【文档说明】【精准解析】甘肃省定西市岷县第一中学2019-2020学年高一下学期第二次月考化学试题.doc，共(13)页，205.000 KB，由管理员店铺上传

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高一化学相对原子质量：H1C12O16Na23Mg24Al27S32Cl35.5第I卷一、选择题：每小题只有一个选项符合题意1.1869年，俄国化学家门捷列夫制作出了第一张元素周期表，揭示了化学元素间的内在联系，成为化学发展史上的重要里程碑之一。下列有关我们常用的元素周期表的说法正

确的是()A.元素周期表有七个横行，也是七个周期B.元素周期表有18个纵行，即有18个族C.短周期是指第一、二、三、四周期D.ⅠA族的元素全部是金属元素【答案】A【解析】【详解】A.元素周期表有七个横行，也是七个周期，故A正确；B.元素周

期表有18个纵行，分为7个主族、7个副族、1个第Ⅷ族和1个0族，故B错误；C.短周期是指第一、二、三周期，故C错误；D.第IA族元素中的氢元素是非金属，故D错误；答案选A。【点睛】该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。主要是考查学生对元素周期表的了解掌握情况，旨在巩固学生的基础，提高

学生的应试能力和学习效率。2.对于放热反应H2＋Cl22HCl，下列说法中，正确的是A.产物所具有的总能量高于反应物所具有的总能量B.反应物所具有的总能量高于产物所具有的总能量C.断开1molH－H键和1molCl－Cl键所吸收的总能量

大于形成2molH－Cl键所放出的能量D.该反应中，化学能只转变为热能【答案】B【解析】【详解】A．该反应是放热反应，产物所具有的总能量低于反应物所具有的总能量，故A错误；B．该反应是放热反应，反应物所具有的总能量高于产物所具有的总能量，故B正确；C．该反应是放

热反应，生成物成键释放的总能量大于反应物断键吸收的总能量，因此断开1molH－H键和1molCl－Cl键所吸收的总能量小于形成2molH－Cl键所放出的能量，故C错误；D．该反应中，化学能转变为热能和光能，故D错误；故选B。3.下列化合物中，既有离子键，又有共价键的是AKOHB.

CaCl2C.H2OD.NH3【答案】A【解析】【详解】一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，所以氢氧化钾中既有离子键、又有共价键。氯化钙中只有离子键，水和氨气中均只有共价键

，答案选A。4.下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是（）A.锌粒与稀硫酸的反应B.灼热的木炭与CO2反应C.甲烷在氧气中的燃烧反应D.Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应【答案】B【解析】【详解】A．锌粒与稀硫酸的反应是放热反应，A不

合题意；B．灼热的木炭与CO2发生氧化还原反应，为吸热反应，B符合题意；C．甲烷在氧气中的燃烧反应是放热反应，C不合题意；D．Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应是非氧化还原反应，D不合题意；故选B。5.下列各组的电极

材料和电解液，不能组成原电池的是()A.铜片、石墨棒，稀硫酸B.铜片、石墨棒，硝酸银溶液C.锌片、铜片，稀盐酸D.铜片、银片，FeCl3溶液【答案】A【解析】【分析】构成原电池的条件是活泼性不同的金属或金属和非金属，导线连接，并且插入电解质溶液中，且属于自发的氧化还原反应。【详解】A.铜

和石墨均不与稀硫酸反应，所以不能构成原电池，故A正确；B.铜和硝酸银反应，作负极，故B错误；C.锌和盐酸反应，作负极，故C错误；D.铜和氯化铁反应，作负极，故D错误；答案选A。6.下列有关化学用语表达

不正确的是（）A.氮气的电子式：∶N∶∶∶N∶B.CO2分子的结构式：O＝C＝OC.Na的原子结构示意图：D.钙离子的电子式：Ca2+【答案】A【解析】【详解】A.氮气分子中存在氮氮叁键，其电子式为，A不正确；B.CO2分子中碳和氧之间都形成双键，故其结构式为O＝C＝O

