2021-2022学年上海市徐汇区高一下学期6月自评化学试题（含解析）

试卷第=page1717页，共=sectionpages1717页上海市徐汇区2021-2022学年高一下学期6月自评化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．侯德榜发明和创立了举世闻名的“侯氏制碱法”，这里的“碱”是A． B． C． D．【答案】C【解析】【详解】侯氏制碱法是将二氧化碳通入氨的饱和食盐水中，得到碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，故制备的是碳酸钠，故选C。2．下列物质属于电解质的是A．氨水 B．蔗糖 C．胶体 D．【答案】D【解析】【详解】A．氨水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，A错误；B．蔗糖是非电解质，B错误；C．胶体也是混合物，既不是电解质也不是非电解质，C错误；D．Al2O3熔融状态可以导电，是电解质，D正确；故选D。3．可以通过单质间直接化合得到的是A． B． C． D．【答案】C【解析】【详解】A．Cu与S单质反应生成Cu2S，A错误；B．Cl2与Fe生成氯化铁，B错误；C．Na和O2在常温下反应生成Na2O，C正确；D．N2和O2生成NO，D错误；故选C。4．下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是（）A．K B．Na C．Fe D．Al【答案】D【解析】【详解】K、Na性质非常活泼，在空气中极易被氧化，表面不能形成保护内部金属不被氧化的氧化膜，Fe在空气中被氧化后形成的氧化膜比较疏松，起不到保护内层金属的作用；金属铝的表面易形成致密的氧化物薄膜保护内层金属不被腐蚀。答案选D。5．关于粒子的说法正确的是A．质子数为2 B．结构示意图为C．中子数为0 D．质量数为2【答案】A【解析】【详解】A．微粒符号的左下角代表质子数，为2，A正确；B．He的质子数为2，带两个单位正电荷，故+2价离子核外没有电子，B错误；C．中子数等于质量数减去质子数，为4-2=2，C错误；D．微粒符号的左上角代表质量数，为4，D错误；故选A。6．下列化学反应的能量变化与如图所示相符的是A．铝热反应 B．钠与水的反应C．电解饱和氯化钠溶液 D．铁粉与硫粉加热发生反应【答案】C【解析】【分析】从图中可以看出，该反应生成物总能量高于反应物总能量，为吸热反应。【详解】A．铝热反应为放热反应，A错误；B．钠与水的反应为放热反应，B错误；C．电解饱和氯化钠溶液是吸热反应，C正确；D．铁粉与硫粉加热发生反应是化合反应，属于放热反应，D错误；故选C。7．下列不属于合金的是A．青铜 B．玻璃 C．碳钢 D．生铁【答案】B【解析】【详解】A．青铜是铜锡合金，故A正确；B．玻璃是非金属材料，不是合金，B错误；C．碳钢是铁和碳的合金，C正确；D．生铁是铁和碳的合金，D正确；故答案选B。8．与酸雨的形成无关的是A． B．C． D．【答案】B【解析】【详解】A．二氧化硫溶于水生成亚硫酸，亚硫酸是酸雨的主要成分，A正确；B．酸雨是指pH小于5.6的雨雪等降水，碳酸酸性较弱，不是酸雨的成分，B错误；C．二氧化氮与水反应生成硝酸，可形成硝酸型酸雨，C正确；D．亚硫酸被氧化生成硫酸，硫酸酸性强，与酸雨的形成有关，D正确；故答案选B。9．萃取碘水中的碘并分液，需要用到的仪器是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【详解】萃取碘水中的碘并分液，需要用到的仪器是分液漏斗；A.该仪器为分液漏斗，故A正确；B.该仪器为容量瓶，故B错误；C.该仪器为直形冷凝管，故C错误；D.该仪器为漏斗，故D错误；故答案为A。10．能使蓝色石蕊溶液先变红后褪色的气体是A． B． C． D．【答案】A【解析】【详解】A．氯气与水反应生成HCl和HClO，HCl可使蓝色石蕊溶液变红，HClO具有强氧化性，可使变红的蓝色石蕊溶液褪色，A正确；B．二氧化硫为酸性氧化物，可使蓝色石蕊溶液变红，但不能使其褪色，B错误；C．HCl具有酸性，可使蓝色石蕊溶液变红，但不能使其褪色，C错误；D．NH3溶于水显碱性，不能使蓝色石蕊溶液变红，D错误；故答案选A。11．下列变化会破坏共价键的是A．冰融化 B．熔化 C．溶于水 D．干冰升华【答案】C【解析】【详解】A．冰融化破坏分子间氢键，A错误；B．NaOH熔化破坏离子键，B错误；C．HCl溶于水生成氢离子和氯离子，破坏共价键，C正确；D．干冰升华破坏分子间作用力，D错误；故选C。12．碱金属铷()广泛应用于能源、电子、医学等领域，下列说法错误的是A．的最外层电子数为1 B．能以游离态存在于自然界中C．碱性： D．原子半径：【答案】B【解析】【详解】A．Rb为第IA族元素，最外层1个电子，A正确；B．Rb为第IA族元素，化学性质特别活泼，不能以离态存在于自然界中，B错误；C．同主族故元素从上往下金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，故碱性：RbOH>NaOH，C正确；D．同主族故元素从上往下原子半径逐渐增大，故原子半径：Rb>K，D正确；故选B。13．用导线将锌片和铜片连接并浸入稀硫酸中，如图装置。下列说法正确的是A．该装置能将电能转化为化学能 B．铜片上无明显现象C．电流从锌片流向铜片 D．锌片发生氧化反应【答案】D【解析】【分析】该装置为原电池装置，铁比铜活泼，故铁作负极，铜作正极。【详解】A．该装置为原电池装置，是将化学能转化为电能的装置，A错误；B．铜为正极，氢离子在其表面得电子生成氢气，故有气泡冒出，B错误；C．