化学卷·2018届湖北省宜昌一中高二上学期入学化学试卷 （解析版）

化学卷·2018届湖北省宜昌一中高二上学期入学化学试卷 （解析版）

‎2016-2017学年湖北省宜昌一中高二（上）入学化学试卷 ‎　‎ 一、选择题：本题共16小题，每题3分，共48分．每题只有一个答案符合题意．‎ ‎1．化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（　　）‎ A．可利用油脂水解制备甘油 B．食用油反复加热会产生芳香族化合物等有害物质 C．加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性 D．糖、油脂、蛋白质都能水解 ‎2．下列物质分类正确的是（　　）‎ A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物 B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体 C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质 D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物 ‎3．食品干燥剂应无毒、无味、无腐蚀性及环境友好．下列说法错误的是（　　）‎ A．硅胶可用作食品干燥剂 B．P2O5不可用作食品干燥剂 C．六水合氯化钙可用作食品干燥剂 D．加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂 ‎4．下表中对应关系正确的是（　　）‎ A 由蛋白质得到氨基酸 由淀粉得到葡萄糖 均发生了水解反应 B CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl 均为取代反应 C ‎2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑‎ Cl2+H2O═HCl+HClO 均为水作还原剂的氧化还原反应 D Cl2+2Br﹣═2Cl﹣+Br2‎ Zn+Cu2+═Zn2++Cu 均为单质被还原的置换反应 A．A B．B C．C D．D ‎5．设NA为阿伏加德罗常数值．下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA B．1 molN2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA C．1 molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA D．标准状况下，2.24 LCCl4含有的共价键数为0.4NA ‎6．一定条件下某容器中各微粒在反应前后的变化如图所示，其中●和○代表不同元素的原子．关于此反应说法错误的是（　　）‎ A．一定属于可逆反应 B．一定属于化合反应 C．一定属于氧化还原反应 D．一定属于吸热反应 ‎7．根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的是（　　）‎ A．‎ 制取氨气 B．‎ 制取NaHCO3 C．‎ 分离NaHCO3 D．‎ 干燥NaHCO3‎ ‎8．a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2﹣和c+的电子层结构相同，d与b同族．下列叙述错误的是（　　）‎ A．a与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1‎ B．b与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物 C．c的原子半径是这些元素中最大的 D．d与a形成的化合物的溶液呈弱酸性 ‎9．下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（　　）‎ A．酸性：H2SO4＞H3PO4 B．非金属性：Cl＞Br C．碱性：NaOH＞Mg（OH）2 D．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3‎ ‎10．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于IA族，W与X属于同一主族．下列说法正确的是（　　）‎ A．元素X、W的简单阴离子具有相同的电子层结构 B．由Y、Z两种元素组成的化合物是离子化合物 C．W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强 D．原子半径：r（X）＜r（Y）＜r（Z）＜r（W）‎ ‎11．某电池以K2FeO4和Zn为电极材料，KOH溶液为电解溶质溶液．下列说法正确的是（　　）‎ A．Zn为电池的负极 B．正极反应式为2FeO42﹣+10H++6e﹣=Fe2O3+5H2O C．该电池放电过程中电解质溶液浓度不变 D．电池工作时OH﹣向负极迁移 ‎12．图1是铜锌原电池示意图．图2中，x轴表示实验时流入正极的电子的物质的量，y轴表示（　　）‎ A．铜棒的质量 B．c（Zn2+） C．c（H+） D．c（SO42﹣）‎ ‎13．在不同浓度（c）、温度（T）条件下，蔗糖水解的瞬时速率（v）如下表．下列判断不正确的是（　　）‎ ‎0.600‎ ‎0.500‎ ‎0.400‎ ‎0.300‎ ‎318.2‎ ‎3.60‎ ‎3.00‎ ‎2.40‎ ‎1.80‎ ‎328.2‎ ‎9.00‎ ‎7.50‎ a ‎4.50‎ b ‎2.16‎ ‎1.80‎ ‎1.44‎ ‎1.08‎ A．a=6.00‎ B．同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变 C．b＜318.2‎ D．不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同 ‎14．10ml浓度为1mol/L的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列物质，能加快反应速率但又不影响氢气生成的是（　　）‎ A．KNO3 B．CH3COONa C．CuSO4 D．Na2CO3‎ ‎15．分子式为C4H8Cl2的有机物共有（不含立体异构）（　　）‎ A．