上海市上海师范大学附属中学2024-2025学年高一下学期开学考试 化学试题（含解析）

这是一份上海市上海师范大学附属中学2024-2025学年高一下学期开学考试 化学试题（含解析），共12页。试卷主要包含了 试卷共5页，答题纸共4页， 本试卷可能用到的相对原子质量， 对于合成氨工业的反应， 工业合成氨的简要流程图如下等内容，欢迎下载使用。
(考试时间60分钟，满分100分)
考生注意：
1.自备科学计算器等参加考试，考试期间严格遵守考试纪律，听从监考员指挥，杜绝作弊。
2. 选择题如无说明，则为单选，不定项题则有1~2个正确选项。
3. 请将答案作答在答题纸上，作答在试卷上一律不予评分。
4. 试卷共5页，答题纸共4页。
5. 本试卷可能用到的相对原子质量：K-39 F-19 Mg-24 O-16 Cl-35.5 S-32 Zn-65
一、纯碱与小苏打。
1. Na2CO3可用于纺织、制肥皂、造纸、制玻璃等，NaHCO3可用于制药、焙制糕点等，两者都是白色固体；某实验小组通过以下实验来探究Na2CO3和NaHCO3两种物质的性质。称取两种固体各2g，分别放入两个小烧杯中，再各滴加10mL蒸馏水，振荡，测量温度变化；待固体充分溶解，并恢复至室温后，向所得溶液中各滴加2滴酚酞试液。
（1）发现Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，由此得到结论：_______。
（2）同学们在两烧杯中还观察到了其它现象。其中盛放Na2CO3的烧杯中出现的现象为：_________。
【答案】（1）同温度下，Na2CO3溶解度大于NaHCO3
（2）溶液温度升高，无色溶液变红色
【解析】
【分析】称取Na2CO3和NaHCO3两种固体各2g，分别放入两个小烧杯中，再各滴加10mL蒸馏水，振荡，测量温度：Na2CO3溶于水放热，NaHCO3溶于水吸热；向所得溶液中各滴加2滴酚酞试液，两份溶液都变红，但Na2CO3溶液的红色更深。
【小问1详解】
实验发现，Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，固体都是2g，水都是10mL，水的质量相同，则二者的溶解度有差异，由此得到结论：同温度下，Na2CO3溶解度大于NaHCO3。
【小问2详解】
由分析可知，盛放Na2CO3的烧杯中出现的现象为：溶液温度升高，无色溶液变红色。
【点睛】碳酸钠与盐酸反应放热，而碳酸氢钠与盐酸反应吸热。
2. “套管实验”的实验装置如下图所示。
（1）整个实验过程中，能观察到烧杯B中的现象是_______。
（2）写出实验过程中试管中发生反应的化学方程式：_______。
（3）该实验可证明NaHCO3的热稳定性_______(选填“强于”“弱于”或“等于”)Na2CO3；证明热稳定性的实验装置中，能否将NaHCO3、Na2CO3的位置互换？_______(选填“能”或“不能”)。
【答案】（1）有气泡产生，澄清石灰水变浑浊
（2）
（3） ①. 弱于 ②. 不能
【解析】
【分析】做套管实验时，外管直接与酒精灯外焰接触，外管温度高于内管。外管内放入Na2CO3，内管内放入NaHCO3，虽然内管温度低于外管，但NaHCO3仍会发生分解，从而说明Na2CO3的热稳定性高于NaHCO3。
【小问1详解】
烧杯B连接内管，NaHCO3受热分解，生成Na2CO3、CO2气体等，CO2通入石灰水中，使石灰水变浑浊，所以整个实验过程中，能观察到烧杯B中的现象是：有气泡产生，澄清石灰水变浑浊。
【小问2详解】
实验过程中试管中，NaHCO3受热分解，生成Na2CO3、CO2气体等，依据质量守恒，可得出发生反应的化学方程式：。
【小问3详解】
