贵州省道真县民族中学2019-2020学年高二上学期开学考试化学试题

贵州省道真县民族中学2019-2020学年高二上学期开学考试化学试题

贵州省道真县民族中学2019-2020学年上学期开学考试高二化学 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间90分钟。‎ 一、单选题(共25小题,共50分) ‎ ‎1.标准状况下氯气和氢气共aL，在光照下充分进行反应，反应后的气体恰好能使bmol 氢氧化钠完全转化成盐，则a、b的关系不可能是下列的(　　)‎ A. b＜ B. b＜ C. b＞ D. b＞‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ H2和Cl2的混合气体aL经光照反应后所得气体，恰好能与b mol的NaOH完全作用生成盐，生成的盐可能是NaCl或NaCl和NaClO两种情况，则Na、Cl的物质的量比为1：1，以此计算。‎ ‎【详解】H2和Cl2的混合气体aL经光照反应后所得气体，恰好能与b mol的NaOH完全作用生成盐，若氢气和氯气恰好反应，生成的盐是NaCl，若氯气过量生成的盐为NaCl和NaClO的混合物，只有这两种情况，由于Na、Cl的物质的量比为1：1，则n（C12）=0.5bmol，其标况下体积为0.5bmol×22.4L/mol=11.2bL，利用极端假设法分析，若aL气体全部是氯气时，b=a/11.2，若aL气体全部是氢气，b=0。由于aL气体是氢气和氯气的混合气体，所以0＜b＜a/11.2，因此a与b的关系不可能为D，故答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查了化学计算，注意利用盐中Na、Cl的物质的量关系是解答本题的关键，侧重分析能力和知识应用能力的考查，注意极限法的灵活应用。‎ ‎2.下列关于过滤和蒸发说法中不正确的是（ ）‎ A. 过滤是从液体中分离出难溶物质的实验方法 B. 蒸发是减少溶剂，让溶质析出的实验方法 C. 过滤和蒸发实验中都用到的玻璃仪器是铁架台 D. 加热蒸发可以使溶液浓缩或溶质结晶析出 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.过滤是用过滤器，把难溶的物质从液体中分离出来实验方法，选项A正确；‎ B.蒸发是利用加热的方法，使溶液中溶剂不断挥发而析出溶质（晶体）的过程，选项B正确；‎ C.在过滤和蒸发的实验操作中都要用到玻璃仪器是玻璃棒，选项C错误；‎ D.加热蒸发溶剂，可以使溶液浓缩或溶质结晶析出，选项D正确；‎ 答案为C。‎ ‎3.同温同压下，相同质量的二氧化硫气体和三氧化硫气体相比较：①它们所含分子数目之比为4∶5；②它们所含氧原子数目之比为5∶6；③它们所含原子总数之比为1∶1；④它们所含的硫原子数目之比为5∶4；⑤它们的密度之比为4∶5。上述有关叙述中正确是(　　)‎ A. ②③⑤ B. ①④⑤ C. ②④⑤ D. ①②⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】同温同压下，二氧化硫和三氧化硫质量相同，物质的量和摩尔质量成反比，所以物质的量之比为80：64=5：4。①物质的量和分子数成正比，所以它们所含分子数目之比为5：4，错误；②它们所含氧原子数目之比为5×2∶4×3=5：6，正确；③它们所含原子总数之比5×3：4×4=15：16，错误；④二氧化硫和三氧化硫的每个分子都含有1个硫原子，所以二氧化硫和三氧化硫的分子数之比就是它们所含的硫原子数目之比，为5∶4，正确；⑤同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，即为64：80=4∶5，正确。故选C。‎ ‎4.下列各组元素中，按最高正价递增的顺序排列的是(　　)‎ A. 碳、氮、氧、氟 B. 钠、镁、硅、硫 C. 氯、硫、碳、钾 D. 锂、钠、钾、铷 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、碳、氮、氧、氟中氧元素没有最高正价，氟元素无正价，故A错误；‎ B、钠、镁、硅、硫的最高正价依次是：+1、+2、+4、+6，故B正确；‎ C、氯、硫、碳、钾的最高正价依次是：+7、+6、+4、+1，故C错误；‎ D、锂、钠、钾、铷的最高正价均为+1价，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】元素的最高正价=最外层电子数，但是氧元素没有最高正价，氟元素无正价是解题的关键，也是易错点。‎ ‎5.下列叙述中，错误的是(　　)‎ A. 苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持50～60 ℃反应生成硝基苯 B. 苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷 C. 乙烯与溴的四氯化碳溶液反应生成1,2-二溴乙烷 D. 