【化学】青海省西宁市海湖中学2018-2019学年高一下学期第二次月考试卷（解析版）

青海省西宁市海湖中学2018-2019学年高一下学期第二次月考试卷
可能用到的相对原子质量： H： 1 C： 12 N： 14 O： 16
选择题部分(54分)
一、选择题(每小题3分，只有1个选项符合题意，18个小题，共54分。)
1.碳的一种同位素14C可用于考古断代．下列关于14C说法正确的是( )
A. 质子数为14 B. 中子数为8
C. 质量数为6 D. 核外电子数为8
【答案】B
【解析】
【详解】原子中，原子序数=质子数=核外电子数，质量数=中子数+质子数，C元素的原子序数为6，则碳原子的质子数为6，核外电子数也为6，14C质量数为14，则中子数为14-6=8，结合选项可知B正确。
故选B。
2. 下列关于卤族元素的比较中，错误的是( )
A. 气态氢化物的稳定性：HF>HCl>HBr>HI B. 单质的氧化性：F2>Cl2>Br2>I2
C. 离子的还原性：F－>Cl－>Br－>I－ D. 元素的非金属性：F>Cl>Br>I
【答案】C
【解析】
试题分析：卤族元素从F到I，非金属性减弱(D正确)，气态氢化物稳定性减弱（A正确），单质氧化性减弱（B正确），阴离子还原性增强（C错误）。
考点：卤族元素性质
点评：卤族元素从F到I，阴离子还原性增强，对应氢卤酸酸性、还原性均增强。
3. 下列说法不正确的是( )
A. 硫离子的结构示意图：
B. 铷、氯、锗三种元素中，适合作半导体材料的是锗
C. 氧元素位于第2周期VIA族
D. 同周期主族元素随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小
【答案】A
【解析】试题分析：A．硫离子的结构示意图：，A错误；B．铷、氯、锗三种元素中，适合作半导体材料的是锗，B正确；C．氧元素原子序数是8，位于第2周期VIA族，C正确；D．同周期主族元素随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，D正确，答案选A。
考点：考查元素周期表的结构、元素周期律及结构示意图等
4.A、B、C是短周期三种元素，它们的离子A+、B2﹣、C3+ 具有相同的核外电子层结构，下列说法正确的是( )
A. 原子序数B＞A＞C B. 原子最外层电子数C＞A＞B
C. 原子半径A＞C＞B D. 离子半径A+ ＞B2﹣ ＞C3+
【答案】C
【解析】
【详解】A、B、C是短周期三种元素，它们的离子A+、B2﹣、C3+ 具有相同的核外电子层结构，说明这些离子核外电子数相同，设为x，又设每个离子的质子数分别为a、b、c，则a=x+1，b=x-2，c=x+3。
A.质子数等于原子序数，根据上述分析可知c>a>b，即原子序数C＞A＞B，A错误；
B.短周期中，根据元素周期律可知最高正价等于最外层电子数，最低负价等于最高正价减8，对于简单离子A+、B2﹣、C3+ 可知最高正价分别+1、+6、+3，因而最外层电子数分别是1、6、3，故原子最外层电子数B＞C＞A，B错误；
C.主族元素的简单离子的核外电子分布为某稀有气体原子核外电子分布，可知原子的核外电子分布等于其质子数，即x（见上述分析），A、C的质子数大于该稀有气体原子的质子数，结合元素周期表中位置可知，A、C在该稀有气体元素的下一周期，而B的质子数小于该稀有气体原子的质子数，结合元素周期表中位置可知，与该稀有气体元素处于同周期，因而A、C与B差一个周期，又易知A位于C左侧，结合原子半径判断规律可知A＞C＞B，C正确；
D.对于离子半径，当核外电子层数相同时，质子数越大，半径越小，质子数关系为c>a>b，因而离子半径B2-＞A+＞C 3+，D错误。
故选C。
5.元素性质呈周期性变化的根本原因是（ ）
A. 元素质量数的递增 B. 元素的原子半径呈周期性变化
C. 金属性和非金属性呈周期性变化 D. 原子核外电子排布呈周期性变化
【答案】D
【解析】元素性质呈周期性变化的根本原因是原子核外电子排布呈周期性变化，故D正确。
6.下列各组微粒半径大小的比较，错误的是( )
A. K＞Na＞Li B. Na+ ＞Mg2+ ＞O2﹣
C. P＞S＞O D. Cl﹣＜Br﹣＜I﹣
【答案】B
【解析】
【详解】A.同主族时，自上而下，原子半径依次变大，因而K＞Na＞Li，A正确；
B.对于离子半径，当核外电子数相同时，质子数越大，半径越小，易知Na+、Mg2+ 、O2﹣核外电子排布相同，Mg2+的质子数为12，Na+的质子数为11，O2-的质子数为8，因而O2﹣＞Na+＞Mg2+，B错误；
C.同主族时，自上而下，原子半径依次变大，因而S>O，同周期时，自左往右，原子半径依次减小，P>S，C正确；
