1、山西省晋中市和诚中学2019-2020学年高一化学4月月考试题（含解析）一、选择题（每小题3分，共45分）1.在现行元素周期表中，所含元素种数最多的族和周期分别是( )A. 第A族 第六周期B. 第族 第六周期C. 第B族 第六周期D. 第A族 第六周期【答案】C【解析】【详解】现行元素周期表中，含元素最多的周期是第六周期，有32种元素，包含镧系元素，第七周期有26种元素，元素最多的族是第B族，其中包括镧系元素和锕系元素。答案选C。2.下列说法中不正确的是质子数相同的粒子一定属于同种元素；电子数相同的粒子不一定是同一种元素；一种元素只能有一种质量数；某种元素的相对原子质量取整数，就是其质量数。
2、质子数相同，电子数也相同的粒子，不可能是一种分子和一种离子；同位素的性质几乎完全相同；A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】质子数相同的粒子不一定属于同种元素，例如水分子和氨气分子等，错误；电子数相同的粒子不一定是同一种元素，例如钠离子和氟离子，错误；一种元素不一定只能有一种质量数，例如氢元素、氧元素等，错误；质量数应该是将原子内所有质子和中子的相对质量取近似整数值相加而得到的数值，错误。质子数相同，电子数也相同粒子，不可能是一种分子和一种离子，正确；同位素的物理性质不同，化学性质几乎完全相同，错误；答案选A。3.据国外有关资料报道，在独居石(一种共生矿，化学成分为Ce、La、Nb
3、等的磷酸盐)中，查明有尚未命名的116、124、126号元素。试判断116号元素应位于周期表的（ ）A. 第六周期A族B. 第七周期A族C. 第七周期A族D. 第八周期A族【答案】B【解析】【详解】第七周期若排满，118号元素应为0族元素，而116号元素在0族向左第2列，故应为第A族元素，答案选B。【点睛】只要记住了稀有气体元素的原子序数(He2、Ne10、Ar18、Kr36、Xe54、Rn86)，就可由主族元素的原子序数推出主族元素的位置。若比相应的稀有气体元素多1或2，则应处在下周期的第A族或第A族，如88号元素：88862，则应在第七周期第A族；若比相应的稀有气体元素少15时，则应处在同
4、周期的第A族第A族，如84号元素应在第六周期第A族。4.甲、乙是元素周期表中同一主族的两种元素，若甲的原子序数为x，则乙的原子序数不可能是 ( )A. x2B. x4C. x8D. x18【答案】B【解析】【分析】本题需根据各周期元素个数确定相邻主族元素之间的原子序数。【详解】第一周期共有2种元素，第二、三周期各共有8种元素，第四、五周期各共有18种元素，第六、七周期各共有32种元素，因此，相邻主族元素之间原子序数相差可能为2、8、18、32，B选项为4错误，故选B5.某元素R的最高价含氧酸的化学式为HnRO2n-2，则在气态氢化物中，R的化合价为（ ）A. 3n-10B. 3n-6C. 3n
5、-12D. 2n-4【答案】C【解析】【详解】因化合物中H元素为+1价，O元素的化合价为-2价，设元素R的最高正化合价为x，由化学式为HnRO2n-2，根据化合物中元素的正负化合价的代数和为0，则（+1）n+x+（-2）（2n-2）=0，则x=+（3n-4），根据元素的最高正价+|最低负价|=8，则有|最低负价|=8-（3n-4）=12-3n，在其氢化物中，R的化合价为3n-12。答案选C。【点睛】本题考查元素化合价的计算，在信息中的化学式中原子个数用字母表示是解答的难点，学生应将其看作已知的原子个数来计算。根据化合物的化学式及H和O元素在化合物中的化合价，利用化合物中元素的正负化合价的代数和
6、为0结合元素的最高正价+|最低负价|=8来解答。6.X、Y是元素周期表A族中的两种金属元素，下列叙述中能说明X的金属性比Y强的是（ ）A. Y与水反应比X与水反应更剧烈B. Y+离子的氧化性比X+离子强C. YOH的碱性比XOH强D. Y的原子半径比X大【答案】B【解析】【详解】A、Y与水反应比X与水反应更剧烈说明Y的金属性强于X，A错误；B、Y+离子的氧化性比X+离子强能说明X的金属性比Y强，B正确；C、YOH的碱性比XOH强说明Y的金属性强于X，C错误；D、同主族元素，半径越大，越易失电子，金属性越强，Y的原子半径比X大说明Y的金属性强于X，D错误；故答案B。7.已知短周期元素的离子aA2
