湖北省沙市中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学（学考）试题

湖北省沙市中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学（学考）试题

‎2019—2020学年上学期2018级 期中考试化学试卷（学考）‎ 相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Mg 24 Fe 56 Ｃu 64 Ag 108‎ 第Ⅰ卷（选择题 共60分）‎ 本大题共40小题，前20题每题1分，后20题每题2分，每小题只有一个选项符合题意 ‎1.下列仪器对应名称正确的是 A. 容量瓶 B. 蒸馏烧瓶 C. 蒸发皿 D. 滴定管 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．为圆底烧瓶，才是容量瓶，故A错误；‎ B．为蒸馏烧瓶，故B正确；‎ C．为坩埚，蒸发皿是，故C错误；‎ D．为冷凝管，滴定管上有刻度，用于滴定实验，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎2.下列实验装置可用于分离酒精与水的是(     )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】酒精和水的互溶的液体，因此分离酒精与水只能采用蒸馏方法，故D正确；‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎【点睛】液体和液体互溶采用蒸馏，液体和液体不相溶采用分液，固体和液体不相溶采用过滤。‎ ‎3.下列气体不会造成空气污染的是(　　)‎ A. N2 B. CO C. SO2 D. NO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：根据常见气体的性质、对环境的危害以及常见的大气污染物分析判断。‎ 详解：A. N2是空气的主要成分，不会对空气造成污染，A正确；‎ B. CO是有毒气体，属于大气污染物，会对空气造成污染，B错误；‎ C. SO2是有毒气体，属于大气污染物，会对空气造成污染，C错误；‎ D. NO2是有毒气体，属于大气污染物，会对空气造成污染，D错误，答案选A。‎ ‎4.下列危险化学品标志中表示腐蚀品的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、为腐蚀品标志，故A正确；B、为易燃固体标志，故B错误；C、为辐射标志，故C错误；D、为易燃液体或易燃气体标志，故D错误。‎ ‎5.下列元素不属于第三周期的是 A. 溴 B. 硫 C. 磷 D. 钠 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】第三周期，从左到右，元素依次是钠、镁、铝、硅、磷、硫、氯、氩，不包含溴，故答案选A。‎ ‎6.碘元素的一种核素可用于治疗肿瘤，下列有关的说法中正确的是 A. 质子数为53 B. 中子数为125 C. 电子数为72 D. 质量数为72‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 据原子组成符号的含义分析判断。‎ ‎【详解】原子（核素）组成符号中，X为元素符号，Z为质子数，A为质量数。质量数A＝质子数Z+中子数N。则原子（核素）的质子数、电子数都是53，质量数为125，中子数为72。本题选A。‎ ‎7.下列有关物质分类或归类正确的是 A. 液氯是化合物 B. 碱石灰是混合物 C. 铜是电解质 D. Na2O是钠盐 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 液氯是只含有一种元素的纯净物，属于单质，选项A错误；‎ B. 碱石灰是氢氧化钠和氧化钙的固体混合物，选项B正确； ‎ C. 铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，选项C错误； ‎ D. Na2O由两种元素组成，其中一种为氧元素，为氧化物，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎8.实验室检验某FeCl2溶液是否含有FeCl3，可向溶液中加入(     )‎ A. NaOH溶液 B. KSCN溶液 C. 氯气 D. 锌片 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】实验室检验某FeCl2溶液是否含有FeCl3，可向溶液中加入KSCN，溶液变为红色，则含有铁离子，反之则无，故B正确；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎【点睛】检验铁离子用KSCN溶液检验，检验亚铁离子先加KSCN溶液，无现象，再加氯水，溶液变为红色，说明含有亚铁离子。‎ ‎9.下列说法正确是的 A. 甲烷不能发生氧化反应 B. 甲烷点燃前不需要验纯 C. 二氯甲烷有2种同分异构体 D. 