2018-2019学年浙江省台州市联谊五校高二上学期期中化学试题（学考）（解析版）

2018-2019学年浙江省台州市联谊五校高二上学期期中化学试题（学考）（解析版）

‎2018-2019学年浙江省台州市联谊五校高二（上）期中化学试卷（学考）‎ 一、单选题（本大题共25小题，共50.0分）‎ 1. 下列属于酸的是（　　）‎ A. NaOH B. NaHSO4 C. HF D. CaO ‎【答案】C ‎【解析】解：A．NaOH 是碱，故A错误； B．NaHSO4是酸式盐，故B错误； C．HF是酸，故C正确； D．CaO 是氧化物，故D错误； 故选：C。 在水溶液中电离出的阳离子全部是H+的化合物叫酸；在水溶液中电离出的阴离子全部是OH-的化合物叫碱，NaOH是碱，NaHSO4是酸式盐，HF是酸，CaO是氧化物。 本题考查化合物的分类，侧重考查酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互关系，难度不大，关键是掌握概念，理解概念外延。 ‎ 2. 下列哪个仪器为容量瓶（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】解：A．图为容量瓶，故A选； B．图中为坩埚，故B不选； C．图中为蒸馏烧瓶，故C不选； D．图中为锥形瓶，故D不选； 故选：A。 容量瓶为配制一定物质的量浓度必需的仪器，有塞子及规定的规格，以此来解答。 本题考查化学实验仪器，为高频考点，把握仪器的结构、仪器的使用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意中学化学常见的仪器，题目难度不大。 ‎ 3. 下列属于非电解质的是（　　）‎ A. Cl2 B. 酒精溶液 C. CH3COONH4 D. SO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】解：A．Cl2为单质，既不是电解质也不是非电解质，故A不选； B．酒精溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B不选； C．CH3COONH4在水中完全电离，水溶液能导电，为电解质，故C不选； D．SO2本身不能发生电离，为非电解质，故D选； 故选：D。 非电解质必须为化合物，且在熔化和水溶液中均不能发生电离，以此来解答。 本题考查非电解质的判断，为高频考点，把握非电解质的概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意非电解质必须为化合物，题目难度不大。 ‎ 4. 下列物质溶于水后因水解显酸性的是（　　）‎ A. NaHSO4 B. NH4NO3 C. HCl D. K2CO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】解：A．NaHSO4为强酸的酸式盐，NaHSO4=Na++H++SO42-，但不是盐类水解的原因，故A不选； B．NH4NO3为强酸弱碱盐，铵根离子水解：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，水解呈酸性，故B选； C．HCl溶于水为盐酸，HCl=H++Cl-，溶液呈酸性，不是水解原因，故C不选； D．碳酸钾水解生成碳酸氢钾和氢氧化钾，水解的离子方程式为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，水解呈碱性，故D不选； 故选：B。 物质的水溶液因发生水解而显酸性的是强酸弱碱盐，弱碱阳离子结合水动力平衡状态的氢氧根离子促进水的电离，溶液氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈酸性。 本题考查盐类水解的应用，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意把握盐类水解的规律以及水解原理，把握相关基础知识的积累。 ‎ 1. 下列不属于新能源的是（　　）‎ A. 化石燃料 B. 生物质能 C. 太阳能 D. 氢能 ‎【答案】A ‎【解析】解：根据新能源的含义，题干中的生物质能、太阳能、氢能都属于新能源，电力是传统能源，是以电能作为动力的能源； 故选：A。 新能源又称非常规能源，是指传统能源之外的各种能源形式。是指刚开始开发利用或正在积极研究、有待推广的能源，如太阳能、地热能、风能、海洋能、生物质能和核聚变能等。 本题考查了对新能源概念的理解，同时需了解各种能源的来源和含义。 ‎ 2. 下列说法正确的是（　　）‎ A. 四氧化三铁俗称铁红，可用作油漆、红色涂料 B. 沙子、石英、水晶、分子筛等都是天然存在的二氧化硅 C. 在食品袋中放入生石灰，可防止食物受潮 D. SO2能使高锰酸钾溶液褪色，体现了SO2的漂白性 ‎【答案】C ‎【解析】解：A．四氧化三铁为黑色，为磁性氧化铁，而氧化铁可用作油漆、红色涂料，故A错误； B．分子筛的主要成分是一种硅铝酸盐化合物，而沙子、石英、水晶的成分都是天然存在的二氧化硅，故B错误； C．CaO可吸收水，在食品袋中放入生石灰，可防止食物受潮，故C正确； D．SO2与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，与二氧化硫的还原性有关，故D错误； 故选：C。 A．四氧化三铁为黑色； B．分子筛的主要成分是一种硅铝酸盐化合物； C．