重庆市南川区三校学年高一下学期期中考试化学试题.docx
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重庆市南川区三校学年高一下学期期中考试化学试题
化学试题共4页，满分100分，时间90分钟。
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡规定的位置上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。
3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
可能用到的相对原子质量：
H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Cu64
第I卷（选择题共54分）
一．选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分共54分。
）
1．下列化合物可通过两种单质直接化合生成的是（）
A．FeCl2B．SO3C．NO2D．Fe3O4
【答案】D
【解析】A、铁在氯气中燃烧生成氯化铁，A错误；B、硫在氧气中燃烧生成SO2，B错误；C、氮气和氧气化合生成NO，C错误；D、铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，D正确，答案选D。
2．元素周期表和元素周期律对科学技术有指导作用。
下列说法中不正确的是（）
A．在元素周期表左下方区域的金属元素中寻找半导体材料
B．利用元素周期表中氟、氯、硫、磷附近的元素研制新型农药
C．在过渡金属中寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料
D．在周期表一定区域内寻找元素、发现物质的新用途是一种相当有效的方法
【答案】A
考点：
考查元素周期表的应用。
3．二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明二氧化硫具有（）
A．酸性B．氧化性C．还原性D．漂白性
【答案】C
【解析】酸性高锰酸钾褪色具有强氧化性，二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明二氧化硫具有还原性，答案选C。
【点睛】掌握SO2的性质特点是解答的关键，例如二氧化硫通入下列溶液中的现象与其体现的性质比较可归纳为：
溶液
石蕊试液
加有酚酞的
NaOH溶液
酸性KMnO4
溶液
溴水
品红溶液
氢硫酸
（H2S溶液）
现象
变红
褪色
褪色
褪色
褪色
生成浅黄色沉淀
SO2的性质
溶于水显酸性
溶于水显酸性
还原性
还原性
漂白性
氧化性
4．关于过氧化钠的说法正确的是（）
A．过氧化钠在常温下的颜色为白色B．阴阳离子之比为1:
1
C．与水反应过氧化钠作氧化剂，水作还原剂D．1mol与足量的二氧化碳反应转移的电子数为NA
【答案】D
【解析】A．过氧化钠在常温下的颜色为淡黄色，A错误；B．过氧化钠中阴阳离子之比为1:
2，B错误；C．与水反应过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，C错误；D．过氧化钠与CO2反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，因此1mol过氧化钠与足量的二氧化碳反应转移的电子数为NA，D正确，答案选D。
5．与氢硫酸反应有沉淀生成且为氧化还原反应的物质是（）
A．稀硫酸B．氢氧化钠C．硫酸铜D．氯化铁
【答案】D
【解析】A．稀硫酸与氢硫酸不反应，A错误；B．氢氧化钠与氢硫酸发生中和反应，B错误；C．硫酸铜与氢硫酸发生复分解反应，C错误；D．氯化铁具有氧化性，能把H2S氧化为单质S，D正确，答案选D。
6．下列说法正确的是（）
A．
、
、
三种核素的化学性质不同B．16O2、18O2彼此是同位素
C．14N、14C两种核素的中子数相同，质子数不同D．白磷与红磷是磷元素的两种同素异形体
【答案】D
【解析】A．
、
、
三种核素的核外电子排布相同，化学性质相同，A错误；B．16O2、18O2均表示氧气分子，B错误；C．14N、14C两种核素的中子数分别是14－7＝7、14－6＝8，质子数分别是7和6，C错误；D．白磷与红磷是磷元素的两种单质，互为同素异形体，D正确，答案选D。
【点睛】掌握同位素和同素异形体的区别，同位素是指质子数相同中子数不同的同一种元素的不同核素，研究对象是核素。
同素异形体是指由同一种元素形成的不同单质，研究对象是单质。
7．下列说法正确的是（）
A．NO2溶于水时生成硝酸，故NO2是酸性氧化物
B．Fe（NO）2溶液中滴加盐酸溶液颜色有明显变化
C．溴蒸汽和NO2都为红棕色气体，用湿润的淀粉-KI试纸可以鉴别
D．NO、CO在空气可以稳定存在
【答案】B