，B正确；C.Na的原子结构示意图，C正确；D.钙离子的电子式是其离子本身，为Ca2+，D正确。关化学用语表达不正确的是A，答案选A。7.已知空气—锌电池的电极反应为锌片：Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O；碳棒：O2+2H2O+4e-=4OH-，据此判断，

锌片是（）A.正极，被还原B.正极，被氧化C.负极，被还原D.负极，被氧化【答案】D【解析】【分析】根据化合价变化判断氧化还原反应，原电池中发生氧化反应的为负极。【详解】在空气—锌电池中锌片发生的反应为：Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，则锌的

化合价升高，发生氧化反应，原电池中负极发生氧化反应，所以在空气—锌电池中锌为负极被氧化，答案选D。8.根据化学变化的实质是旧的化学键断裂、新的化学键形成这一理论，判断下列变化是化学变化的是（）A.固体氯化钠溶于水B.氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气C.冰

经加热变成水蒸气D.氯化氢溶于水【答案】B【解析】【详解】A．NaCl溶于水，只有离子键的断裂，但没有化学键的形成，不属于化学变化，故A错误；B．氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气有旧化学键断裂、新化学键形成，属于化学变化，故B正确；C．冰经加热变成水

蒸气没有化学键的断裂和形成，不属于化学变化，故C错误；D．氯化氢溶于水，有共价键的断裂，但没有化学键的形成，不属于化学变化，故D错误，故选B。9.可逆反应2SO2＋O22SO3达到平衡的标志是①消耗2molSO2的同时生成2molSO3②SO2、O2与SO3的物质的量之比为2∶1∶2③反应混合物中

，SO3的质量分数不再改变A.①②B.①③C.只有③D.全部【答案】C【解析】【详解】①消耗2molSO2的同时生成2molSO3，只描述了正反应的速率。②SO2、O2与SO3的物质的量之比为2∶1∶2，不能说明反应达到平衡。③反应混合物中，SO3的质量分数不再改变，说明三氧化硫的浓度不再改变

，可以说明反应达到平衡。C正确。10.下列递变规律正确的是（）A.O、S、Na、K的原子半径依次增大B.Na、Mg、Al、Si的金属性逐渐增强C.HF、HCl、H2S、PH3的稳定性依次增强D.KOH、Ca(OH)2、Mg(OH)2、Al(OH)3的碱性逐渐增强【答案】A【解析】【详

解】A．电子层数越多，半径越大；同周期从左到右半径逐渐减小，正确；B．同一主族元素，随原子序数的递增：Na、Mg、Al、Si的金属性逐渐增强；C．HF、HCl、H2S、PH3的稳定性依次减弱；D．KOH、Ca(OH)2、Mg(OH)2、Al(OH)3的碱性逐渐减弱。11.在一个密闭容器中盛有N2和

H2，它们的起始浓度分别是1.8mol/L和5.4mol/L，在一定的条件下它们反应生成NH3，10min后测得N2的浓度是0.8mol/L，则在这10min内用NH3来表示的平均反应速率是A0.1mol/（L·min）B.0.2mol/（L·min）C.0

.3mol/（L·min）D.0.6mol/（L·min）【答案】B【解析】【详解】10min内氮气的浓度变化为1.8mol/L-0.8mol/L=1.0mol/L，根据合成氨反应的化学方程式：N2+3H22NH3，氨气的浓度变

化为1.0mol/L×2=2.0mol/L，所以用氨气表示的反应速率为2.0mol/L10min=0.2mol/（L·min），故选B。12.下列微粒半径大小比较正确的是()A.Na＋<Mg2＋<Al3＋<O2－B.S2－>Cl－>Na＋>Al3＋C.Na

<Mg<Al<SD.Ca<Rb<K<Na【答案】B【解析】【详解】A.微粒半径大小关系为：Al3＋<Na＋<Mg2＋<O2－，A错误；B.微粒半径大小关系为：S2－>Cl－>Na＋>Al3＋，B正确；C.微粒半径大小关系为：S<Al<Mg<Na，C错误；D.微粒半

径大小关系为：Na<Ca<K<Rb，D错误；答案为B；【点睛】同周期中，原子序数越大，半径越大；同主族中，原子序数越大半径越小；具有相同的核外电子排布的离子，原子序数越大半径越小。13.一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示：下列描

