山东省济南市外国语学校三箭分校2020学年高一化学下学期期中试题（含解析）

2020学年度第二学期模块检测高一化学试题第卷（选择题，共50分）一选择题（本题包括25小题，每题只有1个正确选项符合题意，共50分）1.通常用来衡量一个国家石油化工发展水平标志的是（ ）A. 甲烷的产量B. 乙烯的产量C. 乙醇的产量D. 苯的产量【答案】B【解析】乙烯的产量通常用来衡量一个国家石油化工发展水平标志，答案选B。2.下列性质中，可以证明某化合物内一定存在离子键的是（ ）A. 可溶于水B. 具有较高的熔点C. 水溶液能导电D. 熔融状态能导电【答案】D【解析】【详解】A.可溶于水的物质不一定含有离子键，如硫酸，故A错误；B.具有较高熔点的物质不一定含有离子键，如二氧化硅，故B错误；C.水溶液能导电的物质不一定含有离子键，故HCl，故C错误；D.固态不导电，但熔融状态能导电，说明该化合物熔融状态能电离出阴阳离子，含有离子键，故D正确；答案：D3.下列各组化合物中，化学键的类型相同的是（ ）A. CaCl2和Na2SB. Na2O和Na2O2C. CO2和NaClD. HCl和NaOH【答案】A【解析】【详解】A.CaCl2和Na2S都为离子化合物，并且只含有离子键，化学键类型相同，故A正确；B.Na2O只含离子键，Na2O2含有离子键和非极性共价键，化学键类型不同，故B错误；C.CO2为共价化合物，只含共价键，NaCl为离子化合物，只含离子键，化学键类型不同，故C错误；D.HCl为共价化合物，含有共价键，NaOH为离子化合物，含有离子键和共价键，二者化学键类型不同，故D错误。故选A。【点睛】一般来说，活泼的金属元素与活泼的非金属元素之间形成离子键（AlCl3、BeCl2除外），非金属元素间形成共价键（铵盐除外）。4.可用如图装置制取（必要时可加热）、净化、收集的气体是（ ）A. 铜和稀硝酸制一氧化氮B. 碳酸钙和稀盐酸制二氧化碳C. 锌和稀硫酸制氢气D. 烧碱固体与浓氨水制氨气【答案】B【解析】ANO易被氧化，不能利用排空气法收集，故A不选；B碳酸钙与稀盐酸反应生成二氧化碳，可利用浓硫酸干燥，然后用向上排空气法收集，故B选；C生成氢气的密度比空气密度小，应选向下排空气法收集，故C不选；D烧碱固体与浓氨水制氨气，氨气能被浓硫酸吸收生成硫酸铵，不能干燥气体，故D不选；故选B。点睛：把握实验装置的作用、气体的制备实验、实验技能为解答的关键，由图可知，为固体与液体反应制备气体，且浓硫酸可干燥气体，然后利用向上排空气法收集密度比空气密度大的气体，易错点为选项D，不能忽视氨气与浓硫酸的反应，以此来解答。5.下列变化中，不存在化学键断裂的是（ ）A. 氯化氢气体溶于水B. 干冰气化C. 氯化钠固体溶于水D. 氢气在氯气中燃烧【答案】B【解析】试题分析：A氯化氢溶于水后，在水分子的作用下电离出阴阳离子，所以有化学键的断裂，A不符合题意；B干冰气化，只是物质状态的变化，化学键没有断裂，B符合题意；C氯化钠固体溶于水，在水分子的作用下电离出阴阳离子，所以有化学键的断裂，C不符合题意；D氢气的氯气中燃烧发生的化学反应，有化学键的断裂和形成，D不符合题意，答案选B。考点：考查化学键判断6.重水(D2O)是重要的核工业原料，下列说法错误的是A. 氘(D)原子核外有1个电子B. 1H与D互称同位素C. H2O与D2O互称同素异形体D. 1H218O与D216O的相对分子质量相同【答案】C【解析】氘(D) 原子核外有1个电子，A对；1H与D互称同位素，B对；同素异形体都是单质，不是化合物，C错；1H218O与D216O的相对分子质量都是20，D对。【考点定位】本题考查核素。7.下列物质中，不能通过化合反应制取的是（ ）A. FeCl2B. H2SiO3C. CaSiO3D. Cu2(OH)2CO3【答案】B【解析】化合反应概念是由两种或两种以上的物质生成一种新物质。A.铁和氯化铁溶液反应生成的是氯化亚铁，方程式为Fe+2FeCl3 3FeCl2，故A不选；B.二氧化硅和水不反应，所以硅酸不能通过化合反应得到，故B选； C.氧化钙与二氧化硅高温化合生成硅酸钙，方程式为CaO+SiO2CaSiO3，故C不选；D.铜在潮湿的空气中与二氧化碳等反应生成碱式碳酸铜，属于化合反应，故D不选；故选B。点睛：本题考查了物质的性质和化合反应的概念。涉及铁及其化合物的性质、硅酸制备等。本题的易错点是D。8.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于A族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是（ ）A. 元素X、W的简单阴离子具有相同的电子层结构B. 