高一化学下学期期中试卷03(全解全析)含答案

答卷时应注意事项
１、拿到试卷，要认真仔细的先填好自己的考生信息。

２、拿到试卷不要提笔就写，先大致的浏览一遍，有多少大题，每个大题里有几个小题，有什么题型，哪些容易，哪些难，做到心里有底；
３、审题，每个题目都要多读几遍，不仅要读大题，还要读小题，不放过每一个字，遇到暂时弄不懂题意的题目，手指点读，多读几遍题目，就能理解题意了；容易混乱的地方也应该多读几遍，比如从小到大，从左到右这样的题；
４、每个题目做完了以后，把自己的手从试卷上完全移开，好好的看看有没有被自己的手臂挡住而遗漏的题；试卷第１页和第２页上下衔接的地方一定要注意，仔细看看有没有遗漏的小题；
５、中途遇到真的解决不了的难题，注意安排好时间，先把后面会做的做完，再来重新读题，结合平时课堂上所学的知识，解答难题；一定要镇定，不能因此慌了手脚，影响下面的答题；
６、卷面要清洁，字迹要清工整，非常重要；
７、做完的试卷要检查，这样可以发现刚才可能留下的错误或是可以检查是否有漏题，检查的时候，用手指点读题目，不要管自己的答案，重新分析题意，所有计算题重新计算，判断题重新判断，填空题重新填空，之后把检查的结果与先前做的结果进行对比分析。

亲爱的小朋友，你们好!经过两个月的学习，你们一定有不小的收获吧，用你的自信和智慧，认真答题，相信你一定会闯关成功。

相信你是最棒的！
下学期期中测试卷03高一化学·全解全析
12345678910111213141516D
D
D
C
C
C
C
B
A
C
C
D
B
D
A
A
1．【答案】D 【详解】
A ．二氧化硫能使酸性KMnO 4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 ．SO 2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 ．SO 2能与H 2S 反应生成S 和水，反应中SO 2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FeSO 4发生氧化还原反应，其中Fe 2O 3是氧化产物，SO 2是还原产物，SO 3中S 化合价没有变化，故SO 3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=
33m(SO )M(SO )
=
16g
80g/mol
=0.2mol ，则转移电子为0.4mol ，数目是0.4N A ，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SO 3，进入溶液后与水反应生成H 2SO 4，与BaCl 2反应可以得到BaSO 4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()()S Cl r r >，Z 原子半径最大，A 项错误；
B. 3NH 溶于水呈碱性，2H S 、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24H SO HClO >，C 项错误；
D. 丙为HCl ，乙为2H S ，非金属性Cl S >，则稳定性2HCl H S >，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BaSO 4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BaSO 4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BaSO 4，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 ． Ba 2+与2-
4SO 能结合生成硫酸钡沉淀，故不能大量共存，A 错误；B ． -
3NO 、H +能氧化I -、Fe 2+，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 +、2-4SO 、2-3CO 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．SO2
4-的检验应该是先加入稀盐酸酸化，再加入BaCl
2
溶液，若出现白色沉淀则说明样品溶液中一定含
有SO2
4-。

稀硝酸无法排除2
3
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的红色石蕊试纸变蓝，则证明有NH
4
+，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CO2
3-或SO2
3
-，不能确
定就是CO2
3
-，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”FAST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；
NH，故B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3
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，3NO -在正极上得电子生成4NH +
，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，Fe 3O 4作正极，选项B 正确；
C ．Fe 失电子作负极，生成亚铁离子，3NO -在正极上得电子生成4NH +
，则正极反应为：3NO -
+8e -+l0H +=
4NH ++3H 2O ，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：3NO -
+3Fe +2H ++H 2O=4NH +
+Fe 3O 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 ．O 2在正极发生反应，电极反应式为O 2＋4e －=2O 2－，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22.4L
22.4L /mol ×15
=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H 2O(g)参与反应生成H 2，发生的反应为xH 2O(g)＋Fe =FeO x ＋xH 2，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
(1.20-0.42) mol÷1 L
0.078
10 s
n
t
u
D
===
D
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1.00 mol-0.21 mol
×100%
1.00 mol
=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
0.1amol 0.9-0.1amol 0.53.9s-0.2s
´´=4a
370mol∙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)=
()n CO t V D D ´= 1.22min 2mol
L
´==0.3mol•L -1•min -1，v(CO)：v(H 2)=1：3，即v （H 2）=0.9mol•L -1•min -1；
根据化学方程式，CO 的生成的物质的量等于CH 4的转化物质的量=1.2mol ，平衡时CH 4的转化率=
1.2100%1.6mol
mol
´=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(CH 4)=
1
3
v 正(H 2)，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 ．CH 4(g)、H 2O(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 4(g)、H 2O(g)、CO(g)、H 2(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)Δ
CuSO4+SO2↑+2H2O 取下试管②并加热，试管内液体恢复红色还原
SO2+2OH-=2-
3
SO+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)Δ
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-=SO2
3-+H
2
O。

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N 2、O 2，还含有少量的CO 2、H 2O 等，其中O 2、CO 2、H 2O 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 3
22Δ
3CuO+2NH 3Cu+N +3H O
32
2O 高温催4N H +5O 4剂
O +6H 化N 42
232Δ
2NH Cl+Ca(OH)CaCl +2NH +2H O ­ 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3
22Δ
3CuO+2NH 3Cu+N +3H 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32
2O 高温催4N H +5O 4剂
O +6H 化N ；
(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
()42322Δ
222H O NH Cl Ca OH CaCl NH ++­+；
(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CO 2气体，使烧瓶内压强减小，形成喷泉；
HCl 溶液能吸收NH 3，使烧瓶内压强减小，形成喷泉；水不能大量吸收CO 2气体，不能形成喷泉；故选D 。

20．【答案】 8HNO 3(稀)+3Cu=2NO↑+3Cu(NO 3)2+4H 2O 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 SO 2+NH 3•H 2O=-3HSO ++4NH Al 2O 3+3C+N 2
高温2AlN+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CO 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；元素Z 的离子为Al 3+，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：8HNO 3(稀)+3Cu ＝2NO↑+3Cu(NO 3)2+4H 2O ；
(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SO 2，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SO 2+NH 3•H 2O=-3HSO ++4NH ；
(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：Al 2O 3+3C+N 2
高温2AlN
+3CO 。

21．【答案】玻璃棒 引流 2CuI+8HNO 3(浓)=2Cu(NO 3)2+4NO 2↑+I 2+4H 2O Fe 3I 8
Fe 3I 8+8NaHCO 3=Fe 3O 4+8NaI+8CO 2↑+4H 2O 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═Fe 3
O4↓+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)=
12g
150g/mol
=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。