精准解析辽宁省铁岭市调兵山市第一高级中学学年高一下学期第一次月考化学试题.docx
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精准解析辽宁省铁岭市调兵山市第一高级中学学年高一下学期第一次月考化学试题
化学
可能用到的相对原子质量H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24P-31S-32Cl-35.5Cu-64Zn-65
第I卷(共50分)
一、选择题(每题只有一个正确选项,共10小题,每小题2分,共20分)
1.下列我国古代优秀艺术作品中,所用材料不属于无机非金属材料的是()
A.商代后母戊鼎
B.新石器时代人面鱼纹彩陶盆
C.明永乐青花竹石芭蕉纹梅瓶
D.三国青瓷羊形烛台
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A.后母戊鼎
青铜器,材料青铜是合金,不属于无机非金属材料,A正确;
B.人面鱼纹彩陶盆是陶器,陶瓷属于硅酸盐产品,属于无机非金属材料,B错误;
C.芭蕉纹梅瓶是瓷器,陶瓷属于硅酸盐产品,属于无机非金属材料,C错误;
D.青瓷羊形烛台是瓷器,陶瓷属于硅酸盐产品,属于无机非金属材料,D错误。
答案选A。
2.某元素B的核电荷数为Z,已知Bn-和Am+的核外具有相同的电子层结构,则A元素的原子序数用Z、n、m来表示,应为()
A.Z+n-mB.Z-n+mC.Z-n-mD.Z+m+n
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】原素的原子序数=质子数=核外电子数,设A元素的原子序数为x,Bn-和Am+的核外具有相同的电子层结构,说明两种离子的核外电子数目相等,所以,Z+n=x-m,由此可以得出x=Z+m+n,D正确。
答案选D。
3.历史表明:
没有新材料的出现,就没有科技和生产发展的突破。
信息高速公路的建立在于寻找新的信息材料。
下列材料可作信息材料的是( )
A.铜线B.化纤C.橡胶D.光导纤维
【答案】D
【解析】
【详解】SiO2是制造光导纤维的材料,光导纤维可以传导光信号,答案选D。
4.下列装置可以构成原电池的是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】A、两个电极的材料均为锌,活动性相同,无法构成原电池,A错误;
B、蔗糖溶液为非电解质溶液,无法构成原电池,B错误;
C、锌、石墨和硫酸铜溶液构成原电池,锌是负极,C正确;
D、没有形成通路,无法构成原电池,D错误。
答案选C。
【点睛】注意原电池的四个判定方法:
观察电极——两极为导体且存在活泼性差异(燃料电池的电极一般为惰性电极);观察溶液——两极插入溶液中;观察回路——形成闭合回路或两极直接接触;观察本质——原电池反应是自发的氧化还原反应。
5.“摇摇冰”是一种即用即冷的饮料。
吸食时将饮料罐隔离层中的化学物质和水混合后摇动即会制冷。
该化学物质可能是()
A.氯化钠B.固体硝酸铵C.生石灰D.蔗糖
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】能制冷,说明一定是吸热过程,
A.氯化钠溶于水,能量变化不明显,A不符;
B.硝酸铵溶于水吸热,能制冷,B符合;
C.生石灰与水反应生成氢氧化钙,属于放热反应,C不符;
D.蔗糖溶于水,能量变化不明显,D不符;
故选B。
6.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A.SO2具有氧化性,可用于漂泊纸浆
B.NH4HCO3受热易分解,可用作氮肥
C.明矾溶于水产生的SO42-有氧化性,可用于净水
D.常温下铁能被浓硝酸钝化,可用铁质容器贮运浓硝酸
【答案】D
【解析】
【详解】A.二氧化硫具有漂白性,可用于漂白纸浆,与其氧化性无关,A错误;
B.NH4HCO3含N元素,可用作氮肥,与其受热易分解无关,B错误;
C.明矾溶于水产生氢氧化铝胶体,氢氧化铝胶体具有吸附性,则用作净水剂,与硫酸根离子无关,C错误;
D.常温下Fe遇浓硝酸发生钝化,生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生,则可用铁质容器贮运浓硝酸,D正确;
答案选D。
7.某元素X最高价含氧酸的相对分子质量为98,且X的氢化物的分子式不是H2X,则下列说法正确的是()
A.X的最高价含氧酸的分子式可表示为H3XO4
B.X是第二周期VA族元素
C.X是第三周期ⅥA族元素
D.X的最高化合价为+4
【答案】A
【解析】
【分析】
X的最高价含氧酸的相对分子质量为98,X的氢化物的分子式不是H2X,则X为P元素。
【详解】A.根据分析,X为P元素,X的最高价为+5价,其最高价含氧酸的分子式为H3XO4,A正确;
B.第二周期VA族元素为N,其最高价含氧酸为HNO3,相对分子质量为63,B错误;
C.根据分析,X为P元素,X在第三周期第VA族,C错误;