【解析】A．NO2溶于水时生成硝酸和NO，能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，与溶于水生成酸没有关系，A错误；B．Fe（NO）2溶液中滴加盐酸时硝酸根氧化亚铁离子为铁离子，溶液颜色由浅绿色变为棕黄色，B正确；C．溴蒸汽和NO2都为红棕色气体，二者均具有氧化性，不能用湿润的淀粉-KI试纸可以鉴别，C错误；D．NO在空气中易被氧化为NO2，D错误，答案选B。
8．下列反应中反应物总能量低于生成物总能量的是（）
A．乙醇燃烧B．碳酸钙分解C．铝粉与氧化铁粉末反应D．氧化钙溶于水
【答案】B
【解析】反应中反应物总能量低于生成物总能量说明是吸热反应，A．乙醇燃烧是放热反应，A错误；B．碳酸钙分解是吸热反应，B正确；C．铝粉与氧化铁粉末反应是放热反应，C错误；D．氧化钙溶于水生成氢氧化钙，是放热反应，D错误，答案选B。
【点睛】掌握常见的放热反应和吸热反应是解答的关键，归纳如下：
一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等是放热反应。
大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。
9．有关氨的说法不正确的是（）
A．
是10电子分子，呈三角锥型
B．
极易溶于水，可做喷泉实验；氨气易液化，液氨可用作制冷剂
C．氨气溶于水能导电，所以氨气是电解质
D．将过量的氨气通入氯化铝溶液中最终有白色沉淀生成
【答案】C
【解析】A．
是10电子分子，呈三角锥型，A正确；B．
极易溶于水，可做喷泉实验；氨气易液化，液氨可用作制冷剂，B正确；C．氨气溶于水能导电，是因为生成的一水合氨发生电离，一水合氨是电解质，氨气不能电离，是非电解质，C错误；D．将过量的氨气通入氯化铝溶液中最终有白色沉淀氢氧化铝生成，D正确，答案选C。
【点睛】选项C是易错点，注意判断化合物是否是电解质时，不能仅依据溶于水能否导电，关键是看化合物能否自身发生电离，导电只是现象，不能作为判断依据。
10．已知R2+离子有b个中子，核外有a个电子．表示R原子符合正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
试题分析：
R2+离子中质子数=a+2，质量数=质子数+中子数=a+2+b，该原子表示为
，故选C。
【考点定位】考查离子的结构
【名师点晴】本题考查了阳离子中核外电子数和质子数、中子数、质量数的关系，明确阴阳离子中质子数和电子数、电荷的关系是解本题的关键。
阳离子中质子数=核外电子数+电荷数，阳离子中质量数=质子数+中子数=核外电子数+电荷数+中子数。
11．可以使用右图装置和指定试剂进行制备、干燥、收集的是（）
A．用锌和稀硫酸制备
B．用铜和稀硝酸制备
C．用
水溶液和
制备
D．用
和浓盐酸制备
【答案】A
【解析】A、锌和稀硫酸反应生成氢气，用浓硫酸干燥，向下排空气法收集，A正确；B、NO易被氧化为NO2，不能用排空气法收集，B错误；C、氧气密度大于空气，应该是长口进，短口出，C错误；D、浓盐酸和二氧化锰反应制备氯气，需要加热，D错误，答案选A。
12．已知Am+Bn+Cm-Dn-具有相同的核外电子排布，（已知m＞n）则下列说法正确的是（）
A．原子序数C＞D＞A＞BB．原子半径B＞A＞D＞C
C．离子半径Cm-＞Dn-＞Bn+＞Am+D．D一定是第二周期元素
【答案】C
【解析】A、Am+、Bn+、Cm-、Dn-具有相同的电子层结构，属于四种不同元素的离子，m＞n，其中A和B是阳离子A在B的右侧，C和D是阴离子，位于A和B的上一周期，其中D在C的右侧，故原子序数大小顺序是A＞B＞D＞C，A错误；B、电子层越多，原子半径越大，电子层相同，原子序数越大，半径越小，则原子半径：
B＞A＞C＞D，B错误；C、电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：
Cm-＞Dn-＞Bn+＞Am+，C正确；D、D不一定是第二周期元素，D错误，答案选C。
13．下列离子方程式正确的是（ ）
A．碳酸氢铵溶液与少量氢氧化钠溶液：
NH＋HCO＋2OH－===NH3·H2O＋CO＋H2O
B．氯化铵溶液中加入少量稀氢氧化钠溶液：
NH＋OH－===NH3↑＋H2O
C．氨水与盐酸反应：
NH3·H2O＋H＋===NH＋H2O
D．氨水中通入过量二氧化碳：
2NH3·H2O＋CO2===2NH＋CO＋H2O
【答案】C
【解析】A．碳酸氢铵溶液与少量氢氧化钠溶液：
HCO3－＋OH－＝CO32－＋H2O，A错误；B．氯化铵溶液中加入少量稀氢氧化钠溶液：
NH4＋＋OH－＝NH3·H2O，B错误；C．氨水与盐酸反应：
NH3·H2O＋H＋＝NH4＋＋H2O，C正确；D．氨水中通入过量二氧化碳：
NH3·H2O＋CO2＝NH4＋＋HCO3－，D错误，答案选C。
【点睛】在离子方程式正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。
