云南省玉溪市峨山一中2024-2025学年高二化学上学期开学考试试题含解析

PAGE23-云南省玉溪市峨山一中2024-2025学年高二化学上学期开学考试试题（含解析）本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间90分钟。分卷I一、单选题(共30小题，每小题2.0分，共60分)1.下列物质中互为同系物的是()A.葡萄糖和蔗糖 B.蔗糖和麦芽糖C.乙酸和丙酸 D.乙醇和甘油【答案】C【解析】【详解】A.葡萄糖属于单糖，蔗糖属于二糖，两者不是同系物，故A错误；B.蔗糖和麦芽糖都属于二糖，两者分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故B错误；C.乙酸和丙酸都属于一元羧酸，分子中相差一个CH2，两者属于同系物，故C正确；D.乙醇是一元醇，甘油是丙三醇，两者不属于同系物，故D错误；故答案：C。2.下列说法正确的是()A纤维素和淀粉遇碘水均显蓝色B.蛋白质、乙酸和葡萄糖均属于电解质C.乙酸乙酯和食用植物油均可水解生成乙醇D.油脂有油和脂肪之分，都属于酯【答案】D【解析】【详解】A.纤维素属于高分子化合物，遇碘水不变蓝色，淀粉遇碘水显蓝色，故A错误；B.蛋白质属于高分子化合物，葡萄糖属于有机物，两者均属于非电解质，乙酸属于弱电解质，故B错误；C.乙酸乙酯和食用植物油均属于酯类化合物，均可发生水解，但不都生成乙醇，故C错误；D.油脂有油和脂肪之分，都属于酯类化合物，故D正确；故答案：D。3.下列物质按纯净物、混合物、电解质、非电解质的依次组合的一组为A.纯盐酸、氨气、硫酸、干冰B.蒸馏水、氨水、碳酸氢钠、二氧化硫C.胆矾、盐酸、铁、碳酸钙D.生石灰、漂白粉、氯化铜、碳酸钠【答案】B【解析】【详解】A、纯盐酸为氯化氢气体的水溶液是混合物，故A错误：B、蒸馏水、氨水、碳酸氢钠、二氧化硫按纯净物、混合物、电解质、非电解质的依次组合的，所以B选项是正确的：C、铁是单质，碳酸钙是电解质，故C错误：D、碳酸钠是电解质，故D错误：答案选B。【点睛】依据概念结合物质的组成结构进行分析推断，由同种物质组成的为纯净物，包括单质和化合物，由不同物质组成的为混合物，在水溶液或熔融状态下能导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质。4.下列平安标记所表示的物质与所警示的事务不对应的是（）ABCD为腐蚀品，当心腐蚀有毒物质，当心中毒为易燃物质，当心火灾为爆炸性物质，当心爆炸A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A.依据示意图可推断为腐蚀品，当心腐蚀，A正确；B.依据示意图可推断为有毒物质，当心中毒，B正确；C.依据示意图可知该标记为氧化剂，不是易燃物质，C错误；D.依据示意图可知该标记为爆炸性物质，当心爆炸，D正确；答案选C。5.现有如下各种说法:①金属和非金属化合时肯定形成离子键;②离子键是阳离子、阴离子的相互吸引力;③依据电离方程式HClH++Cl-,推断氯化氢分子里存在离子键;④氢气和氯气的反应过程:H2、Cl2分子里共价键发生断裂生成H原子、Cl原子,而后H原子、Cl原子形成离子键的过程上述各种说法正确的是A.①② B.都不正确 C.①②④ D.①【答案】B【解析】【分析】①一般金属元素与非金属元素形成离子键，但氯化铝等分子晶体例外；②离子键是阳离子、阴离子之间的静电作用，不仅仅是吸引力；③不能利用电离来分析物质中的化学键；④H原子、Cl原子以共用电子对形成共价键．【详解】①一般金属元素与非金属元素形成离子键，但氯化铝等分子晶体为共价化合物，不含离子键，故①错误；②离子键是阳离子、阴离子之间的静电作用，既有吸引力也有排斥力，故②错误；③不能利用电离来分析物质中的化学键，共价化合物溶于水也能发生电离产生离子，要看原子间形成的作用力，故③错误；④H原子、Cl原子以共用电子对形成共价键，故④错误；故选B。6.下列叙述正确的是A.直径介于1～100nm之间的粒子称为胶体B.用过滤的方法可以将胶体和溶液分别C.利用丁达尔效应可以区分溶液与胶体D.胶体区分于其他分散系的本质特征是丁达尔效应【答案】C【解析】【详解】A.胶体是一类分散质粒子直径介于1～100nm之间的分散系，A错误；B.胶体和溶液都能通过滤纸，用过滤法无法将胶体和溶液分别，B错误；C．胶体能产生丁达尔效应，溶液不能产生丁达尔效应，利用丁达尔效应能区分胶体和溶液，C正确；D.胶体区分于其他分散系的本质特征是分散质粒子的大小，胶体中分散质粒子的直径在1～100nm之间，D错误；答案选C。7.用浓氯化铵溶液处理过的舞台幕布不易着火。