【文档说明】安徽省安庆、宣城、池州三市2020-2021学年高一下学期4月联考化学答案.pdf，共(4)页，323.381 KB，由小赞的店铺上传

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２０２０—２０２１学年第二学期四月卷·高一化学参考答案第１页（共４页）２０２０—２０２１学年第二学期四月联考卷高一化学参考答案１．【答案】Ｃ【解析】ＳＯ２具有漂白性，可用ＳＯ２漂白纸张，Ａ项正确；８ＮＨ３＋３Ｃｌ２Ｎ２＋６ＮＨ４Ｃｌ，产生白烟，故可用ＮＨ３检验Ｃｌ

２管道是否泄漏，Ｂ项正确；工业上用Ｓｉ单质制作半导体芯片，Ｃ项错误；ＮａＮＯ２是一种食品防腐剂，Ｄ项正确。２．【答案】Ａ【解析】原子符号中，左下角数字为质子数，左上角数字为质量数，质量数为７９的Ｓｅ原子表示为：７９３４Ｓｅ，Ａ项正确；Ｓｅ２－的结构示意图为，Ｂ项错误；Ｈ２Ｓｅ的结

构式为ＳｅＨＨ，含有极性键，Ｃ项错误；Ｓｅ２Ｃｌ２的电子式为，Ｄ项错误。３．【答案】Ａ【解析】放热反应有的也需要加热，Ａ项错误；生物质能是化石能源的最佳替代品，Ｂ项正确；氢气燃烧时产物无污染，寻找廉价方法开发氢能有助于环

境保护，Ｃ项正确；放热反应的反应速率不一定大于吸热反应的反应速率，Ｄ项正确。４．【答案】Ｃ【解析】ＮＨ３＋ＨＮＯ３ＮＨ４ＮＯ３，Ａ项正确；４Ｆｅ（ＯＨ）２＋Ｏ２＋２Ｈ２Ｏ４Ｆｅ（ＯＨ）３，Ｂ项正确；ＳｉＯ２不能与Ｈ２Ｏ反应生成Ｈ２Ｓ

ｉＯ３，Ｃ项错误；２ＦｅＣｌ３＋Ｆｅ３ＦｅＣｌ２，Ｄ项正确。５．【答案】Ｄ【解析】ＮＨ３中Ｎ元素化合价升高，故ＮＨ３是还原剂，Ａ项正确；该反应中，４ｍｏｌＮＨ３所含Ｎ元素化合价升高生成的２ｍｏｌＮ２是氧化产物，６ｍｏｌＮＯ所含Ｎ

元素化合价降低生成的３ｍｏｌＮ２是还原产物，Ｂ项正确；该反应转移６ｍｏｌｅ－时，生成２．５ｍｏｌＮ２，在标准状况下的体积为５６Ｌ，Ｃ项正确；上述反应中的四种物质只有ＮＨ３和ＮＯ属于非电解质，Ｈ２Ｏ属于电解质，Ｎ２是单质，既不是电解质又不是非

电解质，故上述反应的四种物质中属于非电解质的只有２种，Ｄ项错误。６．【答案】Ｂ【解析】利用ＭｎＯ２和浓盐酸加热条件下可制取Ｃｌ２，Ａ项错误；ＳＯ２不与浓硫酸反应，可用浓硫酸干燥ＳＯ２，Ｂ项正确；收集ＮＯ２应选用向上排空气法，Ｃ项错误；ＮＨ３易溶于水，该装置将

生成的ＮＨ３直接通入水中，吸收ＮＨ３的同时不能防止倒吸，Ｄ项错误。７．【答案】Ｄ【解析】放电时，由于溶液呈碱性，应用ＯＨ－平衡电荷，Ａ项错误；由于离子交换膜只允许ＯＨ－通过，充电时，［Ｚｎ（ＯＨ）４］２－不能通过离子交换膜，Ｂ项错误；充电时，阴极附近生

成ＯＨ－，溶液的ｐＨ增大，Ｃ项错误；放电时，正极室消耗了水生成ＯＨ－，但ＯＨ－会透过离子交换膜向负极室移动，Ｄ项正确。８．【答案】Ｃ【解析】３．４ｇＮＨ３是０．２ｍｏｌ，但ＮＨ３与水之间的反应属于可逆反应，Ａ项错误；标准状况下，ＮＯ２为液态，Ｂ项错误；９．６ｇＳ

为０．３ｍｏｌ，由ＳＯ２＋２Ｈ２Ｓ３Ｓ＋２Ｈ２Ｏ可知，反应转移的电子数为０．４ＮＡ，Ｃ项正确；５．５ｇＮａ２Ｓ２为０．０５ｍｏｌ，含有的离子数目为０．３ＮＡ，Ｄ项错误。２０２０—２０２１学年第二学期四月卷·高一化学参考答案第２页（共４页）９．【答案】Ｃ【解析】由题意可知，Ｚｎ

