【文档说明】湖北省鄂东南联考2023-2024学年高一上学期期中考试+化学+PDF版含答案.pdf，共(8)页，2.438 MB，由小赞的店铺上传

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2023年秋鄂东南教改联盟学校期中联考高一化学参考答案（共6页）第1页2023年秋鄂东南教改联盟学校期中联考高一化学参考答案（共6页）第2页2023年秋季鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校期中联考高一化学参考答案1-15BAABBC

CDCDABDCD16.（14分，每空2分）（1）NaHSO4=Na+H++SO42-（2）分散质粒子的直径大小Fe3++3H2OΔFe(OH)3(胶体)+3H+（3）6.02x1023或NA（4）22ClHOHClHClO＋＋＋（5）4:3（6）1000Vρ17V＋

224017.（10分，每空2分）（1）2.9（2）KHCO3和K2CO32:1（或K2CO3和KHCO31:2）（3）NaHCO3Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4+18.（15分，除标注外，每空2分）（1）分液漏斗（1分）（2）酸性（3）D→B→C（4）吸收Cl2中的H

Cl增大接触面积，使反应更充分（5）42222KMnO16HCl()2KCl2MnCl5Cl8HO浓（6）H2O2溶液AgNO3溶液19.（16分，每空2分）（1）31.0(31则0分)（2）50

0mL容量瓶（无500mL则0分）（3）AD（4）AB（5）2Fe2++6I-+4Cl2=2Fe3++3I2+8Cl-（6）过滤洗涤（7）70������%1．【答案】B【详解】钟乳石的形成是碳酸钙和碳酸氢钙的相互转化，该变化过程中没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应2．【答案】A【详解】推

进“碳中和”在于从源头减少CO2排放或消耗已有CO2，将煤炭转化为乙醇等液态清洁能源，依据碳守恒，无法减少CO2的产生，不能实现“碳中和”。3．【答案】A【详解】①胆矾（CuSO4·5H2O）是纯净物，故错误；②碱性氧化物均为金属氧化

物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7，故正确；③纳米材料不是分散系，不具有丁达尔效应，故错误；④明矾净水是铝离子与水反应产生氢氧化铝胶体吸附水中悬浮杂质，涉及到化学变化和物理变化，但没有杀菌、消毒的作用，故错误；⑤SO2、NH3自身不能电离是非电解质，溶于水产生的H2SO

3、NH3·H2O才是电解质，故错误；⑥NaCl溶于水是在水分子作用下电离产生自由移动的离子，与通电无关，故错误。4．【答案】B【详解】A．加入Na2O2的溶液中：SO23被氧化为硫酸根离子，故A错误；B．溶液呈酸性，234HKNOCl

SO、、、、之间不发生任何反应，能大量共存，B正确；C．含有Cu2+的溶液呈蓝色，无色透明的溶液中不能大量含有Cu2+，故C错误；D．H+与CH3COO-会反应生成弱电解质CH3COOH，故D错误；5．

【答案】B【详解】NaH＋H2O===H2↑＋NaOH中H2O作氧化剂A．2H2O=====电解2H2↑＋O2↑中H2O既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B．3Fe＋4H2O(g)=====高温Fe3O4

＋4H2中H2O作氧化剂，故B正确；C．I2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HI中H2O既不作氧化剂也不作还原剂，故C错误；D．2F2+2H2O=4HF+O2中H2O作还原剂，故D错误。6．【答案】C

【详解】A．O2与NaOH不反应，故A错误；B．HCl与Mg(NO3)2不反应，故B错误；C．H2SO4与Na2CO3反应生成CO2，过量CO2与NaOH反应生成NaHCO3，少量NaHCO3与Ba(OH)2反应可生成NaOH，H2SO4与NaHCO3、CO2与NaOH均能反应，故C正确；

D．CaO与CaCO3不反应，故D错误。7．【答案】C【详解】A．Ca(HCO3)2与过量Ca(OH)2溶液反应：Ca2++HCO3−+OH−=CaCO3↓+H2O，故A错误；B．向CaCl2溶液中通入CO2，不能发生反应，故B错误；C．碳

