【文档说明】上海市复兴高级中学2021-2022学年高一下学期期中考试化学试题 含解析.docx，共(13)页，886.178 KB，由小赞的店铺上传

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上海市复兴高级中学2021-2022学年高一下学期期中线上自测化学试题相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mg-24S-32Cu-64一、选择题(10分，每小题只有一个正确选项)1.“坚持人与自然和谐共生”是新时

代坚持和发展中国特色社会主义的基本方略之一、下列做法与该理念不符的是A.合理施用化肥B.严禁化石燃料C.生活垃圾分类D.发展清洁能源【答案】B【解析】【详解】A．化肥对提高农产品的产量有重要作用，但是过度使用化肥会带来环境问题，因此合理施用化肥能减少污染，实现人与自然和谐共生，故A不符

合题意；B．化石燃料是现代社会主要的能源物质，不能禁止化石燃料的使用，故B符合题意；C．生活垃圾分类，有利于实现资源再利用，减少环境污染，实现人与自然和谐共生，故C不符合题意；D．发展清洁能源有利于减少有害气体的排放，也能节约化石燃料，实现人与自然和谐共生，故D不符合题意；答案选B。2.关于

自然界中的氮循环相关过程说法正确的是A.32NON−⎯⎯⎯⎯⎯→土壤中的细菌：反硝化作用B.22OHO3NOHNO:⎯⎯⎯⎯→、硝化作用C.43NHNO+−⎯⎯⎯⎯⎯→土壤中的细菌：生物固氮D.23NNH:⎯⎯⎯→固氮酶人工固氮【答案】A【解析】【详解】A．反硝化作

用，是指在缺氧条件下，微生物将硝酸盐及亚硝酸盐还原为气态氮化物和氮气的过程，A正确；B．硝化作用是指氨在微生物作用下氧化为硝酸的过程，B错误；C．生物固氮是指固氮微生物将大气中的氮气还原成氨的过程，C错误；的D．人工固氮是人工通过化学的方法来合成氨气，如工业合成氨，D错误；故选A

。3.铜能够在硫蒸气中燃烧生成硫化亚铜，相关的实验装置可选用ABCDA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．广口瓶不能加热，故A不符合题意；B．该装置中圆底烧瓶不能盖橡胶塞，故B不符合题意；C．硫粉加热到沸腾产生硫蒸气，遇冷液化，试管口斜向下会流出来，故C不符合题意；D

．加热硫粉产生硫蒸汽，将铜丝伸入硫蒸汽中发生反应2Δ2Cu+SCuS，故D符合题意；答案选D。4.仅根据微粒符号“13956X”无法推断出的信息是A.X元素的相对原子质量B.X元素在周期表中的位置C.X原子的核电荷数D.X原子的核外电子排布【答案】A【解析】【分析】元素符号的左下角

表示质子数，左上角表示质量数；质子数和中子数之和是质量数，则根据13956X可知X的质子数为56，质量数是139，中子数=139-56=83。【详解】A．元素的相对原子质量是其各种核素的相对原子质量分别与各种核素在自然界里的

丰度的乘积之和，不能仅根据该核素计算X元素的相对原子质量，故A符合题意；B．X的质子数为56，则其核外电子数为56，根据原子核外电子排布规律，X原子核外K、L、M、N、O、P层依次排有2、8、18、18、8、2个电子，X元素在元素周期表中的位置为第6周期第IIA族，故B不符

合题意；C．X原子的核电荷数=质子数=56，故C不符合题意；D．X原子的核外电子数为56，根据原子核外电子排布规律，X原子核外K、L、M、N、O、P层依次排有2、8、18、18、8、2个电子，故D不符合题意；答案选A。5.向某浓度硝酸溶液中加入38.4g铜片，

充分反应后可得到标准状况下11.2LxNO气体，此过程中消耗3HNO的物质的量为A.0.5molB.1.2molC.1.7molD.2.0mol【答案】C【解析】【详解】38.4g铜片的物质的量为38.4g=0.6mol64g/mol，铜与该硝酸溶液反应生成标准状况下11.2LxNO气

