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【化学】黑龙江省哈尔滨市呼兰一中、阿城二中、宾县三中、尚志五中四校2018-2019学年高一下学期期中考试试题(阿城用卷)（解析版）
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黑龙江省哈尔滨市呼兰一中、阿城二中、宾县三中、尚志五中四校2018-2019学年高一下学期期中考试试题(阿城用卷)
（范围:必修二第一章、第三章（1、2、3）、第四章）
第I卷 选择题（共54分）
可能用到的原子量: H:1 N:14 O:8 S:16 Cl:35.5 Na、:23 Al:27
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每题3分，共54分）
1.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. H、D、T表示同一种核素 B. 氢离子电子式H+
C. Cl－离子的结构示意图： D. HClO的电子式：
【答案】B
【解析】A. 核素是具有一定数目的质子数和质量数的原子。所以 11H、21D、31T表示三种核素，故A错误；B.因为氢原子核外只有一个电子，形成离子时失去最外层电子，所以氢离子电子式为H+，故B 正确；C. 氯为17号元素，核内有17个质子，核外有17个电子。形成离子时得到一个电子，所以Cl－离子的结构示意图：，故C错误；D. HClO的电子式：，故D错误；答案：B。
2.下列说法中不正确的是( )
①原子核内有18个中子的氯原子：
② 和是中子数不同质子数相同的同种核素
③元素周期表中铋元素的数据如图所示，则Bi元素的质量数是209.0
A. ①② B. ①③ C. ①②③ D. ②③
【答案】D
【解析】
【详解】①氯原子的质子数为17，则原子核内有18个中子的氯原子：，故①正确；
②同种核素必须具有相同的中子数和质子数，和是中子数不同质子数相同的不同核素，故②错误；
③元素没有质量数，Bi元素的相对原子质量是209.0，故③错误；
答案为D。
3.下列说法肯定错误的是( )
A. 某原子K层上只有一个电子
B. 某原子M层上的电子数为L层上电子数的4倍
C. 某离子M层上和L层上的电子数均为K层的4倍
D. 某离子的核电荷数与最外层电子数相等
【答案】B
【解析】某原子M层上电子数为L层上电子数的4倍为32 ，错误。某离子M层上和L层上的电子数均为K层的4倍为2 8 8，某离子的核电荷数与最外层电子数相等 ,比如为H
4.X元素最高价氧化物对应水化物为H3XO4，则它对应的气态氢化物为( )
A. HX B. H2X C. XH3 D. XH4
【答案】C
【解析】分析：元素的最高正价+|最低负价|=8，根据元素的最高价氧化物的水化物的化学式确定最高正价，进而求得最低负价，得出气态氢化物的化学式。
详解：元素X的最高价氧化物的水化物的化学式为H3XO4，所以X的最高正价是+5价，依次最低负价为-3价，则X的气态氢化物的化学式为XH3。答案选C。
详解：本题考查了元素正负化合价之间的关系，题目难度不大，注意根据元素的最高正价+|最低负价|=8解答。另外需要注意氟元素没有正价，氧元素没有最高价。
5.下列关于碱金属元素和卤素的说法中，正确的是( )
A. 随核电荷数的增加，碱金属元素和卤素单质的熔沸点都逐渐升高
B. 卤素单质氧化性：F2 > Cl2 > Br2 > I2，可用F2 置换KI溶液中的I2
C. 碱金属元素中，锂原子失去最外层电子的能力最弱，可与氧气反应生成Li2O2
D. 卤化氢（HX）中除HF分子间存在氢键外，其余HX分子均不存在氢键
【答案】D
【解析】分析：依据同主族元素，从上到下，原子半径依次增大，金属性依次增强，非金属性依次减弱解答即可。
详解：A．随核电荷数的增加，碱金属元素单质的熔沸点逐渐减小，A错误；
B．同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，氟是最活泼的非金属，极易与水反应，因此不能用F2置换KI溶液中的I2，B错误；
C．锂的金属性弱于钠，与氧气反应生成Li2O，C错误；
D．能形成氢键的元素一般是非金属性很强，例如F、O、N，所以卤化氢（HX）中除HF分子间存在氢键外，其余HX分子均不存在氢键，D正确；答案选D。
6. 几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：
元素代号
X
Y
Z
W
原子半径/pm
160
143
70
66
主要化合价
+2
+3
+5、+3、-3
-2
下列叙述正确的是( )
A、X、Y元素的金属性X
C、Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水
D、一定条件下，W单质可以将Z单质从其氢化物中置换出来
【答案】D
【解析】试题分析：根据元素的化合价既原子半径的大小，X是第IIA族元素，Y是第IIIA族元素，原子半径较大，所以X是Mg，Y是Al；W的化合价为-2价，则W是O元素，Z的原子半径大于W，根据其化合价判断Z是N元素。A、Mg与Al是同周期元素，Mg的金属性大于Al，错误；B、氮气与氧气在任何条件下都不可能直接化合生成二氧化氮，错误；C、氢氧化铝只溶于强碱，不溶于弱碱，错误；D、一定条件下，氧气可置换出氮气，如氧气与氨气反应生成氮气和水，正确，答案选D。
7. 下列结论错误的是（ ）
①微粒半径：K＋>Al3＋>S2－>Cl－
②氢化物的稳定性：HF>HCl>H2S>PH3>SiH4
③离子的还原性：S2－>Cl－>Br－>I－
④氧化性：Cl2>S>Se>Te
⑤酸性：H2SO4>H3PO4>H2CO3>HClO4
⑥非金属性：O>N>P>Si
⑦金属性：Be
【答案】B
【解析】①中微粒半径应为S2－>Cl－>K＋>Al3＋；③中离子还原性应为S2－>I－>Br－>Cl－；⑤中非金属性Cl>S>P>C，故其最高价氧化物对应水化物的酸性应为：HClO4>H2SO4>H3PO4>H2CO3；①③⑤错，故选B。
8.下列说法正确的是( )
A. 阴、阳离子间通过静电引力所形成的化学键是离子键
B. 二氧化硅融化和干冰气化所破坏的作用力不相同
C. 非极性键只能存在单质中，不可能存在化合物中
