上海市交通大学附属中学学年高一第二学期期中考试化学试题解析版.docx
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上海市交通大学附属中学学年高一第二学期期中考试化学试题解析版
上海交通大学附属中学2018-2019学年度第二学期高一化学期中卷
相对原子质量：
H-1；N-14；O-26；Na-23；S-32；Cl-35.5；Cu-64；Ag-108
一、选择题（每小题只有一个正确答案）
1.我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：
“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。
”这里的“强水”是指
A.氨水B.硝酸C.醋D.卤水
【答案】B
【解析】
根据所给四种物质的氧化性的强弱可判断，该强水为硝酸，硝酸具有强氧化性，可溶解大部分金属。
答案选B。
【考点定位】本题考查历史背景下的化学知识，核心考点为元素化合物知识。
难度为容易等级
【此处有视频，请去附件查看】
2.《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：
“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。
”文中涉及的操作方法是
A.蒸馏B.升华C.分液D.萃取
【答案】B
【解析】
【分析】
由题文描述可知：
“取砒之法，将生砒就置火上”是指加热的方法；“以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳”是指被提纯物质气化、冷凝为固体的过程。
为升华操作。
【详解】A.蒸馏是利用混合液体的沸点不同，通过加热冷凝的方式将混合物分离开的操作；
B.升华是利用混合物中某物质的沸点低于熔点，直接将其气化以达到分离的目的；
C.分液是利用两种液体互不相溶的原理将其分离的操作；
D.萃取是利用溶质在两种互不相溶的液体中溶解度不同，将溶质从一种溶剂提取到另一种溶剂的过程；
答案选B。
3.化学与生活密切相关。
下列说法错误的是
A.PM2.5是指粒径不大于2.5μm的可吸入悬浮颗粒物
B.绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染
C.燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
D.天然气是我国目前推广使用的清洁燃料
【答案】C
【解析】
【详解】A.PM2.5是指粒径不大于2.5μm的可吸入悬浮颗粒物，A项正确；
B.绿色化学就是要求从源头上消除或减少生产活动对环境
污染，B项正确；
C.燃煤中加入CaO，可以减少酸雨的形成，其原理为：
CaO+SO2=CaSO3、2CaSO3+O2=2CaSO4。
但温室气体二氧化碳的排放无法避免，C项错误；
D.天然气是我国目前推广使用的清洁燃料，D项正确；
答案选C。
4.科学家最近研制出可望成为高效火箭推进剂的
（如下图所示）。
已知该分子中N-N-N键角都是108.1°，下列有关
的说法正确的是
A.分子中N、O间形成的共价键是非极性键
B.分子中四个氮原子共平面
C.该物质既有氧化性又有还原性
D.15.2g该物资含有6.02×
个原子
【答案】C
【解析】
试题分析：
A．分子中N、O间形成的共价键是极性键，A错误；B．该分子中N-N-N键角都是108.1°，，因此分子中四个氮原子不可能共平面，B错误；C．氮元素的化合价是＋1.5价，处于中间价态，因此该物质既有氧化性又有还原性，C正确；D．15.2g该物质的物质的量是15.2g÷152g/mol＝0.1mol，则含有0.1×10×6.02×1023个原子，D错误，答案选C。
考点：
考查化学键、空间构型、氧化性与还原性及阿伏加德罗常数计算等
【此处有视频，请去附件查看】
5.黑火药爆炸后产物为K2S、N2、CO2，下列物质中为黑火药主要成分且做还原剂的是
A.氧气B.木炭C.硫磺D.硝酸钾
【答案】B
【解析】
【分析】
由黑火药爆炸后产物为K2S、N2、CO2分析可知其主要成分中应含有钾、硫、氮、碳、氧元素，所以木炭、硫磺、硝酸钾均可为黑火药的主要成分。
