高一年级下学期期中模拟化学试卷答案

参考答案1【答案】D【解析】A．芒硝为Na2SO4•10H2O，失掉水得到硫酸钠，方程式为：Na2SO4•10H2O=Na2SO4+10H2O↑，D正确；B．固氮是指将游离态氮转化为化合态氮元素的过程，人工固氮如合成氨等，从化合价角度分析，单质氮化合价可升高，也可降低转化为氮的化合物，B正确；C．铁在常温下遇到浓硝酸会发生钝化现象，可用铁罐盛装大量浓硝酸，C正确；D．普通玻璃以纯碱、石灰石和石英砂为原料制备而成，D错误；故选D2【答案】C【解析】A．已知质量数等于质子数加中子数，故中子数为18的氯原子表示为，A正确；B．的最外层达到8电子稳定结构，是氯离子的结构示意图，B正确；C．是共价化合物，故用电子式表示氯化氢的形成过程为，C错误；D．已知是直线形分子，且C和O之间形成双键，故的结构式为，D正确；故选C。3【答案】C【解析】A．C的非金属性小于N，氮元素的化合价为3价，则C3N4中C的化合价为+4，故A正确；B．阶段Ⅰ和阶段Ⅱ中均存在元素的化合价变化，都是氧化还原反应，故B正确；C．阶段Ⅱ中发生的反应为2H2O2=2H2O+O2↑，H2O2既是氧化剂也是还原剂，故C错误；D．根据图示可知，水吸收太阳能，发生反应2H2OO2↑+2H2↑，实现了太阳能向化学能的转化，故D正确。答案选C。4【答案】A【解析】A．k为硝酸，硝酸加热易分解释放，A正确；B．a为显酸性，g为显碱性，二者能发生反应生成铵盐，B错误；C．j为NO2，c为，都能形成酸雨，酸雨的pH小于5.6，故C错误；D．K的稀溶液为稀硝酸，具有强氧化性，锌与稀硝酸反应可以得到一氧化氮气体，不能得到氢气，故D错误。5【答案】C【详解】A．溶于水生成一水合氨，一水合氨可电离出离子使溶液导电，所以一水合氨是电解质，而氨气属于非电解质，故A错误；B．浓硫酸能使蓝色胆矾晶体变成白色，说明胆矾晶体失去结晶水，体现浓硫酸的吸水性，故B错误；C．铵根离子与碱加热生成氨气，氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，根据实验操作及现象可证明原溶液中含有，故C正确；D．通入硝酸钡溶液中发生氧化还原反应生成硫酸根离子，与钡离子形成硫酸钡沉淀，硫酸钡不溶于强酸，故D错误；答案选C。6【答案】AB【解析】A．使用装置A制取氯气，D除去氯气中的氯化氢杂质，但同时碱石灰会与氯气反应，再使用E进行收集,C作为尾气处理装置，A错误；B．制备并收集干燥的可选择A→C→E→G，应采取向下排空气法收集氨气，正确接口顺序为bcdhgj，B错误；C．可选用A制备并将其通入品红溶液D验证其漂白性，再使用尾气处理装置G尾气处理，C正确；D．G中的倒置漏斗可以用球形干燥管代替，同样可以起到防倒吸作用，D正确；7【答案】C【解析】A．硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，则物质间的转化不能实现，故A错误；B．二氧化硅不与水反应生成硅酸，故B错误；C．电解熔融状态氯化钠可以得到钠单质，钠单质与熔融状态的TiCl4可以得到Ti单质，故C正确；D．氮气和氧气在放电条件下反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，故D错误；8【答案】B【解析】A．玻璃塞的主要成分是SiO2，NaOH可与其发生反应生成具有粘性的Na2SiO3，反应的离子方程式为：SiO2+2OH=+H2O，A项正确；B．SO2通入溴水中，反应生成硫酸和溴化氢：SO2+Br2+2H2O=4H++2Br－+，B错误C．用足量的NaOH溶液吸收SO2尾气生成亚硫酸钠和水：2OH－+SO2=+H2O，C正确；D．过量的Fe和稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：，D项正确；9【答案】B【解析】A．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，所以与足量的充分反应后生成分子数小于个，故A错误；B.和具有相同的最简式，则46g混合气体含原子数为，故B正确；C．标准状况下，三氧化硫为非气体，无法计算，故C错误；D．随着反应不断进行，浓硝酸会变稀，生成气体有和，所以转移电子数不是，故D错误；10【【答案】D【分析】X、Y、Z、W为四种短周期主族元素。其中X、Z同族，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，则X是O，是由Z是S；Y、Z同周期，W与X、Y既不同族也不同周期，所以W是H；Y的最高正价与最低负价的代数和为6，则Y是Cl。【详解】A．Y元素最高价氧化物对应水化物的化学式为HYO4，A正确；B．