2021-2022学年河南省鹤壁淇滨高级中学高一下学期化学开学考试题含解析

这是一份2021-2022学年河南省鹤壁淇滨高级中学高一下学期化学开学考试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，元素或物质推断题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。

河南省鹤壁淇滨高级中学2021-2022学年高一下学期化学开学考试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列说法正确的是
A．很稳定，与水分子间存在氢键有关
B．HCl中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
C．熔融状态下能导电的物质一定是离子化合物
D．NaOH溶于水的过程，破坏了离子键
【答案】D
【详解】A．稳定性是化学性质，而氢键是决定物理性质的，氧的非金属性较强，所以H2O的稳定性较好，故A错误；
B．HCl中的H是2电子的稳定结构，不具有8电子稳定结构，故B错误；
C．金属在熔融态能导电，但金属是单质，不属于离子化合物，故C错误；
D．NaOH电离出钠离子和氢氧根离子，其中O-H共价键没有被破坏，破坏离子键，故D正确；
故选：D。
2．下列说法正确的是
A．与的核外电子排布相同 B．与互为同素异形体
C．与互为同位素 D．同位素的所有性质相同
【答案】A
【详解】A．同种元素的不同核素，质子数相同，核外电子数也相同，故其核外电子排布相同，A正确；
B．同素异形体是同种元素组成但结构不同的单质，与元素相同，分子结构相同，是同一种物质，B错误；
C．C与N是两种元素，C错误；
D．同位素物理性质不同，化学性质相同，D错误；
本题选A。
3．建国70周年阅兵式上，空军部队飞机拉出绚烂的“彩烟”。形成“彩烟”的原理是，吊舱中的液态彩色物质被高压N2吹出，随高温尾气喷出，冷凝后形成“彩烟”。下列有关说法正确的是
A．彩烟是一种纯净物 B．蒸汽凝结为雾发生了化学变化
C．蒸汽遇冷形成的雾是一种分散系 D．拉烟原理与焰色试验的原理相同
【答案】C
【详解】A．彩烟中包含液态彩色物质和氮气，为混合物，Ａ错误；
B．蒸汽凝结为雾，为物质的形态转化，属于物理变化，B错误；
C．雾属于气溶胶，属于分散系， C正确；
D．拉烟是利用高压氮气将液态彩色物质吹出，而焰色反应是由于金属元素在能量的激发下发生了电子在不同能级的跃迁所释放光的现象，两者的原理不相同，Ｄ错误；
故选Ｃ。
4．工业上利用浓氨水吸收氯气工业的尾气，该技术能高效的处理尾气中的氯气，同时得到副产品NH4Cl。反应的方程式为：。下列有关说法正确的是
A．N2是共价化合物
B．该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:8
C．Cl2在该反应中被还原
D．该反应中每生成1 mol N2时，转移3 mol电子
【答案】C
【详解】A．N2中只含有N一种元素，因此N2属于单质，而不是共价化合物，A错误；
B．在该反应中Cl元素化合价由反应前Cl2中的0价变为反应后NH4Cl中的-1价，化合价降低，得到电子被还原，所以Cl2为氧化剂；N元素化合价由反应前NH4Cl中的-3价变为反应后N2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以NH3作还原剂。8个NH3参加反应中，只有2个NH3中的N失去电子，作还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量的比是3:2，B错误；
C．在该反应中，Cl元素化合价由反应前Cl2中的0价变为反应后NH4Cl中的-1价，化合价降低，得到电子被还原，故Cl2在该反应中被还原，C正确；
D．在反应中元素化合价升降总数等于反应过程中电子转移总数。根据方程式可知：每反应产生1 mol N2，反应过程中转移电子的物质的量是6 mol，D错误；
故合理选项是C。
5．下列说法错误的是
A．卢瑟福发现了电子，并提出了“葡萄干面包式”的原子结构模型
B．门捷列夫将元素按相对原子质量由小到大依次排列，制出了第一张元素周期表
C．瑞典化学家舍勒最早发现了氯气
D．侯德榜发明的联合制碱法，为我国的化学工业发展和技术创新作出了重要贡献
【答案】A
【详解】A．汤姆生发现了电子，卢瑟福提出了“葡萄干面包式”的原子结构模型，故A错误；
B．门捷列夫将元素按相对原子质量由小到大依次排列，制出了第一张元素周期表，故B正确；
C．18世纪70年代，瑞典化学家舍勒首先发现并制得了氯气(C12)，故C正确；
D．侯德榜发明的联合制碱法，为我国的化学工业发展和技术创新作出了重要贡献，故D正确；
选A。
6．下列叙述正确的是
A．1molSO2含有的氧分子数约为6.02×1023
B．1molN2与1molH2O的原子个数比为1：1
C．78gNa2O2与足量CO2反应转移4mol电子
D．将0.1molNa2SO4溶于足量水，得到的溶液中含有0.2molNa+
【答案】D
【详解】A．SO2中含有氧原子，不含氧分子，故A错误；
B．1molN2含有2mol原子，1molH2O含有3mol原子，原子个数比为2：3，故B错误；
C．78gNa2O2的物质的量是1mol，Na2O2与足量CO2反应生成碳酸钠和氧气，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，反应转移1mol电子，故C错误；
