1、12019-2020 学年第一学期高一期末考试化学参考答案（附解析和评分细则）第 I 卷（选择题 共 48 分）12345678AADCDBDA910111213141516ADBCBDDB解析：1.选 AA 每个 OH含 10 个电子，所以 1 mol OH含 10 NA 个电子，故 A 项错误；B 不管是 CH4 分子还是 CO2 分子，每个分子中均含一个碳原子，所以无论怎么混合，碳原子个数是固定的，故 B 项正确；C 和 D 质量与温度、压强没有关系，先求出分子的物质的量，再求出原子数，故 C、D项正确。2.选 AA 根据 PV=nRT，温度、压强、物质的量相同，体积肯定相同，故 A 项
2、错误；B 根据=M/Vm，同温同压下，Vm 相同，两者的相对分子量又相同，所以相同，故 B 项正确；C 因为求的氧原子的数目，所以可以利用氧原子总质量除以氧原子的相对原子量，故 C项正确；D 利用 n=m/M，进而得知 D 项正确。3.选 DA 电荷不守恒，应为：2Fe3Fe=3Fe2，故 A 项不正确；B 醋酸是弱酸，应写成分子的形式：CaCO3+2HAc=Ca2+2Ac+CO2+H2O，故 B项不正确；C HCO3为弱酸的酸根离子，不能拆：HCO3+H+=CO2+H2O，故 C 项不正确；D Al(OH)3 不溶于弱碱 NH3H2O，故 D 项正确。4.选 COH和 HCO3不能大量共存，
3、产生的 CO32和 Ca2+也不能大量共存。5.选 DA 生成物 Cu3P 中只有元素化合价降低，所以是还原产物，故 A 项不正确；B 11 mol P 参与反应时，其中有 6 mol P 化合价从 0 价升高到+5 价，作还原剂，共有 30 mol电子发生转移，故 B 项不正确；2C 11 mol P 参与反应时，其中有 5 mol P 化合价降低，6 mol P 化合价升高，分别发生还原反应和氧化反应，故 C 项不正确；D 反应物 CuSO4 中仅有 Cu 元素化合价降低，作氧化剂，发生还原反应，故 D 项正确。6.选 BA Na 先与水反应，生成 NaOH，放出 H2，生成的 NaOH
4、与 NaHCO3 反应，无白色沉淀产生，故 A 项不正确；B 生成的 NaOH 与 MgSO4 反应，产生白色的沉淀，故 B 项正确；C 生成的 NaOH 与 FeCl3 反应，产生红褐色的沉淀，故 C 项不正确；D Na 直接和 HCl 反应，放出氢气，但是无白色沉淀生成，故 D 项不正确。7.选 DA 反应物 Na2O2 中氧原子化合价既有降低也有升高，所以 Na2O2 既是氧化剂，也是还原剂，故 A 项不正确；B 从反应物 Na2O2 到生成物 O2 氧的化合价升高，Na2O2 作还原剂，O2 氧化产物，故 B 项不正确；C 该反应中每生成 1 mol O2 时电子转移的数目为 2 mo
5、l e，故 C 项不正确；D 反应前后固体增加的质量来源于水中的氢原子，故 D 项正确。8.选 A Ba(OH)2 溶液中的 Ba2+与明矾溶液中的 SO42产生白色的 BaSO4 沉淀；氯化钙溶液与 CO2 不发生反应，若是反应，将会违背强酸制弱酸的原理；首先是 Ca(OH)2 溶液中 OH与 NaHCO3 溶液中 HCO3发生反应产生 CO32，CO32和Ca2+发生反应生成白色的 CaCO3 沉淀；CO2 和 Na2CO3 反应生成溶解度较小的 NaHCO3，与此同时 CO2 与水反应也会消耗一部分溶剂，所以会有白色的 NaHCO3 析出；CO2 是过量的，所以最终溶液的溶质是易溶的 C
6、a(HCO3)2。CO2 和 Na2SiO3 生成不溶于水的 H2SiO3。所以选择 A9.选 A根据物料守恒，最终溶液的溶质是 NaCl，n(固体)=n(Na+)=100 mL 0.5 mol/L=0.05 mol，n(NaCl)=0.05 (23+35.5)=2.925，所以选择 A。310.选 D由图可知加入 0.4 mol NaOH，沉淀达最大量，沉淀为氢氧化镁、氢氧化铝，根据氢氧根守恒可知 2nMg(OH)2+3nAl(OH)3=n(OH)=0.4 mol，加入 0.5 mol NaOH 时，沉淀由最大值减小为最小值，故 0.1 mol NaOH 溶解氢氧化铝沉淀，根据反应 Al(O