电子从锌流出，沿着导线流向铜，电流由铜流向锌，C错误；D．锌为负极，失电子发生氧化反应，D正确；故选D。14．关于的说法错误的是A．属于共价化合物 B．能与碱反应制备C．属于铵态氮肥 D．与溶液混合产生白色沉淀【答案】A【解析】【详解】A．氯化铵由铵根离子和氯离子构成，是离子化合物，A错误；B．氯化铵能与碱加热反应生成NH3，B正确；C．氯化铵中氮元素以铵根离子形成存在，属于铵态氮肥，C正确；D．氯化铵与AgNO3溶液混合产生氯化银白色沉淀，D正确；故选A。15．已知某元素各种核素的丰度，计算该元素的相对原子质量，还需要各种核素的A．质量 B．个数比 C．质量数 D．相对原子质量【答案】D【解析】【详解】假定某元素有两种核素，相对原子质量分别为A和B，丰度分别为a%和b%，一个原子的相对原子质量，故除了核素的丰度外还需要相对原子质量，故选D。16．用强光照射广口瓶中的新制氯水，同时采集数据，经处理得到如图结果，图中y可表示A．氯离子的浓度 B．氯水的pHC．氯水的导电能力 D．氧气的体积分数【答案】B【解析】【分析】氯水中含次氯酸，光照条件下次氯酸分解生成HCl和O2。【详解】A．次氯酸分解生成HCl，氯离子浓度增大，A错误；B．次氯酸分解生成HCl，氢离子浓度增大，pH值降低，B正确；C．次氯酸分解生成HCl，氯离子和氢离子浓度增大，导电能力增强，C错误；D．次氯酸分解生成O2，氧气的体积分数增大，D错误；故选B。17．能用于检验是否变质的试剂是A．氯化钡，稀盐酸 B．硝酸钡，稀硫酸C．硝酸钡、稀硝酸 D．氯化钡，稀硝酸【答案】A【解析】【分析】检验亚硫酸钠是否变质，即检验其是否被氧化生成了硫酸钠。【详解】A．加入氯化钡和稀盐酸，如果已变质，则会生成硫酸钡沉淀，如果没有变质，先加入氯化钡可生成白色沉淀，加入稀盐酸后白色沉淀溶解，产生气体，故A正确；B．加入硝酸钡和稀硫酸，稀硫酸自带硫酸根，且硝酸根在酸性环境下可将亚硫酸根氧化为硫酸根，即使没有变质也会产生白色沉淀，B错误；C．加入硝酸钡和稀硝酸，稀硝酸可将亚硫酸根氧化为硫酸根，即使亚硫酸钠没变质，也会生成白色沉淀，C错误；D．加入氯化钡和稀硝酸，稀硝酸可将亚硫酸根氧化为硫酸根，即使亚硫酸钠没变质，也会生成白色沉淀，D错误；故答案选A。18．一种脱氮硫杆菌能利用土壤中的硫化物来分解硝酸盐，其主要化学反应原理如下：，下列说法错误的是A．反应会使土壤碱性增强 B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5C．该过程属于自然固氮 D．的结构式为【答案】C【解析】【详解】A．该反应能生成KOH，使土壤碱性增强，A正确；B．K2S中硫元素化合价升高，为还原剂，KNO3中N元素化合价降低，为氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5，B正确；C．固氮过程是将游离态的氮转化为化合态的氮，该过程不属于自然固氮，C错误；D．H2O中O和H原子共用1对电子，结构式为H−O−H，D正确；故选C。19．某溶液中可能含有、、、、、，若和的浓度分别为、，则溶液中一定大量存在A． B． C． D．【答案】B【解析】【详解】溶液中含氢离子和硝酸根，则亚铁离子和碳酸根一定不存在，根据氢离子和硝酸根的浓度可知，只有这两种离子存在时溶液带负电，故一定大量存在的为Na+，故选B。20．将6.4g铜投入30mL一定浓度的硝酸中，恰好完全反应，产生标准状况下的NO和NO2混合气体共2.24L。则下列叙述正确的是A．NO体积为0.56L B．原硝酸浓度10.0mol/LC．NO和NO2物质的量之比为2∶1 D．体现酸性的硝酸为0.1mol【答案】B【解析】【分析】6.4gCu的物质的量为0.1mol，与硝酸恰好反应，生成标况下NO和NO2共2.24L，0.1mol，根据电子转移守恒，Cu失去电子=N得到的电子，0.1molCu被氧化失去0.2mol电子，设NO的物质的量为xmol，NO2的物质的量为ymol，故有3x+y=0.2和x+y=0.1mol，解得x=0.05mol，y=0.05mol。【详解】根据上述分析可知，A．NO的物质的量为0.05mol，标况下体积为1.12L，A错误；B．根据原子守恒，消耗的硝酸的总物质的量=起氧化剂作用的硝酸的物质的量(还原产物的总物质的量)+起酸性作用的硝酸的物质的量(生成盐中的硝酸根的物质的量)，故有n(HNO3)=n(NO)+n(NO2)+2n(Cu(NO3)2)=0.1+0.2=0.3mol，V=30mL，c(HNO3)=0.3mol/0.03L=10.0moL，B正确；C．由以上分析可知NO和NO2物质的量之比为1∶1，C错误；D．体现酸性的硝酸的物质的量=生成盐中的硝酸根的物质的量=2n(Cu(NO3)2)=2n(Cu)=0.2mol，D错误；故选：B。二、元素或物质推断题21．现有4种短周期主族元素X、Y、Z和W，原子序数依次增大，其相关信息如表：元素相关信息X原子核外最外层电子数是次外层的2倍Y氢化物(甲)常用作制冷剂，其水溶液呈碱性Z海水中含量最高的金属元素W单质为淡黄色固体，常存在于火山口附近完成下列填空。(1)元素X有多种核素，他们互称为_______，其中一种核素用于计算原子的相对原子质量，该核素的符号为_______。(2)写出元素Y的氢化物(甲)的电子式_______。(3)Z的单质在空气中燃烧时，火焰呈_______色，生成物中含有的化学键类型为_______。(4)元素W位于元素周期表第_______周期_______族，与W同周期，原子半径最小的是_______。(填元素符号)(5)X、W两元素非金属性较强的是_______。(填元素符号)写出能证明这一结论的一个实验事实_______。【答案】(1)