述正确的是A.反应开始到10s，用Z表示的反应速率为0.158mol/(L•s)B.反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了0.79mol/LC.反应开始到10s时，Y的转化率为79.0%D.反应的化学方程式为：X(g)＋Y

(g)＝Z(g)【答案】C【解析】【详解】A．反应开始到10s，用Z表示的反应速率1.58210molLs=0.079mol/(L•s)，故A错误；B．反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了1.2mol0.41mol2L=0.395mol/L，

故B错误；C．反应开始到10s时，Y的转化率为1.0mol0.21mol1.0mol×100%=79.0%，故C正确；D．由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到10s时，△n(X)=0.79mo

l，△n(Y)=0.79mol，△n(Z)=1.58mol，则△n(X)∶△n(Y)∶△n(Z)=1∶1∶2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则反应的方程式为X(g)+Y(g)⇌2Z(g)，故D错误；故选C。14.已知可

逆反应2SO2+O22SO3，当生成2molSO3时放出热量为Q，现将1molSO2和0.5molO2在相同条件下反应生成SO3放出的热量为Q1，则（）A.Q1<Q2B.Q1=Q2C.2Q1>QD.无法判断【答案】A【解析】【详解】因为

是可逆反应，所以1molSO2和1mol氧气不可能生成1mol三氧化硫，因此放出的热量要小于Q2，答案选A。15.在n3RO中，共有x个核外电子，R原子的质量数为A，则R原子核内含有的中子数目是()A.A－x＋n＋48B.A－x－n－24C.A－x

＋n＋24D.A＋x－n－24【答案】C【解析】【分析】阴离子中，核外电子总数=原子质子数+电荷量，据此回答问题。【详解】O原子中含有核外电子数=质子数=8，所以R中的质子数为3824xnxn，已知质量数为A，则R原子核内含有

的中子数目是A－x＋n＋24。答案为C。16.据报道，氢燃料电池公交汽车已经驶上北京街头，下列说法中，正确的是A.电解水制取氢气是理想而经济的制氢方法B.发展氢燃料电池汽车不需要安全高效的储氢技术C.氢燃料电池汽车的使用可以有效减少城市空气污染D.

氢燃料电池把氢气和氧气燃烧放出的热能转化为电能【答案】C【解析】【详解】A．电解水会消耗大量的电能，故不经济，A说法错误。B．氢气密度小，发展氢氧燃料电池汽车需要安全高效的储氢技术，B说法错误。C、氢气的燃烧产物是水，氢燃料电池汽车的使用可以有效减少城市空气污染，C说法

正确；D、氢氧燃料电池是把化学能转化为电能，D说法错误。正确答案选C。第II卷二、填空题17.现有下列短周期元素性质的数据，试回答下列问题：元素编号元素性质①②③④⑤⑥⑦⑧原子半径(10-10m)0.731.30

1.241.060.991.540.751.18最高或最低化合价+2+1+5+7+1+5+3-2-3-1-3(1)上述元素中处于ⅤA族的有：_____(用编号表示)。(2)处于第二周期的元素有：______(用编号表示)。(3)写出

②、⑤的元素符号：______、______。(4)能形成两性氢氧化物和两性氧化物的元素为______(用编号表示)。【答案】(1).④⑦(2).①③⑦(3).Mg(4).Cl(5).⑧【解析】【分析】短周期元素中，元素最高化合价与其族序数相等，最低

化合价=族序数-8，同一主族的元素，原子半径随着原子序数的增大而增大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小。元素⑤有+7、-1价，则为Cl元素；④⑦都有+5、-3价，处于第ⅤA族，④的原子半径较大，则④为P元素、⑦为N元素；①只有-2价，故为

O元素；③⑥都只有+1价，处于ⅠA族，⑥的原子半径较大，且③的原子半径大于氯原子，故③为Li元素、⑥为Na元素；②有+2价，为第ⅡA族元素，原子半径比Li大，所以②为Mg元素，⑧有+3价，原子半径比氯大，为Al元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析

