2022-2023学年高一化学下学期开学考试试题（Word版附解析）

2022-2023-2师大附中高一开学考试化学试卷(2月)可能用到的相对原子质量：一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30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.化学在日常生活与生产中有着重要的应用，下列有关说法不正确的是A.使用铝合金可实现航天航空器、高速列车轻量化B.“钡餐”中使用的硫酸钡属于电解质C.氢气火炬中的储氢合金是新型合金材料D.可将“84”消毒液与洁厕灵混用，以增强清洁消毒功能【答案】D【解析】【详解】A．铝合金具有密度较小、质量轻、耐腐蚀的优良性能，则使用铝合金可实现航天航空器、高速列车轻量化，故A正确；B．硫酸钡在熔融状态下能电离出自由移动的离子，属于电解质，故B正确；C．储氢合金是性能优良的新型合金材料，故C正确；D．“84”消毒液的主要成分次氯酸钠与洁厕灵的主要成分盐酸会反应生成有毒的氯气，所以不能将“84”消毒液与洁厕灵混用，故D错误；故选D。2.目前，科学家发现在负压和超低温条件下，可将水形成像棉花糖一样的气凝胶的冰，该冰称为“气态冰”。下列说法正确的是A.“常态冰”和“气态冰”结构不同，是同素异形体B.“气态冰”因其特殊的结构而具有比“常态冰”更活泼的化学性质C.“气态冰”具有丁达尔效应D.改变温度使“气态冰”变成液态水时会破坏水分子内的共价键【答案】C【解析】【详解】A．“常态冰”和“气态冰”是水存在不同形式，状态不同，但是同一种物质，选项A错误；B．“气态冰”和“常态冰”是水存在的不同形式，物理性质不同，但化学性质相同，选项B错误； C．“气态冰”是形成气凝胶的冰，为胶体，具有丁达尔效应，选项C正确；D．冰变为液态水时，是分子间距离的改变，克服分子间作用力，不破坏化学键，选项D错误；答案选C。3.金属钛有“生物金属”之称。下列有关和的说法正确的是A.和原子中均含有22个中子B.和互为同位素，在元素周期表中的位置相同C.和的物理性质相同D.和为同一核素【答案】B【解析】【详解】A．含有中子数为26，含中子数为28，故A错误；B．和质子数相同、中子数不同，互为同位素，在元素周期表中的位置相同，故B正确；C．和的物理性质不同，化学性质相同，故C错误；D．和中子数不同，为不同核素，故D错误；选B。4.下列有关化学用语表示正确的是A.结构示意图可表示也可表示B.还原反应的电子转移：C.用电子式表示的形成过程：D.次氯酸的结构式：【答案】A【解析】【详解】A．和的核电荷数都为17，核外都有3个电子层，最外层电子数都为8， 离子的结构示意图都为，故A正确；B．氢气还原氧化铜的反应中，氢气是反应的还原剂、氧化铜是反应的氧化剂，表示电子转移的单线桥为，故B错误；C．氯化氢是共价化合物，用电子式表示氯化氢的形成过程为，故C错误；D．次氯酸的分子式为HClO，结构式为Cl—O—H，故D错误；故选A。5.每年10月23日上午6：02到晚上6：02被誉为“摩尔日”(MoleDay)，这个时间的一种写法为6：0210/23，外观与阿伏加德罗常数近似值相似。为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A.加入沸水中完全反应生成胶体的粒子数为B.常温常压下，中数目为C.与完全反应，转移的电子数目为D.将配成溶液，为【答案】B【解析】【详解】A．氢氧化铁胶体是粒子集合体，则0.1mo六水氯化铁加入沸水中完全反应生成胶体的粒子数小于0.1mol×NAmol-1=0.1NA，故A错误；B．一个氨分子中含有3个氮氢键，则17g氨气中氮氢键的数目为×3×NAmol-1=3NA，故B正确；C．5.6g铁与0.1mol氯气完全反应时，铁过量，则0.1mol氯气完全反应转移的电子数目为0.1mol×2×NAmol-1=0.2NA，故C错误；D．缺标准状况下，无法计算22.4L氯化氢的物质的量和1L盐酸中氢离子的浓度，故D错误；故选B。6.下列实验操作规范且能达到实验目的的是 A.装置甲：加热金属钠B.装置乙：用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸C.装置丙：分离胶体和溶液D.装置丁：收集【答案】D【解析】【详解】A．需要在坩埚中加热金属钠，故A错误；B．用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸，浓硫酸在烧杯中稀释并冷却后再转移到容量瓶中，故B错误；C．用渗析法分离胶体和溶液，故C错误；D．氯气难溶于饱和食盐水，可以用排饱和食盐水的方法收集，故D正确；选D。7.下列各组离子中能大量共存的是A.无色溶液中：K+、Na+、MnO、B.在酸性溶液中：Mg2+、Na+、、Cl﹣C.能使pH试纸变蓝色溶液：Cl﹣、、、D.碱性溶液中：K+、Cl﹣、、Cu2+【答案】B【解析】【详解】A．MnO水溶液显紫色，在无色溶液中不能大量存在，A不符合题意；B．