甲苯与氯气在光照下反应主要生成2,4-二氯甲苯 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、在浓硫酸作用下，苯与浓硝酸共热并保持50～60 ℃发生取代反应生成硝基苯和水，故A正确；‎ B项、苯乙烯分子中含有碳碳双键，在合适条件下与氢气发生加成反应生成乙基环己烷，故B正确；‎ C项、乙烯分子中含有碳碳双键，与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，故C正确；‎ D项、甲苯与氯气在光照下发生取代反应主要发生的是侧链上的氢原子被取代，不能得到苯环上氢原子被取代的产物2，4-二氯甲苯，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】苯的同系物与氯气发生取代反应时，在光照下，主要发生的是侧链上的氢原子被取代，铁做催化剂，发生取代反应主要发生的是苯环上氢原子被取代是解答的易错点。‎ ‎6.下列关于硅酸盐产品的说法正确的是(　　)‎ A. 玻璃、水泥属于硅酸盐产品，陶瓷不属于硅酸盐产品 B. 普通玻璃的组成可表示为Na2SiO3·CaSiO3·4SiO2‎ C. 生产水泥的主要原料是纯碱、石灰石和石英 D. 生产玻璃的主要原料是黏土、石灰石 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、陶瓷、玻璃、水泥主要成分都是硅酸盐，属于传统的硅酸盐材料，故A错误；‎ B项、普通玻璃的成分是硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅，组成可表示为Na2SiO3·CaSiO3·4SiO2，故B正确；‎ C项、生产水泥的主要原料是黏土、石灰石，故C错误；‎ D项、生产玻璃的主要原料是纯碱、石灰石和石英，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】硅酸盐工业是以含硅元素物质为原料通过高温加热发生复杂的物理、化学变化制得，相应生成物是硅酸盐，含有硅酸根离子的盐属于硅酸盐。‎ ‎7. 下列变化属于化学变化，且产物中兼有气体、液体、固体的是 A. 石油的分馏 B. 石油的裂解 C. 煤的干馏 D. 煤的气化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：石油的分馏是物理变化，A错；石油的裂解是得到含碳原子较少的烃，没有固体物质生成，B错；煤的干馏是化学变化， 有气体、液体、固体生成，C对 ；煤的气化就是使煤转化为可燃性气体，没有固体生成。‎ 考点：煤和石油的综合利用。‎ ‎8.在实验室中，下列除杂的方法中正确的是(　　)‎ A. 溴苯中混有溴，加入KI溶液，振荡，用汽油萃取出溴 B. 乙烷中混有乙烯，通入H2在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷 C. 硝基苯中混有浓硫酸和浓硝酸，将其倒入NaOH溶液中，静置、分液 D. 乙烯中混有CO2和SO2，将其通入酸性KMnO4溶液中洗气 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：A选项中碘单质与溴苯、汽油互溶；B选项中反应较为困难，氢气的量不好控制；C选项中浓硝酸和浓硫酸可与氢氧化钠反应，而硝基苯不反应，且不溶于水；D选项中乙烯与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应生成二氧化碳气体；‎ 详解：Br2与KI溶液反应生成碘单质，与溴苯仍是互溶体系，不能分离，碘单质与溴苯、汽油互溶，无法用汽油萃取， A选项错误；利用氢气与乙烯发生加成反应，除去乙烯，氢气的量不好控制，量少没有除尽乙烯，量多氢气变成杂质，B选项错误；浓硝酸和浓硫酸可与氢氧化钠发生中和反应生成易溶于水的盐，而硝基苯不反应，且不溶于水，可用氢氧化钠溶液除杂，C选项正确；CO2、SO2可与NaOH 溶液发生反应，而乙烯不反应，可除杂，但乙烯能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应生成二氧化碳气体， D选项错误；正确答案：C。‎ ‎9.据报道，某国一集团拟在太空建造巨大的集光装置，把太阳光变成激光用于分解海水制氢 ‎2H2O=2H2↑＋O2↑。下列说法正确的是(　　)‎ A. 水的分解反应是放热反应 B. 此反应是把化学能转化为热能而储存起来 C. 使用氢气作燃料有助于控制温室效应 D. 在这一反应中，热能转化为化学能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】把太阳光变成激光用于分解海水制氢的过程是把光能转化为化学能而储存起来，使用了氢能，就减少了化石燃料的使用，减少了二氧化碳的排放，有助于控制温室效应。故选C。‎ ‎10.已知氢气与溴蒸汽化合生成1mol溴化氢时放出的能量51kJ，1mol H-H、Br-Br和H-Br键断裂时需要吸收的能量分别是436kJ、a kJ和369kJ则a为(　　)‎ A. 404 B. 260 C. 230 D. 200‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】旧键断裂需要吸收能量，新键的生成会放出能量，1mol氢气和1mol溴蒸汽反应生成2mol溴化氢，旧键断裂吸收的总能量为：436kJ+akJ，生成2mol溴化氢放出的能量为：369kJ×2=738kJ，则1mol氢气和1mol溴蒸汽反应生成2mol溴化氢放出的热量为：738kJ-(436+a)kJ=51kJ×2，解得a=200kJ，故选D。