7种 B．8种 C．9种 D．10种 ‎16．已知：SO32﹣+I2+H2O=SO42﹣+2I﹣+2H+．某溶液中可能含有Na+、NH4+、K+、I﹣、SO32﹣、SO42﹣，且所有离子物质的量浓度相等．向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色．下列关于该溶液的判断正确的是（　　）‎ A．肯定不含I﹣ B．肯定含SO42﹣‎ C．肯定含有SO32﹣ D．肯定含有NH4+‎ ‎　‎ 二、非选择题：本题共4小题，共52分．‎ ‎17．如表为元素周期表的一部分．‎ 碳 氮 Y 铝 X 硫 Z 请回答下列问题：‎ ‎（1）Z元素在周期表中的位置为　　．‎ ‎（2）表中元素原子半径最大的非金属是（元素符号）　　．‎ ‎（3）下列事实能说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强的是　　；‎ a．Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊 b．在氧化还原反应中，1molY单质比1molS得电子多 c．Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高 ‎（4）碳与镁形成的1mol化合物Q与水反应，生成2molMg（OH）2和1mol烃，该烃分子中碳氢质量比为9：1．Q的化学式为　　．‎ ‎（5）向氯化铝溶液中加入过量氨水，离子方程式为　　．‎ ‎（6）将SO2通入稀硝酸中，反应的离子方程式为　　．‎ ‎18．某科研小组用MnO2和浓盐酸制备Cl2时，利用刚吸收过少量SO2的NaOH溶液对其尾气进行吸收处理．‎ ‎（1）SO2与过量NaOH溶液反应后的产物化学式　　．‎ ‎（2）吸收尾气过程中，发生了很复杂的反应，其中Cl2只作氧化剂的氧化还原反应的离子方程式为　　．‎ ‎（3）吸收尾气一段时间后，吸收液（强碱性）中肯定存在Cl﹣、OH﹣和SO42﹣．请设计实验，探究该吸收液中可能存在的其他阴离子（不考虑空气的CO2的影响）．‎ ‎①提出合理假设．‎ 假设1：只存在SO32﹣；‎ 假设2：既不存在SO32﹣也不存在ClO﹣；‎ 假设3：　　．‎ ‎②设计实验方案，进行实验．请在答题卡上写出实验步骤以及预期现象和结论．限选实验试剂：3moL•L﹣1H2SO4、1moL•L﹣1NaOH、0.01mol•L﹣1KMnO4、淀粉﹣KI溶液、紫色石蕊试液．‎ 实验步骤 预期现象和结论 步骤1：取少量吸收液于试管中，滴加3moL•L﹣1 H2SO4至溶液呈酸性，然后将所得溶液分置于A、B试管中．‎ 步骤2：‎ 步骤3：‎ ‎19．乙烯是非常重要的有机物．请回答下列问题：‎ ‎（1）乙烯官能团的名称是　　；‎ ‎（2）用化学方程式表示乙烯的两种不同类别的性质（有机物用结构简式表示）‎ ‎①　　；‎ ‎②　　；‎ ‎（3）如果用乙烯制作燃料电池，KOH作电解液．写出正负极反应式：‎ 正极　　；‎ 负极　　；‎ ‎（4）相比较燃烧，形成原电池的相关说法正确的是　　‎ A．形成原电池后能量利用率更高 B．电池负极有火焰而正极没有 C．电池工作时，电解液pH不变 D．两极电极材料可以相同 ‎（5）丁烷裂解有有两种方式，并同时进行．一是裂解为乙烯和乙烷；二是裂解为甲烷和丙烯．现有1mol丁烷，加热裂解，一段时间后，测得混合气体中含丁烷0.4mol．此时混合气体平均相对分子质量为　　．‎ ‎20．有50mLNaOH溶液，向其中逐渐通入一定量的CO2，随后取此溶液10mL将其稀释至100mL，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1的HCl溶液，产生CO2气体的体积（标准状况）与所加入盐酸的体积之间的关系如图所示：‎ ‎（1）甲溶液中的溶质是　　，其物质的量之比为　　．‎ ‎（2）乙溶液中的溶质是　　，在标准状况下吸收CO2气体的体积为　　．‎ ‎（3）原NaOH溶液的物质的量浓度为　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖北省宜昌一中高二（上）入学化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共16小题，每题3分，共48分．每题只有一个答案符合题意．‎ ‎1．化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（　　）‎ A．可利用油脂水解制备甘油 B．食用油反复加热会产生芳香族化合物等有害物质 C．加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性 D．糖、油脂、蛋白质都能水解 ‎【考点】物质的组成、结构和性质的关系．‎ ‎【分析】A．油脂为高级脂肪酸甘油酯；‎ B．食用油反复加热生成致癌物质；‎ C．高温下蛋白质发生变性；‎ D．单糖不能发生水解．‎ ‎【解答】解：A．油脂为高级脂肪酸甘油酯，可水解生成甘油，故A正确；‎ B．食用油反复加热生成芳香族化合物等致癌物质，故B正确；‎ C．高温下蛋白质发生变性，则加热能杀死流感病毒，故C正确；‎ D．单糖不能发生水解，而二糖、多糖、油脂、蛋白质都能水解，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．下列物质分类正确的是（　　）‎ A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物 B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体 C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质 D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物 ‎【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质．‎ ‎【分析】酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的氧化物，‎ 分散质微粒直径在1nm﹣100nm形成的分散系为胶体，‎ 电解质是水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，‎ 不同物质组成的为混合物．