学年广东省湛江市第一中学高二上学期第一次大考化学试题 解析版.docx
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学年广东省湛江市第一中学高二上学期第一次大考化学试题解析版
广东省湛江第一中学2018-2019学年高二上学期第一次大考化学试题
1.我国明代《本草纲目》中收载药物1892种,其中“烧酒”条目下写道:
“自元时始创其法,用浓酒和糟入甑,蒸令气上……其清如水,味极浓烈,盖酒露也。
”这里所用的“法”是指（）
A.萃取B.渗析C.蒸馏D.干馏
【答案】C
【解析】
乙醇和水的沸点相差较大，因此涉及的操作方法是蒸馏，答案选C。
点睛：
掌握常见物质分离与提纯的方法是解答的关键，易错选项是A，注意萃取与蒸馏的区别，蒸馏是依据混合物中各组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，二者的原理是不同的。
2.以下关于甲烷的说法中错误的是
A.甲烷分子是由极性键构成的分子
B.甲烷分子具有正四面体结构
C.甲烷分子中四个C-H键是完全等价的键
D.甲烷分子中具有非极性键
【答案】D
【解析】
【详解】A、甲烷分子中含有碳氢极性键,故A不符合题意;
B、甲烷分子是正四面体结构,碳原子位于正四面体中心，四个氢原子位于正四面体四个角，故B不符合题意;
C、甲烷分子是正四面体结构,甲烷分子中四个C-H键是完全等价的键,故C不符合题意;
D、甲烷分子中只含有碳氢极性键,故D符合题意.
综上所述，本题应选D。
3.类推是学习和研究的重要思维方法。
下列类推结论正确的是
化学事实
类推结论
A
Al在O2中燃烧生成Al2O3
Fe在O2中燃烧也生成Fe2O3
B
pH＝3的盐酸稀释1000倍后pH＝6
pH＝6的盐酸稀释1000倍后pH＝9
C
用电解熔融MgCl2的方法冶炼金属镁
用电解熔融NaCl的方法制取金属钠
D
将CO2和Na2O2反应生成Na2CO3与O2
将SO2与Na2O2反应生成Na2SO3与O2
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
【详解】A、Fe在氧气中燃烧生成Fe3O4，故A错误；
B、无论盐酸稀释多少倍，溶液始终不会显碱性，故B错误；
C、钠和镁都是活泼金属，工业中采用电解熔融氯化镁制备镁单质，采用电解熔融氯化钠制备金属钠，故C正确；
D、二氧化硫具有还原性，过氧化钠具有强氧化性，两者发生氧化还原反应生成硫酸钠，故D错误；
综上所述，本题应选C。
4.NA为阿伏加德罗常数的值.下列叙述正确的是
A.在1.0mol·L-1的NaHCO3溶液中，含有的Na+数为1NA
B.标准状况下，2.24LCCl4中含有的分子总数为0.1NA
C.金属钠与水反应，生成22.4L氢气时，转移的电子数为2NA
D.1mol氢氧根离子与1mol铵根离子所含电子数均为10NA
【答案】D
【解析】
【详解】A、在1.0mol·L-1的NaHCO3溶液中则溶液中钠离子的浓度为1mol/L，因为没有给定溶液的体积，所以不能确定钠离子的个数，故A错误；
B、标准状况下，CCl4为液态，故B错误；
C、题干中没有给出是否在标准状况下，因此22.4L氢气的物质的量不能确定，故转移电子数不能确定，故C错误；
D、1个氢氧根离子含有10个电子，1铵根离子含有10个电子，因此1mol氢氧根离子与1mol铵根离子所含电子数均为10NA，故D正确；
综上所述，本题应选D。
【点睛】本题值得注意的是只有在标准状况下，气体的摩尔体积为22.4L/mol，此数值在使用时必须表明①标准状况下；②标况下该物质为气体。
5.下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是
图
（1）
图
（2）
图（3）
图（4）
A.图
（1）用于除去CO2中的HCl气体
B.图
（2）表示已组装的铜锌原电池
C.图（3）用于测定某稀盐酸的物质的量浓度
D.用图（4）装置制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色
【答案】A
【解析】
【详解】A、二氧化碳在饱和碳酸氢钠溶液中的溶解度很小，而氯化氢气体极易溶于水，因此可用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢气体，故A正确；
B、图
（2）中没有形成闭合回路，因此不能组成原电池，故B错误；
C、图（3）中装氢氧化钠溶液的为酸式滴定酸，而氢氧化钠溶液呈碱性，应改为碱式滴定管，故C错误；
D、图（4）中铁电极与电源负极相连，作阴极，电解池中氢离子得到电子生成氢气，因此不会产生二价铁离子，故D错误；
综上所述，本题应选A。
6.可逆反应：
2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g），在2L的密闭容器中反应，达到平衡的标志是
A.单位时间内生成nmol O2的同时生成2nmol NO