‎ ‎11.焰色反应不呈黄色的是(　　)‎ A. NaCl B. Na2O2 C. NaOH D. KOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】焰色反应时，由于含有钠元素的物质进行该实验时火焰会是黄色的，含有钾元素的物质的焰色反应为紫色，所以不呈黄色的是KOH，故选D。‎ ‎【点睛】依据不同的离子焰色反应时火焰的颜色不同，焰色反应属于元素的性质，含有钠元素的物质焰色反应都是黄色。‎ ‎12.下图是氢氧燃料电池的示意图，按图中提示，下列叙述不正确的是(　　)‎ A. a电极是负极，b电极是正极 B. a电极的电极反应式为H2－2e－===2H＋‎ C. b电极的电极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑‎ D. 氢氧燃料电池不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：A. 氢氧燃料电池，氢气在负极失电子发生氧化反应，氧气在正极得电子发生还原反应，a电极是负极，b电极是正极；B.氢气失电子，在负极发生氧化反应；C.氧气得电子，在正极发生还原反应；D. 氢氧燃料电池不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内新型发电装置。‎ 详解：氢氧燃料电池中，氢气易失电子发生氧化反应，所以通入氢气a电极是负极，b电极是正极，A正确；B. a电极为负极，发生氧化反应，H2－2e－===2H＋，B正确；通入氧气的b电极为原电池的正极，发生还原反应，极反应式为：O2+4e－+2H2O=4OH－，C错误；氢氧燃料电池不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的新型发电装置，D正确；正确选项C。‎ 点睛：在燃料电池中，通入燃料的电极均为负极，通入空气或氧气的电极均为正极；对于燃料电池，要注意的是：即使燃料相同，如电解质溶液不同，电极反应式可能不同，如氢氧燃料电池，在酸性介质和碱性介质中的电极反应式就不同。‎ ‎13.下列说法正确的是(　　)‎ A. 两种烃相对分子质量相同，但结构不同，则它们一定是同分异构体 B. 有机物和无机物之间不可能出现同分异构体 C. 分子式相同的不同有机物一定是同分异构体 D. 两种有机物所含碳元素的质量分数相同，则它们一定为同分异构体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、相对分子量相同和结构不同的两种烃，相对分子质量相同，分子式不一定相同，如C8H10和C9H20相对分子质量相同，分子式不同，不互为同分异构体，故A错误；‎ B项、有机物和无机物之间也能出现同分异构体，如尿素[CO(NH2)2]属于有机物，氰酸铵（NH4OCN）属于无机物，两者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故B错误；‎ C项、具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体，故C正确；‎ D项、两种有机物所含碳元素的质量分数相同，分子式不一定相同，如乙炔和苯的最简式都为CH，所含碳元素的质量分数相同，分子式不同，不互为同分异构体，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎14.下列物质的水溶液能导电，但其本身属于非电解质的是(　　)‎ A. CH3COOH B. 干冰 C. 酒精 D. Cl2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、CH3COOH是弱酸，水溶液能导电，属于电解质，故A错误；‎ B项、CO2的水溶液能导电，是因二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸电离生成离子而导电，即发生电离不是CO2本身，CO2属于非电解质，故B正确；‎ C项、酒精的水溶液不导电，酒精属于非电解质，故C错误；‎ D项、Cl2水溶液导电，Cl2是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】电解质是指在水溶液或熔化状态下能导电的化合物，而非电解质是指在水溶液和熔化状态下都不能导电的化合物，明确判断电解质是发生电离的为化合物本身来分析是解答关键。‎ ‎15.氧化铁和氧化亚铁都能与氢碘酸反应，下列相关叙述中正确的是(　　)‎ A. 都有铁盐生成 B. 都有亚铁盐生成 C. 都是氧化还原反应 D. 反应中都无电子转移 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 详解】A项、氧化铁具有氧化性，与氢碘酸发生氧化还原反应生成碘化亚铁和水，氧化亚铁与氢碘酸发生复分解反应生成碘化亚铁和水，故A错误；‎ B项、氧化铁具有氧化性，与氢碘酸发生氧化还原反应生成碘化亚铁和水，氧化亚铁与氢碘酸发生复分解反应生成碘化亚铁和水，故B正确；‎ C项、氧化亚铁与氢碘酸发生复分解反应生成碘化亚铁和水，故C错误；‎ D项、氧化铁具有氧化性，与氢碘酸发生氧化还原反应生成碘化亚铁和水，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎16. 