2020-2021学年高一化学下学期期中试卷03（全解全析）.pdf

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1、2020-2021学年下学期期中测试卷03高一化学.全解全析12345678910111213141516DDDCCCCBAccDBDAA1.【答案】D【详解】A.二氧化硫能使酸性KMnCU溶液褪色，是因为二氧化硫的还原性，不是因为具有漂白性，故 A 错误；B.SO2具有还原性，但不能被浓硫酸氧化，二者不反应，故 B 错误；C.漂白粉和过氧化钠的漂白性是利用其氧化性，活性炭的漂白性是利用其吸附性，二氧化硫的漂白性是因为和有色物质反应生成无色物质，所以其漂白原理不相同，故 C 错误；D.SCh能与H2s反应生成S 和水，反应中SO2作氧化剂，说明具有氧化性，故 D 正确。故选D。2.【答案】D【

2、详解】A.反应中FeSCM发生氧化还原反应，其中Fe2O3是氧化产物，SCh是还原产物，SCh中 S 化合价没有变化,故 SO3既不是氧化产物又不是还原产物，A 错误；B.根据反应式，每生成Imol的 SO 3,转移2mol电子。16g SO3的物质的量n=黑 削=-=0.2mol,80g/mol则转移电子为0.4m ol,数目是0.4NA,B 错误；c.没有溶液体积，无法计算，c 错误；D.生成的气体中有S C h,进入溶液后与水反应生成H2SO4,故选D。3.【答案】D【分析】B是密度最小的气体I B为H ty ix为H I 突破二；黯品由；-突破口|A为非金届单,甲为J0电子微粒 6 为

3、N|四种元素癖子序数依次增大T X,Y、Z、W分别为H.N、S、Cl|与 BaCL反应可以得到BaSCU沉淀，D 正确。【详解】A.根据同周期元素原子半径变化规律知r(S)r(C l),Z原子半径最大，A项错误；B.N I I,溶于水呈碱性，H2S,H C 1溶于水呈酸性，B项错误；C.没有表明是最高价氧化物对应的水化物，如酸性H2s HC1O,C项错误；D.丙为HCL乙为H?S,非金属性C 1S,则稳定性HCIAHZS,D项正确；答案选D。4.【答案】C【详解】A.硝酸亚铁中有硝酸根离子存在，加入过量的稀盐酸，通入二氧化硫气体，则二氧化硫、氢离子、硝酸根离子发生氧化还原反应得到硫酸根离子，加

4、氯化钢最终生成B a S C U沉淀，A不符合题意；B.与A相似，亚硫酸根离子、氢离子、硝酸根离子发生氧化还原反应得到硫酸根离子，加氯化钏最终生成B a S Oa沉淀，所以一定是硫酸铁白色沉淀，B不符合题意；C.无色溶液加入稀硝酸，加入氯化钢，A g+可能干扰，即最终生成的白色沉淀可能是A g C l或B a S C U,C符合题意；D.无色溶液，加盐酸得无色溶液，就排除了亚硫酸铁和氯化银，因为亚硫酸领会和盐酸生成二氧化硫和水,再加氯化钏有生成沉淀，所以一定是硫酸领白色沉淀，D不符合题意；答案选C。5.【答案】C【详解】A.B a?+与S。：能结合生成硫酸钢沉淀，故不能大量共存，A错误；B.N

5、O-H+能氧化、F e 2+,故不能大量共存，B错误；C.使无色酚酷溶液呈红色的溶液呈碱性，OH N a+、K+、S O：、C O；之间均不反应，故能大量共存，C正确；D.酸性溶液中，H+与C H 3 c o 0-能结合生成C H 3 c o 0 H,故不能大量共存，D错误；故选C。6.【答案】C【详解】A.浓硫酸具有吸水性，在空气中敞口放置时吸收空气中的水蒸气，使其浓度减小，浓硝酸具有挥发性，在空气中敞口放置时浓度减小，但原理不同，A 错误；B.SCh能与有色物质反应生成不稳定的无色物质，CL与水反应生成HC10,HC10具有强氧化性，能漂白，二者原理不同，S02的漂白不稳定，加热可恢复到原

