【文档说明】【精准解析】云南省玉龙纳西族自治县田家炳民族中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学（理）试题.doc，共(15)页，570.500 KB，由小赞的店铺上传

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玉龙县田家炳民族中学2020年春季学期期中考试高一化学试卷(理)1.某些建筑材料含有放射性元素氡22286Rn），会对人体产生一定危害。研究表明氡的α射线会致癌，WHO认定的19种致癌因素中，氡为其中之一，仅次于吸烟。该原子中中子数和质子数之差是（）A.136B.50C.

86D.222【答案】B【解析】【详解】由氡22286Rn可知质量数为222，质子数为86，则中子数为222-86=136，所以中子数和质子数之差=136-86=50，故B符合题意；故选：B。2.16182-8823OOOOO、、、、是A.氧元素的五种不同微粒B.五种氧

元素C.氧的五种同素异形体D.氧的五种同位素【答案】A【解析】【详解】A、这几种微粒都含氧元素，属于氧元素的五种不同微粒，故A正确；B、都是氧元素，故B错误；C、同素异形体研究的对象是单质，即O2和O3属于同素异形体，故C错误；D、同位素：质子数

相同，中子数不同的同一元素不同核素，即前两个属于同位素，故D错误。答案选A。3.下列有关化学用语表达不正确的是（）A.氮气的电子式：∶N∶∶∶N∶B.CO2分子的结构式：O＝C＝OC.Na的原子结构示意图：D.钙离子的电子式：Ca2+【答案】A【解析】【详解】A.氮气分

子中存在氮氮叁键，其电子式为，A不正确；B.CO2分子中碳和氧之间都形成双键，故其结构式为O＝C＝O，B正确；C.Na的原子结构示意图，C正确；D.钙离子的电子式是其离子本身，为Ca2+，D正确。关化学用语表达不正确的是A，答案选A。4.下列说法中，正确的是()A.在周期表中

，族序数都等于该族元素的最外层电子数B.非金属性最强的元素，其最高价氧化物对应水化物的酸性最强C.卤素单质随原子序数的增大，其熔沸点逐渐降低D.碱金属随原子序数的增大，其熔沸点逐渐降低【答案】D【解析】【详解】A．在周期

表中，只有主族的族序数才等于该族元素的最外层电子数，A项错误；B．非金属性最强的元素是F，F没有最高价氧化物对应的水化物(即没有含氧酸)，B项错误；C．卤素单质是分子晶体，随原子序数的增大，相对分子质量增大，范德华力增强，其熔沸点逐渐升高

，C项错误；D．碱金属随原子序数的增大，金属键逐渐减弱，其熔沸点逐渐降低，D项正确；答案选D。5.下列说法中错误是的（）A.含有共价键的化合物一定是共价化合物B.在共价化合物中一定含有共价键C.含有离子键的化合物一定是

离子化合物D.双原子单质分子中含有的共价键一定非极性共价键【答案】A【解析】【详解】A．只含有共价键的化合物是共价化合物，离子化合物中也含有共价键，如氯化铵，故A错误；B．根据共价化合物的定义，只含有共价

键的化合物是共价化合物，只要是共价化合物一定含有共价键，故B正确；C．含有离子键的化合物就是离子化合物。因此在离子化合物中可以含有共价键，但共价化合物中不能含有离子键，故C正确；D．由同一种非金属元素的原子形成的共价

键是非极性共价键，故D正确；答案选A。6.据报道，氢燃料电池公交汽车已经驶上北京街头，下列说法中，正确的是A.电解水制取氢气是理想而经济的制氢方法B.发展氢燃料电池汽车不需要安全高效的储氢技术C.氢燃料电池汽车的使用可以有效减少城市空气污染D.氢燃料电池把氢气和氧气燃

烧放出的热能转化为电能【答案】C【解析】【详解】A．电解水会消耗大量的电能，故不经济，A说法错误。B．氢气密度小，发展氢氧燃料电池汽车需要安全高效的储氢技术，B说法错误。C、氢气的燃烧产物是水，氢燃料电池汽车的使用可以有效减少城市空气污染，C说法正确；D、氢氧燃料电池是把化学

