江苏省常州市2018-2019学年高一化学下学期期中试题（含解析）

江苏省常州市20182019学年高一化学下学期期中试题（含解析）日期：2019年4月总分100分时间90分钟可能用到的相对原子量:H1、O16、S32、Cu64、Fe56、Al27第Ⅰ卷（共60分）一、选择题（本题共20小题，每小题3分，共60分。每小题只有一个选项符合题意。）1.你认为减少酸雨产生的途径可采取的措施是（）①减少煤作燃料②造高工厂烟囱③燃料脱硫④在已酸化的土壤中加石灰⑤开发新能源A.①②③ B.②③④⑤ C.①③⑤ D.①③④⑤【答案】C【解析】【详解】①用煤作燃料会产生二氧化硫、氮氧化物，造成酸雨，所以减少煤作燃料可减少酸雨的形成，①合理；②把工厂烟囱造高不能减少二氧化硫、氮氧化物的产生，即不能减缓酸雨污染，②不合理；③燃料脱硫处理可减少含硫物质的排放，可减少二氧化硫的形成，③合理；④在已经酸化的土壤中加石灰，可以改良土壤，但不能减缓酸雨污染，④不合理；⑤开发新能源可以减少煤、石油的使用，因而可减少酸雨的形成，故⑤合理；故正确说法是①③⑤，选项C合理。2.硅是在人类文明发展过程中起了重要作用的元素。下列有关硅的说法正确的是（）A.硅是构成矿物和岩石的主要元素，硅在地壳中的含量在所有的元素中居第一位B.硅在自然界中有单质存在C.光纤通信是以光作为信息的载体，光导纤维的主要成分是SiO2D.硅单质的性质十分稳定，不能和任何物质发生反应【答案】C【解析】试题分析：A、硅是构成矿物和岩石的主要元素，硅在地壳中的含量在所有的元素中居第二位，错误；B、硅在自然界中以化合态形式存在，错误；C、光导纤维的主要成分是SiO2，正确；D、例如硅常温下能氟气反应生成四氟化硅，错误。考点：考查硅和二氧化硅。3.科学家将铅和氪两种元素的原子核对撞，获得了一种质子数为118、质量数为293的超重元素，该元素原子核内的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】【详解】质子数为118、质量数为293的超重元素的中子数=质量数质子数=293118=175，该原子的核外电子数=质子数=118，则该元素原子核内的中子数和核外电子数之差=175118=57，故合理选项是B。不正确的是（）A.氮化镁：MgNB.Ca(OH)2的电离方程式：Ca(OH)2=Ca2++2OHC.中子数为18的氯原子：D.氟化钠的电子式为：【答案】A【解析】【详解】A.Mg原子最外层有2个电子，N原子最外层有5个电子，两种元素的原子间通过电子得失形成离子，然后结合成离子化合物，根据正负化合价的代数和等于0可知氮化镁化学式为：Mg3N2，A错误；B.Ca(OH)2是二元强碱，完全电离产生Ca2+和OH，电离方程式为：Ca(OH)2=Ca2++2OH，B正确；C.Cl原子核内质子数为17，中子数为18，该原子可表示为：，C正确；D.氟化钠是离子化合物，电子式为：，D正确；故合理的为A。5.硅是带来人类文明的重要元素之一。下列物质中主要成分是硅酸盐的是（）A.青花瓷 B.金刚石 C.光导纤维 D.大理石【答案】A【解析】【详解】A.青花瓷主要成分是硅酸盐，A正确；B.金刚石主要成分是C单质，B错误；2，C错误；3，D错误；故合理选项是A。6.有关元素周期表的说法中错误的是（）A.元素周期表中第16个纵行为ⅥA族B.ⅦA族元素也称为卤族元素C.元素周期表中，Ⅷ族包括第8，9，10三个纵行D.0族元素的原子最外层电子数均为8，元素化合价为0【答案】D【解析】【详解】A.元素周期表有18个纵行，根据元素周期表的结构与位置的关系可知：第16个纵行为ⅥA族，A正确；B.ⅦA族元素原子最外层有7个电子，也称为卤族元素，B正确；C.元素周期表中，一般情况下1个纵行为1个族，但第8，9，10三个纵行叫第Ⅷ族元素，C正确；D.0族元素中，H2的原子最外层电子数是2，其余的均为8，由于不容易参加化学反应，所以元素化合价为0，D错误；故合理的是D。7.下列物质反应后一定没有＋3价铁生成的是（）A.过量的Fe与Cl2加热时发生反应B.Fe与过量稀盐酸反应C.FeCl2溶液中加少量硝酸D.Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中【答案】B【解析】2加热时发生反应产生FeCl3，与二者相对物质的量多少无关，A不符合题意；B由于H+氧化性弱，因此Fe与过量稀盐酸反应产生Fe2+，反应后一定没有＋3价铁生成，B合理；C.硝酸具有强的氧化性，向FeCl2溶液中加少量硝酸，有＋3价铁生成，C不合理；2O3的混合物溶于盐酸中，若Fe过量，反应后为Fe2+，若Fe2O3过量，反应后有＋3价铁生成，D不合理；故合理选项是B。8.下列各组气体在常温下都不能共存，其中极易发生非氧化还原反应而不能共存的是（）A.H2S和SO2 B.NO和O2 C.NH3和HCl D.Cl2和H2S【答案】C【解析】试题分析：A、H2S和SO2发生氧化还原反应生成S和水，错误;B、NO和O2发生氧化还原反应生成二氧化氮，错误；C、NH3和HCl发生非氧化还原反应生成氯化铵，正确；D、Cl2和H2S发生氧化还原反应生成S和HCl，错误，答案选C。