2018-2019学年内蒙古集宁一中(西校区)高一下学期期中考试化学试卷（解析版）

2018-2019学年内蒙古集宁一中(西校区)高一下学期期中考试化学试卷（解析版）

集宁一中2018--2019学年第二学期期中考试 高一年级化学试题 本试卷分Ⅰ卷(选择题)和Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分。‎ 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cu64 S 32‎ 第Ⅰ卷(选择题 共42分)‎ 一、单选题(每小题3分)‎ ‎1.元素周期表是化学学习的工具。如图是镁元素在周期表中的表示，下列有关镁元素信息不正确的是(　　)‎ A. 原子序数是12‎ B. 它是金属元素 C. 原子结构示意图为 D. 镁元素在地壳中的含量为24.305%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 图中表示镁元素的A原子序数是12，C. 原子结构示意图为，属于金属元素，它的相对原子质量为24.305。故A B C正确，D错误。答案:D。‎ 点睛;明确元素周期表中元素周围数字的含义。他们分别表示元素的原子序数、元素符号、元素名称、相对原子质量。‎ ‎2.下列各表是元素周期表的一部分，表中数字表示的原子序数与其在周期表中的位置相符的是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.1号和11号元素之间相隔一个周期，第一列应为1、3、11、19，A错误；‎ B.4和5，12和13间有10个空列为7个副族和1个Ⅷ族，B错误；‎ C.12和13间有10个空列为7个副族和1个Ⅷ族，C错误。‎ D.中列为9、17、35，中行为16、17、18，符合元素周期表中位置关系，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎3.关于元素周期表，下列叙述中正确的是(　　)‎ A. 在金属元素与非金属元素的分界线附近可以寻找制备超导体材料的元素 B. 在过渡元素中可以寻找制备催化剂及耐高温、耐腐蚀材料的元素 C. 在过渡元素区域可以寻找制备新型农药材料元素 D. 非金属性最强的元素在元素周期表的最右上角 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、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，故A错误；‎ B项、在过渡元素中可以寻找制备催化剂及耐高温和耐腐蚀的元素，故B正确；‎ C项、在元素周期表的右上角可以寻找制备新型农药材料的元素，故C错误；‎ D项、元素周期表的最右上角元素是氦，氦为稀有气体，性质稳定，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】周期表的应用具体体现在以下几个方面，可以由元素在周期表中的位置推测其结构和性质；根据元素的结构和性质，推测它在周期表中的位置；指导新元素的发现及预测它们的性质；指导其他与化学相关的科学技术，如在周期表中金属元素和非金属元素分界线附近，可以找到半导体材料，在过渡元素中寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料。‎ ‎4.14C常用于测定生物遗骸的年份。下列说法正确的是 A. 14C含有14个中子 B. 14C与14N含有相同的质子数 C. 14C与C60互为同位素 D. 14C与12C是两种不同的核素 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、C的质子数为6，质量数为14，中子数=质量数－质子数=14－6=8，故A错误；B、C质子数为6，N的质子数为7，故B错误；C、C60为单质，因此两者不互为同位素，故C错误；D、质子数相同，质量数不同，且属于同种元素，因此两者是不同的核素，故D正确。‎ ‎5.A、B、C为三种短周期元素，A、B在同一周期，A、C的最低价离子分别为A2－、C－，离子半径A2－大于C－，B2＋和C－具有相同的电子层结构。下列判断正确的是(　　)‎ A. 原子序数由大到小的顺序是C＞A＞B B. 原子半径由大到小的顺序是r(B)＞r(A)＞r(C)‎ C. 离子半径由大到小的顺序是r(C－)＞r(B2＋)＞r(A2－)‎ D. 原子最外层电子数由多到少的顺序是B＞A＞C ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B、C为三种短周期元素，由A、C的最低价离子分别为A2-和C-，则A为ⅥA族元素，C为ⅦA族元素，B2+和C-具有相同的电子层结构，则B在C的下一周期，B处于第三周期第ⅡA族，则B为Mg元素，C为F元素，A、B同周期，离子半径A2-大于C-，则A为S元素。‎ A.A为S元素，B为Mg元素，C为F元素，原子序数A＞B＞C，A错误；‎ B.A为S元素，B为Mg元素，C为F元素，同周期原子半径从左到右逐渐减小，同主族自上而下原子半径增大，则有r(B)＞r(A)＞r(C)，B正确；‎ C.