D．Na2SO4的电离方程式是Na2SO4= 2Na++SO，将0.1molNa2SO4溶于足量水，得到的溶液中含有0.2molNa+，故D正确；
选D。
7．下列离子方程式中，书写正确的是
A．印刷电路板的反应原理：
B．过量CO2通入NaOH溶液中：
C．稀硫酸中加氢氧化钡溶液：
D．氯气通入水中：
【答案】B
【详解】A．电子不守恒，电荷不守恒，离子方程式应该为：，A错误；
B．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，B正确；
C．不符合物质反应的微粒数目比，离子方程式应该为：，C错误；
D．HClO是弱酸，应该写化学式；且该反应为可逆反应，应该写可逆号，离子方程式应该为：，D错误；
故合理选项是B。
8．下列说法正确的是
A．0.2mol由H218O与D2O组成的体系中含有的中子数为2NA
B．常温常压下，2.24LCl2中含有的原子数为0.2NA
C．过氧化钠与水反应时，每生成1mol氧气转移电子数为NA
D．0.15mol·L-1K2CO3溶液中含有的钾离子数为0.3NA
【答案】A
【详解】A．H218O与D2O的中子数均是10个，则0.2mol由H218O与D2O组成的体系中含有的中子数为2NA，A正确；
B．常温常压下，2.24LCl2的物质的量不是0.1mol，其中含有的原子数不是0.2NA，B错误；
C．过氧化钠与水反应时，过氧化钠中氧元素化合价从－1价升高到0价，则每生成1mol氧气转移电子数为2NA，C错误；
D．0.15mol·L-1K2CO3溶液的体积未知，无法确定其中含有的钾离子数，D错误；
答案选A。
9．下列“类比”结果正确的是
A．的溶解度比的大，则的溶解度比的大
B．Na与在加热条件下反应生成，则Li与在加热条件下反应生成
C．能溶于NaOH溶液，则能溶于NaOH溶液
D．能从NaBr溶液中置换出，则能从NaI溶液中置换出
【答案】D
【详解】A．易溶于水，难溶于水，的溶解度比的大，和均易溶于水，且碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，故A错误；
B．Li与反应只能生成，故B错误；
C．为两性氢氧化物，能溶于NaOH溶液，但不溶于NaOH溶液，故C错误；
D．的氧化性比强，因此能从NaBr溶液中置换出，的氧化性比强，因此能从NaI溶液中置换出，故D正确；
故选：D；
10．下列有关化学用语正确的是
A．中子数为20的氯原子： B．氯化氢的分子结构模型：
C．的结构式：O=C=O D．的电子式：
【答案】C
【详解】A．中子数为20的氯原子：，故A错误；
B．氯化氢的分子中氢原子半径小于氯原子半径，其分子的球棍模型：，故B错误；
C．是碳氧双键，其结构式：O=C=O，故C正确；
D．的电子式：，故D错误。
综上所述，答案为C。
11．下列叙述正确的是
A．石墨能导电，所以石墨是电解质
B．液态HCl不导电，所以HCl是非电解质
C．CO2的水溶液能够导电，所以CO2是电解质
D．熔融态的BaSO4能导电，所以BaSO4是电解质
【答案】D
【详解】A．石墨是单质，既不是电解质又不是非电解质，故A错误；
B．HCl的水溶液能导电，所以HCl是电解质，故B错误；
C．CO2自身不能电离，所以CO2是非电解质，故C错误；
D．熔融态的BaSO4能导电，所以BaSO4是电解质，故D正确；
选D。
12．化学与生活息息相关，下列说法错误的是
A．氯气是重要的化工原料，可大量用于制造盐酸、农药、染料和药品等
B．常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料
C．可用作自来水的消毒剂
D．漂白液与洁厕灵(主要成分为盐酸)可以混合使用以达到增强消毒的效果
【答案】D
【详解】A．氯气是重要的化工原料，可大量用于制造盐酸、农药、染料和药品等，比如氢气在氯气中安静燃烧生成氯化氢，氯化氢溶于水形成盐酸，故A正确；
B．是红棕色粉末，常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，故B正确；
C．具有强氧化性，常用作自来水的消毒剂，故C正确；
D．漂白液与洁厕灵(主要成分为盐酸)两者反应生成氯气，因此两者不可以混合使用，故D错误；
答案为D。
13．下列关于Na2CO3和NaHCO3的叙述中，正确的是
A．1molNa2CO3和1molNaHCO3含有的阳离子数目相等
B．同浓度的两种溶液可以用澄清石灰水鉴别
C．相同条件下，在水中Na2CO3的溶解度小于NaHCO3的溶解度
D．向Na2CO3和NaHCO3固体中分别滴加等浓度的盐酸，后者反应更剧烈
【答案】D
【详解】A．Na2CO3由 构成，1molNa2CO3含2mol阳离子；NaHCO3由构成，1molNaHCO3含1mol阳离子，故A错误；
B．Na2CO3和NaHCO3都能与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，不能用澄清石灰水鉴别Na2CO3和NaHCO3，故B错误；
C．相同条件下，在水中Na2CO3的溶解度大于NaHCO3的溶解度，故C错误；
D．Na2CO3和盐酸反应分两步完成，NaHCO3和盐酸反应一步完成，向Na2CO3和NaHCO3固体中分别滴加等浓度的盐酸，后者反应更剧烈，故D正确；
选D。
14．用下列实验装置能较好地达到实验目的的是

