1、四川省眉山市东坡区多悦高级中学校2019-2020学年高一化学下学期期中试题（含解析）可能用到的原子量:Zn-65 H-1 O-16 S-32一、选择题（共7小题,每小题6分,共42分;每小题只有一个正确选项）1.未来新能源的特点是资源丰富,在使用时对环境无污染或污染很小,且可以再生。下列符合未来新能源标准的有（）天然气煤核能石油太阳能生物质能风能氢能A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】天然气 煤 石油污染重，且储存量有限，不能再生，为化石能源；用核能发电，核电厂的反应器内有大量的放射性物质，会对生态及民众造成伤害，不属于未来新能源，而太阳能生物质能风能 氢能污染小，来源广泛，可
2、以再生，故为新能源；答案为B。2.下列比较中正确的是（ ）A. 金属性：AlMgNaB. 原子半径：SOFC. 酸性： HIO4HBrO4HClO4D. 氢化物的稳定性：HBrHClPH3【答案】B【解析】【详解】AAl、Mg、Na属于同周期元素，同周期元素的金属性从左到右逐渐减弱，所以元素金属性：AlMgNa，故A错误；B同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：SOF，故B正确；CCl、Br、I属于同主族元素，从上往下，非金属性减弱，因元素的非金属性越强其对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：ClBrI，则酸性HClO4HBrO4HIO4，故C错误；
3、D非金属性ClBrP，非金属性越强氢化物越稳定，故稳定性HClHBrPH3，故D错误；答案为B。3.试推测第 82 号元素 X 的单质及其化合物不可能具有的性质:A. X 的氧化物的水化物可能有两种B. 单质是能导电的固体C. 单质不能与氢气直接化合D. X 是非金属元素【答案】D【解析】【详解】A由于82-2-8-8-18-18=28，则该元素X位于第6周期第A族，为Pb元素。因为Pb有+2和+4两种价态，则Pb的氧化物的水化物可能有两种，A项正确；BPb的同族上一周期的元素锡是活泼金属，从上到下，元素的金属性增强，则Pb是活泼金属元素，单质是能导电的固体，B项正确；CPb是金属，不能与氢气
4、直接化合，C项正确；DPb是金属元素，D项错误；答案选D。4.下列离子方程式正确的是A. 足量铁屑溶于稀硝酸： Fe2H= 2Fe2 H2B. 氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3+ + 4NH3H2O AlO2 + 4NH4+ 2H2OC NO2通入水中：3NO2 + H2O 2H + 2NO3 + NOD. 实验室用加热铵盐和碱的固体混合物的方法制取氨：OH + NH4+ NH3+ H2O【答案】C【解析】【详解】A因为硝酸有强氧化性，Fe与稀硝酸反应不产生H2，足量铁屑溶于稀硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和水，则离子方程式为3Fe+8H+2NO3-=3Fe2+2NO+4H2O，故A错误；B氯化
5、铝溶液中加入过量的氨水，生成氢氧化铝沉淀，而氢氧化铝不溶于氨水，正确的离子方程式为：Al3+3NH3H2O3NH4+Al(OH)3，故B错误；CNO2通入水中，反应生成硝酸和一氧化氮，该反应的离子方程式为：3NO2+H2O2H+2NO3-+NO，故C正确；D实验室用加热铵盐和碱的固体混合物的方法制取氨，此反应是固固反应，不是在溶液中进行，不能用OH + NH4+ NH3+ H2O来表示，故D错误；答案为C。5.某兴趣小组设计如图所示装置进行原电池原理的探究，下列叙述错误的是（ ）A. a和b用导线连接时，电子由Zn经导线流向Cu，再经稀硫酸流回ZnB. a和b用导线连接时铜片为正极，发生的反应
