湖南省名校联盟2024-2025学年高一上学期开学质量检测化学试题

名校联盟年上学期高一开学质量检测化学本试卷共6页。全卷满分分，考试时间分钟。注意事项：答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：一、选择题：本题共小题，每小题3分，共分。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.化学品在食品加工领域用途广泛。下列说法错误的是A.利用维生素C的氧化性将食物中的Fe3+转化为Fe2+B.苏打和小苏打的水溶液均显碱性，是重要的食用碱C.袋装还原性铁粉可作为脱氧剂，防止富脂食品变质D.ClO2消毒能力较强，且不会生成有害的有机氯化物，是传统液氯消毒剂的重要替代品【答案】A【解析】【详解】A．Fe3+转化为Fe2+需要得电子，因此维生素C提供电子，作还原剂，利用了维生素C的还原性，A项错误；B．NaCO3和NaHCO3的水溶液均显碱性，是重要的食用碱和工业用碱，B项正确；C．铁粉具有较强的还原性，可吸收氧气，避免富脂食品因氧化而变质，C项正确；D．ClO2具有强氧化性，能够杀菌消毒，且不会生成有害的有机氯化物，是传统液氯消毒剂的重要替代品，D项正确；答案选A。2.下图是某科技文献上提供的螺旋形元素周期表，下列说法正确的是第1页/共19页A.处于图中斜线区域（）的元素均为金属元素B.元素位于元素周期表的第四周期第族C.元素所在族的元素统称为碱金属元素D.相同条件下，比更容易被还原【答案】A【解析】【详解】A．斜线区域为过渡元素，因此均为金属元素，A正确；B．元素在硫元素下面，位于元素周期表的第四周期第ⅥA族，B错误；C．第族中的氢元素不属于碱金属元素，C错误；D．金属性越强，简单阳离子氧化性越弱，的氧化性弱于，因此容易被还原，D错误；故选A。3.海底存在丰富的固态甲烷水合物(xCH·yHO)CO2置换甲烷水合物中的CH甲烷水合物的安全开采，其原理如图所示下列说法正确的是第2页/共19页A.CO2中存在非极性共价键B.HO分子通过化学键形成笼a和笼bC.甲烷水合物中的CH4无法全部被置换D.置换过程中xCH·yHO断裂极性键【答案】C【解析】【详解】A．CO2中存在极性共价键，不存在非极性共价键，A项错误；B．HO分子已经达到稳定结构，HO分子间无法再形成化学键，B项错误；C．由最后的图可知，笼b中的CH4没有被置换出来，C项正确；D．甲烷水合物中CH4和HO之间不存在极性共价键，因此置换过程没有极性键断裂，D项错误；答案选C。4.二硫化碳是制作人造棉的重要原料，我国主要利用天然气生产，其反应为。下列说法错误的是A.和均是硫元素的同素异形体B.的分子结构模型为第3页/共19页C.二硫化碳的电子式为D.的结构示意图为【答案】B【解析】【详解】A．和均是由硫元素形成的单质，故二者均为硫元素的同素异形体，A正确；B．碳原子的半径大于氢原子，故的分子结构模型为，B错误；C．二硫化碳的电子式类似于二氧化碳，结构式为S=C=S，电子式为，C正确；D．的质子数为16，核外电子数为18，D正确；故选B。5.砷元素和溴元素常用于合成杀虫剂，下列有关二者的说法错误的是A.溴化砷中溴元素显正价B.的酸性强于C.溴原子的半径小于砷原子D.比更稳定【答案】A【解析】【详解】A．由题中提供的质子数，可知砷元素和溴元素均位于第四周期，且溴元素更靠右，因此溴元素的非金属性更强。由于溴元素非金属性更强，因此在溴化砷中溴元素显负价，A错误；B．溴元素非金属性更强，因此最高价含氧酸的酸性：大于，B正确；C．同周期主族元素的原子，从左到右，原子半径逐渐减小，因此半径：，C正确；D．溴元素非金属性更强，因此更稳定，D正确；故选A。6.浓氨水挥发出的可与发生反应：历史上曾用该反应检验输送的管道是否泄漏。下列说法正确的是（为阿伏加德罗常数值）A.常温下，中所含共价键的数目为B.标准状况下，中的中子数目为第4页/共19页C.消耗，反应转移电子的数目为D.该检验过程中有共价键、离子键的断裂与形成【答案】C【解析】【详解】A．中含有共价键，故中所含共价键的数目为，故A错误；B．中含有中子，故标准状况下，中的中子数目为，故B错误；C参与反应转移电子的数目为C正确；D．反应物中无离子化合物，故不存在离子键的断裂和形成，故D错误；故答案为C。7.下列表示反应原理的离子方程式书写错误的是选项物质用途离子方程式A利用制取漂白液B苛化法制烧碱（生石灰与纯碱溶液反应）利用溶液除去铝制配件表面的氧C化膜D用稀盐酸溶解氧化铁A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．和溶液反应可制取漂白液NaClO，故A正确；第5页/共19页B．生石灰与水反应生成，与反应生成沉淀和，故B正确；C．