A．用甲装置模拟侯氏制碱法制备NaHCO3
B．用乙装置制备Fe(OH)2沉淀
C．丙装置的现象可证明Na2O2与水的反应是放热反应
D．用丁装置除去Cl2中混有的HCl气体
【答案】C
【详解】A．为增大二氧化碳的溶解度，应该为二氧化碳通入到氯化钠的氨溶液中，故A错误；
B．氢氧化亚铁易被空气中氧气氧化，故如图不能制备氢氧化亚铁，故B错误；
C．过氧化钠与水反应生成氧气，脱脂棉燃烧说明反应放热，故C正确；
D．碳酸氢钠和氯气、氯化氢都能反应，不能除杂，应该用饱和食盐水除杂，故D正确；
故选C。
15．下列各组离子，能在溶液中大量共存的是
A．H+、Ca2+、Cl-、OH- B．Na+、HCO、SO、OH-
C．K+、Na+、OH-、Cl- D．Ag+、Ba2+、Cl-、SO
【答案】C
【详解】A．H+、OH-反应生成水，H+、OH-不能大量共存，故不选A；    
B．HCO、OH-反应生成，HCO、OH-不能大量共存，故不选B；
C．K+、Na+、OH-、Cl-相互之间不反应，能大量共存，故选C；    
D．Ag+、Cl-反应生成AgCl沉淀，Ba2+、SO反应生成BaSO4沉淀，Ag+、Ba2+、Cl-、SO不能大量共存，故不选D；
选C。
16．下列说法正确的是
A．的摩尔质量为98
B．焰色试验属于物理变化
C．溶于水能电离出的化合物都是酸
D．胶体与其他分散系的本质区别是能否产生丁达尔效应
【答案】B
【详解】A．的摩尔质量为98g/mol，故A错误；
B．焰色试验没有生成新物质，属于物理变化，故B正确；
C．NaHSO4是盐，NaHSO4溶于水能电离出，溶于水能电离出的化合物不一定是酸，故C错误；
D．胶体与其他分散系的本质区别是分散质粒子直径大小不同，故D错误；
选B。
17．短周期元素X、Y、Z在元素周期表中的位置如下图所示，X原子最外层电子数为6。下列说法正确的是

