【化学】湖南省茶陵县三中2018-2019学年高一下学期第二次月考试卷（解析版）

湖南省茶陵县三中2018-2019学年高一下学期第二次月考试卷
考试范围：必修二第一、二章；第三章第一节
考试时间：90分钟 总分：100分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、选择题（共25小题，每小题2分，总分50分）
1. 19世纪中叶，俄国化学家门捷列夫的突出贡献是（ ）
A. 提出原子学说 B. 制出第一张元素周期表
C. 提出分子学说 D. 发现氧气
【答案】B
【解析】A．道尔顿提出了近代原子学说，故A错误；B．1869年，俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，并编制出元素周期表，故B正确；C．阿伏加德罗提出了分子学说，故C错误；D．舍勒发现了氧气，故D错误；故选B。
2.下列说法错误的是( )
A. 在共价化合物中一定含有共价键
B. 含有共价键的化合物一定是共价化合物
C. 含有离子键的化合物一定是离子化合物
D. 离子化合物中可能含有共价键
【答案】B
【解析】A．共价化合物中一定含共价键，不含离子键，故A正确；
B．含有共价键的化合物不一定是共价化合物，如氢氧化钠中含有离子键和共价键，氢氧化钠是离子化合物，故B错误；
C．离子化合物一定含有离子键，所以含有离子键化合物是离子化合物，故C正确；
D．离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如氢氧化钠中含有离子键和共价键，故D正确；
故答案为B。
3.从如图所示的两种微粒结构示意图中，不正确的是( )

