【文档说明】上海市格致中学2021-2022学年高一下学期阶段性测试化学试题 含解析.docx，共(15)页，476.438 KB，由小赞的店铺上传

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格致中学二O二一学年度第二学期阶段性练习高一年级化学(等级性)试卷(60分钟，满分100分)可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5Fe-56一、单项选择题(每题只有1个正确选项，每题2分，共14分)1.以下属于纯净物的是A.合金B.氯水C.铝热

剂D.纯碱【答案】D【解析】【详解】A．合金是混合物，A错误；B．氯水是混合物，B错误；C．铝热剂是铝粉与某些金属氧化物的混合物，C错误；D．纯碱是碳酸钠，为纯净物，D正确；故选D。2.下列元素在自然界存在游离态的是A.ClB.NC.NaD.Al【答案】B

【解析】【详解】能在自然界以游离态存在的，其单质的化学性质较稳定。Cl2、Na、Al均较为活泼，N2较稳定；故选B。3.关于H、D、T描述正确的是A.属于同种核素B.属于同种元素C.中子数相同D.质量数相同【答案】B【解析】【详解】A．H、D

、T的质子数相同，中子数不同，是不同的核素，A错误；B．H、D、T的质子数相同，是同种元素，B正确；C．H、D、T的质子数相同，中子数分别为0、1、2，C错误；D．H、D、T的质量数分别为1、2、3，D错误；故选B。4.从硫元素的化合价判断，下列物质只能具有氧化性的是A.H2S

B.Na2S2O3C.SO2D.H2SO4【答案】D【解析】【详解】A．H2S中S元素为-2价，不能再得电子，故只有还原性，没有氧化性，故A不符合题意；B．Na2S2O3中S元素为+2价，既能得电子又能失电子，所以Na2S2O3既有氧化性又有

还原性，故B不符合题意；C．SO2中S元素为+4价，既能得电子又能失电子，所以SO2既有氧化性又有还原性，故C不符合题意；D．H2SO4中S元素为+6价，只能得电子，所以H2SO4只有氧化性，故D符合题意；故答案为D

。5.下列物质属于分散系，且分散质粒子直径最小的是A.()2MgOH悬浊液B.()3FeOH胶体C.3AlCl溶液D.液氨【答案】C【解析】【详解】A．()2MgOH悬浊液属于分散系，其分散质粒子直径大于100nm

；B．()3FeOH胶体属于分散系，其分散质粒子直径介于1～100nm；C.3AlCl溶液属于分散系，其分散质粒子直径小于1nm；D．液氨是纯净物，不属于分散系；属于分散系，且分散质粒子直径最小的是3AlCl溶液，故答案选C。6.下列金属最难冶炼的是A.MgB.FeC.CuD.Ag【答案】A【解析

】【详解】A．电解熔融氯化镁制备金属镁，相对最难冶炼，A符合题意；B．可采用热还原法或置换法制备铁，相对较易冶炼，B不符合题意；C．可采用湿法炼铜，即铁还原硫酸铜溶液制备铜，相对较易冶炼，C不符合题意；D．可利用氧化银

受热分解制备银，相对较易冶炼，D不符合题意；故选A。7.关于2CO描述错误的是A.属于共价化合物B.属于电解质C.属于酸性氧化物D.空间填充模型：【答案】B【解析】【详解】A．CO2中只存在共价键，为共价化合物，A正确；B．CO2在水溶液中自身不能电

离，为非电解质，B错误；C．CO2是酸性氧化物，C正确；D．CO2的空间构型为直线形，空间填充模型正确，D正确；故选B。二、单项选择题(每题只有1个正确选项，每题3分，共36分)8.下列各组中的两物质相互反应时，若改变温度、反应物浓度或用量等反应条件，产物相同的是A.Na和2OB.KOH

