【化学】湖北省宜昌市部分示范高中教学协作体2018-2019学年高一下学期期中联考试题（解析版）

湖北省宜昌市部分示范高中教学协作体2018-2019学年高一下学期期中联考试题
（全卷满分：100分 考试用时：90 分钟）
相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Al:27 Ag:108 Cl:35.5 Cu:64 Mn:55
一.选择题（以下各题仅有一个选项正确，每小题3分，共51分）
1.下列说法不正确的是( )
A. 太阳能电池可用二氧化硅材料制作，其应用有利于环保节能
B. SiO2可用于制造光导纤维
C. Na2SiO3水溶液俗称水玻璃，可用作木材防火剂及黏胶剂
D. 建设三峡大坝使用了大量水泥，水泥是无机材料
【答案】A
【详解】A. 太阳能电池可采用硅材料制作，不是二氧化硅，故A错误；
B. SiO2可用于制造光导纤维，故B正确；
C. Na2SiO3水溶液俗称水玻璃，可用作木材防火剂及黏胶剂，故C正确；
D. 建设三峡大坝使用了大量水泥，水泥属于硅酸盐材料，水泥是无机非金属材料，故D正确，
故选A。
2.关于原子结构叙述正确的是( )
A. 所有的原子核都是由质子和中子组成的
B. 原子的最外层电子数不超过8个
C. 稀有气体原子的最外层电子数均为8
D. 原子的次外层电子数都是2
【答案】B
【解析】11H无中子，故A错误；
最外层8个电子（K层为最外层时，为2个电子）是稳定结构，故B正确；
He最外层电子数为2个，故C错误；
举例：钠，核外电子排布为2 8 1，次外层电子数是8，故D错误；
3.最近科学家发现了氧元素的一种新的粒子O4。对于这种新粒子，下列说法不正确的是（ ）
A. 它与氧气互为同素异形体 B. 它是氧元素的一种同位素
C. 它的摩尔质量是64 g·mol-1 D. 它可能具有很强的氧化性
【答案】B
【详解】A. O4是由氧元素组成的单质，所以它与氧气互为同素异形体，故A正确；
B. O4是由氧元素组成的单质，故B错误；
C. O4的相对分子质量为64，则它的摩尔质量是64 g·mol-1 ，故C正确；
D. 氧气和臭氧都有强的氧化性，所以O4可能具有很强的氧化性，故D正确，
故选B。
4.下列化合物中，既有离子键，又有共价键的是（ ）
A. H2O B. CaCl2 C. KOH D. NH3
【答案】C
【解析】试题分析：H2O和NH3分子中都只含有共价键，CaCl2中含有离子键，KOH中既有离子键又有化合键，选项C正确。
5.下列关于碱金属元素和卤素的说法中，错误的是（ ）
A. 随核电荷数的增加，碱金属元素和卤素的原子半径都逐渐增大
B. 碱金属元素中，锂原子失去最外层电子的能力最弱；卤素中，氟原子得电子能力最强
C. 钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈
D. 溴单质与水的反应比氯单质与水的反应更剧烈
【答案】D
【解析】试题分析：A、随核电荷数的增加，碱金属元素和卤素的电子层数增多，原子半径都逐渐增大，A正确；B、碱金属元素中，锂原子失去最外层电子的能力最弱；卤素中，氟原子得电子的能力最强，B正确；C、钾比钠活泼，则钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈，C正确；D、氯气的氧化性强于溴的，则溴单质与水的反应不如氯单质与水的反应剧烈，D错误。答案选D。
6.下列叙述中，通常不能作为判断两种元素非金属性强弱的依据的是（ ）
A. 其气态氢化物的稳定性 B. 单质的氧化性的强弱
C. 其最高价氧化物对应的水化物的酸性 D. 单质的熔点高低
【答案】D
【详解】比较两种元素非金属性强弱可以从气态氢化物的稳定性、单质氧化性的强弱、最高价氧化物对应水化物酸性的强弱、单质与H2化合的难易等几个方面进行。而与单质的熔沸点高低无关，故选D。
7.下表是分别含元素 X、Y 的物质性质的比较及得出的结论， 其中结论不正确的是（ ）