B.用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：
2：
1的状态
C.混合气体的颜色不再改变的状态
D.混合气体的密度不再改变的状态
【答案】C
【解析】
【详解】A、单位时间内生成nmol O2的同时生成2nmol NO，描述的均为正反应，没有提到逆反应，不能说明v（正）=v（逆），因此不能判断反应达到平衡状态，故A不符合题意；
B、对于正反应（或逆反应）说在任何时刻NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：
2：
1，不能说明v（正）=v（逆），故B不符合题意；
C、二氧化氮是红棕色气体，颜色不变时说明二氧化氮浓度保持不变，因此可以证明反应达到平衡状态，故C符合题意；
D、恒容条件下，该反应气体的质量不变，体积也不变，所以反应过程中气体密度一直不变，因此密度不变不能证明反应达到平衡状态，故D不符合题意；
综上所述，本题应选C。
【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，注意分析时应从平衡状态的两个重要特征上判断
（1）v（正）=v（逆），
（2）混合物中各组成成分的百分含量不变．考查学生的知识运用能力、灵活分析处理实际问题的能力．
7.下列离子方程式正确的是（）
A.Cl2通入水中:
Cl2+H2O=2H++Cl -+C1O-
B.双氧水中加入稀硫酸和KI 溶液:
H2O2+2H++2I-=I2+2H2O
C.用铜作电极电解CuSO4 溶液:
2Cu2++ 2H2O
2Cu+ O2↑+ 4H+
D.Na2S2O3溶液中加入稀硫酸:
2S2O32-+4H+=SO42- + 3S↓+ 2H2O
【答案】B
【解析】
试题分析：
A、Cl2通入水中的离子反应为Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，故A错误；B、双氧水中加入稀硫酸和KI溶液的离子反应为H2O2+2H++2I-═I2+2H2O，故B正确；C、用铜作电极电解CuSO4溶液，实质为电镀，阳极Cu失去电子，阴极铜离子得电子，故C错误；D、Na2S2O3溶液中加入稀硫酸的离子反应为S2O32-+2H+═SO2↑+S↓+H2O，故D错误；故选B。
考点：
考查了离子方程式的书写的相关知识。
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8.下列说法正确的是
A.无论是纯水，还是酸性、碱性或中性稀溶液，其c（H＋）·c（OH－）＝1×10－14
B.c（H＋）＝1×10－7mol·L－1的溶液一定是中性溶液
C.常温下，Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10−12，pH=10的含Mg2+溶液中，c（Mg2+）≤5.6×10−4mol·L−1
D.加热蒸干AlCl3溶液然后灼烧得到Al（OH）3固体
【答案】C
【解析】
【详解】A、可逆反应的化学平衡常数受温度的影响，水的离子积受温度影响，没有指明温度，故A错误；
B、水的离子积受温度影响，温度升高，水的离子积增大，所以c（H＋）＝1×10－7mol·L－1的溶液不一定是中性溶液，故B错误；
C、常温下pH=10的溶液中氢氧根离子浓度为10-4mol·L－1，故溶液中含Mg2+浓度最大值为Ksp/c2（OH-）=5.6×10−12/（1×10-4）2=5.6×10−4mol·L−1，故C正确；
D、铝离子水解生成氢氧化铝和氯化氢，加热蒸发，氯化氢挥发促进水解进行彻底，生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝受热易分解，灼烧，最后得到固体氧化铝，故D错误；
综上所述，本题应选C。
【点睛】可逆反应（电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡等）的化学平衡常数受温度的影响。
在使用水的离子积常数时必须要注明温度。
9.下列说法正确的是（）
A.升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增大了反应物分子中活化分子的百分数
B.有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C.增大反应物浓度，可增大活化分子的百分数，从而使单位时间有效碰撞次数增多
D.催化剂不参与反应，但能降低活化能增大活化分子的百分数，从而增大反应速率
【答案】A
【解析】
【详解】A．升高温度，可增加反应物分子中活化分子的百分数，使反应速率增大，故A正确；
B．增大压强，可增大单位体积的活化分子数目，但百分数不变，故B错误；
C．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的数目，但百分数不变，故C错误；
D．加入催化剂，降低反应物的活化能，增大活化分子的百分数，反应速率增大，故D错误；正确选项A。