6、来的颜色，B 错误；C.H2s和 HI均具有强还原性，能被浓硫酸氧化，故均不能用浓硫酸干燥，故两种变化的实质相似，C 正确；D.浓 H2SO4与金属锌反应生成二氧化硫，S 元素的化合价降低，表现氧化性，稀 H2s04与金属锌反应生成氢气，氢离子表现氧化性，D 错误；故选C。7.【答案】C【详解】A.SCh与酸性KMn04溶液发生的是氧化还原反应，溶液褪色是因为SC)2的还原性，A 错误；B.S 0 j 的检验应该是先加入稀盐酸酸化，再加入BaCb溶液，若出现白色沉淀则说明样品溶液中一定含有SO；。稀硝酸无法排除SO：的干扰，故不能用，B 错误；C.向溶液中加入强碱溶液加热，若产生的气体可使湿润

7、的红色石蕊试纸变蓝，则证明有NH：,C 正确；D.溶液中加入盐酸后，产生了可使澄清石灰水变浑浊的气体，则证明溶液中含有CO j 或 SO；,不能确定就是CO：,D 错误。故选Co8.【答案】B【详解】A.浓硫酸有强腐蚀性，但不和二氧化硅反应，不能用浓硫酸刻蚀石英，而二氧化硅与氢氟酸反应，应用氢氟酸的特征性质刻蚀石英制成艺术品，A 项错误；B.硅胶具有吸水性，可以作干燥剂，铁粉具有还原性，可以防止食品被氧化，所以食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，是为了防止食物受潮、氧化变质，B 项正确；C.二氧化硅具有良好的光学效应，可用于制作光导纤维，而不是晶体硅，C 项错误；D.二氧化硅和HF反应生成四

8、氟化硅和水，生成的不是盐和水，所以二氧化硅不是两性氧化物，属于酸性氧化物，D 项错误；答案选B。9.【答案】A【详解】A.“辽宁舰”上用于舰载机降落的阻拦索是一种特种钢缆，属于合金，不属于纯金属材料，A错误；B.“超轻海绵”使用的石墨烯是一种新型无机非金属材料，B 正确；C.某品牌手机使用的麒麟9 8 0 芯片主要成分是硅，属于半导体材料，C 正确；D.“中国天眼”F A S T 用到的碳化硅是一种新型陶瓷材料，D正确；答案选A。1 0.【答案】C【分析】由反应历程可知T为催化剂吸附氮气、氢气的过程，T 为 N 三 N键、H-H 键的断裂过程，T为化学键的形成过程，生成氨气，以此解答该题。【详

9、解】A.T为N 三 N键、H-H 键的断裂过程，是吸热过程，故 A正确；B.一为化学键的形成过程，生成氨气，即 N原子和H原子形成了含有极性键的NH,故 B 正确；C.该反应为放热反应，因此合成氨反应中，反应物断键吸收的能量小于生成物形成新键释放的能量，故 C错误；D.为放热反应，则合成氨反应中，反应物总能量大于生成物总能量，故 D正确。故选C。1 1.【答案】C【分析】构成的原电池中，F e 失电子作负极，生成亚铁离子，NO；在正极上得电子生成NH：,结合原电池原理分析。【详解】A.该装置构成了原电池，原电池中化学能转化为电能，选 项 A正确；B.F e 失电子作负极，F e 3 O 4 作

10、正极，选项B 正确；C.F e 失电子作负极，生成亚铁离子，N O,在正极上得电子生成NH；,则正极反应为：NO：+8 e-+1 0 H+=N H：+3 H 2。，选项 C 错误;D.反应原理是铁与硝酸根离子反应生成四氧化三铁和钱根离子，即该原理的总反应可表示为：NO；+3Fe+2H+H2O=NH：+Fe3O 4,选项 D 正确。答案选C。12.【答案】D【分析】由新型中温全瓷铁空气电池的装置图可知，a 极上空气中氧气得电子发生还原反应，为原电池的正极，铁与水反应生成氢气，氢气在b 极失电子发生氧化反应，为原电池的负极。【详解】A.a 极上空气中氧气得电子发生还原反应，故 A 错误；B.Ch在

11、正极发生反应，电极反应式为O2+4e-=2CT,故 B 错误；27 41 1C.若有22.4 L(标准状况)空气参与反应，则氧气的物质的量为:-x-=0.2 m o l,电路中转移的电22AL/mol 5子为0.8m ol,故 C 错误；D.由新型中温全瓷铁空气电池的装置图可知，铁表面H2O(g)参与反应生成H 2,发生的反应为xH2O(g)+Fe=FeOx+xH2,故 D 正确；故选D。13.【答案】B【分析】足量的锌和相同量的稀硫酸反应，a 中加入硫酸铜溶液，会置换出金属铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属锌和硫酸反应的速率，产生氢气的量取决于稀硫酸的物质的量，据此分析判断。【详解】足量

