学年度河南省郑州外国语中学高二开学考化学试题解析版讲解文档格式.docx

1、冰醋酸是乙酸，为纯净物，故C错误；D、甘油是丙三醇，是由一种物质组成的，属于纯净物；乙醇钠是由一种物质组成的，属于纯净物；氯仿是三氯甲烷，是由一种物质组成的，属于纯净物，故D正确；故选D。考查了纯净物和混合物的相关知识。4简单原子的原子结构可用右图形象地表示：，其中表示质子或电子，o表示中子,则下列有关的叙述正确的是A互为同位素 B为三种不同元素的原子C是三种化学性质完全不同的粒子 D具有相同的质量数【答案】A根据表示质子或电子，o表示中子可判断分别是H、D、T。A、的质子数相同，而中子数不同互为同位素，A正确；B、为三种同种元素的不同原子，B错误；C、互为同位素的原子其化学性质相同，C错误；

2、D、的中子数不同，质子数相同，则不具有相同的质量数，D错误，答案选A。考查元素组成的有关判断50.012kg14C含有的碳原子数（ ）A等于NA B小于NA C大于NA D无法判断【答案】B6下列关于常温下电解质溶液的叙述中，正确的是（ ）A碳酸氢铵溶液和足量氢氧化钠溶液混合的离子反应：HCO3-OH=CO32-H2OB等物质的量浓度、等体积的氨水和盐酸混合后，c（H）c（NH4+）c（Cl）c（OH）C等物质的量浓度的NH4Cl溶液和NH3H2O溶液，溶液中c（NH4+）前者小于后者D25时，pH8的0.1 molL1NaX溶液中由水电离出的c（OH）1108 molL1【解析】碳酸氢铵溶液

3、与足量氢氧化钠溶液混合，HCO3-和NH4+均能与OH反应，A项错；氨水与盐酸混合后，混合液中含有的离子为Cl、NH4+、OH、H，根据电荷守恒知B项正确；分析可知，NH4Cl溶液中NH4+浓度较大，C项错；由水的离子积可知，pH8的溶液中c（OH）1106 molL1，由水电离出的c（OH）1L1，D项错。7用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是 （）。A7.8 g Na2O2中含有的阴离子数为0.2NAB铜与浓硫酸反应中，当转移的电子数为0.2NA时，生成的SO2为2.24 LC1 molL1的NH4Cl溶液中的NH4+的数目小于NAD由NO2、O2组成的混合物中共有NA个分子，

4、其中的氧原子数目为2NA【解析】Na2O2中的阴离子是O2，0.1 mol Na2O2中含有0.1NA个阴离子，A错；B项错在没有明确SO2所处的状态；C中溶液的体积未知，因此无法确定NH4+的数目是多少；因NO2、O2分子中均含有2个氧原子，故当分子数目为NA时，氧原子数目为2NA。8已知NH3和HCl都能用来做喷泉实验，若在标准状况下用两个大小不同的烧瓶分别收集满NH3和HCl气体，实验后两个烧瓶中溶液的关系是A溶质的物质的量浓度相同，溶质的质量分数不同B溶质的质量分数相同，溶质的物质的量浓度不同C溶质的物质的量浓度和溶质的质量分数都不同D溶质的物质的量浓度和溶质的质量分数都相同在标准状况

5、下用两个大小不同的烧瓶分别收集满NH3和HCl气体用来做喷泉实验，可知两者最后两烧瓶均充满溶液，可知两溶液的浓度与容积无关，均可根据公式 ，但两溶液的密度、摩尔质量均不相同，则质量分数不同，故A项正确。溶液浓度计算。9下列实验方案中，能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中NaHCO3质量分数的是 取a克混合物充分加热，减重b克 取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体 取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，碱石灰增重b克 取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体A只有 B C只有 D只有NaHCO3受热易分解生成碳酸钠