原子半径由小到大的顺序为W＜X＜Z，B正确；C．X与W可形成H2O、H2O2两种物质，C正确；D．Y2与W2在冷暗处不能爆炸，光照才能爆炸，D错误；答案选D。11【答案】D【解析】A．加入Al粉能产生H2的溶液，可能为碱性或酸性，若为碱性，则会生成氢氧化铁沉淀，不共存，A不符合题意；铜离子溶液为蓝色，B不符合题意；C．能使蓝色石蕊试纸变红的溶液中含有H+，酸性条件下高锰酸根离子会和硫离子发生氧化还原反应，不共存，C不符合题意；D．滴加硫氰化钾变为血红色的溶液中铁离子，铁离子、Na+、H+、Cl、相互不反应，能共存，D符合题意；故选D。12【答案】B【详解】A．图a反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应；图b反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，故A错误；B．图b表示吸热反应，说明反应物总键能大于生成物总键能，故B正确；C．图a表示放热反应，盐酸与碳酸氢钠反应为吸热反应，故C错误；D．图b表示吸热反应，镁与盐酸反应为放热反应，故D错误；13【答案】D【解析】A.根据图示，2molNOCl(g)所具有能量比2molNO(g)和1molCl2(g)所具有的总能量低(180104)kJ=76kJ，故A错误；B.反应物的能量总和大于生成物的能量总和，为放热反应，故B错误；C.根据图示，每生成1molNOCl(g)需要放出的热量为(180104)/2kJ=38kJ故C不正确；D.断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，故D正确；14【答案】B【解析】A．过程Ⅰ涉及OH键的断裂，该过程为吸热过程，过程Ⅱ是水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，过程Ⅲ涉及C=O键、OH键和HH键的形成，该过程为放热过程，故A错误；B．根据反应过程示意图，过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂，过程Ⅱ也是水分子中的化学键断裂的过程，过程Ⅲ中形成了水分子，因此H2O均参与了反应过程，故B正确；C．过程Ⅲ中CO、氢氧原子团和氢原子形成了二氧化碳、水、和氢气，H2中的化学键为非极性键，故C错误；D．催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应物和生成物的能量差，故D错误；故选：B。15【答案】C【详解】A．实验①②中除温度外其他条件均相同，可研究温度对反应速率的影响，A错误；B．实验①③中除过氧化氢浓度不同外其他条件均相同，浓度大的反应速率快，故收集相同体积的气体实验③用的时间短，故t1>t3，B错误；C．实验①④中，④采用了催化剂，其他条件均相同，可研究催化剂对反应速率的影响，C正确；D．实验③④相比，③中浓度大，且使用了催化剂，则③中反应速率快，D错误；故选C。16【答案】C【解析】a极质量减小，b极质量增加，则表明a极金属失电子作负极，溶液中的Cu2+在b极得电子生成Cu附着在b极，金属活动性a＞b；b极有气体产生，c极无变化，则表明b极金属能与H+发生置换反应，而c极不能，金属活动性b＞c；d极溶解，c极有气体产生，则d极为负极，c极为正极，金属活动性d＞c；电流计指示，导线中电流从a极流向d极，则d极为负极，a极为正极，金属活动性d＞a；综合以上分析，金属活动性d＞a＞b＞c，C正确。17【答案】C【解析】A．锰干电池属于一次电池，铅蓄电池属于二次电池，氢氧燃料电池属于燃烧电池，A正确；B．甲电池中，锌作负极，放电时失去电子，电子从锌筒经外电路到石墨电极，B正确；C．氢氧燃料电池中负极上通入氢气，失电子，发生氧化反应，C错误；D．乙电池充电时是电解池装置，将电能转化为化学能，D正确；故选C。18【答案】B【分析】电极a中SO2转化为H2SO4，发生氧化反应，则a电极为负极，发生的电极反应为；电极b中消耗O2，则b电极为正极，发生的电极反应为。【解析】A．由分析可得，电极a为负极，电极b为正极，阳离子向正极移动，则质子从电极a向电极b移动，A错误；B．电池总反应为，相同条件下，放电过程中，和的体积比为2∶1，B正确；C．电极a附近发生的电极反应为，C错误；D．电极b附近发生的电极反应为，D错误；故选B。15【答案】D【详解】金属与硝酸反应不产生H2，排除A项；Fe不如Mg活泼，排除C项；其他两项中只比较c(H＋)即可，显然3mol·L1盐酸中c(H＋)小于3mol·L1硫酸中c(H＋)，因此D项放出H2的速率最大。