【化学】陕西省榆林市绥德县绥德中学2019-2020学年高一下学期第二次阶段检测试题（解析版）

【化学】陕西省榆林市绥德县绥德中学2019-2020学年高一下学期第二次阶段检测试题（解析版）

陕西省榆林市绥德县绥德中学2019-2020学年高一下学期第二次阶段检测试题 第I卷 一、选择题 ‎ ‎1.下列关于具有放射性的的说法正确的是( )‎ A. 是一种新元素 B. 中子数是125‎ C. 其化学性质与有很大区别 D. 质子数是53‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】质子数为53，质量数为125，核外电子数=质子数，中子数=质量数-质子数 ‎【详解】A．的质子数为53，为碘元素，不是新元素，A错误；‎ B．的中子数为125-53=72，B错误；‎ C．元素的化学性质主要由最外层电子数决定，与属于同一种元素，具有相同的电子层结构，化学性质相同，C错误；‎ D．左下角的数字53为质子数，所以的质子数为53，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎2.某元素B的核电荷数为Z，已知Bn－和Am+的核外具有相同的电子数，则A元素的原子序数用Z、n、m来表示，应为( )‎ A. Z+m+n B. Z－n+m C. Z－n－m D. Z+n－m ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】某元素B的核电荷数为Z，则Bn－的核外电子总数为Z+n，由于Am+和Bn－具有相同的核外电子数，则Am+的核外电子数为Z+n，因此元素A的核电荷数为：Z+n+m，故答案选A。‎ ‎3. X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如下图所示。若Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法中正确的是 （ ）‎ X ‎ Y ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ Z ‎ W A. 原子半径：W＞Z＞Y＞X B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞W＞X C. 四种元素的单质中，W单质的熔、沸点最高 D. W的单质能与水反应，生成一种具有漂白性的物质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据题给信息知，X、Y、Z、W均为短周期元素， Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则Y为氧元素，根据四种元素在周期表中的位置可知，X为氮元素，Z为硫元素，W为氯元素。‎ ‎【详解】A、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则X＞Y，Z＞W，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，且原子核外电子层数越多，半径越大，则W＞X，所以原子半径大小顺序为Z＞W＞X＞Y，选项A错误；‎ B、同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强可知，最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞Z，选项B错误；‎ C、4种元素的单质中，常温下Z的单质硫是固体，其余均是气体，Z单质硫的熔、沸点最高，选项C错误；‎ D、W的单质氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎4.已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3 + 3ClO- + 4OH-=2RO4n- + 3Cl- + 5H2O，则RO4n-中R的化合价是( )‎ A. +6 B. +‎5 ‎C. +4 D. +3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由化学方程式两边电荷守恒可得3×（-1）+4×（-1）=-2n +3×（-1），解得n=2，则RO4n－为RO42－，该离子中O元素化合价为−2价，R、O元素化合价的代数和为−2，RO4n-‎ 离子中R元素的化合价=-2-（-2）×4=+6，故选A。‎ ‎5.下列叙述中不正确的是( )‎ A. 元素在周期表中的位置，反映了元素的原子结构和元素的性质 B. 硫酸的酸性比次氯酸的酸性强，所以硫的非金属性比氯强 C. 在金属元素与非金属元素的分界线附近可以寻找制备半导体材料的元素 D. 人们在过渡元素中寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 元素在周期表中的位置，反映了元素的原子结构和元素的性质，即位置决定结构，结构决定性质，A正确；‎ B. 