离子的电子层数越多，半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，所以r(A2-)＞r(C-)＞r(B2+)，C错误；‎ D.A为S元素，B为Mg元素，C为F元素，原子最外层电子数分别为6、2、7，故原子最外层上的电子数C＞A＞B，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎6. 对于某些离子的检验及结论正确的是 A. 加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32—‎ B. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42—‎ C. 加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+‎ D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.加入稀盐酸再将气体通入石灰水中，有气体产生并生成白色沉淀，则溶液中一定含碳酸根离子或碳酸氢根离子，故A错误；‎ B.加入的物质不一定含有硫酸根，也可能含有银离子，形成氯化银白色沉淀，故B错误；‎ C.湿润红色石蕊试纸遇碱性物质变蓝，加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+，故C正确；‎ D.碳酸钠能与含可溶性钙离子或钡离子的物质结合生成沉淀，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎7.下列说法正确的是 A. 浓硝酸在光照条件下变黄，说明浓硝酸不稳定，生成的有色产物能溶于浓硝酸 B. 在KI淀粉溶液中通入氯气，溶液变蓝，说明氯气能与淀粉发生显色反应 C. 在某溶液中加入硝酸酸化氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中一定含SO42-‎ D. 将铜片放入浓硫酸中，无明显实验现象，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 硝酸不稳定，在光照条件下易分解生成二氧化氮，二氧化氮溶于硝酸而使溶液呈黄色； B. 氯气能将碘离子氧化为碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色； C. 能和硝酸酸化的氯化钡溶液反应生成白色沉淀的离子有SO42-、SO32-、HSO3-、Ag+等； D. 常温下，浓硫酸和铜不反应。‎ ‎【详解】A. 硝酸不稳定，在光照条件下易分解生成二氧化氮，二氧化氮溶于硝酸而使溶液呈黄色，所以浓硝酸溶液呈黄色，故A项正确；‎ B. 氯气能将碘离子氧化为碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色，氯气和淀粉溶液不反应，故B项错误；‎ C. 能和硝酸酸化的氯化钡溶液反应生成白色沉淀的离子有SO42-、SO32-、HSO3-、Ag+等，所以产生白色沉淀时该离子不一定是硫酸根离子，故C项错误；‎ D. 常温下，浓硫酸和铜不反应，加热条件下铜和浓硫酸发生氧化还原反应，故D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题综合考查离子的检验与非金属化合物的性质，其中C项是常考点，也是学生的易错点。在进行离子检验时，要注意排除干扰杂质离子的干扰，SO42-‎ 正确的检验方法为：取少许原溶液于试管中，滴加几滴稀盐酸，若无明显现象，再加入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则证明原溶液中有SO42-，学生平常要理解记忆，牢记在心。‎ ‎8.氯气是一种重要的工业原料，工业上利用反应：3Cl2+2NH3=N2+6HCl检查氯气管道是否漏气。下列说法错误的是(　　)‎ A. 若管道漏气，遇氨就会产生白烟 B. 该反应利用了氯气具有的氧化性 C. 该反应属于复分解反应 D. 生成1 mol 氮气有6 mol的电子转移 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应生成HCl，NH3可与HCl反应生成氯化铵，有白烟生成，A正确；‎ B.Cl元素化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，B正确；‎ C.反应中Cl和N元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，C错误；‎ D.N元素化合价由-3价升高到0价，则生成1molN2时有6mol电子转移，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎9. 