上海市建平中学2024-2025学年高一下学期开学 化学试题（含解析）

这是一份上海市建平中学2024-2025学年高一下学期开学 化学试题（含解析），共13页。试卷主要包含了 本试卷可能用到的相对原子质量，001g ②等内容，欢迎下载使用。
(考试时间60分钟 满分100分)
考生注意：
1. 自备科学计算器等参加考试，考试期间严格遵守考试纪律，听从监考员指挥，杜绝作弊
2. 选择题如无说明，则为单选，不定项题则有1~2个正确选项
3. 本试卷可能用到的相对原子质量：Cu-64 H-1 S-32 O-16
一、 测定硫酸铜晶体中结晶水的含量
1. 测定硫酸铜晶体()中x值的实验过程如图：
（1）以下是实验中可能用到的几种仪器，仪器c为_______。其中缺少的实验器材为：_______。
（2）第一次称量的是：_____，“操作Ⅰ”是______，用到上述_______(填序号)仪器。
（3）判断达到恒重的依据是_______，进行恒重操作的目的是_______。
（4）各次称量的数据如下表：
则中的x=_______。
（5）下列操作会导致x值偏高的是_______。
A. 坩埚未干燥B. 加热过程中有晶体溅失C. 灼烧后坩埚在空气中冷却D. 没有进行恒重操作
（6）完成一次完整的上述实验(不包括平行实验)，至少称量_______次。
【答案】（1） ①. 干燥器 ②. 研钵和钵杵
（2） ①. 坩埚质量 ②. 灼烧 ③. bd
（3） ①. 相邻两次称量的质量差小于0.001g ②. 确保晶体失去全部结晶水
（4） （5）AB
（6）5
【解析】
【分析】测定硫酸铜晶体(CuSO4•xH2O)中结晶水含量的原理为先将晶体放在研钵中研细，然后放在坩埚中加热，直到前后两次称量的质量差不超过0.001g后停止加热，说明完全失水，再放在干燥器中冷却，最后利用加热前后的质量差来计算结晶水含量，据此分析解题。
【小问1详解】
根据仪器图形可以判断c为干燥器；根据分析，缺少的实验器材为：研钵和钵杵；
【小问2详解】
第一次称量的是：坩埚的质量；装入称量总质量后，灼烧使其失去结晶水，“操作Ⅰ”是灼烧；用到坩埚和酒精灯，故选bd；
【小问3详解】
根据分析，判断达到恒重的依据是相邻两次称量的质量差小于0.001g；进行恒重操作的目的是确保晶体失去全部结晶水；
【小问4详解】
取最后一次称量的质量数值计算，为剩余的质量，为失去的结晶水的质量，则计算x=；
【小问5详解】
A．坩埚未干燥，加热后水挥发，而造成加热前后固体的质量差偏大，使水的质量测定结果偏大，A正确；
B．加热过程中有少量晶体溅出，会导致测定的硫酸铜的质量偏小，导致水的质量测定结果偏大，B正确；
C．加热固体到白色后，露置在空气中冷却，则硫酸铜又吸水，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，测定的水的质量偏小，C错误；
D．该同学未做恒重操作，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，测定的水的质量偏小，D错误；
故选AB；
【小问6详解】
为确认硫酸铜晶体完全失去结晶水，需进行恒重操作，直至连续两次称量的差不超过0.001g为止，这是为了确定样品中结晶水是否已经被全部除去；加上流程图中的三次称量，可知至少称量5次。
二、 氮及其化合物
2. 氮元素是地球大气中含量最多的元素，是重要的非金属元素，请回答下列问题：
（1）写出氮元素的原子结构示意图：___________，氨气的电子式：___________。
（2）下面是实验室制取氨气中正确的是___________。
（3）收集氨气应使用___________法，要得到干燥的氨气可选用___________做干燥剂。
（4）甲、乙两组同学用干燥的圆底烧瓶各收集一瓶氨气，根据图B喷泉实验的装置进行实验，都观察到美丽的红色喷泉。他们完成喷泉实验后，圆底烧瓶中所得溶液如图C所示。则下列说法中错误的是___________。
A. 该实验能证明氨气溶于水后生成碱性溶液。
B. 该实验能证明氨气极易溶于水。
C. 实验结束后，甲组同学所得氨水的物质的量浓度小于乙组同学所得氨水的物质的量浓度。
D. 该实验不能证明氨水受热易分解。
（5）若只有图示装置，请说明引发喷泉的方法：___________。
【答案】（1） ①. ②.