温度高的外管中Na2CO3未分解，而温度低的内管中NaHCO3分解，该实验可证明NaHCO3的热稳定性弱于Na2CO3；若将NaHCO3放在外管，温度高的外管NaHCO3分解，温度低的内管Na2CO3不分解，则不能说明NaHCO3的热稳定性比Na2CO3弱，所以证明热稳定性的实验装置中，不能将NaHCO3、Na2CO3的位置互换。
【点睛】“套管实验”常用于比较两种固体的热稳定性大小。
3. 下列选项中能用来鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色固体的试剂有_______。
A．无色酚酞试液 B．Ca(OH)2溶液 C．稀盐酸
【答案】AC
【解析】
【分析】称取一定质量的Na2CO3和NaHCO3两份固体，配制相同物质的量浓度的两份溶液。
【详解】A．取相同体积的两份溶液放入两支试管中，分别滴加2~3滴无色酚酞试液，红色深的溶液为Na2CO3溶液，红色浅的溶液为NaHCO3溶液，A符合题意；
B．取相同体积的两份溶液分别放入两支试管内，各滴入几滴Ca(OH)2溶液，都有白色沉淀生成，无法区分两种物质，B不符合题意；
C．取相同体积的两份溶液放入两支试管中，分别滴加稀盐酸，若立即产生气泡，该溶液为NaHCO3溶液，若起初无气泡，后来产生气泡，则该溶液为Na2CO3溶液，C符合题意；
故选AC。
4. 某样品溶液有Na2CO3和NaHCO3两种溶质，小张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下图所示。
（1）AB段化学反应的离子方程式为_______。
（2）稀盐酸的物质的量浓度为____；样品中和的物质的量之比____。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 1:1
【解析】
【分析】样品溶液有Na2CO3和NaHCO3两种溶质，加入盐酸，碳酸钠首先反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠和盐酸进一步反应生成氯化钠、水和二氧化碳；
【小问1详解】
由分析，A-B段碳酸氢钠和盐酸进一步反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应为；
【小问2详解】
结合反应，则稀盐酸的物质的量浓度为；加入盐酸，碳酸钠首先反应生成碳酸氢钠：，碳酸氢钠和盐酸进一步反应生成氯化钠、水和二氧化碳：，结合图像，样品中和的物质的量之比50：（150-50-50）=1：1。
二、合成氨工业。
5. 氨气是一种重要的化工材料，合成氨工业也是人工固氮的主要方式，请回答下列有关问题：氨气的电子式为____；工业制备氨气在氨合成塔中进行，在进入合成塔之前，需要对原料气净化，该操作的目的是____，写出合成阶段涉及反应的化学方程式____，该反应属于_____(选填“吸热”或“放热”)反应，因此工业生产的过程中常常会用到热交换器，简述热交换器的作用：____。
【答案】 ①. ②. 防止催化剂中毒 ③. ④. 放热 ⑤. 充分利用余热，节约能源
【解析】
【详解】氨气的分子式为NH3，N原子与H原子间以单键相连，另外，N原子的最外层还有1个孤电子对，则电子式为；生产合成氨的原料气中，混有能引起催化剂活性降低或活性丧失的物质，在进入合成塔之前，需要对原料气净化，该操作的目的是：防止催化剂中毒。合成阶段，N2、H2在高温、高压、催化剂作用下合成NH3，依据得失电子守恒和质量守恒，可得出涉及反应的化学方程式为，该反应过程中放出热量，则属于放热反应。工业生产的过程中常常会用到热交换器，以预热原料气，同时降低氨气的温度，有利于氨的分离，则热交换器的作用：充分利用余热，节约能源。