，①为O元素、②为Mg元素、③为Li元素、④为P元素、⑤为Cl元素、⑥为Na元素、⑦为N元素、⑧为Al元素。(1)上述元素中处于ⅤA族的有④⑦，故答案为：④⑦；(2)上述元素中处于第二周期的元素有①③⑦，故答案为：①③⑦；(3)②、⑤的元素符号分别为Mg、

Cl，故答案为：Mg；Cl；(4))能形成两性氢氧化物和两性氧化物的元素为Al，故答案为：⑧。【点睛】本题的难点是元素⑧的判断，要注意原子半径的变化规律，第二周期中锂的原子半径要比其余的原子半径大得多，而表格中⑧的半径只比Li的半径略小，因此⑧为Al。18.下列反应属于放热反应的是_____

_；属于吸热反应的是_______。A．锌粒与稀H2SO4反应制取H2B．氢气在氧气中燃烧C．碳酸钙高温分解成氧化钙和二氧化碳D．氢氧化钾和硫酸中和E．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应F．氢气还原氧化铜G．葡萄糖在人体内

氧化分解H．钢铁制品生锈的反应【答案】(1).ABDGH(2).CEF【解析】【分析】一般而言，化合反应、金属和酸的反应、燃烧、酸碱中和反应、铁生锈等缓慢氧化反应、铝热反应等都是放热反应；分解反应、还原反应、Ba(

OH)2•8H2O与NH4Cl反应等都是吸热反应，据此分析判断。【详解】A．锌粒与稀H2SO4反应制取H2为放热反应；B．氢气在氧气中燃烧为放热反应；C．碳酸钙高温分解成氧化钙和二氧化碳为吸热反应；D．氢氧化钾和硫酸

中和为放热反应；E．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应为吸热反应；F．氢气还原氧化铜为吸热反应；G．葡萄糖在人体内氧化分解为放热反应；H．钢铁制品生锈的反应为放热反应；所以属于放热反应的有ABDGH，属于吸热反应的有CEF，故答

案为：ABDGH；CEF。【点睛】本题的易错点为G，要注意葡萄糖在人体内氧化分解实质是葡萄糖与氧气的反应，属于物质的缓慢氧化，为放热反应。19.拆开1molH—H键，1molN—H键，1molN≡N键分别需要吸收的能量为436kJ，391kJ，946kJ。

则(1)1molN2生成NH3____(填“吸收”或“放出”)热量____kJ；(2)事实上，反应的热量总小于理论值，原因是_____。【答案】(1).放出(2).92(3).合成氨是可逆反应，反应物不能完全转化【解析】【分析】氮气与氢气反应生成氨气的方程式可以表示为N2+3H22NH3，结合断

开化学键需要吸热，形成化学键需要放热分析解答。【详解】(1)断开化学键吸收的热量=946kJ+3×436kJ=2254kJ，形成化学键放出的热量=6×391kJ=2346kJ，该反应为放热反应，1molN2生成N

H3放出的热量为2346kJ-2254kJ=92kJ，故答案为：放出；92；(2)合成氨的反应是可逆反应，反应物不能完全转化，导致反应的热量总小于理论值，故答案为：合成氨是可逆反应，反应物不能完全转化。【点睛】本题的易错点为(1)，要注意1molNH3中含有3m

olN—H键。三、实验题20.某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下(累计值)：时间(min)12345氢气体积(mL)50120232290310(1)哪一时间段(指0～1、1～2、2～3

、3～4、4～5min)反应速率最大_____，原因是_____。(2)求2～3分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率(设溶液体积不变)_____。(3)如果反应太激烈，为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，他在盐酸中分别加入等体积的下列

溶液：A．蒸馏水B．NaCl溶液C．NaNO3溶液D．CuSO4溶液E．Na2CO3溶液你认为可行的是________。【答案】(1).2～3min(2).温度对反应速率的影响占主导作用，该反应为放热反应，温度升高，反应速率加快(3).0.1mol/(L•m

in)(4).AB【解析】【分析】(1)根据表格数据判断每分钟放出氢气的体积结合Zn置换H2的反应是放热反应分析解答；(2)根据v=ct计算2～3分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率；(3)根据影响化学反应速率的因素以及氢气的量取决于H+的物质的