与硫酸发生两个反应：设生成的ＳＯ２、Ｈ２的物质的量分别为ｘｍｏｌ、ｙｍｏｌ，列式可得：Ｚｎ＋２Ｈ２ＳＯ４（浓）ＺｎＳＯ４＋ＳＯ２↑＋２Ｈ２Ｏ、Ｚｎ＋Ｈ２ＳＯ４（稀）ＺｎＳＯ４＋Ｈ２↑ｘ２ｘｘｙｙｙ则有ｘ＝ｙ，２ｘ＋ｙ＝０．３，解得ｘ＝ｙ＝０．１，则锌的

物质的量为０．２ｍｏｌ，反应共转移电子０．４ｍｏｌ，消耗Ｚｎ的质量为０．２ｍｏｌ×６５ｇ·ｍｏｌ－１＝１３ｇ，被还原的硫元素为０．１ｍｏｌ，生成ＳＯ２和Ｈ２混合气体共０．２ｍｏｌ，Ａ、Ｂ、Ｄ项正确，Ｃ项错误。１０．【答案】Ｄ【解析】打开

分液漏斗的活塞放出稀盐酸时应该将分液漏斗上口与空气相通，Ａ项正确；Ａ中反应的离子方程式为２Ｈ＋＋ＣＯ２－３Ｈ２Ｏ＋ＣＯ２↑，Ｂ项正确；装置Ｂ中生成了Ｈ２ＳｉＯ３，出现白色浑浊，Ｃ项正确；盐酸为无氧酸，不能证明非金属性：Ｃｌ＞Ｃ，且盐酸有挥发性，挥发出来的盐酸也可与硅酸钠溶液反应

生成白色沉淀，不能证明碳酸反应生成了硅酸，无法证明非金属性：Ｃ＞Ｓｉ，故Ｄ项错误。１１．【答案】Ａ【解析】稀硝酸既能与ＣｕＯ反应，也能与Ｃｕ反应，不能选用稀硝酸；稀硫酸和稀盐酸均只能与ＣｕＯ反应，不与Ｃｕ反应；加热时，ＣＯ

可还原ＣｕＯ生成铜。应选Ａ选项。１２．【答案】Ａ【解析】①试管中只有ＮＨ３易溶于水，水面上升１２；②试管中发生反应３ＮＯ２＋Ｈ２Ｏ２ＨＮＯ３＋ＮＯ，水面上升１３；③试管中发生反应４ＮＯ２＋Ｏ２＋２Ｈ２Ｏ４ＨＮＯ３，水面上升５８，④试管中发生反应ＳＯ２＋Ｈ２ＯＨ２ＳＯ

３，２Ｈ２ＳＯ３＋Ｏ２２Ｈ２ＳＯ４，水面上升３４，应选Ａ。１３．【答案】Ｂ【解析】由题意可知，Ａｌ与稀硫酸反应时Ａｌ少量，加入少量ＣｕＳＯ４后会消耗Ａｌ，影响生成Ｈ２的量，Ａ项错误；加热可加快反应速率同时又不影响生成Ｈ２的量，Ｂ项正确；Ａｌ被浓硫酸钝化，Ｃ项错误；将铝粉换成等质量的铝

片，反应物接触面积减小，反应速率会减慢，Ｄ项错误。１４．【答案】Ａ【解析】等质量的ＣＨ３ＣＨ２ＣＨ２ＣＨ３（ｇ）能量高于ＣＨ３ＣＨ（ＣＨ３）ＣＨ３（ｇ），完全燃烧时ＣＨ３ＣＨ２ＣＨ２ＣＨ３（ｇ）放出的热量多，Ａ项正确；

ＣＨ３ＣＯＯＨ电离吸热，反应放热低于５７．３ｋＪ，但ΔＨ变大，Ｂ项错误；生成Ｈ２Ｏ（ｇ）时放热少，但ΔＨ变大，ΔＨ＞－８９０．３ｋＪ·ｍｏｌ－１，Ｃ项错误；Ｓ（ｇ）能量高，完全反应放热多，但ΔＨ变小，ΔＨ１＜ΔＨ２，Ｄ项错误。１５．【答案】Ｃ【解析】ｖＣ＝ΔｎＶｔ＝１．６２×８＝０．１ｍｏｌ·

Ｌ－１·ｍｉｎ－１，Ａ项正确；Ｃ的平衡产率＝１．６２×１００％＝８０％，Ｂ项正确；该反应前后气体分子总数相等，容器内压强恒定不变，故压强不变不能作为该可逆反应的平衡判断标志，Ｃ项错误；剩余１．２ｍｏｌＢ时，消耗

