上海市控江中学2018-2019学年高一化学下学期期中试题（含解析）

上海市控江中学2018-2019学年高一化学下学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Cl-35.5S-32Ag-108Ba-137一、选择题（只有1个正确答案，每小题2分，共40分）1.下列化合物中不能由单质直接化合而制成的是A.Mg3N2B.Cu2SC.SO2D.NO2【答案】D【解析】【详解】A.Mg在空气中点燃，会与空气中的N2反应产生Mg3N2，A不符合题意；B.Cu与S加热产生Cu2S，B不符合题意；C.S在氧气中燃烧产生SO2，C不符合题意；D.N2与O2在电火花作用下反应产生NO，不能生成NO2，D符合题意；故合理选项是D。2.对NH3在工农业生产中用途的叙述错误的是A.制氮气B.制氮肥C.制硝酸D.做制冷剂【答案】A【解析】【详解】NH3在工农业生产中用途是可以利用氨气制备铵盐做氮肥，也可以催化氧化生成一氧化氮，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，氨气易液化可以做制冷剂，故合理选项是A。3.决定化学反应速率的根本因素是A.温度B.压强C.参加反应的各物质的性质D.参加反应的各物质的浓度【答案】C【解析】【详解】影响反应速率的因素有内因和外因，内因是反应物本身的性质，为主要因素，外界因素有浓度、温度、压强、催化剂、固体的表面积以及溶剂等；故合理选项是C。4.氮气是一种不活泼的气体，其根本原因是A.氮元素的非金属性较弱B.氮原子的半径较小，核对最外层电子吸引力强C.氮气是双原子分子D.使氮气分子的氮氮叁键断裂需要吸收很高的能量【答案】D【解析】【详解】气体单质活泼与否，与其键能高低有关，而氮分子是双原子分子，氮氮之间有三对共用电子对，键能大，要发生化学反应要断开氮氮叁键要吸收大量的能量，所以不活泼不易发生化学反应。故氮气是一种不活泼的气体，其根本原因是使N≡N键断裂需要很高的能量，故合理选项是D。5.既能使石蕊试液变红，又能使品红试液变为无色，还能使溴水褪色的是A.Cl2B.H2SC.SO2D.CO【答案】C【解析】试题分析：A、Cl2通入溶液生成盐酸和次氯酸，可以使石蕊试液先变红后退色，在品红事业中褪色，在溴水在不反应，溴水不褪色，故A不符合；B、H2S能使石蕊试液变红，不能使品红试液变为无色，和溴单质反应，能使溴水褪色，故B不符合；C、SO2既能使石蕊试液变红，又能使品红试液变为无色，还能和溴单质反应生成硫酸和氢溴酸，使溴水褪色的，故C符合；D、CO是不成盐氧化物，既不能使石蕊试液变红，又不能使品红试液变为无色，也不能使溴水褪色的，故D不符合；故选C。【考点定位】考查二氧化硫的化学性质【名师点晴】本题考查了氯气、硫化氢、二氧化硫、一氧化碳等物质的化学性质的应用，注意具漂白性物质的作用与溴水褪色的区别，能使石蕊试液变红，说明溶液中含有酸，能使品红试液变为无色说明是二氧化硫、次氯酸等漂白性的物质，能使溴水褪色的，说明能和溴单质反应。6.下列气体中，不能用启普发生器制取的是A.H2SB.NH3C.CO2D.H2【答案】B【解析】【详解】H2S、CO2、H2都是使用块状固体和液体反应而制取，且不需加热，可以使用启普发生器，实验室用氯化铵与氢氧化钙在加热时反应制取NH3，且氨气极容易溶于水，所以不能用启普发生器制取，故合理选项是B。7.下列反应中的酸既表现强氧化性，又表现酸性的是A.浓硝酸与FeO反应B.浓硝酸与木炭粉反应C.浓硫酸与CuO反应D.浓硫酸与NaCl固体反应【答案】A【解析】【详解】A.浓硝酸与氧化亚铁反应，将二价亚铁离子氧化生成三价铁离子同时生成NO2，浓硝酸既表现强氧化性，又表现酸性，A正确；B.浓硝酸与木炭粉的反应中，生成二氧化碳、二氧化氮和水，浓硝酸表现了强氧化性，由于没有盐生成，浓硝酸不表现酸性，B错误；C.浓硫酸与氧化铜反应生成硫酸铜和水，硫元素化合价不变，浓硫酸只表现酸性，C错误；D.硫酸与氯化钠固体反应生成氯化氢、硫酸钠，表现了浓硫酸的难挥发性，D错误；故合理选项是A。8.