湖南省醴陵二中、醴陵四中2020学年高一化学下学期期中联考试题（含解析）

湖南省醴陵二中、醴陵四中2020学年高一化学下学期期中联考试题（含解析）第卷（选择题 48分）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5 Cu-64 Ag-108一、选择题：（每小题3分，共48分，每题只有一个选项符合题意，请将符合题意的选项序号在答题卡上相应序号上用2B铅笔填涂，填在试题卷上无效。）1.下列有关化学用语的表示正确的是( )A. NH4Cl的电子式：B. S2-的结构示意图：C. 氨的电子式：D. 碳元素位于第2周期，VIA族【答案】C【解析】【详解】A. NH4Cl是离子化合物，电子式为，A错误；B. S2-的结构示意图为，B错误；C. 氨气是共价化合物，电子式为，C正确；D. 碳元素位于第二周期第A族，D错误。答案选C。2.下列有关元素周期表的说法正确的是( )A. Li是最活泼金属，F是最活泼非金属B. 在周期表中金属与非金属的分界处，可找到做催化剂的材料C. 元素周期表有7个主族，7个副族，1个0族，1个族，共16纵行D. 同一周期(第一周期除外)的元素，从左到右由金属逐渐过渡到非金属【答案】D【解析】分析：A、同主族从上到下金属的活泼性依次增强，同周期从左到右非金属的活泼性增强；B、根据周期表的结构分析；C、族占3个纵行；D、同周期从左到右金属性逐渐减弱，非金属逐渐增强。详解：A、最活泼的金属是Cs，最活泼的非金属是F，A错误；B、元素周期表中，在金属与非金属的分界线附近的元素既有金属的性质又有非金属的性质，能作半导体材料，B错误；C、元素周期表共有18纵行其中7个主族，7个副族，1个0族，1个族，一个族占三个纵行，共18个纵行，C错误；D、同周期从左到右金属性逐渐减弱，非金属逐渐增强，因此同一周期(第一周期除外)的元素，从左到右由金属逐渐过渡到非金属，D正确；答案选D。3.根据元素周期律判断，下列各组物质的性质比较，正确的是( )A. 稳定性：NH3PH3SiH4B. 原子半径：S NaOC. 金属性：LiNaKD. 酸性： H2SO4HClO4 H3PO4【答案】A【解析】【详解】A. 非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：NPSi，则稳定性：NH3PH3SiH4，A正确；B. 同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：NaSO，B错误；C. 同主族从上到下金属性逐渐增强，则金属性：LiNaK，C错误；D. 非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：ClSP，则酸性：HClO4H2SO4H3PO4，D错误；答案选A。4.下列关于化学键的说法正确的是( )A. 离子化合物中只存在离子键B. 共价化合物中只存在共价键C. 物质中都含化学键D. 只含非金属元素的物质一定不含离子键【答案】B【解析】【详解】A. 离子化合物中可以存在共价键，比如氢氧化钠，故A错误；B. 共价化合物中只存在共价键，存在离子键的化合物属于离子化合物，故B正确；C. 化学键是指微粒间强烈的作用力，稀有气体微粒间属于分子间作用力，不是化学键，故C错误；D. 非金属元素也可以形成离子，比如铵根离子，可以形成离子键，故D错误，故选B。【点睛】一般情况下，含有金属元素的化合物，容易形成离子键，属于离子化合物，但也有例外，如AlCl3属于共价化合物，不可以以此作为判断依据。5.短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态氢化物的水溶液呈碱性，乙位于第A族，甲和丙同主族，丁的最外层电子数和电子层数相等，则下列说法正确的是()A. 原子半径：甲丙B. 单质的还原性：丁丙C. 乙的氢化物是同族中氢化物还原性最强的D. 乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物能相互反应【答案】D【解析】【分析】短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态氢化物的水溶液呈碱性，乙位于第VA族，则甲为H元素，乙为N元素，形成的化学物为氨气，甲和丙同主族，则丙为Na元素，丁的最外层电子数和电子层数相等，应为Al元素，据此答题。【详解】由分析可知：甲为H元素，乙为N元素，丙为Na元素，丁为Al元素。A.