X
Y
Z



A．X的最高化合价为+6
B．X与Z形成的化合物为离子化合物
C．Y的原子半径大于X的原子半径
D．Y的非金属性强于Z的非金属性
【答案】D
【分析】由短周期元素X、Y、Z在元素周期表中的位置和X原子最外层电子数为6,可得X是O,Y是F,Z是P.
【详解】A． X是氧,没有最高正化合价,故A错误;
B．X是O,Z是P, X与Z形成的化合物P2O5为共价化合物,故B错误;
C． XY同周期,同周期从左到右原子半径逐渐减小，故Y的原子半径小于X的原子半径,故C错误;
D． F和Cl同主族，非金属性F>Cl,P和Cl同周期，非金属性Cl>P,所以非金属性是F>P即Y的非金属性强于Z的非金属性,故D正确；
故答案为：D
18．有A、B、C、D、E五种元素，质子数都小于18。B原子的最外层电子数是其电子层数的3倍；C原子失去1个电子所得到的微粒具有与氖原子相同的电子层结构；D是地壳中含量最多的金属元素；E的最高正价与最低负价的代数和为6；A单质可以在E单质中燃烧，生成AE，燃烧时火焰呈苍白色。下列说法错误的是
A．A2B中只含极性共价键
B．B和C两种元素形成的化合物--定含有离子键也可能含有共价键
C．E单质可以使干燥的红色布条褪色
D．D单质常温下既能溶于稀盐酸也能溶于氢氧化钠溶液
【答案】C
【分析】B原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则B为氧元素；C原子失去1个电子所得到的微粒具有与氖原子相同的电子层结构，则C原子核外有11个电子，即核电荷数为11，C为钠元素；地壳中含量最多的金属元素是铝，D为铝元素；氯的最高正价+7价与最低负价-1价，代数和为6，E为氯元素；氢气可以在氯气中燃烧，火焰呈苍白色，所以A为氢元素。即A、B、C、D、E分别为H、O、Na、A1、C1。
【详解】A．A2B为H2O，水分子结构式为H-O-H，所以水分子中只含极性共价键，A项正确；
B．B和C两种元素形成的化合物Na2O，是离子化合物，只含有离子键，B和C两种元素形成的化合物Na2O2是离子化合物，既含有离子键又含有共价键，B项正确；
C．氯气和水反应生成的次氯酸有漂白性，氯气使湿润红色布条褪色，干燥的氯气不能使干燥的红色布条褪色，C项错误；
D．铝单质常温下与稀盐酸生成氯化铝和氢气，铝单质常温下和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，D项正确；
答案选C。

