【化学】宁夏吴忠市吴忠中学2020-2021学年高二上学期开学分科考试（解析版） 22页

宁夏吴忠市吴忠中学2020-2021学年高二上学期开学分科考试 可能用到的相对原子质量：H‎1 C12 N14 O16 Na23 Al27 S32 Fe56‎ 一、单选题 ‎1. 对下列物质进行的分类正确的是(　　)‎ A. 纯碱、烧碱都属于碱 B. CuSO4·5H2O属于电解质 C. 凡能电离出H＋的化合物都属于酸 D. 盐类物质一定含有金属阳离子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 纯碱是盐、烧碱属于碱，A错误；‎ B. CuSO4·5H2O属于电解质，B正确；‎ C. 能电离出H＋的化合物不一定属于酸，如NaHSO4，C错误；‎ D. 盐类物质不一定含有金属阳离子，如氯化铵等铵盐，D错误。‎ 故选B。‎ ‎2. 下列叙述正确的是（　　）‎ A. 直径介于1～100 nm之间的粒子称为胶体 ‎ B. 胶体粒子很小，可以通过半透膜 C. 利用丁达尔效应可以区别溶液与胶体 ‎ D. 电泳现象可证明胶体属于电解质溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．分散质粒子直径介于1～100 nm之间的分散系称为胶体，A说法错误；‎ B．胶体粒子很小，但不能通过半透膜，B说法错误；‎ C．胶体有丁达尔现象，而溶液无此现象，则可利用丁达尔效应可以区别溶液与胶体，C说法正确；‎ D．电泳现象可证明胶体中的胶粒带有电荷，但胶体呈电中性，胶体属于分散系，D说法错误；‎ 答案为C。‎ ‎3. 量取20 mL碘的饱和水溶液，倒入分液漏斗中,然后再注入4 mL四氯化碳，用力振荡后 静置，实验现象为(　 )‎ A. 液体分层，上层为四氯化碳层，黄色 B. 液体分层，上层为水层，紫色 C. 液体分层，下层为四氯化碳层，紫色 D. 液体分层，下层为水层，黄色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】水和四氯化碳不互溶，所以水和四氯化碳混合会分层；碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，且水和四氯化碳不互溶，所以四氯化碳能萃取碘水中的碘；碘溶于四氯化碳溶液呈紫色，且四氯化碳的密度大于水的密度，所以分层后的液体上层是水层，无色，下层是四氯化碳层，呈紫色。所以C选项是正确的。‎ 答案选C。‎ ‎4. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为‎11.2 L B. ‎25℃‎，1.01×105Pa，‎64 g SO2中含有的原子数为3NA C. 在标准状况下，‎11.2 L H2O含有的分子数为0.5NA D. 对于0.3mol/L硫酸钾溶液，‎1L溶液中含0.3NA个K+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．含有NA个氦原子的氦气（He）在标准状况下的体积约为‎22.4 L，A错误；‎ B．‎64 g SO2的物质的量为1mol，含有的原子数为3NA，B正确；‎ C．水在标况下是液态，不能用‎22.4L/mol计算其物质的量，C错误；‎ D．对于0.3mol/L硫酸钾溶液，‎1L溶液中，硫酸钾的物质的量为0.3mol，含0.6NA个K+，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎5. 下列各组离子能大量共存的是（ ）‎ ‎①“‎84”‎消毒液的水溶液中：Fe2+、Cl-、Ca2+、Na+‎ ‎②加入KSCN显红色的溶液：K+、NH、Cl-、S2-‎ ‎③常温下能够与金属Cu反应放出NO气体的溶液：Fe3+、Al3+、SO、K+‎ ‎④pH=2的溶液中：NH、Na+、Cl-、Cu2+‎ ‎⑤无色溶液中：K+、CH3COO-、HCO、MnO A. ③④ B. ①③ C. ①⑤ D. ②③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①“‎84”‎消毒液的水溶液中含有大量的ClO-具有强氧化性，故ClO-与Fe2+不能大量共存，①不合题意；‎ ‎②加入KSCN显红色的溶液含有Fe3+，则Fe3+与S2-发生氧化还原反应而不能大量共存，②不合题意；‎ ‎③常温下能够与金属Cu反应放出NO气体的溶液含有大量的H+和,两离子均能与Fe3+、Al3+、SO、K+大量共存，③符合题意；‎ ‎④pH=2的溶液中含有大量的H+，H+能与NH、Na+、Cl-、Cu2+大量共存，④符合题意；‎ ‎⑤无色溶液中不可能含有大量的MnO，⑤不合题意；‎ 故③④各离子能够大量共存，符合题意，故答案为：A。‎ ‎6. 用括号内的试剂和方法除去下列各物质中少量的杂质，正确的是（ ）‎ A. 溴苯中的溴(氢氧化钠溶液，蒸馏)‎ B. 乙烷中乙烯(酸性KMnO4溶液，洗气)‎ C. 乙醇中的水(CaO，蒸馏)‎ D. 乙酸乙酯中少量的乙醇和乙酸(氢氧化钠溶液，分液)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．溴与NaOH反应后，与溴苯分层，然后分液可分离，故A错误；‎ B．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应选溴水、洗气，故B错误；‎ C．CaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可分离，故C正确；‎ D．乙酸乙酯与NaOH反应，应选饱和碳酸钠溶液、分液，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎7. 