河北省衡水中学2019-2020学年高一下学期开学摸底测试化学试题

高一下学期开学第一次考-化学试卷

可能用到的相对原子质量：                       

一、选择题：本题共7个小题，每小题6分，共42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.下列关于元素周期表的叙述中不正确的是(　　)

A. 元素种类最多的族是第Ⅷ族

B. 第ⅠA族金属元素单质均能与水反应

C. 第ⅡA族中无非金属元素

D. 金属元素的种类比非金属元素多

【答案】A

【解析】

【详解】A. 元素种类最多的族是第ⅢB族，A错误；

B. 第ⅠA族金属元素均是活泼性很强的元素，单质均能与水反应，B正确；

C. 第ⅡA族是碱土金属元素，其中无非金属元素，C正确；

D. 元素周期表中大部分是金属元素，金属元素的种类比非金属元素多，D正确。

答案选A。

2.在离子RO3n-中共有x个核外电子，R原子的质量数为A，氧原子的质子数为8，则R原子核内含有的质子数目是

A. A–x+n+48 B. A–x+n+24 C. x-n-24 D. x+n-24

【答案】C

【解析】

【分析】

根据阴离子核外电子数=质子数+所带电荷数解答。

【详解】设R原子核内含质子的数目为Z，离子RO3n-中共有x个核外电子，所以Z+24+n=x，所以R原子核内含质子的数目Z=x-n-24。答案选C。

【点睛】本题主要考查了中子数、质量数、质子数之间的关系，明确离子核外电子数、质子数、电荷数之间的关系是解题的关键。

3.某反应由两步反应A→B→C构成，其反应能量量变化曲线如图所示，下列叙述正确的是（    ）

A. 两步反应均为吸热反应 B. 三种物质中C最稳定

C. A与C的能量差为 D. A→B的反应一定需要加热

【答案】B

【解析】

【分析】

由图可知，A的能量小于B的能量，故A→B为吸热反应；B的能量大于C的能量，故B→C为放热反应。

【详解】A．根据图示可知，能量大小为，故A→B为吸热反应，B→C为放热反应，A错误；

B．由图可知C的能量最低，物质能量越低越稳定，故C最稳定，B正确；

C．由图知，A、C的能量差为，C错误；

D．吸热反应不一定需要加热，D错误；

答案选B。

4.使0.5 mol乙烯与氯气发生加成反应，然后该加成产物与氯气在光照条件下发生取代反应，则两个过程中消耗氯气的总物质的量最多是

A. 1.5 mol B. 2.5 mol C. 2.0 mol D. 3.0 mol

【答案】B

【解析】

【分析】

乙烯和氯气发生加成反应生成二氯乙烷，1mol双键加成需要1mol的氯气；有机物中的氢原子被氯原子取代时，取代的氢原子的物质的量与氯气的物质的量相等，所以最多消耗的氯气为这两部分之和，据此解答。

【详解】C2H4+Cl2→CH2ClCH2Cl，所以0.5mol乙烯与氯气发生加成反应需要氯气0.5mol；CH2ClCH2Cl+4Cl2→CCl3CCl3+4HCl，所以0.5molCH2ClCH2Cl与氯气发生取代反应，最多需要2mol氯气，这两部分之和为0.5mol+2mol=2.5mol。

答案选B。

5.反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）在一定密闭容器中进行，则下列说法或结论中，能够成立的是（　　）

A. 其他条件不变仅将容器的体积缩小一半，反应速率减小

B. 反应达平衡状态时：v（CO）正＝v（H2O）（逆）

C. 保持体积不变，充入少量He使体系压强增大反应速率一定增大

D. 其他条件不变，适当增加C（s）的质量会使反应速率增大

【答案】B

【解析】

【详解】A．体积缩小，反应混合气体各组分浓度增大，反应速率加快，A错误；

B．v(CO)正＝v(H2O)（逆），不同物质表示正、逆速率之比等于化学计量数之比，反应到达平衡，B正确；

C．保持体积不变，充入少量He，反应混合气体各组分的浓度不变，反应速率不变，C错误；

D．适当增加固体C(s)的质量，浓度不变，反应速率不变，D错误；

答案选B。

【点睛】惰性气体对反应速率的影响：恒温恒容充入惰性气体，各反应气体浓度未变，反应速率不变；恒温恒压充入惰性气体，各反应气体浓度减小，反应速率减小。

6.短周期的三种元素X、Y、Z位于同一周期，其最高价氧化物对应的水化物的酸性由强到弱的顺序是：HXO4 >H2YO4>H3ZO4，则下列判断正确的是

A. 非金属性：X>Y>Z B. 原子半径：X>Y>Z

C. 原子的最外层电子数：X<Y<Z D. 气态氢化物的稳定性：X<Y<Z

【答案】A

【解析】

【详解】由同周期的X、Y、Z三种元素的最高价氧化物对应水化物的酸性顺序是HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则非金属性X＞Y＞Z，非金属性越强，原子的原子序数越大，所以原子序数X＞Y＞Z。