在酸性溶液中：Mg2+、Na+、、Cl﹣互不反应、能大量共存，B符合题意；C．能使pH试纸变蓝色的溶液显碱性。OH-、HCO会反应产生碳酸根离子、OH-、NH会反 应产生NH3·H2O，不能大量共存，C不符合题意；D．碱性溶液中，OH-、Cu2+反应产生氢氧化铜沉淀、不可以大量共存，D不符合题意；故合理选项是B。8.下列关于元素金属性和非金属性强弱比较的说法不正确的是（）A.将大理石加入稀盐酸中，能产生气体，说明Cl的非金属性强于CB.Si与化合所需温度远高于S与化合所需温度，说明S的非金属性强于SiC.Na与冷水反应剧烈，而Mg与冷水反应缓慢，说明Na的金属性强于MgD.Fe投入溶液中，能置换出Cu，说明Fe的金属性比Cu的强【答案】A【解析】【详解】A．盐酸中的溶质HCl不是氯元素的最高价氧化物对应的水化物，虽然HCl的酸性比碳酸的强，但不能作为Cl、C非金属性强弱的判断依据，A错误；B．单质与越易化合，元素的非金属性越强，B正确；C．单质与水越易反应生成碱和，其金属性越强，C正确；D．较活泼的金属单质可将较不活泼的金属从它的盐溶液中置换出来，D正确；故选A。9.对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式的是A.氯气通入水中的反应：B.打磨过的铝片与氢氧化钠溶液反应：C.碳酸钙溶于醋酸溶液中：D.澄清石灰水与稀硝酸反应：【答案】D【解析】【详解】A．氯气通入水中生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为，故A错误；B．打磨过的铝片与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式是 ，故B错误；C．碳酸钙溶于醋酸溶液中生成醋酸钙、二氧化碳、水，反应的离子方程式是，故C错误；D．澄清石灰水与稀硝酸反应生成硝酸钙、水，反应的离子方程式是，故D正确；选D。10.下列实验方案中，不能测定NaCl和NaHCO3混合物中NaHCO3质量分数的是A.取a克混合物充分加热，减重b克B.取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克C.取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤洗涤、烘干，得b克固体D.取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体【答案】B【解析】【分析】方案能确定氯化钠、碳酸氢钠任一物质的质量，即可测定混合物中NaHCO3质量分数，A.此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；B.应先把水蒸气排除才合理；C.根据碳元素守恒，可求解碳酸氢钠质量分数；D.根据钠元素守恒的质量关系，可列方程组求解。【详解】A.NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳,所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故A项不符合题意；B.混合物中NaHCO3与足量稀硫酸充分反应，会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故B项符合题意；C.NaCl和NaHCO3混合物中，碳酸氢钠与Ba(OH)2反应，反应的方程式为：HCO3−+OH−+Ba2+=H2O+BaCO3↓，因此最后得到的固体是BaCO3，依据碳元素守恒计算，可以计算出NaHCO3质量分数，故C项不符合题意；D.NaCl和NaHCO3混合物中，碳酸氢钠可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出NaHCO3质量分数，故D不符合题意； 答案选B。二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列实验操作、现象和结论都正确的是选项实验操作现象结论A将干燥的氯气通过盛有鲜花的集气瓶鲜花褪色氯气有漂白性B向硫酸铜溶液中加入小颗粒钠产生红色固体钠比铜活泼C向硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠粉末产生红褐色沉淀已变质D向烧碱溶液中滴加氯化钡溶液产生白色沉淀烧碱已变质A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．干燥的氯气没有漂白性，与水反应生成的具有强氧化性的次氯酸表现漂白性使鲜花褪色，故A错误；B．钠与硫酸铜溶液反应时，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应生成的氢氧化钠与硫酸铜溶液反应生成蓝色氢氧化铜沉淀，不能生成铜，故B错误；C．