【化学】北京四中2013-2014学年高一下学期期中考试

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1、111111111111111111解析：1、根据“质量数=质子数+中子数”求得该原子的中子数为136，则其中子数和质子数之差为136-86=50，故选B。2、A项中H和He的最外层电子数分别为1和2，它们都不是金属元素，故A错误；B项中16号元素原子的最外层电子数是6,4号元素原子的最外层电子数是2，它们之间是3倍的关系，故B错误；C项中11号元素是Na，17号元素是Cl，两种元素形成XY型化合物，故C错误；D项中14号元素是Si，硅单质是半导体材料，D项正确，故选D。3、C项的说法是错误的，工业上冶炼金属铝用的是Al2O3，其方程式为，其他项的说法

2、都是正确的，故选C。4、A项的正确写法是；B项的正确写法是；D项的正确写法是。5、A项中H2SO4没有离子键；B项中MgO没有共价键；D项中HCl没有离子键；故选C。6、A项中浓硝酸具有挥发性和强氧化性，能氧化KI，产物中有I2，I2遇淀粉变蓝，故A错误；B项中浓盐酸具有挥发性和酸性，酚酞溶液遇酸无明显现象，故B正确；C项中浓氨水具有挥发性，与AlCl3溶液反应后有Al(OH)3白色沉淀生成，故C正确；D项中饱和氯水具有挥发性，能使湿润红纸条褪色，故D正确。本题答案为A。7、A项原溶液中含有Mg2+加入过量氨水后也能观察到白色沉淀，故A错误；B项应该是

3、原溶液中一定有I2，而不是I-，故B错误；C项原溶液中含有Ag+也能观察到同样的实验现象，故C错误；只有D项正确，故选D。8、根据该离子核外电子数为E，可推测其质子数为E+3，则其中子数为A-(E+3)；18O的中子数为10，则R218O3中总的中子数为2[A-(E+3)]+30=2(A-E+12)，R218O3的摩尔质量为(2A+54)g/mol=2（A+27）g/mol，则ngR218O3中所含中子的物质的量为，故选B。10、根据这四种离子的电子层结构相同，可推测出这四种元素的原子序数大小关系为B＞A＞C＞D，其中B、A元素位于C、D元素的下一周期

4、。A项中气体氢化物的稳定性应该是C＞D，故A错误；B项中离子半径应该是D(n+1)-＞Cn-＞An+＞B(n+1)+，依据是当核外电子层情况相同时，原子序数越大离子半径越小，故B错误；C项单质的还原性应该是A＞B，故C错误；只有D项是正确的，故选D。13、A项正确的离子方程式应该是：SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-；B项是正确的选项；C项正确的离子方程式应该是：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O；D项正确的离子方程式应该是：Ca2++2ClO-+2SO2+2H2O=CaSO4↓+4H++2Cl-+SO42-。14、碳跟浓硫

5、酸共热产生的气体X应该是CO2和SO2的混合气体，铜跟浓硝酸反应产生的气体Y应该是NO2，X和Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中，反生的反应有3NO2+H2O=2HNO3+NO，HNO3具有强氧化性，能将SO2氧化成SO42-，SO42-+Ba2+=BaSO4↓，CO2不会与BaCl2反应，故只有C项正确。17、根据主要化合价可推测出L和Q位于第IIA族、R和T位于第VIA族、M位于第IIIA族，根据原子半径L＞Q可知L为Mg、Q为Be，R的原子半径＞T可知R为S、T为O，M11的原子半径在L和R之间可知M为Al。A项氢化物的沸点应该是H2T＞H2

6、R，因为H2T中含有氢键，故A项错误；B项单质与稀盐酸反应的速率应该是L＞Q，故B项错误；C项M与T形成的化合物为Al2O3，其具有两性，故C项正确；D项L2+核外电子层数为2，而R2-核外电子层数为3，故D项错误。21、提示：不妨设A的原子序数为x，则B、C的原子序数分别为x+7、x+9，则根据题中的数量关系可列关系式4x=x+7+x+9，解得x=8，则可知A为O、B为P、C为Cl。22、提示：根据T的原子结构知T次外层电子数为2，最外层电子数为6，则T为O；根据X的分子结构可知X为非金属元素，其最外层有5个电子，则X为N；Y的K层只有2个电子，则其

7、M层只有1个电子，可知Y为Na；根据同周期中简单阳离子的半径小于简单阴离子的半径，而且同周期中简单阳离子具有相同的核外电子结构，其原子序数越大离子半径越小，则可知Z为Al。27、提示：根据“短周期元素的单质X、Y、Z在通常状况下均为气态”可知这三种元素均为非金属元素；共价化合物甲和共价化合物乙可形成离子化合物丙可知丙中应该含有NH4+；根据已知a条件知X为N2，甲分子含10电子则甲为NH3，乙分子含有18个电子则乙为HCl，可知Y为H2、Z为Cl2。11