体，生成的气体的物质的量为11.2L=0.5mol22.4L/mol，根据氮元素守恒可知，反应消耗的3HNO的物质的量为()32x2Cu(NO)NO20.6mol+0.5mol=1.7molnn+=，故选C。二、综合分析题(一)本题共24分6.四种短周期元素的核电荷数依次增大，它们相关

信息如下表。元素代号WXYZ相关信息原子得到1个电子后达到稀有气体稳定结构某种核素常用于测定文物年代气态氢化物极易溶于水原子最外层电子是最内层电子的2倍完成下列填空：（1）W所形成的负离子的电子式为_______，该离子核外能量最高的电子位于____

___(填电子层符号)层。（2）X用于测定文物年代的X核素的符号为_______；该核素核内中子数与质子数之差为_______。（3）证明Y的气态氢化物极易溶于水的实验装置如所示。简述引发实验的操作。_______用相关化学方

程式解释实验过程中紫色石蕊试液变色的原因：_______。（4）Z在元素周期表中的位置是_______，比较X与Z原子半径的相对大小并说明理由。_______（5）通过如下装置可以比较X、Y、Z三种元素的非金属性强弱。溶液Ⅰ的溶质是_______(填化学式)；进行实验时溶液Ⅲ中的现象是_____

__。有人认为上述装置存在缺陷，无法达到实验目的，请写出改进的措施。_______【答案】（1）①.②.K（2）①.146C②.2（3）①.将胶头滴管中的水挤入烧瓶中，再打开弹簧夹②.32324NHHONHHONHOH+−++（4）①.第三周期

ⅣA族②.C与Si原子最外层电子数相同，C原子核外电子层数小于Si原子，半径相对更小（5）①.3HNO②.产生白色沉淀③.在锥形瓶与烧杯之间增加装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶【解析】【分析】X的某种核素常

用于测定文物年代，则X为C元素，W的原子序数小于X，且W原子得到1个电子后达到稀有气体稳定结构，则W为H元素，Z原子最外层电子是最内层电子的2倍，则Z为Si元素，Y的原子序数小于Z，且其气态氢化物极易溶于水，则Y为N元素。【小问1详解】由上述分析可知，W为H元素，H原子得

到一个电子形成H-，H-的电子式为；H-核外能量最高的电子位于K层，故答案为：；K；【小问2详解】X为C元素，146C常用于测定文物年代；146C的质子数为6，中子数为14-6=8，中子数与质子数之差为2，故答案为：146C；2；【小问3详解】Y为N元素，其气态氢化物为NH3，NH

3极易溶于水，将胶头滴管中的水挤入烧瓶中，烧瓶中的NH3溶于水使烧瓶内压强减小，再打开弹簧夹，烧杯中的水倒吸进入烧瓶，从而在烧瓶中产生喷泉现象；氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨为弱电解质，部分电离产生氢氧根，从而使紫色石蕊变为蓝色，反应的方程式为32324NHH

ONHHONHOH+−++；故答案为：将胶头滴管中的水挤入烧瓶中，再打开弹簧夹；32324NHHONHHONHOH+−++；小问4详解】由上述分析可知，Z为Si元素，在元素周期表中位于第三周期ⅣA

族；X为C元素，C与Si原子最外层电子数相同，C原子核外电子层数小于Si原子，半径相对更小，即原子半径：C<Si，故答案为：第三周期ⅣA族；C与Si原子最外层电子数相同，C原子核外电子层数小于Si原子，半径相对更小；【小问5详解】X、Y、Z分别为C

、N、Si，比较三者的非金属性强弱，可比较三者最高价含氧酸的酸性强弱，由于酸性：硝酸>碳酸>硅酸，可通过强酸制弱酸的原理进行比较，即利用硝酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，再由二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸(白色沉淀)即可比较三者非金属性强弱，则溶液Ⅰ为硝酸，固体Ⅱ为碳酸钙，溶液Ⅲ为硅酸钠

，硝酸易挥发，制得的二氧化碳中含有HNO3，HNO3与硅酸钠也会生成硅酸，因此该实验装置无法达到目的，应在锥形瓶与烧杯之间增加装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的硝酸，故答案为：HNO3；产生白色沉淀；在锥形瓶与烧杯之间增加装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶。(二)本题

