广西贵港市覃塘高级中学2017_2018学年高一化学下学期期中习题（含解析）.docx

广西省贵港市覃塘高级中学2017-2018学年高一下学期期中考试化学试卷1.1.下列关于元素周期表和元素周期律的说法正确的是A. 能生成碱的金属元素都在IA族 B. O与S为同主族元素，且O比S的非金属性弱C. 第二周期A族元素的原子核电荷数和中子数一定为6 D. 原子序数从3依次增加到9的原子，原子半径逐渐减少【答案】D【解析】【分析】A、A族等元素也可以形成碱；B、同主族元素，从上到下的非金属性减弱；C、碳元素原子存在126C、146C等多种同位素；D、同周期元素的原子，从左到右原子半径逐渐减小。【详解】A、A族元素等也可以形成碱，故A错误；B、同主族元素，从上到下的非金属性减弱，O与S为同主族元素，且O比S的非金属性强，故B错误；C、第二周期A族元素为碳，碳元素原子存在126C、146C等多种同位素，原子中子数不一定为6，故C错误；D、同周期元素的原子，从左到右原子半径逐渐减小。原子序数从3依次增加到9的原子，处于同一周期，原子半径逐渐减少，故D正确；故选D。2.2.用高能核轰击核，发生核合成反应，得到新原子，原子中中子数与核外电子数之差为( )A. 96 B. 108 C. 152 D. 56【答案】D【解析】【分析】中子数=质量数-质子数，原子中核外电子数=核内质子数【详解】A、Cm质子数=96，故A错误；B、Hs质子数=108，故B错误；C、Cm中子数=质量数-质子数=248-96=152，故C错误；D、Cm原子核外电子数=质子数=96，中子数=质量数-质子数=248-96，所以中子数-核外电子数=248-96-96=56，故D正确；故选D。3.3.下列各组中的性质比较正确的是( )A. 还原性：F-CI-Br B. 熔点：LiNaKRbH2SHCl D. 碱性：NaOHMg(OH)2Al(OH)3【答案】D【解析】【分析】A、非金属性越强，对应离子的还原性越弱；B、用金属键强弱解；C、非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强；D、金属性越强，最高价氧化物对应水合物的碱性越强；【详解】A、非金属性越强，对应离子的还原性越弱，由于非金属性FClBr，则离子的还原性：FClNaKRbCs,故B错误；C. 从P到Cl非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强；稳定性：PH3H2SMg(OH)2Al(OH)3，故D正确；故选D。【点睛】本题考查了原子结构与元素周期律的关系，解题关键：明确元素周期律的内容，注意掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，易错点B，要用金属键强弱等结构知识来解释熔点。4.4.从化学键的角度看化学反应的实质是“旧化学键的断裂，新化学键的形成”，下列既有旧化学键的断裂，又有新化学键形成的变化是( )A. 蔗糖溶于水 B. 干冰升华C. 氯化钠受热熔化 D. 打雷时，氧气变为臭氧【答案】D【解析】【分析】根据化学反应的实质是“旧化学键的断裂，新化学键的形成”可知，只要有化学反应就一定有旧化学键的断裂和新化学键的形成，所以只要发生化学反应即可，以此解答该题【详解】A、蔗糖溶于水没有发生化学反应，所以没有旧化学键的断裂和新化学键的形成，故A错误；B、干冰升华，只是物质状态的改变，不存在化学键的断裂和形成，故B错误；C、氯化钠受热熔化是物理变化，只是物质的状态发生了变化，没有发生化学反应，只存在化学键的断裂，故C错误；D、打雷时，氧气变为臭氧，为化学变化，既有旧化学键的断裂，又有新化学键的形成，故D正确。【点睛】本题考查化学键知识，侧重考查学生的分析能力，解题关键：注意化学变化与物理变化，化学键的断裂和形成的区别，注意分子间作用力和化学键的区别易错点B，存在化学键的断裂，但没有新物质生成。5.5.