D.根据分析,X为P元素,P的最高化合价为+5价,D错误;
答案选A。
8.下列说法正确的是
①正常雨水
pH为7.0,酸雨的pH小于7.0
②严格执行机动车尾气排放标准有利于防止大气污染
③使用二氧化硫和某些含硫化合物进行增白的食品会对人体健康产生损害
④使用氯气对自来水消毒过程中,生成的有机氯化物可能对人体有害
⑤食品厂产生的含丰富氮、磷营养元素的废水可长期排向水库养鱼
A.①②③B.①④⑤C.②③④D.③④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①酸雨的pH<5.6,错误;
②严格控制汽车尾气排放有利于防止大气污染,正确;
③二氧化硫和某些含硫物质对人体有害,正确。
④有机氯对人体有害,正确。
⑤含丰富氮磷的废水可以造成藻类大量繁殖,不能长期排向水库养鱼,错误。
故选C。
9.下列各图中,表示正反应是吸热反应的图是()
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据反应物的总能量>生成物的总能量,反应为放热反应;反应物的总能量<生成物的总能量,反应为吸热反应来解答。
【详解】A.
表示该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量,该反应为吸热反应,A符合题意;
B.
表示该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量,该反应为放热反应,B不符合题意;
C.
表示该反应中反应物的总能量等于生成物的总能量,该既不为吸热也不放热,故该反应不可能发生;
D.
该反应中的过渡态的能量低于反应物的能量,这是不可能的。
综上所述,答案选A。
10.依据下列实验现象,所得结论不正确的是
实验
实验现象
①品红溶液红色褪去,经检验溶液中含有SO42-
②加热褪色后的溶液至沸腾,未见颜色恢复,有气体溢出,可使蓝色石蕊试纸变红,遇淀粉碘化钾试纸,无明显变化。
A.品红溶液褪色是氯水漂白所致
B.集气瓶中发生了反应:
Cl2+SO2+2H2O
H2SO4+2HCl
C.依据现象②可确定产生的气体为SO2
D.检验SO42-的试剂为:
盐酸、BaCl2溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A.氯水中的次氯酸能使品红溶液褪色,选项A正确;
B.集气瓶中氯气与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸,反应方程式为:
Cl2+SO2+2H2O
H2SO4+2HCl,选项B正确;
C.依据现象②加热褪色后的溶液至沸腾,未见颜色恢复,有气体溢出,说明不含有二氧化硫,产生的气体可能为次氯酸分解产生的O2,选项C不正确;
D.检验SO42-的试剂为:
盐酸、BaCl2溶液,往溶液中加入过量的盐酸酸化,再滴加BaCl2溶液,若产生白色沉淀则溶液中含有SO42-,选项D正确。
答案选C。
【点睛】本题考查常见漂白剂的性质及应用,注意二氧化硫为暂时性的漂白,氯水为永久性的漂白,二者按1:
1若完全反应,则生成硫酸和盐酸,失去漂白作用,这也是本题的易错点。
二、选择题(每题只有一个正确选项,共10小题,每小题3分,共30分)
11.如图所示,硫酸工业中产生的SO2通过下列过程既能制得H2SO4又能制得H2。
下列说法不正确的是
A.该过程可循环利用的物质是I2和HI
B.该过程总反应的化学方程式SO2+2H2O=H2SO4+H2
C.X物质是I2
D.SO2在过程中表现出了还原性与漂白性
【答案】D
【解析】
【详解】根据题中所给流程和信息可知,反应I为SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI,反应Ⅱ为2HI=H2↑+I2。
可循环利用的物质是I2和HI,该过程总反应的化学方程式SO2+2H2O=H2SO4+H2,X物质是I2,SO2中的S元素化合价由+4价升高到+6价生成H2SO4,作还原剂体现还原性,没有漂白性。
故A、B、C正确,D错误。
答案选D。
12.将0.2molMnO2和50mL12mol·L-1盐酸混合后缓慢加热,反应完全后向留下的溶液中加入足量AgNO3溶液,生成AgCl沉淀,物质的量为xmol(不考虑盐酸的挥发),则x的取值范围是
A.x=0.3B.x<0.3C.0.3<x<0.6D.以上结论都不对
【答案】C
【解析】
【详解】盐酸的物质的量是0.05L×12mol/L=0.6mol,二氧化锰是0.2mol,所以根据反应的化学方程式MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O可知,二氧化锰过量,所以理论上生成氯气的物质的量是0.15mol,但由于在反应过程中盐酸的浓度逐渐降低,降低到一定程度时反应会停止,所以实际生成的氯气的物质的量小于0.15mol,所以溶液中氯离子的物质的量大于0.3mol,因此生成的氯化银的物质的量大于0.3mol,答案选C。