物质性质比较
结论
A
最高价氧化物的水化物X(OH)m比Y(OH)m碱性强
金属性 X 比 Y 强
B
气态氢化物HmX比HmY热稳定性强
非金属性X比Y强
C
X 的最高化合价比Y的最高化合价高
金属性 X 比 Y 强
D
常温下，X(金属)单质与盐酸反应比Y(金属)单质与水反应剧烈
不能确定X 与 Y 的金属性强弱
【答案】C
【详解】A. 金属性越强其最高价氧化物的水化物碱性越强，故A正确；
B. 非金属性越强其气态氢化物的稳定性越强，故B正确；
C. Na金属性强于Al，但Na最高价为+1，Al最高价为+3，故C错误；
D. 因为反应物不同，故无法比较金属性强弱，故D正确；
故选C。
8.下列变化中属于化学变化且吸热的是（ ）
①液态水汽化 ②将胆矾加热变为白色粉末 ③苛性钠固体溶于水④氯酸钾分解制氧气⑤生石灰跟水反应生成熟石灰⑥干冰升华
A. ①② B. ②④ C. ③⑤ D. ①⑥
【答案】B
【详解】①液态水汽化属于物理变化，吸收热量，故不符合题意； ②将胆矾加热变为白色粉末属于化学反应，吸热，故符合题意； ③苛性钠固体溶于水，属于物理变化，放热，故不符合题意；④氯酸钾分解制氧气，属于分解反应，吸收热量，故符合题意；⑤生石灰跟水反应生成熟石灰，属于化合反应，放热，故不符合题意；⑥干冰升华属于物理变化，吸热，故不符合题意，
故选B。
9.下列各元素的氧化物中， 既能与盐酸反应，又能够与NaOH溶液反应的是( )
A. 元素X：它的原子中M层比L层少2个电子
B. 元素Y：它的二价阳离子核外电子总数与氩原子相同
C. 元素Z：位于元素周期表中的第三周期，ⅢA 族
D. 元素W：它的焰色反应颜色呈黄色
【答案】C
【详解】A.元素X为S元素，其氧化物有二氧化硫、三氧化硫，都是酸性氧化物，都能与氢氧化钠反应，不与盐酸反应，故A错误；
B.元素Y为Ca元素，其氧化物为氧化钙，是碱性氧化物，能与盐酸反应，不能与氢氧化钠反应，故B错误；
C.元素Z为Al元素，其氧化物为氧化铝，属于两性氧化物，既能与盐酸反应，也能与氢氧化钠反应，故C正确；
D.元素W为Na元素，其氧化物为氧化钠等，能与盐酸反应，不能与氢氧化钠反应，故D错误,
故选C
10.A.B.C都是金属：B中混有C时，只有C能被盐酸溶解;A与B组成原电池时，A为电池的正极。A.B.C三种金属的活动性顺序为（ ）
A. A>B>C B. A>C>B
C. C>B>A D. B>C>A
【答案】C
【解析】考查金属活泼性比较。金属越活泼，越可以被盐酸溶解，所以C大于B。在原电池中较活泼的金属作负极，不活泼的金属作正极，所以B大于A。因此活动性顺序为C＞B＞A。答案选C。
11.根据化学变化的实质是旧的化学键断裂、新的化学键形成这一理论，判断下列变化是化学变化的是( )
A. 固体氯化钠溶于水
B. 氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气
C. 冰经加热变成水蒸气
D. 氯化氢溶于水
【答案】B
【详解】A．NaCl溶于水，只有离子键的断裂，但没有化学键的形成，不属于化学变化，故A错误；
B．氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气有旧化学键断裂、新化学键形成，属于化学变化，故B正确；
C．冰经加热变成水蒸气没有化学键的断裂和形成，不属于化学变化，故C错误；
D．氯化氢溶于水，有共价键的断裂，但没有化学键的形成，不属于化学变化，故D错误，
故选B。
12.X.Y都是短周期元素，X原子最外层只有一个电子，Y元素的最高正价与最低负价的代数和为6，X和Y两元素形成的化合物为R，则下列关于R的叙述正确的是( )
A. R 一定是共价化合物
B. R一定是离子化合物
C. R可能是共价化合物，也可能是离子化合物
D. R可能是液态物质，也可能是固态物质
【答案】CD