下列反应，不能用于设计原电池的是( )A. Pd+PdO2+2H2SO4= 2PdSO4 +2H2O B. 2A1+3I2=2AlI3C. Mg(OH)2+ H2SO4= MgSO4 +2H2O D. O2+ 2H2= 2H2O【答案】C【解析】【分析】自发的放热的氧化还原反应能设计成原电池，有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，以此来解答【详解】A. Pd+PdO2+2H2SO4= 2PdSO4 +2H2O属于自发的氧化还原反应，能设计成原电池，故A不选；B. 2A1+3I2=2AlI3属于自发的氧化还原反应，能设计成原电池，故B不选；C. Mg(OH)2+ H2SO4= MgSO4 +2H2O中和反应属于复分解反应，不是氧化还原反应，不能用于设计原电池，故C选； D. O2+ 2H2= 2H2O燃烧反应属于自发的氧化还原反应，能设计成原电池，故D不选；故选C。【点睛】本题考查学生设计成原电池的反应具备的条件，解题关键：明确能自动发生的氧化还原反应能设计成原电池，难点D，可以设计成燃料电池。6.6.氨气是一种重要的化工原料，工业上用N2和H2合成NH3。现己知N2(g)和H2(g)反应生成1 molNH3(g)过程中能量变化示意图如下图。则N-H键键能为( )化学键H-HNN键能（kJ/mol）436946A. 248kJ/mol B. 391kJ/mol C. 862kJ/mol D. 431kJ/mol【答案】B【解析】【分析】据H=反应物的活化能-生成物的活化能求得H，H=反应物键能和-生成物键能和【详解】H=反应物的活化能-生成物的活化能=1127kJmol1-1173kJmol1=-92kJmol1，热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=-92kJmol1，H=反应物键能和-生成物键能和=946kJmol1+3436kJmol1-6Q（N-H）=-92kJmol1，Q（N-H）=391kJmol1，故选B。7.7.在恒容密闭容器中发生可逆反应2SO2+O2 2SO3(g)，该反应达到平衡的标志是( )。消耗2 mol SO2的同时生成2mol SO3SO2、O2与SO3的物质的量之比为2：1:2 反应混合物中，SO3的质量分数不再改变反应混合物的密度不再改变 容器内压强不再改变A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据外界条件对化学平衡的影响判断【详解】消耗2 mol SO2的同时生成2mol SO3，均为正反应方向，不能判断正逆反应速率是否相等，不能判断是否平衡，故错误SO2、O2与SO3的物质的量之比为2：1:2，无法判断正速率是否等于逆速率，故错误；反应混合物中，SO3的质量分数不再改变即各物质浓度不再发生变化，达到化学平衡状态，故正确；反应前后气体的质量不变，体积不变，反应混合物的密度不再改变，不能说明各物质浓度不变，不能判断是否平衡，故错误； 反应前后气体物质的量不同，容器中气体的压强不变，则达到化学平衡状态，故正确；故正确；故选C。8.8.元素周期表相当于一座“元素大厦”，84号元素在大厦中的“房间”是( )A. 第六周期0族 B. 第六周期第VIA族C. 第七周期第VIA族 D. 第七周期第IIA族【答案】B【解析】【分析】84号元素是钋，其原子有6个电子层、最外层电子数是6，倒数第二层电子数是18个电子，价电子排布式为6s2、6p4，据此分析解答【详解】主族元素中，原子核外电子层数与其周期数相等，原子核外最外层电子数与其主族族序数相等，该元素原子结构示意图为，根据其原子结构示意图知，该元素位于第六周期第VIA族，故答案为：第六周期第VIA族.故选B。【点睛】本题考查元素位置判断，解题关键：所有元素中，原子核外电子层数与其周期数相等，主族元素最外层电子数与其族序数相等，要熟练掌握原子结构、元素周期表结构。