‎ ‎【解答】解：A、CO和碱不能反应，属于不成盐氧化物，故A错误；‎ B、稀豆浆属于胶体，硅酸、氯化铁溶液不是胶体，故B错误；‎ C、四氯化碳属于非电解质，故C错误；‎ D、福尔马林是甲醛的水溶液、水玻璃是硅酸钠的水溶液、氨水是氨气的水溶液均为混合物，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．食品干燥剂应无毒、无味、无腐蚀性及环境友好．下列说法错误的是（　　）‎ A．硅胶可用作食品干燥剂 B．P2O5不可用作食品干燥剂 C．六水合氯化钙可用作食品干燥剂 D．加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂 ‎【考点】真题集萃；常见的食品添加剂的组成、性质和作用．‎ ‎【分析】A．硅胶具有吸水性，无毒；‎ B．P2O5吸水转化为酸；‎ C．六水合氯化钙不能吸水；‎ D．具有吸水性的植物纤维无毒．‎ ‎【解答】解：A．硅胶具有吸水性，无毒，则硅胶可用作食品干燥剂，故A正确；‎ B．P2O5吸水转化为酸，导致食品变质，则P2O5不可用作食品干燥剂，故B正确；‎ C．六水合氯化钙不能吸水，则不能作食品干燥剂，故C错误；‎ D．具有吸水性的植物纤维无毒，则可用作食品干燥剂，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎4．下表中对应关系正确的是（　　）‎ A 由蛋白质得到氨基酸 均发生了水解反应 由淀粉得到葡萄糖 B CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl 均为取代反应 C ‎2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑‎ Cl2+H2O═HCl+HClO 均为水作还原剂的氧化还原反应 D Cl2+2Br﹣═2Cl﹣+Br2‎ Zn+Cu2+═Zn2++Cu 均为单质被还原的置换反应 A．A B．B C．C D．D ‎【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用．‎ ‎【分析】A．蛋白质水解生成氨基酸，淀粉水解生成葡萄糖；‎ B．CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl中双键转化为单键，为加成反应；‎ C.2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑、Cl2+H2O═HCl+HClO中，水不是氧化剂，也不是还原剂；‎ D．Cl2+2Br﹣═2Cl﹣+Br2中单质被还原，Zn+Cu2+═Zn2++Cu中单质被氧化．‎ ‎【解答】解：A．蛋白质水解生成氨基酸，淀粉水解生成葡萄糖，则均发生水解反应，故A正确；‎ B．CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl中双键转化为单键，为加成反应，而为取代反应CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl，故B错误；‎ C.2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑中Na2O2为氧化剂和还原剂、Cl2+H2O═HCl+HClO中Cl2为氧化剂和还原剂，水均不是氧化剂，也不是还原剂，故C错误；‎ D．Cl2+2Br﹣═2Cl﹣+Br2中氯气得到电子被还原，Zn+Cu2+═Zn2++Cu中Zn失去电子被氧化，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎5．设NA为阿伏加德罗常数值．下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA B．1 molN2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA C．1 molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA D．标准状况下，2.24 LCCl4含有的共价键数为0.4NA ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A、乙烯和丙烯的最简式均为CH2；‎ B、合成氨的反应为可逆反应；‎ C、铁和过量的硝酸反应后变为+3价；‎ D、标况下四氯化碳为液态．‎ ‎【解答】解：A、乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故14g混合物中含有的CH2的物质的量为1mol，则含2NA个H原子，故A正确；‎ B、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的氨气分子个数小于2NA个，故B错误；‎ C、铁和过量的硝酸反应后变为+3价，故1mol铁转移3NA个电子，故C错误；‎ D、标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算器i物质的量和含有的共价键个数，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎6．一定条件下某容器中各微粒在反应前后的变化如图所示，其中●和○代表不同元素的原子．关于此反应说法错误的是（　　）‎ A．一定属于可逆反应 B．一定属于化合反应 C．一定属于氧化还原反应 D．一定属于吸热反应 ‎【考点】化学基本反应类型．‎ ‎【分析】A、可逆反应的特点：反应不能进行到底．可逆反应无论进行多长时间，反应物都不可能100%地全部转化为生成物；‎ B、有化合价变化的反应为氧化还原反应；‎ C、化合反应：指的是由两种或两种以上的物质生成一种新物质的反应，有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应；‎ D、反应吸放热取决于反应物和生成物的总能量的相对大小．‎ ‎【解答】解：A．反应前后存在相同的物质，说明反应物没有完全转化为生成物，故属于可逆反应，故A正确；‎ B.2个和1个反应生成2个，故属于化合反应，故B正确；‎ C．有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应，故C正确；‎ D．