四川省宜宾市兴文第二中学2023-2024学年高一下学期开学化学试题 Word版含解析.docx

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兴文二中高2023级高一下期开学考试化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5K-39Ti-48Fe-56第I卷选择题(42分)一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是A.盐酸、氯气、胆矾B.碳酸钠、臭氧、氨水C.食盐、铝、氯化氢D.石灰石、金刚石、熟石灰【答案】B【解析】【详解】A．盐酸属于混合物、氯气属于单质、胆矾为硫酸铜晶体，是化合物，故A不符合；B．碳酸钠属于化合物、臭氧是单质、氨水是氨气溶于水形成的混合物，故B符合；C．食盐主要成分为氯化钠，属于混合物；铝属于金属单质；氯化氢属于化合物，故C不符合；D．石灰石主要成分是碳酸钙，属于混合物；金刚石属于碳单质；熟石灰是氢氧化钙，属于化合物，故D不符合；故选B。2.分类是化学学习和研究的常用手段。下列分类依据和结论都正确的是A.含有氧元素的化合物，一定是氧化物B.烧碱、纯碱、苛性钾都属于碱C.酸性氧化物一定是非金属氧化物D.CuSO4·5H2O、冰水、液氨都属于纯净物【答案】D【解析】【详解】A．氧化物是指含有两种元素其中一种是氧元素的化合物，则含有氧元素的化合物，不一定是氧化物，A错误；B．烧碱即NaOH、苛性钾即KOH都属于碱，但纯碱即Na2CO3属于盐，而不是碱，B错误；C．酸性氧化物是指能与碱反应生成盐和水的氧化物，其不一定是非金属氧化物，如Mn2O7属于金属氧化物，属于酸性氧化物，C错误；D．CuSO4·5H2O、冰水即H2O、液氨即液态的氨气，均只含有一种组成，故都属于纯净物，D正确；故答案为：D。 3.Cl2溶于水会发生反应，下列说法正确的是A.中子数为18的Cl原子可表示为B.H2O的电子式为C.氯离子的结构示意图：D.HClO的电离方程式为【答案】C【解析】【详解】A．中子数为18的Cl原子可表示为，A错误；B．H2O为共价化合物，电子式为，B错误；C．氯离子的核外电子数为18，氯离子结构示意图：，C正确；D．HClO的电离方程式为，D错误；答案选C。4.关于核素，下列说法不正确的是A.质子数为117B.中子数为177C.核外电子数为117D.质量数为117【答案】D【解析】【详解】核素的质子数=核外电子数=117，质量数为294，中子数=质量数-质子数=294-117=177。综上，不正确的选D。5.下列说法正确的是（）A.胶体区别于其他分散系的本质特征是能发生丁达尔效应B.合金与各组分金属相比一般具有更低的熔点C.生铁、普通钢和不锈钢中的碳含量依次增加D.因为氯气溶于水可以导电，所以氯气是电解质 【答案】B【解析】【详解】A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小，区分胶体的溶液的方法是是否发生丁达尔效应，故A错误；B．合金的熔点一般比各组分金属的低，故B正确；C．生铁含碳量高于普通钢和不锈钢，故C错误；D．氯气溶于水后与水反应生成了、，这两种酸电离产生自由移动的离子，所以水溶液可以导电，但氯气是单质，所以氯气既不是电解质也不是非电解质，故D错误；答案选B。6.每年10月23日上午6：02到晚上6：02被誉为“摩尔日”(MoleDay)，这个时间一种写法为6：0210/23，外观与阿伏加德罗常数近似值6.02×1023相似。用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1molAlCl3中含有NA个离子键B.20gD2O中含有电子数为10NAC.0.1molFeCl3•6H2O加入沸水中完全反应生成胶体的粒子数为0.1NAD.标准状况下，将22.4LHCl溶于1L水，所得溶液中c(H+)为1mol/L【答案】B【解析】【详解】A．氯化铝为共价化合物，没有离子键，A错误；B．20gD2O的物质的量为1mol，含有的电子数为10NA，B正确；C．氢氧化铁胶体为多个氢氧化铁的集合体，所以0.1molFeCl3·6H2O加入沸水完全反应生成胶体的粒子数小于0.1NA，C错误；D．标准状况下，22.4LHCl物质的量为1mol，1molHCl溶于1L水所得溶液体积大于1L，则溶液中氢离子浓度小于1mol/L，D错误；故答案选B。7.下列反应的离子方程式正确的是A.铁与硫酸铁溶液反应：B.氯化钠溶液与硝酸银溶液反应：C.碳酸钙与稀盐酸反应：D.稀硝酸与氢氧化钠溶液反应： 【答案】D【解析】【详解】A．