几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：‎ 元素代号 ‎ X ‎ Y ‎ Z ‎ W ‎ 原子半径/pm ‎ ‎160 ‎ ‎143 ‎ ‎70 ‎ ‎66 ‎ 主要化合价 ‎ ‎+2 ‎ ‎+3 ‎ ‎+5、+3、-3 ‎ ‎-2 ‎ ‎ ‎ 下列叙述正确的是 A、X、Y元素的金属性XC>A>B，其中A、B处在同一周期，A、C处在同一主族。C原子核内质子数等于A、B原子核内质子数之和，C原子最外层上的电子数是D原子最外层电子数的4倍。试回答：‎ ‎(1)这四种元素分别是：A________，B________，C________，D________。(填名称)‎ ‎(2)这四种元素中在常温常压下的液态或气态氢化物的稳定性由大而小的顺序是____________。‎ ‎(3)A与B形成的三原子分子的电子式是________， B与D形成原子个数比为1∶1的化合物的电子式是__________。‎ ‎【答案】 (1). 碳 (2). 氧 (3). 硅 (4). 钠 (5). H2O>CH4>SiH4 (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D都是短周期元素，原子半径D>C>A>B，其中A、B处在同一周期，A、C处在同一主族，四种元素在周期表中的大致相对位置为：，A、C处在同一主族，二者质子数相差8，C 原子核内质子数等于A、B原子核内质子数之和，则B的质子数为8，B为O元素；C原子最外层上的电子数是D原子最外层电子数的4倍，则C最外层电子数为4，D的最外层电子数为1，因此A为C元素，C为Si元素，D为Na元素，据此解答该题。‎ ‎【详解】(1)由上面的分析可知，A为C元素，B为O元素，C为Si元素，D为Na元素，则四种元素的元素名称分别是碳、氧、硅、钠；‎ ‎(2)四种元素中在常温常压下有液态或气态氢化物的是C、O、Si，相应的氢化物的化学式为CH4、H2O、SiH4，三种元素的非金属性有强到弱的顺序为：O>C>Si，元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强，因此氢化物的稳定性为H2O>CH4>SiH4；‎ ‎(3)A与B形成的三原子分子为CO2，C原子最外层有4个电子，与2个O原子的2个成单电子形成2对共用电子对，从而使分子中每个原子都达到8个电子的稳定结构，其电子式是；B与D形成的原子个数比为1：1的化合物为Na2O2，由于原子最外层有6个电子，2个O原子形成1对共用电子对，每个O原子再获得1个电子，从而形成O22-中每个原子最外层8个电子的稳定结构，Na原子失去最外层的1个电子，次外层变为最外层，形成Na+，达到8个电子的稳定结构，Na+与O22-形成离子键，它的电子式是。‎ ‎【点睛】本题考查元素位置、结构、性质的关系及物质的化学式的书写等知识，根据元素的原子结构与相互关系正确推断元素的种类是该题解答的关键，注意根据原子位置关系及半径大小找出其在周期表中的相对位置，非金属元素的原子间形成共价键，活泼的金属与非金属元素的原子间通过电子得失形成离子，阴阳离子通过离子键结合，要注意离子键与共价键表示的区别。‎ ‎17.A、B、C、D四物质有如下转化关系(反应条件和部分产物已略去)：ABCD，回答下列问题：‎ ‎(1)若A为气态氢化物和D能通过化合反应生成一种盐，则 ‎①简述检验该盐中阳离子的方法：_____________________________________；‎ ‎②写出实验室制取A的化学方程式：______________________________________；‎ ‎③写出由A生成B的化学方程式：______________________________________；‎ ‎④某同学用干燥的圆底烧瓶收集一瓶A气体，用滴入酚酞的水做喷泉实验，能观察到美丽的红色喷泉。用方程式解释喷泉呈红色的原因：____________________。‎ ‎(2)若A与B反应能生成一种淡黄色固体单质，写出该反应的化学方程式： ________________________________________________________________。‎ ‎(3)若A是金属单质，C是一种淡黄色固体，写出C生成D的离子方程式：______________。‎ ‎【答案】 (1). ‎ 取少量待测液于试管中加入氢氧化钠溶液并加热，如有使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体放出可确定有铵根离子 (2). Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2＋2NH3↑+2H2O (3). 4NH3＋5O24NO＋6H2O (4). NH3＋H2ONH3·H2ONH4+＋OH- (5). SO2+2H2S=3S↓+2H2O (6). 2Na2O2+2H2O=4Na+＋4OH-+O2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)A为气态氢化物和D能通过化合反应生成一种盐，则A为NH3，B为NO，C为NO2，D为NH4NO3；‎ ‎(2)淡黄色固体单质为S，则A为H2S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4；‎ ‎(3)若A是金属单质，C是一种淡黄色固体，应为Na2O2，则A为Na，B为Na2O，D为NaOH。