由Y、Z两种元素组成的化合物是离子化合物C. W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强D. 原子半径：r(X)r(Y)r(Z)r(W)【答案】B【解析】Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F，X原子的最外层有6个电子，且原子序数小于F，应为O元素，在周期表中Z位于IA族，由原子序数关系可知Z为Na元素，W与X属于同一主族，W应为S元素。A元素X、W的简单阴离子分别为O2-、S2-，离子的电子层结构不同，故A错误；BY为F，Z为Na，由Y、Z两种元素组成的化合物为NaF，是离子化合物，故B正确；C非金属性FS，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C错误；D原子核外电子层数越多，原子半径越大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则半径r(F)r(O)r(S)r(Na)，故D错误；故选B。【此处有视频，请去附件查看】9.反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变会使反应速率加快的是（ ）A. 增加 C的质量B. 将容器的体积缩小一半C. 保持体积不变，充入氦气使体系压强增大D. 保持压强不变，充入氮气使容器体积增大【答案】B【解析】A. C是固体，增加 C的质量反应速率不变，A错误；B. 将容器的体积缩小一半增大压强，反应速率加快，B正确；C. 保持体积不变，充入氦气使体系压强增大，反应物浓度不变，反应速率不变，C错误；D. 保持压强不变，充入氮气使容器体积增大，反应物浓度减小，反应速率减小，D错误，答案选B。10.氢气在氯气中燃烧时产生苍白色火焰，在反应过程中，断裂1molH2中的化学键消耗的能量为Q1kJ，断裂1molCl2中的化学键消耗的能量为Q2 kJ，形成1molHCl中的化学键释放的能量为Q3kJ，下列关系式正确的是（ ）A. Q1 + Q2 Q3B. Q1+ Q2 2Q3C. Q1 + Q2 Q3D. Q1 + Q2 2Q3【答案】D【解析】【分析】根据反应热H=反应物的总键能-生成物的总键来计算该反应的反应热，氢气在氯气中燃烧，反应热H0，据此解答。【详解】破坏1molH2中的化学键消耗的能量为Q1kJ，则H-H键能为Q1kJ/mol，破坏1molCl2中的化学键消耗的能量为Q2kJ，则Cl-Cl键能为Q2kJ/mol，形成1molHCl中的化学键释放的能量为Q3kJ，则H-Cl键能为Q3kJ/mol，对于H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g），反应热H=反应物的总键能-生成物的总键能=Q1kJ/mol+Q2kJ/mol-2Q3kJ/mol=（Q1+Q2-2Q3）kJ/mol，由于氢气在氯气中燃烧，反应热H0，即（Q1+Q2-2Q3）0，所以Q1+Q2Al3+S2C1 氢化物的稳定性：HFHC1H2SPH3SiH4离子的还原性：S2C1BrI 氧化性：C12SSeTe酸性：H2SO4H3PO4H2CO3HClO 非金属性：ONPSi金属性:BeMgCaKA. 只有B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】K+、S2-、C1-原子核外电子排布相同，核电核数S2-C1-K+，则半径S2-C1-K+，离子的原子核外电子层数越多，半径越大，核外电子层数最小，则半径最小，则有S2-C1-K+Al3+，故错误；非金属性：FClSPSi，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则氢化物的稳定性：HFHC1H2SPH3SiH4，故正确；非金属性：ClBrIS，元素的非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则还原性：C1-Br-I-S2-，故错误；非金属性：C1SSeTe，元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，则氧化性：C12SSeTe，故正确；非金属性：SPC，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：H2SO4H3PO4H2CO3，又H2CO3酸性大于HClO，则有酸性：H2SO4H3PO4H2CO3HClO，故正确；因同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，则有ON、PSi，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则NP，所以有非金属性：ONPSi，故正确；同周期元素从左到右元素的逐渐减弱，则金属性CaK，同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，则金属性BeMgCa，所以金属性：BeMgCaK，故正确。