次氯酸不是最高价含氧酸，不能依据硫酸的酸性比次氯酸的酸性强得出硫的非金属性比氯强，事实上氯元素的非金属性强于硫元素，B错误；‎ C. 在金属元素与非金属元素的分界线附近的元素往往既具有金属性，也具有非金属性，因此可以寻找制备半导体材料的元素，C正确；‎ D. 过渡元素均是金属元素，因此人们在过渡元素中寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料，D正确。‎ 答案选B。‎ ‎6.下列微粒半径大小比较正确的是( )‎ A. Na+Mg2+>S2->Cl- ‎ C. Na>Mg>Al>S D. Csb>c>d B. a>c>d>b ‎ C. c>a>b>d D. b>d>c>a ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】原电池中，一般活泼金属作负极失去电子，较不活泼金属作正极，负极金属失电子发生氧化反应，溶液里阳离子在正极得到电子发生还原反应，原电池工作时，电流从正极流出。a、b相连时，a为负极，故活动性a＞b；c、d相连时，电流由d到c，故d为正极，c为负极，活动性c＞d；a、c相连时，c极产生气泡，说明H+在c极得到电子变成氢气，说明c是正极，a为负极，故活动性a＞c；b、d相连时，b极产生气泡，说明H+在b极得到电子变成氢气，说明b是正极，d为负极，故活动性d＞b；故四种金属活动性顺序为a＞c＞d＞b，所以四个选项中B正确，A、C、D错误。‎ 答案选B。‎ 第II卷 二、填空题 ‎ ‎17.A、B、C、D四种元素，原子序数依次增大，A原子的最外层上有4个电子；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应生成一种淡黄色的固体E；D的L层电子数等于K、M两个电子层的电子数之和。‎ ‎(1)C2D电子式为__________，D原子的质子数和中子数相等，D的原子组成符号为______。‎ ‎(2)用电子式表示A、B两元素形成AB2的过程_______________________________。‎ ‎(3)E和A的最高价氧化物反应的化学方程式_________________________________。‎ ‎(4)足量的AB2与C的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式为________________。‎ ‎【答案】(1). (2). (3). (4). 2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2 (5). CO2+NaOH=NaHCO3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】A、B、C、D为四种元素，原子序数依次增大，B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，则固体E为Na2O2，则B为O元素、C为Na元素；A的原子序数小于B，且A原子的最外层上有4个电子，则A为C元素；D的L层电子数等于K、M两个电子层上电子数之和，则D原子M层电子数为8-2=6，核外各层电子分别为2、8、6，则D为S元素，据此分析。‎ ‎【详解】A、B、C、D为四种元素，原子序数依次增大，B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，则固体E为Na2O2，则B为O元素、C为Na元素；A的原子序数小于B，且A原子的最外层上有4个电子，则A为C元素；D的L层电子数等于K、M两个电子层上电子数之和，则D原子M层电子数为8-2=6，核外各层电子分别为2、8、6，则D为S元素。‎ ‎(1)C为Na，D为S，故C2D为Na2S，其电子式为，D为S，原子的质子数和中子数相等，D的原子组成符号为；‎ ‎(2)用电子式表示A（C）、B（O）两元素形成AB2的过程为；‎ ‎(3)E Na2O2和A的最高价氧化物CO2反应的化学方程式为2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2；‎ ‎(4)足量的AB2与C的最高价氧化物对应水化物NaOH反应的化学方程式为CO2+NaOH=NaHCO3。‎ ‎18.下列几种物质：‎ ‎①MgCl2 ②H2O ③Al ④H2O2 ⑤Na2O2 ⑥Ca(OH)2 ⑦HClO ⑧I2 ‎ ‎(1)只含有离子键的是(选填序号，下同)________。‎ ‎(2)含有共价键的离子化合物是________。‎ ‎(3)属于共价化合物的是________。‎ ‎(4)熔融状态时和固态时，都能导电的是________。‎ ‎(5)HClO的电子式________。‎ ‎【答案】(1). ① (2). ⑤⑥ (3). ②④⑦ (4). ③ (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】①MgCl2 ②H2O ③Al  ④H2O2 ⑤Na2O2 ⑥Ca(OH)2 ⑦HClO ⑧I2  这8种物质中，铝是金属单质，碘是非金属单质，氯化镁、过氧化钠和氢氧化钙是离子化合物，水、双氧水和次氯酸是共价化合物。