下列有关分离和提纯的说法正确的是( )‎ A. 除去NaCl溶液中少量CaCl2：加入适量K2CO3‎ B. 用蒸馏方法从海水中得到淡水 C. 用酒精可以从碘水中萃取碘 D. 用浓硫酸除去氨气中混有的水蒸气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．除去NaCl溶液中少量CaCl2加入适量K2CO3后生成碳酸钙沉淀，但会引入钾离子，应该用碳酸钠，A错误；B．用蒸馏的方法从海水中得到淡水，B正确；C．酒精和会互溶，不能用酒精从碘水中萃取碘，C错误；D．浓硫酸与氨气反应，不用浓硫酸除去氨气中混有的水蒸气，应该用碱石灰，D错误，答案选B。‎ 考点：考查物质的分离与提纯 ‎17.某溶液中加入铝粉，有H2放出，在该溶液中一定能大量共存的离子组是(　　)‎ A. K+、Mg2+、Cl-、 B. Na+、、、‎ C. Na+、K+、、Cl- D. K+、Na+、、‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 溶液中加入铝粉，有H2放出，该溶液为非氧化性酸或强碱溶液，若离子之间不能反应生成沉淀、气体、水、弱电解质等，离子在溶液中一定能大量共存。‎ ‎【详解】A项、碱溶液中不能存在Mg2+，故A错误；‎ B项、碱溶液中不能存在NH4+、HCO3-，酸溶液中不能存在HCO3-，故B错误；‎ C项、非氧化性酸或强碱溶液中，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；‎ D项、酸溶液中不能存在CO32-，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎18.下列说法正确的是(　　)‎ A. pH＝6的降雨是酸雨 B. 氯气泄漏后应顺风向低处跑 C. 二氧化硫和次氯酸都具有漂白性，两者的漂白原理相同 D. 我国城市环境中的大气污染物主要有二氧化硫、二氧化氮、一氧化碳和可吸入颗粒物等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、正常雨水的pH约为5.6，溶解二氧化硫、氮氧化物的雨水为酸雨，该雨水pH<5.6，故A错误；‎ B项、氯气的密度比空气密度大，则氯气泄漏后应逆风向高处跑，防止中毒，故B错误；‎ C项、二氧化硫与有色物质化合，生成不稳定的无色物质，是可以恢复原来的颜色的；HClO具有强氧化性可使有色物质褪色，是不可恢复原来的颜色的；二者褪色原理不同，故C错误；‎ D项、SO2、NO2均可导致酸雨发生，可吸入颗粒物可导致雾霾发生，化石能源在工厂使用、汽车尾气等均排放污染物，则我国城市环境中的大气污染物主要有SO2、NO2、可吸入颗粒物等，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎19.下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是(　　)‎ A. 用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+‎ B. Na2O2与H2O反应制备O2：Na2O2+H2O=2Na++2OH-+O2↑‎ C. 将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-‎ D. 明矾溶于水产生Al(OH)3胶体：Al3++3H2O=Al(OH)3↓+3H+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故A正确；‎ B项、Na2O2与H2O反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，故B错误；‎ C项、氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸，不能拆写，反应的离子方程式为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，故C错误；‎ D项、明矾溶于水电离出的铝离子部分水解生成Al(OH)3胶体，反应的离子方程式为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎20.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是(　　)‎ A. 80 g硝酸铵中含有氮原子数为NA B. 0.1 molN5+离子中所含电子数为3.4NA C. 1 mol甲烷和NA个甲烷分子的质量相等 D. 16 g氧气和16 g臭氧所含的原子数均为NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 80 g硝酸铵的物质的量是1mol，其中含有氮原子数为2NA，A错误；‎ B. 0.1 molN5+离子中所含电子的物质的量是（7×5－1）×0.1mol＝3.4mol，其电子数为3.4NA，B正确；‎ C. 1 mol甲烷和NA个甲烷分子的质量相等，均是16g，C正确；‎ D. 