河南省新安县学年高二化学上册开学考试题.docx

1、河南省新安县学年高二化学上册开学考试题河南省新安县磁涧镇高级中学20162017学年度高二开学考化学试题（解析版）1下列说法正确的是（ ）A酸性：H2SiO3H2CO3HNO3B稳定性：CH4SiH4SnH4C单质的熔点：O2SSeD与O2反应的剧烈程度：N2P4As【答案】B【解析】2下列有关说法正确的是A氧化还原反应中的反应物，不是氧化剂就是还原剂B在氧化还原反应中，还原剂失去电子总数等于氧化剂得到电子的总数C能导电的物质一定是电解质D金属氧化物一定是碱性氧化物【答案】B【解析】试题分析：A、氧化还原反应中的反应物，可能不是氧化剂，也不是还原剂，如氯气与NaOH的反应中，NaOH为反应物，

2、不是氧化剂也不是还原剂，故A错误；B、氧化还原反应中，氧化剂中元素的化合价降低得电子，还原剂中元素的化合价升高失电子，氧化剂、还原剂之间得失电子数目相等，故B正确；C、存在自由移动离子或自由电子的物质能导电，电解质固体时不能电离不导电，金属单质能导电不是电解质，故C错误；D、金属氧化物也可能是酸性氧化物或两性氧化物，如Mn2O7属于酸性氧化物，Al2O3属于两性氧化物，它们都是金属氧化物，故D错误；故选B。考点：考查了氧化还原反应、电解质、物质的分类的相关知识。3化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的是ACO2的电子式BCl-的结构示意图C乙烯的结构简式：CH2CH2DH2C

3、O3的电离方程式：H2CO32H+CO32-【答案】B【解析】试题分析：A二氧化碳分子中存在两个碳氧双键，其正确的电子式为：，故A错误；B氯离子的核电荷数为17，最外层达到8电子稳定结构，其离子结构示意图为：，故B正确；C乙烯的结构简式为CH2=CH2，故C错误；DH2CO3是弱酸，分步电离，其一级电离方程式：H2CO3H+HCO3-，故D错误，答案为B。考点：考查化学用语4下图所示实验操作中正确的是【答案】A【解析】试题分析：A过滤液体时，要注意“一贴、二低、三靠”的原则，图中所示操作正确，故A正确； B给试管中的液体加热时，且液体体积不能超过试管容积的 1/3，拇指应顶住试管夹短柄，图中所

4、示操作错误，故B错误；C滴加液体时，滴管应悬空滴加，滴管不可伸入试管内，以免滴管内的液体被污染，故C错误；D点燃酒精灯要用火柴，不可用燃着的酒精灯去点燃，否则会引起火灾，故D错误故选A考点：化学实验基本操作5下列说法正确的是A吸热反应一定需要加热才能发生B碳不完全燃烧属于吸热反应CCu、Zn、稀硫酸组成的原电池中，Zn是负极D组成原电池的两极一定是不同的金属【答案】C【解析】反应是放热反应还是吸热反应，只与反应物和生成物的总能量的相对大小有关系，而与外界条件是无关的，A不正确。碳不完全燃烧也是放热反应，B不正确。原电池中较活泼的金属是负极，锌比铜，锌作负极，C正确。原电池中的电极也可以是金属和

5、非金属，D不正确。所以答案选C。6已知2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) H=+517.6kJmol-1，CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=-890.3kJmol-1.1g氢气和1g甲烷分别燃烧后，放出的热量之比约是（ ）A.1：34 B.1：17C.2.3:1 D.4.6:1【答案】D【解析】根据已知两个反应的热化学方程式，可求得1g氢气和1g甲烷完全燃烧放出的热量分别为517.6/2=256.8kJ和890.3/16=55.64kJ，比值约是4.61。7在2molL-1的硫酸和2molL-1的硝酸混合溶液10mL中，加入0.96g铜粉，充分反应后，最多可收

6、集到标况下的气体的体积为A.89.6mL B.112mL C.168mL D.224mL【答案】D【解析】试题分析：铜与稀硝酸反应的实质是3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O，在溶液中每3molCu与8molH+完全反应生成2molNO气体。混合溶液中含H+物质的量0.02mol2+0.02mol0.06molH+，0.96g铜的物质的量0.96g64g/mol0.015mol。根据离子方程式可知3Cu8H+2NO，因此氢离子过量，铜离子完全反应，则生成的NO气体的物质的量0.01mol，标准状况下的体积为224ml，答案选D。考点：考查铜与硝酸、硫酸混合物反应的有关计算8反应速