铝制配件表面的氧化膜为，与溶液反应生成可溶性的，故C正确；D．氧化铁的化学式为，正确的离子方程式应为，故D错误；故答案为D。8.实验小组需要配制的评价错误的是步骤1步骤2五水硫酸铜晶体脱水称量硫酸铜固体质量步骤3步骤4溶解硫酸铜固体定容A.省略步骤1不会对实验的准确性造成影响B.步骤2称量的质量为C.步骤3中玻璃棒的作用是搅拌，加快溶解速率D.步骤4中的操作会导致所配溶液浓度偏高【答案】D【解析】【详解】A第6页/共19页故A正确；B．实验室没有的容量瓶，配制的溶液应选用500mL容量瓶，所以需要用电子天平称量的质量为，故B正确；C．溶解时用玻璃棒搅拌，可加快溶解速率，故C正确；D．步骤4中仰视刻度线，最终会导致加入的蒸馏水偏多，所配溶液浓度偏低，故D错误；故选D。9.与的混合粉末加热到可制得净水剂高铁酸钠，发生的主要反应为是A.参与反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为B.既是氧化产物又是还原产物C.作氧化剂时，参与反应的为D.每生成标准状况下，有被氧化【答案】C【解析】A作还原剂，作还原剂，与反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为，A正确；B．包含铁元素化合价的升高和氧元素化合价的降低，故既是氧化产物又是还原产物，B正确；C．由化学方程式可知，作氧化剂的和参与反应的之间的数量关系为（参与反应）为，C错误；D．与作还原剂的之间的数量关系为（还原剂故被氧化的为，D正确。故选C。10.下列实验方案能够达到实验目的的是第7页/共19页选实验目的实验方案项制备A向溶液中逐滴加入饱和溶液，继续煮沸后停止加热胶体确定纯碱样品B（含灰的增重纯度验证非金属C性：水是否变浑浊检验溶D液中是否存在否变蓝（已知淀粉遇变蓝）A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．制取胶体应该向沸水中逐滴滴加饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色时停止加热，A错误；B．碱石灰的增重包括生成的、挥发的和水蒸气的质量，无法利用增重数据计算的质量，故纯度无法计算，B错误；C．盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，无法根据盐酸和碳酸的酸性强弱证明和C的非金属性强弱，C错误；D．中与发生反应生成和，加入淀粉后溶液变蓝，能完成实验目的，D正确；故选D。铁元素价类二维图是学习铁元素化学性质的重要模型，图中的箭头表示物质间的转化关系。下列说法正确的是第8页/共19页A.与水蒸气在高温条件下可实现①的转化B.转化②过程中固体的颜色由红棕色逐渐转变为红褐色C.在潮湿空气中发生转化③，发生反应的D.向溶液中的杂质并得到纯净的溶液【答案】C【解析】【详解】A．与水蒸气在高温条件下发生反应生成，A错误；B．呈红褐色，呈红棕色，B错误；C．在潮湿空气中发生反应：，C正确；D．与铜粉反应生成和，会引入杂质，不能得到纯净的溶液，D错误；故选C。12.某化学小组用“84中均为浸有相应试液的棉花，夹持装置省略；酸性溶液的氧化性比第9页/共19页A.a处变为橙色，说明的氧化性比的强B.b处变为蓝色，说明的氧化性比的强C.c处褪色，使酸性溶液褪色的物质可能是D.d处红色褪去，可能是生成某种具有漂白性的物质所致【答案】B【解析】84a—d处浸有相应试液的棉花用于探究氯气的性质。【详解】A．a处变为橙色发生的反应为氯气与溴化钾溶液反应生成氯化钾和溴单质，说明氧化剂氯气的氧化性强于氧化产物溴，故A正确；B．结合选项A、由实验装置图可知，b处变为蓝色发生的反应为氯气与碘化钾溶液反应生成氯化钾和碘单质，未发生溴与碘化钾溶液的置换反应，无法比较溴和碘的氧化性强弱，故B错误；Cc处酸性高锰酸钾溶液褪色可能是挥发出的氯化氢与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、氯气和水所致，故C正确；D则d处红色褪去可能是氯气与氢氧化钠溶液反应生成的次氯酸钠将酚酞漂白所致，故D正确；故选B。13.WXYZ是原子序数依次增大的四种短周期元素，这四种元素与氢元素可形成一种治疗胃酸过多的药物，其化学式为YZ(XH)WX。X原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，X和Y能形成一种淡黄色的二元化合物，W是生铁中含量最多的非金属元素，Z的单质常温下能与X的单质反应。下列说法正确的是A.简单氢化物的稳定性：W＞XB.Z位于元素周期表中第13纵列第10页/共19页C.最高价氧化物的水化物的碱性：Z＞YD.