【文档说明】湖南省邵阳市第二中学2022-2023学年高一下学期期中考试化学试题答案.pdf，共(9)页，268.482 KB，由小赞的店铺上传

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高一期中考试化学参考答案：1．A【分析】氮气转化为氮的化合物称为氮的固定。【详解】A．氮单质化合形成氮的化合物，属于氮的固定，A符合题意；B．氮的化合物之间的转化，B不符题意；C．氮的化合物之间的转化，C不符题意；D．氮的化合物之间的转化，D不符题意；本题选A。2．D【详解】A.化石

能源物质内部蕴含的最初能量来源于太阳能，具有大量能量，A项正确；B.植物光合作用通过一系列生理变化，将太阳能转化为化学能储存在植物体内，B项正确；C.能量可以相互转化，因此物质的化学能在不同的条件下可以转化为热能，电能等，C项正确；D.任何反应都有其存在价值，吸热反应可以降低周围的温

度，如利用氯化铵和氢氧化钙来降温，D项错误；故选D。3．D【详解】A.玻璃的主要成分是Na2SiO3、CaSiO3、SiO2，二氧化硅易和氢氟酸反应生成四氟化硅，所以氢氟酸能雕刻玻璃，故A正确；B.玻璃、陶瓷、水泥都属于传统的硅酸盐产品，正确；C.硅胶具有

吸水性，无毒，则可用作食品干燥剂，故C正确；D.硅为亲氧元素，硅在自然界中以化合态形式存在，故D错误；故选：D。4．C【详解】A．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性，A正确；B．浓硝酸在光照

下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定，光照易分解，B正确；C．常温下，浓硝酸可以用铝罐贮存，二者发生钝化，但钝化是化学变化，C错误；D．氨气可以完成喷泉实验，说明氨气极易溶于水，D正确；答案选C。5．D【详解】A、光化学烟雾产生的主要原因是氮氧化合物及碳氢化合物有

关，不是因为向大气中排放了SO2，A错误；B、正常雨水的pH值为5.6，pH值小于5.6的雨水是酸雨，B错误；C、NO2或SO2都会导致酸雨的形成，但CO2不会，C错误；D、大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧，D正确；故选D。6．D【详解】A．HClO具有漂白性，可用于漂白色素，A项

错误；B．铝在常温下遇浓硝酸发生钝化反应，可用于贮运浓硝酸，B项错误；C．浓硫酸具有酸性，可用于除铁锈，C项错误；D．Al(OH)3具有弱碱性，可以中和胃酸，即可用于治疗胃酸过多，D项正确；答案选D。7．D【详解】①由X、Y电极组成的原电池

，X电极增重，说明X是正极，则还原性Y>X；②由X、Z电极组成的原电池，X电极质量减少，说明X是负极，则还原性X>Z；③由Y、W电极组成的原电池，电极反应为2Y2e=Y、2W2e=W，说明还原性W>Y，可知X、Y、Z、W的金属活动性由强

到弱的顺序为WYXZ，故选D。8．D【详解】A．ʋ(A)=0.015mol·L−1·s−1=0.9mol·L−1·min−1；B．物质是固体，不能计算反应速率；C．转化为A物质表示的速率为ʋ(A)=0.6mo

l·L−1·min−1；D．转化为A物质表示的速率为ʋ(A)=1.0mol·L−1·min−1；故反应速率最快的是D，答案选D。9．B【详解】A．某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体可能是碳酸盐、碳酸氢盐、亚硫酸盐等，故A错误；B．碱性使酚酞试液显红色，某无色溶液滴入无

色酚酞试液显红色，则溶液一定显碱性，故B正确；C．某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中可能含SO24和Ag+，故C错误；D．验证烧碱溶液中是否含有Cl－，先加稀盐酸除去OH－，会引入C1－，再加硝酸银溶液，必定有白色沉淀出现，不能证明原溶液中含C1－，

故D错误。答案为B。10．D【详解】A．二氧化硅与水不反应，A不符题意；B．铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能生成氯化铁，B不符题意；C．硫燃烧一步只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，C不符题意；D．氮气和氢气在高温高压及催化剂条件下生成氨气，氨气催化氧化生成一氧化氮，两个反应都可

