学年四川省射洪县射洪中学高二上学期开学考试化学试题 解析版.docx

1、学年四川省射洪县射洪中学高二上学期开学考试化学试题 解析版四川省射洪县射洪中学2018-2019学年高二上学期开学考试化学试题1.化学与环境、能源、材料关系密切，下列说法错误的是（ ）A. 燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成B. 绿色化学的核心是利用化学原理治理工业生产对环境的污染C. 利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，防止水体富营养化D. 乙烯加聚生成聚乙烯的反应中原子利用率为100%【答案】B【解析】A、加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，故可以减少酸雨的形成，正确；B、绿色化学的核心从源头上减少或消除工业生产对环境的污染，而不是先污染再治理

2、，错误；C、水中氮元素和磷元素可以造成水体富营养化，所以可以利用生物方法脱除，正确；D、乙烯加聚生成聚乙烯的反应中原子利用率为100%，原子经济性高，符合绿色化学的要求，正确；故选B。2.下列说法正确的是A. 钠可以保存在十二烷中，以防止氧气、水与钠反应B. 石油的裂化和煤的干馏属于化学变化，煤的液化属于物理变化C. 糖类一定有甜味，有甜味的可能是糖类物质D. 向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，再加入新制银氨溶液，水浴加热，可用来检验蔗糖水解产物中是否有葡萄糖生成【答案】A【解析】【详解】A.由烷烃的性质递变规律可知十二烷与钠不反应，且密度比钠小，钠沉浸其中可起到隔绝空气的作用，故A

3、正确；B.煤的液化也属于化学变化，故B错误；C.糖类不一定具有甜味，如淀粉、纤维素等多糖，故C错误；D.在进行蔗糖水解产物的检测时，应向蔗糖的水解液中加入碱中和作催化剂的稀硫酸后，再加入银氨溶液，故D错误；答案选A。【点睛】钠可以保存在煤油中，而煤油主要成份为C12C16的碳氢化合物，故钠可以保存在十二烷中。3.下列叙述正确的是A. 24 g 镁与27 g铝中，含有相同的电子数B. 同等质量的氧气和臭氧中，氧原子数相同C. 1 mol重水（D2O）与1 mol水中，中子数比为21D. 1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同【答案】B【解析】【详解】A. 24 g 镁中含有的电子的物质的

4、量为1mol12=12mol，27 g铝中含有电子的物质的量为1mol13=13mol，故A错误；B. 同等质量的氧气和臭氧中，所含的分子数不相同，但氧原子数相同，故B正确；C. 1 mol重水（D2O）与1 mol水中，中子数比为108=5:4，故C错误；D. 1 mol乙烷中化学键数为7mol，1 mol乙烯中化学键数为6mol，故D错误；答案选B。4.下列关于化学键和化合物的说法正确的是A. 化学键是使离子或原子相结合的一种强烈的相互作用B. 含有共价键的化合物一定是共价化合物C. 完全由非金属元素形成的化合物一定是共价化合物D. 由金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物【答案

5、】A【解析】【详解】A.化学键是使离子或原子相结合的一种强烈的相互作用，故A说法正确；B.离子化合物中也可能含有共价键，故B说法错误；C.非金属元素组成的化合物可能是离子化合物，如铵盐就是离子化合物，故C错误；D.金属和非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物，如氯化铝是共价化合物，故D错误；答案选A。【点睛】本题主要考查了离子化合物和共价化合物与化学键的类型、组成化合物的元素之间的关系，需要注意离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，但共价化合物中一定不含离子键；完全由非金属元素形成的化合物也可能是离子化合物，由金属元素和非金属元素形成的化合物也可能是共价化合物。5.已知aAn、bB(n

6、1)、cCn、dD(n1)具有相同的电子层结构，关于A、B、C、D四种元素的叙述不正确的是A. 气态氢化物的稳定性：DACDC. 氧化物对应水化物的酸性性：C Cn An B(n1)【答案】C【解析】【分析】已知aAn+、bB（n+1）+、cCn-、dD（n+1）-具有相同的电子层结构，则有：a-n=b-（n+1）=c+n=d+（n+1），则有A、B在周期表中C、D的下一周期，并且原子序数：bacd，由形成的离子可知，A、B为金属，C、D为非金属，据此分析可得结论。【详解】AC、D在同一周期，且原子序数CD，非金属性：CD，则气态氢化物的稳定性：CD，故A正确；B已知aAn+、bB（n+1）+