D.对于离子半径，位于同主族时，自上而下，离子半径依次变大，因而Cl﹣＜Br﹣＜I﹣，D正确。
故选B。
【点睛】1.对原子来说：①同周期元素的原子，从左到右原子半径逐渐减小；②同主族元素的原子，从上到下原子半径逐渐增大。2.对离子来说：除符合原子半径递变规律外，经常考查的比较原则是：①同种元素的原子和离子相比较，阳离子比相应原子半径小，阴离子比相应原子半径大；②电子层结构相同的粒子，随着核电荷数的增大，离子半径减小。
7.下列各组物质发生变化时，所克服的微粒间作用力属于同种类型的是( )
A. 二氧化硅和生石灰的熔化 B. 加热氯化铵和水
C. 碘和干冰的升华 D. 氯化钠和硫的汽化
【答案】C
【解析】
【详解】A.二氧化硅为原子晶体，熔化时克服共价键，生石灰为离子晶体，熔化时克服离子键，A错误；
B.氯化铵离子晶体，加热分解破坏离子键，水分子为分子晶体，加热蒸发破坏分子间作用力和氢键，B错误；
C.碘和干冰同属于分子晶体，升华时破坏分子间作用力，C正确；
D.氯化钠为离子晶体，汽化破坏离子键，S为分子晶体，汽化破坏分子间作用力，D错误。
故选C。
8. 下列反应过程中，同时有离子键、极性键和非极性键的断裂和形成的是( )
A. NH4ClNH3↑＋HCl↑
B. NH3＋CO2＋H2O===NH4HCO3
C. 2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
D. 2NaOH＋Cl2===NaCl＋NaClO＋H2O
【答案】C
【解析】试题分析：A、该反应中有离子键的断裂但没有离子键的形成，A项错误；B、该反应中没有离子键的断裂但有离子键的形成，B项错误；C、同时有离子键、极性键和非极性键的断裂和形成，C项正确；D、该反应中没有极性共价键的断裂，D项错误；答案选C。
考点：考查化学键
9.下列微粒结构的表达方式中，正确的是( )
A. 钠离子的电子式
B. 氩原子电子式
C. 硼原子的结构示意图
D. 氟离子的结构示意图
【答案】B
【解析】
【详解】A.钠离子的电子式为其离子符号：Na+，A错误；
B氩原子最外层有8个电子，因而氩原子电子式，B正确；
C.硼原子的结构示意图中圈内表示质子数，应写+5，故结构示意图为，C错误；
D.氟离子最外层有8个电子，因而结构示意图为，D错误。
故选B。
10.有关化学基本概念的叙述中，正确的是( )
A. 氧化还原反应中一定有元素化合价的升降
B. 离子化合物中一定含有金属元素
C. 置换反应一定是金属单质与盐酸类之间的反应
D. 在常温和101kPa，1mol任何气体的体积约为22.4L
【答案】A
【解析】
【详解】A.氧化还原反应的本质是发生电子转移，因而会体现在元素化合价发生变化，A正确；
B.离子化合物不一定含有金属元素，例如氯化铵，B错误；
C.置换反应指一个单质与一个化合物反应生成另一个单质和化合物，如Cl2+2KI=I2+2KCl，C错误；
D.在常温和101kPa，1mol任何气体的体积约为24.5L，D错误。
故选A。
11.下列有关能量转换的说法正确的是( )
A. 煤燃烧是热能转化为化学能的过程
B. 化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能
C. 动物体内葡萄糖被氧化成CO2是热能转变成化学能的过程
D. 植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变成热能的过程
【答案】B
【解析】
【详解】A.煤燃烧是化学能转化为热能的过程，A错误；
B.植物进行光合作用制造有机物，储存能量，植物死后，其尸体的一部分被腐生细菌或是真菌分解，剩下的植物的这些残骸经过一系列的演变形成了煤炭。所以煤中储存的能量来源于植物，植物中的能量来源于太阳能（或光能），所以化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能，B正确；
C.动物体内葡萄糖被氧化成CO2是化学能转变成热能的过程，C错误；
D.植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变成化学能的过程，D错误；
故选B。
12.已知反应P＋Q=M＋N是放热反应，下列关于反应能量的变化的说法中不正确的是( )
A. 断裂P和Q中化学键吸收的总能量小于形成M和N中化学键释放的总能量
B. P和Q的总能量大于M和N的总能量
C. P和Q的总能量小于M和N的总能量
D. 任何化学反应都伴随着能量变化
【答案】C
【解析】
【详解】A.已知反应P＋Q=M＋N是放热反应，生成物化学键生成释放的能量高于反应物化学键断裂放出的能量，故A正确；