能转化为电能，D说法错误。正确答案选C。7.某元素原子L层电子数比K层电子数多5个，该元素的最高正化合价为（）A.+5B.+6C.+7D.无最高正化合价【答案】D【解析】【详解】K层最多容纳2个电子，该元素原子L层电子数比K层的多

5个，则L层容纳电子2+5=7，所以该元素的质子数为2+7=9，为氟元素，氟元素无正化合价。答案选D。8.下列物质中，化学键类型(离子键、共价键)完全相同的是()A.HI和NaIB.NaF和NaOHC.Na2

SO4和KNO3D.F2和NaCl【答案】C【解析】【详解】A.HI中只含共价键，NaI中只含离子键，化学键类型不同，故A不符合题意；B.NaF中只含离子键，NaOH中钠离子与氢氧根离子间是离子键，O-H之间是共价键，化学键类型不同，故B不符合

题意；C.Na2SO4中钠离子与硫酸根离子之间是离子键，硫酸根内，氧原子和硫原子之间是共价键；KNO3中钾离子与硝酸根离子间是离子键，硝酸根离子内氮原子和氧原子之间是共价键，两者化学键类型相同，故C符合题意；D.

氟单质只含共价键，氯化钠只含离子键，化学键类型不同，故D不符合题意；故选：C。9.核电荷数为11和8的A、B两种元素，能形成的化合物一定是()A.AB型B.A2B型C.AB2型D.无法确定【答案】B【解析】

【详解】核电荷数为11和8的A、B两种元素分别为Na和O，钠和氧可以形成Na2O和Na2O2两种物质，即A2B2型或A2B型，故B符合，故选：B。【点睛】10.有X、Y、Z三种元素，已知：(1)Xm+、Yn+和Za—具有相同的电子层结构；(2)m＞n，由此推知正确的是()A.原

子半径：X＞Y＞ZB.离子半径：Z＞X＞YC.原子序数：X＞Y＞ZD.原子所在的周期数：X=Y=Z【答案】C【解析】【分析】(1)Xm+、Yn+和Za—具有相同的电子层结构，可知X、Y同周期，Z在上一周；(2)m＞

n，可知X在Y后面，则三者的原子序数大小为：X>Y>Z，据此分析解答。【详解】A.由以上分析可知XY同周期，Z在X、Y的上一周期，原子的电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多半径越小，则原子半径：Y>X>Z，故A错误；B.三种离子的核外电子排布相同，核电荷数越大半径越小，则离子半径

：Z>Y>X，故B错误；C.由以上分析，原子序数：X>Y>Z，故C正确；D.由以上分析，XY同周期，而Z在两者上一周期，周期数：X=Y>Z，故D错误；故选：C。【点睛】11.某元素R原子的核电荷数是电子层数的5倍，其质子数是最外层电子数的3倍，该元素氢化物的化学式是()A

.HRB.H2RC.RH3D.RH4【答案】C【解析】【详解】元素R原子的核电荷数是电子层数的5倍,若电子层数为1，则核电荷数为5，不存在该元素；若电子层数为2，则核电荷数为10，该元素最外层电子数为8，质子数为10，不满足质子数是最外层电子数的3倍；若电子层数为3，则核电荷数为15，该元素最外层

电子数为5，质子数为15，满足3倍关系，故该元素为15号元素P，其氢化物为PH3，C符合，故选：C。【点睛】12.日常所用锌－锰干电池的电极分别为锌筒和石墨棒，以糊状NH4Cl作电解质，电极反应为：Zn－2e－＝

Zn2＋，2MnO2＋2NH4+＋2e-＝Mn2O3＋2NH3＋H2O。下列有关锌－锰干电池的叙述中，正确的是（）A.干电池中锌筒为正极，石墨棒为负极B.干电池长时间连续工作后，糊状物可能流出，腐蚀用电器C.干电池工作时，电流方向是

