四川省广安市岳池中学2023-2024学年高一下学期开学考试化学试题 Word版含解析.docx

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岳池中学高2023级2023—2024学年下期入学考试化学试卷本试卷分选择题和非选择题两部分。第Ⅰ卷（选择题）1至2页，第Ⅱ卷（非选择题）2至2页，共2页；满分100分，考试时间75分钟可能用到的相对原子质量H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5Fe-56一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分）1.下列说法中正确的是A.纯净物一定由分子构成B.化合物一定是由两种或两种以上元素组成C.混合物肯定有两种以上元素组成D.含有氧元素的化合物都是氧化物【答案】B【解析】【详解】A．由同种物质组成的为纯净物，物质的构成微粒可以是分子，也可以是原子、离子，故A错误；B．由两种或两种以上的元素组成的纯净物叫化合物，因此化合物一定是由两种或两种以上元素组成的，故B正确；C．同素异形体形成的物质属于混合物，只有一种元素组成，如O2和O3形成的混合物，故C错误；D．氧化物是由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物，含有氧元素的化合物不一定是氧化物，如H2SO4属于酸，故D错误；故选B。2.下列物质分类正确的组合是(　　)选项纯净物混合物电解质非电解质A盐酸空气硫酸干冰B蒸馏水蔗糖溶液氧化铝二氧化硫C胆矾氢氧化铁胶体铁碳酸钙D水银澄清石灰水氯化铜碳酸钠 A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．盐酸为HCl的水溶液，属于混合物，A错误；B．蒸馏水属于纯净物，蔗糖溶液属于混合物，氧化铝在熔融状态下能导电，属于电解质，SO2属于非电解质，B正确；C．铁为单质，既不是电解质，也不是非电解质，碳酸钙属于电解质，C错误；D．Na2CO3属于电解质，D错误；故选B。3.已知常温下，在溶液中可发生如下反应：，。由此推断、、的还原性由强到弱的顺序是（）A.、、B.、、C、、D.、、【答案】A【解析】【详解】由氧化还原反应规律可知，同一氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，则由两个化学方程式可以得到还原性由强到弱的顺序为，故选A。4.将一块金属钠投入滴有紫色石蕊溶液的盛冷水的烧杯中，甲同学认为可观察到下列现象，其中正确的有（）①钠投入水中，先沉入水底，后浮出水面②钠立即与水反应，并有气体产生③反应后溶液变红④钠熔成闪亮的小球⑤小球在水面上四处游动⑥有“嘶嘶”的响声发出A.①②③④B.②③④⑤C.②④⑤⑥D.③④⑥【答案】C【解析】【详解】①钠投入水中，钠的密度小于水，所以钠不会沉入水底，故①错误；②钠是活泼的金属，钠立即与水反应2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，并有气体产生，故②正确；③生成氢氧化钠，溶液显碱性，使石蕊变蓝，即反应后溶液变蓝，故③错误；④钠熔点低，反应放热，钠熔成闪亮的小球，故④正确；⑤在氢气的推动下，小球在水面上四处游动，故⑤正确；⑥氢气在钠块与水之间的缝隙中逸出，有“嘶嘶”的响声发出，故⑥正确，综上②④⑤⑥正确； 答案选C。5.实验室制的反应为。下列说法错误的是A.反应中还原剂是HCl，氧化剂是B.每生成1mol，转移电子的物质的量为2molC.1mol与4molHCl（浓）加热充分反应可生成1molD.所得到的中，除含有一些水蒸气外，还含有HCl气体【答案】C【解析】【详解】A．反应中Cl元素的化合价升高，HCl被氧化，HCl为还原剂，Mn元素的化合价降低，为氧化剂，故A正确；B．根据化合价的变化可知，反应中Cl元素的化合价由-1价升高到0价，每生成1molCl2，转移电子的物质的量为2mol，故B正确；C．1mol MnO2完全反应需4molHCl，但随反应进行HCl浓度降低，而稀盐酸不能继续与反应，因此只有4molHCl时生成的氯气小于1mol，故C错误；D．由于盐酸易挥发，且反应在加热条件下进行，则生成的Cl2中，除含有一些水蒸气外，还含有HCl杂质，故D正确；故选：C。6.用表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.含有个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2LB.熔融态条件下，120g固体含有离子总数为C.标准状况下，11.2L含有的原子数为D.常温常压下，44g含有的原子数为【答案】D【解析】【详解】A．个氦原子的氦气为1mol，标准状况下体积为22.4L，故A错误；B．