硫酸亚铁溶液与具有强氧化性过氧化钠反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀，则产生红褐色沉淀不能说明硫酸亚铁已变质，故C错误；D．向烧碱溶液中滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀说明氢氧化钠溶液中的碳酸钠与氯化钡溶液反应生成碳酸钡白色沉淀，证明烧碱已变质，故D正确；故选D。12.是一种“绿色”试剂，等物质会使较高浓度的溶液发生催化分解。有人提出反应机理可能有2步，第1步反应为。下列说法正确的是A.分子中既有非极性共价键又有极性共价健 B.在第1步反应中，每生成，转移电子C.机理中第2步反应为D.若在加入的溶液中检出则说明一定发生了第1步反应【答案】AC【解析】【详解】A．分子的结构式为H-O-O-H，既有非极性共价键又有极性共价健，故A正确；B．在第1步反应中，氧元素化合价由-1升高为0，每生成，转移电子，故B错误；C．总反应为2H2O2=2H2O+O2↑，总反应减去第1步反应，得第2步反应为，故C正确；D．和水反应生成HBr和HBrO，在加入的溶液中检出，不能说明一定发生了第1步反应，故D错误；选AC。13.2022年是门捷列夫发表元素周期表153周年。如图是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高正化合价之和为8。下列说法错误的是A.W的最高价氧化物的水化物能与其简单气态氢化物反应生成离子化合物B.Y单质可用于制作半导体材料C.气态氢化物热稳定性：D.X的最高价氧化物属于碱性氧化物【答案】CD【解析】【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高正化合价之和为8，根据W、X、Y、Z在周期表中的位置，设X的最高正价为a，则W的最高正价为a+2，a+a+2=8，a=+3，所以X是Al元素、Y是Si元素、W是N元素、Z是P元素。【详解】A．W是N元素，N最高价氧化物的水化物是HNO3、其简单气态氢化物是NH3，HNO3、 NH3反应生成NH4NO3，NH4NO3是离子化合物，故A正确；B．Si单质可用于制作半导体材料，故B正确；C．同主族元素从上到下，气态氢化物稳定性减弱，气态氢化物热稳定性，故C错误；D．Al2O3是两性氧化物，故D错误；选CD。14.已知：。某溶液中可能含有Na+、、Fe2+，K+、I-、、，且所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是A.肯定不含B.肯定不含I-C.肯定含有D.肯定含有【答案】AD【解析】【详解】溶液无色，不含；根据反应方程式，还原性大于，加入少量溴水，溶液仍呈无色，说明溴水中溴发生了还原反应生成了，因此溶液中一定存在，根据各离子物质的量浓度相等得溶液中含有、、中的至少两种，不含，不能确定是否含有。故选AD。三、非选择题：此题包括4小题，共54分。15.下表为元素周期表的一部分，请参照元素①—⑧在表中的位置，用化学用语回答下列问题：（1）②在元素周期表中的位置是______________________。（2）②的最简单氢化物分子的空间结构呈___________，③的单质的结构式为___________，③、⑤两种元素形成的既含离子键又含非极性共价键的化合物的电子式为___________。（3）④、⑤、⑥的简单离子半径由大到小的顺序为______________________。(填离子符号)。 （4）②、⑥、⑦的最高价氧化物的水化物的酸性由强到弱的顺序是___________(填化学式)。（5）⑤、⑥的最高价氧化物的水化物相互反应的离子方程式为___________。【答案】（1）第二周期ⅤA族（2）①.三角锥②.O=O③.（3）F->Na+>Al3+（4）HNO3>H3PO4>H2SiO3（5）2OH-+H2SiO3=SiO+2H2O【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置，①是H元素；②是N元素；③是O元素；④是F元素；⑤是Na元素；⑥是Si元素；⑦是P元素；⑧是Cl元素。【小问1详解】②是N元素，在元素周期表中的位置是第二周期ⅤA族；【小问2详解】②是N元素，最简单氢化物是NH3，分子的空间结构呈三角锥形，③是O元素，O2分子的结构式为O=O，O、Na两种元素形成的既含离子键又含非极性共价键的化合物是Na2O2，电子式为。【小问3详解】电子层数相同时，质子数越多半径越小，F-、Na+、Al3+的半径由大到小的顺序为F->Na+>Al3+。【小问4详解】同周期元素从左到右最高价氧化物的水化物酸性依次增强，同主族元素从上到下最高价氧化物的水化物酸性依次减弱，N、Si、P的最高价氧化物的水化物的酸性由强到弱的顺序是HNO3>H3PO4>H2SiO3。【小问5详解】NaOH、H2SiO3反应生成Na2SiO3、H2O，反应的离子方程式为2OH-+H2SiO3=SiO+2H2O。16.铁及其化合物与生产、生活关系密切。