【化学】贵州省正安县第二中学2019-2020学年高二上学期开学考试试题（解析版）

【化学】贵州省正安县第二中学2019-2020学年高二上学期开学考试试题（解析版）

贵州省正安县第二中学2019-2020学年高二上学期开学考试试题 分卷I 一、单选题(共28小题，每小题2.0分，共56分)‎ ‎1.下列有关离子的检验方法一定正确的是（ ）‎ A. 向某溶液中滴加稀氯化钡溶液，以检验硫酸根离子的存在 B. 向某溶液中滴加硝酸银溶液和稀硝酸，以检验氯离子的存在 C. 向某溶液中通入二氧化碳气体，以检验钙离子的存在 D. 向溶液中滴加硫酸钠溶液，以检验钡离子的存在 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 除硫酸根外，亚硫酸根、碳酸根、银离子等均可与稀氯化钡溶液反应生成沉淀，向某溶液中滴加稀氯化钡溶液，不能检验硫酸根离子的存在，故A错误；‎ B. 向某溶液中滴加硝酸银溶液和稀硝酸，若含有氯离子，生成氯化银沉淀，所以可以检验氯离子的存在，故B正确；‎ C. 向氯化钙溶液中通入二氧化碳，不能生产沉淀；所以向某溶液中通入二氧化碳气体，不能检验钙离子的存在，故C错误；‎ D. 硫酸钡、硫酸钙都是沉淀，向溶液中滴加硫酸钠溶液，不能检验钡离子的存在，故D错误。‎ ‎2. 下列固体物质属于晶体的是（ ）‎ A. 橡胶 B. 食盐 C. 石蜡 D. 玻璃 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：常见的晶体有各种金属、食盐、冰等，常见的非晶体有橡胶、石蜡，玻璃，沥青，松香等，答案选B。‎ ‎3. 以下表示的是碳及其化合物的转化关系，其中涉及的基本反应类型依次是（ ）‎ A. 化合、 置换 、分解、复分解 B. 置换、 复分解 、化合、 分解 C. 置换、 化合、 分解 、复分解 D. 置换、 化合、 复分解 、分解 ‎【答案】D ‎【解析】涉及反应依次为：C＋2CuO2Cu＋CO2CO2＋H2O=H2CO3H2CO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2H2O CaCO3CaO＋CO2↑，各反应依次为：置换、 化合、 复分解 、分解反应，答案为D ‎4.赏心悦目的雕花玻璃通常是用某种物质对玻璃进行刻蚀而制成的，则这种物质是（ ）‎ A. 盐酸 B. 氢氟酸 C. 烧碱 D. 纯碱 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、盐酸和二氧化硅不反应，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故不选A；‎ B、氢氟酸与二氧化硅易反应，生产四氟化硅气体，能在玻璃上进行刻蚀，故选B； C、二氧化硅与烧碱反应，但反应缓慢，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故不选C； D、纯碱与二氧化硅在高温下反应，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故不选D。‎ ‎5.将2.7g铝和4.6g钠同时加入足量的水中充分反应，将反应后的溶液稀释、定容为500mL。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 反应中放出的气体在标准状况下的体积为2.24 L B. 参加反应的水的质量与加入铝的质量相等 C. 所得溶液中钠离子和铝离子物质的量之比为2∶1‎ D. 所得溶液中阳离子和阴离子的物质的量之比为1∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】4.6 g钠的物质的量为0.2mol，2.7gAl的物质的量为0.1mol；Na和水反应： ‎ ‎2 Na + 2H2O ═2 NaOH+ H2↑‎ ‎0.2mol 0.2mol  0.2mol 0.1mol 生成n（NaOH）=0.2mol，‎ NaOH和Al反应：‎ ‎2 Al+ 2 NaOH+ 2H2O ═ 2 NaAlO2 + 3 H2↑ ‎ ‎0.1mol 0.1mol 0.1mol  0.1mol  0.15mol ‎ NaOH过量，Al完全反应，反应后的溶质物为0.1molNaAlO2、0.1molNaOH。‎ ‎【详解】A、因钠与水反应和铝与碱反应都放出气体，气体在标准状况下的体积为22.4L/mol×（0.1+0.15）mol=5.6L，故A错误；‎ B、因反应共消耗水0.3mol，质量为5.4g，Al的质量为2.7g，则参加反应的水的质量与加入铝的质量不相等，故B错误；‎ C、因反应后溶液中含有0.1molNaAlO2、0.1molNaOH，没有Al3+，故C错误；‎ D、因反应后溶液中含有0.1molNaAlO2、0.1molNaOH，阳离子和阴离子都为1价离子，阳离子和阴离子的物质的量之比为1：1，故D正确。‎ ‎6.