化学卷·2018届河北省定州中学高二下学期开学考试化学试题（解析版）

化学卷·2018届河北省定州中学高二下学期开学考试化学试题（解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！‎ 一、选择题 ‎1．以NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A．78 g Na2O2固体中，含有阴阳离子总数为4NA B．1 mol Cl2与足量烧碱完全转移电子数为2NA C．1 mol Be2+离子中含有的电子数为4NA D．16 g臭氧(O3)含有NA个氧原子 ‎【答案】D ‎【点睛】：要准确把握阿伏加德罗常数的应用，一要认真理清知识的联系，关注状况条件和物质状态、准确运用物质结构计算、电离和水解知识的融入、留心特殊的化学反应，如本题中Cl2与H2O的反应、阿伏加德罗定律和化学平衡的应用。避免粗枝大叶不求甚解，做题时才能有的放矢。二要学会留心关键字词，做题时谨慎细致，避免急于求成而忽略问题的本质。必须以阿伏加德罗常数为基础点进行辐射，将相关知识总结归纳，在准确把握各量与阿伏加德罗常数之间关系的前提下，着重关注易错点。‎ ‎2．下列用水就能鉴别的一组物质是（ ）‎ A．苯、己烷、四氯化碳 B．苯、乙醇、四氯化碳 C．硝基苯、乙醇、四氯化碳 D．硝基苯、乙醇、乙酸 ‎【答案】B ‎【解析】A．苯、己烷、四氯化碳都不溶于水，但苯和己烷的密度都小于水，无法鉴别，A错误；B．苯、四氯化碳都不溶于水，但苯的密度比水小，四氯化碳的密度比水大，乙醇与水混溶，可鉴别，B正确；C．硝基苯和四氯化碳都不溶于水，且密度均比水的大，无法鉴别，C错误；D．乙酸、乙醇均与水混溶，不能鉴别，D错误；答案选B。‎ ‎3．已知醋酸达到电离平衡后，改变某条件电离平衡向正反应方向移动，则下列说法正确的是( )‎ A．实现该变化的只能是升高温度 B．溶液的导电能力一定变强 C．溶液的pH一定减小 D．发生电离的分子总数增多 ‎【答案】D ‎【点睛】：明确温度和加水对醋酸电离平衡的影响是解答本题的关键，并注意稀释时电离程度增大，但离子浓度减小来解答即可。‎ ‎4．下列事实与胶体性质无关的是( )‎ A．长江入海口形成三角洲 B．向豆浆中加入盐卤做豆腐 C．将植物油倒入水中用力搅拌形成油水混合物 D．一束平行光射入蛋白质溶液里，从侧面可以看到一束光亮的通路 ‎【答案】C ‎【解析】A．泥水浆属于胶体，海水中含有大量的可溶性电解质，发生聚沉，与胶体性质有关，A错误；B．豆浆是一种胶体，盐卤是可溶性电解质，向豆浆中加入盐卤使胶体聚沉，与胶体性质有关，B错误；C．将植物油倒入水中用力搅拌形成油水混合物，属于浊液，不是胶体，与胶体性质无关，C正确；D．空气是一种胶体，当可见光穿过胶体时，形成光束属于胶体的丁达尔效应，D错误，答案选C。‎ ‎5．在同温同压下，某有机物和过量Na反应得到V1 L氢气，另一份等量的有机物和足量的NaHCO3反应得V2 L二氧化碳，若V1＝V2≠0，则有机物可能是 A． B．HOOC—COOH C．HOCH2CH2OH D．CH3COOH ‎【答案】A ‎【解析】有机物和过量Na反应得到V1L氢气，说明分子中含有R-OH或-COOH，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到V2L二氧化碳，说明分子中含有-COOH，反应关系式为：‎ R-OH～1/2H2，-COOH～1/2H2，以及-COOH～NaHCO3～CO2，若V1=V2≠0，说明分子中含有1个R-OH和1个-COOH，只有A符合，答案选A。‎ ‎6．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A．标准状况下，11.2LCCl4含有的分子数目为0.5NA B．将10mL 1 mol/L FeCl3溶浪滴入沸水中，所得氢氧化铁胶粒数为0.01NA C．1 mol Na2O2固体中含离子总数为3NA D．0.1mol H2O和D2O组成的混合物中含有中子数是NA ‎【答案】C ‎7．分子式为C5H7Br 的有机物，不可能是 A．只含有1个双键的直链有机物B．含有2个双键的直链有机物 C．含有1个双键的环状有机物D．含有1个叁键的直链有机物 ‎【答案】A ‎【解析】A．C5H7Br的不饱和度为(2×5+2－7－1)/2＝2，含有一个双键的直链有机物不饱和度为1，A错误；B．C5H7Br的不饱和度为2，含有两个双键的直链有机物不饱和度为2，B正确；C．