其缘由是()①幕布的着火点上升②幕布的质量增加③氯化铵分解汲取热量，降低了温度④氯化铵分解产生的气体隔绝了空气A.①② B.③④ C.①③ D.②④【答案】B【解析】【详解】氯化铵分解汲取热量，能降低火焰温度，达不到幕布的着火点；并且分解产物氯化氢和氨气能隔绝空气，均破坏了可燃物的燃烧条件，故能使幕布不易着火，答案选B。【点睛】本题从燃烧的必要条件以及NH4Cl的性质进行分析。8.金属冶炼的实质是()A.金属元素失去电子 B.金属元素获得电子C.金属元素被氧化了 D.金属元素可能被氧化，也可能被还原【答案】B【解析】【分析】金属冶炼的实质是金属元素由化合态转变成游离态，金属单质简单失去电子生成化合物，金属冶炼过程就是将高价态金属元素还原为0价，据此分析解答。【详解】金属单质简单失去电子生成化合物，金属冶炼实质是金属元素由化合态转变成游离态，过程就是将高价态金属元素对应原子得到电子发生还原反应，还原为0价。答案选B。【点睛】本题考查了金属冶炼的实质，明确氧化还原反应规律及金属存在形态是解题关键，题目难度不大。留意金属冶炼的常见方法以及与金属性强弱的关系推断。9.下表物质与其所含化学键类型、所属化合物类型完全正确的一组是()选项ABCD物质MgCl2CO2HClNaOH所含化学键类型离子键、共价键共价键离子键离子键、共价键所属化合物类型离子化合物共价化合物离子化合物共价化合物A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】一般来说，活泼金属与活泼非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，含离子键的化合物肯定为离子化合物，以此来解答。【详解】A．MgCl2中只含离子键，为离子化合物，故A错误；B．CO2中只含C、O之间的极性共价键，为共价化合物，故B正确；C．HCl中只含共价键，为共价化合物，故C错误；D．NaOH中含离子键和O−H极性共价键，为离子化合物，故D错误；故答案选B。【点睛】离子化合物中肯定有离子键，可能有共价键；共价化合物中肯定没有离子键。10.某溶液中可能含有、、中的一种或几种，为确定该溶液的离子组成，现进行如下试验：①取少量该溶液滴加硝酸钡溶液，产生白色沉淀；②滴加稀盐酸至溶液呈酸性，产生无刺激性气味且能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，白色沉淀部分溶解；③取上层清液接着滴加硝酸钡溶液至无沉淀时，再滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀。依据上述试验，以下对原溶液的推想不正确的是（）A.肯定有B.肯定有C.不能确定是否存在D.不能确定是否存在【答案】D【解析】【详解】试验②中滴加过量稀盐酸时，沉淀部分溶解，且产生二氧化碳气体，证明原溶液中肯定含有和；试验③中加入硝酸银溶液产生氯化银白色沉淀，并不能确定原溶液中是否有，因为试验②中加入了稀盐酸。D项错误；答案选D。【点睛】检验氯离子，加入稀硝酸酸化的硝酸银溶液，假如有白色沉淀，说明有Cl－，但是该试验中，由于之前加入了稀盐酸，所以不能确定是否原溶液中是否有Cl－。11.将质量分数为a％，物质的量浓度为c1mol·L－1的稀H2SO4蒸发掉肯定量的水，使之质量分数变为2a％，此时该H2SO4的物质的量浓度为c2mol·L－1，则c1和c2的数值关系是A.c2＝2c1 B.c2＞2c1 C.c2＜2c【答案】B【解析】【详解】蒸发掉原溶液质量一半的水后，则溶液中溶质的质量分数变为2a，设质量分数为a的H2SO4的密度为ρ1g/mL，蒸发后密度为ρ2g/mL，依据物质的量浓度与溶液密度、质量分数的关系有：c=，c1=，c2=，得c1︰c2=ρ1︰2ρ2，H2SO4的浓度越大密度越大，ρ1﹤ρ2，故c2＞2c1。故选B。12.达康书记又追问环保局长：那么垃圾处理中，能随意焚烧吗？焚烧垃圾会降低GDP的。在焚烧垃圾过程中发生了()A.吸热的氧化还原反应B.吸热的非氧化还原反应C.放热的氧化还原反应D.放热的非氧化还原反应【答案】C【解析】【详解】燃烧过程为氧化还原过程，燃烧均为放热反应，所以焚烧垃圾的过程中发生了放热的氧化还原反应，故答案为C。13.如图所示，杠杆AB两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球，调整杠杆并使其在水中保持平衡，然后当心地向水槽中滴入浓溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏向推断正确的是（试验中，不考虑两球的浮力改变）（