9.9.下列关于能源的说法正确的是( )A. 乙醇是一种可再生能源 B. 太阳能、风能、核能均是无污染的高效能源C. 蒸汽是一级能源 D. 化石能源是可再生能源【答案】A【解析】【分析】A、乙醇可以通过粮食、秸杆发酵生成，也可以通过乙烯和水合成；B、核能使用不当会产生高污染；C、自然界中以现成形式提供的能源称为一次能源，需依靠其他能源间接制取的称为二次能源，据此进行分析判断即可D、化石能源指的是亿万年前的大量生物经过地壳变化，被埋藏在地下，受地层压力和温度的影响，缓慢地形成的可以燃烧的矿物质如煤、石油等；能从自然界源源不断获得的能源是可再生能源，不能从自然界源源不断获得的能源是不可再生能源【详解】A、乙醇可以通过粮食、秸杆发酵生成，也可以通过乙烯和水合成，所以乙醇是一种可再生能源，故A正确；B、核能使用不当会产生高污染，故B错误；C、蒸汽是其他能源转化得到的，是二级能源，故C错误；D、化石能源指的是亿万年前的大量生物经过地壳变化，被埋藏在地下，受地层压力和温度的影响，缓慢地形成的可以燃烧的矿物质如煤、石油等；是不能从自然界源源不断获得的能源，是不可再生能源，故D错误故选A。10.10.下列物质既有离子键，又有极性键的是( )A. NH3 B. MgCl2 C. Na2O2 D. NaOH【答案】D【解析】【分析】离子键为阴阳离子之间形成的化学键；不种非金属原子之间形成的化学键为极性键【详解】A. NH3 是由极性共价键形成的极性分子，故A错误； B. MgCl2 只含有离子键，故B错误；C. Na2O2含有离子键和非极性共价键，属于离子晶体，故C错误；D. NaOH既有离子键又有共价键，故D正确；故选D。11.11.X、Y、Z、M、N代表五种金属有以下化学反应：水溶液中：M+N2+M2+N Z+2H2O（冷）Z（OH）2+H2X、Y为电极与Y盐溶液组成原电池，发生的电极反应为：X2eX2+N可以溶于稀H2SO4中，X不被稀H2SO4氧化 则这五种金属的活泼性由弱到强的顺序是（）A. YXNMZ B. NMYXZC. XYNMZ D. XZNMY【答案】A【解析】水溶液中M+N2+=M2+N ，金属M置换出金N，说明活动性MN；Z能与冷水反应生成H2，说明Z金属性活动性很强；X、Y为电极与Y盐溶液组成原电池，发生的电极反应为：X2e=X2+，X失电子，则X是负极、Y是正极，活动性XY；N可以溶于H2SO4中，X不被稀H2SO4氧化，说明活动性NX。通过以上分析知，金属活动性顺序YXNMZ。故选A。点睛：利用金属与酸或水反应置换出氢气难易程度、金属最高价氧化物的水化物碱性强弱、金属之间的置换反应等可以判断金属性强弱，注意不能根据失电子的数目来判断。12.12.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )A. 共价键数均为0.2NA的白磷(P4)和氨气(NH3)所含原子个数相等B. 2gD20与2gH218O含有的中子数均为NAC. 标准状态下，22. 4L氦气含有2NA个氦原子D. 22.4L O2含有2NA个氧原子【答案】B【解析】【分析】A、白磷分子中含有6个P-P键，氨气分子中含有3个N-H键；B、D2O与H218O分子中都含有10个中子，其摩尔质量都是20gmol1；C、氦气为单原子分子；D、非标准状态下。【详解】A、白磷分子中含有6个P-P键，氨气分子中含有3个N-H键，共价键数均为0.2NA的白磷(P4)和氨气(NH3)所含原子个数分别是0.2NA4/6、0.2NA3/3 ，故A错误；B、2gD2O与2gH218O物质的量都是0.1mol，含有的中子物质的量都是1mol，个数均为NA，故B正确；C、氦气为单原子分子，标准状态下，22. 4L氦气含有NA个氦原子，故C错误；D、非标准状态下，22.4L O2不一定是1mol，故D错误；故选B。13.13.下列关于能量变化的说法，正确的是( )A. 将等质量的红磷和白磷完全燃烧生成P2O3(s)放出热量相同B. 