D. HBr比HCl的热稳定性差，说明HBr的分子间作用力比HCl弱
【答案】B
【解析】A. 阴、阳离子间通过静电作用所形成的化学键是离子键，故A错；B. 二氧化硅是原子晶体，融化时破坏的是共价键，干冰是分子晶体，气化时破坏的是分子间作用力。两者破坏的作用力是不相同。故B正确；C. 因为非极性键是同种原子之间形成的，所以过氧化氢分子中两个氧原子之间形成的是非极性键，故C错误；D非金属性越强，气态氢化物越稳定，因为非金属性Cl>Br，所以 HBr比HCl的热稳定性差；而分子间作用力是由HBr和HCl的相对分子质量决定的，因为同主族组成的结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越大，所以HBr的分子间作用力比HCl强。故D错误；答案：B。
9.根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是( )
A. 气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4
B. 氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物
C. 上图所示实验可证明元素的非金属性：Cl>C>Si
D. 用中文“”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族
【答案】C
【解析】A.非金属性O>N>Si，气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4，故不选A；
B.H与F、Cl等形成共价化合物，与Na、K等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，故不选B；
C.利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故选C；
D.118号元素的核外有7个电子层、最外层电子数为8，则118号元素在周期表中位于第七周期0族，故不选D；
答案：C
10. 甲烷分子是以C原子为中心的正四面体结构，而不是正方形的平面结构，理由是（ ）
A. CH3Cl只代表一种物质 B. CH2Cl2只代表一种物质
C. CHCl3只代表一种物质 D. CCl4是非极性分子
【答案】B
【解析】试题分析：CH4分子中有四个等同的碳氢键，可能有两种对称结构：正四面体结构和平面正方形结构。甲烷无论是正四面体结构还是平面正方形结构，一氯代物均不存在同分异构体。而平面正方形中，四个氢原子的位置虽然也相同，但是相互间存在相邻和相间的关系，其二氯代物有两种异构体：两个氯原子在邻位和两个氯原子在对位。若是正四面体，则只有一种，因为正四面体的两个顶点总是相邻关系，由CH2Cl2只代表一种物质，可以判断甲烷分子是空间正四面体结构，而不是平面正方形结构，选B。
11.下列烷烃：①正己烷 ②丙烷 ③正戊烷 ④正丁烷 ⑤癸烷中，沸点由高到低顺序正确的是（ ）
A. ①②③④⑤ B. ⑤①③④② C. ⑤③④①② D. ③④⑤②①
【答案】B
【解析】试题分析：烷烃的沸点高低的判断依据为：分子中碳原子数越多，沸点越高；对于含碳原子数相同的烷烃而言，支链越多，沸点越低。所以① 正己烷 ② 丙烷 ③ 正戊烷 ④ 正丁烷 ⑤ 癸烷，沸点由高到低的顺序正确的是⑤①③④②；选B。
12.下列各组混合物中，不能用分液漏斗进行分离的是（ ）
A. 碘和四氯化碳 B. 乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液
C. 水和溴苯 D. 硝基苯和水
【答案】A
【解析】A. 碘易溶于四氯化碳，和四氯化碳形成溶液，不分层，不能用分液漏斗进行分离，故A选；
B. 乙酸乙酯不溶于水，和饱和碳酸钠溶液分层，可以用分液漏斗进行分离，故B不选；
C. 溴苯不溶于水，和水分层，可以用分液漏斗进行分离，故C不选；
D. 硝基苯不溶于水，和水分层，可以用分液漏斗进行分离，故D不选；
答案选A。
13.制取较纯净的一氯乙烷最好采用的方法是（ ）
A. 乙烷和氯气反应 B. 乙烯和氯化氢反应
C. 乙烯和氯气反应 D. 乙烯和氢气、氯气的混合气体在常温下反应
【答案】B
【解析】A．CH3CH3+Cl2→CH3CH2Cl+HCl，该反应有副产物HCl和多种取代产物生成，得到的一氯乙烷纯度较低，故A不选；
B．CH2═CH2+HCl→CH3CH2Cl，生成物只有一氯乙烷，符合题意要求，故B选；
C．CH2═CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl，产物是二氯乙烷，不是一氯乙烷，故C不选；
D．乙烯和氢气在常温下不反应，乙烯和氯气反应产物是二氯乙烷，不是一氯乙烷，故D不选；
答案选B。
14.1866年凯库勒提出了苯的单、双键交替的平面六边形结构，解释了苯的部分性质，但还有一些问题尚未解决，它不能解释下列事实是（ ）
A. 苯的间位二取代物只有一种 B. 苯能与H2发生加成反应
C. 溴苯没有同分异构体 D. 邻二溴苯只有一种
【答案】D
【解析】A、苯中若是单、双键交替平面六边形结构，苯的间位二取代物只有一种，凯库勒提出的苯的结构能解释，故A不选；
B、苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，发生加成反应是双键具有的性质，能证明苯环结构中存在C-C单键与C=C双键的交替结构，凯库勒提出的苯的结构能解释，故B不选；
C、苯中若是单、双键交替的平面六边形结构，溴苯只有一种结构，没有同分异构体，凯库勒提出的苯的结构能解释，故C不选；
D、如果是单双键交替结构，邻二溴苯的结构有两种，一种是两个溴原子夹C-C，另一种是两个溴原子夹C=C，凯库勒提出的苯的结构不能解释邻二溴苯只有一种结构，故D选；
答案选D。
15.某有机物的结构简式如图所示，有关该有机物的叙述不正确的是( )
A. 在一定条件下，能发生取代、酯化和加聚反应
B. 该物质能使酸性KMnO4溶液褪色
C. lmol该物质最多可与5molH2发生加成反应
D. lmol该物质完全燃烧最多可消耗13mol氧气
【答案】C
【解析】A．结构中含-COOH，能发生取代反应、酯化反应，含碳碳双键可发生加聚反应，故A正确；
