高一化学下学期期中模拟测试卷03（人教版2019必修第二册）

下学期期中模拟测试卷03

高一化学·全解全析

1．【答案】D

【详解】

A．二氧化硫能使酸性KMnO4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．SO2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

【详解】

A. 反应中FeSO4发生氧化还原反应，其中Fe2O3是氧化产物，SO2是还原产物，SO3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1mol的SO3，转移2mol电子。16g SO3的物质的量n==0.2mol，则转移电子为0.4mol，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SO3，进入溶液后与水反应生成H2SO4，与BaCl2反应可以得到BaSO4沉淀，D正确。

故选D。

3．【答案】D

【分析】

【详解】

A. 根据同周期元素原子半径变化规律知，Z原子半径最大，A项错误；

B. 溶于水呈碱性，、HCl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，C项错误；

D. 丙为HCl，乙为，非金属性，则稳定性，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，加氯化钡最终生成BaSO4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，加氯化钡最终生成BaSO4沉淀，所以一定是硫酸钡白色沉淀，B不符合题意；

C．无色溶液加入稀硝酸，加入氯化钡，Ag+可能干扰，即最终生成的白色沉淀可能是AgCl或BaSO4，C符合题意；

D．无色溶液，加盐酸得无色溶液，就排除了亚硫酸钡和氯化银，因为亚硫酸钡会和盐酸生成二氧化硫和水，再加氯化钡有生成沉淀，所以一定是硫酸钡白色沉淀，D不符合题意；

答案选C。

5．【答案】C

【详解】

A． Ba2+与能结合生成硫酸钡沉淀，故不能大量共存，A错误；

B． 、H+能氧化I-、Fe2+，故不能大量共存，B错误；

C．使无色酚酞溶液呈红色的溶液呈碱性，OH-、Na+、K+、、之间均不反应，故能大量共存，C正确；

D． 酸性溶液中，H+与CH3COO-能结合生成CH3COOH，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． SO2能与有色物质反应生成不稳定的无色物质，Cl2与水反应生成HClO，HClO具有强氧化性，能漂白，二者原理不同，SO2的漂白不稳定，加热可恢复到原来的颜色，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H2SO4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．SO2与酸性KMnO4溶液发生的是氧化还原反应，溶液褪色是因为SO2的还原性， A错误；

B．SO的检验应该是先加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2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或SO，不能确定就是CO，D错误。

故选C。

8．【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980芯片主要成分是硅，属于半导体材料，C正确；

D．“中国天眼”用到的碳化硅是一种新型陶瓷材料，D正确；

答案选A。

10．【答案】C

【分析】

由反应历程可知①→②为催化剂吸附氮气、氢气的过程，②→③为N≡N键、H-H键的断裂过程，③→④为化学键的形成过程，生成氨气，以此解答该题。

【详解】

A．②→③为N≡N键、H-H键的断裂过程，是吸热过程，故A正确；

B．③→④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，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。

11．【答案】C

【分析】

构成的原电池中，Fe失电子作负极，生成亚铁离子，在正极上得电子生成，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．Fe失电子作负极，Fe3O4作正极，选项B正确；

C．Fe失电子作负极，生成亚铁离子，在正极上得电子生成，则正极反应为：+8e-+l0H+=+3H2O，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铵根离子，即该原理的总反应可表示为：+3Fe+2H++H2O=+Fe3O4，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．O2在正极发生反应，电极反应式为O2＋4e－=2O2－，故B错误；

C．若有22.4 L(标准状况)空气参与反应，则氧气的物质的量为×=0.2mol，电路中转移的电子为0.8mol，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H2，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B。

14．【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mol/(L•s)，A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)mol÷1L=0.79mol/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=0.78mol，Y变化了：1.00-0.21=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，Y的转化率为=79.0%，D正确；

故答案为：D。

15．【答案】A

【详解】

①C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①；
②单位时间内生成a molA，同时生成3a molB，A、B都是反应物，生成A、B的速率都是逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态，故选②； 
③A、B、C的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，故不选③； 
④C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④； 
⑤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⑤； 
⑥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⑥； 
⑦单位时间消耗a mol A，同时生成3a molB，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故不选⑦； 
⑧A、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⑧；

根据以上分析②⑧不能作为可逆反应A(g)＋3B(g) 2C(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1.0×105 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8.0×105Pa、 30℃条件下，转化率从50%增至90%时段NO的反应速率为=mol∙s-1，故D正确；