B.在放热反应中，反应物的能量高于生成物的能量，故B正确；
C.在放热反应中，反应物的能量高于生成物的能量，故C错误；
D.化学反应在生成新物质同时，还伴随着能量的变化，故D正确．
故选C。
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. 关于原电池的叙述中正确的是(　　)。
A. 任何化学反应,均可以设计成原电池
B. 原电池是把化学能直接转化成电能的装置
C. 原电池的两极必须都是金属
D. 原电池都可以提供持续稳定的电流,应用十分广泛
【答案】B
【解析】原电池的基础反应是氧化还原反应;原电池的正极可以用碳棒;原电池不能提供持续稳定的电流,因此应用受到限制。
15.下列有关化学反应速率和限度的说法中，正确的是( )
A. 铁与硝酸反应时，其他条件一定时，硝酸越浓，反应速率越快
B. 在金属钠与足量水反应中，增加水的量能加快反应速率
C. 在2SO2+O2⇌2SO3反应中加入18O2，达到平衡后SO2中不可能含有18O
D. 无论是吸热还是放热反应，加热都能加快化学反应速率
【答案】D
【解析】试题分析：A、铁在冷的浓硝酸中钝化，A错误；B、在金属钠与足量水反应中，增加水的量，水浓度不变，反应速率不变，B错误；C、在2SO2+O22SO3反应中加入18O2，达到平衡后SO2中可能含有18O，C错误；D、加热都能加快化学反应速率，D正确。答案选D。
考点：考查化学反应速率和反应限度的有关判断
16.在一定条件下，N2和H2在密闭容器内反应合成NH3。下列说法不正确的是( )
A. 反应开始时，正反应速率最大，逆反应速率为零
B. 随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，最后为零
C. 随着反应的进行，逆反应速率逐渐增大，最后不变
D. 随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，最后不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．因该反应是从反应物投料开始的，所以刚开始时，正反应速率最大，逆反应速率为零，A项正确；
B．随着反应的进行，正反应速率的确逐渐减小，到达平衡状态后就不再变化，不可能为零，B项错误；
C．随着反应进行，生成物的浓度逐渐增大，逆反应速率逐渐增大，最终不变而达到平衡，C项正确；
D．随着反应进行，反应物浓度逐渐减小，正反应速率逐渐减小，最终不变而达到平衡，D项正确；
所以答案选择B项。
17.在四个不同的容器中，在不同的条件下进行合成氨反应，根据下列在相同时间内测得的结果判断，生成氨的反应速率最快的是（　　）
A. v（NH3）=0.1 mol/（L•min） B. v（NH3）=0.2 mol/（L•min）
C. v（H2）=0.3 mol/（L•min） D. v（H2）=0.4 mol/（L•min）
【答案】D
【解析】化学反应速率之比是相应的化学计量数之比，根据方程式N2+3H22NH3可知如果都用氢气表示反应速率，分别是[mol/（L•min）]0.15、0.3、0.3、0.4，所以反应速率最快的是选项D，答案选D。
点睛：同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值，需要注意的是换算时要注意单位的统一。
18.一定温度下，可逆反应3X(g)＋Y(g)⇌2Z(g)达到限度的标志是( )
A. 单位时间内生成3n mol X，同时消耗n mol Y
B. X的生成速率与Z的生成速率相等
C. X、Y、Z的浓度相等
D. X、Y、Z的分子数之比为3∶1∶2
【答案】A
【解析】
【详解】A.单位时间内生成3nmolX时也生成nmolY，同时消耗nmolY，所以Y的正逆反应速率相等，故A正确；
B.正逆反应速率相等指同一种物质的正逆反应速率相等，故B错误；
C. X、Y、Z的浓度与反应的初始物质的量以及反应的转化程度有关，不能确定是否达到平衡，故C错误；
D.达平衡时，X、Y、Z三种物质的分子数之比可能是3：1：2，也可能不是3：1：2，这要看反应开始时加入的A、B、C三种物质是否按3：1：2比例而定，故D错误；
故选A。
非选择题部分(46分)
二、推断题
19.短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+ 电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，回答下列问题：
(1)M元素位于周期表中的第________ 周期________ 族．
(2)Z元素的符号是 ________ ，其在自然界中常见的二元化合物是________ (写化学式) ．