和2COC.Fe和2ClD.Cu和3HNO【答案】C【解析】【详解】A．Na与O2在常温下生成氧化钠，加热条件下生成过氧化钠，A错误；B．KOH过量时与二氧化碳生成碳酸钾，KOH少量时与二氧化碳生成碳酸氢钾

，B错误；C．铁和氯气无论比例和温度如何，产物均为氯化铁，产物相同，C正确；D．Cu与稀硝酸生成NO，与浓硝酸生成NO2，D错误；故选C。9.下列关于浓3HNO和浓24HSO的叙述中错误的是A.两者的氧化性均

比其稀溶液强B.常温下两者都可用铁制容器贮存C.常温下两者都能与铜较快反应D.露置于空气中，溶液浓度均降低【答案】C【解析】【详解】A．浓硝酸和浓硫酸均比稀溶液：稀硝酸、稀硫酸的氧化性强，A正确；B．常温下铁遇浓硝酸和浓硫酸钝化，常温下两者都可用铁制容器贮存，B正确；C．常温下铜和浓硝

酸可以反应，而铜与浓硫酸需要加热才行，C错误；D．浓硝酸易挥发，浓硫酸具有吸水性，露置于空气中，溶液浓度均降低，D正确；故选C。10.下列化学式中的“2”或“3”一般不表示微粒个数的是A.2NaOB.3AlC

lC.3OD.2HO【答案】A【解析】【详解】A．Na2O是由钠离子和氧离子构成，化合物中的“2”代表钠离子和氧离子的最简个数比，A错误；B．AlCl3中的“3”代表1个AlCl3分子中含3个氯原子，B正确；C．O3中的“3”代表1个O3分子中含3个氧原子，C正确；D．H2O中“2”代表1个H2O

分子中含2个氢原子，D正确；故选A。11.根据SO2通入不同溶液中的实验现象，所得结论不正确的是选项溶液现象结论A溴水溶液橙黄色褪去SO2有还原性BH2S溶液产生黄色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液溶液紫色褪去SO2有还原性D含NaOH的酚酞溶液溶液红

色褪去SO2有漂白性A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．SO2与溴水反应生成硫酸和氢溴酸，该反应中SO2中+4价S元素被氧化生成+6价的硫酸，二氧化硫被氧化，表现了还原性，A正确；B．SO2与H2S反应生成S单质，该反应中SO2中+4价S元素被还原生成0价的单质S，二氧化硫

被还原，表现了氧化性，B正确；C．酸性高锰酸钾能将二氧化硫在水溶液中氧化成硫酸，自身还原为无色的二价锰离子，是酸性高锰酸钾的氧化性的体现，体现二氧化硫的还原性，C正确；D．二氧化硫为酸性氧化物，能够与碱反应

，使溶液碱性减弱，所以SO2通入NaOH和酚酞的混合溶液，溶液褪色，这与其漂白性无关，D错误。答案选D。12.要除去碘水中少量的溴，可向碘水中A.加入适量AgNO3溶液B.加入适量KI溶液C.加入适量KBr溶液D.加入适量NaOH溶液【答案】B【解析】【分析】【详解】A．AgNO3不

与溴单质或者碘单质反应，离子之间反应也是Ag+与I-先反应，试剂选择错误，不符题意；B．溴单质可以氧化I-，适量I-的投入可以消耗少量溴单质，实现除杂，试剂选择正确，符合题意；C．KBr不能与溴单质或者碘单质反应，试剂选择错误，不符题意；D．NaO

H与溴单质及碘单质均能发生反应生成易溶于水的几种钠盐，试剂选择错误，不符题意；综上，本题选B。13.溴元素的原子结构示意图及其在元素周期表中的信息如图所示，下列说法中正确的是A.图中n的数值等于5B.溴元素的质量数为79.90C.在化学反应中

，溴原子获得电子形成Br+D.溴为第4周期的主族元素【答案】D【解析】【详解】A．核电荷数等于核外电子数，故n=7，A错误；B．溴元素的相对原子质量为79.90，B错误；C．溴原子的最外层电子数为7，容易得到一个电

子形成Br-，C错误；的D．溴为第4周期VIIA族元素，是主族元素，D正确；故选D。14.用化学方法区别NaCl、MgCl2、AlCl3、CuCl2和FeCl3五种溶液，可选用下列试剂中的A.KSCN溶液B.AgNO3溶液C.NaOH溶液D.

