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河池市 2024 年秋季学期高一期末学业水平质量检测
化学 参考答案
1.【答案】B
【解析】Al、Al O 都既能与酸反应又能与碱反应，故铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物，
2 3
A项正确；Fe(OH) 胶体是在沸水中逐滴加入1~2 mL饱和氯化铁溶液制得的，无元素化合价变化，不属于氧化
3
还原反应，B项错误；亚铁盐能与空气中的氧气反应生成铁盐，从而能减缓食品氧化变质，延长食品的保质期，
C项正确；钛合金属于新型合金，D项正确。
2.【答案】C
【解析】冰水混合物是纯净物，A项错误；同素异形体是指由单一化学元素组成，但性质却不相同的单质，金
刚石、C 是碳的同素异形体，但CO 是化合物，B项错误；CaO、MgO、Na O三种氧化物都能与酸反应生成盐
60 2 2
和水，是碱性氧化物，C项正确；电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，NaOH、BaSO 是电
4
解质，而Cu既不是电解质也不是非电解质，D项错误。
3.【答案】D
【解析】过氧化氢是共价化合物，电子式为 ，A项错误；S2－是由S原子得到2个电子形成的，核外
电子应比核内质子多2个，即核外电子数应为18个，最外电子层应达到8电子的稳定结构，B项错误；二氧化
碳分子中，每个氧原子与碳原子之间形成2对共用电子对，故结构式应为：O=C=O，C项错误；氯化钠是离子
化合物，钠原子失去一个电子形成钠离子，氯原子得到一个电子形成氯离子，D项正确。
4.【答案】C
【解析】容量瓶不能进行加热，热溶液必须冷却至室温后才能倒入容量瓶，以避免体积误差。因为氢氧化钠溶
解大量放热，故须在烧杯中溶解并冷却后才能转移到容量瓶中，C项操作不规范，符合题意；A、B、D项操作
均为规范操作，不符合题意。
5.【答案】A
【解析】钠放入硫酸铜溶液中，发生的反应为：2Na＋2H O===2NaOH＋H ↑和CuSO ＋2NaOH===Cu(OH) ↓
2 2 4 2
＋Na SO ，不能制得金属铜，A项错误；氯气氧化性很强，能与大多数金属单质直接化合，生成金属氯化物，B
2 4
项正确；NaClO和Na O 因具有强氧化性，都可用于杀菌消毒，C项正确；铁在高温下与水蒸气反应，钢铁生产
2 2
中，炽热的铁水或钢水注入模具之前，模具必须进行充分的干燥处理，不得留有水，D项正确。
6.【答案】B
【解析】N 个氮气分子即为1mol氮气，在标准状况下的体积约为22.4L，非标准状况下就不一定约为22.4L，
A
A项错误；O 和O 均由氧原子构成，氧原子的摩尔质量为16g/mol，则64g O 和O 混合气体含4mol氧原子，
2 3 2 3
故氧原子数为4N B项正确；题给信息缺溶液的体积，故无法计算溶质的物质的量，从而无法计算Cl－的数目，
A，
C项错误；氯气通入氢氧化钠溶液中发生的反应为：2NaOH＋Cl ===NaCl＋NaClO＋H O，氯元素化合价由0价
2 2
变为－1价或＋1价，1molCl 与足量NaOH溶液反应时，转移1mol电子，即转移的电子总数为1N ，D项错误。
2 A
7.【答案】D
【解析】H+、OH-均可与酸碱指示剂反应，使指示剂变色来检验，均为显色法，选项A合理；Cl－利用生成氯
化银沉淀来检验，SO 2－利用生成硫酸钡沉淀来检验，故两离子的检验方法均为沉淀法，选项B合理；Fe3+遇KSCN
4
溶液会变为血红色，因此可以用显色法检验；Na+利用焰色试验方法来检验，即显色法，选项C合理；CO 2-与酸
3
反应生成气体,或与氯化钡、氯化钙等反应生成沉淀,则气体法和沉淀法均可检验；Ca2＋不能反应生成气体，可以
利用与碳酸根离子产生白色沉淀来进行检验，即沉淀法，选项D不合理。
8.【答案】C
【解析】电子层结构相同的简单离子半径，遵循“序小径大”原则，A项正确；由于元素周期表中位置靠近的
元素性质相近，故可在周期表中金属与非金属的分界处可以找到半导体材料，B项正确；HF是弱酸，HCl是强