【解析】试题分析：X、Y都是短周期元素，X原子最外层只有一个电子，所以X是第ⅠA族元素，可能是H或Li或Na元素；Y元素的最高正价与最低负价的代数和为6，该元素属于第ⅦA元素，F元素没有正价，所以Y是氯元素；A、X和Y两元素形成的化合物可能是①HCl共价化合物，或②LiCl离子化合物，或③NaCl离子化合物，A错误；B、根据以上分析可知B错误；C、R可能是共价化合物，如氯化氢；也可能是离子化合物，如LiCl和NaCl，C正确；D、R可能是气态物质，例如氯化氢；也可能是固态物质，例如如LiCl和NaCl，D正确，答案选CD。
13.判断下列说法，其中正确的组合是（ ）
①煤、石油、天然气是当今世界重要的化石能源
②电力、风力、生物质能均是一次能源
③化学变化中的能量变化主要是由化学键的变化引起的
④吸热反应发生时一定要加热，放热反应发生时不需要加热
⑤等质量的糖类在体内发生氧化还原反应和在体外燃烧均生成CO2和水时，放出的能量不可能相等
⑥充电电池可以无限制地反复放电、充电
⑦充电时的电池反应和放电时的电池反应为可逆反应
A. ①③⑤⑦ B. ①②③⑤⑥ C. ①③ D. ①③④⑤
【答案】C
【详解】①煤、石油、天然气是最重要的化石燃料，故①正确；
②电力是二次能源，故②错误；
③化学反应的本质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，断裂旧化学键吸收能量，形成新化学键释放能量，化学变化中的能量变化主要原因是由旧键的断裂和新键的形成，故③正确；
④氯化铵与氢氧化钡晶体反应，不需要任何条件，反应吸热，C的燃烧是放热反应，反应需要点燃，故④错误；
⑤等质量的糖类在体内发生氧化还原反应和在体外燃烧都生成CO2和H2O，释放的能量相等，故⑤错误；
⑥充电电池可反复放电、充电，但由于电池制造工艺等方面存在不足，实际上充电电池的充放电次数仍有限制，且使用是否得当，对电池的工作状态及寿命影响也很大，故⑥错误；
⑦放电过程是原电池，是自发的氧化还原反应；而充电过程是电解池，是非自发的氧化还原反应，是用电流强迫电解质溶液在两极发生氧化还原反应，因为条件不一样，所以它们不是可逆的，故⑦错误；
故选C。
14.白磷在高压下隔绝空气加热后急速冷却，可得钢灰色固体——黑磷，其转化过程如下：，黑磷比白磷稳定。下列叙述正确的是（ ）
A. 黑磷与白磷是磷元素的同位素
B. 等质量的白磷比黑磷能量高
C. 白磷转化为黑磷时无能量变化
D. 白磷转化为黑磷是吸收能量的反应
【答案】B
【详解】A.黑磷与白磷是单质，互为同素异形体，故A错误；
B.黑磷比白磷稳定，则白磷的能量高，故B正确；
C.黑磷比白磷稳定，则白磷的能量高，则白磷转化为黑磷是放热反应，故C错误；
D.黑磷比白磷稳定，则白磷的能量高，则白磷转化为黑磷是放热反应，故D错误，
答案选B。
15.下列有关电池的说法不正确的是（ ）
A. 锂电池是一种质量轻，额定电压高，寿命长的高能电池
B. 铅蓄电池可放电亦可充电，属于一次电池
C. 燃料电池具有能量转化率高，能长时间供电等优点
D. 原电池是利用氧化还原反应将化学能转化为电能的装置
【答案】B
【详解】A.Li的相对原子质量较小，其密度小，所以相同质量的金属锂的体积小，单位质量能量比高，所以锂电池是质量轻、额定电压高、寿命长的高能电池，故A正确；
B.铅蓄电池是最早使用的二次电池，故B错误；
C.燃料电池直接将化学能转化为电能，燃料电池是一种高效、环境友好的发电装置，能量转化率理论上高达85%~90%，燃料电池的反应物不是储存在电池内部，是由外设装备提供燃料和氧化剂等，所以能长时间供电，故C正确；
D.原电池是将化学能转化为电能装置，故D正确；
故选B。
16.一个由锌片和石墨棒作为电极的原电池如图所示，电极反应分别是：锌片：2Zn－4e－＋4OH－===2ZnO＋2H2O 石墨：2H2O＋O2＋4e－===4OH－ 下列说法中不正确的是（ ）

