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【化学】重庆市第三十中学2018-2019学年高一5月月考试卷(解析版)
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重庆市第三十中学2018-2019学年高一5月月考试卷
可能用到元素的质量数:Cu-64 Fe-56 Pb-207
一、选择题(每小题只有1个选项符合题意,每题3分 共48分)
1.关于原子结构的叙述正确的是( )
A. 所有的原子核都是由质子和中子组成的
B. 原子的最外层电子数不超过8个
C. 稀有气体原子的最外层电子数均为8
D. 原子的次外层电子数都是8个
【答案】B
【解析】A、一般原子核是由质子和中子构成的,但氢原子例外,原子核内没有中子,选项A错误;B、原子的最外层电子数不超过8个,选项B正确;C、氦元素的原子最外层电子数为2个,选项C错误;D、原子的次外层电子数不超过18个,选项D错误。答案选B。
2.下列物质中, 既含离子键、又含非极性共价键的是( )
A. NaOH B. Na2O2 C. NH4Cl D. CaCl2
【答案】B
【解析】A.氢氧化钠是离子化合物,含离子键,但不含非极性共价键,故A错误;
B.Na2O2中钠离子和过氧根之间为离子键,在过氧根中的氧原子之间为非极性共价键,故B正确;
C.NH4Cl中含离子键和极性共价键,故C错误;
D.CaCl2只含离子键,故D错误;
故答案为B。
3.下列有关元素周期表中元素性质的叙述正确的是( )
A. 同主族元素从上到下,非金属性逐渐增强
B. 元素的最高正化合价均等于它所在的族序数
C. 同周期元素的原子半径越小,越难失去电子
D. 元素的非金属性越强,它的最高价氧化物对应的水化物的氧化性越强
【答案】C
【解析】A.同主族元素从上到下,电子层增多,半径增大,得电子能力减弱,则同主族元素从上到下,非金属性逐渐减弱,故A错误;
B.主族元素中,最高正化合价等于族序数,但O、F除外,则元素的最高正化合价不一定等于它所在的族序数,故B错误;
C.同周期的元素,从左向右原子半径逐渐减小,金属性性减弱,则同周期的元素的原子半径越小,越难失去电子,故C正确;
D.非金属性越强,最高价氧化物对应的水化物的酸性越强,而不能判断最高价氧化物对应的氧化物的氧化性强弱,故D错误;
故答案为C。
4.下列各组中化合物的性质比较,不正确的是( )
A. 酸性:HClO4>HBrO4>HIO4 B. 碱性:NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3
C. 稳定性:PH3>H2S>HCl D. 非金属性:F>O>S
【答案】C
【解析】考查元素周期律的应用。同主族元素自上而下非金属性逐渐减弱,金属性逐渐增强。同周期元素自左向右金属性逐渐减弱,非金属性逐渐增强。金属性越强,最高价氧化物的水化物的碱性就越强。非金属性越强最高价氧化物的水化物的酸性就越强,相应氢化物的稳定性也越强。所以选项C是错误的,答案是C。
5.下列图中能正确表示X + 3Y = 2Z(放热反应)过程的能量变化的是:( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】A.由于生成物的能量比反应物高,所以该反应为吸热反应。错误。B.由于反应物的能量比生成物高,所以该反应为放热反应。正确。C。由于反应物、生成物的能量相同,所以反应过程中无能量变化。错误。D.化学反应的过程就是旧键断裂、新键形成的过程。断裂化学键要吸收能量。这与图像画的不符合。错误。
6.某原电池的总反应的离子方程式是Zn + Cu2+ = Zn2+ + Cu,该原电池的组成正确的是:( )
正极
负极
电解质溶液
A
Zn
Cu
CuCl2
B
Ag
Cu
H2SO4
C
Cu
Zn
CuSO4
D
Cu
Zn
FeCl2
【答案】C
【解析】根据电池反应式知,Zn失电子化合价升高作负极,不如锌活泼的金属或导电的非金属作正极,铜离子得电子发生还原反应,则可溶性铜盐溶液作电解质溶液,只有C项:Zn作负极、Cu作正极、硫酸铜溶液作电解质溶液可以实现该原电池反应,故C正确;答案为C。
7.下列变化是因原电池反应而引起的是( )
A. 在空气中金属铝表面迅速氧化形成保护膜
B. 常温下,铁被浓硫酸“钝化”形成保护膜
C. 在潮湿的空气中钢铁易生锈
D. 在潮湿的空气中过氧化钠易变质
【答案】C
