湖南省五市十校高一化学下学期期中试题（含解析）.doc

湖南省五市十校2016-2017学年高一化学下学期期中试题（含解析）分值：100分 时量：80分钟命题：箴言中学高一化学备课组可能用到的相对原子质量：h:1 he:4 c:12 n:14 o:16 s:32 cu:64 ag:108第卷（本题为选择题,每题只有一个选项符合题意,18小题，每小题3分，共54分。）1日本福岛核电站发生核泄漏,对周围土地、海域产生影响。我国东部沿海地区先后检测出放射性物质131i,含量较低,对人们的生活、健康没有造成影响。下列对131i的叙述错误的是a131i的质量数为131 b131i原子核外有5个电子层c1mol131i的质量为131 d131i核外最外层电子数为7【答案】c【解析】a、因原子的符号中元素符号左上角的数字为质量数，则131i的质量数为131，故a正确；b、131i是第五周期元素，核外有5个电子层，故b正确；c、1mol131i的质量为1mol131g/mol=131g，故c错误；d、i位于元素周期表中的第a族，则最外层电子数为7，故d正确；故选c。【点睛】本题考查原子的构成及元素的位置。元素符号的左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数，中子数=质量数-质子数。同时要明确最外层电子数与主族序数的关系。2下列物质中,既含离子键又含极性共价键的是anacl bh2 ch2o dnaoh【答案】d【解析】a只含钠离子与氯离子之间的离子键，故a不选；b只含h-h共价键，故b不选；c只含h-o共价键，故c不选；d含钠离子和氢氧根离子之间的离子键混合o-h共价键，故d选；故选d。【点睛】本题考查了物质中化学键类型的判断，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键。一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，注意特殊物质中的化学键(如氯化铝和铵盐)。3设na表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是a22.4l氘（d2）气体，含有中子数为2nab1.6gnh2- 离子所含电子数为nac4g氦气所含分子数为0.5nadna个so3分子在标准状况下的体积为22.4l【答案】b【解析】a未注明温度核外压强，无法计算22.4l氘(d2)气体的物质的量，故a错误；b1.6gnh2- 离子的物质的量为=0.1mol，含有电子0.1mol10=1mol，故b正确；c4g氦气的物质的量为=1mol，所含分子数为na，故c错误；dso3在标准状况下不是气体，故d错误；故选b。4下列有关化学用语表达不正确的是ana的原子结构示意图: b含有6个质子和7个中子的碳元素的核素符号： cc氮气的电子式：nnd用电子式表示氧化钠的形成过程：【答案】c【解析】ana的原子结构示意图为，故a正确；b 6个质子和7个中子的原子的质量数为13，该碳元素的核素符号： c，故b正确；c氮气的电子式为，故c错误；d氧化钠为离子化合物，用电子式表示氧化钠的形成过程：，故d正确；故选c。5下列结论错误的是a氢化物的稳定性：hfhclh2sph3sih4b微粒半径：k+al3+s2clc酸性：hclo4h2so4h3po4h2sio3d金属性：kcamgbe【答案】b【点睛】本题考查同一周期、同一主族元素性质及原子结构递变规律，要熟悉元素周期律的具体变化规律。注意离子半径大小比较方法，电子层越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子半径，核电荷数越大，离子半径越小，如o2fna+mg2+al3+。6砷为第四周期第a族元素,根据它在元素周期表中的位置推测,砷不可能具有的性质是a砷在通常情况下是固体b可以存在3、3、5等多种化合价cas2o5对应水化物的酸性比h3po4弱dash3的稳定性比ph3强【答案】d【解析】试题分析：a、同主族自上而下，熔沸点升高，p是固体，故砷是固体，a项正确；b、n元素可以显示3、3、5等多种化合价，故砷可以，b项正确；c、自上而下，非金属性减弱，最高价含氧酸酸性减弱，故as2o5对应水化物的酸性比h3po4弱，c项正确；d、自上而下，非金属性减弱，对应氢化物稳定性减弱，d项错误；答案选d。