四川省平昌县镇龙中学2015年高一化学6月练习试题（含解析）.doc

平昌县2015年高一化学6月月考试题（含解析）‎ ‎1．由铜、锌和稀硫酸组装的原电池中，下列叙述正确的是 A.铜为正极，发生氧化反应 B.锌为负极，被氧化 C.用酒精替代稀硫酸电池会正常工作 D.电池放电后，溶液变为蓝色 ‎【答案】B ‎【解析】本题考查了原电池原理。在原电池中，还原性强的为负极，还原性弱的为正极，负极上金属失电子被氧化，正极上得电子发生还原反应，故A错，B正确。酒精不是电解质，不导电，所以用酒精替代稀硫酸电池不再正常工作，故C错。电池放电时，负极锌失电子变为锌离子，正极氢离子得电子变为氢气，所以电池放电后，溶液不会变为蓝色，故D错。‎ ‎ ‎ ‎2．短周期元素的离子aW3+、bX+、cY2－、dZ－都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是 ‎ A.质子数：c>d B.离子的还原性：Y2－>Z－‎ C.氢化物的稳定性：H2Y>HZ D.原子半径：XZ－，故B正确；氢化物稳定性应为HZ＞H2Y，故C错误；原子半径大小关系应为X＞W，故D错误；故选B。‎ ‎ ‎ ‎3．对于反应A2+3B2‎2C+D，化学反应速率最快的是 A.v(B2)＝0.8mol/(L·s)‎ B.v(D)＝0.6mol/(L·s)‎ C.v(C)＝0.6mol/(L·s)‎ D.v(A2)＝0.8mol/(L·min)‎ ‎【答案】B ‎【解析】本题考查化学反应速率大小比较，其方法为：①统一单位②求反应进度即用反应速率除以其化学计量数，得到的数值越大反应速率越快.此方法可以快速解题。不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，可以统一为用同一物质表示的反应速率，均统一为v(A2)，v(B2)＝0.8mol/(L·s)，即v(A2)=mol/(L·s)；v(D)＝0.6mol/(L·s)，即v(A2)=‎ - 9 -‎ ‎ 0.6mol/(L·s)；v(C)＝0.6mol/(L·s)，v(A2)=0.3mol/(L·s)；v(A2)＝0.8mol/(L·min)=mol/(L·s)，化学反应速率最快的是v(A2)=0.6mol/(L·s)；故选B。‎ ‎ ‎ ‎4．某元素只存在两种天然同位素，且在自然界它们的含量相近，其相对原子质量为152.0，原子核外的电子数为63。下列叙述中错误的是 A.它是副族元素 B.它是第六周期元素 C.它的原子核内有63个质子 D.它的一种同位素的核内有89个中子 ‎【答案】D ‎【解析】本题需要掌握根据原子序数推知元素在周期表中的位置，熟悉元素周期表的结构，这是解题的关键。因核外电子数等于其质子数为63，用质子数分别减去各周期所含有的元素种类，63－2－8－8－18－18=9，显然其属于第六周期，从左到右的第9种，而第六周期中包含镧系，所以它应属于副族，故A、B正确；核外电子数等于其质子数，故C正确；同种元素的不同核素质量数不同，不能用元素的相对原子质量代表某种核素的质量数，故D错误；故选D。‎ ‎ ;‎ ‎5．一定能在下列溶液中大量共存的离子组为 A.含有大量Fe2＋的溶液：Na＋、、ClO－、 B.含有大量氨水的溶液：Ca2+、Mg2＋、Ba2＋、 C.含有大量Al的溶液：Na＋、K+、、 D.含有大量的溶液：H+、 、Cl－‎ ‎【答案】C ‎【解析】本题考查离子的共存。A选项，次氯酸根离子有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子不能大量共存；B选项，氨水电离产生氢氧根离子，与镁离子、钙离子结合生成氢氧化镁、氢氧化钙沉淀，不能大量共存；C选项，离子可以大量共存；D选项，酸性条件下，硝酸根离子将碘离子氧化为碘单质，不能大量共存，故选C。‎ ‎ 6．下图所示的实验装置或操作不能达到实验目的的是 - 9 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】本题考查了常见实验的基本操作。A、氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，然后又反应生成氯化铵，所以A错误。B、配制100mL的溶液选择100mL的容量瓶，移液时用玻璃棒引流，所以B正确。C、测定中和反应的反应热时在2个烧杯之间填满碎泡沫塑料，起保温作用，减少热量散失；温度计测量反应前后的温度，用于计算；环形玻璃搅拌棒使溶液反应充分，温度一致且玻璃传热少，所以C正确。D、实验室制备蒸馏水用圆底烧瓶，冷凝管进水下进上出，所以D正确。‎ ‎ ‎ ‎7．某元素的一种同位素的原子，与1H原子组成HmX分子，在agHmX中所含中子的物质的量是 A. mol B.mol C.mol D.mol ‎【答案】C ‎【解析】本题考查原子的结构，阿伏加德罗定律的应用。