【解析】试题分析:A、铝属于活泼金属,能被氧气氧化,产生一层氧化铝,属于直接接触反应,不属于原电池,故错误;B、利用浓硫酸的强氧化性,在铁表面产生一层氧化薄膜,直接接触反应,不属于原电池,故错误;C、属于钢铁的吸氧腐蚀或析氢腐蚀,属于原电池的原理,故正确;D、过氧化钠和水反应,不属于原电池原理,故错误。
8.下列各装置中能组成原电池的是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】A.两个电极材料相同,且铜和稀硫酸不能发生自发进行的氧化还原反应不能构成原电池,故A错误;
B.符合原电池构成条件,锌作负极发生氧化反应,溶液中氢离子在铜电极得到电子发生还原反应生成氢气,能组成原电池,故B正确;
C.酒精不是电解质且不能自发的进行氧化还原反应,不能构成原电池,故C错误;
D.无自发进行的氧化还原反应,不能构成原电池,故D错误;
故答案为B。
9.如图所示,将镁片、铝片平行插入一定浓度的NaOH溶液中,用导线连成闭合回路,该装置在工作时,下列叙述中正确的是( )
A. 镁比铝活泼,镁失去电子被氧化成Mg2+
B. 铝是电池的负极,开始工作时溶液中会立即有白色沉淀生成
C. 该装置的内、外电路中,均是电子的定向移动形成
D. 该装置开始工作时,铝片表面的氧化膜可不必处理
【答案】D
【解析】A.在NaOH溶液中,铝能与NaOH溶液发生氧化还原反应,在该反应中,铝失电子作原电池的负极,而镁和氢氧化钠溶液不能发生氧化还原反应,故A错误;
B.在NaOH溶液中,铝能与NaOH溶液发生氧化还原反应,在该反应中,铝失电子作原电池的负极,由于电池开始工作时,生成的铝离子的量较少,NaOH过量,此时不会有Al(OH)3白色沉淀生成,故B错误;
C.该装置外电路,是由电子的定向移动形成电流,而内电路,则是由溶液中自由移动的离子的定向移动形成电流,故C错误;
D.由于铝片表面的氧化膜也能与NaOH溶液反应,故其不必处理,故D正确;
故答案为D。
10.下列说法正确的是( )
A. Na与水反应时增大水的用量可加快反应速率
B. Fe与硫酸反应制取H2时,选用浓硫酸可加快反应速率
C. 两支试管中分别加入相同浓度的H2O2溶液,其中一支试管中加少量MnO2,两支试管中产生氧气的快慢相同
D. Al在氧气中燃烧生成Al2O3,将铝片改成铝粉燃烧更剧烈
【答案】D
【解析】试题分析:A.由于水为纯物质,没有浓度之说,因此Na与水反应时增大水用量不能增大反应速率,A错误;B.Fe与浓硫酸会钝化,且不能生成H2,因此Fe与硫酸反应制取H2时,选用浓硫酸不能加快反应速率,B错误;C.MnO2具有催化作用,因此加少量MnO2的试管产生氧气速率比较快,不加的产生氧气的速率慢,C错误;D.Al在氧气中燃烧生成Al2O3,将铝片改成铝粉燃烧更剧烈,D正确。故答案D。
11.在2 L密闭容器中,发生3A(g)+B(g) 2C(g)反应,若最初加入A和B都是4 mol,A的平均反应速率为0.12 mol·L-1·s-1 ,则10 s后容器B的物质的量是:( )
A. 1.6 mol B. 2.8 mol C. 3.2 mol D. 3.6 mol
【答案】C
【解析】
【分析】反应速率比等于系数比,A的平均反应速率为0.12mol·L﹣1·s﹣1,则B的反应速率是0.04 mol·L﹣1·s﹣1,10s内B的浓度变化是0.04 mol·L﹣1·s﹣1 10s=0.4 mol·L﹣1。
【详解】反应速率比等于系数比,A的平均反应速率为0.12mol·L﹣1·s﹣1,则B的反应速率是0.04 mol·L﹣1·s﹣1,10s内B的浓度变化是0.04 mol·L﹣1·s﹣1 10s=0.4 mol·L﹣1,则10s后容器中B的物质的量是4mol-0.4 mol·L﹣1 2L=3.2mol,故选C。
12.氢—氧燃料电池是将H2和O2分别通入电池,穿过浸入20%~40%的KOH溶液的多孔碳电极,其电极反应式为:H2+2OH--2e-=2H2O和 O2+2H2O+4e-=4OH-。则下列叙述正确的是:( )
A. 通H2的一极是正极
B. 通O2的一极是负极
C. 工作一段时间后电解质溶液pH增大
D. 工作一段时间后电解质溶液pH减小
【答案】D
【解析】
【分析】氢氧燃料电池是将化学能转变为电能的装置,工作时,通入氢气的一极为电池的负极,发生氧化反应,通入氧气的一极为电池的正极,发生还原反应,电池总反应与氢气在氧气中燃烧的化学方程式一致,产物为水。
【详解】A.在燃料电池中,通入燃料氢气的一极为电池的负极,故A错误;