下列过程因发生取代反应而发生的是(　　)‎ A. 乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色 B. 将苯加入溴水中，振荡后水层接近无色 C. 将苯、浓硫酸、浓硝酸混合后在50～60 ℃水浴中加热 D. 液态植物油与氢气反应生成固态物质 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A发生的是加成反应，故A错，B选项苯与溴水不反应，苯只与溴单质发生取代反应，故B错。D液态植物油属于不饱和烃与氢气发生的是加成反应故D错。‎ ‎7.有下列物质：①浓硝酸、②福尔马林、③硝酸银、④硫酸铵、⑤硫酸铜、⑥氢氧化钠、⑦乙醇，其中不能使蛋白质变性的是（ ）‎ A. ①② B. ④⑤ C. ④ D. ④⑦‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①浓硝酸是强酸，能使蛋白质变性；②福尔马林是甲醛的水溶液，甲醛能使蛋白质变性；③硝酸银是重金属盐，能使蛋白质变性；④硫酸铵是铵盐，能使蛋白质盐析，不能使蛋白质变性；⑤硫酸铜是重金属盐，能使蛋白质变性；⑥氢氧化钠是强碱，能使蛋白质变性；⑦乙醇可以杀菌消毒，乙醇能使蛋白质变性，故选C。‎ ‎8.下列说法中正确的是（ ）‎ A. CO2溶于水能导电，因此CO2是电解质 B. KHSO4只有在电流作用下才能电离成K＋、H＋和SO42-‎ C. 强电解质溶液的导电能力不一定都强；弱电解质溶液的导电能力不一定都弱 D. AgCl难溶于水，所以AgCl是弱电解质；醋酸铅易溶于水，所以醋酸铅是强电解质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CO2溶于水能导电，说明碳酸是电解质，CO2本身不能电离, CO2属于非电解质，故A错误；‎ B. KHSO4在水作用下能电离成K＋、H＋和SO42-，故B错误；‎ C. 电解质溶液导电能力与离子浓度成正比，强电解质溶液的导电能力不一定都强、弱电解质溶液的导电能力不一定都弱，如饱和氨水溶液导电能力强，硫酸钡溶液导电能力弱，故C正确；‎ D.电解质强弱与溶解性无关，虽AgCl难溶于水，但AgCl是强电解质；醋酸铅易溶于水，但醋酸铅是弱电解质，故D错误。‎ ‎9. 下列物质属于分子晶体的化合物的是（ ）‎ A. 石英 B. 氯化钠 C. 干冰 D. 钠 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：离子间通过离子键形成的晶体是离子晶体，分子间通过分子间作用力形成的晶体是分子晶体，原子间通过共价键形成的空间网状结构的晶体是原子晶体，由金属阳离子和自由电子构成的晶体是金属晶体，则石英是原子晶体，氯化钠是离子晶体，干冰是分子晶体，钠是金属晶体，答案选C。‎ ‎10.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 物质发生化学反应时都伴随着能量变化，伴随能量变化的物质变化也一定是化学变化 B. 需要加热的化学反应一定是吸热反应，不需要加热就能进行的反应一定是放热反应 C. 吸热反应就是反应物的总能量比生成物的总能量高；也可以理解为化学键断裂时吸收的能量比化学键形成时放出的能量多 D. 因为3O2=2O3是吸热反应，所以臭氧比氧气的化学性质更活泼 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.物质的三态变化有能量变化，是物理变化，A错误；‎ B.铝热反应是放热反应，但需要在高温下进行；氯化铵与Ba(OH)2·8H2O的反应是吸热反应，但在室温下发生，不需要加热条件，B错误；‎ C.反应物的总能量高于生成物的总能量时，反应放热，C错误；‎ D.物质的能量越低越稳定，氧气能量比臭氧低，臭氧比氧气活泼，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎11.美国华裔科学家钱永健因在研究绿色荧光蛋白方面做出的贡献而获诺贝尔化学奖。下列关于绿色荧光蛋白的说法不正确的是（ ）‎ A. 一定含有C、H、O、N四种元素 B. 绿色荧光蛋白可水解生成葡萄糖 C. 绿色荧光蛋白属于高分子化合物 D. 绿色荧光蛋白的分子中含肽键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 绿色荧光蛋白是蛋白质，含有氨基和羧基，所以一定含有C、H、O、N四种元素，故A正确； ‎ B. 绿色荧光蛋白是蛋白质，可水解生成氨基酸，故B错误；‎ C. 绿色荧光蛋白是蛋白质，属于高分子化合物，故C正确； ‎ D. 绿色荧光蛋白是蛋白质，分子中含肽键，故D正确。选B。‎ ‎12.下列说法中不正确的是(　　)‎ ‎①将硫酸钡放入水中不能导电，硫酸钡是非电解质；‎ ‎②氨溶于水得到氨水溶液能导电，氨水是电解质；‎ ‎③固态氯化氢不导电，液态氯化氢可以导电；‎ ‎④硫酸氢钠电离出的阳离子有氢离子，硫酸氢钠是酸；‎ ‎⑤电解质放在水中一定能导电，非电解质放在水中一定不导电。