考点：考查氧化还原反应的判断9.5mL物质的量浓度为18mol·L－1的硫酸中加入足量铜片并加热，充分反应。下列说法正确的是（）A.有0.09mol的硫酸被还原 B.有0.045mol的硫酸被还原C.充分反应后体系无硫酸剩余 D.消耗的铜的质量一定小于2.88g【答案】D【解析】浓硫酸与铜可发生氧化还原反应，而稀硫酸与铜不发生反应。浓硫酸与铜反应时，随着反应进行，硫酸逐渐消耗，其浓度也逐渐下降，当硫酸由浓变稀时反应就会停止。因此，参加反应的硫酸实际量要比理论计算值小。据题n(H2SO4)==="0.005"L×18mol·L−1="0.09"mol，参加反应的硫酸n(H2SO4)<0.09mol，被还原的硫酸小于0.045mol，参加反应的铜小于2.88g。10.下列离子方程式中，正确的是（）A.硫酸镁与氯化钡溶液的反应：MgSO4＋Ba2+=Mg2++BaSO4↓B.铁与稀硫酸反应：2Fe＋6H＋=2Fe3＋＋3H2↑C.向水玻璃中滴加盐酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na+D.向Fe(NO3)2稀溶液中加入盐酸：3Fe2＋＋4H＋＋NO3－=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O【答案】D【解析】【详解】A.硫酸镁是易溶性强电解质，以离子形式存在，A错误；+氧化性弱，与Fe反应产生Fe2+，B错误；C.硅酸钠是可溶性盐，以离子形式存在，C错误；2+、H+、NO3会发生氧化还原反应，产生Fe3+、NO、H2O，反应符合事实，D合理；故合理选项是D。11.化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是（）化学性质实际应用A铁常温下遇浓硫酸钝化用铁桶装浓硫酸B铁比铜金属性强FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板C次氯酸盐溶液与CO2反应漂白粉漂白织物DHF与SiO2反应氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A.金属铁和铝与冷的浓硫酸和浓硝酸会发生钝化，表面形成一层致密的氧化膜，阻止了反应的进一步进行，所以可使用铁质容器或铝制容器盛装浓硫酸和浓硝酸，故A正确；B.FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板，是由于Fe3+的氧化性强，故B错误；2反应生成HClO，HClO具有漂白性，可漂白织物，故C正确；2可以与HF反应，所以可以用HF雕刻玻璃，故D正确；故选B。12.下列事实与浓硫酸表现出的性质（括号中）对应关系正确的是（）A.在空气中敞口久置的浓硫酸，溶液质量增大难挥发性B.在加热条件下铜与浓硫酸反应强氧化性、酸性C.蔗糖与浓硫酸反应中有海绵状的炭生成吸水性D.浓硫酸与少量胆矾晶体混合，晶体由蓝色变成白色脱水性【答案】B【解析】试题分析：A．浓硫酸具有吸水性，则在空气中敞口久置的浓硫酸，会吸收空气中的水分而使溶液的质量增大，表现的是浓硫酸的吸水性，故A错误；B．在加热条件下铜与浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫和水，硫元素化合价部分变化，体现浓硫酸的强的氧化性和酸性，故B正确；C．蔗糖与浓硫酸反应中有海绵状的炭生成，体现浓硫酸的脱水性，故C错误；D．硫酸与少量胆矾晶体混合，晶体由蓝色变成白色，体现浓硫酸的吸水性，故D错误；故选B。考点：考查了浓硫酸的性质的相关知识。2的性质的探究实验报告记录的实验现象正确的是（）实验记录A无色无色无现象无色溶液B红色无色白色沉淀白色溶液C无色无色白色沉淀无色溶液D红色红色白色沉淀白色溶液A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】试题分析：由图可知，a中发生二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，所以a中溶液碱性减弱，颜色变为无色；具有漂白性，能够使品红褪色，所以b中溶液变为无色；具有还原性，能够被硝酸氧化生成硫酸根离子，硫酸钡离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以C中产生白色沉淀；二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性弱于盐酸，所以二氧化硫与氯化钡溶液不反应，所以d中不会产生白色沉淀，故选C。考点：考查了化学实验方案的评价的相关知识。14.