化学解析版安徽省宣城市郎溪中学学年高二上学期返校考化学试题精校Word版.docx

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化学解析版安徽省宣城市郎溪中学学年高二上学期返校考化学试题精校Word版

2018-2019学年第一学期郎溪中学高二年级暑假返校考试卷

化学试题

总分：

100分考试时间：

100分钟

姓名：

班级：

得分：

一、选择题（本题包括18个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共54分）

1.表为各物质中所含少量杂质以及除去这些杂质所选用的试剂或操作方法，正确的一组是（　　）

号序

物质

杂质

除杂质应选用的试剂或操作方法

①

KNO3

KOH

加入FeCl3溶液，并过滤

②

FeSO4

CuSO4

加入足量铁粉后过滤

③

O2

CO2

依次通过盛有浓硫酸和NaOH溶液的洗气瓶

④

CaO

CaCO3

加入稀盐酸，再蒸发

A.①④B.②C.②④D.②③

【答案】B

【解析】

试题分析：

硝酸钾中混有氢氧化钾，加入氯化铁溶液，生成新的杂质氯化钾，①不可行；硫酸铜中，硫酸根不是杂质，铜离子是杂质，可以用铁粉除去，再过滤；二氧化碳可以用氢氧化钠溶液除去，②可行；CO2通过盛有NaOH溶液（或KOH溶液）会发生反应，O2不反应，除去CO2，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶，把附带的水分吸收，得到干燥的O2，③不可行；氧化钙与水反应生成氢氧化钙，④不可行；只有②正确，故选B。

【考点定位】考查物质除杂或净化

【名师点晴】本考点是物质的除杂，属于物质的分离和提纯的范畴，本考点是中考的一个重点，也是一个难点，本题给出试剂和操作方法，分步骤进行分离，同学们只要认真分析，根据除杂质的两个条件综合把握，问题就会迎刃而解。

在物质除杂或净化的过程中，除了选择合适的试剂外，还应选择适宜的产物，以方便于同所需的物质进行分离．因此，在物质除杂或净化时，应该遵守下列基本原则：

“不减、不增、不污、易分”．也就是，除去杂质的同时，要保证不能使所需物质的量减少（即不能“玉石俱焚”，但可以增加），更不能引入新的杂质，生成物还不能造成环境污染，并且，生成物、所选试剂与所需物质要容易分离。

2.下列实验操作正确的是

A.蒸发时，将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上直接用酒精灯外焰加热

B.蒸馏时，温度计水银球浸入蒸馏烧瓶内液面下，冷凝水从冷凝管下口进

C.萃取时，分别用两个烧杯从下口接收有机层和水层

D.配制100ml0.100mol/L的硫酸铜溶液时，可将2.50克胆矾溶于100mL蒸馏水中

【答案】A

【解析】

试题分析：

A．蒸发皿可以直接加热，不需要垫石棉网，故A正确；B．温度计水银球应在蒸馏烧瓶支管口处，目的是控制馏分物质的沸点，测量的是蒸汽温度，故B错误；C．分液漏斗使用时下层溶液从下口放出，上层液体从上口倒出，故C错误；D．溶于100ml蒸馏水中溶液的体积大于100ml，故D错误；故选A。

考点：

考查实验的有关知识，侧重常见仪器的使用方法及注意事项。

3.在NaCl和NaBr的混合溶液中，Na+、Br—、Cl—的物质的量浓度之比不可能出现的是（）

A.5:

3:

2B.3:

2:

2C.5:

4:

1D.3:

2:

1

【答案】B

【解析】

试题分析：

电解质混合溶液呈电中性，由电荷守恒可知：

c（Na+）=c（Br-）+c（Cl-）。

A．Na+、Br-、Cl-的物质的量浓度之比为5：

3：

2，满足c（Na+）=c（Br-）+c（Cl-），故A不选；B．Na+、Br-、Cl-的物质的量浓度之比为3：

2：

2，则c（Na+）≠c（Br-）+c（Cl-），故B选；C．Na+、Br-、Cl-的物质的量浓度之比为5：

4：

1，满足c（Na+）=c（Br-）+c（Cl-），故C不选；D．Na+、Br-、Cl-的物质的量浓度之比为3：

2：

1，满足c（Na+）=c（Br-）+c（Cl-），故D不选，故选B。

考点：

考查了物质的量浓度计算的相关知识。

4.常温下，在水溶液中发生如下反应

①16H++10C－+2XO4－=2X2+＋5C2＋8H2O；②2A2+＋B2=2A3+＋2B－；③2B－＋C2=B2＋2C－。

下列说法错误的

A.反应C2＋2A2+=2A3+＋2C－可以进行

B.还原性由强到弱的顺序是C－>A2+>B－>X2+

C.氧化性由强到弱的顺序是XO4－>C2>B2>A3+

D.反应③是置换反应

【答案】B

【解析】

试题分析：

在一个确定的氧化还原反应中，氧化性：

氧化剂＞氧化产物，还原性：

还原剂＞还原产物。

由①16H++10C－+2XO4－=2X2+＋5C2＋8H2O中，XO4－为氧化剂，C2为氧化产物，故氧化性：

XO4－＞C2；C－为还原剂，X2+为还原产物，故还原性：

C－＞X2+；

在②2A2+＋B2=2A3+＋2B－中，B2为氧化剂，A3+为氧化产物，故氧化性：

B2＞A3+；A2+为还原剂，B－为还原产物，故还原性：

A2+＞B－；

在③2B－＋C2=B2＋2C－中，C2为氧化剂，B2为氧化产物，故氧化性：

C2＞B2；B－为还原剂，C－为还原产物，故还原性：

B－＞C－；

由上述分析知氧化性：

C2＞B2＞A3+，故A中的反应可以进行，故A正确；

由上述分析知还原性：

A2+＞B－＞C－＞X2+，故B错误；

由上述分析知氧化性：

氧化性由强到弱的顺序是XO4－>C2>B2>A3+，故C正确；

反应③是单质C2与含B－的化合物的置换反应，故D正确。

考点：

考查氧化还原反应中氧化性还原性的比较

点评：

本题考查了氧化还原反应中氧化性还原性的比较，难度中等。

做题时应注意分析三个反应中的氧化剂和还原剂，并且明确氧化性还原性的比较规律。

5.下列关于物质分类的说法正确的是（）

A.SO2、CaO、K2O都是碱性氧化物

B.BaSO4、NaCl、KNO3溶液都是电解质

C.纯碱、烧碱、碱石灰都是碱

D.稀豆浆、果冻、淀粉溶液都是胶体

【答案】D

【解析】

试题分析：

A．SO2是酸性氧化物，CaO、K2O都是碱性氧化物，A错误；B．BaSO4、NaCl都是电解质，KNO3溶液属于混合物，不是电解质，B错误；C．纯碱是碳酸钠，属于盐，烧碱、碱石灰都是碱，C错误；D．稀豆浆、果冻、淀粉溶液都是胶体，D正确，答案选D。

考点：

考查物质分类判断

6.下列各组离子能大量共存的是（　　）

A.Ba2＋、Fe3＋、OH－、Cl－

B.Mg2＋、Na＋、Cl－、

C.

