重庆市第三十中学2020学年高一化学5月月考试题（含解析）

重庆市第三十中学2020学年高一化学5月月考试题（含解析）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8D. 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. NaOHB. Na2O2C. NH4ClD. CaCl2【答案】B【解析】【详解】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；BNa2O2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；CNH4Cl中含离子键和极性共价键，故C错误；DCaCl2只含离子键，故D错误；故答案为B。【点睛】物质的类别与化学键之间的关系：当化合物中只存在离子键时，该化合物是离子化合物；当化合物中同时存在离子键和共价键时，该化合物是离子化合物；只有当化合物中只存在共价键时，该化合物才是共价化合物；在离子化合物中一般既含金属元素又含有非金属元素(铵盐除外)；共价化合物一般只含有非金属元素，但个别含有金属元素，如AlCl3也是共价化合物；只含有非金属元素的化合物不一定是共价化合物，如铵盐；非金属单质只有共价键，稀有气体分子中无化学键。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】【详解】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：HClO4HBrO4HIO4B. 碱性：NaOHMg(OH)2Al(OH)3C. 稳定性：PH3H2SHClD. 非金属性：FOS【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】试题分析：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。考点：考查反应热与物质的能量的多少及化学键的关系的知识。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AZnCuCuCl2BAgCuH2SO4CCuZnCuSO4DCuZnFeCl2A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】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。考点：考查金属腐蚀的原理等知识。8.下列各装置中能组成原电池的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】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。【点睛】原电池的构成条件是：有两个活泼性不同的电极，将电极插入电解质溶液中，两电极间构成闭合回路，能自发的进行氧化还原反应。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】【详解】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；BFe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；CMnO2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；DAl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。考点：考查影响化学反应速率的因素。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 mol11 ，则10 s后容器B的物质的量是：A. 1.6 molB. 2.8 molC. 3.2 molD. 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0.12molL1s1，则B的反应速率是0.04 molL1s1，10s内B的浓度变化是0.04 molL1s1 10s=0.4 molL1。【详解】反应速率比等于系数比，A的平均反应速率为0.12molL1s1，则B的反应速率是0.04 molL1s1，10s内B的浓度变化是0.04 molL1s1 10s=0.4 molL1，则10s后容器中B的物质的量是4mol-0.4 molL1 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2040的KOH溶液的多孔碳电极，其电极反应式为：H22OH2e=2H2O和 O22H2O4e=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. abcdB. acdbC. cabdD. bdca【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：ab；c、d相连时，电流由d到c，d为正极，还原性：cd；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：db；综上所述，acdb，答案为B14.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207gC. 电流是由PbO2经外电路流向PbD. 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。考点：考查铅蓄电池的工作原理。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：PSO，三种元素的气态氢化物的热稳定性为：H2OH2SPH3，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。【考点定位】本题主要是考查位置、结构与性质、元素周期表与元素周期律，涉及O、S、Si、P、As等五种元素。考查的知识点有原子半径半径、氢化物稳定性、S的存在、晶体类型及作用力、氧化还原反应、元素周期表的应用等二、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。考点：考查元素周期律的应用18.有A、B、C、D、E五种元素A、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ABC。D、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 A (2). (3). Br2 (4). HClO4 (5). Al2O3+2OH=2AlO2+H2O【解析】【分析】A、B、C、D、E五种元素，由知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ABC，则A为Na、B为Mg、C为Al；由D、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A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A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。【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱，最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱。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)12345氢气体积(mL)50.0120.0232.0290.0312.4（1）解释2 min3 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4min5 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 min3 min时溶液温度最高，反应速率最快 (2). 4 min5 min (3). 此时反应物的浓度最小，反应速率最慢 (4). 0.02 molL-1min-1 (5). A、C、D【解析】【分析】(1)在01、12、23、34、45min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2HClH2，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01、12、23、34、45min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23 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45min时间段，此时温度虽然较高，但H+浓度小；(2)在4min5min时间段内，n(H2)=0.001mol，根据2HClH2，计算消耗盐酸的物质的量为0.002mol，则(HCl)=0.02mol/(Lmin)；(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）写出反应的化学方程式_；反应的离子方程式为_。（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). (5). 3Fe2+2Fe(CN)63-=Fe3Fe(CN)62 (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