7、、cCn-、dD（n+1）-具有相同的电子层结构，则有：a-n=b-（n+1）=c+n=d+（n+1），则有原子序数：bacd，故B正确；C. 非金属性：CD，则最高价氧化物的水化物的酸性为：CD，故C错误；D. aAn+、bB（n+1）+、cCn-、dD（n+1）-具有相同的电子层结构，核电荷数越大离子半径越小，核电荷数bacd，故离子半径dD（n+1）-cCn-aAn+bB（n+1），故D正确；答案选C。【点睛】本题考查位置结构性质关系及应用，关键是根据核外电子排布确定元素所在周期表中的相对位置。6.某元素原子3p能级上有一个空轨道，则该元素为A. Na B. Mg C. Al D. Si

8、【答案】D【解析】某元素原子3p能级上有一个空轨道，为3s23p2是硅7.某烷烃与氯气反应只能生成一种一氯取代物，该烃的结构简式是A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：某烷烃与氯气反应只能生成一种一氯取代物，这说明该烷烃分子中只有一种等效氢原子。由于同一个碳原子上的氢原子是相同的，其次同一个碳原子所连接的所有甲基上的氢原子是相同的，再就是具有对称性结构的（类似于平面镜成像中物体和像的关系），据此可知，A中有3类，B中有3类，C中4类，D中有1类，答案选D。考点：考查等效氢原子的判断点评：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型和考点。试题贴近高考，基础性强，有利于培养学生的逻辑

9、推理能力和抽象思维能力。该题的关键是明确等效氢原子的判断标准，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可。8.下列有关除杂质（括号内物质为杂质）的方法中，错误的是A. CH4（C2H4）：酸性高锰酸钾溶液B. NaHCO3溶液（少量Na2CO3）：通入足量的CO2气体C. 溴苯（混有Br2）：加NaOH溶液洗涤、静置、分液D. FeCl2溶液（FeCl3）：加入过量铁，充分反应后过滤【答案】A【解析】【详解】A.酸性高锰酸钾溶液能把乙烯氧化生成CO2，导致CH4中又混入了CO2，故A错误；B.碳酸钠能吸收CO2，生成碳酸氢钠，故B正确；C. 单质溴能和氢氧化钠溶液反应而进入水层，所以可以除去溴苯中的

10、单质溴，故C正确；D.铁可以将氯化铁还原成氯化亚铁，且过量的铁用过滤的方法可以除去，故D正确；答案选A。【点睛】物质进行分离提纯时，选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则：1.不能引入新的杂质（水除外），即分离提纯后的物质应是纯净物（或纯净的溶液），不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。9.化合物Y 能用于高性能光学树脂的合成，可由化合物X与2 甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得：下列有关化合物X、Y 的说法正确的是A. Y 分子中含有两种官能团 B. Y不能使溴水褪色C. X、Y均不能使酸性

11、KMnO4溶液褪色 D. XY的反应为取代反应【答案】D【解析】【详解】A. Y 分子中含有溴原子、碳碳双键、酯键三种官能团，故A错误；B.Y分子中含有碳碳双键，能使溴水褪色，故B错误；C.X中含有酚羟基，Y中含有碳碳双键，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D.对比X、2-甲基丙烯酰氯和Y的结构简式，可得X+2 甲基丙烯酰氯Y+HCl，反应类型为取代反应，故D正确；答案选D。10.下列离子方程式正确的是A. 氯气与水反应：Cl2H2O=2H+ClOClB. 硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：2H=H2SiO3C. Fe和盐酸反应：2Fe6H+2Fe3+3H2D. 石灰石和盐酸反应：CaCO32H+

12、Ca2+CO2H2O【答案】D【解析】【详解】A.反应中生成的次氯酸为弱酸，不能拆开，故A错误；B.醋酸为弱酸，在离子反应方程式中应保留分子形式，故B错误；C.铁与盐酸反应应生成Fe2+，故C错误；D. CaCO3为难溶物，保留化学式，故D正确；答案选D。【点睛】本题离子方程式正误的判断重点考查了物质的拆写是否规范，物质的拆写主要以物质的主要存在形式为标准，可溶的弱电解质在溶液中主要以分子形式存在，故不能拆写成离子形式。11.下列实验过程可以达到实验目的的是编号实验目的实验过程A配制0.4000 molL1的NaOH溶液称取4.0 g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，立即转移至250