（1）在钢铁厂的生产中，炽热的铁水注入模具之前，必须对模具进行充分的干燥处锂，不得留有水，原因是______________________(用化学方程式表示)。（2）用废铁皮制取铁红的部分流程示意图如下： 已知：受热易分解。①步骤1控制温度小于的原因是______________________。②若要检验步骤I中是否有生成，方法是______________________。③步骤Ⅱ集中发生反应：，反应产生的，又与废铁皮中的铁反应，生成和，该反应的化学方程式为______________________。（3）一种利用废旧镀锌铁皮制备磁性纳米粒子的工艺流程如下：已知：与化学性质类似。①“碱洗”的目的是除废旧镀锌铁皮上的油污和___________。②“氧化”时发生反应的离子方程式为______________________。③“分离”出的沉淀产物是___________，“加热沉铁”过程中通的目的是______________________。【答案】（1）（2）①.防止硝酸分解②.滴加KCN溶液，若溶液变为红色说明含有③.10HNO3+4Fe=4Fe(NO3)2+NH4NO3+3H2O（3）①.Zn②.2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O。③.Fe3O4④.防止Fe2+被氧化【解析】【分析】废铁皮与稀硝酸反应得到硝酸亚铁溶液，硝酸亚铁溶液中通入空气发生反应 ，反应生成的稀与铁反应生成和，加热失去水得到Fe2O3。【小问1详解】在钢铁厂的生产中，炽热的铁水注入模具之前，必须对模具进行充分的干燥处锂，不得留有水，原因是铁和水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为；【小问2详解】①受热易分解，为防止硝酸分解，步骤1控制温度小于。②Fe3+遇KSCN溶液变红，若要检验步骤I中是否有生成，方法是滴加KSCN溶液，若溶液变为红色说明含有。③稀与铁反应生成和，铁元素化合价由0升高为+2、硝酸中N元素化合价由+5价降低为-3，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式为10HNO3+4Fe=4Fe(NO3)2+NH4NO3+3H2O。【小问3详解】①与化学性质类似，Zn溶于氢氧化钠溶液，“碱洗”的目的是除废旧镀锌铁皮上的油污和Zn。②“氧化”时部分Fe2+被次氯酸钠氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O。③加NaClO溶液氧化后得到含有Fe2+、Fe3+的溶液，加入氢氧化钠加热得到Fe3O4，“分离”出的沉淀产物是Fe3O4；Fe3O4中含有Fe(Ⅱ)，“加热沉铁”持续通入N2，防止Fe2+被氧化。17.为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器和加热装置已略去，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.……（1）A中利用浓盐酸和MnO2固体的反应制备氯气，反应的离子方程式是______。（2）验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是______。（3）B中溶液发生反应的离子方程式是______。（4）为验证溴的氧化性强于碘，过程IV的操作和现象是：打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡，_____。（5）过程III实验的目的是_____。（6）从原子结构角度分析氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：_____。【答案】（1）2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O（2）淀粉-KI试纸变蓝（3）Cl2+2Br-=2Cl-+Br2（4）滴入几滴淀粉溶液，溶液变蓝，或者加入少量CCl4，静置后下层溶液变为紫红色，（5）确认C的黄色溶液中无Cl2，排除氯气对溴置换碘实验的干扰（6）同一主族从上到下，电子层数依次增多，原子半径依次增大，元素的非金属性减弱，得电子能力逐渐减弱【解析】【分析】比较Cl、Br、I的非金属性强弱，采用置换反应进行分析，利用氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，装置A制备氯气，并且验证Cl和I非金属性强弱，装置B验证Cl和Br非金属性强弱，浸有NaOH溶液的棉花，吸收氯气、溴蒸气，防止污染环境，装置C中分液漏斗作用是制备溴单质，试管中验证溴、I的非金属性强弱，据此分析；【小问1详解】利用高锰酸钾溶液的强氧化性，将Cl-氧化成氯气，本身被还原成Mn2+，其离子方程式为2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；故答案为2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；【小问2详解】证明氯气的氧化性强于碘单质，可发生Cl2+2I-=2Cl-+I2，淀粉遇碘单质变蓝，故答案为淀粉-KI试纸变蓝； 