【点睛】增大浓度，增大单位体积内活化分子的数目，但百分数不变，增大压强，缩小体积，相当于增大浓度，所以和增大浓度结论一样；升高温度、加入催化剂，可增加反应物分子中活化分子数，也增大活化分子的百分数。
10.依据如图判断，下列说法正确的是（ ）
A.氢气的燃烧热ΔH＝－241.8kJ·mol－1
B.2molH2（g）与1molO2（g）所具有的总能量比2molH2O（g）所具有的总能量低
C.液态水分解的热化学方程式为2H2O（l）===2H2（g）＋O2（g） ΔH＝＋571.6kJ·mol－1
D.H2O（g）生成H2O（l）时，断键吸收的能量小于成键放出的能量
【答案】C
【解析】
【详解】A.氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量,故氢气的燃烧热为（483.6+88）/2=285.8kJ·mol－1,A错误；
B.2molH2（g）与1molO2（g）反应生成2molH2O（g），放出热量483.6kJ，所以2molH2（g）与1molO2（g）所具有的总能量比2molH2O（g）所具有的总能量高，B错误；
C.液态水分解的热化学方程式为:
2H2O（l）===2H2（g）＋O2（g），ΔH＝+（483.6+88）=+571.6kJ·mol－1,C正确；
D.H2O（g）生成H2O（l）时，为物理变化,不存在化学键的断裂和生成，D错误；
正确选项C。
【点睛】明确反应热与物质总能量大小的关系是解题关键，根据物质具有的能量进行计算：
△H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题。
11.X、Y、Z、W均为短周期元素，且Y、Z、W在周期表的位置关系如下。
已知X与W能形成最简单的有机物，则下列有关说法正确的是
W
Y
Z
A.X能分别与Y、W形成化合物，且其所含化学键类型完全相同
B.W有多种同素异形体，且均具有高熔点、高沸点的性质
C.X的离子半径一定小于与Y同族的短周期元素的离子半径
D.Y、Z分别与X的常见稳定液态氧化物反应的剧烈程度：
Y比Z更剧烈
【答案】D
【解析】
【分析】
最简单的有机物为CH4，则X为H，W为C，根据元素周期表元素位置关系可知Y为Na，Z为Mg。
【详解】A、H与Na形成的化合物为NaH，化学键为离子键，与C形成的化合物为有机物，含有的化合键为共价键，类型不同，故A错误；
B、C的同素异形体有金刚石、C60等，其中金刚石为原子晶体，熔沸点较高，而C60的熔沸点比较低，故B错误；
C、H的离子可能为H-，与Na同主族的元素可能为Li，H-和Li+的核外电子结构相同，由于H的核电荷数小于Li，因此H-的半径大于Li+，故C错误；
D、H的稳定液态氧化物为H2O，Na与H2O反应的剧烈程度大于Mg，故D正确；
综上所述，本题应选D。
12.常温下，将一定浓度的某一元酸HA和0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合后，下列说法正确的是
A.若pH=7，HA的浓度一定为0.1mol·L-1
B.若pH=7，A-的浓度大于Na+的浓度
C.若pH<7，溶液中的微粒浓度关系为:
c（Na+）=c（HA）+c（A-）
D.若pH=12，且HA为强酸时，HA的浓度应为0.08mol·L-1
【答案】D
【解析】
【详解】A.若pH=7,溶液呈中性,如果酸是强酸,酸碱的体积相等,要使溶液呈中性,则酸碱的浓度相等,如果酸是弱酸,要使溶液呈中性，则酸碱的浓度不相等,故A错误;
B.若pH=7,溶液呈中性,则c（H+）=c（OH-）,溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（A-）,所以c（Na+）=c（A-）,故B错误;
C.若pH<7,溶液呈酸性,如果酸为强酸,由电荷守恒可知c（Na+）＜c（A-）；如果酸为弱酸,则弱酸过量，根据物料守恒得c（Na+）＜c（HA）+c（A-）,故C错误;
D.若pH=12,且HA为强酸时,设HA的浓度为c,c（OH-）=10-2mol·L-1=（0.1mol·L-1×VL-cmol·L-1×VL）/2VL，解得c=0.08mol·L-1,故D正确;
综上所述，本题应选D。
13.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和
可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。
下列叙述正确的是
A.通电后中间隔室的SO42－离子向正极迁移，正极区溶液pH增大
B.该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品
C.负极反应为2H2O−4e–=O2+4H+，负极区溶液pH降低
D.当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成