酸，C项错误；同一周期主族元素，从左到右，非金属性逐渐增强，即Si→P→S，与H 化合能力增强，D项正
2
确。
高一 化学 参考答案 第1 页 共4页
{#{QQABJY6AggggQgBAARhCEQHCCgKQkACACYgOQAAQIAAAiRFABAA=}#}9.【答案】D
【解析】溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，但阳离子总数不一定会等于阴离子总数，
A项错误；微观与宏观混淆了，分子是微观概念，元素是宏观概念，应该说二氧化碳由碳元素和氧元素组成，或
者说一个二氧化碳分子由一个碳原子和两个氧原子构成，B项错误；一些盐溶液如Na CO 溶液也呈碱性，C项
2 3
错误；氧化还原反应的特征是反应前后有元素的化合价发生变化，D项正确。
10.【答案】B
【解析】铁与盐酸生成氯化亚铁，A项不符合题意；可用碳还原氧化铁方法制备铁，用电解熔融氧化铝方法
制得铝，B项符合题意；氯化铁可与Cu反应：2FeCl +Cu===2FeCl +CuCl ，但Cu与氯化铝若反应则生成氯
3 2 2
化铜和铝单质，这是违反活泼金属能置换出不活泼金属的反应规律的，C项不符合题意；氧化铝是两性氧化物，
且氧化铝、氧化铁都不能一步反应转化成氢氧化铝、氢氧化铁，D项不符合题意。
11.【答案】A
【解析】四种离子之间不相互发生氧化还原反应或复分解反应，可以大量共存，A项符合题意；HCO －与OH－
3
反应生成CO2-和H O，两者不能大量共存，B项不符合题意；含三价铁离子的溶液呈黄色，C项不符合题意；
3 2
I－有还原性，酸性条件下，ClO－有氧化性，三者之间会发生反应：2H＋＋ClO－＋2I－===H O＋Cl－＋I ，故不能大
2 2
量共存，D项不符合题意。
12.【答案】D
【解析】含有元素化合价升高的反应物是还原剂，该反应中N H 是还原剂，A项错误；该反应属于氧化还原
2 4
反应，但不属于置换反应，B项错误；H O是H O 发生还原反应生成的，故是还原产物，C项错误；双线桥从
2 2 2
反应物的变价元素出发，指向生成物对应的变价元素，桥上标注转移的电子数，D项正确。
13.【答案】A
【解析】硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应的方程式为：CuSO ＋2NaOH ===Cu(OH) ↓＋Na SO ，CuSO 、
4 2 2 4 4
NaOH、Na SO 均完全电离，正确的离子方程式应为：Cu2+＋2OH-===Cu(OH) ↓，A项错误；氢氧化钡和苏打溶
2 4 2
液混合的反应方程式为：Ba(OH) ＋Na CO ===BaCO ↓＋2NaOH，而Ba(OH) 、Na CO 、NaOH在水中完全电
2 2 3 3 2 2 3
离，B项正确；次氯酸钠与稀盐酸混合的反应方程式为：NaClO＋2HCl===NaCl＋Cl ↑＋H O，而NaClO、HCl、
2 2
NaCl在水中完全电离 ，C项正确；氯气通入氯化亚铁溶液中的反应方程式为：2FeCl ＋Cl ===2FeCl ，而FeCl 、
2 2 3 2
FeCl 在水中完全电离，D项正确。
3
14.【答案】B
【解析】根据题给信息可推导出A是第一周期元素，为He元素，进一步推导出B为O元素，C为F元素，
D为Ne元素，E为Cl元素。He单质为单原子分子，分子中无化学键，A项错误；O为8号元素，核外电子层
为2层，第一层2个电子，第二层即最外层6个电子，B项正确；周期表中，同主族元素的非金属性从上到下减
弱，C项错误；Ne是10号元素，Cl是17号元素，两元素的原子序数之差为7，D项错误。
15.【答案】（每空1分）
Ⅰ.（1）AB （2）三 4个
（3）28g/mol (28.09g/mol) 15个 60g
Ⅱ.（1）第二周期，第ⅤA族 （2）H CO （3）离子
2 3
（4）极性共价键 离子键 （5）L2－>D2－>E＋ 【或S2－>O2－>Na＋ 】 （6）ac
【解析】
Ⅰ.从信息内容可以知道，这是硅元素，元素符号为Si，原子序号为14，原子量为28.09。因为原子序号等于
核电荷数，即等于质子数，也等于原子的核外电子数；核外电子层数为3，最外层电子数为4；物质的摩尔质量