化合反应一般是放热反应，但也有吸热反应，即通过图示不能判断反应是吸热反应还是放热反应，故D错误，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的是（　　）‎ A．‎ 制取氨气 B．‎ 制取NaHCO3 C．‎ 分离NaHCO3 D．‎ 干燥NaHCO3‎ ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．氯化铵不稳定，加热易分解，温度稍低又可生成氯化铵；‎ B．气体通入方向错误；‎ C．从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法；‎ D．碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥．‎ ‎【解答】解：A．氯化铵不稳定，加热易分解，温度稍低又可生成氯化铵，制备氨气，应用氯化铵和氢氧化钙为反应物，故A错误；‎ B．应将二氧化碳从长导管进入，否则将液体排出，故B错误；‎ C．从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法，故C正确；‎ D．碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥，可烘干，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎8．a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2﹣和c+的电子层结构相同，d与b同族．下列叙述错误的是（　　）‎ A．a与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1‎ B．b与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物 C．c的原子半径是这些元素中最大的 D．d与a形成的化合物的溶液呈弱酸性 ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，则a为H元素；b2﹣和c+的电子层结构相同，结合离子所得电荷可知b为O元素，c为Na；d与b同族，则d为S元素，结合元素化合物性质与元素周期律解答．‎ ‎【解答】解：a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，则a为H元素；b2﹣和c+的电子层结构相同，结合离子所得电荷可知b为O元素，c为Na；d与b同族，则d为S元素．‎ A．H元素与Na形成化合物NaH，H元素为﹣1价，故A错误；‎ B．O元素与H元素形成H2O、H2O2，与Na元素形成Na2O、Na2O2，与S元素形成SO2、SO3，故B正确；‎ C．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所有元素中H原子半径最小，Na的原子半径最大，故C正确；‎ D．d与a形成的化合物为H2S，H2S的溶液呈弱酸性，故D正确．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎9．下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（　　）‎ A．酸性：H2SO4＞H3PO4 B．非金属性：Cl＞Br C．碱性：NaOH＞Mg（OH）2 D．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3‎ ‎【考点】元素周期律的作用；真题集萃．‎ ‎【分析】A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；‎ B．同主族元素从上到下非金属性依次减弱；‎ C．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；‎ D．碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解．‎ ‎【解答】解：A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：S＞P，则酸性：H2SO4＞H3PO4，能用元素周期律解释，故A不选；‎ B．同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：Cl＞Br，能用元素周期律解释，故B不选；‎ C．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg，则碱性：NaOH＞Mg（OH）2，能用元素周期律解释，故C不选；‎ D．碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，所以热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，不能用元素周期律解释，故D选．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎10．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于IA族，W与X属于同一主族．下列说法正确的是（　　）‎ A．元素X、W的简单阴离子具有相同的电子层结构 B．由Y、Z两种元素组成的化合物是离子化合物 C．W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强 D．原子半径：r（X）＜r（Y）＜r（Z）＜r（W）‎ ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系．‎ ‎【分析】‎ Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F，X原子的最外层有6个电子，且原子序数小于F，应为O元素，在周期表中Z位于IA族，由原子序数关系可知Z为Na元素，W与X属于同一主族，W应为S元素，结合对应物质的性质以及元素周期率知识解答该题．‎ ‎【解答】解：Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F，X原子的最外层有6个电子，且原子序数小于F，应为O元素，在周期表中Z位于IA族，由原子序数关系可知Z为Na元素，W与X属于同一主族，W应为S元素，‎ A．