、Ba2＋、

、OH－

D.H＋、K＋、

、Fe2＋

【答案】B

【解析】

【详解】A.Fe3＋与OH－会生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，故A错误；

B．该组离子间不能发生反应，能大量共存，故B正确；

C.NH4+与OH－会反应生成弱电解质一水合氨，不能大量共存，故C错误；

D.H＋、NO3-、Fe2＋三者会发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；

答案选B。

【点睛】判断离子共存可根据离子间能否发生复分解反应、氧化还原反应、形成络合物等角度进行分析。

7.一定体积CO2和O2的混合气体通过足量的Na2O2后，所得气体体积变为原来的3/4，则CO2在原混合气体中的体积分数为

A.25%B.40%C.50%D.75%

【答案】C

【解析】

试题分析：

2体积的CO2和Na2O2反应（2CO2~O2）气体体积后较少1体积，减少了1/4，则CO2的体积为1/2。

故选C。

考点：

钠的重要化合物无机反应化学计算差量法的应用

点评：

本题考查的是无机反应的知识和化学计算，利用差量法解答本题非常的方便，题目难度适中。

8.托盘天平的两盘中各放一只盛有等体积、等物质的量浓度盐酸的小烧杯，调整天平平衡后向两烧杯中分别加入等质量的Fe粉和Zn粉，下列现象不可能出现的是

A.开始天平加锌的一端上升B.最终天平加锌的一端上升

C.最终天平仍平衡D.最终加铁的一端上升

【答案】B

【解析】

Fe和Zn与盐酸反应时化合价都为+2价，等质量的Fe和Zn与足量的盐酸反应时，最终所产生氢气质量的多少是由金属的相对原子质量的大小来决定的，相对原子质量越大，最后所产生氢气的质量越少，反之就越多．Zn的相对原子质量是65，而铁的相对原子质量是56，所以随着反应的进行，最终所产生氢气的质量是加铁的一端多一些，所以加铁的一端质量轻，故天平指针最后偏向加锌的一端，天平加锌的一端下降，天平加铁的一端上升．故选：

B．

【点评】本题考查天平的使用，题目难度不大，注意基础知识的积累．

9.用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉。

对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是

A.若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3＋B.若有固体存在，则溶液中一定有Fe2＋

C.若溶液中有Cu2＋，则一定没有固体析出D.若溶液中有Fe2＋，则一定有Cu析出

【答案】B

【解析】

试题分析：

用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，会发生反应：

2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，所得溶液中加入铁粉，A．无固体剩余，说明铜全部以铜离子形式存在，加入的铁完全反应，溶液中一定含有Fe2+，可能含有Fe3+，错误；B．若有固体存在，固体中一定有铜，可能有铁，溶液中一定有含有Fe2+，故B正确；C．若溶液中有Cu2+，加入的铁量不足，可能只与Fe3+反应，也可能与Fe3+反应，剩余部分与Cu2+反应生成铜，所以可能有固体析出，错误；D．当加入的铁较少时，只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+时，不会有铜析出，错误。

考点：

考查铁及其化合物的性质及溶液的成分的确定的知识。

10.甲、乙、丙、丁四种物质之间的转化关系如图所示，则下列说法错误的是（）

A.若甲是C，则乙可能是O2B.若甲是Fe，则乙可能是Cl2

C.若B甲是NaOH溶液，则乙可能是SO2D.若甲是H2S，则乙可能是O2

【答案】B

【解析】

试题分析：

A．若甲是C，则乙可能是O2，丙是CO，丁是CO2，A正确；B．若甲是Fe，则乙是Cl2，则丙是氯化铁，氯化铁和氯气不反应，B错误；C．若B甲是NaOH溶液，则乙可能是SO2，丙是亚硫酸钠，丁是亚硫酸氢钠，C正确；D．若甲是H2S，则乙可能是O2，丙是S，丁是二氧化硫，D正确，答案选B。

考点：

考查无机框图题推断

11.X元素原子最外层有7个电子。

Y元素的原子和X元素的原子次外层都有8个电子。

在X与Y形成的离子化合物中，阴、阳离子的电子层结构相同。

则X与Y形成的化合物的化学式是（）

A.NaFB.MgCl2C.NaClD.CaCl2

【答案】D

【解析】

试题分析：

X元素的原子最外层有7个电子，属于第ⅦA族元素。

Y元素的原子和X元素的原子次外层都有8个电子，因此X是Cl。

在X与Y形成的离子化合物中,阴、阳离子的电子层结构相同，则Y是K或Ca，因此X与Y形成的化合物可以是氯化钾或氯化钙，答案选D。

考点：

考查元素及推断的应用

12.某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H＋，其基本结构如图所示，电池总反应可表示为：

2H2＋O2===2H2O，下列有关说法正确的是

A.电子通过外电路从b极流向a极

B.b极上的电极反应式为：

O2＋2H2O＋4e－===4OH－

C.H＋由a极通过固体酸电解质传递到b极

D.每转移0.1mol电子，消耗1.12L的H2

【答案】C

【解析】

A、因氢元素的化合价升高，则a为负极，这样电子应该是通过外电路由a极流向b，故A错误；B、该电池为酸性电池，b极上的电极反应式为：

O2+4e－+4H＋=2H2O，故B错误；C、H＋带正电，移向正极，由a极通过固体酸电解质传递到b极，故C正确；D、每转移0.1mol电子，消耗0.05mol的H2，标准状况下的H21.12L，故D错误。