6. 在一个恒容的密闭容器中模拟工业合成氨的反应，下列说法中能确定该反应已经达到化学平衡的
A. 2V正(NH3) =V逆(N2)B. 容器内气体的密度不变
C. 容器气体的平均相对分子质量不变D. 断裂6mlN-H键，同时生成3ml H-H键
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应速率比等于系数比，2V正(NH3) =V逆(N2)则正逆反应速率不相同，没有平衡，A错误；
B．容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，B错误；
C．混合气体的平均摩尔质量，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，C正确；
D．断裂6mlN-H键，同时生成3ml H-H键，描述的都是逆反应，不能说明达到平衡，D错误；
故选C。
7. 对于合成氨工业的反应：要使反应物尽可能快的转化为氨气，可采用的反应条件是_______，要使反应物尽可能多的转化为氨气，可采用的反应条件是_______(本小问两空均选填字母)。
A．较高温度 B．较低温度 C．较高压强 D．较低压强 E．使用合适的催化剂
【答案】 ①. ACE ②. BC
【解析】
【详解】对于“使反应物尽可能快的转化为氨气”，考虑反应速率的问题。温度方面：较高温度能加快反应速率，所以A选项正确，B选项错误。压强方面：较高压强能加快反应速率，C选项正确，D选项错误。合适的催化剂能降低反应的活化能，使更多分子成为活化分子，大大加快反应速率，E选项正确，所以选ACE。
对于“使反应物尽可能多的转化为氨气”，考虑化学平衡移动的问题。合成氨反应是放热反应且气体体积减小的反应。降低温度，平衡向放热方向（正反应方向）移动，有利于生成更多氨气，所以B选项正确。增大压强，平衡向气体体积减小的方向（正反应方向）移动，有利于生成更多氨气，所以C选项正确；故选BC。
8. 如图为合成氨工业反应速率(ν)与时间(t)关系的示意图，由图判断，在t1时刻曲线发生变化的原因是改变______条件后，平衡混合物中NH3的百分含量_______(选填“增大”、“减小”、“不变”)。

A．增大N2的浓度 B．扩大容器体积 C．加入催化剂 D．升高温度
【答案】 ①. C ②. 不变
【解析】
【详解】由图像可得，t1时刻，正逆反应速率同等程度的增大，则改变的条件为催化剂，催化剂只改变化学反应速率，对化学平衡无影响；因平衡未发生移动，所以平衡混合物中NH3的百分含量不变；
故答案为：C 不变
9. 工业合成氨的简要流程图如下：
同学们发现：该流程设计得很巧妙，除了温度压强等因素外，至少有两处操作可以提高原料的利用率。
第一处：_______；第二处：_______。
【答案】 ①. 氢气与氮气可以循环使用 ②. 分离出液氨，平衡正向移动，提高了原料的转化率
【解析】
【详解】原料气净化后进入合成塔，氢气和氮气催化反应生成氨气，分离出液氨，平衡正向移动，提高原料的利用率，氢气与氮气的循环使用，也可以提高原料利用率；
故答案为：氢气与氮气可以循环使用、分离出液氨，平衡正向移动，提高了原料的转化率。
10. 某合成氨工厂现有硝酸铵、氯化铵和硫酸铵的混合溶液，取样VL，将样品溶液分成两等分：一份溶液与足量的氢氧化钠溶液共热，共产生氨气Aml；另一份溶液中慢慢滴入Cml/L的氯化钡溶液BL，溶液中恰好全部沉淀；将沉淀过滤后，在滤液中继续滴入硝酸银溶液至过量，又产生Dml沉淀。则原混合溶液中，氯化铵的浓度为_______ml/L，硝酸铵的浓度为_______ml/L。(用含有字母的代数式表示)
【答案】 ①. ②.