）A.杠杆为导体或绝缘体时，均为A端高B端低B.杠杆为导体或绝缘体时，均为A端低B端高C.当杠杆为导体时，A端高B端低；杠杆为绝缘体时，A端低B端高D.当杠杆为导体时，A端低B端高；杠杆为绝缘体时，A端高B端低【答案】D【解析】【分析】当杠杆为导体时，硫酸铜溶液、铁球和铜球可以形成原电池；当杠杆为绝缘体时，不能形成原电池。【详解】当杠杆为导体时，硫酸铜溶液、铁球和铜球可以形成原电池，铁作负极，其发生氧化反应而溶解，故其质量减小，铜作正极，由于铜离子在铜表面可以得到电子发生还原反应生成铜，故铜球质量变大，故A端低B端高；杠杆为绝缘体时，铁与硫酸铜发生置换反应生成铜，故铁球质量变大，而铜球质量不变，故A端高B端低。综上所述，D推断是正确，故选D。14.下列性质的递变规律不正确的是A.HCl、HBr、HI稳定性依次减弱B.Na、Mg、Al的原子半径依次增大C.NaOH、KOH、CsOH碱性依次增加D.Li、Na、K、Rb、Cs单质的失电子实力依次增加【答案】B【解析】【分析】同周期元素，从左到右，随原子序数增大，原子半径依次减小，金属性依次减弱，非金属性依次增加；同主族元素，从上到下，随原子序数增大，原子半径依次增大，金属性依次增加，非金属性依次减弱。【详解】A项、元素的非金属性越强，其对应氢化物越稳定，非金属性Cl＞Br＞I，则HCl、HBr、HI稳定性依次减弱，故A正确；B项、Na、Mg、Al均为第三周期元素，同周期元素，从左到右，随原子序数增大，原子半径依次减小，Na、Mg、Al的原子半径依次减小，故B错误；C项、元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强，Na、K、Cs为同主族元素，金属性Cs＞K＞Na，则NaOH、KOH、CsOH碱性依次增加，故C正确；D项、Li、Na、K、Rb、Cs都为碱金属元素，同主族元素，从上到下，随原子序数增大，金属性依次增加，单质的失电子实力依次增加，故D正确。故选B。【点睛】本题考查元素周期律，留意元素的非金属性和金属性的递变规律是解答关键。15.下列说法中不正确的是()A.化学改变过程中既有物质改变又有能量改变B.化学反应中都会伴有能量的改变C.伴有能量改变的过程肯定是化学改变D.不同的化学反应，其能量改变一般不相同【答案】C【解析】【详解】A.化学反应是原子重新组合的过程，有新物质生成，是旧键断裂和新键形成的过程，有能量改变，A正确；B.化学改变中的能量改变形式有热能、光能、电能等等，B正确；C.伴随能量改变的不肯定为化学改变，如核聚变，为物理改变，C错误；D.不同的化学反应有不同的物质，不同的物质所具有的能量不同，产生不同的能量改变，D正确；答案为C。16.能正确表示下列反应的离子方程式是A.向次氯酸钙溶液通入过量CO2：Ca2++2ClO－+H2O+CO2＝CaCO3↓+2HClOB.向次氯酸钙溶液通入SO2：Ca2++2ClO－+H2O+SO2＝CaSO3↓+2HClOC.氢氧化钙溶液与碳酸氢镁溶液反应：Ca2++OH－+HCO3－＝CaCO3↓+H2OD.在氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：3Fe2++4H++NO3－＝3Fe3++2H2O+NO↑【答案】D【解析】【分析】A、向次氯酸钙溶液中通入过量CO2气体生成碳酸氢钙；B、向次氯酸钙溶液中通入SO2气体，二氧化硫被次氯酸钙氧化为硫酸盐；C、氢氧化钙溶液与碳酸氢镁溶液反应生成更难溶的氢氧化镁；D、在氯化亚铁溶液中加入稀硝酸，亚铁离子被氧化为三价铁，硝酸被还原为一氧化氮；【详解】A、通入过量二氧化碳生成HCO3-，正确的离子方程式为ClO-+H2O+CO2═HCO3-+HClO，故A错误；B、向次氯酸钙溶液中通入SO2气体生成硫酸钙，正确的离子方程式为SO2+ClO-+H2O=SO42-+Cl-+2H+假如溶液不是很稀，须要用CaSO4沉淀代替SO42-，同时前面加Ca2+，故B错误；C、氢氧化钙溶液与碳酸氢镁溶液反应生成氢氧化镁沉淀，正确的离子方程式为：2Ca2++4OH-+Mg2++2HCO3-=Mg（OH）2↓+2CaCO3↓+2H2O，故C错误；D、在氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：3Fe2++4H++NO═3Fe3++2H2O+NO↑，故D正确；故选D。【点睛】本题考查离子方程式的书写，留意从电荷守恒、量不同产物不同、还原性物质遇氧化性物质发生的反应等角度推断反应是否符合实际。17.下列说法正确的是（）A.H2和D2互为同素异形体B.和互为同分异构体C.和是同一种物质D.正丁烷和异丁烷互为同系物【答案】C【解析】【分析】由同一种元素组成、结构不同的单质叫做同素异形体；分子式相同而结构不同的化合物叫做同分异构体；组成相像，分子式相差1个或n个CH2化合物为同系物；据此结合选项分析解答问题。