上海市控江中学2018-2019学年高一第二学期期中考试化学试题(解析版)

控江中学2021届高一第二学期化学学科期中考试试卷

可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cl-35.5 S-32 Ag-108 Ba-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. Mg3N2

B. Cu2S

C. SO2

D. 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. Cl2

B. H2S

C. SO2

D. 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. H2S

B. NH3

C. CO2

D. 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)2

B. I2和NH4I

C. NH4Cl和NaCl

D. 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)=3

2

v(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

【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

A. A

B. B

C. C

D. 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%

【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AgNO 3、Cu(NO 3)2，再加入足量的盐酸时，AgNO 3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. CO 2（HCl ），通过饱和Na 2CO 3溶液

B. Na 2SO 3溶液（Na 2SO 4），滴加BaCl 2溶液后过滤

C. SO 2（CO 2），通过NaOH 溶液

D. CO 2（SO 2），通过饱和NaHCO 3溶液

【答案】D

【解析】

【详解】A.二者均与Na 2CO 3反应，不能达到除杂的目的，应该使用饱和NaHCO 3溶液，A 错误；

B.二者均与BaCl 2溶液反应产生沉淀，不能达到除杂的目的，B 错误；

C.SO 2、CO 2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H 2SO 3>H 2CO 3，所以含有杂质SO 2的CO 2气体通过饱和NaHCO 3溶液后，SO 2反应转化为CO 2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. Na Cl

B. Zn

C. KNO 3

D. 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. NO

B. N2O

C. N2O3

D. N2

【答案】B

【解析】

【分析】

0.5mol硝酸铵，反应前各种原子的量：1mol N，2mol H，1.5mol O；反应后生成的水中含有的原子：

n(H)=2n(H2O)=

18

18/

g

g mol

×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)=

18

18/

g

g mol

=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)+H 2O(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. ①③

B. ①④

C. ①②

D. 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；