由锌筒经外电路流向石墨棒D.干电池可实现化学能向电能和电能向化学能的相互转化【答案】B【解析】【详解】A．由题给信息可知，负极发生氧化反应，所以锌为负极，石墨棒为正极，发生还原反应，故A错误；B．工作时间长，锌外壳不断

被溶解消耗，筒内的糊状物会流出，由于NH4Cl是强酸弱碱盐水解呈酸性，所以糊状物流出会腐蚀用电器，故B正确；C．电子由负极流入正极，而电流由正极流向负极，所以电流从石墨棒流向锌电极，故C错误；D．干电池是一次电池，所以不能实现化学能与电能的相互转化，故D错误；故答案选

B。13.对于反应2HI(g)⇌H2(g)＋I2(g紫色)，下列叙述能够说明已达平衡状态的是()A.混合气体的颜色不再变化B.温度和体积一定时，容器内压强不再变化C.1molH－H键生成的同时有2molH－I键断

裂D.各物质的物质的量浓度之比为2∶1∶1【答案】A【解析】【详解】A.混合气体的颜色不变说明碘单质的浓度不再变化，浓度不变是化学平衡状态的特征，故A选；B.该反应，反应前后气体分子数相等，则反应前后压强始

终保持恒定，压强不变不能说明反应达到平衡状态，故B不选；C.1molH－H键生成的同时有2molH－I键断裂，均为正向反应，不能说明正、逆反应速率相等，故C不选；D.平衡时反应物和产物并没有确定的浓度比，因此各物质的浓度比不能做为判断平衡的依据，故

D不选；故选：A。【点睛】14.把纯净的甲烷与氯气混合气放在集气瓶中，用玻璃片盖好瓶口，放在光亮的地方一段时间后，下列说法中，不正确的是A.气体发生爆炸反应B.瓶内气体的颜色变浅C.用一根蘸有浓氨水的玻璃棒伸入瓶内时有白烟产生D.集气瓶壁有油状液体生成【答案】A【解析】【详解】A.氯气与甲烷的反

应不剧烈，反应比较缓慢，变化不发生爆炸现象，故A错误；B.由于黄绿色的氯气参加了反应，物质的量减小，所以瓶内气体的颜色变浅，故B正确；C.甲烷和氯气反应生成了氯化氢气体，所以用一根蘸有浓氨水的玻璃棒伸入瓶内时有白烟产生，故C正确；D.

反应生成了不溶于水的二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳等液体，所以集气瓶壁有油状液体生成，故D正确；故选：A。15.等物质的量的下列有机物完全燃烧，生成CO2的量最多的是()A.C6H6B.C2H6C.C3H6D.CH4【答案】A【解析】【详解】在有机物物质的量相等的条件下，有

机物中碳原子数越多，完全燃烧生成的CO2的量就越多，则根据有机物的化学式可知，C6H6中碳原子数最多，生成的CO2的量最多，A项正确；答案选A。16.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示。若Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法正确的是（）X

YZWA.X的气态氢化物比Y稳定B.W的最高价氧化物的水化物的酸性比Z强C.Z的非金属性比Y强D.X与Y形成的化合物都易溶于水【答案】B【解析】【详解】X、Y、Z、W均为短周期元素，由在周期表中的位置可知，Y位于第二周期，Y原子的最外层电子数是次

外层电子数的3倍，只能为2个电子层符合电子排布规律，Y的次外层电子数为2，最外层电子数为6，Y为O元素，结合四种元素在周期表中的位置可知，X为N元素，Z为S元素，W为Cl元素；A．非金属性Y＞X，则氢化物稳定性Y＞X，

故A错误；B．同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性W＞Z，故B正确；C．同主族元素，核电荷数大，金属性增强，非金属性减弱，则Z的非金属性比Y弱，故C错误；D．X为N、Y为O，两元素形成的氧化物N