A. 它们的核外电子数相同
B. 甲表示阴离子，乙表示原子
C. 它们属于同种元素
D. 它们的核外电子层数相同
【答案】C
【解析】A.由两种微粒结构示意图可知，它们的核外电子数都是10，相等，故A正确；
B.甲的质子数是8，核外电子数为10，质子数小于核外电子数，故甲是阴离子；乙的质子数是10，核外电子数也是10，质子数等于核外电子数，故乙是原子，所以B正确；
C.元素是质子数（即核电荷数）相同的一类原子的总称，决定元素种类的是质子数（即核电荷数），图中甲和乙两种微粒的质子数分别为8和10，所以不属于同种元素，故C错误；
D.由两种微粒的结构示意图可知，它们的核外电子层数都是2，相同，故D正确；
故答案选C。
4.下列离子半径最小的是 ( )
A. O2- B. Na+ C. A13+ D. Cl-
【答案】C
【解析】离子的核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径大小顺序为Cl-＞O2-＞Na+＞A13+，答案选C。
5.下列关于元素周期表的叙述，错误的是( )
A. 镁是第IIA族元素
B. 第IA族元素全部是金属元素
C. 第ⅥA族中含金属元素
D. 第3周期中既有金属元素又有非金属元素
【答案】B
【解析】A．主族元素最外层电子数等于主族序数，所以12号镁最外层2个电子，是第IIA族元素，故A正确；
B．第IA族中氢是非金属，则不全部是金属元素，故B错误；
C．第ⅥA族中84号元素钋是金属，故C正确；
D．钠、镁、铝是金属，其余是非金属元素，所以第3周期中既有金属元素又有非金属元素，故D正确；
故选：B。
6.据报道，1994年12月科学家发现了一种新元素，它原子核内有161个中子，质量数为272，该元素的原子序数为 （ ）
A. 111 B. 161 C. 272 D. 433
【答案】A
【解析】原子中存在：中子数+质子数=质量数，则质子数=质量数-中子数=272-161=111，又质子数=原子序数=核外电子数，所以该元素的原子序数为111，故选A。
7.下列元素中，属于第二周期且原子半径较大的是（ ）
A. N B. F C. Na D. Al
【答案】A
【解析】N原子序数为7，F原子序数为9，属于第二周期，同周期元素从左到右原子序数逐渐增大，原子半径逐渐减小，故N的原子半径较大；Na原子序数为11，Al原子序数为13，属于第三周期。综上，选A。
8.下列关于20Ne和22Ne的说法正确的是（ ）
A. 20Ne和22Ne互为同位素 B. 20Ne和22Ne属于同一种核素
C. 20Ne和22Ne的中子数相同 D. 20Ne和22Ne的质量数相同
【答案】A
【解析】A. 20Ne和22Ne属于同种元素的原子，中子数不同，互为同位素，故A正确；B. 20Ne和22Ne的中子数不同，属于2种核素，故B错误；C. 20Ne和22Ne的中子数分别为10和12，故C错误；D. 20Ne和22Ne的质量数分别为20和22，故D错误；故选A。
9.下列物质的性质比较，正确的是( )
A. 酸性：H2SO4＞HClO4＞HBrO4
B. 碱性：NaOH＞KOH＞RbOH
C. 非金属性：P＞S＞Cl
D. 气态氢化物稳定性：HF＞H2O＞PH3
【答案】B
【解析】试题分析：A、非金属性Cl＞Br＞S，对应的最高价氧化物的水化物的酸性为HClO4＞HBrO4＞H2SO4，故A错误；
B、金属性Rb＞K＞Na，则对应的最高价氧化物的水化物的碱性为NaOH＜KOH＜RbOH，故B错误；
C、同周期，从左向右非金属性在增强，则非金属性P＜S＜Cl，故C错误；
D、非金属性F＞O＞N，则气态氢化物的稳定性为HF＞H2O＞NH3，故D正确；
故选D。
10.某元素的原子L层电子数比M层电子数多5个，该元素的最高正化合价为(　)
A. ＋3 B. ＋4 C. ＋5 D. ＋6
【答案】A
【解析】L层电子数比M层电子数多5个，则M层是3个电子，该元素是Al，故最高正价为+3，选A。
11.在下列分子结构中，原子的最外层电子不能满足8电子稳定结构的是（ ）
A. CO2 B. PCl3 C. CCl4 D. H2O
【答案】D
【解析】A、CO2电子式是，分子中各原子都达到8电子稳定结构，A错误。B、PCl3电子式是，分子中各原子都达到8电子稳定结构，B错误。C、CCl4电子式是，分子中各原子都达到8电子稳定结构，C错误。D、H2O电子式是，分子中H原子最外层只有2个电子，未达到8电子稳定结构，D正确。正确答案 D。
12.下列不是离子化合物的是 （ ）
A. H2O B. CaI2 C. KOH D. NaNO3
【答案】A
【解析】分析：含有离子键的化合物是离子化合物，据此解答。
详解：A. H2O分子中只含有共价键，属于共价化合物，A正确；
B. CaCl2中含有离子键，属于离子化合物，B错误；
C. KOH中含有离子键，属于离子化合物，C错误；
D. NaNO3中含有离子键，属于离子化合物，D错误。答案选A。
13.下列有关化学用语表示正确的是( )
A. 甲烷的电子式
B. 乙烷的结构简式：C2H6
C. CH4分子的球棍模型：
D. 核内有8个中子的碳原子：
【答案】A
【解析】A．甲烷为共价化合物，C最外层形成8个电子，电子式为，故A正确；
B．乙烷的分子式为C2H6，其结构简式为CH3CH3，故B错误；
C．为比例模型，甲烷分子的球棍模型为，故C错误；
D．碳原子核内有6个质子，则核内有8个中子的碳原子的质量数为14，其核素表示为 ，故D错误；
故答案为A。
14. 下列各组中每种物质都既有离子键又有共价键的一组是( )。
A. NaOH、H2SO4、(NH4)2SO4