（2）BD （3） ①. 向下排空气法 ②. 碱石灰或固体CaO （4）C
（5）打开止水夹，用手(或热毛巾等)将烧瓶捂热，氨气受热膨胀，赶出玻璃导管内的空气，再将热源移开，水进入烧瓶内，氨气溶解于水中产生压强差，即发生喷泉
【解析】
【分析】氨气极易溶于水，胶头滴管内的水挤入圆底烧瓶后，圆底烧瓶内气压下降，打开止水夹则在大气压作用下，烧杯内滴有酚酞的溶液进入圆底烧瓶，形成喷泉，氨水显碱性使酚酞溶液变红色，据此回答。
【小问1详解】
氮7号元素，原子结构示意图是，氨气中氮原子与氢原子之间共用一个电子对，其电子式：；
【小问2详解】
A． NH4Cl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，无法制取氨气，故A错误；
B．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，故B正确；
C．固体加热制气体时，试管口应略向下倾斜，使产生的水能够流出，以免损坏试管，故C错误；
D．浓氨水易挥发，且为液体试管口向上倾斜，用浓氨水加热制取NH3的方法是正确的，故D正确；
故选BD；
【小问3详解】
氨气极易溶于水，不能用排水的方法收集，氨气的密度比空气小，所以应该用向下排空气的方法收集。氨气的水溶液显碱性，所以要得到干燥的氨气可选用碱石灰或固体CaO做干燥剂；
【小问4详解】
A．无色的酚酞试液遇碱变红色，氨气溶于水后生成碱性溶液，A正确；
B．喷泉实验是利用压强差产生，氨气极易溶于水使烧瓶内压强急剧减小，外界大气压不变，导致烧杯中液体通过导管进入烧瓶而产生喷泉，B 正确；
C．溶解氨气的体积和形成溶液的体积相等，设溶解氨气的体积为V，形成溶液的体积也是V，氨气的物质的量为，形成溶液的浓度为=ml/L，所以形成溶液的浓度与溶液体积无关，甲组同学所得氨水的物质的量浓度等于乙组同学所得氨水的物质的量浓度，C错误；
D．该实验没有加热氨水，不能证明氨水受热易分解，D正确；
故选C；
【小问5详解】
喷泉实验的关键是形成压强差，氨气极易溶于水，所以引发水上喷的操作是打开止水夹，用手(或热毛巾等)将烧瓶捂热，氨气受热膨胀，赶出玻璃导管内的空气，再将热源移开，水进入烧瓶内，氨气溶解于水中产生压强差，即发生喷泉。
3. L、M、Q、R、X分别代表五种含不同化合价的氮元素的物质，并且每种物质中氮元素的化合价只有一种。已知：L中氮元素的化合价要比M中的低，并且在一定条件下，它们会有如下的相互转换关系(未配平)：
①Q+HCl→M+Cl2 ②R+L→X+H2O ③R+O2→L+H2O
（1）若这五种物质中有一种是硝酸，那么硝酸应该是L、M、Q、R、X中的___________(填字母)。
（2）反应③是在催化剂(如铂、氧化铁等)存在，并且加热到一定温度时发生的，这个反应在工业上有重要的应用。请据此推断，若物质X是相同条件下密度比CO2小的气体，那么X的化学式是___________。
（3）将镁粉加入极稀的硝酸中，发现没有气体产生，请将发生反应的方程式填写完整：___________。
4Mg+10HNO3→4Mg(NO3)2+___________+___________H2O
（4）改变适当的条件，上述反应在反应物用量之比不变的情况下，能发生新的反应，则此时硝酸的还原产物的结构式为___________。
【答案】（1）Q （2）N2
（3）4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O
（4）N=N=O
【解析】
【小问1详解】
在反应①中，氯元素的化合价升高，则氮元素化合价降低，即其化合价：Q＞M，反应②是含氮物质的归中反应，X中氮元素的化合价在R与L之间，在反应③中，氧元素的化合价降低，则氮元素化合价升高，即其化合价：L＞R，则L＞X＞R，结合题意：L中氮元素的化合价要比M中的低，故氮元素化合价为：Q＞M＞L＞X＞R，氮原子的最外层电子数为5，因此当失去五个电子时价态最高，为+5价，硝酸中的氮元素的化合价为+5，因此为Q；