酸钠过量时，产物为HCO3−，故C正确；D．未配平，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故D错误。{#{QQABBYYAoggAAAJAAAgCEwVgCkEQkBGCCIoORBAI

sAAAQBNABCA=}#}2023年秋鄂东南教改联盟学校期中联考高一化学参考答案（共6页）第3页2023年秋鄂东南教改联盟学校期中联考高一化学参考答案（共6页）第4页8．【答案】D【详解】A.Na2O中Na+与O2−个数比、Na2O2中Na+与O22−个数比都为2:1，故A错误；B.用洁净

的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，则溶液中一定含Na+，可能为钠盐或氢氧化钠溶液等，故B错误；C.溶液中加热NaHCO3无法分解，除去Na2CO3溶液中少量的NaHCO3杂质，应加入适量NaOH

，故B错误；D.空气中含有二氧化碳和水蒸气，在空气中的转化过程：Na→Na2O→NaOH→Na2CO3⋅xH2O→Na2CO3，Na2O2→NaOH→Na2CO3⋅xH2O→Na2CO3，所以久置空气中最终都是变为Na2CO3，故D正确。9．【答案】C【详解】

A．，随着对氯水光照时间的延长，氯水将失去漂白性，故A错误；B．光照条件下HClO分解生成HCl，导致氯水中的氯气不断转化为HCl，pH减小，而不是因为氯气逸出，故B错误；C．光照条件下HClO分解生成HCl，则溶液中离子浓度增大，溶液的导电能力增强，故C正确；D．

氯水pH减小的同时，溶液中Cl−的浓度也不断增加，故D错误；10．【答案】D【解析】A．若46g全是NO2分子数为NA，若46g全是N2O4分子数为0.5NA，故46g混合气体中含分子数为0.5NA~NA，

故A错误；B．HNO3溶液中HNO3和H2O都含氧原子，氧原子数目大于0.15NA，故B错误；C．氯水中含有氯的微粒有Cl2，HClO，Cl−，ClO−，粒子数之和小于0.2NA，故C错误；D．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2

molNa2O2参与反应增重4g；则Na2O2(s)增重2g时，消耗1molNa2O2，转移电子数为NA，故D正确。11．【答案】A【详解】A.干燥氯气先通过干燥的有色布条不褪色证明氯气没有漂白性，再通过湿润的有色布条褪色，说明氯气与水

反应产生的HClO有漂白性，故A正确；B.做焰色试验观察钾的焰色时，应透过蓝色钴玻璃观察，以排除钠产生的干扰，故B错误；C.钠燃烧实验在坩埚中进行，不能放在玻璃表面皿中，故C错误；D.加热固体时，为防止生成的水倒流，试管口应

略向下倾斜，故D错误。12．【答案】B【详解】A.BaO先参与储存过程在还原过程又生成所以是催化剂，故A正确；B.储存过程氮元素被氧化，还原过程氮元素被还原，故B错误；C.储存过程O2被还原成Ba(NO3)2，0.1molO2转

移电子数为0.4NA，故C正确；D.CO在还原过程被净化生成CO2，反应的电子转移情况，故D正确。13.【答案】D【详解】A.同温同压下，PV=nRT，两个容器的体积不同，X容积大于Y，则X的物质的量大于Y，由各气体的化学式可知X容器中所含

气体原子数更多，故A正确；B.引燃X中的气体后，气体总质量不变，又为恒容容器，体积不变，由ρ=m/V可知，密度不变，故B正确；C.已知两个容器的体积不同，而气体的密度相同，由m=ρV可知，质量不同，故C正确；D.根据P

M=ρRT可知，两个容器中气体的平均摩尔质量相同，即CH4、CO、O2的平均摩尔质量为28g/mol，由于CO的分子量为28g/mol，则CH4、O2的平均摩尔质量为28g/mol，根据十字交叉法可知CH4、O2的物质的量之比为32−2828−16=13，质量之比为1×1

63×32=16，所以CH4、O2的质量之比不可能为1:3，故D错误。14．【答案】C【详解】分析题给实验现象可知，Mn2+先被NaBiO3氧化成MnO4−(NaBiO3被还原为Bi3+)，然后MnO4−被H2O2还原成Mn2

