【文档说明】福建省厦门市湖滨中学2019-2020学年高一下学期第一次月考化学试题 【精准解析】.doc，共(14)页，401.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020年高一年级化学第一次月考1.2011年日本3.11地震及海啸，致使核电机组爆炸放出具有放射性元素13153I，从而对人体产生伤害，该同位素原子的中子数是（）A.53B.78C.131D.25【答案】B【解析】

【详解】根据核素的表示形式，元素符号的左上方为质量数A，左下方为质子数Z，质量数（A）=质子数（Z）+中子数（N），故13153I中的中子数为N=A-Z=131-53=78，故答案为：B。2.下列关于化学键的说法正确的是（）A.化学键是分子与分子之

间的作用力B.形成物质中的化学键时，要吸收能量C.化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因D.化学反应中能量变化的主要原因是形成或断裂同一种化学键，放出或吸收的能量不相等【答案】C【解析】【详解】A．化

学键是相邻原子之间的强烈的相互作用，分子与分子之间的作用力为范德华力，故A错误；B．形成化学键要放出能量，断裂化学键要吸收能量，故B错误；C．化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，形成化学键要放出能量，断裂化学键要吸收能量，则化学反

应一定伴随着能量变化，故C正确；D．一种化学键的键能是一定的，形成或断裂同一种化学键，放出或吸收的能量相同，故D错误；答案为C。3.下列各组化合物中化学键类型不同的是（）A.2HO和3NHB.NaCl和

HClC.CaO和KClD.4CCl和22HO【答案】B【解析】【详解】A．H2O为H原子与O原子通过共用电子对形成的共价化合物，只含有共价键，而NH3为N原子与H原子通过共用电子对形成的共价化合物，只含有共价键，二者均只含有共价键，化

学键类型相同，故A不符合题意；B．NaCl为Na+与Cl-形成的离子化合物且只含有离子键，而HCl为H原子与Cl原子通过共用电子对形成的共价化合物，只含有共价键，二者化学键类型不同，故B符合题意；C．CaO为Ca2+与O2-形成的离子化合物且只含有离子键，而KCl为K

+与Cl-形成的离子化合物且只含有离子键，二者均只含有离子键，化学键类型相同，故C不符合题意；D．CCl4为C原子与Cl原子通过共用电子对形成的共价化合物，只含有共价键，而H2O2为H原子与O原子、O原子与O原子通过共用电子对形成的共价化合物，只含有

共价键，二者均只含有共价键，化学键类型相同，故D不符合题意；答案为B。4.下列有关硅及其化合物的叙述中，错误的是A.单质硅是良好的半导体材料B.硅和碳是都是第ⅣA族的元素C.二氧化硅用来制造通讯材料(光导纤维)D.二氧化硅溶于水生成硅酸，它是挥发性酸【答案】D【解析】【分析】【详解】二氧

化硅不溶于水，不能直接食醋硅酸，选项D不正确，其余选项都是正确的，答案选D。5.下列各组元素性质或原子结构递变情况错误的是（）A.Li、Be、B原子最外层电子数依次增多B.P、S、Cl元素最高正化合价依次升高C.N、O、F原子半径依次增大D.Li、Na、K的电子层数依次增多【答案】C【解析】【详解

】A．Li、Be、B原子最外层电子数分别为1、2、3，故依次增多，故A正确；B．P、S、Cl元素最高正化合价依次为+5、+6、+7价，故依次升高，故B正确；C．N、O、F是同一周期从左往右的三种元素，原子半径依次减小，故C错

误；D．Li、Na、K分别是第2、3、4周期元素，故其电子层数依次为2、3、4，即电子层数依次增多，故D正确；故答案为：C。6.A元素原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，B元素原子次外层电子数是最外层电子数的2倍，则A、B元素（）A.一定是第2周期

