2022年上海市枫泾中学高一化学联考试卷含解析

2022年上海市枫泾中学高一化学联考试卷含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。）1.限一种试剂，经过一次性实验就能鉴别Na2CO3、(NH4)2SO4、NH4Cl、KNO3溶液，应选用A．AgNO3溶液

B．NaOH溶液

C．Ba(OH)2溶液

D．盐酸参考答案：C略2.能实现下列物质间直接转化的元素是

A．Si

B．Na

C．Al

D．Fe参考答案：B略3.蛋白质在胃蛋白酶和胰蛋白酶的作用下变成氨基酸的反应属于A．消去反应

B．聚合反应

C．酯化反应

D．水解反应参考答案：D4.下列有关实验的叙述中，不正确的是（

）A．用酒精萃取碘水中的碘B．少量金属钠保存在煤油中C．不慎洒出的酒精在桌上着火时，立即用湿抹布盖灭D．配制1.00mol/LNaCl溶液时，将称好的NaCl固体放入烧杯中溶解参考答案：A略5.

已知25%氨水的密度为0.91g/cm3，5%氨水的密度为0.98g/cm3，若将上述两溶液等体积混合，所得氨水溶液的质量分数是A.等于15%

B.大于15%

C.小于15%

D.无法判断参考答案：B6.向混浊的水中加入明矾KAl(SO4)2?12H2O后，水可得到净化，其中起到净化作用的是A.

k+

B.

Al3+

C.

SO42-

D.明矾溶于水后产生的氢氧化铝胶体参考答案：D略7.美国在海湾战争期间大量使用贫铀弹给海湾地区人民及美国士兵的身体都造成了伤害一、所谓“贫铀”是从金属铀中提取出以后的副产品，其主要成分是具有低水平放射性的。下列关于的说法中正确的是（

）A.中子数为146

B.质子数为238

C.质量数为330

D.核外电子数为146

参考答案：A略1、国际互联网上报道：“目前世界上有近20亿人患有缺铁性贫血。”这里的铁是指A、铁单质

B、铁元素

C、四氧化三铁

D、硫酸铁参考答案：B9.目前用量最大，用途最广的合金是

A．钛合金

B．铁

C．钢

D．硬铝参考答案：C10.下列反应中，不属于取代反应的是A．在催化剂存在条件下苯与溴反应制溴苯

B．苯与浓硝酸、浓硫酸混合共热制取硝基苯C．乙烯与溴生成1，2-二溴乙烷D．在光照条件下甲烷和氯气反应制氯仿参考答案：C11.过滤后的食盐水里仍含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过如下几个实验步骤：①加入稍过量的Na2CO3溶液；②加入稍过量的NaOH溶液；③加入稍过量的BaCl2溶液；④滴入稀盐酸至无气泡产生；⑤过滤，可制得纯净的食盐水，

正确的操作顺序是A．③②①⑤④

B．①②③⑤④

C．②③①④⑤

D．③⑤②①④参考答案：A略12.下列用电子式表示物质的形成过程正确的是：参考答案：D13.纯碱和小苏打都是白色晶体，在日常生活中都可以找到．若要在家中将它们区分开来，下面的方法中可行的是（）A．分别放在炒锅中加热，观察是否有残留物B．分别用干净铁丝蘸取样品在煤气炉的火焰上灼烧，观察火焰颜色C．将样品溶解，分别加入澄清石灰水，观察是否有白色沉淀D．在水杯中各盛相同质量的样品，分别加入等体积的白醋，观察反应的剧烈程度参考答案：D【考点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质．【分析】NaHCO3与Na2CO3相比，NaHCO3的热稳定性差，且与碱反应生成碳酸盐，二者都含钠元素，焰色反应都成黄色，与酸反应，碳酸氢钠更剧烈．【解答】解：A．碳酸氢钠解热分解生成碳酸钠，二者加热时都有残留物，不能鉴别，故A错误；B．二者都含钠元素，焰色反应都成黄色，不能鉴别，故B错误；C．加入澄清石灰水，分别发生：Na2CO3和Ca（OH）2混合后生成CaCO3，发生Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH，NaHCO3可与澄清石灰水发生Ca（OH）2+NaHCO3═CaCO3↓+NaOH+H2O或Ca（OH）2+2NaHCO3═CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，不能鉴别，故C错误；D．加入醋酸，碳酸氢钠反应剧烈，可鉴别，故D正确．故选D．14.用下列实验装置进行相应实骑，能达到实验目的的是选项ABCD实验装置实验目的完成“喷泉”实验测定中和热制取并收集干燥纯净的NH3制取NO

