安徽省淮北市第一中学2023-2024学年高一下学期开学考试 化学试卷 Word版含解析.docx

《安徽省淮北市第一中学2023-2024学年高一下学期开学考试 化学试卷 Word版含解析.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

淮北一中2023-2024学年高一寒假自主学习质量评估化学试卷时间：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Fe-56Cl-35.5Ag-108第I卷选择题一、选择题(本题共14题，每题3分，共42分，每题只有一个正确答案。)1.化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是A.奥密克戎病毒在空气中以气溶胶的形式传播，气溶胶属于胶体B.食品包装袋中的“脱氧剂”—铁粉，具有还原性C.可与人呼出的反应，因此属于碱性氧化物D.铝制品广泛应用于生活的原因之一是其表面形成一层致密的氧化膜【答案】C【解析】【详解】A．胶体是分散质粒子大小在1nm~100nm的分散系；奥密克戎病毒在空气中以气溶胶的形式传播，气溶胶属于胶体，故A正确；B．铁粉能和空气中氧气反应生成氧化铁，化合价升高，铁为还原剂，故B正确；C．和水生成碱氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，故C错误；D．铝制品广泛应用于生活的原因之一是其表面形成一层致密的氧化膜，能保护内部金属不被锈蚀，故D正确；故选C。2.分类是科学研究的重要方法，下列物质分类正确的是A.非电解质：乙醇、二氧化碳、、蔗糖B.同素异形体：臭氧、氧气、C.、、互为同位素D.化合物：冰水混合物、烧碱、75%医用酒精、石膏【答案】A【解析】【详解】A．乙醇、二氧化碳、、蔗糖在水溶液和熔融状态下都不能导电，属于非电解质，故A 正确；B．是原子不是单质，和臭氧、氧气不是同素异形体，故B错误；C．、、都是单质，不互为同位素，故C错误；D．75%医用酒精是混合物，不属于化合物，故D错误；故选A。3.下列转化关系不能通过一步反应实现的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，可以一步实现转化，A不符题意；B．氧化铁无法通过一步反应生成氢氧化铁，B符合题意；C．氯化铁与铁单质发生氧化还原反应生成氯化亚铁，可以一步实现转化，C不符题意；D．氢氧化铁受热分解生成氧化铁和水，可以一步实现转化，D不符题意；答案选B。4.下列离子方程式的书写正确的是A.氯气与水的反应：B.用稀盐酸与碳酸钙反应制取：C.用氯化铁溶液腐蚀铜线路板：D.氧化铜与稀硫酸反应：【答案】C【解析】【详解】A．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，HClO是弱酸，在离子方程式里用分子式表示：Cl2+H2O=H++Cl−+HClO，故A不正确；B．用稀盐酸与碳酸钙反应制取CO2，碳酸钙不溶于水，在离子方程式里不能写成离子，应以化学式表示：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故B不正确；C．用氯化铁溶液腐蚀铜线路板，FeCl3和Cu反应生成FeCl2和CuCl2：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故C正确； D．氧化铜是氧化物，在离子方程式里不能写成离子，正确的离子方程式为：CuO+2H+=Cu2++H2O，故D不正确；故选C。5.设表示阿伏加德罗常数值。下列叙述正确的是A.在常温常压下，含有的原子数为B.标准状况下，含有的共价键数为C.溶液中，的数目为D.盐酸与足量共热，转移的电子数为【答案】A【解析】【详解】A．由题意可知，1.7gNH3的分子数为，又由原子数为分子数的4倍，则原子数为，所以在常温常压下，1.7gNH3含有的原子数为，故A正确；B．标准状况下，CCl4为液态，不能用气体摩尔体积计算，故B错误；C．由于体积未知，所以无法计算，故C错误；D．浓盐酸与MnO2共热时才能反应，稀盐酸与二氧化锰不反应，所以50mL12mol•L-1盐酸与足量MnO2共热，盐酸不能被完全消耗，所以转移的电子数小于0.3NA，故D错误；答案选A。6.类比和推理是化学研究的重要方法，下列说法正确的是A.卤素单质的熔点从F2到I2逐渐升高，则碱金属单质的熔点从Li到Cs逐渐升高B.