高中化学必修2 精品试卷：高一化学下学期期中试卷01新全解全析）

这是一份高中化学必修2 精品试卷：高一化学下学期期中试卷01新全解全析），共10页。
2020-2021学年下学期期中测试卷01高一化学·全解全析12345678910111213141516DDBDACDDDDACBCCA 1．【答案】D【详解】A．杓的材质是具有磁性的四氧化三铁，故A错误；B．司母戊鼎是我国最早使用的青铜器，故B错误；C．氯气和二氧化硫在水溶液中发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，硫酸和盐酸没有漂白性，则两者同时使用，漂白效果会减弱，故C错误；D．碳酸氢钠受热分解生成的二氧化碳能使面包等多孔疏松，常用于做糕点的膨松剂，碳酸氢钠能与胃液的主要成分盐酸反应，可用于治疗胃酸过多，故D正确；故选D。2．【答案】D【详解】A．Ag+能与Cl-生成AgCl白色沉淀，溶液中可能含有Ag+，即不一定含有硫酸根离子，A项不符合题意；B．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能与之反应的是还原性物质，除了KI，亚铁盐、亚硫酸盐等也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，即不一定是KI溶液，B项不符合题意；C．根据“强制弱”的规则，CO2与CaCl2溶液不发生反应，无现象，C项不符合题意；D．脱脂棉燃烧说明已经具备以下条件：达到着火点和有助燃物质，达到着火点说明反应放热，助燃则说明产生氧气，D项符合题意；故正确选项为D。3．【答案】B【分析】高中阶段常见固体单质有：C、Na、Mg、Al、Si、S、Fe，若甲为C单质，则乙、丙为CO或CO2，但CO不能与水反应，所以甲不可能为C；若甲为Na，则乙为Na2O，戊为NaOH，NaOH为强碱受热不分解，即不能生成甲，故甲不可能为Na；若甲为Mg、Al、Si、Fe，由于它们的氧化物不能与水反应，故甲不可能为Mg、Al、Si、Fe；故甲应为S，则乙为SO2，SO2与O2反应生成SO3(丙)，丙与水反应生成H2SO4(丁)，浓硫酸可被还原为SO2，乙与水反应生成戊(H2SO3)，H2SO3可以与H2S反应生成S。【详解】A．S单质在纯氧中燃烧火焰为蓝紫色，在空气中为淡蓝色，A正确；B．SO2与O2反应生成SO3条件为催化就、加热，B错误；C．SO2与SO3相对分子质量比为64:80，即4:5，C正确；D．H2SO3中S元素为+4价，既可以被氧化到+6价，也可以被还原到0价，故戊既有还原性又有氧化性，D正确；故答案选B。4．【答案】D【详解】A．将集有氨的试管倒扣于水槽中，液体迅速充满试管，即可说明因为氨极易溶于水，导致试管内气压急剧减小，所以液体迅速充满试管，故A正确；B．氨水具有挥发性，挥发出来的氨气在红热的铂丝做催化剂作用下与氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮与空气中的氧气转化为二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，硝酸与氨水反应生成硝酸铵，则充分反应后，锥形瓶内有 NO存在，故B正确；C．NH4HCO3受热分解的产物有水，所以在试管口会液化产生液滴，故说明NH4HCO3具有热不稳定性，故C正确；D．根据B项分析，将红热的Pt丝伸入如图所示的锥形瓶中，瓶口出现少量的红棕色气体，不一定是产生了NO2气体，也可能是产生了NO气体，后被O2氧化为NO2，故D错误；答案选D。5．【答案】A【详解】NH3易液化，故液氨常用作制冷剂，①正确；常温下铁、铝遇浓硫酸、浓硝酸会发生钝化，可用来盛装浓硫酸和浓硝酸，但是不能盛放稀硝酸，②错误；利用氨气极易溶于水，氨气可做喷泉实验，③正确；氮氧化物中，NO不溶于水，④错误；铵盐受热分解，不同铵盐在不同温度下会产生不同产物，如硝酸铵受热分解会产生N2，⑤错误；Br2蒸气和NO2气体均可使湿润的淀粉-KI试纸变蓝，无法鉴别，⑥错误。故只有①③正确，选A。6．