6、式为：2H+2e-=H2C. a和b不连接时，锌片上有气体生成，该装置不能形成原电池D. 无论a和b是否连接，稀硫酸均参与反应【答案】A【解析】A、a和b用导线连接时，构成原电池，电子由Zn经导线流向Cu，电子不会通过溶液传递，选项A错误；B、导线连接后，构成原电池，锌比铜活泼，锌作负极，铜片为正极，发生的反应式为：2H+2e-=H2，选项B正确； C、a和b不连接时，没有形成闭合回路，不能构成原电池，锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，选项C正确；D、根据以上分析，无论a和b是否连接，稀硫酸均参与反应，选项D正确；答案选A。6.下列各反应中，符合如图所示能量变化的是（ ）A. HCl和NaOH的
7、反应B. Al和盐酸的反应C. 甲烷在氧气中的燃烧反应D. Ba（OH）28H2O和NH4Cl的反应【答案】D【解析】【详解】从图象分析可知，该反应中反应物的总能量小于生成物的总能量，则是吸热反应；A氢氧化钠与盐酸反应，是中和反应，放热，不符合图象，故A错误；B铝与盐酸反应，产生H2，属于放热反应，不符合图象，故B错误；C甲烷在氧气中燃烧，燃烧反应，属于放热反应，不符合图象，故C错误；DBa(OH)28H2O晶体和NH4Cl晶体的反应，为复分解反应，属于吸热反应，符合图象，故D正确；答案为D。7.有X、Y、Z三种短周期元素，原子半径大小关系为r(Y)r(X)r(Z)，原子序数之和为16。X、Y
8、、Z三种元素的常见单质分子在适当条件下可发生如图变化，其中B和C均为10电子分子.下列说法中不正确的是A. X与Z形成的某种化合物可用来杀菌消毒B. C极易溶于B中，溶液呈碱性C. Y与Z形成的二元化合物只含有极性键D. A和C能发生氧化还原反应【答案】C【解析】根据10电子分子可围绕常见氢化物分析，根据原子序数结合原子半径，可知Z是氢、X是氧、Y是氮，A、X与Z形成的某种化合物H2O2可用来杀菌消毒，故A正确；B、C是NH3，极易溶于BH2O中，溶液呈碱性，故B正确；C、Y与Z形成的二元化合物可能是NH3只含有极性键,也可能是N2H4其中NH是极性键，NN是非极性键，故C错误；D、NO和NH
9、3能发生氧化还原反应，故D正确。故选C。二、非选择题（共58分）8.A、B、C、D四种短周期元素,原子序数依次增大,B、C同周期,A、D同主族且A为非金属性最强的元素,C的原子结构示意图为,A、B可形成BA2型化合物。据此填空:（1）C的元素名称为_,其气态氢化物的化学式为_。（2）A、B、C、D四种元素的原子半径由大到小的顺序为_（用元素符号表示）。（3）B和D的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式是_。（4）某同学根据元素周期律推知:A元素和D元素最高价氧化物对应的水化物酸性前者强。该同学的推断是否正确?_,请说明理由:_。【答案】 (1). 硅 (2). SiH4 (3). MgSi
10、ClF (4). Mg(OH)2+2H+= Mg2+2H2O (5). 不正确 (6). F无最高正价，不能形成该含氧酸【解析】【详解】A、B、C、D四种短周期元素，原子序数依次增大，根据C的原子结构示意图，可以知道C是硅，在元素周期表中位于第三周期，IVA，B的原子序数小于Si，且与硅同周期，能形成BA2型化合物，B只能为+2价，所以B为Mg，A为-1，A为F，再根据A、D同主族，则D为Cl，由上分析知：（1）C的元素名称为硅，其气态氢化物的化学式为SiH4；答案为硅，SiH4。（2）镁、硅、氯处于同一周期，所以三者的半径关系与原子序数有关，序数大的半径小，所以MgSiCl，氟和氯属于同一主