故选C。

13.短周期元素R、T、X、Y、Z在元素周期表的相对位置如下表所示，它们的最外层电子数之和为31。

则下列判断正确的是

A.R位于元素周期表中第二周期第ⅣA族

B.原子半径：

X＜R＜T

C.最简单气态氢化物稳定性：

T＞R＞Y

D.最高价氧化物对应的水化物酸性：

T＞R＞Y

【答案】C

【解析】

试题分析：

五种元素属于短周期元素，设R的最外层电子数为a，则T的最外层电子数a+1，X的为a-1，Y的为a，Z的为a+1，最外层电子数之和为31，即a+a+1+a-1+a+a+1=31，解得a=6，推出R：

O，T：

F，X：

P，Y：

S，Z：

Cl，A、R位于第二周期ⅥA族元素，故错误；B、原子半径大小比较规律：

看电子层数：

电子层数越大，半径越大，电子层数相同，看原子序数：

原子序数越大，半径越小，原子半径大小顺序：

P>O>F，故错误；C、氢化物的稳定性，与非金属性强弱有关，非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性强弱：

F>O>S，氢化物的稳定性：

HF>H2O>H2S，故正确；D、非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，F非金属性强，没有正价，O在中学阶段没有正价，故错误。

考点：

考查电子排布规律、元素性质、元素周期律等知识。

14.下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是

A.氧化钙溶于水B.乙醇燃烧

C.铝粉与氧化铁粉末反应D.碳酸钙受热分解

【答案】D

【解析】

试题分析：

如果反应中生成物总能量高于反应物总能量，则反应吸收热量，反应是吸热反应。

A.氧化钙溶于水，与水发生反应形成氢氧化钙，该反应是放热反应，反应物的总能量高于生成物，错误；B.乙醇燃烧是产生二氧化碳和水，同时放出大量的热，该反应是放热反应，反应物的总能量高于生成物，错误；C.铝粉与氧化铁粉末反应产生氧化铝和铁，该反应放出大量的热，是产生的铁熔化为液态，因此该反应又称为铝热反应，反应物的总能量高于生成物，错误；D.碳酸钙受热分解产生氧化钙和二氧化碳，该反应是吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，正确。

考点：

考查放热热与反应物、生成物的能量的关系的知识。

15.研究人员发明了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反

应可表示为：

5MnO2+2Ag+2NaCl═Na2Mn5O10+2AgCl下列“水”电池在海水中放电时的有关说法正确的是（）

A.正极反应式Ag+Cl﹣﹣e﹣═AgCl

B.AgCl是还原产物

C.Na+不断向“水”电池的负极移动

D.每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子

【答案】D

【解析】

试题分析：

A．在反应5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl中银元素的化合价升高，是氧化产物，A错误；B．在原电池中正极上发生得电子的还原反应，即5MnO2+2e-=Mn5O102-，B错误；C．原电池中阳离子向正极移动，所以Na＋不断向“水”电池的正极移动，C错误；D．在5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl中，化合价升高的数目等于转移的电子的数目，所以没生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子，D正确，答案选D。