7、率v和反应物浓度的关系是用实验方法测定的，化学反应H2Cl2=2HCl的反应速率v可表示为v=kc(H2)mc(Cl2)n，式中k为常数，m、n值可用下表中数据确定之。由此可推得，m、n值正确的是A.m=1,n=1 B.m=,n=C.m=,n=1 D.m=1,n=【答案】D【解析】本题属信息迁移题。意在考查学生接受新信息、处理所给数据的能力。按题给数据代入v=kc(H2)mc(Cl2)n即可。第一组数据无法计算，代入第二组数据：2.0kk(2.0)m(1.0)n，则m1；代入第三组数据：4.0kk(2.0)m(4.0)n，结合m=1，则n=。故选D。9一定质量的铜分别与足量的稀硝酸和浓硝酸完全

8、反应，在相同条件下用排水法收集反应产生的气体，下列叙述正确的是A硝酸浓度越大，硝酸被还原之后的生成物的价态越低，对应的硝酸的氧化性越弱B硝酸浓度不同，生成Cu(NO3)2的物质的量不同C硝酸浓度越大，产生的气体越多D两者用排水法收集到的气体体积相等【答案】C、D【解析】试题分析：硝酸的浓度越大氧化性越强，故A错误；等量的Cu与足量的酸反应，生成Cu(NO3)2的物质的量相同，故B错误；等量的Cu与酸反应，浓硝酸反应生成气体多，故C正确；因3NO2+H2O=2HNO3+NO，最终收集气体均为NO，由电子守恒可知，收集NO的体积相等，故D正确。考点：硝酸的性质10下述实验操作中，正确的是（ ）A配

9、置硫酸溶液时，将浓硫酸慢慢注入盛有水的容量瓶中进行配制B用托盘天平称量8.75g NaCl固体C将混合液蒸馏分离时，应使温度计水银球浸没在混合液中D分液时，将上层液体从分液漏斗上口倒出，下层液体从分液漏斗下口放出【答案】D【解析】A容量瓶只能配制溶液，不能溶解或稀释药品，容量瓶不能用来稀释溶液，应先在小烧杯中稀释，冷却至室温后，再转移到容量瓶中，故A错误；B托盘天平的感量是0.1g，所以托盘天平不能称量出8.75g氯化钠固体，故B错误；C蒸馏时，温度计测量馏分温度，所以温度计水银球位于蒸馏烧瓶支管口处，故C错误；D分液时，分液漏斗中上层液体从上口倒出，为防止引进杂质，下层液体从下口倒出，故D正

10、确；故选D【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及溶液配制、固体称量、物质分离提纯等，把握实验操作的规范性、实验细节和实验原理为解答的关键，注意方案的合理性、评价性、操作性分析，题目难度不大11设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 17.6 g丙烷中所含的共价键数目为4NAB. 常温下，pH13的NaOH溶液中含有的OH离子数目为0.1NAC. 标准状况下，5.6 L NO和5.6 L O2混合后的分子总数目为0.5NAD. 电解精炼铜时，若阳极质量减少64 g，则阴极得到电子的数目为2NA【答案】A【解析】试题分析：A、丙烷的结构简式： ，1mol丙烷含有共价键为1

11、0mol，则17.6g丙烷含有共价键为17.610/44mol=4mol,故正确；B、没有说明溶液的体积，不能求出OH的物质的量，故错误；C、两者发生反应2NOO2=2NO2，混合后气体分子的物质的量小于0.5mol，故错误；D、粗铜作阳极，粗铜中含有锌、铁等杂质，虽然质量减少64g，但不能求出失去电子，故错误。考点：考查阿伏加德罗常数、共价键的数目、物质的量计算、元素及其化合物、电解等知识。12已知8克CH4完全燃烧生成二氧化碳和水时，放出445kJ热量，则1molCH4完全燃烧时，断裂反应物分子内的化学键所吸收的总能量与形成生成物分子内的化学键所放出的总能量之间的关系为A前者比后者多890