7、+、bB+、cC3-、dD-具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是A. 原子半径：ABDCB. 原子序数：dcbaC. 离子半径：C3-D-B+A2+D. 单质的还原性：ABDC【答案】C【解析】【详解】aA2、bB、cC3、dD都具有相同的电子层结构，则存在a-2=b-1=c+3=d+1，所以原子序数大小顺序是abdc，A、B在C和D元素下一周期，A.原子电子层数越多其原子半径越大,同一周期元素,原子半径随着原子序数增大而减小,所以原子半径大小顺序是BACD,故A错误；B.结合以上分析可知，原子序数大小顺序是abdc,故B错误；C.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,原子
8、序数大小顺序是abdc,所以离子半径大小顺序是C3DBA2，故C正确；D.元素的金属性越强,其单质的还原性越强,同一周期元素金属的金属性随着原子序数增大而减弱,这几种元素金属性强弱顺序是BACD，故D错误；综上所述，本题选C。8.下列反应既是氧化还原反应，又是吸热反应的是()A. 铝片与稀硫酸的反应B. Ba(OH)28H2O与NH4Cl的反应C. 灼热的碳与二氧化碳的反应D. 甲烷在氧气中的燃烧反应【答案】C【解析】【分析】常见的吸热反应有：大多数分解反应、盐类水解反应、C与CO2、Ba(OH)28H2O与NH4Cl的反应；常见的放热反应有：燃烧，大多数化合反应、中和反应，金属与酸和水的置换
9、反应等。【详解】A为放热反应，同时为氧化还原反应，A错误；B为吸热反应，同时为非氧化还原反应，B错误；C为吸热反应，同时为氧化还原反应，C正确；D为放热反应，同时为氧化还原反应，D错误；故选C。9.已知25 、101 kPa下，含1 mol碳原子的石墨完全燃烧生成CO2放出热量393.51 kJ；含1 mol碳原子的金刚石完全燃烧生成CO2放出395.41 kJ的热量。据此判断，下列说法正确的是（ ）A. 由石墨制备金刚石是吸热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的低B. 由石墨制备金刚石是吸热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的高C. 由石墨制备金刚石是放热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的
10、低D. 由石墨制备金刚石是放热反应；等质量时，石墨的能量比金刚石的高【答案】A【解析】【详解】这两个反应的热化学方程式为：C(石墨，s)+O2(g)CO2(g) H= -393.51kJ/mol，C(金刚石，s)+O2(g)CO2(g) H= -395.41kJ/mol，根据盖斯定律可得：C(石墨，s)C(金刚石，s) H=+1.9kJ/mol，则由石墨制备金刚石是吸热反应，等质量的石墨的能量较低，故合理选项为A。10.肼(H2NNH2)是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示，已知断裂1 mol化学键所需的能量(kJ)：NN键为942、OO键为500、NN键为154，则断裂1 mol
11、NH键所需的能量(kJ)是()A. 194B. 391C. 516D. 658【答案】B【解析】【详解】根据图中内容，可以看出N2H4(g)+O2(g)=2N(g)+4H(g)+2O(g)，H3=2752 kJ/mol534 kJ/mol=2218 kJ/mol，化学反应的焓变等于产物的能量与反应物能量的差值，旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，设断裂1 mol NH键所需的能量为X，旧键断裂吸收的能量：154+4X+500=2218，解得X=391，故选项B正确。11.在密闭容器中进行的可逆反应2X2（g）+Y2（g）2Z（g），已知X2、Y2、Z的起始浓度分别0.1molL1、0.2mol
12、L1、0.2molL1，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度可能（ ）A. Z0.3 molL1B. Y2为0.1 molL1C. X2为0.2 molL1D. Z为0.4 molL1【答案】C【解析】【分析】化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，采取一边倒“一边倒”求出三种物质浓度的极大值、极小值，确定三种物质的浓度的取值范围。【详解】假定反应向正反应进行到底，则：2X2（g）+Y2（g）2Z（g）开始（mol/L）：0.1 0.2 0.2变化（mol/L）：0.1 0.05 0.1平衡（mol/L）：0.
