【化学】广东省阳春市第一中学2018-2019学年高一下学期5月阶段性总结考试试题（解析版）

广东省阳春市第一中学2018-2019学年高一下学期5月阶段性总结考试试题
（全卷100分，用时60分钟）
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cu-64 Zn-65
第I卷(选择题，共48分)
一、单项选择题：（本题共12小题，每小题4分，共48分）。
1.化学与社会、生活密切相关。下列说法正确的是（　　）
A. 海水淡化可以解决淡水供应危机，向海水中加入明矾可以使海水淡化
B. 铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭等还原剂从氧化铝中获得铝
C. Ge(32号元素)的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池
D. 将家用84消毒液与洁厕灵混合使用可提高去污效果
【答案】C
【解析】
【分析】A. 明矾只能作为净水剂，但不能使海水淡化；
B. 铝的冶炼用电解氧化铝的方法；
C. 32号元素Ge位于金属和非金属分界线处；
D. 洁厕灵与84消毒液混合使用可生成有毒气体氯气。
【详解】A. 明矾溶于水生成氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮颗粒，但不能除去海水中的盐分使海水淡化，A项错误；
B. 单质铝用电解熔融氧化铝制取，B项错误；
C. 32号元素Ge位于金属和非金属分界线处，具有金属和非金属的性质，可以作半导体材料，所以Ge（32号元素）的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池，C项正确；
D. 洁厕灵主要成分为盐酸，84消毒液主要成分为次氯酸钠，二者混合使用可生成有毒气体氯气，易中毒，D项错误；
答案选C。
2.下列物质中含有共价键的离子化合物是（　　）
①MgF2 ②Na2O2 ③KOH ④CO2 ⑤NaClO ⑥H2SO4 ⑦NH3·H2O
A. ②③⑤ B. ②③④⑤
C. ①②③⑤ D. ①③⑤⑥
【答案】A
【解析】①MgF2中只含离子键，故①不符合题意；
②Na2O2中含离子键和共价键，为离子化合物，故②符合题意；
③KOH中含离子键和共价键，为离子化合物，故③符合题意；
④CO2中只含共价键，故④不符合题意；
⑤NaClO中含离子键和共价键，为离子化合物，故⑤符合题意；
⑥H2SO4中只含共价键，故⑥不符合题意；
⑦NH3·H2O中只含共价键，故⑦不符合题意；故A正确，BCD错误。答案选A。
3.下列化学用语正确的是（ ）
A. Cl-离子的结构示意图：
B. 氯化氢的电子式为：
C. 16O与18O互为同位素；H216O、D216O、H218O、D218O互为同素异形体
D. 含10个中子的氧原子的核素符号：
【答案】D
【解析】A.Cl-的核电荷数是17，核外电子总数为18，其离子结构示意图为，故A错误；
B.HCl是共价化合物，不存在Cl-和H+，其电子式为，故B错误；
C. 16O与18O互为同位素，而H216O、D216O、H218O、D218O均为水分子的不同分子微粒，不是单质，不能称为同素异形体，故C错误；
D. 氧原子的核电荷数为8，则含10个中子的氧原子的核素符号为，故D正确；答案为D。
4.对可逆反应4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)，下列叙述正确的是（ ）
A. 达到化学平衡时，正逆反应速率为零
B. 若单位时间内生成xmol NO同时，生成xmol NH3，则反应达到平衡状态
C. 达到化学平衡时，若增大容器容积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D. 化学反应速率关系：2υ(NH3)＝3υ(H2O)
【答案】B
【解析】A.达到化学平衡时正逆反应速率相等，但不能为零，故A错误；B.根据4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)反应，单位时间内生成xmolNH3表示逆反应，生成xmolNO都表示正反应，正逆反应速率相等能说明反应达到平衡状态，故B项正确；C.达到化学平衡时增加容器体积，各组分浓度都减小，因此正逆反应速率都减小，但逆反应速率减小程度更大，平衡正向移动，故C项错误；D. υ(NH3)：υ(H2O)=4:6=2:3，故D项错误。答案为B。
