学年河南省周口中英文学校高一下学期期中考试化学试题.docx
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学年河南省周口中英文学校高一下学期期中考试化学试题
河南省周口中英文学校2018-2019学年高一下学期期中考试
化学试题
★祝考试顺利★
注意事项：
1、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。
2、选择题的作答：
每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。
3、主观题的作答：
用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。
如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
4、选考题的作答：
先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。
答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。
5、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。
6、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。
1.化学与社会、生活密切相关。
下列说法正确的是（ ）
A.海水淡化可以解决淡水供应危机，向海水中加入明矾可以使海水淡化
B.铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭等还原剂从氧化铝中获得铝
C.Ge（32号元素）的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池
D.将家用84消毒液与洁厕灵混合使用可提高去污效果
【答案】C
【解析】
【分析】
A.明矾只能作为净水剂，但不能使海水淡化；
B.铝的冶炼用电解氧化铝的方法;
C.32号元素Ge位于金属和非金属交界线处；
D.洁厕灵与84消毒液混合使用可生成有毒气体氯气。
【详解】A.明矾溶于水生成氢氧化铝胶体能吸附水中
悬浮颗粒，但不能除去海水中的盐分使海水淡化，A项错误；
B.单质铝用电解熔融氧化铝制取，氧化铝与碳不反应，B项错误；
C.32号元素Ge位于金属和非金属交界线处，具有金属和非金属的性质，可以作半导体材料，所以Ge（32号元素）的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池，C项正确；
D.洁厕灵主要成分为盐酸，84消毒液主要成分为次氯酸钠，二者混合使用可生成有毒气体氯气，易中毒，D项错误；
答案选C。
【点睛】金属冶炼的方法与金属的活动性顺序有相关性，即：
学生要理解并识记，如本题B项可直接排除。
2.以下非金属氧化物与其引起的环境问题及主要来源对应正确的是
选项
氧化物
环境问题
主要来源
A
CO2
破坏臭氧层
化石燃料的燃烧
B
SO2
温室效应
汽车尾气的排放
C
NO2
光化学烟雾
工厂废气的排放
D
CO
酸雨
汽车尾气和化石燃料的不完全燃烧
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
破坏臭氧层的是氟利昂；导致温室效应的气体是CO2、CH4；造成光化学烟雾的气体是氮氧化物和碳氢化合物；CO有毒，能使人中毒，造成酸雨的是SO2和氮氧化物。
3.下列说法不正确的是
A.原子及其离子的核外电子层数等于该元素所在的周期数
B.元素周期表中从ⅢB到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素
C.除氦以外的稀有气体原子的最外层电子数都是8
D.同周期元素中VIIA族元素的原子半径较小
【答案】A
【解析】
离子的核外电子层数不一定等于该元素所在的周期数，例如钠离子。
周期表中从IIIB到IIB族10个纵行的元素属于过渡元素，全部为金属元素。
同周期自左向右，原子半径逐渐减小，所以同周期元素中VIIA族元素的原子半径最小。
因此只有选项A是错误的，所以答案选A。
4.下列叙述中，正确的是（）
A.在多电子的原子里，能量高的电子通常在离核近的区域内活动
B.核外电子总是先排在能量高的电子层上，由里向外逐层排布
C.两种微粒，若核外电子排布完全相同，则其化学性质不一定相同
D.微粒的最外层只能是8个电子才稳定
【答案】C
【解析】