离子化合物中一定有离子键，如果有原子团，那么原子团中一定有共价键。共价化合物中一定只有共价键。‎ ‎【详解】(1) ①MgCl2是离子化合物且结构中没有原子团，只含Mg2+和Cl-，所以只含有离子键，答案为①；‎ ‎(2) ⑤Na2O2和⑥Ca(OH)2分别有原子团过氧根O22-和氢氧根OH-，属于含有共价键的离子化合物，答案为：⑤⑥；‎ ‎(3)只含共价键的化合物叫共价化合物，②H2O、④H2O2、⑦HClO是只含有共价键的化合物，属于共价化合物，答案为：②④⑦；‎ ‎(4) 熔融状态时和固态时都能导电的只有金属晶体，离子化合物只有在溶于水或熔融状态下才能导电，熔融状态时和固态时，都能导电的是③Al，答案为：③；‎ ‎(5) HClO里的O形成两个共价键，H和Cl分别只能形成一个共价键，所以O原子应该在中间，H原子达到2电子稳定结构，Cl和O原子达到8电子稳定结构，HClO的电子式为。‎ ‎19.回答下列问题： ‎ ‎(1)下列反应中，属于放热反应的_________，属于吸热反应的是__________填序号)‎ ‎①物质燃烧 ②炸药爆炸 ③酸碱中和反应 ④二氧化碳通过炽热的炭  ⑤食物因氧化而腐败 ⑥Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应 ⑦铁粉与稀盐酸反应 ‎(2)断开1 mol H—H键、1 mol N—H键、1 mol NN分别需要吸收能量为436 kJ、391 k、946kJ，则1 mol H2与足量N2反应生成NH3需__________(填“吸收”或“放出”)能量______kJ。(认为反应进行到底)。(小数点后保留两位数字)‎ ‎(3)X、Y两种前20号主族元素能形成XY2型化合物，已知XY2中共有38个电子，若XY2为常见元素形成的离子化合物，且X、Y两元素不在相邻的两个周期，则XY2‎ 的电子式为：____________。‎ ‎【答案】(1). ①②③⑤⑦ (2). ④⑥ (3). 放出 (4). 30.67 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)常见的放热反应有：物质燃烧、氧化反应、金属与酸反应、金属与水反应、中和反应、大多数化合反应和铝热反应；常见的吸热反应有：大多数分解反应，个别的化合反应（C和CO2）及某些复分解反应(如铵盐和强碱)。‎ ‎(2)化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新的化学键放出能量，根据化学方程式计算吸收或放出的能量。‎ ‎(3) 根据化学式判断元素化合价，由题中信息确定元素在元素同期表中的位置。‎ ‎【详解】(1)①物质燃烧属于放热反应；②炸药爆炸属于放热反应；③酸碱中和反应属于放热反应；④二氧化碳通过炽热的炭属于化合反应，但为吸热反应；⑤食物因氧化而腐败属于放热反应；⑥Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应属于吸热反应；⑦铁粉与稀盐酸反应属于吸热反应；所以属于放热反应的有：①②③⑤⑦，属于吸热反应的④⑥；‎ ‎(2)在反应H2+N2⇌NH3中，按反应进行到底进行计算，断裂1 mol H—H键、mol NN键共吸收的能量为436 kJ+´946kJ=751.33 kJ，生成mol NH3，放出能量为 ´3´391 kJ=782 kJ，吸收的能量少，放出的能量多，所以该反应为放热反应，放出的热量为782 kJ-751.33 kJ=30.67 kJ，答案为：放出；30.67；‎ ‎(3) X、Y两种前20号主族元素能形成XY2型离子化合物，则X为+2价，应该是第IIA族元素，Y为-1价，应该是第VIIA族元素，XY2中共有38个电子且不在相邻的两个周期，只能分别在第二、第四周期，X为Ca元素，为Y为F元素，CaF2为离子化合物，阴阳离子以离子键构成化合物，CaF2的电子式为。‎ ‎20.氯气的用途非常广泛。实验室用如下装置制取氯气，并用制取氯气进行性质探究实验。回答下列问题：‎ ‎（1）A中盛有浓盐酸，B中盛有，写出反应的离子方程式__________________。‎ ‎（2）E中为红色干布条，F中为红色湿布条，对比E和F中观察现象的差异可得出的结论是__________________。‎ ‎（3）试管C和D中试剂名称各为_____________________。X试剂的作用是______________。‎ ‎（4）装置G处发生反应的离子方程式为_____________________________。‎ ‎（5）家庭中常用消毒液（主要成分）与洁厕灵（主要成分盐酸）清洁卫生。某品牌消毒液包装上说明如下图。‎ ‎①“与洁厕灵同时使用”会产生有毒氯气，写出反应的离子方程式____________。‎ ‎②需“密闭保存”的原因_________________________________。‎ ‎【答案】(1). MnO2+Cl-+4H+Mn2+ +Cl2↑+2H2O (2). 氯气不具有漂白性，具有漂白性的为次氯酸 (3). 