12、kJB后者比前者多890kJC前者比后者多445kJD后者比前者多445kJ【答案】B【解析】试题分析：8克CH4的物质的量是0.5mol, 8克CH4完全燃烧生成二氧化碳和水时，放出445kJ热量，则1molCH4完全燃烧时，放出热量：445kJ2=890kJ。即断裂反应物分子内的化学键所吸收的总能量与形成生成物分子内的化学键所放出的总能量之间的关系为后者比前者多890kJ，因此选项是B。考点：考查物质的能量与物质的多少、化学键的强弱的关系的知识。13酸性条件下20mL 0.5mol/L的KMnO4溶液可将25 mL 2 mol/L的FeSO4溶液中的Fe2恰好完全氧化为Fe3+，则KMnO

13、4被还原的产物是AK2MnO4 BMn2O3 CMnO2 DMn2【答案】D【解析】试题分析：将0.05molFeSO4加入KMnO4溶液中，发生氧化还原反应，反应中Fe2+转化为Fe3+，化合价由+2价升高到+3价，KMnO4中Mn元素化合价由+7价降低到+x价，KMnO4的物质的量为0.02L0.5mol/L =0.01mol，由氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知：0.05mol（3-2）=0.01mol（7-x），解得：x=2，故选D。考点：考查了氧化还原反应的计算的相关知识。14常温下，向0.25 molL1的硫酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液，生成沉淀的量

14、与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示，a、b、c、d分别表示实验不同时刻的溶液，下列有关说法中正确的是A硫酸溶液的体积为30 mLBb时刻溶液中SO42的浓度约为0.125 molL1Cd时刻溶液的pH约为13D溶液的导电能力：cd=ba【答案】C【解析】试题分析：A.对于图像而言，要分析图像的起点、拐点的含义，硫酸与氢氧化钡发生中和反应，C点恰好反应完全，因为二者浓度相同，所以体积相等，A项错误；B.b时刻SO42沉淀一半，体积变为原来的1.5倍，SO42的浓度约为0.125 /1.5=0.083molL1，B项错误；C.d时刻Ba(OH)2过量，c（OH）=（0.25102）/50=0.1

15、mol/L，pH=13，C项正确；D.b、d两点离子物质的量相等，但后者体积大，离子浓度小，导电性弱，导电能力cdba，D项错误；答案选C。考点：考查化学图像的分析与判断。15化学无处不在，下图是物质间发生化学反应的颜色变化，其中X是A稀盐酸 B稀硫酸 C硫酸钠溶液 D碳酸钠溶液【答案】B【解析】试题分析：A盐酸会将氧化铜溶解生成蓝色溶液，不会与硝酸钡反应生成沉淀，故A错误；B硫酸会将氧化铜溶解生成蓝色溶液，会与硝酸钡反应生成白色沉淀，会与铁反应生成浅绿色的溶液，会使石蕊变红，故B正确；C硫酸钠不会使石蕊变红，不会将氧化铜溶解，故C错误；D碳酸钠不会将氧化铜溶解，故D错误；故选B。考点：考查酸

16、、碱、盐的性质与鉴别16常温下，将10.0 g 40%的NaCl溶液跟40.0 g 15%的NaCl溶液混合，得到密度为1.17 gcm-3的混合液，该混合液NaCl的质量分数为 ，物质的量浓度为 。【答案】20% 4 molL-1（不带单位不给分）【解析】略17（8分）A、F、G是单质，其中A、F是金属单质，且A是现在用途最广用量最大的金属。F具有黄色的焰色反应，G是黄绿色气体；B、C、D、E是化合物；E到D的现象为白色沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色，它们之间存在如下图所示的转化关系（生成物没有全部写出）：（1）推断：A_F_（填化学式）（2）写出ED的化学方程式_ _。（3）写出CB的离子

17、方程式_ _。【答案】Fe，Na 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-【解析】A是现在用途最广用量最大的金属，A是Fe；F具有黄色的焰色反应，F具有Na元素；G是黄绿色气体，G是Cl2；E到D的现象为白色沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色，涉及到：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3则： A、Fe；B、FeCl3；C、FeCl2；D、Fe(OH)3、E、Fe(OH)2；F、NaOH；G、Cl218氧化还原反应中除了原子守恒(质量守恒)外，氧化剂得电子总数和还原剂失电子总数相等，在一定条件下，RO3n-和I-发生反应的离子方程式为：R