5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是（ ）
A. 0.5mol3216S含中子数为8NA
B. 常温下，1 mol NH4Cl含共价键数目为5NA
C. 足量的Cu与含溶质1mol的浓H2SO4反应，转移的电子数小于NA
D. 标准状态下， 11.2LH2和O2的混合气体中分子数目为0.5NA
【答案】B
【解析】A.质子数16，中子数是16，所以0.5mol含中子数为8NA，故A正确；
B.1molNH4Cl含N-H共价键4mol，所以1molNH4Cl含共价键数目4NA，故B错误；
C.足量的Cu与含溶质1mol的浓H2SO4反应，由于随反应进行，硫酸浓度减小，稀硫酸和铜不反应，所以足量的Cu与含溶质1mol的浓H2SO4反应转移的电子数小于NA，故C正确；
D. 标况下11.2LH2和O2的混合气体，物质的量为0.5mol，则分子数目为0.5NA故D正确；
故答案为B。
6.根据反应：2Ag++Cu=Cu2++2Ag，设计如图所示原电池，下列说法错误的是（ ）

A. X可以是银或石墨 B. Y是硫酸铜溶液
C. 电子从铜电极经外电路流向X电极 D. X极上的电极反应式为Ag++e−=Ag
【答案】B
【解析】原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。由电池反应2Ag++Cu=2Ag+Cu2+可知，铜失去电子，发生氧化反应，作原电池的负极，电极反应为Cu−2e−=Cu2+。溶液中的银离子得到电子，在正极发生还原反应，电极反应为Ag++e−=Ag。因此根据装置图可知，X是正极，金属性弱于铜的，或用石墨做电极，电解质溶液是硝酸银，A、C、D正确，B不正确。
答案选B。
7.某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100 mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下(累计值)：
时间(min)
1
2
3
4
5
氢气体积(mL)
50
120
232
290
310
反应速率最大的时间段及其原因是（ ）
A. 0～1min 盐酸浓度大，反应速率大
B. 1～2min 接触面积增大，反应速率大
C. 2～3min 反应放热，温度升高，反应速率大
D. 3～4min 产生的Zn2+是催化剂，反应速率大
【答案】C
【解析】
【分析】影响化学反应速率的因素有浓度、温度以及固体的表面积大小等因素，温度越高、浓度越大、固体表面积越大，反应的速率越大，从表中数据看出2 min～3 min收集的氢气比其他时间段多，原因是Zn置换H2的反应是放热反应，温度升高；4 min～5 min收集的氢气最少是因为随反应进行c（H+）下降。
【详解】从表中数据看出：0～1min 收集的氢气小于后一分钟，虽然盐酸浓度较大，但是温度较低，故反应速率不是最大；2 min～3 min收集的氢气比其他时间段多，虽然反应中c（H+）下降，但主要原因是Zn置换H2的反应是放热反应，温度升高，温度对反应速率影响占主导作用；3～4min 反应速率比前一分钟小，不能由此判断Zn2+是催化剂：4 min～5 min收集的氢气最少，虽然反应放热，但主要原因是c（H+）下降，反应物浓度越低，反应速率越小，浓度对反应速率影响占主导作用，故选C。
8.某待测溶液中可能含有Na+、SO42-、SO32-、Cl-、Br-、CO32-、HCO3-中的一种或多种，进行如下图所示的实验，每次实验所加试剂均过量。下列说法不正确的是（ ）

A. SO42-、SO32-至少含有一种 B. 沉淀B的化学式为 BaCO3
C. 肯定存在的离子有 Na+、CO32-、HCO3-、Cl- D. 肯定不存在Br—
【答案】C
【解析】
【分析】待测液与氯化钡溶液反应生成沉淀A，则溶液中可能含有CO32-、SO42-、或SO32-,向沉淀A中加入稀硝酸生成气体D，气体D与石灰水作用产生白色沉淀，且有部分沉淀不溶解，则溶液中一定存在CO32-，可能存在SO42-、SO32-中的两种或一种；加入的氯化钡过量，所以溶液A中有Ba2+、Cl-，溶液A中加入过量的NaOH溶液得到白色沉淀B，则溶液中一定含有HC03-，白色沉淀B为BaCO3；溶液B中通入氯气，得无色溶液，溶液中一定不存在Br-；溶液B中加入硝酸酸化的硝酸银溶液得到白色沉淀，白色沉淀为AgCl，说明溶液B中含有C1-，由于开始时加入了氯化钡溶液,不能确定原溶液中是否含有Cl-。