共24分7.从元素化合价和物质类别两个角度学习物质的性质，是一种行之有效的方法。有关含硫物质的“价-类二维图”及各物质之间的转化关系如图所示：【Ⅰ.完成下列填空：（1）X的化学式为_______。空气中的飘尘可以促进过程i，进而形成pH小于_______(填数值)的酸雨，飘尘所起的作用是

_______。（2）2SO和24HSO分别与氨水反应可以得到正盐Y和Z，写出Y露置在空气中发生过程iii的化学方程式：_______。（3）若过程ii属于化合反应，除2SO外另一种反应物是_______(填化学式)，此过程中每生成9.8g24H

SO，转移电子数目为_______。Ⅱ.将2SO持续通入含有淀粉的3KIO溶液，观察到溶液先变蓝，后褪色。此过程中依次发生如下反应：①2232245SO2IO4HO=I5SO8H−−+++++②……（4）标明反应①电子转移方向和数目，该反应中被还原的元素

是_______。（5）写出反应②的离子方程式：_______。（6）上述过程中溶液颜色的变化体现了2SO的性质有_______(选填编号)。a.氧化性b.还原性c.漂白性d.属于酸性氧化物Ⅲ.2HS是石油气中主要杂质之一，工业上利用克劳斯法将其转化为硫单

质回收。该法首先将部分2HS燃烧转化为22222SO:2HS3O2SO3HO点燃++。再将燃烧产物与剩余2HS混合。（7）写出燃烧产物与剩余2HS混合后发生反应的化学方程式。_______。（8）为实现硫最大回收，用于燃烧的2HS应占全部2HS的_______%

(保留三位有效数字)。【答案】（1）①.3SO②.5.6③.催化剂（2）()()43244222NHSO+O=2NHSO（3）①.22HO②.0.2NA（4）；3KIO中+5价的I元素（5）+2-2224I+SO+2HO

=4H+SO+2I−（6）b（7）222SO+2HS=3S+2HO（8）33.3【解析】【小问1详解】根据“价-类二维图”可知，X是S的+6价氧化物，故为3SO；空气中的飘尘可以促进过程i，进而形成pH小于5.6的酸雨，飘尘所起的作用是催化剂；

【小问2详解】2SO和24HSO分别与氨水反应可以得到正盐Y和Z，则Y为(NH4)2SO3，Z为(NH4)2SO4；(NH4)2SO3露置在空气中被氧化生成硫酸钠，发生过程iii的化学方程式为()()43244222NHSO

+O=2NHSO；【小问3详解】若过程ii属于化合反应，因硫元素化合价升高，则除2SO外另一种反应物必须有氧化性，可以为22HO，反应为2SO+22HO=24HSO，此过程中每生成9.8g24HSO，即0

.1mol，则转移电子数目为0.2NA；【小问4详解】反应①2232245SO2IO4HO=I5SO8H−−+++++中硫元素化合价由+4价升高为+6价，碘元素由+5价降为的0价，最小公倍数为10，转移电子数为10，电子转移方向和数目可表示为；该反应中被还原的元素是3K

IO中+5价的I元素；【小问5详解】溶液先变蓝，后褪色，应该为产生的碘与二氧化硫反应生成碘离子，故反应②的离子方程式为：+2-2224I+SO+2HO=4H+SO+2I−；【小问6详解】上述过程中溶液颜色的变化开始时是碘酸

根离子将二氧化硫氧化、后是碘单质将二氧化硫氧化，均体现了2SO的还原性，答案选b；【小问7详解】燃烧产物中的二氧化硫与剩余2HS混合后发生反应生成硫和水，反应的化学方程式为222SO+2HS=3S+2HO；【小问8详解】根据反应22222HS

3O2SO3HO++点燃、2222SO+4HS=6S+4HO，为实现硫的最大回收，用于燃烧的2HS应占全部2HS的2100%24+=33.3%。(三)本题共19分8.下表为元素周期表的一部分，表中所列字母编号分别代表对应的化学元素。Ⅰ.完成下列填空：（1）单质可能是电的良导

体的元素是_______(选填字母编号)；最高价氧化物对应水化物具有两性的元素是_______(选填字母编号)。（2）b的原子结构示意图为_______；工业上制备b单质常用的方法是_______。Ⅱ.如果给核外电子足够的能量，这些电子便会摆脱原子核的束缚而离去。核外电

