四川省雅安市天全中学学年高二上学期第二次.docx
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四川省雅安市天全中学学年高二上学期第二次
2015-2016学年四川省雅安市天全中学高二（上）第二次周考化学试卷
一．选择题（每题只有一个选项符合题意，每小题4分，共48分）
1．以下反应最符合“绿色化学”原子经济性（即原料中的原子全部转化为目标产品）要求的是（ ）
A．乙烯聚合为聚乙烯高分子材料
B．甲烷与氯气制备一氯甲烷
C．以铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜
D．用SiO2制备高纯硅
2．关于原子结构、元素性质的说法正确的是（ ）
A．随原子序数的递增，元素原子的核外电子数增多，原子半径逐渐减小
B．若两种不同的核素具有相同的中子数，则二者一定不属于同种元素
C．Si、P、S、Cl相应的氧化物对应水化物的酸性依次增强
D．在元素周期表中，各主族元素的最高化合价与其族序数相等
3．烷烃C5H12的同分异构体数目是（ ）
A．2B．3C．4D．5
4．下列说法正确的是（ ）
A．煤、石油、天然气均为可再生能源
B．浓硝酸可检验所有蛋白质
C．天然气是一种清洁的化石燃料
D．水煤气是通过煤的液化得到的气体燃料
5．对于放热反应H2+Cl2
2HCl，下列说法正确的是（ ）
A．该反应涉及到了离子键和共价键的断裂与形成
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，小于形成1molH﹣Cl键，所放出的能量
D．该反应中，化学能只转变为热能
6．下列措施对增大反应速率明显有效的是（ ）
A．Na与水反应时增大水的用量
B．Fe与稀硫酸反应制取氢气时，改用浓硫酸
C．在K2SO4与BaCl2两溶液反应时，增大压强
D．将铝片改为铝粉，做铝与氧气反应的实验
7．下列各组液体混合物，能用分液漏斗分离的是（ ）
A．乙酸和水B．液溴和苯C．苯和水D．乙醇和水
8．设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）
A．24g镁的原子最外层电子数为NA
B．1L0.1mol•L﹣1硫酸溶液中H+数为0.1NA
C．1mol甲烷分子所含质子数为10NA
D．标准状况下，22.4L乙醇的分子数为NA
9．对于A2+3B2
2C的反应来说，以下化学反应速率的表示中，反应速率最快的是（ ）
A．v（B2）=0.8mol/（L•s）B．v（A2）=0.4mol/（L•s）
C．v（C）=0.6mol/（L•s）D．v（B2）=4.2mol/（L•min）
10．在一定温度下，容器内某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如图，下列表述中正确的是（ ）
A．反应的化学方程式为：
2M⇌N
B．t2时，正逆反应速率相等，达到平衡
C．t3时，正反应速率大于逆反应速率
D．t1时，N的浓度是M浓度的2倍
11．下列说法错误的是（ ）
A．含有共价键的化合物一定是共价化合物
B．在共价化合物中一定含有共价键
C．含有离子键的化合物一定是离子化合物
D．双原子单质分子中的共价健一定是非极性键
12．在炼铜的过程中发生：
Cu2S+2Cu2O═6Cu+SO2↑，则下列叙述正确的是（ ）
A．该反应从电子转移角度看，与SO2+2H2S═3S+2H2O是同一反应类型
B．该反应从电子转移角度看，每生成6mol铜，转移电子12mol
C．该反应中，氧元素氧化了硫元素
D．该反应中，Cu2S既是还原剂又是氧化剂
二、非选择题，（共52分）
13．海水是应用前景广阔的化工原料资源是名符其实的液体矿藏，可从海水中提取各种化工原料．从海水中提取铀、重水对一个国家来说具有战略意义．
①写出氯化镁的电子式
②重水的摩尔质量为
③写出金属镁的工业冶炼方程式
④海水淡化的常见方法有电渗析法、离子交换法、 ．
14．在一密闭的2L的容器里充入8molSO2和4mol18O2，在一定条件下开始反应：