其中在爆炸反应中做还原剂的物质在反应中需升高价态，由此解题。
【详解】A.氧气为助燃剂，不是黑火药主要成分，A项错误；
B.木炭是黑火药主要成分，在反应中生成CO2，碳元素化合价升高，在反应中做还原剂，B项正确；
C.硫磺是黑火药主要成分，在反应中生成K2S，硫元素化合价降低，在反应中做氧化剂，C项错误；
D.硝酸钾是黑火药主要成分，在反应中生成N2，氮元素化合价降低，在反应中做氧化剂，D项错误；
答案选B。
6.除去二氧化碳中混有的少量二氧化硫气体，可选用的试剂是
A.饱和碳酸钠溶液B.氢氧化钠溶液C.浓溴水D.高锰酸钾溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
除去杂质必有几个原则：
（1）尽可能不引入新杂质
（2）尽可能除去杂质或想办法把杂质转变为主要纯净物（3）避免主要物质的损失。
【详解】A.饱和碳酸钠溶液不仅会与二氧化硫反应，也会与二氧化碳反应，A项错误；
B.氢氧化钠溶液不仅会与二氧化硫反应，也会与二氧化碳反应，B项错误；
C.浓溴水具有挥发性，会使二氧化碳中混有溴蒸气，C项错误；
D.高锰酸钾溶液可与二氧化硫发生氧化还原反应：
5SO2+2KMnO4+2H2O==K2SO4+2MnSO4+2H2SO4，不影响二氧化碳，D项正确；
答案选D。
7.下列溶液中，不能区别SO2和CO2气体的是
①石灰水②H2S溶液③KMnO4溶液④溴水⑤酸化的Ba（NO3）2溶液⑥品红溶液
A.①②③④B.②③④⑤C.只有①D.①③
【答案】C
【解析】
【分析】
SO2和CO2都是酸性氧化物，都具备酸性氧化物的通性。
但SO2中的硫元素的化合价为+4价，处于中间价态，既能升高，也能降低，因此SO2不仅具有还原性还具有氧化性。
同时SO2还具有一定的漂泊性。
【详解】SO2和CO2都是酸性氧化物，都具备酸性氧化物的通性，都能使澄清石灰水变混浊。
但SO2还具有还原性，所以SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，使溴水褪色，在酸性溶液中能被硝酸钡氧化生成硫酸钡沉淀。
另外SO2还具有氧化性，能和硫化氢反应生成单质硫沉淀，所以只有①不能鉴别二者，答案选C。
8.下列反应中，不能产生黑色固体的是
A.Cu在硫蒸气中燃烧
B.Fe粉和S粉混合后点燃
C.H2S通入硫酸亚铁溶液中
D.H2S通入硫酸铜溶液
【答案】C
【解析】
A.铜在硫蒸气中燃烧生成黑色的硫化亚铜，故A不选；B.铁粉和硫粉混合后点燃生成黑色的硫化亚铁，故B不选；C.H2S通入硫酸亚铁溶液中反应生成淡黄色硫沉淀，故C选；D.H2S通入硫酸铜溶液反应生成黑色的硫化铜沉淀，故D不选；故选C。
9.一瓶无色气体，可能含有HCl、H2S、SO2、HBr、NO2、CO2中的一种或几种，将其通入氯水中，得无色透明溶液，将该溶液分成两份，一份加盐酸酸化的BaCl2溶液，析出白色沉淀；另一份加硝酸酸化的硝酸银溶液，也有白色沉淀生成。
下面结论正确的是
①原气体中肯定有SO2②原气体中可能有SO2③原气体中肯定无H2S、HBr、NO2④不能肯定是否含有HCl⑤原气体中肯定不含CO2⑥原气体中肯定含HCl
A.①③④B.①④⑤C.①③⑥D.①③④⑤⑥
【答案】A
【解析】
【分析】
因HCl、H2S、SO2、HBr、NO2、CO2六种气体中，NO2为红棕色，其它气体均为无色，所以可据此判断NO2是否存在。
当通入氯水，溶液无色透明，说明该气体中不含H2S和HBr，因Cl2+H2S=S↓（黄色沉淀）+2HCl、Cl2+HBr=Br2（溴水橙黄色）+2HCl，均有明显
现象。
当将反应后的溶液分成两份，一份加盐酸酸化的BaCl2溶液，析出白色沉淀，说明溶液中有硫酸根，是由SO2被氯水氧化所致；另一份加硝酸酸化的硝酸银溶液，也有白色沉淀生成，可能是氯水氧化SO2后生成的氯离子所致，据此判断。
【详解】气体为无色，说明没有NO2；通入氯水中，得无色透明溶液，说明没有H2S和HBr；向反应后的溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，析出白色沉淀，说明有SO2，但由于这份溶液提前加入过氯水，所以虽能使硝酸酸化的硝酸银溶液产生白色沉淀，但无法确定HCl是否存在。