甲烷和异丁烷互为同系物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、甲烷的燃烧生成水和二氧化碳的反应为氧化反应，故A错误；‎ B项、可燃性气体燃烧时易发生爆炸，点燃前进行验纯，甲烷为可燃性气体，点燃前必须验纯，故B错误；‎ C项、因甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构，二氯甲烷没有同分异构体，故C错误；‎ D项、结构相似，在分子组成上相差1个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物，甲烷和异丁烷结构相似，在分子组成上相差3个CH2原子团，互称为同系物，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查甲烷结构和性质，注意熟悉甲烷的结构特点及性质是解题关键。‎ ‎10.下列物质属于电解质并且能导电的是（ ）‎ A. Na2CO3·10H2O晶体 B. 熔融的Al2O3‎ C. 稀硫酸 D. 蔗糖 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．Na2CO3·10H2O晶体是电解质，但不能导电，故A错误；B．熔融的Al2O3能导电且为电解质，故B正确，C．稀硫酸能导电，但不是电解质也不是非电解，故C错误；D．蔗糖是非电解质，故D错误，答案为B。‎ 考点：考查物质的分类及导电性的判断。‎ ‎11.下列反应中，盐酸只作氧化剂的是(     )‎ A. Zn+2HCl = ZnCl2+H2↑ B. MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O C. Cl2+H2O = H++Cl–+HClO D. CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，Zn+2HCl = ZnCl2+H2‎ ‎↑，盐酸中氢化合价降低，氢元素化合价全部降低，只作氧化剂，故A正确；‎ B选项，MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，盐酸中氯化合价一部分升高，一部分没变，盐酸既作还原剂又起酸性，故B错误；‎ C选项，Cl2+H2O = H++Cl–+HClO，盐酸是生成物，不做氧化剂，故C错误；‎ D选项，CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O，盐酸化合价没变，只作酸性，故D错误；‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎12.在元素周期表中，同周期元素原子具有相同的（ ）‎ A. 电子层数 B. 核电荷数 C. 核外电子数 D. 最外层电子数 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据元素周期表中，同周期元素原子原子结构示意图分析。‎ ‎【详解】因元素周期表中，同周期元素原子的原子结构示意图中，核核电荷数不同，核外电子数不同，电子层数相同，最外层电子数不同。‎ 答案选A。‎ ‎13.当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是(     )‎ A. NaOH溶液 B. Fe(OH)3胶体 C. 稀硫酸 D. 新制Cu(OH)2悬浊液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是胶体的性质，故B正确；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎【点睛】胶体知识几点提醒：‎ ‎1．利用丁达尔效应可以快速鉴别溶液与胶体，但胶体区别于其他分散系的本质特征是胶体粒子的直径介于1～100 nm之间，而不是丁达尔效应。‎ ‎2．胶体不带电荷，胶体粒子(分散质)带电荷，但淀粉胶体的胶体粒子也不带电荷。‎ ‎3．胶体粒子是多个分子形成的聚集体或大分子。‎ ‎4．胶体具有介稳性的主要原因是胶体粒子可以通过吸附而带有电荷，且同种胶体粒子的电性相同。‎ ‎5．分离提纯胶体时应用半透膜，不能使用滤纸。‎ ‎6．制备Fe(OH)3胶体时，不能用Fe3＋与碱反应制得；利用饱和FeCl3溶液加热制Fe(OH)3胶体时，不能长时间加热。‎ ‎7．在Fe(OH)3胶体中，Fe(OH)3胶体粒子的数目要远远小于原FeCl3溶液中Fe3＋的数目。‎ ‎14.吸进人体内的氧有2%转化为氧化性极强的活性氧，这些活性氧能加速人体衰老，被称为“生命杀手”。中国科学家尝试用Na2SeO3清除人体内活性氧，Na2SeO3的作用是（ ）‎ A. 还原剂 B. 氧化剂 C. 既是氧化剂又是还原剂 D. 既不是氧化剂又不是还原剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】“活性氧”氧化性极强，服用含硒元素(Se)的化合物亚硒酸钠(Na2SeO3)，能消除人体內的活性氧，表明Na2SeO3能将“活性氧”还原，“活性氧”为氧化剂，Na2SeO3 为还原剂，故选A。‎ ‎【点睛】明确信息及活性氧的氧化性极强是解答本题的关键。要知道在氧化还原反应中，还原剂+氧化剂→氧化产物+还原产物，还原剂具有还原性，将氧化剂还原成还原产物。‎ ‎15.对化学反应限度的叙述，错误的是 A. 任何可逆反应都有一定的限度 B. 化学反应达到限度时，正逆反应速率相等 C. 化学反应的限度是不可改变的 D. 化学反应的限度与时间的长短无关 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.可逆反应不能完全转化，在一定条件下，当正逆反应速率相等时，达到反应限度，所以任何可逆反应都有一定的限度，A正确；‎ B.