A、在多电子的原子里，能量高的电子通常在离核远的区域内活动，选项A错误；B、核外电子总是先排在能量低的电子层上，由里向外逐层排布，选项B错误；C、两种微粒，若核外电子排布完全相同，则其化学性质不一定相同，例如Na＋和F－，选项C正确；D、稀有气体氦，最外层2个电子,也很稳定，选项D错误。
答案选C。
5.下列各组元素性质递变情况错误的是（）
A.N、O、F最高正价依次升高B.Li、Be、B原子最外层电子数逐渐增多
C.P、S、Cl原子半径依次减小D.Li、Na、K的半径依次增大
【答案】A
【解析】
A、F没有正价，最高价为0价，选项A错误；B、Li、Be、B原子的核外电子分别为1、2、3，原子最外层电子数逐渐增多，选项B正确；C、同周期元素原子从左到右原子半径逐渐减小，P、S、Cl原子半径依次减小，选项C正确；D、同主族元素原子半径从上而下依次增大，Li、Na、K的半径依次增大，选项D正确。
答案选A。
6.下列化学反应的离子方程式正确的是（ ）
A.将少量
通入
溶液中：
B.向稀氨水中通入少量
：
C.用稀
溶解FeS固体：
D.将醋酸滴入硅酸钠溶液中：
【答案】B
【解析】
【详解】A.将少量
通入
溶液中，二氧化硫被氧化成的硫酸，次氯酸根有剩余，所以有次氯酸生成，离子方程式是
，故A错误；
B.向稀氨水中通入少量
生成碳酸铵，反应离子方程式是
，故B正确；
C.硝酸具有氧化性，用稀HNO3溶解FeS固体的离子反应为FeS+NO3-+4H+═Fe3++S↓+NO↑+2H2O，故C错误；
D.醋酸为弱酸，不能拆成离子，将醋酸滴入硅酸钠溶液中，离子方程式是SiO32-+2CH3COOH=H2SiO3↓+2CH3COO-，故D错误。
【点睛】本题考查离子反应方程式的书写，重点是与量有关的离子反应及氧化还原反应的考查，注意沉淀、弱电解质、氧化物、气体、单质不能拆写为离子。
7.某元素的一种同位素X原子的质量数为A，含N个中子，它与2H原子组成2HmX分子，在agHmX分子中含质子的物质的量是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】X原子的质量数为A，中子数是N个，质子数是A-N；2H原子的质子数是1；1个2HmX分子中质子数是A-N+m；2HmX的相对分子质量是2m+A，ag2HmX的物质的量是
mol，所以agHmX分子中含质子的物质的量是
mol，故选B。
8.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的相对位置如图所示。
若Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，下列说法中正确的是（ ）
A.X的最常见气态氢化物的水溶液显酸性
B.最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z强
C.Z的单质与氢气反应比Y单质与氢气反应剧烈
D.X
原子半径小于Y
【答案】B
【解析】
【详解】根据图示元素
位置关系，结合Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，可以推出Z为S，从而可以确定X为N，Y为O，W为Cl。
A、N的最常见气态氢化物NH3的水溶液显碱性，故A项错误；B、非金属性Cl强于S，因此最高价氧化物对应水化物的酸性：
HClO4>H2SO4，故B项正确；C、非金属性O强于S，因此O2与H2反应较S与H2反应剧烈，故C项错误；D、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，因此N的原子半径大于O，故D项错误。
9.100mL6mol﹒L-1的硫酸溶液与过量锌粉反应，在一定温度下为了减缓反应速率但又不影响生成氢气的总质量，可向反应物中加入适量的（）
A.硝酸B.醋酸钠C.硫酸氢钾D.氯化氢气体
【答案】B
【解析】
【分析】
为了减缓反应速率但又不影响生成氢气的总质量，则减小氢离子的浓度，不能改变其物质的量，以此来解答。
【详解】A.硝酸具有强氧化性，加入的硝酸会与Zn反应生成NO，而不生成氢气，A项错误；
B.加醋酸钠后，醋酸钠会与硫酸反应生成醋酸，因醋酸为弱酸，反应过程中氢离子浓度减小，使生成氢气的反应速率会减慢，但氢离子的总物质的量不变，所以又不影响生成氢气的总质量，B项正确；
C.加硫酸氢钾时氢离子浓度与物质的量均增大，反应速率加快，生成氢气增多，C项错误；
D.加HCl气体会使氢离子浓度与物质的量均增大，反应速率加快，生成氢气多，D项错误；
答案选B。
10.已知：