‎ A. 仅①④ B. 仅①④⑤‎ C. 仅②③ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①虽然硫酸钡在水中的溶解度很小，只要溶解就完全电离，硫酸钡在熔融状态下，能完全电离，所以硫酸钡是电解质，①错误；‎ ‎②氨气在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子导致导电，不是氨气自身电离，所以氨气是非电解质，②错误；‎ ‎③电解质在水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；固态的氯化氢不导电，液态的氯化氢只有氯化氢分子，不能导电，③错误；‎ ‎④电离出的阳离子全部是H+的化合物叫做酸，能电离出H+的化合物不一定是酸，硫酸氢钠能电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，属于盐，④错误；‎ ‎⑤电解质放在水中不一定能导电，如碳酸钙固体在水中的溶解度很小，难溶于水，几乎不导电。碳酸钙在熔融状态下，能完全电离，碳酸钙是电解质；非电解质放在水中不一定不导电，如NH3在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子而导电，氨气自身未电离，所以氨气是非电解质，⑤错误；‎ 答案选D。‎ ‎13.下列有关反应和反应类型不相符的是（ ）‎ A. 苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热制取硝基苯(取代反应)‎ B. 在一定条件下，苯与氯气生成六氯环己烷(加成反应)‎ C. 由乙炔()制取氯乙烯(CH2=CHCl) (氧化反应)‎ D. 在催化剂的作用下由乙烯制取氯乙烷(加成反应)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.甲苯与浓硝酸、浓硫酸混合反应制TNT,甲苯中氢原子被硝基取代,该反应属于取代反应,故A正确； B.苯与氯气在催化剂存在下反应制取六氯环己烷,该反应属于加成反应,故B正确； C.由乙炔()与氯化氢在一定条件下1:1反应生成氯乙烯(CH2=CHCl)，三键变为双键，属于加成反应，不属于氧化反应，故C错误； D. 乙烯与氯化氢在在催化剂的作用下，反应生成氯乙烷，双键变为单键，属于加成反应，故D正确；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎14.在下列有关晶体的叙述中，错误的是（ ）‎ A. 离子晶体中一定含有离子键 B. 原子晶体中，只存在共价键 C. 构成分子晶体的物质中不存在共价键 D. 稀有气体的原子易形成分子晶体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 含有离子键的化合物是离子化合物，所以离子晶体中一定含有离子键，故A正确； ‎ B. 原子晶体由原子通过共价键形成，原子晶体中只存在共价键，故B正确；‎ C. 分子晶体由分子构成，分子中一般存在共价键（稀有气体不含共价键），故C错误； ‎ D. 稀有气体是单原子分子，稀有气体原子易形成分子晶体，故D正确。‎ ‎15.植物中山茶花、石榴可以吸收氯气，紫藤和月季对氯气的吸收净化能力也很强。在实验室制取氯气时，尾气要用氢氧化钠溶液吸收而不用澄清石灰水吸收的理由是（ ）‎ A. 氯气不与石灰水反应 B. 氢氧化钙微溶于水，澄清石灰水中氢氧化钙的含量少，吸收的尾气也很少 C. 氯气与氢氧化钙反应生成的氯化钙难溶于水 D. 澄清石灰水能吸收空气中的二氧化碳而变浑浊 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯气与石灰水反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，故A错误；‎ B. 氢氧化钙微溶于水，澄清石灰水中氢氧化钙的含量少，吸收的尾气也很少，当氯气剩余较多时不能全部吸收，故选B；‎ C. 氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙，氯化钙、次氯酸钙都能溶于水，故C错误；‎ D. 澄清石灰水可以吸收空气中二氧化碳变浑浊，但这不是用氢氧化钠溶液吸收氯气而不用石灰水吸收的原因，故不选D。‎ ‎16. 下列说法中正确的是（ ）‎ A. 氧化剂本身发生氧化反应 B. 氧化还原反应一定有氧元素参加 C. 氧化剂在反应中得电子，还原剂失去电子 D. 氧化反应一定先于还原反应发生 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A．氧化剂本身发生还有反应，A错误；B．氧化还原反应不一定有氧元素参加，B错误；C．氧化剂在反应中得电子，还原剂失去电子，C正确；D．氧化反应和还原反应同时发生，D错误，答案选C。‎ ‎17.