2Na+ 2H2O= 2NaOH+H2 该反应生成物的总能量高于反应物的总能量C. 放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量D. 有化学键断裂的是吸热过程，并且一定发生了化学变化【答案】C【解析】【分析】A、等质量的红磷和白磷具有的能量不同；B、2Na+ 2H2O= 2NaOH+H2 该反应是放热反应；C、放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量；D、氯化钠熔化，离子键断裂；【详解】A、等质量的红磷和白磷具有的能量不同，根据盖斯定律，将等质量的红磷和白磷完全燃烧生成P2O3(s)放出热量不相同，故A错误；B、2Na+ 2H2O= 2NaOH+H2 该反应是放热反应，该反应生成物的总能量低于反应物的总能量，故B错误；C、放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量，故C正确；D、氯化钠熔化，离子键断裂，没有新物质产生，有化学键断裂的是吸热过程，不一定发生了化学变化，故D错误；故选C。14.14.和K+离子都具有相同电子数的一组微粒是（ ）A. Ar和H2O2 B. CO和F2 C. Na和NH4+ D. Mg和N2H4【答案】A【解析】【分析】根据微粒中的质子数和微粒所带的电荷数进行分析解答，阳离子的电子数是质子数-电荷数，阴离子的电子数是质子数+电荷数【详解】K+离子电子数=19-1=18，各选项物质所具的电子数分别为：A、Ar电子数为18和H2O2 电子数为2+8*2=18，故A正确； BCO电子数为14和F2电子数为18，故B错误； CNa电子数为11和NH4+电子数为10，故C错误； D. Mg电子数为12和N2H4电子数7*2+1*4=18，故D错误；故选A15.15.可逆反应2A+2B 3C+D相同条件下的反应速率，反应速率最快的是( )A. v(A)= 0.55mol (Lmin) B. v(B)= 0.6mol/(Ls)C. v(C)=0.75mol/(Lmin) D. v(D)= 0.4mol/ (Lmin)【答案】B【解析】【分析】化学反应速率之比等于化学计量数之比，则反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，以此来解答【详解】化学反应速率之比等于化学计量数之比，则反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，反应速率与化学计量数的比值分别是：A. v(A)/2= 0.55mol (Lmin)/2= 0.275mol (Lmin) B. v(B)/2= 0.6mol/(Ls)/2=0.3mol/(Ls)=18mol (Lmin)； C. v(C)/3=0.75mol/(Lmin)/3=0.25mol (Lmin) D. v(D)/1= 0.4mol/ (Lmin)/1=0.4mol/ (Lmin)，BDAC,故选B。【点睛】本题考查化学反应速率快慢的比较，解题关键：把握化学反应速率与化学计量数的关系，侧重分析与计算能力的考查，易错点B，注意比值法应用及单位统一。16.16.已知X、Y、Z、W的原子序教都不超过18，它们的离子aX（n+1）+、bYn+、cZ（n+1）-、dWn-具有相同的电子层结构，则下列说法正确的是( )A. 离子氧化性：X（n+1）+Yn+ B. 离子半径：X（n+1）+Yn+Z（n+1）-Wn-C. 原子序数：abcd D. 原子半径：ZWYX【答案】A【解析】【分析】它们的离子aX（n+1）+、bYn+、cZ（n+1）-、dWn-具有相同的电子层结构，均具有相同的电子层结构,则有:,则有X、Y在周期表中Z、W的下一周期,并且原子序数:,结合元素周期律递变规律解答该题.