学年河南省郑州市外国语学校高一下学期第一次月考化学试题解析版.docx

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学年河南省郑州市外国语学校高一下学期第一次月考化学试题解析版

2017-2018学年郑州外国语学校高一下第一次月考试卷及答案

一、选择题

1.绿色能源是指使用不会对环境造成污染的能源，下列属于绿色能源的是

①太阳能②风能③潮汐能④煤⑤天然气⑥石油

A.①②③B.③④C.④D.①②⑤

【答案】A

【解析】

【分析】

根据绿色能源的含义判断，绿色能源不会产生或残留对环境造成污染的物质。

【详解】石油、煤、天然气燃烧会产生一氧化碳、二氧化氮、二氧化硫等空气污染物，不属于“绿色能源”，而太阳能、风能、潮汐能的使用不会对环境造成污染，属于“绿色能源”。

答案选A。

【点睛】本题考查能源，在能源危机日趋严重的今天，它既是社会热点，也是化学考查的热点，主要侧重能源的分类、能源使用对环境的影响、新能源开发的技术和前景等。

2.下列物质中，既含有离子键，又含有非极性共价键的是

A.Na2O2B.H2OC.NaOHD.H2O2

【答案】A

【解析】

【分析】

根据物质的晶体类型和所含化学键类型判断，化学键分为离子键和共价键等，非极性共价键为相同非金属原子之间形成的化学键，离子键为阴阳离子之间通过静电作用形成的化学键。

【详解】A、Na2O2为离子化合物，既含有离子键，又含有非极性共价键，选项A符合题意；

B、H2O为共价化合物，只含有极性共价键，故B不符合题意；

C、NaOH为离子化合物，含有离子键和极性共价键，选项C不符合题意；

D、H2O2为共价化合物，含有极性共价键和非极性共价键，但不含离子键，选项D不符合题意。

答案选A。

【点睛】本题考查化学键类型的判断，题目难度不大，注意离子键与共价键的区别，注意极性共价键和非极性共价键的区别。

3.低合金高强度钢是支撑"鸟巢"的铁骨钢筋，除含有铁元素外，还含有Mn（锰），Ti（钛），（铬），（铌）等合金元素，下列有关说法正确的是

A.Fe位于元素周期表的第四周期，第VIIIB族

B.46TiO、48TiO、50TiO互为同位素

C.Mn2O7是酸性氧化物

D.

3+原子核内有个51个中子，核外有41个电子

【答案】C

【解析】

【分析】

A．根据铁原子的电子排布式来分析；

B．同位素研究的对象是原子；

C．Mn2O7只能和碱反应生成盐和水；

D．中子数=质量数-质子数，阳离子核外电子数=质子数-所带电荷数；

【详解】A．铁原子的电子排布式：

1s22s22p63s23p63d64s2，则铁位于元素周期表的第四周期第Ⅷ族，选项A错误；

B．同位素研究的对象是原子，46TiO、48TiO、50TiO都是化合物，选项B错误；

C．Mn2O7只能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，选项C正确；

D.

3+原子核的质子数为41，质量数为92，则中子数=92-41=51，核外电子数=41-3=38，选项D错误；

答案选C。

【点睛】本题考查结构位置关系、原子结构、同位素、酸性氧化物等，比较基础，旨在考查学生对基础知识的理解掌握。

4.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是

A.22.4L氘（D2）气体，含有中子数为2NA

B.1.6gNH2-离子所含电子数为NA

C.4g氦气所含分子数为0.5NA

D.NA个SO3分子在标准状况下的体积为22.4L

【答案】B

【解析】

A.未注明温度核外压强，无法计算22.4L氘（D2）气体的物质的量，故A错误；B.1.6gNH2-离子的物质的量为

=0.1mol，含有电子0.1mol×10=1mol，故B正确；C.4g氦气的物质的量为

=1mol，所含分子数为NA，故C错误；D.SO3在标准状况下不是气体，故D错误；故选B。

5.下列结论错误的是

A.氢化物的稳定性：

HF>HCl>H2S>PH3＞SiH4

B.微粒半径：

K+＞Al3+＞S2—＞Cl—

C.酸性：

HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3

D.金属性：

K>Ca>Mg>Be

【答案】B

【解析】

A.元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性F＞Cl＞S＞P＞Si，所以氢化物的稳定性HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4，故A正确；B.离子电子层数越多其离子半径越大，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，钾离子、硫离子和氯离子都有3个电子层，铝离子有2个电子层，所以微粒半径：

r（S2-）＞r（Cl-）＞r（K+）＞r（Al3+），故B错误；C.元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性Cl＞S＞P＞Si，所以酸性：

HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3，故C正确；D.同一周期元素，元素金属性随着原子序数增大而减弱，同一主族元素，元素金属性随着原子序数增大而增强，所以金属性：

K>Ca>Mg>Be，故D正确；故选B。

点睛：

本题考查同一周期、同一主族元素性质及原子结构递变规律，要熟悉元素周期律的具体变化规律。

注意离子半径大小比较方法，电子层越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子半径，核电荷数越大，离子半径越小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。

6.有一未完成的离子方程式:

　+RO

+6H+＝3R+3H2O,据此判断,R元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为

A.H2RO3B.H2RO4C.HRO3D.HRO4

【答案】B

【解析】

方程式右边电荷为0，根据离子方程式左右电荷相等，则方程式左边未知物应含有4个负电荷，根据方程式遵循质量守恒定律原子守恒可知，如生成3molR，则RO32-为1mol，未知物为2mol，所以1mol未知物含有2mol负电荷，离子方程式为：

2R2-+RO32-+6H+═3R+3H2O，R的最低化合价为-2价，则R原子核外最外层有6个电子，最高化合价为+6价，故选B。

点睛：

本题考查离子方程式的书写和未知物的化合价的推断，注意从守恒的角度解答，解答本题的关键是正确推断未知物的物质的量和化合价。

7.下列变化中，未破坏化学键的是

A.HCl溶于水B.烧碱受热熔化C.碘的升华D.CaO溶于水

【答案】C

【解析】

A．发生电离，H-Cl共价键的断裂，故A不选；B．烧碱融化破坏离子键，故B不选；C．升华只破坏分子间作用力，化学键不变，故C选；D．CaO溶于水破坏离子键，故D不选；故选C。

点睛：

本题考查化学键，为高频考点。

化学变化及电离过程一定破坏化学键，原子晶体熔化也破坏化学键，非电解质的溶解、分子形态的变化等过程中化学键不变。

注意电离破坏化学键但不发生化学变化。

8.等质量并且均过量的两份锌粉a和b（粉末表面积可视为相同,分别加入等体积等物质的量浓度的稀硫酸中,同时向a中加入少量硫酸铜,下图表示产生H2的体积（V）与时间（t）的关系正确的是

A.

B.

C.

D.

【答案】A

【解析】

等质量并且均过量的两份锌粉a和b，分别加入等体积等物质的量浓度的稀硫酸中，同时向a中放入少量的CuSO4溶液，发生的反应为：

Fe+Cu2+=Fe2++Cu，铜-铁-稀硫酸形成原电池，反应速率增大，反应用时a少于b，但生成的氢气a等于b，故选A。

9.将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中。

然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固。

据此下列叙述不正确的是

A.该反应是吸热反应

B.该反应中生成物没有反应物稳定

C.生成物的总能量低于反应物的总能量

D.醋酸凝固的原因是该反应吸热使大烧杯的温度降低

【答案】C

【解析】

A．醋酸逐渐凝固说明反应吸收热量导致醋酸溶液温度降低，即NH4HCO3与HCl的反应为吸热反应，A正确；B．因反应为吸热反应，则反应物总能量低于生成物总能量，能量越低越稳定，B正确；C．因反应为吸热反应，则反应后生成物的总能量高于反应物的总能量，C错误；D．醋酸凝固的原因是该反应吸热使大烧杯的温度降低，D正确，答案选C。

10.取一定质量的氧化亚铜和氧化铜混合粉末，将其均匀混合后分成两等份，取其中一份用足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少6.4g，另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，则所用硝酸的物质的量浓度为

A.3.6mol/LB.3.2mol/LC.2.8mol/LD.2.4mol/L

【答案】B

【解析】

【详解】Cu2O和CuO均与氢气发生置换反应生成Cu和水，则反应后固体质量减少6.40g为O元素的质量，含n（O）=

=0.4mol，

另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，只有Cu2O与硝酸发生氧化还原反应，n（NO）=

=0.2mol，

设每份中Cu2O和CuO的物质的量分别为x、y，由电子守恒及原子守恒可知，

解得x=0.3mol、y=0.1mol，

由铜元素守恒可知n[Cu（NO3）2]=n（CuO）+2n（Cu2O）=0.1mol+0.3mol×2=0.7mol，

由氮元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+2n[Cu（NO3）2]=0.2mol+2×0.7mol=1.6mol，

可知c（HNO3）=

=3.2mol/L，

答案选B。

11.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的4种短周期元素，X与Z位于同一主族，X原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，Y元素的单质既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，X、Y、Z、W原子的最外层电子数之和为18。