考点：考查非金属性强弱判断7有一未完成的离子方程式: +ro+6h+3r+3h2o,据此判断,r元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为ah2ro3 bh2ro4 chro3 dhro4【答案】b【解析】方程式右边电荷为0，根据离子方程式左右电荷相等，则方程式左边未知物应含有4个负电荷，根据方程式遵循质量守恒定律原子守恒可知，如生成3molr，则ro32-为1mol，未知物为2mol，所以1mol未知物含有2mol负电荷，离子方程式为：2r2-+ ro32-+6h+3r+3h2o，r的最低化合价为-2价，则r原子核外最外层有6个电子，最高化合价为+6价，故选b。【点睛】本题考查离子方程式的书写和未知物的化合价的推断，注意从守恒的角度解答，解答本题的关键是正确推断未知物的物质的量和化合价。8下列各元素的氧化物中,既能与盐酸反应生成盐和水,又能与naoh溶液反应生成盐和水的是a元素x：位于元素周期表中的第三周期a 族b元素y：它的二价阳离子核外电子总数与氖原子相同c元素z：它的原子中m层比l层少2个电子d元素w：它的化合物的焰色反应颜色呈黄色【答案】a【解析】a、元素x为铝，形成的氧化物al2o3是两性氧化物，能和强酸强碱反应生成盐和水，故a符合；b、元素y为镁元素，形成的氧化物mgo为碱性氧化物，只能和酸反应生成盐和水，故b不符合；c、元素z为硫元素，形成的氧化物为二氧化硫、三氧化硫是酸性氧化物，只能与碱反应生成盐和水，故c不符合；d、元素w是钠元素，形成的氧化物na2o是碱性氧化物，只能与酸反应生成盐和水，故d不符合；故选a。9下列关于右图所示原电池装置的叙述中,正确的是a铜片是负极 b氢离子在铜片表面被还原c电流从锌片经导线流向铜片 d铜片质量逐渐减少【答案】b【解析】a、zn、cu、硫酸构成的原电池中，活泼金属锌做负极，金属铜做正极，故a错误；b、该原电池的正极反应是：2h+2e-h2，氢离子在铜片表面被还原，故b正确；c、原电池中电流从正极流向负极，即从铜片经导线流向锌片，故c错误d、原电池的正极cu片极上的反应是：2h+2e-h2，金属cu质量不变，故d错误；故选b。10下列变化中,未破坏化学键的是ahcl溶于水 b烧碱受热熔化 c碘的升华 dcao溶于水【答案】c【解析】a发生电离，h-cl共价键的断裂，故a不选；b烧碱融化破坏离子键，故b不选；c升华只破坏分子间作用力，化学键不变，故c选；dcao溶于水破坏离子键，故d不选；故选c。【点睛】本题考查化学键，为高频考点。化学变化及电离过程一定破坏化学键，原子晶体熔化也破坏化学键，非电解质的溶解、分子形态的变化等过程中化学键不变。注意电离破坏化学键但不发生化学变化。11在n23h2 2nh3的反应中，经过一段时间后,nh3的浓度增加了0.6 mol/l ,在此段时间内用n2表示的平均反应速率为0.30 mol/（ls）。则此一段时间是a1秒 b2秒 c0.44秒 d1.33秒【答案】a【解析】试题分析：由合成氨反应可知，nh3的浓度增加了0.6 mol/l，n2的浓度减少了0.3 mol/l，t=1s。考点：反应速率公式的运算。12某学生欲通过实验判断a、b、c三块金属的活动性，做了如下实验并得结论：当a与b组成原电池时,a 为电池的正极；当b与c组成原电池时,电流方向为由b到c,据此可知这三种金属的活动性强弱顺序为aabc bacb ccba dbca【答案】c【解析】当a与b组成原电池时，a 为电池的正极，说明活泼性ba；当b与c组成原电池时，电流方向为由b到c，说明c做原电池的负极，所以活泼性cb，综上可知金属的活泼性顺序是cba，故选c。13在一密闭容器中进行反应：2so2(g)o2(g) 2so3(g)。已知反应过程中某一时刻so2、o2、so3的浓度分别为0.4mol/l、0.2 mol/l、0.4 mol/l。