学年四川省南充市阆中中学高二上学期质量检测化学试题 解析版.docx

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学年四川省南充市阆中中学高二上学期质量检测化学试题解析版

阆中中学校2018年秋高2017级教学质量检测化学试题

可能用到的原子量：

H—1，C—12，N—14，O—16，Na—23，Mg—24，P－31，Cl—35.5，Fe—56，Cu—64，S—32，Zn—65

第Ⅰ卷（共60分）

一、选择题（每个小题只有一个正确选项，每小题4分，共计60分）

1.下列关于丙炔（CH3－C≡CH）的说法正确的

A.丙炔分子有6个σ键，1个π键B.丙炔分子中3个碳原子都是sp3杂化

C.丙炔分子中有4个原子在同一直线上D.丙炔分子只存在极性共价键

【答案】C

【解析】

试题分析：

单键都是σ键，而三键是由1个σ键和2个π键构成的，所以A不正确，应该是丙炔分子有6个σ键，2个π键；B不正确，丙炔分子中甲基碳原子碳原子都sp3杂化，另外2个是sp杂化；由于碳碳三键是直线型结构，所以丙炔分子中有4个原子在同一直线上，C正确；碳和碳之间形成的是非极性键，D不正确，答案选C。

考点：

考查分子的结构及化学键的判断

点评：

如果碳原子形成的全部是单键，则是sp3杂化，如果是含有碳碳双键，则就是sp2杂化，如果含有碳碳三键，则就是sp杂化，所以需要具体问题具体分析，灵活运用。

2.图中烧杯中盛的是天然水，铁腐蚀的速率由快到慢的顺序是（）

A.③>②>①>⑤>④B.⑤>②>①>③>④C.⑤>②>③>④>①D.③>④>⑤>②>①

【答案】A

【解析】

如果作为原电池负极、电解池阳极的金属，腐蚀速度加快，且作负极的金属腐蚀速率小于作阳极的金属腐蚀速率，作为原电池正极、电解池阴极的金属被保护，①中只有铁一种金属，不能构成原电池；②构成原电池，铁易失电子而作负极，加速被腐蚀；③是电解池，铁连接原电池正极而作阳极，加速被腐蚀，且腐蚀速率大于铁作负极；④是电解池，铁连接原电池负极而作阴极，被保护；⑤构成原电池，锌易失电子而作负极，铁作正极，铁被保护；则铁被腐蚀快慢顺序是③＞②＞①＞⑤＞④，故选A。

3.已知：

Zn（s）+1/2O2（g）＝ZnO（s）ΔH1＝－351.1kJ/mol；Hg（l）+1/2O2（g）＝HgO（s）ΔH2＝－90.7kJ/mol。

由此可知Zn（s）+HgO（s）＝ZnO（s）+Hg（l）的ΔH3，其中ΔH3的值是

A.－260.4kJ/molB.－254.6kJ/mol

C.－438.9kJ/molD.－441.8kJ/mol

【答案】A

【解析】

【分析】

根据盖斯定律计算ΔH3。

【详解】①Zn（s）+1/2O2（g）＝ZnO（s）ΔH1＝－351.1kJ/mol；

②Hg（l）+1/2O2（g）＝HgO（s）ΔH2＝－90.7kJ/mol。

根据盖斯定律①－②得Zn（s）+HgO（s）＝ZnO（s）+Hg（l）的ΔH3=－351.1kJ/mol－（－90.7kJ/mol）=－260.4kJ/mol，故选A。

4.有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族；X＋与M2－具有相同的电子层结构；离子半径：

Z2－＞W－；Y的单质晶体是一种重要的半导体材料。

下列说法中，正确的是

A.X、M两种元素形成的化合物的晶体中一定含有离子键，不可能含有共价键

B.由于W、Z、M元素的氢气化物相对分子质量依次减小，所以其沸点依次降低

C.元素Y、Z、W的单质晶体的熔点高低顺序为：

Y＞Z＞W

D.化合物ZW2的分子空间构型为直线形

【答案】C

【解析】

试题分析：

Y的单质晶体是一种重要的半导体材料，所以Y是硅元素。

则根据离子的电荷数可知，X是钠。

又因为X＋与M2－具有相同的电子层结构，所以M是氧元素，则根据Z、M同主族可知，Z是S元素。

离子半径：

Z2－＞W－，所以W是氯元素。

A不正确，过氧化钠中含有非极性键；B不正确，水分之间存在氢键，沸点最高；硅是原子晶体、S单质和氯气都是分子晶体，所以选项C正确；化合物ZW2的分子中S原子含有2对孤电子对数，其空间构型为V形，D不正确，答案选C。

