44，江西省丰城市第九中学2023-2024学年高一下学期开学考试化学试卷

这是一份44，江西省丰城市第九中学2023-2024学年高一下学期开学考试化学试卷，共9页。试卷主要包含了A 2，Na>Al>Cl等内容，欢迎下载使用。

1．A 2．D 3．C 4．D 5．B 6．C 7．B 8．B 9．D 10．B 11．D 12．C 13．C 14．D
15．(1) ②⑤⑧⑩ ①⑦
(2)
16．(1)气密性 (2)酒精灯a (3) (4) 是 铁 KSCN被氯水氧化
(5)
17．(1)Na>Al>Cl
(2) 第三周期第ⅠA族
(3)KOH (4)abc
(5) (6)
(7) 163.4 量筒和500mL容量瓶
(8)a
18．(1) 分液漏斗 平衡气压
(2)1：5 (3)除去氯气中的HCl
(4)无水氯化钙 (5)降低ClO2的浓度，防止爆炸
(6) (7)2.63
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1．A
【详解】A． H2O是化合物，“常态冰”和“气态冰”不是同素异形体，故A错误；
B．该冰与普通冰都由H2O分子构成，化学性质相同，故B正确；
C．该冰属于气溶胶，可能具有丁达尔效应，故C正确；
D．“气态冰”是气溶胶，分散剂是空气，故D正确；
选A。
2．B
【详解】A．明矾不具有强氧化性，溶于水能产生Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体具有吸附性，可净化水，但不能杀菌消毒，故A错误；
B．Fe3O4是黑色固体，在打印机的电磁场作用下，发生定向移动形成字迹或图案，体现出磁性，所以Fe3O4可作打印机墨粉的主要成分，故B正确；
C．碳酸氢钠性质不稳定，受热分解生成二氧化碳，面点师制作糕点时添加小苏打作膨松剂，与其能与碱反应的性质无关，故C错误；
D．空气是气溶胶，有丁达尔效应，所以放电影时，放映室射到银幕上的光柱的形成属于丁达尔效应，与胶体的电泳性质无关，故D错误；
故选：B。
3．C
【详解】A．未知溶液体积，无法计算其物质的量，数目不确定，故A错误；
B．一个Al(OH)3胶粒是多个Al(OH)3的集合体，故生成胶体粒子的数目少于2NA个，故B错误；
C．Na2O中的阴离子是O2-，Na2O2中的阴离子是，62gNa2O的物质的量是1ml，含有1ml的O2-，78gNa2O2的物质的量是1ml，含有的阴离子是1ml ，两者混合后含有的阴离子的总数为2NA，故C正确；
D．Cl2与足量的Fe充分反应生成FeCl3，Cl元素由0价变为-1价，1mlCl2与足量的Fe充分反应，转移电子数为2NA，故D错误；
故选：C。
4．D
【详解】A．与水反应生成NaOH和氧气，不属于碱性氧化物，氧化铝是两性氧化物，故A错误；
B．Cu是ⅠB族元素属于副族元素，不是主族元素，故B错误；
C．铝合金是混合物，不是电解质，故C错误；
D．制漂白粉即Cl2→Ca(ClO)2、作供氧剂即Na2O2→O2、储氢合金(M)储运反应为zMHx(s)+H2(s)⇌zMHy(s)，三变化中均有化合价的改变，是氧化还原反应，故D正确；
故选：D。
5．B
【分析】由图像可知，反应过程中为反应物，N2为生成物，根据反应过程中元素守恒可知，Cl-、H2O、N2为生成物，、为反应物，反应过程中Cl元素化合价由+1降低至-1，N元素化合价由-3升高至0，根据化合价升降守恒、原子守恒以及电荷守恒可知，反应离子方程式为，据此答题。
【详解】A．为还原剂，则为氧化产物，为氧化剂，还原产物是，A正确；
B．反应中还原剂为，N元素化合价由-3升高至0，因此每消耗1ml还原剂，转移3ml电子，B错误；
C．根据分析，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2，C正确；
D生成14 g 时，即n(N2)= =0.5ml时，消耗的为1.5ml，D正确；
故选B。
6．C
【分析】无色溶液中不含有色离子，则没有，取部分溶液，加入适量过氧化钠固体，产生刺激性气味的气体并产生沉淀，刺激性气味的气体为氨气，故溶液中含有，则一定不含，生成的沉淀应该是氢氧化镁，则溶液中一定含有，一定不含有，又因溶液呈电中性，各离子浓度相等，所以溶液中一定还存在，综上可知，肯定有的离子为，肯定不含。
【详解】根据分析可知正确答案为C。
7．B
【详解】A．蓝色石蕊试纸上滴加新制氯水先变红后褪色说明新制氯水具有酸性和漂白性，故A错误；
B．一定量铁粉与水蒸气反应后的混合物溶于稀硫酸，在此溶液中滴加硫氰化钾溶液后无明显变化说明反应得到铁和四氧化三铁的混合物，四氧化三铁溶于稀硫酸得到的铁离子完全与铁粉反应生成亚铁离子，导致溶液不变为血红色，故B正确；
C．金属钠在空气中长久放置生成碳酸钠，不可能转变为过氧化钠，故C错误；
D．配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时液面超过刻度线，快速用胶头滴管吸出上层溶液会使溶质的物质的量减小，导致所配溶液浓度偏低，故D错误；