铊(Tl)和铝位于同一主族，则铊的最高价氧化物的水化物Tl(OH)3为两性氢氧化物C.氯元素(Cl)的最低化合价为-1，则117号Ts的最低化合价为-1D.碱性氧化物都是金属氧化物，则金属氧化物一定是碱性氧化物【答案】C【解析】【详解】A．卤素单质的熔点从F2到I2逐渐升高，而碱金属单质的熔点从Li到Cs逐渐降低，故A错误；B．铊(Tl)和铝位于同一主族，但铊(Tl)的金属性比铝强得多，铊的最高价氧化物的水化物Tl(OH)3 为碱性，故B错误；C．氯元素(Cl)和Ts都是第ⅦA族，最低化合价都为-1，故C正确；D．碱性氧化物都是金属氧化物，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，比如是两性氧化物，故D错误；故选C。7.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.强酸性溶液中：、、、B.能使酚酞变红的溶液中：、、C.含有溶液中：、、、D.澄清透明的溶液中：、、、【答案】D【解析】【详解】A．强酸性溶液中：可以被、氧化为铁离子，不能共存，A不选；B．能使酚酞变红溶液显碱性，OH-和、反应而不能大量共存，B不选；C．含有溶液，和、反应生成微溶的硫酸银和难溶的碳酸银，不能大量共存，C不选；D．澄清透明的溶液中：、、、不反应，可以共存，D选；故选D。8.利用下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是A.图I除去中含有的少量HClB.图II比较、的稳定性 C.图III制备胶体D.图IV测新制氯水的pH值【答案】A【解析】【详解】A．饱和溶液与HCl反应生成二氧化碳，且能降低二氧化碳溶解度，故A正确B．受热不易分解，受热易分解，小试管中温度较低，因此应将放在大试管中，放在里面小试管中，故B错误；C．氯化铁与氢氧化钠反应生成沉淀，故C错误；D．氯水具有漂白性，不能用pH试纸测定新制氯水的pH值，故D错误；故选A。9.一种麻醉剂的分子结构式如图所示。其中，X的原子核只有1个质子；Y、Z、W原子序数依次增大，且均位于X的下一周期，元素E的原子比W原子多8个电子。下列说法不正确的是A.是一种强酸B.非金属性：C.原子半径：D.Z元素分别与X、Y、E元素均可形成至少两种二元化合物【答案】C【解析】【分析】X的原子核只有1个质子，X是H元素；Y、Z、W原子序数依次增大，且均位于第二周期，Y能形成4个共价键，Y是C元素；Z能形成2个共价键，Z是O元素；W能形成1个共价键，W是F元素，元素E的原子比W原子多8个电子，E是Cl元素。【详解】A．HClO4是一种强酸，故A正确；B．同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性：F>O>C，故B正确；C．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径：Cl>C>O，故C错误；D．O与H形成化合物H2O、H2O2，O与C形成CO、CO2等化合物，O与Cl形成Cl2O、ClO2等化合物，故D正确； 选C。10.双碱法脱硫过程如图所示。下列说法不正确的是A.过程Ⅱ中，1molO2可氧化2molNa2SO3B.过程Ⅰ中，SO2表现还原性C.双碱法脱硫过程中，NaOH可以循环利用D.总反应为【答案】B【解析】【详解】A．过程Ⅱ中，Na2SO3、Ca(OH)2与O2反应，生成NaOH和CaSO4，1molO2可氧化2molNa2SO3，故A正确；B．过程Ⅰ中SO2被NaOH吸收生成 Na2SO3，SO2体现出酸性氧化物的性质，故B错误；C．过程Ⅰ中NaOH被消耗，过程Ⅱ中又生成NaOH，所以双碱法脱硫过程中，NaOH可以循环利用，故C正确；D．由以上分析可知，总反应为2Ca(OH)2+2SO2+O2═2CaSO4+2H2O，故D正确；故选：B。11.某混合溶液中含种离子，物质的量浓度如下表，则的物质的量浓度以及离子符号可能为(已知具有强氧化性)所含离子物质的量浓度？A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．溶液为酸性，在酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，所以不可能存在亚铁离子，A错误；B．溶液中负电荷总浓度为2mol/L×1+3mol/L×2=8，正电荷总浓度为 1mol/L×3+3mol/L×1=6，所以M应该为阳离子，B错误；C．