CaO可吸收水； D．SO2与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应。 本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。 ‎ 3. 下列反应属于氧化还原反应是（　　）‎ A. Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 B. NaOH+HCl=NaCl+H2O C. Ca（OH）2+2NH4Cl=CaCl2+2NH3↑+2H2O D. 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3‎ ‎【答案】D ‎【解析】解：A、B、C中均没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应；D中Fe、O元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，故D正确； 故选：D。 含元素化合价变化的反应，为氧化还原反应，以此来解答。 本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应判断的考查，题目难度不大。 ‎ 1. 下列表示正确的是（　　）‎ A. 乙炔的结构简式CHCH B. 硫原子的结构示意图： C. NH4I的电子式： D. 硝基苯的结构简式：‎ ‎【答案】B ‎【解析】解：A、炔烃的结构简式中碳碳三键不能省略，故其结构简式为CH≡CH，故A错误； B、硫原子的核内有16个质子、核外有16个电子，故其结构示意图为，故B正确； C、碘离子的核外有8个电子，故其电子式为，故C错误； D、硝基苯中硝基中是N原子直接连在苯环上，故其结构简式为，故D错误。 故选：B。 A、炔烃的结构简式中碳碳三键不能省略； B、硫原子的核内有16个质子、核外有16个电子； C、碘离子的核外有8个电子； D、硝基苯中硝基中是N原子直接连在苯环上。 考查常用化学用语，难度不大，注意离子化合物中碘离子的电子式。 ‎ 2. 下列说法正确的是（　　）‎ A. 氯气能使紫色石蕊试液变红 B. 红色石蕊试纸检验氨气时，试纸必须先润湿 C. 容量瓶用蒸馏水洗涤后必须烘干才能进行溶液的配制 D. 提纯混有少量硝酸钾的氯化钾，需经过溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤 ‎【答案】B ‎【解析】解：A、氯气溶于水得到氯水中含次氯酸，所以氯气能使紫色石蕊试液先变红后褪色，故A错误； B、红色石蕊试纸检验氨气时，试纸必须先润湿，氨气与水反应生成一水合氨电离产生氢氧根离子，溶液呈碱性，故B正确； C．容量瓶中有水对实验无影响，不需要烘干，故C错误； D．提纯混有少量硝酸钾的氯化钾，应用蒸发结晶的方法，而不是冷却结晶，故D错误； 故选：B。 A、氯气溶于水得到氯水中含次氯酸； B、红色石蕊试纸检验氨气时，试纸必须先润湿； C．容量瓶中有水对实验无影响； D．提纯混有少量硝酸钾的氯化钾，应用蒸发结晶的方法。 本题考查了氯水的性质、试纸使用、溶液配制、物质提纯等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。 ‎ 1. 下列说法正确的是（　　）‎ A.  和为同一物质 B. CH3CH2CH2CH3和互为同素异形体 C. 的名称为3-甲基丁烷 D. CH3CH2OH和互为同系物 ‎【答案】A ‎【解析】解：A、甲烷为正四面体结构，故CH2FCl的结构只有一种，即和是同一种物质，故A正确； B、同种元素所形成的不同种单质间互为同素异形体，而CH3CH2CH2CH3和均是化合物，故不是同素异形体，两者互为同分异构体，故B错误； C、烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，故主链上有4个碳原子，为丁烷，从离支链近的一端开始编号，在2号碳原子上有一个甲基，故名称为2-甲基丁烷，故C错误； D、结构相似、在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物间互为同系物，而CH3CH2OH和结构不相似，且分子组成上相差的也不是CH2，故不是同系物，故D错误。 故选：A。 A、甲烷为正四面体结构； B、同种元素所形成的不同种单质间互为同素异形体； C、烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，从离支链近的一端开始编号； D、结构相似、在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物间互为同系物。 本题考查了同系物、同分异构体、同素异形体和同一种物质的判断，注意把握概念的要点，难度不大。 ‎ 1. W、X、Y、Z四种短周期元素，它们在周期表中位置如图所示，下列说法不正确的是（　　） ‎ A. W的位置是第2周期ⅣA族 B. X的非金属性比Y的强，所以X氢化物的沸点比Y的高 C. X、Z、Y的原子半径依次增大 D. WH4与Z元素的单质在一定条件下可发生化学反应 ‎【答案】B ‎【解析】解：W、X、Y、Z四种短周期元素，由它们在周期表中位置可知，W为C，X为O，Y为S，Z为Cl， A．W为C元素，原子序数为6，位于第2周期、第ⅣA族，故A正确； B．由于水分子间存在氢键，导致水的沸点较高，与非金属性无关，故B错误； C．