【答案】C【详解】A． SO2是酸性氧化物，NO2与水反应除生成硝酸外，还生成NO，故不属于酸性氧化物，A错误；B． 产生SO的反应中SO2中S元素的化合价升高，作还原剂，又若起始不通入NO2，则最终检测不到SO，则产生SO的反应中NO2表现了氧化性，N元素的化合价应降低，则反应①中还原产物不可能是HNO3，B错误；C． 由B分析知，产生SO的反应中NO2表现了氧化性，C正确；D． 由数据b≈d＞a≈c可知，硫酸盐的形成主要与空气中的氨有关，D错误；故选C。7．【答案】D【详解】A．为防止生成的水蒸气冷凝倒流到试管底部炸裂试管，碱石灰和氯化铵加热制氨气的试管口应略向下倾斜，故A错误；B．氨气是碱性气体，能与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥氨气，故B错误；C．丙图的收集方法为向上排空气法，而氨气密度比空气小，应该用向下排空气法收集，即气体应该短进长出，故C错误；D．防止氨气污染空气，氨气极易溶于水，可用水吸收，应该有防倒吸措施，丁装置吸收多余的氨气并有防倒吸功能，故D正确；故选D。8．【答案】D【详解】A．硅是良好的半导体材料，“魂芯二号A”芯片的主要成分是单质硅晶体，故A不符合题意；B．雾霾中可能存在直径1~100nm的粒子，这些粒子分散在空气中形成胶体，所以气溶胶可产生丁达尔效应，故B不符合题意；C．钢属于铁和碳的合金，属于合金材料，故C不符合题意；D．瓷器着色如雨过天晴，为青色，瓷器的原料高岭矿或高岭土中普遍含有铁元素，青瓷的烧制过程就是将含有红棕色氧化铁的色釉在火里烧，再经过还原行成为青色，此时铁不再是三价铁，而是二价铁，故D符合题意；答案选D。9．【答案】D【详解】A．制造手机芯片的关键材料是硅，A项错误；B．高温结构陶瓷耐高温、耐腐蚀，是新型无机非金属材料，不是传统的硅酸盐，B项错误；C．光缆的主要成分是二氧化硅， C项错误；D．铝和锂均为金属材料，故铝锂合金也为金属材料，D项正确；答案选D。10．【答案】D【分析】由流程可知，粗SiO2溶于氢氧化钠溶液得到X为硅酸钠的水溶液，加入稀硫酸得到Y为硅酸沉淀，过滤后灼烧硅酸分解生成二氧化硅。【详解】A．由分析可知，X为硅酸钠溶液，具有不燃不爆的性质，可用作木材防火剂，故A正确；B．根据强酸制弱酸原理，步骤Ⅱ的反应是Na2SiO3 + H2SO4 =H2SiO3↓+Na2SO4，故B正确；C．碳酸的酸性比硅酸强，故步骤Ⅱ中的稀硫酸可用CO2替代，故C正确；D．步骤Ⅲ是灼烧硅酸固体的过程，若在实验室中完成，一般在坩埚中进行，故D错误；答案选D。11．【答案】A【详解】A．铝片与稀硫酸的反应生成硫酸铝和氢气，有化合价的变化，属于氧化还原反应，且该反应为放热反应，故A选；B．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应为复分解反应，没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，该反应是吸热反应，故B不选；C．NaOH溶液滴定稀盐酸的反应为复分解反应，没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，该反应为放热反应，故C不选；D．红热的焦炭与水蒸气的反应生成CO和氢气，有化合价的变化，属于氧化还原反应，但该反应属于吸热反应，故D不选；故选A。12．【答案】C【详解】A、在燃料电池中，有O2放电的a极为原电池的正极，A错误；B、O2−移向电池的负极，B错误；C、有H2放电的b极为电池的负极，电极反应为2H2−4e−+2O2−＝2H2O，C正确；D、a极是正极，氧气在正极得电子，则对应的电极反应为O2+4e−＝2O2−，D错误；答案选C。【点睛】明确原电池的工作原理是解答的关键，即原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。难点是电极反应式的书写和正误判断，判断时一定要结合电解质溶液的酸碱性，例如本题是熔融的电解质，而不是水溶液，否则会错选D选项。13．【答案】B【详解】A．HCl是共价化合物，其电子式为。