子离开该原子或离子所需要的能量主要受两大因素的影响：①原子核对核外电子的吸引力②形成稳定结构的倾向下表是一些气态原子失去核外不同电子所需的能量(单位：1kJmol−)元素锂XY失去第一个电子519580502失去第二个电子729618204570

失去第三个电子1179927506920失去第四个电子_______116009550（3）通过上述信息和表中的数据分析为什么锂原子失去核外第二个电子所需的能量远远大于失去第一个电子所需的能量。_______（4）X可能是表中所列11种元素中的_______(选填字母

编号)；Y的最高价氧化物对应水化物电离方程式为_______(用元素符号表示)。（5）表中所列11种元素中，失去核外第一个电子所需能量最多的是_______(选填字母编号)。【答案】（1）①.a、c、d、e、i、j②.e（

2）①.②.分离液态空气（3）Li原子失去一个电子后，Li+已经形成了稳定结构，此时再失去电子就需要吸收更多的能量（4）①.e②.NaOH=Na++OH-（5）h【解析】【分析】根据各元素在元素周期表中的位置可知，a为C元

素，b为O元素，c为Na元素，d为Mg元素，e为Al元素，f为S元素，g为Cl元素，h为Ar元素，j为Sr元素，i为Fe元素，k为I元素。【小问1详解】金属单质具有良好的导电性，碳的单质中石墨也具有良好的导电性，因此单质可能是电的良导体的元素是a、c、d、e、i、j；上述元素中

，；最高价氧化物对应水化物具有两性的元素是Al，故答案为：a、c、d、e、i、j；Al；【小问2详解】b为O元素，O的原子序数为8，其原子结构示意图为；b的单质为氧气，工业上常分离液态空气制备氧气，故答案为：；分离液态空气；【小问3详解】Li原子失去一个电子

后，Li+已经形成了稳定结构，此时再失去电子就需要吸收更多的能量，因此锂原子失去核外第二个电子所需的能量远远大于失去第一个电子所需的能量，故答案为：Li原子失去一个电子后，Li+已经形成了稳定结构，此时再失去电子就需要吸收更多的能量；【小问4详解】根据

表中数据可知，X失去第1、2、3个电子所需的能量差别不大，而失去第4个电子所需能量远大于失去第3个电子所需的能量，说明X最外层有三个电子，可能是Al元素，即e；Y失去第2个电子所需的能量远大于失去第1个电子所需的能量，而失去

第2、3、4个电子所需能量相差较小，则Y最外层只有1个电子，结合上述元素可知，Y为Na元素，Na的最高价氧化物对应水化物为NaOH，NaOH是强电解质，完全电离成Na+和OH-，电离方程式为NaOH=Na++OH-，故答案为：e；NaOH=Na++O

H-；【小问5详解】根据题中信息可知，原子失电子所需能量不仅与原子核对核外电子的引力有关，还与形成稳定结构的倾向有关，结构越稳定，失电子所需能量越高，在所列11种元素中，处于0族的h(Ar)元素已达到8电

子的稳定结构，失去核外一个电子需要的能量最多，故答案为：h。(四)本题共23分9.某化学小组为探究铜与硫酸盐的反应设计了如下图所示装置（、加热装置已省略）。Ⅰ.完成以下填空：（1）用“可抽动的铜丝”而不是“直接换铜片”的优点是_______（2）能说明有2SO气体

产生的实验现象是_______。（3）反应后，无需打开，就提供了中胶装置完全被采用，应该采取的操作_______。二、底部反应结束后，这个白色固体并夹杂着一些同类的黑色物质。烧杯中，发现所得溶液为蓝色，仍有黑色固体未溶解。（4）由实验底部的实体，原试管的固体是____

___。（5）甲同学认为黑色固体是CuO，并提出了可能的反应：()24CuHSOCuO________++浓，完成以上化学成分_______，这个过程中充满了流行的性质是_______。乙同学的实验是立即拒绝了甲同学的猜测____

___。（6）他将杯子中黑色的固体物质加入到血液中2BaCl该实验过程中，能说明黑色固体中含Cu、S盘元素的实验现象是：_______。（7）已知CuS、2CuSCu在空气中灼烧O和2SO。乙同学想要进一步探索黑色固体的本质是CuS、2CuS还是它们的组合，应如何设计实验？请简

要叙述。_______。Ⅲ.丙青进一步探索铜与炼制黑色的条件，实验结果如下：硫酸浓度1/molL−14151618.4坠落-消失的温度/℃无150-236140-250120-250使用适量铜丝的现象无反应铜丝变黑微量黑色沉淀微量黑色沉淀使用过瘾铜(铜片)的现象无反应大量黑色沉淀大量黑

色沉淀大量黑色沉淀补充实验：先将18.41molL−选择镀338℃的反应，再分别与少量、无色反应，发现均出现黑色。（8）由上述实验结果造成的，铜与切割通常产生的原因是：_______。【答案】（1）便于控制反应的进行与停止（2）品红溶液褪色（3）打开弹簧夹，通入足

量空气（4）4CuSO（5）①.Cu+H2SO4(浓)ΔCuO+SO2↑+H2O②.强氧化性③.烧杯中含有稀硫酸，若含有氧化铜会溶解于稀硫酸中（6）所得溶液为蓝色，加入氯化钡溶液后有白色沉淀生成（7）将黑色固体在空气中充分灼烧然后比

较反应前后固体质量变化，若质量不变为2CuS，若剩余质量为原质量的83.3%为CuS，若剩余质量减少且大于原质量的83.3%为CuS与2CuS的混合物（8）硫酸浓度不足、加热温度不够、铜片用量过多的【解析】【分析】当铜丝与浓硫酸接触时，两者发生反

应生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，二氧化硫是大气污染物，用NaOH溶液吸收二氧化硫。【小问1详解】当铜丝与浓硫酸接触时才能反应，往上抽动铜丝时，铜丝与浓硫酸分离，反应停止，因此用“可抽动的铜丝”代替“直接投入铜片”的优点是便于控制反应的进行与停止，故答案为：便于控制

反应的进行与停止；【小问2详解】二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，因此当品红溶液褪色，说明有二氧化硫产生，故答案为：品红溶液褪色；【小问3详解】打开弹簧夹向三颈烧瓶中鼓入足量空气，就可使装置中残留气体被吹出，经过品红溶液时，二氧化硫被吸收，未吸收完的部分在N

aOH溶液中被完全吸收，故答案为：打开弹簧夹，通入足量空气；【小问4详解】将剩余白色固体(含少量浓硫酸)倒入盛有水的烧杯中，发现所得溶液为蓝色，则该固体含有Cu元素，又因为反应物是浓硫酸和铜，可知该固体为4CuSO，故答案为：4CuSO；【小问5详解】该反应中Cu

元素的化合价升高，则浓硫酸中S元素的化合价降低生成SO2，根据元素守恒可知产物还有水，则反应的化学方程式为Cu+H2SO4(浓)ΔCuO+SO2↑+H2O；该反应中，S元素的化合价降低，浓硫酸为氧化剂，体现了浓硫酸的强氧化性；由于浓硫酸过量，少量浓硫酸倒入盛有水的烧杯中会

变成稀硫酸，CuO溶于稀硫酸，因此黑色固体不可能是CuO，故答案为：Cu+H2SO4(浓)ΔCuO+SO2↑+H2O；强氧化性；烧杯中含有稀硫酸，若含有氧化铜会溶解于稀硫酸中；【小问6详解】加入足量稀硝酸加热后固体完全溶解，所得溶液为蓝色，说明含有Cu2+，加入氯化钡溶

液后有白色沉淀生成，该沉淀为硫酸钡，说明原固体中含有S元素，故答案为：所得溶液为蓝色，加入氯化钡溶液后有白色沉淀生成；【小问7详解】将黑色固体在空气中充分灼烧然后比较反应前后固体质量的变化，若质量不变为2CuS，若剩余质量为原的质量的83.3%为CuS，若剩余质量减少且

大于原质量的83.3%为CuS与2CuS的混合物，故答案为：将黑色固体在空气中充分灼烧然后比较反应前后固体质量的变化，若质量不变为2CuS，若剩余质量为原质量的83.3%为CuS，若剩余质量减少且大于原质量的83.3%为CuS与2CuS的混合物；【小问8详解】