下列混合物用加热的方法可分离的是A.NH4Cl和Ca(OH)2B.I2和NH4IC.NH4Cl和NaClD.NH4Cl和NH4HCO3【答案】C【解析】【分析】选项中碘易升华，氯化铵、碳酸氢钠加热分解，且加热时发生反应的物质不能分离，以此来解答。【详解】A.NH4Cl和氢氧化钙固体混合物加热反应生成氯化钙、氨气、水，不能选择加热法分离，A错误；B.加热碘升华，氯化铵分解，则加热不能分离，温度稍低又变为固体物质，不能分离，B错误；C.氯化铵加热分解，而氯化钠不能，加热可分离，C正确；D.加热时氯化铵和碳酸氢钠都分解，不能用加热的方法分离，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查物质的分离、提纯的方法及选择，为高频考点，把握物质的性质、性质差异为解答的关键，侧重考查学生的分析与实验能力。9.对于反应A(g)+3B(g)→2C(g)，下列表示反应速率的关系中正确的是A.v(A)=2v(C)B.v(B)=v(C)C.3v(B)=v(A)D.3v(C)=2v(B)【答案】D【解析】【分析】根据反应速率之比是化学计量数之比解答。【详解】A.对于反应A(g)+3B(g)→2C(g)，2v(A)=v(C)，A错误；B.对于反应A(g)+3B(g)→2C(g)，2v(B)=3v(C)，B错误；C.对于反应A(g)+3B(g)→2C(g)，v(B)=3v(A)，C错误；D.对于反应A(g)+3B(g)→2C(g)，3v(C)=2v(B)，D正确；故合理选项是D。10.在四个不同的密闭容器中，采用不同条件进行反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，根据下列在相同时间内测定的结果判断，生成氨的速率最快的是A.v(N2)=0.2mol/(L∙min)B.v(NH3)=0.3mol/(L∙min)C.v(H2)=0.1mol/(L∙min)D.v(H2)=0.3mol/(L∙min)【答案】A【解析】【详解】发生3H2+N2⇌2NH3，都转化为用H2浓度变化来表示反应速率，反应速率越大，反应越快。A.v(N2)=0.2mol/(L∙min)，则v(H2)=3v(N2)=0.6mol/(L∙min)；B.v(NH3)=0.3mol/(L∙min)，则v(H2)=32v(N2)=0.45mol/(L∙min)；C.v(H2)=0.1mol/(L∙min)；D.v(H2)=0.3mol/(L∙min)，可见反应速率最快的是0.6mol/(L∙min)，故合理选项是A。11.将浓盐酸、浓硫酸和新制氯水分别滴在三张蓝色石蕊试纸上，这三张试纸最后的颜色是A.红、红、红B.红、黑、白C.红、黑、红D.白、黑、红【答案】B【解析】【详解】浓盐酸具有酸性，可以使蓝色石蕊试纸变为红色；新制氯水具有强氧化性，将试纸中的有色物质氧化成无色；浓硫酸具有脱水性，试纸和其中的有色物质都是有机物，浓硫酸夺取水分，只剩下黑色的碳；因此这三张试纸最后的颜色是红、黑、白，故合理选项是B。12.根据SO2气体通入不同溶液中的现象，所得结论不正确的是ABa(NO3)2溶液产生白色沉淀SO2有还原性B氢硫酸产生黄色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液溶液褪色SO2有漂白性DNa2S溶液产生黄色沉淀酸性：亚硫酸氢硫酸A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体，发生氧化还原反应生成硫酸钡白色沉淀，说明SO2具有还原性，A正确；B.氢硫酸与SO2在溶液中反应产生S单质和水，溶液变浑浊，产生黄色沉淀，在该反应中SO2中的S由反应前的+4价变为反应后的0价，化合价降低，获得电子，表现氧化性，B正确；C.SO2气体通入酸性KMnO4溶液中，发生氧化还原反应，使溶液变浑浊，SO2体现还原性，C错误；D.SO2气体通入Na2S溶液中，首先发生反应：SO2+H2O+Na2S=Na2SO3+H2S，然后发生反应：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，因此会看到产生黄色沉淀，证明酸性：亚硫酸氢硫酸，D正确；故合理选项是C。