【小问2详解】
根据反应③的元素守恒，R除了含氮元素，还含有氢元素，且反应③是在催化剂(如铂、氧化铁等)存在，并且加热到一定温度时发生的，这个反应在工业上有重要的应用，故反应③是氨气的催化氧化，则R为NH3，L为NO，若物质X是相同条件下密度比CO2小的气体，说明X的相对分子质量小于二氧化碳的相对分子质量，又由(1)知X中氮元素化合价在NH3与NO之间，故X为N2；
【小问3详解】
镁粉加入极稀的硝酸中，发现没有气体产生，则硝酸应被还原成铵根，生成NH4NOЗ，根据氮原子守恒可知NH4NOЗ的系数为1，H2O的系数为3，故其反应方程式为：4Mg+10HNOЗ═4Mg(NOЗ)2+NH4NOЗ+3H2O；
【小问4详解】
根据题干不完整的反应方程式，4ml镁和10ml硝酸反应时，一定生成4mlMg(NOЗ)2，所以最多有2ml硝酸被还原，设还原产物中氮元素化合价为x，根据化合价升降总数守恒，4×2=2×(5-x)，解得x=1，则此时硝酸的还原产物为 N2O，与CO2为等电子体，结构式为N=N=O。
三、 元素周期律
4. 根据元素周期表和元素周期律的相应内容，完成下列问题：
【天下第一表】：元素周期表是我们学习化学，研究物质性质的重要工具。
（1）图1中是7×18的格子，请用笔画出周期表的轮廓___________。
（2）如图2是金字塔式元素周期表的一部分，请回答下列问题：
①铁元素位于元素周期表中第4周期___________族。
②关于金字塔周期表的上述元素，下列叙述正确的是___________。
A．h的最高价氧化物对应的水化物是一种强碱
B．c的氢化物的水溶液是强酸
C．原子半径：h>e>f
D．氢化物的酸性：f强于g
③写出元素e，d的最高价氧化物对应水化物之间的反应的离子反应方程式___________。
④用一个反应方程式比较a和b的非金属性强弱：___________。
⑤比较离子半径大小为：O2-___________d+(填“>”、“ ⑥. 电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，O2-与Na+具有相同的电子层结构，Na元素的核电荷数大于O元素，因此Na+的半径小于O2-
（3）硫原子最外电层电子数与硒相同，但硒原子电子层数比硫原子多，所以硫原子半径小于硒原子，S元素的非金属性大于Se，得电子能力强 （4）AC
（5）从元素周期律的角度，非金属性：O>S>Se，则简单气态氢化物的热稳定性：H2O>H2S>H2Se
（6）2：1
【解析】
【小问1详解】
需要注意元素周期表长、短周期的位置特点以及短周期中第一周期（只有两种元素），从第四周期开始出现副族元素等特点，故正确的示意图为。
【小问2详解】
①铁元素的原子序数是26，据此判断其在同元素周期表中的位置是第Ⅷ族。
②根据目h在周期表中的位置，确定是钾元素，氢氧化钾是强碱，故A正确；根据位置判断，c是F元素，HF是弱酸，故B错误；一般地，同一周期从左至右，原子半径逐渐减小（不考虑稀有气体元素），同一主族从上到下，原子半径逐渐增大。据此判断原子半径：h>e>f。故C正确；根据位置判断，f为S元素、g为Cl元素，硫酸酸性比高氯酸弱。故D错误。
③元素e，d分别为Al、Na，元素e，d的最高价氧化物对应水化物之间的反应的离子反应方程式为：
④元素a，b分别为H、N,在方程式 N2做氧化剂，可体现出氮元素非金属性强于氢元素。
⑤ 电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，O2-与Na+具有相同的电子层结构，Na元素的核电荷数大于O元素，因此Na+的半径小于O2-
【小问3详解】