考点：

考查元素周期表的结构和元素周期律的应用

点评：

本题属于位、构、性的综合考查，需要熟练掌握元素周期表的结构，然后结合已知的条件逐一推断即可。

5.常温常压下，下列化合物以气态形式存在的是

A.甲醛B.乙醇C.苯酚D.乙酸乙酯

【答案】A

【解析】

A项，甲醛的熔点-92℃，沸点-19.5℃，常温常压下为气体，A正确；B项，常温常压下，乙醇是无色透明的液体，B错误；C项，苯酚的熔点为43℃，常温常压下为固态，C错误；D项，常温常压下，乙酸乙酯为无色油状液体，D错误。

点睛：

本题主要考查了物质的状态，题目很简单，掌握物质的物理性质是解题的关键。

6.下列反应中，不属于取代反应的是

A.

+HNO3

+H2O

B.CH2=CH2+Br2

BrCH2CH2Br

C.CH4+Cl2

CH3Cl+HCl

D.CH3CH2CH2Br+NaOH

CH3CH2CH2OH+NaBr

【答案】B

【解析】

【分析】

有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应，有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应；根据定义分析解答。

【详解】A．苯中的氢原子被硝基取代生成硝基苯，该反应为取代反应，选项A不符合；B．乙烯中碳碳双键变成了碳碳单键，该反应为加成反应，选项B符合；C．甲烷中的氢原子被氯原子取代生成一氯甲烷，该反应为取代反应，选项C不符合；D．1-溴丁烷在氢氧化钠的水溶液中加热发生取代反应生成1-丁醇和溴化钠，该反应属于取代反应，选项D不符合；答案选B。

【点睛】本题考查了取代反应与加成反应的判断，题目难度不大，注意掌握常见的有机反应类型及各种反应的特点，明确加成反应与取代反应的概念及根本区别。

7.除去下列物质中含有的少量杂质（括号内为杂质），所选用的试剂和分离方法能达到实验目的是

混合物

试剂

分离方法

A

乙炔（硫化氢）

硫酸铜溶液

洗气

B

乙炔（乙烯）

酸性高锰酸钾溶液

洗气

C

乙酸乙酯（乙酸）

氢氧化钠溶液

分液

D

苯（甲苯）

蒸馏水

分液

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【分析】

A、硫化氢与硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀和硫酸；

B、乙炔、乙烯都能被酸性高锰酸钾溶液氧化；

C、乙酸乙酯、乙酸都能与氢氧化钠溶液反应；

D、苯、甲苯都难溶于水，密度都比水小。

【详解】A、硫化氢与硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀和硫酸，可以用硫酸铜溶液除去乙炔气体中的硫化氢，故A正确；

B、乙炔、乙烯都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能用酸性高锰酸钾溶液除乙炔中的乙烯气体，故B错误；

C、乙酸乙酯与氢氧化钠溶液反应生成乙酸钠和乙醇，乙酸与氢氧化钠溶液反应生成乙酸钠和水，所以不能用氢氧化钠溶液除乙酸乙酯中的乙酸，故C错误；

D、苯、甲苯都难溶于水，密度都比水小，不能用加蒸馏水分液的方法分离苯和甲苯，故D错误。

8.下列物质中，不属于高分子化合物的是

A.塑料B.蛋白质C.淀粉D.葡萄糖

【答案】D

【解析】

【分析】

有机高分子化合物是指有些有机物的相对分子质量比较大，从几万到几十万，通常称这些有机物为有机高分子化合物；可根据是否具有大的相对分子质量和是否属有机物进行分析解答。