该药物最多可消耗3molHCl【答案】B【解析】【分析】根据X原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，可知X是O，氧元素与钠元素可形成淡黄色的NaO，因此Y是Na，生铁的主要成分是铁和碳，再结合W是短周期元素，可知W是C，结合题中给出的化学式，可判断Z显+3价，再结合Z的单质在常温下能与氧气反应，可知Z是Al，据此分析。【详解】A．非金属性：C＜O，故稳定性：CH＜HO，A项错误；B．Z是Al元素，铝元素属于第ⅢA族元素，位于元素周期表的第13纵列，B项正确；C．金属性：Al＜Na，故最高价氧化物的水化物的碱性：Al(OH)＜NaOH，C项错误；D．1mol该药物中含有2molOH和1molCO，故最多可消耗4molHCl，D项错误；答案选B。14.铝粉和氧化铁粉形成成进行探究。步骤1：称取铝热剂，并分成两等份。步骤2：向其中的一份中加入的溶液，加热并搅拌，充分反应后，过滤，得滤液中的浓度为。步骤3：将另一份点燃，恰好完全反应，待产物冷却后向其中加入的盐酸，充分搅拌至的浓度为（忽略溶液体积下列说法错误的是A.步骤2中生成铝盐的物质的量为B.步骤2中所得滤渣的质量为C.步骤3溶液中D.步骤1称取铝热剂的质量为【答案】D【解析】【分析】步骤2发生的反应为。步骤3中铝元素以形式存在，根据原子守恒，第11页/共19页，溶液中。【详解】A．由分析和溶液呈电中性原理，可知析可知，步骤2生成的的物质的量为，A正确；B．步骤2所得滤渣为，质量为，B正确；C．由分析可知，步骤3溶液中铝离子浓度为1mol/L，C正确；D．步骤1中铝热剂的质量应为，D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共分。15.氢；⑤蔗糖；⑥固体；⑦氢氧化铁胶体。回答下列问题：（1）属于分散系的是_____________________；属于电解质的是__________。（2）⑦区别于溶液和浊液的本质特征为__________，利用__________可区分胶体和溶液。（3）某金属氯化物含有氯离子，则金属M的摩尔质量为___________。（4）实验室需要配制的稀硫酸，需量取质量分数为98%、密度为的浓硫酸__________（保留2需要的玻璃仪器有__________。（5）可用酸性高锰酸钾溶液处理固体（显_________：□☐☐_________☐☐☐□_________。【答案】（1）①.③⑦②.①③.④⑥（2）①.分散质粒子的直径在之间②.丁达尔效应（3）（4）①.5.4②.容量瓶（5）8544105822第12页/共19页【解析】【小问1详解】一种（或多种）物质以粒子形式分散到另一种（或多种）物质中所形成的混合物，叫做分散系，上述物质属于分散系的是③⑦；金属单质可以导电，上述物质中能够导电的纯净物是①；在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物叫做电解质，上述物质属于电解质的是④⑥；【小问2详解】胶体区别于溶液和浊液的本质特征为分散质粒子的直径在之间，利用丁达尔效应可区分胶体和溶液；【小问3详解】由题知该金属氯化物的物质的量为，质量为，则金属氯化物的摩尔质量为，金属M的摩尔质量为；小问4详解】浓硫酸的物质的量浓度程中需要用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶。【小问5详解】该反应中铜由+1价升高到+2价，硫由2价升高到+4价，锰由+7价降低到+2价，根据得失电子守恒可知，8544105822。16.X、Y、Z、M、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，元素的性质或原子结构的相关叙述如表所示，回答下列问题：元素编号元素性质或原子结构的相关叙述X原子L层比K层多2个电子Y可形成空间结构呈V形的10电子氢化物Z短周期主族元素中原子半径最大第13页/共19页原子最外层电子数是最内层电子数的1.5M倍Q原子L层电子数等于K、M层电子数之和W最高正化合价与最低负化合价代数和为6（1X在元素周期表中的位置是____________；它的一种核素可测定文物年代，这种核素是____________（2）Y、Q、W的简单离子半径依次增大的顺序为____________（3）X的最高价氧化物与Z的某种氧化物反应可以生成Y的一种单质，该化学方程式为___________。Z的这种氧化物中含有的化学键类型是____________。（4）Q的最高价氧化物对应的水化物的水溶液与M的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为__________。