根据B项分析，M应该为阳离子，再结合A项分析，排除亚铁离子存在的可能，C正确；D．溶液为酸性，碳酸根离子不能大量存在，且M应该为阳离子，D错误；故选C。12.广泛用于纸浆漂白、杀菌消毒等领域，因消毒效果好、不产生致癌物或诱变剂，已被广泛应用于污水处理工程。其一种制备方法为。下列说法错误的是A.具有强氧化性B.反应中HCl只是提供酸性环境C.反应中生成1mol时，转移5mol电子D.当还原产物均为时，等质量的的氧化能力是的2.63倍【答案】C【解析】【详解】A．ClO2中的Cl处于较高化合价，可以降低，具有强氧化性，故A正确；B．反应中，NaClO2发生歧化反应生成NaCl、ClO2，HCl只是提供酸性环境，故B正确；C．NaClO2中的Cl由+3价变为-1价和+4价，反应中生成1molClO2时，转移1mol电子，故C错误；D．设质量为mg，当还原产物均为时，等质量的ClO2的氧化能力是Cl2的≈2.63倍，故D正确；故选C。13.在一个恒温、恒容的密闭容器中，有两个可左右自由滑动的密封隔板（a、b），将容器分成三部分，已知充入的三种气体的质量相等，当隔板静止时，容器内三种气体所占的体积如图所示.下列说法中错误的是A.分子数目：B.若Y是，则X可能是 C.气体密度：D.X和Y分子中含有的原子数可能相等【答案】C【解析】【详解】A．由题给信息可知，图中X、Y、Z三种气体的压强、温度分别相等，V(X)=V(Z)=2V(Y)，由阿伏加德罗定律可知，n(X)=n(Z)=2n(Y)，所以分子数目N(X)=N(Z)=2N(Y)，A正确；B．由于三种气体的质量相等，若Y是，X是，则符合二氧化硫和氧气的物质的量之比为，符合n(X)=2n(Y)，B正确；C．由可知，三种气体的密度：2ρ(X)=2ρ(Z)=ρ(Y)，C错误；D．若Y分子中原子数为X分子中原子数的2倍时，则X和Y分子中含有的原子数能相等，D正确；；故选C。14.将一定量的氯气通入50mL的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后，溶液中形成NaCl、NaClO、共存体系(不考虑氯气和水的反应)。下列说法正确的是A.若反应中转移的电子为nmol，则B.溶液中可能为3∶2∶1C.与NaOH反应的氯气为0.5molD.当溶液中时，反应的离子方程式为：【答案】D【解析】【详解】A．氯气和NaOH反应有、，当生成NaCl和NaClO时转移电子最少,0.5mol消耗0.25mol，转移电子的物质的量为0.25mol；当生成NaCl和时，0.5mol消耗0.25mol，转移电子的物质的量为0.42mol，所以如果反应中转移的电子为nmol，则，故A错误；B．根据得失电子守恒，当溶液中为3∶2∶1时，得电子数为3mol，失电子数为，得失电子不守恒，故不可能为3∶2∶1，故B错误； C．根据方程式可知无论生成NaClO还是，0.5molNaOH最多消耗氯气为0.25mol，故C错误；D．当溶液中时，则Cl原子失去的电子数为10，生成NaCl得到的电子数为1，所以NaCl的计量数为10，反应的离子方程式为：，故D正确；故答案选D。二、非选择题(本题共4题，共58分)15.I．现有如下物质：①液态氯化氢②氯水③④⑤澄清石灰水⑥铝⑦NaOH溶液⑧溶液（1）这些物质中，属于电解质的是(填编号)_______。（2）将铝放入氢氧化钠溶液中有气体产生，请写出发生反应的离子方程式_______。（3）把少量的④加入⑤中，离子反应方程式为_______。II．已知次磷酸(H3PO2)是一元中强酸。（4）次磷酸钡是一种溶于水的强电解质，向Ba(H2PO2)2溶液中加入硫酸可以制取H3PO2，写出反应的离子方程式：_______。（5）H3PO2可将溶液中的Ag+还原为银，从而用于化学镀银，反应同时生成P元素最高价氧化物对应的水化物。0.1molH3PO2能还原出金属银_______g。