12、的锌和相同量的稀硫酸反应，a 中加入硫酸铜溶液，会置换出金属铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属铁和硫酸反应的速率，所以反应速率：a b,速率越大，锌完全反应时所用的时间越短，所以a 所用的时间小于b 所用的时间；产生氢气的量取决于稀硫酸的物质的量，而 a、b 中金属锌均过量，和相同量的硫酸反应生成氢气的量相等，所以氢气的体积：a=b；故选Bo14.【答案】D【详解】A.由图可知，反应开始到10s,用 X 表示的反应速率为。=包=(L20-0.42)mol?078moi/(Ls),t 10 sA 错误;B.由图可知,反应开始到10s,X 的物质的量浓度减少了(1.00-0.21)molL=0

13、.79mol/L,B 错误;C.根据化学反应进行时，物质的量之比等于化学计量数之比，由图可知，10s内 X 变化了 1.20-0.42=0.78mo1,丫 变化了：1.00-021=0.79mol,Z 变化了 1.58mol,故反应的化学方程式为：X(g)+Y(g)=2Z(g),C 错误;D.由图可知，反应开始到10s时，丫的转化率为L0 mo-mol*I。%=79.0%,D 正确；1.00 mol故答案为：D。15.【答案】A【详解】C 的生成速率与C 的消耗速率相等，说明反应达到平衡状态，故不选；单位时间内生成a m olA,同时生成3amolB,A、B 都是反应物，生成A、B 的速率都是

14、逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态，故选；A、B、C 的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，故不选；C 的物质的量不再变化，说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故不选；混合气体的总压强不再变化，反应前后气体体积不相同，压强不变说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故不选；混合气体的总物质的量不再变化，反应前后气体物质的量不相同，气体总物质的量不变说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故不选；单位时间消耗a mol A,同时生成3am olB,说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故不选；A、B、C 的分子数之比决定于开始加入物质的多少，与平衡状态无关，故选；根据以上分析不能作为可逆反应A

15、(g)+3B(g)2 C(g)达到平衡状态标志；故选A；答案为A。16.【答案】A【详解】A.由表格数据可知，相同压强时，温度越高，达到相同转化率需要的时间越多，则升高温度，反应速率越小，故 A 错误；B.由表格数据可知，相同温度时，压强越高，达到相同转化率需要的时间少，则增大压强，反应速率变快,故 B 正确；C.由表格数据可知，在 1.0 x105 pa、90条件下，转化率为98%时需要的时间较长，不确定反应是否达到了平衡，故 c 正确;D.由表格数据可知，在 8.Oxl05pa、30条件下，转化率从50%增至90%时段NO的反应速率为0.1 amol x 0.9-0.1 amol x 0.

16、5 4a,-=mobs1，故D正确;3.9s-0.2s370故选A。17.【答案】0.9molL min 75%增大反应物(甲烷或水蒸气)的浓度 ce【详解】C v(CO)=-”-(-C-O-)-=-1-.-I-m-o-l-,.an,=0.3mol,L-l,mm-1,v(CO)：v(H2)=l：3,即 v(H2)mokL-mm-1；A/x V 2 minx 2L根据化学方程式，C O 的生成的物质的量等于CH4的转化物质的量=1.2mol,1 2moi平衡时CH4的转化率=-X100%=75%；1.6mol故答案为：OmohL-min1；75%；根据影响反应速率的因素，增大反应物(甲烷或水蒸气

17、)的浓度或缩小体积增大压强等，故答案为：增大反应物(甲烷或水蒸气)的浓度；a.速率之比等于化学计量数之比，v 鼠CH4)=；V,E(H2),故 a 不符合题意；b.恒温恒容时，容器内混合气体的质量在反应前后不变，容器的体积也不变，则混合气体的密度一直保持不变，不能说明反应达到平衡，故 b 不符合题意；c.CHg)、H20(g)的浓度保持不变，说明反应达到化学平衡，故 c 符合题意；d.CH g)、H2O(g)、CO(g)、H2(g)的物质的量之比为1：1：1：3,不能说明反应达到平衡，故 d 不符合题-A*.忌；e.断开3 moi H-H键，说明反应逆向进行，断开2 moi O-H键说明反应正