【详解】A、塑料是一种合成的高分子，属于高分子化合物，故不选A；

B、蛋白质属于有机物，相对分子质量比较大，属于有机高分子化合物，故不选B；

C．淀粉属于有机物，相对分子质量比较大，属于有机高分子化合物，故不选C；

D、葡萄糖属于单糖，分子式是C6H12O6，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故选D；

9.下列物质中，与甲烷互为同系物的是

A.C2H4B.C2H2C.C6H6D.C3H8

【答案】D

【解析】

同系物是指结构相似，相差若干个CH2的一类化合物的互称，与甲烷同系物应符合烷烃的通式CnH2n+2，A.C2H4属于烯烃，故错误；B.C2H2属于炔烃故错误；C.C6H6不符合烷烃通式，故错误；D.C3H8是丙烷，也符合烷烃通式，故正确。

答案选D。

10.下列实验操作或数据合理的是

A.工业上常用热还原法冶炼铁和钠

B.用NaOH溶液能一次鉴别分别含有Mg2+、Cu2+、和Na+的三种盐溶液

C.从氯酸钾和二氧化锰制氧气后的混合物中分离出可溶物的操作步骤:

溶解→过滤→蒸馏

D.量取16.80mLNa2CO3溶液可选用规格为20mL的量筒

【答案】B

【解析】

A.因为钠金属性活泼，只能用电解熔融盐法，故A错；B因为Mg2++2OH-=Mg（OH）2

为白色沉淀，Cu2++2OH-=Cu（OH）2

为蓝色沉淀；Na+与氢氧化钠不反应，故B正确；C.从氯酸钾和二氧化锰制氧气后的混合物中分离出可溶物的操作步骤:

溶解→过滤→结晶，故C错；量取16.80mLNa2CO3溶液应选用规格为50mL的碱式滴定管，故D错；本题的正确答案：

B。

11.如图所示，甲池的总反应式为2CH3OH+3O2+4KOH==2K2CO3+6H2O。

下列说法正确的是（）

A.甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置

B.甲池通入CH3OH的电极反应为CH3OH-6e-+2H2O=CO32-+8H+

C.甲池中消耗280mL（标准状况下）O2，此时乙池中银极增重1.6g

D.反应一段时间后，向丙池中加入一定量盐酸，一定能使NaCl溶液恢复到原浓度

【答案】C

【解析】

试题分析：

A．甲池是燃料电池，是化学能转化为电能的装置，乙，丙是电解池是将电能转化为化学能的装置，A错误；B、燃料电池中，负极是甲醇发生失电子的氧化反应，在碱性电解质下的电极反应为：

CH3OH-6e-+2H2O+8OH-＝CO32-+8H2O，B错误；C、甲池中根据电极反应：

O2+2H2O+4e-=4OH-，消耗280ml（标况下为0.0125mol）O2则转移0.05mol电子。

乙电池中银电极与原电池中的负极相连，作电解池的阴极，发生反应为Cu＋2e－＝Cu，则根据电子转移守恒可知析出铜是0.025mol，质量是1.6，C正确；D、惰性电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，则反应一段时间后，向丙池中通入一定量氯化氢气体，才能使NaCl溶液恢复到原浓度，D错误，答案选C。

考点：

考查电解池与原电池的串联的有关判断与计算

12.海水开发利用的部分过程如图所示，下列说法正确的是

A.得到的Mg（0H）2是耐火砖的主要成分

B.粗盐可采用除杂和蒸馏等过程提纯

C.工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂

D.富集溴一般先用空气或水蒸气吹出单质溴，再用碱液或SO2等吸收

【答案】D

【解析】

【分析】

A．氢氧化镁受热分解；

B．粗盐提纯是加入试剂除去杂质离子，最后蒸发结晶得到氯化钠晶体；

C．工业生产中常选用生石灰作沉淀剂；

D．先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的。

【详解】A．氢氧化镁受热易分解生成氧化镁，氧化镁是耐火砖的主要成分，故A错误；

B．粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的BaCl2溶液、过量的NaOH溶液、过量的Na2CO3溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行蒸发结晶，故B错误；

C．氢氧化钠具有强腐蚀性且价格高，所以工业生产中常选用生石灰作沉淀剂制备氢氧化镁，故C错误；