1、 1/6 2019 年百色市普通高中秋季学期期末考试参考答案及评分标准 高一化学（一）选择题（本题共 16 题，每题 3 分，每题只有 1 个选项符合题意。）1.答案：D 【解析】的 PM2.5 微粒直径不在胶体粒子的直径范围；明矾净水过程包含了形成氢氧化铝胶体的过程，此过程属于化学变化；HF 是一种弱酸；氯气漂白是利用其强氧化性，二氧化硫则是与有色物质化合形成无色物质，而活性炭则是利用其吸附性；所以 D 正确。2.答案：D，【解析】A 中浓硫酸的稀释应在烧杯中进行，不能在容量瓶中进行；B 中蒸发氯化钠溶液应在蒸发皿中进行；C 温度计的水银球应与蒸馏烧瓶的支管口处相平；D 正确。3.C【解析】
2、A 中得到的产物为硫化亚铁，所以转移电子数应该为 2NA；B 中随着反应的进行，浓硫酸的浓度逐渐减小，慢慢变成稀硫酸，导致 Cu 与浓 H2SO4无法完全反应，所以所得到的 SO2的体积应该小于 11.2L；D 中忽略了溶液中水也含有氧原子，C 正确。4.答案：A 中漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，氨水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，氧化铝是两性氧化物；B 中一氧化氮是不成盐的氧化物，四氧化三铁也不是碱性氧化物，属于特殊氧化物；C 中过氧化钠属于过氧化物；D 正确。5.答案：A【解析】中血液属于胶体，利用原理的是胶体粒子的可以透过半透膜的性质；操作将得到氢氧化铁沉淀；氢氧化铁胶体和氢氧
3、化铁沉淀的本质区别是粒子直径的大小不同；在制备 Fe(OH)_3 胶体实验中，搅拌会使胶体发生聚沉；稀硝酸属于电解质溶液，会使得氢氧化铁胶体发生聚沉，形成沉淀，而后又发生酸碱中和反应，所以沉淀又开始慢慢溶解。6.答案：B 7.答案：C。【解析】A.高锰酸根离子是紫红色的；B 酸性条件下，NO3-有强氧化性，Fe2+有强还原性，两者会发生氧化还原反应。D,酚酞变红说明有 OH-,会与 Fe3+反应。8.【答案】A 【解析】A.二者反应生成碳酸氢钙，离子方程式为OH+CO2=HCO3，故 A 正确；B.一水合氨是弱电解质，写化学式，离子方程式应为：Al3+3NH3 H2O=Al(OH)3 +3NH
4、4+。C.氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是 2，离子方程式应为：Ba2+2OH-+2H+十SO42-=BaSO4 +2H2O，故 A 错误；2/6 D.碳酸钙是沉淀，不拆。9.【答案】D【解释】常见金属的冶炼方法有电解法、热还原方法、热分解法等，其中 Na、Mg 都为活泼金属，应该用电解法冶炼，故 A 正确；由于钛合金密度小、可塑性好，具有强度高、耐热性好等特点，因此可用于航天领域，故 B 正确；中碳钢韧性好，有一定的强度，淬火后能达到很好的硬度值而且还具有一定的韧性，所以高铁钢轨多采用中碳钢，故 C 正确。氧化铝熔点很高，是一种较好的耐火材料熔点很高，常用来制造耐火坩埚、耐火管和耐高温的实
5、验仪器；利用的是熔点高而不是硬度大，故 D 错误。10【答案】B【解释】二者分别含有 K 元素、Na 元素，焰色反应现象不同，可鉴别，故 A 正确；热稳定性和水中的溶解性都是：Na2CO3 NaHCO3，与酸反应的速度 NaHCO3 Na2CO3,故 B 错误；钠与硫酸铜溶液反应时，先与水发生置换反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀,故 C正确;氧化钠中 Na与 O2个数比、过氧化钠中 Na与 O22-个数比都为 21，故D 正确。11.【答案】C【解释】铜能与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，引入新杂质，故 A 错误；稀硝酸具有酸性和强氧化性，与 CuO、Cu 均
6、反应，达不到除杂目的，故 B 错误；CO2不与饱和碳酸氢钠溶液反应，而 HCl 与饱和碳酸氢钠溶液反应产生 CO2，不仅把杂质除去，还得到更多产物，故 C 正确；MgSO4与 Na2SO4均是可溶于水的盐，达不到除杂目的，故 D 错误。12.答案：C。【解析】氧化性：F 2 Cl2Br2I2 13.【答案】C【解析】本题考查较为综合，涉及元素化合物知识，题目难度中等，解答本题的关键是把握物质的性质，注意有的物质之间发生反应时滴加顺序不同反应不同【解答】中有Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，NaHCO3比Na2CO3溶解度小，且反应中消耗H2O，故有沉淀析出且不溶解；中生成硅酸沉淀，