13、05 0.15 0.3假定反应向逆反应进行到底，则：2X2（g）+Y2（g）2Z（g）开始（mol/L）：0.1 0.2 0.2变化（mol/L）：0.2 0.1 0.2平衡（mol/L）：0.3 0.3 0因此0.05molL1c（X2）0.3molL1，0.15molL1c（Y2）0.3molL1，0c（Z）0.3molL1，则A0c（Z）0.3molL1，故A错误；B0.15molL1c（Y2）0.3molL1，故B错误；C0.05molL1c（X2）0.3molL1，故C正确；D0c（Z）0.3molL1，故D错误；故选C。12.一定温度下，下列叙述是可逆反应N2(g)+3H2(g)2
14、NH3(g)，在定容密闭容器中达到平衡的标志的是NH3的生成速率与NH3的分解速率相等；单位时间内amolN2生成，同时生成3amolH2；N2的浓度不再变化；混合气体的总压强不再变化；混合气体的平均摩尔质量不再变化；用N2、H2、NH3的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1：3：2；N2、H2、NH3的分子数目比为1：3：2；A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】NH3的生成速率与NH3的分解速率相等，即正逆反应速率相等，达到平衡状态，正确；单位时间内amolN2生成，同时生成3amolH2只能说明单方向N2、H2关系，不能说明正逆反应速率的关系，错误；N2的浓度不再变化，说明
15、达到了平衡状态，正确；因该反应是物质的量在减少的化学反应，物质的量与压强成正比，则混合气体的压强不随时间的变化而变化，达到平衡状态，正确；混合气体的平均摩尔质量=，质量是守恒的，物质的量只有达到平衡时才不变，当混合气体的平均摩尔质量不再变化，证明达到了平衡状态，正确；用N2、H2、NH3物质的量浓度变化表示的反应速率之比为1：3：2是反应进行到任何时刻都成立的关系，不能说明达到了平衡，错误；N2、H2、NH3的分子数目比为1：3：2不是平衡的判据，错误；答案选B。13.微型纽扣电池在现代生活中有广泛应用，有一种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH，电池反应为：Ag2O+Zn
16、 =2Ag+ZnO。据此判断下列叙述，其中正确的是( )A. Ag2O是负极，Zn是正极B. 在使用过程中，电池负极区溶液pH减小C. 在使用过程中，电子由Ag2O极经外电路流向Zn极D. Zn极发生还原反应，Ag2O极发生氧化反应【答案】B【解析】【分析】该电池的电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH，电池反应为：Ag2O+Zn =2Ag+ZnO，则正极反应式为：Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，负极反应式为：Zn+2OH-2e-=ZnO+H2O。【详解】A. 反应中，Ag2O作氧化剂，Zn作还原剂，则Ag2O是正极，Zn是负极，A错误；B. 负极反应为：Zn+2OH-2e-
17、=ZnO+H2O，OH-在该区域被消耗，则该区域的pH减小，B正确；C. 反应中，Zn负极，Ag2O是正极，则电子由Zn极经外电路流向Ag2O极,C错误；D. 反应中，Ag2O作氧化剂，Zn作还原剂，则Zn极发生氧化反应，Ag2O极发生还原反应，D错误；故合理选项为B。14.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素。n、p、r是由这些元素组成的二元化合物。m 是元素W的单质。q是元素Y的单质且是制作太阳能电池的原料。p在常温下为常见无色液体，0.010molL-1的r溶液中c(H+)为0.010 molL-1，s是弱酸且不溶于水。上述物质的转化关系如图所示。下列说法不正确的是A. r易
18、溶于pB. 原子半径：ZYC. 最高价氧化物对应水化物的酸性：YZD. 最简单氢化物的稳定性：XY【答案】D【解析】【分析】由图和已知条件可知，W为H元素，X为O元素，Y为Si元素，Z为Cl元素，m为H2，n为SiCl4，p为H2O，q为Si，r为HCl，s为H2SiO3。【详解】A氯化氢易溶于水形成盐酸，A正确；B同一周期原子半径随原子序数递增而减小，ZY，B正确；CY元素的最高价氧化物的水化物为H2SiO3，Z元素的最高价氧化物的水化物为HClO4，酸性H2SiO3HClO4，C正确；DX的简单氢化物为H2O，Y的简单氢化物为SiH4，由于O的非金属性强于Si的非金属性，故H2O的稳定性强
19、于SiH4，D错误；故选D。15.Mg-AgCl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池反应方程式为2AgCl+Mg= Mg2+2Ag+2Cl-，有关该电池说法错误的是A. 镁为电池负极B. 有24g镁被氧化时，还原得到216g银C. 正极反应为Ag+e-=AgD. 可用于海上应急照明【答案】C【解析】【详解】A电极方程式中Mg失去电子，做原电池负极，A正确；B24g Mg被氧化时转移电子2mol，有2mol AgCl得到电子，生成216g Ag，B正确；C正极反应为AgCl+e-=Ag+Cl-，C错误；D该电池可被海水激活，故可用于海上应急照明，D正确；故选C。二 非选择题（55分）16