A、B两元素的阴离子具有相同的电子层结构；B元素的阴离子半径大于A元素的阴离子半径；C和A两元素的最外层电子数相同；C元素的原子半径大于A元素的原子半径。
A、B、C三种元素的原子序数的关系是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】A、B两元素的阴离子具有相同的电子层结构，B元素的阴离子半径大于A元素的阴离子半径，说明A、B同周期，A的原子序数大于B；C和A两元素的最外层电子数相同，C元素的原子半径大于A元素的原子半径，说明A、C同主族，A在C上面的周期。
A、B、C三种元素在周期表的相对位置是
，所以原子序数
，故选C。
11.铊（元素符号Tl）是超导材料组成元素之一，位于第六周期，与元素Al同主族。
以下对于铊（Tl）的性质推断错误的是
A.Tl是易导电的银白色的金属B.Tl（OH）3是两性氢氧化物
C.Tl的还原性强于AlD.Tl能生成+3价的化合物
【答案】B
【解析】
试题分析：
A．Tl是金属，容易导电，是易导电的银白色的金属，正确。
B．Tl（OH）3是金属氧化物对应的水化物，不处于金属与非金属交界处，因此该化合物不是两性氢氧化物，错误。
C．Tl和Al是同一主族的元素，由于从上到下原子核外电子层数逐渐增大，原子半径逐渐增大，所以元素的还原性逐渐增强，Tl的还原性强于Al，正确。
D．Tl最外层电子数是3个，所以能生成+3价的化合物，正确。
考点：
考查同一主族的元素的性质变化与比较的知识。
12.下列事实一般不能用于判断金属性强弱的是（）
A.金属间发生的置换反应
B.1mol金属单质在反应中失去电子的多少
C.金属元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱
D.金属元素的单质与水或酸反应置换出氢的难易程度
【答案】B
【解析】
A．活泼金属能将不活泼金属从其盐中置换出来，通过金属间发生的置换反应能用于判断金属性强弱，故A正确；B．1mol金属单质失电子的多少由原子结构决定，与失电子能力强弱无关，所以1mol金属单质在反应中失去电子的多少不能用于判断金属性强弱，故B错误；C．金属元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，则失电子能力越强，可以通过金属元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱判断金属性强弱，故C正确；D．金属元素的单质与水或酸反应置换出氢气越容易，则失电子能力越强，金属元素的单质与水或酸反应置换出氢气的难易程度可以判断金属性强弱，故D正确；故选B。
13.某无色溶液中，已知含有H+、Mg2+、Al3+等阳离子，加入NaOH溶液的体积（v）和生成沉淀的质量（m）之间的关系如如图所示，其中正确的是（）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
加入NaOH溶液时依次发生反应：
H++OH﹣=H2O，Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，然后发生反应Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，则说明开始没有沉淀，后开始产生沉淀，最后沉淀部分溶解，符合的图象为C，故选：
C．
【点评】本题考查镁铝化合物性质、混合物的有关反应，难度不大，根据反应过程推导图象是解题关键．
14.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的质子数为（ ）
A.a－n－3
B.a＋n＋3
C.a＋n－3
D.a－n＋3
【答案】B
【解析】
【详解】已知元素A的核电荷数为a，A3－与Bn＋的电子排布完全相同，B的质子数-n=a+3，则B的质子数=a+3+n，答案为B
【点睛】阴离子核外电子数=质子数+所带电荷数，阳离子核外电子数=质子数-所带电荷数。
15.氯化碘
化学式为ICl，性质和溴非常相似。
下列关于ICl的有关说法中不正确的是（ ）
A.I与Cl之间形成的化学键为共价键
B.ICl分子为共价化合物分子
C.该物质在反应中通常体现氧化性
D.ICl在反应ICl+2NaOH
NaCl+NaIO+H2O中作氧化剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于ICl性质和Br2相似，I与Cl之间形成的化学键为共价键，A项正确；
B．ICl中只存在共价键，ICl分子为共价化合物分子，B项正确；
