上海市控江中学学年高一第二学期期中考试化学试题解析版Word格式文档下载.docx
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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
【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,
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
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
【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
【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
【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;
【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)
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;
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)
【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)=
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
【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
Ba(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
D
Na2S溶液
酸性:
亚硫酸>
A.AB.BC.CD.D
【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:
氢硫酸,D正确;
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%
【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
=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
【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H2SO3>
H2CO3,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;
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
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;
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
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)=
×
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)=
=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
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,充入Ar使体系压强增大,但参加反应的物质的浓度不变,反应速率不变,④正确;
对反应速率几乎无影响的是①④,故合理选项是B。
【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素,侧重考查学生的分析能力和基础知识的积累,明确外界条件对反应速率影响的实质是解答的关键。
18.反应3A(g)
2B(g)+C(g)+Q(Q>
0)的反应速率随时间变化如下图所示,在t1、t2、t3、t4时刻都只有一个条件发生改变。
下列判断正确的是
A.t6~t7阶段,C的百分含量最大
B.t2~t3阶段,A的转化率最小
C.t3时,改变因素一定是使用了催化剂
D.t5时,改变因素一定是升高了温度
由图中反应速率的变化可知,t1时增了生成物的浓度,t3时加入了催化剂或增大了体系压强,t4时减小了体系压强或使用了抑制剂,t5时升高温度,t1时化学平衡逆向移动,A的转化率减小,C的百分含量减小,t3、t4时化学平衡不移动,t5时化学平衡逆向移动,A的转化率进一步减小,C的百分含量进一步减小,因此t6~t7阶段A的转化率最小,0~t1阶段C的百分含量最大。
【详解】3A(g)
0)说明该反应△H<0,反应前后气体体积不变,压强对化学平衡无影响。
由图中反应速率的变化可知,t1时速率增加且平衡逆向移动,改变条件为增了生成物的浓度,t3时速率同等程度增加,改变的条件为加入了催化剂或增大了体系压强,t4时速率同等程度减小,改变的条件为减小了体系压强或使用了抑制剂,t5时速率增大且平衡逆向移动,改变的条件为升高温度。
t1时化学平衡逆向移动,A的转化率减小,C的百分含量减小,t3、t4时化学平衡不移动,t5时化学平衡逆向移动,A的转化率进一步减小,C的百分含量进一步减小,因此t6~t7阶段A的转化率最小,0~t1阶段C的百分含量最大。
A.0~t1阶段,C的百分含量最大,A错误;
B.t6~t7阶段A的转化率最小,B错误;
C.t3时速率同等程度增加,改变的条件为加入了催化剂或增大了体系压强,C错误;
D.t5时速率增大且平衡逆向移动,改变的条件为升高温度,D正确;
【点睛】本题考查反应速率与时间图象、影响反应速率与化学平衡移动的因素,注意根据正、逆速率判断平衡移动方法。
19.某可逆反应达到化学平衡,当条件改变后平衡向正反应方向移动,则下列说法中正确的是
A.反应物的浓度一定降低
B.达到新的平衡前正反应速率一定大于逆反应速率
C.使用了合适的催化剂
D.正反应速率一定增大
【详解】A.增大反应物浓度,平衡正向移动,但平衡移动的结果是减弱这种改变,而不是抵消,因此增大反应物浓度,达新平衡状态反应物的浓度比原来浓度大,A错误;
B.正反应速率大于逆反应速率,平衡向正反应方向移动,B正确;
C.加入催化剂,正、逆反应速率改变的倍数相同,改变后的反应速率仍然相等,化学平衡不移动,C错误;
D.降低生成物浓度,化学平衡向正反应方向移动,由于反应物的浓度降低,所以正反应速率减小,D错误;
故合理选项是B。
20.在密闭容器内发生反应:
3FeO(s)+H2O
Fe3O4(s)+H2(g)-Q,H2O和H2物质的量随时间的变化如图所示,2min时仅改变一个条件,改变的条件是
A.减少n(H2O)B.增加n(H2)C.增大压强D.升高温度
由图可知,2min时,曲线斜率变大,则反应速率增大,且水的物质的量减小,氢气的物质的量增大,平衡正向移动,以此解答该题。
【详解】A.减少n(H2O),平衡逆向移动,反应速率减小,氢气的物质的量应该减小,A错误;