13、mL容量瓶中定容B探究维生素C的还原性向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化C制取纯净氢气向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液D探究浓度对反应速率的影响向2支盛有5 mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2 mL 5%H2O2溶液，观察实验现象A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】分析：A.氢氧化钠溶于水放热；B.根据铁离子具有氧化性结合溶液颜色变化分析；C.氢气中含有氯化氢和水蒸气，据此解答；D.根据双氧水与亚硫酸氢钠反应的实验现象分析。详解：A.氢氧化钠溶于水放热，因此溶解后需要冷却到室温下再转

14、移至容量瓶中，A错误；B.氯化铁具有氧化性，能被维生素C还原为氯化亚铁，从而使溶液颜色发生变化，所以向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，通过观察颜色变化可以探究维生素C的还原性，B正确；C.向稀盐酸中加入锌粒，生成氢气，由于生成的氢气中含有氯化氢和水蒸气，因此将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸即可，不需要通过KMnO4溶液，或者直接通过碱石灰，C错误；D.反应的方程式为HSO3+H2O2SO42+H+H2O，这说明反应过程中没有明显的实验现象，因此无法探究浓度对反应速率的影响，D错误。答案选B。点睛：明确相关物质的性质特点、发生的反应和实验原理是解答的关键。注意设计

15、或评价实验时主要从正确与错误、严密与不严密、准确与不准确、可行与不可行等方面作出判断。另外有无干扰、是否经济、是否安全、有无污染等也是要考虑的。本题中选项D是解答的易错点，学生往往只考虑物质的浓度不同，而忽略了实验结论需要建立在实验现象的基础上。12.设NA 代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A. 0.1 mol/L Ba(NO3)2溶液中含NO3的数目为NAB. 28g以任意比组成的CO与N2混合气体中含有原子的数目为2NAC. 100g 98H2SO4溶液中含氧原子数为4NAD. 1L 1mol/L 的盐酸溶液中所含氯化氢分子数为NA【答案】B【解析】A因未给出溶液的体积，所以无法

16、计算0.1mol/LBa(NO3)2溶液中NO3的数目，故A错误；B氮气和一氧化碳的摩尔质量都是28g/mol，且都是双原子分子，所以28g二者混合物的物质的量为1mol，含有原子个数2NA，故B正确；C在硫酸溶液中，除了硫酸外，水也含有氧原子，故溶液中含有的氧原子数多于4NA，故C错误；D氯化氢为强电解质，在水中完全电离，盐酸溶液中不存在HCl分子，故D错误。答案选B。13.具有下列能层结构的原子，其对应元素一定属于同一周期的是()A. 两种原子的能层上全部都是s电子B. 3p能级上只有一个空轨道的原子和3p能级上只有一个未成对电子的原子C. 最外层电子排布为2s22p6的原子和最外层电子排

17、布为2s22p6的离子D. 原子核外M层上的s能级和p能级都填满了电子，而d轨道上尚未有电子的两种原子【答案】B【解析】两种原子的电子层上全部都是s电子，可以是第一周期元素，也可以是第二周期元素。3p能级上只有一个空轨道的原子是P元素，3p能级上只有一个未成对电子的原子可以是钠也可以是氯，B正确。最外层电子排布为2s22p6的原子是Ne，最外层电子排布为2s22p6的离子可以是氧元素、氟元素、钠元素等。原子核外M层上的s能级和p能级都填满了电子，而d轨道上尚未有电子的两种原子，可以是氩，也可以是钾或钙。所以正确的答案是B。14. 一种气态烷烃和一种气态烯烃组成的混合物共10g，混合气体的密度是

18、相同状况下H2密度的12.5倍该混合气体通过装有溴水的试剂瓶时，试剂瓶的质量增加了8.4g，该混合气体可能是（ ）A. 乙烷和乙烯 B. 乙烷和乙烯 C. 甲烷和乙烯 D. 甲烷和丙烯【答案】C【解析】试题分析：混合气体的密度是相同状况下H2密度的12.5倍，则有机物的平均摩尔质量25g/mol，故混合气体中一定有甲烷，混合气体的总的物质的量为=0.4mol该混合气通过Br2水时，Br2水增重8.4g为烯烃的质量，所以甲烷的质量为1.6g，物质的量为0.1mol，故烯烃的物质的量为0.3mol，结合烯烃的质量和物质的量来确定烯烃的摩尔质量，再根据烯烃组成通式确定烯烃解：混合气体的密度是相同状况