13.取一定量的Ag-Cu合金溶于足量稀硝酸后，再加入足量的盐酸得白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，其质量与原合金质量相等，则合金中Ag的质量分数为A.75.26%B.24.7%C.30%D.70%【答案】A【解析】【详解】取一定量的Ag-Cu合金溶于足量稀硝酸后，金属反应产生AgNO3、Cu(NO3)2，再加入足量的盐酸时，AgNO3与HCl发生复分解反应产生AgCl白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，其质量与原合金质量相等，由于Ag在反应前后质量不变，所以合金中Cu的质量为AgCl中Cl元素的质量，则Ag分数为108100%10835.5=75.26%,故合理选项是A。14.下列除杂方法正确的是（括号内为杂质）A.CO2（HCl），通过饱和Na2CO3溶液B.Na2SO3溶液（Na2SO4），滴加BaCl2溶液后过滤C.SO2（CO2），通过NaOH溶液D.CO2（SO2），通过饱和NaHCO3溶液【答案】D【解析】【详解】A.二者均与Na2CO3反应，不能达到除杂的目的，应该使用饱和NaHCO3溶液，A错误；B.二者均与BaCl2溶液反应产生沉淀，不能达到除杂的目的，B错误；C.SO2、CO2都是酸性氧化物，通过NaOH溶液时都反应产生盐，不能达到除杂的目的，C错误；D.由于酸性H2SO3H2CO3，所以含有杂质SO2的CO2气体通过饱和NaHCO3溶液后，SO2反应转化为CO2气体，达到除杂净化的目的，D正确；故合理选项是D。15.铜粉与稀硫酸不反应，若加入一种试剂，则铜粉可以溶解，该物质可能是（）A.NaClB.ZnC.KNO3D.稀盐酸【答案】C【解析】A．Cu与稀硫酸、氯化钠均不反应，不能溶解，故A不选；B．Zn与稀硫酸反应，铜不能溶解，故B不选；C．铜与氢离子和硝酸根离子发生氧化还原反应，铜粉溶解，故C选；D．Cu与稀硫酸、稀盐酸均不反应，不能溶解，故D不选；故选C。16.0.5mol硝酸铵一定条件下可分解成18g水以及另外一种气态物质，该气态物质可能是A.NOB.N2OC.N2O3D.N2【答案】B【解析】【分析】0.5mol硝酸铵，反应前各种原子的量：1molN，2molH，1.5molO；反应后生成的水中含有的原子：n(H)=2n(H2O)=1818/ggmol×2=2mol，含有的O原子的物质的量n(O)=n(H2O)=1mol，所以未知气体中含有：N原子为1mol，O原子为0.5mol，不含H原子，据此判断。【详解】18g水的物质的量为n(H2O)=1818/ggmol=1mol，反应前0.5mol硝酸铵含有的各种原子的物质的量：N原子0.5mol×2=1mol，H原子0.5mol×4=2mol，O原子0.5mol×3=1.5mol；反应后生成水中含有的原子的物质的量：H原子n(H)=1mol×2=2mol，O原子：n(O)=1mol×1=1mol。因此未知气体中含有：N原子1mol，O原子为1.5mol-1mol=0.5mol，不含H原子；n(N)：n(O)=2：1，则未知气体为N2O，故合理选项是B。【点睛】考查原子守恒在物质化学式确定的计算，关键根据原子守恒判断未知气体中元素种类及原子个数比。17.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一个体积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是①增加固体碳的量②保持压强不变，充入Ar使体系体积增大②将容器压缩体积④保持体积不变，充入Ar使体系压强增大A.①③B.①④C.①②D.③④【答案】B【解析】【分析】反应中C为固体，增加固体的量对反应速率没有影响，改变体积或压强，只有反应物质的浓度发生变化时，反应速率才发生改变，以此解答该题。【详解】①增加碳的量，物质的浓度不变，反应速率不变，①正确；②保持压强不变，充入Ar使体系体积增大，反应的气体的浓度减小，反应速率减小，②错误；③将容器体积压缩，气体浓度增大，反应速率增大，③错误；④保持体积不变，充