B.增加n(H2),平衡逆向移动,水的物质的量应增大,B错误;
C.反应前后气体的气体不变,增大压强,平衡不移动,气体的物质的量不变,C错误;
D.正反应吸热,升高温度,平衡正向移动,与图象相符合,D正确;
故合理选项
D。
【点睛】本题考查化学平衡的影响因素的知识,注意把握图象的分析,把握影响平衡移动的影响因素,侧重考查学生的分析能力。
二、实验题(本题共14分)
21.如下图所示,将甲、乙两个装有不同物质的针筒用导管连接起来,将乙针筒内的物质压到甲针筒内,进行下表所列的不同实验(气体在同温同压下测定)。
实验序号
甲针筒内物质
乙针筒内物质
1
溴水
SO2
2
H2S
3
NO2(主要)
H2O(l)
4
15mLCl2
40mLNH3
试回答下列问题:
(1)实验1中,溶液颜色由______色变为______色,写出溶液变色的化学反应方程式____________。
(2)实验2甲针筒内发生的化学反应方程式:
_______________。
反应后甲针筒内有少量的残留气体,正确的处理方法是将其通入________溶液中。
(3)实验3中,甲中最后剩余的无色气体是_____,写出NO2与H2O反应的化学反应方程式_____________。
(4)实验4中能看见有白烟产生并生成一种气体(空气主要成分之一),该化学反应方程式______________,写出检验所得白色固体中阳离子的操作方法:
___________。
【答案】
(1).橙
(2).无色(3).SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr(4).2H2S+SO2=3S↓+2H2O(5).NaOH(6).NO(7).3NO2+H2O=2HNO3+NO(8).8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl(9).取样,向其中加入强碱溶液,加热,产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体则证明固体中含NH4+离子。
(1)SO2与溴水发生反应产生硫酸和氢溴酸,根据物质水溶液的颜色分析判断;
(2)H2S与SO2发生反应产生硫单质和水,根据二者水溶液显酸性的性质选择使用的试剂;
(3)NO2与水反应产生硝酸和NO;
(4)Cl2具有氧化性,与NH3反应产生NH4Cl和N2,根据电子守恒、原子守恒配平方程式,可根据铵盐与碱共热产生氨气检验NH4+。
【详解】
(1)SO2与溴水发生氧化还原反应产生硫酸和氢溴酸,反应方程式为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr,溴水显橙色,反应后产生的硫酸和氢溴酸水溶性都是无色的,因此看到的现象是溶液由橙色变为无色;
(2)H2S与SO2发生反应产生硫单质和水,反应方程式为:
2H2S+SO2=3S↓+2H2O,H2S与SO2发生反应按2:
1的体积比关系反应,根据注射器的位置可知SO2过量,由于该气体是大气污染物,会导致大气污染,可利用该气体为酸性气体,能够与强碱NaOH溶液反应产生可溶性盐的性质,反应后甲针筒内有少量的残留气体,通入NaOH溶液溶液中进行吸收;
(3)NO2与水反应产生硝酸和NO,反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO,NO是无色气体,所以实验3中,甲中最后剩余的无色气体是NO;
(4)Cl2具有氧化性,NH3具有还原性,二者会发生氧化还原反应,根据两种气体的物质的量可知Cl2与NH3反应产生NH4Cl和N2,根据电子守恒、原子守恒配平方程式为8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl,检验NH4Cl中阳离子NH4+的方法是取样,向其中加入强碱溶液,加热,产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体则证明固体中含NH4+离子。
【点睛】本题考查了非金属元素
单质及化合物的知识,涉及Cl2、H2S、SO2、NO2等化学性质、反应现象的描述、方程式的书写、离子的检验方法等,一般情况下元素处于最高价具有强氧化性,处于最低价态,只有还原性,若处于中间价态,则既有氧化性又有还原性,掌握物质的化学性质及氧化还原反应的规律是本题解答的关键。
三、综合分析题(本题共19分)
22.氮元素是生命的基础,自然界中氮的循环过程如下图所示,请分析此图并回答有关问题。
(1)大气中的氮以________(填化学式)形式存在,图中共表示了_______种固氮的途径。
(2)由图可知,动植物体内的氮主要存在于蛋白质中,当动植物尸体发生腐败时,往往会产生一种含氮的气体,其电子式为________。
(3)土壤中的硝酸盐会被细菌分解。
有一种脱氧硫杆菌能够利用土壤中的硫化物来分解硝酸盐,其主要化学原理如下:
K2S+KNO3+H2O
N2↑+K2SO4+KOH,配平上述反应方程式,并标出电子转移的方向和数目___________。
上述反应的氧化剂是_____,被氧化的元素是______。
【答案】
(1).N2
(2).3(3).
(4).
(5).KNO3(6).-2价的硫
(1)大气中的氮以单质形式存在,可根据图示判断固氮的途径;
(2)动植物尸体发生腐败时,往往会产生一种含氮的气体是NH3,根据原子结构分析判断;
(3)根据元素化合价升高,失去电子,被氧化,作还原剂;
元素化合价降低,获得电子,被还原,作氧化剂,化合价升降总数等于反应过程中电子转移数目判断。
(1)大气中的氮以氮单质N2形式存在,根据图示可知有雷电固氮、工业固氮和植物的根瘤菌固氮三种途径。
(2)动植物尸体发生腐败时,往往会产生一种含氮
气体是NH3,N原子最外层有5个电子,N原子的三个成单电子与3个H原子形成3对共用电子对,从而使每个原子都达到稳定结构,所以NH3的电子式为
;
(3)在反应K2S+KNO3+H2O
N2↑+K2SO4+KOH中,S元素的化合价由反应前K2S中的-2价变为反应后K2SO4中的+6价,化合价升高8价,失去电子被氧化,所以K2S作还原剂;
N元素由反应前KNO3中的+5价变为反应后N2中的0价,化合价降低5,获得电子,被还原,所以KNO3作氧化剂。
由于在氧化还原反应中,元素化合价升降总数等于反应过程中电子转移数目,化合价升降的最小公倍数是40,所以S元素化合价升高了8价,所以K2S、K2SO4系数是分别是5,N元素化合价降低了5价,所以KNO3系数是8,则N2系数是4,再根据原子守恒,可得KOH系数是8,方程式用单线桥法表示电子转移的方向和数目为:
,其中反应的氧化剂是KNO3,被氧化的元素是K2S中的S元素。
【点睛】本题考查了氮元素在自然界的循环的知识。
涉及氮的固定方法、物质的电子式的书写、氧化还原反应方程式的配平、电子转移的表示方法、物质的作用等。
掌握氮的固定的含义、原子结构、原子结合方式及氧化还原反应的规律、概念及关系是本题解答的基础。
23.硫是生物必需的大量营养元素之一,下图是自然界中硫的循环图,请分析此图并回答有关问题。
(1)氮循环和硫循环是自然界中两
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