同一周期，原子序数越大原子半径越小，同一主族，原子序数越大原子半径越大，则X、Z、Y的原子半径依次增大，故C正确； D．WH4为CH4，Z的单质为氯气，甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应，故D正确； 故选：B。 W、X、Y、Z四种短周期元素，根据图示可知，Z位于第三周期ⅤⅡA，为Cl元素；Y位于第三周期ⅥA族，为S元素；X与Y同主族，为O元素；W位于第二周期ⅣA族，为C元素，据此结合元素周期律知识解答。 本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。 ‎ 2. 下列化学用语表达正确的是（　　）‎ A. 氯化钡溶液中通入SO2气体：Ba2++SO2+H2O=BaSO3↓+2H+ B. 饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2：CO32-+CO2+H2O=2HCO3- C. 一水合氨的电离方程式：NH3•H2O⇌NH4++OH- D. Na与TiCl4溶液反应：4Na+Ti4+=4Na++Ti ‎【答案】C ‎【解析】解：A．氯化钡溶液中通入SO2气体，二者不发生反应，无法书写离子方程式，故A错误； B．当向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2时会生成碳酸氢钠沉淀，正确的离子方程式为：2Na++CO32-+CO2+H2O=2NaHCO3↓，故B错误； C．一水合氨为弱电解质，在溶液中部分电离，其电离方程式为：NH3•H2O⇌NH4++OH-，故C正确； D．钠投入TiCl4水溶液中，Na先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与TiCl4反应，所以得不到金属单质Ti，故D错误； 故选：C。 A．氯化钡与二氧化硫不发生反应； B．碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，会析出碳酸氢钠晶体； C．一水合氨为弱碱，存在电离平衡； D．在溶液中钠不会置换出金属Ti。 本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。 ‎ 1. 下列实验或操作方法正确的是（　　） ‎ ‎ A. 甲图装置：用蘸有待测液的铁丝，检验K+ B. 乙图装置：从食盐水中提取氯化钠 C. 丙图装置：分离水与乙酸 D. 丁图装置：验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性 ‎【答案】D ‎【解析】解：A．观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，则图中未透过蓝色的钴玻璃，不能检验K+，故A错误； B．从食盐水中提取氯化钠，选蒸发装置，不能选坩埚，故B错误； C．水与乙酸互溶，沸点不同，可选蒸馏法分离，不能选分液漏斗分离，故C错误； D．NaHCO3加热生成碳酸钠，则图中小试管内为碳酸氢钠可比较稳定性，故D正确； 故选：D。 A．观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃； B．从食盐水中提取氯化钠，选蒸发装置； C．水与乙酸互溶，沸点不同； D．NaHCO3加热生成碳酸钠。 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。 ‎ 2. 在一定条件下，可逆反应X（g）+2Y（g）⇌2Z （g）△H=-akJ•mol-1，达到化学平衡时，下列说法一定正确的是（　　）‎ A. 反应放出a kJ热量 B. X和Y的物质的量之比为1：2 C. 反应物和生成物的浓度都不再发生变化 D. X的正反应速率等于Z的逆反应速率 ‎【答案】C ‎【解析】解：A、反应放出a kJ热量，说明消耗1mol的X，不能体现正与逆的关系，故A错误； B、X和Y的物质的量之比为1：2，不能说明各物质的量不变，不能说明正和逆的关系，故B错误； C、反应物和生成物的浓度不变说明正逆反应速率相等，说明反应达平衡状态，故C正确； D、X的正反应速率等于Z的逆反应速率，速率之比不等物质的量之比，不能说明反应达平衡状态，故D错误； 故选：C。 A、反应放出a kJ热量，说明消耗1mol的X； B、X和Y的物质的量之比为1：2，不能说明各物质的量不变； C、反应物和生成物的浓度不变说明正逆反应速率相等； ‎ D、X的正反应速率等于Z的逆反应速率，速率之比不等物质的量之比。 本题考查化学平衡状态的判断，题目难度中等，注意化学平衡状态的根本标志是：①v（正） =v（逆），②各组分百分含量不变；在解题时要牢牢抓住这两个根本标志，并明确气体的颜色、密度、压强、平均相对分子质量的变化与根本标志的关系，才能全面分析、正确作答。 ‎ 1. 下列说法不正确的是（　　）‎ A. 丙烷的一氯取代物只有2种 B. 可以用银氨溶液检验乙醇里是否含有乙醛 C. 苯能使酸性KMnO4溶液褪色 D. 相同物质的量的乙烯与乙醇分别在足量的氧气中完全燃烧，消耗氧气的物质的量相同 ‎【答案】C ‎【解析】解：A．丙烷（CH3CH2CH3）有2种H原子，其一氯取代物有2种同分异构体，故A正确； B．乙醛含有醛基，可发生银镜反应，故B正确； C．苯性质稳定，与酸性高锰酸钾不反应，故C错误； D．