突破“陷阱”的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量，没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等，注意离子配比，注意试剂的加入顺序，难溶物溶解度的大小，注意隐含因素等。
14．对下列事实的解释正确的是（ ）
A．氯气可以使湿润的有色布条褪色，是因为氯气具有漂白性
B．常温下，浓H2SO4可以用铝制容器贮存，说明铝与浓H2SO4不反应盛放
C．向50mL18mol•L -1的H2SO4溶液中加入足量的铜片加热充分反应后，被还原的H2SO4的物质的量等于0.45mol
D．向某溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀不溶解，则原溶液不一定含有SO42-
【答案】D
15．固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体的最外电子层结构，则下列有关说法不正确的是（）
A．1molNH5中含有5NA个N-H键（NA表示阿伏加德罗常数）
B．NH5中既有共价键又有离子键
C．NH5的电子式为
D．少量NH5固体与水反应的化学方程式为NH5+H2O=NH3·H2O+H2↑
【答案】A
【解析】
试题分析：
A、根据氮原子的原子结构，最外层5个电子和四个氢原子形成共价键（其中一个是配位键，氮原子提供一对电子，氢离子提供空轨道形成），形成带正电荷的铵根离子，所以另一个氢原子只能是形成H-，阴阳离子间形成离子键，A项错误；B、NH5是离子化合物氢化铵，铵根离子的氮原子与四个氢原子形成四个共价键，NH4+与H-之间为离子键，B项正确；C、NH5的电子式为
，C项正确；D、NH5与水反应的化学方程式为NH5＋H2O=NH3·H2O＋H2↑，D项正确；答案选A。
考点：
考查NH5
16．下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍。
下列说法正确的是（ ）
A．X、W、Z元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增
B．Y、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增
C．根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性，T2X3具有氧化性和还原性
D．可通过H2YO3的酸性弱于H2WO3的酸性说明Y的非金属性弱于W的非金属性
【答案】C
【解析】
试题分析：
X、Y、Z、W为短周期元素，由元素周期表可知：
X应位于第二周期，且应处于周期表中右半部分，W与X处于同一主族，且W元素原子的核电荷数为X元素的2倍，那么X为O，W为S，那么Z为P，T为As，Y为Si。
A、元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，由于非金属性O＞S＞P，故H2O＞H2S＞H3P，A错误；B、S元素在自然界中存在游离态单质，常在火山口附近，B错误；C、As处于元素周期表的金属与非金属分界线上，具有半导体的性能，T2X3为As2O3，As的化合价为+3，处于中间价，故既有氧化性也有还原性，C正确；D、YX2为SiO2，属于原子晶体，该固体熔化克服的是共价键，没有分子间作用力，D错误，答案选C。
考点：
考查元素的位置与性质、结构的关系的相关知识。
17．某元素R的最高价氧化物的水化物分子式是HnROm，则该元素对应的气态氢化物的化学式为（ ）
A．H8-n+mRB．H8-2m+nRC．H8-n+2mRD．H8-m+n
【答案】B
【解析】根据最高价含氧酸的化学式可知R的最高价是2m－n，所以最低价是－（8－2m＋n），氢化物化学式为H8-2m+nR，答案选B。
18．铜与一定量的浓硝酸反应，铜耗完时，生成硝酸铜溶液和NO、NO2和N2O4的混合气体，这些气体与5.6LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，则所消耗的铜的质量为（）g
A．3.2B．64C．32D．12.8
【答案】C
【解析】铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、N2O4、NO2的混合气体，这些气体与5.6LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，则整个过程中HNO3反应前后没有变化，说明铜失去的电子给做氧化剂的硝酸，生成气体，气体和氧气全部反应生成硝酸，证明氧气得到的电子和铜失去的电子相同，即Cu失去的电子都被O2得到，由电子守恒可知n（Cu）×2=n（O2）×4，n（Cu）=5.6L÷22.4L/mol×4/2=0.5mol，消耗铜的质量=0.5mol×64g/mol=32g，答案选C。
【点睛】本题考查了氧化还原反应的电子守恒的计算应用，物质性质的变化和反应过程的分析是解题关键。
常见的守恒关系有：