甲为H元素、丙为Na元素，Na与H位于同一主族，同一主族的元素，从上到下原子半径逐渐增大，故原子半径NaH，故A错误；B.丙为Na元素、丁为Al元素，Na的金属性比Al强，对应单质的还原性NaAl，故B错误；C.同一主族元素非金属性逐渐减弱，非金属性越弱，气态氢化物还原性越强，所以NH3是同族中氢化物还原性最弱的，故C错误；D.乙为N元素、丙为Na元素、丁为Al元素，N、Na、Al的最高价氧化物对应的水化物分别为HNO3、NaOH、Al（OH）3，Al（OH）3为两性氢氧化物，既能与酸反应，又能与碱反应，所以乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物能相互反应，故D正确。故选D6.下列关于碱金属元素和卤族元素不正确的是( )A. 卤族元素从上到下，非金属增强，其对应的单质氧化性逐渐增强。B. 碱金属元素从上到下，金属性增强，其对应的单质还原性逐渐增强。C. 卤族元素从上到下，其对应的氢化物稳定性减弱。D. 碱金属元素和卤族元素分别位于周期表第1和第17纵行【答案】A【解析】【详解】A、同一主族元素，非金属性随着原子序数的增大而降低，所以卤族元素的非金属性从上至下逐渐减弱，其对应的单质氧化性逐渐减弱，故A错误。B同一主族元素，金属性随着原子序数的增大而增强，因此碱金属元素从上到下，金属性增强，其对应的单质还原性逐渐增强，故B正确；C、卤族元素的非金属性从上至下逐渐减弱，其对应的氢化物稳定性减弱，故C正确。D、碱金属元素和卤族元素分别位于周期表第1和第17纵行，故D正确。故答案选A。【点睛】本题考查元素周期律的递变规律，明确同主族元素性质的递变规律是解答的关键，注意元素金属性、非金属性与单质还原性和氧化性的关系。7.四种短周期元素X、Y、Z和W在周期表中的位置如图所示，原子序数之和为48。下列说法不正确的是( )A. 原子半径(r)大小比较r(X)r(Y)B. X和W可形成化合物XW3C. W的非金属性比Z的强，所以W氢化物的沸点比Z的高D. Z的最低价单核阴离子的失电子能力比Y的强【答案】C【解析】【详解】X、Y、Z、W四种短周期元素，由位置可知，X、Y在第二周期，Z、W在第三周期，设Y的原子序数为y，则X的原子序数为y-1，Z的原子序数为y+8，W的原子序数为y+9，X、Y、Z和W的原子序数之和为48，则y-1+y+y+8+y+9=48，解得y=8，所以Y为O，Z为S，W为Cl，X为N，则A、在同一周期内，自左向右原子半径逐渐减小，原子半径(r)大小比较r(X)r(Y)，故A正确；B、X为N元素，W为Cl元素，可以形成共价化合物NCl3，故B正确；C、熔沸点为物质的物理性质，氢化物的沸点与分子间作用力有关，与非金属性无关，故C错误；D、非金属性ZY，故Z的最低价单核阴离子的失电子能力强于Y，故D正确。综上所述，答案选C。8.下列有关化学反应速率的叙述正确的是( )A. 通常用反应物或生成物的质量变化来表示化学反应速率B. 对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象越明显C. 在密闭容器中进行的反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，增加C(s)的量速率不变D. 某化学反应速率为0.5mol/(Ls)是指该反应在1s时某物质的浓度为0.5mol/L【答案】C【解析】A化学反应速率为单位时间内浓度的变化量，则化学反应速率通常用单位时间内反应物浓度的减小或生成物浓度的增大来表示，A错误；B反应速率与现象无关，反应速率快的，现象可能明显，也可能不明显，B错误；C增加固体C(s)的量速率不变，C正确；D因化学反应速率为平均速率，则化学反应速率为0.5mol/（Ls）是指1s内该物质的浓度变化量为0.5mol/L，D错误；答案选C。点睛：掌握化学反应速率的含义、计算方法是解答的关键，注意化学反应速率是一段时间内的平均速率，且无论用反应物还是用生成物表示均取正值。其次在一定温度下，固体和纯液体物质，改变其用量，不影响化学反应速率。最后同一化学反应在相同条件下，用反应物或生成物物质的量浓度在单位时间内的变化表示化学反应速率值，不同物质表示反应速率数值不同，但意义相同。9.下列对化学反应限度的叙述中，不正确的是( )A. 任何可逆反应都有一定的限度B. 反应条件改变，化学反应限度可能改变C. 化学反应达到平衡时，正、逆反应速率一定相等D. 化学反应达到平衡时，所有物质微粒均不再变化【答案】D【解析】A. 可逆反应的特征是不能完全反应，存在一定的限度，故A正确；B. 反应条件改变，可能改变化学反应速率，从而改变化学反应限度，故B正确；C. 