乙烯的分子式为C2H4，乙醇的分子式可写为C2H4•H2O，则等物质的量的乙烯和乙醇完全燃烧，消耗氧气的物质的量相等，故D正确。 故选：C。 A．丙烷（CH3CH2CH3）有2种H原子； B．乙醛可发生银镜反应； C．苯与酸性高锰酸钾不反应； D．乙醇的分子式可写为C2H4•H2O。 本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。 ‎ 2. 下列说法正确的是（　　）‎ A. 硬脂酸甘油酯和乙酸乙酯都属于酯类物质，都能发生皂化反应 B. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中的“丝”和“泪”分别是蛋白质和烃 C. 蛋白质、纤维素、淀粉、油脂都是人体重要的营养物质，它们都是高分子化合物 D. 淀粉溶液中加稀硫酸进行水解，加入过量氢氧化钠，再加入碘若溶液不变蓝说明淀粉已水解完全 ‎【答案】B ‎【解析】解：A．乙酸乙酯在碱性条件下的水解反应不是皂化反应，硬脂酸甘油酯能发生皂化反应，故A错误； B．“丝”中含有的物质是蛋白质，“泪”指的是液态石蜡，液态石蜡属于烃，故B正确； C．油脂不是高分子化合物，蛋白质、纤维素、淀粉都是高分子化合物，故C错误； D．NaOH过量，可与碘反应，则加入碘水，溶液不变蓝，不能说明淀粉已水解完全，故D错误。 故选：B。 A．乙酸乙酯在碱性条件下的水解反应不是皂化反应； B．“丝”中含有的物质是蛋白质，“泪”指的是液态石蜡； C．油脂不是高分子化合物； D ‎．碘水可与氢氧化钠溶液反应。 本题考查了物质的性质与用途、有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团决定性质，题目难度不大。 ‎ 1. 如图是氢氧燃料电池驱动LED发光的装置，其电极反应式为：2H2+4OH--4e-=4H2O，O2+2H2O+4e-=4OH-．下列有关叙述不正确的是（　　）‎ ‎ A. 该装置中涉及两种以上形式的能量转化 B. 氢氧燃料电池中OH-向b极移动 C. H2在正极发生氧化反应 D. P-型半导体连接电池的正极 ‎【答案】D ‎【解析】解：A、该装置的能量转换有化学能、电能和光能，两种形式的能量转化，故A错误； B、由电子流向可知a为负极，b为正极，氢氧燃料电池中OH-向负极即向a极移动，故B错误； C、a为负极，发生的电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，H2在负极发生氧化反应，故C错误； D、P一型半导体连接的是电池正极，故D正确。 故选：D。 A、该装置的能量转换有化学能、电能和光能等； B、燃料电池中，阴离子移向负极； C、a为负极，发生的电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，b为正极发生的电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-； D、根据电子流向可知P一型半导体连接的是电池正极。 本题考查原电池知识，题目难度不大，本题注意根据图示电子的流向判断电源的正负极为解答该题的关键。 ‎ 2. 常温下，下列说法不正确的是（　　）‎ A. 物质的量浓度相同的稀硫酸和醋酸溶液，前者c（H+）更大 B. pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合后pH＞7，说明氨水是弱碱 C. pH相同的NaOH溶液和氨水：c（Na+）＞c（NH4+） D. 相同体积相同物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，分别和足量的镁反应产生氢气一样多 ‎【答案】C ‎【解析】解：A．硫酸是强酸而完全电离，醋酸是弱酸而部分电离，物质的量浓度相同的硫酸和醋酸，因为醋酸部分电离导致c（H+）：硫酸＞醋酸，故A正确； B．pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合后溶液pH＞7，则氨水有剩余，说明氨水浓度大于盐酸浓度，HCl是强电解质，则一水合氨是弱电解质，故B正确； C．pH相同的NaOH和氨水，溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）、c（OH-）=c（NH4+）+c（H+），两种溶液的pH相等，则两种溶液中c（H+）、c（OH-）分别相等，则c（Na+）=c（NH4+），故C错误； D．一元酸与足量Mg 反应生成氢气的量与酸的物质的量成正比，醋酸和盐酸的体积、物质的量浓度相等则其物质的量相等，分别与足量Mg反应时生成氢气的量相同，故D正确； 故选：C。 A．硫酸是强酸而完全电离，醋酸是弱酸而部分电离； B．pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合后溶液pH＞7，则氨水有剩余，说明氨水浓度大于盐酸浓度； C．pH相同的NaOH和氨水，溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断； D．一元酸与足量Mg反应生成氢气的量与酸的物质的量成正比。 本题考查弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，电解质强弱与电离程度有关，D为解答易错点，注意：D中生成氢气的量与酸的物质的量有关，与酸强弱无关，题目难度不大。 ‎ 1. 下列说法正确的是（　　）‎ A. HF比HCl稳定，说明 HF分子间作用力较大 B. 分子晶体一定是共价化合物 C. CaH2晶体中既有离子键又有共价键 D. 乙醇沸点高于二甲醚的原因与分子间作用力大小有关 ‎【答案】D ‎【解析】解：A、氟的非金属性强于氯，所以HF比HCl稳定，与分子间作用力无关，故A错误； B、稀有气体晶体中不存在任何化学键，故B错误； C、CaH2晶体中只含有离子键，无共价键，故C错误； D、乙醇分子间存在氢键，所以沸点高于二甲醚，所以乙醇沸点高于二甲醚的原因与分子间作用力大小有关，故D正确； 故选：D。 A、稳定性与化学键有关，氢键、分子间作用力影响物理性质； B、稀有气体晶体中不存在任何化学键； C、CaH2晶体中只含有离子键； D、乙醇分子间存在氢键，所以沸点高于二甲醚。 本题考查氢键对物质性质的影响以及不同晶体中影响物质熔沸点的因素，综合性较强，首先判断属于何种晶体，然后再根据同种晶体中粒子作用力的差异进行判断。 ‎ 2. 已知：H2（g）+F2（g）=2HF（g）的能量变化如图所示，有关叙述中正确的是（　　）‎ ‎ A. 氟化氢气体分解生成氢气和氟气的反应是放热反应 B. 1 mol H2（g）与1 mol F2（g）反应生成2 mol液态HF放出的热量大于270 kJ C. 在相同条件下，1 mol H2（g）与1 mol F2（g）的能量总和小于2 mol HF（g）的能量 D. 断裂1 mol H-H键和1 mol F-F 键吸收的能量大于形成2 mol H-F键放出的能量 ‎【答案】B ‎【解析】解：A．H2（g）+F2（g）=2HF（g）为放热反应，则氟化氢气体分解生成氢气和氟气的反应是吸热反应，故A错误； B．由图可知，1 molH2（g）与1 molF2（g）反应生成2 mol气态HF放出的热量为270 kJ，则1 molH2（g）与1 molF2（g）反应生成2 mol液态HF放出的热量大于270 kJ，故B正确； C．为放热反应，则1 molH2（g）与1 molF2（g）的能量总和大于2 mol HF（g）的能量，故C错误； D．焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则断裂1 mol H-H键和1 mol F-F 键吸收的能量小于形成2 mol H-F键放出的能量，故D错误； 故选：B。 由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，且化学计量数表示物质的量，同种物质的气态比液态能量高，以此来解答。 本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。 ‎ 1. 用Na2FeO4溶液氧化废水中的还原性污染物M，为研究降解效果。设计如下对比实验探究温度、浓度、pH、催化剂对降解速率和效果的影响，实验测得M的浓度与时间关系如图所示：‎ 实验编号 温度℃‎ pH ‎①‎ ‎25‎ ‎1‎ ‎②‎ ‎45‎ ‎1‎ ‎③‎ ‎25‎ ‎7‎ ‎④‎ ‎25‎ ‎1‎ 下列说法正确的是（　　）‎ ‎ A. 实验①在15 min内M的降解速率为1.33×10-2mol/（L•min） B. 若其他条件相同，实验①②说明升高温度，M降解速率增大 C. 若其他条件相同，实验①③证明pH越高，越有利于M的降解 D. 实验②④说明M的浓度越小，降解的速率越慢 ‎【答案】B ‎【解析】解：A．由图中数据，可知15min内△c（M）=（0.3mol/L-0.1mol/L）×10-3=2×10-4mol/L，则v（M）==1.33×l0-5mol/（L•min），故A错误； B．由图中曲线变化可知实验②相对于实验①，M降解速率增大，又表中数据可知，其他条件相同，实验②的温度高，所以说明升高温度，M降解速率增大，故B正确； C．由图中曲线变化可知实验①相对于实验③，M降解速率增大，又表中数据可知，其他条件相同，实验③的pH高，所以说明pH越高，越不利于M的降解，故C错误； D．实验②④中温度不同、M的起始浓度不同，不能说明M的浓度越小，降解速率越慢，故D 错误； 故选：B。 A．由图中数据，可知15min内△c（M）=（0.3mol/L-0.1mol/L）×10-3=2×10-4mol/L，结合v=计算v（M）； B．①②中温度不同，且温度越大，反应速率越快； C．①③中温度相同，pH不同； D．实验②④中温度不同、浓度不同。 本题考查化学反应速率，为高频考点，把握影响反应速率的因素、图象及表格数据的分析为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。 ‎ 1. ‎25℃时，在2.0×10-3mol•L-1HF水溶液中，通过加HCl或NaOH固体来调节溶液pH （忽略体积变化）得到c（HF），c（F-）与溶液pH变化的关系图，下列说法正确的是（　　）‎ ‎ A. pH=1时，c（Cl-）+c（F-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+） B. pH=4时，溶液中存在c（F-）＞c（HF）＞c（Na+）＞c（H+） C. 当溶液中c（HF）=c（F-） 时，水的电离被抑制 D. 等物质的量的HF和NaF混合物溶于水，HF的电离能力小于F-的水解能力 ‎【答案】C ‎【解析】解：A．