2SO2（g）+O2（g）
2SO3（g）
2min末测得容器中有7.2molSO2．
试回答：
（1）反应后18O存在哪些物质中 ；
（2）2min末SO3的浓度；
（3）用O2的浓度变化表示该时间段内的化学反应速率．
15．A、B、C、D四种主族元素原子序数均在20以内，A元素所处的周期数、主族序数、原子序数均相等，B的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，C元素原子的最高正价为+6价，C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，D可与C形成化合物D2C．
（1）D元素的名称 ；B在周期表中的位置：
第 周期第 族．
（2）A、B形成的化合物以 共价键相结合（填极性或非极性）．
（3）以C的最高价氧化物对应的水化物作为电解质溶液，组成氢氧燃料电池，放电时则负极区溶液的pH （填增大、减小、不变）．
（4）以D的最高价氧化物对应的水化物作为电解质溶液，组成氢氧燃料电池，则正极的电极反应式为 ．
（5）A、B、C、D四种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序是（用离子符号表示） ．
（6）C的质子数和中子数相等，则C的原子组成符号为 ，它形成的氢化物的还原性 氯化氢（填强于或弱于）．
16．下述反应中，属于氧化反应的是 ，属于取代反应的是 ，属于加成反应的是 （填序号）．
①乙醇与酸性重铬酸钾溶液的反应
②乙烷在光照条件下与氯气反应
③乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色
④乙烯使溴水褪色
⑤苯与浓硝酸浓硫酸混合共热制取硝基苯
⑥油脂在酸或碱催化条件下的水解反应
⑦苯在一定条件下与氢气的反应．
17．比赛中，当运动员肌肉挫伤或扭伤时，随队医生即对准受伤部位喷射氯乙烷（沸点12.27℃）进行局部冷冻麻醉应急处理．
①乙烯和氯化氢在一定条件下反应的化学方程式是
②决定氯乙烷能用于冷冻麻醉应急处理的具体性质是 （填选项）
A．沸点低B．沸点高C．易挥发D．难挥发
③甲烷与氯气光照下反应生成产物共 种．
18．“可燃冰”是天然气与水相互作用形成的晶体物质，若把“可燃冰”（用甲烷表示）燃烧在一定条件下改装成原电池，则在原电池的负极发生反应的物质是 ．
19．基本化工原料苯和乙烯，都有着十分广泛的用途．请回答：
①可以用来鉴别苯蒸气和乙烯的试剂是 （填序号）
A．水B．溴的四氯化碳溶液C．酸性高锰酸钾溶液D．氢气
②苯分子具有平面正六边形结构，所有原子共平面，则苯分子中在一条直线上的原子最多有 个．
20．下列营养物质在人体内发生的变化及其对人的生命活动所起的作用叙述不正确的是（ ）
A．人体中的糖类、油脂和蛋白质都能为人的生命活动提供能量
B．淀粉和纤维素
葡萄糖
CO2和H2O（释放能量维持生命活动）
C．油脂
甘油和高级脂肪酸
CO2和H2O（释放能量维持生命活动）
D．蛋白质
氨基酸
人体所需的蛋白质（人体生长发育、新陈代谢）
21．苹果酸
常用于汽水、糖果的添加剂
（1）写出苹果酸中官能团的名称 ．
（2）写出苹果酸分别与下列物质反应的化学方程式（有机物用结构简式表示）
①与Na的反应 ；
②与Na2CO3的反应 ．
22．写出实现下列转化的化学方程式（有机物用结构简式表示）
乙醇的催化氧化 ，制乙酸乙酯 ．
2015-2016学年四川省雅安市天全中学高二（上）第二次周考化学试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（每题只有一个选项符合题意，每小题4分，共48分）
1．以下反应最符合“绿色化学”原子经济性（即原料中的原子全部转化为目标产品）要求的是（ ）
A．乙烯聚合为聚乙烯高分子材料
B．甲烷与氯气制备一氯甲烷
C．以铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜
D．用SiO2制备高纯硅
【考点】绿色化学；有机物的合成．