A、非金属元素的最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属的非金属性越强，即非金属性X＞Y＞Z，选项A正确；

B、同一周期元素，元素的原子半径随着原子序数的增大而减小，所以原子半径X＜Y＜Z，选项B错误；

C、同一周期元素，元素的最外层电子数随着原子序数的增大而增大，所以原子的最外层电子数按X、Y、Z的顺序由多到少，选项C错误；

D、同一周期元素，气态氢化物的稳定性随着原子序数的增大而增强，所以气态氢化物的稳定性按X、Y、Z的顺序由强到弱，选项D错误；

答案选A。

7.我国科学家发明的一种可控锂水电池的工作原理如图所示。下列有关说法不正确的是（    ）

A. 电池工作时，锂离子向正极移动 B. 电池总反应为

C. 有机电解质可用水溶液代替 D. 该装置不仅可提供电能，还可得到清洁的氢气

【答案】C

【解析】

【分析】

根据图示，锂电极负极，碳电极为正极，负极上锂发生氧化反应生成锂离子，正极上水发生还原反应生成氢气，据此分析解答。

【详解】A、该原电池工作时，电解质中的阳离子锂离子会移向正极，故A正确；

B、金属Li可以和水之间反应生成氢氧化锂和氢气，即反应的方程式为2Li+2H2O═2LiOH+H2↑，故B正确；

C、由于金属Li可以和水之间反应生成氢氧化锂和氢气，但是和有机电解质不反应，所以有机电解质不可用水溶液代替，故C错误；

D、该原电池是将化学能转化为电能的装置，装置不仅可提供电能，并且反应产物有氢气，属于清洁能源，故D正确；

故选C。

二、非选择题：包括第8题～第11题4个大题，共58分。

8.下表列出了a～m 13种元素在周期表（已省略了过渡元素）中的位置：

（1）元素b为________（填名称）；画出g的原子结构示意图__________。

（2）元素f、i、j的原子半径从大到小的顺序是____________（用元素符号表示）；这三种原子分别形成简单离子后，离子半径从大到小的顺序是_____________（用离子符号表示）。

（3）h和k的原子序数相差___________（填数字）。

（4）元素d和e形成的一种化合物为淡黄色固体，该化合物的电子式为___________，该化合物中化学键有____________，该化合物与c的最高价氧化物反应的化学方程式为_________________。

【答案】    (1). 硼    (2).     (3). K＞Mg＞Cl    (4). Cl-＞K+＞Mg2+    (5). 18    (6).     (7). 离子键、（非极性）共价键    (8). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2

【解析】

【分析】

由元素在周期表的位置可知，a～m 13种元素分别为He、B、C、O、Na、Mg、Si、P、Cl、K、As、Kr、Xe，结合原子结构和元素化合物的性质和元素周期律分析解答。

【详解】(1)b的名称为硼，g为Si，原子序数为14，其原子结构示意图为，故答案为：硼；；

(2)同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小；同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，元素f、i、j的原子半径从大到小的顺序是K＞Mg＞Cl；一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，三种原子分别形成简单离子后，离子半径从大到小的顺序是Cl-＞K+＞Mg2+，故答案为：K＞Mg＞Cl；Cl-＞K+＞Mg2+；

(3)h为P元素，15号元素，k为As元素，原子序数为33，原子序数相差为33-15=18，故答案为：18；

(4)d为O元素，e为Na元素，二者形成的一种化合物为淡黄色固体为过氧化钠，其电子式为，含有的化学键为离子键、(非极性)共价键，c的最高价氧化物为CO2，过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：；离子键、(非极性)共价键；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。

【点睛】本题的易错点为(3)，解答本小题也可以根据元素周期表的结构分析解答，元素周期表中第四周期有18种元素，因此h和k的原子序数相差18。

9.某小组同学欲通过实验验证氯元素的非金属性强于硫元素。

（1）他们将过量硫粉与少量铁粉混合后隔绝空气加热，制得并分离出固体产物A。请帮他们完成实验报告。

（2）综合上述实验现象和结论，___________（填“能”或“不能”）验证氯元素的非金属性强于硫元素，理由是_____________________________________。