【详解】A．H2和D2都是由氢元素组成，但是结构相同，不互为同素异形体，A选项错误；B．由于单键可以旋转，故和是同一种物质，B选项错误；C．和都是异戊烷，C选项正确；D．正丁烷和异丁烷的分子式相同而结构不同，互为同分异构体，不互为同系物，D选项错误；答案选C。【点睛】A选项为易错选项，肯定要理解，由同一元素的同位素构成的物质不是同分异构体。18.下列不属于铵盐的共同性质的是（）A.易溶于水 B.与苛性钠共热产生NH3C.都是晶体 D.受热分解都产生NH3【答案】D【解析】【详解】铵盐都是易溶于水的白色晶体，铵盐都能与碱反应，如与苛性钠反应生成氨气，铵盐都能受热分解，但不肯定有氨气产生，如：NH4NO3N2O↑+2H2O，故选D。19.1mol氢氧化亚铁在空气中变质，理论上须要标准状况下的空气(假设氧气占空气体积的1/5)（）A.5.6L B.22.4L C.28L【答案】C【解析】【详解】由反应方程式4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3可知，1mol氢氧化亚铁在空气中变质，须要氧气的物质的量为1mol÷4=0.25mol，理论上须要标准状况下的空气的体积0.25mol×22.4L/mol÷1/5=28L，所以C正确。故选C。20.3.15消费者权益爱护日，据统计，投诉最多的是建筑装潢质量。其中质量问题之一是装潢装饰材料中某些化学成分含量太高，缓慢释放出来，在空气中浓度过高，影响人体健康。某些化学成分主要是()A.一氧化碳 B.二氧化硫 C.甲醛、甲苯等有机物蒸气 D.臭氧【答案】C【解析】【详解】A．CO有毒，一般为碳不完全燃烧生成，与装饰材料无关，故A不选；B．二氧化硫有毒，一般为化石燃料燃烧生成的，与装饰材料无关，故B不选；C．甲醛、甲苯等有机物有毒，在装饰材料中一般作溶剂，与装饰材料有关，故C选；D．臭氧能爱护大气层，防止紫外线对人类产生的辐射，与装饰材料无关，故D不选；故选C。21.下列物质中属于化合物的是（）A.石墨 B.干冰 C.盐酸 D.食盐水【答案】B【解析】【分析】依据化合物是由不同种元素组成的纯净物进行推断。【详解】A.石墨是由C元素组成，属于单质，故A错误；B.干冰是由C、O两种元素组成的化合物，故B正确；C.盐酸是HCl的水溶液，属于混合物，故C错误；D.食盐水是氯化钠的混合物，故D错误；答案：B。22.某有机化合物6.2g在氧气中完全燃烧,只生成8.8gCO2和5.4gH2O。下列说法正确的是()A.该化合物仅含碳、氢两种元素B.该化合物中碳、氢原子个数比为1：4C.无法确定该化合物是否含有氧元素D.该化合物中肯定含有氧元素【答案】D【解析】【分析】依据n=计算8.8gCO2和5.4gH2O的物质的量，计算C、H原子物质的量，进而计算C、H元素的质量，依据质量守恒定律推断该化合物中是否含有氧元素，据此解答。【详解】8.8gCO2的物质的量为0.2mol，n（C）=0.2mol，m（C）=0.2mol×12g/mol=2.4g，5.4gH2O的物质的量为0.3mol，n（H）=0.6mol，m（H）=0.6mol×1g/mol=0.6g，由于m（C）+m（H）=2.4g+0.6g=3g＜6.2g，故该化合物中还含有氧元素，有机物分子中n（C）：n（H）=0.2mol：0.6mol=1：3，由上述分析可知，A、B、C错误，D正确；故选D。23.下列关于乙烯和乙烷比较的说法中，正确的是()A.乙烯、乙烷中碳元素的质量分数相同B.乙烯、乙烷分子都是平面结构C.乙烯、乙烷分子中都含有碳碳双键D.乙烯、乙烷都能燃烧生成二氧化碳和水【答案】D【解析】【详解】A.乙烯、乙烷的分子式分别是C2H4、C2H6，分子中碳元素的质量分数相同，A错误；B.乙烯分子是平面结构，乙烷属于烷烃，乙烷分子不是平面形结构，B错误；C.乙烯属于烯烃，分子中含有碳碳双键、乙烷属于烷烃，分子中不含有碳碳双键，C错误；D.乙烯、乙烷属于烃类，完全燃烧都能生成二氧化碳和水，D正确；答案选D。24.已知aK(n-1)＋、bLn＋、cWn－、dD(n＋1)－具有相同的电子层结构，关于K、L、W、D四种元素的叙述正确的是（）A.气态氢化物的稳定性：D＞WB.四种元素肯定属于短周期元素C.最高价氧化物对应水化物的碱性：L＞KD.原子序数：L＞K＞W＞D【答案】D【解析】分析：aK(n－1)＋、bLn＋、cWn－、dD(n＋1)－具有相同的电子层结构，则K、L在下一周期，为金属元素，且原子序数L＞K；W、D在上一周期，为非金属元素，且原子序数W＞D，结合元素及其化合物的性质来解答。详解：A．同周期从左向右非金属性渐渐增加，则非金属性W＞D，所以气态氢化物的稳定性为W＞D，A错误；B．