2018-2019学年浙江省名校协作体高二上学期9月联考化学试题 解析版

2018-2019学年浙江省名校协作体高二上学期9月联考化学试题 解析版

‎2018学年第一学期浙江省名校协作体试题 高二年级化学学科 考生须知：‎ ‎1．本卷满分100分，考试时间90分钟；‎ ‎2．答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号；‎ ‎3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；‎ ‎4．考试结束后，只需上交答题卷；‎ ‎5. 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Ba 137‎ 一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）‎ ‎1.下列属于酸性氧化物的是 A. SO2 B. MgO C. H2SO4 D. NH3·H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、SO2能与氢氧化钠溶液反应，生成亚硫酸钠和水，属于酸性氧化物，故A正确；‎ B、MgO能与盐酸反应生成氯化镁和水，属于碱性氧化物，故B错误；‎ C、H2SO4属于酸，故C错误；‎ D、NH3·H2O属于碱，故D错误；‎ 综上所述，本题正确答案为A。‎ ‎【点睛】本题重点考查酸性氧化物的概念。氧化物是由两种元素组成且其中一种是氧元素的化合物；能与碱反应生成盐和水的氧化物称为酸性氧化物（如SO2 、CO2等）。能与酸反应生成盐和水的氧化物称为碱性氧化物（如MgO、Na2O等）。‎ ‎2.下列仪器不可以加热的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、为烧杯，可垫上石棉网加热，故A不符合题意；‎ B、为试管，可直接加热，加热前应先预热，防止局部过热，故B不符合题意；‎ C、圆底烧瓶垫上石棉网加热，故C不符合题意；‎ D、容量瓶不能加热，使用容量瓶有温度限制，一般容量瓶上都标有温度（25℃），故D符合题意；‎ 综上所述，本题正确答案为D。‎ ‎3.下列物质属于电解质且能导电的是 A. 金属铜 B. 盐酸 C. 熔融KCl D. 酒精 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、金属铜能导电，但金属铜是单质不是化合物，因此金属铜不是电解质，故A错误；‎ B、盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，不是化合物，所以不是电解质，故B错误；‎ C、熔融KCl是化合物，属于电解质，熔融态下电离出自由移动的钾离子和氯离子，能导电，故C正确；‎ D、乙醇是化合物，但其水溶液只存在乙醇分子，不导电，属于非电解质，故D错误；‎ 综上所述，本题正确答案为C。‎ ‎【点睛】本题重点考查电解质定义与判断。电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱和盐等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如蔗糖和酒精等。注意电解质和非电解质都是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。解题时紧抓住电解质必须是化合物，以及导电是在水溶液或熔化状态下为条件进行解题。‎ ‎4.胶体和溶液的本质区别是 A. 丁达尔效应 B. 分散剂不同 C. 能否稳定存在 D. 分散质粒子直径的大小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 当分散剂是水或其它溶剂时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），所以，溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小．故选D．‎ ‎【点评】本题考查三类分散系的本质区别，难度不大，注意三类分散系的本质区别是分散质粒子直径大小．‎ ‎5.下列反应既属于氧化还原反应又属于化合反应的是 A. Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3‎ B. 