化学平衡状态是动态平衡，平衡时正、逆反应速率相等，故C正确；D. 化学反应达到平衡时，物质的浓度不变，但物质的形状等物理性质可能发生变化，故D错误；故选D。10.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。11.在四个不同容器中，不同条件下进行合成氨反应。根据在相同时间内测定的结果判断生成氨的速率最快的是( )A. v(N2)=0.1molL-1s-1B. v(H2)=0.1molL-1min-1C. v(NH3)=015molL-1min-1D. v(H2)=0.3molL-1min-1【答案】A【解析】【分析】同一化学反应中,同一时间段内,各物质的反应速率之比等于其计量数之比，先把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，从而确定选项，注意单位是否相同。【详解】发生反应：N2+3H22NH3，不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快。A.v(N2)=0.1molL-1s-1=6molL-1min-1，则v(N2)/1=6molL-1min-1，B. v(H2)/3=0.033molL-1min-1，C. v(NH3)/2=0.075molL-1min-1，D. v(H2)/3=0.1molL-1min-1，故反应速率ADCB，正确选项A。12.如图所示装置，电流表指针发生偏转，同时A极逐渐变粗，B极逐渐变细，C为电解质溶液，则A、B、C应是下列各组中的 ( )A. A是Zn，B是Cu，C为稀硫酸B. A是Cu，B是Zn，C为稀硫酸C. A是Cu，B是Fe，C为稀Cu（NO3）2溶液D. A是Fe，B是Ag，C为稀AgNO3溶液【答案】C【解析】该原电池中，A极逐渐变粗，B极逐渐变细，所以B作负极，A作正极，B的活泼性大于A的活泼性，所以 A、D错误； A极逐渐变粗，说明有金属析出，B选项析出氢气不是金属，故B项错误；C选项析出金属，所以C 符合题意，故选C 。13.如图所示的原电池装置，X、Y为两电极，电解质溶液为稀硫酸，外电路中的电子流向如图所示，对此装置的下列说法正确的是( )A. 外电路的电流方向为：X外电路YB. 若两电极分别为Zn和石墨棒，则X为石墨棒，Y为ZnC. SO42-移向X电极，Y电极上有氢气产生D. X极上发生的是还原反应，Y极上发生的是氧化反应【答案】C【解析】分析：根据电子的流向可知X是负极，Y是正极，结合原电池的工作原理分析解答。详解：A电流的方向是正电荷的移动方向，所以外电路的电流方向为：Y外电路X，A错误；B若两电极分别为Zn和碳棒，由于活动性ZnC，则X为Zn，Y是碳棒，B错误；C根据电子流向可知X是负极，Y是正极，溶液中的氢离子放电。阴离子向负极移动，则SO42-移向X电极，Y电极上有氢气产生，C正确；DX极失去电子，发生氧化反应，Y极上获得电子，发生的是还原反应，D错误。答案选C。点睛：明确原电池的工作原理是解答的关键，注意利用原电池比较金属性强弱时需要考虑电解质溶液的性质，例如镁、铝、稀硫酸构成原电池时镁是负极，镁、铝、氢氧化钠溶液构成原电池时铝是负极，答题时需要灵活应用。14.标准状况下，44.8L CH4与一定量Cl2在光照条件下发生取代反应，待反应完全后，测得四种有机取代产物的物质的量相等，则消耗的Cl2为( )A. 1molB. 2 molC. 4molD. 5 mol【答案】D【解析】【分析】根据四种取代物的物质的量相等结合碳原子守恒计算取代物的物质的量，再根据被取代的氢原子和氯气分子之间的关系式计算消耗氯气的物质的量。【详解】在标准状况下，44.8LCH4的物质的量为2mol，2mol甲烷完全与氯气发生取代反应，若生成相同物质的量的四种取代物，所以每种取代物的物质的量是0.5mol，甲烷和氯气的取代反应中，被取代的氢原子的物质的量与氯气的物质的量相等，所以生成0.5mol一氯甲烷需要氯气0.5mol氯气，生成0.5mol二氯甲烷需要氯气1mol，生成0.5mol三氯甲烷需要氯气1.5mol氯气，生成0.5mol四氯化碳需要氯气2mol，所以总共消耗氯气的物质的量=0.5mol+1mol+1.5mol+2mol=5mol。答案选D。15.下列有关烷烃的叙述中，不正确的是( )A. 在烷烃分子中，所有的化学键都为单键B. 所有的烷烃在光照条件下都能与氯气发生取代反应C. 烷烃分子的通式为CnH2n+2，符合该通式的烃不一定是烷烃D. 随着碳原子的增加，烷烃的熔、沸点逐渐升高。