A. 电子从石墨经外电路流向锌片，电解质溶液为酸性溶液
B. 锌片是负极，石墨是正极
C. 电池总反应为2Zn＋O2===2ZnO
D. 该原电池工作一段时间后石墨附近溶液中的c（OH－）增大
【答案】A
【解析】试题分析：A、根据锌片电极反应式，锌片失去电子，锌片作负极，石墨作正极，根据原电池的工作原理，电子从负极经外电路流向正极，即电子从Zn→外电路→石墨，通过石墨电极反应式，得出此溶液显碱性或中性，故说法错误；B、根据选项A的分析，故说法正确；C、正负极电极反应式相加，得出2Zn＋O2=2ZnO，故说法正确；D、根据石墨电极反应式，产生OH－,c（OH－）增大，故说法正确。
17. 一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是（ ）

A. 反应CH4＋H2O3H2＋CO,每消耗1molCH4转移12mol 电子
B. 电极A上H2参与的电极反应为：H2＋2OH－－2e－=2H2O
C. 电池工作时，CO32－向电极B移动
D. 电极B上发生的电极反应为：O2＋2CO2＋4e－=2CO32－
【答案】D
【解析】A、1molCH4→CO，化合价由-4价→+2上升6价，1molCH4参加反应共转移6mol电子，故错误；B、环境不是碱性，否则不会产生CO2，其电极反应式：CO＋H2＋2CO32－－4e－=3CO2＋H2O，故B错误；C、根据原电池工作原理，电极A是负极，电极B是正极，阴离子向负极移动，故C错误；D、根据电池原理，O2、CO2共同参加反应，其电极反应式：O2＋2CO2＋4e－=2CO32－，故D正确。
二.非选择题（共4题，共49分）
18.下表列出了①～⑨九种元素在周期表中的位置：

ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
1
①







2



②
③
④

⑧
3
⑤



⑥
⑦
⑨

请按要求回答下列问题。
（1）元素④的名称是______，元素④在周期表中所处位置___________，从元素原子得失电子的角度看，元素④具有____________(填“氧化性”或“还原性”)。
（2）按气态氢化物的稳定性由弱到强的顺序排列，⑥④⑦的氢化物稳定性：______________________(写氢化物的化学式)。
（3）元素⑦的原子结构示意图是____________。
（4）写出元素⑤形成的单质在氧气中燃烧的化学方程式________________，这一反应是___________(填“吸热”或“放热”)反应。
（5）用电子式表示①与⑨反应得到的化合物的形成过程_______________________。
【答案】(1). 氧或氧元素 (2). 第二周期ⅥA族 (3). 氧化性 (4). PH3＜H2S＜H2O (5). (6). 2Na＋O2Na2O2 (7). 放热 (8).
【解析】
分析】根据元素在周期表中的位置判断元素的种类，根据元素周期律比较元素的非金属性等相关性质；根据物质的性质书写相关化学用语及判断反应放热还是吸热。
【详解】根据元素在周期表中的位置知，①②③④⑤⑥⑦⑧⑨分别是H、C、N、O、Na、P、S、Ne、Cl元素，
（1）元素④的名称是氧，元素④在周期表中所处位置为第二周期第VIA族，原子最外层电子数大于4的元素在反应中易得电子，所以氧气体现氧化性，故答案为：氧；第二周期第VIA族；氧化性；
（2）元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，元素非金属性P＜S＜O，所以氢化物的稳定性PH3＜H2S＜H2O，故答案为：PH3＜H2S＜H2O；
（3）元素⑦是S元素，硫原子核外有16个电子、3个电子层，硫的原子结构示意图为，故答案为：；
（4）元素⑤形成的单质是Na，钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，反应方程式为2Na＋O2
Na2O2，所有的燃烧反应都是放热反应，所以该反应是放热反应，故答案为：2Na＋O2Na2O2；放热反应；
（5）①与⑨两元素组成的化合物是HCl，为共价化合物，用电子式表示形成过程为，故答案为：。
19.如图为原电池装置示意图：