四种元素不肯定属于短周期元素，例如L可以是Ca，B错误；C．同周期从左向右金属性渐渐减弱，则金属性K＞L，所以最高价氧化物对应水化物的碱性为K＞L，C错误；D．由相同的电子层结构，则K、L在下一周期，且原子序数L＞K，W、D在上一周期，且原子序数W＞D，所以原子序数为L＞K＞W＞D，D正确；点睛：本题考查原子结构与元素周期律，明确具有相同的电子层结构的离子具有“阴前阳下”的位置是解答本题的关键，题目难度不大。25.将过量的二氧化碳通入下列溶液中，最终呈现浑浊现象的是（）A.氯化钙溶液 B.硅酸钠溶液C.澄清的石灰水 D.硝酸钡溶液【答案】B【解析】【详解】A.碳酸比盐酸的酸性弱，与氯化钙不反应，A不符合题意；B.碳酸比硅酸酸性强，可生成硅酸沉淀，B符合题意；C.二氧化碳通入澄清石灰水中，先生成碳酸钙沉淀，过量二氧化碳可溶解碳酸钙为碳酸氢钙，C不符合题意；D.碳酸比硝酸酸性弱，与硝酸钡不反应，D不符合题意。故选B。【点睛】酸与盐发生的复分解反应，通常满意强酸制弱酸的反应原理，但假如产物中有难溶物，也可能违反此原则，如硫酸铜溶液中通入硫化氢气体，发生反应CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，因为有难溶物生成，所以促进反应物不断转化为生成物。26.下列各组物质混合后，肯定能形成离子键的是A.H2、F2 B.NO、O2 C.稀硫酸与NaCl溶液 D.BaCl2【答案】D【解析】A.H2、F2反应生成HF，属于共价化合物，不存在离子键，故A错误；B.NO、O2反应生成二氧化氮，属于共价化合物，不存在离子键，故B错误；C.稀硫酸与NaCl溶液不发生反应，没有离子键生成，故C错误；D.BaCl2溶液与纯碱溶液反应生成碳酸钡沉淀，碳酸钡属于离子化合物，有离子键生成，故D正确；故选D。27.下列混合物可用过滤的方法分别的是A.汽油和植物油 B.碳酸钙和水C.酒精和水 D.氯化钠和水【答案】B【解析】【分析】过滤适用于不溶性固体和液体之间的一种分别方法，据此解答。【详解】A、汽油和植物油是互溶的液体，用蒸馏的方法分别，A错误；B、碳酸钙难溶于水，用过滤法分别，B正确；C、酒精和水互溶，用蒸馏的方法分别，C错误；D、氯化钠难溶于水，用蒸发的方法得到氯化钠固体，D错误；答案选B。28.把HI气体充入密闭容器中，在肯定条件下发生反应2HI(g)H2(g)＋I2(g)，在反应趋向平衡状态的过程中，下列说法正确的是()A.HI的生成速率等于其分解速率B.HI的生成速率小于其分解速率C.HI生成速率大于其分解速率D.无法推断HI的生成速率和分解速率的相对大小【答案】C【解析】【详解】HI充入密闭容器中，反应起先瞬间，浓度最大，正反应速率最大，随着反应的进行，正反应速率渐渐减小，对于逆反应，起先的瞬间，逆反应速率为零，随着反应的进行，渐渐增大，最终两者相等，建立平衡，趋向于平衡的过程中，正反应速率大于逆反应速率，即HI的生成速率大于其分解速率；答案选C。29.某气态烷烃是20mL，完全燃烧时，正好消耗同温、同压下的氧气100mL，该烷烃的化学式是（）A.C2H6 B.C3H8 C.C4H10 D.C5H【答案】B【解析】【详解】某气态烃20mL完全燃烧时，正好消耗同温同压下的O2100mL，则消耗氧气的物质的量为烃的物质的量的5倍，设烷烃烃的分子式为CnH2n＋2，燃烧时发生：CnH2n＋2+O2→nCO2+（n＋1）H2O，则＝5，解得n＝3，答案选B。30.120℃时，1体积某烃和4体积O2混合，完全燃烧后，复原到原来的温度和压强，测得反应前后气体的体积不变。该烃分子中所含的碳原子数不行能是(A.1 B.2 C.3 D.【答案】D【解析】【详解】设烃的化学式为CxHy，则燃烧的化学方程式为：CxHy+(x+)O2=xCO2+H2O，120°C时水为气态，完全燃烧后复原到原来的温度和压强，体积不变则：1+x+=x+,，解得：y=4，依据题意，4体积氧气气为适量或过量，故x+4，因为y=4，故x3，故D符合题意；故答案：D。分卷Ⅱ二、非选择题(共7小题，共40分)31.已知亚硫酸钠晶体与浓硫酸反应可以产生二氧化硫，按下图进行演示试验。请回答下列问题：（1）①中的试验现象是__________，说明二氧化硫具有的性质是__________。（2）②中的试验现象是__________，证明二氧化硫有___________性。（3）③中的试验现象是_______________，证明二氧化硫有____________性。（4）④中的试验现象是__________，证明二氧化硫有______性。（5）⑤中的试验现象是_____________，说明二氧化硫具有的性质是_____________。