高中化学必修2 精品试卷：高一化学下学期期中试卷02新全解全析）

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2020-2021学年下学期期中测试卷02高一化学·全解全析12345678910111213141516ADBACABDCBCBBDAC 1．【答案】A【详解】A．硫不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，因此实验室常用CS2清洗沾有硫单质的试管，故A正确；B．二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为二氧化硫具有还原性，与其漂白性无关，故B错误；C．氨气为碱性气体，与硫酸反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥，故C错误；D．铜与浓硫酸常温下不反应，加热才能发生反应，浓硫酸不能使铜钝化，故D错误；故选A。2．【答案】D【详解】①NaOH溶液滴入FeSO4溶液中生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁易被氧化生成氢氧化铁，则白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变为红褐色，其颜色变化与氧化还原反应有关，故①不选；②石蕊溶液滴入氯水中，由于氯水中含有盐酸和次氯酸，溶液变红与盐酸有关，后褪色与HClO的漂白性有关，Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，其颜色变化与氧化还原反应有关，故②不选；③SO2具有漂白性，通入品红溶液中使溶液褪色，该反应不是氧化还原反应，故③选；④Na2S溶液滴入CuCl2溶液中反应生成CuS黑色沉淀，反应为复分解反应，与氧化还原反应无关，故④选；⑤H2O2具有氧化性，NH3具有还原性，氨水呈碱性，加入双氧水时发生氧化还原反应，溶液碱性减弱，所以红色逐渐变为无色，与氧化还原反应有关，故⑤不选；故D正确。3．【答案】B【详解】A．Cu与稀硫酸不反应，不能制备二氧化硫，故A错误；B．浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，氯气的密度比空气密度大，可以用向上排空气的方法收集，通过II中的饱和食盐水可以除去挥发的HCl，氯气与NaOH反应，图中装置可制备、收集氯气，且NaOH可吸收尾气，故B正确；C．浓硫酸与KI发生氧化还原反应生成I2，不能制备和干燥HI，故C错误；D．H2S具有还原性，不能用浓硫酸干燥，故D错误；故选B。4．【答案】A【详解】A．NO 在酸性条件下会将Fe2+氧化为三价铁离子，故A符合题意；B．Fe3+与SCN-会络合，但不是氧化还原反应，故B不符合题意；C．Ba2+与CO生成沉淀，但不是氧化还原反应，故C不符合题意；D．HCO与OH-反应生成二氧化碳，但不是氧化还原反应，故D不符合题意；故选A。5．【答案】C【详解】二氧化氮是红棕色的气体，所以混合气体甲中一定不存在，硫酸和碱性气体能反应，所以100mL甲气体经过足量的浓硫酸，溢出剩余气体80mL，说明一定有NH3存在且体积为20mL，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO、CO2，排水法收集气体，广口瓶被上升的水注满，说明没有N2。故选C。6．【答案】A【详解】A．氢氧化钠能与二氧化硅反应生成硅酸钠而腐蚀磨口玻璃塞：SiO2+2OH-＝SiO+H2O，A正确；B．氯化铝液中滴加氨水，生成沉淀，一水合氨难电离，离子方程式为：Al3++3NH3·H2O＝Al(OH)3↓+3NH，B错误；C．硝酸完全电离，则铜溶于浓硝酸中的离子方程式为：Cu+4H＋+2NO＝Cu2++2H2O+2NO2↑，C错误；D．84消毒液与洁厕灵混用产生有毒气体是氯气，反应的离子方程式为：ClO-+Cl-+2H+＝Cl2↑+H2O，D错误；答案选A。