B．结构中含碳碳双键、苯环上含有侧链烃基，都能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；
C．苯环、碳碳双键能够与氢气发生加成反应，则1mol物质最多可与4molH2发生加成反应，故C错误；
D．分子中含11个C、12个H、2个O，则1mol该物质完全燃烧最多可消耗氧气为1mol×(11+-)=13mol，故D正确；
答案选C。
16.在 分子中，处于同一平面上的原子数最多可能是( )
A. 15个 B. 16个 C. 17个 D. 18个
【答案】C
【解析】试题分析：乙烯分子是平面分子，苯分子是平面分子，两个平面可以共平面，甲烷分子是正四面体结构，一个平面若通过正四面体的几何中心，最多可以通过两个顶点，所以甲基中最多有两个原子在该平面上。因此处于同一平面上的原子数最多可能是2+10+5=17．因此选项是C。
17.目前，从海水中提取的溴占世界溴年产量的1/3左右，常用的方法之一是用氧化剂把Br－氧化成单质溴，再通入热空气把溴蒸气吹出，这一反应中常使用的氧化剂是（ ）
A. O2 B. Cl2 C. 浓硫酸 D. 浓硝酸
【答案】B
【解析】四个选项中的物质理论均能氧化溴离子生成溴单质，但工业生产中往往要考虑成本、生产效益等实际问题，常常使用氯气氧化溴离子置换出溴单质，再用热空气把溴蒸气吹出富集，故选B。
18.若实行海水淡化来供应饮用水，下列方法在原理上完全不可行的是（ ）
A. 加入明矾，使海水的盐分沉淀而淡化
B. 利用太阳能，将海水蒸馏淡化
C. 利用半透膜，采用反渗透法而使海水淡化
D. 将海水通过离子交换树脂，以除去所含的盐分
【答案】A
【解析】A、明矾可以净水，其原理是明矾溶于水产生胶体，胶体能够吸附水中的悬浮物，从而达到净水的目的，而明矾不会沉淀水中的离子，不能使海水的盐分沉淀而淡化，故A错误；
B、蒸馏法是工业上淡化海水的一种常用方法，故B正确；
C、半透膜只会让水分子和离子透过，采用反渗透法可以使海水淡化，故C正确；
D、通过离子交换树脂可以除去海水中的离子，从而达到淡化海水的目的，故D正确；
答案选A。
二、填空题（共46分）
19.（1）在下列各组物质中：
A O2和O3 B 氘和氚 C CH4和CH3（CH2）2CH3
D 和 E CH3（CH2）2 CH3和
①互为同位素的是__________ ②互为同素异形体的是______．
③互为同系物的是__________ ④互为同分异构的是_____．（均填选项号）
（2）下列各种物质：①H2O②NH3③KOH④Na2O2 ⑤MgCl2⑥Ne ，不存在化学键的是_____；只存在离子键的是_____；属于共价化合物的是_______；含非极性键的离子化合物是__________________。
（3）CO2的电子式为 ________________；NH3的结构式为 _______________；
（4）Na2O2熔化时被破坏的是________。
【答案】(1). B (2). A (3). C (4). E (5). ⑥ (6). ⑤ (7). ①和② (8). ④ (9). (10). (11). 离子键
【解析】
【分析】(1)同位素是质子数相同而中子数不同的同元素的不同原子；同素异形体是同种元素组成的性质不同的单质之间的互称，根据原子的表示方法和各数值的意义计算分析；
(2)相邻原子间存在的强的相互作用为化学键，阴阳离子间形成的化学键为离子键，只含共价键的化合物为共价化合物，相同元素原子形成的共价键为非极性共价键；
(3)二氧化碳是共价化合物，碳原子和两个氧原子分别形成两个共价键，氨气为共价化合物，氮原子和氢原子形成三个共价键；
(4)过氧化钠是离子化合物熔融破坏的是离子键。
【详解】(1)A.O2与O3由氧元素组成的不同单质，互为同素异形体；
B.氘和氚质子数相同为1，中子数不同分别为1、2，是氢元素的不同核素，互为同位素；
C.CH4和CH3(CH2)2CH3结构相似，分子组成相差3个CH2基团，二者是同系物；
D.和分子组成和结构均相同，是同种物质；
E.CH3(CH2)2 CH3和分子式相同，结构不同，是同分异构体；
故：①互为同位素的是B；②互为同素异形体的是A；③互为同系物的是C；④互为同分异构的是E；
(2)下列各种物质：①H2O ②NH3 ③KOH ④Na2O2 ⑤MgCl2 ⑥He，不存在化学键的是稀有气体⑥He，只存在离子键的是⑤MgCl2，属于共价化合物的是①H2O 和②NH3，含非极性键的离子化合物是：④Na2O2；
(3)CO2的电子式为，氨气的结构式为：；
(4)过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，熔融破坏的是离子键；
20.下列为元素周期表中的一部分，用化学式或元素符号回答下列问题：
族周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
2
⑥
⑦
⑪
3
①
③
⑤
⑧
⑩
4
②
④
⑨
(1)11种元素中，化学性质最不活泼的是______。
(2)①②⑤中，最高价氧化物的水化物，碱性最强的是________。
(3)②③④中形成的简单离子半径由大到小的顺序是________。
(4)元素⑦的氢化物在常温下和元素②的单质反应的离子方程式是_____________，该氢化物与元素⑧的单质反应的离子方程式是_____________ 。
(5)①和⑨的最高价氧化物对应的水化物化学式为________和________。①和⑨两元素形成化合物的化学式为________，该化合物灼烧时焰色为________，该化合物的溶液与元素⑧的单质反应的离子方程式为_________。
(6)①和⑤最高价氧化物对应的水化物相互反应的化学方程式为________。
(7)⑥和⑧形成的化合物的化学式为________，该化合物溶解⑨的单质所得溶液为_______。
(8)⑧、⑨、⑪三种元素形成的气态氢化物最稳定的是________。
【答案】(1). Ar (2). KOH (3). K＋＞Ca2＋＞Mg2＋ (4). 2K＋2H2O2K＋＋2OH－＋H2↑ (5). Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO (6). NaOH (7). HBrO4 (8). NaBr (9). 黄色 (10). Cl2＋2Br－2Cl－＋Br2 (11). NaOH＋Al(OH)3NaAlO2＋2H2O (12). CCl4 (13). Br2的CCl4溶液 (14). HF