C5H7Br的不饱和度为2，含有一个双键的环状有机物不饱和度为2，C正确；D．C5H7Br的不饱和度为2，含有一个叁键的直链有机物不饱和度为2，D正确；答案选A。‎ ‎8．根据下表中有关短周期元素性质的数据，下列说法不正确的是（ ）‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ 原子半径（10﹣10 m）‎ ‎0.74‎ ‎1.60‎ ‎1.52‎ ‎1.10‎ ‎0.99‎ ‎1.86‎ ‎0.75‎ ‎1.43‎ 主要化合价 最高价 ‎+2‎ ‎+1‎ ‎+5‎ ‎+7‎ ‎+1‎ ‎+5‎ ‎+3‎ 最低价 ‎﹣2‎ ‎﹣3‎ ‎﹣1‎ ‎﹣3‎ A．③和⑥、④和⑦分别处于同一主族 B．元素④处于第3周期ⅤA族 C．元素①与元素⑥形成的化合物中不可能存在共价键 D．元素⑧对应的最高价氧化物及其水化物都具有两性 ‎【答案】C A．最高正化合价等于其主族族序数，故③和⑥处于ⅠA族、④和⑦分别处于ⅤA族，A正确；B．元素④为P，处于第三周期ⅤA族，B正确；C．元素①与元素⑥形成的化合物有氧化钠、过氧化钠，过氧化钠中存在共价键，C错误；D．元素⑧为Al，氧化铝、氢氧化铝均为两性物质，D正确，答案选C。‎ ‎【点睛】：根据化合价与原子半径推断元素是解题的关键，注意对元素周期律的理解掌握。注意元素化合价规律：①主族元素的最高正价等于主族序数，且等于主族元素原子的最外层电子数(O除外)，其中氟无正价。②主族元素的最高正价与最低负价的绝对值之和为8，绝对值之差为0、2、4、6的主族元素分别位于ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA族。‎ ‎9．下列叙述正确的是 A．强电解质溶液的导电性不一定比弱电解质溶液的导电性强 B．常温下，将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH=4‎ C．若测得雨水的pH小于7，则下的是酸雨 D．在通风橱中进行有毒气体实验符合“绿色化学”思想 ‎【答案】A 下，pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍体积后pH＜4，B错误；C．若测得雨水的pH小于5.6，则下的是酸雨，C错误；D．在通风橱中进行有毒气体实验，有毒气体排入环境中，会造成污染，不符合“绿色化学”思想，D错误；答案选A，‎ ‎10．将 4 mol A 气体和 2 mol B 气体在 2 L 的密闭容器中混合并在一定条件下发生如下反应2A（g）＋B（g） 2C（g）；△H ＜0。4 s(秒)后反应达到平衡状态，此时测得 C 的浓度为0.6 mol·L－1。下列说法中正确的是 A．当A、B．C物质的量浓度之比为 2:1:2时，反应即达到平衡状态 B．4s内用物质B表示的反应速率为0.075 mol·L－1·s－1‎ C．达平衡后若通入一定量氦气，A的转化率降低 D．达平衡后若升高温度，C的浓度将增大 ‎【答案】B ‎【解析】A、反应过程中，当A、B、C的物质的量浓度之比为 2：1：2时，反应不一定达到平衡状态，这与反应物的浓度及其转化率有关，A错误；B、C的浓度为0.6mol•L-1，则C的反应速率是0.15mol•L-1•s-1，同一化学反应中同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以B的反应速率是0.075 mol•L-1•s-1，B正确；C、达平衡后若通入一定量氦气，压强增大，但浓度不变，平衡不移动，A的转化率不变，C错误；D、该反应正反应是放热的反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，所以C的浓度将减小，D错误，答案选B。‎ ‎【点睛】：注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等但不等于0。另外注意惰性气体对平衡状态的影响：①恒温、恒容条件：原平衡体系体系总压强增大→体系中各组分的浓度不变→平衡不移动。②恒温、恒压条件：原平衡体系容器容积增大，各反应气体的分压减小→体系中各组分的浓度同倍数减小（等效于减压），平衡向气体体积增大的方向移动。‎ ‎11．下列各物质中，所有原子都满足最外层8电子结构的是 A．BeCl2 B．PCl3 C．NH3 D．PCl5‎ ‎【答案】B ‎12．已知通常情况下，1molC（石墨）完全燃烧生成CO2气体时放热393.5KJ，1molCO气体完全燃烧生成CO2气体时放热283.0KJ。下列说法正确的是 A．