20、.(1)下列五种物质中Ne；H2O；NH3；KOH；Na2O，只存在共价键的是_，只存在离子键的是_，既存在共价键又存在离子键的是_，不存在化学键的是_（填写序号）(2)现有Na2S、NH4Cl、干冰、碘片四种物质，按下列要求回答：用电子式表示的形成过程是_，用电子式表示的形成过程是_的电子式是_的电子式是_【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). (7). (8). 【解析】【分析】本题考察化学键的类型、电子式。【详解】（1）Ne是稀有气体，由单原子分子构成，不含任何化学键；H2O和NH3是共价化合物，含有极性键；KOH是离子化合物，含有离子键和极性共价键；Na2
21、O是离子化合物，含有离子键；故只存在共价键的是，只存在离子键的是，既存在共价键又存在离子键的是，不存在化学键的是；（2）Na2S的形成过程为；碘片的形成过程为；NH4Cl的电子式为 ；干冰的电子式为。17.某化学兴趣小组为探究元素性质的递变规律，设计了如下系列实验。.（1）将钠、钾、镁、铝各1 mol分别投入到足量的0.1 molL1的盐酸中，试预测实验结果：_与盐酸反应最剧烈，_与盐酸反应最慢。（2）将NaOH溶液与NH4Cl溶液混合生成NH3H2O，从而验证NaOH的碱性大于NH3H2O，继而可以验证Na的金属性大于N，你认为此设计是否合理？并说明理由：_,_。.利用下图装置可以验证非金属
22、性的变化规律。（3）仪器A的名称为_，干燥管D的作用是_。（4）实验室中现有药品Na2S、KMnO4、浓盐酸、MnO2，请选择合适药品设计实验验证氯的非金属性大于硫：装置A、B、C中所装药品分别为_、_、_，装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，离子方程式为_。（5）若要证明非金属性：CSi，则A中加_、B中加Na2CO3、C中加_，观察到C中溶液的现象为_。【答案】 (1). 钾 (2). 铝 (3). 不合理 (4). 用碱性强弱比较金属性强弱时，一定要用元素最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较，NH3H2O不是N元素最高价氧化物对应的水化物 (5). 分液漏斗 (6). 防止倒吸 (7)
23、. 浓盐酸 (8). KMnO4 (9). Na2S (10). S2Cl2S2Cl (11). 硫酸 (12). Na2SiO3 (13). 有白色胶状沉淀产生【解析】【详解】（1）由钠、镁、铝的金属性逐渐减弱，可确定与钠反应最剧烈、与铝的反应最慢。（2）用碱性强弱比较金属性强弱时，一定要用元素最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较，NH3H2O不是N元素最高价氧化物对应的水化物，因此推测不合理；（3）根据仪器构造可知仪器A的名称为分液漏斗，倒置干燥管D起防止倒吸作用；（4）要验证氯的非金属性大于硫，则烧瓶中反应生成Cl2，C中盛放Na2S溶液，因此装置A、B、C中所装药品分别为浓盐酸、高锰酸
24、钾、硫化钠。硫化钠与氯气反应生成淡黄色的硫，则装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，离子方程式为S2Cl2S2Cl；（5）要证明非金属性CSi，可证明碳酸酸性强于硅酸，烧瓶中反应产生CO2，则A中加稀硫酸、B中加Na2CO3、C中加入Na2SiO3，反应生成难溶于水的硅酸，所以观察到C中溶液的现象为有白色胶状沉淀产生。18.A、B、C、D、E、F六种短周期元素的原子序数依次增大。已知A、C、F位于同一周期，三种元素原子的最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，均生成盐和水，D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4个，E元素原子的次外层电子数比最外层电子数多3
25、个。试回答：(1)写出下列元素的元素符号：A_，C_，D_，E_(2)用电子式表示B、F形成的化合物_。(3)A、C两种元素最高价氧化物的水化物之间反应的化学方程式为_， C、F两种元素最高价氧化物的水化物之间反应的离子方程式为_。【答案】 (1). Na (2). Al (3). Si (4). P (5). (6). Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O (7). Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O【解析】【分析】A、C、F的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，且这三种元素是处于同一周期的短周期元素，且原子序数依次增大，则C为Al，A为Na，B为Mg。A、C、F原子的最