因没有明显的实验现象证明CO2的存在，故不能确定CO2是否存在。
答案选A。
【点睛】本题综合考察了HCl、H2S、SO2、HBr、NO2、CO2六种物质的物理性质及特征性反应。
需要特别注意的是前一步反应所产生的物质对后面实验现象的影响。
例如，在本题中因在第二步实验中通入了氯水，引入了氧化性试剂和氯离子，虽能与硝酸酸化的硝酸银溶液产生白色沉淀，但是无法确定HCl是否存在。
10.在由Na2S、Na2SO3、Na2SO4组成的固体混合物中，已知S的质量分数为25.6%，则氧的质量分数为
A.36.8%B.37.6%C.51.2%D.无法计算
【答案】B
【解析】
【分析】
根据所给物质的化学式进行分析，可以发现，在这三种物质中，钠元素与硫元素的原子个数比均为2：
1，也就是说钠元素和硫元素的质量比是定值。
因此根据硫元素的质量分数为25.6%，可计算钠元素的质量分数。
氧元素的质量分数可利用：
100%-ω（Na）-ω（S），从而确定氧元素的质量分数，据此解题。
【详解】在这三种物质中，钠元素与硫元素的原子个数比为2：
1，也就是钠元素和硫元素的质量比是定值，即
。
根据硫元素的质量分数为25.6%，可计算钠元素的质量分数为36.8%，故氧元素的质量分数=100%-25.6%-36.8%=37.6%。
答案选B。
【点睛】本题考查了混合物的计算、质量分数的计算。
解题的关键是通过观察化学式，可发现混合物中Na元素和S元素的质量比保持不变，为一定值，由此进行计算。
11.密度为0.91g/cm3的氨水，质量分数为25%，该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液溶质质量分数为
A.12.5%B.>12.5%C.<12.5%D.无法确定
【答案】C
【解析】
【分析】
密度比水大且质量分数不同的同种溶质的两种不同溶液，当等体积混合后，所得溶液的溶质质量分数比等质量混合的要大；密度比水小且质量分数不同的同种溶质的两种不同溶液，等体积混合所得溶液的溶质质量分数比等质量混合的要小。
【详解】设原来有氨水体积为VmL，那么0.91g/mL的氨水质量为0.91Vg。
当加入等体积水相当于加入质量为Vg水，原来氨水溶液中的氨在整个稀释过程中质量没有变化，即为0.91V*25%，则在加入等体积水以后，质量分数可表示为w=
<12.5%，答案选C。
【点睛】解决此类问题时，我们可以直接用上述分析中的结论解决，提高做题速度。
当然也可以通过设数的方式进行演算。
但无论用哪种方法，一定要看清该溶液中溶质的密度特点，以及混合的方式即等质量混合还是等体积混合。
12.对于铜与稀硝酸反应的现象描述错误的是
A.溶液变成蓝色B.生成红棕色气体C.铜片溶解D.产生无色气体
【答案】B
【解析】
【分析】
铜与稀硝酸反应的化学方程式为:
3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，离子方程式为:
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，据此分析。
【详解】结合反应原理，可判断出铜与稀硝酸反应时，铜会溶解，使溶液变成蓝色，产生无色的NO气体。
故不会出现的现象为B项：
生成红棕色气体。
答案选B。
13.下列实验过程中，始终无明显现象的是
A.SO2通入已酸化的Ba（NO3）2溶液中
B.NO2通入KI溶液中
C.CO2通入CaCl2溶液中
D.SO2通入H2S溶液中
【答案】C
【解析】
【详解】A.SO2通入已酸化的Ba（NO3）2溶液中，当通入SO2较少量时，化学反应方程式为：
3SO2+3Ba（NO3）2+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4HNO3，而当通入SO2过量时，化学反应方程式为3SO2+Ba（NO3）2+2H2O=BaSO4↓+2NO↑+2H2SO4。
因此该实验的现象为产生无色气体，接触空气后立即变为红棕色且有白色沉淀生成，A项不可选；
B.NO2通入KI溶液中发生的反应过程为：