7．【答案】B【详解】A．水玻璃属于矿物胶，不燃烧，将硅酸钠涂在木材表面就阻隔了木材与空气中的氧气的直接接触，可用作木材防火剂的原料，故A不选；B．SiO2是酸性氧化物，但是二氧化硅可以和氢氟酸发生反应，故B可选；C．SiC属于共价化合物，碳原子和硅原子通过共价键连接，故C不选；D．玻璃的主要成分为二氧化硅，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成具有粘性的硅酸钠，会使瓶口和瓶塞粘合在一起，不易打开，因此NaOH溶液通常盛装在带橡胶塞的试剂瓶中，故D不选；故选B。8．【答案】D【详解】A．辉石(CaMgSi2O6)、钾长石(KAlSi3O8)和橄榄石(MgxFe2-xSiO4)等均属于硅酸盐材料，故A不选；B．钾长石(KAlSi3O8)的氧化物形式可表示为：K2O•Al2O3•6SiO2，故B不选；C．根据化合物中各元素化合价为零的原则：，解得n=2，所以Fe的化合价为+2价，故C不选；D．月球上有游离态铁是因为月球上无氧气，铁的活性不变，故选D；答案选D9．【答案】C【详解】①萃取后碘单质溶解在CCl4里，没有得到纯净的碘单质，没有达到预期要求；②稀盐酸不和二氧化硅反应只和氧化铝反应，反应后的物质经过滤、洗涤、烘干后可以得到纯净的二氧化硅；③氯化氢易溶于水，通入FeCl2溶液后会被吸收，得不到氯化氢气体；④金属铁不和氢氧化钠反应，金属铝可以，反应后经过滤、洗涤、烘干后可以得到纯净的铁单质；综上能够达到提纯的目的所选用的除杂试剂和纯化方法正确的是②④，故答案为C。10．【答案】B【详解】A．晶体硅熔点高硬度大可以制作玻璃刀等，硅位于金属和非金属分界线处，可用于制作半导体材料，二者没有对应关系，故A错误；B．具有吸水性且无毒的物质能作食品干燥剂，硅胶具有吸水性且无毒，所以能作食品干燥剂，故B正确；C．漂白粉氧化性强，可用于泳池消毒、灭活病毒，但不能用于漂白食物，故C错误；D．SO2具有还原性，可以防止葡萄酒中的营养物质被氧化，所以利用SO2的还原性可以保存葡萄酒，但不是用于抗菌消毒，故D错误。故选B。11．【答案】C【详解】A．由题图可知反应物总能量高于生成物总能量，为放热过程，故A错误；B．由题图可知不存在CO的断键过程，故B错误；C．CO与O在催化剂表面形成CO2 ,CO2含有极性共价键，故C正确；D．状态I→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，而不是与O2反应的过程，故D错误；故选C。12．【答案】B【分析】氢氧燃料电池负极发生氧化反应，电极反应式为2H2-4e-=4H+，正极发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，总反应式为2H2+O2=2H2O，原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，阳离子移向正极。【详解】A． 供电时的总反应为氢气与氧气反应生成水：2H2+O2=2H2O，故A正确；B． 该装置是原电池装置，发生化学反应，实现了化学能到电能的转化，故B错误；C． 氢氧燃料电池负极发生氧化反应，正极发生还原反应，酸性环境下，正极上反应的电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，故C正确；D． 氢氧燃料电池不仅能量转化率高，而且产物是水，不会对环境造成污染，属于环境友好电池，故D正确；故选B。13．【答案】B【分析】由图示知，N2→NH3为得电子过程，故MV+→MV2+为失电子过程，故左侧电极为负极，电极反应为：MV+-e-→MV2+，右侧为正极，电极反应为：MV2++e-→MV+。【详解】A．该方法为室温下合成氨，相比工业合成氨条件温和，同时形成原电池可提供电能，A正确；B．由图示知，在氢化酶催化下，H2失电子转化为H+，MV2+得电子转化为MV+，根据得失电子守恒得反应为：H2+2MV2+2H++2MV+，选项所写方程式缺少反应条件，B错误；C．