+，同时生成O2，再加入KI−淀粉溶液，有I2生成，使溶液变蓝。A．实验②中发生反应2KMnO4+5H2O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O，氧化剂KMnO4与还原剂H2O2物质的量之比为2:5，故A正确；B．NaBi

O3能把I−氧化成I2，但有可能进一步氧化成IO3−等更高价产物，故B正确；C．NaBiO3难溶于水不能拆写成离子形式，离子方程式为：5NaBiO3+2Mn2++14H+=2MnO4−+5Bi3++5Na++7H2O，故C错误；D．实验②中H

2O2过量且产生O2，故实验③中H2O2和O2都能将I−氧化成I2，不一定是H2O2，故D正确。15．【答案】D【详解】A.容量瓶不能用来溶解物质，错误；B.12.5gCuSO4·5H2O晶体物质的量为0.05mol，定容到100mL，因为固体有一定的体积，则所用0.5mol/L的CuSO4溶液不

为100mL，最终溶液中的CuSO4的物质的量不为0.1mol，错误；C.20.0mL5mol/L的CuSO4溶液，含有的CuSO4的物质的量为0.1mol，溶液体积不能加和，所以配制的CuSO4溶液体积不为100mL，错误；D.16.0g无水

CuSO4，含有的CuSO4的物质的量为0.1mol，V=m/ρ=(16g+98g)/1.14g/cm3=100mL，故CuSO4溶液浓度为1mol/L，正确。二、填空题（共4题，共55分）16．【答案】（1）NaHSO4=Na+H

++SO42-（2）分散质粒子的直径大小Fe3++3H2OΔFe(OH)3(胶体)+3H+（3）6.02x1023或NA（4）22ClHOHClHClO＋＋＋（5）4:3（6）1000Vρ17V＋2240【详解】（3）由2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O

2~2e-知O2~2e-，标准状况下11.2LO2的物质的量为0.5mol，则电子转移数目为6.02x1023或NA（5）由ClO与3ClO的个数之比为11∶1，知化合价升高总数为：11x1+5x1=16则被氧化的氯原子的{#{QQABB

YYAoggAAAJAAAgCEwVgCkEQkBGCCIoORBAIsAAAQBNABCA=}#}2023年秋鄂东南教改联盟学校期中联考高一化学参考答案（共6页）第5页2023年秋鄂东南教改联盟学校期中联考高一化学参考答案（共6页）第6页个数

为12，再根据化合价升降总数相等知氯原子由0价降到-1价的个数为16，即被还原的氯原子个数为16，答案为：16:12=4:3（6）n(NH3)＝V22.4mol，溶液体积为V22.4×17＋100ρ×10－3L，c＝V22.4V22.4×17＋100ρ×10－3mol·L－1＝1000Vρ17V＋

2240mol·L－1。17．【答案】（1）2.9（2）KHCO3和K2CO32:1（或K2CO3和KHCO31:2）（3）NaHCO3Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4+【详解】（1

）由反应2CO＋O2=====点燃2CO2和2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2加和可得总反应式为：CO+Na2O2=Na2CO3，可认为CO被Na2O2完全吸收。同理也可得：H2+Na2O2=

2NaOH，亦可认为H2被Na2O2完全吸收。故固体增重：2.6g+0.3g=2.9g。（2）由图像知前30mL盐酸无CO2生成，后90mL盐酸有CO2生成，则原KOH溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质为KHC

O3和K2CO3，其对应的物质的量浓度之比2:1。（3）由物质的溶解度数据知主要沉淀物是NaHCO3。发生反应的离子方程式是：Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4+18．【答案】（1）分液漏斗（1分）（2）酸性（3）D→B→C（4）吸收Cl

2中的HCl增大接触面积，使反应更充分（5）42222KMnO16HCl()2KCl2MnCl5Cl8HO浓（6）H2O2溶液AgNO3溶液【详解】【分析】A装置中MnO2与浓盐酸共热制取Cl2，所制Cl

2中混有HCl和H2O(g)，HCl也能与Na2CO3反应，故与Na2CO3反应之前，应在D装置中通过饱和食盐水除去HCl并将Cl2与空气混合，然后在B装置中制备Cl2O，用水吸收Cl2O(不含Cl2)制备次氯酸溶液之前应选C装置，用足量CCl4溶液除去Cl2O中的Cl2。（2）Cl2O