下列说法不正确的是

A.X单质在一定条件下能与Z的最高价氧化物发生置换反应

B.原子半径：

Y>Z>W

C.最高价氧化物对应水化物的酸性由弱到强的顺序：

Z

D.W的氧化物对应水化物一定是强酸

【答案】D

【解析】

【详解】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的4种短周期元素，X原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则X为C元素；X与Z位于同一主族，则Z为Si；Y元素的单质既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，则Y为Al；X、Y、Z、W原子的最外层电子数之和为18，W原子最外层电子数为18-4-4-3=7，原子序数大于Si，则W为Cl。

A．高温条件下碳与二氧化硅反应得到Si与CO，属于置换反应，选项A正确；

B．同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，则原子半径：

Al>Si>Cl，选项B正确；

C．非金属性Si

硅酸<碳酸<高氯酸，选项C正确；

D．W为Cl，其氧化物对应水化物不一定是强酸，如HClO为弱酸，选项D不正确。

答案选D。

12.Y元素最高正价与最低负价的绝对值之差是4，Y元素与M元素形成离子化合物，并在水中电离出电子层结构相同的离子，该化合物是

A.KClB.Na2SC.Na2OD.K2S

【答案】D

【解析】

由信息“Y元素最高正价与最低负价

绝对值之差是4”，可确定Y元素位于第ⅥA族；K2S电离出的K＋与S2－具有相同的电子层结构。

13.元素X有质量数为79和81的两种同位素，现测得X元素的相对原子质量为79.9，则同位素81X在X元素中的质量分数是

A.45.6%B.54.4%C.55%D.45%

【答案】A

【解析】

【分析】

元素的相对原子质量为该元素各种核素的相对原子质量的平均值，原子的相对原子质量在数值上等于其质量数，先计算两种核素的原子个数之比，再计算同位素81X在X元素中的质量分数。

【详解】X元素的相对原子质量79.9是质量数分别为79和81的核素的平均值，可以采用十字交叉法：

，则两种同位素原子的个数比为0.9：

1.1=9：

11，则同位素81X在X元素中的质量分数=

×100%=45.6%。

答案选A。

【点睛】本题考查学生元素的相对原子质量和核素的相对原子质量之间的关系，难度不大，先计算两种核素的原子个数之比，再计算同位素81X在X元素中的质量分数。

14.在短周期元素中，X元素与Y、Z、W三元素相邻，X、Y的原子序数之和等于Z的原子序数，这四种元素原子的最外层电子数之和为20．下列判断正确的是

A.四种元素中，Z的最高价氧化物对应水化物酸性最强

B.X、Y、Z、W形成的单质最多有6种

C.四种元素均可与氢元素形成18电子分子

D.四种元素的原子半径：

rZ＞rX＞rY＞rW

【答案】C

【解析】

由题意分析，X为第二周期元素，且与X、Y与Z不同周期，则Z在第三周期，且与X同主族，所以可计算出X为N元素，则W、Y、Z分别为C、O、P元素。

A、四种元素中，X的最高价氧化物对应水化物酸性最强，选项A错误；B、碳元素的单质有金刚石、石墨、碳60等，氮元素的单质有氮气，氧元素的单质有氧气、臭氧，磷元素的单质有白磷、红磷，不只6种，选项B错误；C、四种元素均可与氢元素形成18电子分子分别是C2H6、N2H4、H2O2、PH3，选项C正确；D、四种元素的原子半径应是rZ>rW>rX>rY，选项D错误。

答案选C。

15.X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期主族元素．它们满足以下条件：

①在元素周期表中，Z与Y、W均相邻；②X、Y、W分别位于不同周期；③Y、Z、W三种元素的原子最外层电子数之和为17。

下列说法错误的是

A.X、Y、Z既能形成离子化合物．又能形成共价化合物

B.Y和Z元素的原子半径大小顺序为Y>Z

C.X与Y、Z之间形成的核外电子总数为10的微粒只有YX3和X2Z

D.Z、W元素的最简单氢化物的沸点和稳定性均为H2Z>H2W

【答案】C

【解析】

X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期主族元素，在元素周期表中，Z与Y、W均相邻，Y、Z、W三种元素的原子最外层电子数之和为17，若Y、Z、W三者处于同一周期或同一主族，最外层电子数之和不可能为17，处于不同周期的Y、Z、W两两相邻，可能出现的位置关系有：

、

，设Y的最外层电子数为x，若为第一种情况，则有x+x+1+x+1=17，解得x=5，Y、Z、W对应的三种元素分别为N，O，S；若为第二种情况，则有x+x+x+1=17，x=

