黑龙江省哈尔滨市第六中学2018-2019学年高一化学下学期4月月考试题含解
析
高一化学试题
可能的用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 0:16 S:32 Cu:64
第I卷(选择题)
一、单选题(每小题2分，共50分)
1.你认为减少酸雨的产生可采取的措施是（）
①用煤作燃料②把工厂炯囱造高③化石燃料脱硫④在已酸化的土壤中加石灰⑤开发新能源
A. ①②③
B. ①③④⑤
C. ②③④⑤
D. ③⑤【答案】D
peepm
【解析】
【分析】
形成酸雨的主要气体污染物是SO2等，SO2主要来源于燃烧含硫的煤，少用煤作燃料、燃料脱硫、开发新的能源等措施可以减少二氧化硫气体的排放，从而减少酸雨的形成，以此解答。【详解】①SO2主要来源于燃烧含硫的煤，用煤作燃料不能减少酸雨的产生，故①错误；
②工厂烟囱造高一些不能减少二氧化硫的排放，所以不能减少酸雨的产生，故②错误；
③将矿石燃料脱硫，能减少二氧化硫的排放，能减缓酸雨污染，故③正确；
④在已酸化的土壤中加石灰，可以改良土壤，但不能减缓酸雨污染，故④错误；
⑤开发新能源能减少二氧化硫的排放，所以能减少酸雨的形成，故⑤正确；选D。
2.某溶液中含有HCO3-、SO32-、Na+、NO3-四种离子，向其中加入适量Na2O2固体后，假设溶液体积不变，溶液中离子浓度增大的是
A. SO32-
B. HCO3-
C. Na+
疫苗伴侣
D. NO3-
【答案】C
【解析】
【分析】
Na2O2具有强氧化性，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，使溶液呈碱性。能与OH-反应的离子和具有还原性的离子的浓度会发生改变，同时溶液中存在反应生成的离子，该离子浓度也会变化。 【详解】Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，使溶液呈碱性，HCO3-与OH-反应生成CO32-，则HCO3-离子浓度减小；Na2O2具有强氧化性，将SO32-氧化为SO42-，则SO32-离子浓度减小；NO3-浓度基本不变，钠离子浓度增大，故选C。
【点睛】本题考查离子的共存，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键。
3.关于下列各装置图的叙述中，正确的是
A. 制取及观察Fe（OH）2
B. 比较两种物质的热稳定性
C. 实验室制取NH3
D. 分离沸点不同且互溶的液体混合物
【答案】A
【解析】
【详解】A．将滴管插入到液面以下，氢氧化钠和硫酸亚铁发生反应：
2NaOH+FeS04=Na2S04+Fe（OH）2↓，Fe（OH）2很容易被空气中的氧气氧化：4Fe（OH）
+O2+2H2O=4Fe（OH）3，该装置使用煤油以隔绝空气，使氢氧化亚铁不能与氧气充分接触，从2
而达到防止被氧化的目的，所以该实验能制取并观察到氢氧化亚铁白絮状沉淀，故A正确；
B．碳酸钠较稳定，加热不分解，只有碳酸氢钠分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，该装置的受热温度较低的小试管中应该盛放易分解的碳酸氢钠，由于该设计方案中碳酸氢钠的受热温度较高，故无法比较二者的热稳定性，故B错误；
C．氯化铵受热生成氨气和氯化氢，在试管口易因温度降低，两者易反应生成氯化铵，不能
制备氨气，故C错误；
D．图中装置为分馏操作，可用于分离沸点不同且互溶的液体混合物，进出水方向为下口进
上口出，温度计水银球的位置应该在蒸馏烧瓶的支管出口处，故D错误；
故答案选A。
4.铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体，这些气体与11.2 L
O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。则消耗铜的质量为( ) A. 32 g B. 48 g C. 64 g D. 96 g
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意可知，生成NO2、NO的做氧化剂消耗硝酸的量等于NO2、NO与氧气反应生成硝酸的量，说明整个过程中氧气得到的电子和铜失去的电子相同。
【详解】铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、NO2的混合气体，这些气体与
11.2LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，完全生成HNO3，整个过程中HNO3反应前后没有变化，说明铜失去的电子给做氧化剂的硝酸，生成气体，气体和氧气全部反应生成硝酸，证明氧气得到的电子和铜失去的电子相同，即Cu失去的电子都被
O2得到，由电子守恒可知n（Cu）×2=n（O2）×4，n（Cu）==1mol，消耗铜的质量=1mol×64g/mol=64g，故选C。
【点睛】本题考查了氧化还原反应的电子守恒的计算应用，注意物质性质的变化和反应过程的分析是解题关键。
5.在一定温度和压强下，将一支容积为21mL的试管充满NO2后，倒置于一个盛水的水槽中，当试管内液面上升一定高度不再变化时，在相同条件下再通入O2，若要使试管内的液面仍