下列离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 铁与稀硫酸反应：2Fe+6H+＝2Fe3++3H2↑‎ B. 氢氧化铜溶液与硫酸溶液的反应：Cu(OH)2+2H+＝Cu2++2H2O C. 碳酸钙与盐酸反应：CO32－+2H+＝H2O+CO2↑‎ D. 硫酸铜溶液和氢氧化钡溶液：SO42－+Ba2+＝BaSO4↓‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、不符合客观事实，应是Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，故错误；‎ B、氢氧化铜是难溶碱，不能拆写成离子，故正确；‎ C、碳酸钙是难溶的盐，不能拆写成离子，应是CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O，故错误；‎ D、缺少离子反应方程式，应是Cu2＋＋2OH－＋Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓＋Cu(OH)2↓，故错误。‎ ‎8. 用下列装置不能达到实验目的的是( )‎ A. 用甲图装置可证明ρ(煤油)< ρ(钠) < ρ(水) B. 用乙图装置制备Fe(OH)2‎ C. 用丙图装置制取金属锰 D. 用丁图装置制取氯气 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．由图可知，钠在水与煤油液面中间，则可知钠的密度比水的小，比煤油的大，故A正确；B．由图可知，利用Fe和稀硫酸制FeSO4的同时除去液面上方空气，防止制备时氢氧化亚铁被氧化，故B正确；C．由图可知，Al与二氧化锰发生铝热反应生成Mn，故C正确；D．MnO2和浓盐酸混合加热可制氯气，不能用稀盐酸代替，故D错误；故选D。‎ ‎9. 一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO32HNO3＋4N2＋9H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为（ ）‎ A. 5：3 B. 5：‎4 ‎C. 1：1 D. 3：5‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在反应5NH4NO32HNO3＋4N2＋9H2O中，NH4+中的N由-3价升高为0价，NO3-中的N由+5价部分降低为0价，所以5molNH4NO3中，有5molN原子被氧化、3molN 原子被还原，被氧化与被还原的氮原子数之比为5：3，故选A。‎ ‎10. 从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下：‎ 则下列说法正确的是( )‎ A. 试剂a是铁、试剂b是稀硫酸 B. 操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ所用仪器相同 C. 试剂c是氯气，相应的反应为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-‎ D. 用酸性KMnO4溶液可检验溶液W中是否含有Fe2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 工业废液中加入试剂a为过量铁，操作Ⅰ为过滤，得到滤渣Y为Fe、Cu，滤液X为氯化亚铁溶液；滤渣Y中加入试剂b为盐酸，溶解过量的铁生成氯化亚铁溶液，铜不溶，操作Ⅱ过滤得到铜和滤液Z为氯化亚铁溶液，滤液Z和X合并通入氯气，氯化亚铁氧化为氯化铁溶液，蒸发结晶，过滤洗涤干燥得到氯化铁晶体。‎ ‎【详解】A、由最终得到FeCl3及其流程图可知，b为盐酸，若为硫酸会引入硫酸根杂质离子，故A错误； B、上述分析可知，操作Ⅰ、Ⅱ是过滤，操作Ⅲ是蒸发结晶、过滤，所用仪器不同，故B错误； C、滤液X，滤液Z中均含有FeCl2，c为氯气，把亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2═2Cl-+2Fe3+，故C正确； D、亚铁离子、氯离子都可以被高锰酸钾溶液氧化，用酸性KMnO4溶液不能检验溶液W中是否还有Fe2+，故D错误；答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了物质分离、提纯过程的分析判断，明确离子性质和除杂方法，注意除杂试剂不能引入新的杂质，掌握亚铁离子、氯离子都可以被高锰酸钾溶液氧化。‎ ‎11. X、Y、Z是中学化学中常见的物质，下表各组物质之间通过一步反应不能实现如图转化关系的是（ ）‎ X Y Z 箭头上所标数字的反应条件 转化关系 A.‎ NO NO2‎ HNO3‎ ‎①常温遇氧气 B.‎ Na2O2‎ NaOH NaCl ‎③加入H2O2‎ C.‎ Cl2‎ NaClO HClO ‎②通入CO2‎ D.‎ Al2O3‎ NaAlO2‎ Al(OH)3‎ ‎④加NaOH溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A． 一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸分解生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，各物质之间通过一步反应可以实现，故A正确；‎ B．氯化钠不能够通过一步反应得到过氧化钠，故B错误；‎ C．氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠与二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸与盐酸反应生成氯气，各物质之间通过一步反应可以实现，故C正确；‎ D．氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝分解生成氧化铝，个物质之间通过一步反应可以实现，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎12. 下列关于有机物的叙述正确的是 A. 煤的干馏，石油的分馏均属物理变化 B. 新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子材料 C. 在人体内酶的作用下，纤维素可以发生水解反应生成葡萄糖 D. 淀粉、食用花生油、鸡蛋清都能发生水解反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．煤的干馏过程有新物质生成，属于化学变化，石油的分馏过程没有新物质生成，是物理变化，故A错误；‎ B．光导纤维主要成分为二氧化硅，属于无机非金属材料，故B错误；‎ C．纤维素在人体内不能发生水解反应，故C错误；‎ D．淀粉能水解为葡萄糖，食用花生油能水解为高级脂肪酸和甘油，鸡蛋清能水解为氨基酸，故D正确；‎ 选D。‎ ‎13. 下列实验现象预测正确的是 ‎①实验Ⅰ：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变 ‎②实验Ⅱ：酸性KMnO4溶液中出现气泡，溶液的颜色没有变化 ‎③实验Ⅲ：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色 ‎④实验Ⅳ：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应 A. ① B. ② C. ③ D. ④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①实验Ⅰ：振荡后静置，由于上层苯中溶解的溴不断与NaOH溶液反应，所以上层溶液的颜色最终变为无色，①不正确；‎ ‎②实验Ⅱ：浓硫酸使蔗糖先碳化，后将碳氧化生成CO2、SO2等，CO2在酸性KMnO4溶液中溶解度不大而以气泡逸出，SO2与酸性KMnO4发生氧化还原反应，将其还原，从而使溶液颜色逐渐褪去，②不正确；‎ ‎③实验Ⅲ：微热稀HNO3片刻，与Cu发生反应生成NO等，溶液中有气泡产生，广口瓶内NO与O2反应生成NO2，气体为红棕色，③不正确；‎ ‎④实验Ⅳ：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，此时得到氢氧化铁胶体，当光束通过体系时，可看到一条光亮的通路，产生丁达尔效应，④正确；‎ 综合以上分析，只有④正确，故D符合；‎ 故选D。‎ ‎14. 下列化学用语表示正确的是（ ）‎ A. 甲烷的球棍模型：‎ B. 氢氧根离子电子式：‎ C. 氯离子结构示意图：‎ D. 乙烯结构简式：CH2CH2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲烷的分子式为CH4，C原子与4个H原子间形成4个共价键，但C原子半径比H大，所以球棍模型为，而不是， 故A错误；‎ B．氢氧根离子中，O原子从外界获得1个电子，O与H原子间形成一对共用电子，所以其电子式为，故B正确；‎ C．氯原子得电子转化为氯离子，核电荷数不变，结构示意图为，故C错误；‎ D．乙烯的结构简式为CH2=CH2，碳碳双键不能省略，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎15. 短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 是地壳中含量最多的元素，Y 原子的最外层只有一个电子，Z 位于元素周期表ⅢA族，W 与X属于同一主族。下列说法正确的是 A. 原子半径：r(W) > r(Z) > r(Y)‎ B. 由X、Y 组成的化合物中均不含共价键 C. Y 的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱 D. X 的简单气态氢化物的热稳定性比W的强 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大；X是地壳中含量最多的元素，X为O元素；Y原子的最外层只有一个电子，Y为Na元素；Z位于元素周期表中IIIA族，Z为Al元素；W与X属于同一主族，W为S元素。根据元素周期律作答。‎ ‎【详解】A项，Na、Al、S都是第三周期元素，根据同周期从左到右主族元素的原子半径依次减小，原子半径：r（Y）r（Z）r（W），A项错误；‎ B项，由X、Y组成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O中只有离子键，Na2O2中既含离子键又含共价键，B项错误；‎ C项，金属性：Na（Y）Al（Z），Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强，C项错误；‎ D项，非金属性：O（X）S（W），X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎16. 下列各组变化中，前者是放热反应，后者是吸热反应的是 A. 生石灰溶于水；锌粒和稀硫酸反应 B. 稀释浓硫酸；氯化铵和Ba(OH)2·8H2O的反应 C. 氢氧化钠和盐酸反应；二氧化碳和碳反应 D. 