固体由钠离子、硫酸氢根离子组成，120g为1mol，离子总数为2，故B 错误；C．标准状况下不是气体，不能根据体积确定其物质的量，无法计算原子数，故C错误；D．44g为1mol，含原子数为，故D正确；故选：D。7.下列各组离子在指定的溶液中，能大量共存的一组是A.澄清溶液中：K+、Na+、SO、MnOB.FeCl2溶液中：H+、Na+、Cl-、ClO-C.强碱性溶液中Na＋、K＋、HCO、Cl-D.含有大量Ba2+的溶液中：K+、NH、SO、Cl-【答案】A【解析】【详解】A．澄清溶液指离子间不生成沉淀，溶液不浑浊，根据水溶液中钾盐、钠盐全溶解可知该组离子能大量共存，A正确；B．有强氧化性，在含有FeCl2的溶液中，能氧化Fe2+，不能大量共存，且与反应生成弱酸HClO，也不能大量共存，B错误；C．强碱性溶液中，与反应生成和水，不能大量共存，C错误；D．与反应生成BaSO4沉淀，不能大量共存，D错误；故选A。8.下列有关铝及其化合物的说法正确的是A.在常温下，铝不能与氧气反应B.氧化铝只能与酸反应，不能与碱反应C.铝既能溶于盐酸，又能溶于氢氧化钠溶液D.向氯化铝溶液中加入过量的氢氧化钠溶液可制得氢氧化铝【答案】C【解析】【详解】A．常温下，铝和氧气反应生成氧化铝，反应化学方程式为2Al+3O2=Al2O3，A错误；B．Al2O3属于两性氧化物，既能与酸反应，又能与碱反应，B错误；C．铝和盐酸反应生成氯化铝和氢气，铝和氢氧化钠和水反应生成偏铝酸钠和氢气，C正确；D．向氯化铝溶液中加入过量的氢氧化钠溶液得到的是偏铝酸钠，D错误；故选C。9.下列关于钠、氯、铁及其化合物说法正确的是 A.金属钠着火可以用水来灭火B.侯德榜制碱法利用了NaHCO3在溶液中溶解度较小的性质C.氢气在氯气中燃烧，产生黄色火焰，瓶口有白雾D.将水蒸气通过灼热的铁粉，铁与水在高温下反应，粉末变红【答案】B【解析】【详解】A．金属钠着火时产生过氧化钠与水反应生成氧气，使火势更旺，故A错误；B．“侯氏制碱法”的原理是：第一步：NH3与H2O和CO2反应生成NH4HCO3，第二步：NH4HCO3与NaCl反应生成NH4Cl和NaHCO3沉淀，NaHCO3之所以沉淀是因为它的溶解度很小，在溶液中饱和析出，故B正确。C．H2在Cl2中燃烧，发出苍白色火焰，而不是黄色火焰，生成的HCl与空气中水蒸气结合形成盐酸小液滴，瓶口上方出现白雾，方程式为，故C错误；D．铁与水蒸气反应生成Fe3O4，Fe3O4是黑色固体，故D错误；综上所述答案为B。10.由德、法、美及波兰等多国科学家组成的科研小组合成了非常罕见的原子，说法错误的是A.可以用KSCN溶液鉴别和B.与的电子数相同C.与互为同位素D.的中子数小于质子数【答案】A【解析】【详解】A．和都能与硫氰化钾溶液反应，使溶液变为红色，则用硫氰化钾溶液不能鉴别和，故A错误；B．与的质子数相同，电子数相同，故B正确；C．与的质子数相同，中子数不同，互为同位素，故C正确；D．的质子数为26，中子数为45-26=19，原子中中子数小于质子数，故D正确；故选：A。 11.下列反应的离子方程式正确的是A.将Fe3O4固体投入稀盐酸中：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2OB.AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++3OH-=Al(OH)3↓C.用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上铜箔：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+D.将稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H+=Cu2++H2↑【答案】A【解析】【详解】A．Fe3O4可看成Fe2O3·FeO，故将Fe3O4固体投入稀盐酸中，反应生成氯化铁、氯化亚铁，离子方程式正确，故A正确；B．AlCl3溶液中加入足量的氨水，生成氢氧化铝，氢氧化铝与弱碱不反应，正确的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3，故B错误；C．电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故C错误；D．铜与稀硫酸不反应，故D错误；故选A。12.下列说法正确的是A.锂（Li）在氧气中剧烈燃烧，产物是B.由分子构成的物质中一定存在共价键C.明矾能净水和杀菌D.Fe能与反应，但液氯可以用钢瓶存储和运输【答案】D【解析】【详解】A．锂金属性比钠弱，在氧气中燃烧，产物是，A错误；B．稀有气体为单原子构成的单质分子，不存在化学键，故B错误；C．明矾溶于水电离出铝离子，铝离子水解形成氢氧化铝胶体，能吸附水中悬浮杂质，起到净水作用，但不能杀菌，故C错误；D．