氧气和臭氧均是氧原子形成的单质，16 g氧气和16 g臭氧所含氧原子的物质的量均是1mol，原子数均为NA，D正确。‎ 答案选A。‎ ‎21.下列各组元素性质递变情况错误的是（ ）‎ A. H、Be、B原子最外层电子数依次增多 B. P、S、Cl元素最高正化合价依次升高 C. B、C、N、O、F原子半径依次增大 D. Li、Na、K、Rb的金属性依次增强 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、H、Be、B、最外层电子数分别为1、2、3，则最外层电子数依次增大，A正确；‎ B、P、S、Cl的最高正价依次为+5、+6、+7，则最高正价依次增大，B正确；‎ C、B、C、N、O、F位于同一周期，且原子序数依次增大，则原子半径依次减小，C错误；‎ D、Li、Na、K、Rb位于同一主族，且原子序数依次增大，则金属性依次增大，D正确；‎ 故合理选项为D。‎ ‎22.有关铝及其化合物的说法错误的是 A. 铁易生锈，而铝在空气中较稳定，所以铁比铝活泼 B. 可用铝壶烧开水，不可用其长期存放食醋、碱水 C. 氧化铝是一种较好的耐火材料，但不可用氧化铝坩埚熔化NaOH D. 氢氧化铝能中和胃酸，可用于制胃药 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Al比Fe活泼，氧化铝为致密的氧化膜可保护内部的Al，则铁易生锈，而铝在空气中较稳定，故A错误；‎ B.铝具有导热性，所以可用铝壶烧开水，但铝既可以酸反应又可以与碱反应，所以不能用铝壶长期存放食醋、碱水，故B正确；‎ C.氧化铝的熔点高，是一种较好的耐火材料，由于氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，用氧化铝坩埚加热熔融氢氧化钠会腐蚀坩埚，故不能用氧化铝坩埚加热熔融氢氧化钠，故C正确；‎ D.氢氧化铝为弱碱，与盐酸反应，则氢氧化铝能中和胃酸，可用于制胃药，故D正确。 故选A。‎ ‎23.下列各糖能发生水解，且属于还原性糖的是 A. 葡萄糖 B. 蔗糖 C. 麦芽糖 D. 纤维素 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 葡萄糖属于还原性糖，是单糖，不水解，A错误；‎ B. 蔗糖是二糖能发生水解，但不是还原性糖，B错误；‎ C. 麦芽糖是二糖能发生水解，属于还原性糖，C正确；‎ D. 纤维素是多糖，能水解，但不是还原性糖，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎24.核内中子数为N的R2＋，质量数为A，则它的n g氧化物中所含质子的物质的量是(　　)‎ A. (A－N＋8) mol B. (A－N＋10) mol C. (A－N＋Z) mol D. (A－N＋6) mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】中子数为N的R2+，质量数为A，则R的质子数是A－N，其氧化物的化学式为RO，其相对分子质量为A+16，它的氧化物的质子数为A-N+8，ng氧化物的物质的量为n/（A+16）mol， n/(A+16)mol的该物质的质子数为，故A正确。‎ 故选A。‎ ‎25.人类在提高自身生活水平的同时还应关注环境问题，下列叙述不正确的是(　　)‎ A. 化石燃料的高消耗、森林面积的锐减是造成大气中二氧化碳浓度增高的主要原因 B. 氮氧化物和硫的氧化物都是形成酸雨的主要物质 C. 冬季取暖大量燃烧煤所释放出的有害气体是造成城市光化学烟雾的最主要原因 D. 当进入水体的氮的含量增大时，会造成水体的富营养化从而破坏水质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、化石燃料的使用生成二氧化碳，森林可吸收二氧化碳，所以化石燃料的高消耗、森林面积的锐减是造成大气中二氧化碳浓度增高的主要原因，故A正确；‎ B项、氮氧化物和硫的氧化物使雨水酸性增强，都是形成酸雨的主要物质，故B正确；‎ C项、汽车尾气是造成城市光化学烟雾的最主要原因，取暖大量燃烧煤所释放出的有害气体可导致酸雨和温室效应，故C错误；‎ D项、N元素可导致水中藻类植物大量繁殖，会造成水体的富营养化从而破坏水质，故D正确；‎ 故选C。‎ 分卷II 二、填空题(共5小题共50分) ‎ ‎26.利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段。如图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系：‎ ‎(1)从硫元素化合价变化的角度分析，图中既有氧化性又有还原性的化合物有_______________(填化学式)。‎ ‎(2)将X与Y混合，可生成淡黄色固体。该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____________。‎ ‎(3)检验物质Y的方法是______________________________。‎ ‎(4)Z的浓溶液与铜单质在一定条件下可以发生化学反应，该反应的化学方程式为____________。‎ ‎(5)Na2S2O3是重要的化工原料，从氧化还原反应的角度分析，下列制备Na2S2O3的方案理论上可行的是_____________(填字母)。