【分析】化学反应“绿色化学”就是要求原料物质中的所有原子完全被利用，全部转入期望的产物中．根据题干要求，要从反应的原子利用率方面进行考虑分析．
【解答】解：
A、乙烯聚合为聚乙烯高分子材料，为加聚反应，原料利用率为100%，故A正确；
B、甲烷与氯气制备一氯甲烷为取代反应，有副产品HCl生成，故B错误；
C、以铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜，因有有毒气体二氧化氮生成，故C错误；
D、用二氧化硅制备高纯硅，有副产品CO生成，故D错误；
故选A．
2．关于原子结构、元素性质的说法正确的是（ ）
A．随原子序数的递增，元素原子的核外电子数增多，原子半径逐渐减小
B．若两种不同的核素具有相同的中子数，则二者一定不属于同种元素
C．Si、P、S、Cl相应的氧化物对应水化物的酸性依次增强
D．在元素周期表中，各主族元素的最高化合价与其族序数相等
【考点】原子结构与元素的性质．
【分析】A．同一周期，原子半径随着原子序数增大而减小，同一主族元素，原子半径随着原子序数增大而增大；
B．若两种不同的核素具有相同的中子数，其质子数一定不同，所以二者一定不属于同种元素；
C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，但其氧化物的水化物不一定越强；
D．在周期表中，主族元素最高化合价与其族序数相等，但O、F元素除外．
【解答】解：
A．同一周期，原子半径随着原子序数增大而减小，同一主族元素，原子半径随着原子序数增大而增大，所以随着原子序数递增，但原子半径不一定增大，故A错误；
B．若两种不同的核素具有相同的中子数，如果相同二者就不是不同核素，所以其质子数一定不同，则二者一定不属于同种元素，故B正确；
C．Cl元素非金属性大于S元素，但酸性H2SO4＞HClO，故C错误；
D．在周期表中，主族元素最高化合价与其族序数相等，O、F元素没有正化合价，所以O、F元素最高化合价与其族序数不等，故D错误；
故选B．
3．烷烃C5H12的同分异构体数目是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【考点】同分异构现象和同分异构体．
【分析】分子为C5H12为戊烷，戊烷的同分异构体有CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH3、
、
，据此解题．
【解答】解：
分子为C5H12为戊烷，戊烷的同分异构体有3种，正戊烷、异戊烷和新戊烷，分别为CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH2﹣CH3、
、
，故选B．
4．下列说法正确的是（ ）
A．煤、石油、天然气均为可再生能源
B．浓硝酸可检验所有蛋白质
C．天然气是一种清洁的化石燃料
D．水煤气是通过煤的液化得到的气体燃料
【考点】常见的能量转化形式；煤的干馏和综合利用；化石燃料与基本化工原料；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．
【分析】A．可再生能源：
用完之后能够再产生的物质；
B．浓硝酸不能检验所有蛋白质；
C．天然气的燃烧产物是二氧化碳和水，对环境污染小；
D．水煤气是通过煤的气化得到的气体燃料．
【解答】解：
A．天然气、煤、石油属于化石燃料，用完之后不能再产生，属于不可再生能源，故A错误；
B．含有苯环的蛋白质遇到浓硝酸会变黄，故浓硝酸可检验含有苯环的蛋白质，故B错误；
C．天然气的燃烧产物是二氧化碳和水，对环境污染小，是一种清洁的化石燃料，故C正确；
D．水煤气是通过煤的气化得到的气体燃料，故D错误，
故选C．
5．对于放热反应H2+Cl2
2HCl，下列说法正确的是（ ）
A．该反应涉及到了离子键和共价键的断裂与形成
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，小于形成1molH﹣Cl键，所放出的能量
D．该反应中，化学能只转变为热能
【考点】反应热和焓变．