数值上等于它的相对分子式量或相对原子量；而相对原子量约等于原子的质量数，质量数为质子数和中子数之和。
结合以上信息可以得出相应答案。
Ⅱ.从题给信息可推导出：XABDEGLQ依次是H、C、N、O、Na、Al、S、Cl元素。
（1）N为7号元素，位于周期表的第二周期，第ⅤA族；
（2）C的最高价氧化物为CO ，其对应的水化物为H CO ；
2 2 3
高一 化学 参考答案 第2 页 共4页
{#{QQABJY6AggggQgBAARhCEQHCCgKQkACACYgOQAAQIAAAiRFABAA=}#}（3）E D是Na O，是活泼金属与活泼非金属化合得到的，是离子化合物；
2 2
（4）EDX化合物即为NaOH，是由钠离子和氢氧根离子构成，故含离子键，氢氧根中的氢原子与氧原子由
极性共价键结合，故化合物还含有极性共价键；
（5）D2－、E＋两种简单离子的电子层结构相同，都是核外有10个电子，根据“序小径大”规律，可判断出
半径大小为D2－>E＋（O2－>Na＋）；L2－、D2－两种简单离子是同主族元素形成的，L2－比D2－多一个电子层，半径
更大，故半径：L2－>D2－（S2－>O2－）；
（6）E G是同一周期主族金属元素，从左到右，金属性减弱，所以钠的金属性强于铝的金属性，a项正确；
DL两元素对应的氢化物分别为H O和H S ，同主族的非金属元素的氢化物稳定性从上到下减弱，故稳定性：
2 2
H O >H S，b项错误；L和Q 最高价氧化物对应的水化物分别为：H SO 、HClO ，同一周期主族非金属元素，
2 2 2 4 4
从左到右，非金属性增强，最高价氧化物对应水化物的酸性增强，故酸性：H SO <HClO ，c项正确。
2 4 4
16.【答案】（每空2分）
（1）11.9 （2）BD
（3） ① 16.8 ② dacefb 搅拌和引流 ③ ACE
（4）6H＋＋Fe O ===2Fe3＋＋3H O
2 3 2
（5）A
【解析】（1）该1L浓盐酸溶液中溶质的物质的量为：(1000cm3×1.19g∙cm－3×36.5%)/36.5g∙mol－1=11.9mol，
故该盐酸溶液的物质的量浓度为：11.9mol∙L－1；（2）无论取溶液的体积多少，溶液的物质的量浓度、质量分数
及密度都不会变化，但溶质的物质的量、质量及微粒数与体积多少有关，体积大，溶质的量就多。（3）①根据
稀释前后溶质的物质的量不变原则，C ×V =C ×V 可计算500×0.40=11.9×V 得出需要16.8mL的浓盐酸。②
浓 浓 稀 稀 浓
配制一定物质的量浓度的稀盐酸的主要步骤为：用量筒量取所需浓盐酸→将浓盐酸放入烧杯中稀释并冷却至常温
→将杯中盐酸转移至容量瓶中→用适量水洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，并将洗涤液也转入容量瓶→定容→摇匀。
实验过程中，在浓盐酸稀释步骤，玻璃棒的作用是搅拌，使稀释更快速更充分；在移液步骤，玻璃棒的作用是引
流，以防止液体流出。③实验过程若造成溶质损失或水加多了，则所配制溶液浓度偏小。BD两操作对浓度无影
响；A操作导致量取的浓盐酸偏少，C操作导致溶质损失，E操作因水加多了，均导致所配制溶液浓度偏小；（4）
铁锈的主要成分是Fe O ，盐酸清除铁锈的化学方程式为：6HCl＋Fe O ===2FeCl ＋3H O，盐酸、FeCl 在水中
2 3 2 3 3 2 3
完全电离，铁锈不溶于水，不能拆分成离子。（5）因氯气有毒，工业生产上常采取过量的氢气，以确保氯气尽
可能完全反应。
17.【答案】Ⅰ.（1）生石灰 过滤 （各1分）
（2）分散质粒子的直径大小不同 （1分） 让光束通过所配置的胶体，从入射光的垂直方向上看是否有一
条光亮的“通路”。（答“用丁达尔效应原理检测”之意也得分）（2分）
（3）增大反应物的接触面积，让反应更充分 （2分）
（4）AD （2分）
Ⅱ.（1）氨气 （1分）
（2）Na＋＋CO ＋NH ===NaHCO ↓＋NH ＋（2分）
2 3 3 4
（3）(106b/22.4a)×100% （2分）