(3)X与M的单质在高温下反应的化学方程式为________，产物分子为直线形，其化学键属___ 共价键(填“极性”或“非极性”)．
(4)四种元素中的________(写名称) 可用于航空航天合金材料的制备，其单质与稀盐酸反应的化学方程式为________________________ ．
【答案】(1). 三 (2). VIA (3). Si (4). SiO2 (5). C+2S CS2 (6). 极性 (7). 镁 (8). Mg+2HCl═MgCl2+H2↑
【解析】
【分析】短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，则X是C元素；Y2+电子层结构与氖相同，则Y是Mg元素；Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，则Z是Si元素；M是S元素。
【详解】（1）M元素是S，核外电子排布是2、8、6，所以位于周期表中的第三周期、VIA族；
（2）Z元素是Si元素，其在自然界中常见的二元化合物是SiO2；
（3）X与M的单质在高温下反应产生CS2，该反应的化学方程式为C+2S CS2，产物分子为直线形，结构与CO2类似，由于是不同元素的原子形成的共价键，所以其化学键属于极性共价键；
（4）四种元素中只有Mg是金属元素，密度比较小，制成的合金硬度大，所以可用于航空航天合金材料的制备，该金属是比较活泼的金属，可以与盐酸发生置换反应产生氢气，其单质与稀盐酸反应的化学方程式为Mg+2HCl═MgCl2+H2↑。
三、填空题
20.下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑩中元素，用元素符号或化学式填空回答以下问题：

(1)在③～⑦元素中，原子半径最大的元素是________，其离子结构示意图为________
(2)元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的物质是________，碱性最强的物质是_______，呈两性的氢氧化物是________；
(3)按要求写出下列两种物质的电子式：①的氢化物________；⑨的最高价氧化物对应的水化物________；
(4)在⑦与⑩的单质中，化学性质较活泼的是_______，可用什么化学反应说明该事实(写出反应的化学方程式)：_____________．
【答案】(1). Na (2). (3). HClO4 (4). KOH (5). Al(OH)3 (6). (7). (8). Cl2 (9). 2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2
【解析】
【分析】根据元素的周期数和族序数，可以判断①是N，②是F，③是Na，④是Mg，⑤是Al，⑥是Si，⑦是Cl，⑧是Ar，⑨是K，⑩是Br。
【详解】（1）同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，在③～⑦元素中，原子半径最大的是Na；其离子为Na+，与钠原子比较少了一个电子，Na+的结构示意图为；
（2）周期表中，从上到下，元素的最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强，酸性逐渐减弱，从左到右，元素的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，碱性逐渐减弱，在这些元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是HClO4，碱性最强的物质是KOH，呈两性的氢氧化物是Al(OH)3；
（3）①的氢化物NH3，电子式为；⑨的最高价氧化物的对应的水化物是KOH，钾离子电子式K+，氢氧根电子式为，KOH的电子式为；
（4）同主族元素，从上到下，单质的氧化性逐渐减弱，所以在氯气和溴的单质中，化学性质较为活泼的是氯气，因为氯气可以与溴化钾反应，置换出单质溴，答案：Cl2，2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2。
【点睛】非金属性强弱的实验标志：①与氢气化合越容易(条件简单、现象明显)，气态氢化物越稳定，元素非金属性越强。②最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性越强。③相互间置换反应，非金属性强的置换弱的。④与变价金属反应时，金属所呈价态越高，非金属性越强(将金属氧化成高价的为非金属性强的单质，氧化成低价的为非金属性弱的单质)。⑤电解时，在阳极先产生的单质为非金属性弱的单质(阴离子还原性强的为非金属性弱，还原性弱的为非金属性强)。