硫原子最外电层电子数与硒相同，但硒原子电子层数比硫原子多，所以硫原子半径小于硒原子，S元素的非金属性大于Se，得电子能力强
【小问4详解】
氧族元素的非金属性由强到弱依次为：O、S、Se、Te。因此，其气态氢化物稳定性按H2O、H2S、H2Se、H2Te的顺序依次减弱。故A正确；氧族元素的原子半径由小到大依次为：O、S、Se、Te。因此，其氢化物中的键长按O-H、S-H、Se-H、Te-H的顺序依次增大。故B错误；氧族元素的离子半径由小到大依次为：O2-、S2-、Se2-、Te2-。因此，其负离子的还原性按O2-、S2-、Se2-、Te2-的顺序依次增强。故C正确；氧族元素的非金属性由强到弱依次为： S、Se、Te。因此，其最高价氧化物的水化物酸性按H2SO4、H2SeO4、H2TeO4顺序依次减弱。故D错误。
【小问5详解】
从元素周期律的角度，非金属性：O>S>Se，则简单气态氢化物的热稳定性：H2O>H2S>H2Se
【小问6详解】
SO2还原H2SeO3得到Se，二氧化硫被氧化，化合价升高至+6价，硒元素化合价降低4价，按照氧化还原反应中电子转移数量守恒即化合价升降总数相等的原则。反应中n(SO2)：n(H2SeO3)=2:1
【点睛】掌握“原子核外电子排布——原子半径——元素金属性、非金属性——该元素游离态、化合态物质的化学性质表现”这一关键逻辑。
四、 辩证看待硫循环
5. 硫是生物必需的大量营养元素之一，同时也是一些大气污染产生的原因，请回答下列有关问题：
（1）硫化氢___________用启普发生器收集(选填“可以”或“不可以”)虽然有毒，但有研究发现人体心肺血管中存在微量硫化氢，它对调节心血管功能具有重要作用，请再举出一例类似硫化氢“亦正亦邪”物质的实证：___________。
（2）为了防治酸雨，工业上常采用 “钙基固硫法” 即将生石灰和含硫的煤混合后燃烧，燃烧时硫、氧气和生石灰共同作用，使硫元素转移到炉渣中，大部分硫元素最终转化为固体盐是___________。
（3）研究发现，空气其中少量的NO2也能参与硫酸型酸雨的形成，反应过程如下：
①SO2+NO2→SO3+NO ②SO3+H2O→H2SO4 ③2NO+O2→2NO2
NO2在上述过程中的作用，与H2SO4在下列变化中的作用相符的是___________。
A. 潮湿的氯气通过盛有浓H2SO4的洗气瓶
B. 硫化氢通入浓H2SO4中
C. 浓H2SO4滴入萤石(CaF2)中，加热制取HF
D. 乙酸与乙醇与浓硫酸加热发生酯化反应
（4）SO2尾气可用NaOH溶液吸收，得到Na2SO3和NaHSO3两种盐。若一定物质的量的SO2与氢氧化钠溶液反应，所得溶液中Na2SO3和NaHSO3的物质的量之比为2：3，则参加反应的SO2和NaOH的物质的量之比为___________。
【硫化氢转化】： 硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将和空气的混合气体通入、、的混合酸性溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。
（5）用合适的化学用语表示硫化氢溶于水显弱酸性的原因：___________；过程①吸收生成CuS沉淀，溶液的酸性___________(选填：“增强”或“减弱”或“不变”)。
（6）在图示过程②中：被氧化的元素是：___________。
（7）在图示过程③中：转化为，写出反应的离子方程式___________。
（8）写出反应①、②、③的总反应的化学方程式：___________。
【答案】（1） ①. 可以 ②. 二氧化硫具有漂白性能够用于纸浆漂泊，但是能够造成酸雨
（2）CaSO4 （3）D
（4）5：7 （5） ①. H2S ⇌ HS- + H+、HS- ⇌ H+ + S2- ②. 增强
（6）-2价的S元素 （7）4Fe2+ + 4H+ + O2 = 4Fe3+ + 2H2O