对应可逆反应，当正逆反应速率相等，反应达到反应的限度，B正确；‎ C.不同的外界条件有不同的反应限度，当外界条件发生变化时，反应限度可能发生改变，C错误；‎ D．可逆反应不能完全转化，无论时间多长，都不可能完全转化，所以反应限度与时间的长短无关，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎16.下列化学用语正确的是(　　)‎ A. 氮气的电子式：‎ B. CO2的结构式为 O﹣C﹣O C. 乙酸的分子式： C2H4O2‎ D. 乙烯的结构简式：CH2CH2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氮气分子中氮原子间形成三个共用电子对后各自达到8电子稳定结构，电子式为，故A错误；‎ B.由最外层电子及形成8电子稳定结构可知，存在C=O，则CO2分子的结构式O=C=O，故B错误；‎ C.乙酸的分子式为C2H4O2，故C正确；‎ D.乙烯的结构简式为CH2=CH2，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎17.下列不能使有色布条褪色的物质是 A. 氯水 B. 氯化钙溶液 C. 漂白粉溶液 D. 次氯酸钠溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯水中含有HClO，具有漂白性，能使有色布条褪色，故A不选；B．氯化钙溶液不具有漂白性，不能使有色布条褪色，故B选；C．漂白粉溶液含有ClO-，能生成HClO，具有漂白性，能使有色布条褪色，故C不选；D．次氯酸钠溶液含有ClO-，能生成HClO，具有漂白性，能使有色布条褪色，故D不选；故选B。‎ ‎【点睛】具有漂白性的物质有HClO、SO2、H2O2、O3等物质或能生成该物质的单质或化合物。本题中要注意含氯化合物的性质，易错点为CD。‎ ‎18.下列各组中的三种微粒，所含质子数与电子数都相等的是 ( )‎ A. Na+、 Mg2+、 Al3+ B. HCl、H2S、 Ar C. H2O、OH-、 Na+ D. NH4+、 Na+、F-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na+、Mg2+、Al3+的质子数分别为：11、12、13，电子数分别为10，10、10，故A错误；‎ B. HCl、H2S、Ar的质子数分别为：18、18、18，电子数分别为18，18、18，故B正确；‎ C. H2O、OH−、Na+的质子数分别为：10、9、11、电子数分别为10，10、10，故C错误；‎ D. NH4+、Na+、F−的质子数分别为：11、11、9、电子数分别为10，10、10，故D错误。答案选B。‎ ‎19.以下微粒通常只具有氧化性的是(     )‎ A. Fe B. Fe2+ C. Fe3+ D. H2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，Fe处于最低价态，只能升高，只作还原剂，故A错误；‎ B选项，Fe2+处于中间价态，既可升高又可降低，既作氧化剂又作还原剂，故B错误；‎ C选项，Fe3+处于最高价态，只能降低，只作氧化剂，故C正确；‎ D选项，H2处于中间价态，既可升高又可降低，既作氧化剂又作还原剂，但一般作还原剂，故D错误；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎20.用四氯化碳萃取碘的饱和水溶液中的碘，下列说法中不正确的是 (　 　)‎ A. 使用分液漏斗前要先检漏 B. 碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度小 C. 碘的四氯化碳溶液在下层，呈紫红色 D. 分液时，碘的四氯化碳溶液从分液漏斗下口流出，水层从分液漏斗上口倒出 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 使用分液漏斗前要先检漏，A正确；B. 碘和四氯化碳都是非极性分子，水是极性分子，非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，所以碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度大，B错误；C. 四氯化碳的密度大于水，碘的四氯化碳溶液在下层，呈紫红色，C正确；D. 四氯化碳的密度大于水，分液时，碘的四氯化碳溶液从分液漏斗下口流出，水层从分液漏斗上口倒出，D正确，答案选B。‎ 点睛：掌握萃取分液的原理是解答的关键，萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，选用的萃取剂的原则是：①和原溶液中的溶剂互不相溶更不能发生化学反应；②溶质在该溶剂中溶解度要远大于原溶剂。‎ ‎21.下列含氯化合物中，不能由金属单质和氯气直接反应得到的是 A. FeCl2 B. CuCl2 C. AlCl3 D. MgCl2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氯气具有强氧化性，与变价金属生成高价金属氯化物，以此来解答。‎ ‎【详解】A.Fe与氯气反应生成FeCl3，故A选； B.Cu与氯气反应生成CuCl2，故B不选；  C.Al与氯气反应生成AlCl3 ，故C不选；  D. Mg与氯气反应生成MgCl2，故D不选；‎ 综上所述，本题选A。‎ ‎22.