【解析】
【详解】一份溶液与足量的氢氧化钠溶液共热，共产生氨气Aml，，则铵离子为Aml；另一份溶液中慢慢滴入Cml/L的氯化钡溶液BL，氯化钡中氯离子为2BCml，溶液中恰好全部沉淀，，则硫酸根离子为Cml/L×BL=BCml；沉淀过滤后，在滤液中继续滴入硝酸银溶液至过量，又产生Dml沉淀，，则一份原溶液中氯离子为Dml- 2BCml；氯化铵的浓度为；结合电荷守恒，一份溶液中硝酸根离子为Aml-(Dml- 2BCml)-2×BCml=Aml-Dml，硝酸铵的浓度为。
11. 最新“人工固氮”的研究报道：常温常压、光照条件下，在催化剂表面能与水发生反应：_______。(填化学方程式)，与合成氨工业相比，新研究的固氮方法的优点为_______。(任写一点)
【答案】 ①. ②. 反应条件节能
【解析】
【详解】常温常压、光照条件下，在催化剂表面能与水发生反应合成氨，结合质量守恒还会生成氧气，反应为：，与合成氨工业相比，新研究的固氮方法的优点为反应条件温和，无需高温高压，节能。
三、高铁酸钾。
12. 高铁酸钾(K2FeO4)是优质水处理剂。实验室制取K2FeO4的装置如图。
I．K2FeO4的制备原理为：。
（1）A为氯气发生装置。反应中体现了浓盐酸的_______性质。
（2）B装置内出现_______现象时，说明B中反应已停止
（3）请对实验提出一条改进建议：_______。
（4）分析 K2FeO4是优质水处理剂的原因可能是_______。
Ⅱ．已知Cl2与KOH在较高温度下反应生成KClO3。
（5）为了防止生成KClO3，在不改变KOH溶液的浓度和体积的条件下，控制反应在0℃~5℃进行，实验中可采取的措施是：_______。
（6）若含溶质KOH1ml的溶液，与Cl2正好完全反应生成0.1mlKClO3，则生成____mlKClO。
Ⅲ．取B中紫色溶液，经过系列纯化操作后，获得纯净的K2FeO4溶液，加入稀盐酸，同时产生黄绿色气体Cl2和无色气体，经过检测，产物中有Fe3+。
（7）分析所给信息，写出生成O2的离子方程式：_______。
（8）根据 K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2_______(填“＞”或“＜”)， 而实验表明，Cl2和的氧化性强弱关系相反，原因是_______。
（9）检验溶液钾离子可以通过_______。
【答案】（1）酸性和还原性的
（2）红褐色沉淀消失(或溶液上方出现黄绿色)
（3）在AB间加入盛有饱和食盐水的装置除去HCl
（4）高铁酸钾(K2FeO4)中Fe为+6价有强氧化性，可以杀菌消毒，且还原产物为Fe3+，与水反应生成Fe(OH)3胶体可以吸附悬浮物，常用作水处理剂
（5）调整分液漏斗活塞，放缓盐酸滴加速率，并将C装置放置于冰水浴中
（6）0.2 （7）
（8） ①. ＞ ②. 溶液酸碱度不同
（9）焰色反应
【解析】
【分析】在A装置内，KMnO4与浓盐酸反应，生成Cl2等，Cl2中混有HCl和水蒸气；装置B中，在KOH溶液中，Cl2将Fe(OH)3氧化，生成K2FeO4、KCl等；装置C中，NaOH用于吸收Cl2尾气，防止污染大气。
【小问1详解】
A装置中，发生反应：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，则反应中体现了浓盐酸的酸性和还原性的性质。
【小问2详解】
B装置内，当Fe(OH)3完全反应，即出现红褐色沉淀消失(或溶液上方出现黄绿色)现象时，说明B中反应已停止。
【小问3详解】
A装置内生成的Cl2中混有HCl，会消耗KOH，则对实验提出一条改进建议：在AB间加入盛有饱和食盐水的装置除去HCl。
【小问4详解】
K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，产物中的Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，可吸附水中的悬浮颗粒物并沉降，所以它是优质水处理剂，原因可能是：高铁酸钾(K2FeO4)中Fe为+6价有强氧化性，可以杀菌消毒，且还原产物为Fe3+，与水反应生成Fe(OH)3胶体可以吸附悬浮物，常用作水处理剂。