B. MgO、Na2SO4、HNO3
C. Ba(OH)2、Na2CO3、Na3PO4
D. HCl、Al2O3、MgCl2
【答案】C
【解析】A项中H2SO4是共价化合物，只含共价键；B项中MgO只含离子键，HNO3只含共价键；D项中HCl只含共价键，Al2O3、MgCl2只含离子键。
15.下列反应既是氧化还原反应，又是放热反应的是（ ）
A. 铝片与稀硫酸的反应 B. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应
C. 灼热的炭与CO2的反应 D. 红热的焦炭与水蒸气的反应
【答案】A
【解析】A项，铝与稀硫酸的反应为放热反应，又是氧化还原反应；B项，反应为吸热反应，也是非氧化还原反应；C、D两项涉及的反应是氧化还原反应，但是吸热反应。
16.下列叙述不正确的是（ ）
A. 沼气是可再生能源 B. 燃烧热和中和热都属于反应热
C. 电能是一级能源 D. 氧化还原反应可能是吸热反应也可能是放热反应
【答案】C
【解析】A. 可再生能源是指可以再生的能源总称，包括生物质能源、太阳能、光能、沼气等，故A正确；
B. 燃烧热和中和热都属于放热反应，是反应热的种类之一，故B正确；
C. 电能是通过物质燃烧放热转化而成的，或是由风能、水能、核能等转化而来的，为二级能源，故C错误；
D. 氧化还原反应有的是放热反应，如氢气的燃烧就是放热反应，有的是吸热反应，如C＋H2OCO＋H2的反应就是吸热反应，故D正确；
故答案选C。
17.下列说法不正确的是（ ）
A. 化学反应的实质是旧键的断裂，新键的形成
B. 石墨转化为金刚石的反应是吸热反应，说明金刚石比石墨稳定
C. 原电池反应的实质是自发进行的氧化还原反应
D. 理论上可燃物与氧气的反应均能设置成原电池装置
【答案】B
【解析】A、化学反应的本质就是旧的化学键断裂，新的化学键的形成，A正确。B、物质的能量越低，物质越稳定。石墨转化为金刚石吸热，说明石墨的能量低，所以石墨比金刚石稳定，B错误。C、原电池的负极失去电子发生氧化反应，正极上是溶液中的阳离子得到电子发生还原反应，本质就是发生了自发的氧化还原反应，C正确。D、可燃物与氧气的反应是氧化还原反应，有电子的得失或者偏转，故均能设置成原电池装置，D正确。正确答案为B
18.可逆反应H2（g）＋I2（g）2HI（g）达到平衡的标志是（ ）
A. v（H2）:v（HI）=1:2
B. H2、I2、HI分子个数比为1:1:2
C. 混合气体中I2和H2的体积分数相等
D. 混合气体的颜色不再改变
【答案】D
【解析】A．v(H2)：v(HI)=1:2不能说明正逆反应速率相等，反应不一定处于平衡状态，故A错误；
B．H2、I2、HI分子个数比为1：1：2不能说明正逆反应速率相等，反应不一定处于平衡状态，故B错误；
C．混合气体中I2和H2体积分数相等不能说明正逆反应速率相等，反应不一定处于平衡状态，故C错误；
D．混合气体的颜色不再改变说明单质碘的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为D。
19.在2A+B3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是（ ）
A. v(A)=0.5mol/(L·s)
B. v(B)=0.3mol/(L·s)
C. v(C)=l8mol/(L·min)
D. v(D)=1mol/(L·s)
【答案】B
【解析】对应反应：2A+B⇌3C+4D，
A. =0.25mol/(L⋅s)；
B. =0.3mol/(L⋅s)；
C. v(C)=18mol/(L⋅min)=0.3mol/(L⋅s)，=0.1mol/(L⋅s)；
D. =0.25mol/(L⋅s)，
所以B表示的反应速率最快，故答案选B。
20.下列关于烷烃的说法中，正确的是（　　）
A. 通式为CnH2n
B. 可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 在光照下可与氯气发生加成反应
D. 随分子中碳原子数的增加，烷烃的熔沸点升高
【答案】D
【解析】A．烷烃的通式为CnH2n+2，故A错误；B．烷烃的结构决定了化学性质，碳原子是饱和状态，所以均不能使KMnO4溶液退色，故B错误；C．烷烃的特征反应为取代反应，所有的烷烃在光照条件下都能与氯气发生取代反应，烷烃无不饱和键，不是加成反应，故C错误；D．烷烃熔沸点取决于分子间作用力，碳原子数越多，分子量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，故D正确；故选D。
21.下列物质在光照条件下，氯气和CH4发生取代反应的产物为氯仿的是（ ）
A. 一氯甲烷 B. 二氯甲烷
C. 三氯甲烷 D. 四氯化碳
【答案】C
【解析】在光照条件下，氯气和CH4发生取代反应生成的有机产物有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳，其中三氯甲烷俗称氯仿，故答案为C。
22.下列物质属于烃的是（ ）
A. H2CO3 B. CH4 C. CH3Cl D. HCl
【答案】B
【解析】
【分析】分子组成只含有C、H元素的化合物为烃，即属于烃的物质必须只含有碳氢元素，常见的烃有烷烃、烯烃、炔烃、苯及苯的同系物等，据此进行解答．
【详解】烃分子中只含有C和H元素，不能含有其它元素，选项中H2CO3、CH3Cl和HCl都不属于烃，只有甲烷属于烃类，故答案为B。
23. 五种短周期金属元素在元素周期表中的相对位置如图所示，下列判断正确的是( )