【答案】C【解析】烷烃是只含有碳碳单键的链状烃，所以只有碳碳单键和碳氢键，选项A正确。烷烃在光照下和卤素发生取代是烷烃通性，所以选项B正确。符合CnH2n+2通式的烃分子只可能是含有碳碳单键的链烃，即饱和烃，所以选项C错误。随着碳原子数增加，烷烃分子间作用力增大，熔沸点升高，选项D正确。16.有A、B两种元素，已知元素A的核电荷数为a，且A3与Bn的电子排布完全相同，则元素B的核电荷数为( )A. an3B. an3C. an3D. an3【答案】B【解析】【详解】A元素原子的核电荷数为a，原子中核电荷数=核内质子数=核外电子数，则其核外电子数为a；A原子得到3个电子形成A3-，则A3-的核外电子数为a+3；B原子失去n个电子形成Bn+，由于A3+与Bn-的电子层排布相同，则B原子的核外电子数为a+3+n；则B元素原子的核电荷数a+3+n。故选B。第ii卷（选择题52分）二、简答题：（每空2分，共52分。请将答案填在答题卡上）17.根据下列提供的一组物质回答问题：NH4Cl MgCl2 H2S Na2O2 MgO Cl2 NaOH （1）仅含有共价键的是_；既有离子键又有共价键的是_(用序号表示）（2）离子化合物有_；（用序号表示）（3）Na2O2 的电子式_【答案】 (1). (2). (3). (4). 【解析】【分析】（1）离子键是阴阳离子间的静电作用，共价键是原子间通过共用电子对形成的相互作用；（2）含有离子键的化合物属于离子化合物；（3）过氧化钠是由2个钠离子与1个过氧根离子通过离子键结合而成的离子化合物。【详解】（1）NH4Cl，含有离子键和共价键；MgCl2含有离子键；H2S只含有共价键；Na2O2含有离子键和共价键；MgO含有离子键；Cl2只含有共价键；NaOH，含有离子键和共价键；仅含共价键的是：；既有离子键又有共价键的是；故答案为：；。（2）含有离子键的化合物有：，属于离子化合物；故答案为：。（3）过氧化钠是由2个钠离子与1个过氧根离子通过离子键结合而成的离子化合物，电子式为：，故答案为：。18.下表是元素周期表的一部分，请回答有关问题：（1）的元素符号为 _； （2）第3周期主族元素中，原子半径最小的是_（用元素符号表示）。（3）表中元素的气态氢化物中最稳定的是_（用化学式表示）。（4）、四种元素的最高价氧化物的水化物中酸性最强的是_（用化学式表示）。（5）和形成化合物的电子式为_（6）和两种元素的最高价氧化物的水化物在水溶液中反应的离子方程式为_。【答案】 (1). C (2). Cl (3). HF (4). HClO4 (5). (6). Al(OH)3 + OH =AlO2 + 2H2O【解析】【分析】由元素在周期表的位置可知：为C元素，为O元素，为F元素，为Na元素，为Mg元素，为Al元素，为S元素，为Cl元素，为Ar元素，据此答题。【详解】由分析可知：为C元素，为O元素，为F元素，为Na元素，为Mg元素，为Al元素，为S元素，为Cl元素，为Ar元素。（1）由分析可知：为碳元素，元素符号为C，故答案为：C。（2）同一周期元素的原子，从左向右原子半径逐渐减小，所以第3周期主族元素中，原子半径最小的是Cl，故答案为：Cl。（3）元素的非金属性越强，氢化物越稳定，表中非金属性最强的是F，所以气态氢化物中最稳定的是HF，故答案为：HF。（4）为C元素，为O元素，为S元素，为Cl元素，元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，这四中元素中非金属性最强的是Cl，故最高价氧化物的水化物中酸性最强的是HClO4，故答案为：HClO4。（5）为C元素、为Cl元素，和形成化合物为CCl4，CCl4是由非金属形成的共价化合物，电子式为：，故答案为：。（6）为Na元素、为Al元素，Na和Al的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，NaOH与Al(OH)3反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al(OH)3+OH =AlO2+2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH=AlO2+2H2O。【点睛】明确短周期及元素在周期表中的位置来推断。19.在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才可能发生化学反应，这些分子被称为活化分子。使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，其单位通常用kJmol1表示。