Fe在加热或点燃条件下能与氯气反应，但在常温条件下与液氯不直接反应，因此可以用钢瓶存储和运输液氯，故D正确；故选：D。13.下列有关微粒半径大小关系比较中，正确的是 A.微粒X+与Y-的核外电子排布相同，则离子半径：X+>Y-B.原子X与Y的原子序数X>Y，则原子半径一定是Xr(Cu+)>r(Cu2+)D.同一主族非金属原子半径X>Y，则非金属性：X>Y【答案】C【解析】【详解】核外电子排布相同的阴、阳离子，核电荷数越大，半径越小，故离子半径X＋r(Cu＋)>r(Cu2＋)，C正确；同一主族元素，电子层数越多，半径越大，非金属性越弱，D错误14.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子最外层电子数是内层电子数的3倍，X为短周期中原子半径最大的金属元素，Y的单质在常温下为固体，该单质在空气中燃烧生成的氧化物不是其最高价氧化物。下列有关说法正确的是A.W的简单离子的结构示意图为B.Y的简单气态氢化物的热稳定性比W、Z的都强C.四种元素的简单离子具有相同的电子层结构D.Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的强【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子最外层电子数是内层电子数的3倍，则W为氧元素；X为短周期中原子半径最大的金属元素，则X为钠元素；Y的单质在常温下为固体，该单质在空气中燃烧生成的氧化物不是其最高价氧化物，则Y为硫元素，Z为氯元素。从而得出W、X、Y、Z分别为O、Na、S、Cl元素。【详解】A．W为氧元素，其简单离子的结构示意图为，A不正确；B．W、Y、Z分别为O、S、Cl，非金属性O＞Cl＞S，则S的简单气态氢化物的热稳定性比O、Cl的都弱，B不正确；C．四种元素的简单离子分别为O2-、Na+、S2-、Cl-，O2-与Na+、S2-与Cl-的电子层结构分别相同，但O2-、Na+与S2-、Cl-的电子层结构不同，C不正确；D．Y、Z分别为S、Cl元素，Cl的非金属性比S强，则Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的强，D正确； 故选D。二、非选择题（本题共4小题，每空2分共58分）15.图为元素周期表的一部分，请参照①～⑧在表中的位置，回答下列问题：（1）②在周期表中位置是_______。（2）①～⑧中，化学性质最稳定的是_______(填元素符号)，非金属性最强的是_______(填元素符号)，最高价氧化物对应水化物酸性最强的是_______(填化学式)。（3）元素③的非金属性比⑥_______(填“强”或“弱”)，请从原子结构的角度解释：_______，请用一个化学方程式加以说明_______。【答案】（1）第二周第IVA族（2）①.He②.F③.HClO4（3）①.强②.同主族，从上到下，元素原子半径逐渐增大，得电子能力减弱，元素非金属性减弱③.2H2S＋O2=2S↓＋2H2O【解析】【分析】由元素在周期表的位置可知，元素①～⑧分别为H、C、O、F、Na、S、Cl、He；化学性质最稳定的是稀有气体元素，非金属性最强元素在周期表的左上角同周期左到右，最高价氧化物对应水化物酸性增强，从下到上，酸性增强；同主族，从上到下，元素的金属性增强，非金属性减弱，同主族，从上到下，元素原子半径逐渐增大，得电子能力减弱，元素非金属性减弱置换反应可以证明元素的非金属性强弱；据此分析解题。【小问1详解】由元素在周期表的位置可知，元素①～⑧分别为H、C、O、F、Na、S、Cl、He；②是C，在周期表中的位置是第二周第ⅣA族，故答案为第二周第ⅣA族；【小问2详解】①～⑧中，化学性质最稳定的是，稀有气体元素He，非金属性最强元素在周期表的左上角，是F元素，同周期左到右，最高价氧化物对应水化物酸性增强，从下到上，酸性增强，所以酸性最强的是HClO4，故答案为He、F、HClO4；【小问3详解】 同主族，从上到下，元素的金属性增强，非金属性减弱，所以元素③的非金属性比⑥强，同主族，从上到下，元素原子半径逐渐增大，得电子能力减弱，元素非金属性减弱，氧气和硫化氢能发生置换反应可以证明，反应方程式为2H2S＋O2＝2S↓＋2H2O；故答案为强；同主族，从上到下，元素原子半径逐渐增大，得电子能力减弱，元素非金属性减弱，可以从单质的氧化性进行比较，即氧气可氧化硫化氢生成硫单质和水，涉及的化学方程式为；2H2S＋O2＝2S↓＋2H2O。【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，侧重同主族元素化合物性质相似性与递变性考查，难度不大，注意基础知识的理解掌握。16.