A. 原子半径：Z＜W＜R
B. 金属性：X＞Z
C. 氢氧化物的碱性：Z＞W＞R
D. 最外层电子数：X＞Y
【答案】C
【解析】该题考查元素位构性之间的关系。同一周期，从左至右，原子半径减小，得电子能力增强，氧化性增强，最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，A错误，C正确；同一主族，从上到下，元素的金属性增强，B错误；最外层电子数：Y＞X，D错误。
24.短周期元素X、Y、Z所在的周期数依次增大，它们的原子序数之和为20，且Y2－与Z＋核外电子层的结构相同。下列化合物中同时存在极性和非极性共价键的是（ ）
A. Z2Y B. X2Y2 C. Z2Y2 D. ZYX
【答案】B
【解析】Y2－与Z＋核外电子层的结构相同，因此Y是第ⅥA，Z是第IA。又因为短周期元素X、Y、Z所在的周期数依次增大，即它们分别属于第一周期、第二周期和第三周期，则Y是O，Z是Na。由于它们的原子序数之和为20，所以X是H。A是氧化钠只含有离子键。B是过氧化氢，同时存在极性和非极性共价键。C是过氧化钠，含有离子键和非极性键。D是氢氧化钠，含有离子键和极性键，所以答案是B。
25.已知某条件下，合成氨反应数据如下：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)