【答案】(1).石蕊溶液变红(2).酸性氧化物，与水反应生成亚硫酸(3).品红溶液退色(4).漂白(5).溴水褪色(6).还原(7).高锰酸钾溶液褪为无色(8).还原(9).澄清石灰水先变浑浊，后又变澄清(10).酸性氧化物，与碱反应【解析】【分析】亚硫酸钠晶体与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫的性质主要有酸性氧化物的性质；还原性；氧化性，据此分析。【详解】（1）①中的试验现象是石蕊溶液变红，说明二氧化硫具有的性质是酸性氧化物，与水反应生成亚硫酸；（2）②中的试验现象是品红溶液退色，证明二氧化硫有漂白性；（3）③中的试验现象是溴水褪色，证明二氧化硫有还原性；（4）④中的试验现象是高锰酸钾溶液褪为无色，证明二氧化硫有还原性；（5）⑤中的试验现象是澄清石灰水先变浑浊，后又变澄清，说明二氧化硫具有的性质是酸性氧化物，与碱反应。32.某探讨性学习小组利用下列有关装置，对二氧化硫的性质及空气中二氧化硫的含量进行探究(装置的气密性已检查)：（1）装置A中反应的化学方程式是______。（2）滴加浓硫酸之前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，再关闭弹簧夹，此操作的目的是：_______。（3）试验过程中装置B中没有明显改变。试验结束后取下装置B，从中分别取少量溶液于两支干净试管中。向第1支试管中滴加适量氨水出现白色沉淀______(填化学式)；向第2支试管中滴加适量新制氯水，仍旧出现白色沉淀，该反应的离子方程式是_______。（4）装置C中的溶液中出现淡黄色浑浊，该试验证明二氧化硫具有____性。（5）装置D的作用是_____。（6）另一小组利用装置E进行试验：二氧化硫性质试验之后，用注射器对试验室内空气进行取样，并向装置E中注入VmL(已折算为标准状况下体积)的空气，当溶液刚好褪色时，停止试验。请计算该空气中二氧化硫的体积分数(用含V的代数式表示)______。【答案】(1).Na2SO3+H2SO4（浓）==SO2+Na2SO4+H2O(2).排出装置中的空气避开干扰(3).Ba2SO3(4).Ba2++SO2+Cl2+2H2O===BaSO4+4H++2Cl－(5).氧化性(6).尾气汲取防止污染(7).2.8/V【解析】【分析】(1)装置A中亚硫酸钠和浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫气体和水,据此写出反应的化学方程式;(2)装置中氧气影响二氧化硫的性质试验,故须要用氮气除去系统中的空气;(3)二氧化硫易溶于水,但是二氧化硫不与氯化钡溶液反应,当向溶液中通入氨气后生成亚硫酸铵,亚硫酸铵溶液与氯化钡反应生成亚硫酸钡;氯气具有强氧化性,氯气将二氧化硫氧化成硫酸,硫酸与氯化钡反应生成氯化钡沉淀,据此写出反应的离子方程式;(4)二氧化硫与硫化氢反应生成淡黄色的S单质,二氧化硫表现了氧化性;(5)二氧化硫有毒,多余的气体须要用氢氧化钠溶液汲取;(6)向试验1的溶液中加入足量氯化钡溶液,依据溶液颜色改变推断。【详解】（1）装置A中亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，因此答案是：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O。

（2）装置中的氧气影响二氧化硫的性质试验，所以为了解除装置中空气，应当滴加浓硫酸之前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，再关闭弹簧夹，因此答案是：解除装置中氧气对试验的干扰。

（3）向第1支试管中滴加适量氨水，氨水与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成亚硫酸钡白色沉淀；氯气将二氧化硫氧化成硫酸，硫酸与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：Ba2++SO2+Cl2+2H2O=BaSO4↓+4H++2Cl-。因此，答案是：BaSO3；Ba2++SO2+Cl2+2H2O=BaSO4↓+4H++2Cl-。

（4）C中发生反应为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，反应中二氧化硫得电子化合价降低而作氧化剂，表现了氧化性，因此，本题正确答案是：氧化。

（5）二氧化硫气体是一种有毒气的酸性氧化物，多余的气体不能干脆排放，须要用氢氧化钠溶液汲取，因此答案是：汲取SO2尾气，防止污染空气。

