高二下学期开学考试化学试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精一、选择题1．以NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A．78gNa2O2固体中，含有阴阳离子总数为4NAB．1molCl2与足量烧碱完全转移电子数为2NAC．1molBe2+离子中含有的电子数为4NAD．16g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V1L氢气，另一份等量的有机物和足量的NaHCO3反应得V2L二氧化碳，若V1＝V2≠0，则有机物可能是A．B．HOOC—COOHC．HOCH2CH2OHD．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。5NAB．将10mL1mol/LFeCl3溶浪滴入沸水中，所得氢氧化铁胶粒数为0。01NAC．1molNa2O2固体中含离子总数为3NAD．0。1molH2O和D2O组成的混合物中含有中子数是NA【答案】C7．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（）①②③④⑤⑥⑦⑧原子半径（10﹣10m)0.741。601。521。100.991。860。751.43主要化合价最高价+2+1+5+7+1+5+3最低价﹣2﹣3﹣1﹣3A．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】CA．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=4C．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4molA气体和2molB气体在2L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＜0.4s(秒)后反应达到平衡状态，此时测得C的浓度为0。6mol·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0.075mol·L－1·s－1C．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0.075mol•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QUOTE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QUOTE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．BeCl2B．PCl3C．NH3D．PCl5【答案】B12．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/molB．C(石墨)不完全燃烧，生成CO2和CO两种气体时，可放热283。0kJC．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FulvioCacace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1molN-N吸收167kJ热量,生成1molNN放出942kJ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．1molN4转变成N2将吸收882kJ热量【答案】B14．下列物质中既有离子键又有共价键的可溶性化合物是A．H2SO4B．BaSO4C．N2D．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．C1QUOTE的结构示意图：C．QUOTE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）△n12x0.8mol1：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+4HCl（浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O,氧化剂和还原剂的物质的量比为A．4∶1B．1∶4C．1∶1D．1∶2【答案】D19．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0.2NAB．常温常压下，4。4gCO2与N2O混合气体中含有的原子总数为0。3NAC．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。1NAD．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2mL0.2mol·L−1Na2SO3溶液饱和Ag2SO4溶液Ⅰ。产生白色沉淀0.2mol·L−1CuSO4Ⅱ。溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀0。1mol·L−1Al2（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