N2
H2
NH3
起始浓度（mol/L）
1.0
3.0
0.2
2s末浓度（mol/L）
0.6
1.8
1.0
4s末浓度（mol/L）
0.4
1.2
1.4
当用氨气浓度的增加来表示该反应的化学反应速率时，下列说法错误的是(　　)
A. 2～4 s内的平均反应速率为0.2 mol·L－1·s－1
B. 前4 s内的平均反应速率为0.3 mol·L－1·s－1
C. 前2 s内的平均反应速率为0.4 mol·L－1·s－1
D. 2 s末的反应速率为0.4 mol·L－1·s－1
【答案】D
【解析】
【分析】2s内氨气的平均速率为0.4mol•(L•s)-1，不是即时速率，计算各时间段氨气浓度变化量，再根据v=计算前2s内、前4s内、2～4s内用氨气表示的平均反应速率。
【详解】A．2s～4s时间内氨气的浓度变化为：(1.4-1.0)mol/L=0.4mol/L，平均反应速率为：=0.2mol/(L•s)，故A正确；
B．前4s时间内氨气的浓度变化为：(1.4-0.2)mol/L=1.2mol/L，平均反应速率为：=0.3mol/(L•s)，故B正确；
C．前2s时间内氨气的浓度变化为：(1.0-0.2)mol/L=0.8mol/L，氨气的平均反应速率为：=0.4mol/(L•s)，故C正确；
D．2s内氨气的平均速率为0.4mol•(L•s)-1，不是即时速率，故D错误；
故答案为D。
二、填空题（共5题，总分50分）
26.根据下列各组物质和微粒物质，回答下列问题：
A 16O 和18O B CH3CH2CH3和CH3CH2CH2CH3 C 金刚石和石墨 D CH3CH（CH3）CH3和CH3CH2CH2CH3 E CH3Cl和CH2Cl2
(1) ________互为同素异形体；
(2) ________互为同系物；
(3) ________互为同分异构体。
【答案】 (1). C (2). B (3). D
【解析】
【分析】结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；互为同系物的物质满足以下特点：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同、物理性质不同，研究对象是有机物；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；同素异形体是同种元素形成的不同单质，据此进行判断。
【详解】A．16O和18O都是氧元素的不同原子，二者互为同位素；
B．CH3CH2CH3和CH3CH2CH2CH3分子中的化学键都是单键，属于饱和烃，二者结构相似，分子间相差1个CH2原子团，所以二者互为同系物；
C．金刚石和石墨都是碳元素的不同单质，二者互为同素异形体；
D．CH3CH(CH3)CH3和CH3CH2CH2CH3的分子式相同、结构不同，二者互为同分异构体；
E．CH3Cl和CH2Cl2是CH4与Cl2发生取代反应的两种不同产物；
故：(1)C互为同素异形体；
(2) B互为同系物；
(3) D互为同分异构体。
27. 下面是我们熟悉的物质：
①O2②金刚石 ③NaBr ④H2SO4⑤Na2CO3⑥NH4Cl ⑦NaHSO4⑧Ne ⑨Na2O2⑩NaOH
（1）这些物质中，只含共价键的是 ；只含离子键的是 ；既含共价键又含离子键的是 ；不存在化学键的是 。
（2）属于共价化合物的是 ；属于离子化合物的是 。
【答案】（1）①②④ ③ ⑤⑥⑦⑨⑩ ⑧（2）④ ③⑤⑥⑦⑨⑩
【解析】试题分析：①O2中只含非极性共价键；②金刚石中只含非极性共价键； ③NaBr中只存在离子键，为离子化合物； ④H2SO4中只存在极性共价键，为共价化合物；⑤Na2CO3中存在离子键、极性共价键，为离子化合物；⑥NH4Cl中存在离子键、极性共价键，为离子化合物； ⑦NaHSO4中存在离子键、极性共价键，为离子化合物；⑧Ne中不存在化学键； ⑨Na2O2中存在离子键、非极性共价键，为离子化合物；⑩NaOH中存在离子键、极性键，为离子化合物；
（1）只含有共价键的是①②④；只含有离子键的是③；既含共价键又含离子键的是⑤⑥⑦⑨⑩；不存在化学键的是⑧；
（2）只含共价键的化合物是共价化合物，属于共价化合物的是④；含有离子键的化合物是离子化合物，属于离子化合物的是③⑤⑥⑦⑨⑩。
28.下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑧中元素，回答以下问题：
主族周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
一