已知反应：Fe2O3＋2CO2Fe ＋2CO2，下列物质转化过程中加点元素化合价变化趋势与碳元素化合价变化趋势相同是（ ）‎ A. MnO4-→MnO2 B. NO3-→NO2 ‎ C. Cl2→ClO3- D. SO2→SO32-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】Fe2O3＋2CO2Fe ＋2CO2反应中，碳元素化合价由+2升高为+4。‎ ‎【详解】A、MnO4-→MnO2，Mn元素化合价由+7降低为+4，故不选A；‎ B、NO3-→NO2，N元素化合价由+5降低为+4，故不选B；‎ C、Cl2→ClO3-，Cl元素化合价由0升高为+5，故选C； ‎ D. SO2→SO32-，S元素化合价没有发生变化，故不选D。‎ ‎18.人类的生活与生产离不开金属。下列对金属的利用不是由金属的活动性决定的是（ ）‎ A. 用铁回收含银废液中的银 B. 用锌与稀硫酸反应制取氢气 C. 用金银制作具有保存价值的物品 D. 用铝合金制作门窗框架 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、用铁回收含银废液中的银，是利用活泼金属将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，故不选A；‎ B、用锌与稀硫酸反应制取氢气，是利用氢前的活泼金属能与酸发生置换反应生成氢气，故不选B；‎ C、金、银性质不活泼，用金、银制首饰是利用这两种金属不易与氧气反应的性质，故不选C；‎ D、用铝合金制作门窗框架是利用其密度小、机械强度高的性质，不是利用活泼性，故选D。‎ ‎19.6.4g铜与过量的硝酸（8mol / L，60mL）充分反应后，硝酸的还原产物有NO、NO2，反应后溶液中所含H+为 n mol，此时溶液中所含NO3–物质的量为（ ）‎ A. 0.28mol B. 0.31mol C. (n + 0.2) mol D. (n + 0.4) mol ‎【答案】C ‎【解析】6.4g的物质的量为：6.4g÷64g/mol=0.1mol 设Cu2+对应的NO3-为xmol，‎ H+对应的NO3-为ymol，‎ Cu（NO3）2--Cu2+--C u--2NO3-‎ ‎ 1 2‎ ‎ 0.1mol x ‎1/2=0.1/x 解得x=0.2mol，‎ HNO3--H+--NO3-‎ ‎ 1 1‎ ‎ nmol ymol y=nmol，‎ 则此时溶液中含有NO3-的物质的量为（0.2+n ）mol 故选C．‎ ‎20.下列变化不属于化学变化的是(　　),‎ A. 煤的干馏 B. 石油分馏 C. 由乙烯制聚乙烯 D. 重油裂化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、将煤隔绝空气加强热使其分解的过程为煤的干馏，可以获得煤焦油、焦炉煤气、焦炭等，有新物质生成，为化学变化，故A错误；‎ B、利用石油中各组分的沸点不同，用加热的方法将各组分分离的操作称为石油的分馏，无新物质生成，是物理变化，故B正确；‎ C、乙烯通过加聚反应制得聚乙烯，有新物质生成，为化学变化，故C错误；‎ D、重油裂化是以重油为原料来生产轻质油的过程，有新物质生成，为化学变化，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎21.1.0g镁在氧气中燃烧后增重0.64g, 但在空气中燃烧时增重不足0.64g，其原因可能是（ ）‎ A. 空气中镁燃烧肯定不完全 B. 空气中部分镁与CO2反应 C. 空气中镁部分与N2反应 D. 空气中镁部分与水蒸气反应 ‎【答案】C ‎【解析】A、镁是活泼金属，在空气中能完全燃烧，故A错误；B、2Mg＋CO22MgO＋C,2molMg增重16g×2+12g=44g,2Mg + O2 2MgO,2molMg增重16g×2=32g, 同质量的镁与CO2反应增重更大，故B错误。C、3Mg + N2 Mg3N2‎ ‎，3molMg与N2反应增重14g×2=28g，3molMg与O2增重16g×3=48g, 同质量的镁与O2反应增重更大，故C正确。D、Mg＋2H2OMg(OH)2＋H2↑,1molMg与O2增重16g，1molMg与H2O增重17g×2=34g,同质量的镁与水蒸气反应固体增重更大，故D错误。故选C。‎ ‎22.下列实验中，没有颜色变化的是（ ）‎ A. 淀粉溶液中加入碘酒 B. 淀粉溶液中加入稀硫酸并加热 C. 鸡蛋清中加入浓硝酸 D. 葡萄糖溶液与新制氢氧化铜悬浊液共热 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 淀粉溶液中加入碘酒，溶液变蓝，故不选A；‎ B. 淀粉溶液中加入稀硫酸并加热，淀粉发生水解反应，无颜色变化，故选B；‎ C. 鸡蛋清中加入浓硝酸，溶液显黄色，故不选C；‎ D. 葡萄糖溶液与新制氢氧化铜悬浊液共热，生成砖红色氧化亚铜沉淀，故不选D。‎ ‎23.