（3）某同学将上述实验中④所得氯气直接通入无色溶液C中，观察到产生淡黄色固体，反应的化学方程式为_______________，此实验______________（填“能”或“不能”）验证氯元素的非金属性强于硫元素。

（4）某同学认为将步骤①中的稀硫酸换成稀盐酸，若同样产生有臭鸡蛋气味的气体B，则可以说明氯元素的非金属性强于硫元素，他的观点____________（填“正确”或“错误”），原因是_____________。

（5）现有四种试剂：A.新制的Cu(OH)2；B.浓硝酸；C.AgNO3溶液；D.碘水。为了鉴别下列三瓶无色溶液，请你选择合适的试剂，将其序号填入相应的括号中。（每个小题只有一个正确答案）：

①葡萄糖溶液_____________②淀粉溶液_____________③鸡蛋清溶液____________。

【答案】    (1). FeS    (2). 2Fe + 3Cl22FeCl3    (3). 溶液变成红色    (4). 能    (5). 铁与硫反应生成亚铁离子，而铁与氯气反应生成铁离子，氯气的氧化性强于硫的氧化性，说明氯元素的非金属性强于硫元素    (6). Cl2+H2S=2HCl+S↓    (7). 能    (8). 错误    (9). HCl和H2S不是Cl和S元素的最高价氧化物的水化物    (10). A    (11). D    (12). B

【解析】

【分析】

(1)①取少量A于试管中，加入足量稀硫酸，固体完全溶解，产生有臭鸡蛋气味的气体B，B为H2S；②C为H2S的水溶液；③向①的试管中加入KSCN溶液，溶液无明显变化，说明溶液①中没有铁离子，据此分析判断A的组成；⑤将红热的铁丝(少量)伸入上述黄绿色气体(氯气)中，铁丝剧烈燃烧，产生大量棕黄色的烟，溶于水，在所得溶液中滴加KSCN溶液，溶液变成红色，说明生成了氯化铁，据此分析解答；

(2)根据铁与硫，铁与氯气反应产物中铁的化合价分析判断并解答；

(3)氯气直接通入H2S溶液中，观察到产生淡黄色固体，根据反应的化学方程式结合元素非金属性的判断方法分析判断；

(4)将步骤①中的稀硫酸换成稀盐酸，发生的反应为2HCl+FeS=H2S+FeCl2，根据非金属性的判断方法分析判断；

(5)鸡蛋清溶液的主要成分为蛋白质，根据葡萄糖、淀粉、蛋白质的特征反应分析解答。

【详解】(1)①取少量A于试管中，加入足量稀硫酸，固体完全溶解，产生有臭鸡蛋气味的气体B，B为H2S；②C为H2S的水溶液；③向①的试管中加入KSCN溶液，溶液无明显变化，说明溶液①中没有铁离子，因此A为FeS；⑤将红热的铁丝(少量)伸入上述黄绿色气体(氯气)中，铁丝剧烈燃烧，产生大量棕黄色的烟，生成了氯化铁，反应的化学方程式为2Fe + 3Cl22FeCl3；⑥将⑤中所得固体产物(氯化铁)溶于水，在所得溶液中滴加KSCN溶液，溶液变成红色，故答案为：FeS；2Fe + 3Cl22FeCl3；溶液变成红色；

(2)根据上述实验现象和结论，铁与硫反应生成亚铁离子，而铁与氯气反应生成铁离子，说明氯气的氧化性强于硫，因此氯元素的非金属性强于硫元素，故答案为：能；铁与硫反应生成亚铁离子，而铁与氯气反应生成铁离子，氯气的氧化性强于硫的氧化性，说明氯元素的非金属性强于硫元素；

(3)某同学将上述实验中④所得氯气直接通入无色溶液C(H2S溶液)中，观察到产生淡黄色固体，反应的化学方程式为Cl2+H2S=2HCl+S↓，氯气的氧化性强于硫的氧化性，说明氯元素的非金属性强于硫元素，故答案为：Cl2+H2S=2HCl+S↓；能；

(4)某同学认为将步骤①中的稀硫酸换成稀盐酸，若同样产生有臭鸡蛋气味的气体B，发生的反应为2HCl+FeS=H2S+FeCl2，HCl和H2S都不是最高价含氧酸，不能说明氯元素的非金属性强于硫元素，故答案为：错误；HCl和H2S不是Cl和S元素的最高价氧化物的水化物；

(5)①葡萄糖溶液能够与新制的Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀，可以用新制的Cu(OH)2鉴别葡萄糖，故答案为：A；