下列原子半径最大的是(     )‎ A. O B. F C. Na D. S ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据层多径大，同电子层核多径小原则，四者半径大小顺序为r(Na) > r(S) > r(O) > r(F)，故C正确；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎【点睛】判断半径原理：层多径大，同电子层核多径小原则。‎ ‎23.下列金属中，工业上常用热分解法冶炼的是(     )‎ A. 镁 B. 钾 C. 铁 D. 银 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，镁常用电解熔融氯化镁得到，故A错误；‎ B选项，钾常采用金属钠和氯化钾反应得到钾蒸汽和氯化钠，故B错误；‎ C选项，铁常采用一氧化碳还原氧化铁得到，故C错误；‎ D选项，银采用热分解氧化银得到，故D正确；‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎【点睛】根据金属活动顺序变中Zn以前的金属采用电解法得到，[Zn，Cu]采用热还原法得到，Cu以后的金属采用热分解法得到。‎ ‎24.下列气体的收集方法正确的是(     )‎ A. Cl2（既能用排饱和食盐水法收集也能用向上排空气法收集）‎ B. NO（既能用排水法收集也能用向上排空气法收集）‎ C. SO2（既能用排水法收集也能用向上排空气法收集）‎ D. O2（既能用排水法收集也能用向下排空气法收集）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，Cl2在饱和水盐水中溶解度几乎不溶，密度比空气大，因此既能用排饱和食盐水法收集也能用向上排空气法收集，故A正确；‎ B选项，NO不溶于水，但要与空气中的氧气反应，因此只能用排水法收集，故B错误；‎ C选项，SO2密度比空气大，但要溶于水，与水反应，因此不能用排水法收集，可以用向上排空气法收集，故C错误；‎ D选项，O2密度比空气大，难溶于水，因此能用排水法收集也能用向上排空气法收集，故D错误；‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎25.下列有关物质性质的叙述正确的(     )‎ A. Fe在少量氯气中点燃可生成FeCl2 B. Na在空气中加热生成淡黄色固体 C. 次氯酸见光分解生成Cl2 D. Cu与稀H2SO4加热可生成SO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，Fe在氯气中点燃，无论氯气过量还是少量都生成FeCl3，故A错误；‎ B选项，Na在空气中加热生成淡黄色固体过氧化钠，故B正确；‎ C选项，次氯酸见光分解生成盐酸和氧气，故C错误；‎ D选项，Cu与稀H2SO4加热不反应，铜与浓硫酸在加热条件下反应可生成SO2，故D错误；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎【点睛】铁与氯气，无论氯气少量过量都只生成氯化铁，硫和氧气，无论氧气不足还是充足都只生成二氧化硫。‎ ‎26.下列反应的离子方程式书写正确的是 A. 石灰石与稀醋酸反应：CaCO3+2CH3COOH==Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑‎ B. 三氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应：FeCl3+3OH-==Fe(OH)3↓+3Cl-‎ C. 氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应:Ba2++SO42-=BaSO4↓‎ D. 钠投入水中：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A. 石灰石与稀醋酸反应：CaCO3+2CH3COOH＝Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，A正确；B. 三氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应：Fe3++3OH-＝Fe(OH)3↓，B错误；C. 氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应生成硫酸钡、氢氧化铜两种沉淀，C错误；D. 钠投入水中：2Na+2H2O＝2Na++2OH-+H2↑，D错误，答案选A。‎ 点睛：明确物质的性质、发生的化学反应以及掌握物质的拆分是解答此类问题的关键，该类问题一般可以从反应能否发生、反应物和生成物是否正确、各物质拆分是否正确、是否符合守恒关系以及是否符合原化学方程式等几个方面分析判断。‎ ‎27.下列有机反应属于取代反应的是(     )‎ A. CH2=CH2+HClCH3CH2Cl B. 2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O C. +3H2 D. CH4+Cl2CH3Cl+HCl ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，CH2=CH2+HClCH3CH2Cl属于加成反应，故A错误；‎ B选项，2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O属于氧化反应，故B错误；‎ C选项，+3H2属于加成反应，故C错误；‎ D选项，CH4+Cl2CH3Cl+HCl是取代反应，故D正确；‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎28.