①反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；②电解质溶液中的电荷守恒；③氧化还原反应中得失电子数守恒；④从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。
第II卷（非选择题共46分）
19．下表是周期表中的一部分，根据A-I在周期表中的位置，请按要求回答下列问题：
周期族
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
一
A
二
D
E
G
I
三
B
C
F
H
（1）A-I中元素，化学性质最不活泼的是______（用元素符号），还原性最强的单质是______（用元素符号）；
（2）A-I中最高价氧化物的水化物酸性最强的酸是______（用化学式）；
（3） 用电子式表示D元素最高价氧化物的形成过程_______________________________；D元素最高价氧化物的结构式为______
（4）写出B与C两元素最高价氧化物的水化物之间反应的离子方程式___________________．
【答案】
（1）．Ne
（2）．Na（3）．HNO3（4）．
（5）．O=C=O（6）．Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O
【解析】根据A-I在周期表中的位置可判断它们分别是H、Na、Al、C、N、P、S、F、Ne。
（1）A-I中元素，化学性质最不活泼的是稀有气体Ne；还原性最强的单质是计算Na；
（2）A-I中非金属性最强的是F，但F没有含氧酸，则最高价氧化物的水化物酸性最强的酸是硝酸，化学式为HNO3；（3）CO2是共价化合物，形成过程可表示为
；CO2的结构式为O=C=O；（4）B与C两元素最高价氧化物的水化物分别是氢氧化钠和氢氧化铝，二者反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O。
20．硫酸铜在生产、生活中应用广泛。
某化工厂用含少量铁的废铜渣为原料生产胆矾的流程如下：
（已知：
Fe3+在PH=3.7时就完全生成氢氧化铁沉淀）
（1）“浸出”时，原料中的铜均转化为硫酸铜。
写出相应的化学方程式：
___________________。
（2）取样检验是为了确认Fe3+是否除尽，你的检验方法是_____________________________
（3）调节pH的目的是____________。
从滤液到胆矾应采用_________________过滤。
（4）气体a可以被循环利用，用化学方程式表示其被循环利用的原理为：
2NO+O2=2NO2、______________________________
（5）在农业上，将胆矾、生石灰和水按一定比例混合制成波尔多液，其反应的化学方程式为_______________________________________。
【答案】
（1）．3Cu+2HNO3 +3H2SO4 =3CuSO4 +2NO↑+4H2O
（2）．向试样中滴加KSCN溶液，若溶液不显红色，则Fe3+已经除净，否则Fe3+未除净（3）．除去Fe3+（4）．蒸发、冷却、结晶（5）．3NO2+H2O=2HNO3+NO（6）．CuSO4+H2O+CaO=Cu（OH）2+CaSO4
【解析】
（1）由于硫酸的存在，且酸过量，硝酸全起氧化剂作用，酸为稀溶液，生成硫酸铜、NO、水，反应方程式为3Cu+2HNO3 +3H2SO4 =3CuSO4 +2NO↑+4H2O；
（2）检验铁离子用KSCN溶液，即向试样中滴加KSCN溶液，若溶液不显红色，则Fe3+已经除净，否则Fe3+未除净；（3）加入试剂b是调节溶液pH沉淀铁离子，即目的是除去铁离子；从滤液到胆矾应采用蒸发、冷却、结晶、过滤。
（4）气体a可以被循环利用，用化学方程式表示其被循环利用的原理为：
一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO或4NO+3O2+2H2O=4HNO3；（5）胆矾、生石灰和水按一定比例混合制成波尔多液生成氢氧化铜和硫酸钙，反应的化学方程式为：
CuSO4+H2O+CaO=Cu（OH）2+CaSO4。
21．A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素．A原子的电子层数与它的核外电子总数相同，A与C、B与D分别为同主族，B和C的最外层电子数之和与E的最外层电子数相同，A与E形成的化合物化学式为AE，其分子中含18个电子，请回答下列问题：
（1）E元素单质的化学式为_____、D元素的简单离子的结构示意图为______．
（2）由A、B、C三种元素形成的化合物的电子式为______，这种化合物形成的晶体中所含的化学键类型有______．
（3）A、B、D三种元素形成的一种化合物和A、B形成的一种化合物能发生氧化还原反应，反应的化学方程式为________________________________