②淀粉溶液遇到碘水变蓝色，可以用碘水鉴别淀粉溶液，故答案：D；

③浓硝酸能够使鸡蛋清溶液变黄色，可以用浓硝酸鉴别鸡蛋清溶液，故答案为：B。

10.某反应在体积为5L的恒容密闭的绝热容器中进行，各物质的量随时间的变化情况如下图所示（已知A、B、C均为气体）。

（1）该反应的化学方程式为_______。

（2）反应开始至2分钟时，B的平均反应速率为_______。

（3）能说明该反应已达到平衡状态的是_______

A．υ（A）＝2υ（B）                   B．容器内气体密度不变

C．v逆（A）＝v正（C）              D．各组分的物质的量相等

E. 混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态

（4）由图求得平衡时Ａ的转化率为_______。

（5）为了研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，某同学设计了如下一系列的实验：将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的容器中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。

①请完成此实验设计，其中：V1=_______，V6=_______。

②该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高，但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因_______。

【答案】    (1). 2A + B 2C    (2). 0.1mol.(L·min) －1    (3). C、E    (4). 40%    (5). 30    (6). 10    (7). 当加入一定量CuSO4后，生成的单质Cu沉积在Zn表面，降低了Zn与H2SO4溶液的接触面积

【解析】

【详解】(1)由图象可以看出，A、B的物质的量逐渐减小，则A、B为反应物，C的物质的量逐渐增多，所以C为生成物，当反应到达2min时，△n(A)=2mol，△n(B)=1mol，△n(C)=2mol，化学反应中，各物质的物质的量的变化值与化学计量数呈正比，则△n(A)：△n(B)：△n(C)=2：1：2，所以反应的化学方程式为：2A+B2C；

(2)由图象可以看出，反应开始至2分钟时，△n(B)=1mol，B的平均反应速率为：=0.1mol/(L•min)；

(3)A．v(A)=2v(B)不能说明正反应和逆反应的关系，故无法判断反应是否达到平衡，故A错误；

B．容器内气体的总质量不变，体积不变，混合气体的密度始终不变，无法判断是否达到平衡状态，故B错误；

C．在该反应中A和C的计量数相等，当v逆(A)=v正(C)时，正逆反应速率相等，说明反应已达平衡状态了，故C正确；

D．容器内各物质的物质的量相等，不能说明各组分的浓度不再变化，无法判断是否达到平衡状态，故D错误；

E．混合气体的质量始终不变，气体的总物质的量不确定，当混合气体的平均相对分子质量不再改变，可说明此时是平衡状态，故E正确；

答案为CE；

(4)平衡时A的转化率为×100%=40%；

(5)①要对比实验效果，除了反应的物质的量不一样以外，要保证其它条件相同，而且是探究硫酸铜量的影响，那么每组硫酸的量要保持相同，六组反应的总体积也应该相同．A组中硫酸为30mL，则其它组硫酸量也都为30mL，而硫酸铜溶液和水的总量应相同，F组中硫酸铜20mL，水为0，那么总量为20mL，所以V6=10mL，V1=30mL；

②因为锌会先与硫酸铜反应，直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，硫酸铜量较多时，反应时间较长，而且生成的铜会附着在锌片上，会阻碍锌片与硫酸继续反应，氢气生成速率下降。

11.有机物Ａ是一种重要的工业原料，其结构简式如图：

试回答下列问题：

（1）有机物A的分子式为___________；

（2）有机物A中含有的含氧官能团名称是____________________；

（3）0.5 mol 该物质与足量金属钠反应，能生成标准状况下的氢气_____L；

（4）该物质能发生的反应有_______（填序号）。

①能与NaOH溶液反应

②能与溴的四氯化碳溶液反应

③能与甲醇发生酯化反应   

④可以燃烧  

⑤能发生水解反应

【答案】    (1). C11H12O3    (2). 羟基、羧基    (3). 11.2    (4). ①②③④

【解析】

【详解】（1）根据有机物成键特点，其分子式为C11H12O3；

（2）含有的官能团是碳碳双键、羧基、羟基，其中含氧官能团是羧基和羟基；

（3）能和Na反应的官能团是羧基和羟基，1mol此有机物产生1molH2，则0.5mol此有机物能产生0.5mol×22.4L/mol=11.2L；

（4）①羧基具有酸性，能和NaOH反应，故正确；

②含有碳碳双键，能和溴的四氯化碳溶液发生加成反应，故正确；

③羧基和醇发生酯化反应，故正确；

④大多数有机物能燃烧，故正确；

⑤不含卤原子、酯基、肽键，不能发生水解，故错误。

答案选①②③④。