C．Br2在反应中通常作氧化剂（包括在与氢氧化钠反应中），因此ICl在反应中通常呈现氧化性，C项正确；
D．在ICl+2NaOH═NaCl+NaIO+H2O反应中，ICl中各种元素的化合价并没有改变，因此不是氧化剂，且该反应不属于氧化还原反应，D项错误；
答案选D。
16.下列有关化学反应速率的说法正确的是（ ）
A.用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可以加快产生氢气的速率
B.100mL2mol/L的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变
C.SO2的催化氧化是一个放热的反应，所以升高温度，反应速率减慢
D.汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强反应速率减慢
【答案】D
【解析】
【分析】
影响化学反应速度的因素有：
浓度、温度、压强、催化剂、接触面积等。
加快反应速率的方法有：
增大浓度、升高温度、加入催化剂、增大固体表面积。
【详解】A.用铁片和稀硫酸反应制氢气时，改用98%的硫酸会发生钝化，不能加快反应速率，A错误；
B.100mL2mol·L－1的盐酸和锌片反应，加入氯化钠溶液，氢离子浓度减小，化学反应速率减慢，B错误；
C.不管是吸热反应还是放热反应，升高温度，都能够加快化学反应速率，C错误；
D.汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强反应速率变慢，D正确。
答案为D。
【点睛】本题考查化学反应速率及其影响因素，解题时要注意稀硫酸和浓硫酸化学性质的差异。
17.X、Y、Z、W为短周期元素,它们在周期表中相对位置如图所示。
若Y原子的最外层电子数是6,下列说法不正确的是（）
X
Y
Z
W
A.可以形成化合物ZY3
B.非金属性:
Z>Y
C.质子数:
W>Z
D.Y和W形成的单质都有较强的氧化性
【答案】B
【解析】
【详解】X、Y、Z、W均为短周期元素，根据在周期表中的位置可知X与Y是第二周期元素，Z与W是第三周期元素。
Y原子的最外层电子数是6，则Y为氧元素，因此X为氮元素，Z为硫元素，W为氯元素。
则
A．氧和硫可以形成二氧化硫和三氧化硫，故A正确；
B．同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，则非金属性Y＞Z，故B错误；
C．同周期自左向右质子数逐渐增大，则质子数W＞Z，故C正确；
D.氧气和氯气都有较强的氧化性，故D正确；
故答案选B。
18.Mg和Mg2+两种粒子中，不相同的是
①核内质子数②核外电子数③最外层电子数④核外电子层数
A.①②③B.①②④C.①③④D.②③④
【答案】D
【解析】
①Mg原子失去2个电子变为Mg2+,核内质子数不变,Mg和Mg2+具有相同质子数,故①不选; ②Mg原子核外电子数为12，Mg原子失去最外层的2个电子变为Mg2+,核外电子数为10，故②选; ③Mg失去2个电子变为Mg2+,最外层电子数由2个变成8个,故③选; ④Mg失去2个电子变为Mg2+,电子层数由3个变成2个,故④选; 答案选D.
19.
（1）向橙色的溴水中加入足量的镁粉，充分振荡后过滤，溶液呈现______色，原因用化学方程式表示为_____________________________________。
（2）若向
（1）中滤液加入适量的氯水后，溶液呈______色，原因用离子方程式表示为________。
（3）若向
（1）中滤液加入适量的硝酸银溶液，溶液中有______生成，原因用离子方程式表示_____。
【答案】
（1）.无
（2）.Mg+Br2=MgBr2（3）.橙（4）.Cl2+2Br-=Br2+2Cl-（5）.淡黄色沉淀（6）.Ag++Br-=AgBr↓
【解析】
【分析】
（1）镁与溴反应生成溴化镁；
（2）溴化镁与氯气反应生成氯化镁和溴单质；
（3）溴化镁与硝酸银溶液反应生成硝酸镁和淡黄色溴化银沉淀；
【详解】
（1）镁与溴反应生成溴化镁，反应方程式是Mg+Br2=MgBr2，向橙色的溴水中加入足量的镁粉，溴被消耗，所以溶液呈现无色；
（2）溴化镁与氯气反应生成氯化镁和溴单质，反应离子方程式是Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，若向溴化镁溶液加入适量的氯水后生成溴单质，所以溶液呈橙色；
（3）溴化镁与硝酸银溶液反应生成硝酸镁和淡黄色溴化银沉淀，反应离子方程式是Ag++Br-=AgBr↓，所以向溴化镁溶液加入适量的硝酸银溶液，溶液中有淡黄色沉淀生成。
20.