O不溶于水，故D错误；故答案为B。17.下列说法不正确的是（）A.分解反应一定是吸热反应B.物质燃烧和中和反应均放出热量C.化学反应除了生成新物质外，还伴随着能量的变化D.化学反应是吸热还是放热取决于反应中旧化学键断

裂与新化学键形成过程中能量变化【答案】A【解析】【详解】A.大多数的分解反应为吸热反应，如碳酸钙的分解反应为吸热反应，但存在少量放热的分解反应如H2O2的分解，A错误；B.物质燃烧和中和反应均放出热量，B正确；C

.化学反应的本质是旧键的的断裂和新键的形成过程，断裂旧键吸收能量、形成新键释放能量，化学反应除了生成新物质外，还伴随着能量的变化，C正确；D.化学反应是吸热还是放热取决于反应中旧化学键断裂与新化学键形成过程中能量变化，若形成生成物中全

部化学键所释放能量大于破坏反应物全部化学键所吸收的能量，反应为放热反应，反之是吸热反应，D正确；答案选A。18.下列各图中，表示正反应是吸热反应的图是()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据反应物的总能量＞生成物的总能量，反应为放热反应

；反应物的总能量＜生成物的总能量，反应为吸热反应来解答。【详解】A.表示该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应为吸热反应，A符合题意；B.表示该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，B不符合题意；C.表示该

反应中反应物的总能量等于生成物的总能量，该既不为吸热也不放热，故该反应不可能发生；D.该反应中的过渡态的能量低于反应物的能量，这是不可能的。综上所述，答案选A。19.已知合成氨反应的浓度数据如下：N2+3H22NH3起始浓度mol/L1.03.002秒末浓度m

ol/L0.61.80.8当用氢气浓度的减少来表示该化学反应速率时，其速率为（）A.0.2mol/(L·s)B.0.4mol/(L·s)C.0.6mol/(L·s)D.0.8mol/(L·s)【答案】C【解析】【详解

】2s内氢气的浓度变化量为3.0mol/L-1.8mol/L=1.2mol/L，所以2s内用氢气表示的平均反应速率为1.2mol/L2s=0.6mol/(L·s)。故选C。20.苯环结构中，不存在单双键交替结构，可以作为证据的事实是（）①苯不能使K

MnO4酸性溶液褪色；②苯中的碳碳键的键长均相等；③苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷；④苯在FeBr3存在的条件下同液溴可发生取代反应，但不因化学变化而使溴水褪色。A.②③④B.①③④C.①②③D.①②④【答案】D【解析】【详解】①苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯

分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，故①正确；②苯环中的碳碳键的键长均相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，故②正确；③苯能在一定条件下跟H2

加成生成环己烷，碳碳双键和碳碳三键可以发生加成反应，不能证明苯环结构中不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，故③错误；④苯不能因发生化学反应而使溴水溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在碳碳单键与碳碳双键交替的结构，故④正确

。故选D。21.在4020Ca中，质子数为____，中子数为___，电子数为_____；画出该原子的原子结构示意图_____，它在元素周期表中的位置是_____，它的最高价氧化物对应水化物的化学式是_____。【答案】(1

).20(2).20(3).20(4).(5).第四周期IIA族(6).Ca(OH)2【解析】【详解】由钙原子的组成结构表示可知，其质子数为20，质量数为40，则中子数=质量数-质子数=40-20=20；质子数=核外电子数，则电子数为20；钙原子

的原子结构示意图为：；由原子结构示意图可知，钙为第四周期IIA族元素，其最高价氧化物的水化物为氢氧化钙，化学式为：Ca(OH)2故答案为：20；20；20；；第四周期IIA族；Ca(OH)2【点睛】2

2.下表为元素周期表中的一部分，列出10种元素在周期表中的位置。用化学符号回答下列各题。主族周期2⑥⑦3①③⑤⑧⑩4②④⑨(1)10种元素中，化学性质最不活泼的是_____。(2)①③⑤三种元素最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是________。(3)②③④三种元素形成的离子中，离子半径由