BaCl2溶液【答案】C【解析】【分析】【详解】A．KSCN溶液只和FeCl3溶液混合产生血红色，其余现象相同，无法鉴别，故A不选；B．AgNO3溶液和这几种盐溶液混合都产生白色沉淀，现象相同，无法鉴别，故B不选；C．NaOH溶液分别和NaCl、Mg

Cl2、AlCl3、CuCl2和FeCl3溶液混合时产生的现象分别为无现象、白色沉淀、先生成白色沉淀后沉淀溶解、蓝色沉淀、红褐色沉淀，现象不同，可以鉴别，故C选；D．BaCl2溶液和这几种盐都不反应，现象相同，无法鉴别，故

D不选；故选C。15.如图所示，若锥形瓶内是水，分液漏斗内的液体也是水，向烧杯内滴加水时，发现U形管内液面左边低于右边，恢复到原温度后液面左边与右边基本相平，则烧杯内的物质是（）A.过氧化钠B.氧化钠C.钠D.

氯化钠【答案】B【解析】【详解】A、过氧化钠溶于水放出热量并生成氧气，使容器内温度升高，压强增大，U形管内液体慢慢右移，但恢复到原温度后液面左边仍然比右边低，故A错误；B、氧化钠与水反应放出热量，使容器内温度升高，

压强增大，U形管内液体慢慢右移，反应中没有气体生成，恢复到原温度后液面左边与右边基本相平，故B正确；C、钠加入水中放热并生成氢气，使容器内温度升高，压强增大，U形管内液体慢慢右移，但恢复到原温度后液面左边仍然比右

边低，故C错误；D、氯化钠与水不反应，溶于水热效应不明显，故U形管内液体几乎不移动，故D错误；故选B。16.常温下，在pH=1的溶液中可以共存的是A.3Al+、24SO−、Cl−B.OH−、3Al+、Na+C.2Fe+

、K+、2S−D.2Fe+、3NO−、Cl−【答案】A【解析】【详解】A．3Al+、24SO−、Cl−在酸性条件下不反应，可以共存，A正确；B．OH−、3Al+不能共存，酸性条件下H+与OH−不能共存，B错误；C．酸性条件下2S−不能存在，C错误；D．酸性条件下-3NO具有强

氧化性，与2Fe+会发生反应，不能共存，D错误；故选A。17.将2SO和3SO的混合气体通入少量2BaCl稀溶液中，下列叙述正确的是A.无气体逸出，生成的沉淀为纯净物B.无气体逸出，生成的沉淀为混合物C.有气体逸出，生成的沉淀为

纯净物D.有气体逸出，生成的沉淀为混合物【答案】C【解析】【详解】SO2和SO3的混合气体通入少量BaCl2稀溶液中，SO3与水反应生成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡，而SO2与氯化钡溶液不反应，当其溶解达到饱和后会从溶液中逸出，故选C。18.在下图实验中(木炭

未浸入浓硝酸中)，观察到红棕色气体产生，下列关于该实验的叙述中正确的是A.能说明硝酸的氧化性B.能说明硝酸的挥发性C.能说明硝酸的热不稳定性D.能说明硝酸的酸性【答案】C【解析】【详解】A．红热木炭并未接触浓硝酸，即木炭与浓硝酸之间未发生反应，不能证