【答案】B
【解析】
【分析】
与电源负极相连的为电解池阴极，得到电子，发生还原反应，电极反应为：
H++2e-=H2,氢离子在阴极得电子生成氢气，考虑电荷守恒，两膜中间的钠离子会进入负极区，生成氢氧化钠；与电源正极相连的为电解池阳极，失去电子，发生氧化反应，电极反应为：
4OH--4e-=H2O+O2，两膜中间的硫酸根离子会进入正极区，生成硫酸。
【详解】A、阴离子向阳极（即正极区）移动，氢氧根离子放电PH减小，故A错误；
B、直流电场的作用下，两膜中间的Na+和
可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室，通电时，氢氧根离子在阳极区放电生成水和氧气，两膜中间的硫酸根离子会进入正极区，生成硫酸；氢离子在阴极得电子生成氢气，两膜中间的钠离子会进入负极区，生成氢氧化钠，故可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；
C、与电源负极相连的为电解池阴极，得到电子，发生还原反应，电极反应为：
H++2e-=H2，溶液pH增大，故C错误；
D、根据电极反应4OH--4e-=H2O+O2可知，每生成1mol氧气转移4mol电子，当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.25molO2生成，故D错误。
综上所述，本题应选B。
【点睛】本题重点考查电解池的原理。
在电解池中，与电源负极相连的为电解池阴极，电解质溶液中阳离子得到电子，发生还原反应；与电源正极相连的为电解池阳极，若为活泼电解则电极失去电子（若为惰性电极，则电解质溶液中阴离子失电子），发生氧化反应。
14.25℃时，下列有关溶液中各微粒的物质的量浓度关系正确的是
A.0.1mol/L的NH4Cl溶液：
c（Cl-）>c（NH4+）>c（OH-）>c（H+）
B.0.1mol/L的CH3COOH溶液:
c（CH3COOH）>c（H+）>c（CH3COO-）>c（OH-）
C.pH=4的FeCl3溶液：
c（Cl-）>c（H+）>c（Fe3+）>c（OH-）
D.pH=11的CH3COONa溶液：
c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH）
【答案】B
【解析】
试题分析：
A．0.1mol/L的NH4Cl溶液：
NH4+会发生水解反应而消耗，所以c（Cl-）>c（NH4+）；NH4+水解消耗水电离产生的OH-，使溶液中c（H+）>c（OH-），但是盐水解程度是微弱是，水解产生的离子浓度小于盐电离产生的离子浓度，所以c（NH4+）>c（H+），故溶液中离子浓度关系是：
c（Cl-）>c（NH4+）>c（H+）>c（OH-），错误；B．醋酸是一元弱酸，其电离程度是微弱的，主要以酸分子形式存在，而且在溶液中还存在水电离产生的H+，所以c（H+）>c（CH3COO-），醋酸的电离作用大于水的电离作用，因此c（CH3COO-）>c（OH-），故在0.1mol/L的CH3COOH溶液:
c（CH3COOH）>c（H+）>c（CH3COO-）>c（OH-），正确；C．pH=4的FeCl3溶液中，根据盐的化学式可知c（Cl-）>c（Fe3+）；Fe3+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，当最终达到平衡时，c（H+）>c（OH-）；但是盐水解的程度是微弱的，盐电离产生的离子浓度大于水解产生的离子浓度，故溶液中离子浓度关系是：
c（Cl-）>c（Fe3+）>c（H+）>c（OH-），错误；D．pH=11的CH3COONa溶液，根据电荷守恒可得c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），错误。
考点：
考查有关溶液中各微粒的物质的量浓度关系正误判断的知识。
15.用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液，在如图所示的装置中进行中和反应。
测定强酸与强碱反应的反应热。
起始温度t1/℃
终止温度
t2/℃
温度差
（t2－t1）/℃
HCl
NaOH
平均值
1
25.5
25.0
25.25
28.5
3.25
2
24.5
24.5
24.50
27.5
3.00
3
25.0
24.5
24.75
26.5
1.75
（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是_________。
（2）装置中大、小烧杯之间填满碎泡沫塑料的目的是______________________________。
（3）某同学实验记录的数据如上表所示，其中记录的终止温度是指______________温度。
（4）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值_________（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）。