‎ a．Na2S＋S b．Na2SO3＋S c．SO2＋Na2SO4 d．Na2SO3＋Na2SO4‎ ‎(6)已知Na2SO3能被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则24mL 0.05mol·L-1的Na2SO3溶液与 20mL 0.02mol·L-1的K2Cr2O7溶液恰好反应时，Cr元素在还原产物中的化合价为____________。‎ ‎【答案】 (1). SO2、H2SO3、Na2SO3 (2). 1∶2 (3). 将Y通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热后又变红色 (4). (5). b (6). +3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）处于元素高价态的微粒只具有氧化性，处于低价态只具有还原性，而处于中间价态的微粒具有氧化性和还原性；‎ ‎（2）硫化氢具有还原性，二氧化硫既有氧化性又有还原性，硫化氢和二氧化硫发生氧化还原反应生成硫和水；‎ ‎（3）SO2具有漂白性，能与有色物质生成不稳定的无色物质；‎ ‎（4）浓硫酸与铜共热发生氧化还原反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；‎ ‎（5）Na2S2O3中S元素的化合价为+2价，若要用归中反应制备Na2S2O3，反应物中S元素的化合价必须有1个大于+2，有1个小于+2；‎ ‎（6）由得失电子数目守恒计算可得。‎ ‎【详解】（1）处于元素高价态的微粒只具有氧化性，处于低价态只具有还原性，而处于中间价态的微粒具有氧化性和还原性，由题给图示可知，硫元素处于中间价态的化合物有+4价的SO2、H2SO3、Na2SO3；‎ ‎（2）硫化氢具有还原性，二氧化硫既有氧化性又有还原性，硫化氢和二氧化硫发生氧化还原反应生成硫和水，反应的化学方程式为2H2S+ SO2=3S+2H2O，由方程式可知氧化剂SO2与还原剂H2S的物质的量之比为1:2；‎ ‎（3）SO2具有漂白性，能与有色物质生成不稳定的无色物质，则检验SO2的方法为将SO2通入品红溶液中，使品红溶液褪色，加热后又变红色；‎ ‎（4）浓硫酸与铜共热发生氧化还原反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为；‎ ‎（5）Na2S2O3中S元素的化合价为+2价，若要用归中反应制备Na2S2O3，反应物中S元素的化合价必须有1个大于+2，有1个小于+2，a中两种物质中S元素化合价均小于+2，c、d中两种物质中S元素化合价均大于+2，只有b中S元素化合价1个大于+2，1个小于+2，故选b；‎ ‎（6）设Cr元素在还原产物中的化合价为+a，由得失电子数目守恒可得24×10-3L×0.05 mol•L-1×2=20×10-3L ×0.02 mol·L-1×2×(6—a)，解得a=3。‎ ‎【点睛】处于元素高价态的微粒只具有氧化性，处于低价态只具有还原性，而处于中间价态的微粒具有氧化性和还原性，注意0价的S单质是中间价，但不是化合物。‎ ‎27.氯碱厂电解饱和食盐水制取的工艺流程图如下：‎ ‎(1)在电解过程中，与电源正极相连的电极上所发生反应的电极反应式为______________，与电源负极相连的电极上所发生反应的电极反应式为__________________。‎ ‎(2)工业食盐含Ca2＋、Mg2＋等杂质，精制过程中发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________。‎ ‎(3)如果粗盐中含量较高，必须添加钡试剂除去，该钡试剂可以是______(填字母)。‎ a、Ba(OH)2　　　　b、Ba(NO3)2　　　　c、BaCl2‎ ‎(4)为有效除去Ca2＋、Mg2＋、，加入试剂的合理顺序为________。‎ a、先加NaOH，后加Na2CO3，再加钡试剂 b、先加NaOH，后加钡试剂，再加Na2CO3‎ c、先加钡试剂，后加NaOH，再加Na2CO3‎ ‎(5)脱盐工序中利用NaOH和NaCl在溶解度上的差异，通过________、冷却、结晶、________(填写操作名称)除去NaCl。‎ ‎【答案】 (1). 2Cl－－2e－=Cl2↑ (2). 2H＋＋2e－=H2↑ (3). Ca2＋＋=CaCO3↓、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓ (4). ac (5). bc (6). 蒸发 (7). 过滤 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）电解饱和食盐水中，与电源正极相连的是阳极，阳极发生氧化反应；与电源负极相连的是阴极，发生还原反应；‎ ‎（2）碳酸钠与钙离子反应生成碳酸钙沉淀，氢氧化钠与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀；‎ ‎（3）硫酸根离子可用钡离子除去，但不能选择硝酸钡，因为会引入NO3－；‎ ‎（4）钙离子用碳酸钠除去，过量的碳酸根离子用盐酸除去，且硫酸根所用的钡试剂是过量的，而过量的钡离子也用碳酸钠除去，所以只要最后加入碳酸钠即可；‎ ‎（5）根据氢氧化钠与氯化钠溶解度的不同，将溶液蒸发，冷却，析出的氯化钠过滤除去。