1H原子没有中子，一个HmX分子含中子数：A－Z，a gHmX中所含中子的物质的量是，故选C。‎ ‎ ‎ 二、填空题 ‎8．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种短周期元素，其中仅含有一种金属元素，A和D最外层电子数相同；B、C和E在周期表中相邻，且C、E同主族。B、C的最外层电子数之和等于D的原子核外电子数，A和C可形成两种常见的液态化合物。请回答下列问题：‎ ‎(1)B元素的名称是___________。‎ - 9 -‎ ‎(2)C、D、E三种原子对应的离子半径由大到小的顺序是________________ (填具体离子)。‎ ‎(3)用某废弃的太阳能电池板中的半导体材料与A、C、D组成的化合物溶液反应，该反应的离子方程式为：                           。‎ ‎(4)在100 mL 18 mol/L的浓的A、C、E组成的酸溶液中加入过量的铜片，加热使之充分反应，铜片部分溶解。产生的气体在标准状况下的体积可能是　　　　(填序号)。‎ a.‎7.32‎ L‎   ;    b.‎6.72 L         c.‎20.16 L        d.‎‎30.24 L 欲使上述反应中剩余的铜片继续溶解，可向其中加入B的最高价含氧酸所形成的钠盐，反应的离子方程式为：                          。‎ ‎【答案】(1)氮；(2)>>Na+；(3)Si+2OH－+H2O QUOTE  +2H2↑；(4)ab　  3Cu+8H++ QUOTE  3Cu2++2NO↑+4H2O ‎【解析】本题主要考查了构成物质的粒子——分子、原子、离子，元素周期律等考点的理解。由于A和C可形成两种常见的液态化合物，且C的原子序数大，故A为H，C为O，结合C、E为同主族的短周期元素，则E为S;又据A、D最外层电子数相同，故D为Na;再据B、C的最外层电子数之和等于D的原子核外电子数，则B为N。(1)B元素的名称是氮。(2)电子层数越多，离子的半径越大，而电子层结构相同的离子，“核大径小”，故离子半径大小顺序为>>Na+。(3)用某废弃的太阳能电池板中的半导体材料与A、C、D组成的化合物溶液反应。该反应的离子方程式为Si+2OH－+H2O QUOTE  +2H2↑。(4)A、C、E组成的酸为H2SO4，浓H2SO 4 和Cu反应但稀H2SO4 和Cu不反应，故生成SO ;2 的物质的量小于硫酸的一半，根据硫原子守恒知，气体的体积小于‎20.16 L，故选a、b。若加入NaNO3，提供的与H +又与Cu反应: 3Cu+8H++ QUOTE  3Cu2++2NO↑+4H2O。‎ 三、实验题 ‎9．I.‎(1)①用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，选用酚酞作指示剂，下列操作会导致测定结果偏低的是 A.酸式滴定管未润洗就装标准液滴定 B.锥形瓶未用待测液润洗 C.读取标准液读数时，滴前仰视，滴定到终点后俯视 D.滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失 ‎②现用物质的量浓度为a mol • L﹣1的标准盐酸去测定V mL NaOH溶液的物质的量浓度，如图是酸式滴定管中液面在滴定前后的读数：则c(NaOH)=___________ ___________。‎ - 9 -‎ ‎(2)甲、乙两个同学同时设计了一份表格，用于酸碱中和滴定实验的数据记录和处理。甲同学设计的表格和实验记录结果如下：‎ 次数 V(NaOH)/mL V(HCl)/mL ‎1 ‎ ‎25.00‎ ‎22.36‎ ‎ ‎ ‎2‎ ‎25.00‎ ‎21.98‎ ‎3‎ ‎25.00‎ ‎22.26 ‎ ‎ ‎ 乙同学设计的表格和实验记录结果如下：‎ V(NaOH)/mL V(HCl)/mL ‎ ‎ 次数 始读数V1‎ ‎ ‎ 终读数V2‎ ‎ ‎ V2-V1‎ 始读数V1´‎ 终读数V2´;‎ V2´-V1´‎ ‎1‎ ‎0.10‎ ‎25.00‎ ‎0.00‎ ‎24.80‎ ‎ ‎ ‎2‎ ‎0.00‎ ‎24.80‎ ‎0.10‎ ‎ ‎ ‎24.90‎ ‎3‎ ‎0.00‎ ‎24.80‎ ‎ ‎ ‎0.00‎ ‎ ‎ ‎24.90‎ ‎ ‎ 请回答下列问题：‎ ‎①你认为甲、乙两同学设计的表格哪个比较合理___________(填“甲”或“乙”)，你判断的依据是________________________。‎ ‎②分析你在(1)中选择的表格中的实验数据[若c(HCl)=0.10 mol • L﹣1]，则测得的c(NaOH)=_______________mol • L﹣1。