B.在燃料电池中,通入燃料氢气的一极为电池的负极,通入O2的一极是正极,故B错误;
C.氢氧燃料电池总反应与氢气在氧气中燃烧的化学方程式一致,产物为水,工作一段时间后电解质溶液的pH减小,故C错误;
D.氢氧燃料电池总反应与氢气在氧气中燃烧的化学方程式一致,产物为水,工作一段时间后电解质溶液的pH减小,故D正确;
故答案为D。
13.把a、b、c、d四块金属片浸入稀硫酸中,用导线两两相连组成原电池。若a、b相连时,a为负极;c、d相连时,电流由d到c;a、c相连时c极上产生大量气泡。b、d相连时,b上有大量气泡产生,则四种金属的活动性顺序由强到弱的顺序为( )
A. a>b>c>d B. a>c>d>b
C. c>a>b>d D. b>d>c>a
【答案】B
【解析】
【分析】形成原电池时,负极失电子,作还原剂,正极得电子,则负极的还原性大于正极;
【详解】若a、b相连时,a为负极,则还原性:a>b;
c、d相连时,电流由d到c,d为正极,还原性:c>d;
a、c相连时c极上产生大量气泡,c极上的氢离子得电子生成氢气,作正极,还原性:a> c;
b、d相连时,b上有大量气泡产生,b极上的氢离子得电子生成氢气,作正极,还原性:d>b;
综上所述,a>c>d>b,答案为B
14.如图所示,杠杆AB两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球,调节杠杆并使其在水中保持平衡,然后小心地向水槽中滴入浓CuSO4溶液,一段时间后,下列有关杠杆的偏向判断正确的是(实验中,不考虑两球的浮力变化)( )
A. 杠杆为导体或绝缘体时,均为A端高B端低
B. 杠杆为导体或绝缘体时,均为A端低B端高
C. 当杠杆为导体时,A端低B端高;杠杆为绝缘体时,A端高B端低
D. 当杠杆为导体时,A端高B端低;杠杆为绝缘体时,A端低B端高
【答案】C
【解析】(1)当杠杆为导体时,构成原电池:
(1)空心铁球:Fe-2e-=Fe2+(+)空心铜球:Cu2++2e-= Cu,故空心铁球质量减轻,空心铜球质量增重;
(2)杠杆为绝缘体时,Fe+Cu2+=Fe2++Cu,即:空心铁球质量增重,空心铜球质量不变
15.铅蓄电池反应为:Pb + PbO2 + 2H2SO42PbSO4 + 2H2O 。下列说法中正确的是( )
A. PbO2得电子,被氧化
B. 铅蓄电池工作过程中每通过2mol电子,负极质量减少207g
C. 电流是由PbO2经外电路流向Pb
D. 电池放电时,溶液酸性增强
【答案】C
【解析】试题分析:A.由铅蓄电池的总反应Pb + PbO2+ 2H2SO42PbSO4+ 2H2O可知,放电时,正极上PbO2得电子被还原,A项错误;B.铅蓄电池的负极反应为Pb-2e-+SO42-=PbSO4,负极质量增加96g,B项错误;C. 电子的流向和电流的方向相反,则电流是由PbO2经外电路流向Pb,C项正确;D.根据铅蓄电池总反应为:Pb + PbO2+ 2H2SO42PbSO4+ 2H2O,放电时,消耗硫酸,浓度减小,酸性减弱,D项错误;答案选C。
16. 右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. YX2晶体熔化、液态WX3气化均需克服分子间作用力
D. 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
【答案】D
【解析】从表中位置关系可看出,X为第2周期元素,Y为第3周期元素,又因为X、W同主族且W元素的核电荷数为X的2倍,所以X为氧元素、W为硫酸元素;再根据元素在周期表中的位置关系可推知:Y为硅元素、Z为磷元素、T为砷元素。A、O、S、P的原子半径大小关系为:P>S>O,三种元素的气态氢化物的热稳定性为:H2O>H2S>PH3,A不正确;B、在火山口附近或地壳的岩层里,常常存在游离态的硫,B不正确;C、SiO2晶体为原子晶体,熔化时需克服的微粒间和作用力为共价键,C不正确;D、砷在元素周期表中位于金属元素与非金属的交界线附近,具有半导体的特性,As2O3中砷为+3价,处于中间价态,所以具有氧化性和还原性,D正确,答案选D。
二、非选择题:(共52分)
17.用“>”或“<”回答下列问题:
(1)酸性:H2CO3______H2SiO3
(2)碱性:Mg(OH)2________Al(OH)3
(3)气态氢化物稳定性:H2O________H2S
【答案】>;>;>
【解析】试题分析:(1)碳元素的非金属性强于硅元素,则碳酸的酸性强于硅酸;