元素X、W的简单阴离子分别为O2﹣、S2﹣，离子的电子层结构不同，故A错误；‎ B．Y为F，Z为Na，由Y、Z两种元素组成的化合物为NaF，是离子化合物，故B正确；‎ C．非金属性F＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C错误；‎ D．原子核外电子层数越多，原子半径越大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则半径r（F）＜r（O）＜r（S）＜r（Na），故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎11．某电池以K2FeO4和Zn为电极材料，KOH溶液为电解溶质溶液．下列说法正确的是（　　）‎ A．Zn为电池的负极 B．正极反应式为2FeO42﹣+10H++6e﹣=Fe2O3+5H2O C．该电池放电过程中电解质溶液浓度不变 D．电池工作时OH﹣向负极迁移 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】某电池以K2FeO4和Zn为电极材料，KOH溶液为电解溶质溶液，原电池发生工作时，Zn被氧化，为原电池的负极，K2FeO4具有氧化性，为正极，碱性条件下被还原生成Fe（OH）3，结合电极方程式以及离子的定向移动解答该题．‎ ‎【解答】解：A．根据化合价升降判断，Zn化合价只能上升，故为负极材料，K2FeO4为正极材料，故A正确；‎ B．KOH溶液为电解质溶液，则正极电极方程式为2FeO42﹣+6e﹣+8H2O=2Fe（OH）3+10OH﹣，故B错误；‎ C．该电池放电过程中电解质溶液浓度减小，故错误；‎ D．电池工作时阴离子OH﹣向负极迁移，故D正确．‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎12．图1是铜锌原电池示意图．图2中，x轴表示实验时流入正极的电子的物质的量，y轴表示（　　）‎ A．铜棒的质量 B．c（Zn2+） C．c（H+） D．c（SO42﹣）‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】铜锌原电池中，Zn是负极，失去电子发生氧化反应，电极反应为Zn﹣2e﹣=Zn2+，Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，电极反应为2H++2e﹣=H2↑，据此解答．‎ ‎【解答】解：铜锌原电池中，Zn是负极，失去电子发生氧化反应，电极反应为Zn﹣2e﹣=Zn2+，Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，电极反应为 2H++2e﹣=H2↑，‎ A．Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，Cu棒的质量不变，故A错误；‎ B．由于Zn是负极，不断发生反应Zn﹣2e﹣=Zn2+，所以溶液中c（Zn2+）增大，故B错误；‎ C．由于反应不断消耗H+，所以溶液的c（H+）逐渐降低，故C正确；‎ D．SO42﹣不参加反应，其浓度不变，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎13．在不同浓度（c）、温度（T）条件下，蔗糖水解的瞬时速率（v）如下表．下列判断不正确的是（　　）‎ ‎0.600‎ ‎0.500‎ ‎0.400‎ ‎0.300‎ ‎318.2‎ ‎3.60‎ ‎3.00‎ ‎2.40‎ ‎1.80‎ ‎328.2‎ ‎9.00‎ ‎7.50‎ a ‎4.50‎ b ‎2.16‎ ‎1.80‎ ‎1.44‎ ‎1.08‎ A．a=6.00‎ B．同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变 C．b＜318.2‎ D．不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同 ‎【考点】真题集萃；化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】A、由表可知温度由318.2→328.2℃，在浓度相同的情况下=0.4，由此解答；‎ B、由表可知温度由318.2℃→b，浓度由0.3mol/L→0.5mol/L，速率相等；‎ C、由表可知温度由328.2℃→b，在浓度相同的情况下，水解速率变小，所以温度降低；‎ D、温度越高反应速率越快，所以蔗糖浓度减少一半所需的时间不同，温度高的所需时间短．‎ ‎【解答】解：A、由表可知温度由318.2→328.2℃，在浓度相同的情况下=0.4，所以a==6，故A正确；‎ B、由表可知温度由318.2℃→b，浓度由0.3mol/L→0.5mol/L，速率相等，都是1.80，所以v可能不变，故B正确；‎ C、由表可知温度由328.2℃→b，在浓度相同的情况下，水解速率变小，所以温度降低，所以温度b＜318.2，故C正确；‎ D、温度越高反应速率越快，所以蔗糖浓度减少一半所需的时间不同，温度高的所需时间短，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎14．10ml浓度为1mol/L的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列物质，能加快反应速率但又不影响氢气生成的是（　　）‎ A．KNO3 B．CH3COONa C．CuSO4 D．Na2CO3‎ ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】增大反应物浓度、升高温度、增大反应物接触面积、形成原电池都加快反应速率，要使生成氢气总量不变，则稀盐酸不能和加入的物质反应生成其它气体．据此分析解答．‎ ‎【解答】解：A．加入硝酸钾，酸性条件下，硝酸根离子和锌反应生成氮氧化物而不是氢气，故A不选；‎ B．加入醋酸钠，醋酸钠和稀盐酸生成醋酸，醋酸是弱酸，电离程度较小，溶液中氢离子浓度减小，反应速率减小，故B不选；‎ C．加入硫酸铜，锌和铜离子发生置换反应生成Cu，Zn、Cu和稀盐酸构成原电池，加快反应速率，且盐酸的物质的量不变，则生成氢气总量不变，故C选；‎ D．