电荷不守恒，应为：，A错误；B．硝酸银是可溶性盐，要拆写，应为：，B错误；C．碳酸钙是难溶性盐，不能拆写，应为：，C错误；D．稀硝酸与氢氧化钠溶液反应：，D正确；故选D。8.根据元素周期律判断，下列关系正确的是（）A.离子半径：O2->S2->Na+B.稳定性：CH4>H2O>NH3C.酸性：HNO3>H2CO3>H2SiO3D.最高化合价：S>Cl>P【答案】C【解析】【详解】A．电子层结构相同的微粒，核电荷数越大，半径越小，则O2-＞Na+，电子层数越多半径越大，则离子半径：S2-＞O2-＞Na+，故A错误；B．元素非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：C＜N＜O，稳定性：H2O＞NH3＞CH4，故B错误；C．元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性：Si＜C＜N，酸性：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3，故C正确；D．Cl最高正价为+7价，S最高正价为+6价，P最高正价为+5价，最高化合价：Cl＞S＞P，故D错误；答案选C。9.使用容器瓶配制溶液时，由于操作不当会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏高的是A.溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤B.转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水C.定容时，俯视容量瓶的刻度线D.定容摇匀时，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线【答案】C【解析】【详解】A．溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，会使溶液中溶质的物质的量减少，导致溶液的浓度偏低，错误；B． 转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，由于不影响溶液的体积和溶质的物质的量，因此对配制的溶液的浓度不产生任何影响，错误；C．定容时，俯视容量瓶的刻度线，会使溶液的体积偏小，则溶液的物质的量浓度偏高，正确；D．定容摇匀时，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，会使溶液的体积偏大，导致溶液的浓度偏低，错误。10.要证明某溶液中不含Fe3＋，而可能含有Fe2＋，进行如下实验操作的最佳顺序为①加入足量氯水②加入足量KMnO4(H＋)溶液③加入少量KSCN溶液A.①③B.③①C.①②③D.③②①【答案】B【解析】【详解】用KSCN溶液检验溶液中是否含Fe3+，故先向溶液中加入少量KSCN溶液，溶液不变红色说明溶液中不含Fe3+；然后加入足量氯水，若溶液变成红色，说明溶液中含Fe2+，因为氯水将Fe2+氧化成Fe3+；不选用KMnO4(H+)溶液的原因是：KMnO4(H+)溶液本身有颜色、同时KMnO4(H+)可能将SCN-氧化干扰检验；则实验操作的最佳顺序为③①，答案选B。11.氯及其化合物的“价-类”二维图体现了化学变化之美。下列说法不正确的是A.a在水溶液中完全电离B.c的水溶液中加入几滴紫色石蕊会变红C.d需密封保存D.e的漂白能力和消毒能力比b高【答案】B【解析】【分析】图示为氯及其化合物的“价-类”二维图，由图可知，abcdef分别为HCl、Cl2、HClO、NaClO、ClO2、NaClO3；【详解】A．HCl在水溶液中完全电离，A正确；B．HClO水溶液具有酸性和氧化性，加入几滴紫色石蕊会变红后褪色，B错误；C．NaClO会吸收空气中二氧化碳、水而变质，需密封保存，C正确；D．ClO2的漂白能力和消毒能力比Cl2高，D正确； 故选B。12.类比是研究物质性质常用的方法之一、下列类比不正确的是A.由Na2O与水反应生成NaOH，推测K2O与水反应生成KOHB.由Na在空气中燃烧生成Na2O2，推测Li在空气中燃烧生成Li2O2C.由Fe可以置换CuSO4溶液中的铜，推测Al可以置换CuSO4溶液中的铜D.由CO2能与NaOH溶液反应，推测SiO2能与NaOH溶液反应【答案】B【解析】【分析】【详解】A．Na2O、K2O均是活泼金属的氧化物，二者性质相似，由Na2O与水反应生成NaOH，可推测K2O与水反应生成KOH，A正确；B．Na的金属性强于Li，Na在空气中燃烧生成Na2O2，Li在空气中燃烧生成Li2O，B错误；C．