19、下H2密度的12.5倍，则有机物的平均摩尔质量25g/mol，烯烃中乙烯的相对分子质量最小为28，故混合气体中一定有甲烷，混合气体的总的物质的量为=0.4mol该混合气通过Br2水时，Br2水增重8.4g为烯烃的质量，所以甲烷的质量为1.6g，物质的量为甲烷的物质的量为=0.1mol，故烯烃的物质的量为0.4mol0.1mol=0.3mol，所以M（烯烃）=28g/mol，令烯烃的组成为CnH2n，则14n=28，所以n=2，故为乙烯，所以混合物为甲烷、乙烯，故选：C15.镍镉(NiCd)可充电电池在现代生活中有广泛应用，已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行 。有关该电

20、池的说法正确的是A. 放电时负极反应：Cd2e+2OH= Cd(OH)2B. 充电过程是化学能转化为电能的过程C. 放电时正极附近溶液的碱性不变D. 放电时电解质溶液中的OH向正极移动【答案】A【解析】【详解】A.放电时负极发生氧化反应，方程式为：Cd-2e-+2OH-=Cd（OH）2，故A正确；B充电时该装置是电解池，是将电能转化为化学能的装置，故B错误；C.放电时，正极放生反应NiOOH+H2O+ e-= Ni（OH）2+ OH-，附近溶液的碱性增强，故C错误；D. 放电时，电解质溶液中氢氧根离子向负极移动，故D错误；答案选A。【点睛】放电时负极上发生的电极反应式为：Cd-2e-+2OH-

21、=Cd（OH）2，正极上发生的电极反应式为：NiOOH+e-+H2ONi（OH）2+OH-，充电时阳极上发生的电极反应式为：Ni（OH）2+OH-e-NiOOH+H2O，阴极上发生的电极反应式为：Cd（OH）2+2e-Cd+2OH-，故二次电池在充放电的过程中，负极对应阴极，正极对应阳极。16.香花石由前20号主族元素中的6种组成，其化学式为X3Y2(ZWR4)3T2，X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电于数与次外层相等，X、Z位于同主族，Y、Z 、R、T位于同周期，R最外层电子数为次外层的3倍。T无正价，X与R原子序数之和是W的2倍。下列说法中错误的是A. 原子半径：YZRTB. XR2、WR

22、2两化合物中R的化合价相同C. 最高价氧化物对应的水化物碱性：XZD. 气态氢化物的稳定性：WRT【答案】B【解析】【分析】T无正价，则T为氟元素；Y、Z、R、T位于同周期，则在第二周期，由R最外层电子数为次外层的3倍，则R为氧元素；Z的最外层电子数与次外层相等，则Z为铍元素；Y、Z为金属元素，Y在第二周期，则Y为锂元素；X、Z位于同主族，则X为镁元素或钙元素；若X为镁元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则（12+8）2=10，推出W为氖元素不符合题意，若X为钙元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，（20+8）2=14，推出W为硅元素，即X为钙元素、W为硅元素，即X为钙元素、Y为锂元素、

23、Z为铍元素、R为氧元素、W为硅元素、T为氟元素符合题意，据此分析可得结论。【详解】AY为锂元素、Z为铍元素、R为氧元素、T为氟元素，位于同周期，元素的原子半径从左向右半径在减小，故A正确；B.XR2、WR2两化合物CaO2、SiO2，CaO2含有的化学键分别由离子键和共价键，SiO2只含有共价键，故D错误；C. X为钙元素、Z为铍元素，钙的金属性强，则最高价氧化物对应的水化物碱性XZ，故C正确；D.W为硅元素、R为氧元素、T为氟元素，非金属性FOSi，则气态氢化物的稳定性WRT，故D正确；答案选B。【点睛】本题考查学生利用元素的位置及原子的结构来推断元素，然后利用元素周期律及化合价知识来解答即

24、可。17.在25和101kPa的条件下：H-H键能436 kJ/mol；Cl-Cl键能243 kJ/mol； H-Cl键能431kJ/mol；对于反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的能量变化描述正确的是A. 断开1molH2中的H-H键需要放出436kJ的能量B. 生成2molHCl中的H-Cl键需要放出431kJ的能量C. 由键能数据分析,该反应属于吸热反应D. 2molHCl(g)的能量比1molH2(g)和1molCl2(g)的总能量低【答案】D【解析】【详解】A. 因H-H键能436 kJ/mol，则有断开1molH2中的H-H键需要吸收436kJ的能量，故A错误；B.因H-

25、Cl键能431 kJ/mol，则生成2molHCl中的H-Cl键需要放出431kJ2=862 kJ的能量，故B错误；C.由键能与焓变的关系可得H=(436+243-4312) kJ/mol =-183 kJ/mol，H0，所以该反应为放热反应，故C错误；D. 该反应为放热反应，所以反应物的总能量生成物的总能量，故D正确；答案选D。【点睛】本题主要考查了化学反应中的能量变化，H等于反应物中化学键断裂吸收的能量总和减去形成生成物的化学键所放出的能量总和。18.R2O82离子在一定条件下可以把Mn2+离子氧化，若反应后R2O82离子变为RO42离子，又知反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为52，Mn