，不合理，且X、Y、W分别位于不同周期，则X为H元素；A．H、N、O三元素可以形成硝酸，属于共价化合物，可以形成硝酸铵，属于离子化合物，故A正确；B．Y和Z位于相同周期，原子半径从左到右原子半径逐渐减小，应为r（Y）＞r（Z），故B正确；C．H与N、O元素之间形成的核外电子总数为10的微粒有NH3、NH4+、OH-、H2O、H3O+等，故C错误；D．H2O、H2S都形成分子晶体，但H2O分子之间存在氢键，其沸点比H2S高，氧的非金属性比硫强，则H2O的稳定性比H2S强，故D正确；故选C。

16.锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是

A.铜电极上发生氧化反应

B.电池工作一段时间后，甲池的c（SO42－）减小

C.电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加

D.阴阳离子离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡

【答案】C

【解析】

由图像可知该原电池反应原理为Zn+Cu2＋=Zn2＋+Cu，故Zn电极为负极失电子发生氧化反应，Cu电极为正极得电子发生还原反应，故A项错误；该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故两池中c（SO42－）不变，故B项错误；电解过程中溶液中Zn2＋由甲池通过阳离子交换膜进入乙池，乙池中Cu2＋+2e—=Cu，故乙池中为Cu2＋～Zn2＋，摩尔质量M（Zn2＋）>M（Cu2＋）故乙池溶液的总质量增加，C项正确；该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，电解过程中溶液中Zn2＋由甲池通过阳离子交换膜进入乙池保持溶液中电荷平衡，阴离子并不通过交换膜，故D项错误；本题选C。

【考点定位】本题主要考查了原电池的反应原理，涉及反应类型、离子浓度的变化、电极的判断、离子的移动方向的判断等

此处有视频，请去附件查看】

二、填空题

17.理论上讲，任何自发的氧化还原反应都可以设计成原电池。

请利用反应“Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+”设计一个化学电池（正极材料用碳棒），回答下列问题：

（1）画出原电池装置图_______，该电池的负极发生_______反应（填“氧化”或“还原”），电解质溶液是_______；

（2）放电时银离子向__________（填“正极”或“负极”），正极上出现的现象是________。

（3）当反应进行一段时间后取出电极材料，测得某一电极增重了5.4g，则该原电池反应共转移了电子数目是___________。

【答案】

（1）.

（2）.氧化（3）.硝酸银（4）.正极（5）.有白色固体析出（6）.0.05NA

【解析】

【详解】

（1）根据反应方程式知，Cu失电子发生氧化反应，Ag+得电子发生还原反应，选铜作负极材料、银（或石墨等）作正极材料，硝酸银溶液作电解质溶液，电子从负极经导线流向正极，该装置图为：

；该电池的负极发生氧化反应，电解质溶液是硝酸银溶液；

（2）放电时银离子向正极，正极上析出银单质，出现的现象是有白色固体析出；

（3）因为正极的电极反应式为：

Ag++e-=Ag，所以测得某一电极增重了5.4g，即正极生成0.05molAg时转移电子数目是0.05NA。

18.在研究化学反应中的能量变化时，我们通常做下面的实验：

在一个小烧杯里，加入20克已研磨成粉末的八水合氢氧化钡，将小烧杯放在事先已滴有3-4滴水的玻璃片（或三合板）上，然后向烧杯内加入约10克氯化铵晶体，根据实验步骤，填写下表，并回答问题

实验步骤

实验现象及结论

将晶体混合，立即快速搅拌

有刺激性气味能使湿润的紫色石蕊试纸变蓝的_______产生

（1）

用手摸烧杯下部

感觉烧杯变凉说明此反应是_________反应

（2）

用手拿起烧杯

烧杯下面的带有几滴水的玻璃片粘到了烧杯底部

将粘有玻璃片的烧杯放在盛有热水的烧杯上

玻璃片脱离上面烧杯底部

反应后移走多孔塑料片观察反应物

混合物成糊状，证明有________生成（3）

（4）写出实验过程中发生反应的化学方程式__________。

（5）实验中要立即用玻璃棒迅速搅拌的原因是：

_________________。

（6）该反应在常温下就可进行，说明_________。

【答案】

（1）.氨气

（2）.吸热（3）.有水生成（4）.Ba（OH）2∙8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O（5）.使反应物迅速混合而充分反应，使温度迅速下降（6）.有的吸热反应不用加热也能自动进行