科学家用Ca轰击Bk(锫)生成Up和Up，Up可能是科学家一直寻找的第117号元素。下列关于Ca、Bk(锫)、Up和Up说法中正确的是（ ）‎ A. 117号元素的相对原子质量为293.5‎ B. Up和Up互为同位素 C. Ca、Bk(锫)、Up和Up表示四种核素，属于四种元素 D. 该轰击表明通过化学反应可以合成新元素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 元素的相对原子质量是多种同位素相对原子质量的平均值，117号元素的两种核素所占百分率未知且不一定只有两种核素，所以，无法计算它的相对原子质量，故A错误；‎ B. Up和Up质子数相同、中子数不同，互为同位素，故B正确；‎ C. Ca、Bk(锫)、Up和Up表示四种核素，属于三种元素，故C错误；‎ D. 该轰击发生了原子核的变化，化学变化中元素种类不变，通过化学反应不能合成新元素，故D错误。‎ ‎24.下列除去杂质的实验方法正确的是(　　)‎ A. 除去CO中少量O2，通过灼热的铜网后收集气体 B. 除去K2CO3固体中的少量NaHCO3，置于坩埚中加热 C. 除去FeSO4溶液中混有的CuSO4，加入适量Zn粉后过滤 D. 除去四氯化碳和水的混合物中的水，实验室可采用分液法 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】A．Cu与氧气反应，但CO还原CuO；B．NaHCO3加热分解生成碳酸钠；C．Zn与硫酸铜反应生成硫酸锌；D．四氯化碳和水的混合物分层。‎ ‎【详解】A. Cu与氧气反应，但CO还原CuO生成二氧化碳而引入新的杂质，则不能利用灼热的Cu网除杂，故A错误；B. NaHCO3加热分解生成碳酸钠，引入新杂质，则加热法不能除杂，故B错误；C. Zn与硫酸铜反应生成硫酸锌，引入新杂质，应选加足量Fe、过滤，故C错误；D. 四氯化碳和水的混合物分层，选分液法可分离，故D正确；本题选D。‎ ‎25.将氯气制成漂白粉的主要目的是(　　)‎ ‎①使它转变成较易溶于水的物质 ‎②转变成较稳定、便于贮存的物质 ‎③提高氯的质量分数 ‎④提高漂白能力 A. ①② B. ②③④ C. ②③ D. ②‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】氯气有毒，气体不方便运输、销售，为了方便人们日常使用和运输，需要制成固体，并减低对人体的毒害。‎ ‎【详解】①氯气是气体且有毒，将Cl2制成漂白粉是为了将气体装化为固体，便于保存和运输，故①错误；‎ ‎②氯气有毒，气体不方便运输、销售，制成漂白粉是一种较稳定物质，便于保存和运输，故②正确；‎ ‎③将Cl2制成漂白粉，其中氯元素的质量分数不变，故③错误；‎ ‎④将Cl2制成漂白粉，漂白和消毒作用效果不会改变，故④错误。‎ 故选D。‎ ‎26.二氧化硅广泛存在于自然界中，二氧化硅属于（ ）‎ A. 电解质 B. 碱性氧化物 C. 酸性氧化物 D. 两性氧化物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化硅不能电离出离子，是非电解质，A错误；‎ B．碱性氧化物是指能跟酸起反应，生成盐和水的氧化物，二氧化硅能与碱反应生成硅酸钠和水，是酸性氧化物，B错误；‎ C．能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物，二氧化硅能与碱反应生成硅酸钠和水，是酸性氧化物，C正确；‎ D．既能与酸反应生成盐和水，也能与碱反应生成盐和水的氧化物是两性氧化物，二氧化硅是酸性氧化物，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎27.氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰。在反应过程中，破坏1 mol 氢气中的化学键消耗的能量为Q1kJ，破坏1 mol 氯气中的化学键消耗的能量为Q2KJ，形成1 mol 氯化氢中的化学键释放的能量为Q3kJ。下列关系式中正确的是（ ）‎ A. Q1+ Q2＜2Q3 B. Q1+ Q2＞Q3 ‎ C. Q1+ Q2＜Q3 D. Q1+ Q2＞2Q3‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：破坏1molH2中的化学键消耗的能量为Q1kJ，则H-H键能为Q1kJ/mol，破坏1molCl2中的化学键消耗的能量为Q2kJ，则Cl-Cl键能为Q2kJ/mol，形成1molHCl中的化学键释放的能量为Q3kJ，则H-Cl键能为Q3kJ/mol，对于H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g），反应热△H=反应物的总键能-生成物的总键能=Q1kJ/mol+Q2kJ/mol-2Q3kJ/mol=（Q1+Q2-2Q3）kJ/mol，由于氢气在氯气中燃烧是放热反应，则Q1+Q2-2Q3＜0，所以Q1+Q2＜2Q3，选A。