工业煅烧石灰石；化石燃料燃烧 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化学反应过程中放出能量是放热反应，吸收能量的是吸热反应，结合反应特点分析判断。‎ ‎【详解】A. 生石灰溶于水生成氢氧化钙是放热反应；锌粒和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气是放热反应，A错误；‎ B. 稀释浓硫酸放热，是物理变化，不是放热反应；氯化铵和Ba(OH)2·8H2O的反应是吸热反应，B错误；‎ C. 氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，是放热反应；二氧化碳和碳反应生成一氧化碳是吸热反应，C正确；‎ D. 工业煅烧石灰石生成氧化钙和二氧化碳，是吸热反应；化石燃料燃烧是放热反应，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】选项B是易错点，注意不论是放热反应还是吸热反应均是化学变化。‎ ‎17. 已知2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2↑，N2不与Na2O2反应。将等分子数的N2、O2、CO2通入Na2O2后，剩余气体的个数为原来的8/9，此时N2、O2、CO2的个数之比是（ ）‎ A. 3：4：1 B. 3：4：‎2 ‎C. 6：7：3 D. 6：6：1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 初始三者等物质的量，可以各取3mol，N2、O2不参与反应（但是O2的量在增加），为了满足体积变为原来的8/9，则只需要2molCO2参与反应，生成1molO2，同时还剩余1molCO2，据此解答即可。‎ ‎【详解】设原混合气体中N2、O2、CO2体积均为3n，则总体积为9n，设参加反应的二氧化碳的体积为a，生成的氧气的体积为b，则有 ，，，得 a=2n、b=n，反应后：N2=3n；O2=3n+n=4n；CO2=3n-2n=n；故氮气、氧气和二氧化碳的物质的量的比为3：4：1，观察选项，故选A。‎ ‎18. 图1是铜锌原电池示意图。图2中x轴表示实验时流入正极的电子的物质的量，y轴可以表示(　　)‎ ‎①c(Zn2＋) ②c(H＋) ③c(SO42－) ④锌棒的质量 ⑤铜棒的质量 ⑥溶液的质量 A. ①⑥ B. ②④ C. ③⑤ D. ⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由图知y轴表示随流入正极的电子的物质的量增加而增大，根据铜锌原电池工作原理，锌失电子做负极，所以锌棒的质量减小，溶液中开始没有Zn2＋，随着反应进行溶液中 c(Zn2＋)增大，溶液的质量增加，H＋得电子生成氢气，所以c(H＋)减小，c(SO42－)不变，铜棒做正极材料，铜棒的质量不变，所以答案D.‎ ‎【点睛】考查原电池反应原理的知识。解答本题时抓住原电池的工作原理，活泼金属做负极，失电子发生氧化反应，是电子流出端，电流流入端，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。由于锌原子失电子，变成锌离子进入到溶液中，导致的一系列变化。‎ ‎19. 取一支硬质大试管，通过排饱和溶液的方法先后收集半试管甲烷和半试管氯气(如图)，下列对于试管内发生的反应及现象的说法正确的是( )。‎ A. 反应过程中试管内黄绿色逐渐消失，试管壁上有油珠产生 B. 甲烷和反应后的产物有4种 C. 盛放饱和溶液的水槽底部不会有晶体析出 D. 和完全反应后液面上升，液体充满试管 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Cl2被消耗完，黄绿色消失，生成的CH2Cl2、、CCl4均为油状液体，所以试管壁上有油珠产生，A正确；‎ B．CH4与Cl2反应生成4种有机物和1种无机物，共有5种产物，B错误；‎ C．CH4与Cl2反应有生成，溶于饱和溶液会有晶体析出，C错误；‎ D．取代产物CH2Cl2、、CCl4是油状液体，而CH3Cl是气体，不溶于饱和溶液，故液体不会充满试管，D错误；‎ 故选A。‎ ‎20. 一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出0.08molNO，往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现。若用足量的氢气在加热条件下还原相同质量的原混合物，能得到铁的物质的量为(　 　)‎ A. 0.16‎mo1 B. 0.24mol C. 0.21mol D. 0.20mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，无血红色出现，说明溶液中的溶质为硝酸亚铁，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为：‎0.12L×4mol/L-0.08mol＝0.40mol，所以硝酸亚铁的物质的量为：0.40mol÷2＝0.20mol，由铁元素守恒可知，得到铁的物质的量为n（Fe）＝0.20mol。故答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查利用原子守恒的方法来计算，明确硝酸亚铁与硝酸的关系，硝酸亚铁中铁元素与原混合物中的铁元素的关系是解答的关键。‎ ‎21. 过滤后的食盐水仍含有可溶性的、、等杂质通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：①加入稍过量的溶液；②加入稍过量的NaOH溶液；③加入稍过量的溶液；④滴入稀盐酸至无气泡产生；⑤过滤。