2024届上海市上海大学附属中学化学高一第一学期期末学业水平测试试题含解析

2024届上海市上海大学附属中学化学高一第一学期期末学业水平测试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是A．K+、、H+、Cu2+ B．Na+、OH-、Cl-、C．H+、Na+、Cl-、 D．Na+、Ba2+、、2、下列物质体积为22.4L的是A．20℃时的18g水 B．常温常压下的1mol氧气C．标准状况下含6.02×1023个原子的Cl2 D．标准状况下44g二氧化碳气体3、下列关于氯气的叙述中，不正确的是A．氯气是一种黄绿色、有刺激性气味的气体B．氯气、液氯和氯水是同一种物质C．氯气能溶于水D．氯气是一种有毒的气体4、下列关于自然界中氮循环示意图（如图）的说法错误的是（）A．氮元素只被氧化B．豆科植物根瘤菌固氮属于自然固氮C．其它元素也参与了氮循环D．含氮无机物和含氮有机物可相互转化5、下列各组数值或物理量中，都不随水的“物质的量”的变化而变化的是A．水的沸点；水分子的数目B．水的质量；水的相对分子质量C．水的体积；水中所含原子的数目D．水的密度；水的摩尔质量6、下列有关单质用途的说法不正确的是A．充有钠蒸气的高压钠灯常用于道路和广场的照明B．还原铁粉可用作食品袋内的抗氧化剂C．镁是一种重要的金属材料，是优质的耐高温材料D．氯气可用于自来水的消毒、药物的合成7、以下不属于无机非金属材料的是()A．玻璃 B．铝合金 C．水泥 D．陶瓷8、用金属铜制取硝酸铜，从节约原料和防止环境污染方面考虑，最好的方法是()A．铜硝酸铜 B．铜硝酸铜C．铜氯化铜硝酸铜 D．铜氧化铜硝酸铜9、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A．0.5molNO2与11.2LO3所含的分子数均为0.5NAB．同温同压下，相同体积的氢气和氦气所含原子数均为NAC．7.8gNa2O2与足量水反应，转移电子数目为0.1NAD．0.5molFe与足量盐酸或足量水蒸气反应，转移电子数目均为NA10、下列物质属于盐类的是（）A．CaO B．KCl C．HNO3 D．Al(OH)311、水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应如下（反应条件忽略）：3Fe2＋+2S2O32－+O2+xOH－=Fe3O4+S4O62－+2H2O。下列说法不正确的是A．每生成1molFe3O4，转移4mol电子B．该反应中Fe2＋和S2O32－都是还原剂C．3molFe2＋被氧化时有1molO2被还原D．离子方程式中x=412、“84”消毒液在日常生活中使用广泛，该消毒液无色，有漂白作用，其有效成分是（）A．NaOHB．Na2O2C．KMnO4D．NaClO13、下列各组离子中，能在溶液中大量共存的是（）A．Na+、Cu2+、Cl﹣、OH﹣ B．H+、Ca2+、HCO3﹣、NO3﹣C．Fe2+、H+、SO42﹣、NO3﹣ D．Na+、CO32﹣、OH﹣、K+14、下列属于合金的是()A．黄铜 B．黄金 C．石墨 D．氧化铁15、下列溶液中，溶质的物质的量浓度为1mol/L的是（）A．含Na+为2mol的Na2SO4溶液B．将80gSO3溶于水并配成1L的溶液C．将0.5mol/L的某饱和溶液100mL，加热蒸发掉50g水后的溶液D．将58.5gNaCl溶于1L水所得的溶液16、下图是10ml量筒的一部分，数字XY之间相差1ml，若X=5，则量筒所盛液体的体积是A．5.7ml B．4.4ml C．4.3ml D．6.3ml二、非选择题（本题包括5小题）17、如图所示：图中每一方格表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C为无色气体，请填写下列空白：(1)写出下列物质的化学式X_________，C_________，F_________，G__________。