故选B。19.Cr2O72-毒性较强，常用NaHSO3处理工业废水中的。反应的离子方程式为：5H+ +Cr2O72- +3HSO3-=2Cr3+ 3SO42-+4H2O，下列关于该反应的说法正确的是（ ）A. Cr2O72-在反应中表现氧化性B. Cr3+是氧化反应的产物C. HSO3-发生还原反应D. 生成1 molCr3+时转移6mol电子【答案】A【解析】【详解】A.Cr2O72-中Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，化合价降低，被还原，作氧化剂，表现为氧化性，故A正确；B.Cr2O72-中Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，化合价降低，被还原，发生氧化反应，所以Cr3+是还原反应的产物，故B错误；C.HSO3-中S元素的化合价由+4价升高为+6价，化合价升高，被氧化，发生氧化反应，故C错误；D.Cr2O72-中Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，所以生成1 molCr3+时转移3mol电子，故D错误。故选A。20.根据下列实验操作与现象得出的结论正确的是（ ）选项实验操作现象结论A向某溶液中滴加氯化钡溶液产生白色沉淀该溶液中一定含SO42-B将某气体通入酸性KMnO4溶液溶液退色该气体一定是SO2C常温下将铁片放入浓硝酸无明显变化铁与浓硝酸不反应D将点燃的镁条迅速伸入集满二氧化碳的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶壁上有黑色颗粒附着二氧化碳作氧化剂A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.与氯化钡溶液反应可能产生的白色沉淀，可能是AgCl或BaSO4、BaCO3、BaSO3等，所以，该溶液中可能含Ag+或CO32-、SO32、SO42，故不能确定该溶液中一定含SO42，故A错误；B. 将某气体通入酸性KMnO4溶液溶液退色，说明该气体具有还原性，但不一定是SO2,故B错误；C. 常温下将铁片放入浓硝酸，因浓硝酸具有强氧化性使铁钝化，阻碍反应继续进行，故C错误；D. 将镁条点燃后迅速伸入盛有二氧化碳的集气瓶中，镁条剧烈燃烧，发出白光，放出大量的热，生成氧化镁和碳，所以集气瓶中产生大量白烟，瓶壁上有黑色颗粒附着，在该反应中，CO2中碳元素化合价降低，作氧化剂，故D正确。答案选D。21.下列事实与胶体性质无关的是（ ）A. 明矾用作净水剂B. 在豆浆里加入盐卤做豆腐C. 清晨在密林中看到缕缕光束D. 向三氯化铁溶液中滴加氢氧化钠溶液时产生红褐色沉淀【答案】D【解析】【详解】A. 明矾用作净水剂是因为形成了氢氧化铝胶体，具有吸附性，故A与胶体性质有关；B. 在豆浆里加入盐卤做豆腐是利用胶体的聚沉现象，故B与胶体性质有关；C. 清晨在密林中看到缕缕光束，是因为空气中形成胶体，产生丁达尔现象造成的，故C和胶体性质有关；D. 向三氯化铁溶液中加氢氧化钠溶液时产生红褐色沉淀是因为生成的氢氧化铁难溶，故D与胶体性质无关，故选D。22.下列装置不能实现相应实验目的的是（ ）A. 制取SO2 B. 验证SO2漂白性 C. 收集SO2 D. 处理含SO2的尾气 【答案】A【解析】【详解】A.铜和稀硫酸不反应，所以不能用铜和稀硫酸反应制取SO2，应使用浓硫酸，故A错误；B.二氧化硫具有漂白性，可使品红溶液褪色，且导管“长进短出”，故B正确；C.二氧化硫密度比空气大，应将进气管伸到瓶底，用向上排空气法收集，导气管长进短出，故C正确；D.二氧化硫是污染性气体，具有酸性氧化物的性质，和碱反应，实验室可用氢氧化钠溶液处理含有二氧化硫的尾气，故D正确。故选A。23.下列离子在溶液中能大量共存的是（ ）A. Al3+、K+、OH-、Cl-B. H+、Fe2+、NO3-、SO42-C. Na+、Ca2+、Cl-、NO3-D. H+、K+、SO32-、SO42-【答案】C【解析】【详解】A.因Al3+、OH-结合生成氢氧化铝沉淀，则不能共存，故A不选；B.因H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，则不能共存，故B不选；C.该组离子之间不反应，则能够大量共存，故C选；D.因H+、SO32-结合生成若电解质，则不能共存，故D不选。