大到小的顺序是______。(4)元素⑦的氢化物的化学式为____；该氢化物常温下和②单质反应的化学方程式是_____；(5)⑨的最高价氧化物对应水化物的化学式为____；①和⑨两元素形成化合物的电子

式为____；该化合物灼烧时火焰颜色为___；该化合物的溶液与元素⑧的单质反应的离子方程式为____。(6)⑤的最高价氧化物属于___氧化物(填“碱性”、“酸性”或“两性”)，该氧化物与氢氧化钠反应的离子方程式为_____。【答案】

(1).Ar(2).NaOH(3).+2+2+K>Ca>Mg(4).H2O(5).222K+2HO=2KOH+H(6).HBrO4(7).(8).黄色(9).--22Cl+2Br=Br+2Cl(10).

两性(11).--2322AlO+2OH=2AlO+HO【解析】【分析】由元素在周期表中的位置可知：①为钠；②为钾；③为镁；④为钙；⑤为铝；⑥为碳；⑦为氧；⑧为氯；⑨为溴；⑩为氩，据此分析解答。【详解】(1)10种元素中，最不活泼的是稀有气体氩，故答案为：Ar；(2)①③⑤为同周期元素，从左到右元

素的金属性减弱，而金属性越强最高价对的水化物碱性越强，金属性：钠>镁>铝，则氢氧化钠的碱性最强，故答案为：NaOH；(3)②③④三种元素形成的离子分别为：+2+2+KMgCa、、，离子的电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大半径越小，故半径：+2+2+K>Ca>Mg，故答案

为：+2+2+K>Ca>Mg；(4)⑦为氧，其氢化物为H2O，水与钾常温下剧烈反应产生氢氧化钾和氢气，反应为：222K+2HO=2KOH+H，故答案为：H2O；222K+2HO=2KOH+H；(5)⑨为溴，其最高价为+7价，

对应的氧化物水化物为高溴酸HBrO4，①和⑨两元素形成化合物为溴化钠，电子式为：；溴化钠灼烧时火焰呈钠的焰色黄色；溴化钠与氯气反应产生溴单质和氯化钠，离子反应为：--22Cl+2Br=Br+2Cl，故答案为：HBrO4；；黄色；--22Cl+2Br=Br+2Cl；

(6)⑤的最高价氧化物为氧化铝，氧化铝是两性氧化物，其与氢氧化钠反应产生偏铝酸钠，离子方程式为：--2322AlO+2OH=2AlO+HO，故答案为：两性；--2322AlO+2OH=2AlO+HO；23.用电子式表示下列过程：①KCl的形

成过程__________________________________________②H2O的形成过程____________________________________________【答案】(1).(2).【解析】【分析】氯化钾是通过离子键形成的离子化

合物；水是通过共价键形成的共价化合物。【详解】①钾原子把最外层1个电子转移给氯原子，形成离子化合物KCl，形成过程可表示为；②氢原子、氧原子通过共用电子对形成共价化合物水，形成过程可表示为。24.在银锌原电池中，以硫酸铜为电解质溶液，锌为_____极，电极上发生的是_____反应（

“氧化”或“还原”）．电极反应式为_____，锌片上观察到的现象为_____银为_____极，电极上发生的是_____反应（“氧化”或“还原”），电极反应式是_____，银片上观察到的现象是_____．【答案】(1).负(2).氧化(3).Zn﹣2e﹣═Zn2

(4).Zn片逐渐溶解(5).正(6).还原(7).Cu2++2e﹣═Cu(8).有红色物质析出【解析】【详解】由于锌比银活泼，发生Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu，根据原电池工作原理，负极上发生氧化反应，失去电子，即锌作负极，电极反应式为Zn－2e－=

Zn2＋，观察到锌片溶解，银为正极，电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，化合价降低，发生还原反应，银片上现象：有红色物质析出。【点睛】本题考查原电池的工作原理，原电池的工作原理是设计电池的基础，负极：发生氧化反应，失去电子，化合价升高，现象是一般是负极溶解；正极：发生还原反应，化合价降低