6、、水和二氧化碳，通过固体质量差利用差量法即可计算出NaHCO3质量，可以测定混合物中NaHCO3质量分数，正确；Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出NH2CO3的质量，可以测定混合物中NaHCO3质量分数，正确；混合物与足量稀硫酸充分反应，会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不全是二氧化碳的质量，不能测定含量，错误；Na2CO3和NaHCO3都与Ba（OH）2反应，反应的方程式为CO32-+Ba2+=BaCO3、HCO3-+OH-+Ba2+=H2O+BaCO3，最后得到的固体是Ba

7、CO3，根据质量可列方程组计算固体中碳酸钠、碳酸氢钠的质量，可以测定混合物中NaHCO3质量分数，正确，故答案为A。本题考查测定物质含量的实验方案的设计与分析。 10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 A含有共价键的化合物不一定是共价化合物，如Na2O2、KOH 含共价键，但是离子化合物，A错误；B共价化合物是主要以共价键结合形成的化合物，在共价化合物中一定含有共价键，B正确；C离子化合物是通过离子键形成的化合物，含有离子键的化合物一定是离子化合物，C正确；D双原

8、子单质分子中的共价健一定是非极性键，D正确，答案选A。考查离子化合物和共价化合物、离子键和共价键11下列说法中，正确的是:（ ）A 石油裂化的目的是获得更多的乙烯，丙烯等原料B 石油分馏，煤的干馏发生的都是物理变化C 油脂的皂化发生的是化学变化D 向蛋白质溶液中分别加入硫酸铜，硫酸铵的浓溶液都可以发生盐析A、裂化的目的得到更多的汽油等轻质油，故错误；B、分馏利用沸点不同进行分离，属于物理变化，煤的干馏将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，属于化学变化，故错误；C、油脂的皂化指油脂在碱性条件下，水解成高级脂肪酸钠和甘油，属于化学变化，故正确；D、硫酸铜中Cu2属于重金属离子，使蛋白质变性，属于不可逆

9、过程，而硫酸铵是蛋白质发生盐析，属于可逆过程，故错误。考查石油的裂化、分馏、干馏、皂化反应、蛋白质的性质等知识。12标准状况下672LCH4 3011023个HCl分子 136gH2S 02molNH3，下列对这四种气体的关系从大到小表达不正确的是（ ）A体积 B密度 C质量 D氢原子个数 A对于气体来说，由于V=nVm；n=m/M；n=N/NA，因此气体的物质的量越多，在相同条件下气体的体积就越大。672LCH4物质的量是n（CH4）=672L224L/mol=03mol；3011023个HCl分子的物质的量是n（HCl）= 30110236021023/mol=05mol；136gH2S的

10、物质的量是n（H2S）= 136g 34g/mol =04mol；02molNH3，n（NH3）=02mol。由于物质的量n（HCl） n（H2S） n（CH4） n（NH3），所以气体的体积由大到小的顺序是，正确；B,可见，在相同条件下，气体的密度与相对分子质量成正比。由于相对分子质量：HClH2SNH3 CH4，所以气体的密度由大到小的顺序是，正确；C根据m=nM，可知各种气体的质量：m（CH4）=03mol16g/mol=48g；m（HCl）=05mol365g/mol=1825g；m（H2S）=04mol34g/mol=136g；m（NH3）=02mol17g/mol=34g，所以气体

11、的质量关系是，正确；D根据N=nNA可知，H原子的物质的量越多，含有的H原子数目越多。甲烷含有的H原子的物质的量是n=4 n（CH4）=403mol=12mol；HCl含有的H原子的物质的量是n= n（HCl）=05mol；H2S含有的H原子的物质的量是n=2 n（H2S）=204mol=08mol；NH3含有的H原子的物质的量是n=3 n（NH3）=302mol=06mol，所以氢原子个数由多到少的顺序是，错误。考查有关气体的物质的量的化学计算与比较的知识。13下列离子方程式中正确的A.向苯酚钠溶液中通入少量CO2: B.向氯化银悬浊液中滴加氨水，溶液逐渐澄清：2NH3H2O+AgCl Ag