明浓硝酸的氧化性，A错误；B．浓硝酸易挥发，但由于其热稳定性差，遇到红热的炭时分解产生NO2，故会看到红棕色气体，B错误；C．浓硝酸热稳定性差，遇到红热的炭时分解产生NO2，故会看到红棕色气体，C正确；D．浓硝酸与木炭反应

或者浓硝酸受热分解，均不体现酸性，D错误；故选C19.将1.12g铁粉加入到25mL2mol·L-1的氯化铁溶液中，充分反应后，其结果是A.铁粉剩余，溶液呈浅绿色，Cl-基本不变B向溶液中滴入无色KSCN溶液，不显血红色C.氧化产物与还原产物的物

质的量之比为2：5D.溶液中Fe2+与Fe3+物质的量之比为6：1【答案】D【解析】【分析】【详解】1.12gn(Fe)=mol=0.02mol56g/mol，25mL2mol·L-1的氯化铁溶液中3+n(Fe)=

0.025L2mol/L=0.05molA．由反应：32Fe2Fe=3Fe＋＋＋可知Fe3＋过量，呈黄色，Cl－浓度基本不变，选项A错误；B．往溶液中滴入无色KSCN溶液，溶液显红色，选项B错误；C．由反应：32Fe2Fe=3Fe＋＋＋可知氧化产物与还原产物的物质的量之比为

1：2，选项C错误；D．反应后溶液中n(Fe2＋)＝3n(Fe)＝0.06mol，n(Fe3＋)＝0.01mol，Fe2+和Fe3+的物质的量之比为6∶1，选项D正确；故答案选D。三、不定项选择题(每题有1~2个正确选项，每题4分，共20分)20.同温同压下，等体积的两容器内分别充满14

N16O和13C16O气体，下列对两容器中气体的判断正确的是A.分子数相同B.气体质量相同C.质子数相同D.中子数相同【答案】AD【解析】。.【分析】根据阿伏加德罗定律，同温同压下，等体积的两容器内分别充满NO和CO气体，则二者气体的物质的量一定相等，根据N=nNA，分子个数也相等，据

此分析。【详解】A．根据阿伏加德罗定律，同温同压下，等体积的两容器内分别充满NO和CO气体，则二者气体的物质的量一定相等，根据N=nNA可以知道，两容器中气体的分子数相同，故A正确；B．14N16O和13C16O的摩尔质量不同，根据m=nM可以知道物质的量

相等时二者的质量不相等，故B错误；C．因为14N16O和13C16O的质子数分别为15和14，不相同，所以物质的量相同，分子个数也相等的二者含有的质子总数一定不相等，故C错误；D．一个14N16O和13C16O分子均含有15个中子，分子数相同的14N16O和13C16O含有的

中子数相同，故D正确；答案选AD。21.Mg与4NHCl溶液反应的化学方程式为：4232Mg2NHClMgCl2NHH+=++。以下说法正确的是A.用湿润的红色石蕊试纸能检验是否有3NH生成B.3NH和2H均为还原产物C.1molMg充分

反应能生成22.4L气体(标准状况下)D.反应一段时间后，溶液中会出现白色浑浊【答案】D【解析】【详解】A．氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，但需要加热氨气才能逸出，该反应中未加热，A错误；B．NH3中各元素化合价没变，不是还原产

物，氢气中氢元素化合价降低，为还原剂，B错误；C．根据方程式可知，1molMg充分反应能生成2mol气体，44.8L气体(标准状况下)，C错误；D．反应中生成氨气，氨气溶于水溶液显碱性，能与氯化镁生成氢氧化镁

沉淀，反应一段时间后，溶液中会出现白色浑浊，D正确；故选D。22.下列事实不能说明C的非金属性大于Si的是A.热稳定性：44CHSiHB.酸性：2323HCOHSiOC.熔、沸点：22COSiOD.4CH中C为-4价，4SiH中Si为+4价【答案】C【解析】【详解】A