(2)写出下列反应的化学方程式①_____________________________________________。②______________________________________________。18、常温下，A是可用来对自来水进行消毒的黄绿色单质气体，A、B、C、D、E都含X元素，其转化关系如图所示：(1)请分别写出下列物质的化学式(如为溶液请填溶质的化学式)：A________、B________、D________。(2)写出下列反应的化学方程式或离子方程式(请注明反应条件)：A＋H2O(离子方程式)：_________；A＋NaOH(离子方程式)：_______________；D→A(化学方程式)：____________________。19、某纯碱样品含有少量杂质，某兴趣小组用如图所示装置测定纯碱样品中的质量分数（铁架台、铁夹等均已略去）。实验步骤如下：Ⅰ.按图连接装置，并检查气密性；Ⅱ.准确称量盛有碱石灰的干燥管的质量为；Ⅲ.准确称量纯碱样品放入容器中；Ⅳ.打开分液漏斗的旋塞，缓缓滴入稀硫酸，至不再产生气泡为止；Ⅴ.打开弹簧夹，往试管中缓缓鼓入空气数分钟，最后称得干燥管的质量为。请回答下列问题：（1）检查装置气密性的方法为____________。（2）装置中试剂应选择_____，目的是________。（3）装置的作用是____，步骤中“缓缓鼓入空气数分钟”的目的是____________。（4）根据实验中测得的有关数据，计算纯碱样品的质量分数为___（保留三位有效数字），若没有装置，会导致测量结果____（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。20、由1～18号元素组成的化合物X是某抗酸药的有效成分。某同学欲探究X的组成。查阅资料：①由1～18号元素组成的抗酸药的有效成分可能是碳酸氢钠、碳酸镁、氢氧化铝、硅酸镁铝、磷酸铝、碱式碳酸镁铝。②Al3+在pH=5.0时沉淀完全；Mg2+在pH=8.8时开始沉淀，在pH=11.4时沉淀完全。实验过程：Ⅰ．向化合物X粉末中加入过量盐酸，产生气体A，得到无色溶液。Ⅱ．用铂丝蘸取少量Ⅰ中所得的溶液，在火焰上灼烧，无黄色火焰。Ⅲ．向Ⅰ中所得的溶液中滴加氨水，调节pH至5~6，产生白色沉淀B，过滤。Ⅳ．向沉淀B中加过量NaOH溶液，沉淀全部溶解。Ⅴ．向Ⅲ中得到的滤液中滴加NaOH溶液，调节pH至12，得到白色沉淀C。⑴Ⅰ中气体A可使澄清石灰水变浑浊，A的化学式是___________。⑵由Ⅰ、Ⅱ判断X一定不含有的元素是磷、___________（填元素名称）。⑶Ⅲ中生成B的离子方程式是___________。⑷Ⅳ中B溶解的离子方程式是___________。⑸沉淀C的化学式是___________。⑹若上述n(A)：n(B)：n(C)=1：1：3，则X的化学式是___________。21、某工厂的工业废水中含有大量的Fe2＋、SO42－和较多的Cu2+及少量的Na＋。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜。请根据流程图，在方框和括号内填写物质名称（或主要成分的化学式）或操作方法，完成回收硫酸亚铁和铜的简单实验方案。（1）操作②的名称为__________，所需要的玻璃仪器为__________、玻璃棒、烧杯。（2）试剂⑤的化学式为__________，发生化学反应的离子方程式为__________。（3）为验证溶液⑧中含有SO42－：取少量的溶液⑧于试管中，先加入____再加入__________，若观察到有白色沉淀，则说明溶液⑧中含有SO42－。写出上述反应的离子方程式______________________________．