元素B.一定是同一主族元素C.可能是第2、3周期元素D.形成化合物一定是离子化合物【答案】C【解析】【分析】A元素的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，应为O元素，B元素的原子次外层电子数是最外层电子数的2倍，核外电子数可为2、1，或2、8、4，可能为Li、Si，以此解答该题。

【详解】由上述分析可知，A为O元素，B为Li或Si元素；A．如B为Si元素，则为第三周期元素，故A错误；B．A为O元素，B可能为Li或Si元素，则一定不在同一主族，故B错误；C．A为O元素，B可能为Li或Si元素，可能是第二、三

周期元素，故C正确；D．A为O元素，若B为Si元素，形成SiO2，为共价化合物，故D错误；答案为C。7.具有相同电子层数、原子序数相连的三种元素X、Y、Z，最高价氧化物对应水化物的酸性相对强弱是：42434HXOHYOHZO，则下列判断正确的是（）A.形成的气态氢

化物的稳定性:X<Y<ZB.原子半径:X>Y>ZC.原子序数:X>Y>ZD.得电子能力:X<Y<Z【答案】C【解析】【详解】非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4＞H2YO4＞H3Z

O4，则非金属性X＞Y＞Z。A．非金属性越强，氢化物越稳定，由于非金属性X＞Y＞Z，所以气态氢化物的稳定性：X＞Y＞Z，故A错误；B．由于X、Y、Z具有相同电子层数、原子序数相连，则属于同周期元素，同周期元素的原子从左到右，原子半径逐渐减小，非金属性增强，所以原子半径：X＜Y＜Z，故B错

误；C．由于X、Y、Z具有相同电子层数、原子序数相连，则属于同周期元素，同周期元素的原子从左到右，非金属性增强，原子序数依次增大，，则原子序数:X>Y>Z，故C正确；D．由于X、Y、Z具有相同电子层数、原子序数相连，则属

于同周期元素，同周期元素的原子从左到右，非金属性增强，得电子能力增强，则得电子能力X>Y>Z，故D错误；答案为C。8.下列叙述中，能说明金属a的活泼性肯定比金属b的活泼性强的是A.a原子的最外层电子数比b原子

的最外层电子数少B.a原子电子层数比b原子的电子层数多C.1mola从酸中置换H+生成的H2比1molb从酸中置换H＋生成的H2多D.常温时，a能从水中置换出氢，而b不能【答案】D【解析】【详解】A．a原子的最外层电子数比b原子的最外层电子数少不能说明a

的金属性大于b，如Ca的金属性大于Li，A错误；B．a原子的电子层数比b原子的电子层数多，不能说明a的金属性大于b，如镁的金属性小于锂，B错误；C.1mola从酸中置换H+生成的H2比1molb从酸中置换H+生成的H2多，说明a失电子比b多

，不能说明a的金属性大于b，C错误；D．常温下，a能从水中置换出氢，而b不能，说明a的活动性大于b，则a的金属性大于b，D正确；答案选D。【点睛】可以利用金属的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，与酸或水反应越剧烈，较活泼金属能置换出

较不活泼金属来判断，金属性强弱与失电子难易程度有关，与失电子多少、电子层数多少无关，易错选项是BC。9.X、Y、Z、W为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示，若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法中错误的是A.X的氢化物的水溶液显碱性B.Y和Z只能组成一

种化合物C.Z的氧化物和Z的氢化物分别溶于水后，溶液均呈酸性D.最高价氧化物对应的水化物的酸性：W>Z【答案】B【解析】【分析】Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则Y是氧元素，所以X是氮元素，Z是S元素，W是氯元素。【详解】A.氨气溶于水显碱性，

A正确；B.S和O可以形成SO2或三氧化硫，错误；C.硫酸或亚硫酸以及氢硫酸都是酸，C正确；D.非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，氯元素的非金属性强于S元素的，D正确；答案选B。10.下列化学用语正确的是（）