【解析】
【分析】由元素在周期表中的位置可知，①为Na元素、②为K元素、③为Mg元素、④为Ca元素、⑤为Al元素、⑥为C元素、⑦为O元素、⑧为Cl元素、⑨为Br元素、⑩为Ar元素、⑪为F元素。结合原子结构和元素周期律分析解答。
【详解】由元素在周期表中的位置可知，①为Na元素、②为K元素、③为Mg元素、④为Ca元素、⑤为Al元素、⑥为C元素、⑦为O元素、⑧为Cl元素、⑨为Br元素、⑩为Ar元素、⑪为F元素。
(1)稀有气体Ar原子最外层为稳定结构，化学性质最不活泼，故答案为：Ar；
(2)金属性K＞Na＞Al，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故KOH的碱性最强，故答案为：KOH；
(3)电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，电子层越多，离子半径越大，故离子半径：K+＞Ca2+＞Mg2+，故答案为：K+＞Ca2+＞Mg2+；
(4)元素⑦的氢化物H2O，常温下K与水反应生成KOH与氢气，反应离子方程式为2K+2H2O2K++2OH-+H2↑，氯气与水反应生成HCl与HClO，反应离子方程式为Cl2+H2OH++Cl-+HClO，故答案为：2K+2H2O2K++2OH-+H2↑；Cl2+H2OH++Cl-+HClO；
(5)①和⑨的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、HBrO4，①和⑨两元素形成化合物为NaBr，含有钠元素，该化合物灼烧时焰色为黄色，氯气与溴化钠反应生成氯化钠与溴单质，反应离子方程式为：Cl2+2Br-2Cl-+Br2，故答案为：NaOH；HBrO4；NaBr；黄色；Cl2+2Br-2Cl-+Br2；
(6)①和⑤最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，二者反应生成偏铝酸钠与水，反应的化学方程式为：NaOH+Al(OH)3NaAlO2+2H2O，故答案为：NaOH+Al(OH)3NaAlO2+2H2O；
(7)⑥和⑧形成的化合物为CCl4，⑨的单质为溴，溶于四氯化碳所得溶液为溴的CCl4溶液，故答案为：CCl4；溴的CCl4溶液；
(8)同主族，自上而下，非金属性减弱，非金属性越强，氢化物越稳定，故HF最稳定，故答案为：HF。
21.已知乙烯能发生以下转化：
（1）乙烯的结构式为：_________________。
（2）写出下列化合物官能团的名称：
B中含官能团名称________________；
D中含官能团名称________________。
（3）写出反应的化学方程式及反应类型：
①__________________；反应类型：________。
②__________________；反应类型：________。
③__________________；反应类型：________。
【答案】(1). （或） (2). 羟基 (3). 羧基 (4). CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH (5). 加成反应 (6). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (7). 氧化反应 (8). nCH2=CH2 (9). 加聚反应
【解析】
【分析】乙烯与水发生加成反应生成B，则B为CH3CH2OH，乙醇在Cu作催化剂条件下发生氧化反应生成CH3CHO，C为CH3CHO，B与D反应生成乙酸乙酯(CH3COOCH2CH3)，则D为CH3COOH。乙烯发生加聚反应生成聚乙烯()，据此分析解答。
【详解】(1)乙烯的结构式为：，故答案为：；
(2)由上述分析可知，B为CH3CH2OH，官能团为羟基；D为CH3COOH，官能团为羧基，故答案为：羟基；羧基；
(3)反应①是乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应的化学方程式为：CH2=CH2+H2O CH3CH2OH；反应②是乙醇在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应CH3CHO，反应的化学方程式为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；反应③是乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应的化学方程式为：nCH2=CH2 ，故答案为：CH2=CH2+H2O CH3CH2OH；加成反应；2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；氧化反应；nCH2=CH2 ；加聚反应。
22. 目前世界上60%的镁是从海水中提取的。海水提镁的主要流程如下：
请回答下列问题：
（1）从离子反应的角度思考，在海水中加入石灰乳的作用是________，写出在沉淀池中发生反应的离子方程式：_________________________________________________。
（2）石灰乳是生石灰与水形成的化合物，从充分利用海洋化学资源，提高经济效益的角度考虑，生产生石灰的主要原料来源于海洋中的________。
（3）操作A是________，操作B是________。
（4）加入的足量试剂a是________（填化学式）。
（5）无水MgCl2在熔融状态下，通电后会产生Mg和Cl2，该反应的化学方程式为________，从考虑成本和废物循环利用的角度，副产物氯气可以用于________。
【答案】(1)沉淀Mg2＋[或使Mg2＋形成Mg(OH)2沉淀] Mg2＋＋2OH－Mg(OH)2↓
(2)贝壳(或牡蛎壳等) (3)过滤 加热浓缩(或蒸发结晶)
(4)HCl (5)MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑ 制盐酸，循环使用
【解析】（1）石灰乳中的Ca（OH）2与海水中的镁盐发生复分解反应生成Mg（OH）2沉淀。
（2）海滩上贝壳的主要成分是CaCO3，可用于制取生石灰。