二




①

②

三
③
④
⑤
⑥


⑦
⑧
（1）在③～⑦元素中，原子半径最大的是__________用元素符号或化学式填空，下同），其离子的原子结构示意图为________。
（2）元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是_____；碱性最强的是______，写出该物质和呈两性的氢氧化物的化学反应方程式____________________；
（3）在以上元素的单质中，化学性质最不活泼的是____。
【答案】(1). Na (2). (3). HClO4 (4). NaOH
(5). NaOH+Al(OH)3NaAlO2+2H2O (6). Ar
【解析】
【分析】由元素在周期表位置可知，①～⑧元素分别为N、F、Na、Mg、Al、Si、Cl、Ar；
(1)同周期从左向右原子半径逐渐减小；
(2)Na的金属性最强，其最高价氧化物水化物的碱性最强，高氯酸为所有含氧酸中酸性最强的酸，氢氧化铝为两性；
(3)0族元素性质稳定。
【详解】由元素在周期表的位置可知，①～⑧元素分别为N、F、Na、Mg、Al、Si、Cl、Ar；
(1)在③～⑦元素中，原子半径最大的是Na，其离子的原子结构示意图为；
(2)元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HClO4，碱性最强的是NaOH，呈两性的氢氧化物是Al(OH)3， NaOH和Al(OH)3发生反应生成NaAlO2和水的反应方程式为NaOH+Al(OH)3NaAlO2+2H2O；
(3)在以上元素的单质中，化学性质最不活泼的是稀有气体Ar。
29.一定温度下，在2L的恒容密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示：

（1）该反应的化学方程式为_____。
（2）从反应开始到10s时，用Y表示的反应速率为________，X的转化率为_____ 。
（3）10s时，该反应 ___ 达到了化学平衡状态。（填“是”或“否”）
【答案】(1). X(g)+Y(g)⇌2Z(g) (2). 0.04mol•L-1•s-1 (3). 66.7% (4). 是
【解析】
【分析】(1)根据各物质的物质的量与化学计量数成正比写出该反应方程式；
(2)根据v=计算出从反应开始到10s时用Y表示的反应速率为；根据X消耗的物质的量及反应初始物质的量计算出其转化率；
(3)10s时各组分的浓度不再变化，说明达到平衡状态。
【详解】(1)由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减少，应该为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到10s时，△n(X)=0.8mol、△n(Y)=0.8mol、△n(Z)=1.6mol，则△n(X):△n(Y):△n(Z)=1:1:2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则反应的方程式为：X(g)+Y(g)⇌2Z(g)；
(2)从反应开始到10s时，Y的物质的量变化为：1.00mol-0.20mol=0.80mol，则该段时间内用Y表示的反应速率为：v(Y)==0.04mol•L-1•s-1；该段时间内X消耗的物质的量为：1.20mol-0.40mol=0.8mol，则X的转化率为：×100%=66.7%；
(3)根据图示曲线变化可知，10s时X、Y、Z的物质的量不再变化，说明此时正逆反应速率相等，该反应已经达到平衡状态。
30.某原电池结构如图所示，回答下列问题:

（1）铜作原电池的_______极，发生_______反应 ，电极反应式为 _____________________ ；
（2）银作原电池的_______极，发生_______反正，电极反应式为 _____________________；
（3）电子从_______经外电路流向_______，银离子向_______极移动，硝酸根离子向_______极移动（填“正极”或“负极”）。
【答案】(1). 负 (2). 氧化 (3). Cu-2e-Cu2+ (4). 正 (5). 还原 (6). 2Ag++2e-2Ag (7). 负极 (8). 正极 (9). 正 (10). 负
【解析】
【分析】(1)铜银原电池中，活泼金属作负极，则Cu为负极，负极上铜失去电子生成铜离子，发生氧化反应；
(2)银为正极，银棒上银离子得到电子生成银，发生还原反应；
(3)原电池工作时，电子经外电路从负极流向正极，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。
【详解】(1)铜银原电池中， Cu为负极，负极上铜失去电子生成铜离子，发生氧化反应，电极反应式为Cu-2e-Cu2+；
(2)银为正极，银棒上银离子得到电子生成银，发生还原反应，电极反应式为2Ag++2e-2Ag；
(3)在铜银原电池中，电子从负极经外电路流向正极，电解质溶液中银离子向正极移动，硝酸根离子向负极移动。