为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某学习小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器已略去，气密性已检验）。实验过程：Ⅰ．打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。Ⅱ．当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。Ⅲ．当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a。Ⅳ．……回答问题：（1）A中产生黄绿色气体，A中发生的离子方程式为______，该元素形成的有漂白性的含氧酸的电子式是______。（2）验证氯气的氧化性强于碘单质的实验现象是______。（3）过程Ⅲ实验的目的：某同学经分析认为，B中溶液由黄色变为棕红色，以此说明C中______，从而得出D中氧化的氧化剂必为，因此B装置是必不可少的。（4）过程Ⅳ为：打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下试管D振荡，静置，观察到的现象为______，发生反应的离子方程式为______。（5）浸有NaOH溶液的棉花的作用是______。（6）新制氯水和都有漂白性，但两者混合之后漂白性反而减弱了，请用离子方程式对其原因进行解释：______。 【答案】16.①.②.17.淀粉KI试纸变蓝18.NaBr未反应完全，不含Cl219.①.溶液分层，下层呈紫红色②.20.吸收挥发出的氯气，防止污染空气21.【解析】【分析】验证卤素单质氧化性的相对强弱，装置A：高锰酸钾溶液和浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水，装置A中生成氯气，烧瓶上端湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝色，验证氯气的氧化性强于碘，装置B：装置B中盛有溴化钠，氯气进入装置B中，氯气氧化溴离子为溴单质，溶液呈橙红色，验证氯的氧化性强于溴，氯气有毒，能被氢氧化钠吸收，浸有氢氧化钠的棉花防止氯气污染空气，当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹，为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论，以此解答该题。【小问1详解】高锰酸钾溶液和浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水，反应离子方程式为：；Cl元素形成的有漂白性的含氧酸为HClO，其电子式为：；【小问2详解】淀粉变蓝色，说明有单质碘生成，说明氯气氧化性强于单质碘【小问3详解】当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，可知过程Ⅱ中B、C中的NaBr未反应完全，则C中一定不含Cl2；【小问4详解】打开活塞b，将少量C中含溴单质的溶液滴入KI溶液中，关闭活塞b，取下试管D振荡，静置，溴单质可与KI反应：，生成的碘单质溶于CCl4，可观察到溶液分层，下层呈紫红色；【小问5详解】浸有NaOH溶液的棉花可吸收挥发出的氯气，防止污染空气；【小问6详解】新制氯水和混合后发生反应： ，反应后得到盐酸和硫酸，不再具有漂白性。17.某同学按下列步骤配制500mL溶液，请回答有关问题。实验步骤有关问题①计算所需的质量需要称量的质量为______克②称量固体称量需要用到的主要仪器是______③将加入200mL烧杯中，并加入适量水为了加快溶解速率，用玻璃棒搅拌④将烧杯中溶液转移至500mL容量瓶中为了防止溶液溅出，应采取的措施是______⑥向容量瓶中加蒸馏水至刻度线在进行此操作时当加水至刻度线以下1～2厘米处应如何操作：______（1）填写表格中空格：①______、②______、④______、⑥______、。（2）上述实验中使用容量瓶前应______。（3）取出该溶液10mL加水稀释到100mL，稀释后溶液中的物质的量浓度是______。（4）上述配制溶液的过程缺少步骤⑤，⑤是______。（5）若进行⑥步操作时加蒸馏水超过刻度线，则需______（6）在实验中，以下操作造成实验结果偏低的是______（填字母）。A.在转移溶液时有液体溅到容量瓶外B.定容时仰视刻度线C.转移前没有将使用的容量瓶烘干D.定容摇匀后，发现凹液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线【答案】（1）①.14.2②.托盘天平③.转移中用玻璃棒引流④.