以下列物质中，含有共价键的离子化合物是 A. MgCl2 B. NaOH C. Na2O D. H2S ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．MgCl2中只有镁离子与氯离子形成的离子键，选项A错误；‎ B．NaOH中钠离子与氢氧根离子以离子键结合，O、H之间以极性共价键结合，则NaOH为含有极性共价键的离子化合物，选项B正确；‎ C．Na2O中钠离子与氧离子以离子键结合，只存在离子键，选项C错误；‎ D．H2S中只存在共价键，且为共价化合物，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎29.下列反应是吸热反应的是 A. NaOH 和 HC1 反应 B. Zn和HCl反应 C. Ba(OH)2•H2O 和NH4Cl反应 D. CO燃烧 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、NaOH和HCl反应是酸碱中和反应，是放热反应，选项A错误；‎ B、Zn与盐酸反应是金属与酸的氧化还原反应，是放热反应，选项B错误；‎ C、Ba(OH)2•H2O与NH4Cl的反应是碱与铵盐的反应，反应物总能量小于生成物总能量，是吸热反应，选项C正确；‎ D、CO燃烧，燃烧反应是放热反应，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查吸热反应和放热反应，放热反应是指反应过程中有热量放出的反应，常见反应中燃烧反应、中和反应全是放热反应，酸碱中和的反应，金属与酸的反应，金属与水的反应，燃烧反应，爆炸反应全是放热反应．由不稳定物质变为稳定物质的反应、多数化合反应是放热的（但是我们要注意高压下石墨转变成金刚石也是放热反应，尽管常压下是相反的），多数分解反应是吸热的（但均不能绝对化，如氯酸钾分解生成氯化钾与氧气就是常见的放热反应），能自发进行的氧化还原反应都是放热反应。‎ ‎30.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是( )‎ A. 标准状况下，11.2 L H2O 中含有的氧原子数为0.5NA B. 5.6 g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NA C. 16 g O2与16 g O3含有的氧原子数目相等 D. 常温常压下，11.2 L氯气所含原子数目为NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，标准状况下，H2O为非气体，不能用气体摩尔体积进行计算，故A错误；‎ B选项，5.6 g铁即物质的量为0.1 mol，铁与足量盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，铁升高2个价态，因此0.1 mol铁反应转移的电子数为0.2NA，故B错误；‎ C选项，16 g O2物质的量，氧原子物质的量，16 g O3物质的量，氧原子物质的量，因此两者含有的氧原子数目相等，故C正确；‎ D选项，常温常压下，气体摩尔体积为24.5 L∙mol-1，因此11.2 L氯气物质的量小于0.5mol，所含原子数目小于NA，故D错误；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎31.如图是实验室进行氨溶于水的“喷泉实验”的装置，下列叙述不正确的是(     )‎ A. 该实验说明氨气是一种极易溶于水的气体 B. 进入烧瓶中的液体颜色由无色变为红色，说明氨水有碱性 C. 氨水很稳定，将烧瓶中的红色溶液加热，颜色不会发生变化 D. 形成“喷泉”的主要原因是氨气溶于水后，烧瓶内的气压小于大气压 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，挤压胶头滴管，滴有酚酞的水能形成喷泉实验，说明烧瓶产生较大压强差，从而说明氨气极易溶于水，故A正确，不符合题意；‎ B选项，进入烧瓶中的液体颜色由无色变为红色，酚酞遇见碱变为红色，说明氨水有碱性，故B正确，不符合题意；‎ C选项，将烧瓶中的红色溶液加热，溶液颜色变浅，说明氨水不稳定，易分解，故C错误，符合题意；‎ D选项，氨气溶于水后，烧瓶内的气压小于大气压，从而形成“喷泉”，故D正确，不符合题意；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎【点睛】喷泉实验的原理及应用 ‎1．喷泉实验的原理 使烧瓶内外在短时间内产生较大的压强差，利用大气压将烧瓶下面烧杯中的液体压入烧瓶内，在尖嘴导管口形成喷泉。‎ ‎2．形成喷泉的类型 下面是几种常见的能形成喷泉的气体和液体。‎ 气体 HCl NH3‎ CO2、Cl2、SO2、H2S NO2‎ NO、O2‎ ‎(4∶3)‎ NO2、O2‎ ‎(4∶1)‎ 吸收剂 水、NaOH溶液 水 NaOH溶液 水 水 水 ‎ 3．喷泉实验成功的关键 ‎⑴盛气体的烧瓶必须干燥；‎ ‎⑵气体要充满烧瓶；‎ ‎⑶烧瓶不能漏气(实验前应先检查装置的气密性)；‎ ‎⑷所用气体能大量溶于所用液体或气体与液体快速反应。‎ ‎32.