（6）二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子，则Mn元素得到电子的物质的量是0.05L×0.001mol/L×5=2.5×10-4mol，依据得失电子守恒，设空气中二氧化硫的物质的量是x，则（6-4）x=2.5×10-4mol，x=1.25×10-4mol，标准状况下的条件是1.25×10-4mol×22.4L/mol=2.8×10-3L=2.8mL，所以该空气中SO2的体积分数为2.8/V。答案：33.某课外活动小组进行Fe(OH)3胶体的制备试验并检验其性质。(1)若将饱和FeCl3溶液分别滴入下列物质中，能形成胶体的是________(填字母)。A.冷水B.沸水C.NaOH浓溶液D.NaCl浓溶液(2)现有甲、乙、丙三名同学进行Fe(OH)3胶体的制备：①甲同学操作：取一小烧杯，加入25mL蒸馏水加热至沸腾，向沸水中逐滴加入1～2mLFeCl3饱和溶液，接着煮沸至混合液呈红褐色，停止加热。请评价该操作是否正确______。②乙干脆加热饱和FeCl3溶液，请评价是否正确______。③丙向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，为了使反应进行充分，煮沸10分钟，请评价是否正确________。(3)写出制备Fe(OH)3胶体的化学方程式：____________________。证明有Fe(OH)3胶体生成的试验操作是_____________________。该操作利用胶体的性质是________。(4)Fe(OH)3胶体稳定存在的主要缘由是____________________(填字母，下同)。A.胶体粒子直径小于1nmB.胶体粒子带正电荷C.胶体粒子作布朗运动D.胶体粒子能透过滤纸(5)Fe(OH)3胶体区分于FeCl3溶液最本质的特征是________。A.Fe(OH)3胶体粒子直径在1～100nm之间B.Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应C.Fe(OH)3胶体是均一的分散系D.Fe(OH)3胶体的分散质能透过滤纸(6)若取少量制得的胶体加入试管中，加入硫酸铵溶液，现象是_____________，这种现象称为胶体的________。【答案】(1).B(2).正确(3).不正确(4).不正确(5).FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl(6).让一束可见光通过制得的分散系，从侧面视察到一条光亮的“通路”，说明制得的是胶体(7).丁达尔效应(8).B(9).A(10).产生红褐色沉淀(11).聚沉【解析】【分析】(1)试验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液；(2)制备氢氧化铁胶体时，不能用玻璃棒搅拌，防止胶体聚沉，当溶液变为红褐色时应马上停止加热，如接着加热会导致胶体聚沉；(3)氯化铁与蒸馏水混合加热发生反应产生氢氧化铁胶体和HCl，据此书写反应方程式；依据胶粒可使光线发生散射作用分析推断；(4)氢氧化铁胶粒带正电荷，胶粒之间相互排斥，而不易产生较大粒子而聚沉；(5)胶体区分于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同；(6)依据胶体与电解质会发生聚沉现象推断。【详解】(1)试验室制备氢氧化铁胶体的方法是：在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液，当溶液变为红褐色时马上停止加热，故合理选项是B；(2)①在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液，当溶液变为红褐色时马上停止加热，这是制备氢氧化铁胶体的正确操作，操作合理，①正确；②干脆加热饱和三氯化铁饱和溶液，反应产生的氢氧化铁胶体遇到电解质发生聚沉，不能得到胶体，操作不合理，②不正确；③加热到接着沸腾，不能接着加热，否则形成的胶粒会集结在一起，形成沉淀，操作不合理，③不正确；(3)将3-4滴饱和FeCl3溶液滴入25mL沸腾的蒸馏水中，接着加热煮沸至液体呈红褐色，停止加热，就制取得到氢氧化铁胶体，反应方程式为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；证明有Fe(OH)3胶体生成的试验操作是：让一束可见光通过制得的分散系，从侧面视察到一条光亮的“通路”，该操作利用胶体的性质是丁达尔效应；(4)胶体具有很强的吸附实力，能选择性的吸附溶液中的离子而带电荷，胶粒之间相互排斥，而不易产生较大微粒而聚沉，故合理选项是B；(5)Fe(OH)3胶体区分于FeCl3溶液最本质的特征是Fe(OH)3胶体的分散质微粒直径大小在1～100nm之间，故合理选项是A；(6)向Fe(OH)3胶体中滴入硫酸铵，硫酸铵电离产生的SO42-的负电荷会中和胶粒上的正电荷，使胶粒之间的斥力减小，胶粒聚集形成氢氧化铁沉淀，这种现象叫胶体聚沉，因此看到的现象是产生红褐色沉淀。