12、（NH3）2+Cl-+2H2O C.石墨做电极，电解硫酸铜溶液：Cu2+2H2O Cu + O2+ 4H+ D.氯气溶于水：Cl2+H2O Cl-+ ClO-+2H+正确答案：BA、C6H5OH2OCO2C6H5OHHCO3B、正确C、2Cu2+2H2O 2Cu + O2+ 4H+D、Cl2+H2O Cl-+ HClO+H+14G、W、X、Y、Z均为含氯的化合物，我们不了解它们的化学式，但知道它们在一定条件下具有如下的转化关系（未配平）：GW+NaCl W+H2OX+H2 Y+NaOHG+W+H2O Z+NaOHW+X+H2O这五种化合物中的氯的化合价由低到高的顺序是 AW、G、Z、Y、X B

13、G、Y、W、Z、XCG、Y、Z、W、X DZ、X、G、Y、W氯元素的最高价是7价，最低价是1价。所以根据可知G中氯元素的化合价低于W中氯元素的化合价；中氢气是还原产物，所以X是氧化产物，则W中氯元素的化合价低于X中氯元素的化合价；是Y自身的氧化还原反应，所以Y中氯元素的化合价一定是介于G和W之间；同样Z中氯元素的化合价也介于W和X之间，综上所述，这五种化合物中的氯的化合价由低到高的顺序是G、Y、W、Z、X，答案选B。考查氧化还原反应的有关应用由于氧化反应和还原反应是同时发生的，即得失电子是同时进行的。这说明在氧化还原反应中化合价有升高到的，必然有降低的，据此可以判断元素的化合价变化。15室温下

14、用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A图1：验证浓硫酸具有强氧化性 B图2：制取干燥的NH3C图3：干燥、收集并吸收多余SO2 D图4：验证乙炔的还原性浓硫酸与铜反应需要加热，故A中实验反应不能进行，不能达到实验目的，A错；浓氨水加到生石灰上时生石灰遇水放热，氨水受热分解，故B中实验可行，B对；SO2是酸性气体不能用碱石灰干燥，C错；电石与水反应除了生成乙炔外，还会生成H2S等，H2S也会使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能证明乙炔的还原性，D错。常见气体的制取、性质的检验。16A、B、C、D、E代表5种元素。请填空：（1）A元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，其元素符号

15、为 ；（2）B元素的负一价离子和C元素的正一价离子的电子层结构都与氩相同，B的元素符号为 ，C的元素符号为 ；（3）D元素的正三价离子的3d亚层为半充满，D的元素符号为 ，其基态原子的电子排布式为 。（4）E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，E的元素符号为 ，其E+ 的电子排布式为 。【答案】 （1）N（2）C1K （3）Fe ls22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2（4）Cu1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10（1）基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子的元素符号为N；（2）设元素B的核电荷数是a，C元素原子的核电

16、荷数为b，因为阴离子B-与阳离子C+电子层结构都与氩相同相同，即核外电子数相同，所以a=18-1=17，b=18+1=19，则B的元素符号为Cl，C的元素符号为K；（3）D元素的正三价离子的3d亚层为半充满，即该正三价离子的所带的质子数为5+18+3=26，所以D的元素符号为Fe，其基态原子的电子排布式为：ls22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2；（4）元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，则E为Cu，其E+ 的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10。原子结构与元素的性质，核外电子排布本题考查了原子结构与元素的性质，核外电

17、子排布，属于对基础知识的考查，该题有利于考查学生对基础知识的掌握情况，该题难度不大。17（12分）烟气的脱硫（除SO2）技术和脱硝（除NOx）技术都是环境科学研究的热点。（1）烟气脱硫、脱硝的环境意义是 ；（2）一种选择性催化脱硝（NO2）的原理为：6NO28NH3 7N212H2O上述反应中被还原的元素是 （填元素符号），反应中每转移2.4mol电子，生成N2的物质的量为 。超音速飞机排放的尾气是平流层中NOx的主要来源它们破坏臭氧层的主要机理为：、O3OO2、NOO3 NO2O2、 NO2ONOO2上述反应中NO所起的作用是 ；（3）下表列出了2种燃煤烟气脱硫方法的原理。方法用氨水将SO2