16【答案】C【详解】a极质量减小，b极质量增加，则表明a极金属失电子作负极，溶液中的Cu2+在b极得电子生成Cu附着在b极，金属活动性a＞b；b极有气体产生，c极无变化，则表明b极金属能与H+发生置换反应，而c极不能，金属活动性b＞c；d极溶解，c极有气体产生，则d极为负极，c极为正极，金属活动性d＞c；电流计指示，导线中电流从a极流向d极，则d极为负极，a极为正极，金属活动性d＞a；综合以上分析，金属活动性d＞a＞b＞c，C正确。17【答案】C【详解】A．锰干电池属于一次电池，铅蓄电池属于二次电池，氢氧燃料电池属于燃烧电池，A正确；B．甲电池中，锌作负极，放电时失去电子，电子从锌筒经外电路到石墨电极，B正确；C．氢氧燃料电池中负极上通入氢气，失电子，发生氧化反应，C错误；D．乙电池充电时是电解池装置，将电能转化为化学能，D正确；故选C。18【答案】D【详解】由图可知，电极a通入SO2，发生氧化反应，故电极a为负极，电极反应为：SO2＋2H2O2e－=SO＋4H＋；电极b通入O2，发生还原反应，故电极b为正极，电极反应为：O2＋4e－＋4H＋=2H2O；总反应式为：2SO2＋O2＋2H2O=2SO＋4H＋。A．放电时为原电池，质子向正极移动，电极a为负极，则该电池放电时质子从电极a移向电极b，A错误；B．电极a为负极，发生氧化反应，电极反应为SO2＋2H2O－2e－=SO＋4H＋，硫酸是强电解质，应当拆为离子形式，B错误；C．酸性条件下，氧气得电子与氢离子反应生成水，电极b附近发生的电极反应为O2＋4e－＋4H＋=2H2O，C错误；D．由总反应式2SO2＋O2＋2H2O=2SO＋4H＋可知，放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2∶1，D正确；故答案选D。19【答案】C【解析】由图可知，可充电电池工作时，正极上二氧化碳经过一系列反应转化为Li2CO3和C，C化合价降低，因此二氧化碳发生得电子的还原反应，电极反应式为，则Li作负极失电子，电极反应式为，充电时Li作阴极，C作阳极，据此分析；【详解】A．Li属于活泼碱金属，能与水反应，不能使用水溶液做离子导体，故A正确；B．放电时装置为原电池，C为正极，Li为负极，电流由C电极经负载、电极、电解质回到C电极，故B正确；C．放电时装置为原电池，C为正极，Li为负极，负极反应为，故C错误；D．催化剂作用下正极反应历程图可知，均为正极反应的中间产物，故D正确；20【答案】B【分析】由化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，同一反应中各物质的反应速率与化学计量数之比越大，反应速率越大；【详解】A．Ａ为固体物质，其浓度为常数，不能用Ａ的浓度变化表示反应速率；

B．；；

D．；则B中比值最大，【答案】A【详解】A．氮气与氢气生成氨气的反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，则在容器中充入1mol氮气和3mol氢气，一定条件下充分反应，转移电子的物质的量小于6mol，故A错误；B．在恒容容器内，反应达到平衡后，通入氩气，容器内气体压强增大，但反应体系中各物质的浓度不变，所以正、逆反应速率不变，故B正确；C．断裂6molN—H键的同时，断裂键3molH—H说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故C正确；D．合成氨反应为放热反应，绝热条件下当体系温度不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故D正确；22【答案】C【分析】可逆反应达到平衡状态时，同一物质的正、逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答。【详解】①C的体积分数不再改变，该反应达到平衡状态，故正确；②单位时间内生成，同时生成，都是正反应方向，不能说明该反应达到平衡状态，故错误；③A与B按物质的量1:3反应，A与B投料比为2:3，故A与B照物质的量之比不再变化，该反应达到平衡状态，故正确；④该反应为气体分子数不变的反应，反应过程中混合气体的总压强一直不变，不能说明该反应达到平衡状态，故错误；⑤该反应为气体分子数不变的反应，混合气体总质量一直不变，故混合气体的密度一直变化，不能说明该反应达到平衡状态，故错误；⑥单位时间内消耗，同时生成则A正、逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故正确；23【答案】D【详解】A．由图可知，前12s内A浓度变化0.6mol/L，则平均反应速率，故A错误；B．前12s内，A浓度变化0.6mol/L，A物质的量变化0.6mol/L×2L=1.2mol，根据，则12s内A和B反应放出的热量为，故B错误；C．