石墨燃烧生成CO气体的热化学方程式为：‎ ‎　　2C(石墨)+O2(g)=2CO(g) △H=-110.5kJ/mol B．C (石墨)不完全燃烧，生成CO2和CO两种气体时，可放热283.0kJ C．C(石墨)和CO2(g)反应生成CO(g)的反应是吸热反应 D．若金刚石的燃烧生成CO2气体放出的热量大于石墨，则石墨变成金刚石的变化是放热反应 ‎【答案】C ‎【解析】A、石墨、一氧化碳的燃烧热分别是393.5kJ•mol-1和283.0KJ•mol-1，石墨燃烧的热化学方程式为（1）C（s，石墨）+O2（g）＝CO2（g）△H1=-393.5kJ/mol；一氧化碳燃烧的热化学方程式为（2）CO（g）+1/2O2（g）＝CO2（g）△H2=-283.0kJ/mol；根据盖斯定律，（1）-（2）得C（石墨）+1/2O2（g）=CO（g）△H=-110.5kJ•mol-1，即2C（石墨）+O2（g）=2CO（g）△H=-221kJ•mol-1，A错误；B、1mol石墨不完全燃烧生成CO2和CO，无法计算生成CO2和CO各自物质的量，无法计算具体反应热，B错误；C、石墨燃烧的热化学方程式为（1）C（s，石墨）+O2（g）＝CO2（g）△H1=-393.5kJ/mol；一氧化碳燃烧的热化学方程式为（2）CO（g）+1/2O2（g）＝CO2（g）△H2=-283.0kJ/mol；根据盖斯定律，（1）-（2）×2得C（s，石墨）+CO2（g）=2CO（g）△H=+172.5kJ•mol-1，反应是吸热反应，C正确；D、金刚石的燃烧放热大于石墨的燃烧放热，根据能量守恒，可知金刚石的能量比石墨能量高，所以石墨转变为金刚石需要吸热，D错误；答案选C。‎ ‎13．意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的气态N4分子，其分子结构如右图所示。已知断裂1 mol N—N吸收167 kJ热量，生成1 mol NN放出942 kJ热量，根据以上信息和数据，判断下列说法正确的是 A．N4属于一种新型的化合物 B．N4分子中存在非极性键 C．N4分子中N—N键角为109°28′‎ D．1 mol N4转变成N2将吸收882 kJ热量 ‎【答案】B ‎14．下列物质中既有离子键又有共价键的可溶性化合物是 A．H2SO4 B．BaSO 4C．N2 D．NaOH ‎【答案】D ‎ ‎【解析】A、硫酸是含有共价键的可溶性化合物，A错误；B、硫酸钡是含有离子键和共价键的难溶性化合物，B错误；C、氮气中含有共价键的单质，难溶于水，C错误；D、氢氧化钠是含有离子键和共价键的可溶性化合物，D正确，答案选D。‎ ‎15．有关化学用语表达正确的是 A．聚丙烯的结构简式：‎ B．C1 的结构示意图：‎ C．互为同位素 D．过氧化氢电子式：‎ ‎【答案】C ‎【点睛】：电子式正误判断是解答的难点，书写化合物的电子式时，应注意原子间的连接顺序，确定原子间连接顺序的方法是先标出各原子的化合价，然后根据异性微粒相邻，同性微粒相间的原则确定，如HClO的电子式为。‎ ‎16．如图所示，一定条件下将lmolA气体和3molB气体充入一个体积可变的密闭容器中，可滑动活塞的位置图1所示。在恒温恒压下发生A(g)+3B(g) 2C(g)，当反应达到平衡时，活塞位置如图2所示，则平衡时A的转化率为（ ）‎ A．20% B．40% C．50% D．无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】恒温恒压下气体的体积与物质的量成正比，设平衡时物质的量为n，则(1mol+3mol):5V＝n:4V，解得n=3.2mol，该反应物质的量减少4mol-3.2mol=0.8mol，设转化的A为x，则 A（g）+3B（g）2C（g）△n ‎1 2‎ x 0.8mol ‎1 ：x＝2：0.8mol 解得x=0.4mol 则平衡时A的转化率为0.4mol/1mol×100%=40%，答案选B。‎ ‎17．下列说法正确的是 A．乙烯通过缩聚反应形成聚乙烯 B．石油产品都可用于聚合反应 C．淀粉、纤维素都属于高分子化合物 D．聚丙烯的结构简式为CH2—CH2—CH2‎ ‎【答案】C ‎【解析】A．乙烯通过加聚反应形成聚乙烯，A错误；B．石油产品不一定都可用于聚合反应，B错误；C．淀粉、纤维素都属于高分子化合物，C正确；D．聚丙烯的结构简式为，D错误，答案选C。‎ ‎18．此反应：MnO2 +4 HCl(浓) MnCl2 +Cl2↑+2H2 O，氧化剂和还原剂的物质的量比为 A．4∶1 B．1∶4 C．1∶1 D．