（1）若A为Zn，B为石墨棒，电解质溶液为稀硫酸，则A电极名称为_______，写出正极电极反应式：___________。
（2）若A为铜片，B为铁片，电解质为FeCl3溶液，则铜片为____极（填“正”或“负”），写出电极反应式：正极 ______________________，负极 _________________________。
（3）若A.B均为铂片，电解质为KOH溶液，分别从A、B两极通入H2和O2，该电池即为燃料电池，通入氧气的一极为该电池的____极（填“正”或“负”），该电池的总反应为__________。
【答案】(1). 负极 (2). 2H＋＋2e－=H2↑ (3). 正 (4). 2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋ (5). Fe－2e－=Fe2＋ (6). 正 (7). 2H2＋O2=2H2O
【解析】
【分析】根据原电池原理分析判断电池的正负极，书写电极反应式。
【详解】（1）该原电池中，锌失电子变成离子进入溶液，所以锌极即A极为负极，石墨为正极，正极上氢离子得电子生成氢气，所以电极反应式为2H++2e-=H2↑，故答案为：负极；2H++2e-=H2↑；
（2）该原电池中，铁片失电子变成二价铁离子进入溶液，电极反应式为 Fe-2e-=Fe2+；所以铁片作负极，铜片作正极，正极上三价铁离子得电子生成二价铁离子，电极反应式为2Fe3++2 e-=2Fe2+，故答案为：正；2Fe3++2 e-=2Fe2+；Fe-2e-=Fe2+；
（3）在原电池中失电子的一极为负极，得电子的一极为正极，在氢氧燃料电池中，氧气得电子，所以通入氧气的一极为该电池的正极；氢气和氧气反应生成水，所以电池反应式为2H2+O2=2H2O，故答案为：正；2H2+O2=2H2O。
20.A、B、C、D、E、F、G、L、I九种主族元素分布在三个不同的短周期，它们的原子序数依次增大，其中B、C、D为同一周期，A与E、B与G、D与L分别为同一主族，C、D、F三种元素的原子序数之和为28，F的质子数比D多5，D的最外层电子数是F最外层电子数的2倍。C和D的最外层电子数之和为11。请回答下列问题：
（1）以上非金属元素中所形成的最简单气态氢化物稳定性最弱的是（填化学式）______，E、F、L所形成的简单离子的半径由小到大的顺序为（用离子符号表示）_____。
（2）由L、I两元素可按原子个数比1∶1组成化合物X，化合物X中各原子均满足8电子的稳定结构，则X的电子式为____。
（3）少量固体化合物E2D2投入到化合物E2L的水溶液中，只观察到有淡黄色沉淀产生，并无气泡冒出，请结合信息写出该反应的离子方程式 _____________________________。
（4）由A、B、C、D按原子个数比4∶1∶1∶2形成一种化合物Y，则Y的化学式为_______
【答案】(1). SiH4 (2). r(Al3＋)< r(Na＋)< r(S2－) (3). (4). Na2O2＋2H2O＋S2－=S↓＋2Na＋＋4OH－ (5). (NH4)2C2O4
【解析】
【分析】根据题干信息中核外电子排布情况等分析元素的种类，根据元素周期律比较氢化物的稳定性及离子半径大小；根据物质性质书写对应离子方程式。
【详解】F的质子数比D多5，D的最外层电子数是F的2倍，则D应该是第二周期元素，F应该是第三周期元素。设F的最外层电子数是x，则D的最外层电子数就是2x，因此有关系式10＋x－2－2x＝5，解得x＝3，则D是氧元素，F是Al。C、D、F三种元素的原子序数之和为28，C和D的最外层电子数之和为11，因此C的原子序数是28－8－13＝7，C的最外层电子数为11-6=5，即C是氮元素。D与L属于同主族，且L的原子序数大于D的，因此L是S元素，I的原子序数最大，则I是氯元素。由于九种主族元素分布在三个不同的短周期，所以A是氢元素。A与E同主族，则根据E的原子序数大于氧元素的可知，E是Na。G的原子序数只能是14或15，则根据B和G属于同主族且B的原子序数小于氮元素的可知，G不是P，应该是Si，则B是碳元素；
（1）非金属最弱的是硅，所以气态氢化物稳定性最弱的是硅化氢；电子层越多离子半径越大，电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，故答案为： SiH4 ； r(Al3＋)< r(Na＋)< r(S2－)
（2）氯和硫两元素可按原子个数比1：1组成化合物X，化合物X中各原子均满足8电子的稳定结构，X的分子式为S2Cl2，电子式为：；
（3）固体化合物Na2O2与化合物Na2S的水溶液按物质的量之比1：1反应生成单质S，同时生成NaOH，该反应的离子方程式为Na2O2+2H2O+S2-=S↓+2Na++4OH-；
（4）由A、B、C、D按原子个数比4：1：1：2形成一种化合物Y，则Y是草酸铵，化学式为：（NH4）2C2O4。
21.某化学兴趣小组为探究元素性质的递变规律，设计如下系列实验。
Ⅰ.（1）将钠、钾、镁、铝各1 mol分别投入到足量的0.1 mol·L－1的盐酸中，试预测实验结果：_______与盐酸反应最剧烈，____与盐酸反应最慢。
Ⅱ. 利用如图装置可以验证非金属性的变化规律。