Fe和Al的金属性均强于铜，由Fe可以置换CuSO4溶液中的铜，推测Al可以置换CuSO4溶液中的铜，C正确；D．CO2、SiO2均是酸性氧化物，二者性质相似，由CO2能与NaOH溶液反应，推测SiO2能与NaOH溶液反应，D正确；答案选B。13.水热法制Fe3O4纳米颗粒的总反应为3Fe2++2+O2+xOH-＝Fe3O4++2H2O。下列说法正确的是A.O2、都是氧化剂B.x=2C.将纳米Fe3O4颗粒分散在水中会产生丁达尔效应D.氧化产物只有【答案】C【解析】【分析】在3Fe2++2+O2+xOH-＝Fe3O4++2H2O中，化合物中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化：+2→+；硫元素的化合价变化为：+2→+；氧元素的化合价变化：0→-2，所以氧化剂是O2；还原剂是Fe2+、S2O32-，结合离子方程式的电荷守恒原则判断x，据此分析解答。【详解】A.由上述分析可知，还原剂是Fe2+、，氧化剂是O2，故A错误； B.由电荷守恒可知：2×3+2×(−2)−x=−2，x=4，故B错误；C.将纳米Fe3O4颗粒分散在水中得到的分散系是胶体，有丁达尔效应，故C正确；D.由上述分析可知，还原剂是Fe2+、，则氧化产物有Fe3O4和，故D错误；故选C。14.下图是部分短周期主族元素原子半径与原子序数的关系图。下列说法不正确的是A.气态氢化物的稳定性：Y＞XB.Z与M两者的最高价氧化物的水化物能相互反应C.X、Z形成的化合物中可能含有共价键D.N气态氢化物及其氧化物对应的水化物均为强酸【答案】D【解析】【分析】同周期元素自左而右原子半径减小，同主族元素自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Cl元素。【详解】A．非金属性F＞O，故气态氢化物稳定性HF＞H2O，故A正确；B．氢氧化铝具有两性，故能与氢氧化钠反应，故B正确；C．Na与O形成的Na2O2中含有共价键，故C正确；D．Cl的氧化物对应的水化物HClO为弱酸，故D错误；故选D。第II卷非选择题(58分)15.最近，宿城一中在校园内喷洒了“84消毒液”，它能有效杀灭新冠病毒。刘冠宇同学购买了一瓶“84消毒液”，用于自己家院落的消毒，该消毒液包装说明如图： 84消毒液【有效成分】NaClO【规格】1000mL【质量分数】25%【密度】1.19g·cm-3该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。回答下列问题：（1）NaClO属于_______类物质(填字母)A.酸B.碱C.盐D.氧化物E.纯净物F.混合物（2）该“84消毒液”的物质的量浓度约为_______mol·L-1(保留1位小数)。（3）该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。下列说法正确的是_______(填序号)。A.如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还需要一种玻璃仪器B.容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制C.利用购买的商品来配制可能导致结果偏低D.需要称量NaClO固体质量为143.0g（4）已知“84消毒液”和洁厕灵(主要成分为盐酸)不能混用，否则会产生有毒的黄绿色气体，请写出发生反应的化学方程式_______。（5）“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用18.4mol·L-1(质量分数为98%，密度为1.84g·cm-3)的浓硫酸配制100mL2.3mol·L-1的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。①需用浓硫酸的体积为_______mL。②为配制上述稀硫酸除烧杯、玻璃棒、胶头滴管、试剂瓶外，还缺少玻璃仪器是_______。③将所配制的稀硫酸进行测定，发现实际浓度大于2.3mol·L-1。会引起所配溶液浓度偏高的操作有_______(填序号)。A.用量筒量取浓硫酸时，仰视量筒的刻度线B.容量瓶未干燥就用来配制溶液 C.浓硫酸在烧杯中稀释后，未冷却就立即转移至容量瓶中D.烧杯中稀溶液往容量瓶中转移时，有少量液体溅出E.用量筒量取浓硫酸后未洗涤量筒F.定容时俯视容量瓶刻度线【答案】（1）CE（2）4.0（3）C（4）NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O（5）①.12.5②.