考点：

考查原电池原理

16.国际奥委会公布的违禁药物有138种，其中某种兴奋剂分子结构如图。

关于它的说法正确的是（）

A.该物质属于芳香烃

B.该分子中所有碳原子共面

C.1mol该物质与氢氧化钠溶液完全反应，最多消耗2molNaOH

D.该物质的化学式为C15H24ClNO2

【答案】C

【解析】

【详解】A．该有机物含有C、H、N、O等元素，属于烃的衍生物，不属于芳香烃，故A错误；

B．分子中含有饱和烃基，则分子中所有的碳原子不可能共平面，故B错误；

C．含有酯基，可发生水解，且分子中含有“HCl”，则1mol该物质最多能与2mol氢氧化钠反应，故C正确；

D．由结构简式可知分子式为C15H22ClNO2，故D错误；

答案选C。

【点睛】该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团，然后结合具体官能团的结构和性质灵活运用即可，有利于培养学生的知识迁移能力。

17.“绿色化学”是21世纪化学发展的主导方向。

下列不符合“绿色化学”的是（　　）

A.消除硫酸厂尾气中的SO2：

SO2＋2NH3＋H2O===（NH4）2SO3

B.消除制硝酸工业尾气中的氮氧化物：

NO2＋NO＋2NaOH===2NaNO2＋H2O

C.制CuSO4：

Cu＋2H2SO4（浓）

CuSO4＋SO2↑＋2H2O

D.制CuSO4：

2Cu＋O2

2CuO，CuO＋H2SO4（稀）===CuSO4＋H2O

【答案】C

【解析】

本题考查绿色化学概念的理解。

分析：

根据反应中的生成物可知，选项ABD都是符合绿色化学思想的。

C中有SO2生成，SO2属于大气污染物，SO2生成不符合绿色化学概念。

详解：

既消除消除硫酸厂尾气排放的SO2气体，还能得到（NH4）2SO3这种氮肥，不但方法合理科学，而且避免空气污染，符合绿色环保要求，A不选；用此法消除制硝酸工业尾气氮的氧化物污染，防止空气污染，避免酸雨的形成，符合绿色环保要求，B不选；浓硫酸的还原产物是二氧化硫，对环境有污染，不符合绿色化学的理念，故C选；由铜制取氧化铜，氧化铜再与硝酸反应生成硝酸铜和水，不会导致空气污染，符合倡导的绿色化学，D不选。

故选C。

18.下列有关说法正确的是（　　）

A.高温加热氧化镁和碳的混合物可以制单质镁

B.铁的冶炼过程是通过置换反应得到单质铁

C.海水提溴的过程中不发生氧化还原反应

D.乙烯、丙烯、甲烷等主要化工基本原料都可以由石油分馏得到

【答案】A

【解析】

【详解】A．高温加热碳和氧化镁的混合物时，生成的二氧化碳或一氧化碳能不断脱离反应体系，促使反应不断进行，因此碳可以置换出镁，故A正确；

B．工业上用一氧化碳含有氧化铁，不是置换反应，故B错误；

C．溴离子失电子发生氧化反应而生成溴单质，所以发生了氧化还原反应，故C错误；

D．乙烯、丙烯主要是从石油的裂解而得到的，故D错误；

答案选A。

【点睛】注意金属镁属于活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼，很多同学往往因为二氧化碳和镁反应而认为高温加热氧化镁和碳的混合物可以制单质镁，因为该反应条件及物质状态的特殊性，所以能发生，为易错点。