11、族，原子核外电子层多的半径大，所以ClF，综合起来MgSiClF；答案为MgSiClF。（3）B是镁，D是氯，则镁元素最高价氧化物对应的水化物为氢氧化镁，氯元素的最高价氧化物的水化物为高氯酸，两者反应为Mg(OH)2+2HClO4=Mg(ClO4)2+2H2O，离子方程式为Mg(OH)2+2H+=Mg2+2H2O；答案为Mg(OH)2+2H+=Mg2+2H2O。（4）A元素是氟元素，氟元素无正价，所以是没有含氧酸的存在，没有办法进行比较；答案为不正确，因为氟元素无正价，所以是没有含氧酸的存在。9.AG是短周期主族元素，原子序数依次增大。它们部分信息如下表所示：ABCDEFG原子半径/nm0.0
12、770.0740.1860.1430.099主要化合价-4,+4-2+3-4,+4-1,+7其它阳离子核外无电子它的化合物数量众多分布极广焰色反应呈黄色无机非金属材料主角（1）F在元素周期表中的位置是_；（2）任写一个BA4的同系物的分子式_；（3）请用电子式表示DG的形成过程_；（4）元素D与C按原子个数比11形成的化合物所含的化学键有_（填化学键类型）；（5）D与E相比，金属性较强的是_（用元素符号表示），元素D、E最高价的氧化物对应的水化物反应的离子方程式为_；（6）工业上冶炼单质E的化学方程式为_。【答案】 (1). 第三周期第A族 (2). C2H6等符合CnH2n+2且n为大于或等
13、于2的整数的分子式 (3). (4). 离子键、共价键或非极性键 (5). Na (6). Al（OH）3OH=AlO22H2O (7). 2Al2O3（熔融）4Al+3O2【解析】【分析】A、B、C、D、E、F、G是短周期主族元素，原子序数依次增大，A元素阳离子核外无电子，则A为H元素；B、F的化合价主要为-4，+4，则处于IVA族元素，其中B的化合物数量众多分布极广，则B是C元素，F是无机非金属材料的主角，则F为Si元素；D焰色反应呈黄色，则D为Na元素；G的主要化合价为-1，+7，原子序数最大，则G为Cl元素；E主要化合价为+3价，原子半径NaECl，则E为Al元素；C的主要化合价为-2
14、价，为第A族元素，原子半径CCl，则C为O元素，由上分析可知：A为H元素，B为C元素，C为O元素，D为Na元素，E为Al元素，F为Si元素，G不Cl元素；据此解答。【详解】（1）F为Si元素，在周期表中的位置是：第三周期第A族；答案为第三周期第A族。（2）A为H元素，B为C元素，AB4为CH4，分子式符合CnH2n+2(n2)的烷烃即可，满足条件的同系物可以是C2H6；答案为C2H6。（3）D为Na元素，G为Cl元素，形成的NaCl中Na失去一个电子，Cl得到一个电子，形成离子化合物，用电子式表示NaCl的形成过程为：；答案为。（4）D为Na元素，C为O元素，按原子个数比1：1形成的化合物为N
15、a2O2，其电子式为，含离子键，非极性键；答案为离子键，非极性键。（5）D为Na元素，E为Al元素，两者处于同周期，从左至右，金属性减弱，故金属性NaAl，元素D最高价的氧化物对应的水化物为NaOH，元素E最高价的氧化物对应的水化物为Al(OH)3，两者反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；答案为Na，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。（6）E为Al元素，属于活泼金属，用电解法冶炼，由于熔融AlCl3不导电，因而冶炼Al是电解熔融的Al2O3，化学方程式为：2Al2O34Al+3O2；答案为2Al2O34Al+3O2。10.喷泉是一种常见的自然现象，其产生