‎ ‎28.下列离子方程式正确的是（ ）‎ A. 向FeCl3溶液中加入过量铁粉：Fe3＋＋Fe===2Fe2＋‎ B. 铜溶于稀硝酸：3Cu＋8H＋＋2NO3-===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O C. 向稀硫酸中加入 Ba(OH)2溶液：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42-===BaSO4↓＋H2O D. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3＋2H＋===H2SiO3↓＋2Na＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】A．向FeCl3溶液中加入过量铁粉，离子方程式：2Fe3++Fe═3Fe2+，A项错误；B．铜溶于稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，B项正确；C．向稀硫酸中加入 Ba（OH）2 溶液，离子方程式：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，C项错误；D．Na2SiO3‎ 溶液中滴加稀盐酸，离子方程式：SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓，D项错误。答案选B。‎ 分卷II 二、非选择题(共5小题，共44分)‎ ‎29.硝酸铵是一种常用的化肥，其工业生产流程如图，请回答下列问题。‎ ‎（1）写出反应容器B中发生反应的化学方程式：____。‎ ‎（2）吸收塔C中通入空气的目的是___；C、D两个反应容器中发生的反应，属于氧化还原反应的是___(填反应容器代号)。‎ ‎（3）浓硝酸一般保存在棕色试剂瓶里，并放置在阴凉处，用化学方程式解释原因：___。‎ ‎（4）碳与浓硝酸反应的化学方程式是_____。‎ ‎（5）将128g铜置于一定量的浓硝酸中并微热。当铜片完全消失时，共收集到NO2和NO的混合气体44.8L(标准状况)。‎ ‎①写出上述过程中，有关反应的离子方程式：____、____。‎ ‎②完成该反应至少需要量取10mol·L－1的浓硝酸_____mL。‎ ‎③混合气体中NO2的体积为____L，NO的体积为____L(均为标准状况下)。‎ ‎④将收集上述气体的容器倒扣在盛有水的水槽中，并向其中缓慢通入O2使其充分反应，若要使溶液恰好充满容器，则理论上需要参加反应的O2的物质的量为____mol。‎ ‎【答案】(1). 4NH3＋5O24NO＋6H2O (2). 将一氧化氮氧化成二氧化氮 (3). C (4). 4HNO34NO2↑＋O2↑＋2H2O (5). C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O (6). Cu＋4H＋＋2NO3-=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O (7). 3Cu＋8H＋＋2NO3-=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O (8). 600 (9). 22.4 (10). 22.4 (11). 1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）反应容器B中氨气发生催化氧化反应；‎ ‎（2）吸收塔中NO被氧气氧化为NO2，进而与水反应生成硝酸；有元素化合价变化的反应是氧化还原反应；‎ ‎（3）浓硝酸见光易分解；‎ ‎（4）碳与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮、水；‎ ‎（5）①铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮、水；铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水；‎ ‎②根据氮元素守恒计算硝酸的体积；‎ ‎③根据得失电子守恒计算NO2、NO的体积；‎ ‎④反应最后又生成HNO3，纵观整个过程可知，铜提供的电子等于氧气获得的电子，据此计算需要氧气的物质的量。