‎ ‎【详解】（1）电解饱和食盐水中，与电源正极相连的电极为电解池的是阳极，阳极发生氧化反应，所以是氯离子失去电子生成氯气，电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2‎ ‎↑；与电源负极相连的电极为电解池的阴极，阴极发生还原反应，所以水电离产生的氢离子得到电子生成氢气，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，故答案为2Cl－－2e－=Cl2↑，2H＋＋2e－=H2↑。‎ ‎（2）工业盐中的钙、镁离子用碳酸钠、氢氧化钠溶液除去，碳酸钠与钙离子反应生成碳酸钙沉淀，氢氧化钠与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，故答案为：Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓。‎ ‎（3）硫酸根离子用钡试剂除去，可选择氢氧化钡或氯化钡溶液，不能选择硝酸钡溶液，因为过量的钡离子可用碳酸钠除去，碳酸根离子、氢氧根离子再用盐酸除去，而硝酸钡中的硝酸根离子无法除去，造成食盐不纯；故答案为：ac。‎ ‎（4）有效除去Ca2+、Mg2+、SO42-，应注意碳酸钠在钡试剂之后，是为除去过量的钡离子，所以可先加NaOH，后加钡试剂，再加Na2CO3，也可以先加钡试剂，后加Na2CO3，再加NaOH，所以bc正确，故答案为：bc。‎ ‎（5）脱盐工序的目的是分离NaOH和NaCl，由于NaCl溶解度小，因而NaCl首先析出，其操作过程是蒸发、冷却、结晶、过滤得到NaCl晶体，故答案为：蒸发，过滤。‎ ‎【点睛】物质在除杂时应注意：一除杂试剂必须过量；二过量试剂必须除尽(因为过量试剂带入新的杂质)；三除杂途径选最佳。‎ ‎28.(1)实验室用金属铜和稀硝酸制取NO的离子方程式为_________________________。‎ ‎(2)NO是有毒气体，某学生为防止污染，用分液漏斗和烧杯装配了一套简易的、能随开随用、随关随停的NO气体发生装置，如图甲所示。‎ ‎①实验室若没有铜丝，而只有小铜粒，在使用上述装置进行实验时，可用丝状材料包裹铜粒以代替铜丝进行实验，这种丝状材料的成分可以是________(填字母)。‎ A．铁 B．铝 C．铂 D．玻璃 ‎②打开分液漏斗的活塞使反应进行，在分液漏斗中实际看到的气体是红棕色的，原因是______________(填化学方程式)。‎ ‎(3)为证明铜丝与稀硝酸反应生成的确实是NO，某学生另设计了一套如图乙所示的装置制取NO。反应开始后，可以在U形管右端观察到无色的NO气体。‎ ‎①长玻璃管的作用是__________________________________________________。‎ ‎②让反应停止的操作方法及原因是_______________________________________________。‎ ‎(4)以下收集NO气体的装置，合理的是________(填字母)。‎ a.b.c.d.e.‎ ‎【答案】 (1). 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++4H2O+2NO↑ (2). CD (3). 2NO+O2=2NO2 (4). 接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出 (5). 关闭U形管右端导气管上的活塞，反应产生的气体将U形管右端管内的稀硝酸向下压，使铜丝与稀硝酸分开，反应就会停止 (6). cd ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）金属铜可以和稀硝酸之间反应生成硝酸铜、一氧化氮以及水；‎ ‎（2）①铁、铝活泼性强于金属铜，会先于金属铜和硝酸之间发生反应；‎ ‎②NO容易被空气中的氧气氧化为红棕色的NO2气体；‎ ‎（3）①一氧化氮是难溶于水的气体，生成的气体导致U形管右端气体压强增大，把U形管的液体压入长玻璃管；‎ ‎②关闭U形管右端导气管上的活塞，反应产生的气体导致U形管右端气体压强增大，将U形管右端内的稀硝酸向下压，使铜丝与稀硝酸分开；‎ ‎（4）NO能与O2反应，不能用排空气法收集，NO难溶于水，可用排水法收集。‎ ‎【详解】（1）金属铜可以和稀硝酸之间反应生成硝酸铜、一氧化氮以及水，反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++4H2O+2NO↑；‎ ‎（2）①实验室若没有铜丝，以铜粒代替铜丝进行实验，包裹铜粒的丝状材料不能是金属铁以及金属铝，因为铁、铝的活泼性强于金属铜，会先于金属铜和硝酸之间发生反应，故答案为：CD；‎ ‎②试管内有空气，NO容易被空气中的氧气氧化为红棕色的NO2气体，反应的化学方程式为2NO+O2═2NO2；‎ ‎（3）①一氧化氮是难溶于水的气体，当制取一氧化氮的装置产生一氧化氮气体时，气体难溶于水，生成的气体导致U形管右端气体压强增大，把U形管的液体压入长玻璃管，所以长玻璃管的作用是接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出，故答案为：接收被气体压出U形管的液体，防止稀硝酸溢出；‎ ‎②关闭U形管右端导气管上的活塞，反应产生的气体导致U形管右端气体压强增大，将U形管右端内的稀硝酸向下压，使铜丝与稀硝酸分开，反应就会停止，故答案为：关闭U形管右端导气管上的活塞，反应产生的气体将U形管右端管内的稀硝酸向下压，使铜丝与稀硝酸分开，反应就会停止；‎ ‎（4）NO能与O2反应，不能用排空气法收集，NO难溶于水，可用排水法收集，故cd正确。