A.乙烯的结构简式：22CHCHB.苯的分子式：C.NaCl的电子式：D.F的结构示意图：【答案】D【解析】【详解】A．乙烯的结构简式：22CH=CH，故Ａ错误；B．苯的分子式为C6H6，故B错误；C．NaCl是离子化合物，故其电子式应为：，故C

错误；D．F是9号元素，故F的结构示意图为：，故D正确；故答案为：D。11.下图是某些有机物的比例模型，其中表示为CH4的是（代表氢原子代表碳原子)A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A、该比例模型是甲烷，A正确；B、该比例模型是乙烯，B错误；C、

该比例模型是乙醇，C错误；D、该比例模型是苯，D错误；答案选A。12.据报道，南极上空出现大面积的臭氧空洞。氟利昂-12对臭氧层有很强的破坏力，它的分子结构相当于甲烷分子中，有两个氢原子被氯原子取代，另外两个氢原子被氟原子取代。下列叙述正确的是（）A.有两种同分异构体B.是平面型分子C.只有一种结

构D.有四种同分异构体【答案】C【解析】【详解】根据结构，可推知：A．由甲烷的结构可知，四个氢原子的空间位置只有一种，则氟利昂-12只有一种结构，故A错误；B．甲烷是正四面体型结构，则氟利昂-12为四面

体结构，故B错误；C．从结构式可知，该化合物相当于甲烷的取代产物，由于甲烷是正四面体型结构，所以该化合物是四面体，因此结构只有一种，没有同分异构体，故C正确；D．由甲烷的结构可知，四个氢原子的空间位置只有一种，则氟利昂-12只有一种结构，故D错误；答案为C。13.下

列转化不属于煤或石油的综合利用的是（）A.将煤干馏制得煤焦油和焦炭B.在一定条件下将煤与氢气转化为液体燃料C.将石油裂解制得乙烯等化工原料D.将煤变为煤饼作燃料【答案】D【解析】【分析】煤的综合利用有：干馏、气化、液化；石油的综合利用有分馏

、裂化与裂解。【详解】A．将煤隔绝空气加强热，制得煤焦油和焦炭是煤的干馏过程，属于化学变化，故A不符合题意；B．在一定条件下将煤与氢气转化为液体燃料是煤的液化过程，属于化学变化，故B不符合题意；C．石油在高温下裂解制得乙烯等化工原料，该过程属于石油

裂解，属于化学变化，故C不符合题意；D．将煤变为煤饼作燃料不是煤的综合利用过程，故D符合题意；答案为D。14.由乙烯推测丙烯（CH3CH=CH2）与溴水反应时，对反应产物的推测正确的是A.CH2BrCH2CH2

BrB.CH3CHBr2CH3C.CH3CH2CHBrD.CH3CHBrCH2Br【答案】D【解析】【详解】乙烯和溴发生加成反应时，碳碳双键断裂，每个碳原子上添加一个溴原子生成二溴乙烷，根据乙烯和溴的加成反应得，丙烯和溴的加成反应是丙烯中的碳碳双键断裂，每个有半键的碳原子

上添加一个溴原子，生成1，2-二溴丙烷。答案选D。15.下列说法错误的是（）A.乙醇能发生取代反应B.乙醇存在碳氧双键C.甲苯可以使高锰酸钾溶液褪色D.苯能发生加成反应【答案】B【解析】【详解】A．乙醇与乙酸发生酯化反应，即CH3COOH+CH3CH2OH24HS

O浓CH3COOCH2CH3+H2O，就属于取代反应，故A正确；B．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，为饱和一元醇，含有C-O键，不含碳氧双键，故B错误；C．甲苯能使高锰酸钾酸性溶液褪色，说明苯环的影响使侧链甲基易被氧化，故C正确；D．苯在镍作催化剂的条件

下，与氢气发生加成反应生成环己烷，故D正确；答案为B。16.完成下反应的化学方程式或离子方程(1)铝与氧化铁在高温下反应（铝热反应）______________；(2)医学上，用(胃舒平)氢氧化铝治疗胃

