【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）

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。