加入碳酸钠，盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，所以生成氢气总量减小，不符合条件，故D不选；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎15．分子式为C4H8Cl2的有机物共有（不含立体异构）（　　）‎ A．7种 B．8种 C．9种 D．10种 ‎【考点】有机化合物的异构现象．‎ ‎【分析】C4H8Cl2可以看作为C4H10中2个H原子被2个Cl原子取代，C4H10有CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）2两种，再结合定一移一法判断．‎ ‎【解答】解：C4H8Cl2可以看作为C4H10中2个H原子被2个Cl原子取代，C4H10‎ 有CH3CH2CH2CH3、CH3C（CH3）2两种，‎ CH3CH2CH2CH3中，当两个Cl原子取代同一个C原子上的H时，有2种，当两个Cl原子取代不同C原子上的H时，有1、2，1、3，1、4，2、3四种情况，有故该情况有6种，‎ CH3CH（CH3）2中，当两个Cl原子取代同一个C原子上的H时，有1种，当两个Cl原子取代不同C原子上的H时，有2种，故该情况有3种，‎ 故共有9种，‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎16．已知：SO32﹣+I2+H2O=SO42﹣+2I﹣+2H+．某溶液中可能含有Na+、NH4+、K+、I﹣、SO32﹣、SO42﹣，且所有离子物质的量浓度相等．向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色．下列关于该溶液的判断正确的是（　　）‎ A．肯定不含I﹣ B．肯定含SO42﹣‎ C．肯定含有SO32﹣ D．肯定含有NH4+‎ ‎【考点】常见离子的检验方法．‎ ‎【分析】无色溶液中加入溴水仍然无色，说明溴水发生了反应，且产物无色，I﹣和SO32﹣均可与溴水反应使溴水褪色，此时反应后溶液无色，说明没有I2，则原溶液中一定有SO32﹣；由于SO32﹣的还原性比I﹣强，故I﹣是否存在无法判断；因所有离子浓度相等，则根据电荷守恒可判断SO42﹣肯定没有，据此进行判断．‎ ‎【解答】解：加入溴水仍然无色，说明溴水发生了反应，且产物无色，I﹣和SO32﹣均可与溴水反应使溴水褪色，此时反应后溶液无色，说明没有I2，则原溶液中一定有SO32﹣，故C正确；‎ 由于SO32﹣的还原性比I﹣强，故I﹣是否存在无法判断，故A错误；‎ 因所有离子浓度相等，则根据电荷守恒可判断SO42﹣肯定没有，故B错误；‎ 根据分析可知，无法判断是否含有铵根离子，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ 二、非选择题：本题共4小题，共52分．‎ ‎17．如表为元素周期表的一部分．‎ 碳 氮 Y 铝 X 硫 Z 请回答下列问题：‎ ‎（1）Z元素在周期表中的位置为　第三周期ⅤⅡA族　．‎ ‎（2）表中元素原子半径最大的非金属是（元素符号）　Si　．‎ ‎（3）下列事实能说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强的是　ac　；‎ a．Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊 b．在氧化还原反应中，1molY单质比1molS得电子多 c．Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高 ‎（4）碳与镁形成的1mol化合物Q与水反应，生成2molMg（OH）2和1mol烃，该烃分子中碳氢质量比为9：1．Q的化学式为　C3H4　．‎ ‎（5）向氯化铝溶液中加入过量氨水，离子方程式为　Al3++3NH3．H2O═Al（OH）3↓+3NH4+　．‎ ‎（6）将SO2通入稀硝酸中，反应的离子方程式为　3SO2+2H2O+2NO3﹣═3SO42﹣+2NO↑+4H+　．‎ ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】由元素周期表结构可知，X为Si元素，Y为O元素，Z为Cl元素，‎ ‎（1）Z为氯元素，其原子序数为17，含有3个电子层，最外层含有7个电子，据此判断其在周期表中的位置；‎ ‎（2）元素周期表中，同一周期从左向右，原子半径逐渐减小，同一主族从上到下，原子半径逐渐增大；‎ ‎（3）说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强，可以根据元素单质氧化性强弱或生成气体氢化物稳定性分析，而与得失电子数没有必然关系；‎ ‎（4）该烃分子中碳氢质量比为9：1，C、H的物质的量之比为3：4，根据“碳与镁生成的1mol化合物Q与水反应生成2mol Mg（OH）2和1mol烃”可知该烃的化学式，（5）氯化铝溶液中加入过量氨水，反应生成氢氧化铝和氯化铵；‎ ‎（6）SO2通入稀硝酸中反应生成硫酸、NO和水．‎ ‎【解答】解：由元素周期表结构可知，X为Si元素，Y为O元素，Z为Cl元素，‎ ‎（1）Z为Cl元素，其原子序数为17，位于周期表中第三周期、ⅤⅡA族，故答案为：第三周期ⅤⅡA族；‎ ‎（2）同一周期从左向右，原子半径逐渐减小，同一主族从上到下，原子半径逐渐增大，则原子半径最大的为Si，故答案为：Si；‎ ‎（3）a．Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊，说明氧气的氧化性比硫强，则说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强，故a正确；‎ b．在氧化还原反应中，1molY单质比1molS得电子多，氧化性强弱与得失电子数没有必然关系，故b错误；‎ c．元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明Y的非金属性较强，故c正确；‎ 故答案为：ac；‎ ‎（4）该烃分子中碳氢质量比为9：1，C、H的物质的量之比为： =3：4，根据“碳与镁生成的1mol化合物Q与水反应生成2mol Mg（OH）2和1mol烃”可知该烃的化学式为C3H4，Q的化学式为Mg2C3，Mg2C3与水反应生成氢氧化镁和C3H4，反应的化学方程式为：Mg2C3+4H2O=2Mg（OH）2+C3H4↑，‎ 故答案为：C3H4；‎ ‎（5）氯化铝溶液中加入过量氨水，反应生成氢氧化铝和氯化铵，离子反应为Al3++3NH3．