酸过多,写出反应的离子方程式____________；(3)工业上用焦炭和二氧化硅反应制得粗硅(Si)______________；(4)苯的硝化反应______________；(5)乙醇和钠反应_____________

_。【答案】(1).23232Al+FeO2Fe+AlO高温(2).+3+32Al(OH)+3H=Al+3HO(3).2SiO+2CSi+2CO高温(4).+HO-NO2浓硫酸+H2O(5).323222CHCHOH+2Na=2CHCHONa+H【解析】【详解】(1)铝

与氧化铁在高温下反应（铝热反应）生成氧化铝和铁，故反应方程式为23232Al+FeO2Fe+AlO高温，故答案为：23232Al+FeO2Fe+AlO高温；(2)医学上，用(胃舒平)氢氧化铝治疗胃酸（其主要成分为盐酸）过多，故该

反应的离子方程式为+3+32Al(OH)+3H=Al+3HO，故答案为：+3+32Al(OH)+3H=Al+3HO；(3)工业上用焦炭和二氧化硅反应在高温下反应得粗硅(Si)和CO，故该反应的方程式为2SiO+2CSi+2CO高温，故答案为：2SiO+2

CSi+2CO高温；(4)苯的硝化反应是指苯与浓硝酸在浓硫酸的催化下发生的反应，故反应方程式为：+HO-NO2浓硫酸+H2O，故答案为：+HO-NO2浓硫酸+H2O；(5)乙醇和钠反应生成乙醇钠和氢气，故反应方程式为323222CHCHOH+2Na=2CHCHONa+H，

故答案为：323222CHCHOH+2Na=2CHCHONa+H。17.针对下面11种元素，完成以下各小题。(1)地壳中含量最多的元素是________（填元素符号）(2)化学性质最不活泼的元素是___________（

填名称）(3)Cl的离子结构示意图为_____________(4)C与N相比，原子半径较小的是_______（填元素名称）(5)最高价氧化物对应的水化物碱性最强的是___________（填化学式）(6)MgO和23AlO中，属于两性氧

化物的是_________________(7)P、S、Cl的最高价氧化物对应水化物酸性最强的是___________(填物质名称)(8)可用来制造计算机芯片的物质是______，晶体硅的主要用途是___________（写出一种)。(9)在S与Cl的单质中，化学性质较活泼的单质是__

____________（填化学式）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).O(2).氖(3).(4).氮(5).NaOH(6).23AlO(7).高氯酸(8).Si(9).半导体材料、太阳能电池板等(10).2Cl(11).22ClN

aSS2NaCl【解析】【分析】本题重点考查学生对短周期元素的原子结构、元素的性质和在周期表中的位置，总体难度不大，重点在于平时的识记和对元素周期律的运用。【详解】(1)地壳中含量前五位的元素分别是：O

SiAlFeCa，故含量最多的元素是O，故答案为：O；(2)表中有稀有气体元素，其化学性质最不活泼，故化学性质最不活泼的元素是氖，故答案为：氖；(3)Cl为17号元素，故其的离子结构示意图为，故答案为：；(

4)C与N为同一周期元素，同一周期从左往右，原子半径依次减小，故C与N比较原子半径较小的是氮，故答案为：氮；(5)最高价氧化物对应的水化物碱性最强即对应元素的金属性最强的，故最高价氧化物对应的水化物碱性

最强的是NaOH，故答案为：NaOH；(6)MgO只能与酸反应生成盐和水，23AlO既能与酸又能与强碱反应生成盐和水，故23AlO属于两性氧化物，故答案为：23AlO；(7)按P、S、Cl三种元素的非金属性依次增强，故其的最

高价氧化物对应水化物酸性也依次增强，故最强的是高氯酸，故答案为：高氯酸；(8)可用来制造计算机芯片的物质是硅晶体，晶体硅的主要用途是半导体材料、太阳能电池板，故答案为：Si或晶体硅半导体材料或太阳能电池板等；(9)在S的非金属性不如Cl的强，故S和Cl的单质中，化学性质较