故A说法错误；B．根据提供的数据，化学键断裂吸收的能量为679kJ，形成化学键放出的能量为862kJ,吸收热量小于放出热量，故该反应为放热反应，另外该反应是有单质参加的化合反应，属于氧化还原反应，则B说法正确；C．形成1 mol H—Cl键要放出431 kJ的能量，则C说法错误；D．化学键断裂吸收的能量为679kJ，形成化学键放出的能量为862kJ,吸收热量小于放出热量，则D说法错误；本题答案B。14．【答案】C【详解】用X2表示的反应速率为v(X2)==0.3mol/(L·min)，用Z表示的反应速率为v(Z)= =0.2mol/(L·min)，v(X2)∶v(Y2)∶v(Z)=3∶1∶2，根据X2、Y2和Z反应速率之比即化学方程式中相应物质的化学计量数之比，则3X2+Y2=2Z，根据原子守恒，可确定Z的化学式为X3Y，因此反应的化学方程式为3X2+Y2=2X3Y，故选C。【点睛】本题中Z的化学式也可以写成YX3。15．【答案】C【详解】A．温度越高反应速率快，但温度过高会消耗更多的燃料，因此实际生产中的温度不是越高越好，A错误；B．压强越大反应速率快，但压强过高会增加设备的成本，因此实际生产中的压强不是越高越好，B错误；C．可选用适当的催化剂来提高反应速率，C正确；D．加入水蒸气会降低反应体系的温度，且氨气溶于水并不能提高反应速率，D错误；故合理选项是C。16．A．①④⑥⑦ B．②③④⑥C．①④⑤⑦ D．①②⑥⑦【答案】A【详解】单位时间内生成n mol O2必同时消耗2n mol NO2，而生成2n mol NO2必同时消耗n mol O2，①能说明反应已达到化学平衡状态，②不能说明；③中无论反应是否达到化学平衡状态，各物质表示的化学反应速率之比都等于相应物质的化学计量数之比；④有色气体的颜色不再改变，则表示体系中各物质的物质的量浓度不再变化，说明反应已达到化学平衡状态；⑤体积固定，气体的质量反应前后不变，无论是否达到化学平衡状态，气体的密度始终不变；⑥反应前后气体的体积不相等，压强不变，意味着各物质的含量不再变化，说明反应已达到化学平衡状态；⑦由于反应前后气体的质量不变，气体的平均相对分子质量不变时，说明气体中各物质的物质的量不变，反应达到化学平衡状态。综上所述，①④⑥⑦符合题意。故选A。17．【答案】检查装置气密性    Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O    品红溶液    A中品红溶液不褪色，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀    出现浅黄色浑浊现象    2H2S+SO2=3S↓+2H2O    BaSO4    BaSO3    SO2+Cl2+2H2O=+2Cl-+4H+    【分析】实验开始时接仪器并检查装置气密性；铜与浓硫酸混合加热发生反应，铜被氧化成+ 2价的Cu2+，硫酸被还原成+4价的SO2，SO2具有漂白性，能够使品红溶液褪色；据此检验SO2；当A中品红溶液没有褪色，说明SO2已经完全除尽，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀，说明碳的非金属性比硅强；SO2中硫元素的化合价是+ 4价，被H2S中-2价的S还原为S单质；Cl2具有氧化性，能将SO2氧化成+ 6价的H2SO4，H2SO4电离产生的和Ba2+反应生成BaSO4沉淀，当溶液中存在氨水时，SO2与氨水反应产生(NH4)2SO3，(NH4)2SO3与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀。SO2与Cl2在溶液中反应产生HCl和H2SO4，在该反应中SO2表现还原性。