(2)镁的金属性强于铝,则氢氧化镁的碱性强于氢氧化铝;
(3)氧元素的非金属性强于硫,则水的稳定性强于硫化氢。
18.有A、B、C、D、E五种元素
①A、B、C是金属元素,位于同一周期,原子核外都有3个电子层,A的原子半径在所属周期中最大,且原子半径A>B>C。
②D、E是非金属元素,它们跟氢化合可生成气态氢化物HD和HE, D的单质是黄绿色气体,常温下E的单质是液体。
请回答:
(1)B在周期表中的位置__________,C的原子结构示意图是__________。
(2)E单质的化学式是___________。
(3)上述五种元素中,所形成的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强的物质是_____(化学式)。
(4)写出C的氧化物与A的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式________
【答案】(1). 第3周期 ⅡA (2). (3). Br2 (4). HClO4 (5). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O
【解析】
【分析】A、B、C、D、E五种元素,由①知A、B、C均为第3周期的金属元素(只有Na、Mg、Al),A的原子半径在所属周期中最大,且原子半径A>B>C,则A为Na、B为Mg、C为Al;由②D、E是非金属元素,它们跟氢化合可生成气态氢化物HD和HE,则D、E处于ⅦA族,D的单质是黄绿色气体,常温下E的单质是液体,则D为Cl、E为Br。
【详解】(1)B为Mg,在周期表中的位置:第3周期ⅡA族,C为Al,原子结构示意图是 ;
(2)E为Br元素,单质的化学式是Br2;
(3)上述五种元素中,非金属性最强的是Cl元素,则所形成的最高价氧化物对应的水化物的酸性最强的物质是HClO4;
(4)C的氧化物为Al2O3,A的最高价氧化物对应的水化物为NaOH,二者反应的离子方程式为Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O。
19.某学生为了探究锌与盐酸反应过程中速率变化。在100 mL稀盐酸中加入足量的锌粉,标准状况下测得数据累计值如下:
时间(min)
1
2
3
4
5
氢气体积(mL)
50.0
120.0
232.0
290.0
312.4
(1)解释2 min~3 min反应速率最大的原因______;反应速率最小的时间段是_____,原因为____。
(2)在4min~5 min时间段内,用盐酸的浓度变化表示的反应速率为____。
(3)为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量,在盐酸中分别加入下列溶液:
A. Na2CO3溶液 B.Na2SO4溶液 C.NaNO3溶液 D.少量CuSO4溶液
你认为不可行的是______。
【答案】(1). 该反应是放热反应,2 min~3 min时溶液温度最高,反应速率最快 (2). 4 min~5 min (3). 此时反应物的浓度最小,反应速率最慢 (4). 0.02 mol·L-1·min-1 (5). A、C、D
【解析】
【分析】(1)在0~1、1~2、2~3、3~4、4~5min时间段中,产生气体的体积分别为50mL、70mL、112mL、68mL、22.4mL,生成气体体积越大的时间段,反应速率越快,结合温度、浓度对反应速率的影响分析;
(2)计算出氢气的体积,根据2HCl~H2,计算消耗盐酸的物质的量,计算浓度的变化,根据v=计算反应速率;
(3)为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量,可降低H+浓度,但不能影响H+的物质的量。
【详解】(1)在0~1、1~2、2~3、3~4、4~5min时间段中,产生气体的体积分别为50mL、70mL、112mL、68mL、22.4mL,由此可知反应速率最快的时间段为2~3 min,因反应为放热反应,温度升高,反应速率增大,反应速率最小的时间段是4~5min时间段,此时温度虽然较高,但H+浓度小;
(2)在4min~5min时间段内,n(H2)==0.001mol,根据2HCl~H2,计算消耗盐酸的物质的量为0.002mol,则υ(HCl)==0.02mol/(L•min);
(3)A.加入Na2CO3,H+浓度减小,反应速率减小,减少产生氢气的量,故A不可行;