由图可知12s内，A浓度变化0.6mol/L，B浓度变化0.2mol/L，C浓度变，三者浓度变化比值为3:1:2，说明b=1、c=2，则反应为，12s后反应达到平衡，各物质正逆反应速率比等于计量数之比，则，故C错误；D．结合选项C分析可知正反应方向为物质的量减小的反应，而反应过程中气体总质量不变，根据可知气体平均相对分子质量为变量，不再变化说明反应达到平衡状态，故D正确；24【答案】C【详解】A．随着反应的进行，ac段反应速率反而加快说明该反应为放热反应，反应放出的热量使温度升高，反应速率加快，故A正确；B．若向容器内充入一定体积的二氧化氮，反应物二氧化氮的浓度增大，化学反应速率加快，故B正确；C．恒容条件下，向反应体系中通入不反应的氢气，反应体系中各物质浓度不变，反应速率不变，故C错误；D．由图可知，2~8min内，氧气的浓度变化量为1.2mol/L，则由方程式可知，二氧化氮的反应速率为=0.4mol/(L·min)，故正确；25【答案】增大反应物接触面积，加快化学反应速率(1分）（2分）(2)CeO2（2分）SiO2（2分）生成Cl2污染环境（1分）2分）（3）将Fe3+还原为Fe2+（2分）【解析】氟碳铈矿“氧化焙烧”中转化为CeO2，加入稀硫酸，二氧化硅、CeO2成为滤渣Ⅰ，滤渣Ⅰ加入浓盐酸，二氧化硅不溶于盐酸成为滤渣Ⅱ，CeO2转化为盐酸盐得到滤液Ⅱ，加入碳酸氢铵得到，焙烧得到CeO2；滤液Ⅰ含有铁离子、铝离子，在不引入新杂质的情况下，加入铁将三价铁转化为二价铁，加入氨水将铝转化为氢氧化铝沉淀得到滤渣Ⅲ，滤渣Ⅲ中加入硫酸和硫酸铵得到硫酸铝铵晶体；滤液Ⅲ含有亚铁离子，加入硫酸铵得到硫酸亚铁铵晶体；26【答案】(1)锥形瓶（1分）（2分）98%的硫酸含水量很低，电离出的很少（2分）①生成二氧化硫中混有水蒸气，水能与反应产生（2分）AB（2分）②（1分）（2分）（1分）、（2分）【分析】甲中浓硫酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，二氧化硫和过氧化钠反应后气体通过丙除去二氧化硫，剩余气体使用丁装置收集，然后进行检验；【详解】（1）根据图示，仪器a名称为锥形瓶；装置A是用浓硫酸与亚硫酸钠生成二氧化硫、水和硫酸钠，反应为：；98%的硫酸含水量很低，电离出的很少，故使用70%的硫酸而不用98%的硫酸；（2）①生成二氧化硫中混有水蒸气，水能与反应产生，而不一定是二氧化硫和过氧化钠生成氧气；故应该排除水的干扰，装置戊对二氧化硫进行干燥，故装置戊可能是AB装置；②将产生的气体通入适量酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，结合质量守恒，可知生成气体为还原性二氧化硫气体，则固体a中含有，和酸性高锰酸钾发生氧化还原反应生成硫酸根离子和锰离子和水，离子方程式为；另取适量固体a于试管ii中，加入足量的稀盐酸酸化，充分反应后，加入适量的溶液，观察到有白色沉淀产生，该白色沉淀为不溶于酸的硫酸钡沉淀；实验说明与在常温时反应生成硫酸钠、亚硫酸钠和氧气。27【答案】（1）436（2分）(2)放热（1分）（3）Ⅲ（1分）①.（2分）②.33.6（2分）【解析】(1)设断开1molH—H键所吸收的能量为xkJ，反应热ΔH=断裂反应物化学键吸收的能量形成生成物化学键释放的能量=xkJ·mol1+×496kJ·mol12×463kJ·mol1=242kJ·mol1，解得x=436(2)从图看出反应物的能量高于生成物的总能量，该反应放热反应。答案为放热；(3)锌和稀硫酸反应放热，装置中的温度升高而Ⅰ、Ⅱ的压强增大，从而Ⅰ中左端红墨水下降，而Ⅱ中烧杯有气泡，但Ⅲ为敞开体系压强变化不大，所以无明显现象。答案为Ⅲ；(4)该通入氧气的一极为正极，通入氨气的一极为负极，则电极A的反应式为。每生成1mol氮气及28克，转移6mol电子，若反应生成28克氮气，转移6mol电子，则消耗1.5mol氧气，标况下体积为6=33.6L28[答案】

0.075mol·L1·s1

（2分3A(g)+B(g)2C(g)（2分）(2)75%（2分）(3)乙＞甲＞丙（2分）(4)①④（2分）(5)AE（2分）II．温度（1分）1.0（1分）25（1分）【解析】（1）由图可知4s内，A的浓度从0.8mol/L减小到0.5mol/L，v(A)===0.075mol·L1·s1；4s内v(A):v(C)=0.075:0.05=3:2，15s内，Δc(A):Δc(B)=(0.80.2):(0.50.3)=3:1，根据速率比=浓度变化比=化学计量数比，可得反应方程式中A、B、C的化学计量数比为3:1:2，所以反应方程式为3A(g)+B(g)2C(g)。答案为：0.075mol·L1·s1；3A(g)+B(g