18、转化为NH4HSO3，再氧化成（NH4）2SO4方法用生物质热解气（主要成分CO、CH4、H2）将SO2在高温下还原成单质硫方法中用氨水吸收燃煤烟气中的SO2转化为NH4HSO3，写出该反应的离子方程式： ，是利用了SO2的 性质（选填字母编号）。A漂白性 B氧化性 C还原性 D酸性氧化物 【答案】（1）防止酸雨的发生（2分 其他合理答案同样给分） （2）N（2分） 0.7mol（2分） 催化剂（2分） （3）SO2NH3H2ONH4HSO3； D（2分）（1）烟气脱硫、脱硝可以防止酸雨的发生，故答案为：防止酸雨的发生；（2）反应中氨气中的N元素由-3价升高为0价，失去电子被还原，由反应可知，

19、转移24mol电子，生成7mol氮气，则反应中每转移2.4mol电子，生成N2的物质的量为0.7mol，故答案为：N；0.7mol；将三个反应加和得到总反应为2O33O2，则反应中NO所起的作用是催化剂，故答案为：催化剂；（3）氨水吸收燃煤烟气中的SO2转化为NH4HSO3，为酸性氧化物与碱的反应，则体现SO2的酸性氧化物性质，方程式为SO2NH3H2ONH4HSO3，故答案为：SO2NH3D。考查氧化还原反应的应用、大气污染治理等18物质AE中均含某种元素，都是中学化学中常见的物质，它们可发生如图所表示的反应（除AE外的其它物质已略去）：（1）写出相应物质的类别：CD类别（2）在以上反应中（

20、用序号填空）：属于氧化还原反应的是 ；属于复分解反应的是 。（3）写出反应和的离子方程式： ： 。（1）（共3分）盐碱氧化物（2）； （共2分） （3）CuO2H+Cu2+H2O FeCu2+CuFe2+（共4分）【解析】略19（10分）Na2S2O35H2O可作为高效脱氯剂，工业上用硫铁矿（FeS2）为原料制备该物质的流程如下。已知：I气体A可以使品红溶液褪色，与硫化氢（H2S）混合能获得单质硫。IIpH约为11的条件下，单质硫与亚硫酸盐可以共热生成硫代硫酸盐。回答下列问题：（1）沸腾炉中将粉碎的硫铁矿用空气吹动使之达到“沸腾”状态，其目的是_。（2）吸收塔中的原料B可以选用_（填字母序号）

21、。aNaCl溶液 bNa2CO3溶液 cNa2SO4溶液（3）某小组同学用下图装置模拟制备Na2S2O3的过程（加热装置已略去）。A中使用70%的硫酸比用98%的浓硫酸反应速率快，其原因是_。装置B的作用是_。C中制备Na2S2O3发生的连续反应有：Na2S +H2O +SO2=Na2SO3 +H2S、_和_。（4）工程师设计了从硫铁矿获得单质硫的工艺，将粉碎的硫铁矿用过量的稀盐酸浸取，得到单质硫和硫化氢气体，该反应的化学方程式为_。（10分，未标分数的空，每空1分） （1）使固体与气体充分接触，加快反应速率 （2）b（3） 该反应的实质是H+与SO32反应，70%的硫酸中含水较多，c（H+）

22、和c（SO32）都较大，生成SO2速率更快；防止倒吸 2H2S + SO23S + 2H2O或2H2S + H2SO33S+ 3H2O（2分）Na2SO3 + SNa2S2O3（2分） （4）FeS2 + 2HClFeCl2 + H2S+ S（2分）（1）沸腾炉中将粉碎的硫铁矿用空气吹动使之达到“沸腾”状态，可以使固体与气体充分接触，从而加快反应速率。（2）气体A可以使品红溶液褪色，说明是SO2。溶液C与S单质反应生成硫代硫酸钠，则溶液C是亚硫酸钠溶液，所以溶液B是碳酸钠吸收SO2后转化为亚硫酸钠，答案选b。（3） 由于该反应的实质是H+与SO32反应，70%的硫酸中含水较多，c（H+）和c（