由曲线交叉点（pH≈3.5时）的溶液，得到HF的电离常数K≈10-3.5，进而推断2.0×10-3mol•L-1氢氟酸水溶液中c（H+）=≈=×10-3.25mol/L，pH=3.25-lg2＞3.5，所以pH=1的溶液中还含有HCl，溶液中存在电荷守恒c（Cl-）+c（F-）+c（OH-）=c（H+），故A错误； B．根据A知，pH=4＞3.25-lg2时，该酸溶液中加入了NaOH，溶液中c（F-）＞c（HF），F-离子水解，则c（Na+）＞c（HF），故B错误； C．当溶液中c（HF）=c（F-）时，溶液呈酸性，说明HF的电离大于F-水解，酸抑制水电离，所以水的电离被抑制，故C正确； D．将等物质的量的HF和NaF混合物溶于水，溶液呈酸性，说明HF电离能力大于F-的水解能力，故D错误； 故选：C。 A．由曲线交叉点（pH≈3.5时）的溶液，得到HF的电离常数K≈10-3.5，则2.0×10-3mol•L-1氢氟酸水溶液中c（H+）=≈=×10-3.25mol/L，pH=3.25-lg2＞3.5，所以pH=1的溶液中还含有HCl； B．根据A知，pH=4＞3.25-lg2时，该酸溶液中加入了NaOH，溶液中c（F-）＞c（HF），F-离子水解，则c（Na+）＞c（HF）； C．当溶液中c（HF）=c（F-）时，溶液呈酸性，说明HF的电离大于F-水解； D．将等物质的量的HF和NaF 混合物溶于水，溶液呈酸性。 本题考查酸碱混合的计算和判断，把握图象的曲线变化特点为解答该题的关键，注意A中电离平衡常数计算方法及混合溶液中溶质成分为解答易错点，题目难度中等。 ‎ 1. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）‎ A. 常温常压下，1mol C2H6中共价键的数目为7NA B. 1molNa 被完全氧化生成Na2O2，失去2NA个电子 C. 标准状况下，22.4L的CHCl3（俗称氯仿）中含有的CHCl3分子数为NA D. 0.1mol/LFeCl3溶液含有的Fe3+为0.1NA ‎【答案】A ‎【解析】解：A、1molC2H6含7mol共价键，即共价键的数目为7NA，故A正确； B、钠被氧化全部反应，电子转移依据反应的钠计算，1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去电子数目为NA，故B错误； C、CHCl3在标况下是液体，所以气体摩尔体积不适用于该物质，故C错误； D、0.1mol/LFeCl3溶液，溶液体积不知不能计算微粒数，故D错误； 故选：A。 A、1molC2H6含7mol共价键； B、钠被氧化全部反应，电子转移依据反应的钠计算； C、CHCl3在标况下是液体； D、溶液体积不知不能计算微粒数。 本题考查阿伏伽德罗常数的简单计算，为高频考点，所涉及的知识点较为综合，整体难度不大，是基础题。 ‎ 2. 碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I-的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。已知淀粉遇单质碘变蓝，下列说法中不正确的是（　　） ‎ ‎ A. 一定条件下，I-与IO3-可能生成I2 B. 氧化性的强弱顺序为C12＞IO3-＞I2 C. 途径II中若生成1 mol I2，消耗5 mol NaHSO3 D. 向含I-的溶液中通入Cl2，所得溶液加入淀粉溶液一定变蓝 ‎【答案】D ‎【解析】解：A．一定条件下，I-与IO3-可能生成I2，如酸溶液中5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，故A正确； B．由途径I可知氧化性Cl2＞I2，由途径Ⅱ可知氧化性I2＜NaIO3，由途径Ⅲ可知氧化性Cl2＞NaIO3，故氧化性的强弱顺序为Cl2＞IO3-＞I2，故B正确； C．根据转化关系2IO3-～I2～10e-可知，生成1molI2反应中转移的电子数为10NA，则NaHSO3～Na2SO4～2e-，得到被氧化的亚硫酸氢钠物质的量5mol，故C正确； D．根据图示转化Ⅲ可知Cl2＞NaIO3，已变蓝的淀粉-KI试纸褪色的原因可能是氯气将碘氧化为HIO3，向含I-的溶液中通入C12，所得溶液加入淀粉溶液不一定变蓝，故D错误； 故选：D。 A．I-与IO3-在酸溶液中发生归中反应生成碘单质； B．由途径I可知氧化性Cl2＞I2，由途径Ⅱ可知氧化性I2＜NaIO3，由途径Ⅲ可知氧化性Cl2＞NaIO3； ‎ C．根据转化关系2IO3-～I2～10e-计算判断； D．根据图示转化Ⅲ可知Cl2＞NaIO3，氯气可以将碘氧化HIO3。 本题综合考查氧化还原反应，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，解答本题注意题给信息的掌握和应用，难度不大。 ‎ 1. 通过实验得出的结论不正确的是（　　）‎ A. 加入足量的CaCl2溶液，产生了白色沉淀，溶液中不一定有CO32- B. 将固体试样完全溶于盐酸，再滴加BaCl2，出现白色沉淀，则该固体试样中一定有SO42- C. 先加适量的盐酸将溶液酸化，再加AgNO3溶液，产生了白色沉淀。溶液中一定含有大量的Cl- D. 某固体样品完全溶于盐酸，再加KSCN溶液，没有出现血红色，则该固体样品中无法确定是否存在Fe3+‎ ‎【答案】C ‎【解析】解：A．能和氯化钙反应生成白色沉淀的阴离子有碳酸根离子、银离子、亚硫酸根离子，所以原溶液中不一定有CO32-，故A正确； B．