正确的操作顺序是 A. ②③①④⑤ B. ①②③④⑤ C. ③②①⑤④ D. ③②①④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】要除去食盐水含有的可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，实质就是除去Ca2+、Mg2+、SO，为了保证杂质离子完全出去，每一次所加试剂都过量，加入NaOH溶液的目的是除去Mg2+，加BaCl2溶液的目的是除去SO，加Na2CO3溶液的目的是除去Ca2+和过量的Ba2+，由此可知，Na2CO3溶液的加入一定在BaCl2溶液之后，即①一定在③之后，为了不使产生的沉淀溶解，一定要在过滤后再加盐酸，即④在⑤之后，故操作顺序可以是②③①⑤④或③②①⑤④或③①②⑤④，答案选C。‎ ‎22. 一定温度下，把2.5molA和2.5molB混合盛入容积为‎2L的密闭容器里，发生如下反应：‎3A(g)＋B(s)xC(g)＋2D(g)，经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为0.2mol·L-1·s-1，同时生成1molD，下列叙述中不正确的是（ ）‎ A. 反应达到平衡状态时A的转化率为60%‎ B. x=4‎ C. 若混合气体的密度不再变化，则该可逆反应达到化学平衡状态 D. 反应达到平衡状态时，相同条件下容器内气体的压强与起始时压强比为6∶5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应经5s达平衡，生成1molD，则A转化1.5mol，A的转化率为，A正确；‎ B．反应经5s达平衡，A的平均反应速率为，又各物质的反应速率之比等于化学计量数之比，故x=4，B正确；‎ C．该反应有固体物质参与，反应的总质量随时间改变而变，则密度也随时间改变而变，当混合气体的密度不再变化，则该可逆反应达到化学平衡状态，C正确；‎ D．反应经5s达平衡，A的物质的量为1mol，C的物质的量为2mol，D的物质的量为1mol，相同条件下容器内气体的压强与起始时的压强比为：，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎23. 下列叙述错误的是（ ）‎ A. 1molCH2=CH2先与HCl发生加成反应，再与Cl2发生取代反应，最多消耗Cl22.5mol B. 实验室中可用如图所示方法除去CH3CH3气体中的CH2=CH2气体 C. 实验室中可用酸性的KMnO4溶液鉴别CH3CH3气体和CH2=CH2气体 D. 工业上可利用CH2=CH2与HCl的加成反应制得纯净的CH3CH2Cl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CH2=CH2与HCl发生加成生成CH3CH2Cl，根据取代反应原理，取代1molH需要1molCl2，则CH3CH2Cl再与Cl2发生取代反应，最多消耗5molCl2，错误，A选；‎ B．CH2=CH2能与Br2发生加成，生成油状液体，而乙烷不溶于溴水，可以除去乙烯，正确，B不选；‎ C．乙烷不与酸性KMnO4溶液反应，而乙烯能使酸性KMnO4溶液褪色，可以鉴别，正确，C不选；‎ D．乙烯与HCl发生加成只生成一种产物CH3CH2Cl，因此可以制得纯净的CH3CH2Cl ‎，正确，D不选。‎ 答案选A。‎ ‎24. 在乙醇发生的各种反应中，断键方式不正确的是 A. 与金属钠反应时，键①断裂 ‎ B. 与醋酸、浓硫酸共热时，键②断裂 C. 与浓硫酸共热至‎170℃‎时，键②和④断裂 ‎ D. 与HCl反应生成氯乙烷时，键②断裂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．与金属钠反应时，生成乙醇钠和氢气，乙醇中的O-H键断裂，即键①断裂， A项正确；‎ B．与醋酸、浓硫酸共热时，发生酯化反应，醇脱H，故乙醇中的O-H键断裂，即键①断裂，B项错误；‎ C．与浓硫酸共热至‎170℃‎时，发生消去反应生成乙烯和水，C-O、甲基上的C-H键断裂，即键②和④断裂，C项正确；‎ D．与HCl反应生成氯乙烷时，-OH被-Cl取代，C-O键断裂，即键②断裂，D项正确；‎ 答案应选B ‎25. 下列有关蛋白质的叙述中，不正确的是:‎ A. 蛋白质溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，蛋白质析出，再加水也不溶解 B. 人工合成的具有生命活性的蛋白质—结晶牛胰岛素，是1965年我国科学家最先合成的 C. 重金属盐能使蛋白质变性，所以误食重金属盐会中毒 D. 浓HNO3溅在皮肤上，使皮肤呈黄色，是由于浓HNO3和蛋白质发生颜色反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．蛋白质溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，蛋白质析出，为蛋白质的盐析过程，蛋白质盐析可逆，再加水会溶解，故A错误；‎ B．结晶牛胰岛素是我国科学家1965年首次合成的，故B正确；‎ C．重金属盐能使蛋白质变性，所以误食重金属盐会中毒，故C正确；‎ D．浓硝酸与部分天然蛋白质会发生颜色反应，所以浓硝酸溅在皮肤上，使皮肤呈黄色，故D正确；‎ 故选A。‎ 二、填空题 ‎26. 