改用胶头滴管加水到凹液面与刻度线水平相切（2）检查容量瓶是否漏液（3）0.04mol/L（4）洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液一并转移到容量瓶中（5）重新配制（6）ABD 【解析】【小问1详解】步骤①配制500mL0.2mol·L－1Na2SO4溶液，需要硫酸钠的质量为0.5L×0.2mol·L－1×142g/mol＝14.2g；步骤②称量14.2g硫酸钠使用的主要仪器为：托盘天平；步骤④将烧杯中溶液移至500mL容量瓶中，为防止溶液溅出，转移中用玻璃棒引流；步骤⑥当加水至刻度线1～2厘米处时应改用胶头滴管加水到凹液面与刻度线水平相切。【小问2详解】容量瓶有瓶塞，所以配制前需要检查容量瓶是否漏液，避免影响配制。【小问3详解】0.2mol·L－1Na2SO4溶液中钠离子浓度为0.4mol/L，取出该Na2SO4溶液10mL加水稀释到100mL，钠离子浓度变为原先的十分之一，即稀释后溶液中Na＋的物质的量浓度是0.04mol/L。【小问4详解】步骤⑤洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液一并转移到容量瓶中。【小问5详解】若加蒸馏水超过刻度线，则此次配制失败，应该倒入废液缸中，然后重新配制。【小问6详解】在转移溶液时有液体溅到容量瓶外，硫酸钠损失，移入容量瓶内硫酸钠的实际质量减少，所配溶液的浓度偏低，A正确；定容时仰视容量瓶瓶颈刻度线，导致所配溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低，B正确；溶液配制需加水定容，移液前没有将使用的容量瓶烘干，对所配溶液浓度无影响，C错误；定容后，倒置容量瓶摇匀后，液面低于刻度线，少量溶液残留在瓶塞与瓶口之间，再加水定容，所配溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏低，D正确。18.为探索工业含铝、铁、铜合金废料的再利用，某同学实设计的回收利用方案如图：（1）气体X的化学式是_____。（2）检验滤液D是否含有Fe3+的最佳试剂为_____(填序号)。 A.KMnO4B.NaOHC.氯水D.KSCN（3）若要从滤液D得到绿矾晶体，必须进行的实验操作步骤：_____、冷却结晶、过滤、自然干燥。（4）写出“滤液A”与“过量气体X”反应的离子方程式_____。（5）浓硝酸可以溶解铜，也可以溶解上述合金。若固体未完全溶解，则滤液D中Fe元素将以_____(填“Fe3+”或“Fe2+”)离子形式存在。【答案】（1）CO2（2）D（3）蒸发（4）AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO（5）Fe2+【解析】【分析】Al和NaOH溶液反应生成可溶性的NaAlO2，Cu和Fe与NaOH溶液不反应，所以滤液A中含有NaAlO2，滤渣B是Cu和Fe，B和稀硫酸混合，Fe和稀硫酸反应生成FeSO4，Cu和稀硫酸不反应，所以滤渣E是Cu，D中含有FeSO4，Cu和稀硫酸、试剂Y生成硫酸铜，Y是强氧化剂，且不能引进新的杂质，Y为H2O2，NaAlO2和CO2反应生成Al(OH)3，所以C是Al(OH)3，Al(OH)3和稀盐酸反应生成AlCl3，溶液F中含有AlCl3。【小问1详解】通过以上知，气体X的化学式是CO2，NaAlO2和过量CO2反应生成Al(OH)3和NaHCO3，故答案为：CO2；【小问2详解】滤液D中一定含有Fe2+，检验是否含有Fe3+的最佳试剂：A．KMnO4与Fe2+反应，而与Fe3+不反应，不能检验是否含有Fe3+，A不符合题意；B．NaOH溶液与Fe2+和Fe3+都反应，对验证有干扰，B不符合题意；C．氯水与Fe2+反应，而与Fe3+不反应，不能检验是否含有Fe3+，C不符合题意；D．Fe3+和KSCN溶液反应生成血红色溶液，Fe2+和KSCN溶液不反应，能检验是否含有Fe3+，D符合题意；故答案为：D；【小问3详解】若要从滤液D得到绿矾晶体，需先增大溶液的浓度，以便降温时有更多量的晶体析出，所以必须进行的实验操作步骤是：蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥，故答案为：蒸发；【小问4详解】滤液A为NaAlO2，气体X为CO2，滤液A与过量CO2反应生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3 ，反应的离子方程式为AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO，故答案为：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO；【小问5详解】浓硝酸可以溶解铜，也可以溶解上述合金，若固体未完全溶解，则一定有Cu剩余，因为Cu能将Fe3+还原为Fe2+，则滤液D中Fe元素将以Fe2+离子形式存在，故答案为：Fe2+。