同位素

(2)(3)

黄

离子键、共价键(4)

三

ⅥA

Cl(5)

S

硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，证明硫酸酸性比碳酸强【解析】【分析】X原子核外最外层电子数是次外层的2倍，说明X有两个电子层，最外层有4个电子，X为C元素。氨气常用作制冷剂，且其水溶液呈碱性，Y为N，Z为海水中含量最高的金属元素，Z为Na，W单质为淡黄色固体，常存在于火山口附近，W为S，据此回答下列问题。(1)C有多种核素，他们互称为同位素；用于计算原子的相对原子质量的核素为。(2)Y为N，其氢化物为NH3，NH3的电子式为。(3)钠单质在空气中燃烧，火焰颜色为黄色；钠在空气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠中含有离子键和共价键。(4)W为S元素，位于第三周期ⅥA族，同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小，原子半径最小的为Cl(5)X为C，W为S，这两种元素非金属性较强的是S，硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，证明硫酸酸性比碳酸强，硫酸和碳酸分别为S和C最高价含氧酸。三、工业流程题22．溶液在工业上可用于刻蚀铜箔电路板。从刻蚀后的废液中可回收铜并使刻蚀液再生，流程如图所示(省略部分物质)。完成下列填空。(1)写出溶液刻蚀铜箔的化学方程式并标出电子转移的方向和数目_______。(2)从固体中分离出铜，试剂X为_______。(3)将滤液再生为刻蚀液的过程中，试剂Y的作用为_______。(4)检验废液中是否含有的操作_______。(5)取少量滤液，向其中加入足量的氢氧化钠溶液，观察到的实验现象_______，用方程式解释上述现象_______。(6)如图用导线连接电极，可以加快溶液刻蚀铜箔的速率，请补充相关信息。电极材料为_____；离子导体为_____；Cu为_____【答案】(1)(2)盐酸(3)将Fe2+氧化为Fe3+(4)取少量废液于试管中，加入KSCN溶液，若溶液变红，说明废液中含有Fe3+，否则不含Fe3+。(5)

先生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色。

，(6)