二、元素或物质推断题
19．现有部分短周期元素的性质或原子结构如下表：
元素编号
元素性质或原子结构
T
M层电子数是K层电子数的3倍
X
最外层电子数是次外层电子数的2倍
Y
常温下单质为双原子分子，是空气中含量最多的物质
Z
元素最高正价是＋7价

(1)元素X位于元素周期表的第___________周期___________族，它的一种核素可测定文物年代，这种核素的符号是___________。
(2)元素Y的原子结构示意图为___________。
(3)元素Z与元素T相比，非金属性较强的是___________(用元素符号表示)，下列表述中能证明这一事实的是___________(填字母)。
a．常温下Z的单质和T的单质状态不同
b．Z的氢化物比T的氢化物稳定
c．一定条件下Z和T的单质都能与氢氧化钠溶液反应
(4)探寻物质的性质差异性是学习的重要方法之一、T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物对应的水化物中化学性质明显不同于其他三种的是___________，理由是___________。
【答案】(1)     二     IVA    
(2)
(3)     Cl     b
(4)     H2CO3     H2CO3是弱酸

【分析】短周期元素中，T元素原子的M层电子数是K层电子数的3倍，M层电子数为6，则T为S元素；最外层电子数是次外层电子数的2倍，则X为C元素；Y常温下单质为双原子分子，是空气中含量最多的物质，则Y为N元素；Z元素最高正价是+7价，则Z为Cl元素。
【详解】（1）元素C位于元素周期表的第二周期IVA族，它的一种核素可测定文物年代，这种核素的符号是。故答案为：二；IVA；；
（2）元素N是7号元素，N原子结构示意图为。故答案为：；
（3）同周期自左而右非金属性增强，故Cl元素非金属性比S的强，非金属性较强的是Cl，下列表述中能证明这一事实的是：
a．常温下Z的单质和T的单质状态不同，元素非金属性与状态无关，故不能证明氯的非金属性强于硫的，故a不选；
b．氢化物稳定性与元素非金属性一致，氯的氢化物比硫的氢化物稳定，说明氯的非金属性比硫的强，故b选；
c．非金属单质能与氢氧化钠溶液反应不能说明非金属性强弱，如氧气不能与氢氧化钠溶液反应，而硫能与氢氧化钠反应，但氧的非金属性更强，故c不选；
故答案为：Cl；b；
（4）硫酸、硝酸、高氯酸均为强酸，S、C、N、Cl四种元素的最高价氧化物对应的水化物中化学性质明显不同于其他三种的是H2CO3，理由是H2CO3是弱酸。故答案为：H2CO3；H2CO3是弱酸。

三、填空题
20．如图为“一些物质与水”的分类图，利用化合价和物质类别推测物质的性质是化学研究的重要手段。

已知：3NO2+H2O=2HNO3+NO
(1)从化学反应类型的角度可以将物质分类。将上述物质分为A、B两组的依据是________，C组物质与水反应时水既不是氧化剂又不是还原剂，则D组物质为______。
(2)从化合价的角度可以预测Na2O2的性质。
①Na2O2的性质______(填字母，下同)。
a.只有氧化性
b.只有还原性
c.既有氧化性又有还原性
②Na2O2以氧化性为主，Na2O2加入含有SO的溶液中反应结束后，硫元素存在形式合理的是_______。
a.S2- b.S c.SO    d.SO
(3)从物质分类的角度可以推测物质的性质。化工生产中常常用到“三酸两碱”，“三酸”指硝酸、硫酸和盐酸，“两碱”指烧碱和纯碱。从物质分类角度看，不恰当的一种物质是________(填化学式)。
【答案】(1)     反应是否为氧化还原反应     Na
(2)     c     d
(3)Na2CO3

