【化学】江苏省邗江中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）

江苏省邗江中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题
说明：本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，全卷满分100分，考试时间为90分钟。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 K-39 Cu-64
第Ⅰ卷（选择题　共40分）
单项选择题（本题包括20小题，每题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意）
1.江苏省已开始大力实施“清水蓝天”工程。下列不利于 “清水蓝天”工程实施的是（ ）
A. 将废旧电池深埋，防止污染环境
B. 加强城市生活污水脱氮除磷处理，遏制水体富营养化
C. 积极推广太阳能、风能、地热能及水能等的使用，减少化石燃料的使用
D. 催化处理汽车尾气，减轻氮氧化物污染和光化学烟雾
【答案】A
【解析】A.废旧电池深埋会污染土壤和地下水，而且深埋以后污染更难以去除，故A选；
B.城市污水中含氮、磷等元素，排入水体会导致水体富营养化，造成赤潮和水华，所以应加强生活污水脱氮除磷处理，遏制水体富营养化，故B不选；
C.积极推广太阳能、风能等新能源的使用，减少化石燃料的使用可以减少因化石燃料的燃烧带来的能源不足以及酸雨等问题，故C不选；
D.汽车尾气中含有一氧化碳和一氧化氮，催化处理汽车尾气能减少空气污染，以及由氮氧化物引起的光化学烟雾，故D不选。
故选A。
2.下列化学用语正确的是（ ）
A. 氮气的电子式为： B. CO2的结构式：O=C=O
C. 甲烷的球棍模型： D. Cl－的结构示意图：
【答案】B
【解析】A.氮原子核外有5个价电子，每个N各用3个价电子和另一个N形成三对共用电子对，每个N还有一对没有共用的电子，N2的电子式为：，故A不选；
B.二氧化碳每个碳原子都和氧原子共用两对电子形成碳氧双键，故B选；
C.此为甲烷的比例模型非球棍模型，故C不选；
D.氯离子是氯原子得1个电子之后形成的，其结构示意图为。故D不选。
故选B。
3.下列物质中，既有离子键又有共价键的是（ ）
A. NaCl B. CO2 C. NaOH D. H2
【答案】C
【解析】A.氯化钠是由Na+和Cl-通过离子键形成的，只有离子键，故A不选；
B.二氧化碳是由碳原子和氧原子通过共价键形成的共价化合物，只有共价键，故B不选；
C.氢氧化钠是由Na+和OH-构成的，OH-里的氢原子和氧原子之间是通过共价键结合而成的，故C选；
D.H2是由两个氢原子之间共用一对电子形成的，只有共价键，故D不选；
故选C。
4.下列说法正确的是（ ）
A. CO2和SiO2的晶体类型相同
B. CH2=CH2和 CH3-CH3 互为同分异构体
C. 和互为同位素
D. 石墨和C60互为同素异形体
【答案】D
【解析】A.固体二氧化碳是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，故A不选；
B.同分异构体是分子式相同，结构不同化合物。乙烯和乙烷分子式不同，不是同分异构体，故B不选；
C.同位素是质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子。水是分子不是原子，故C不选；
D.同素异形体是同种元素形成的不同单质。石墨和C60都是碳元素形成的单质，所以石墨和C60是同素异形体，故D选。
故选D。
5.下列反应中，符合如图所示能量变化的是（ ）

A. C和CO2在高温下反应
B. H2在Cl2中燃烧
C. NaOH与H2SO4反应
D. Na和H2O的反应
【答案】A
【解析】
【分析】在此图中反应物的总能量低于生成物的总能量，所以反应是吸热反应。
【详解】A.碳和二氧化碳在高温下生成一氧化碳的反应是吸热反应，故A选；
B.氢气在氯气中燃烧放出大量的热，是放热反应，故B不选；
C.酸碱中和都是放热反应，故C不选；
D.钠和水生成氢氧化钠和氢气的反应是放热反应，故D不选。
故选A。
6.用铁片与1 mol·L－1 H2SO4反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加快的是（ ）
A. 加入少量的CuSO4溶液 B. 改用18 mol·L－1硫酸溶液反应
C. 不用铁片，改用铁粉 D. 加热
【答案】B
【解析】A.加入少量硫酸铜溶液，铁可以和硫酸铜发生置换，置换出来的铜和铁构成铁铜原电池可以加快反应速率，故A不选；
B.如果改用18mol/L的浓硫酸和铁反应，铁在浓硫酸中常温下会发生钝化，不生成氢气，故B选；
C.改用铁粉可以增大接触面积，加快反应速率，故C不选；
D.温度升高，可以使速率加快，故D不选。
故选B。
7.下列比较正确的是（ ）
A. 离子半径：Mg2+＞Na+＞O2-
B. 酸性强弱：HClO3＞H2SO4＞H3PO4