下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是（）A.用图甲所示装置收集NO B.用图乙所示装置制备NH3C.用图丙所示装置制备Fe(OH)2 D.用图丁所示装置稀释浓H2SO4【答案】C【解析】【详解】A、NO能与氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集，选项A错误；B、用图乙所示装置制备NH3，氯化铵受热分解产生的氨气和氯化氢在试管口又反应生成氯化铵固体，无法得到氨气，选项B错误；C、Fe(OH)2白色沉淀极易被空气中的氧气氧化：4Fe(OH)2+2H2O+O2═4Fe(OH)3，生成红褐色沉淀，所以制备Fe(OH)2沉淀需隔绝空气，煤油的密度比水小，浮在上面，能起到隔绝空气的作用，所以该装置能实现制备Fe(OH)2沉淀，选项C正确；D、稀释浓H2SO4时应将浓硫酸慢慢注入水中并不断搅拌，而不能将水倒入浓硫酸中，选项D错误；答案选C。15.铝热反应可用于焊接钢轨，反应为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，下列关于该反应说法正确的是（）A.Al是还原剂 B.Fe2O3发生氧化反应C.Fe是氧化产物 D.当生成1molFe时，转移6mol电子【答案】A【解析】【分析】2Al+Fe2O32Fe+Al2O3中，Al元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，以此来解答。【详解】A、因反应中铝元素的化合价升高，Al作还原剂，选项A正确；B、因反应中铁元素的化合价降低，则Fe2O3作氧化剂，发生还原反应，选项B错误；C、因反应中铁元素的化合价降低，则Fe2O3被还原生成Fe，Fe为还原产物，选项C错误；D、反应中Fe元素化合价由＋3价变为0价，当生成1molFe时，转移3mol电子，选项D错误；答案选A。16.下列有关物质性质的比较正确的是（）①同主族元素的单质从上到下，氧化性逐渐增强②元素的非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越弱③单质与水反应的剧烈程度：K＞Na＞Li④元素的非金属性越强，它的气态氢化物水溶液的酸性越强⑤酸性：HNO3＞H3PO4A.①③ B.②④ C.③⑤ D.②⑤【答案】C【解析】【详解】①同主族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，因此它们的单质从上到下，氧化性逐渐减弱，①错误；②元素的非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越强，②错误；③同一主族的元素从上到下元素的金属性逐渐增强，所以单质与水反应的剧烈程度：K>Na>Li，③正确；④元素的非金属性强弱与氢化物的水溶液的酸性强弱没有关系，④错误；⑤由于元素的非金属性N>P，所以最高价含氧酸的酸性：HNO3>H3PO4，⑤正确；据上所述，可知正确的说法是③⑤，故合理选项是C。2、NO混合气体的量筒倒立于水槽中，反应后气体体积缩小为40mL，则混合气体中NO2和NO的体积比是（）A.5：3 B.2：3 C.1：1 D.2：1【答案】C【解析】设NO2体积为xmL3NO2+H2O=2HNO3+NO△V32X6040=X=30mL混合气体中NO2和NO的体积比是1：1，故C正确。18.短周期元素的W为Mg，X为Na，Y为O，Z为F，则下列说法正确的是（）A.原子半径：W＞X＞Z＞Y B.热稳定性：H2Y＞HZC.离子半径：W2+＞Y2 D.碱性：XOH＞W(OH)2【答案】D【解析】【详解】A.原子核外电子层数越多，原子半径越大；同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，所以原子半径：X>W>Y>Z，A错误；B.元素的非金属性越强，形成的氢化物就越稳定。由于元素的非金属性Z>Y，所以热稳定性：HZ>H2Y，B错误；C.电子层结构相同的例子，核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径：Y2>W2+，C错误；D.元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。由于元素的金属性X>W，所以碱性：XOH>W(OH)2，D正确；故合理说法是D。19.X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增。X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14。下列说法正确的是（）A.