1∶2‎ ‎【答案】D ‎19．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A．一定条件下，0.2molSO2与足量O2充分反应，生成SO3分子数为0.2NA B．常温常压下，4.4gCO2与N2O混合气体中含有的原子总数为0.3NA C．标准状况下，2.24LCl2通入足量H2O或NaOH溶液中转移的电子数均为0.1NA D．标准状况下，22.4L甲苯中含C—H数目为8NA ‎【答案】B ‎【解析】A．一定条件下，0.2molSO2与足量O2充分反应，生成SO3分子数小于0.2NA，因为是可逆反应，A错误；B．CO2与N2O的相对分子质量均是44，且均含有3个原子，所以常温常压下，4.4gCO2与N2O混合气体中含有的原子总数为0.3NA，B正确；C．标准状况下，2.24LCl2通入足量NaOH溶液中转移的电子数为0.1NA，与水反应是可逆反应，转移的电子数小于0.1NA，C错误；D．标准状况下甲苯不是气态，不能利用气体摩尔体积计算22.4L甲苯含有的C—H数目，D错误，答案选B。‎ ‎20．—定温度下，在密闭容器中进行反应:N2（g）+O2（g）2NO（g），下列措施不能改变化学反应速率的是 A加入催化剂 B．升高温度 C．恒容，充入氦气 D．恒压，充入氦气 ‎【答案】C 二、非选择题 ‎21．以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。‎ 实验 试剂 现象 滴管 试管 ‎2 mL ‎0.2 mol·L−1 Na2SO3溶液 饱和Ag2SO4溶液 Ⅰ.产生白色沉淀 ‎0.2 mol·L−1 CuSO4‎ Ⅱ.溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀 ‎0.1 mol·L−1 Al2（SO4）3溶液 Ⅲ.开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀 ‎（1）经检验，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象Ⅰ：____________。‎ ‎（2）经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含SO42−，含有Cu+、Cu2+和SO32−。‎ 已知：Cu+Cu +Cu2+，Cu2+CuI↓（白色）+I2。‎ ‎①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是_____________。‎ ‎②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和SO32−。‎ A．白色沉淀A是BaSO4，试剂1是____________。‎ B．证实沉淀中含有Cu+和SO32−的理由是_______________。‎ ‎（3）已知：Al2（SO3）3在水溶液中不存在。经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无SO42−，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色。‎ ‎①推测沉淀中含有亚硫酸根和____________。‎ ‎②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：i．Al（OH）3所吸附；ii.存在于铝的碱式盐中。对假设ii设计了对比实验，证实了假设ii成立。‎ 将对比实验方案补充完整。‎ 步骤一：‎ 步骤二：‎ 则V1___________V2（填>，<或=）。‎ ‎（4）根据实验，亚硫酸盐的性质有___________。盐溶液间反应的多样性与__________有关。‎ ‎【答案】（1）．2Ag＋+SO32—Ag2SO4↓（2）．①有红色固体生成（3）．②A．HCl和BaCl2溶液（4）．B．在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO32-转化为SO42-。（5）．Al3+（6）．OH-（7）．>（8）．亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性；两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件。