【详解】(1)①实验开始时，先连接仪器并检查装置气密性；②铜和热的浓硫酸反应，反应中Cu元素的化合价由0升高到+2价Cu2+，浓硫酸被还原为SO2，同时产生水，反应的方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；试剂A是品红溶液，作用是检验SO2的存在；③SO2具有漂白性，当A中品红溶液没有褪色，说明SO2已经完全除尽，避免了SO2和可溶性硅酸盐反应，二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和可溶性硅酸盐反应析出硅酸白色沉淀，说明碳酸能制取硅酸，能证明碳酸酸性强于硅酸酸性；(2)②SO2中硫元素的化合价是+4价，具有氧化性，SO2气体与H2S溶液在常温下反应，生成淡黄色难溶性固体硫(单质)和水，因此看到溶液变浑浊，反应方程式为：2H2S+SO2=3S↓+ 2H2O；③BaCl2溶液中无明显现象，将其分成两份，一份滴加氯水溶液，氯水中有Cl2分子，Cl2分子具有氧化性，能把SO2氧化成+ 6价的，和Ba2+反应生成BaSO4白色沉淀，该反应的方程式为：Ba2++SO2+Cl2+2H2O=BaSO4↓+4H++2Cl-，另一份中滴加氨水，二氧化硫和水生成亚硫酸，亚硫酸和氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵电离出铵根离子和亚硫酸根离子，亚硫酸根离子和钡离子反应生成BaSO3白色沉淀；SO2与氯水反应生成HCl和H2SO4，该反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=+2Cl-+4H+。18．【答案】C+4HNO3(浓)4NO2↑+CO2↑+2H2O    BaCO3    能    Ca(OH)2溶液代替Ba(OH)2溶液，同样可以吸收二氧化碳，生成碳酸钙沉淀    C    浓硝酸受热分解：4HNO34NO2↑ + O2↑ + 2H2O    ②    不填写    向Cu与稀HNO3反应后显蓝色的Cu(NO3)2溶液中通入NO2    【分析】根据图示，A中木炭在酒精灯上加热至红热状态下与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，将生成的气体通入后续实验装置中，B为安全瓶，放置倒吸，气体通入C中的Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀碳酸钡，二氧化氮可与水反应生成硝酸和一氧化氮，最后用排水法收集气体并验证收集的气体成分，据此分析解答。【详解】(1)装置A中发生的是浓硝酸与木炭的反应，生成NO2、CO2、H2O，由于NO2为红棕色气体，故三颈瓶中的气体为红棕色；产生该气体的化学反应方程式是：C+4HNO3(浓)4NO2↑+CO2↑+2H2O；(2)将NO2、CO2通入Ba(OH)2溶液中分别生成Ba(NO3)2和BaCO3，由于Ba(OH)2溶液足量，故溶液为碱性环境，BaCO3不溶解以沉淀形式析出，白色沉淀为BaCO3；若用Ca(OH)2溶液代替Ba(OH)2溶液，同样可以吸收二氧化碳，生成碳酸钙沉淀，所以可以用Ca(OH)2溶液代替；(3)①A．若瓶中收集的气体为一氧化氮，虽然通过敞口观察颜色可以看到无色气体变为红棕色，但是一氧化氮有毒，会污染空气，故A不合适；B．将润湿的蓝色石蕊试纸伸入集气瓶内，试纸都没有变化，不能区别一氧化氮和氧气，故B不合适；C．将带火星的木条伸入集气瓶中，观察木条是否复燃，可以判断集气瓶中是否是氧气，故C合适；答案选C；②装置A中除发生木炭与浓硝酸的反应外，还发生浓硝酸的分解反应，则氧气的来源是4HNO34NO2↑ + O2↑ + 2H2O；(4)因Cu的质量相等，且浓、稀HNO3均过量，Cu完全反应生成的Cu(NO3)2的浓度相等，溶液中的c(Cu2＋)是一样的，①不合理，②合理；既然②是由红棕色NO2溶于溶液中引起的，只要将NO2除去或者在Cu与稀HNO3反应后向显蓝色的Cu(NO3)2溶液的反应器中通入NO2即可验证。19．【答案】CD    除去石英砂中的NaCl杂质    SiO2＋2OH-=SiO＋H2O    增大反应物之间的接触面积，增大反应速率，提高生产效率    A    【分析】(2)石英砂(含氯化钠、氧化铝等杂质)加水洗涤，氯化钠易溶于水，过滤后洗涤液中主要成分为氯化钠，滤渣中主要为二氧化硅和氧化铝，对滤渣进行研磨粉碎，再加入盐酸溶解，二氧化硅与盐酸不反应，氧化铝与盐酸反应生成可溶性的氯化铝，经过滤洗涤干燥最后获得产品二氧化硅。