‎ ‎【详解】(1)A为气态氢化物和D能通过化合反应生成一种盐，则A为NH3，B为NO，C为NO2，D为NH4NO3。‎ ‎①该盐中阳离子为NH4+，检验NH4+方法是取少量待测液于试管中加入氢氧化钠溶液并加热，若有使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明放出的气体为NH3，则原固体中含有NH4+；‎ ‎②在实验室可以可用氢氧化钙和氯化铵固体混合加热制备氨气，反应方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；‎ ‎③氨气在催化条件下可生成NO和水，方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；‎ ‎④氨气易溶于水，与水反应生成一水合氨，一水合氨是弱电解质，电离产生NH4+和OH-，使溶液呈碱性，反应原理为：NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH-；‎ ‎(2)淡黄色固体单质为S，则A为H2S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4，生成硫的方程式为SO2+2H2S=3S+2H2O；‎ ‎(3) 若A是金属单质，C是一种淡黄色固体，则C应为Na2O2，则A为Na，B为Na2O，D为NaOH，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑。‎ ‎【点睛】本题考查无机物的推断的知识，根据物质的颜色以及连续发生氧化反应的特征及物质的性质推断各种物质是本题解答的突破口，重点考查了N、S、Na元素的单质及化合物的性质，侧重考查学生的分析能力。‎ ‎18.如图中A～H均为中学化学中常见的物质，A、B、H为气体，反应①是重要的工业反应，它们之间有如下转化关系(反应中生成的水已略去)。‎ 请回答以下问题：‎ ‎(1)B是________，D是________，G是________，H是________(填化学式)。‎ ‎(2)工业上常利用反应①制取漂白粉，该反应的化学方程式：_____________________，漂白粉溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，化学反应方程式为__________________________。‎ ‎(3)A中元素的原子结构示意图为________________。‎ ‎(4)上述反应中属于氧化还原反应的是_________(填写序号)。‎ ‎【答案】 (1). CO2 (2). CaCl2 (3). HClO (4). O2 (5). 2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O (6). Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO (7). (8). ①⑤‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应①是重要的工业反应，工业上常利用反应①制取漂白粉，则A是Cl2，与石灰乳反应生成CaCl2和Ca(ClO)2，G在光照下反应，应为HClO，生成的气体H为O2，则F为HCl，B与澄清的石灰水反应产生E，E与HCl反应产生B与C反应产生G为HClO，所以C应为Ca(ClO)2，D为CaCl2，无色气体B应为CO2，沉淀E为CaCO3，以上推断符合题目转化关系，结合物质的性质和题目要求解答该题。‎ ‎【详解】根据上述推断可知A是Cl2，B是CO2，C是Ca(ClO)2，D是CaCl2，E是CaCO3，F是HCl(盐酸)，G是HClO，H是O2。‎ ‎(1)由以上分析可知B是CO2，D为CaCl2，G为HClO，H为O2；‎ ‎(2)反应①为Cl2和石灰乳Ca(OH)2的反应，生成CaCl2和Ca(ClO)2和H2O，反应的方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+ Ca(ClO)2+2H2O，由于HClO的酸性比碳酸弱，所以漂白粉在空气中可发生Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；‎ ‎(3)A为Cl2，Cl元素是17号元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为7，原子结构示意图为；‎ ‎(4)反应①⑤中，有元素化合价的变化，反应属于氧化还原反应，②③④反应中无元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故上述反应中属于氧化还原反应的是①⑤。‎ ‎【点睛】本题考查无机物的推断，本题注意把握常见物质工业用途及次氯酸干燥分解、次氯酸具有漂白性的性质为解答该题的关键，注意把握相关物质的性质，在平时的学习中注意知识的积累。‎ ‎ ‎