【解析】

【分析】

（1）将晶体混合，二者发生反应生成刺激性气味的氨气；

（2）该反应为吸热反应，所以烧杯底部会变凉；

（3）Ba（OH）2∙8H2O与氯化铵反应生成氨气、氯化钡和水，混合物成糊状说明反应有水生成；

（4）Ba（OH）2∙8H2O与NH4Cl反应生成了氨气、氯化钡和水，据此写出反应的化学方程式；

（5）固体混合物的反应用玻璃棒搅拌有利于充分接触，加速反应进行，快速搅拌使温度快速下降；

（6）有的吸热反应不用加热也能自动进行。

【详解】

（1）将晶体混合，立即快速搅拌，Ba（OH）2∙8H2O与NH4Cl反应生成了有刺激性气味能使湿润的紫色石蕊试纸变蓝的氨气；

（2）用手摸烧杯下部，会感觉到烧杯变凉，说明该反应为吸热反应；

（3）反应后移走多孔塑料片观察反应物，混合物成糊状，说明Ba（OH）2∙8H2O与NH4Cl的反应中有水生成；

（4）Ba（OH）2∙8H2O与NH4Cl反应

化学方程式为：

Ba（OH）2∙8H2O+2NH4Cl═BaCl2+2NH3↑+10H2O；

（5）为了使反应物迅速混合而充分反应，使温度迅速下降，从而使反应现象更加明显，所以实验中要立即用玻璃棒迅速搅拌，故答案为：

使反应物迅速混合而充分反应，使温度迅速下降；

（6）该反应在常温下就可进行，说明有的吸热反应不用加热也能自动进行。

【点睛】本题考查吸热反应的探究，题目难度不大，本题注意把握氯化铵和氢氧化钡反应的原理，注意从反应物与生成物总能量的关系分析。

19.现有A、B、C、D、E、F、G七种原子序数依次增大的元素，其中前六种属于短周期主族元素。

A与B可构成三核10电子的分子；E原子的核外电子数是B原子的核内质子数的2倍；C、D、F同周期，且它们的最高价氧化物的水化物两两之间相互发生复分解反应；G的一种氧化物常作红色油漆的颜料。

（1）F形成的单核阴离子的电子式为__________________。

（2）M是由A、B、C组成的常见化合物，M中的化学键类型有______________。

（3）向C、D的最高价氧化物的水化物相互反应后的溶液中缓慢滴加盐酸至过量，产生的现象是___，反应的离子方程式为______，G的单质与水蒸气反应的化学方程式为______。

【答案】

（1）.

（2）.离子键，极性共价键（3）.刚开始有白色沉淀产生，后又逐渐溶解（4）.AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+=3H2O+Al3+（5）.Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H2

【解析】

【分析】

A与B构成三核10电子的分子，即A为H，B为O，E的原子核外电子数是B原子的核内质子数的2倍，则E为S，A、B、C、D、E、F属于短周期元素，原子序数依次增大，C、D、F同周期，且它们的最高价氧化物的水化物两两之间相互发生复分解反应，推出C为Na，D为Al，F为Cl，G的一种氧化物常作红色油漆的颜料，G为Fe，据此分析。

【详解】A与B构成三核10电子的分子，即A为H，B为O，E的原子核外电子数是B原子的核内质子数的2倍，则E为S，A、B、C、D、E、F属于短周期元素，原子序数依次增大，C、D、F同周期，且它们的最高价氧化物的水化物两两之间相互发生复分解反应，推出C为Na，D为Al，F为Cl，G的一种氧化物常作红色油漆的颜料，G为Fe。

（1）F为Cl，形成

单核阴离子的电子式为

；

（2）M是由A、B、C组成的常见化合物NaOH，NaOH中的化学键类型有离子键、极性共价键；

（3）向C、D的最高价氧化物的水化物氢氧化钠和氢氧化铝相互反应后的溶液偏铝酸钠溶液中缓慢滴加盐酸至过量，产生的现象是刚开始有白色沉淀产生，后又逐渐溶解，反应的离子方程式为AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+=3H2O+Al3+，G的单质Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H2。

20.已知A、B、C、D分别是中学化学中常见的四种不同粒子，它们之间有如下图所示反应关系：

（1）如果A、B、C、D均是1O电子的粒子。

请写出A的电子式：

______,D的结构式：

_____。

（2）如果A、C均是18电子的粒子，B、D均是10电子的粒子。

A与B在溶液中反应生成C和D的离子方程式为_______________。

【答案】

（1）.

（2）.H-O-H（3）.HS-+OH-=S2-+2H2O（或H2S+2OH-=S2-+2H2O或H2S+OH-=HS-+H2O）

【解析】

依据常见的10电子或18电子微粒结合转化关系图分析解答。

（1）10电子微粒A、B反应得到两种10电子微粒，应是铵根离子与氢氧根离子