（5）计算该实验发生中和反应时放出的热量为________________kJ（中和后生成的溶液的比热容c=4.18J/（g·℃）（保留两位小数）。
（6）如果用50mL0.55mol/L的氨水（NH3·H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，通过测得的反应热计算中和热，则△H会_________（填“偏大”、“偏小”、“无影响”），其原因是_________。
【答案】
（1）.环形玻璃搅拌棒
（2）.减少实验过程中的热量损失（3）.完全反应后混合溶液的最高温度（4）.偏小（5）.1.31kJ（6）.偏大（7）.NH3.H2O是弱电解质，电离需要吸热（或生成的盐会水解，要吸收热量等）
【解析】
【详解】
（1）在该实验中,为使盐酸与NaOH溶液充分混合,需要搅拌,故图中缺少的玻璃仪器是环形玻璃搅拌棒；
（2）中和热测定实验中,关键是减少热量损失，所以装置中大、小烧杯之间填满碎泡沫塑料的目的是减少实验过程中的热量损失;
（3）氢氧化钠溶液与盐酸完全反应后混合溶液的最高温度为终止温度,
（4）大烧杯上如不盖硬纸板，则会造成热量损失，导致测定温度差偏小，最终求得的中和热数值偏小；
（5）第三次得到温度差误差较大,应该舍弃,所以平均温度差为（3.25+3.0）℃/2=3.125℃,溶液的质量为100mL×1g/Ml=100g,所以反应中放出的热量是4.18J/（g·℃）×100g×3.125℃=1306.25J=1.31kJ;
（6）一水合氨为弱碱,电离过程为吸热过程,放出的热量偏少,但酸碱中和为放热反应,所以用50mL0.55mol/L的氨水代替NaOH溶液进行上述实验,测得的中和热△H会偏大;
16.某研究小组用下图装置进行SO2与FeCl3溶液反应的相关实验（夹持装置已略去）。
（1）配制氯化铁溶液时，需先把氯化铁晶体溶解在盐酸中，再加水稀释，这样操作的目的是___。
（2）通入足量SO2时，装置C中观察到的现象为_______________。
（3）根据以上现象，该小组同学认为SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应。
①写出SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式____________；
②检验有Fe2+生成的方法是____________；
③该小组同学向C试管反应后的溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，若出现白色沉淀，即可证明反应生成了SO42-，该做法不合理，理由是____________。
（4）D装置中倒置漏斗的作用是____________。
（5）为了验证SO2具有还原性，实验中可以代替FeCl3的试剂有____________（填字母）。
a.浓H2SO4b.酸性KMnO4溶液 c.碘水d.NaCl溶液
【答案】
（1）.抑制氯化铁水解
（2）.溶液由棕黄色变为浅绿色（3）.2Fe3++SO2+2H2O=SO42-+4H++2Fe2+（4）.取少量C中反应后的溶液于试管中，向其中滴入酸性高锰酸钾溶液,若褪色，说明有亚铁离子，不褪色说明没有亚铁离子（5）.硝酸可以将溶解的SO2氧化为H2SO4，干扰试验（6）.使气体充分吸收、防止溶液倒吸（7）.b、c
【解析】
【详解】
（1）氯化铁溶于水后，三价铁离子易水解，为抑制氯化铁水解,需先把氯化铁晶体溶解在盐酸中，再加水稀释；
（2）通入足量SO2时C中发生二氧化硫与氯化铁的氧化还原反应,生成硫酸亚铁,则观察到溶液由棕黄色变为浅绿色；
（3）①二氧化硫与氯化铁的氧化还原反应,生成硫酸根离子、亚铁离子,离子反应为2Fe3++SO2+2H2O=SO42-+4H++2Fe2+；
②二价铁离子具有还原性，可被高锰酸钾氧化，因此检验二价铁离子的方法为：
取少量C中反应后的溶液于试管中，向其中滴入酸性高锰酸钾溶液,若褪色，说明有亚铁离子，不褪色说明没有亚铁离子；
③该小组同学向C试管反应后的溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液,硝酸具有强氧化性,则硝酸可以将溶解的SO2氧化为H2SO4，干扰试验,故做法不合理,
（4）二氧化硫为污染性气体，不能直接排放到空气中，需要进行尾气处理，因二氧化硫易溶于NaOH溶液,所以NaOH溶液吸收尾气，用倒置漏斗的作用为防止NaOH溶液倒吸；
（5）验证SO2具有还原性,可用高锰酸钾或碘水发生氧化还原反应,S元素的化合价升高,而SO2不能被浓硫酸、NaCl氧化,因此，本题应选b、c.
17.活性氧化锌是一种多功能性的新型无机材料。
某小组以粗氧化锌（含铁、铜的氧化物）为原料模拟工业生产活性氧化锌，步骤如下:
已知各相关氢氧化物沉淀p
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