能被水吸收而制备次氯酸，反应的化学方程式为Cl2O+H2O=2HClO，从物质分类的角度看，Cl2O属于酸性氧化物；答案为：酸性。（3）根据分析，各装置的连接顺序为A→D→B→C→E；答案为：D→B→C。（4）Cl2中混有HCl和H2O(g)，H

Cl也能与Na2CO3反应，故与Na2CO3反应之前，应在D装置中通过饱和食盐水除去HCl。B、E装置中都用到多孔球泡，其作用是增大气体和液体接触面积，使反应更充分。（5）实验室常温下用高锰酸钾和浓盐酸制备Cl2的化学方程式为：422

22KMnO16HCl()2KCl2MnCl5Cl8HO浓（6）根据题给实验方案可知，测定E中次氯酸溶液浓度的方法是：先加入足量的还原剂将次氯酸完全还原为Cl-，然后加入足量AgNO3溶液使Cl-完全转化为AgCl沉淀，通过称量AgCl的质量计算次氯

酸溶液的浓度，由于FeCl2溶液会引入Cl-，故所加还原剂为H2O2溶液，即测定E中次氯酸溶液的浓度的实验方案为：取一定量次氯酸溶液于试管中，加入足量的H2O2溶液，再加入足量的AgNO3溶液，过滤，洗涤沉淀，在真空干燥箱

中干燥，用电子天平称量沉淀的质量；答案为：H2O2溶液；AgNO3溶液。19．【答案】（1）31.0(310分)（2）500mL容量瓶（无500mL0分）（3）AD（4）AB（5）2Fe2++6I-+4Cl2=2Fe3++3I2+8Cl-（6）过滤洗涤

（7）70������%【详解】（1）根据容量瓶规格，应配制500mL10.2molLFeI2溶液，因此需要的物质FeI2的量为1n=cV=0.2molL0.5L=0.1mol，FeI2的摩尔质量为310g·mol-1，需要FeI2质量为31.0g因为用托盘天平称量，需精确到0.1g，

故答案为：31.0g（2）根据配制要求，还需要500mL容量瓶。（3）A．配制过程中需按要求添加蒸馏水至容量瓶刻度线处，因此容量瓶清洗后不用烘干，A错误；B．定容后要上下颠倒容量瓶来摇匀溶液，因此容量瓶使用前需要检查是否漏水，B正确；C．容量瓶是配制一定物质的量浓度溶液专用仪

器，因此不能加热、溶解固体、稀释，配制完成后，应洗净、晾干，C正确；D．500mL容量瓶只能配制500mL的溶液，不能配制其他体积的溶液，D错误；故选AD。（4）A．定容摇匀后，由于有少量溶液附着在瓶颈与瓶盖处，使液面低于刻度线，这不

影响溶液的浓度，再加蒸馏水至刻度线，会使溶液被稀释，使所配制的溶液浓度偏低，A正确；B．转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，会造成溶质损失，使配制的溶液浓度偏低，B正确；C．没有冷却到室温就立即开始转移溶液，相当于在较高温度下完成配制，根据热胀冷缩原理

，所配制溶液恢复至室温时，体积缩小，故浓度偏高，C错误；D．生锈的砝码质量会比标注的数值大，使称得的FeI2质量偏大，所配制的溶液浓度偏高，D错误；故选AB。（5）向0.03molFeI2溶液中通入0.04mol

的2Cl，由还原性I->Fe2+知氯气先与I-反应后与Fe2+反应，则反应的离子方程式为：2Fe2++6I-+4Cl2=2Fe3++3I2+8Cl-（6）红褐色悬浊液中的沉淀物是3Fe(OH)，经过步骤④的一系列操作是：过滤、洗涤、干燥、灼烧、称量，最后生成23FeO。

（7）红褐色悬浊液中的沉淀物是3Fe(OH)，经过一系列操作后，生成23FeO，由ng23FeO知铁元素的质量为70%ng，故答案为：70������%{#{QQABBYYAoggAAAJAAAgCEwVgCkEQk

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