保持在原高度，则通入O2的体积为
A. 8.75mL
B. 12.25mL
C. 5.25mL
D. 10.5mL
FOSY【答案】B
【解析】
【分析】
二氧化氮和水反应的方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，一氧化氮和水反应生成二氧化氮，二氧化氮又和水反应生成硝酸和一氧化氮，当充入的氧气少量时，剩余的气体是一氧化氮，液面上升，NO与通入的氧气恰好反应时，溶液充满整个试管，当充入的氧气过量时，液面下降，若要使试管内液面仍保持在原高度，剩余的气体是氧气，等于生成NO的体积。
【详解】根据3NO2+H2O=2HNO3+NO知，将一容积21ml的试管充满NO2后，倒置于一个盛水的
氨气压缩机水槽中，当试管内液面上升至一定高度不再变化时，生成的一氧化氮的体积是二氧化氮的
1/3为7mL；当充入的氧气少量时，剩余的气体是一氧化氮，液面上升，NO与通入的氧气恰
好反应时，溶液充满整个试管，则由方程式4NO+3O2+2H2O=4HNO3可知O2为21/4ml，当充入的氧气过量时，液面下降，若要使试管内液面仍保持在原高度，剩余的气体是氧气，等于生成NO的体积为7mL，故通入的氧气的体积=7mL+21/4mL=12.25mL，故选B。
【点睛】本题考查氮的氧化物性质、根据方程式计算的计算等，清楚发生的反应是解题关键，注意利用总反应方程式进行的解答。
豆制品加6.CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径如图所示。下列说法正确的是 A. 途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为2：3
B. 利用途径③制备16g硫酸铜，消耗硫酸的物质的量为0.1mL
C. 生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量：①=②=③
D. 与途径①、③相比，途径②更好地体现了绿化学思想
【答案】D
【解析】
分析：物质制备的基本思想是用最少的原料获得最多的产品，同时符合原子利用率高，无污染等要求。途径①的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3－3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，途径②的反
可调式电热板应方程式式为2Cu＋O22CuO CuO＋H2SO4CuSO4＋H2O，途径③的反应方程式式为Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，据此可解答。
详解：A、根据途径①的离子方程式可知，H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，故A错误；
B、由途径③的化学方程式可得，制备16g硫酸铜即0.1mol，需要消耗硫酸的物质的量为0
.2mol，所以B错误；
C、由反应方程式可知生成等量的硫酸铜，参加反应的硫酸的物质的量为①=②=③，所以C
错误；
D、根据反应方程式可知，制取等量的硫酸铜，途径①与途径②相比，在消耗等量硫酸的基
础上又多消耗了硝酸，并生成污染性气体NO，途径③消耗硫酸最多，并产生污染性气体
SO2，只有途径②消耗硫酸量少，又不产生污染性气体，所以途径②更好地体现了绿化学思想，故D正确。本题答案为D。
7.下列离子方程式书写正确的是( )
A. 铁粉加入稀硫酸中：2Fe＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2↑
B. SO2通入氯水中：SO2＋Cl2＋2H2O＝SO42－＋2Cl－＋4H＋
C. Fe(OH)2溶于过量的稀HNO3：Fe(OH)2＋2H＋＝2Fe2＋＋2H2O
D. 少量氯水滴入FeBr2溶液中：Cl2＋2Br－＝2C1－＋Br2
【答案】B
【解析】
【分析】
A、铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；
B、二氧化硫与氯水反应生成硫酸和盐酸；
C、Fe(OH)2与过量的稀HNO3反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；
D、亚铁离子还原性强于溴离子，少量氯水滴入FeBr2溶液中，氯水应先与亚铁离子反应。【详解】A项、铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程为：Fe+2H+═
Fe2++H2↑，故A错误；
B项、将SO2通入氯水中，二氧化硫与氯水反应生成硫酸和盐酸，反应的离子方程为：
SO2＋Cl2＋2H2O＝SO42－＋2Cl－＋4H＋，故B正确；
C项、Fe(OH)2与过量的稀HNO3反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应的离子方程为：
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