【点睛】本题考查胶体的有关学问，清晰胶体属于分散系，由于胶粒大小介于溶液和浊液之间，使其具有一些特别的性质。驾驭胶体的制备及留意事项、胶体的性质及鉴别、提纯等学问是本题解答的关键。34.已知A、B、C、D为气体，E、F为固体，G是氯化钙，它们之间的转换关系如下图所示：(1)D的化学式是____________，E的化学式是________。(2)A和B反应生成C的化学方程式是___________________________。(3)E和F反应生成D、H和G的化学方程式是________________________________。【答案】(1).NH3(2).NH4Cl(3).H2＋Cl22HCl(4).2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O【解析】【分析】由“，且C、D为气体，E为固体，故可推知C、D可能为HCl、NH3，E为NH4Cl，再结合“，G是氯化钙，进一步推知D为NH3、F为Ca(OH)2，所以C是HCl，A、B分别是H2和Cl2。【详解】（1）由上述分析可知D的化学式是NH3，E的化学式是NH4Cl；（2）A、B分别是H2和Cl2，反应方程式为：H2+Cl22HCl；（3）E为NH4Cl，F为Ca(OH)2，反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaCl2。【点睛】本题的突破点为C、D为气体，反应后生成E为固体，可初步推想C、D可能为HCl、NH3，E为NH4Cl。再依据此突破点依次推断即可。35.某同学在试验室发觉了一块绿色的孔雀石标本，他查阅了资料知其主要成分是Cu2(OH)2CO3。此同学现以此标本为原料制取铜，试验流程如图所示(部分生成物已省略)：(1)溶液C中所含的溶质是_______。(2)碱式碳酸铜与稀硫酸发生的化学方程式为_______。(3)写出蓝色溶液B与铁粉发生反应的化学方程式：_____、______。【答案】(1).FeSO4(2).Cu2(OH)2CO3＋2H2SO4=2CuSO4＋CO2↑＋3H2O(3).Fe＋CuSO4=Cu＋FeSO4(4).Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑【解析】【分析】依据题干供应的信息结合物质的性质进行分析，碱式碳酸铜能与硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，硫酸铜能与铁反应生成硫酸亚铁和铜，溶液C是硫酸亚铁，固体D能与硫酸反应生成无色气体E，则D中除了含有铜，还含有铁，据此解答。【详解】（1）铁能与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，得到的固体D与硫酸反应后有气体生成，说明有铁剩余，硫酸铜全部参与反应，溶液C中只含有硫酸亚铁，故答案为：FeSO4；（2）碱式碳酸铜能与稀硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，化学方程式为：Cu2(OH)2CO3＋2H2SO4=2CuSO4＋CO2↑＋3H2O。（3）碱式碳酸铜与硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，加入的稀硫酸过量，因此蓝色溶液B中含有硫酸铜和硫酸，加入铁粉后，铁与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，化学方程式分别为Fe＋CuSO4=Cu＋FeSO4、Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑。36.化学电池在通讯、交通及日常生活中有着广泛的应用。(1)锌锰干电池是应用最普遍的电池之一(如图所示)，锌锰干电池的负极材料是______，负极发生的电极反应方程式为_______。若反应消耗16.25g负极材料，则电池中转移电子的物质的量为________mol。(2)目前常用的镍(Ni)镉(Cd)电池总反应式可以表示为：Cd＋2NiO(OH)＋2H2O2Ni(OH)2＋Cd(OH)2，已知Ni(OH)2和Cd(OH)2均难溶于水，但能溶于酸，以下说法中正确的是