故选B。
8．B
【分析】X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。X原子半径最小，则X为H原子，化合物的电子总数为10个，X为H、Z为O；Y元素的最高正价为+4价，结合原子序数可知Y为C；Y元素与Z元素位于第二周期，且与M元素同主族，M为Si；Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子，最外层电子数为7，Q为Cl，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，X、Y、Z、M、Q分别为H、C、O、Si、Cl，
A．电子层越多、原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：Z(O)＜Y(C)＜M(Si)，故A正确；
B．即H2O2分子中存在H-O极性键和O-O非极性键，故B错误；
C．同周期主族元素从左到右非金属性增强，非金属性：Z(O)>Y(C)>M(Si)，则简单氢化物稳定性：，故C正确；
D．非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：Y(C)>M(Si)，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞M，故D正确；
故选：B。
9．D
【分析】几种短周期元素的原子半径及某些化合价如表，A有-2价，B有-4、+4价，B处于ⅣA族，且A的原子半径与B相差不大，则A为O，B为C；C为-1价，根据原子半径可知C是Cl；D有-3、+5价，原子半径大于Cl，则D是P；E有+3价，F有+1价，原子半径均大于P，所以E是Al，F是Na，据此解答。
【详解】A．根据分析，A为O，F是钠元素，A错误；
B．A与F可以形成氧化钠、过氧化钠，过氧化钠中含有离子键和共价键，B错误；
C．Cl−与P3−具有相同电子层，故离子半径：P3−>Cl−，C错误；
D．同一周期内元素的原子半径从左到右逐渐减小，故氮原子的半径小于碳原子半径大于氧原子半径，在0.074~0.077nm之间，D正确；
故答案为：D。
10．B
【详解】由物质结构分析可知，X只能形成一个共价键，又知X的原子半径是元素周期表中最小的，故X为H；Q的最外层电子数是其内层电子数的3倍，Q为O；Y、Z、Q原子序数依次增大，Y可形成四个共价键，则Y为C；则Z为 N。
A．四种元素原子半径由大到小的顺序为 C(Y)>N(Z)>O(Q)>H(X)，A正确；
B．同周期主族元素从左到右,非金属性依次增强，则元素的非金属性强弱顺序为CC．H和O可形成既含极性键又含非极性键共价键的化合物，如，C正确；
D．该化合物中N、C、O均满足8电子稳定结构，D正确；
故选B。
11．D
【详解】A．是两性氧化物，能够和溶液反应，而不能，故A正确；
B．碳酸钠溶液能和反应生成碳酸氢钠，故B正确；
C．能被氯气氧化成，故C正确；
D．饱和溶液不仅能吸收气体，也能吸收气体，故D不正确；
答案D。
12．C
【详解】A．钠比较活泼，与水反应生成氢氧化钠和氢气，不能置换出硫酸铜溶液中的铜，故A错误；
B．碘单质的氧化性比较弱，Fe与I2点燃生成FeI2，故B错误；
C．难溶性的氢氧化物受热均易分解，Al(OH)3受热易分解，Cu(OH)2受热也易分解，故C正确；
D．由于酸性：盐酸＞碳酸，CO2通入CaCl2不反应，不能反应生成白色沉淀，故D错误；
故选：C。
13．C
【详解】A．14C与C60中普通碳原子，为同种元素的碳原子，则碳原子的化学性质相同，故A错误；
B． 14C的中子数为14-6=8，15N的中子数为14-7=7，二者不同，故B错误；
C．14CO2为共价化合物，电子式为，则CO2的形成过程：，故C正确；
D．同素异形体是同种元素组成的性质不同的单质之间的互称，14C与12C、13C的质子数均为6，中子数不同，互为同位素，故D错误；
故选：C。
14．D
【分析】过程i的离子方程式为：，反应ii的离子方程式为：。
【详解】A．过程i的离子方程式为：，中N元素化合价降低，为氧化剂，A正确；
B．过程ii中N元素化合价由+3价降低为0价，为还原产物，B正确；
C．根据分析，过程i的离子方程式正确，C正确；
D．6.2g的物质的量为0.1ml，若只转化为N2时转移电子0.2ml，故根据得失电子守恒，理论上需要消耗标准状况下2.24L，但亚硝酸根可能进一步转变未氮气，若硝酸根全部转变为氮气，则转移电子0.5ml，消耗标准状况下氢气5.6L，D错误；
故选D。
15．(1) ②⑤⑧ ①⑦
(2)
【详解】（1）①无水酒精属于非电解质；
②晶体属于电解质；
③铁丝属于单质，既不是电解质，也不是非电解质；
④氨水属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质；
⑤液态属于电解质；
⑥溶液属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质；