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解题分析】

A．该组离子在溶液中不反应，能共存，但Cu2+在水溶液中为蓝色，不满足溶液无色的条件，故A不符合题意；B．该组离子在溶液中不反应，能共存，且离子均为无色，故B符合题意；C．该组离子在溶液中H+与SiO32-发生反应生成H2SiO3沉淀，即2H++SiO32-=H2SiO3↓，则不能大量共存，故C不符合题意；D．该组离子在溶液中Ba2+与SO42-发生反应生成BaSO4沉淀，即Ba2++SO42-=BaSO4↓，则不能大量共存，故D不符合题意；答案为B。2、D【解题分析】

A．20℃时的18g水，水的密度约为1g·mL-1，约为18mL，故A不选；B．常温常压下的1mol氧气，体积大于22.4L，故B不选；C．标准状况下含6.02×1023个原子的Cl2是0.5mol，体积为11.2L，故C不选；D．标准状况下44g二氧化碳气体为1mol，体积为22.4L，故D选；故选D。3、B【解题分析】

氯气溶于水即得到氯水，氯水是混合物，B不正确，其余选项都是正确的，答案选B。4、A【解题分析】

A.人工固氮中氮气转化为氨气，是N2转化为NH3的过程，N化合价由0→-3价，化合价降低，被还原，A错误；B.豆科植物根瘤菌固氮属于自然固氮，B正确；C.生物体合成蛋白质的过程也有碳、氢、氧元素的参与，C正确；D.根据自然界中氮循环图知，通过生物体可以将铵盐和蛋白质相互转化，实现了含氮的无机物和有机物的转化，D正确；答案选A。【点晴】自然界中氮的存在形态多种多样，除N2、NH3、NOx、铵盐、硝酸盐等无机物外，还可以蛋白质等有机物形态存在，氮的循环中氮元素可被氧化也可能发生还原反应，判断的依据主要是看变化过程中氮元素的化合价的变化情况，要明确化合价升高被氧化，化合价降低被还原。5、D【解题分析】

水分子的数目与水的“物质的量”成正比；水的质量与水的“物质的量”成正比；水的体积随水的“物质的量”增大而增大；沸点是水的物理性质，与水的多少无关；水的相对分子质量是18，与水的多少无关；水的密度是水的物理性质，与水的多少无关；水的摩尔质量是18g/mol，与水的多少无关；故选D。6、C【解题分析】

A．钠的焰色反应为黄色，穿透力强，可用于广场照明，高压钠灯常用于道路和广场的照明，故A不符合题意；

B．还原性铁粉易与氧气反应，可作食品抗氧化剂，故B不符合题意；

C．氧化镁是耐高温材料，而不是镁，故C符合题意；D．氯气与水反应生成HClO具有强氧化性，且氯气为常见的化工原料，氯气可用于自来水的消毒、农药的生产、药物的合成，故D不符合题意；

故答案为：C。7、B【解题分析】

A.玻璃是传统无机非金属材料，故A不选；B.铝合金是金属材料，不属于无机非金属材料，故B选；C.水泥是传统无机非金属材料，故C不选；D.陶瓷是传统无机非金属材料，故D不选；故选：B。【题目点拨】无机非金属材是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料，一般可认为是有机高分子材料和金属材料以外的所有材料的统称。8、D【解题分析】

A.铜硝酸铜，除了生成硝酸铜外，还会生成二氧化氮气体，污染环境，故A不选；B.铜硝酸铜，除了生成硝酸铜外，还会生成一氧化氮气体，污染环境，故B不选；C.铜氯化铜硝酸铜，利用的是有毒气体氯气，并且浪费原料，故C不选；D.铜氧化铜硝酸铜，利用空气在加热条件下，使铜生成氧化铜，氧化铜再与硝酸反应生成硝酸铜，没有污染环境的气体产生，并且空气原材料廉价，故D选；故选：D。9、C【解题分析】

A.0.5molNO2存在2NO2⇌N2O4，不知所给条件下的温度和压强，无法计算11.2LO3的物质的量，A错误；B.同温同压下，相同体积的氢气和氦气所含的分子数目相等，氢气为双原子分子，He是单原子分子，则原子数不相等，B错误；C.7.8gNa2O2即0.1mol，与足量水反应时，0.1mol的O原子化合价升高为0价，0.1mol的O原子化合价降低为-2价，转移电子数目为0.1NA，C正确；D.0.5molFe与足量盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，转移电子数为NA，与足量水蒸气反应生成四氧化三铁，转移电子数目大于NA，D错误；答案为C。10、B【解题分析】