（1）肼（N2H4）又称联氨，是一种可燃性液体，可用作火箭燃料。
已知0.4molN2H4（l）和足量H2O2（l）反应，生成氮气和水蒸气，放出256.65kJ的热量。
写出该反应的热化学方程式_______________。
肼－空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%～30%的KOH溶液。
肼－空气燃料电池放电时，正极的反应式是_________________________________、负极的反应式是____________________________________。
（2）在一密闭容器中充入1molH2和1molI2，压强为P（Pa），并在一定温度下使其发生反应：
H2（g）＋I2（g）=2HI（g）△H<0。
试回答：
若升高起始时的反应温度，反应速率将___________（填“增大”、“减小”或“不变”，下同）；若将容器的容积缩小一半，反应速率将___________；若保持容器的容积不变，向其中加入1molN2（N2不参加反应），反应速率将__________；若保持容器内气体压强不变，向其中加入1molN2（N2不参加反应），反应速率将____________。
【答案】
（1）.N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=—641.6kJ/mol
（2）.O2＋4e－＋2H2O=4OH－（3）.N2H4＋4OH－－4e－=N2↑＋4H2O（4）.增大（5）.增大（6）.不变（7）.减小
【解析】
【分析】
（1）0.4molN2H4（l）和足量H2O2（l）反应，生成氮气和水蒸气，放出256.65kJ的热量，则1molN2H4（l）和足量H2O2（l）反应，生成氮气和水蒸气，放出
641.6kJ的热量；肼－空气碱性燃料电池，负极是N2H4失电子生成氮气和水，正极是氧气得电子生成氢氧根离子；
（2）温度越高反应速率越快；压强越大反应速率越快；增大反应物的浓度，反应速率加快。
【详解】
（1）0.4molN2H4（l）和足量H2O2（l）反应，生成氮气和水蒸气，放出256.65kJ的热量，则1molN2H4（l）和足量H2O2（l）反应，生成氮气和水蒸气，放出
641.6kJ的热量，该反应的热化学方程式是N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=—641.6kJ/mol；肼－空气碱性燃料电池，负极是N2H4失电子生成氮气和水，负极反应式是N2H4＋4OH－－4e－=N2↑＋4H2O，正极是氧气得电子生成氢氧根离子，正极反应式是O2＋4e－＋2H2O=4OH－；
（2）温度越高反应速率越快，若升高起始时的反应温度，反应速率将增大；压强越大反应速率越快，将容器的容积缩小一半，压强变大，反应速率将增大；增大反应物的浓度，反应速率加快，保持容器的容积不变，向其中加入1molN2（N2不参加反应），反应物、生成物的浓度不变，所以反应速率不变；若保持容器内气体压强不变，向其中加入1molN2（N2不参加反应），容器体积变大，反应物、生成物的浓度减小，所以反应速率减小。
21.用零价铁（Fe）去除水体中的硝酸盐（NO3-）已成为环境修复研究的热点之一。
（1）Fe还原水体中NO3-的反应原理如图1所示。
①作负极的物质化学式为___________。
②正极的电极反应式是_________________________________________。
（2）将足量铁粉投入水体中，经24小时测定NO3-的去除率和pH，结果如下：
初始pH
pH=2.5
pH=4.5
NO3-的去除率
接近100%
＜50%
24小时pH
接近中性
接近中性
铁的最终物质形态
pH=4.5时，NO3-的去除率低。
其原因是_____________________________________。
（3）实验发现：
在初始pH=4.5
水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的Fe2+可以明显提高NO3-的去除率。
对Fe2+的作用提出两种假设：
Ⅰ．Fe2+直接还原NO3-；
Ⅱ．Fe2+破坏FeO（OH）氧化层。
①做对比实验，结果如图2所示，可得到的结论是____________________。
②同位素示踪法证实Fe2+能与FeO（OH）反应生成Fe3O4，该反应的离子方程式为_________，解释加入Fe2+提高NO3-去除率的原因：
_____________________________________。
【答案】
（1）.Fe
（2）.NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O（3）.FeO（OH）不导电，阻碍电子转移（4）.本实验条件下，Fe2+不能直接还原NO3-；在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3-的去除率（5）.Fe2++2FeO（OH）=Fe3O4+2H+（6）.Fe2+将不导电的FeO（OH）转化为可导电的Fe3O4，利于电子转移
【解析】
【分析】
（1）原电池中负极材料失电子，正极是NO3-得电子生成NH4+；
（2）根据图示pH=4.5生成了较多的FeO（OH），FeO（OH）不导电；
（3）①根据图2可知，只加入Fe2+的水中NO3-的去除率为0，加入Fe2+、Fe的水中NO3-的去除率最高；
②根据得失电子守恒配平Fe2+与FeO（OH）反应生成Fe3O4的离子方程式；
【详解】
（1）①原电池中负极材料失电子，根据图1，铁失电子，所以作负极的物质化学式为Fe；
②根据示意图，正极是NO3-得电子生成NH4+，正极的电极反应式是NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O；
（2）根据图示，pH=4.5时，NO3-的去除率低的原因是：
pH=4.5生成了较多的FeO（OH），FeO（OH）不导电，阻碍电子转移，所以NO3-的去除率低；
（3）①根据图2可知，只加入Fe2+的水中NO3-的去除率为0，加入Fe2+、Fe的水中NO3-的去除率最高，可得到的结论是本实验条件下，Fe2+不能直接还原NO3-；在Fe和Fe2+共同作用
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