C. 碱性强弱：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3
D. 氢化物的稳定性：HI＞HCl＞HF
【答案】C
【解析】A.镁离子、钠离子和氧离子的核外电子排布相同，都有两层电子。当电子层数相同时，离子半径取决于质子数，质子数越多，半径越小。所以这三种离子的半径大小顺序为：Mg2+＜Na+＜O2-，故A不选；
B.非金属元素的最高价氧化物的水化物的酸性和非金属性一致。Cl、S、P的非金属性：Cl＞S＞P，所以酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4。HClO3不是氯的最高价氧化物对应的水化物，故B不选；
C.金属元素的氢氧化物的碱性强弱和金属性一致。钠、镁、铝金属性依次减弱，所以其氢氧化物的碱性也依次减弱，故C选；
D.非金属元素的氢化物的稳定性和非金属性一致。F、Cl、I的非金属性逐渐减弱，所以其氢化物的稳定性也逐渐减弱，故D不选。
故选C。
8.实验室制取气体时，不能用排空气法收集的是（ ）
A. H2 B. NO2 C. NH3 D. NO
【答案】D
【解析】A.氢气的密度比空气的密度小，所以可以用向下排空气法收集，故A不选；
B.二氧化氮密度比空气大，可以用向上排空气法收集，故B不选；
C.氨气密度比空气密度小，可以用向下排空气法收集，故C不选；
D.一氧化氮能和空气中的氧气反应，所以不能用排空气法，只能用排水法收集，故D选。
故选D。
9.在下列反应中，HNO3既表现出氧化性，又表现出酸性的是（ ）
A. 3Cu＋8HNO3(稀) =3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O↑
B. CuO＋2HNO3=Cu(NO3)2＋H2O
C. 4HNO3(浓) 4NO2↑＋O2↑＋2H2O
D. H2S＋2HNO3(浓) S↓＋2NO2＋2H2O
【答案】A
【解析】A.铜和稀硝酸的反应中硝酸里+5价氮在反应后，部分降低到+2价，体现了氧化性，还有一部分化合价没有变化，生成了硝酸铜里，这部分硝酸表现出酸性，故A选；
B.氧化铜和硝酸发生的是复分解反应，不是氧化还原反应，硝酸只体现出酸性，没有表现氧化性，故B不选；
C.硝酸的分解反应中硝酸既作氧化剂又作还原剂，既表现出氧化性，又表现出还原性，没有表现出酸性，故C不选；
D.硫化氢和硝酸的反应中，硝酸里的氮的化合价全部降低，只表现氧化性，没有表现酸性，故D不选。
故选A
10.已知N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－534 kJ·mol－1。则下列热化学方程式中正确的是（ ）
A. N2H4(g)＋ O2(g)=N2(g)＋H2O(l) ΔH＝－267 kJ·mol－1
B. N2H4(g)＋O2(g) = N2(g)＋H2O(g) ΔH＝＋267 kJ·mol－1
C. 2N2H4(g)＋2O2(g)=2N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－1068 kJ·mol－1
D. N2(g)＋2H2O(l) = N2H4(g)＋O2(g) ΔH＝＋534 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【分析】题干给出的热化学方程式的含义是1mol气体肼和1mol氧气反应生成1mol氮气和1mol水蒸气，放出534千焦的热量。
【详解】A.对于N2H4(g)＋ O2(g)=N2(g)＋H2O(l)，此反应除了把题干给出的反应的系数除以2外，还改变了水的状态，所以焓变就不会正好是534的一半即267，故A不选；
B.对于N2H4(g)＋O2(g) = N2(g)＋H2O(g)，仅仅是把题干的反应的系数缩小了一半，焓变数值也相应的缩小到一半，但焓变的符号不会改变，故B不选；
C.对于2N2H4(g)＋2O2(g)=2N2(g)＋4H2O(g)，是把题干的反应的系数扩大了2倍，焓变也相应地扩大了2倍，故C选；
D.对于N2(g)＋2H2O(l) = N2H4(g)＋O2(g)，把题干的反应的反应物和生成物颠倒并且把水的状态改变了，所以焓变不仅仅是改变符号而已，故D不选。
故选C。
11.如图为锌铜原电池示意图，下列说法错误的是（ ）

A. 锌片为负极，且锌片逐渐溶解
B. 电子由铜片通过导线流向锌片
C. 铜为正极，铜不易失电子而受到保护
D. 该装置能将化学能转变为电能
【答案】B
【解析】A.锌比铜活泼，锌片为负极，发生氧化反应：Zn-2e-=Zn2+，锌片逐渐溶解，故A不选；
B.锌为负极，失电子，电子由锌片通过导线流向铜片，故B选；
C.此原电池中，锌失电子，铜不会失电子，被保护，故C不选；
D.该装置是原电池，将化学能转化为电能，故D不选。
故选B。
12.下列关于含氮化合物的性质叙述正确的是（ ）
A. NO2与水发生化合反应生成HNO3
B. NH3与HCl气体反应生成NH4Cl属于氮的固定
C. 实验室可用加热NH4Cl固体的方法制备NH3