量筒、100mL容量瓶③.ACF【解析】【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；【小问1详解】NaClO是由钠离子和次氯酸根离子构成的化合物，属于纯净物、盐，故选CE；【小问2详解】由可知密度为1.19g/cm3质量分数为25%的次氯酸钠的物质的量浓度为；【小问3详解】用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液需要使用500mL的容量瓶；A．配制时，需用的仪器有：胶头滴管、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、托盘天平，故烧瓶、分液漏斗是需要的，胶体滴管、玻璃棒是需要的，A错误；B．容量瓶用蒸馏水洗净后，不烘干不会影响配制的溶液浓度，B错误；C．购买的商品中次氯酸钠可能不纯，配制可能导致结果偏低，C正确；D．需要称量NaClO固体的质量为0.5L×4.0mol/L×74.5g/mol=149.0g，D错误；故选C；【小问4详解】“84消毒液”中次氯酸钠和洁厕灵(主要成分为盐酸)中盐酸反应氧化还原反应生成有毒的氯气，反应为；【小问5详解】①18.4mol·L-1(质量分数为98%，密度为1.84g·cm-3)的浓硫酸的物质的量的浓度为，溶液加水稀释前后溶质量不变，则需用浓硫酸的体积为100mL×2.3 mol·L-1÷=12.5mL。②为配制上述稀硫酸除烧杯、玻璃棒、胶头滴管、试剂瓶外，还缺少的玻璃仪器是量筒、100mL容量瓶。③A．用量筒量取浓硫酸时，仰视量筒的刻度线，导致浓硫酸量偏大，使得所配溶液浓度偏高，A正确；B．容量瓶未干燥就用来配制溶液，不影响配制溶液的浓度，B错误；C．浓硫酸在烧杯中稀释后，未冷却就立即转移至容量瓶中，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，C正确；D．烧杯中稀溶液往容量瓶中转移时，有少量液体溅出，存在溶质损失，所配溶液浓度偏低，D错误；E．用量筒量取浓硫酸后未洗涤量筒，不影响所配溶液的浓度，E错误；F．定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，F正确；故选ACF。16.下表是元素周期表的一部分，关于元素①~⑩请回答下列问题：族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02⑦②③④3⑤⑥⑧①4⑨⑩（1）考古工作者利用元素⑦的一种中子数为8的核素测定一些文物的年代，该原子符号是_______。元素⑩组成的单质常温下是_______色的_______体。（2）写出实验室制取由元素⑧组成的单质的化学方程式_______。（3）在这些元素中，最不活泼的元素是_______(填元素符号)，最活泼的金属单质与水反应的化学方程式_______。在这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是_______(填写化学式，下同)，显两性的氢氧化物是_______。元素⑤的最高价氧化物的水化物与元素⑥的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式_______。（4）②③④三种元素的简单氢化物，稳定性由强到弱为(填化学式)_______。（5）元素②⑧的简单氢化物形成的盐中的化学键类型为_______(填离子键、极性共价键或非极性共价键)（6）在⑧与⑩中，性质较活泼的是_______(填元素符号)，请写出一个能证明此结论的化学方程式_______。 【答案】（1）①.②.红棕③.液（2）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O（3）①.Ar②.2K+2H2O=2KOH+H2↑③.HClO4④.Al(OH)3⑤.Al(OH)3+OH-=+2H2O（4）HF>H2O>NH3（5）离子键和共价键（6）①.Cl②.Cl2+2KBr=2KCl+Br2【解析】【分析】根据图示可知，①为Ar，②为N，③为O，④为F，⑤为Na，⑥为Al，⑦为C，⑧为Cl，⑨为K，⑩为Br。