3NO2+H2O=2HNO3+NO、8HNO3+6KI=6KNO3+3I2+4H2O+2NO↑。
因此该实验现象溶液变为黄色且有无色气体产生，B项不可选；
C.CO2通入CaCl2溶液中，除了其与水反应生成碳酸外，没有其他反应发生，不会生成碳酸钙沉淀，所以没有明显现象，C项可选；
D.SO2通入H2S溶液中发生反应的方程式为：
SO2+2H2S=3S↓+2H2O。
因此该实验现象为溶液变浑浊；
答案选C。
14.在常温常压下，24mLH2S和O2的混合气体点燃后，生成6mLSO2，则原混合气体中H2S的体积可能为
A.10mLB.12mLC.16mLD.18mL
【答案】B
【解析】
【分析】
依据阿伏加德罗推论可知：
恒温恒压下，
=
；H2S和O2反应时有两种情况即当氧气过量时发生2H2S+3O2
2H2O+2SO2、当氧气少量时会发生2H2S+O2
2H2O+2S↓。
据此解题。
【详解】设原混合气体中H2S的体积为xmL，则：
2H2S+3O2
2H2O+2SO2
2Vm3Vm2Vm2Vm
xy6mL
计算可得
x=6mLy=9mL
所以反应生成SO2的H2S为6mL。
当氧气过量时，气体总体积为24mL，所以H2S为6mL，O2为18mL；
当H2S过量时，H2S与O2反应的产物有SO2和S，其中生成SO2的H2S为6mL，O2为9mL，生成S的H2S与O2总量为24-6-9=9mL，涉及到的反应为：
2H2S+O2
2H2O+2S↓，其中由于
=
，则
=
=
。
因此H2S总体积为6+6=12mL，O2为9+3=12mL。
答案选B。
【点睛】本题在解答时注意有两种情况，分别为氧气过量和H2S过量。
当氧气过量时仅发生2H2S+3O2
2H2O+2SO2；当H2S过量时会发生2H2S+O2
2H2O+2S↓和2H2S+3O2
2H2O+2SO2。
因此在解答此类问题时需要考虑全面。
15.从某些性质看，NH3与H2O、NH4+与H3O+、NH2-与OH-、NH2-与O2-相似，下列有关化学方程式不正确的是
A.氯化铵与KNH2反应：
NH4Cl+KNH2→KCl+2NH3↑
B.二价活泼金属M与液氨反应：
M+2NH3→M（NH2）2+H2↑
C.盐酸与MNH反应：
2HCl+MNH→MCl2+NH3
D.氯化铵与MO反应：
2NH4Cl+MO→M（NH2）2+2HCl+H2O
【答案】D
【解析】
试题分析：
A、KHN2相当于KOH，氯化铵与KOH反应的化学方程式是：
NH4Cl+KOH＝KCl+NH3+H2O对比（A）反应，可知该化学方程式正确，故A正确；B、NH3相当于H2O，二价活泼金属M与水反应的化学方程式是：
M+2H2O＝M（OH）2+H2↑对比（B）反应，可知该化学方程式正确，故B正确；C、MNH相当于MO，盐酸与MO反应的化学方程式是：
2HCl+MO＝MCl2+H2O对比（C）反应，可知该化学方程式正确，故C正确；D、NH4Cl相当于H3OCl（即HCl），H3OCl与MO反应的化学方程式是：
2H3OCl+MO＝MCl2+3H2O或2HCl+MO＝MCl2+H2O，则NH4Cl与MO反应的化学方程式应为：
2NH4Cl+MO＝MCl2+2NH3+H2O可知，化学方程式D不正确，故D错误；故选D。
考点：
考查对已知信息的理解与应用
16.NO2和Br2蒸汽都是红棕色、有刺激性气味的气体。
下列不能用来区别这两种气体的试剂是
A.CCl4B.蒸馏水C.浓H2SO4D.AgNO3溶液
【答案】C
【解析】
A.溴蒸汽能够被CCl4溶解，二氧化氮不能，现象不同，能够区分，故A正确；B.溴水有颜色，二氧化氮与水反应生成的硝酸无色，现象不同，能够区分，故B正确；C.浓硫酸与NO2和Br2蒸汽都没有明显的现象，不能区分，故C错误；D.溴与AgNO3溶液反应生成淡黄色沉淀，二氧化氮没有，现象不同，能够区分，故D正确；故选C。
点睛：
本题考查物质的检验及鉴别，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及发生的反应是解答本题的关键。
选项A为解答的难点和易错点。
17.实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置，其中正确的是（ ）
A.