下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑩种元素，填写下列空白：‎ 主族 周期 IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA ‎0族 第二周期 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ 第三周期 ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ 第四周期 ‎⑨‎ ‎⑩‎ ‎ (1)在这些元素中，化学性质最不活泼的是：_______(填元素符号)。‎ ‎(2)在最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的化合物的分子_____，碱性最强的化合物的电子式是：______。‎ ‎(3)用电子式表示元素④与⑥的化合物的形成过程：________。‎ ‎(4)表示①与⑦的化合物的电子式____，该化合物是由____(填“极性”或“非极性”)键形成的。‎ ‎(5)③、⑥、⑦三种元素形成的离子，离子半径由大到小的顺序是________(用化学式表示)。‎ ‎(6)元素③的简单氢化物在常温下和元素⑦的单质反应的离子方程式_______。‎ ‎【答案】 (1). Ar (2). HClO4 (3). ‎ ‎(4). (5). ‎ ‎ (6). 极性 (7). S2-＞Cl-＞O2- (8). Cl2＋H2O=HClO＋H++Cl-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由周期表的结构可知，①到⑩分别为：C、N、O、Na、Al、S、Cl、Ar、K、Br，据此解答。‎ ‎【详解】（1）Ar为稀有气体元素，化学性质最不活泼，故答案为：Ar；‎ ‎（2）上面10种元素中，非金属性最强的为Cl，其最高价氧化物对应的水化物酸性最强，分子式为：HClO4；K的金属性最强，其最高价氧化物对应的水化物碱性最强，即KOH 碱性最强，电子式为：，故答案为：HClO4；；‎ ‎（3）Na2S是离子化合物，其形成过程表示为：，故答案为：；‎ ‎（4）CCl4的电子式为：，不同种原子之间形成的共价键为极性共价键，所以，该化合物是由极性键形成的，故答案为：；极性；‎ ‎（5）O2-有两个电子层，S2-有三个电子层，Cl-有三个电子层，层多半径大，所以O2-的半径最小，层同看序数，序小半径大，所以，S2-半径比Cl-半径大，所以，离子半径由大到小的顺序是S2-＞Cl-＞O2-，故答案为：S2-＞Cl-＞O2-；‎ ‎（6）水和氯气反应的离子方程式为：Cl2＋H2O=HClO＋H++Cl-，故答案为：Cl2＋H2O=HClO＋H++Cl-。‎ ‎【点睛】微粒半径大小比较方法：先画电子层，层多半径大，层同看序数，序小半径大，序同看价态，价低半径大。‎ ‎27. 现有下列10种物质：①铝，②纯醋酸，③CO2，④H2SO4，⑤Ba(OH)2，⑥红褐色的氢氧化铁胶体，⑦稀盐酸，⑧NaHSO4，⑨碳酸钙，⑩乙醇 ‎ ‎(1)上述物质中属于非电解质的有_____(填序号)。‎ ‎(2)向⑥中逐渐滴加④的溶液，看到的现象是_________。 ‎ ‎(3)⑧在水中的电离方程式为_________。‎ ‎(4)⑨和⑦混合，反应的离子方程式为________。‎ ‎【答案】 (1). ③⑩ (2). 先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解，得到黄色溶液 (3). NaHSO4＝Na++H++ (4). CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】①为金属单质，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎②纯醋酸在水溶液中能导电，是电解质；‎ ‎③CO2自身不能电离，是非电解质；‎ ‎④H2SO4在水溶液中能导电，是电解质；‎ ‎⑤Ba(OH)2在熔融状态下或水溶液中都能导电的化合物，是电解质；‎ ‎⑥红褐色的氢氧化铁胶体是混合物，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎⑦稀盐酸是HCl的水溶液，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎⑧NaHSO4在熔融状态下或水溶液中都能导电的化合物，是电解质；‎ ‎⑨碳酸钙在熔融状态下能导电的化合物，是电解质；‎ ‎⑩乙醇在熔融状态和水溶液中都不能导电，是非电解质；‎ 故(1)属于非电解质的是：③⑩；‎ ‎(2)H2SO4是电解质，氢氧化铁胶体遇到H2SO4溶液，胶体发生聚沉，生成氢氧化铁沉淀；再滴加H2SO4溶液，氢氧化铁沉淀与H2SO4反应生成硫酸铁，故现象为：先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解，得到黄色溶液；‎ ‎(3)⑧为NaHSO4，在水中的电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为NaHSO4＝Na++H++；‎ ‎(4)⑨和⑦混合，碳酸钙溶于盐酸生成氯化钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+H2O。‎ ‎28. (1)下列各图均能表示甲烷的分子结构,按要求回答下列问题:‎ ‎①上述哪一种更能反映其真实存在状况______ (填字母,下同)。‎ a.I b.II c.III d.IV ‎②下列事实能证明甲烷分子是正四面体结构的是_____。‎ a.CH3Cl只代表一种物质 b.CH2Cl2只代表一种物质 c.CHCl3只代表一种物质 d.CCl4只代表一种物质 ‎(2)分子式为CmH20的烷烃中m为_____，与CO2密度(同温同压)相同的烷烃分子式为________。