饱和食盐水、浓硫酸 (4). 吸收多余氯气，防止污染空气 (5). Cl2+2I-=2Cl-+I2 (6). Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O (7). 消毒液的有效成分NaClO能与空气中的CO2作用，使其变质 ‎【解析】‎ ‎【分析】实验室用浓盐酸与二氧化锰加热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制备的氯气中含有氯化氢、水，依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶除去杂质，依次通过干燥有色布条、湿润有色布条验证氯气是否具有漂白性，再通过G装置验证氯气的氧化性，氯气有毒，能够与氢氧化钠溶液反应，可以用氢氧化钠溶液吸收尾气，据此分析解答。‎ ‎【详解】（1）MnO2与浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气、氯化锰和水，方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故离子方程式为：MnO2+Cl-+4H+Mn2+ +Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+Cl-+4H+Mn2+ +Cl2↑+2H2O；‎ ‎（2）干燥的氯气依次通过E中红色干布条，F中红色湿布条，看到现象为E中布条不褪色，F中布条褪色，说明氯气不具有漂白性，具有漂白性的为次氯酸；故答案为：氯气不具有漂白性，具有漂白性的为次氯酸；‎ ‎（3）制得的氯气混有HCl气体和水蒸气，由C中饱和食盐水除去HCl，D中浓硫酸吸收水蒸气，氯气有毒不能直接排放到空气中，由于氯气能够与碱反应，产生容易溶于水的物质，所以可以用氢氧化纳溶液作吸收试剂，吸收过量的氯气，故答案为：饱和食盐水、浓硫酸；吸收多余氯气，防止污染空气；‎ ‎（4）G是浸有淀粉KI溶液的棉花球，氯气将KI氧化生成碘单质，故离子方程式为Cl2+2I-=2Cl-+I2，故答案为：Cl2+2I-=2Cl-+I2；‎ ‎（5）①次氯酸根离子与氯离子发生氧化还原反应生成氯气和水，离子方程式：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O，故答案为：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O；‎ ‎②消毒液有效成分是次氯酸盐与二氧化碳和水生成的次氯酸，次氯酸不稳定，见光分解，所以应该密封保存，故答案为：消毒液的有效成分NaClO能与空气中的CO2作用，使其变质。‎ ‎21.某化学兴趣小组利用反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+设计的原电池实验装置如图。请回答下列问题：‎ ‎(1)b极发生___(填“氧化”或“还原”)反应，其电极材料为___，b电极反应式为：____。‎ ‎(2)a极为____(填“正极”或“负极”)，其电极材料可能为___，a极的电极反应式为____。‎ ‎(3)该电池放电过程中，若测得电解质溶液的质量与时间的关系如图所示，则反应从开始至t1时，电路中转移电子的物质的量为_______mol。‎ ‎【答案】(1). 氧化 (2). 铜 (3). Cu - 2e- = Cu2+ (4). 正极 (5). 银 (6). Fe3++e-=Fe2+ (7). 0.4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据氧化还原反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+‎ 设计原电池，电池工作时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，电流从电池正极流出，电子从电池负极流出，该反应中Cu发生氧化反应，所以Cu作负极，正极材料应该是活动性比Cu更弱，可以用银或石墨作正极，可溶性的铁盐溶液为电解质溶液，，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)由图可知，电子从b极流出，b为原电池的负极，由分析可知，负极材料为铜，失去电子发生氧化反应，电极反应式为：Cu - 2e- = Cu2+，答案为：氧化；铜；Cu - 2e- = Cu2+；‎ ‎(2)由图知电子从b极流出，经导线流入a极，故a极为原电池的正极，负极材料为铜，正极材料应该是活动性比Cu更弱，金属活动性Cu后面的银或石墨都可作正极，试剂X为可溶性的铁盐溶液，溶液里的阳离子Fe3+在正极得到电子发生还原反应，电极反应式为：Fe3++e-=Fe2+，答案为：正极；银；Fe3++e-=Fe2+；‎ ‎(3)由图像可知反应从开始至t1时，电解质溶液质量增加了‎12.8g，即有12.8gCu发生反应变成离子进入溶液，设转移的电子的物质的量为x，根据Cu电极的电极反应式计算：‎ ‎ 列比例式为 ，解得x=0.4mol。‎