【小问3详解】装置B验证Cl、Br非金属性强弱，利用离子方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，Cl2的氧化性强于Br2，即Cl的非金属性强于Br，故答案为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；【小问4详解】C中发生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，因为Br的非金属性强于I，则将C溶液滴入试管D中，则发生Br2+2I-=2Br-+I2，验证碘单质存在，操作是打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡，滴入几滴淀粉溶液，溶液变蓝，说明有碘单质生成，或者加入少量CCl4，静置后下层溶液变为紫红色，故答案为滴入几滴淀粉溶液，溶液变蓝，或者加入少量CCl4，静置后下层溶液变为紫红色；【小问5详解】验证溴的氧化性强于碘，需要避免氯气的干扰，当B中溶液有黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否侧氯气过量，影响实验结论；过程Ⅲ的目的是：确认C的黄色溶液中无Cl2，排除氯气对溴置换碘实验的干扰；故答案为确认C的黄色溶液中无Cl2，排除氯气对溴置换碘实验的干扰；【小问6详解】同一主族从上到下，电子层数依次增多，原子半径依次增大，元素的非金属性减弱，得电子能力逐渐减弱；故答案为同一主族从上到下，电子层数依次增多，原子半径依次增大，元素的非金属性减弱，得电子能力逐渐减弱。18.数形结合思想是化学学科的重要思维模式，请结合所学知识和图像作答：I．完成下列问题。（1）如图为含氯元素物质的“价类二维图”，下列说法正确的是___________(填标号)。A.乙、丁均属于电解质B.丙的酸性强于碳酸 C.乙是一种广谱型的消毒剂，可取代甲成为自来水的消毒剂D.戊→己必须加还原剂才能实现（2）时，戊分解只生成两种盐，其中一种己，另一种盐是___________(填化学式)。II．某无土栽培所用营养液中含有三种溶质，实验测得部分离子的浓度如图甲所示，取样品加水稀释，测得的浓度(c)随溶液体积(V)的变化如图乙所示：（3）图甲中X是___________。（4）营养液中与的物质的量之比为___________。III.某实验小组向溶液中通入，溶液中，的物质的量随通入的的物质的量变化如图所示(不考虑与水的反应)。请回答下列问题：（5）由图可知，与的还原性强弱为___________(填“>”或“<”)。（6）从开始通入到时，溶液中：___________，此时反应的离子方程式为______________________。【答案】（1）C（2）KClO4（3）（4）1:2（5）< （6）①.②.2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-【解析】【分析】根据含氯元素物质的“价类二维图”，甲是Cl2、乙是ClO2、丙是HClO、丁是HClO4、戊是KClO3、己是KCl。【小问1详解】A．乙是ClO2，自身不能电离，ClO2属于非电解质，故A错误；B．丙是HClO，HClO的酸性比碳酸弱，故B错误；C．ClO2是一种广谱型的消毒剂，可取代Cl2成为自来水的消毒剂，故C正确；D．KClO3加热分解为KCl和氧气，KClO3→KCl不须加还原剂就能实现，故D错误；选C。【小问2详解】时，KClO3分解只生成两种盐，其中一种是KCl，根据化合价升降规律，另一种盐是KClO4；【小问3详解】根据稀释前后铵根离子的物质的量不变，0.2c1=1.6×1，c1=8mol/L，营养液中铵根离子的浓度为8mol/L，根据电荷守恒，硫酸根离子的浓度为，图甲中X是；【小问4详解】硫酸根离子的浓度为4mol/L，所以营养液中的浓度为4mol/L，铵根离子的浓度为8mol/L则的物质的量浓度为8mol/L，所以与的物质的量之比为1:2。【小问5详解】根据图示，氯气先氧化I-，所以与的还原性强弱为<。【小问6详解】2I-+Cl2=I2+2Cl-，氧化I-消耗0.1molCl2，可知I-的物质的量为0.2mol，原FeI2的物质的量为0.1mol，从开始通入到时，发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-消耗0.02molCl2，氧化Fe2+的物质的量为0.04mol、生成Fe3+的物质的量为0.04mol，溶液中 ，此时反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。