【详解】A、金属性越强,对应离子的氧化性越弱,离子氧化性：X（n+1）+Yn+,故A正确；B、具有相同电子层结构的离子,原子序数大的离子半径小,则离子半径为Z（n+1）-Wn-Yn+X（n+1）+，故B错误；C、它们的离子aX（n+1）+、bYn+、cZ（n+1）-、dWn-具有相同的电子层结构，均具有相同的电子层结构,则有:,则有X、Y在周期表中Z、W的下一周期,并且原子序数:，故C错误；D、原子半径：YXZW,故D错误，故选A17.17.下图是元素周期表的一部分，A、B、C均为短周期元素，A、C两种元素的原子核外电子数之和等于B的质子数，B的原子核内质子数和中子数相等。回答：(1)写出元素符号：A _；C _。(2)B元素位于元素周期表第_周期第_族；其最高价氧化物对应水化物的化学式为_。(3)A的氢化物的电子式为 _； A的氢化物与其最高价氧化物的水化物反应的化学方程式为_。【答案】 (1). N (2). F (3). 三 (4). A (5). H2SO4 (6). (7). NH3HNO3=NH4NO3【解析】【分析】A、B、C均为短周期元素，由元素在周期表中位置，可知A、C位于第二周期，B位于第三周期，设B原子序数为x，则A原子序数为x-9、C原子序数为x-7，A、C两元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数，则x9+x-7=x，解得x=16，所以B是S元素，则A是N元素、C是F元素，据此解答【详解】(1)元素符号：A是N元素、C是F元素。(2)B是S元素，B元素位于元素周期表第三周期第A族；其最高价氧化物对应水化物硫酸的化学式为H2SO4。(3)A为氨气A的氢化物的电子式为 ； A的氢化物与其最高价氧化物的水化物反应的化学方程式，即氨气与硝酸反应的方程式为NH3HNO3=NH4NO3。18.18.下图是部分短周期元素的单质及其化合物（或其溶液）的转化关系，已知B、C、D、E是非金属单质且常温常压下为气体；化合物G的焰色反应为黄色，化合物I和J通常状况下呈气态；反应是化工生产中的一种重要固氮反应请按下列要求填空：(1)CO2的电子式_A的原子结构示意图_，(2)化合物I的沸点比J的沸点_（填“高”或“低”），理由是 _。(3)化合物F中，阳离子与阴离子个数比是_。(4)写出F和CO2反应的化学方程式_。【答案】 (1). (2). (3). 低 (4). 氨分子之间存在氢键，氯化氢分子间没有氢键 (5). 2：1 (6). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2【解析】【分析】化合物G的焰色反应为黄色，含有Na元素，F能与二氧化碳反应得到气体单质B与G，可推知F为Na2O2，B为O2，G为Na2CO3，而A与B（氧气）反应得到F（过氧化钠），则A为NaG（Na2CO3，）与I反应得到CO2，则I属于酸，I由气体非金属单质C与D在光照条件下得到，则I为HCl，C、D分别为H2、Cl2中的一种，I和J通常状况下呈气态，二者反应得到铵盐，且反应是化工生产中的一种重要固氮反应，可推知J为NH3，D为H2，E为N2，铵盐为NH4Cl，故C为Cl2，据此解答【详解】(1) CO2的电子式；A为Na，A的原子结构示意图，(2)化合物I为HCl的沸点比J为NH3的沸点低，理由是氨分子之间存在氢键，氯化氢分子间没有氢键。(3)化合物F为Na2O2，阳离子Na与阴离子O22个数比是2：1。(4)F为过氧化钠，F和CO2反应的化学方程式2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。【点睛】本题考查无机物推断，涉及Na、Cl、N元素单质化合物性质，物质的状态、焰色反应及转化中特殊反应等是推断突破口，易错点：Na2O2，阳离子Na与阴离子O22个数比是2：119.19.某研究性学习小组设计了一组实验来探究元素周期律。甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系，设计了如图装置来一次性完成C、N、Si的非金属性强弱比较的实验研究；乙同学根据置换反应的规律，利用下图装置完成了C1元素的非金属性比S强的实验研究。回答下列问题：(1)从以下所给物质中选出甲同学设计的实验所用到物质；试剂A为_；试剂C为_（填序号）。稀HN03溶液稀盐酸碳酸钙Na2SiO3溶液SiO2实验开始后圆底烧瓶中观察到的现象为_ ；该现象说明非金属性 _（填元素符号）；对应的离子方程式 _。(2)乙同学设计的实验：试剂B为酸性高锰酸钾溶液，则试剂A为_：试剂C为_（填序号）。稀盐酸 浓盐酸 NaCl溶液 Na2SO3溶液 Na2S溶液实验开始后试管中观察到的现象为_,对应的离子方程式_。(3)若反应过程中消耗0.3mol C试剂，理论上被氧化的试剂A_mol。【答案】 (1). (2). (3). 烧瓶中固体溶解，有气泡冒出 (4). NC (5). 2HCaCO3=Ca2H2OCO2 (6). (7). (8). 溶液中出现黄色沉淀（溶液中出现浑浊等也给分） (9). S2Cl2=S2Cl (10). 0.6【解析】【分析】（1）根据同周期和同主族元素非金属性的变化规律分析；通过比较酸性强弱来判断非金属性强弱，装置中为强酸制备弱酸依此选择试剂；（2）通过比较单质的氧化性来判断非金属性：氯气能将硫离子氧化为硫单质可以证明Cl的非金属性比S强【详解】（1）同周期从左到右非金属性增强，则CN，同主族元素从上到下非金属性：CSi，所以非金属性由强到弱的顺序是：NCSi；通过比较酸性强弱来判断非金属性强弱，装置中为强酸制备弱酸，所以A中试剂为稀硝酸，B中为碳酸钙，C中为Na2SiO3溶液；故选、；实验开始后圆底烧瓶中观察到的现象为烧瓶中固体溶解，有气泡冒出；该现象说明非金属性NC；对应的离子方程式 ： 2HCaCO3=Ca2H2OCO2 。（2）可以用二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气，氯气能将硫离子氧化为硫单质可以证明Cl的非金属性比S强，A中浓盐酸，C中硫化钠溶液，选和，实验开始后试管中观察到的现象为溶液中出现黄色沉淀（溶液中出现浑浊等也给分）,对应的离子方程式 S2Cl2=S2Cl；（3）若反应过程中消耗0.3mol C试剂，由关系式2Cl S2，理论上被氧化的试剂A，0.3mol2=0.6mol。20.20.某温度时，在一个容积为2L的密闭容器中，A、B、C三种气态物质的物质的重随时间变化曲线如图所示。请回答以下问题：(1)该反应的化学方程式是_。(2)反应从开始到平衡时，气体C的平均反应速率是_ 。(3)反应达平衡，反应物B的转化率是_；体系的压强是开始时的_倍。(4)其他条件不变，升高温度，逆反应速率将_（填“加快”、“减慢”或“不变”）。【答案】 (1). A(g)3B(g)2C(g) (2). 0.05mol/(Lmin) (3). 30% (4). 0.9 (5). 加快【解析】【分析】（1）由图可知，A、B为反应物，C为生成物，A、B、C的物质的量的变化量之比为（2-1.8）：（2-1.4）：（0.4-0）=1：3：2，4min达到平衡，化学计量数之比等于物质的量的变化量之比；（2）结合v=c/t计算,(3)根据转化率的公式计算；（4）升高温度，正逆反应速率均增大；【详解】（1）由图可知，A、B为反应物，C为生成物，A、B、C的物质的量的变化量之比为（2-1.8）：（2-1.4）：（0.4-0）=1：3：2，4min达到平衡，化学计量数之比等于物质的量的变化量之比，则化学反应为A(g)3B(g)2C(g)；（2）反应从开始到平衡时，气体C的平均反应速率是0.4mol/(2L4min)=0.05mol/（Lmin）；(3)反应达平衡，反应物B的转化率是（2.0-1.4）mol/2.0mol100%=30%；体系的压强是开始时的（1.8+0.4+1.4）/(2.0+2.0)=0.9倍