，现象一般是有气泡或电极质量增大。25.利用图中的装置可以验证某无色气体气体中是否含有CO2和SO2，可供选择的药品有：品红溶液、溴水、酸性KMnO4、NaOH溶液和澄清石灰水。(1)A中所装试剂为_________，作用______；(

2)B中所装试剂为_________，作用______；(3)C中所装试剂为_________，作用______；(4)D中所装试剂为_________，作用______。【答案】(1).品红溶液(2).检验SO2(3)

.溴水或酸性KMnO4(4).除去SO2(5).品红溶液(6).检验SO2是否除尽(7).澄清石灰水(8).检验CO2【解析】【分析】二氧化碳和二氧化硫都具有酸性氧化物的性质，因此混合气体的检验要先用品红

溶液检验二氧化硫，再利用二氧化硫额还原性除去二氧化硫，可选用溴水或者酸性高锰酸钾溶液，然后再用品红检验二氧化硫是否除尽，最后再用澄清石灰水检验二氧化碳，据此分析解答。【详解】(1)混合气体要先检验二氧化硫，用品红溶液，故答案为：品红溶液；检验SO2；(

2)检验完二氧化硫后要先除去二氧化硫，防止干扰二氧化碳的检验，一般利用二氧化硫的还原性，选用溴水或者酸性高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，故答案为：溴水或酸性KMnO4；除去SO2；(3)为确保二氧化硫完全除尽，要再用品红溶液检验吸收后的气体是否还有二氧化

硫，故答案为：品红溶液；检验SO2是否除尽；(4)最后检验二氧化碳，用澄清石灰水，观察溶液是否变浑浊，故答案为：澄清石灰水；检验CO2；【点睛】26.在一定条件下，乙烷和乙烯都能制备氯乙烷(C2H5Cl)。(1)用乙烷制备氯乙烷的

化学方程式是____，该反应的类型是____；(2)用乙烯制备氯乙烷的化学方程式是_____，该反应的类型是____；【答案】(1).CH3CH3+Cl2⎯⎯⎯→光照CH3CH2Cl+HCl(2).取代反应(3).2232CH=CH+HClCHCHCl⎯⎯⎯→催化剂(4).加成反应

【解析】【详解】(1)乙烷制备氯乙烷，需用乙烷与氯气在光照条件下实现，反应的化学方程式为：CH3CH3+Cl2⎯⎯⎯→光照CH3CH2Cl+HCl，该反应为取代反应，故答案为：CH3CH3+Cl2⎯⎯⎯→光照CH3CH2Cl+HCl；取代反应；(2)乙烯制备氯乙烷，需用乙烯和氯化

氢在催化剂条件下实现，反应的化学方程式为：2232CH=CH+HClCHCHCl⎯⎯⎯→催化剂，该反应为加成反应，故答案为：2232CH=CH+HClCHCHCl⎯⎯⎯→催化剂；加成反应；27.在体积为2L密闭容器中加入反应物A、B，发生如下反应：A＋2B3C。经2min后，A

的浓度从开始时的1.0mol·L－1降到0.8mol·L－1。已知反应开始时B的浓度是1.2mol·L－1。则：2min末B的浓度______，C的物质的量____。2min内，用A物质的浓度变化来表示该反应的反应速率，即V（A）＝______。【答案】(

1).0.8mol/L(2).1.2mol(3).0.1mol·L-1·min-1【解析】【详解】根据方程式可知A＋2B3C起始浓度（mol/L）11.20转化浓度（mol/L）0.20.40.62min末

浓度（mol/L）0.80.80.6所以2min末B的浓度为0.8mol·L-1，C的物质的量为0.6mol·L-1×2L＝1.2mol；2min内，用A物质的浓度变化来表示该反应的反应速率，即v（A）＝0.2/2molLmin＝0.1mol·L-1·min-1。【点睛】

灵活应用三段式是解答此类问题的关键，步骤为：①写出有关反应的化学方程式；②找出各物质的起始量、转化量、某时刻量；③根据已知条件列方程式计算。