故选C。【点睛】判断离子共存，有以下几种情况：1、由于发生复分解反应，离子不能大量共存。 有气体产生：如CO32-、S2-、HS-等易挥发的弱酸的酸根与H+不能大量共存，有沉淀生成：如Ba2+、Ca2+、Mg2+等不能与SO42-、CO32-等大量共存，有弱电解质生成：如OH-、CH3COO-等与H+不能大量共存，一些酸式弱酸根不能与OH-大量共存，2、由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存。具有较强还原性的离子不能与具有较强氧化性的离子大量共存：如I-和Fe3+不能大量共存，在酸性或碱性的介质中由于发生氧化还原反应而不能大量共存：如NO3-和I-在中性或碱性溶液中可以共存，3、由于形成络合离子，离子不能大量共存：如Fe3+和 SCN-发生络合反应而不能大量共存。24.下列反应的离子方程式书写正确的是A. 向硫酸铁溶液中加入铜粉：Fe3+Cu=Fe2+ +Cu2+B. 向氢氧化钡溶液中加入硫酸铜溶液：Ba2+ +SO42-=BaSO4C. 向碳酸氢钠溶液中通入氯化氢：CO32-+2H+=CO2+H2OD. 向氨水中通入少量二氧化硫：2NH3H2O +SO2=2NH4+SO32- +H2O【答案】D【解析】【详解】A.电荷不守恒，硫酸铁溶液与铜粉混合反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，故A错误；B.氢氧化钡溶液和硫酸铜溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，正确的离子反应为：Cu2+2OH-+Ba2+SO42-BaSO4+Cu（OH）2，故B错误；C.碳酸氢根是弱酸的酸式根，不能写成离子形式，碳酸氢钠溶液和氯化氢反应的离子方程式为：HCO3-+2H+=CO2+H2O，故C错误；D.向氨水中通入少量的二氧化硫，反应生成亚硫酸铵和水，离子方程式为：2NH3H2O +SO2=2NH4+SO32- +H2O，故D正确。故选D。【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒； “二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须是客观事实相吻合。25.实验室配制500 mL0.2 molL-1的Na2CO3溶液，下列说法错误的是（ ）A. 称量时，若将Na2CO3固体置于托盘天平右盘，将导致所配溶液浓度偏小B. 将Na2CO3固体置于烧杯中溶解，冷却后转移到容量瓶中C. 定容摇匀后发现液面低于刻度线，应再滴加蒸馏水至刻度线D. 将配制好的Na2CO3溶液转移至带橡胶塞的试剂瓶中【答案】C【解析】【详解】A. 称量时，若将Na2CO3固体置于托盘天平右盘，称量实际质量应该是砝码减去游码的质量，所以将导致所配溶液浓度偏小，故A正确；B. 溶解过程应该在烧杯中进行，转移之前溶液要恢复室温，故B正确；C. 定容摇匀后发现液面低于刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线导致溶液浓度偏低，故C错误；D. 容量瓶不能长时间存放药品，所以将配制好的Na2CO3溶液转移至带橡胶塞的试剂瓶中，故D正确，故选C。第卷（非选择题，共50分）26.AH八种短周期主族元素在周期表中的相对位置如下图所示，已知C元素形成的单质有“国防金属”的美誉，E的最高价氧化物对应的水化物能与E的最简单氢化物反应生成离子化合物。（1）D元素在周期表中的位置为_。（2）B、E、F的简单离子半径由大到小的顺序为_（写离子符号）。（3）上述元素所形成的气态单质中能用于饮用水消毒的是_（写化学式）。（4）B的单质在F的单质中燃烧的火焰颜色为_，所形成化合物的电子式为_。（5）C元素的单质可以在D和F组成的一种气态化合物中燃烧，写出该反应的化学方程式_。【答案】 (1). 第二周期（或第2周期）第A族 (2). r（N3-)r（O2-）r（Na+）（或N3- O2-Na+） (3). Cl2或O3 (4). 黄色 (5). (6). 2Mg+CO22MgO+C【解析】【分析】AH为八种短周期主族元素，C元素形成的单质有“国防金属”的美誉，则C为Mg元素；E的最高价氧化物对应的水化物能与E的最简单氢化物反应生成离子化合物，则E为N元素，结合元素在周期表的位置可知，A为Li元素，B为Na元素，D为C元素，F为O元素，G为S元素，H为Cl元素。（1）D为C元素，位于第二周期第A族；（2）具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小；（3）氯气、臭氧均可用于水的杀菌消毒；（4）钠燃烧火焰为黄色，生成过氧化钠；（5）Mg与二氧化碳反应生成MgO和C。