【答案】（1）①③④（2）（3）（4）（5）43.2【解析】【小问1详解】①液态氯化氢的水溶液能导电，液态氯化氢属于电解质；②氯水是混合物，既不是电解质又不是非电解质；③在熔融状态下能导电，属于电解质；④的水溶液能导电，属于电解质；⑤澄清石灰水是混合物，既不是电解质又不是非电解质；⑥铝是金属单质，既不是电解质又不是非电解质；⑦NaOH溶液是混合物，既不是电解质又不是非电解质；⑧溶液是混合物，既不是电解质又不是非电解质；属于电解质的是①③④；【小问2详解】 将铝放入氢氧化钠溶液中生成四羟基合铝酸钠和氢气，发生反应的离子方程式为；【小问3详解】把少量的加入石灰中生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠、水，反应的离子反应方程式为；【小问4详解】次磷酸(H3PO2)是一元中强酸，向Ba(H2PO2)2溶液中加入硫酸生成H3PO2和硫酸钡沉淀，反应的离子方程式【小问5详解】H3PO2将溶液中的Ag+还原为银，同时生成P元素最高价氧化物对应的水化物H3PO4，P元素化合价由+1升高为+5，Ag元素化合价由+1降低为0，根据得失电子守恒，0.1molH3PO2能还原出0.4mol金属银，银的质量为0.4mol×108g/mol=43.2g。16.1869年俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表，到现在形成的周期表经过了众多化学家的艰辛努力，历经一百多年。元素周期表体现了元素位、构、性的关系，揭示了元素间的内在联系。如图是元素周期表的一部分，回答下列问题：（1）元素②在周期表中的位置___________（2）元素⑤和⑨的最高价氧化物的水化物中，碱性较强的是___________(填化学式)。（3）元素①与⑦可形成18电子分子，请用电子式表示该分子的形成过程：___________。（4）元素⑦⑧⑨的简单离子半径由大到小的顺序是___________(用离子符号表示)，（5）元素⑨的最高价氧化物的水化物与元素⑥的单质反应的化学方程式为：___________。（6）元素的非金属性⑩___________⑧(填“>”或“<”)；下列事实不能证明上述结论的是___________。A．元素⑧的单质与⑩的气态氢化物的水溶液反应，溶液变为橙黄色B．元素⑧的气态氢化物的水溶液的酸性比元素⑩的弱C．元素⑧和⑩的气态氢化物受热分解，前者的分解温度高 D．元素⑧的最高价氧化物的水化物的酸性比元素⑩的强E．元素⑧气态氢化物的还原性比元素⑩的弱【答案】16.第二周期ⅣA族17.KOH18.19.S2-、Cl-、K+20.2KOH+2Al+2H2O=2KAlO2+3H2↑21.①.<②.B【解析】【分析】由题给周期表结构分析可知，①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为Na、⑥为Al、⑦为S、⑧为Cl、⑨为K、⑩为Br,依此结合元素周期律进行分析解答。【小问1详解】元素②为碳元素，在周期表中的位置是第二周期ⅣA族；【小问2详解】同主族元素，从上到下，元素的金属性依此减弱，即K的金属性比钠强，金属性越强，其最高价氧化物的碱性越强，因此碱性较强的是KOH；【小问3详解】硫化氢为共价化合物，分子中存在两个H-S键，用电子式表示其形成过程为：；【小问4详解】电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，钾离子、硫离子、氯离子电子层数相同，钾的核电荷数最大，则钾离子半径最小，硫离子、氯离子具有相同的电子层数，氯的核电荷数比硫的大，因而⑦⑧⑨的简单离子半径由大到小的顺序S2-、Cl-、K+；【小问5详解】氢氧化钾溶液与铝反应生成偏铝酸钾和氢气，其反应的化学方程式为：2KOH+2Al+2H2O=2KAlO2+3H2↑，故答案为：2KOH+2Al+2H2O=2KAlO2+3H2↑；【小问6详解】同主族元素，从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，因而元素的非金属性⑩＜⑧，A.元素氯的单质与溴的氢化物的水溶液反应，溶液变为橙黄色，说明有溴单质生成，说明Cl的非金属性比溴强，故A正确； B.氢化物溶液酸碱性与元素非金属性无关，如水呈中性，氨水呈碱性，硫化氢呈酸性，故B错误；C.元素非金属性与氢化物稳定性一致，元素氯的氢化物受热温度高，说明氯化氢更稳定，则氯元素非金属性比溴强，故C正确；D.元素的非金属性与最高价含氧酸的酸性一致，元素氯的最高价氧化物对应水化物的酸性比元素溴的强，说明氯元素的非金属更强，故D正确；E.元素⑧氢化物的还原性比元素⑩的弱，说明氯元素非金属性更强，故E正确，故选B。17.碘化亚铁在常温下为灰黑色固体，易升华，可溶于水，具有潮解性，常用于医药，可由碘单质和还原铁粉在加热条件下制备得到。Ⅰ、实验室用上面装置制备碘化亚铁。(已知焦性没食子酸的碱性溶液可吸收)（1）装置中盛碱石灰的仪器名称为_____。