氨气发生装置B.
是氨气吸收装置
C.
是氨气发生装置D.
是氨气收集、检验装置
【答案】C
【解析】
【详解】A.①NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl，气体进入干燥管的量太少，A项错误；
B.②氨气极易溶于水，防倒吸装置中漏斗口应与液面接触，按照装置图水会发生倒吸，B项错误；
C.③向CaO中滴加浓氨水，CaO遇水生成Ca（OH）2，同时放出大量热量，使浓氨水中的氨气逸出，C项正确；
D.④收集氨气采取向下排空气法，试管口处应塞一团棉花，防止与空气对流，否则得不到纯净的氨气，D项错误；
答案选C。
18.研究发现，空气中少量的NO2能参与硫酸型酸雨的形成，反应过程如下：
①SO2+NO2→SO3+NO②SO3+H2O→H2SO4③2NO+O2→2NO2，NO2在上述过程中体现了什么样的性质或起了什么作用：
①氧化性；②还原性；③催化剂；④酸性
A.①③B.③④C.③D.②④
【答案】A
【解析】
【分析】
在①SO2+NO2=SO3+NO中，二氧化氮中氮元素的化合价降低，所以二氧化氮作氧化剂；将方程式①×2+②+③得方程式为：
2SO2+H2O+O2=SO3+H2SO4，可发现反应前后二氧化氮的量并未发生变化，所以二氧化氮在整个反应过程中起催化剂的作用，据此答题。
【详解】从反应①中，可看出二氧化氮中氮元素的化合价降低，所以二氧化氮作氧化剂；当将三个方程式按照①×2+②+③得方程式为：
2SO2+H2O+O2=SO3+H2SO4，可发现反应前后二氧化氮的量并未发生变化，所以二氧化氮在整个反应过程中起催化剂的作用。
答案选A。
19.反应3Fe（s）+4H2O（g）
Fe3O4（s）+4H2（g）在一密闭容器中进行，下列条件的改变能使反应速度变快的是①体积不变，增加Fe的量；②体积不变，增加H2O的量；③体积不变，充入N2使压强增大；④压强不变，充入N2使体积增大
A.①②③B.②④C.②③D.②
【答案】D
【解析】
【分析】
影响化学反应速率的因素为浓度、压强、温度、催化剂。
其中增大反应物的浓度、增大压强、提高温度、加入催化剂都可以使反应速率提高。
【详解】对于在一密闭容器中进行的反应3Fe（s）+4H2O（g）
Fe3O4（s）+4H2（g）：
①当体积不变，增加Fe的量时，不影响反应速率；②当体积不变，增加H2O的量,提高了反应物的浓度,反应速率加快；③当体积不变，充入N2使压强增大,但反应物的浓度不变,反应速率不变；④压强不变，充入N2使体积增大,对参加反应的各反应物的浓度减小,反应速率减小；
答案选D。
20.将NO2、NH3和O2的混合气体28L通过稀H2SO4后，溶液质量增加42g，气体体积缩小为4.48L。
将带火星的木条插入其中，木条不复燃。
则原混合气体的平均相对分子质量为（气体体积都是在标准状况下测定）
A.32.8B.34.6C.36.2D.38.4
【答案】D
【解析】
【分析】
混合气体通过H2SO4时，NH3被吸收，NO2和O2会和稀H2SO4中的水发生反应：
4NO2+O2+2H2O=4HNO3，这都会使溶液的质量增加。
通过稀H2SO4后剩下的气体不是过量的NO2与水反应生成的NO，就是过量的O2。
通过题中所述“带火星的木条不复燃”可知剩下的4.48L气体应为NO。
【详解】根据质量守恒规律，原混合气体的总质量=溶液质量的增加量+生成的NO的质量，故混合气体平均摩尔质量=
=38.4
。
答案选D。
二、综合分析题
21.向Na2S和Na2SO3的混合溶液中加入足量的稀硫酸溶液，发生以下反应：