．非金属越强，则其氢化物热稳定性越强，故热稳定性：44CHSiH，可以说明C的非金属性大于Si，A不符合题意；B．元素的非金属越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，故酸性：2323HCOHSiO，可以说明C的非金属性大于Si，B不符合题意；C

．CO2是分子晶体，熔沸点由分子间作用力决定，SiO2是共价晶体，熔沸点由硅氧共价键决定，二者熔沸点的大小不能说明非金属的强弱，C符合题意；D．4CH中C为-4价，说明C的非金属强于H，4SiH中Si为+4价，说明S

i的非金属弱于H，则说明C的非金属性大于Si，D不符合题意；故选C。23.许多富脂糕点的包装盒内都装有一小包黑色的活性铁粉，长时间放置的糕点，其包装盒内的活性铁粉往往会变成红棕色。下列说法正确的是A.

富脂食品长时间放置易被还原B.红棕色固体的主要成分是()3FeOHC.活性铁粉变成红棕色的过程中铁粉发生了氧化反应D.如果在包装盒内放入4FeSO，也可起到与铁粉同样的作用【答案】CD【解析】【详解】A．富脂食品长时间放置容易被空气中的氧气氧化，A错误；B．铁粉在空气中被氧化成氧化铁，

B错误；C．铁粉变成氧化铁发生了氧化反应，C正确；D．硫酸亚铁也具有还原性，可以起到与铁粉同样的作用，D正确；故选CD。24.取16.8gNaHCO3固体，加热一段时间，将剩余固体分成四等份，分别取四份固体进行实验。下列能够说明NaHCO3固体已完全分解的是A加水溶解后向

其中滴加酚酞，溶液变红.B.加水溶解后向其中滴加澄清石灰水，有白色沉淀产生C.称量固体，继续加热，冷却后再次称量所得固体，质量不变D.加入稍过量的盐酸，充分反应后将溶液蒸干，所得固体质量为2.925g【答

案】C【解析】【分析】【详解】A．NaHCO3和Na2CO3溶液都呈碱性，滴加酚酞后都变红，无法证明NaHCO3固体已完全分解，故A错误；B．加水溶解后向其中滴加澄清石灰水，NaHCO3也会出现白色沉淀，无法证明NaHCO3固体已完全分解，故B错误；C．称量固

体，继续加热，冷却后再次称量所得固体，质量不变，说明NaHCO3固体已完全分解，故C正确；D．加入稍过量的盐酸，充分反应后将溶液蒸干，根据Na元素守恒可知，无论碳酸氢钠是否完全分解，最后得到的NaCl始终相等，无法证明NaHCO3固体已完全分解，故D错误；故

选C。四、综合分析题(本题共30分)25.汽车安全气囊中的填充物有NaN3(叠氮酸钠)、2SiO、3KNO等物质，NaN3遇撞击时能生成金属钠和N2。完成下列填空：（1）写出N2的电子式：______

_。（2）NaN3是由一种单原子离子和一种多原子离子以1∶1的比例构成的化合物。NaN3晶体中存在的化学键类型是_______。（3）汽车安全气囊填充物的三种物质中属于共价化合物的是_______(填写化学式)，所涉及的5种元素中，原子半径最大的是_______(填写元素符号)。2SiO、3KNO

能与金属钠发生反应生成23NaSiO，化学方程式为：3223232NaKNOSiONaSiOKSiON——++++(未配平)。（4）写出配平后完整的化学方程式，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目_

______。（5）结合金属钠的化学性质，说明汽车安全气囊中填充2SiO、3KNO的目的_______。（6）某品牌汽车设计安全气囊受撞击时需产生44.8L气体(已换算至标准状况下的体积)，则该安全气囊中需填充的

NaN3质量是_______。【答案】（1）（2）离子键和共价键（3）①.2SiO②.K（4）（5）消耗产生的金属钠，同时产生保护气氮气（6）81.25g【解析】【小问1详解】N2的电子式：；【小问2详解】NaN3晶体为离子化合物，阳离子和