26、外层共有11个电子，则F为Cl。D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4个，且D为短周期元素，则D的核外电子排布为2、8、4，所以D为Si。E元素原子的次外层电子数比最外层电子数多3个，且E为短周期元素，则E的核外电子排布为2、8、5，所以E为P。综上所述，A为Na，B为Mg，C为Al，D为Si，E为P，F为Cl。【详解】(1)经分析，A为Na，B为Mg，C为Al，D为Si，E为P，F为Cl；(2) B、F形成的化合物为MgCl2，其电子式为；(3) A、C两种元素最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，它们之间的化学反应方程式为：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O
27、；C、F两种元素最高价氧化物的水化物分别为Al(OH)3、HClO4，它们之间的离子反应方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O。19.(1)在2L的密闭容器中放入4mol N2O5，发生如下反应：2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)。反应至5min时，测得N2O5转化了20%，则v(NO2)为_；5min时，N2O5在混合气体中的体积分数是_。(2)某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示。根据图中数据填空：该反应的化学方程式为_。若X、Y、Z均为气体，2min时反应达到平衡，此时体系内压强与开始时的压强之比为_。若X、Y、Z均为
28、气体，则达平衡时，容器内混合气体的平均相对分子质量比起始投料时_(填“增大”“减小”或“相等”)。【答案】 (1). 0.16 molL-1min-1 (2). 61.5% (3). 3X+Y2Z (4). 910 (5). 增大【解析】【分析】本题主要考察化学平衡。【详解】(1) N2O5转化了20%，则n(N2O5)=4mol20%=0.8mol，体系中各组分的物质的量如下表所示（单位：mol）：2N2O54NO2O2(g)241起400转0.81.60.4平3.21.60.4n(NO2)=1.6mol，v(NO2)= 0.16 molL-1min-1；根据阿伏伽德罗定律可得：N2O5在混
29、合气体中的体积分数是=61.5%；(2)反应中，X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物；0-2min内，n(X)=0.3mol，n(Y)=0.1mol，n(Z)=0.2mol，且2min后各组分的物质的量不再改变；所以，该反应的化学方程式为3X+Y2Z；根据理想气体状态方程:PV=nRT，2min时体系压强与开始时的压强之比等于两个时间的气体的总物质的量之比，该比例为（0.9+0.7+0.2）：（1.0+1.0）=1.8：2=9：10；该反应的化学方程式为3X+Y2Z，反应从正反应开始，则体系的总物质的量减小，由于体系中各组分都是气体，则体系的总质量不变，混合气体
30、的平均相对分子质量增大。20.（1）有甲、乙两位同学均想利用原电池反应检测金属的活动性顺序，两人均用镁片和铝片作电极，但甲同学将电极放入1 molL-1的H2SO4溶液中，乙同学将电极放入1molL-1的NaOH溶液中，如图所示。写出甲中负极的电极反应式：_。乙中负极反应式为_，总反应的离子方程式：_。（2）将用导线相连的两个铂电极插入KOH溶液中，然后向两极分别通入CH3OH(甲醇)和O2 ，则发生了原电池反应，该原电池中的负极反应式为_；正极反应式为_【答案】 (1). Mg2eMg2+ (2). Al3e+4OH=AlO2+2H2O (3). 2Al+2OH-+2H2O=2 AlO2+3
31、H2 (4). 2CH3OH16OH12e=2CO32-12H2O (5). 3O212e6H2O=12OH【解析】【分析】本题主要考察原电池的原理。【详解】（1）甲中，Mg、Al都可以与H2SO4反应，但是Mg的活泼性比Al强，所以Mg作负极，负极的电极反应式：Mg-2e-Mg2+；乙中，只有Al可以和NaOH溶液反应，Mg不可以，所以Al作负极，Al-3e-+4OH=AlO2-+2H2O，总反应的离子方程式：2Al+2OH-+2H2O=2 AlO2-+3H2；（2）该原电池的总反应为：2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O；O2作氧化剂，则O2在正极反应，电极反应为3O212e-6H2O=12OH-，则CH3OH在负极反应，电极反应为：2CH3OH16OH-12e-=2CO32-12H2O。【点睛】对于不熟悉的原电池反应，可以先写出总反应，再根据题中的信息写出电极反应，比如本题中的甲醇燃料电池，题中告知电解质溶液为KOH，则一定有一个电极消耗OH-，另一个电极生成OH-，据此可以推出两个电极的反应。