D. HNO3见光易分解，实验室用棕色试剂瓶盛放浓HNO3
【答案】D
【解析】A.二氧化氮和水发生的是歧化反应，生成硝酸和一氧化氮，故A不选；
B.氮的固定是把氮元素由游离态变为化合态。氨气和氯化铵中的氮都是化合态，不属于氮的固定，故B不选；
C.氯化铵固体加热生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在温度降低时又会重新化合成氯化铵，所以不能通过加热氯化铵固体的方法制备氨气，故C不选；
D.硝酸见光易分解，所以在实验室保存浓硝酸的时候应该用棕色试剂瓶，并放置在冷暗处，故D选。
故选D。
13.N2＋3H22NH3在密闭容器中反应一段时间后，达到最大限度。则下列说法中正确的是（ ）
A. N2、H2不再化合 B. N2、H2、NH3浓度不再变化
C. N2、H2、NH3的质量相等 D. N2的转化率为100%
【答案】B
【解析】
【分析】合成氨反应达到最大限度即达到平衡状态。
【详解】A.此反应是一可逆反应，达到平衡状态时，由于化学平衡是一动态平衡，所以氮气和氢气化合成氨气的同时，氨气也会分解成氮气和氢气，故A不选；
B.达到平衡时，单位时间内生成的氮气和消耗的氮气的物质的量相等，氢气和氨气也是如此，所以氮气，氢气，氨气的物质的量及浓度都不再变化，故B选；
C.平衡时，氮气、氢气、氨气的质量不再改变，但是质量不一定相等，故C不选；
D.此反应是可逆反应，氮气的转化率不可能达到100%，故D不选。
故选B。
14.温度不变恒容的容器中H2、I2各1mol·L－1进行反应H2+ I22HI，若某段时间内H2浓度由0.4mol·L－1降到0.24mol·L－1所需的反应时间为8s ，则反应起始时H2浓度由1mol·L－1降到0.4mol·L－1需的时间为（ ）
A. 小于30s B. 等于30s C. 大于30s D. 无法判断
【答案】A
【解析】A.H2的浓度由0.4mol/L降到0.24mol/L，降低了0.16mol/L，需要的时间是8s。反应起始时H2的浓度由1mol/L降到0.4mol/L，降低了0.6mol/L。如果速率不变的话，需要的时间是30秒，但是随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低，所以速率会逐渐减慢。所以H2的浓度由1mol/L降到0.4mol/L，需要的时间小于30s。
故选A。
15.X元素最高价氧化物对应的水化物为HXO3，它的气态氢化物为（ ）
A. HX B. H2X C. XH3 D. XH4
【答案】C
【解析】元素最高价氧化物对应水化物的化学式是HXO3，则最高价是＋5价，所以最低价是－（8－5）＝－3价，因此氢化物的化学式是H3X或XH3，答案选C。
16.关于元素周期表的说法正确的是（ ）
A. 元素周期表有8个主族 B. ⅠA族的元素全部是金属元素
C. 短周期是指第一、二周期 D. 元素周期表有7个周期
【答案】D
【解析】A.元素周期表有16个族，其中有7个主族，故A不选；
B.第ⅠA族除了氢元素全部是金属元素，故B不选；
C.短周期是指前三周期，故C不选；
D.元素周期表有七个横行，每一横行就是一个周期，所以共有7个周期，故D选。
故选D。
17. 美国科学家将两种元素铅和氪的原子核对撞，获得了一种质子数118，中子数为175的超重元素，该元素原子核内中子数与核外电子数之差是（ ）
A. 47 B. 57 C. 61 D. 293
【答案】B
【解析】试题分析：对中性原子来说，质子数=核外电子数=118，中子数和核外电子数之差为175-118=57，故选项B正确。
18.能说明Cl的非金属性比S的非金属性强的事实是（ ）
A. H2S的水溶液中滴加新制氯水后出现浑浊
B. Cl原子最外层有7个电子，而S原子最外层有6个电子
C. HCl水溶液的酸性强于H2S水溶液的酸性
D. HClO4的酸性比H2SO3的酸性强
【答案】A
【解析】A.硫化氢水溶液中滴加新制氯水出现浑浊是生成了单质硫，发生的反应为：Cl2+H2S=2HCl+S↓，说明所以氯气的氧化性强于硫，能说明氯的非金属性比硫强，故A选；
B.非金属性的强弱取决于得电子能力，和最外层电子数多少无关，故B不选；
C.盐酸和氢硫酸都是无氧酸。而非金属性的强弱取决于最高价含氧酸的酸性强弱，故C不选；
D.非金属性的强弱和最高价含氧酸的酸性有关，而亚硫酸不是硫的最高价含氧酸，故D不选。
故选A
19.X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，原子序数依次增大。已知X原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Y原子的最外层电子数是W原子最外层电子数的2倍，Z原子的最外层上只有一个电子。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：r(W)>r(Z)>r(X)>r(Y)
B. Y与Z两种元素只能形成一种化合物
C. 最高价氧化物对应水化物的碱性：Z