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

1、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

2、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

3、确的是化学事实类推结论AAl在O2中燃烧生成Al2O3Fe在O2中燃烧也生成Fe2O3BpH3的盐酸稀释1000倍后pH6pH6的盐酸稀释1000倍后pH9C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O2A. A B. B C. C D. 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

4、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1.0molL-1 的NaHCO3溶液中，含有的Na+ 数为1NAB. 标准状况下，2.24 LCCl4中含有的分子总数为0.1NAC. 金属钠与水反应，生成22.4L氢气时，转移的电子数为2NAD. 1 mol氢氧根离子与1 mol铵根离子所含电子数均为10 NA【答案】D【解析】【详解】A、在1.0molL-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，

5、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1 mol氢氧根离子与1 mol铵根离子所含电子数均为10 NA，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标准状况下；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

6、. 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)

7、，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n molO2的同时生成2n molNOB. 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n molO2的同时生成2n molNO，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

8、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-

9、=I2+2H2OC. 用铜作电极电解CuSO4溶液:2Cu2+2H2O2Cu+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+H2OH+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

10、相关知识。视频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)11014B. c(H)1107 molL1的溶液一定是中性溶液C. 常温下，KspMg(OH)2=5.61012，pH=10的含Mg2+溶液中，c(Mg2+)5.6104 molL1D. 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)1107 molL1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

11、氢氧根离子浓度为10-4 molL1，故溶液中含Mg2+浓度最大值为Ksp /c2(OH-)=5.61012/(110-4)2=5.6104 molL1，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(

12、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

13、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H241.8 kJmol1B. 2 mol H2(g)与1 mol O2(g)所具有的总能量比2 mol H2O(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)H571.6 kJmol1D. 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

14、的燃烧热为（483.6+88）/2=285.8 kJmol1, A错误；B. 2 mol H2(g)与1 mol O2(g)反应生成2 mol H2O(g)，放出热量483.6 kJ，所以2 mol H2(g)与1 mol O2(g)所具有的总能量比2 mol H2O(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)，H+（483.6+88）=+571.6 kJmol1,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

15、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WYZA. 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

16、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0.1 molL-1 N

17、aOH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0.1 molL-1B. 若pH=7，A-的浓度大于Na+的浓度C. 若pH7，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0.08 molL-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

18、c(Na+)= c(A-),故B错误;C.若pHc(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：A0.1mol/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

19、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

20、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50 mL0.50 mol/L盐酸与50 mL 0.55 mol/L NaOH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(t2t1) /HClNaOH平均值125.52

21、5.025.2528.53.25224.524.524.5027.53.00325.024.524.7526.51.75（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50 mL0.55mol/L的氨水(NH3H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，通过测得的

22、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). 1.31 kJ (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

23、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100mL1g/Ml=100g,所以反应中放出的热量是4.18J/(g ) 100g 3.125=1306.25J=1.31 kJ;(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50 mL0.55mol/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

24、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。写出SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式_；检验有Fe2+生成的方法是_；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H2SO4 b.酸性KMnO4溶液

25、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

26、铁,则观察到溶液由棕黄色变为浅绿色；(3)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+；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；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