⑦属于非电解质；
⑧熔融的属于电解质；
⑨空气属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质；
⑩固体属于电解质；
属于电解质的有：②⑤⑧⑩；属于非电解质的有：①⑦，故答案为②⑤⑧⑩；①⑦。
（2）
通入足量澄清石灰水中发生反应的离子方程式：，故答案为。
向溶液中滴加过量溶液后发生反应的离子方程式：，故答案为。
16．(1)气密性
(2)酒精灯a
(3)
(4) 是 铁 KSCN被氯水氧化
(5)
【分析】加热蒸馏烧瓶产生水蒸气，用水蒸气排尽空气后再点燃酒精喷灯给铁粉加热，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，用碱石灰干燥氢气，氢气和热的氧化铜反应生成铜和水，无水硫酸铜检验有水生成。装置最后放置碱石灰，防止空气中的水蒸气进入无水硫酸铜中干扰实验。
【详解】（1）铁与水蒸气反应放出氢气，实验前应先检查装置的气密性。
（2）为防止铁和氧气反应，先用水蒸气排出装置内的空气，所以实验时应先点燃酒精灯a。
（3）无水硫酸铜粉末变蓝，反应生成水，黑色氧化铜变红说明氧化铜被还原为铜，则铁跟水蒸气反应生成的气体为H2。
（4）①淡黄色溶液中加KSCN变为淡红色，加氯水，红色加深，说明Fe3+的浓度增大，有Fe2+被氯水氧化为Fe3+，则淡黄色溶液中含有离子。
②用淡黄色溶液制溶液，需要把Fe3+还原为Fe2+，可加入过量的铁粉。
③实验中加入过量新制氯水，放置一段时间后，深红色会逐渐褪去，向褪色后的溶液中滴加KSCN溶液，又出现红色，则褪色的原因可能是KSCN被氯水氧化。
（5）碳酸亚铁可用于治疗缺铁性贫血。某同学将制得的硫酸亚铁溶液与碳酸氢钠溶液反应制得碳酸亚铁沉淀，同时获得无色无味的气体，该气体为二氧化碳，反应的离子方程式为。
17．(1)Na>Al>Cl
(2) 第三周期第ⅠA族
(3)KOH
(4)abc
(5)
(6)
(7) 163.0 量筒和500mL容量瓶
(8)a
【分析】根据元素在周期表中的相对位置可知各元素是：①Na、②K、③Al、④H、⑤C、⑥N、⑦Cl、⑧Br。
【详解】（1）①③⑦三种元素处于第3周期，从左到右原子半径逐渐减小，原子半径由大到小的顺序是Na＞Al＞Cl；
（2）表中某元素原子的核外电子层数是最外层电子数的3倍，则为Na元素，原子结构示意图为，Na元素在周期表中的位置是第三周期IA族；
（3）三种元素的金属性K＞Na＞Al，①②③三种元素氧化物对应水化物碱性KOH＞NaOH＞Al(OH)3，最强的是KOH；
（4）⑦非金属性强于⑧，从原子结构的角度解释其原因为Cl、Br处于同一主族(VIIA族)，易得1个电子，Cl的原子半径比Br小，核对最外层电子的吸引能力强，Cl的得电子能力强，非金属性强；a．非金属性越强氢化物越稳定，故a符合题意；b．非金属性越强最高价氧化物的水化物的酸性越强，故b符合题意；c．⑦能将⑧从其钠盐溶液中置换出来，说明氧化性Cl2＞Br2，证明非金属性Cl＞Br，故c符合题意；故选abc；
（5）乙酸的相对分子质量为60，则其摩尔质量为60g/ml；
（6）此乙酸溶液的物质的量浓度为=6.12ml/L；
（7）溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则c1V1=c2V2，则浓乙酸的体积=≈163.0mL；配制500mL乙酸还需要量筒和500mL容量瓶；
（8）a．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏大，故a选；
b．用量筒量取乙酸时，俯视读数，导致量取的体积偏小，溶液浓度偏小，故b不选；
c．转移液体时，有少量液体流出，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故c不选；
故选：a。
18．(1) 分液漏斗 平衡气压
(2)1：5
(3)除去氯气中的HCl
(4)无水氯化钙
(5)降低ClO2的浓度，防止爆炸
(6)
(7)2.63
【分析】A中高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，B中为饱和食盐水，除去氯气中的HCl，C中可以为无水氯化钙，干燥氯气；D中氯气与NaClO2反应制备ClO2，干燥空气的目的是降低ClO2的浓度，防止爆炸；E中收集ClO2，F吸收尾气，同时防止空气中的水进入E中。
【详解】（1）A中盛放的装置名称为：分液漏斗；导管K的作用是：平衡气压；
（2），该反应中氧化剂是高锰酸钾，还原剂是HCl，有10个HCl分子被氧化，两者的物质的量之比为1：5；
（3）B中试剂的作用是：除去氯气中的HCl；
（4）C中可选用的试剂是：无水氯化钙；
（5）实验时需要向D中通入一定量的干燥空气，目的是：降低ClO2的浓度，防止爆炸；
（6）根据得失电子守恒：若将E中收集到的加入和的混合溶液中，可生成，该反应的离子方程式为；
（7）设两者的质量均为1g，的消毒效率是的：倍。