原子半径由小到大的顺序：X<Y<Z<WB.Z的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸C.Y单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应D.XW4是离子化合物【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，则Y为Al，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，则Z为Si元素，X与Z位于同一主族，可知X为C元素，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，则W的最外层电子数为1434=7，则W为Cl，然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答。【详解】根据上述推断可知X为C元素，Y是Al元素，Z为Si元素，W为Cl元素。A.原子核外电子层越多，原子半径越大，同周期原子序数大的原子半径小，则原子半径由小到大的顺序：X<W<Z<Y，A错误；2，不溶于水，也不能与水发生反应，B错误；C.Al具有强的还原性，与氧化铁在高温下发生置换反应，产生氧化铝和铁，C正确；4为CCl4，原子间通过共价键结合，该物质是共价化合物，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的应用的知识，把握元素化合物知识与原子结构推断元素为解答的关键，注意元素化合物知识的应用，题目侧重考查学生的分析与应用能力。20.向2.0L浓度均为1.0mol·L−1的CuSO4、Fe2(SO4)3和H2SO4的混合液中加入足量的铁粉，反应停止后，铁粉有剩余，此时溶液中Fe2＋的物质的量浓度是（溶液的体积变化忽略不计）（）A.1.5mol·L−1 B.2.0mol·L−1 C.3.0mol·L−1 D.5.0mol·L−1【答案】D【解析】【详解】混合溶液中n（Cu2+）=2.0L×1.0mol·L−1=2.0mol，n（H+）=2.0L×1.0mol·L−1×2=4.0mol，n（Fe3+）=2.0L×1.0mol·L−1×2=4.0mol；混合液中加入足量的铁粉，反应停止后，铁粉有剩余，则硫酸铁、硫酸铜、硫酸都完全反应，发生的反应有：2Fe3++Fe=3Fe2+Cu2++Fe=Fe2++Cu2H++Fe=Fe2++H2↑此时溶液中Fe2＋的物质的量n（Fe2＋，故c（Fe2+）==5.0mol/L，答案选D。第Ⅱ卷（共40分）二、本题共4小题。21.A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大。B原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍。A的一种原子中，中子数为零。D元素原子的最外层电子数为m=6，次外层电子数为n。E元素原子的L层上电子数为(m＋n)，M层上电子数为（m/2－n）。F与D同主族。请回答下列问题：(1)B元素在周期表中位置是_____，G的离子结构示意图为______(2)F与G最高价氧化物的水化物的酸性强弱为______>_____(填化学式）(3)简单D离子和E离子的半径由大到小______>______（填离子符号）(4)B和D简单气态氢化物的稳定性强弱为_____<_______(填化学式）(5)F的一种氧化物中氧的质量分数为50％，写出该氧化物与G单质水溶液反应的化学方程式：________。【答案】(1).第二周期IVA族(2).(3).HClO4(4).H2SO4(5).O2(6).Na+(7).CH4(8).H2O(9).SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl【解析】【分析】A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大。B原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍，B原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则B为碳元素；A的一种原子中，中子数为零，则A为H元素；D元素的原子最外层电子数为m=6，次外层电子数为n，E元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为，m+n=8，故D原子有2个电子层，即n=2，则D为O元素，E的M层电子数=32=1，E为Na元素；F与D同主族，则F为S元素，则G为Cl元素；由于C的原子序数介于碳元素、氧元素之间，因此C为氮元素。【详解】根据上述分析可知：A是H元素，B是C元素；C是N元素；D是O元素；E是Na元素；F是S元素；G是Cl元素。