量分析判断。【详解】(1)从表中数据可知，每分钟生成的氢气的体积分别为：50mL、70mL、112mL、58mL、20mL，因此2min～3min收集的氢气比其他时间段多，该段时间内的反应速率最大；尽管反应中c(H+)下降，但Zn置换H2的反应是放热反应，随着反应的进行，温度升高，此时间段

内温度对反应速率的影响占主导作用，温度升高，反应速率加快，故答案为：2～3min；温度对反应速率的影响占主导作用，该反应为放热反应，温度升高，反应速率加快；(2)在2～3min时间段内，生成标况下氢气的体积为：232mL-120m

L=112mL，n(H2)=0.11222.4/LLmol=0.005mol，由2HCl～H2可知：消耗盐酸的物质的量为0.01mol，则υ(HCl)=0.01mol0.1L1min=0.1mol/(L•m

in)，故答案为：0.1mol/(L•min)；(3)A．加入蒸馏水，盐酸的浓度减小，反应速率减小，H+的物质的量不变，氢气的量也不变，故A正确；B．加入氯化钠溶液，盐酸的浓度减小，反应速率减小，H+的物质的量不变，氢气的量也不变，故B正确；C．加入NaN

O3溶液，盐酸的浓度减小，反应速率减小，但此时溶液中含有硝酸，与金属反应得不到氢气，氢气的量减少，故C错误；D．加入CuSO4溶液，锌能置换出铜，锌、铜、稀盐酸形成原电池，加快了化学反应速率，故D错误；E．加入Na2CO3溶液，Na2CO3能与盐酸反应

，盐酸的浓度减小，反应速率减小，H+的物质的量减小，氢气的量也减小，故D错误；故选AB。【点睛】本题的易错点为(3)，要注意形成原电池会加快反应速率。21.现有如下两个反应：(A)NaOH＋HCl＝NaCl＋H2O(B)2FeCl3＋Fe＝3FeCl2（1）根据两反应本质，分别

判断能否用于设计原电池____。（2）如果不能，说明其原因______。（3）如果可以，请画出实验装置图，注明电解质溶液名称和正负极材料，标出电子流动方向和电流方向，写出电极反应式。____。_____是正极，正极反应式：_____；____

_是负极，负极反应式：_____。【答案】(1).(A)不能(B)可以(2).(A)不是氧化还原反应，没有发生电子的转移(3).(4).Cu(或C)(5).2Fe3＋＋2e－＝2Fe2＋(6).Fe(7).Fe－2e－＝Fe2＋【解析】【详解】（1）原电池为放热的氧

化还原反应，可用于设计原电池的是：(A)不能(B)可以。答案为：(A)不能(B)可以（2）A不能的原因是：(A)不是氧化还原反应，没有发生电子的转移。答案为：(A)不是氧化还原反应，没有发生电子的转移（3）B可以，实验装置图如下：Cu(或C)是正极。答案为：Cu(或C)

正极反应式：2Fe3＋＋2e－＝2Fe2＋。答案为：2Fe3＋＋2e－＝2Fe2＋Fe是负极。答案为：Fe负极反应式：Fe－2e－＝Fe2＋。答案为：Fe－2e－＝Fe2＋四、计算题22.在一个容积为500mL的密闭容器中，充入5molH2和2molCO。在一定条件下发生如

下反应：2H2（g）+CO（g）CH3OH（g），经过5min后达到平衡状态。若此时测得甲醇蒸汽的浓度为2mol/L，求：（1）以H2的浓度减少量来表示的反应速率。（2）达到平衡时CO的转化率。【答案】（1）0.8mol/(L·min)（2）50%【解析】【详解】考查化学反应速率和

化学平衡的有关计算，一般采用三段式。平衡时甲醇的物质的量是2mol/L×0.5L＝1mol，则（1）以H2的浓度减少量来表示的反应速率是（2）达到平衡时CO的转化率是1÷2×100％＝50％。