A．CaO由两种元素组成，其中一种元素为氧元素，应属于氧化物，A不合题意；B．KCl由金属离子和酸根离子构成，属于盐，B符合题意；C．HNO3在水溶液中能够电离出氢离子和硝酸根离子，属于酸，C不合题意；D．Al(OH)3由金属元素和氢氧化根构成，从组成上看，相当于碱(实际上是两性氢氧化物)，D不合题意；故选B。11、C【解题分析】

从电荷守恒的角度分析，可配平反应的离子方程式：3Fe2＋+2S2O32－+O2+4OH－═Fe3O4+S4O62－+2H2O，反应中3Fe2＋→Fe3O4，当3molFe2＋参加反应时，有2molFe2＋化合价升高，反应中Fe和S元素的化合价升高，被氧化，O2为氧化剂。【题目详解】A．反应3Fe2＋+2S2O32－+O2+4OH－═Fe3O4+S4O62－+2H2O中，Fe和S元素的化合价升高，被氧化，O2为氧化剂，每生成1molFe3O4，反应转移的电子总数为4mol，故A正确；B．当3molFe2＋参加反应时，有2molFe2＋化合价升高，反应中Fe和S元素的化合价升高，则该反应中Fe2＋和S2O32－都是还原剂，故B正确；C．反应3Fe2＋+2S2O32－+O2+4OH－═Fe3O4+S4O62－+2H2O中，当3molFe2＋参加反应时，有2molFe2＋化合价升高，则2molFe2＋被氧化时有1molO2被还原，故C错误；D．反应的离子方程式为3Fe2＋+2S2O32－+O2+4OH－═Fe3O4+S4O62－+2H2O，则x=4，故D正确。故选C。12、D【解题分析】A、NaOH不具有强氧化性，无漂白性，故A错误；B、Na2O2具有强氧化性，但能与水反应生成NaOH，NaOH不具有强氧化性，故B错误；C、KMnO4显紫色，故C错误；D、NaClO具有强氧化性，且是无色溶液，故D正确。13、D【解题分析】

A.Cu2＋与OH-要生成氢氧化铜沉淀而不能共存，选项A错误；B.氢离子与碳酸氢根离子不能大量共存，选项B错误；C.在氢离子存在的条件下，硝酸根离子要表现强氧化性，会将+2价铁离子氧化成+3价，选项C错误；D.a+、CO32﹣、OH﹣、K+各离子间相互不反应，可以共存，选项D正确。答案选D。14、A【解题分析】

A.黄铜是铜、锌组成的合金，故A符合题意；B.黄金是金单质，故B不符合题意；C.石墨是碳的单质，故C不符合题意；D.氧化铁是氧化物，故D不符合题意。综上所述，答案为A。15、B【解题分析】

A、溶液体积未给出，无法计算溶质的物质的量浓度，故A错误；B、根据硫原子守恒可知n（H2SO4）=n（SO3）=80g÷80g/mol=1mol，所以溶液浓度为1mol/L，故B正确；C、饱和溶液，蒸发掉水后，剩余溶液仍为饱和溶液，浓度不变（挥发性溶质会较低），故C错误；D、将58.5gNaCl溶于1L水所得的溶液体积不是1L，浓度不是1mol/L，故D错误；答案选B。16、C【解题分析】

X、Y之间相差1ml，有11格，每格为1．1mL，X=5则Y=4，液面与3格处相切，故体积是4.3ml，选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、(NH4)2CO3(或NH4HCO3)NH3NO2HNO32Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O24NH3＋5O24NO＋6H2O【解题分析】