（8）2H2S +O2 =2S↓+2H2O
【解析】
【小问1详解】
H2S的实验室制法通常用FeS固体与稀硫酸或盐酸反应制备，符合难溶性固体与液体制备气体，可以用启普发生器；二氧化硫有漂白性，可以用于漂白纸浆、织物等，同时二氧化硫会污染空气，造成酸雨，符合“亦正亦邪”特点；
【小问2详解】
煤中含有S，与氧气反应生成SO2，反应方程式为S+O2SO2，SO2与CaO反应生成CaSO3，反应方程式为CaO+SO2═CaSO3，进一步反应生成CaSO4，反应方程式为2CaSO3+O2═CaSO4，则燃料燃烧过程中的“固硫”反应为2CaO+2SO2+O2═2CaSO4，所以这种煤燃烧后，大部分硫元素最终存在形式为CaSO4；
【小问3详解】
①SO2+NO2=SO3+NO，该反应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，所以二氧化氮在整个反应过程中起催化剂的作用；
A．潮湿的氯气通过盛有浓H2SO4的洗气瓶，浓硫酸作干燥剂，故A不选；
B．硫化氢通入浓H2SO4中，浓硫酸能氧化硫化氢气体，浓硫酸作氧化剂，故B不选；
C．浓H2SO4滴入萤石(CaF2)中，加热制取HF，利用硫酸的强酸性，故C不选；
D．乙酸与乙醇与浓硫酸加热发生酯化反应，浓硫酸作催化剂和吸水剂，故D选；
答案为D。
【小问4详解】
若一定物质的量的SO2与氢氧化钠溶液反应，所得溶液中Na2SO3和NaHSO3的物质的量之比为2：3，根据S元素和Na元素守恒，则参加反应的SO2和NaOH的物质的量之比=(2+3)：(2×2+3)=5：7；
【小问5详解】
硫化氢溶于水显弱酸性的原因为H2S⇌HS-+H+、HS-⇌H++S2-；过程①Cu2+吸收H2S生成CuS沉淀，反应为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，溶液的酸性增强；
【小问6详解】
在图示过程②中铁离子和CuS反应生成铜离子、亚铁离子、S，化合价升高为元素被氧化，S由-2价变为0价，被氧化的元素是-2价的S元素；
【小问7详解】
在图示过程③中：Fe2+转化为Fe3+，反应的离子方程式4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O；
【小问8详解】
发生有三个反应：①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，②CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S，③4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，由此可以推出总反应2H2S+O2=2S↓+2H2O。
五、 氯及其化合物
6. 氯气可直接用于自来水的消毒，也可以制取漂粉精、高铁酸钠等物质来对自来水消毒。已知：硫酸铁与明矾都能作为絮凝剂。
（1）氯气通水中可用来杀菌消毒，其有效成分的电子式是___________。
（2）氯气可用来制取漂粉精，但干燥的氢氧化钙与氯气并不易发生反应，氯气只能被氢氧化钙所吸附。为此，在工业上采用加入少许水的消石灰来进行氯化。其原因是___________；漂粉精的消毒能力受水的pH影响，pH较小时的消毒能力___________(填“大于”或“小于”)pH大时的消毒能力，其原因是___________。
（3）用氯气对饮用水消毒副作用多，产生影响人体健康有机氯衍生物。可用氯气制取高铁酸钠净水：
___________Fe3++___________+___________Cl2=___________+___________+___________H2O
补全缺项，并配平上述离子方程式___________。