石墨

FeCl3

负【解析】【分析】本流程采用FeCl3蚀刻铜箔电路板，先是Fe3+和Cu反应，生成Fe2+和Cu2+，废液中加入过量铁粉，铁粉与Cu2+反应生成Cu，过滤后滤液中含有较多Fe2+，加入氧化剂将其氧化为Fe3+循环利用，滤渣中含Cu和Fe，加入试剂X可以为盐酸，溶解铁，过滤得到单质铜。(1)用FeCl3溶液刻蚀铜箔，Fe从+3价变为+2价，Cu从0价变为+2价，化学方程式及电子转移方向数目为。(2)固体中含有铁和铜，要分离出铜，加入盐酸溶解铁再过滤即可，试剂X为盐酸(3)滤液中主要为Fe2+，将其再生为刻蚀液，即将Fe2+氧化为Fe3+，因此试剂Y为氧化剂，作用为将Fe2+氧化为Fe3+。(4)Fe3+可用KSCN溶液检验，取少量废液于试管中，加入KSCN溶液，若溶液变红，说明废液中含有Fe3+，否则不含Fe3+。(5)滤液中含有较多Fe2+，加入氢氧化钠溶液后，先生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁不稳定立即变为灰绿色，最后变为红褐色的氢氧化铁沉淀。方程式为，。(6)利用原电池原理，加快FeCl3溶液刻蚀铜箔，正极材料为石墨，Cu作负极失电子转化为Cu2+，离子导体为FeCl3，FeCl3中铁离子得电子生成亚铁离子。四、实验题23．Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，通常是在调节好pH和Fe2+浓度的废水中加入H2O2，所产生的羟基自由基能氧化降解污染物。现运用该方法降解有机污染物p-CP，探究有关因素对该降解反应速率的影响。[实验设计]控制p-CP的初始浓度相同，恒定实验温度在298K或313K（其余实验条件见下表），设计如下对比试验。（1）请完成以下实验设计表_______（表中不要留空格）。实验编号实验目的T/KPHc/10-3mol·L-1H2O2Fe2+①为以下实验作参考29836.00.30②探究温度对降解反应速率的影响③298106.00.30[数据处理]实验测得p-CP的浓度随时间变化的关系如右上图。（2）请根据右上图实验①曲线，计算降解反应在50~150s内的反应速率：（p-CP）=____________________mol·L-1·s-1。[解释与结论]（3）实验①、②表明温度升高，降解反应速率增大。但温度过高时反而导致降解反应速率减小，请从Fenton法所用试剂H2O2的角度分析原因：____________________________。（4）实验③得出的结论是：pH等于10时，___________________________________。[思考与交流]（5）实验时需在不同时间从反应器中取样，并使所取样品中的反应立即停止下来。根据上图中的信息，给出一种迅速停止反应的方法：_____________________________________。【答案】

8.0×10-6

过氧化氢在温度过高时迅速分解

反应速率趋向于零（或该降解反应趋于停止）

将所取样品迅速加入到一定量的NaOH溶液中，使pH约为10（或将所取样品骤冷等其他合理答案均可）【解析】【详解】（1）实验①是参照实验，所以与实验①相比，实验②和③只能改变一个条件，这样才能起到对比实验的目的，则实验②是探究温度对反应速率的影响，则T=313K，pH=3，c(H2O2)=6.0mol·L-1，c(Fe2＋)=0.30mol·L-1，实验③显然是探究pH的大小对反应速率的影响；填表如下：。（2）由图中信息可知，在50～150s内，△c(p-CP)=8×10-4mol·L-1，则v(p-CP)=8.0×10-6mol·L-1·s-1；（3）温度过高时，H2O2迅速分解，c(H2O2)浓度减小，导致反应速率减小；（4）从图中看出，pH=10时，c(p-CP)不变，即反应速率趋向于零（或该降解反应趋于停止），说明碱性条件下，有机物p-CP不能降解；（5）从第（4）信息可知，将所取样品迅速加入到一定量的NaOH溶液中，使pH约为10，可使反应停止。五、原理综合题24．为测定和混合样品中的含量。甲同学通过加热固体样品得到的质量进行计算，设计实验装置示意图如图。(1)装置A中发生反应的化学方程式_______。(2)装置B中冰水的作用是_______。(3)仪器a的名称是_______。装置D的作用_______。(4)该同学设计的实验装置存在缺陷，有关该实验装置及实验过程中，下列因素可能使碳酸钠的含量偏高的是_______。A．样品分解不完全B．装置B、C之间缺少的干燥装置C．产生气体的速率太快，没有被碱石灰完全吸收D．反应完全后停止加热，通入过量的空气乙同学通过样品溶液与稀盐酸反应得到的体积进行计算，加入稀盐酸的体积与标准状况下产生气体体积的关系如图所示。(5)AB段反应的离子方程式为_______。(6)稀盐酸的物质的量浓度_______。(7)样品中和的物