一步完成，D符合题意。答案选D。11．A【分析】根据图示可知：生成物的能量比反应物的能量高，该反应为吸热反应。若反应为氧化还原反应，则反应前后元素化合价发生了变化，据此分析解答。【详解】A．灼热的碳与CO2反应产生CO，该反应为吸热反应，由于反应过程中元素化合价发生了变化，因此该反应

又属于氧化还原反应，A符合题意；B．铝与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2、H2，反应过程中会放出热量，则反应属于放热反应；由于在反应过程中元素化合价发生了变化，因此该反应又属于氧化还原反应，B不符合题意；C．甲烷在空气中燃烧的反应是放热反应；反应过程中元素化合价发生了变化，因此该反应

又属于氧化还原反应，C不符合题意；D．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应是吸热反应，反应过程中元素化合价没有发生变化，因此该反应不属于氧化还原反应，D不符合题意；故合理选项是A。12．C【详解】氢气在氧气中燃烧生成气态水的反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，气态水转化为液态水

的过程为放热过程，气态水的能量高于液态水，则图C符合题意，故选C。13．C【详解】A．二氧化碳分子中含有碳氧双键，属于极性共价键，A项正确；B．从状态Ⅰ到状态Ⅲ表示CO和O生成CO2，B项正确；C．上述过程中没有体现CO断键的过程，C项错误；D．状态I的能量高于状态III的能量，

则状态Ⅰ到状态Ⅲ属于放热的过程，D项正确；故答案为C。14．A【详解】相同条件下，等体积的气体的物质的量相等，氨气和氯化氢极易溶于水，则盛有等体积氯化氢、氨气的烧瓶分别倒立在水槽中时，水会充满整个烧瓶；二

氧化氮和水反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据方程式知，水会充入烧瓶容积的23，溶液中的溶质是硝酸，其物质的量是NO2物质的量的23。假设烧瓶的体积是1L，则n(NH3)=n(HCl)=n(NO2)=122.

4mol，三种溶液中溶质的物质的量分别是：n(NH3)=n(HCl)=122.4mol，n(HNO3)=122.4mol×23，三种溶液的体积分别是V(NH3)=V(HCl)=1L，V(HNO3)=23L，根据c=nV知

，三种溶液的物质的量浓度相等，所以其浓度之比为1：1：1，故合理选项是A。15．B【详解】合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L，物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒可以知道n(

Al)=0.3×23=0.2mol，故金属铝的质量为0.2×27=5.4g，金属铝提供电子的量是0.6mol，将合金溶于过量稀硝酸中,分别生成Al3+、Cu2+离子，根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为13.44×322.4=

1.8mol故Cu共提供的电子物质的量为1.8-0.6=1.2mol，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铜，由电荷守恒可以知道，反应中金属铜提

供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量即n(OH-)=1.2mol，所以反应后沉淀的质量等于43.8-5.4+1.2×17=58.8g；B正确；故答案选B。16．(1)分液漏斗（1分）(2)溶液的黄绿色

褪去(或溶液褪色)SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO24(3)溶液的紫红色褪去(或溶液褪色)C有黄色沉淀生成B(4)将试管E在酒精灯上加热，溶液恢复红色【分析】浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫与氯

气反应生成盐酸和硫酸，二氧化硫具有还原性能够使酸性高锰酸钾褪色，二氧化硫具有氧化性，能够氧化硫化氢生成硫单质，二氧化硫具有漂白性，能够使品红溶液褪色，二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，能够与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，可以用氢氧化钠吸收过量的二氧化硫。【详

解】（1）装置A中盛放浓硫酸和亚硫酸钠的仪器名称分别是分液漏斗、圆底烧瓶，故答案为：分液漏斗；（2）氯气具有氧化性、二氧化硫具有还原性，二氧化硫与氯气反应生成盐酸和硫酸，反应后装置B中发生的现象是溶液褪色，反应的离子方程式为SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+2-4SO；（3）二

氧化硫具有还原性，能够使C中酸性高锰酸钾褪色，装置C中的现象是溶液紫红色褪去，表现了SO2的还原性，选C；二氧化硫具有氧化性，能够氧化装置D中硫化氢生成硫单质，现象为生成黄色沉淀，发生反应的化学方程式为2H2S+SO2=3S↓+2H