一定条件下将1 mol N2和3 mol H2置于密闭容器中发生反应N2+3H22NH3(正反应是放热反应)。下列关于该反应说法正确的是 A. 降低温度可以加快反应速率 B. 达到化学反应限度时，生成2mol NH3‎ C. 向容器中再加入N2可以加快反应速率 D. 1mol N2 和3mol H2的总能量低于2mol NH3的总能量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 降低温度化学反应速率减慢，A错误； ‎ B.合成氨是可逆反应，可逆反应的反应物不能完全转化为生成物，所以1mol N2和3mol H2发生反应生成的氨气的物质的量少于2mol，B错误；‎ C.在其他条件不变时，增大反应物的浓度，化学反应速率加快，在体积一定的密闭容器中再加入N2，使反应物浓度增大，所以化学反应速率加快，C正确；‎ D.该反应的正反应是放热反应，说明1mol N2和3mol H2的总能量高于2mol NH3的总能量，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎33.如图是配制一定物质的量浓度溶液的过程示意图。下列说法中错误的是(     )‎ A. 所配制的Na2CO3溶液的物质的量浓度为1.0 mol · L－1‎ B. 操作2是将溶解并放置至室温的Na2CO3溶液转移到容量瓶中 C. 操作4如果仰视，会使配得溶液的浓度偏低 D. 操作5中，定容摇匀后发现液面低于刻度线，继续加水至液面与刻度线相切 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，10.6g碳酸钠物质的量，溶液体积为100mL，因此所配制的Na2CO3溶液的物质的量浓度为1.0 mol∙L－1，故A正确，不符合题意；‎ B选项，操作2是将溶解并放置至室温的Na2CO3溶液，冷却至室温后再转移到容量瓶中，故B正确，不符合题意；‎ C选项，操作4如果仰视，溶液的体积偏大，则配得溶液的浓度偏低，故C正确，不符合题意；‎ D选项，操作5中，定容摇匀后发现液面低于刻度线，继续加水至液面与刻度线相切，溶液体积偏大，浓度偏低，故D错误，符合题意；‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎34.科学的实验方法为我们探索物质世界提供了一把金钥匙。下列实验能达到目的的是(     )‎ 实验目的 实验步骤及现象 选项 A 探究铁与水在高温下发生反应 将水蒸气通过灼热的铁粉，观察粉末变为红褐色 B 证明溶液中含有Fe3+‎ 向溶液中加入KSCN溶液，观察到溶液变红 C 证明钠与氧气反应会生成过氧化钠 切开金属钠，钠表面的银白色会逐渐褪去 D 证明二氧化硫具有漂白性 将SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，水蒸气和铁粉反应是生成黑色的四氧化三铁，不是红褐色，故A错误，不符合题意；‎ B选项，溶液中加入KSCN溶液，溶液变红，证明含有铁离子，故B正确，符合题意；‎ C选项，切开金属钠，钠表面的银白色会逐渐褪去，生成了氧化钠，钠在氧气中加热才生成过氧化钠，故C错误，不符合题意；‎ D选项，二氧化硫通入到酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，说明二氧化硫的还原性，不是证明漂白性，故D错误，不符合题意；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎35.下列各组中离子，能在溶液中大量共存的是 A. H+、K+、SO42-、OH- B. H+、K+、S2-、CO32-‎ C. K+、NH4+、Cl-、SO42- D. Na+、Ca2+、CO32-、NO3-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、H+、OH−两种离子能结合成水，不能大量共存，选项A错误；‎ B、H+与S2-、CO32-均能反应生成弱酸或者HS-、HCO3-，不能大量共存，选项B错误；‎ C、K+、NH4+、Cl-、SO42-四种离子间不能结合成沉淀、气体或水，能大量共存，选项C正确；‎ D、Ca2+与CO32−离子能结合成碳酸钙沉淀，不能大量共存，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎36.等质量的两块钠，第一块在足量氧气中加热，第二块在氧气中常温下充分反应，则下列说法正确的是 A. 第一块钠失去电子多 B. 两块钠失去电子一样多 C. 第二块钠的反应产物质量最大 D. 两块钠的反应产物质量一样大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、钠在足量氧气中加热，生成Na2O2，钠在足量氧气(常温)中充分反应生成Na2O，两个反应中，钠失去的电子一样多，化合价均由0价变为+1价，A错误；‎ B、根据A中分析可知B正确；‎ C、由于钠的质量相同，因此过氧化钠和氧化钠的物质的量相同，但质量不同，过氧化钠的摩尔质量大于氧化钠的摩尔质量，所以过氧化钠的质量更大，C错误；‎ D、根据C中分析可知D错误；‎ 答案选B。‎ ‎37.