‎ ‎【答案】(1)①C  ②c(NaOH)=a(V2-V1)/V ‎(2)①乙  记录的数据最好为原始数据  ②0.10‎ - 9 -‎ ‎【解析】(1)①未润洗酸式滴定管就装标准液滴定会造成盐酸浓度的降低，导致测定结果偏高。若锥形瓶用待测液润洗就会造成NaOH的物质的量增多，导致测定结果偏高。滴前仰视，滴定到终点后俯视，使盐酸体积减小，导致测定结果偏低。气泡未排除，滴定后气泡消失，使盐酸体积增大，导致测定结果偏高。②根据酸碱中和：a• (V2-V1)=V • c(NaOH)，即c(NaOH)= a(V2-V1)/V ‎ ‎ ‎(2)①乙的数据都为原始数据，故较合理。‎ ‎②由乙中三组数据求平均值进行计算：[(25.00-0.10)+24.80+24.80]/3•c(NaOH)= [(24.80+(24.90-0.10)+ 24.90]/ 3×0.10。解得c(NaOH)=0.10 mol • L﹣1。‎ ‎ ‎ 四、综合题 ‎10．硼(B)、铝(Al)、镓(Ga)均属于硼族元素(第ⅢA族)，它们的化合物或单质都有重要用途。回答下列问题：‎ ‎(1)写出基态镓原子的电子排布式                                     。‎ ‎(2)已知：无水氯化铝在‎178℃‎升华，它的蒸气是缔合的双分子(Al2Cl6)，更高温度下Al2Cl6则离解生成A1Cl3单分子。‎ ‎①固体氯化铝的晶体类型是                ；‎ ‎ ‎ ‎②写出Al2Cl6分子的结构式                      ；‎ ‎③单分子A1Cl3的立体构型是                ，缔合双分子Al2Cl6中Al原子的轨道杂化类型是     。‎ ‎(3)晶体硼的结构单元是正二十面体，每个单元中有12个硼原子(如图)，若其中有两个原子为10B，其余为11B，则该结构单元有    种不同的结构类型。‎ ‎(4)金属铝属立方晶系，其晶胞边长为405 pm，密度是‎2.70g·cm－3，计算确定其晶胞的类型               (简单、体心或面心立方)；晶胞中距离最近的铝原子可看作是接触的，列式计算铝的原子半径r(A1)=           pm。‎ - 9 -‎ ‎【答案】(1)1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1(2)分子晶体或者 平面三角形    sp3   (3)3‎ ‎(4)N(Al)27/405310-306.231023=2.70解得N(Al)=4.00，为面心立方晶胞；405nm/4=143pm ‎【解析】本题考查了物质结构的相关知识的理解。(1)镓是31号元素，其原子核外有31个电子，根据构造原理知其核外电子排布式1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2 4p 1  或〔Ar〕3d 10 4s 2 4p 1  (2)①分子晶体的熔沸点较低，氯化铝的熔沸点较低，所以为分子晶体。②铝原子和氯原子之间形成共价键，还形成一个配位键，其结构为或者。③氯化铝中每个铝原子含有3个共价键，且不含孤电子对，为平面三角形结构，缔合双分子Al 2 Cl 6 中Al原子的轨道杂化类型sp3 。(3)两个10B相邻、相间、相对，所以共有3种类型结构。(4)每个晶胞中含有铝原子个数=ρV/M/NA=2.70×(405×10 -10 ) 3 /17/ NA ==4.00，该晶胞的每个顶点上和每个面上都含有一个Al原子，为面心立方晶胞，面心立方晶胞中，每个面的对角线上三个原子紧挨着，所以对角线长度=×pm=143pm。故答案为(1)1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1(2)①分子晶体②或者③平面三角形   sp3      (3)3 (4)N(Al)27/405310-306.231023=2.70解得N(Al)=4.00，为面心立方晶胞；405nm/4=143pm。‎ ‎11．据报道，在青藏高原冻土的一定深度下，发现了储量巨大的“可燃冰”，它主要是甲烷和水形成的水合物(CH4∙nH2O)。‎ ‎(1)在常温常压下，“可燃冰”会发生分解反应，其化学方程式是_________________________。‎ ‎(2)甲烷可制成合成气(CO、H2)，再制成甲醇，代替日益供应紧张的燃油。‎ - 9 -‎ ‎①方法一：在101 kPa时，‎1.6 g CH4 (g)与H2O(g)反应生成CO、H2，吸热20.64 kJ。则甲烷与H2O(g)反应的热化学方程式为_______________。‎ 方法二： CH4不完全燃烧也可制得合成气：‎ CH4(g)+O2(g)CO(g)+ 2H2(g)△H=-35.4 kJ • mol﹣1。则从原料选择和能源利用角度，比较方法一和二，合成甲醇的适宜方法为___________(填“方法一”或“方法二”)；原因是_____________________________。