2O，表现了SO2的氧化性，选B；（4）二氧化硫具有漂白性，能够使装置E中品红溶液褪色，但是加热后溶液会恢复颜色；装置E的目的是探究SO2与品红溶液作用的可逆性，实验操作及现象将试管E在酒精灯上加热，溶液恢复红色；17．(1)2NH4Cl+Ca(OH)2ΔCaCl2+2NH3↑+2H2O

(2)检验氨气，干燥氨气C(3)铜2NH3+3CuOΔ3Cu+3H2O+N2(4)取适量溶液于试管，加适量氢氧化钠溶液并加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则溶液中含铵根离子(5)2KMnO4+5KNO2

+H2SO4＝2MnSO4+K2SO4+5KNO3+3H2O（共2分）【分析】氯化铵与熟石灰混合加热生成氨气，氨气的水溶液显碱性，因此酚酞试纸变红，B中盛放碱石灰（或固体氢氧化钠），吸收水蒸气，干燥的氨气与氧化铜加热反应，无水硫酸铜变

为蓝色晶体，说明有水生成，生成的气体能够用排水法收集，说明气体不溶于水，根据元素守恒规律可知E装置内收集到的气体为氮气，C装置内出现红色固体，说明有铜生成，据此分析进行解答。（1）A为氨气的发生装置，反应的化学方程式是：2NH4

Cl＋Ca(OH)2ΔCaCl2＋2NH3↑＋2H2O。（2）结合以上分析可知，B装置的作用是检验氨气，干燥氨气；A、不能用无水氯化钙，由于氨气会与其反应生成八氨合氯化钙，B、无水CuSO4用于检验有无水的生成，不能

用来做干燥剂，C、D，由于氨气属于碱性气体，不可以用酸性干燥剂干燥，故固体X应为碱石灰，选C。（3）铜为红色固体，实验过程中观察到装置C中黑色粉末逐渐变为红色，D中白色固体变蓝，说明C中反应的生成物有铜、反应中产生了水；E中集气瓶内

收集到的气体无色无味，能使燃着的木条熄灭，该气体为氮气，综合分析，氨气与氧化铜反应生成铜、氮气和水，化学方程式为2NH3＋3CuOΔ3Cu＋3H2O＋N2。（4）加热下铵盐能与强碱反应产生氨气、氨气是碱性气体，可据此检验铵离子。操作现象及结论为：取

适量溶液于试管，加适量氢氧化钠溶液并加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，若变蓝，则溶液中含铵根离子。（5）Mn元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，N元素化合价从+3价升高到+5价失去2个电子，根据原子守恒可知反应物还有硫酸参加

，根据电子得失守恒可知配平后的方程式为2KMnO4+5KNO2+H2SO4＝2MnSO4+K2SO4+5KNO3+3H2O。点睛：氧化还原反应方程式的配平是解答的易错点和难点，氧化还原反应的实质是反应过程中发生了电子转移，

而氧化剂得电子的总数(或元素化合价降低总数)必然等于还原剂失电子总数(或元素化合价升高总数)，根据这一原则可以对氧化还原反应的化学方程式进行配平。配平的步骤：标好价、列变化、求总数、配系数、细检查等。18、（1）CE（2）AC（

3）22.4L63（4）AD【分析】锌比铜活泼，能与稀硫酸反应，铜为金属活动性顺序表H元素之后的金属，不能与稀硫酸反应，甲没有形成闭合回路，不能形成原电池，乙形成闭合回路，形成原电池，根据原电池的组成条件和工作原理解答该题

。【详解】(1)A.甲没有形成闭合回路，不能形成原电池，故A错误；B.铜为金属活动性顺序表H元素之后的金属，不能与稀硫酸反应，甲烧杯中铜片表面没有气泡产生，故B错误；C.两烧杯中硫酸都参加反应，氢离子浓度减小，溶液的pH均增大，故C正确；D.乙能形成原电池反应，Zn为负极，

Cu为正极，电子从负极经外电路流向正极，故D错误；E.原电池中电解质阳离子流向正极，阴离子流向负极，乙形成原电池，Zn为负极，Cu为正极，则溶液中SO42-向锌片方向移动，故E正确。故答案为：CE；(2)甲没有形成闭合回路，不能形成原电池，反应放热，将化学能转变为热能，乙形成闭合