（2）仪器A的名称为_______，干燥管D的作用是_____。
（3）实验室中现有药品Na2S、KMnO4、浓盐酸、MnO2，请选择合适药品设计实验验证氯的非金属性大于硫的；装置A、B、C中所装药品分别为___、___、.____，装置C中的实验现象为有黄色沉淀生成，离子方程式为__________________。
（4）若要证明非金属性：S＞C＞Si，则A中加____，B中加Na2CO3，C中加_____，观察到C中溶液的现象为_____________________________________________________。
【答案】(1). 钾 (2). 铝 (3). 分液漏斗 (4). 防止倒吸 (5). 浓盐酸 (6). KMnO4 (7). Na2S (8). S2－＋Cl2=S↓＋2Cl－ (9). 稀硫酸 (10). Na2SiO3溶液 (11). 有白色沉淀产生
【详解】I.（1）同一周期元素，金属性随着原子序数增大而减弱，同一主族，原子序数越大，金属性越强，元素的金属性越强，其单质与酸或水反应越剧烈，所以金属性K>Na>Mg>Al，则钾与盐酸反应最剧烈，铝与盐酸反应最慢，故答案为：钾；铝；
Ⅱ.（2）仪器A为分液漏斗，球形干燥管D能够防止倒吸，可以避免C中液体进入锥形瓶中，故答案为：分液漏斗；防止倒吸；
（3）要验证氯的非金属性大于硫的；可以通过氯气和硫化钠反应置换出单质硫来证明，由于制取氯气时没有加热，选择高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气，故装置A、B、C中所装药品分别为浓盐酸、 KMnO4、 Na2S ；装置C中的实验现象为有黄色沉淀生成，离子方程式为S2－＋Cl2=S↓＋2Cl－，故答案为：浓盐酸；KMnO4；Na2S ；S2－＋Cl2=S↓＋2Cl－；
（4）若要证明非金属性：S＞C>Si，可通过实验证明S、C、Si的最高价含氧酸酸性依次减弱判断；通过硫酸制备二氧化碳，二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成难溶性的硅酸来证明，故A中可以加稀硫酸，通过稀硫酸和碳酸钠的反应来制取CO2，然后将生成的CO2通入C中的Na2SiO3溶液中，可以发生反应：Na2SiO3+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2NaHCO3，离子反应为：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-，产生白色胶状沉淀，从而可以证明酸性：H2SO4>H2CO3>H2SiO3，故答案为：稀硫酸； Na2SiO3溶液；有白色沉淀产生。