活泼的单质是Cl2,可以通过非金属单质之间的置换反应来进行说明，故反应方程式为22ClNaSS2NaCl，故答案为：Cl222ClNaSS2NaCl。18.下列变化①碘的升华②烧碱熔化③氯化钠溶于水④氯

化氢溶于水⑤氧气溶于水⑥氯化铵受热分解。氯化铵的电子式是______________；未发生化学键破坏的是______________（填序号，下同）；仅发生离子键破坏的是______________；仅发生共价键破坏的是______________；既发生离子键又发生共价键破

坏的是______________。【答案】(1).(2).①⑤(3).②③(4).④(5).⑥【解析】【详解】氯化铵是离子化合物，故其电子式是；①碘的升华和⑤氧气溶于水，仅仅改变了分子间作用力，并未破坏发生化学键；②烧碱熔化和③氯化钠溶于水使二者发生电离，故仅破坏了离子键；④氯化氢溶于水也是发生

电离，因为氯化氢是共价化合物，故仅破坏了共价键；⑥氯化铵受热分解是化学变化，且氯化铵既有离子键又有共价键，故氯化铵受热分解既破坏了离子键又破坏了共价键，故答案为：①⑤②③④⑥。19.实验室里用下图所示装置制取纯净的无水2CuCl。试回答下列问题

：(1)写出烧瓶中发生反应的化学方程式，并用双线桥标出电子转移的方向和数目______________。(2)B处盛有饱和食盐水的作用是______________。(3)C处盛放的试剂__________（填名称），其作用是_________

_____。(4)E处盛有___________（填名称），其作用是______________，发生反应的离子方程式为___________________。(5)实验开始时，应先点燃__________处（填字母，下同）酒精灯；实验结束时，应先熄灭__________处酒精灯。(6)D处发生

反应的化学方程式为_______________________。【答案】(1).(2).吸收氯化氢气体(3).浓硫酸(4).干燥氯气(5).氢氧化钠溶液(6).吸收多余的氯气，防止空气污染(7).---22Cl+2OH=Cl+ClO+HO(8).A(9).D(10).22ΔCu+ClCuC

l【解析】【分析】装置A制备氯气，装置B除去氯化氢，装置C干燥氯气，装置D中制备氯化铜，装置E吸收尾气。据此解答。【详解】(1)烧瓶中发生反应的化学方程式是实验室制备氯气的反应，反应中氯元素化合价从－1价升高到0价，锰元素化合价从+4价降低到+2价，根据电子得失守

恒可知用双线桥标出电子转移的方向和数目为：；(2)从A制得的氯气中含有挥发出来的HCl气体，故B处盛有饱和食盐水的作用是吸收氯气中氯化氢气体，故答案为：吸收氯化氢气体(3)C装置的作用是干燥氯气，故C处盛放的试剂为浓硫酸，其作用是干燥氯气，故答案为：浓硫酸；干燥氯气；(4)E装置是进行尾气处

理的，根据氯气能与NaOH反应的性质，故E处盛有氢氧化钠溶液，其作用是吸收氯气，防止污染环境，发生反应的离子方程式为---22Cl+2OH=Cl+ClO+HO，故答案为：氢氧化钠溶液；吸收多余的氯气，防止污染环境；

---22Cl+2OH=Cl+ClO+HO；(5)由于铜能与空气中的氧气反应，故氯气与铜的反应开始前，必须用氯气将装置中的空气排空，故实验开始时，应先点燃A处酒精灯；为防止E中溶液倒吸到灼热D中硬质玻璃管，故实验结束时

应继续通氯气直至D装置冷却，故先熄灭D处酒精灯，故答案为：A；D；(6)D处是铜在氯气中燃烧的反应，化学方程式为22ΔCu+ClCuCl，故答案为：22ΔCu+ClCuCl。