13.短周期元素X、Y、Z在周期表中的位置如图所示,则下列说法正确的是
A.Z一定是活泼的金属
B.Y的最高价氧化物的水化物是一种强酸
C.Z的最高价氧化物的水化物是强酸
D.1molY单质跟足量水反应时,有1mol电子发生转移
【答案】C
【解析】
【详解】三种元素在短周期中的不同周期,则X一定位于第一周期,且在周期表的右侧,则一定为He,根据其它两种元素的相对位置可知Y为F元素,Z为S元素;
A、X为He,Y为F,Z为S,三种元素都是非金属元素,故A错误;
B、Y为F元素,无正价,没有对应的含氧酸,故B错误;
C、Z的最高价氧化物的水化物是H2SO4,为强酸,故C正确;
D、Y的单质与水反应的化学方程式为2F2+2H2O=4HF+O2,F元素化合价由0价降低到-1价,则1molF2单质跟足量水反应时,有2mol电子发生转移,故D错误;
故答案为C。
【点睛】元素非金属性强弱的判断依据:
①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;②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;③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。
14.下列说法中正确的是
A.原子及其离子的核外电子层数等于该元素所在的周期数
B.元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素
C.稀有气体原子的最外层电子数都是8
D.同一元素的各种同位素的物理性质、化学性质均相同
【答案】B
【解析】
【详解】A.原子核外电子层数等于该元素所在的周期数,离子核外的电子层数不一定等于该元素所在的周期数,如钠离子的核外电子层数比钠元素所在的周期数少1,A错误;
B.元素周期表从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素,B正确;
C.氦原子最外层是2个电子,C错误;
D.同一元素的各种同位素的物理性质不同,D错误;
答案选B。
15.有4种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,其原子的最外层电子数之和为19,W和X元素原子内质子数之比为1:
2,X2+和Z-离子的电子数之差为8,下列说法不正确的是()
A.与W相邻的同主族元素可制成重要的半导体材料
B.元素原子半径从大到小的顺序是X、Y、Z
C.W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是H2YO4
D.WZ4分子中W、Z原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构
【答案】C
【解析】
【分析】
四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,其原子的最外层电子数之和为19,W和X元素原子内质子数之比为1:
2,X2+和Z-的电子数之差为8。
①若W是H元素,则X是He元素,He是稀有气体,不会形成X2+,故舍去;②若W是He元素,则X是Be元素、Z是F元素,其原子的最外层电子数之和为19,则Y最外层电子数是8,Y是Ne,与题意不符,故舍去;③若W是Li元素,则X是C元素、C原子不能形成简单离子,故舍去;④若W是Be元素,则X是O元素、O原子不能形成简单阳离子,故舍去;⑤若W是B元素,则X是Ne元素,Ne是稀有气体,不会形成X2+,故舍去;⑥若W是C元素,则X是Mg元素、Z是Cl元素,其原子的最外层电子数之和为19,则Y最外层电子数是6,为S元素,符合题意。
【详解】A.根据上述推断,W为C,与C相邻的同主族元素是Si,Si可制成重要的半导体材料,A正确;
B.X、Y、Z分别为Mg、S、Cl,同周期元素从左到右原子半径逐渐减小,则元素原子半径从大到小的顺序是X、Y、Z,B正确;
C.根据上述分析,W是C元素,Y是S元素、Z是Cl元素,元素的非金属性越强,其最高价氧化物对应的水化物酸性越强,所以酸性最强的是HClO4,C错误;
D.W是C元素,Z是Cl元素,CCl4分子中C、Cl原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构,D正确;
答案选C。
【点睛】本题考查元素的推断,4种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,Z的原子序数最大且小于18,X2+和Z-离子的电子数之差为8,则可直接断定X为Mg、Z为Cl,然后根据元素周期律的有关知识解答即可。
16.从手册上查得:
H—H键、Cl—Cl键和H—Cl键的键能分别为436kJ/mol、243kJ/mol和431kJ/mol,请用此数据估计,由Cl2和H2反应生成2molHCl时的反应热是()
A.放热183kJ/molB.放热91.5kJ/mol