‎ ‎【解析】（1）0.2mol/LNa2SO3溶液滴入饱和Ag2SO4溶液发生反应生成白色沉淀Ag2SO3；‎ ‎（2）①根据 Cu+的性质分析；‎ ‎②A．根据BaSO4沉淀可知，加入的试剂为含Ba2+的化合物，可以选用BaCl2；‎ B．根据离子的性质选择相应的化学试剂检验；‎ ‎（4）根据实验，亚硫酸盐具有溶解性、还原性、水解呈碱性，据此分析判断。‎ 解析：（1）实验Ⅰ中0.2mol/LNa2SO3溶液滴入饱和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4饱和溶液且溶液混合后稀释，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考虑SO32-浓度较大，因此推断白色沉淀为Ag2SO3，反应的离子方程式为：2Ag++SO32-=Ag2SO3↓；‎ ‎（2）①依据反应Cu+和稀硫酸反应铜和铜离子，若沉淀中含有Cu+，加入稀硫酸会发生歧化反应生成铜单质，实验现象是有红色固体生成；‎ ‎②A．分析实验流程可知实验原理为2Cu2++4I-=2CuI+I2、I2+SO32-+H2O=SO42-+2I-+2H+、SO42-+Ba2+=BaSO4↓，根据BaSO4沉淀可知，加入的试剂为含Ba2+的化合物，可以选用BaCl2溶液，考虑沉淀A没有BaSO3，因此应在酸性环境中；‎ B．由白色沉淀A可知之前所取上层清液中有SO42-，由加入KI生成白色沉淀可知棕黄色沉淀中含有Cu2+，Cu2+和I-作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉无现象说明上层清液中无I2，而Cu2+和I-反应生成I2，因而推断生成的I2参与了其他反应，即有还原剂SO32-；‎ ‎（3）①根据题意知实验Ⅲ的白色沉淀中无SO42-，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色，可以推测沉淀中含有Al3+和OH-，可使酸性KMnO4溶液褪色是因为存在有还原性的亚硫酸根离子；‎ ‎②根据假设可知实验的目的是证明产生的沉淀是Al（OH）3还是铝的碱式盐，给定实验首先制备出现象Ⅲ中的沉淀，然后采用滴加NaOH溶液，因此对比实验首先要制备出Al（OH）3沉淀，然后滴加NaOH溶液，若两者消耗的NaOH体积相同，则现象Ⅲ中的沉淀就是Al（OH）3沉淀，若两者消耗的NaOH体积不同，则现象Ⅲ中的沉淀考虑是铝的碱式盐。铝的碱式盐和NaOH溶液反应相当于铝离子和NaOH反应，反应比例为1：4，而Al（OH）3和NaOH反应比例为1：1，因此若V1明显大于V2，则假设ii成立；若V1=V2，则假设i成立．‎ ‎（4）题目中有多处暗示我们还原性，比如（3）中的沉淀可以使酸性高锰酸钾褪色，第二空，实验结论要紧扣实验目的，根据题目，我们探究的是 Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液反应，所以得到结论：盐溶液间反应的多样性与两种盐溶液中阴、阳离子的性质和反应条件有关。‎ ‎22．(8分)某有机物R 6.0 g，完全燃烧后，产物依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重 7．2 g，碱石灰增重13．2 g，已知相同条件下该有机物蒸气对氢气的相对密度为30。通过计算推断：①该有机物R的分子式。②写出该有机物所有可能的结构。‎ ‎【答案】① C3H8O ② CH3CH2CH2OH CH3CHOHCH3 CH3OCH2CH3‎ 解析：①该有机物的蒸气密度是相同条件下H2密度的30倍，则该有机物的相对分子质量为30×2=60，6g有机物物质的量6g÷60g/mol=0.1mol，浓硫酸增重7.2g为水的质量，则n（H2O）=7.2g÷18g/mol=0.4mol，n（H）=2n（H2O）=0.8mol，则该有机物中含有H原子的个数为0.8mol÷0.1mol=8，碱石灰增重13.2g为生成二氧化碳的质量，则n（CO2）=13.2g÷44g/mol ‎ ‎=0.3mol，n（C）=n（CO2）=0.3mol，则该有机物中含有C原子的个数为0.3mol÷0.1mol=3，‎ 分子中氧原子数目为(60−12×3−8)/16=1，故该有机物的分子式为C3H8O； ②根据化学式可知该有机物可能是醇或醚，则该有机物可能的结构简式为：CH3CH2CH2OH、CH3CHOHCH3、CH3OCH2CH3。 ‎ ‎【点睛】：根据原子守恒计算确定有机物的分子式是解答的关键。注意掌握有机物结构简式确定的方法、流程和步骤，即 ‎。‎ ‎ ‎