１．６ｍｏｌＡ，随着反应的进行，反应速率不断减小，则前４ｍｉｎ内反应掉的Ａ应大于０．８ｍｏｌ，则剩余的Ａ应小于１．２ｍｏｌ，Ｄ项正确。１６．【答案】Ｄ【解析】ＣｌＯ－与ＳＯ２发生氧化还原反应，Ａ项错误；ＦｅＯ与稀硝酸发生氧化还原反应，Ｂ项错误；ＮＨ４Ｃｌ与Ｃａ（ＯＨ）２是

两种固体反应，无离子方程式，Ｃ项错误；Ｈ２ＳｉＯ３与足量ＮａＯＨ溶液反应的离子方程式为Ｈ２ＳｉＯ３＋２ＯＨ－ＳｉＯ２－３＋２Ｈ２Ｏ，Ｄ项正确。２０２０—２０２１学年第二学期四月卷·高一化学参考答案第３页（共４页）１７．【答案】Ｂ【解析】２ｍｏｌＭ（ｇ）和

１ｍｏｌＮ（ｓ）的总能量高于３ｍｏｌＱ（ｇ）的总能量，无法判断等物质的量的Ｍ和Ｑ能量的高低，Ａ项错误；由于该反应为放热反应，根据能量变化图像知，该反应为放热反应，２ｍｏｌＭ（ｇ）和１ｍｏｌＮ（ｓ）反应

生成３ｍｏｌＱ（ｇ）时放热２９２ｋＪ，Ｂ项正确；使用催化剂只能改变反应速率和活化能，不能改变反应热，Ｃ项错误；Ｎ是纯固体，增大Ｎ的用量不能加快反应速率，Ｄ项错误。１８．【答案】Ｂ【解析】由题意可知，Ｗ、Ｘ、Ｙ、Ｚ分别为Ｎ、Ａｌ、Ｓｉ、

Ｓ。Ｎ３－和Ａｌ３＋核外电子排布相同，核电荷数大的离子半径小，应为Ｚ＞Ｗ＞Ｘ，Ａ项错误；ＨＮＯ３和ＮＨ３反应产生ＮＨ４ＮＯ３固体小颗粒（白烟），Ｂ项正确；Ｓ在自然界有游离态，Ｃ项错误；非金属性：Ｓ＞Ｓｉ，故简单氢化物的稳定性：Ｚ＞Ｙ，Ｄ项错误。１９．（１１分）【答案】（１）吸收（１分

）２０２ｋＪ（２分）（２分）（２）①ｂ、ｄ（２分）②５０％（２分）１６．７（２分）【解析】（１）由反应物总键能－生成物总键能＝４×４１５＋２×４６３－１０７６－３×４３６＝２０２ｋＪ，用电子式表示Ｈ２Ｏ的形成过程为。（２）①恒压密闭容器压强一直不变，ａ项不能判定平衡；随着反应的进行混合气体的总

质量不变，但气体体积不断改变，故混合气体密度不变时可说明达到平衡，ｂ项正确；断裂Ｃ—Ｈ键数目与形成Ｈ—Ｈ键数目之比为４∶３描述的均为正反应速率，ｃ项不能判定平衡；随着反应的进行，混合气体的总质量不变，但混合气体总物质的量不断改变，故混合气体的平均相对分子质量不变时，可说明达到平

衡，ｄ项正确；初始时只加入了反应物，故容器内ｎ（ＣＯ）∶ｎ（Ｈ２）的值始终为１∶３，ｅ项不能判定平衡。②列三段式：ＣＨ４（ｇ）＋Ｈ２Ｏ（ｇ幑幐）ＣＯ（ｇ）＋３Ｈ２（ｇ）起始物质的量（ｍｏｌ）１１００转化物质的量（ｍｏｌ）ｘｘｘ３ｘ平衡物质的量（ｍｏｌ）１－ｘ１－ｘｘ３

ｘ恒压条件下，容器的体积之比＝混合气体的物质的量之比，则有２＋２ｘ２＝１．５，解得ｘ＝０．５，ＣＨ４的转化率＝０．５１×１００％＝５０％，ＣＯ的体积分数＝０．５３×１００％＝１６．７％。２０．（１０分，每空２分

）【答案】（１）３．３６（２）ＯＨ－＋ＳＯ２ＨＳＯ－３（３）Ｎａ２Ｏ２＋ＳＯ２Ｎａ２ＳＯ４（４）２∶１１５．６【解析】（１）１０ｍＬ０．１ｍｏｌ·Ｌ－１Ｈ２ＳＯ３溶液与６．９ｇＮａ反应时Ｎａ过量，过量的Ｎａ继续与水反应放出Ｈ２，故应按Ｎａ计算生成Ｈ２的量２Ｎ