将20mL 5 mol/L NaCl溶液加水稀释至1000 mL，稀释后溶液中NaCl的物质的量浓度为(     )‎ A. 0.01 mol/L B. 0.02 mol/L C. 0.1 mol/L D. 0.2 mol/L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据溶液稀释原则，稀释前后溶质的物质的量不变，，解得c=0.1 mol∙L-1，故C正确；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎38.下列有关性质的比较，错误的是 A. 酸性：H2SO4＞H3PO4‎ B. 沸点：H2S＞H2O C. 热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3‎ D. 碱性：NaOH＞Mg(OH)2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性：S＞P，所以酸性H2SO4＞H3PO4，选项A正确；‎ B．分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，还与氢键有关，水分子间存在氢键、硫化氢分子间不含氢键，所以沸点：H2O＞H2S，选项B错误；‎ C．NaHCO3不稳定，加热易分解：，碳酸钠受热稳定，选项C正确；‎ D．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性：Na＞Mg，所以碱性NaOH＞Mg(OH)2，选项D正确；‎ 答案选B。‎ ‎39.下列装置中能构成原电池的是(     )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，，两个电极一样，不能形成原电池，故A错误，不符合题意；‎ B选项，，两个活泼性不同的电极，有电解质溶液，形成闭合回路，能自发进行得氧化还原反应，故B正确，符合题意；‎ C选项，，没有电解质溶液，故C错误，不符合题意；‎ D选项，，没有形成闭合回路，故D错误，不符合题意；‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎40.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如图所示。若Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法中正确的是(     )‎ A. 原子半径：W > Z > Y > X B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z > W C. 4种元素的单质中Z单质的熔、沸点最低 D. W单质能与水反应生成一种具有漂白性的物质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W均为短周期元素，若Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，说明Y为O，X为N，Z为S，W为Cl。‎ ‎【详解】A选项，根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，原子半径：Z > W > X > Y ，故A错误；‎ B选项，非金属从左到右依次增强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，因此最高价氧化物对应水化物的酸性：W > Z ，故B错误；‎ C选项，常温下，氮气、氧气、氯气都是气体，而硫是固体，因此4种元素的单质中Z单质的熔、沸点最高，故C错误；‎ D选项，W单质能与水反应生成次氯酸，次氯酸是一种具有漂白性的物质，故D正确；‎ 综上所述，答案为D。‎ 第Ⅱ卷 （非选择题 共40分）‎ ‎41.依据氧化还原反应：2Ag＋＋Cu=Cu2＋＋2Ag设计的原电池如图所示。请回答下列问题：‎ ‎（1）电极X的材料是________；‎ ‎（2）X电极发生电极反应式为____________________；银电极上发生的电极反应为________(填“氧化”或“还原”)反应。‎ ‎（3）外电路中的电子________(填“流出”或“流向”)Ag电极。‎ ‎（4）当有3.2 g铜溶解时，银电极增重________g。‎ ‎【答案】 (1). Cu(铜) (2). Cu-2e=Cu2+ (3). 还原 (4). 流向 (5). 10.8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据原电池构成条件，以及总反应式，Cu为负极，Ag为正极，电解质溶液为AgNO3溶液，据此分析；‎ ‎【详解】（1）根据总反应方程式，以及原电池工作原理，Cu为负极，Ag为正极，即电极X为Cu或铜；‎ ‎（2）X电极为Cu，作负极，电极反应式为Cu－2e－=Cu2＋；银作正极，电极反应式为Ag＋＋e－=Ag，发生还原反应；‎ ‎（3）根据原电池的工作原理，电子从负极经外电路流向正极，Cu为负极，Ag为正极，因此电子流向Ag电极；‎ ‎（4）根据上述电极反应式建立关系式为Cu～2e－～2Ag，增重银的质量为=10.8g。‎ ‎42.下表是元素周期表的一部分，根据A～H在元素周期表中的位置，用元素符号或化学式回答下列问题：‎ ‎ 族 周期 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA ‎0‎ ‎1‎ A ‎2‎ D E G ‎3‎ B C F H ‎（1）上表中，元素金属性最强的是________(填元素符号)。‎ ‎（2）写出D的原子结构示意图：__________‎ ‎（3）B与C的原子半径比较：B ________C (填“＞”或“＜”)。