将固体试样完全溶于盐酸，再滴加BaCl2，出现白色沉淀，则白色沉淀一定是硫酸钡，所以该固体试样中一定含有SO42--，故B正确； C．应该加入硝酸酸化，不能使用盐酸，否则引入氯离子，无法确定原溶液是否一定含有大量的Cl-，故C错误； D．加入KSCN溶液无现象，证明溶液中不存在铁离子，但无法确定该固体样品中是否存在Fe3+，假如固体为铁和氧化铁的混合物，并且铁多，完全溶于盐酸也不生成三价铁离子，故D正确； 故选：C。 A．能和氯化钙反应生成白色沉淀的阴离子有碳酸根离子、银离子、亚硫酸根离子； B．将固体试样完全溶于盐酸，再滴加BaCl2，出现白色沉淀，则说明一定含有SO42-； C．应该加入硝酸酸化，不能使用盐酸，否则无法确定原溶液是否一定含有大量的Cl-； D．加入KSCN溶液无现象，证明溶液中不存在铁离子，但无法确定该固体样品中是否存在Fe3+； 本题考查了常见离子的检验方法及判断，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法。 ‎ 二、填空题（本大题共1小题，共4.0分）‎ 2. ‎①写出“钡餐”的化学式：______； ②写出葡萄糖的分子式______； ③写出工业制漂白粉的化学方程式______。‎ ‎【答案】BaSO4   C6H12O6   2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O ‎【解析】解：①医用钡餐是硫酸钡，其化学式可表示为：BaSO4，故答案为：BaSO4； ②葡萄糖是多-OH的醛，化分子式为C6H12O6，故答案为：C6H12O6； ③工业制漂白粉的化学方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O。 ①医用“钡餐”的成分为硫酸钡； ②葡萄糖是多-OH的醛； ③工业上用氯气通入石灰乳中制取漂白粉。 本题考查了常见物质的俗称、分子式以及化学方程式的书写，难度不大，注意基础的积累。 ‎ 三、简答题（本大题共2小题，共8.0分）‎ 1. 已知烃A在标况下的密度为1.25g•L-1，B可与NaHCO3溶液反应产生气体 请回答下列问题： （1）C中的官能团名称为______ （2）反应⑤的化学方程式______； （3）下列说法不正确的是______。 A．淀粉发生反应①后直接加银氨溶液能检验D的生成 B．等物质的量的A和C完全燃烧，消耗氧气的量相等 C．①和④的反应类型相同 D．除去 E中少量B，可以用饱和碳酸钠溶液 ‎【答案】羟基   CH2=CH2+CH3COOHCH3COOCH2CH3   AC ‎【解析】解：（1）C为CH3CH2OH，含有的官能团为羟基，故答案为：羟基； （2）反应⑤的化学方程式CH2=CH2+CH3COOHCH3COOCH2CH3，故答案为：CH2=CH2+CH3COOHCH3COOCH2CH3； （3）A．淀粉在酸性条件下发生水解，发生反应①后应加入碱调节溶液至碱性，否则直接加银氨溶液不能检验D的生成，故A错误； B．乙醇可写作C2H4•H2O，则等物质的量的A和C完全燃烧，消耗氧气的量相等，故B正确； C．①为水解反应，④为氧化反应，二者反应类型不相同，故C错误； D．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可与碳酸钠反应，则除去 E中少量B，可以用饱和碳酸钠溶液，故D正确。 故选AC。 A在标准状况下的密度为1.25g•L-1，则A的摩尔质量为1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，A为CH2=CH2，淀粉水解生成的D为葡萄糖，由转化关系可知C为CH3CH2OH，B可与NaHCO3溶液反应产生气体，应为CH3COOH，E为CH3COOCH2CH3，以此解答该题。 本题考查有机物的推断，为高频考点，把握A为乙烯及图中转化关系、有机物的性质为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，题目难度不大。 ‎ 2. 为研究NH4HSO4和（NH4）2SO4混合物样品组成，称取四份该样品分别逐滴加入相同浓度的NaOH溶液50.0mL，加热并完全反应，产生NH3的体积（NH3的体积已折算成标准状况，不考虑NH3在水中的溶解）如表：‎ 实验序号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ NaOH溶液体积（mL）‎ ‎50.0‎ ‎50.0‎ ‎50.0‎ ‎50.0‎ 样品质量（g）‎ ‎3.62‎ ‎5.43‎ ‎7.24‎ ‎10.86‎ NH3体积（mL）‎ ‎896‎ ‎1344‎ ‎1344‎ ‎896‎ ‎（1）样品中NH4HSO4和（NH4）2SO4的物质的量之比为______； （2）NaOH溶液的物质的量浓度为______。‎ ‎【答案】2：1   2.00mol/L ‎【解析】解：（1）NH4HSO4电离方程式为NH4HSO4=NH4++H++SO42-，加入NaOH过程中先是发生H++OH-=H2O，然后发生NH4++OH-NH3↑+H2O，按Ⅰ组数据：（NH4）2SO4和NH4HSO4，设n[（NH4）2SO4]和n（NH4HSO4）分别为x、y，依题意有，解得x=0.01mol、y=0.02mol，所以n（NH4HSO4）：n（（NH4）2SO4）=0.02mol：0.01mol=2：1， 故答案为：2：1； （2）应选NaOH已完全反应的第Ⅳ组，据Ⅳ的数据，10.86g样品中共含：n（H+）=n（NH4HSO4）=0.02×=0.06mol，据H++OH-=H2O知消耗NaOH 0.06mol，据NH4++OH-NH3↑+H2O知生成0.896 LNH3消耗NaOH：=0.04mol，所以氢氧化钠的物质的量为0.06+0.04=0.1mol，NaOH溶液的物质的量浓度为：=2.00mol/L， 故答案为：2.00mol/L。 （1）NH4HSO4电离方程式为NH4HSO4=NH4++H++SO42-，加入NaOH过程中先是发生H++OH-=H2O，然后发生NH4++OH-NH3↑+H2O，由Ⅰ、Ⅱ组数据可知，Ⅰ中氢氧化钠过量，所以按Ⅰ组数据计算不足的（NH4）2SO4和NH4HSO4； （2）应选NaOH已完全反应的第Ⅳ组，据Ⅳ的数据，10.86g样品中共含：n（H+）=n（NH4HSO4）=0.02×=0.06mol，据H++OH-=H2O知消耗NaOH 0.06mol，据NH4++OH-NH3↑+H2O知生成0.896 LNH3消耗NaOH：=0.04mol，所以氢氧化钠的物质的量为：0.06+0.04=0.1mol，根据c=，求氢氧化钠的物质的量浓度。 本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握质量守恒定律在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。 ‎ 四、实验题（本大题共2小题，共8.0分）‎ 1. 为探宄固体X（仅含两种常见短周期元素）的组成和性质，设计并完成如下实验： 己知：气体A是一种纯净物，相对氢气的密度为16；固体B是光导纤维的主要成分。 请回答： （1）写出X的化学式______ （2）固体X与稀硫酸反应的化学方程式______‎ ‎【答案】Mg2Si   Mg2Si+2H2SO4=2MgSO4+SiH4↑‎ ‎【解析】解：（1）由以上分析可知X为Mg2Si，故答案为：Mg2Si； （2）固体X与稀硫酸反应的化学方程式为Mg2Si+2H2SO4=2MgSO4+SiH4↑，故答案为：‎ Mg2Si+2H2SO4=2MgSO4+SiH4↑。 流程中7.6gX与稀硫酸反应生成气体A和溶液C，又气体A是一种纯净物，相对氢气的密度为16，则相对分子质量为2×16=32g，又气体A与氧气反应生成固体B，并且固体B是光导纤维的主要成分，即B为SiO2，其物质的量为=0.1mol，所以可以推出气体A为SiH4；溶液C与过量的NaOH溶液反应生成白色沉淀D，则D为氢氧化镁，其物质的量为=0.2mol，所以得到C为硫酸镁溶液；综合以上分析，根据元素守恒，则固体X中n（Mg）：n（Si）=0.2mol：0.1mol=2：1，固体X化学式为Mg2Si，以此解答该题。 本题以实验流程形式考查无机物的推断，涉及镁的化合物的组成确定，为高考常见题型，侧重学生的分析能力和计算能力的考查，题目难度中等，清楚实验原理是解题的关键，是对知识迁移的综合运用。 ‎ 1. 某小组为探究三草酸合铁酸钾[K3[Fe（C2O4）3]]的热分解产物，按如图所示装置进行实验。 （1）能够说明分解气体中含有CO的现象是______。 （2）停止实验时的操作是______。 （3）样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3，检验FeO存在的方法是：______。‎ ‎【答案】装置E中固体变为红色或装置E中固体变为红色、装置F中澄清石灰水变浑浊   先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气   取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去，证明含有FeO ‎【解析】解：（1）证明一氧化碳生成可以利用装置E中黑色固体变成红色，F中溶液变浑浊，说明一氧化碳还原氧化铜反应生成二氧化碳通过F澄清石灰水变浑浊， 故答案为：装置E中固体变为红色或装置E中固体变为红色、装置F中澄清石灰水变浑浊； （2）需要先关闭反应装置中的酒精灯，以防止倒吸，冷却至常温过程中需保持一直通入N2， 故答案为：先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气； （3）如含有FeO，加入酸生成亚铁离子，具有还原性，可用高锰酸钾检验，观察高锰酸钾溶液是否褪色，方法是取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去，证明含有FeO， 故答案为：取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去，证明含有FeO。 探究无水三草酸合铁酸钾K3[Fe（C2O4）3]受热分解的产物：连接好装置后，加入药品前，应该进行的实验操作是检验装置气密性，利用氮气提供惰性环境，避免干扰分解产物的分析和验证，装置A：无水三草酸合铁酸钾K3[Fe（C2O4）3]受热分解，装置B：将气体产物通过澄淸石灰水，观察到澄清石灰水变浑浊，有CO2生成，装置C：用氢氧化钠将CO2除尽，装置D：净化（干燥）剩余产物气体，装置E：检验CO（用CuO ‎，变红），装置F：检验有CO2生成（CO的氧化产物），以此解答该题。 本题考查物质性质实验方案的设计，为高考常见题型，涉及了元素及其化合物性质知识，有利于提高学生运用所学知识的能力及化学实验能力，题目难度中等。 ‎