（4）、把单质E通入碳酸氢钠溶液中发生反应，写出总反应的离子方程式________________________________
【答案】
（1）．Cl2
（2）．
（3）．
（4）．离子键、共价建（5）．H2SO3+H2O2=H2SO4+H2O（6）．HCO3-+Cl2=Cl-+HClO+CO2
【解析】A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素。
A原子的电子层数与它的核外电子总数相同，则A为H元素；A与E形成的化合物化学式为AE，其分子中含18个电子，则E原子含有17个电子，故E为氯元素；A与C同主族，B和C的最外层电子数之和与E的最外层电子数相同，则B的最外层电子数为7-1=6，B与D分别为同主族，原子序数B小于D，则B为O元素，D为S元素；C原子序数大于氧元素，C与氢元素为同主族，故C为Na元素，则
（1）氯元素单质的化学式为Cl2，硫元素的简单离子的结构示意图为
；
（2）由A、B、C三种元素形成的化合物为NaOH，氢氧化钠是离子化合物，由钠离子与氢氧根离子构成，电子式为
；晶体中钠离子与氢氧根离子之间形成离子键，氢氧根离子中氢原子与氧原子之间形成共价键；（3）A、B、D三种元素形成的一种化合物和A、B形成的一种化合物能发生氧化还原反应，说明亚硫酸和双氧水，反应的化学方程式为H2SO3+H2O2=H2SO4+H2O；（4）氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和CO2，则把氯气通入碳酸氢钠溶液中发生反应的总反应的离子方程式为HCO3-+Cl2=Cl-+HClO+CO2。
22．如图所示是在实验室进行氨气快速制备与性质实验的组合装置，部分固定装置未画出。
（1）在组装好装置后，若要检验A—E装置的气密性，其操作是首先__________________，然后微热A，察到E中有气泡冒出，移开酒精灯或松开双手，E中导管有水柱形成说明装置气密性良好。
（2）装置B中盛放试剂是_______________。
（3）点燃C处酒精灯，关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，从分液漏斗放出浓氨水至浸没烧瓶中固体后关闭分液漏斗，稍后片刻，装置C中黑色固体逐渐变红，装置E中溶液里出现大量气泡，同时产生____________________________（答现象）；从E中逸出液面的气体可以直接排入空气，请写出在C中发生反应的化学方程式_____________________________。
（4）当C中固体全部变红色后，关闭弹簧夹1，慢慢移开酒精灯，待冷却后，称量C中固体质量。
若反应前固体质量为16g，反应后称重固体质量减少2.4g。
通过计算确定该固体产物的成分是__________（用化学式表示）。
（5）在关闭弹簧夹1后，打开弹簧夹2，残余气体进入F中，很快发现装置F中产生白烟，同时发现G中溶液迅速倒吸流入F中。
写出产生白烟的化学方程式 ______________________。
迅速产生倒吸的原因是____________________________________。
【答案】
（1）．首先关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1
（2）．碱石灰（3）．白色沉淀（4）．2NH3+CuO
Cu+N2↑+H2O（5）．Cu2O、Cu（6）．3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl（7）．盛满氯气的集气瓶中因氨气消耗氯气生成部分固体，导致F内压减小，引起溶液倒吸
【解析】
（1）组装好装置后，若要检验A-E装置的气密性，其操作是：
首先关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1，在E中装入水后，然后微热A，观察到E中有气泡冒出，移开酒精灯或松开双手，E中导管有水柱形成说明装置气密性良好。
（2）进入C中硬质试管的氨气应干燥，装置B的作用是干燥氨气，干燥氨气用碱石灰。
（3）反应后的尾气中含有未反应的氨气，氨气在E溶液中与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成亚硫酸钡，故还有白色沉淀沉淀，装置C中黑色固体逐渐变红，说明有Cu生成，从E中逸出液面的气体可以直接排入空气，说明氨气被氧化为氮气，同时生成水，C中发生反应的化学方程式为：
2NH3+CuO
Cu+N2↑+H2O（4）16gCuO中含有Cu元素质量为16g×62/80==12.8g，含有氧元素质量为16g-12.8g=3.2g，反应后称重固体质量减少2.4g，剩余固体质量为16g-2.4g=13.6g，大于12.8g，故剩余固体含有Cu、O元素，故n（Cu）=12.8g÷64g/mol=0.2mol，含有O元素的质量
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