【详解】A.根据以上分析可知，待测液中至少存在SO42-、SO32-中的一种，故A正确；B.根据分析可知，沉淀B为BaCO3，HCO3-与Ba2+、OH-反应生成的BaC03，故B正确；C.根据分析可知不能确定待测液中是否存在Cl-，故C错误；D.根据分析可知待测液中一定不存在Br-的离子，故D正确。答案：C。
9.一定温度下，在容积恒定的密闭容器中，进行如下可逆反应：A（s）+2B（g）⇌C（g）+D（g），当下列物理量不发生变化时，能表明该反应已达到平衡状态的是（　　）
①混合气体的密度   ②容器内气体的压强   ③混合气体的总物质的量   ④B物质的量浓度
A. ①④ B. ②③ C. ②③④ D. 只有④
【答案】A
【解析】在一定条件下，当可逆反应中正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），各种物质的浓度或含量均不再发生变化的状态，是化学平衡状态。所以④正确。密度是混合气的质量和容器容积的比值，容积不变，但气体但质量是变化的，所以①可以。反应前后体积不变，所以压强和总的物质的量都是不变的，②③不正确。答案选A。
10.下表所示为部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息判断下列叙述不正确的是（ ）
元素代号
A
B
C
D
E
F
G
原子半径/nm
0.182
0.160
0.089
0.143
0.102
0.099
0.071
主要化合价
+1
+2
+2
+3
+6、-2
-1
-1
A. 气态氢化物的稳定性HG＞HF＞H2E
B. A+ 、 B2+ 、 D3+ 、G- 四种离子的核外电子排布相同
C. A与氧气反应的产物之一A2O2，阴离子和阳离子的比例为 1：1
D. C元素的原子最外层电子数等于电子层数
【答案】C
【解析】
【分析】短周期元素中，F、G为-1价，且原子半径F＞G，则G为F元素，F为Cl元素；E的化合价为-2、+6价，可知E为S元素，B为+2价，原子半径大于S元素，故B为Mg元素；D为+3价，原子半径小于Mg，大于S，故D为Al元素，C为+2价，原子半径小于镁，则C为Be元素，A显+1价，A的原子半径大于镁，所以A为Na元素，结合元素周期律和原子结构分析解答。
【详解】根据上述分析可知，A为Na元素，B为Mg元素，C为Be元素，D为Al元素，E为S元素，F为Cl元素，G为F元素。
A．G为F元素，F为Cl元素，E为S元素，非金属性F＞Cl＞S，因此气态氢化物的稳定性HF＞HCl＞H2S，故A正确；
B．A+、B2+、D3+、G-四种离子分别为Na+、Mg2+、Al3+、F-，四种离子核外均含有2个电子层，核外电子排布完全相同，故B正确；
C．钠与氧气反应的产物之一为Na2O2，阴离子(O22-)和阳离子(Na+)的比例为1:2，故C错误；
D、C为Be元素，最外层有两个电子，电子层数为两层，最外层电子数等于电子层数，故D正确；
答案选C。
11.对于反应Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，下列叙述不正确的是（ ）

A. 反应过程中能量关系可用上图表示
B. 若将该反应设计成原电池，锌为负极，碳为正极，稀硫酸溶液做电解质
C. 若设计为原电池，当有32.5 g锌溶解，负极放出11.2 L气体（标准状况下）
D. 若设计为原电池，负极有电流流入
【答案】C
【解析】A、Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，故A正确；
B、Zn（s）+H2SO4（aq）=ZnSO4（aq）+H2（g）的反应中锌失去电子，化合价升高，作原电池的负极，故B正确；
C、氢气在正极产生，故C错误；
D、若设计为原电池，外电路负极有电流流入，电子流出，故D正确。
故选C。
12.FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为1∶1∶2时，实际参加反应的FeS 与被还原的HNO3的物质的量之比为( )
A. 1∶4 B. 1∶5 C. 1∶6 D. 1∶7
【答案】B