H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故答案为：Al3++3NH3．H2O═Al（OH）3↓+3NH4+；‎ ‎（6）SO2通入稀硝酸中反应生成硫酸、NO和水，离子反应为3SO2+2H2O+2NO3﹣═3SO42﹣+2NO↑+4H+，故答案为：3SO2+2H2O+2NO3﹣═3SO42﹣+2NO↑+4H+．‎ ‎　‎ ‎18．某科研小组用MnO2和浓盐酸制备Cl2时，利用刚吸收过少量SO2的NaOH溶液对其尾气进行吸收处理．‎ ‎（1）SO2与过量NaOH溶液反应后的产物化学式　Na2SO3　．‎ ‎（2）吸收尾气过程中，发生了很复杂的反应，其中Cl2只作氧化剂的氧化还原反应的离子方程式为　Cl2+SO32﹣+2OH﹣═2Cl﹣+SO42﹣+H2O　．‎ ‎（3）吸收尾气一段时间后，吸收液（强碱性）中肯定存在Cl﹣、OH﹣和SO42﹣．请设计实验，探究该吸收液中可能存在的其他阴离子（不考虑空气的CO2的影响）．‎ ‎①提出合理假设．‎ 假设1：只存在SO32﹣；‎ 假设2：既不存在SO32﹣也不存在ClO﹣；‎ 假设3：　只有ClO﹣　．‎ ‎②设计实验方案，进行实验．请在答题卡上写出实验步骤以及预期现象和结论．限选实验试剂：3moL•L﹣1H2SO4、1moL•L﹣1NaOH、0.01mol•L﹣1KMnO4、淀粉﹣KI溶液、紫色石蕊试液．‎ 实验步骤 预期现象和结论 步骤1：取少量吸收液于试管中，滴加3moL•L﹣1 H2SO4至溶液呈酸性，然后将所得溶液分置于A、B试管中．‎ 步骤2：‎ 步骤3：‎ ‎【考点】性质实验方案的设计．‎ ‎【分析】（1）氢氧化钠过量，二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水；‎ ‎（2）利用刚吸收过少量SO2的NaOH溶液对其尾气进行吸收处理，其中Cl2只作氧化剂的氧化还原反应生成硫酸钠、氯化钠和水；‎ ‎（3）①根据反应原理：Cl2+Na2SO3+2NaOH═2NaCl+Na2SO4+H2O，可假设1、溶液中可能存在只存在SO32﹣，2、既不存在SO32﹣也不存在ClO﹣，3、SO32﹣、ClO﹣都存在；‎ ‎②根据所限制实验试剂和SO32﹣、ClO﹣的性质，先加入硫酸至酸性，若存在SO32﹣、ClO﹣，分别生成了H2SO3和HClO；因为HClO具有酸性和漂白性，选择紫色石蕊试液，证明有ClO﹣的存在；‎ H2SO3具有还原性，选择具有强氧化性高锰酸钾溶液，证明SO32﹣的存在．‎ ‎【解答】解：（1）SO2与过量NaOH溶液反应，因NaOH过量，故生成的是正盐，化学方程式为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；‎ 故答案为：Na2SO3；‎ ‎（2）利用刚吸收过少量SO2的NaOH溶液对其尾气进行吸收处理，其中Cl2只作氧化剂的氧化还原反应的离子方程式为：Cl2+SO32﹣+2OH﹣═2Cl﹣+SO42﹣+H2O，‎ 故答案为：Cl2+SO32﹣+2OH﹣═2Cl﹣+SO42﹣+H2O；‎ ‎（3）①根据反应原理：Cl2+Na2SO3+2NaOH═2NaCl+Na2SO4+H2O，可提出以下假设：‎ 假设1、溶液中可能存在只存在SO32，‎ 假设2、既不存在SO32﹣也不存在ClO﹣，‎ 假设3、SO32﹣和ClO﹣不能共存，所以另一种假设判断为只有ClO﹣；‎ 故答案为：只有ClO﹣；‎ ‎②因为吸收液呈碱性，先取少量吸收液于试管中，滴加3moL﹣L﹣1 H2SO4至溶液呈酸性，然后将所得溶液分置于A、B试管中先加入硫酸的试管，若存在SO32﹣、ClO﹣，分别生成了H2SO3和HClO；‎ 在A试管中滴加紫色石蕊试液，若先变红后褪色，证明有ClO﹣，否则无；‎ 在B试管中滴加0.01mol•L﹣1KMnO4溶液，若紫红色褪去，证明有SO32﹣，否则无．‎ 故答案为：‎ 实验步骤 预期现象和结论 步骤2：在A试管中滴加紫色石蕊试液 若先变红后褪色，证明有ClO﹣，否则无 步骤3：在B试管中滴加0.01mol•L﹣1KMnO4溶液 若紫红色褪去，证明有SO32﹣，否则无 ‎　‎ ‎19．乙烯是非常重要的有机物．请回答下列问题：‎ ‎（1）乙烯官能团的名称是　碳碳双键　；‎ ‎（2）用化学方程式表示乙烯的两种不同类别的性质（有机物用结构简式表示）‎ ‎①　CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br　；‎ ‎②　CH2=CH2+3O22CO2+2H2O　；‎ ‎（3）如果用乙烯制作燃料电池，KOH作电解液．写出正负极反应式：‎ 正极　O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣　；‎ 负极　CH2=CH2﹣12e﹣+16OH﹣═2CO32﹣+10H2O　；‎ ‎（4）相比较燃烧，形成原电池的相关说法正确的是　AD　‎ A．形成原电池后能量利用率更高 B．电池负极有火焰而正极没有 C．电池工作时，电解液pH不变 D．两极电极材料可以相同 ‎（5）丁烷裂解有有两种方式，并同时进行．一是裂解为乙烯和乙烷；二是裂解为甲烷和丙烯．现有1mol丁烷，加热裂解，一段时间后，测得混合气体中含丁烷0.4mol．此时混合气体平均相对分子质量为　36.25　．‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理；有机物的结构和性质．‎ ‎【分析】（1）乙烯含有碳碳双键；‎ ‎（2）乙烯与溴水发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷；‎ 乙烯燃烧生成二氧化碳和水；‎ ‎（3）乙烯在负极失去电子，氧气在正极得到电子；‎ ‎（4）燃料电池的电极材料可相同，能源利用率高；‎ ‎（5）发生C4H10→C2H4+C2H6、C4H10→CH4+C3H6，结合反应计算．