请认真观察下图，然后回答问题。（1）下图中所示反应是_(填“吸热”或“放热”)反应。（2）已知拆开1mol HH键、1mol II、1mol HI键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ。则由1mol氢气和1mol 碘反应生成HI会_(填“放出”或“吸收”)_kJ的热量。（3）下列反应中，属于放热反应的是_，属于吸热反应的是_。物质燃烧 炸药爆炸 酸碱中和反应 二氧化碳通过炽热的碳食物因氧化而腐败 Ba(OH)28H2O与NH4Cl反应 铁粉与稀盐酸反应【答案】 (1). 放热 (2). 放出 (3). 11 (4). (5). 【解析】【分析】（1）当反应物的总能量高于生成物时，反应为放热反应；（2）旧键断裂要吸收能量，新键生成要释放能量，当旧键断裂吸收的能量大于新键生成释放的能量时，反应为吸热反应，反之则为放热反应；（3）根据常见的放热反应和吸热反应进行分析。【详解】（1）依据图象分析反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，故答案为：放热。（2）氢气和碘反应生成2molHI，旧键断裂吸收能量的值为：436kJ+151kJ=587kJ，新键生成释放能量为：299kJ2=598kJ，旧键断裂吸收的能量小于新键生成释放的能量，反应为放热反应，放出的热量为：598kJ-587kJ=11kJ，故答案为：放出；11。（3）物质燃烧是放热反应；炸药爆炸，属于物质燃烧是放热反应；酸与碱的中和反应，所有中和反应是放热反应；二氧化碳通过炽热碳是吸热反应；食物因氧化而腐败，属于缓慢氧化是放热反应；Ba(OH)28H2O与NH4Cl反应是吸热反应；铁粉与稀盐酸反应是放热反应；所以属于放热反应的是，属于吸热反应的是，故答案为：，。【点睛】把握放热反应和吸热反应的含义是解答的关键，一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。20.人们应用原电池原理制作了多种电池，以满足不同的需要，广泛使用于日常生活、生产和科学技术等方面，请根据题中提供的信息，填写空格。(1)铅蓄电池在放电时发生的电池反应式为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O。正极电极反应式为_。电池工作一段时间后需要充电，充电过程中H2SO4的浓度_(填“增大”、“减小”或“不变”)。(2)某学习小组依据氧化还原反应：2Ag+Cu=Cu2+2Ag设计成原电池，则负极发生的电极反应式为_；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5.4 g，则该原电池反应转移的电子数目是_。(3)燃料电池是一种高效、环境友好的供电装置。电解质为稀硫酸溶液的氢氧燃料电池，其正极反应式为_。【答案】 (1). PbO2+ 4H+ + SO42-+2e=PbSO4+2H2O (2). 增大 (3). Cu2e=Cu2+ (4). 0.05N A (5). O2+4 e+4H+=2H2O【解析】【分析】（1）铅蓄电池中正极得到电子，发生还原反应；（2）根据总反应可知铜发生氧化反应，则铜失电子作原电池的负极；Ag为原电池的正极，正极上发生还原反应，根据电极反应式计算转移电子的数目；（3）氢氧燃料电池中，通入氧气的一极为电池的正极，发生还原反应。【详解】（1）原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。所以根据总的反应式可知，二氧化铅是正极得到电子，因此正极电极反应式为：PbO2SO42-4H+2e-=PbSO42H2O；根据电池反应式知，充电时硫酸是生成物，所以充电过程中电池液中H2SO4的浓度增大，故答案为：PbO2+4H+SO42-+2e=PbSO4+2H2O，增大。（2）在2Ag+CuCu2+2Ag反应中，铜的化合价升高，发生氧化反应，则铜失电子作原电池的负极，电极反应为Cu-2e-Cu2+；原电池工作时，负极铜失去电子被氧化生成铜离子，铜的质量逐渐减少，溶液中的银离子在正极银得电子发生还原反应生成银，所以正极增重的质量就是析出银的质量，当银电极质量增加5.4g时，n（Ag）=5.4g108g/mol =0.05mol，根据电极反应Ag+e-=Ag，可知原电池反应共转移电子的数目为0.05NA，故答案为：Cu-2e-Cu2+；0.05NA。（3）氢氧燃料电池中，通入氧气的一极为电池的正极，发生还原反应，该电池的正极反应式O2+4e+4H