四、计算题
21.把1mol X气体和0.5mol Y气体混合于2L密闭容器中，发生如下反应：3X(g)+Y(g)⇌nZ(g)+2W(g)，2min末生成0.4mol W，若测得以Z的物质的量浓度变化表示的平均反应速率为0.1mol•L﹣1 •min﹣1，试计算(写出计算过程)
(1)前2min内，用Y表示的平均反应速率。
(2)2min末时X的转化率。
(3)化学方程式中Z的化学计量数n。
【答案】(1)Y的浓度表示的反应速率为 =0.05mol•L﹣1•min﹣1(2)转化率为 60% (3) n=2
【解析】
【分析】3X(g)+Y(g)⇌nZ(g)+2W(g)反应中，Z的化学计量数未知，可利用各物质的转化量之比等于相应的化学计量数之比，解得该计量数n。
【详解】根据2min内Z的物质的量浓度变化表示的平均反应速率为0.1mol•L﹣1 •min﹣1，则Δn=v(Z)×V×Δt=0.1mol•L﹣1 •min﹣1×2L×2min=0.4mol，根据“三段式”可知：
mol 3X(g) + Y(g) ⇌ nZ(g) + 2W(g)
起： 1 0.5 0 0
转： 3x x 0.4 2x
平： 1-3x 0.5-x 0.4 0.4
（1）这里x指Y转化物质的量，观察W列推知2x=0.4mol，x=0.2mol，用Y表示的平均反应速率===0.05mol•L﹣1 •min﹣1；
（2）3x=0.6mol，则X转化的物质的量=0.6mol，2min末时X的转化率=0.6mol/1mol×100％=60％；
（3）根据，带入x，可得n=2。
【点睛】在化学平衡的计算中，常常要计算反应物的转化率、各组分的转化浓度、转化的物质的量、平衡浓度、平衡时物质的量等。若在反应方程式下用“三段式”列出各物质的开始、转化、平衡的量，能理顺关系，找出已知与未知的关系，对正确分析和解决问题有很大帮助。
五、实验题
22.探究碳、硅元素的非金属性的相对强弱，根据要求完成下列各小题

(1)实验装置： 填写所示仪器名称A__________ B___________.
(2)实验步骤：连接仪器、____________、加药品后，打开a、然后滴入浓硫酸，加热．
(3)问题探究：(已知酸性强弱：亚硫酸＞碳酸)
①铜与浓硫酸反应的化学方程式是___________________．装置E中足量酸性KMnO4溶液的作用是_______________；
②能说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强的实验现象是___________ ；
③试管D中发生反应的离子方程式是_____________________________________．
④若将铜片改为木炭，其它药品不变，也可以对该实验目的进行探究，请写出在该实验中木炭与浓硫酸反应的化学方程式_________________________________．
【答案】（1）A：分液漏斗，B：圆底烧瓶；（2）检查装置的气密性；
（3）① Cu + 2H2SO4(浓）CuSO4 + SO2↑ + 2H2O，除去SO2气体；
② 盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀；
③ SO2 + 2HCO3- = SO32-+ H2O + CO2↑或SO2 + HCO3- = HSO3- + CO2↑；
④ C + 2H2SO4(浓)CO2↑+ SO2↑+ 2H2O。
【解析】试题分析：（1）依据实验仪器，A为分液漏斗，B为圆底烧瓶；（2）此实验有气体产生，组装好仪器后，需要检查装置的气密性；（3）①浓硫酸具有强氧化性，能和铜单质反应，其反应化学方程式：Cu + 2H2SO4(浓）CuSO4 + SO2↑ + 2H2O，SO2既具有氧化性又有还原性，酸性高锰酸钾具有强氧化性，发生氧化还原反应，故E的作用：除去SO2气体，防止对后面实验产生干扰；②亚硫酸的酸性强于碳酸，从D试管中出来的气体有CO2、SO2，酸性高锰酸钾溶液除去SO2，碳酸的酸性强于硅酸，利用酸性强的制取酸性弱的，故F中有白色沉淀，溶液变浑浊；③SO2属于酸性气体，亚硫酸的酸性强于碳酸，利用酸性强的制取酸性弱的，其离子反应方程式为： SO2 + 2HCO3- = SO32-+ H2O + CO2↑或SO2 + HCO3- = HSO3- + CO2↑；④浓硫酸具有强氧化性，表现在加热条件下与木炭发生氧化还原反应，其反应方程式为：C + 2H2SO4(浓)CO2↑+ SO2↑+ 2H2O。
考点：考查SO2的性质、浓硫酸的性质等知识。