（5）上述元素形成的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是____________表示Q的钾盐（二元化合物）的形成过程：____________。（6Z与元素M相比，金属性较强的是____________实的是____________A．对应单质与酸反应时，每个M原子比Z原子失去的电子多B．对应单质与水反应时，M不如Z反应剧烈C．Z的单质可将M从其盐溶液中置换出来，反之M的单质无法将Z从其盐溶液中置换出来D．M的最高价氧化物的熔点比Z的最高价氧化物的熔点高【答案】（1）①.第二周期第族②.（2）（3）①.②.（4）（5）①.②.（6）①②.B【解析】第14页/共19页X的原子L层比K层多2X为CY可形成空间结构呈V形的10Y为OZZ为NaM的原子最外层电子数是最内层电子数的1.5M为Al；Q原子L层电子数等于K、M层电子数之和，Q为S；W的最高正化合价与最低负化合价代数和为6，W为Cl。由题可知X、Y、Z、M、Q、W分别为。【小问1详解】C在元素周期表中位于第二周期第族，其中可用于测定文物年代。【小问2详解】电子层数越多，离子半径越大；电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故。【小问3详解】二氧化碳和过氧化钠反应生成氧气，化学方程式为；为离子化【小问4详解】氢氧化铝和硫酸反应生成硫酸铝和水，离子方程式为。【小问5详解】上述元素中非金属性最强的是元素，故上述元素形成的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是。硫化钾为离子化合物，形成过程为。【小问6详解】金属性较强的为，与酸反应时，金属性的强弱与失电子个数多少无关，A错误；不能将从其盐溶液中置换出来，反之亦不能，C错误；金属性的强弱与金属氧化物的熔点无关，D错误。17.某工厂的工业废水中含有大量和较多的该废液中回收和金属铜并制得明矾，请根据以下流程图，回答下列问题：第15页/共19页已知：（过量）（1）流程中的①、②物质分别是____________、____________。（2）将明矾溶于水后再加入过量的溶液，反应的离子方程式为____________。（3）鉴别滤液D中的金属阳离子，下列滴加试剂顺序正确的是____________属于氧化还原反应的离子方程式：___________。A．先滴加溶液，后滴加新制氯水B．先滴加新制氯水，后滴加溶液（4）取滤液D于试管中，滴加足量溶液，观察到的现象是_____________。（5）绿矾在空气中容易被部分氧化[转化为，不考虑其他反应]，为确定绿矾未被全部氧化，可选择的最佳试剂是溶液，过滤得沉淀，再通入（标准状况）氯气恰好将其中的完全氧化。计算该晶体中____________。A．溶液B．溶液C．溶液D．酸性溶液（6）某些工业废水中还含有剧毒的，常用绿矾在酸性条件下作还原剂来处理（变为反应的离子方程式为____________。【答案】（1）①.②.粉（或铁粉）（2）（3）①.A②.（4）先生成白色沉淀，然后沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色（答案合理即可）（5）①.D②.（6）【解析】【分析】足量溶液与反应得到滤液A为和的混合溶液，都能分别与NaOH溶液反应生成沉淀易被氧化为，第16页/共19页向滤液A中通入过量反应生成沉淀B即，加入硫酸、硫酸钾生成硫酸铝钾，经一系列操作得到明矾；滤渣A的成分为，向滤渣A中加入过量稀硫酸得到溶液B，溶液B中含，加入过量铁粉，与反应生成与发生置换反应所得滤渣C即混合物，加入过量稀硫酸得到滤渣D即，滤液D为和的混合溶液，经冷却结晶得到绿矾。【小问1详解】根据分析可知，①为CO，②为Fe粉。【小问2详解】明矾和过量氢氧化钡反应生成硫酸钡和四羟基合铝酸钠，离子方程式为。【小问3详解】滤液D为溶液，具有还原性，可与氯水发生氧化还原反应。先取少量试液于试管中，滴加A正确；离子方程式为2Fe2++Cl=2Fe3++2Cl。【小问4详解】滤液D为溶液，加入足量溶液可观察到先生成白色沉淀，然后沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色。【小问5详解】为确定绿矾未被全部氧化，可以检验是否有残余的亚铁离子，检验亚铁离子选用酸性溶液，D正下氯气的物质的量为质的量为，则，。第17页/共19页【小问6详解】绿矾在酸性条件下作还原剂来处理（变为Fe3+，反应的离子方程式为。18.将通入中，保持反应温度为左右可制备，某实验小组利用下列装置制取少量已知：①和常温下均为液体，二者均易与水发生反应且产物相同；的沸点为。②硫是一种难溶于水的黄色晶体