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3‎ C. 2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2‎ D. Ca(OH)2＋2NH4Cl===CaCl2＋2NH3↑＋2H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3中三种物质生成一种物质是化合反应，但反应过程中没有化合价的变化，所以不是氧化还原反应，故A不符合题意；‎ B、4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3三种物质生成一种物质是化合反应，反应前铁的化合价为+2价，反应后升高到+3价，为还原剂，反应前氧的化合价为0价，反应后化合价下降到-2价，为氧化剂，所以此反应为氧化还原反应，故B符合题意；‎ C、2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2反应前两种物质，反应后为两种物质，所以不是化合反应，此反应中存在化合价的变化，为氧化还原反应，故C不符合题意；‎ D、Ca(OH)2＋2NH4Cl=CaCl2＋2NH3↑＋2H2O反应前两种物质，反应后三种物质，所以不是化合反应，反应过程中没有化合价变化，因此为非氧化还原反应，故D不符合题意；‎ 综上所述，本题正确答案为B。‎ ‎【点睛】考查化学反应的分类的知识。氧化还原反应的判断依据：反应过程中是否有化合价的变化。‎ ‎6.下列说法不正确的是 A. 碘化银可用于人工降雨 B. 海水中含量最高的非金属元素是氯元素 C. 晶体硅常用于制造集成电路 D. 氧化镁可做耐高温材料 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、碘化银见光分解，均具有感光特性，碘化银分解成极小颗粒的"银核"，在人工降雨中，用作冰核形成剂可以跟云层中的水蒸气起催化作用，故A正确；‎ B、海水中含量大量的水分子，因此含量最高的非金属元素是氧元素，故B错误；‎ C、晶体硅是良好的半导体材料，可用于制造集成电路，故C正确；‎ D、氧化镁的熔点很高，可做耐高温材料，故D正确；‎ 综上所述，本题正确答案为B。‎ ‎7.下列表示正确的是 A. 比例模型表示CCl4分子 B. 二氧化碳的电子式：:O:C:O:‎ C. 次氯酸的结构式：H-O-Cl D. S2-的结构示意图：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、CCl4中氯原子的半径大于碳原子半径，碳原子位于中心位置，四个氯原子位于四个方向，形成正四面体，故A错误；‎ B、二氧化碳分子中，碳原子与氧原子间以碳氧双键相结合，所以二氧化碳的电子式为: O ::C:: O :，故B错误；‎ C、次氯酸中氧原子与氢原子之间以共价键结合，氧原子与氯原子间以共价键结合，所以次氯酸的结构式：H-O-Cl，故C正确；‎ D、S2-核内16个质子，核外18个电子，所以S2-的结构示意图：，故D错误；‎ 综上所述，本题正确答案为C。‎ ‎8.下列说法正确的是 A. 干冰和石英晶体中的化学键类型相同，熔化时需克服微粒间的作用力类型也相同 B. 某物质在熔融态能导电，则该物质中一定含有离子键 C. N2和Cl2两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构 D. NaHSO4晶体溶于水时，只有离子键被破坏 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、干冰是分子晶体，熔化时需克服的作用力是范德华力，石英晶体是原子晶体，熔化时需克服的作用力是共价键，故A错误；‎ B、某物质在熔融态能导电，则该物质中不一定含有离子键，也可能含有金属键，故B错误； ‎ C、N2和Cl2两种分子中，N2中氮原子之间以氮氮三键结合， Cl2分子中氯原子键以氯氯单键结合，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构；故C正确；‎ D、NaHSO4晶体溶于水破坏HSO4-、Na+之间的离子键以及HSO4-中H-O共价键，故D错误。‎ 综上所述，本题正确答案为C。‎ ‎9.在酸性溶液中，下列离子不能大量存在的是 A. Mg2+ B. HCO3ˉ C. SO42﹣ D. Fe3+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、镁离子和氢离子不反应,所以能大量共存,故A不符合题意；‎ B、氢离子和碳酸氢根离子反应生成弱电解质水和非电解质二氧化碳,所以不能大量共存,故B符合题意；‎ C、氢离子和硫酸根离子不反应,所以能大量共存,故C不符合题意；‎ D、铁离子和氢离子不反应,所以能大量共存,故D不符合题意；‎ 综上所述，本题正确答案为B。‎ ‎【点睛】本题考查离子共存,明确离子性质及离子共存体积是解本题关键,生成弱电解质、气体、沉淀或发生氧化还原反应、双水解反应、络合反应的离子不能大量共存。酸性溶液中含有大量氢离子,能和氢离子反应的离子不能大量共存,据此分析解答。‎ ‎10.下列说法正确的是 A. 容量瓶和分液漏斗使用前必须要检漏并干燥 B. 蒸馏操作时，温度计水银球应插入液面下 C. 检验Fe2+、Fe3+、Cl-溶液中的Fe2+，加入酸性高锰酸钾看是否褪色 D. 