若无此装置，写出铁粉参与的副反应的化学方程式：_____。（2）收集器浸泡在冷水中的原因是_____。（3）试剂a为_____，其作用是_____。Ⅱ、化学兴趣小组为了探究的还原性，进行了如下实验：取一定量的溶液，向其中滴加少量新制的氯水，振荡后溶液呈黄色。同学们对溶液变成黄色的原因提出了不同的看法：甲同学认为：是因为被氧化成；乙同学认为：是因为被氧化成。随后化学兴趣小组进行如下实验进行验证。实验步骤现象结论①取少量黄色溶液于试管中，滴加淀粉溶液试管中溶液变蓝色甲同学观点正确②取少量黄色溶液于试管中，滴加溶液乙同学观点不正确 （4）上述实验②中现象为_____。化学兴趣小组得到的结论：的还原性_____的还原性(填“”、“”或“”)。（5）依据(4)中所得结论，试写出往过量溶液中通入少量氯气后所发生反应的离子反应方程式：_____。【答案】（1）①.(球形)干燥管②.（2）利于碘化亚铁冷凝收集（3）①.浓硫酸②.防止水蒸气进入收集器中（4）①.溶液不变色或溶液未变红②.（5）【解析】【分析】空气用焦性没食子酸的碱性溶液除去氧气，再用碱石灰干燥后进入反应装置，同时可将生成的产物吹出，反应装置中碘和铁粉反应生成碘化亚铁，碘化亚铁在冷水收集器中被收集，a中浓硫酸隔绝右侧装置中水，防止产物潮解。【小问1详解】装置中盛碱石灰的仪器名称为(球形)干燥管；若没有碱石灰干燥，铁粉可能与水蒸气反应，化学方程式为；【小问2详解】收集器浸泡在冷水中的原因是利于碘化亚铁冷凝收集；【小问3详解】碘化亚铁(FeI2)易潮解，故试剂a为浓硫酸，其作用是防止水蒸气进入收集器中；【小问4详解】铁离子和KSCN溶液变红色，根据实验结论乙同学观点不正确，则实验现象为溶液不变色或溶液未变红；根据氧化剂先氧化还原性强的物质，反应中碘离子首先和氯气反应生成碘单质，故I-的还原性大于Fe2+的还原性；【小问5详解】根据(4)中所得结论：的还原性>的还原性，氯气首先和碘离子反应，离子方程式为。 18.五氧化二钒()广泛用于冶金、化工等行业。一种以含钒废料(含、、、)为原料制备的流程如下：已知：难溶于水和碱，可溶于酸，灼烧可生成。（1）为提高含钒废料的浸取率，可采取的措施为_______。（2）“滤液1”中除了含有过量的NaOH，还含有的溶质为_______(填化学式)。（3）“烘干灼烧”的目的是_______。（4）“沉锰”时需将温度控制在70℃左右，温度不能过高的原因为_______，“滤渣2”的主要成分是，写出生成的离子方程式：_______。（5）“浓缩结晶”后获得晶体需进行的操作是_______。（6）在煅烧生成的过程中无元素化合价变化，请写出反应的化学方程式：_______。【答案】（1）延长浸取时间、将含钒废料粉碎、适当增大NaOH溶液的浓度等（2）Na2SiO3、NaAlO2或Na[Al(OH)4]（3）将V2O3氧化为V2O5（4）①.NH4HCO3加热易分解②.Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑（5）过滤、洗涤、干燥（6）2NH4VO3V2O5+H2O+2NH3↑【解析】【分析】含钒废料含V2O3、MnO、SiO2、Al2O3，加入氢氧化钠，SiO2、Al2O3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠、硅酸钠，过滤，滤渣中含有V2O3、MnO，滤渣灼烧V2O3氧化为V2O5，用硫酸溶解生成HVO3、MnSO4，加入NH4HCO3，MnSO4转化为MnCO3沉淀，除去锰离子，滤液中加入足量(NH4)2SO4，浓缩结晶，得到NH4VO3晶体，煅烧得到V2O5。【小问1详解】延长浸取时间、将含钒废料粉碎、适当增大NaOH溶液的浓度都可以提高含钒废料的浸取率；【小问2详解】 由以上分析可知，“滤液1”中除了含有过量的NaOH，还含有的溶质为Na2SiO3、NaAlO2或Na[Al(OH)4]；【小问3详解】V2O3难溶于水和碱，灼烧可生成V2O5，所以“烘干灼烧”的目的是将V2O3氧化为V2O5；【小问4详解】加入NH4HCO3“沉锰”，NH4HCO3加热易分解，所以“沉锰”时需将温度控制在70℃左右，温度不能过高；“沉锰”时NH4HCO3和MnSO4反应生成MnCO3沉淀，反应的离子方程式是：Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑；【小问5详解】“浓缩结晶”后，过滤、洗涤、干燥，可获得NH4VO3晶体；【小问6详解】