‎ ‎②在温度为T，体积为‎10L的密闭容器中， 加入1 mol CO、CO、2 mol H2，发生反应CO(g)+ 2H2 (g)CH3OH(g)  △H =-Q kJ • mol﹣1 (Q＞0)，达到平衡后的压强是开始时压强的0.6倍，放出热量Q1 kJ。‎ a.H2的转化率为__________________。‎ b.在相同条件下，若起始时向密闭容器中加入a mol CH3OH(g)，反应平衡后吸收热量Q2 kJ，且Q1+Q2=Q，则a=____________mol。‎ ‎(3)将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置示意如图(A、B为多孔性碳棒)。持续通入甲烷，在标准状况下，消耗甲烷体积V L。‎ ‎ ‎ ‎① 0＜V≤‎44.8L时，电池总反应方程式为_________________________________。‎ ‎ ‎ ‎② ‎44.8L＜V≤‎89.6L时，负极电极反应为_________________________________。‎ ‎③ V=‎67.2L时，溶液中离子浓度大小关系为_________________________________。‎ ‎【答案】(1)CH4 • nH2OCH4↑+nH2O ‎(2)①CH4(g)+ H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H=+206.4 kJ • mol﹣1   方法二   CH4不完全燃烧制合成气时，放出热量，同时得到的CO、H2的化学计量数之比为1:2，能恰好完全反应合成甲醇 ‎ ‎ ‎②a.60%   b.1‎ ‎(3)①CH4 +2O2+2KOHK2CO3 + 3H2O - 9 -‎ ‎②CH4 - 8e- + +3H2O10HC ‎③c(K+)＞c(HC)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)‎ ‎【解析】(1)可燃冰只能存在于低温髙压状态下，常温下分解为甲烷和水，CH4 • nH2OCH4↑ +nH2O。‎ ‎(2)①‎1.6g甲烷与水反应吸热20.64 kJ，l mol甲烷与水完全反应吸收的热量为20.64 kJ/0.1 mol=206.4 kJ • mol﹣1，故该反应的热化学方程式为CH4(g)+ H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H= + 206.4 kJ • mol﹣1。方法一为吸热反应，CO与H2的化学计量数之比为1:3，方法二为放热反应，CO与H2的化学计量数之比为1:2；根据合成甲醇的反应方程式可知，方法二产物的化学计量数之比与合成甲醇的反应物化学计量数之比相同，且反应为放热反应，更易进行。‎ ‎②a.反应前后的压强比等于反应前后的物质的量之比，故平衡时气体的物质的量为(1 mol+2 mol)×0.6 = 1.8 mol。‎ CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)   ; △n ‎1      2              1        2‎ n(H2)  3 mol-1.8 mol=l.2 mol n(H2)= l.2 mol×2/2=1.2 mol 氢气的转化率为：(1.2 mol/2 mol)×100%=60%。‎ b.根据盖斯定律可以判断，a mol甲醇为起始反应物，与由1 mol CO、2 mol H2合成甲醇的反应互为等效平衡。故a=1。‎ ‎(3)①甲烷燃料电池的设计原理来源于甲烷的燃烧反应，CH4 + 2O2CO2 + 2H2O；0＜V≤‎44.8 L时，燃烧生成的CO2最多为‎44.8 L/‎22.4 L • mol-1 =2 mol，电解质中KOH的物质的量为‎2 L×2 mol • L-1=4 mol，生成的CO2与KOH完全反应，生成K2CO3，反应的总方程式为CH4+2O2+2KOHK2CO3 +3H2O。‎ ‎②‎44.8 L＜V≤‎89.6 L时，此时电解质溶液为K2CO3，此时生成的CO2与可以和水反应生成HC，故甲烷燃料电池的负极反应式为CH4-8e-+3H2O+910HC。‎ ‎③ V= ‎67.2 L，生成CO2 3 mol，与KOH反应后生成1 mol K2CO3和2 mol KHCO3，其中、HC均能水解，溶液呈碱性，故溶液中的离子浓度关系为c(K+)＞ c(HC)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)。‎ - 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