【分析】A、根据活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键（铵盐除外）；
B、根据放热反应中反应物所具有的总能量高于产物所具有的总能量；
C、根据放热反应的本质是生成物成键释放的总能量大于反应物断键吸收的总能量；
D、根据放热反应中化学能转变为热能、光能等．
【解答】解：
A、该反应只涉及到了共价键的断裂与形成，没有离子键的断裂与形成，故A错误；
B、H2+Cl2
2HCl是放热反应，所以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、H2+Cl2
2HCl是放热反应，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、放热反应中化学能转变为热能、光能等，不是只转变为热能，故D错误；
故选B．
6．下列措施对增大反应速率明显有效的是（ ）
A．Na与水反应时增大水的用量
B．Fe与稀硫酸反应制取氢气时，改用浓硫酸
C．在K2SO4与BaCl2两溶液反应时，增大压强
D．将铝片改为铝粉，做铝与氧气反应的实验
【考点】化学反应速率的影响因素．
【分析】A、钠与水反应剧烈，加水不能改变浓度；
B、浓硫酸具有强氧化性，使铁发生钝化；
C、压强只对气体的反应速率有影响；
D、压强只对气体的反应速率有影响，对非气体的反应没有影响，增大压强速率不变．
【解答】解：
A、加水不能改变浓度水的浓度，对反应速率没有影响，故A错误；
B、浓硫酸具有强氧化性，与铁发生钝化反应，没有氢气生成，不能提高生成气体的反应速率，故B错误；
C、压强只对气体的反应速率有影响，对非气体的反应没有影响，增大压强速率不变，故C错误；
D、将Al片改成Al粉，增大了反应物的接触面积，所以能使反应速率加快，故D正确；
故选：
D．
7．下列各组液体混合物，能用分液漏斗分离的是（ ）
A．乙酸和水B．液溴和苯C．苯和水D．乙醇和水
【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．
【分析】根据分液漏斗可以将互不相溶的两层液体分开，则分析选项中物质的溶解性即可．
【解答】解：
A．乙酸和水互溶，不能用分液漏斗进行分离，故A错误；
B．液溴和苯，不能用分液漏斗进行分离，故B错误；
C．苯和水不溶，能用分液漏斗进行分离，故C正确；
D．乙醇和水互溶，不能用分液漏斗进行分离，故D错误．
故选C．
8．设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）
A．24g镁的原子最外层电子数为NA
B．1L0.1mol•L﹣1硫酸溶液中H+数为0.1NA
C．1mol甲烷分子所含质子数为10NA
D．标准状况下，22.4L乙醇的分子数为NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、质量换算物质的量，结合镁原子的结构分析计算；
B、氢离子浓度为0.2mol/L，1L溶液中氢离子的物质的量为0.2mol．
C、依据甲烷分子中的质子数计算；
D、依据气体摩尔体积的应用条件分析判断．
【解答】解：
A、镁原子的物质的量为n=
=
=1mol，又因镁的最外层电子数为2，所以最外层电子数为2NA，故A错误；
B、1L0.1mol•L﹣1硫酸溶液中氢离子浓度为0.2mol/L，1L溶液中氢离子的物质的量为0.2mol，含有的H+数为0.2NA，故B错误；
C、一个CH4分子的质子数为10，因此1molCH4分子中的质子数为10NA，故C正确；
D、乙醇标况下是液体，则不能利用22.4L来计算其物质的量，故D错误；
故选C．
9．对于A2+3B2
2C的反应来说，以下化学反应速率的表示中，反应速率最快的是（ ）
A．v（B2）=0.8mol/（L•s）B．v（A2）=0.4mol/（L•s）
C．v（C）=0.6mol/（L•s）D．v（B2）=4.2mol/（L•min）
【考点】反应速率的定量表示方法．
【分析】对于这中题目要：
（1）把单位统一成相同单位；
（2）转化为用同种物质表示的反应速率，依据是：
化学反应速率之比=方程式的系数之比．