18、O3n-+6I-+6H+=R-+3I2+3H2O(R为主族元素)则：（1）RO3n-中R的化合价为_价，在周期表的_族。（2）关于物质K20；CO2；NH4Cl；H2O2；Na2O2；NaOH，请回答下列问题：仅含极性键和非极性键的化合物是_；含有非极性键的离子化合物是_。（3）利用甲醇(CH3OH)、氧气组成燃料电池，电解质溶液为碱性，电池工作时，其负极方程式(写离子方程式)为_；（4）一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为CH3CH2OH+H2OCH3COOH+4H+4e-，电池反应的总方程式为：_。【答案】（1）+5；1；（2）第A（2）；（3）CH3OH+8OH-6e

19、-=CO32-+6H2O；（4）CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O【解析】试题分析：（1）根据离子方程式遵循电荷守恒可知：(-n)+(-6)+6=-1，可知n=1，根据RO3n-离子化合价代数和关系：(x-23)=-1(设R的化合价为x)，可知x=+5，故答案为：+5；1；（2）RO3n-中R元素的化合价不一定为最高正价，应根据反应物中R-离子的化合价进行判断，根据生成R-离子可知R得1个电子后达到8电子稳定结构，应为第A族元素，最外层电子数为7，故答案为：第A（2）K2O中含有离子键，是离子化合物；CO2 只含有极性共价键，是共价化合物；NH4Cl中含有离子键和极性共价键，是离子

20、化合物；H2O2含有极性共价键和非极性共价键，是共价化合物；Na2O2含有离子键和非极性共价键，是离子化合物；NaOH含有离子键和极性共价键，是离子化合物；故答案为：；（3）碱性条件下，负极上甲醇失电子生成碳酸根离子，则其电极反应式为：CH3OH+8OH-6e-=CO32-+6H2O，故答案为：CH3OH+8OH-6e-=CO32-+6H2O；（4）酸性燃料电池中氧气在正极得电子生成水，其电极反应式为：O2+4H+4e-=2H2O，正极的电极反应式与和负极的电极反应式相加即是总反应，所以电池反应的总方程式为：CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，故答案为：CH3CH2OH+O2=CH

21、3COOH+H2O。考点：考查了氧化还原反应、常见化学电源的种类及其工作原理；化学电源新型电池的相关知识。19某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：操作现象取适量漂粉精固体，加入100mL水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝，后褪色液面上方出现白雾；稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去（1）写出C12和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程式 ；（2）向水中持续通入SO2，未观察到白雾推测现象i的白雾由HCl小液滴形成，进行如下实验：a用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀实验a目的是

22、；由实验a、b不能判断白雾中含有HC1，理由是 ；（3）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X向沉淀X中加入稀HC1，无明显变化取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀则沉淀X中含有的物质是 用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因： （4）测定漂粉精有效成分的质量分数称取2.000g漂粉精于锥形瓶中，加水溶解，调节溶液的pH，以淀粉为指示剂，用0.2000molL1 KI溶液进行滴定，溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点反应原理为：3C1O+I3C1+IO3IO3+5I+3H2O6OH+3I2实验测得数据如下表所示滴定次数123KI溶液体积/mL19.9820.0220.00该漂白粉中有效成

23、分的质量分数为 【答案】（1）2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；（2）验证Cl2是否存在；与硝酸酸化的AgNO3产生的白色沉淀也可能是Ag2SO4或Ag2SO3；（3）CaSO4；SO2+Cl2+2H2O=4H+SO42+2Cl；（4）7.15%【解析】试题分析：（1）Cl2和Ca（OH）2生成氯化钙、次氯酸钙与水；（2）由现象可知，次氯酸钙与二氧化硫发生氧化还原反应，液面上方出现白雾，白雾中含有HCl，溶液中含氯离子反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰；白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgN

24、O3溶液产生白色沉淀；（3）A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X，X为CaSO4，与盐酸不反应，与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀；氯气与二氧化硫可发生氧化还原反应A瓶中混合物过滤、洗涤得沉淀X，向X中加入稀HC1，无明显变化，不含CaSO3取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀，说明有SO42故X中含有的物质是CaSO4；iii中黄绿色褪去的原因是SO2还原了Cl2的原因：SO2+Cl2+2H2O=4H+SO42+2Cl；（4）由3ClO+I=3Cl+IO3 、IO3+5I+3H2O=6OH+3I2可知，将方程式+得：ClO+2I+H2O=Cl+2OH+I2，由滴定实验可知，消耗KI溶液的体积为

25、（19.98+20.02+20.00）mL=20.00mL，先计算次氯酸钙的质量，再根据质量分数公式计算；解：（1）Cl2和Ca（OH）2反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；（2）由现象可知，次氯酸钙与二氧化硫发生氧化还原反应，液面上方出现白雾，白雾中含有HCl，溶液中含氯离子，则a用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化，则没有氯气生成；b用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀，沉淀可能为AgCl，也可能为Ag2SO4或Ag2SO3，实验

26、a目的是验证Cl2是否存在，故答案为：验证Cl2是否存在；由实验a、b不能判断白雾中含有HC1，理由是与硝酸酸化的AgNO3产生的白色沉淀也可能是Ag2SO4或Ag2SO3，故答案为：与硝酸酸化的AgNO3产生的白色沉淀也可能是Ag2SO4或Ag2SO3；（3）CaSO4与盐酸不反应，与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，则则沉淀X中含有的物质是CaSO4，故答案为：CaSO4；氯气与二氧化硫可发生氧化还原反应，黄绿色褪去，则离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因为SO2+Cl2+2H2O=4H+SO42+2Cl，故答案为：SO2+Cl2+2H2O=4H+SO42+2Cl；（4）由3ClO+I=3C

27、l+IO3 、IO3+5I+3H2O=6OH+3I2可知，将方程式+得：ClO+2I+H2O=Cl+2OH+I2，由滴定实验可知，消耗KI溶液的体积为（19.98+20.02+20.00）mL=20.00mL，设次氯酸根离子的物质的量为x， ClO+2I+H2O=Cl+2OH+I21mol 2molx 0.2000molL10.020L所以x=0.002mol，次氯酸钙的质量为：143g/mol0.002mol=0.143g，该漂白粉中有效成分的质量分数为100%=7.15%，故答案为：7.15%20（14分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白

28、与杀菌。以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：已知：NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO23H2O。纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10以下安全。160 g/L NaOH溶液是指160 gNaOH固体溶于水所得溶液的体积为1L。（1）160 g/L NaOH溶液的物质的量浓度为 。（2）发生器中鼓入空气的作用可能是 （选填序号）。a将SO2氧化成SO3，增强酸性；b稀释ClO2以防止爆炸；c将NaClO3氧化成ClO2（3）吸收塔内的反应的化学方程式为 。吸收塔的温度不能超过20，其目的是 。（4）在碱性溶液中NaClO2比较稳定，所以吸收塔

29、中应维持NaOH稍过量，判断NaOH是否过量的简单实验方法是 。（5）吸收塔中为防止NaClO2被还原成NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除H2O2外，还可以选择的还原剂是 （选填序号）。aNa2O2 bNa2S cFeCl2（6）从滤液中得到NaClO23H2O粗晶体的实验操作依次是 （选填序号）。a蒸馏 b蒸发 c灼烧 d过滤 e冷却结晶要得到更纯的NaClO23H2O晶体必须进行的操作是 （填操作名称）【答案】（14分）（1） 4mol/L（2分） （2）b（2分）（3）2NaOH+2ClO2+H2O2 2 NaClO2+2H2O+O2（2分）；防止H2O2分解（2分）（4）连续测定吸收塔内溶液的pH（2分）（5）a （1分） （6）b、e、d（全对2分，有错不得分），重结晶（1分）【解析】试题分析：（1）根据题给信息知160 g/L NaOH溶液指160 gNaOH固体溶于水所得溶液的体积为1L，NaOH的摩尔质量为40g/mol，即1L该溶液含有4molNaOH，物质的量浓度为4mol/L。（2）根据题给信息知纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10以下安全，故发生器中鼓入空气的作用可能是稀释ClO2以防止爆炸，选b。（3）根据题给流程知吸收塔内NaOH、ClO2和H2O2 生成 NaClO2和O2，反应的化学方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2