二、非选择题（共46分，每空2分）

19.铅蓄电池是常用的化学电源，其电极材料分别是Pb和PbO2，电解液为稀硫酸。

放电时，该电池总反应式为：

Pb＋PbO2＋2H2SO4

2PbSO4＋2H2O。

请根据上述情况判断：

（1）该蓄电池的负极材料是_________，放电时发生_________（填“氧化”或“还原”）反应。

（2）该蓄电池放电时，电解质溶液的酸性_________（填“增大”、“减小”或“不变”），电解质溶液中阴离子移向_________（填“正”或“负”）极。

（3）已知硫酸铅为不溶于水的白色固体，生成时附着在电极上。

试写出该电池放电时，正极的电极反应_______________________________________（用离子方程式表示）。

（4）氢氧燃料电池具有启动快、效率高等优点，其能量密度高于铅蓄电池。

若电解质为KOH溶液，则氢氧燃料电池的负极反应式为____________________。

该电池工作时，外电路每流过1×103mole－，消耗标况下氧气_________m3。

【答案】

（1）.Pb

（2）.氧化（3）.减小（4）.负（5）.PbO2＋2e－＋SO42-＋4H＋＝PbSO4＋2H2O（6）.H2－2e－＋2OH－＝2H2O（7）.5.6

【解析】

【详解】

（1）铅蓄电池中，根据原电池反应式中元素化合价变化知，Pb中Pb元素化合价由0价变为+2价，被氧化发生氧化反应，所以Pb作负极，故答案为：

Pb；氧化；

（2）铅蓄电池工作时，硫酸参加反应生成硫酸铅同时生成水，导致硫酸浓度降低、酸性减小，原电池放电时阴离子向负极移动，故答案为：

减小；负；

（3）工作时，该铅蓄电池正极上PbO2得电子发生还原反应，电极反应为PbO2+SO42-+2e-+4H+═PbSO4+2H2O，答案为：

PbO2+SO42-+2e-+4H+═PbSO4+2H2O；

（4）燃料与氧气燃烧的总化学方程式为2H2+O2=2H2O，电解质溶液呈碱性，负极上氢气失电子生成水，则负极的电极方程式为2H2+4OH--4e-=4H2O；该电池中正极上是氧气发生得电子的还原反应，其电极反应为：

O2+2H2O+4e-=4OH-，则外电路每流过1×103 mole-，消耗氧气为1×103 mol÷4=250mol，所以氧气的体积为250mol×22.4L/mol=5.6×103L=5.6m3；故答案为：

2H2+4OH-=4H2O+4e-；O2+2H2O+4e-=4OH-；5.6。

【点睛】在原电池工作过程中，电子沿导线由负极移向正极，而阴离子通过电解质溶液由正极移向负极。

20.有机物A的结构简式为

，它可通过不同化学反应分别制得B、C、D和E四种物质。

请回答下列问题：

（1）在A~E五种物质中，互为同分异构体的是_______________（填代号）。

（2）写出下列反应的化学方程式和反应类型

A→B:

_______________________________________________，反应类型：

__________

A→D:

_______________________________________________，反应类型：

__________

（3）C通过加聚反应能形成高聚物，该高聚物的结构简式为________________________。

【答案】

（1）.C和E

（2）.

（3）.氧化反应（4）.

（5）.酯化反应（6）.

【解析】

【详解】

（1）分子式相同，但结构不同的有机物互为同分异构体，则C、E互为同分异构体，故答案为：

C、E；

（2）A生成B发生醇的催化氧化反应，该反应为

，A生成D发生酯化反应，该反应为：

，故答案为：

、氧化反应、

、酯化反应；

（3）C中含碳碳双键，发生加聚反应，则生成的高分子为

，故答案为：

。

21.

（1）肼（N2H4）可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2O4反应生成N2和水蒸气。

已知：

2N2H4（l）＋N2O4（l）===3N2（g）＋4H2O（g）ΔH1＝－1048.9kJ/mol

N2H4（l）＋O2（g）===N2（g）＋2H2O（g）ΔH2＝－534.2kJ/mol

则N2（g）＋2O2（g）===N2O4（l）ΔH3＝_________kJ/mol

（2）化学反应中放出的热能（焓变，ΔH）与反应物和生成物在反应过程中断键和形成新键过程中吸收和放出能量的大小有关。

已知：

H2（g）＋Cl2（g）===2HCl（g）ΔH＝－185kJ/mol，断裂1molH—H键吸收的能量为436kJ，断裂1molCl—Cl键吸收的能量为247kJ，则形成1molH—Cl键放出的能量为________kJ。

（3）．根据以下三个热化学方程式：

2H2S（g）＋3O2（g）===2SO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝－Q1kJ/mol，

2H2S（g）＋O2（g）===2S（s）＋2H2O（l）ΔH＝－Q2kJ/mol，

2H2S（g）＋O2（g）===2S（s）＋2H2O（g）ΔH＝－Q3kJ/mol。

判断Q1、Q2、Q3三者大小关系_______>_______