(1)B是C元素，在周期表中的位置是第二周期第IVA族；G是Cl元素，Cl原子获得1个电子变为Cl，所以Cl的离子结构示意图为；(2)元素的非金属性Cl>S，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，所以酸性：HClO4>H2SO4；(3)D离子和E离子分别为：O2、Na+，二者电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：O2>Na+；(4)B和D简单气态氢化物分别为：CH4、H2O，由于元素的非金属性：O>C，元素的非金属性越强，其相应的氢化物就越稳定，所以稳定性：CH4<H2O；(5)硫的一种氧化物中氧的质量分数为50%，该氧化物为SO2，SO2与氯气水反应产生硫酸和盐酸，反应的化学方程式：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl。【点睛】本题考查了元素原子结构与物质性质、在元素周期表的位置关系的应用的知识，依据题意推断元素是解题关键，要熟练掌握核外电子排布规律，物质的性质及变化规律。22.有关物质的转化关系如图所示（部分条件已略去）。A为海水中含量最高的盐类物质，C为黄绿色气体，F为生活中常见的金属单质，I为红褐色沉淀。(1)E的化学式为_____，I的名称为_______；(2)写出D的电子式_______；(3)写出反应①的化学方程式：______；写出反应⑤的离子方程式：_________。(4)检验H溶液中金属阳离子的方法是_____________。(5)保存G溶液时要加少量固体F的原因是_______________。【答案】(1).HCl(2).氢氧化铁(3).(4).2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑(5).2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl(6).取少量H溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则溶液中含Fe3+(7).防止Fe2+被氧化【解析】【分析】A是海水中含量最高盐，则A为NaCl，电解NaCl溶液生成H2、Cl2与NaOH，而C为黄绿色气体，则C为Cl2，B与C反应生成E，E的溶液与金属F生成G，G能与氯气反应生成H，而H与D反应生成红褐色沉淀I，可知金属F为Fe，B为H2，E为HCl，G为FeCl2，H为FeCl3，I为Fe(OH)3，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知：A是NaCl，B是H2，C是Cl2，D是NaOH，E是HCl，F是Fe，G为FeCl2，H为FeCl3，I为Fe(OH)3。(1)E的化学式为HCl，I的化学式为Fe(OH)3，名称为氢氧化铁；(2)DNaOH，该物质是离子化合物，电子式为：；(3)反应①是电解NaCl溶液，反应产生NaOH、Cl2、H2，该反应的化学方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；反应⑤是FeCl2被氯气氧化为FeCl3，反应的离子方程式：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl；(4)H溶液中含有Fe3+，检验FeCl3溶液中金属阳离子的方法是：取少量H溶液于试管中，向其中滴加少量KSCN溶液，若溶液变为血红色，则溶液中含Fe3+；(5)G为FeCl2，由于空气在溶液中溶解，会导致部分Fe2+变为Fe3+，保存FeCl2溶液时要加少量固体Fe的原因是：防止Fe2+被氧化。【点睛】本题考查无机物推断的知识，“A在海水中含量最高的盐、C是黄绿色气体、I为红褐色沉淀”是推断突破口，要熟练掌握元素化合物的知识，注意铁盐、亚铁盐溶液的配制与电解原理。2和验证SO2的性质。试回答以下问题：(1)装置A中用于添加浓硫酸的仪器名称为____，其中反应的化学方程式为________。(2)导管①的作用是________。(3)装置D中可观察到的现象是_______，体现出SO2______性。(4)E装置的作用是_______，发生反应的离子方程式为__________。【答案】(1).分液漏斗(2).H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O(3).平衡气压，便于浓硫酸顺利滴下(4).溶液褪色(5).还原(6).吸收SO2气体，防止污染空气(7).2OH+SO2=SO32+H2O（或OH+SO2=HSO3）【解析】【分析】在装置A中用浓硫酸与亚硫酸钠反应制取SO2，用B中的品红溶液检验SO2的漂白性，在C中检验其水溶液的酸性，在D中检验其还原性，由于SO2是大气污染物，因此用E的NaOH溶液进行尾气处理。【详解】(1)装置A中用于添加浓硫酸的仪器名称为分液漏斗；装置A中的浓硫酸和亚硫酸钠发生复分解反应，生成SO2、硫酸钠和水