（3）从沉淀池中得到Mg（OH）2固体，应利用过滤操作，加热浓缩MgCl2溶液，可使其结晶出MgCl2晶体。
（4）溶解Mg（OH）2应用足量盐酸。
（5）MgCl2（熔融）Mg＋Cl2↑，Cl2可用于生产盐酸，循环利用。
（范围:必修二第一章、第三章（1、2、3）、第四章）
第I卷 选择题（共54分）
可能用到的原子量: H:1 N:14 O:8 S:16 Cl:35.5 Na、:23 Al:27
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每题3分，共54分）
1.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. H、D、T表示同一种核素 B. 氢离子电子式H+
C. Cl－离子的结构示意图： D. HClO的电子式：
【答案】B
【解析】A. 核素是具有一定数目的质子数和质量数的原子。所以 11H、21D、31T表示三种核素，故A错误；B.因为氢原子核外只有一个电子，形成离子时失去最外层电子，所以氢离子电子式为H+，故B 正确；C. 氯为17号元素，核内有17个质子，核外有17个电子。形成离子时得到一个电子，所以Cl－离子的结构示意图：，故C错误；D. HClO的电子式：，故D错误；答案：B。
2.下列说法中不正确的是( )
①原子核内有18个中子的氯原子：
② 和是中子数不同质子数相同的同种核素
③元素周期表中铋元素的数据如图所示，则Bi元素的质量数是209.0
A. ①② B. ①③ C. ①②③ D. ②③
【答案】D
【解析】
【详解】①氯原子的质子数为17，则原子核内有18个中子的氯原子：，故①正确；
②同种核素必须具有相同的中子数和质子数，和是中子数不同质子数相同的不同核素，故②错误；
③元素没有质量数，Bi元素的相对原子质量是209.0，故③错误；
答案为D。
3.下列说法肯定错误的是( )
A. 某原子K层上只有一个电子
B. 某原子M层上的电子数为L层上电子数的4倍
C. 某离子M层上和L层上的电子数均为K层的4倍
D. 某离子的核电荷数与最外层电子数相等
【答案】B
【解析】某原子M层上电子数为L层上电子数的4倍为32 ，错误。某离子M层上和L层上的电子数均为K层的4倍为2 8 8，某离子的核电荷数与最外层电子数相等 ,比如为H
4.X元素最高价氧化物对应水化物为H3XO4，则它对应的气态氢化物为( )
A. HX B. H2X C. XH3 D. XH4
【答案】C
【解析】分析：元素的最高正价+|最低负价|=8，根据元素的最高价氧化物的水化物的化学式确定最高正价，进而求得最低负价，得出气态氢化物的化学式。
详解：元素X的最高价氧化物的水化物的化学式为H3XO4，所以X的最高正价是+5价，依次最低负价为-3价，则X的气态氢化物的化学式为XH3。答案选C。
详解：本题考查了元素正负化合价之间的关系，题目难度不大，注意根据元素的最高正价+|最低负价|=8解答。另外需要注意氟元素没有正价，氧元素没有最高价。
5.下列关于碱金属元素和卤素的说法中，正确的是( )
A. 随核电荷数的增加，碱金属元素和卤素单质的熔沸点都逐渐升高
B. 卤素单质氧化性：F2 > Cl2 > Br2 > I2，可用F2 置换KI溶液中的I2
C. 碱金属元素中，锂原子失去最外层电子的能力最弱，可与氧气反应生成Li2O2
D. 卤化氢（HX）中除HF分子间存在氢键外，其余HX分子均不存在氢键
【答案】D
【解析】分析：依据同主族元素，从上到下，原子半径依次增大，金属性依次增强，非金属性依次减弱解答即可。
详解：A．随核电荷数的增加，碱金属元素单质的熔沸点逐渐减小，A错误；
B．同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，氟是最活泼的非金属，极易与水反应，因此不能用F2置换KI溶液中的I2，B错误；
C．锂的金属性弱于钠，与氧气反应生成Li2O，C错误；
D．能形成氢键的元素一般是非金属性很强，例如F、O、N，所以卤化氢（HX）中除HF分子间存在氢键外，其余HX分子均不存在氢键，D正确；答案选D。
6. 几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：
元素代号
X
Y
Z
W
原子半径/pm
160
143
70
66
主要化合价
+2
+3
+5、+3、-3
-2
下列叙述正确的是( )
A、X、Y元素的金属性X
C、Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水
D、一定条件下，W单质可以将Z单质从其氢化物中置换出来
【答案】D
【解析】试题分析：根据元素的化合价既原子半径的大小，X是第IIA族元素，Y是第IIIA族元素，原子半径较大，所以X是Mg，Y是Al；W的化合价为-2价，则W是O元素，Z的原子半径大于W，根据其化合价判断Z是N元素。A、Mg与Al是同周期元素，Mg的金属性大于Al，错误；B、氮气与氧气在任何条件下都不可能直接化合生成二氧化氮，错误；C、氢氧化铝只溶于强碱，不溶于弱碱，错误；D、一定条件下，氧气可置换出氮气，如氧气与氨气反应生成氮气和水，正确，答案选D。
7. 下列结论错误的是（ ）
①微粒半径：K＋>Al3＋>S2－>Cl－
②氢化物的稳定性：HF>HCl>H2S>PH3>SiH4
③离子的还原性：S2－>Cl－>Br－>I－
④氧化性：Cl2>S>Se>Te
⑤酸性：H2SO4>H3PO4>H2CO3>HClO4
⑥非金属性：O>N>P>Si
⑦金属性：Be
【答案】B
【解析】①中微粒半径应为S2－>Cl－>K＋>Al3＋；③中离子还原性应为S2－>I－>Br－>Cl－；⑤中非金属性Cl>S>P>C，故其最高价氧化物对应水化物的酸性应为：HClO4>H2SO4>H3PO4>H2CO3；①③⑤错，故选B。
8.下列说法正确的是( )
A. 阴、阳离子间通过静电引力所形成的化学键是离子键
B. 二氧化硅融化和干冰气化所破坏的作用力不相同
C. 非极性键只能存在单质中，不可能存在化合物中
D. HBr比HCl的热稳定性差，说明HBr的分子间作用力比HCl弱
【答案】B