【小问1详解】考古工作者利用元素⑦为C元素，一种中子数为8的核素测定一些文物的年代，该原子质量数=6+8=14，符号是；元素⑩组成的单质Br2常温下是红棕色的液体；【小问2详解】实验室制取由元素⑧组成的单质Cl2,利用二氧化锰和浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；【小问3详解】在这些元素中，最不活泼的元素是Ar，最活泼的金属单质K与水反应的化学方程式为2K+2H2O=2KOH+H2↑；在这些元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是HClO4，显两性的氢氧化物是Al(OH)3；元素⑤的最高价氧化物的水化物NaOH与元素⑥的最高价氧化物的水化物Al(OH)3反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=+2H2O；【小问4详解】同周期从左到右非金属性依次增强，非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，故②③④三种元素的简单氢化物，稳定性由强到弱为HF>H2O>NH3；【小问5详解】元素②⑧的简单氢化物NH3和HCl形成的盐NH4Cl中的化学键类型为离子键和共价键；【小问6详解】同主族从上而下非金属性减弱，在⑧与⑩中，性质较活泼的是Cl，能证明此结论的化学方程式如：Cl2+2KBr=2KCl+Br2。17.如图所示，将仪器A中的浓盐酸滴加到盛有MnO2的烧瓶中，加热后产生的气体依次通过装置B和 C，然后再通过加热的石英玻璃管D(内置有铁粉)。请回答下列问题：（1）仪器A的名称是_______，烧瓶中反应的化学方程式是_______。（2）装置B中盛放的溶液是_______，装置C中作用是_______（3）D中反应的化学方程式是_______。（4）烧杯E中反应的离子方程式是_______。（5）资料表明D中产物有以下性质：①受热易升华，冷却后易凝华；②遇H2O(g)剧烈反应。为收集D中产物，在D与E之间，除增加收集装置外，还需要增加_______装置。【答案】（1）①.分液漏斗②.4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O（2）①.饱和NaCl溶液②.吸收水蒸气，干燥氯气（3）2Fe+3Cl22FeCl3（4）2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O（5）干燥【解析】【分析】为验证Cl2与Fe的反应，需制得干燥纯净的Cl2，所以制气装置中制得氯气后，装置B中溶液应除去氯气中混有的氯化氢，装置C中溶液应干燥氯气；另外，还需防止E中溶液挥发出的水蒸气进入D中，引起氯化铁的水解。【小问1详解】仪器A带有活塞，其名称是分液漏斗，烧瓶中MnO2与浓盐酸在加热条件下反应，生成MnCl2、Cl2和H2O，反应的化学方程式是MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。答案为：分液漏斗；MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；【小问2详解】 为除去氯气中混有的氯化氢，装置B中盛放的液体是饱和食盐水，装置B的作用是吸收氯气中混有的杂质HCl。装置C的作用是干燥氯气。答案为：饱和食盐水；吸收水蒸气，干燥氯气；【小问3详解】装置D中，Fe与Cl2在加热条件下反应，生成氯化铁，反应的化学方程式是2Fe＋3Cl22FeCl3。答案为：2Fe＋3Cl22FeCl3；【小问4详解】烧杯E中盛放的液体应能吸收氯气，所以是氢氧化钠溶液，反应的离子方程式是Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O。答案为：氢氧化钠溶液；Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O；【小问5详解】资料显示，氯化铁易水解，需营造干燥的环境。所以在D与E之间，除增加收集装置外，还需要增加干燥装置。答案为：干燥。18.已知A是一种红棕色金属氧化物，B、D是金属单质，C是两性金属氧化物，J是一种难溶于水的白色化合物，受热后容易发生分解。（1）写出下列物质的化学式：A______、C______。（2）按要求写方程式：①的化学方程式：________；②的化学方程式：________；③的离子方程式：_______；④B与溶液反应的离子方程式：_________。．（3）同温同压下，相同质量的金属B和D分别与足量的盐酸反应，所生成的气体体积比为_______。【答案】（1）①.②. （2）①.②.③.④.（3）【解析】【分析】结合题干信息可知红棕色金属氧化物A是，两性氧化物C为，金属单质B为；据图转化可知H为，I为，J为Al(OH)3；和在高温下发生置换反应生成的金属单质D为，则E是，F和G分别为和。【小问1详解】据分析知，A为；C为；【小问2详解】的化学方程式为；的化学方程式为；的离子方程式为；B与溶液反应的离子方程式为；【小问3详解】