C.吸热183kJ/molD.吸热91.5kJ/mol
【答案】A
【解析】
【详解】Cl2和H2反应生成2molHCl时的热化学方程式为:
Cl2(g)+H2(g)=2HCl(g)ΔH,根据ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能=436kJ/mol+243kJ/mol-2×431kJ/mol=-183kJ/mol,ΔH<0,该反应为放热反应,2molHCl时反应放出的热量为183kJ/mol,答案选A。
17.如图是某元素的价类二维图,其中A为正盐,X是一种强碱,通常条件下Z是无色液体,E的相对分子质量比D大16,各物质的转化关系如图所示。
下列说法错误的是
A.A作肥料时不适合与草木灰混合施用
B.同主族元素的氢化物中B的沸点最低
C.C一般用排水法收集
D.D→E的反应可用于检验D
【答案】B
【解析】
【详解】由信息可知,A为正盐,为铵盐,强碱与铵盐加热生成氨气,所以B为NH3;氨气和氧气反应生成氮气和水,C为N2;氮气氧化为NO,所以D为NO;NO氧化为NO2,E为NO2;二氧化氮和水反应生成硝酸,F为HNO3;G为硝酸盐;Y为O2,Z为H2O。
A.铵态氮肥和草木灰不能混合施用,故A项正确;
B.B为NH3,氨气分子间存在氢键,所以氮族元素的氢化物中氨的沸点异常的高,所以氮族元素的氢化物中,NH3的沸点最高,故B项错误;
C.C为N2,N2的密度与空气太接近,用排空气法收集不能得到纯净的气体,所以一般用排水法收集,故C项正确;
D.NO与O2反应生成NO2,颜色由无色变为红棕色,可用于检验NO,故D项正确。
故选B。
【点睛】氨气和氧气反应生成氮气和水,也可以生成一氧化氮和水,不能直接生成二氧化氮气体;氮气和氧气在放电条件下,生成一氧化氮,一氧化氮和氧气反应才能生成二氧化氮。
18.微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置,其工作原理如图所示。
下列有关微生物电池的说法错误的是
A.正极反应中有CO2生成
B.微生物促进了反应中电子的转移
C.质子通过交换膜从负极区移向正极区
D.电池总反应为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A.根据图象,负极上C6H12O6失电子,正极上O2得电子和H+反应生成水,负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+,正极的电极反应式为O2+4e-+4H+═2H2O,因此CO2在负极产生,故A错误;
B.葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能,形成原电池,有电流产生,所以微生物促进了反应中电子的转移,故B正确;
C.通过原电池的电极反应可知,负极区产生了H+,根据原电池中阳离子向正极移动,可知质子(H+)通过交换膜从负极区移向正极区,故C正确;
D.该反应属于燃料电池,燃料电池
电池反应式和燃烧反应式相同,则电池反应式为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O,故D正确;
故选A。
19.如图是Zn和Cu形成的原电池,某实验兴趣小组做完实验后,在读书卡片上记录如下:
在卡片上,描述合理的是()
①Zn为正极,Cu为负极
②H+向正极移动
③电子流动方向,从Zn经外电路流向Cu
④Cu极上有H2产生
⑤若有1mol电子流过导线,则产生H2为0.5mol
⑥正极的电极反应式为:
Zn-2e-=Zn2+
A.①②③⑤B.②③④⑤C.②④⑤⑥D.①②③④
【答案】B
【解析】
【分析】
根据图示,是Zn和Cu形成的原电池,原电池中活泼电极作负极,则Zn作负极,电极反应为:
Zn-2e-=Zn2+;Cu作正极,电极反应为:
2H++2e﹣=H2↑,据此分析解答;
【详解】①一般情况下,原电池中活泼金属作负极,则Zn作负极,故①错误;
②原电池中,阳离子向正极移动,则H+向正极移动,故②正确
③原电池中,电子经外电路由负极流动方向正极,该原电池中Zn作负极,铜作正极,则电子从Zn经外电路流向Cu,故③正确;
④H+向正极移动,在正极上得到电子变为氢气,则Cu电极上发生2H++2e﹣=H2↑,故④正确;
⑤由正极反应:
2H++2e﹣=H2↑可知,有1mol电子流向导线,则产生氢气0.5mol,故⑤正确;
⑥根据分析,正极的电极反应式为:
2H++2e﹣=H2↑,负极电极反应为:
Zn-2e-=Zn2+,故⑥错误;
描述合理正确的是②③④⑤,答案选B。
20.1.92g铜投入一定量的浓硝酸中,铜完全溶解,生成气体颜色越来越浅,共收集到672 mL气体(标准状况),将盛有此气体的容器倒扣在水中,通入氧气恰好使气体完全溶解在水中,则需要标准状况下的氧气体积为
A.504mLB.336 mLC.224 mLD.168mL
【答案】B
【解析】
【详解】1.92g铜的物质的量=