做过碘升华的圆底烧瓶可以用酒精洗涤 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、具有塞子或活塞的仪器使用前需检漏，量瓶和分液漏斗使用前必须要检漏，但均不需干燥，故A错误；‎ B、蒸馏操作时，温度计水银球应插在蒸馏烧瓶的支管口处，故B错误；‎ C、氧化性KMnO4(H+）>Cl2>Fe3+，还原性Cl-r(O2-)>r（Na+） (4). 2HClO4+Na2CO3=CO2+H2O+2NaClO4 (5). Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 现有A、B、C、D、E、F、G是元素周期表中前18号元素，它们的原子序数依次增大。A与E同主族且A的原子半径最小，在前18号元素中，原子半径最小的为H，B与D组成常见化合物BD、BD2，且二者相对分子质量相差16，所以D的相对分子质量为16，所以D为O元素，F的最外层电子数等于电子层数，且原子序数大于16，所以F为Al元素，G单质是黄绿色气体，则G为Cl元素，A与E同主族，则E为Na元素，B为C元素，C为N元素。‎ ‎【详解】（1）由上述分析可知，B为C元素，在元素周期表中的位置第二周期第IVA族；‎ ‎（2）由上述分析可知，C为N元素，N2的电子式为；离子半径比较电子层数越多，半径越大，因此r(Cl-)>r(O2-)， r(Cl-)>（Na+），电子层数相同，核电荷数越大半径越小，因此r(O2-)>r（Na+），所以三者离子半径大小为r(Cl-)>r(O2-)>r（Na+）；‎ ‎（3）元素最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则其非金属性越强，而根据化学反应规律，强酸可以制备弱酸，所以2HClO4+Na2CO3=CO2+H2O+2NaClO4可以证明Cl的非金属性强于C；‎ ‎（4）化合物甲由D、F两元素组成，所以化合物甲为氧化铝， C单质为氮气， B单质为碳，三者按物质的量之比1∶1∶3在一定条件下反应可得到乙和一氧化碳，根据质量守恒可知乙为氮化铝，反应方程式为Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO。‎ ‎【点睛】本题重点考查根据元素性质与结构推断元素种类。现有A、B、C、D、E、F、G是元素周期表中前18号元素，它们的原子序数依次增大。A与E同主族且A的原子半径最小，在前18号元素中，原子半径最小的为H，B与D组成常见化合物BD、BD2，且二者相对分子质量相差16，所以D的相对分子质量为16，所以D为O元素，F的最外层电子数等于电子层数，且原子序数大于16，所以F为Al元素，G单质是黄绿色气体，则G为Cl元素，A与E同主族，则E为Na元素，B为C元素，C为N元素。题中涉及元素周期律的相关内容。离子半径比较：电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小；非金属性比较：元素最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则其非金属性越强。据此解题。‎ ‎31.硫酰氯(SO2Cl2)常用作氯化剂和氯磺化剂，在染料、药品、除草剂和农用杀虫剂的生产过程中有重要作用。现在拟用干燥的Cl2和SO2在活性炭催化下制取硫酰氯。反应的化学方程式为：SO2(g)+ Cl2(g) =SO2Cl2(l) ΔH =−97.3 kJ·mol−1，实验装置如图所示(部分夹持装置未画出)。 ‎ 已知：硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点−54.1℃，沸点69.1℃。在潮湿空气中“发烟”；长期放置或者100°C以上发生分解，生成二氧化硫和氯气。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）仪器C的名称是_______________，冷凝管的进水方向______（填“a”或“b”）。‎ ‎（2）下列操作或描述正确的是_________________。‎ A．将70%硫酸换成98.3%硫酸，可以加快制取SO2的速率 B．实验中通过观察乙、丁导管口产生气泡的速率相等，可控制两种反应物体积相等 C．装置戊上方分液漏斗中最好选用0.10 mol·L-1NaCl溶液，减小氯气的溶解度 D．装置己防止污染，又防止硫酰氯变质 ‎（3）氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得硫酰氯，写出反应方程式：_____________。‎ ‎（4）长期储存的硫酰氯会发黄，可能的原因是_________________________(用化学方程式和必要的文字加以解释)。‎ ‎（5）若反应中消耗的氯气体积为896 mL(标准状况下)，最后经过分离提纯得到4.05 g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为_______。（产率＝×100%）‎ ‎【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). a (3). BD (4). 