B.加入Na2SO4溶液,H+浓度减小,反应速率减小且不减少产生氢气的量,故B可行;
C.加入NaNO3溶液,生成NO气体,影响生成氢气的量,故C不可行;
D.加入CuSO4溶液,Zn置换出Cu反应速度增大,故D不可行;故答案为A、C、D。
20.有甲、乙、丙、丁、戊五种短周期元素,原子序数依次增大,其常见化合价依次为+1、-2、+1、+3、-1。它们形成的物质间的转化关系如下图所示。常温下用惰性电极电解(有阳离子交换膜)1L l mol/L的A溶液。
请按要求回答下列问题:
(1)己元素与丙元素同主族,比丙原子多2个电子层,则己的原予序数为______;推测相同条件下丙、己单质分别与水反应剧烈程度的依据是_________。
(2)甲、乙、戊按原予个数比1:1:1形成的化合物Y具有漂白性,其电子式为______。
(3)上图转化关系中不属于氧化还原反应的有(填编号)______。
(4)接通如图电路片刻后,向烧杯中滴加一种试剂即可检验铁电极被腐蚀,此反应的离子方程式为___________。
(5)写出反应③的化学方程式_________;反应②的离子方程式为___________。
(6)若上图中各步反应均为恰好完全转化,则混合物X中含有的物质(除水外)有___________。
【答案】(1). 37 (2). 同主族元素的金属性随核电荷数的增加而增强,推测己单质与水反应较丙更剧烈 (3). (4). ④ (5). 3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓ (6). Cl2 + H22HCl (7). 2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (8). Al(OH)3、NaCl
【解析】
【分析】电解A的溶液得到三种物质,电解质和水放电,得到的黄绿色气体B为Cl2,单质C为H2,二者反应生成E为HCl,D为碱,丁表现+3价,且能与D溶液反应生成氢气,则丁为Al,D为NaOH,F为NaAlO2,A为NaCl.电解反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑,而2Al~2NaOH~2NaAlO2,得到偏铝酸钠与HCl物质的量之比为1:1,由H2O+HCl+NaAlO2═NaCl+Al(OH)3↓,则X中含有的物质为Al(OH)3、H2O、NaCl.结合元素化合价与原子序数可知,甲为H元素,乙为O元素,丙为Na,丁为Al,戊为Cl。
【详解】电解A的溶液得到三种物质,电解质及水对放电,得到黄绿色气体B为Cl2,单质C为H2,二者反应生成E为HCl,D为碱,丁表现+3价,且能与D溶液反应生成氢气,则丁为Al,D为NaOH,F为NaAlO2,A为NaCl.电解反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑,而2Al~2NaOH~2NaAlO2,得到偏铝酸钠与HCl物质的量之比为1:1,由H2O+HCl+NaAlO2═NaCl+Al (OH)3↓,则X中含有的物质为Al (OH)3、H2O、NaCl.结合元素化合价与原子序数可知,甲为H元素,乙为O元素,丙为Na,丁为Al,戊为Cl。
(1)己元素与丙(Na)元素同主族,比丙原子多2个电子层,则己的原子序数为11+8+18=37,同主族元素的金属性随核电荷数的增加而增强,推测己单质与水反应较丙更剧烈;
(2)甲、乙、戊按原予个数比1:1:1形成的化合物Y具有漂白性,Y为HClO,其电子式为:;
(3)上图转化关系中,反应①②③属于氧化还原反应,反应④不属于氧化还原反应;
(4)接通电路片刻后,Fe为负极,电解质溶液为氯化钠溶液,发生吸氧腐蚀生成Fe2+离子,用K3[Fe(CN)6]检验,检验Fe2+的离子方程式为:3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓;
(5)反应③为氢气在氯气中燃烧,发生反应的化学方程式为Cl2 + H22HCl;
反应②为Al溶于NaOH溶液生成氢气的反应,离子方程式为:2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑;
(6)由分析知,X中除水外含有的物质为Al(OH)3、NaCl。
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