ > Na+ > Al3+或Cl－、 Na+、 Al3+
（4）2Al+2OH－+6H2O=2[Al(OH)4]－+3H2↑
（5）8.0（写8可得1分）
（6）2KOH+(CN)2=KCN+KCNO+H2O（未配平得1分）
（7）3∶2（答1.5或均得分）
【解析】（1）④号元素是氧元素，其在元素周期表中的位置是第二周期第ⅥA族；
元素④与①按1：1形成的化合物是H2O2， 其电子式为：
（2）非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，非金属性强弱顺序是：F>O>Cl>N>Br>I>S>C，但F、O没有+7、+6价态，所以酸性最强的是HClO4
（3）⑥⑦⑧简单的离子分别是Na+、Al3+、Cl－，Cl－有3个电子层，Na+、Al3+有2个电子层，Al3+的核电荷数大于Na+，所以r(Cl－) >r(Na+)>r(Al3+)
（4）⑦元素的单质是Al单质，⑥元素的最高价氧化物对应水化物是NaOH，它们反应的离子方程式为2Al+2OH－+6H2O=2[Al(OH)4]－+3H2↑
（5）需要配制80mL 2mol/LNaOH溶液，没有80mL 容量瓶，只能配制100mL，需要NaOH的物质的量为n(NaOH)=0.1L×2mol/L=0.2mol，则需要NaOH固体的质量为m(NaOH)= 0.2mol×40g/mol=8g；用托盘天平称取，所以称取该物质8.0g
（6）已知氰(CN)2的化学性质与⑧单质相似，2KOH+Cl2=KCl+KClO+H2O所以，(CN)2与KOH溶液反应的化学方程式为 2KOH+(CN)2=KCN+KCNO+H2O
（7）化合物X由①⑤⑥三种元素组成，则X为NaOH，化合物Y是元素②的最高价氧化物，则Y为CO2，二者可能发生反应NaOH+CO2=NaHCO3、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，n(CO2)=，n(NaOH)=0.2L×4mol/L=0.8mol，由于116．【答案】（除特殊标注外，每空2分，共16分）
（1）分液漏斗（1分）
（2）g h d e b c（全对得2分，错误不得分）
（3）MnO2 + 4HCl(浓)MnCl2 + Cl2↑ + 2H2O（未配平得1分）
（4）防止氯化铁凝华为固体堵塞导管（答到堵塞即可得分）
（5）或
（6）吸收剩余的Cl2，防止污染环境；防止空气中的水蒸气进入收集器，使FeCl3变质。（共2分，写出一个得1分）
（7）① KSCN溶液（1分） 溶液不变红或无明显现象（1分） 生成蓝色沉淀（1分）
② 3H2 + 2FeCl3 2Fe + 6HCl（未配平得1分）
【解析】（1）盛装浓盐酸的仪器名称为分液漏斗；
（2）连接时注意气体的进出顺序，遵循“长进短出”规律，结合题意可知装置的连接顺序为a→g→h→d→e→b→c→f；
（3）二氧化锰与浓盐酸制备氯气的化学方程式为：MnO2 + 4HCl(浓) MnCl2 + Cl2↑ + 2H2O;
（4）氯化铁受热易升华为气体进入收集器后再凝华为固体后被收集，若使用细导管连接，在细导管中氯化铁气体易凝华为固体，造成堵塞;
（5）2Fe + 3Cl2 = 2FeCl3 ~ m
3mol 6×35.5g
n(Cl2) m g
n(Cl2) = = mol
n(e－) = mol × 2 = mol
（6）碱石灰既可以吸收氯气又可以吸收水蒸气，氯化铁遇水易潮解，所以碱石灰的作用有两个：1. 吸收剩余的Cl2，防止污染环境；2. 防止空气中的水蒸气进入收集器，使FeCl3变质。
（7）①第一步检验是否含有铁离子，所以需要加入KSCN溶液；猜测1是只有氯化亚铁，所以加入KSCN溶液，溶液不变红，加入铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，证明溶液中没有Fe3+，有Fe2+，从而证明只有氯化亚铁，猜测1 成立。
②取少量固体于试管中并加入稀盐酸，固体溶解的同时有少量气泡产生，说明固体中含有Fe单质，所以可以写出温度T下发生反应的化学方程式为：3H2 + 2FeCl32Fe + 6HCl。
17．【答案】（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）增大接触面积，使其充分反应（1分，合理即可）；过滤（1分）
（2）2Fe2++H2O2+2H+=2H2O+2Fe3+（未配平得1分）；温度过高H2O2易分解
（3）红褐（1分）；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
（4）+2、+3（少写或写+不给分）
（5）2CoC2O4+ O22CoO+4CO2（2分，未配平1分）；56（多写单位L不扣分）
【解析】
（1）“粉碎”的目的是增大接触面积，使其充分反应；分离滤液和滤渣，用过滤。
（2）“氧化”过程中温度控制在40℃，温度过高H2O2易分解；
（4）Co3S4的化学性质与Fe3O4相似，则Co的化合价为+2、+3
（5）“煅烧”过程中发生反应的化学方程式为2CoC2O4+O22CoO+4CO2，每制备1mol CoO，至少需要0.5mol O2，所以需要标况下的空气体积为11.2L/0.2=56L。