【解答】解：
根据反应A2+3B2
2C，可以选B2为参照，根据化学反应速率之比=方程式的系数之比这一结论，转化为用同种物质表示的反应速率分别为：
A、V（B2）=0.8mol/（L•s）；
B、v（B2）=1.2mol/（L•s）；
C、v（B2）=0.9mol/（L•s）
D、v（B2）=0.07mol/（L•s），所以最大的是B．
故选B．
10．在一定温度下，容器内某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如图，下列表述中正确的是（ ）
A．反应的化学方程式为：
2M⇌N
B．t2时，正逆反应速率相等，达到平衡
C．t3时，正反应速率大于逆反应速率
D．t1时，N的浓度是M浓度的2倍
【考点】化学反应速率变化曲线及其应用；物质的量或浓度随时间的变化曲线．
【分析】A、根据图象判断出反应物和生成物，根据物质的量的变化判断计量数之间的关系；
B、根据某一时间反应中各物质的物质的量是否变化判断反应是否达到平衡；
C、根据平衡移动的方向判断正逆反应速率的关系；
D、根据某一时刻反应物和生成物的物质的量多少判断浓度的关系．
【解答】解：
A、由图象可知，反应中M的物质的量逐渐增多，N的物质的量逐渐减少，则在反应中N为反应物，M为生成物，图象中，在相等的时间内消耗的N和M的物质的之比为2：
1，所以反应方程式应为：
2N
M，故A错误；
B、由图可知t2时，反应没有达到平衡，此时反应继续向正方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故B错误；
C、由图可知t3时，反应达到平衡，正逆反应速率相等，故C错误；
D、t1时，N的物质的量为6mol．M的物质的量为3mol，故N的浓度是M浓度的2倍，故D正确．
故选D．
11．下列说法错误的是（ ）
A．含有共价键的化合物一定是共价化合物
B．在共价化合物中一定含有共价键
C．含有离子键的化合物一定是离子化合物
D．双原子单质分子中的共价健一定是非极性键
【考点】化学键；离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型；极性键和非极性键．
【分析】根据化合物元素组成判断含有的化学键，从而判断选项正误．
【解答】解：
A：
含有共价键的化合物不一定是共价化合物，如NH4NO3等铵盐，故A错．
B：
只含有共价键的化合物是共价化合物，故B对．
C：
物质只要含有离子键就是离子化合物，故C对．
D：
双原子单质分子形成的共价键，由于原子相同得电子能力相等，共用电子对不发生偏移，一定是非极性键，故D对．
故选A
12．在炼铜的过程中发生：
Cu2S+2Cu2O═6Cu+SO2↑，则下列叙述正确的是（ ）
A．该反应从电子转移角度看，与SO2+2H2S═3S+2H2O是同一反应类型
B．该反应从电子转移角度看，每生成6mol铜，转移电子12mol
C．该反应中，氧元素氧化了硫元素
D．该反应中，Cu2S既是还原剂又是氧化剂
【考点】氧化还原反应．
【分析】Cu2S+2Cu2O═6Cu+SO2↑中，Cu元素的化合价降低，S元素的化合价升高，以此来解答．
【解答】解：
A．Cu2S+2Cu2O═6Cu+SO2↑中，Cu、S元素的化合价变化，而SO2+2H2S═3S+2H2O中只有S元素的化合价变化，电子转移的类型不同，故A错误；
B．每生成6mol铜，转移电子为6mol×（1﹣0）=6mol，故B错误；
C．O元素的化合价不变，Cu元素的化合价降低，则Cu元素氧化硫元素，故C错误；
D．Cu元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则Cu2S既是还原剂又是氧化剂，故D正确；
故选D．
二、非选择题，（共52分）
13．海水是应用前景广阔的化工原料资源是名符其实的液体矿藏，可从海水中提取各种化工原料．从海水中提取铀、重水对一个国家来说具有战略意义．
①写出氯化镁的电子式
②重水的摩尔质量为 20g/mol
③写出金属镁的工业冶炼方程式 MgCl2（融熔）
Mg+Cl2↑