参考答案：A分析：A、极易溶于该溶液的气体能产生喷泉实验；B．缺少环形玻璃棒；C、氨气密度小于空气，应选择向下排气法；D、应用分液漏斗。详解：A、极易溶于该溶液的气体能产生喷泉实验，二氧化硫极易与氢氧化钠反应，使烧瓶内的压强减小，从而完成“喷泉”实验，故A正确；B．测量中和热时，应用玻璃棒搅拌，以使反应迅速进行，缺少环形玻璃棒，故B错误；C、氨气密度小于空气，应选择向下排气法，故C错误；D、应用分液漏斗，生成的气体会从长颈漏斗管口逸出，故D错误；故选A。15.在下列反应中，硫酸既表现出酸性又表现出氧化性的是

(

)A．Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2OB．C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2OC．2HBr＋H2SO4(浓)Br2↑＋SO2↑＋2H2OD．Na2SO3＋H2SO4(浓)Na2SO4＋SO2↑＋H2O参考答案：A略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.实验需要0.1mol/LNaOH溶液450mL，根据溶液配制中情况回答下列问题：（1）实验中定容要用到

mL的容量瓶．（2）根据计算得知，所需NaOH的质量为

g．（3）配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）

A．用50mL水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B．用托盘天平准确量取所需的NaOH的质量，倒入烧杯中加入适量水，用玻璃棒慢慢搅动C．将已冷却的NaOH溶液沿玻璃棒注入容量瓶中D．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀E．加水至离刻度线1～2cm处改用胶头滴管加水，使洛液凹面恰好与刻度相切（4）对所配浓度影响的对应操作是（填写字母）偏大的有

偏小的有

A．称量用了生锈的砝码B．将NaOH放在纸张上称量C．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中D．往容量瓶转移时，有少量液体溅出E．未洗涤溶解NaOH的烧杯F．记容时仰视刻度线G．容量瓶未干燥即用来配制溶液H．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线．参考答案：（1）500；（2）2.0；（3）BCAED；（4）AC；BDEFH

【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【分析】（1）实验室没有450mL容量瓶，根据“大而近”的原则，应选择500mL容量瓶；（2）依据配制溶液体积选择合适的容量瓶，依据m=CVM计算需要溶质的质量；（3）根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来对操作顺序进行排序；（4）分析操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响，依据C=进行误差分析，凡是使n增大或者使V减小的操作都会使溶液浓度偏高，反正溶液浓度偏低．【解答】解：（1）根据“大而近”的原则，根据需要配制的溶液的体积为450mL，但由于无450mL容量瓶，故应选择500mL容量瓶，故答案为：500；

（2）实验需要0.1mol/LNaOH溶液450ml，而实验室没有450mL容量瓶，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，依据m=CVM可知需要氢氧化钠的质量m=0.1mol/L×40g/mol×0.5L=2.0g；故答案为：2.0；（3）配制一定物质的量浓度的溶液，根据配制步骤是计算、称量、溶解（B）、冷却移液（C）、洗涤（A）、定容（E）、摇匀（D）、装瓶可知，正确的操作顺序是：BCAED，故答案为：BCAED；（4）A．称量用了生锈的砝码，导致称取的溶质的质量偏大，溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏大；B．将NaOH放在纸张上称量，氢氧化钠吸收空气中的水和二氧化碳，导致称取的固体中和含有溶质氢氧化钠的物质的量偏小，溶液浓度偏小；C．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，冷却后，液面下降，溶液体积偏小，溶液浓度偏大；D．往容量瓶转移时，有少量液体溅出，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏小；E．未洗涤溶解NaOH的烧杯，导致溶质部分损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏小；F．定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小；G．容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度不变；H．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；所以：偏大的有AC；偏小的有BDEFH；无影响的有G；故答案为：AC；BDEFH．三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.（5分）在含有nmolFeBr2的溶液中，通入氯气，有xmolCl2发生反应。(1)当x≤n/2时，反应的离子方程式为_________________________________________。(2)当反应的离子方程式为：2Fe2++4Br－+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl－时，x与n的关系是：_____。(3)当Fe2+和Br－同时被氧化时，x与n的关系是________。(4)当x=n时，反应后氧化产物的量为_______。参考答案：(1)2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－；