【小问5详解】
已知Cl2与KOH在较高温度下反应生成KClO3。为了防止生成KClO3，在不改变KOH溶液的浓度和体积的条件下，控制反应在0℃~5℃进行，也就是需降低反应进行的速率，实验中可采取的措施是：调整分液漏斗活塞，放缓盐酸滴加速率，并将C装置放置于冰水浴中。
【小问6详解】
若含溶质KOH 1ml的溶液，与Cl2正好完全反应生成0.1mlKClO3，设生成KClO的物质的量为x，则生成KCl的物质的量为(1-0.1-x)ml，依据得失电子守恒可得：0.1×5ml+x=(1-0.1-x)ml，x=0.2ml，所以生成0.2mlKClO。
【小问7详解】
分析所给信息，K2FeO4溶液中加入稀盐酸，生成Cl2和无色气体(O2)、Fe3+，依据得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒，可得出生成O2的离子方程式：。
【小问8详解】
已知氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，根据 K2FeO4的制备实验：可得出：氧化性Cl2＞， 而实验表明，Cl2和的氧化性强弱关系相反，前者是在碱性溶液中发生反应，后者是在酸性溶液中发生反应，则原因是：溶液酸碱度不同。
【小问9详解】
不同金属离子灼烧时，火焰的颜色不同，则检验溶液钾离子可以通过：焰色反应。
【点睛】检验K+时，需透过蓝色钴玻璃观察，以排除Na+的干扰。
四、测定硫酸铜晶体中结晶水的含量。
13. 测定硫酸铜晶体()中x值的实验过程如图：
（1）以下是实验中可能用到的几种仪器，仪器c为_______。其中缺少的实验器材为：_______。
（2）第一次称量的是：_____，“操作Ⅰ”是______，用到上述_______(填序号)仪器。
（3）判断达到恒重的依据是_______，进行恒重操作的目的是_______。
（4）各次称量数据如下表：
则中的x=_______。
（5）下列操作会导致x值偏高的是_______。
A. 坩埚未干燥B. 加热过程中有晶体溅失C. 灼烧后坩埚在空气中冷却D. 没有进行恒重操作
（6）完成一次完整的上述实验(不包括平行实验)，至少称量_______次。
【答案】（1） ①. 干燥器 ②. 研钵和钵杵
（2） ①. 坩埚的质量 ②. 灼烧 ③. bd
（3） ①. 相邻两次称量的质量差小于0.001g ②. 确保晶体失去全部结晶水
（4） （5）AB
（6）5
【解析】
【分析】测定硫酸铜晶体(CuSO4•xH2O)中结晶水含量原理为先将晶体放在研钵中研细，然后放在坩埚中加热，直到前后两次称量的质量差不超过0.001g后停止加热，说明完全失水，再放在干燥器中冷却，最后利用加热前后的质量差来计算结晶水含量，据此分析解题。
【小问1详解】
根据仪器图形可以判断c为干燥器；根据分析，缺少的实验器材为：研钵和钵杵；
【小问2详解】
第一次称量的是：坩埚的质量；装入称量总质量后，灼烧使其失去结晶水，“操作Ⅰ”是灼烧；用到坩埚和酒精灯，故选bd；
【小问3详解】
根据分析，判断达到恒重的依据是相邻两次称量的质量差小于0.001g；进行恒重操作的目的是确保晶体失去全部结晶水；
【小问4详解】
取最后一次称量的质量数值计算，为剩余的质量，为失去的结晶水的质量，则计算x=；
【小问5详解】
A．坩埚未干燥，加热后水挥发，而造成加热前后固体的质量差偏大，使水的质量测定结果偏大，A正确；
B．加热过程中有少量晶体溅出，会导致测定的硫酸铜的质量偏小，导致水的质量测定结果偏大，B正确；
C．加热固体到白色后，露置在空气中冷却，则硫酸铜又吸水，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，测定的水的质量偏小，C错误；