【详解】（1）A组物质和水反应没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应；B组物质和水反应时有元素化合价变化，属于氧化还原反应，将上述物质分为A、B两组的依据是反应是否为氧化还原反应；C组物质与水反应时水既不是氧化剂又不是还原剂，Na和水反应生成氢氧化钠和氢气，水是该反应的氧化剂，则D组物质为Na；
（2）①Na2O2中氧元素化合价为-1，所以Na2O2既有氧化性又有还原性，选c。
②Na2O2以氧化性为主，Na2O2加入含有SO的溶液，SO发生氧化反应，S元素化合价升高，生成SO，选d；
（3）“三酸两碱”，“三酸”指硝酸、硫酸和盐酸，“两碱”指烧碱和纯碱。从物质分类角度看，纯碱是碳酸钠，碳酸钠是盐，不恰当的一种物质是Na2CO3。
21．标准状况下有以下四种气体：①；②个HBr分子 ；③；④。回答下列问题：
(1)与_______g O2的物质的量相同。
(2)标准状况下分子中所含氢原子数为_______个，与_______个分子中所含氢原子数相等。
(3)以上四种气体中，密度最大的是_______(填序号，下同)，体积由小到大的顺序是_______。
【答案】(1)12.8
(2)     (或)     (或)
(3)     ②     ④＜①＜③＜②

【分析】标准状况下：①的物质的量=；②个HBr分子的物质的量=；④的物质的量=，以物质的量为中心进行分析比较和计算。
【详解】（1）由题可知，，则氧气的质量=，故答案为：12.8；
（2）标准状况下分子的物质的量=，则其中所含氢原子数为(或)个；分子中含氢原子数为(或)个，则分子的个数为(或)个，故答案为：(或)；(或)；
（3）根据阿伏伽德罗定律可知，同种状态下的气体，密度与摩尔质量成正比，以上四种气体中摩尔质量最大的为HBr分子，则密度最大的是②；根据阿伏伽德罗定律可知，同种状态下的气体，体积与物质的量成正比，根据分析可知，气体体积由小到大的顺序是④＜①＜③＜②，故答案为：②；④＜①＜③＜②。

四、实验题
22．氯气在生产生活中有较广泛应用。
(1)为了验证氯气的部分性质，某小组同学设计如图实验装置制取纯净、干燥的氯气后验证其性质，并进行尾气处理。

①装置C、G中盛装的试剂分别为_______、_______。
②实验中可以观察到装置E和装置F中的现象分别是_______、_______。
(2)1868年狄肯和洪特发明用地康法制氯气，反应原理图示如图(反应温度为450℃)：

①反应II的化学方程式为_______。
②该方法制取氯气，主要消耗的原料是_______，每生成标准状况下33.6L氯气转移的电子数目是_______。
【答案】(1)     饱和食盐水     氢氧化钠溶液     无明显现象     产生棕黄色的烟
(2)     2CuCl2+O22CuO+2Cl2     HCl和O2     3NA

【分析】（1）用MnO2和浓盐酸制取氯气，用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，用浓硫酸除去氯气中的水蒸气，干燥的氯气不能使干燥的红色布条褪色，氯气和铜反应生成氯化铜，最后多余的氯气用NaOH溶液吸收。
【详解】（1）①由以上分析可知，装置C中装有饱和食盐水，用于除去氯气中的氯化氢，G中装有NaOH溶液，用于吸收多余的氯气，防止污染环境。
②干燥的氯气不能使干燥的红色布条褪色，氯气溶于水生成的HClO具有漂白性，能使红布条褪色。装置F中发生了铜和氯气的反应，生成棕黄色的CuCl2，所以在F中能看到产生棕黄色的烟。
（2）①从图中可以看出，反应II的反应物是CuCl2和氧气，生成物是CuO和氯气，则反应的化学方程式为：2CuCl2+O22CuO+2Cl2。
②从图中可以看出，总反应为4HCl+O22Cl2+2H2O，消耗的主要原料是HCl和O2，在反应中，氯元素的化合价从-1价升高到0价，生成1mol氯气，转移2mol电子，则生成标准状况下33.6L氯气即1.5mol氯气，转移电子数为3NA。