【解析】Ⅰ.（1）CaCO 煅烧生成CaO和CO ，故A是CaO，俗称生石灰，固体与液体分离的操作方法叫过滤。
3 2
（2）悬浊液、溶液和胶体这三种分散系的本质区别是由于分散质粒子直径大小不同。分散质粒子直径小于10－⁹
m的为溶液；分散质粒子直径处于10－⁹m~10－⁷m的为胶体；分散质粒子直径大于10－⁷m的为浊液。浊液的分散
质为固体的是悬浊液；鉴别某分散系是不是胶体的最简单方法是利用丁达尔效应。当一束光通过胶体时，从入射
光的垂直方向上可看到有一条光带，这个现象叫丁达尔现象。（3）将Ca(OH) 溶液通过压力式喷嘴从碳化塔的
2
顶部向下呈雾状喷出，与此同时从塔的底部向上通入CO 气体，这种方法明显增加了CO 气体和Ca(OH) 溶液
2 2 2
的接触面积，使喷下的Ca(OH) 溶液与CO 气体充分反应。实际生产过程中可以通过控制Ca(OH) 溶液的浓度、
2 2 2
液滴直径、流量、反应气液比等条件，在常温下制得直径在0.04-0.08μm的纳米碳酸钙。（4）A．碳酸钙难溶
于水，选项错误；B.根据题意可知，纳米碳酸钙被应用于医药，所以可以用作补钙剂，选项正确；C.碳酸钙能
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{#{QQABJY6AggggQgBAARhCEQHCCgKQkACACYgOQAAQIAAAiRFABAA=}#}与酸反应，则纳米碳酸钙储存时应避免与酸性物质接触，选项正确；D.构成纳米碳酸钙、普通碳酸钙的微粒相
同，化学性质相同，选项错误。故选AD。
Ⅱ.（1）工业制纯碱先通氨气的原因是氨气在水中的溶解度非常大，可以形成碱性较强的氨水溶液，这种环境
下更有利于二氧化碳的吸收，从而提高纯碱的产量。
（2）反应方程式为：NaCl＋CO ＋NH ===NaHCO ↓＋NH Cl，NaCl、NH Cl在水中均完全电离，NaHCO
2 3 3 4 4 3
在此反应中是以沉淀形式析出，故不能拆分成离子。
（3）根据反应方程式Na CO ＋2HCl===2NaCl＋CO ↑＋H O可列式计算出要产生b 升标准状况下的二氧化
2 3 2 2
碳，需要的碳酸钠为106b/22.4 g，进一步可计算出样品中碳酸钠的质量分数。
18.【答案】
（1）分液漏斗 （1分） MnO ＋4H＋＋2Cl－ Mn2＋＋Cl ↑＋2H O （2分）
2 2 2
（2）浓硫酸 NaOH溶液 （各1分，共2分）
（3）2Fe＋3Cl 2FeCl （2分）
2 3
（4）D装置之后缺冷却装置和干燥装置，E缺防倒吸装置。（2分，回答冷却装置和干燥装置得1分，回答E
缺防倒吸装置得1分）
（5）① KSCN （1分） 有气泡冒出 （2分） ② 隔绝空气，防止溶液中的亚铁离子被氧化（2分）；铁
完全与氯气反应生成氯化铁，无铁单质剩余（2分，其它合理答案也得分）。
【解析】（1）分液漏斗为专用名称，有错别字不得分。反应方程式为：MnO ＋4HCl(浓) MnCl ＋
2 2
Cl ↑＋2H O，在水溶液中，HCl、MnCl 完全电离。（2）C 装置是干燥装置，故盛装浓硫酸；E装置是尾气吸
2 2 2
收装置，故盛装NaOH溶液。（3）铁与氯气在加热条件下生成氯化铁，即使铁过量，也不能生成氯化亚铁。（4）
无水FeCl 在空气中易潮解，加热到100℃左右时易升华。则产物的收集需有冷却装置，且不能与水接触，故应
3
在D装置之后、E装置之前加装冷却装置和干燥装置；氯气易与氢氧化钠溶液反应，E装置容易产生倒吸，故应
改为防倒吸装置。（5）①三价铁离子与KSCN溶液反应得到红色溶液，故KSCN溶液用于检验三价铁离子的存
在；根据实验现象分析，加新制的氯水之后，溶液的红色加深，说明三价铁离子浓度增大，说明加新制的氯水之
前溶液中存在二价铁离子，进一步说明固体样品中有铁，则盐酸与铁反应时应有气泡产生。②Fe2+不稳定易被氧
化,所以植物油的作用是隔绝空气，防止 Fe2+被氧化；加入新制氯水后，并未得到深红色溶液，说明加新制氯水之
前，溶液中无二价铁离子存在，说明固体中无铁单质。
高一 化学 参考答案 第4 页 共4页
{#{QQABJY6AggggQgBAARhCEQHCCgKQkACACYgOQAAQIAAAiRFABAA=}#}