7、H)3+NaOH=NaAlO2+2H2O 可知，nAl(OH)3=0.1 mol，所以 2nMg(OH)2+30.1 mol=0.4 mol，故 nMg(OH)2=0.05 mol，根据化学式 MgCl2 可知溶液中 n(Cl)=2nMg(OH)2=20.05 mol=0.1 mol，根据化学式 Al2(SO4)3 可知溶液中 n(SO42)=3/2 nAl(OH)3=3/2 0.1 mol=0.15 mol，所以原溶液中 Cl与 SO42的物质的量之比为 0.1 mol：0.15 mol=2：3。11.选 B 过量的 Fe 在 Cl2 中燃烧生成产物为氯化铁，由于是固体反应，过量的铁不会和三
8、氯化铁反应，所以一定得到三价铁；2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；Fe+2H+=Fe2+H2；Fe 和 Fe2O3 的混合物溶于稀盐酸，生成氯化亚铁和氯化铁，若铁足够量会和氯化铁反应生成氯化亚铁。所以选择 B12.选 C根据氧化性 Fe3+Cu2+，铁粉会先和 Fe3+反应，若铁粉有剩余，再和 Cu2+反应，2Fe3+Fe=3Fe2+Cu2+Fe=Fe2+Cu0.10.050.150.050.050.050.05A 反应后的溶液中 n(Fe2+)是 0.15+0.05=0.2 mol，故 A 项不正确；B 反应后的溶液中不存在 Fe3+，但是还剩余 0.05 mol Cu2+，故 B 项不正
9、确；C 反应后残留固体为生成的铜单质，其质量为 0.05 mol 64 g/mol=3.2 g，故 C 项正确；D 反应后残留固体只有铜单质，铁粉已经反应完全，故 D 项不正确。13.选 BA SiO2 是酸性氧化物，与 NaOH 反应生成盐和水，而与 HF 反应生成物不是盐，为其特性，故 A 项不正确；B 向 Na2SiO3 溶液中逐滴加入稀盐酸反应生成硅酸，硅酸是白色胶状物，故 B 项正确；C 晶体硅是良好的半导体材料，可以制成光电池，将光能直接转化成电能，石英石二氧化硅，不导电，故 C 项不正确；D 烧制陶瓷的主要原料是粘土，陶瓷成分主要是氧化硅、氧化铝等，烧制陶瓷的过程中有新物质生成，
10、属于化学变化，故 D 项不正确。414.选 DA 氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，氯气无漂白性，故 A 项不正确；B 制取漂白粉，是将氯气通入到石灰乳中，故 B 项不正确；C 将 Cl2 制成漂白粉的最主要目的是转变成较稳定、便于贮存的物质，故 C 项不正确；D 在常温下，溶于水的部分 Cl2 与水发生反应，还有一部分以分子的形式存在，故 D 项正确。15.选 D设原混合物中含有 x mol Fe2O3，y mol Fe，Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O2FeCl3+Fe=3FeClFe+2HCl=FeCl2+H2x2x2xx3xy-xy-xy-x3x+(y-x)/
11、y-x=3/1 得 x/y=2：5。所以选择 D16.选 BA、由于反应后体系中没有 NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒 n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=0.03 L 10 mol/L=0.3 mol，根据氯原子守恒有 2n(Cl2)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=0.3 mol，故参加反应的氯气 n(Cl2)=0.15 mol，故 A 项正确；B 和 C、根据方程式 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O 可知，当氧化产物只有 NaClO3，n(Cl)最大
12、，为 0.25，n(Na+)：n(Cl)最小为 6：5当氧化产物只有 NaClO，n(Cl)最小，为 0.15，n(Na+)：n(Cl)最大为 2：1 故 B 项错误，C项正确；D、令 n(NaCl)=8 mol，n(NaClO)=3 mol，n(NaClO3)=1 mol，生成 NaCl 获得的电子为 8 mol 1=8 mol，生成 NaClO、NaClO3 失去的电子为 3 mol 1+1 mol 5=8 mol，得失电子相等，故 D 正确；第 I I 卷（非选择题 共 52 分）17、（12 分）（1）、还原剂（1 分）1.2041023（1 分）（2）、浓硫酸（2 分）使滴入烧瓶中的