阴离子之间为离子键，N原子之间为共价键，故存在的化学键为：离子键和共价键；【小问3详解】NaN3(叠氮酸钠)、3KNO属于离子化合物，2SiO属于共价化合物，所涉及的5种元素为N、O、Na、Si、K，K的电子层数最多，故原子半

径最大的是：K；【小问4详解】根据得失电子守恒，配平后的方程式为：322323210Na2KNO6SiONaSiOKSN=5iO++++，从方程式中可以看出，转移电子数为10，单线桥表示为：；【小问5详解】金属钠的化学性

质非常活泼，填充物的目的是消耗产生的金属钠，同时产生保护气氮气；【小问6详解】NaN3遇撞击时能生成金属钠和N2，化学方程式为：2NaN3=2Na+3N2，同时Na和填充物发生反应：322323210Na2KNO6SiONaSiOKSN=5iO++++，

两个方程式中标况下产生44.8L（2mol）气体，设消耗的NaN3的物质的量为xmol，由2NaN3=2Na+3N2得到氮气的物质的量为3xmol2，钠的物质的量为xmol，根据方程式：322323210Na2K

NO6SiONaSiOKSN=5iO++++，产生氮气的物质的量为：1xmol10，13x+x=2102，5x=4，故NaN3的质量为：565g/mol81.25g4mol=。26.某化学兴趣小组用下图装置，定性研究铜与浓硫酸的反应。完成下列填空：（1）A中

反应的化学方程式为_______。该反应体现浓硫酸的化学性质是_______。（2）无水硫酸铜的作用是：_______。（3）F装置的作用是其中反应的离子方程式是_______、_______。（4）实验过程中，能证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素的现象是______

_。（5）实验结束后，装置A中液体常因余酸浓度较大而接近无色。设计实验，证明A中所得产物是否含有2Cu+，说明实验的方案，现象和对应的结论_______。【答案】（1）①.24422Cu+2HSOCu

SO+SO)OΔ(+2H浓②.氧化性和酸性（2）检验水的存在（3）①.吸收未反应完的SO2，防止污染空气②.-2-232SO+2OH=SO+HO（4）D装置中黑色固体颜色无变化，E中溶液的红色褪去（5）将A装置

中试管内冷却后混合物沿杯壁缓缓倒入盛有水的烧杯中，并不断搅拌，观察溶液颜色，若变蓝，则有Cu2+，若不变蓝，则无Cu2+【解析】【分析】A装置中铜与浓硫酸加热生成硫酸铜和二氧化硫，方程式为：24422Cu+2HSOCuSO+SO)OΔ(+2H浓，B中无水硫酸铜可以验证水的生成，C中浓硫酸干

燥产生的气体，D中用来检验有无氢气生成，E用来检验SO2的生成，F装置吸收未反应完的SO2，防止污染空气。【小问1详解】根据分析，A装置中的反应方程式为：24422Cu+2HSOCuSO+SO)OΔ(+2H浓；浓硫酸中硫元素化合的价部分降低，体现浓硫酸的氧化性和酸性；【小问2详

解】无水硫酸铜的作用是：检验水的存在；【小问3详解】F装置的作用是：吸收未反应完的SO2，防止污染空气，发生的离子方程式为：-2-232SO+2OH=SO+HO；【小问4详解】实验过程中，若浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素，则有二氧化硫生成而无氢气生成，故现象是：D装置中黑色固体颜色无变化，E中

溶液的红色褪去；【小问5详解】要验证铜离子存在，将A中溶液稀释后观察颜色即可，实验方案、现象和对应的结论为：将A装置中试管内冷却后的混合物沿杯壁缓缓倒入盛有水的烧杯中，并不断搅拌，观察溶液颜色，若变蓝，则有Cu2+，若不变蓝，则无Cu2+。