【解析】当NO2、N2O4、NO 的物质的量之比为1：1：2 时，设NO2、N2O4、NO 的物质的量分别是1mol、1mol、2mol，硝酸得到电子的物质的量=1mol×（5-4）+1mol×2×（5-4）+2mol×（5-2）=9mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒，n（FeS）==1mol，根据氮元素守恒得，生成NO2、N2O4、NO 的物质的量分别是1mol、1mol、2mol时消耗硝酸的物质的量=1mol+2mol+2mol=5mol，所以实际参加反应的FeS 与被还原的HNO3的物质的量之比为=1mol：5mol=1：5，故选B。
第Ⅱ卷（非选择题，共52分）
二、填空题（本题共4小题，共52分）。
13.A、X、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大。A、D同主族，X、W同周期， X形成的气态氢化物可使湿润的红色石蕊试纸变蓝， A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，E元素的周期序数与主族序数相等。
（1）W的原子结构示意图为________。
（2）A、W两种元素能形成含18电子的分子，请写出该分子的电子式：_______________。用电子式表示化合物D2W的形成过程______________________。
（3）下列事实能说明W元素的非金属性比S元素的非金属性强的是________ (填字母)。
a．W单质与H2S溶液反应，溶液变黄色浑浊
b．在氧化还原反应中，1 mol W单质比1 mol S得电子多
c．W和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高
（4）X的最高价氧化物对应水化物与其简单气态氢化物所形成的化合物中含有的化学键类型是______
（5）废印刷电路板上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。现在改用A2W2和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的，又保护了环境，试写出反应的离子方程式____________。
【答案】 (1). (2).
(3). (4). a、c
(5). 离子键和共价键（或极性键） (6). Cu+H2O2+2H+=Cu2+ +2H2O
【解析】
【分析】A、X、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大。A、D同主族，X、W同周期， X形成的气态氢化物可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则X为N元素， A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，则A为H元素，W为O元素，D为Na元素，E元素的周期序数与主族序数相等，则E为Al元素；
【详解】(1) 由上述分析知W为O，O在元素周期表中的第二周期 第VIA族；O的原子结构示意图为：；答案：
(2) A为H，W为O元素，A、W 两种元素形成的含18电子的分子为H2O2，该分子的电子式为： ；D为Na元素，化合物D2W为Na2O， 用电子式表示氧化钠的形成过程为：；答案：，。
(3) a.W单质为O2，能与H2S溶液反应，O2+2H2S= S+H2O，溶液变浑浊，是因为发生氧化还原反应生成硫单质，单质的氧化性O强于S，非金属性O强于S，故a正确；b．非金属性强弱是其单质的得电子难易，而不是得电子的数目，故b错误；c．W为O元素，非金属性越强，其氢化物越稳定，所以O和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，能说明O的非金属性强，故c正确；答案：a、c；
（4）X为N元素，X的最高价氧化物对应水化物为HNO3，简单气态氢化物为NH3，HNO3与NH3所形成的化合物为NH4NO3，NH4NO3中含有的化学键类型是离子键和共价键；答案：离子键和共价键。
（5）双氧水具有氧化性，可以氧化铜，故该反应离子方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2+ +2H2O。答案：Cu+H2O2+2H+=Cu2+ +2H2O。
14.Ⅰ．氮的固定一直是科学家研究的重要课题，合成氨则是人工固氮比较成熟的技术，其原理为N2 (g)+3H2 (g)2NH3(g)。
(1)已知每破坏1mol有关化学键需要的能量如下表：
H-H
N-H
N-N
N≡N
435.9KJ
390.8KJ
192.8KJ
945.8KJ
(1)则反应物的总能量_________(填“>”或 “