16、的原因是存在压强差。制取氨气并完成喷泉实验（图中夹持装置均已略去）。写出实验室制取氨气的化学方程式：_。收集氨气应使用_法，要得到干燥的氨气可选用_做干燥剂。用如图一装置进行喷泉实验，上部烧瓶已装满干燥氨气，引发水上喷的操作是_，该实验的原理是_。如果只提供如图二的装置，请说明引发喷泉的方法_。【答案】 (1). 2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3+2H2O (2). 向下排空气 (3). 碱石灰 (4). 打开止水夹，挤出胶头滴管中的水 (5). 氨气极易溶解于水，致使烧瓶内气体压强迅速减小 (6). 打开夹子，用手(或热毛巾等)将烧瓶捂热，氨气受热膨胀，赶出玻璃导管内的空气
17、，氨气与水接触，即发生喷泉【解析】【分析】在实验室中是用加热氯化铵和碱固体混合物的方法制取氨气；根据氨气密度和溶解性判断收集方法；根据氨水显碱性判断使用的干燥剂；喷泉实验利用的原理是产生压强差；设法使烧瓶内的氨气从导气管内逸出，与烧杯内的水接触就可以形成喷泉。【详解】实验室用加热氯化铵和消石灰固体混合物的方法制取氨气，反应的方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3+2H2O；由于氨气的密度比空气小，极易溶于水，因此可用向下排气法收集；氨气是碱性气体，能与酸性物质发生反应，也能够与中性干燥剂氯化钙结合生成络合物，因此氨气只能选择碱性干燥剂如碱石灰、CaO等进行干燥；氨气是一种极
18、易溶于水的气体，在上部烧瓶已装满干燥氨气，若要引发水上喷，由于外界大气压强不变，因此只能通过减小上部气体压强的方法，具体操作是将胶头滴管中的水挤入烧瓶中，瓶内氨气在水中溶解，使烧瓶内的气体压强减小，在外界大气压的作用下，水被压到瓶内，形成喷泉现象；该实验的原理实质上就是利用氨气极容易溶于水，致使烧瓶内气体压强迅速减小，烧瓶内外形成足够的压强差，烧杯内的水在大气压强作用下不断进入烧瓶，形成喷泉；如图二中无吸有水的胶头滴管，若要引发喷泉实验，使水进入烧瓶，可打开止水夹，用手(或热毛巾等)将烧瓶捂热，烧瓶内的氨气受热膨胀，玻璃导管内的空气赶出，氨气与水接触，使导气管内的气体压强减少，烧杯内的水在外界
19、大气压强作用下进入烧瓶，即发生喷泉。11.原电池原理的发现是储能和供能技术的巨大进步，是化学对人类的一项重大贡献。(1)将纯锌片和纯铜片按图方式插入100 mL相同浓度的稀硫酸中一段时间，回答下列问题：甲 乙 丙下列说法正确的是_。A 甲、乙均为化学能转变为电能的装置B 乙中铜片上没有明显变化C 甲中铜片质量减少、乙中锌片质量减少D 两烧杯中溶液的 pH 均增大在相同时间内， 两烧杯中产生气泡速度：甲_乙(填“”“ (3). Zn2e=Zn2 (4). NA (5). CH4+10OH-8e-=CO32-+7H2O【解析】【详解】（1）A、甲符合原电池构成条件，所以属于原电池，乙不能构成闭合回
20、路，所以不能构成原电池，选项A错误；B、乙不能构成原电池，氢离子在锌片上得电子发生还原反应，所以乙中铜片上没有明显变化，选项B正确；C、甲中铜片作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，所以铜片质量不变，乙中锌片和氢离子发生置换反应，所以质量减少，选项C错误；D、两烧杯中锌和氢离子发生置换反应导致溶液中氢离子浓度减小，则两烧杯中溶液的c（H+）均减小，选项D正确；答案选BD；甲能构成原电池，乙不能构成原电池，作原电池负极的金属加速被腐蚀，所以在相同时间内，两烧杯中产生气泡的速度：甲乙；锌的金属性强于铜，锌作为负极，原电池的负极电极反应式为Zn2e=Zn2；甲中正极反应为2H+2e= H2，溶液质量增重 31.5g（32.5g-1g）时，消耗0.5molZn，电极上转移电子数目为NA；（2）图丙为甲烷氧气燃料电池的构造示意图，电解质溶液的溶质是 KOH。通甲烷一极为负极，碱性条件下甲烷失电子生成碳酸根离子，电极反应方程式为CH4+10OH-8e-=CO32-+7H2O。