18、向进行，正、逆反应速率相等，能说明反应达到平衡，故 e 符合题意。故答案为：ce。【点睛】判断化学平衡状态的直接标志：v,产v 逆(同物质)各组分浓度不再改变，还有以此为基础衍生出的判断依据，要理解判断化学平衡状态的标志。A18.【答案】Cu+2H2so4(浓)=CuSO4+SO2f+2H2。取下试管并加热，试管内液体恢复红色 还原SO2+2OH=SO3+H2O Na2sO3+H2so”浓尸Na2sO4+SO2T+H2O BaSO4 开始反应之前打开弹簧夹，向装置中鼓入一定量N 2,夹紧弹簧夹，气体产生后中无白色沉淀【分析】甲组同学设计的实验装置由浓硫酸和铜生成二氧化硫，试管中的品红溶液褪色，

19、说明二氧化硫具有漂白性，试管中的溪水褪色，说明二氧化硫具有还原性，试管NaOH溶液吸收尾气中的SCh；乙组同学设计的实验,BaSCh可溶于盐酸,SO?与BaCL溶液不反应，空气中氧气参与了反应,生成了不溶于盐酸的BaSO4沉淀，据此解题。【详解】AI.(1)铜和浓硫酸反应的化学方程式是Cu+2H2s。4(浓)=CuSO4+SO2f+2H20。(2)SCh使品红褪色生成的无色物质是不稳定的，加热能重新生成品红而恢复红色。欲证明品红褪色是S02引起的，需要取下试管并加热，看到试管内液体恢复红色。(3)试管中的澳水褪色，体现SCh具有还原性，SO2+Br2+2H2O=H2so4+2HBr。NaOH溶

20、液吸收尾气中的S02,反应的离子方程式是SO2+2OH-SO3+H2OOII.(5)Na2sO3 和浓 H2s04反应的化学方程式是 Na2sO3+H2sO4浓尸Na2sO4+SO2T+H2O。(6)因BaSCh可溶于盐酸，SCh与BaCb溶液不反应，中的白色沉淀不可能为BaSO?。从反应物的元素组成及物质性质看，空气中氧气参与了反应，生成了不溶于盐酸的BaSCU沉淀。(7)为验证装置中的空气是出现白色沉淀的原因，需排出装置中的空气，再进行相同的其它实验操作，出现不同的实验现象。故先打开弹簧夹，向装置中鼓入一定量N?以排出空气。夹紧弹簧夹后，打开分液漏斗活塞加入浓硫酸，若中无白色沉淀，即可证明

21、。【点睛】空气中主要含有N2、还含有少量的C02、氏0等，其中02、C02、比0经常会干扰实验。分析实验中的“异常”现象，空气是必须考虑的因素之一。A19.【答案】干燥氨气 检验是否生成水 3CUO+2NH3-3CU+N2+3H2O高温 A.4NH3.+50,催化剂 4N0+6H.0 2NH4Cl+Ca(OH),=CaCh+2NH,T+2H.O IL HI D【分析】浓氨水和氧化钙(或氢氧化钠)反应制备氨气，用碱石灰干燥氨气，把干燥后的氨气通过热的氧化铜，氨气和氧化铜反应生成铜、氮气和水，用无水硫酸铜检验生成的水。【详解】(1)碱石灰是碱性干燥剂，能干燥氨气，装置B中，碱石灰的作用干燥氨气，无

22、水硫酸铜遇水变蓝，无水硫酸铜的作用是检验是否生成水。(2)实验中观察到C中 C u O 粉末变红，说明生成铜单质，D中无水硫酸铜变蓝，说明有水生成，根据元素守A恒，收集到单质气体是氮气，反应的化学方程式为3 CUO+2 N H 3 =3 CU+N”3 H 2 O。氨在催化剂条件下被氧气氧化为一氧化氮和水,反应的反应方程式是4 N H 3+5 O2高温催化剂4 N 0+6 H20；(3)图 1 为加热固体制取气体的装置，适合氯化筱和氢氧化钙加热制取氨气，反应的化学方程式为2 N H4Cl+C a O H C a C l2+2N&t+2 H,O；(4)氨气极易溶于水，氨气溶于水要注意防止倒吸，图

23、2中 I I、I H 装置能防倒吸，能用来吸收氨气的装置是H、I I I；N a O H 溶液能吸收H C 1 气体，使烧瓶内压强减小，形成喷泉；N a O H 溶液能吸收C O2 气体，使烧瓶内压强减小，形成喷泉；H C 1 溶液能吸收N H 3,使烧瓶内压强减小，形成喷泉；水不能大量吸收C O2 气体，不能形成喷泉；故选D。2 0.【答案】0：C：0 怎)8 8H N C 3(稀)+3 CU=2 NOT+3 CU(NO3)2+4 H2 O 第三周期第 V A 族 P原子和S原子的电子层数相同，P原子半径较大，得电子能力较弱 S O2+N H 3.H2O=H S O3+NH；高温A 12O3