当反应达到平衡时,可能存在的数据是aso2为0.8mol/l，o2为0.4 mol/l bso2为0.5 mol/lcso3为0.8 mol/l dso2、so3均为0.3 mol/l【答案】b【解析】aso2和o2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若so3完全反应，则so2和o2的浓度浓度变化分别为0.2mol/l、0.1mol/l，因可逆反应，实际变化应小于该值，所以so2小于 0.8mol/l，o2小于0.4mol/l，故a错误；bso2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若so3完全反应，则so2的浓度浓度变化为0.2mol/l，该题中实际变化为0.1mol/l，小于0.2mol/l，故b正确；cso3的浓度增大，说明该反应向正反应方向进行建立平衡，若二氧化硫和氧气完全反应，so3的浓度的浓度变化为0.2mol/l，实际变化小于该值，所以so3小于 0.6mol/l，故c错误；d反应物、生成物的浓度不可能同时减小，一个减小，另一个一定增大，故d错误；故选b。【点睛】本题考查了化学平衡的建立，关键是利用可逆反应的不完全性。化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量应该小于极限值。14可逆反应：2no22noo2在体积固定的密闭容器中,达到平衡状态的标志是( )单位时间内生成n molo2的同时生成2n molno2用no2、no、o2的物质的量浓度变化表示的反应速率比为221的状态混合气体的颜色不再改变的状态混合气体的密度不再改变的状态混合气体的平均摩尔质量不再改变的状态 混合气体的压强不再改变的状态a b c d全部【答案】c【解析】单位时间内生成n mol o2，同时生成2n molno2，说明反应v正=v逆，达到平衡状态，故正确；无论反应是否达到平衡状态，反应速率之比等于化学计量数之比，不能说明达到平衡状态，故错误；混合气体的颜色不再改变，说明no2气体的浓度不变，达到平衡状态，故正确；无论反应是否达到平衡状态，混合气体的质量不变，容器的体积不变，所以混合气体的密度始终不变，不能说明达到平衡状态，故错误；反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混合气体的平均摩尔质量不再改变，达到平衡状态，故正确；反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的压强不变，达到平衡状态，故正确；故选c。【点睛】本题考查化学平衡状态的判断。当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。15等质量并且均过量的两份锌粉a和b（粉末表面积可视为相同,分别加入等体积等物质的量浓度的稀硫酸中,同时向a中加入少量硫酸铜,下图表示产生h2的体积（v）与时间（t）的关系正确的是【答案】a【解析】等质量并且均过量的两份锌粉a和b，分别加入等体积等物质的量浓度的稀硫酸中，同时向a中放入少量的cuso4溶液，发生的反应为：fe+cu2+=fe2+cu，铜-铁-稀硫酸形成原电池，反应速率增大，反应用时a少于b，但生成的氢气a等于b，故选a。16若某b族元素原子序数为x,那么原子序数为x+1的元素位于ab族 ba族 cb族 da族【答案】b【解析】根据元素周期表的结构可知，从左到右依次为第a族，第a族，第bb族，第族，第b、b族，第aa族，0族。故选b。17已知反应abcd的能量变化如图所示，下列说法正确的是a反应物的总能量高于生成物的总能量b该反应只有在加热条件下才能进行c该反应为放热反应d该反应为吸热反应【答案】d【解析】a、图象分析可知反应过程中反应物能量低于生成物能量，故a错误；b、某些吸热反应不需要加热也可以发生，如氢氧化钡晶体和铵盐发生的吸热反应，故b错误；c、图象分析可知反应过程中反应物能量低于生成物能量，说明反应为吸热反应，故c错误；d、图象分析可知反应过程中反应物能量低于生成物能量，说明反应为吸热反应，故d正确；故选d。