‎ ‎【点睛】铁、铝的活泼性强于金属铜，会先于金属铜和硝酸之间发生反应是解答关键，也是易错点。‎ ‎29.甲酸乙酯天然存在于蜂蜜、草莓等物质中，是一种重要的食用香精，某兴趣小组通过下述转化关系研究其性质。‎ ‎（1）A的名称为__________________，D的结构简式为________________。‎ ‎（2）C、E中官能团名称分别为______________、_______________。‎ ‎（3）①和④的反应类型分别为______________反应、_______________反应。‎ ‎（4）①和③两步的化学方程式为 ‎①_____________________________。‎ ‎③_____________________________。‎ ‎（5）C的同分异构体的结构式为_________________。‎ ‎（6）B和E的关系为（填字母代号）_________。‎ A.同系物 B.同分异构体 C.同素异形体 D.同位素 ‎【答案】 (1). 甲酸钠 (2). CH3CHO (3). 羟基 (4). 羧基 (5). 水解（或取代） (6). 氧化 (7). 为HCOOCH2CH3+NaOHHCOONa+CH3CH2OH (8). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (9). (10). A ‎【解析】‎ 分析：甲酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解生成A与C，A酸化生成B，则A是甲酸钠，B是甲酸，则C是乙醇，催化氧化生成D是乙醛，乙醛氧化又生成E是乙酸，据此解答。‎ 详解：根据以上分析可知A是甲酸钠，B是甲酸，C是乙醇，D是乙醛，E是乙酸。则 ‎（1）A的名称为甲酸钠，D是乙醛，结构简式为CH3CHO。‎ ‎（2）C是乙醇，含有的官能团是羟基，E是乙酸，含有的官能团名称是羧基。‎ ‎（3）根据以上分析可知①和④的反应类型分别为水解或取代反应、氧化反应。‎ ‎（4）反应①是酯基的水解反应，方程式为HCOOCH2CH3+NaOHHCOONa+CH3CH2OH。反应③是乙醇的催化氧化，方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。‎ ‎（5）乙醇的同分异构体是二甲醚，结构式为。‎ ‎（6）B和E分别是甲酸和乙酸，均是饱和一元酸，二者互为同系物，答案选A。‎ ‎30.A、B、C是与生命活动密切相关的三种常见化合物，每种物质所含元素种类均不超过三种，甲是单质。它们之间有如下转化关系：‎ 化合物D也是生活中常见的化合物，在一定条件下可发生如下反应：D+3甲3A+2B 请回答下列问题：‎ ‎（1）在化合物A、B、C、D中所含元素完全相同的是__________和__________（填字母）。‎ ‎（2）在常温下，A和B通过__________转化为C。该过程的能量转化关系如何?‎ ‎____________________。‎ ‎（3）写出由C生成D的反应的化学方程式____________________。‎ ‎（4）化合物C是人类生命活动不可缺少的物质之一，它在血液中的正常含量是__________。‎ ‎（5）目前化合物B在大气中含量呈上升趋势，对环境造成的影响是____________________。‎ ‎【答案】 (1). C (2). D (3). 绿色植物的光合作用 (4). 该过程中光能转化为化学能 (5). CH2OH(CHOH)4CHO2CH3CH2OH+2CO2↑ (6). 100mL血液中约含葡萄糖 ‎80—100mg (7). 温室效应加剧 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C是与生命活动密切相关的三种常见化合物，每种物质所含元素种类均不超过三种，且甲是单质。因此联系植物的光合作用可知，甲是氧气，C是葡萄糖，A和B是CO2与水。葡萄糖在一定条件下有分解生成B和化合物D，化合物D也是生活中常见的化合物，燃烧产物是水和CO2，这说明D是乙醇，B是CO2，所以A是水。‎ ‎【详解】（1）在化合物A、B、C、D中所含元素完全相同的是乙醇和葡萄糖，答案选C和D。‎ ‎（2）在常温下，A和B通过绿色植物的光合作用转化为C。该过程的能量转化关系是光能转化为化学能。‎ ‎（3）葡萄糖在酶的作用下分解生成乙醇和CO2，反应的化学方程式是CH2OH(CHOH)4CHO2CH3CH2OH＋2CO2↑。‎ ‎（4）葡萄糖在血液中的正常含量是100mL血液中约含葡萄糖80—100mg。‎ ‎（5）CO2含量上升，容易引起温室效应。‎ ‎【点评】该类试题的关键是找准突破点，在解答该类试题时需要注意的是化学推断题是一类综合性较强的试题，如元素及化合物性质和社会生活，环境保护，化学计算等知识，还可引入学科间综合。‎ ‎ ‎