‎ ‎【解答】解：（1）乙烯官能团的名称是碳碳双键，故答案为：碳碳双键；‎ ‎（2）乙烯与溴水发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，该反应为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，发生氧化反应为CH2=CH2+3O22CO2+2H2O，‎ 故答案为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；CH2=CH2+3O22CO2+2H2O；‎ ‎（3）在碱性溶液中，负极上为乙烯，失电子发生氧化反应，则负极反应为CH2=CH2﹣12e﹣+16OH﹣═2CO32﹣+10H2O，正极上为氧气，发生得电子的还原反应，正极反应为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故答案为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；CH2=CH2﹣12e﹣+16OH﹣═2CO32﹣+10H2O；‎ ‎（4）A．形成原电池后，燃料从外部补充，能量利用率更高，为环保高效电池，故A正确；‎ B．电池正极、负极均没有火焰，故B错误；‎ C．电池工作时，消耗KOH，电解液pH减小，故C错误；‎ D．两极电极材料可以相同，如均为石墨或Pt电极，故D正确；‎ 故答案为：AD；‎ ‎（5）1mol丁烷，加热裂解，一段时间后，测得混合气体中含丁烷0.4mol，则0.6mol丁烷分解，由C4H10→C2H4+C2H6、C4H10→CH4+C3H6可知，发生裂解反应后物质的量增加0.6mol，则混合气体的物质的量为1.6mol，此时混合气体平均相对分子质量为58÷1.6=36.25，‎ 故答案为：36.25．‎ ‎　‎ ‎20．有50mLNaOH溶液，向其中逐渐通入一定量的CO2，随后取此溶液10mL将其稀释至100mL，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1的HCl溶液，产生CO2气体的体积（标准状况）与所加入盐酸的体积之间的关系如图所示：‎ ‎（1）甲溶液中的溶质是　NaOH、Na2CO3　，其物质的量之比为　1：1　．‎ ‎（2）乙溶液中的溶质是　NaHCO3、Na2CO3　，在标准状况下吸收CO2气体的体积为　112mL　．‎ ‎（3）原NaOH溶液的物质的量浓度为　0.75mol/L　．‎ ‎【考点】离子方程式的有关计算．‎ ‎【分析】当生成CO2气体时，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑．‎ ‎（1）甲中生成CO2气体至最大，消耗HCl为25mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32﹣转化为HCO3﹣应消耗HCl为25mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为50mL，说明该阶段还发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，中和NaOH消耗HCl的体积为50mL﹣25mL=25mL，根据反应消耗盐酸的体积计算NaOH、Na2CO3的物质的量之比；‎ ‎（2）乙中生成CO2气体至最大，消耗HCl为50mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32﹣转化为HCO3﹣应消耗HCl为50mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为25mL，说明该阶段只发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，且二氧化碳与NaOH反应后溶液中含NaHCO3、Na2CO3，从25mL～75mL消耗50mL盐酸时生成的二氧化碳，根据方程式进而计算生成二氧化碳的体积；‎ ‎（3）加入75mL盐酸时，溶液中溶质都恰好完全反应，此时溶液为NaCl溶液，根据守恒可知10mL溶液中n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl），进而计算原氢氧化钠溶液的浓度．‎ ‎【解答】解：当生成CO2气体时，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑．‎ ‎（1）甲中生成CO2气体至最大，消耗HCl为25mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32﹣转化为HCO3﹣应消耗HCl为25mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为50mL，说明该阶段还发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，中和NaOH消耗HCl的体积为50mL﹣25mL=25mL，‎ 由方程式可知NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比等于两个过程分别消耗盐酸的体积之比，故NaOH、Na2CO3的物质的量之比=25mL：25mL=1：1；‎ 故答案为：NaOH、Na2CO3，1：1；‎ ‎（2）乙中生成CO2气体至最大，消耗HCl为50mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32﹣转化为HCO3﹣应消耗HCl为50mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为25mL，说明该阶段只发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，且二氧化碳与NaOH反应后溶液中含NaHCO3、Na2CO3；从25mL～75mL消耗50mL盐酸时生成的二氧化碳，该阶段生成二氧化碳为0.05L×0.1mol/L=0.005mol，体积为0.005mol×22.4L/mol=0.112L=112mL，‎ 故答案为：NaHCO3、Na2CO3；112mL；‎ ‎（3）加入75mL盐酸时，溶液中溶质都恰好完全反应，此时溶液为NaCl溶液，根据守恒可知10mL溶液中n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，故原氢氧化钠溶液的浓度=‎ ‎=0.75mol/L，‎ 故答案为：0.75mol/L．‎ ‎　‎ ‎2017年1月21日