18取一定质量的cu2o和cuo混合粉末，将其均匀混合后分成两等份,取其中一份用足量的氢气还原,测得反应后固体质量减少6.40g,另一份中加入500ml稀硝酸,固体恰好完全溶解,且同时收集到标准状况下no气体4.48l,则所用硝酸的物质的量浓度为a3.6mol/l b3.2mol/l c2.8mol/l d2.4mol/l【答案】b【解析】将cu2o拆分为cu、cuo，原混合物看做cu、cuo的混合物，其中一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少6.40g为拆分后cu、cuo的混合物中o元素的质量，o原子的物质的量为=0.4mol，根据cu元素守恒可知n(cuo)=n(o)=0.4mol；另一份中加入500ml稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为cu(no3)2，且同时收集到标准状况下no气体4.48l，no的物质的量为=0.2mol，根据电子转移守恒可知拆分后cu、cuo的混合物中2n(cu)=3n(no)=30.2mol，n(cu)=0.3mol，由铜元素守恒可知n=n(cuo)+n(cu)=0.4mol+0.3mol=0.7mol，根据氮元素守恒可知n(hno3)=n(no)+2n=0.2mol+20.7mol=1.6mol，硝酸的浓度为=3.2mol/l，故选b。【点睛】本题考查混合物的计算，清楚反应过程是解题的关键。本题采取拆分法解答，简化计算过程，注意体会。第卷（非选择题，本大题共5小题，每空2分，共46分）19短周期元素a、b、c、d、e、f的原子序数逐渐增大，a和b同周期，a和f同族，a原子最外层电子数是内层电子数的二倍，b元素族序数是周期数的三倍，b的简单阴离子与c、d、e的简单阳离子电子层结构相同。请回答下列有关问题：(1)f在元素周期表中的位置是_。(2)c2b2的电子式是_；ab2的结构式是_。(3)b、c、d、e离子半径由大到小的顺序为_(用离子符号回答)； c、d、e最高价氧化物对应水化物的碱性由强到弱的顺序为_(用化学式表示,且用“”符号连接回答)。(4) c、e最高价氧化物对应水化物能够相互反应,则反应的离子方程式为_。【答案】 (1)第三周期第a族 (2) (3)oco (4)o2-na+mg2+al3+ (5)naohmg(oh)2al(oh)3 (6)al(oh)3+oh-= alo2-+2 h2o【解析】短周期元素a、b、c、d、e、f的原子序数逐渐增大，a原子最外层电子数是内层电子数的二倍，a为c元素；a和f同族，f为si元素；a和b同周期，b元素族序数是周期数的三倍，b为o元素；b的简单阴离子与c、d、e的简单阳离子电子层结构相同，c为na元素，d为mg元素，e为al元素。(1) f为si元素；在元素周期表中位于第三周期第a族，故答案为：第三周期第a族；(2)c2b2为过氧化钠，电子式为；ab2为二氧化碳，结构式为oco，故答案为：；oco；(3) 电子层结构相同的离子半径，核电荷数越大，离子半径越小，b、c、d、e离子半径由大到小的顺序为o2-na+mg2+al3+； 元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，c、d、e最高价氧化物对应水化物的碱性由强到弱的顺序为naohmg(oh)2al(oh)3，故答案为：o2-na+mg2+al3+ ； naohmg(oh)2al(oh)3；(4) 氢氧化钠与氢氧化铝反应的离子方程式为al(oh)3+oh-= alo2-+2 h2o，故答案为：al(oh)3+oh-= alo2-+2 h2o。20某校化学学习小组设计了两组实验来探究元素周期律。.甲组同学为验证卤素单质氧化性的相对强弱,用下图所示装置进行实验(夹持仪器已略去,气密性已检验)。 实验过程及现象：.打开弹簧夹,打开活塞a,滴加浓盐酸。.当b和c中的溶液都变为黄色时,夹紧弹簧夹。.当b中溶液由黄色变为棕红色时,关闭活塞a。.打开活塞b,将少量c中溶液滴入d中,关闭活塞b,取下d振荡。静置后ccl4层溶液变为紫红色。请回答下列有关问题：(1)验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是_。