④海水淡化的常见方法有电渗析法、离子交换法、 蒸馏法 ．
【考点】金属冶炼的一般原理；电子式；摩尔质量；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．
【分析】①根据晶体类型判断氯化镁为离子化合物，存在离子键，从而写出电子式；
②重水的摩尔质量以g/mol为单位数值上等于相对分子质量；
③金属镁为活泼金属，利用电解熔融氯化镁得到；
④海水淡化的方法，基本上分为两大类：
（1）从海水中取淡水，有蒸馏法、反渗透法、水合物法、溶剂萃取法和冰冻法；
（2）除去海水中的盐分，有电渗析法、离子交换法和压渗法等；
【解答】解：
①氯化镁阴阳离子间的作用力是离子键，所以氯化镁的电子式为：
，
故答案为：
；
②重水的分子式为：
D2O[其中D为核素重氢：
12H]，重水D2O的摩尔质量以g/mol为单位数值上等于相对分子质量=20g/mol；
故答案为：
20g/mol；
③活泼金属利用电解制得，金属镁利用电解熔融氯化镁得到，反应的化学方程式为：
MgCl2（融熔）
Mg+Cl2↑；
故答案为：
MgCl2（融熔）
Mg+Cl2↑；
④从海水中取淡水，有蒸馏法、反渗透法、离子交换法、水合物法、溶剂萃取法和冰冻法等；
故答案为：
蒸馏法；
14．在一密闭的2L的容器里充入8molSO2和4mol18O2，在一定条件下开始反应：
2SO2（g）+O2（g）
2SO3（g）
2min末测得容器中有7.2molSO2．
试回答：
（1）反应后18O存在哪些物质中 SO2 O2 SO3 ；
（2）2min末SO3的浓度；
（3）用O2的浓度变化表示该时间段内的化学反应速率．
【考点】化学平衡的计算．
【分析】
（1）依据反应是化学平衡不能进行进行彻底；
（2）依据化学平衡三段式列式计算；
（3）依据三段式计算结果，结合反应速率概念进行计算得到；
【解答】解：
（1）2SO2（g）+O2（g）
2SO3（g）是可逆反应不能进行彻底，所以反应后18O存在于SO2 O2 SO3 中；
故答案为：
SO2 O2 SO3；
（2）2SO2（g）+O2（g）
2SO3（g）
起始量（mol）840
变化量（mol）0.80.40.8
2min末（mol）7.23.60.8
2min末SO3的浓度=
=0.4mol•L﹣1；
故答案为：
0.4mol•L﹣1；
（3）依据
（2）计算得到，用O2的浓度变化表示该时间段内的化学反应速率=
=0.1mol/（L•min）；
故答案为：
0.1mol/（L•min）；
15．A、B、C、D四种主族元素原子序数均在20以内，A元素所处的周期数、主族序数、原子序数均相等，B的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，C元素原子的最高正价为+6价，C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，D可与C形成化合物D2C．
（1）D元素的名称 钾 ；B在周期表中的位置：
第 二 周期第 ⅤA 族．
（2）A、B形成的化合物以 极性 共价键相结合（填极性或非极性）．
（3）以C的最高价氧化物对应的水化物作为电解质溶液，组成氢氧燃料电池，放电时则负极区溶液的pH 减小 （填增大、减小、不变）．
（4）以D的最高价氧化物对应的水化物作为电解质溶液，组成氢氧燃料电池，则正极的电极反应式为 O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣ ．
（5）A、B、C、D四种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序是（用离子符号表示） S2﹣＞K+＞N3﹣＞H+ ．
（6）C的质子数和中子数相等，则C的原子组成符号为
，它形成的氢化物的还原性 强于 氯化氢（填强于或弱于）．
【考点】位置结构性质的相互关系应用．
【分析】A、B、C、D4种元素，A元素所处的周期数、主族序数、原子序数均相等，则A为
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