【详解】由分析可知：A为Li元素，B为Na元素，C为Mg元素，D为C元素，E为N元素，F为O元素，G为S元素，H为Cl元素。（1）D为C元素，在周期表中的位置为第二周期第A族，故答案为：第二周期第A族。（2）B为Na元素、E为N元素、F为O元素，B、E、F三种元素的简单离子分别为：Na+、N3-、O2-，电子层结构相同的微粒，核电荷数越大，离子半径越小，所以半径由大到小的顺序为r（N3-）r（O2-）r（Na+）（或N3-O2-Na+），故答案为：r（N3-）r（O2-）r（Na+）（或N3-O2-Na+）。（3）上述元素所形成的气态单质中能用于饮用水消毒的是Cl2或O3，故答案为：Cl2或O3。（4）B的单质在F的单质中燃烧的产物为过氧化钠，火焰颜色为黄色，过氧化钠既含离子键又含共价键，电子式为，故答案为：黄色；。（5）Mg与二氧化碳反应生成MgO和C，反应方程式为2Mg+CO22MgO+C，故答案为：2Mg+CO22MgO+C。【点睛】明确短周期及元素在周期表中的位置来推断。27.ClO2作为一种广谱型的消毒剂，将逐渐用来取代Cl2成为自来水的消毒剂。已知ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，实验室制备ClO2的原理是用亚氯酸钠固体与氯气反应：2NaClO2 + Cl2 =2ClO2 + 2NaCl。下图是实验室用于制备和收集一定量较纯净ClO2的装置（某些夹持装置和垫持用品省略）。其中E中盛有CCl4液体（用于除去ClO2中的未反应的Cl2）。（1）仪器P的名称是_。（2）写出装置A中烧瓶内发生反应的离子方程式：_。（3）B装置中所盛试剂是_，G瓶的作用是_。（4）F为ClO2收集装置，应选用的装置是_（填序号），其中与E装置导管相连的导管口是_（填接口字母）。（5）若用100 mL 2 molL-1的浓盐酸与足量的MnO2制备Cl2，则被氧化的HCl的物质的量是_（填序号）。A0.1mol B0.1 mol C0.1 mol D无法判断【答案】 (1). 分液漏斗 (2). MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O (3). 饱和食盐水 (4). 防倒吸（安全瓶） (5). (6). d (7). C【解析】【分析】由题目中所给信息和实验装置图可知：本实验首先用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，反应的方程式为MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O，经除杂、干燥后在D中亚氯酸钠固体反应生成ClO2，由于Cl2易溶于CCl4液体，E用于除去ClO2中的未反应的Cl2，最后用向上排空法收集；并注意气体的性质和装置来分析防止倒吸的装置，利用稀盐酸与二氧化锰不反应来分析浓盐酸与足量的MnO2制备Cl2，则被氧化的HCl的物质的量等于氯气的物质的量，以此解答该题。【详解】（1）实验室用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，浓盐酸应盛装在分液漏斗中，则P为分液漏斗，故答案为：分液漏斗。（2）浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，反应的方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，离子方程式为：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O。（3）生成氯气中混有HCl和水，为制备纯净干燥的氯气，根据氯气不溶于饱和食盐水的性质，可用饱和食盐水除去气体中混有的HCl杂质；ClO2是一种易溶于水的气体，尾气吸收时要防止倒吸（或安全瓶），故答案为：饱和食盐水；防倒吸（安全瓶）。（4）ClO2是一种易溶于水的气体，且密度比空气大，应用向上排空气法收集，且进行尾气处理，故用双孔橡皮塞，故答案为：；d。（5）浓盐酸在加热条件下与二氧化锰发生氧化还原反应，但随着反应的进行，盐酸浓度变稀时，不与二氧化锰反应，根据MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O可以知道，若用100mL2molL-1的浓盐酸与足量的MnO2制备Cl2，则被氧化的HCl的物质的量0.1mol，故答案为C。28.以原油为原科生产聚烯烃的流程如下： 回答下列问题：（1）流程中表示的加工方法是_(填序号)。A分馏 B分液 C裂解 D干馏（2）C4C10的混合物中含戊烷，请写出戊烷的所有同分异构体