23、SO32）都较大，生成SO2速率更快，而浓硫酸中氢离子浓度小，所以A中使用70%的硫酸比用98%的浓硫酸反应速率快；SO2易溶于水，所以装置B的作用是防止倒吸。根据反应原理可知还必需有单质S产生，则后续的反应为2H2S + SO23S + 2H2O或2H2S + H2SO33S+ 3H2O，生成的S与亚硫酸钠反应生成硫代硫酸钠，方程式为Na2SO3 + SNa2S2O3。（4）将粉碎的硫铁矿用过量的稀盐酸浸取，得到单质硫和硫化氢气体，则根据原子守恒可知该反应中含有氯化亚铁生成，则反应的化学方程式为FeS2 + 2HClFeCl2 + H2S+ S。考查物质制备工艺流程图的分析与应用20化学是一

24、门以实验为基础的学科，试回答以下问题。（1）实验室中制取并收集少量氨气，可选用上述_（填装置序号）装置，氨气应从收集装置的_（填字母序号）导管进气。（2）选用装置乙、丙、戊制备、收集一氧化氮气体，乙中塑料板上若放置石灰石，戊中盛满稀NaOH溶液，正确的连接顺序为_（用接口字母表示），装置乙的作用是_，丙中产生NO的离子方程式为_。（3）二氧化氯（C1O2）是一种常用高效消毒剂，某研究小组利用丁装置制备C1O2。在烧瓶中放入KClO3和草酸（H2C2O4），然后加入足量的稀硫酸，水浴加热。反应生成ClO2、CO2和K2SO4，则该反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为_。温度过高时，二氧化氯的水

25、溶液有可能发生爆炸。在反应开始前将烧杯中的水加热到80，然后停止加热，并使其保持在6080之间，丁装置中缺少的一种必需的玻璃仪器名称是_。将二氧化氯溶液加入到硫化氢溶液中，然后加入少量的稀盐酸酸化过的氯化钡溶液，发现有白色沉淀生成。写出二氧化氯与硫化氢溶液反应的离子方程式_。（1）甲、戊；e（2）abce；利用碳酸钙与盐酸产生的CO2排尽装置中的空气3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O（3）1:1温度计5H2S+8ClO2+4H2O=18H+5SO42-+8Cl-（1）实验室中制取氨气是利用氢氧化钙与氯化铵固体在加热的条件下的反应，所以选择甲装置制取；氨气的密度小于空气，所以用

26、向下排空气法收集，则选择戊装置，e口进入d口出；（2）乙中为石灰石与稀盐酸反应产生二氧化碳气体，可排除装置内的空气，便于收集NO，NO难溶于水，利用排水法收集，短口进气。，所以装置的连接顺序是abce；丙中是Cu与稀硝酸的反应，生成硝酸铜、NO、水，离子方程式是3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O；（3）在烧瓶中放入KClO3和草酸（H2C2O4），然后加入足量的稀硫酸，水浴加热。反应生成ClO2、CO2和K2SO4，Cl元素的化合价从+5价降低到+4价，得到1个电子，所以ClO2是还原产物；C元素的化合价从+3价升高到+4价，失去1个电子，则二氧化碳是氧化产物，根据得失电子守恒，则该反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为1:1；制备ClO2的反应需保持温度在6080之间，所以丁装置中缺少的一种必需的玻璃仪器是温度计；将二氧化氯溶液加入到硫化氢溶液中，然后加入少量的稀盐酸酸化过的氯化钡溶液，发现有白色沉淀生成，说明该白色沉淀是硫酸钡，二氧化氯与硫化氢发生氧化还原反应，生成