D．该同学未做恒重操作，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，测定的水的质量偏小，D错误；
故选AB；
【小问6详解】
为确认硫酸铜晶体完全失去结晶水，需进行恒重操作，直至连续两次称量的差不超过0.001g为止，这是为了确定样品中结晶水是否已经被全部除去；加上流程图中的三次称量，可知至少称量5次。
五、二氧化硫。
14. 某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如图所示装置进行实验。
已知：。装置F内溶液的溶质为烧碱。回答下列问题：
（1）装置B目的是探究SO2与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象：_______。
（2）装置F内溶液溶质的化学式为_____，作用为______，漏斗的作用为_______。
（3）E中产生白色沉淀，该白色沉淀的化学成分为_____；设计实验证明你的判断：_____。
A．BaSO3 B．BaSO4 C．BaSO3和BaSO4
（4）工厂煤燃烧产生的烟气若直接排放到空气中，引发的主要环境问题有_______。
A. 温室效应B. 粉尘污染C. 水体富营养化D. 人工固氮
（5）本实验一共能体现SO2的性质有：_______。
（6）工业上为实现燃煤脱硫，常通过煅烧石灰石得到生石灰，以生石灰为脱硫剂，与烟气中SO2反应从而将硫固定，其产物可作建筑材料。写出其中将硫固定的化学方程式是_______。
【答案】（1）将SO2通入品红溶液，溶液褪色，体现SO2漂白性；将褪色后的溶液放在酒精灯上加热，红色又恢复，说明SO2漂白性具有热不稳定性
（2） ①. NaOH ②. 尾气处理 ③. 防止倒吸
（3） ① B ②. 将该白色沉淀加入稀盐酸，沉淀不溶解，无明显实验现象，证明只含BaSO4不含BaSO3 （4）AB
（5）还原性 氧化性 漂白性 酸性氧化物
（6）
【解析】
【分析】通过A装置制备SO2，产生的SO2通过品红溶液，品红褪色证明SO2具有漂白性，其漂白不稳定，将褪色后的溶液放在酒精灯上加热,品红恢复原来的颜色，证明该漂白的可逆性、不稳定。通入酸性高锰酸钾，发生氧化还原反应使得溶液褪色，证明SO2具有还原性。通入H2S溶液，发生氧化还原反应生成硫单质，出现淡黄色浑浊该反应体现SO2具有氧化性。通入硝酸钡水溶液，二氧化硫的水溶液显酸性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，可以氧化SO2从而产生白色沉淀硫酸钡。最后用倒置的漏斗防止倒吸，用氢氧化钠溶液进行尾气吸收，利用的二氧化硫为酸性氧化物性质。
【小问1详解】
由分析，实验操作及现象为：将SO2通入品红溶液，溶液褪色，体现SO2漂白性；将褪色后的溶液放在酒精灯上加热，红色又恢复，说明SO2漂白性具有热不稳定性；
【小问2详解】
二氧化硫有毒，可以使用碱液吸收防止污染，装置F内溶液溶质的化学式为NaOH，作用为尾气处理，漏斗可以防止液体倒吸；
【小问3详解】
通入硝酸钡水溶液，二氧化硫的水溶液显酸性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，可以氧化SO2从而产生白色沉淀硫酸钡，故选B；硫酸钡不溶于盐酸，而亚硫酸钡沉淀溶于盐酸，将该白色沉淀加入稀盐酸，沉淀不溶解，无明显实验现象，证明只含BaSO4不含BaSO3；
【小问4详解】
工厂煤燃烧产生的烟气中含有大量的二氧化碳、二氧化硫和粉尘，引发的主要环境问题有温室效应、酸雨、粉尘污染，答案选AB；
【小问5详解】
结合分析，实验现象二氧化硫的性质有：还原性 氧化性 漂白性 酸性氧化物；
【小问6详解】
空气中氧气具有氧化性，根据题中信息，二氧化硫、氧气和生石灰反应生产硫酸钙，从而达到固硫目的，化学反应原理为：2CaO+2SO2+O2= 2CaSO4。a．电子天平
b
c
d．酒精灯
称量
第1次
第2次
第3次
第4次
第5次
质量(g)