________Na2S+_________Na2SO3+________H2SO4→_______Na2SO4+_______S↓+______H2O
（1）配平上述化学方程式，标出电子转移的方向和数目。
________________
（2）反应中被氧化的元素是___________。
（3）反应中氧化产物和还原产物物质的量之比为__________。
【答案】
（1）.2
（2）.1（3）.3（4）.3（5）.3（6）.3（7）.
（8）.Na2S中-2价硫元素（9）.2:
1
【解析】
【分析】
向Na2SO3和Na2S的混合溶液中加入稀硫酸，溶液中会产生大量淡黄色沉淀，这主要是因为反应物中Na2S→产物中S，硫元素的化合价升高做还原剂，反应物中Na2SO3→产物中S硫元素的化合价降低做氧化剂，根据氧化还原反应中转移电子总数相等，可对该反应进行配平，电子转移的方向为从还原剂转移至氧化剂。
【详解】
（1）向Na2S和Na2SO3的混合溶液中加入足量的稀硫酸溶液，发生的反应中有：
化合价升高：
Na2S
S
化合价降低：
Na2SO3
S
所以可配平为2Na2S+Na2SO3+3H2SO4=3Na2SO4+3S↓+3H2O
用单线桥标注电子转移的方向和数目为：
（2）反应中Na2S为还原剂，其中被氧化的元素是-2价硫元素
（3）此反应中氧化产物为由Na2S升高价态所产生的硫、还原产物为由Na2SO3降低价态所产生的硫。
因此它们的物质的量之比为2：
1。
【点睛】本题解题的关键是找到氧化还原反应中的氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物，并建立这四种物质之间的电子守恒关系。
利用氧化剂在反应中得电子总数等于还原剂在反应中失电子总数，即可对方程式进行配平并准确作答。
22.废气中的H2S通过高温热分解可制取氢气：
2H2S（g）
2H2（g）+S2（g）。
现在3L密闭容器中进行H2S分解实验。
某温度时，测得反应体系中有气体1.31mol，反应10min后，测得气体为1.37mol，则10min内H2的平均生成速率为________________。
【答案】0.004mol/（L∙min）
【解析】
【详解】根据方程式知，反应前后气体增加的物质的量相当于n（S2），则反应前后生成的n（S2）=（1.37-1.31）mol=0.06mol，则v（S2）=
=
=0.002mol/（L∙min），v（H2）=2v（S2）=0.004mol/（L∙min）。
答案应为0.004mol/（L∙min）。
【点睛】本题主要考查了化学原理部分化学反应速率的计算。
在计算中需要注意公式中v=
，如题目中给的是参与反应物质的物质的量，则需将其变换成为浓度再进行计算。
23.SO2
实验室制法是利用亚硫酸钠和浓硫酸的反应。
（1）请写出该反应的化学方程式________________。
（2）反应中的硫酸既不是稀硫酸也不是98.3%的浓硫酸的原因是_______________________________。
（3）将SO2气体通入CuCl2溶液中，生成CuCl沉淀的同时，还有产物HCl和H2SO4。
请写出该反应的化学方程式____________。
【答案】
（1）.Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑
（2）.SO2在水中的溶解度较大，不采用稀硫酸；98.3%的
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