(2)2x＝3n；

(3)

(4)1.5n。

18.关于X、Y、Z三种元素，有以下五点信息①X、Y、Z的单质在常温下均为气体；②X单质可以在Z的单质中燃烧，生成物为XZ，火焰呈苍白色；③XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z﹣，其水溶液能使蓝色石蕊试纸变红；④每2个X2分子能与1个Y2分子化合成2个X2Y分子，X2Y常温下为液体；⑤Z单质溶于X2Y中，所得溶液具有漂白性．（1）试写出Z的元素符号

；化合物XZ的电子式：

，X2Y的结构式．（2）用电子式表示XZ的形成过程

．（3）写出信息⑤中的化学方程式

．（4）X2、Y2和KOH溶液一起可以构成新型燃料电池，写出该电池的总反应方程式：

．（5）已知拆开1molX﹣X键、1molZ﹣Z键、1molX﹣Z键分别需要吸收的能量为436KJ、243KJ、432KJ，计算反应X2（g）+Z2（g）=2XZ（g）的△H=

KJ/mol．参考答案：（1）Cl；‘；（2）；（3）Cl2+H2O=HCl+HClO；（4）2H2+O2=2H2O；（5）﹣185

【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】X的单质可以在Z的单质中燃烧生成XZ，火焰为苍白色，氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰，且XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z﹣，则X是H2，Z是Cl2，氢气在氯气中燃烧生成HCl极易溶于水，其水溶液可使蓝色石蕊试纸变红；X、Y、Z的单质在常温下为气体，两分子X的单质可以和Y单质化合生成两分子X2Y（常温下为液体），则Y的单质是O2，X2Y是H2O，所以Y为O元素；氯气的单质溶于H2O中生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，然后根据物质的性质来分析解答．【解答】解：的单质可以在Z的单质中燃烧生成XZ，火焰为苍白色，氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰，且XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z﹣，则X是H2，Z是Cl2，氢气在氯气中燃烧生成HCl极易溶于水，其水溶液可使蓝色石蕊试纸变红；X、Y、Z的单质在常温下为气体，两分子X的单质可以和Y单质化合生成两分子X2Y（常温下为液体），则Y的单质是O2，X2Y是H2O，所以Y为O元素；氯气的单质溶于H2O中生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，（1）根据分析可知，Z的元素符号Cl；化合物XZ为HCl，氯化氢为共价化合物，其电子式为，X2Y为水，水分子中含有2个O﹣H键，其结构式为：，故答案为：Cl；‘；（2）XZ为HCl，HCl为共价化合物，用电子式表示其形成过程为：，故答案为：；（3）氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，次氯酸具有漂白性，反应的化学方程式为：Cl2+H2O=HCl+HClO，故答案为：Cl2+H2O=HCl+HClO；（4）X2、Y2分别为H2、O2，H2、O2和KOH溶液一起可以构成新型燃料电池，该反应的电极总反应为：2H2+O2=2H2O，故答案为：2H2+O2=2H2O；（5）已知拆开1molH﹣H键、1molCl﹣Cl键、1molH﹣Cl键分别需要吸收的能量为436kJ、243kJ、432kJ，反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）的△H=反应物总键能﹣生成物总键能=436kJ/mol+243kJ/mol﹣432kJ/mol×2=﹣185kJ/mol，故答案为：﹣185．19.已知某微粒的结构示意图为：（y≠0）．请回答：（1）当x﹣y=10时，该微粒为

（填“原子”、“阳离子”或“阴离子”）．（2）当y=8时，微粒可能为（不少于5种）

．（3）写出x