‎ ‎【详解】（1）反应容器B中氨气发生催化氧化反应生成NO和H2O，反应方程式是4NH3＋5O24NO＋6H2O；‎ ‎（2）吸收塔中NO被氧气氧化为NO2，进而生成硝酸，所以吸收塔C中通入空气的目的是将一氧化氮氧化成二氧化氮；有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，C中发生反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，N、O元素化合价变化，属于氧化还原反应；D中发生反应NH3+ HNO3=NH4NO3，元素化合价不变，属于非氧化还原反应；‎ ‎（3）浓硝酸见光发生分解反应4HNO34NO2↑＋O2↑＋2H2O，所以浓硝酸一般保存在棕色试剂瓶里，并放置在阴凉处；‎ ‎（4）碳与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮、水，反应方程式是C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O；‎ ‎（5）①铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮、水，反应的离子方程式是Cu＋4H＋＋2NO3-=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O；铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，反应的离子方程式是3Cu＋8H＋＋2NO3-=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；‎ ‎②128g铜的物质的量是 ，根据Cu(NO3)2~~~Cu2+~~~~~2NO3-，表现酸性的硝酸4mol，共收集到NO2和NO的混合气体44.8L(标准状况)，表现氧化性的硝酸 ，所以参加反应的硝酸共6mol，则硝酸的体积是=600 mL；‎ ‎③设NO2的体积是xL，则NO的体积是44.8L－xL，根据得失电子守恒n(NO2)×1+n(NO) ×3=n(Cu) ×2； ，x=22.4L，所以混合气体中NO2的体积为22.4L，NO的体积为22.4L(均为标准状况下)；‎ ‎④根据铜提供的电子等于氧气获得的电子建立关系式2Cu~~O2，2mol铜失电子数等于1mol ‎ O2得电子数，所以需要氧气的体积是1mol。‎ ‎30.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。‎ ‎31.如图是用浓硝酸、铜片、水等试剂探究浓、稀硝酸的强氧化性并观察还原产物的简单实验装置。‎ Ⅰ.浓硝酸的强氧化性实验 将足量铜片置于具支试管的底部，在分液漏斗中加入约5mL浓硝酸，往具支试管中滴入约2 mL浓硝酸，用排水法收集产生的气体。‎ ‎（1）写出具支试管中发生反应的化学方程式：____，该反应中硝酸表现出的化学性质是____。‎ ‎（2）实验中观察到能证明浓硝酸具有强氧化性的现象是_____。‎ Ⅱ.稀硝酸的强氧化性实验 ‎（3）在上述实验的基础上，欲进一步证明稀硝酸也具有强氧化性，可进行的简便、合理的实验操作是______。‎ ‎（4）能证明稀硝酸与铜反应产生NO的实验现象是___(填字母)。‎ A．c中收集到无色气体 B．c中收集到的无色气体接触空气后变为红棕色 C．b中产生的无色气体接触空气后变为红棕色 Ⅲ.实验反思 ‎（5）利用该装置先进行铜与浓硝酸反应的实验，再进行铜与稀硝酸反应的实验，其优点_____。‎ ‎【答案】(1). Cu＋4HNO3===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O (2). 酸性、氧化性 (3). 铜片逐渐溶解，溶液变蓝，放出红棕色气体 (4). 往分液漏斗中加水稀释浓硝酸，打开活塞，滴入稀硝酸 (5). C (6). 利用Cu与浓硝酸反应生成的NO2排出试管中的空气，有利于观察Cu与稀硝酸的反应产物 ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮、水；该反应中有硝酸铜生成，硝酸中氮元素化合价由+5降低为+4；‎ ‎（2）铜被氧化为硝酸铜，表现出硝酸的强氧化性；‎ ‎（3）铜能在稀硝酸中溶解，证明稀硝酸具有强氧化性；‎ ‎（4）NO2是红棕色气体，与水反应生成硝酸和NO；NO是无色气体，与氧气反应生成红棕色NO2。‎ ‎（5）Cu与浓硝酸反应生成的NO2排出试管中的空气。‎ ‎【详解】（1）铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮、水，反应方程式是Cu＋4HNO3===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O；该反应中有硝酸铜生成，硝酸表现酸性，硝酸中氮元素化合价由+5降低为+4，硝酸表现氧化性；‎ ‎（2）铜片逐渐溶解，溶液变蓝，放出红棕色气体，表现出浓硝酸具有强氧化性；‎ ‎（3）往分液漏斗中加水稀释浓硝酸，打开活塞，滴入稀硝酸，铜能继续溶解，证明稀硝酸也具有强氧化性；‎ ‎（4）A、NO2与水反应生成硝酸和NO，c中收集到无色气体，不能证明稀硝酸与铜反应产生NO，故不选A；‎ B、NO2与水反应生成硝酸和NO，NO与氧气反应生成红棕色NO2，c中收集到的无色气体接触空气后变为红棕色，不能证明稀硝酸与铜反应产生NO，故不选B；‎ C、b中产生的无色气体接触空气后变为红棕色，说明b中有NO生成，能证明稀硝酸与铜反应产生NO，故选C。‎ ‎(5). 