【解析】A. 阴、阳离子间通过静电作用所形成的化学键是离子键，故A错；B. 二氧化硅是原子晶体，融化时破坏的是共价键，干冰是分子晶体，气化时破坏的是分子间作用力。两者破坏的作用力是不相同。故B正确；C. 因为非极性键是同种原子之间形成的，所以过氧化氢分子中两个氧原子之间形成的是非极性键，故C错误；D非金属性越强，气态氢化物越稳定，因为非金属性Cl>Br，所以 HBr比HCl的热稳定性差；而分子间作用力是由HBr和HCl的相对分子质量决定的，因为同主族组成的结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越大，所以HBr的分子间作用力比HCl强。故D错误；答案：B。
9.根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是( )
A. 气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4
B. 氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物
C. 上图所示实验可证明元素的非金属性：Cl>C>Si
D. 用中文“”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族
【答案】C
【解析】A.非金属性O>N>Si，气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4，故不选A；
B.H与F、Cl等形成共价化合物，与Na、K等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，故不选B；
C.利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故选C；
D.118号元素的核外有7个电子层、最外层电子数为8，则118号元素在周期表中位于第七周期0族，故不选D；
答案：C
10. 甲烷分子是以C原子为中心的正四面体结构，而不是正方形的平面结构，理由是（ ）
A. CH3Cl只代表一种物质 B. CH2Cl2只代表一种物质
C. CHCl3只代表一种物质 D. CCl4是非极性分子
【答案】B
【解析】试题分析：CH4分子中有四个等同的碳氢键，可能有两种对称结构：正四面体结构和平面正方形结构。甲烷无论是正四面体结构还是平面正方形结构，一氯代物均不存在同分异构体。而平面正方形中，四个氢原子的位置虽然也相同，但是相互间存在相邻和相间的关系，其二氯代物有两种异构体：两个氯原子在邻位和两个氯原子在对位。若是正四面体，则只有一种，因为正四面体的两个顶点总是相邻关系，由CH2Cl2只代表一种物质，可以判断甲烷分子是空间正四面体结构，而不是平面正方形结构，选B。
11.下列烷烃：①正己烷 ②丙烷 ③正戊烷 ④正丁烷 ⑤癸烷中，沸点由高到低顺序正确的是（ ）
A. ①②③④⑤ B. ⑤①③④② C. ⑤③④①② D. ③④⑤②①
【答案】B
【解析】试题分析：烷烃的沸点高低的判断依据为：分子中碳原子数越多，沸点越高；对于含碳原子数相同的烷烃而言，支链越多，沸点越低。所以① 正己烷 ② 丙烷 ③ 正戊烷 ④ 正丁烷 ⑤ 癸烷，沸点由高到低的顺序正确的是⑤①③④②；选B。
12.下列各组混合物中，不能用分液漏斗进行分离的是（ ）
A. 碘和四氯化碳 B. 乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液
C. 水和溴苯 D. 硝基苯和水
【答案】A
【解析】A. 碘易溶于四氯化碳，和四氯化碳形成溶液，不分层，不能用分液漏斗进行分离，故A选；
B. 乙酸乙酯不溶于水，和饱和碳酸钠溶液分层，可以用分液漏斗进行分离，故B不选；
C. 溴苯不溶于水，和水分层，可以用分液漏斗进行分离，故C不选；
D. 硝基苯不溶于水，和水分层，可以用分液漏斗进行分离，故D不选；
答案选A。
13.制取较纯净的一氯乙烷最好采用的方法是（ ）
A. 乙烷和氯气反应 B. 乙烯和氯化氢反应
C. 乙烯和氯气反应 D. 乙烯和氢气、氯气的混合气体在常温下反应
【答案】B
【解析】A．CH3CH3+Cl2→CH3CH2Cl+HCl，该反应有副产物HCl和多种取代产物生成，得到的一氯乙烷纯度较低，故A不选；
B．CH2═CH2+HCl→CH3CH2Cl，生成物只有一氯乙烷，符合题意要求，故B选；
C．CH2═CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl，产物是二氯乙烷，不是一氯乙烷，故C不选；
D．乙烯和氢气在常温下不反应，乙烯和氯气反应产物是二氯乙烷，不是一氯乙烷，故D不选；
答案选B。
14.1866年凯库勒提出了苯的单、双键交替的平面六边形结构，解释了苯的部分性质，但还有一些问题尚未解决，它不能解释下列事实是（ ）
A. 苯的间位二取代物只有一种 B. 苯能与H2发生加成反应
C. 溴苯没有同分异构体 D. 邻二溴苯只有一种
【答案】D
【解析】A、苯中若是单、双键交替平面六边形结构，苯的间位二取代物只有一种，凯库勒提出的苯的结构能解释，故A不选；
B、苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，发生加成反应是双键具有的性质，能证明苯环结构中存在C-C单键与C=C双键的交替结构，凯库勒提出的苯的结构能解释，故B不选；
C、苯中若是单、双键交替的平面六边形结构，溴苯只有一种结构，没有同分异构体，凯库勒提出的苯的结构能解释，故C不选；
D、如果是单双键交替结构，邻二溴苯的结构有两种，一种是两个溴原子夹C-C，另一种是两个溴原子夹C=C，凯库勒提出的苯的结构不能解释邻二溴苯只有一种结构，故D选；
答案选D。
15.某有机物的结构简式如图所示，有关该有机物的叙述不正确的是( )
A. 在一定条件下，能发生取代、酯化和加聚反应
B. 该物质能使酸性KMnO4溶液褪色
C. lmol该物质最多可与5molH2发生加成反应
D. lmol该物质完全燃烧最多可消耗13mol氧气
【答案】C
【解析】A．结构中含-COOH，能发生取代反应、酯化反应，含碳碳双键可发生加聚反应，故A正确；
B．结构中含碳碳双键、苯环上含有侧链烃基，都能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；
C．苯环、碳碳双键能够与氢气发生加成反应，则1mol物质最多可与4molH2发生加成反应，故C错误；
D．分子中含11个C、12个H、2个O，则1mol该物质完全燃烧最多可消耗氧气为1mol×(11+-)=13mol，故D正确；