13、 SiHCl3 汽化（2 分）、有固体物质生成（2 分）SiHCl3H2=1 000 1 100 Si3HCl（2 分）、b d（2 分）解析：本题考查单质硅的工业及实验室合成方法，涉及实验现象的判断、化学方程式的书写等相关知识点。（1）、反应中消耗了 3.0 g SiO2，即 0.05 mol，转移电子为 0.2 mol，即 1.2041023。（2）、SiHCl3 能与 H2O 强烈反应，需要用浓硫酸干燥氢气，C 中的烧瓶需要加热是为了使滴入烧瓶中的 SiHCl3 汽化。、装置 D 中有硅单质生成，即有固体物质生成。此反应为 SiHCl3H2=1 000 1 100 Si53HCl。、亚铁
14、离子的检验通常用的方法是：先向溶液中加入 KSCN，溶液不变红色，再加入氯水溶液变红色，即可却确定有亚铁离子。18、（12 分）（1）、SiO2（1 分）HF（1 分）（2）、将 Fe3还原为 Fe2（2 分）（3）、Fe2+2HCO3-=FeCO3+H2O+CO2（2 分）（4）、坩埚（2 分）将沉淀放置于漏斗的滤纸上，加蒸馏水浸没沉淀，静止让水全部滤干，重复 2-3 次。（2 分）（5）、4FeCO3O2=煅烧 2Fe2O34CO2（2 分）解析：本题主要考察高纯氧化铁(Fe2O3)的工业生产过程，涉及方程式的书写，实验操作的判断等知识点。（1）、SiO2 不与盐酸反应，所以步骤中过滤所得
15、滤渣的主要成分是 SiO2。HF 可以和 SiO2反应。（2）、加入铁粉是为了将 Fe3还原为 Fe2。（3）、步骤中反应的离子方程式 Fe2+2HCO3-=FeCO3+H2O+CO2。（4）、实验室煅烧固体所用主要仪器是坩埚。沉淀洗涤的基本操作是：将沉淀放置于漏斗的滤纸上，加蒸馏水浸没沉淀，静止让水全部滤干，重复 2-3 次。（5）、煅烧 FeCO3可制备高纯氧化铁反应的化学方程式为 4FeCO3O2=煅烧 2Fe2O34CO2。19、（14 分）（1）、E C D A B G H F(2 分，写错一个字母即不得分）（2）、除去 Cl2 中混有的 HCl（2 分）试纸变蓝色（2 分）（3）、
16、MnO24H2Cl=Mn2Cl22H2O（2 分）3Cl2+6KOH=KClO3+5KCl+3H2O（2 分）（4）、CCl4（2 分）2Fe2+4I-+3Cl2=2Fe3+2I2+6Cl-（2 分）解析：本题主要考察二氧化锰跟浓盐酸反应制备并收集干燥纯净的氯气，并进行相关的实验。（1）、氯气中混有氯化氢和水气，先通过饱和食盐水除去氯化氢，再通过浓硫酸干燥除水，最后用排空气法收集氯气，同时过量的氯气用 NaOH 溶液吸收。（2）、用饱和食盐水除去 Cl2 中混有的 HCl，氯气可氧化碘离子为单质碘，试纸变蓝色。（3）、反应的离子方程式为 MnO24H2Cl=Mn2Cl22H2O，根据题意可得方
17、程式为 3Cl2+6KOH=KClO3+5KCl+3H2O（2 分）（4）用 CCl4 萃取反应生成的单质碘，下层溶液呈紫红色。氯气过量，因此方程式为 2Fe2+4I-+3Cl2=2Fe3+2I2+6Cl-。20、(14 分）（1）、黄（2 分）（2）、A（2 分）（3）、32.8%（2 分）（4）、不同意，由于 Ca(OH)2+2NaHCO3=CaCO3+Na2CO3+2H2O(或 Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3+NaOH+H2O），碳酸氢钠溶液与石灰水反应也能产生白色沉淀。（2 分）（5）、33.6（2 分）、Na2CO3 与 NaHCO3（2 分）1:1（2 分）解析：本题主要
18、考察两种钠盐的性质和计算。（1）、钠的焰色反应为黄光。6（2）、应用 1000 mL 容量瓶配制溶液，所需 Na2CO3 为 21.2g。（3）、根据混合物质量减少了 2.48g，可计算出碳酸氢钠为 6.72g，所以碳酸钠为 3.28g，原混合物中碳酸钠的质量分数为 32.8%。（4）、不同意，由于 Ca(OH)2+2NaHCO3=CaCO3+Na2CO3+2H2O(或 Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3+NaOH+H2O），碳酸氢钠溶液与石灰水反应也能产生白色沉淀。（5）、由图可知，横坐标 60 至 75，消耗的 15mL 盐酸为碳酸氢钠与盐酸反应并产生 CO2，由此计算产生 CO2 的最大体积为 33.6 mL。、由图可知原 NaOH 溶液中通入 CO2 后，所得溶液中的溶质成分是 Na2CO3 与NaHCO3，其物质的量之比为 1:1。