7、不溶解，硅酸不能溶于H2SO4，所以沉淀不溶解 向石灰水中通CO2，反应有：Ca(OH)2+CO2=CaCO3 +H2O；CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，现象为先沉淀后溶解；反应刚开始会生成氢氧化铝沉淀，该沉淀不溶于碳酸，所以不会发生“先沉淀后溶解”现象 所以不溶解的是 故选 C 14.【答案】D【解析】本题考查化学实验方案的评价，涉及氯水、还原性、氧化还原反应、吸水性等，侧重反应原理及物质性质的考查，为高频考点，明确物质 3/6 性质是解本题关键，题目难度不大【解答】A、向氯水中加入硝酸银溶液，有白色沉淀产生，只能说明溶液中存在氯离子，故 A 错误；B、将SO2通入酸性高锰酸
8、钾溶液，溶液紫色褪去，说明二氧化硫的还原性，而不是漂白性，故 B 错误；C、向FeCl3、CuCl2混合溶液加大量铁粉，先发生 Fe 与铁离子的反应生成亚铁离子，再发生 Fe 与氯化铜反应，所以有红色固体析出说明不了氧化性：Cu2+Fe3+，故 C 错误；D.硫酸与少量胆矾晶体混合，晶体由蓝色变成白色，体现浓硫酸的吸水性，故 D正确；故选：D。15.【答案】D【解析】解：A、熟石灰和氯化铵混合,加水调成泥状后加热可以制取氨气,反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3 气体+2H2O,故 A 正确；B.填充保护气是向其中充入性质稳定,不能与食品发生反应,无毒无味,并
9、且廉价易得的不能供给呼吸的气体,氮气来源广泛且性质稳定常用作保护气,故 B 正确；C.二氧化硫是酸性氧化物，能和碱反应生成盐和水，所以能和过量氨水反应生成(NH4)2SO3，故 C 正确；D.NO 难溶于水,与水不反应,不能形成负压差,不会产生喷泉实验,故 D 错误；故选：D。16.【答案】C【解析】本题以氧化还原反应为载体考查了物质的量的有关计算，明确反应实质是解本题的关键，根据氧气和铜之间的关系式即可解答本题，难度不大。根据题意知，该过程发生的化学反应有：铜和硝酸反应、气体和氧气的反应，铜和硝酸反应时铜失去电子，硝酸根离子得到电子生成气体氮的氧化物，氮的氧化物和氧气、水反应生成硝酸时，氮的
10、氧化物失去电子氧气得到电子，实质上得失电子物质为氧气和铜，根据氧气的体积计算铜的质量。【解答】根据题意知，该反应过程的实质是铜和氧气发生氧化还原反应，根据得失电子守恒得铜和氧气的关系式为 2CuO2，设铜的质量为 x。2CuO2，128g 22.4L x 2.24L x=128g2,24L22.4L=12.8g，故 C 正确。故选 C。（二）非选择题（共 5 个小题，共 52 分）4/6 17.（11 分）【答案】（1）6.4g（考虑托盘天平的精确度）（2 分）(2)（1 分）；胶头滴管 100ml 容量瓶（2 分）；(3)容积、温度（2 分）；检查容量瓶是否完好以及瓶塞处是否漏水（1 分）（
11、4）（1 分）（5）（2 分）【解析】(1)配制100 mL 0.20 mol L1的 Na2SO4溶液，Na2SO4溶液的物质的量为0.1Lx0.2mol/L=0.02mol，需要 Na2SO410H2O 固体的质量为 0.02mol322g/mol=6.44g,但是考虑到托盘天平的精确度为 0.1g,所以应填 6.4g.(2)物质的量浓度的配制所需主要仪器为药匙、托盘天平、烧杯、量筒、玻璃棒、100 mL容量瓶、胶头滴管；故不需要用到的是；尚缺的玻璃仪器是胶头滴管和 100ml 容量瓶；故答案为：；胶头滴管 100ml 容量瓶；(3)容量瓶上除有刻度线外还应标有容积和温度，容量瓶在使用前必
12、须先检查容量瓶是否完好以及瓶塞处是否漏水；故答案为：容积、温度；检查容量瓶是否完好以及瓶塞处是否漏水；(4)配制操作顺序为 ；故答案为：；(5)要称取 6.4gNa2SO410H2O 固体，若左物右码放反了，会导致所称得的固体质量偏小，所以最终配得的溶液浓度偏低；未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容会导致溶液浓度偏高；Na2SO410H2O 失去了部分结晶水，会导致溶质 Na2SO4的质量偏大，所以浓度偏高 定容时观察液面的情况如图所示(视线偏高)会导致溶液体积偏小，浓度偏高；定容后，把容量瓶反复摇匀后发现液面低于刻度线，便滴加几滴水至刻度处会导致溶液浓度偏低；故选；18.（10 分）【答案
13、】(1)B:Fe3O4,G:Fe2O3 （2 分）(2)取 D 溶液少许于试管中，加入几滴 KSCN 溶液，溶液变红色，证明含 Fe3 （2分）(3)防止 Fe2被 O2氧化 （1 分）(4)4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3 （2 分）(5)溶液变为蓝色（1 分），2Fe3+2I2Fe2+I2 （2 分）5/6 【解释】根据 F 是红褐色沉淀知 F 是 Fe(OH)3，从而推知 A 为 Fe，B 为 Fe3O4，C是 FeCl2，D 是 FeCl3，E 为 Fe(OH)2，G 为 Fe2O3，X 为 Cl 2,Y 为 H2 19.(10 分)【答案】(1)+3 价(1 分)；黄绿