‎ ‎(3)若CH4、C2H6、C3H8、C4H10四种烃各为‎1g，在足量O2中燃烧，消耗O2最多的是_____。‎ ‎【答案】 (1). d (2). b (3). 9 (4). C3H8 (5). CH4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①这几种形式中， 分子结构示意图、球棍模型及填充模型均能反映甲烷分子的空间构型，但其中填充模型更能形象地表达出H、C的位置及所占比例，电子式只反映原子的最外层电子的成键情况。‎ 答案选d；‎ ‎②如果甲烷是平面正方形结构，则CH3Cl、CHCl3、CC14都只有一种结构，但CH2Cl2却有两种结构，一种是两个氯原子相邻，另一种是两个氯原子处于对角关系。所以，CH2Cl2只有一种结构，可以判断CH4应为正四面体结构，而不是平面正方形结构；‎ 答案选b；‎ ‎(2) 据烷烃的通式CnH（2n+2），分子式为CmH20的烷烃中H为20，则‎2m+2=20，所以m=9；‎ 同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，与CO2密度（同温同压）相同的烷烃分子，其相对分子质量应该和二氧化碳的相等，即为44，分子式为C3H8；‎ ‎(3)若同为‎1g烃，消耗O2的多少取决于CxHy中“x+”的大小，“x+”的值越大，消耗O2越多，此题中消耗O2最多的是CH4。‎ ‎29. 亚硝酸钠可使肉制品色泽粉红，外观上好看诱人，大量食用会致癌。‎ ‎(1)NaNO2俗称“工业盐”，其外观与食盐相似，误食会中毒，可通过化学实验加以鉴别。如向NaNO2的酸性溶液中加入KI固体，析出的碘单质可以使淀粉溶液变蓝色，据此检验。‎ ‎①该反应中被氧化的元素是________。‎ ‎②完成下列反应的化学方程式并配平：NaNO2+KI+H2SO4= + +I2+NO↑+ ，________。‎ ‎③标准状况下，该反应中每转移1mol e-，生成气体的体积是________。‎ ‎(2)硝酸工业生产中的尾气可用纯碱溶液吸收，有关的化学反应为：2NO2＋Na2CO3=NaNO2＋NaNO3＋CO2↑。每产生‎33.6L(标准状况下)CO2，吸收液质量将增加________g。‎ ‎【答案】 (1). I (2). 2NaNO2+2KI+2H2SO4═Na2SO4+K2SO4+I2+2NO↑+2H2O (3). ‎22.4L (4). 72‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 向NaNO2的酸性溶液中加入KI固体，析出的碘单质可以使淀粉溶液变蓝色，过程中I元素的化合价升高，失去电子，被氧化，N元素的化合价降低，生成NO ‎，结合氧化还原反应的规律分析解答；‎ ‎(2) 根据反应2NO2+Na2CO3═NaNO2+NaNO3+CO2↑进行计算，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)①向NaNO2的酸性溶液中加入KI固体，析出的碘单质可以使淀粉溶液变蓝色，过程中I元素的化合价升高，失去电子，被氧化，故答案为：I；‎ ‎②N元素的化合价降低，I元素的化合价升高，结合电子守恒、原子守恒可知，反应的方程式为2NaNO2+2KI+2H2SO4═Na2SO4+K2SO4+I2+2NO↑+2H2O，故答案为：2NaNO2+2KI+2H2SO4═Na2SO4+K2SO4+I2+2NO↑+2H2O；‎ ‎③根据化合价的变化可知，反应中转移2mol电子生成2mol气体，则该反应中每转移1mol e-，生成1mol气体，在标准状况下的体积是1mol×‎22.4L/mol=‎22.4L，故答案为：‎22.4L；‎ ‎(2) 反应2NO2+Na2CO3═NaNO2+NaNO3+CO2↑标准状况下，‎33.6L CO2的物质的量==1.5mol，根据反应的方程式可知生成1molCO2时吸收液质量增加2×‎46g‎-44g=‎48g，因此每产生‎33.6L(标准状况下)CO2，吸收液质量将增加×‎48g=‎72g。‎ ‎30. 一定温度下，向容积为‎2L的恒容密闭容器中加入等物质的量的H2和I2，发生反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g) 。测得不同反应时间容器内H2的物质的量如表；‎ 时间/min ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ n(H2)/mol ‎1‎ ‎0.75‎ ‎0.65‎ ‎0.6‎ ‎0.6‎ 回答下列问题： (1)0~20min内HI的平均反应速率为________。‎ ‎(2)反应达到化学平衡状态时，I2的转化率为______。‎ ‎(3)该条件下，能说明上述反应达到化学平衡状态的是____。(填标号)‎ A．混合气体颜色不再改变 B．容器内压强不再改变 C．H2、I2、HI三种气体体积分数不再改变 D．混合气体密度不再改变 ‎(4)该反应在三种不同情况下的化学反应速率分别为：①v(H2)=0.02mol·L-1·s-1，②v(I2)=0.32mol·L-1·min-1，③v(HI)=0.84mol·L-1·min-1。则反应进行的速率由快到慢的顺序为____。‎ ‎【答案】 (1). 0.0175mol•L-1•min-1 (2). 40% (3). AC (4). ①＞③＞②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据进行计算；‎ ‎(2)由表格可知，30、40min的氢气物质的量相同，说明30min后反应达到平衡，由此列三段式，求出I2的变化量，得到转化率；再利用平衡时HI和各组分的物质的量，求出体积分数；‎ ‎(3)根据“变量不变达平衡”对化学平衡状态进行判断；‎ ‎(4)先换速率单位一致，再分别除以系数，比较数值大小即可。