由分析知，右侧为正极区，N2在固氮酶催化下转化为NH3，C正确；D．由分析知，左侧为负极，右侧为正极，负极产生的H+经过交换膜移向正极，与N2结合生成NH3，D正确；故答案选B。14．【答案】D【详解】① A是固体，不能用A表示化学反应速率，故①错误；②2s(秒)后测得 C 的浓度为0.6 mol·L-1 ，则B的浓度变化为0.3 mol·L-1，用物质 B 表示的反应的平均速率为mol·(L·s)-1，故②错误；③2s(秒)后测得 C 的浓度为0.6 mol·L-1 ，则消耗A的物质的量为1.2mol，2 s 时物质 A 的转化率为30%，故③正确；④2s(秒)后测得 C 的浓度为0.6 mol·L-1 ，则B的浓度变化为0.3 mol·L-1，2 s 时物质 B 的浓度为0.7 mol·L-1，故④正确；选D。15．【答案】A【详解】A．氨气和二氧化碳的物质的量之比一直是2:1，密闭容器中氨气的体积分数一直不变，故A正确；B．密闭容器中c(NH3)：c(CO2)恒等于2：1，平衡时的NH3的浓度是CO2浓度的二倍，故B错误；C．不能判断正逆反应速率关系，故C错误；D．反应物不能完全转化，达到平衡时放出小于akJ热量，故D错误；故选：A。16．【答案】C【分析】在空气中久置的铝片表面会形成一层致密的Al2O3膜，与硫酸反应放热，结合温度和浓度对化学反应速率的影响分析判断。【详解】A．因铝的表面有一层致密的Al2O3能与硫酸反应得到盐和水，无氢气放出，发生的反应为Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O，因此O→a段不产生氢气，故A正确；B．在反应过程中，浓度减小，反应速率减小，但该反应放热，溶液温度升高，反应速率加快，是b→c段产生氢气的速率增加较快的主要原因之一，故B正确；C．该反应不是可逆反应，不存在平衡状态，故C错误；D．随着反应的进行，溶液中的c(H+)逐渐降低，所以t＞c时，反应速率逐渐减小，故D正确；故选C。17．【答案】B    放出    92    5    固体反应物的表面积    (是否形成)原电池    正极    CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+    11.2    【分析】根据常见的吸热反应类型判断；根据断裂化学键吸收的能量与成键释放的能量的相对大小计算判断；根据各组实验的条件，结合影响反应速率的因素分析解答；根据图示，c电极是电子流出的电极，d电极是电子流入的电极，说明c电极是负极，d电极是正极，据此分析解答。【详解】(1)①液态水汽化是吸热过程，但不是化学反应；②将胆矾加热变为白色粉末是硫酸铜晶体分解失去结晶水，发生的是吸热反应；③苛性钠固体溶于水，溶液温度升高，溶解过程放热，但不是化学反应；④氯酸钾分解制氧气是吸热反应；⑤生石灰跟水反应生成熟石灰是放热反应；　　⑥干冰升华固体变化为气体吸热，但不是化学反应；属于吸热反应的有②④，故答案为：B；(2)由断开1molH-H键，1molN-H键，1molN≡N键分别需要吸收的能量为436kJ、391kJ、946kJ，发生的反应为N2+3H2═NH3，则1mol氮气时，化学键断裂吸收的总能量=946kJ+3×436 kJ=2254kJ，化学键形成放出的总能量=2×3×391kJ=2346kJ，化学键断裂吸收的总能量＜化学键形成放出的总能量，为放热反应，2346kJ -2254kJ =92kJ，即1molN2生成NH3需放出92kJ能量，故答案为：放出；92；(3)第5组实验的温度最高，浓度最大，也滴加了硫酸铜溶液，利用了Zn-Cu原电池原理，因此反应速率最快；实验1和2除固体表面积不同外，其它因素相同，是探究固体反应物的表面积对反应速率的影响；实验1、3相比，3中滴加了硫酸铜溶液，形成Zn-Cu原电池，是探究形成原电池对反应速率的影响，故答案为：5；固体反应物的表面积；原电池；(4)①c电极是电子流出的电极，d电极是电子流入的电极，说明c电极是负极，d电极是正极，甲烷在负极上发生氧化反应生成CO2，电极反应式为CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+，故答案为：正极；CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+；②该电池的正极反应式为2O2+8H++8e-=4H2O，当线路中转移2mol电子，则该燃料电池理论上消耗O2的物质的量为0.5mol，标准状况下的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，故答案为：11.2。18．【答案】AB    化学    电    吸热    O2+4e-=2O2-    【详解】(1)A.氢气分子内每个氢原子都达到2电子稳定结构，选项A正确；B.2molH结合成1molH2放出能量，则H2分子的能量比两个H原子的能量低，选项B正确；C.根据已知2H→H2并放出437.6kJ的热量，所以1molH2离解成2molH要吸收437.6kJ的热量，选项C错误；D.原子比分子能量高，氢气分子稳定，选项D错误；故答案为：AB；(2)①利用太阳能产生激光分解海水时，实现了光能转化为化学能；生成的氢气用于制作燃料电池时，化学能又转化为电能；分解海水的反应属于吸热反应；故答案为：化学；电；吸热；②某种氢氧燃料电池是用固体金属氧化物陶瓷作电解质，A极上发生的电极反应为：2H2+2O2--4e-=2H2O，则A极是电池的负极，电子从该极流出，B极为正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e-=2O2-，故答案为：O2+4e-=2O2-。19．【答案】H2O    吸水    D    2：1    SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr    C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O    【分析】①X、Y、Z、W均为氧化物，X是红棕色气体，则X是NO2；Y能使澄清石灰水变浑浊但不能使品红溶液褪色，则Y是CO2；②甲、乙都能够与M反应产生氧化物Y、Z，相对分子质量：甲＜乙。③将甲的浓溶液露置在空气中一段时间，质量减小浓度降低；将乙的浓溶液露置在空气中一段时间，质量增加浓度降低，则甲是浓HNO3，乙是浓H2SO4，浓HNO3与C共热，发生氧化还原反应产生CO2、NO2、H2O，则Z是H2O；浓H2SO4与C共热发生氧化还原反应产生CO2、SO2、H2O，则W是SO2，然后根据物质的性质分析解答。【详解】根据上述分析可知：甲是浓HNO3，乙是浓H2SO4，M是C，X是NO2，Y是CO2，Z是H2O，W是SO2。(1)Z是水，化学式是H2O；(2)乙是浓H2SO4，将乙的浓溶液露置在空气中一段时间，质量增加浓度降低，表明乙的浓溶液具有吸水性，利用浓硫酸的这种性质可以干燥酸性或中性气体，如干燥氯气，故合理选项是D；(3)X是NO2，Z是H2O，二者会发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，在该反应中NO2既作氧化剂，又作还原剂，3个NO2参加反应，其中2个失去电子被氧化为HNO3，作还原剂；1个得到电子被还原为NO，作氧化剂，故被氧化的NO2与被还原的NO2的物质的量之比是2：1；(4)W是SO2，SO2与溴在溶液中发生氧化还原反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr；(5)M是C，甲是浓HNO3，二者共热发生氧化还原反应，该反应方程式为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O。20．