X既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则C为NH3，气体A能与过氧化钠反应，故A为CO2，则X应为碳酸氢铵或碳酸铵，分解产物中B为H2O；反应①为CO2与Na2O2反应，且NH3能与反应①生成的产物之一发生催化氧化反应，则D为O2，反应②为NH3在O2中催化氧化生成的E为NO，NO和O2反应生成的F为NO2，NO2再与水反应生成HNO3和NO，则G为HNO3，再结合物质的性质进行解答。【题目详解】X既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则C为NH3，气体A能与过氧化钠反应，故A为CO2，则X应为碳酸氢铵或碳酸铵，分解产物中B为H2O；反应①为CO2与Na2O2反应，且NH3能与反应①生成的产物之一发生催化氧化反应，则D为O2，反应②为NH3在O2中催化氧化生成的E为NO，NO和O2反应生成的F为NO2，NO2再与水反应生成HNO3和NO，则G为HNO3；(1)由分析知：X为(NH4)2CO3(或NH4HCO3)，C为NH3，F为NO2，G为HNO3；(2)反应①为CO2与Na2O2反应生成碳酸钠和氧气，发生反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；反应②为氨气的催化氧化，发生反应的化学方程式为4NH3＋5O24NO＋6H2O。【题目点拨】以“无机框图题”的形式考查元素单质及其化合物的性质，涉及常用化学用语与氧化还原反应等，在熟练掌握元素化合物知识的基础上着重考查学生的发散思维、分析判断、逻辑思维以及对无机物知识的综合应用等能力，注意信息中特殊的性质与现象及特殊的转化关系是推断的关键，本题突破点是X的不稳定性，且能与盐酸、浓NaOH溶液反应生成无色气体，确定X为碳酸铵或碳酸氢铵。18、Cl2HClOHClCl2＋H2O＝H＋＋Cl－＋HClOCl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O【解题分析】

常温下，A是可用来对自来水进行消毒的黄绿色单质气体，判断为Cl2，A、B、C、D、E都含X元素，B为HClO，D为HCl，C为NaCl，E为NaClO，依据推断出的物质结合物质性质回答问题。【题目详解】(1)据上所述可知A为Cl2、B为HClO，D为HCl；(2)Cl与H2O反应产生HCl和HClO，反应的离子方程式是：Cl2+H2O＝HCl+HClO；Cl与NaOH溶液反应，产生NaCl、NaClO和H2O，反应离子方程式为：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；MnO2与浓盐酸在加热条件下，发生反应产生MnCl2、Cl2和水，反应的化学方程式为：4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。19、夹紧弹簧夹，将B中的分液漏斗中加入水，打开分液漏斗的活塞，水位不下降，气密性好氢氧化钠溶液吸收空气中的二氧化碳吸收CO2气体中的水蒸气将装置中残留的二氧化碳全部排出，让装置D的碱石灰充分吸收，达到精确测量的目的75.7%偏大【解题分析】

(1)B中气密性的检验方法是使B处于一个密封环境，观察压强的变化；(2)装置A中试剂X应选氢氧化钠溶液吸收空气中的二氧化碳，避免干扰后续实验验证；(3)C装置中浓硫酸是吸收CO2气体中的水蒸气，避免测量结果产生误差，“缓缓鼓入空气数分钟”是为了将装置中残留的二氧化碳全部排出，让装置D的碱石灰充分吸收，达到精确测量的目的；(4)某纯碱样品中含有少量NaCl杂质，用如图所示装置来测定纯碱样品中Na2CO3的质量分数，直到干燥管D的质量不变，为82.4g，生成二氧化碳的质量=82.4g-80.20g=2.2g，结合碳元素守恒计算碳酸钠纯度。【题目详解】(1)检查装置B的气密性的方法是用弹簧夹将两端的导气管夹紧，将B中的分液漏斗中加入水，打开分液漏斗的活塞，漏斗内的水位不发生变化，说明气密性好；(2)本实验是为了检验纯碱的纯度，空气中的二氧化碳会对实验产生干扰，装置A中试剂X应选用足量的氢氧化钠溶液吸收空气中的二氧化碳，避免干扰后续实验验证；(3)装置C的作用：吸收CO2气体中的水蒸气,避免测量结果产生误差(偏大)；(4)某纯碱样品中含有少量NaCl杂质，用如图所示装置来测定纯碱样品中Na2CO3的质量分数，直到干燥管D的质量不变，为82.4g，生成二氧化碳的质量=82.4g−80.20g=2.2g，结合碳元素守恒计算碳酸钠纯度=×100%=75.7%，若没有E装置，空气中的水和二氧化碳会进入D装置，导致D装置的质量增大，生成二氧化碳的