24、+3 C+N 2 =2 A 1 N+3 C O【分析】X、Y、Z、W、R是短周期元素，原子序数依次增大，丫的氧化物和R的氧化物均能形成酸雨，则 丫 为 N元素、R为 S元素；W 和 R是同周期相邻元素，则 W 为 P元素；丫原子和Z原子的核外电子数之和为2 0,则 Z原子核外电子数=2 0-7=1 3,则 Z为 A 1；非金属X原子核外各层电子数之比为1：2,X有 2个电子层,X为 C元素，据此解答。【详解】根据以上分析可知X、Y、Z、W、R分别是C、N、A l、P、S。(1)元素X的最高价氧化物为C 0 2,分子中C原子与氧原子之间形成2对共用电子对，电子式为0：c：0；元素Z的离子为A F

25、+,离子核外电子数为1 0,各层电子数为2、8,离子结构示意图为0 2京)(2)单质铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO 与水，反应方程式为：8H N C h(稀)+3 C u=2 N OT+3 C u(N C h)2+4 H 2 O；(3)元素W 为 P,核外有3个电子层，最外层电子数为5,位于周期表的第三周期第VA族；P原子和S原子的电子层数相同，P原子半径较大，得电子能力较弱，故 P的非金属性比元素S弱；(4)R 的一种氧化物能使品红溶液褪色，该氧化物为S C h,工业上用氨气水溶液作该氧化物的吸收剂，吸收剂与足量该氧化物反应的离子方程式为S O2+N H 3.H2O=H S O3+NH：；(

26、5)N 和 A l 组成的化合物A 1 N,被大量用于制造电子元件.工业上用氧化铝、碳、氮气在高温下制备，其中氧化铝和碳的物质的量之比为1：3,说明还生成CO,则该反应的化学方程式为：温,A 1 2 O3+3 C+N2=2 A l N+3 C Oo2 1.【答案】玻璃棒 引流 2 C u I+8H N C 3(浓尸2 C u(N O3)2+4 N O2 f+l 2+4 H 2 O Fe jl gFe 3 l 8+8N aH C O3=Fe 3 O4+8N aI+8cC h T+4 H 2 O N aC I 4.6 8【分析】含碘废液加入亚硫酸钠和饱和硫酸铜溶液，发生氧化还原反应生成C u i

27、固体，加入浓硝酸，可得到碘单质，然后加入铁粉和水，得到含铁化合物B,化合物B中含两种元素，铁原子与碘原子的物质的量之比为3：8,则应为Fe aK,加入碳酸氢钠溶液可得到N ai 溶液，同时得到黑色固体Fe.aC U,发生反应Fe 3 l 8+8N aH C C h=Fe 3 OU+8N aI+8cO2 T+4 H 2 0,滤液经蒸发、结晶得到 Na i 固体。【详解】(1)过滤实验所需要的玻璃仪器有普通漏斗、烧杯、玻璃棒，玻璃棒用于引流；(2)反应中C u i被氧化为碘单质和铜离子，还原产物只有N O 2,该反应的化学方程式为2 C u I+8 H NC 3(浓)=2 C u(NO3)2+4N

28、O2 f+l 2+4H 2 O；(3)化合物B中含两种元素，铁元素原子与另一种元素原子的物质的量之比为3：8,另一种元素为I,则化合物B的化学式为Fe3l 8；(4)反应中生成黑色固体和无色气体，黑色固体的俗称为磁性氧化铁，应为四氧化三铁，无色气体为二氧化碳，则反应的化学方程式为Fe3l 8+8 Na H C O3=Fe 3 O4+8 Na I+8 C O2T+4H 2 O;1 2 g(5)n(Na ir ,=0.0 8 m o l,则与足量氯气反应生成0.0 8 m o l Na C l和碘单质，碘易挥发，蒸干、灼烧,I 50 g/m o l得到的固体是 Na C L 则 m(Na c i)=0.0 8 m o l x 58.5g/m o l=4.6 8 g o【点睛】本题以含碘废液获取N a i固体为载体，考查化学工艺流程，明确各步骤反应原理为解题关键，掌握常见混合物分离的方法，注意根据得失电子守恒配平氧化还原反应方程式。