答案选C。
16.在 分子中，处于同一平面上的原子数最多可能是( )
A. 15个 B. 16个 C. 17个 D. 18个
【答案】C
【解析】试题分析：乙烯分子是平面分子，苯分子是平面分子，两个平面可以共平面，甲烷分子是正四面体结构，一个平面若通过正四面体的几何中心，最多可以通过两个顶点，所以甲基中最多有两个原子在该平面上。因此处于同一平面上的原子数最多可能是2+10+5=17．因此选项是C。
17.目前，从海水中提取的溴占世界溴年产量的1/3左右，常用的方法之一是用氧化剂把Br－氧化成单质溴，再通入热空气把溴蒸气吹出，这一反应中常使用的氧化剂是（ ）
A. O2 B. Cl2 C. 浓硫酸 D. 浓硝酸
【答案】B
【解析】四个选项中的物质理论均能氧化溴离子生成溴单质，但工业生产中往往要考虑成本、生产效益等实际问题，常常使用氯气氧化溴离子置换出溴单质，再用热空气把溴蒸气吹出富集，故选B。
18.若实行海水淡化来供应饮用水，下列方法在原理上完全不可行的是（ ）
A. 加入明矾，使海水的盐分沉淀而淡化
B. 利用太阳能，将海水蒸馏淡化
C. 利用半透膜，采用反渗透法而使海水淡化
D. 将海水通过离子交换树脂，以除去所含的盐分
【答案】A
【解析】A、明矾可以净水，其原理是明矾溶于水产生胶体，胶体能够吸附水中的悬浮物，从而达到净水的目的，而明矾不会沉淀水中的离子，不能使海水的盐分沉淀而淡化，故A错误；
B、蒸馏法是工业上淡化海水的一种常用方法，故B正确；
C、半透膜只会让水分子和离子透过，采用反渗透法可以使海水淡化，故C正确；
D、通过离子交换树脂可以除去海水中的离子，从而达到淡化海水的目的，故D正确；
答案选A。
二、填空题（共46分）
19.（1）在下列各组物质中：
A O2和O3 B 氘和氚 C CH4和CH3（CH2）2CH3
D 和 E CH3（CH2）2 CH3和
①互为同位素的是__________ ②互为同素异形体的是______．
③互为同系物的是__________ ④互为同分异构的是_____．（均填选项号）
（2）下列各种物质：①H2O②NH3③KOH④Na2O2 ⑤MgCl2⑥Ne ，不存在化学键的是_____；只存在离子键的是_____；属于共价化合物的是_______；含非极性键的离子化合物是__________________。
（3）CO2的电子式为 ________________；NH3的结构式为 _______________；
（4）Na2O2熔化时被破坏的是________。
【答案】(1). B (2). A (3). C (4). E (5). ⑥ (6). ⑤ (7). ①和② (8). ④ (9). (10). (11). 离子键
【解析】
【分析】(1)同位素是质子数相同而中子数不同的同元素的不同原子；同素异形体是同种元素组成的性质不同的单质之间的互称，根据原子的表示方法和各数值的意义计算分析；
(2)相邻原子间存在的强的相互作用为化学键，阴阳离子间形成的化学键为离子键，只含共价键的化合物为共价化合物，相同元素原子形成的共价键为非极性共价键；
(3)二氧化碳是共价化合物，碳原子和两个氧原子分别形成两个共价键，氨气为共价化合物，氮原子和氢原子形成三个共价键；
(4)过氧化钠是离子化合物熔融破坏的是离子键。
【详解】(1)A.O2与O3由氧元素组成的不同单质，互为同素异形体；
B.氘和氚质子数相同为1，中子数不同分别为1、2，是氢元素的不同核素，互为同位素；
C.CH4和CH3(CH2)2CH3结构相似，分子组成相差3个CH2基团，二者是同系物；
D.和分子组成和结构均相同，是同种物质；
E.CH3(CH2)2 CH3和分子式相同，结构不同，是同分异构体；
故：①互为同位素的是B；②互为同素异形体的是A；③互为同系物的是C；④互为同分异构的是E；
(2)下列各种物质：①H2O ②NH3 ③KOH ④Na2O2 ⑤MgCl2 ⑥He，不存在化学键的是稀有气体⑥He，只存在离子键的是⑤MgCl2，属于共价化合物的是①H2O 和②NH3，含非极性键的离子化合物是：④Na2O2；
(3)CO2的电子式为，氨气的结构式为：；
(4)过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，熔融破坏的是离子键；
20.下列为元素周期表中的一部分，用化学式或元素符号回答下列问题：
族周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
2
⑥
⑦
⑪
3
①
③
⑤
⑧
⑩
4
②
④
⑨
(1)11种元素中，化学性质最不活泼的是______。
(2)①②⑤中，最高价氧化物的水化物，碱性最强的是________。
(3)②③④中形成的简单离子半径由大到小的顺序是________。
(4)元素⑦的氢化物在常温下和元素②的单质反应的离子方程式是_____________，该氢化物与元素⑧的单质反应的离子方程式是_____________ 。
(5)①和⑨的最高价氧化物对应的水化物化学式为________和________。①和⑨两元素形成化合物的化学式为________，该化合物灼烧时焰色为________，该化合物的溶液与元素⑧的单质反应的离子方程式为_________。
(6)①和⑤最高价氧化物对应的水化物相互反应的化学方程式为________。
(7)⑥和⑧形成的化合物的化学式为________，该化合物溶解⑨的单质所得溶液为_______。
(8)⑧、⑨、⑪三种元素形成的气态氢化物最稳定的是________。
【答案】(1). Ar (2). KOH (3). K＋＞Ca2＋＞Mg2＋ (4). 2K＋2H2O2K＋＋2OH－＋H2↑ (5). Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO (6). NaOH (7). HBrO4 (8). NaBr (9). 黄色 (10). Cl2＋2Br－2Cl－＋Br2 (11). NaOH＋Al(OH)3NaAlO2＋2H2O (12). CCl4 (13). Br2的CCl4溶液 (14). HF
【解析】
【分析】由元素在周期表中的位置可知，①为Na元素、②为K元素、③为Mg元素、④为Ca元素、⑤为Al元素、⑥为C元素、⑦为O元素、⑧为Cl元素、⑨为Br元素、⑩为Ar元素、⑪为F元素。结合原子结构和元素周期律分析解答。