利用该装置先进行铜与浓硝酸反应的实验，再进行铜与稀硝酸反应的实验，其优点是：利用Cu与浓硝酸反应生成的NO2排出试管中的空气，有利于观察Cu与稀硝酸的反应产物。‎ ‎32. 为了测定乙醇的结构式，有人设计了用无水酒精与钠反应的实验装置和测定氢气体积的装置进行实验。可供选用的实验仪器如图所示。‎ 请回答以下问题：‎ ‎(1)测量氢气体积的正确装置是________(填写编号)。‎ ‎(2)装置中A部分的分液漏斗与蒸馏烧瓶之间连接的导管所起的作用是________(填写编号)。‎ A．防止无水酒精挥发 B．保证实验装置不漏气 C．使无水酒精容易滴下 ‎(3)实验前预先将小块钠在二甲苯中熔化成小钠珠，冷却后倒入烧瓶中，其目的是 ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(4)已知无水酒精的密度为0.789 g·cm－3，移取2.0 mL酒精，反应完全后(钠过量)，收集390 mL气体。则乙醇分子中能被钠取代出的氢原子数为________，由此可确定乙醇的结构式为________________而不是____________________________________________________。‎ ‎(5)实验所测定的结果偏高，可能引起的原因是________(填写编号)。‎ A．本实验在室温下进行 B．无水酒精中混有微量甲醇 C．无水酒精与钠的反应不够完全 ‎【答案】(1)B　(2)C ‎(3)增大无水乙醇与钠的接触面积，使之充分反应 ‎(4)1　‎ ‎(5)AB ‎【解析】试题分析：该实验利用的反应原理是ROH可与Na反应产生H2，以此计算乙醇分子中可被Na取代出的氢原子数从而确定乙醇的结构。据(4)可知，能产生390 mL H2‎ ‎，因此只能选B作为测量H2体积的装置，C排空气法不可取，D试管无刻度，E中滴定管无此容量，整个装置连接为A―→B。A部分中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间连接导管能使烧瓶与分液漏斗中压强保持一致，分液漏斗的液柱差使乙醇易于滴下。将钠熔成小珠，是为了增大乙醇与钠的接触面积，提高反应速率，使乙醇与钠充分反应。‎ 根据2ROH―→H2知，乙醇分子中能被钠取代出的氢原子数为：‎ ‎＝1.01＞1‎ 测定结果偏高的原因，根据上述算式知，测定的体积偏大，或醇的物质的量偏小，即室温下进行或无水酒精中混有微量甲醇。‎ ‎33.下图表示物质A～F之间的转化关系，其中A为淡黄色固体物质，B、C为无色溶液，D为气体，E、F为白色沉淀。请填写下列各空：‎ ‎（1）写出各物质的化学式：‎ A为______，B为_____，C为_____，D为_____，E为_____，F为______。‎ ‎（2）写出下列反应的化学方程式：‎ B→A：________________________。‎ B→C：___________________________。‎ ‎（3）写出C→F的离子方程式：___________________。‎ ‎（4）在A～F六种物质中，既有氧化性又有还原性是(填字母代号)______。‎ ‎【答案】(1). S (2). H2SO3 (3). H2SO4 (4). SO2 (5). BaSO3 (6). BaSO4 (7). H2SO3＋2H2S===3S↓＋3H2O (8). H2SO3＋Cl2＋H2O===H2SO4＋2HCl (9). SO42-＋Ba2＋===BaSO4↓ (10). ABDE ‎【解析】‎ ‎【分析】A为淡黄色固体，由转化关系可知，A为S，则D为SO2，与水反应生成的B为H2SO3，具有还原性，可与氯气发生氧化还原反应，则C为H2SO4‎ ‎，B和氢氧化钡反应生成E为BaSO3，F为BaSO4，结合对应物质的性质分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据以上分析可知，A为S，B为H2SO3，C为H2SO4，D为SO2，E为BaSO3，F为BaSO4，故答案为：S；H2SO3；H2SO4；SO2；BaSO3；BaSO4；‎ ‎(2)B→A的化学方程式：2H2S+H2SO3=3S↓+3H2O；B→C的化学方程式：Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：2H2S+H2SO3=3S↓+3H2O；Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl；‎ ‎(3)C为H2SO4，可与硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为Ba2++SO42-═BaSO4↓，故答案为：Ba2++SO42-═BaSO4↓；‎ ‎(4)在A～F六种物质中，既有氧化性又有还原性，说明S元素的化合价既能升高，又能降低，S元素的化合价介于中间价态，有S、H2SO3、SO2、BaSO3，故答案为：ABDE。‎