=0.03mol,Cu与硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物,而氮的氧化物倒扣在水中,通入氧气,恰好使气体完全溶于水中,又生成硝酸,纵观整个反应过程可知,铜提供的电子等于通入的氧气获得的电子,故通入氧气的物质的量=
=0.015mol,因此通入氧气的体积=0.015mol×22.4L/mol=0.336L=336mL;
答案选B。
【点睛】本题考查氧化还原反应有关计算,侧重于学生的分析、计算能力的考查。
得出Cu失去电子数目等于O2获得电子数是解答本题的关键。
第II卷非选择题(共50分)
21.关于物质①K2O;②CO2;③NH4Cl;④H2O2;⑤Na2O2;⑥NaOH。
请回答下列问题:
仅含极性键和非极性键的化合物___;仅含极性共价键的化合物___;仅含离子键的化合物___;含有非极性键的离子化合物___;含有极性键的离子化合物___(填数字符号)。
【答案】
(1).④
(2).②(3).①(4).⑤(5).③⑥
【解析】
【分析】
含有离子键的化合物是离子化合物,只含有共价键的化合物是共价化合物。
【详解】①K2O是离子化合物,只含有离子键;
②CO2是共价化合物,只含有极性共价键;
③NH4Cl是离子化合物,既含有离子键,又含有极性共价键;
④H2O2是共价化合物,既含有极性共价键,又含有非极性共价键;
⑤Na2O2是离子化合物,既含有离子键,又含有非极性共价键;
⑥NaOH是离子化合物,既含有离子键,又含有极性共价键;
仅含极性键和非极性键的化合物④;仅含极性共价键的化合物②;仅含离子键的化合物①;含有非极性键的离子化合物⑤;含有极性键的离子化合物③⑥。
【点睛】由同种非金属元素形成的共价键为非极性共价键,由不同种非金属元素形成的共价键为极性共价键,在理解概念的基础上,需要正确判断物质的键连方式或正确判断化合物的电子式。
22.
(1)已知破坏1molH—H键、1molI—I键、1molH—I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ。
则由氢气和碘单质反应生成2molHI需要放出___kJ的热量。
(2)现己知N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)过程中能量变化如图所示:
根据下列键能数据计算N—H键键能为___kJ/mol。
化学键
H—H
N≡N
键能(kJ/mol)
436
946
【答案】
(1).11
(2).391
【解析】
【分析】
(1)根据氢气和碘单质反应生成2molHI的热化学方程式,结合∆H=反应物的总键能-生成物的总键能计算;
(2)由图可知,N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)的∆H,结合∆H=反应物的总键能-生成物的总键能计算。
【详解】
(1)已知破坏1molH—H键、1molI—I键、1molH—I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ。
则由氢气和碘单质反应生成2molHI的热化学方程式为:
I2(g)+H2(g)=2HI(g)∆H,根∆H=反应物的总键能-生成物的总键能=436kJ/mol+151kJ/mol-2×299kJ/mol=-11kJ/mol,∆H<0,反应为放热,则由氢气和碘单质反应生成2molHI需要放出11kJ的热量;
(2)由图可知,N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)的热化学方程式为:
N2(g)+
H2(g)⇌NH3(g)∆H=E1-E2=(1127-1173)kJ/mol=-46kJ/mol,反应物断裂化学键放出的能量为
×946kJ+
×436kJ=1127kJ,生成物形成化学键放出的能量为1127+46=1173kJ,设N-H键的能量为xkJ/mol,则3x=1173,解得x=391kJ/mol。
【点睛】易错点为
(2),在书写热化学方程式时要注意按照题中的要求N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g),书写时注意计量系数关系。
23.研究人员研制出一种锂水电池,可作为鱼雷和潜艇的储备电源。
该电池以金属锂和钢板为电极材料,以LiOH为电解质,使用时加入水即可放电。
总反应为2Li+2H2O=2LiOH+H2↑
(1)该电池的负极是__,负极反应式是__。
(2)正极现象是__。
【答案】
(1).锂
(2).Li-e-=Li+(3).有无色气体生成
【解析】
【分析】
根据原电池的总反应式确定正极和负极并书写电极反应式,根据正极反应式判断正极现象。
【详解】
(1)该电池的总反应式为2Li+2H2O=2LiOH+H2↑,Li失电子作负极,负极
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