【详解】(1) A．高岭土Al2Si2O5(OH)x分子，根据化合物中元素化合价代数和等于零的原则，可得：6+8-10-x=0，解得x=4，故A错误；B．钾长石(KAlSi3O8)与盐酸反应生成氯化钾、氯化铝和硅酸，硅酸不溶于盐酸，不能形成澄清的溶液，故B错误；C．青花瓷属于陶瓷的一种，烧制陶瓷过程中既发生了物理变化，又发生了化学变化，故C正确；D．陶瓷、玻璃、水泥都属于传统的无机非金属材料，都是硅酸盐产品，故D正确；答案选CD；(2)①根据分析可知，洗涤石英砂的目的是除去石英砂中可溶性的NaCl杂质；②二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，离子方程式是SiO2＋2OH-=SiO＋H2O③在以上流程中，要将洗净的石英砂研磨成粉末，目的是增大反应物之间的接触面积，增大反应速率，提高生产效率；④A．制造粗硅时的反应为2SiO2＋5CSi＋SiC＋4CO↑，其中Si和SiC的物质的量之比为1∶1，故A正确；B．在以上流程中，不能将盐酸改为NaOH溶液，因为二氧化硅可与氢氧化钠反应，最终无法到产品二氧化硅，故B错误； C．纯净的SiO2能用于制造光导纤维，还可以用于制作光学仪器、制取硅单质等，故C错误；答案选A。20．【答案】2AB    0.05mol/(L▪min)    否    =    t2-t3 t4-t5    50%    B    AB    【详解】Ⅰ．(1)从图像可以看出，在反应过程中，A的物质的量减小，为反应物，B的物质的量增加，为生成物。从开始到4min时，A的物质的量从0.8mol减小到0.4mol，减小了0.4mol，B的物质的量从0.2mol增加到0.4mol，增加了0.2mol。A和B变化的物质的量之比为0.4mol:0.2mol=2:1，变化的物质的量之比等于方程式的系数比，同时可以从图像中看出，8min后，A和B的物质的量不再变化，说明该反应是可逆反应，8min后，反应达到了平衡状态，则反应的化学方程式为：2A B。(2)从开始到4min时，消耗的A的物质的量为0.4mol，容器体积为2L，则消耗的A的物质的量浓度为0.2mol/L，用A表示的反应速率为=0.05mol/(L▪min)。(3)4min时，A和B的物质的量仍在变化，所以没有达到平衡状态。8min时，A和B的物质的量不再变化，达到了平衡状态，则v正=v逆。Ⅱ．(1)正逆反应速率相等时，反应达到平衡状态，所以处于化学平衡状态的时间段为t2-t3和t4-t5。(2)①起始时容器中共有气体10mol，平衡时压强为开始时的80%，在恒温恒容的容器中，压强之比等于物质的量之比，则平衡时混合气的总的物质的量为10mol×80%=8mol，比起始时减小了2mol，根据合成氨反应的方程式可知，反应中变化的物质的量即为生成氨气的物质的量，所以生成氨气2mol，则消耗了1mol氮气，所以氮气的转化率为=50%。②已知每生成2 mol NH3，放出92.4 kJ的热量。该反应中生成了2 mol NH3，所以放出92.4 kJ的热量，故选B。(3)A．该反应前后气体系数之和不相等，即反应前后气体物质的量有变化，所以反应前后压强会发生变化，当压强不变时，反应达到了化学平衡，故A选；B．该反应在绝热条件下进行，当体系温度不变时，反应达到了化学平衡，故B选；C．N2、H2、NH3的分子数之比为1:3:2，和反应是否平衡无关，故C不选；D．反应物和生成物均为气体，混合气的总质量一直不变，所以混合气体质量不变不能证明反应达到了化学平衡，故D不选；故选AB。21．【答案】Cu           正            淀粉变蓝    【详解】(1)①因为装置甲中为碱性溶液，故铝与氢氧根反应生成，所以铝作负极，Cu作正极，Al极电极反应式为；(2)①氧气变为水，氧原子的化合价变低，发生还原反应，故为正极，m为正极，n为负极，所以X为阴极，Y为阳极，阳极发生氧化反应，故；②Y极电极反应式为；③淀粉遇碘变蓝，体现了氯气的氧化性；