14、色(1 分)；MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O (2 分)(2)2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2；(2 分)(3)NaOH溶液(2 分)；Na2CO3溶液；(2 分)【解析】(1)在NaClO2中 Na 为+1价，O 为2价，根据正负化合价的代数和为 0，可得 Cl 的化合价为+3价，(2)NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子得失守恒可知，此反应的化学方程式为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2，(3)食盐溶液中混有Mg2+和Ca2+，可以利用过量 NaOH溶液除去Mg2+
15、，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+，20.（10 分）【答 案】(1)Al（OH）3+OHAlO2+2H2O （2 分）(2)Na2SO4，（NH4）2SO4 （每个 1 分共 2 分）(3)NH4Al(SO4)2=NH4Al32SO42-（2 分）(4)0.3molL1 （2 分）(5)90.6（2 分）【解释】根据图示可知 0a 段是 NaOH 和 H2SO4的反应，ab 段是 Al3+与 NaOH 反应，bc 段是 NH4+与 NaOH 反应，cd 段为 Al(OH)3 与 NaOH 反应。(1)Al(OH)3OH=AlO2-2H2O；(2)0a 段反应的离子方程式为 H2SO42N
16、aOH=Na2SO4+2H2O，ab 段反应的离子方程式为 Al33OH=Al(OH)3，则溶液中阳离子只有 Na+和 NH4+，阴离子为SO42-，故溶质有 Na2SO4，（NH4）2SO4；(3)铝铵矾溶于水时的电离方程式是NH4Al(SO4)2=NH4Al32SO42-；(4)沉淀只有 Al(OH)3，沉淀量最大时有 0.1 mol Al(OH)3，根据 Al(OH)3OH=AlO 2H2O 可知溶解用去的 n(NaOH)0.1mol，由图可知溶解消耗的 V(NaOH)62-52=10mL；生成 Al(OH)3用去 0.30 mol NaOH（即 30mL）；NH4消耗的 0.10 mo
17、l NaOH（即 10mL），则与硫酸反应的 n(NaOH)0.12mol（即 62-10-10-30=12mL），故 c(H2SO4)=0.120.50.2=0.3molL1 (5)根据铝守恒可知铝铵矾为 0.1mol，故样品中铝铵矾的质量分数是 0.1mol453 gL150=90.6 21.(11 分）【答案】Na2SO3(s)+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2 +H2O（2 分）；70%硫酸溶液（1 分）；（1 分）；（1 分）；80%（2 分）；取待测样品少许于试管中,加适量蒸馏水配成溶液,先滴入足量稀盐酸,再滴加氯化钡溶液,如有白色沉淀生成,则证明样品变质,若无白色沉淀生成,
18、证明样品未变质（2 分）；（2 分）6/6 【解析】解：(1)A处的化学反应方程式为Na2SO3(s)+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2 +H2O,所用硫酸一般为 70%的硫酸溶液,故答案为：Na2SO3(s)+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2 +H2O；70%的硫酸溶液；(2)SO3的熔点是16.8,沸点是44.8,当温度低于 16.8时,三氧化硫以晶体状态存在,二氧化硫、三氧化硫的尾气处理用碱吸收,可知 D 中选冷却,E 中选吸收未反应的二氧化硫,故答案为：；12.6gNa2SO3粉末与足量浓硫酸反应生成 1molSO2,最后测得 E 处装置增重 1.28g,为剩余二氧化硫的质量,则则此时SO2的转化率为（1-1.2864）1）100%=80%,故答案为：80%；(4)若Na2SO3变质,会影响到SO2的转化。现欲检验某Na2SO3样品是否变质,检验方法为取待测样品少许于试管中,加适量蒸馏水配成溶液,先滴入足量稀盐酸,再滴加氯化钡溶液,如有白色沉淀生成,则证明样品变质,若无白色沉淀生成,证明样品未变质,故答案为：取待测样品少许于试管中,加适量蒸馏水配成溶液,先滴入足量稀盐酸,再滴加氯化钡溶液,如有白色沉淀生成,则证明样品变质,若无白色沉淀生成,证明样品未变质；(5)装置均属于防倒吸装置，所以适合于吸收该尾气，而且能防止倒吸的是。