【详解】由元素在周期表中的位置可知，①为Na元素、②为K元素、③为Mg元素、④为Ca元素、⑤为Al元素、⑥为C元素、⑦为O元素、⑧为Cl元素、⑨为Br元素、⑩为Ar元素、⑪为F元素。
(1)稀有气体Ar原子最外层为稳定结构，化学性质最不活泼，故答案为：Ar；
(2)金属性K＞Na＞Al，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故KOH的碱性最强，故答案为：KOH；
(3)电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，电子层越多，离子半径越大，故离子半径：K+＞Ca2+＞Mg2+，故答案为：K+＞Ca2+＞Mg2+；
(4)元素⑦的氢化物H2O，常温下K与水反应生成KOH与氢气，反应离子方程式为2K+2H2O2K++2OH-+H2↑，氯气与水反应生成HCl与HClO，反应离子方程式为Cl2+H2OH++Cl-+HClO，故答案为：2K+2H2O2K++2OH-+H2↑；Cl2+H2OH++Cl-+HClO；
(5)①和⑨的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、HBrO4，①和⑨两元素形成化合物为NaBr，含有钠元素，该化合物灼烧时焰色为黄色，氯气与溴化钠反应生成氯化钠与溴单质，反应离子方程式为：Cl2+2Br-2Cl-+Br2，故答案为：NaOH；HBrO4；NaBr；黄色；Cl2+2Br-2Cl-+Br2；
(6)①和⑤最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，二者反应生成偏铝酸钠与水，反应的化学方程式为：NaOH+Al(OH)3NaAlO2+2H2O，故答案为：NaOH+Al(OH)3NaAlO2+2H2O；
(7)⑥和⑧形成的化合物为CCl4，⑨的单质为溴，溶于四氯化碳所得溶液为溴的CCl4溶液，故答案为：CCl4；溴的CCl4溶液；
(8)同主族，自上而下，非金属性减弱，非金属性越强，氢化物越稳定，故HF最稳定，故答案为：HF。
21.已知乙烯能发生以下转化：
（1）乙烯的结构式为：_________________。
（2）写出下列化合物官能团的名称：
B中含官能团名称________________；
D中含官能团名称________________。
（3）写出反应的化学方程式及反应类型：
①__________________；反应类型：________。
②__________________；反应类型：________。
③__________________；反应类型：________。
【答案】(1). （或） (2). 羟基 (3). 羧基 (4). CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH (5). 加成反应 (6). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (7). 氧化反应 (8). nCH2=CH2 (9). 加聚反应
【解析】
【分析】乙烯与水发生加成反应生成B，则B为CH3CH2OH，乙醇在Cu作催化剂条件下发生氧化反应生成CH3CHO，C为CH3CHO，B与D反应生成乙酸乙酯(CH3COOCH2CH3)，则D为CH3COOH。乙烯发生加聚反应生成聚乙烯()，据此分析解答。
【详解】(1)乙烯的结构式为：，故答案为：；
(2)由上述分析可知，B为CH3CH2OH，官能团为羟基；D为CH3COOH，官能团为羧基，故答案为：羟基；羧基；
(3)反应①是乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应的化学方程式为：CH2=CH2+H2O CH3CH2OH；反应②是乙醇在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应CH3CHO，反应的化学方程式为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；反应③是乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应的化学方程式为：nCH2=CH2 ，故答案为：CH2=CH2+H2O CH3CH2OH；加成反应；2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；氧化反应；nCH2=CH2 ；加聚反应。
22. 目前世界上60%的镁是从海水中提取的。海水提镁的主要流程如下：
请回答下列问题：
（1）从离子反应的角度思考，在海水中加入石灰乳的作用是________，写出在沉淀池中发生反应的离子方程式：_________________________________________________。
（2）石灰乳是生石灰与水形成的化合物，从充分利用海洋化学资源，提高经济效益的角度考虑，生产生石灰的主要原料来源于海洋中的________。
（3）操作A是________，操作B是________。
（4）加入的足量试剂a是________（填化学式）。
（5）无水MgCl2在熔融状态下，通电后会产生Mg和Cl2，该反应的化学方程式为________，从考虑成本和废物循环利用的角度，副产物氯气可以用于________。
【答案】(1)沉淀Mg2＋[或使Mg2＋形成Mg(OH)2沉淀] Mg2＋＋2OH－Mg(OH)2↓
(2)贝壳(或牡蛎壳等) (3)过滤 加热浓缩(或蒸发结晶)
(4)HCl (5)MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑ 制盐酸，循环使用
【解析】（1）石灰乳中的Ca（OH）2与海水中的镁盐发生复分解反应生成Mg（OH）2沉淀。
（2）海滩上贝壳的主要成分是CaCO3，可用于制取生石灰。
（3）从沉淀池中得到Mg（OH）2固体，应利用过滤操作，加热浓缩MgCl2溶液，可使其结晶出MgCl2晶体。
（4）溶解Mg（OH）2应用足量盐酸。
（5）MgCl2（熔融）Mg＋Cl2↑，Cl2可用于生产盐酸，循环利用。
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