故选A。

17．【答案】0.9mol•L-1•min-1    75%    增大反应物(甲烷或水蒸气)的浓度    ce   

【详解】

①v(CO)====0.3mol•L-1•min-1，v(CO)：v(H2)=1：3，即v（H2）=0.9mol•L-1•min-1；

根据化学方程式，CO的生成的物质的量等于CH4的转化物质的量=1.2mol，

平衡时CH4的转化率==75%；

故答案为：0.9mol•L-1•min-1；75%；

②根据影响反应速率的因素，增大反应物(甲烷或水蒸气)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；

③a．速率之比等于化学计量数之比，v逆(CH4)=v正(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．CH4(g)、H2O(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．CH4(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不符合题意；

e．断开3 mol H-H键，说明反应逆向进行，断开2 mol O-H键说明反应正向进行，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：①v正=v逆（同物质）②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。

18．【答案】Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O    取下试管②并加热，试管内液体恢复红色    还原    SO2+2OH-=+H2O    Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O    BaSO4    开始反应之前打开弹簧夹，向装置中鼓入一定量N2，夹紧弹簧夹，气体产生后⑤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②中的品红溶液褪色，说明二氧化硫具有漂白性，试管③中的溴水褪色，说明二氧化硫具有还原性， 试管④NaOH溶液吸收尾气中的SO2；乙组同学设计的实验，BaSO3可溶于盐酸，SO2与BaCl2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】

I．(1)铜和浓硫酸反应的化学方程式是Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。

(2)SO2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SO2引起的，需要取下试管②并加热，看到试管内液体恢复红色。

(3)试管③中的溴水褪色，体现SO2具有还原性，SO2+Br2+2H2O = H2SO4 +2HBr。

(4) NaOH溶液吸收尾气中的SO2，反应的离子方程式是SO2+2OH-=SO+H2O。

II．(5)Na2SO3和浓H2SO4反应的化学方程式是 Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O。

(6)因BaSO3可溶于盐酸，SO2与BaCl2溶液不反应，⑤中的白色沉淀不可能为BaSO3。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BaSO4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N2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⑤中无白色沉淀，即可证明。

【点睛】

空气中主要含有N2、O2，还含有少量的CO2、H2O等，其中O2、CO2、H2O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。

19．【答案】干燥氨气    检验是否生成水                II、III    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CuO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，根据元素守恒，收集到单质气体是氮气，反应的化学方程式为。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；

(3)图1为加热固体制取气体的装置，适合氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，反应的化学方程式为；

(4)氨气极易溶于水，氨气溶于水要注意防止倒吸，图2中II、III装置能防倒吸，能用来吸收氨气的装置是II、III；

(5) NaOH溶液能吸收HC1气体，使烧瓶内压强减小，形成喷泉； NaOH溶液能吸收CO2气体，使烧瓶内压强减小，形成喷泉； HCl溶液能吸收NH3，使烧瓶内压强减小，形成喷泉；水不能大量吸收CO2气体，不能形成喷泉；故选D。

20．【答案】        8HNO3(稀)+3Cu=2NO↑+3Cu(NO3)2+4H2O    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    SO2+NH3•H2O=+    Al2O3+3C+N22AlN+3CO   

【分析】

X、Y、Z、W、R是短周期元素，原子序数依次增大，Y的氧化物和R的氧化物均能形成酸雨，则Y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；Y原子和Z原子的核外电子数之和为20，则Z原子核外电子数=20-7=13，则Z为Al；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、Al、P、S。

(1)元素X的最高价氧化物为CO2，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；元素Z的离子为Al3+，离子核外电子数为10，各层电子数为2、8，离子结构示意图为；

(2)单质铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO与水，反应方程式为：8HNO3(稀)+3Cu＝2NO↑+3Cu(NO3)2+4H2O；

(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SO2，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SO2+NH3•H2O=+；

(5)N和Al组成的化合物AlN，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：Al2O3+3C+N22AlN+3CO。

21．【答案】玻璃棒    引流    2CuI+8HNO3(浓)=2Cu(NO3)2+4NO2↑+I2+4H2O    Fe3I8    Fe3I8+8NaHCO3=Fe3O4+8NaI+8CO2↑+4H2O    NaCl    4.68   

【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CuI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Fe3I8，加入碳酸氢钠溶液可得到NaI溶液，同时得到黑色固体Fe3O4，发生反应Fe3I8+8NaHCO3═Fe3O4↓+8NaI+8CO2↑+4H2O，滤液经蒸发、结晶得到NaI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③中CuI被氧化为碘单质和铜离子，还原产物只有NO2，该反应的化学方程式为2CuI+8HNO3(浓)=2Cu(NO3)2+4NO2↑+I2+4H2O；

（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Fe3I8；
（4）反应⑤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⑤的化学方程式为Fe3I8+8NaHCO3═Fe3O4+8NaI+8CO2↑+4H2O；

（5）n(NaI)=0.08mol，则与足量氯气反应生成0.08molNaCl和碘单质，碘易挥发，蒸干、灼烧，得到的固体是NaCl，则m(NaCl)=0.08mol×58.5g/mol=4.68g。

【点睛】

本题以含碘废液获取NaI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。