(2)b和c仪器口盛放浸有naoh溶液的棉花的作用_。(3)过程实验的目的是_。(4)由此实验得出的结论：同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐_ (填“减弱”或“增强”)。.乙组同学设计了如图1装置来一次性完成验证c、si、s非金属性强弱的实验研究。 (1)a中所盛溶液的名称是_。(2)b仪器的名称是_。(3)烧杯c中发生反应的离子方程式为_。【答案】 (1)淀粉ki试纸变蓝 (2)吸收未反应的氯气，可防止其对空气的污染（其他合理答案也可给分） (3)确认c的黄色溶液中无cl2，排除cl2对溴置换碘实验的干扰 (4)减弱 (5)稀硫酸 (6)圆底烧瓶 (7)co2+sio32-+h2oh2sio3+co32-【解析】.(1)因cl2的氧化性大于i2的氧化性，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可发生：cl2+2i-=i2+2cl-，i2能使淀粉变蓝，故答案为：淀粉ki试纸变蓝；(2)氯气有毒，b和c仪器口盛放浸有naoh溶液的棉花可以吸收未反应的氯气，可防止其对空气的污染，故答案为：吸收未反应的氯气，可防止其对空气的污染；(3)为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当b中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论，故答案为：确认c的黄色溶液中无cl2，排除cl2对溴置换碘实验的干扰；(4)同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，故答案为：减弱；.(1)要比较碳和硅两种元素的非金属强弱，可以通过其最高价氧化物对应水合物的酸性强弱来判断。用较强酸制备较弱酸，因此可考虑把co2气体通入na2sio3溶液，看是否有硅酸沉淀生成，比较碳酸和硅酸的酸性强弱，b为溶液，则可判断b为na2co3，分液漏斗中是稀硫酸与b中碳酸钠反应制取co2，判断硫酸和碳酸的酸性强弱，则a是稀硫酸，b是碳酸钠，c是硅酸钠溶液，故答案为：稀硫酸；(2)b仪器的名称是圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；(3)烧杯c中应是硅酸钠和二氧化碳反应，硅酸钠易溶于水可写成离子，co2是气体，要保留分子式，因此烧杯中反应的离子方程式是：sio32-+co2+h2oh2sio3+co32-，故答案为：sio32-+co2+h2oh2sio3+co32-。【点睛】本题主要元素性质比较的实验方案的设计与评价，注意掌握卤素单质的性质及递变规律、非金属性强弱的判断方法。试题侧重基础知识的考查，培养了学生灵活应用基础知识的能力和化学实验能力。21某学习小组依据氧化还原反应：2agcu=cu22ag设计成的原电池如图所示，则负极发生的电极反应为_；当反应进行到一段时间后取出电极材料，测得某一电极增重了5.4g，则该原电池反应共转移了的电子数目是_。【答案】 (1)cu2e=cu2 (2)0.05na(或3.011022)【解析】由反应“2ag+cucu2+2ag”可知，在反应中，cu被氧化，失电子，应为原电池的负极，反应式为cu-2e-=cu2+；当银电极质量增加5.4g，则n(ag)=0.05mol，根据电极反应ag+e-=ag，可知导线中通过的电子的物质的量为0.05mol，数目为3.011022，故答案为：cu-2e-=cu2+；3.011022。22草酸与高锰酸钾在酸性条件下能够发生如下反应：mnoh2c2o4hmn2co2h2o(未配平)用4ml0.001moll1kmno4溶液与2ml0.01moll1h2c2o4溶液,研究反应的温度、反应物的浓度与催化剂等因素对化学反应速率的影响。改变的条件如表所示：组别10%硫酸体积/ml温度/其他物质22022010滴饱和mnso4溶液2301201 ml蒸馏水(1)该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。(2)实验