26、2+离子被氧化后的化合价为A. 4 B. 5 C. 6 D. 7【答案】D【解析】R2O82中R元素的化合价是+7价，RO42中R元素的化合价是+6价，则R元素化合价降低，R2O82是氧化剂，所以Mn2+是还原剂，设Mn元素的化合价升高到+x价，则根据得失电子守恒有：5（7-6）22（x2），得x7，故答案选D。19.把3molP和2.5molQ置于2L密闭容器中，发生如下反应：3P（g）+Q（g）xM（g）+2N（g），5min后达到平衡，生成N1mol，经测定M的平均速率是0.1mol/（Lmin），下列叙述错误的是（ ）A. P的平均反应速率是0.15mol/（Lmin）B. Q的转化率

27、是25%C. Q的平衡浓度是1mol/LD. x的值为2【答案】BD【解析】把3molP和2.5molQ置于2L密闭容器中，5min后达到平衡，生成1mol N，则：3P（g）+Q（g）xM（g）+2N（g）起始量（mol）：3 2.5 0 0变化量（mol）：1.5 0.5 0.25x 1平衡量（mol）：1.5 2 0.25x 1Av（P）=0.15mol/（Lmin），故A正确；BQ转化率=100%=20%，故B错误；CQ的平衡浓度为=1mol/L，故C正确；D根据M的速率，则0.25x=0.1mol/（Lmin）5min2L，解得x=4，故D错误，故选：BD【点评】本题考查化学平衡计算

28、，理解掌握三段式在化学平衡计算中应用，比较基础20.足量铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体4.48 L(标准状况)，这些气体与一定体积O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol/L NaOH溶液至Cu2恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是60 mL，下列说法不正确的是A. 混合气体中含NO2 3.36 L（标况下） B. 消耗氧气的体积为1.68 L（标况下）C. 此反应过程中转移的电子为0.6 mol D. 参加反应的硝酸是0.5 mol【答案】C【解析】【分析】标况下4.48L混合气体的物质的量为：4.4

29、8L22.4 L/mol=0.2mol，60mL 5mol/L的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为：5mol/L0.06L=0.3mol，在反应过程中，由电子守恒可知：铜所失去电子的物质的量与硝酸得到电子的物质的量相等、氮的氧化物失去电子的物质的量与氧气得到电子的物质的量相等；由原子个数守恒可知：溶液中钠离子的物质的量与溶液中硝酸根离子的物质的量相等、参加反应的硝酸等于氮的氧化物的物质的量与溶液中硝酸根离子的物质的量之和，据此分析可得结论。【详解】A设NO的物质的量为x、二氧化氮的物质的量为y，则x+y=0.2，根据电子守恒可得：3x+y=0.3，解得：x=0.05mol、y=0.15mol，

30、则混合气体中二氧化氮的体积为3.36L，故A正确；B. 氧气得到的电子与铜失去的电子一定相等，则消耗氧气的物质的量为(0.152)mol4=0.075mol，标况下的体积为1.68L，故B正确；C.在反应中转移的电子与铜失去的电子相同，则转移的电子物质的量为0.15mol2=0.3mol，故C错误；D. 根据氮原子守恒可得硝酸的物质的量为：0.2mol+0.3mol=0.5mol，故D正确；答案选C。【点睛】本题主要考查了学生在化学计算中运用得失电子守恒和原子个数守恒的能力，主要抓住两条线：电子守恒：铜失去的电子数=被还原硝酸得到的电子数=氧气得电子数；原子个数守恒：n（Cu）=n（NaOH）、n（HNO3）= n（NaOH）+ n（NO）+ n（NO2）。21.A、B、C、D、E五种元素除E外都是短周期元素。A元素的3S轨道有一个未成对电子。B元素的离子和Ne具有相同的电子层排布；7.8 g B的氢氧化物恰好能与100 mL3mol/L盐酸完全反应。H2在C单质中燃烧产生苍白色火焰，C和D同主族。E元素原子的核外电子数比C原子核外电子多7；根据上述条件，回答：（1）写出以下元素的名称：A_，B_，D_。（2）元素C在元素周期表中的位置为_，核外共有_个能级_个轨道；E元素原子的电子排布式_。（3）C和D的氢化物沸点较高的是_（请填写对