回路，形成原电池，将化学能转变为电能，故答案为：化学能转化为热能选A；化学能转化为电能，选C；(3)反应的关系式为2H+∼H2∼2e−，则-2()(1nH=ne=)1mol2，2mVH=nV=1mol22

.4L/mol=22.4L，故答案为：22.4L；溶液质量变化+65g-2g=63g(4)原电池的形成条件之一是能自发的进行氧化还原反应，A.、D均为自发进行的氧化还原反应，均能形成原电池，但B、C的反应是非氧化还原反应，所以B、C不能作为原电池工作时发生的反

应，故答案为：AD。【点睛】形成原电池的条件有：1.电极材料由两种金属活泼性不同的金属或由金属与其他导电的材料(非金属或某些氧化物等)组成。2.电解质存在。3.两电极之间有导线连接,形成闭合回路。4.发生的反应是自发的氧化还原反应。19、（1）2X(g)3Y(g)＋Z(g)或2X3Y＋Z（2

）0.08mol·L-1·min-1（3）化学平衡D（4）33.3%（5）C（6）①③⑥⑦【分析】根据图示中反应物的减少量与生成物的增加量确定化学方程式；根据所给条件中各组分的速率或浓度是否发生变化判断反应是否达到平衡状态；根据影响化学反应速率的因素判断化学反应速率的变化

，据此分析。【详解】(1)由图象可以看出，X的物质的量逐渐减小，则X为反应物，Y、Z的物质的量逐渐增多，作为Y、Z为生成物，当反应到达tmin时，∆n(X)=0.8mol，∆n(Y)=1.2mol，∆n(Z)=0.4mol，化学反应中，各物质的物质的量的变化值与化

学计量数呈正比，∆n(X)：∆n(Y)：∆n(Z)=2：3：1，则所以反应的化学方程式为：2X(g)3Y(g)＋Z(g)；(2)某物质的化学反应速率等于这段时间内浓度的变化量与这段时间的比值，故X的平均反应速率v=ct=0.8mol2L5min=0.08

mol·L-1·min-1；(3)tmin时体系中各物质的物质的量不再发生变化，说明反应已经达到了化学平衡状态；A选项中由于各物质的化学计量数不等，则X、Y、Z的反应速率相等不能说明是否达到平衡状态，故A错误；B选项中由于化学反应速率之比等于化学计量数之比，但没有明确物质的生成

速率还是反应速率，当X为消耗速率Y为生成速率时无论是否达到平衡状态，X、Y的反应速率比都为2：3，故B错误；C选项中由于反应在体积不变的密闭容器中进行，反应过程中气体的体积不变，质量不变，则混合气体的

密度不变，不能判断是否达到平衡状态，故C错误；D选项中生成1molZ的同时生成2molX，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故D正确；答案选D；(4)转化率等于这段时间内反应掉的物质的物质的量与物质的总物质的量的比值，故物质X的转化率=0.8mol10

0%2.4mol=33.3%；(5)A选项，其他条件不变，及时分离出产物，由于反应物的浓度不发生变化，故不会增大反应速率，A错误；B选项，适当降低温度，使单位体积内活化分子百分数降低，降低反应速率，B错误；C选项，增大X的浓度可以增大单位体积内X的活化分子百分数，增大反应速率，C正确；

D选项，体积不变充入Ar气，单位体积内活化分子百分数不变，反应速率不变，D错误；故选择C；(6)①同一物质的分解速率与生成速率相同，说明正逆反应速率相同，可以说明反应达平衡状态，①正确；②化学反应速率之比等于化学计

量数之比，无论是否达到平衡状态，都存在单位时间生成amolA，同时生成3amolB，②错误；③反应达平衡时各组分浓度不再发生变化，可以说明反达平衡状态，③正确；④气体反应物与气体生成物的化学计量数之和相等，无论是否达到平衡状态，混合气体总的物质的量都不变，④错误；⑤平衡时

各物质的物质的量取决于起始配料比以及转化的程度，各组分物质的量的比不能作为判断是否达到平衡状态的依据，⑤错误；⑥A为固体，混合气体的密度不变化，说明气体的总质量不变，反应达到平衡状态，⑥正确；⑦A为固体，混合气体的平均摩尔质量不变化，说明气体的总质

量不变，反应达到平衡状态，故选择①③⑥⑦。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com