【答案】Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O    NaOH    吸收多余的SO2    贮存多余的气体    瓶中液面下降，漏斗液面上升    D    ad    ②③    【分析】在A中Cu与浓硫酸共热反应产生SO2气体，在B中储存SO2气体，在C中收集SO2气体，在D中用品红溶液检验SO2的漂白性，试管口蘸有NaOH溶液的棉花可以吸收多余SO2，防止大气污染。【详解】(1)在装置A中Cu与浓硫酸共热反应产生SO2气体，该反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；(2)SO2是酸性气体，能够与碱发生反应，在装置D中试管口放置的棉花应浸一种溶液，可以防止大气污染，这种溶液是NaOH溶液，其作用是吸收多余的SO2；(3)装置B的作用是贮存多余的气体；当D处有明显的现象后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有气体产生，产生的SO2气体进入B中，使溶液进入长颈漏斗中，故此时B中现象是：瓶中液面下降，漏斗液面上升；装置B的作用是贮存多余的气体，该溶液不能与SO2发生反应，可以是饱和NaHSO3溶液，故合理选项是D；(4)Cu与浓硫酸反应，随着反应的进行，硫酸浓度降低，变为稀硫酸，反应停止发生，若证明溶液中证明反应结束后的烧瓶中有余酸，可以使用Fe粉，反应产生气体，有气泡产生；或加入Na2CO3溶液，硫酸与Na2CO3发生复分解反应产生CO2气体，故合理选项是ad；(5)若要证明蓝色只与Cu2+有关，而与其他离子无关，可以通过观察：①观察稀硫酸溶液呈无色；④往CuSO4溶液中加入足量NaOH溶液，生成蓝色沉淀，过滤，滤液呈无色；⑤往CuSO4溶液中加入足量BaCl2的溶液，生成白色沉淀，过滤，滤液仍呈蓝色证明，但与②观察CuSO4粉末呈白色；③稀释CuSO4溶液，溶液蓝色变浅无关，故合理选项是②③。21．【答案】m    丙    ↑    E    B    F    D    检查装置的气密性    ②        【分析】A装置用于制取氨气，氨气中混有水蒸气，通过E装置，除去氨气中的水蒸气，氨气进入B装置还原，再先后连接F装置，D装置，浓硫酸吸收反应剩余的氨气，F装置作安全瓶，防止倒吸，最后连接C装置，已知与反应的生成物为、和无毒气体X，且X不被浓硫酸和碱石灰吸收，故C装置用于测量生成气体的体积，据此分析解答。【详解】Ⅰ．(1)氨气的密度比空气小，所以应该用向下排空气法收集，所以集气瓶瓶口向上来收集时应短进长出，即若用图甲装置，排空气法收集，气体应从m口进入；(2)氨气极易溶于H2O，则吸收氨气时，应注意防倒吸，又已知难溶于，乙、丁、戊三种装置均可以防倒吸，丙可能会发生倒吸，则丙装置不能用来吸收；Ⅱ．(3)氢氧化钙与氯化铵在加热的条件下反应生成氯化钙、水和氨气，故该反应的化学方程式为↑ ；(4)A装置用于制取氨气，氨气中混有水蒸气，通过E装置，除去氨气中的水蒸气，氨气进入B装置还原，再先后连接F装置，D装置，浓硫酸吸收反应剩余的氨气，F装置作安全瓶，防止倒吸，最后连接C装置，已知与反应的生成物为、和无毒气体X，且X不被浓硫酸和碱石灰吸收，故C装置用于测量生成气体的体积，则按气流方向正确的装置连接顺序为A→E→B→F→D→C；装置连接后，首先应进行的操作是检查装置的气密性；(5)实验结束时，为防止生成的铁再次被氧化，应先熄灭B装置的酒精灯，在氨气的氛围下冷却后，再熄灭A装置的酒精灯，故选②；(6)的物质的量为0.01mol，则该反应中Fe元素得电子总数为0.06mol，即氮元素失电子总数也为0.06mol，完全反应后，测得生成气体X的体积为(已折算为标准状况)，则气体X的物质的量为0.01mol，又X为无毒气体，且X不被浓硫酸和碱石灰吸收，则推测X应为N2，而生成0.01mol N2，氮元素失电子总数为0.06mol，则X为N2；则和氨气反应生成铁单质、氮气和水，根据得失电子守恒、元素守恒配平该反应的化学方程式为。