‎ ‎【详解】(1)0~20min内H2的平均反应速率为，HI的平均反应速率为；‎ ‎(2)30min后，H2的物质的量不再变化，说明反应达到平衡，列三段式：‎ 则I2的转化率为；‎ ‎(3)A．混合气体颜色不再改变，说明紫色的碘蒸气的浓度不再变化，说明达到平衡状态，选项A正确；‎ B．该容器为恒容，反应前后气体的物质的量不变，容器内气体的压强始终保持不变，不能说明达到平衡状态，选项B错误；‎ C．H2、I2、HI三种气体体积分数不再改变，说明各组分的浓度不再改变，能说明达到平衡状态，选项C正确；‎ D．混合气体总质量不变，容器体积不变，则密度保持不变，不能说明达到平衡状态，选项D错误；‎ 答案选AC；‎ ‎(4)先换速率单位一致，再分别除以系数，比较数值大小即可。①v(H2)=0.02mol·L-1·s-1=1.2mol·L-1·min-1，，②，③，则反应进行的速率由快到慢的顺序：①＞③＞②。‎ ‎31. 某实验小组欲探究SO2和Cl2能否发生反应，设计如下图所示的实验装置进行实验。‎ ‎(1)装置A制取氯气，该反应的离子方程式：______________________。‎ ‎(2)装置C中发生复分解反应制取SO2，该反应的化学方程式：_________________。‎ ‎(3)为验证SO2和Cl2发生了反应，小组同学又继续如下实验。‎ ‎①甲同学认为若SO2和Cl2反应，生成了Cl-，只要检验到生成的Cl-即可，甲取适量B中样品于试管中，向其中滴加少量__________溶液，有白色沉淀生成。‎ ‎②乙同学认为甲同学的结论不合理，认为应该在装置A、B间增加一个洗气瓶，然后再按甲同学的方法实验即可得到正确结论。洗气瓶中盛有试剂是___________。‎ ‎③丙同学认为按乙同学的建议改进实验也不合理，理由是：__________________。‎ ‎④丙同学取溶液X于试管中，加入少量反应后B中的溶液，生成大量白色沉淀，得出正确结论：‎ SO2与Cl2同时通入水中，可以发生反应。溶液X是_______(填选项序号)。‎ a．BaCl2溶液　 b．Ba(OH)2溶液 　c．氯水 　d．石蕊溶液 ‎⑤SO2与Cl2同时通入水中反应的离子方程式是______________________。‎ ‎【答案】 (1). 2+10Cl-+16H+=2Mn2++8H2O+5Cl2↑ (2). Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O (3). AgNO3 (4). 饱和食盐水 (5). Cl2和水反应也会生成Cl- (6). a (7). SO2+Cl2+2H2O=2Cl-+SO42-+4H+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 装置A中是高锰酸钾与浓盐酸发生氧化还原反应产生氯气，在装置C中浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生SO2，装置A和装置C中的气体在B中发生氧化还原反应，尾气用蘸有氢氧化钠的棉花吸收，据此分析。‎ ‎【详解】(1)在装置A 高锰酸钾与浓盐酸发生氧化还原反应产生氯气，该反应的离子方程式是2+10Cl-+16H+=2Mn2++8H2O+5Cl2↑；‎ ‎(2)在装置C浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生SO2，该反应的化学方程式是Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；‎ ‎(3)①在B中SO2与Cl2会发生反应：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，反应后的溶液中含Cl-，可利用AgNO3既不溶于水，也不溶于HNO3的性质检验Cl-。甲中含有Cl-可通过向该溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若反应产生白色沉淀，就证明含有Cl-，所以加入的溶液为AgNO3；‎ ‎②制备氯气中含有氯化氢和水蒸气，氯化氢进入B中溶于水也会生成氯离子，乙同学认为Cl2中混有的杂质是HCl，需要在A、B间增加一个洗气瓶，用饱和食盐水除去；‎ ‎③丙同学认为按乙同学的建议改进实验也不合理，理由是Cl2和水反应也会生成Cl-；‎ ‎④SO2被Cl2氧化为H2SO4，结合硫酸根离子检验证明二氧化硫和氯气发生了反应，丙同学取适量B中溶液于试管中，向其中滴加少量溶液X中含Ba2+，且不能和二氧化硫发生反应；‎ a．BaCl2溶液可以检验存在，证明SO2和Cl2发生了反应，a正确； ‎ b．Ba(OH)2和SO2反应生成BaSO3沉淀，不能说明SO2和Cl2发生反应，b错误；‎ c．氯水有氧化性，氯水能将SO2在溶液中被氧化为H2SO4，也会生成BaSO4沉淀，不能说明说明SO2和Cl2发生反应，c错误；‎ d．无论氯气与SO2是否发生反应，二者溶于水后的溶液显酸性，酸溶液能够使石蕊溶液变红色，所以不能确定SO2与Cl2是否反应，d错误；‎ 故合理选项是a；‎ ‎⑤二氧化硫体现还原性，Cl2体现了强氧化性；SO2与Cl2同时通入水中反应的离子方程式是：SO2+Cl2+2H2O=2Cl-+SO42-+4H+。‎ ‎【点睛】从化合价的角度分析，二氧化硫体现还原性，Cl2体现了强氧化性，SO2与Cl2同时通入水中反应的化学方程式是：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，为难点。‎