2ClSO3HSO2Cl2 + H2SO4 (5). SO2Cl2=SO2+Cl2，分解产生少量的氯气溶解在其中 (6). 75%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）仪器C为蒸馏烧瓶，冷凝水的流向是“下进上出”，所以装置丙的冷凝管中冷凝水的入口是a；‎ ‎（2）A．98.3%硫酸其中缺少水,硫酸并未完全电离,仍以分子形式存在,而Na2SO3（s）与H2SO4的反应是在H2SO4电离成离子的状态下才能顺利进行，故A错误；‎ B、实验中通过观察乙、丁导管口产生气泡的速率相等，即通入的二氧化硫和氯气的量相等，因此可控制两种反应物体积相等，故B正确；‎ C、装置戊上方分液漏斗中最好选用饱和1NaCl溶液，减小氯气的溶解度，故C错误；‎ D、装置己可吸收尾气二氧化硫和氯气，防止污染，同时阻止与潮湿的空气接触，防止硫酰氯变质，故D正确；‎ 综上所述，本题应选BD；‎ ‎（3）氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得硫酰氯，可根据质量守恒配平，反应方程式为;2ClSO3HSO2Cl2 + H2SO4；‎ ‎（4）由分解反应SO2Cl2=SO2+Cl2‎ 可知，分解产生少量的氯气，氯气为黄绿色，溶解在其中，会导致硫酰氯发黄；‎ ‎（5）若反应中消耗的氯气体积为896 mL(标准状况下)，氯气的物质的量为0.04mol，根据反应方程式SO2(g)+ Cl2(g) =SO2Cl2(l)可知，制备出的SO2Cl2(l)的物质的量为0.04mol，质量为0.04mol×135g/mol=5.4g，因此产率为4.05 g/5.4g×100%=75%。‎ ‎32.高聚合物G、I 可用于生产全生物降解塑料， 在“白色污染”日益严重的今天有着重要的作用。有关转化关系如下：‎ 已知：①CH3CH2CH2Br+NaOHCH3CH2CH2OH+NaBr；②H的分子中有一个含“—O—”结构的三元环；③含有“”结构的有机物分子不能稳定存在。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）写出H的结构简式_____________。‎ ‎（2）下列说法不正确的是_______________。‎ A．化合物G、I属于酯类 B．物质A可以发生中和反应 C．1mol D与足量Na反应放出1molH2‎ D．B和氯气在一定条件可以发生加成生成C3H5Cl ‎ ‎（3）写出由两分子 F合成六元环化合物的化学方程式_________。‎ ‎（4）化合物F有多种同分异构体，写出符合下列条件F的同分异构体的结构简式_____________。‎ ‎①能和NaOH反应；②能发生银镜反应 ‎ ‎（5）依据上述合成路线，设计以乙烯为原料制备乙二醛（）的合成路线（无机原料任意选择，合成路线用流程图表示）__________________。合成路线流程图示列：‎ ‎【答案】 (1). (2). BD (3). (4). HCOO CH2CH2OH、 HCOO CH（OH）CH3 、HCOO CH2OCH3 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ B中含有碳碳双键，与溴水发生加成反应生成C，C在碱性条件下水解得出D为CH3CHOHCH2OH，D催化氧化得E为CH3COCOOH,E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH,F中含有羧基和羟基在一定条件下发生缩聚反应得G，比较A与E的分子式可知，A为CH3COHCHO。由已知②H的分子中有一个含“—O—”结构的三元环，可知H为,H与二氧化碳发生聚合反应生成聚碳酸酯多元醇。‎ ‎【详解】（1）由以上分析可知，H的结构简式为；‎ ‎（2）A、F为CH3CHOHCOOH,F中含有羧基和羟基，在一定条件下F发生分子间缩聚反应得G，因此G属于酯类；H为,H与二氧化碳发生聚合反应生成聚碳酸酯多元醇I，因此I也属于酯类，故A正确；‎ B、由上述分析可知，A为CH3COHCHO，不能发生中和反应，故B错误；‎ C、D为CH3CHOHCH2OH，含有两个羟基，因此1mol D与足量Na反应放出1molH2，故C正确；‎ D、B中含有碳碳双键，能与氯气在一定条件可以发生加成生成C3H6Cl2，故D错误；‎ 综上所述，本题应选BD；‎ ‎（3）F为CH3CHOHCOOH中含有羟基和羧基，可以发生酯化反应，‎ ‎；‎ ‎（4）①能和NaOH反应，说明含有羧基或酯基，②能发生银镜反应，说明含有醛基，因此符合条件的同分异构体有HCOOCH2CH2OH、 HCOOCH（OH）CH3 、HCOOCH2OCH3‎ ‎（5）以乙烯为原料，乙烯先与溴水发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，1,2-二溴乙烷与氢氧化钠水溶液发生水解生成乙二醇，再经催化氧化可得乙二醛，具体流程为：。‎ ‎ ‎