（4）计算Na2FeO4的消毒效率(以单位质量得到的电子数表示)约是氯气___________倍。说明该净水剂与氯气相比较有何优越性___________。(写出2点)
（5）(CN)2是一种与Cl2性质相似的气体，该分子中每个原子都达到了8电子稳定结构，写出(CN)2的结构式：___________。
（6）自来水中含硫量约70 mg/L，它只能以___________(填微粒符号)形态存在。
（7）氯气与KOH溶液反应，产物为KClO3、KCl和H2O。该反应中氧化剂与还原剂的质量比为___________。
（8）实验室利用反应制取Cl2，当产生标准状况下的气体3.36 L时，转移电子___________个。
（9）根据上述(7)(8)两题反应中KClO3和Cl2的氧化性强弱比较，你能得出的结论是___________。
（10）易溶于水并生成次氯酸，当通入的过量，用玻璃棒蘸取三颈瓶中的液体点到淀粉-KI试纸上，将看到的现象是：___________。
【答案】（1） （2） ①. 氯利用这些原料中的游离水分，发生反应Cl2+H2OHCl+HClO，使生成的酸为消石灰所中和 ②. 大于 ③. pH较小时HClO浓度较大
（3）2Fe3++16OH-+3Cl2=2FeO+6Cl-+8H2O
（4） ①. 0.64 ②. 无毒无害，还原产物Fe3+可以水解生成Fe(OH)3胶体，吸附杂质净水
（5）N≡C-C≡N （6）SO
（7）5：1 （8）0.25NA
（9）碱性条件下，氯气氧化性强；酸性条件下，氯酸钾氧化性强
（10）先变蓝，后褪色
【解析】
【小问1详解】
氯水中含有HClO，具有强氧化性，可用于杀菌消毒，HClO的电子式为；
【小问2详解】
氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，发生Cl2+H2O⇌HCl+HClO，可与消石灰发生中和反应，pH较小时，HClO浓度较大，具有较强的杀菌消毒能力；
【小问3详解】
反应Fe元素化合价升高，由+3价变化为+6价，被氧化，Cl元素化合价由0价降低到-1价，反应的方程式为2 Fe3++16OH-+3Cl2=2 FeO+6Cl-+8H2O；
【小问4详解】
FeO+3e-+4H2O⇌Fe(OH)3+5OH-，单位质量得到电子，Cl2+2e-=2Cl-，单位质量得到电子，Na2FeO4的消毒效率约是氯气=0.64倍；高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂，具有无毒无害的优点，利用生成的氢氧化铁胶体还起到净水作用；
【小问5详解】
该分子中每个原子都达到了8电子稳定结构，C原子形成4个共价键、N原子形成3个共价键，结构式为N≡C-C≡N；
【小问6详解】
来水中含有氯气，氯气具有强氧化性，能把含有化合物转化为硫酸根离子，所以自来水中的硫以SO的形态存在；
【小问7详解】
氯气与KOH反应生成KClO3、KCl和H2O，其反应的化学方程式为：3Cl2+6KOH═5KCl+KClO3+3H2O，得电子的Cl为5，失电子的Cl为1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：1；
【小问8详解】
中，生成3mlCl2转移5ml电子，制取标准状况下3.36L氯气，其物质的量为0.15ml，则转移电子为0.15ml×=0.25ml，数目为0.25NA；
【小问9详解】
酸性条件下发生氧化还原反应，KClO3作氧化剂，碱性条件下，氯气是氧化剂，则酸碱性不同，氯气和氯酸钾的氧化性强弱不同；
【小问10详解】
若通入水中的Cl2O已过量，溶液有HClO生成，具有强氧化性，用玻璃棒蘸取清液，点到KI-淀粉试纸上，看到的现象是先变蓝，后褪色。a．电子天平
b
c
d．酒精灯
称量
第1次
第2次
第3次
第4次
第5次
质量(g)