ａ→Ｈ２，６．９ｇＮａ的物质的量为０．３ｍｏｌ，生成０．１５ｍｏｌＨ２，在标准状况下的体积为３．３６Ｌ。（２）ＳＯ２与少量ＮａＯＨ溶液反应的离子方程式为ＯＨ－＋ＳＯ２ＨＳＯ－３。（３）Ｎａ２Ｏ２与ＳＯ２反应时

表现氧化性，化学方程式为Ｎａ２Ｏ２＋ＳＯ２Ｎａ２ＳＯ４。（４）３Ｓ＋６ＮａＯＨ△２Ｎａ２Ｓ＋Ｎａ２ＳＯ３＋３Ｈ２Ｏ，氧化剂与还原剂的质量之比为２∶１，根据电子守恒知，当转移０．４ｍｏｌ电子时，生成０．２ｍｏｌＮａ２Ｓ，其质量为１５．６ｇ。２０２０—２０２１学年

第二学期四月卷·高一化学参考答案第４页（共４页）２１．（１２分，每空２分）【答案】（１）温度易控或受热均匀（２）将带火星的小木条伸入试管中，木条复燃（３）平衡压强，使水顺利滴下或消除因水滴入锥形瓶而带来的气体体积测量上的实验误差１５７ｄＶ２４ｍ×１００％

（４）１．７∶１Ｈ２Ｏ２溶液过量较多，增大了体系中的水量，不利于过碳酸钠晶体从溶液中析出【解析】（１）实验１和实验２中需要温度为８０℃，适宜的加热方式为水浴加热，优点是温度易控或受热均匀。（２）实验２中将带火星的小木条

伸入试管中，木条复燃能证明生成气体为Ｏ２。（３）实验３为定量实验，装置甲中橡胶管的作用除平衡压强，使水顺利滴下外，还能消除因水滴入锥形瓶而带来的实验误差；实验结束后测得反应生成Ｏ２的质量为ｄＶｇ，物质

的量为ｄＶ３２，则过碳酸钠的质量３１４ｄＶ３２ｇ，则计算得到茶垢清洁剂中的分数为１５７ｄＶ２４ｍ×１００％。（４）实验４中Ｈ２Ｏ２和Ｎａ２ＣＯ３较合适的物质的量之比为１．７∶１时，过碳酸钠的产率和活性氧含量均最高

；过碳酸钠易溶于水，当原料配比增至１．８∶１时，Ｈ２Ｏ２溶液过量较多，增大了体系中的水量，不利于过碳酸钠晶体从溶液中析出，降低了过碳酸钠的产率。２２．（１３分）【答案】（１）负（１分）ＮＯ－３＋ｅ－＋２Ｈ＋

ＮＯ２↑＋Ｈ２Ｏ（２分）（２）锌（１分）Ｚｎ－２ｅ－Ｚｎ２＋（２分）０．５（２分）（３）正（１分）ＣＨ３ＯＨ＋８ＯＨ－－６ｅ－ＣＯ２－３＋６Ｈ２Ｏ（２分）８（２分）【解析】（１）Ｆｅ在浓硝酸中发生钝化，Ｃｕ在浓硝酸中发生反应，被硝酸氧化，Ｃｕ电极为负极，Ｆｅ是原电池的正极，

其电极反应式为ＮＯ３－＋ｅ－＋２Ｈ＋ＮＯ２↑＋Ｈ２Ｏ。（２）负极发生氧化反应，锌失电子，其电极反应式为Ｚｎ－２ｅ－Ｚｎ２＋，１６．２５ｇ锌是０．２５ｍｏｌ，而１ｍｏｌ的锌失去２ｍｏｌ的电子，则转移电子的物质的量为０．５ｍｏｌ。（３）由图可知，ｂ为燃料电池

的正极，ａ为负极，负极的电极反应式为ＣＨ３ＯＨ＋８ＯＨ－－６ｅ－ＣＯ２－３＋６Ｈ２Ｏ，正极的电极反应式为Ｏ２＋２Ｈ２Ｏ＋４ｅ－４ＯＨ－，当ｂ电极消耗标况下气体３．３６Ｌ时，即０．１５ｍｏｌＯ２，根据

两极得失电子守恒知ａ极消耗０．１ｍｏｌＣＨ３ＯＨ，均转化为溶液的组成，溶液的质量增重为０．１５ｍｏｌ×３２ｇ·ｍｏｌ－１＋０．１ｍｏｌ×３２ｇ·ｍｏｌ－１＝８ｇ。