G与H的非金属性比较：G ________ H(填“＞”或“＜”)。‎ ‎（4）A与H形成化合物的电子式：_______‎ ‎（5）写出B的最高价氧化物对应水化物与H的气态氢化物的水溶液反应的离子方程式：______。‎ ‎【答案】 (1). Na (2). (3). ＞ (4). ＞ (5). (6). H++OH=H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据元素周期表，A为H，D为C，E为N，G为F，B为Na，C为Al，F为P，H为Cl，据此分析；‎ ‎【详解】（1）根据同周期从左向右金属性减弱，同主族从上到下金属性增强，推出该表格中金属性最强元素是B，即为Na；‎ ‎（2）D位于第二周期IVA族，即D为C，其原子结构示意图为；‎ ‎（3）同周期从左向右原子半径减小，即Na的半径大于Al；同主族从上到下非金属性减弱，即F的非金属性强于Cl；‎ ‎（4）A为H，H为Cl，化合物是HCl，其电子式为；‎ ‎（5）B的最高价氧化对应的水化物为NaOH，H的最高价氧化物对应水化物是HClO4，两者都是强电解质，反应的离子方程式为H＋＋OH－=H2O。‎ ‎【点睛】微粒半径大小比较：①一看电子层数，一般电子层数越多，半径越大；②二看原子序数，电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小；③三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，半径随着电子数的增多而增大。‎ ‎43.已知：①从石油中获得是目前工业上生产A的主要途径，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平；②2CH3CHO＋O22CH3COOH。现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如下图所示。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）写出A的结构简式______________________________。‎ ‎（2）B、D分子中的官能团名称分别是________、________。‎ ‎（3）写出下列反应的反应类型：①________，②________。‎ ‎（4）写出反应④的化学方程式：________________________________。‎ ‎【答案】 (1). CH2=CH2 (2). 羟基 (3). 羧基 (4). 加成反应 (5). 氧化反应 (6). CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOC2H5+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A的产量通常用来衡量一个国家石油化工发展水平，即A为乙烯，结构简式为CH2=CH2，反应①发生加成反应，B为乙醇，反应②是醇的催化氧化，即C为乙醛，乙醛继续被氧化成乙酸，据此分析；‎ ‎【详解】（1）A的产量通常用来衡量一个国家石油化工发展水平，即A为乙烯，其结构简式为CH2=CH2，答案是CH2=CH2；‎ ‎（2）反应①发生CH2=CH2＋H2O CH3CH2OH，B为乙醇，含有官能团是羟基，反应②为醇的催化氧化，其反应方程式为2CH3CH2OH＋O2 2CH3CHO＋2H2‎ O，C为乙醛，乙醛被氧化成乙酸，即D为乙酸，含有官能团是羧基；答案是羟基、羧基；‎ ‎（3）根据（2）的分析，反应①为加成反应，反应②为氧化反应；故答案为加成反应，氧化反应；‎ ‎（4）根据上面的分析，B为乙醇，D为乙酸，反应④为酯化反应，其反应方程式为CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O；故答案为CH3COOH＋CH3CH2OH CH3COOCH2CH3＋H2O。‎ ‎44.某温度时，在一个5L的恒容容器中，X、Y、Z均为气体，三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据填空：‎ ‎（1）该反应的化学方程式为______。‎ ‎（2）反应开始至2min，以气体Z表示的平均反应速率为______。平衡时X的转化率为______。‎ ‎（3） 2min反应达到平衡，容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时______填“大”、“小”或“相等”，下同，混合气体密度比起始时______。‎ ‎（4）下列叙述能证明该反应已经达到化学平衡状态的是填序号______。‎ A．Y的体积分数不再变化        B．容器内气体压强不再变化 C．υ(X) :υ(Y) = 3:1         D．单位时间内消耗3n mol X同时生成2n mol Z ‎【答案】 (1). 3X(g) + Y(g) 2Z(g) (2). 0.02 mol∙L-1∙min-1 (3). 30% (4). 大 (5). 相等 (6). AB ‎【解析】‎ ‎【详解】⑴根据图像可知，X、Y是反应物，Z为生成物，分别改变量为0.3 mol，0.1 mol，0.2 mol，根据改变量之比等于计量系数之比，因此得到该反应的化学方程式为3X(g) + Y(g) ‎ ‎2Z(g)，故答案为：3X(g) + Y(g) 2Z(g)；‎ ‎⑵反应开始至2min，以气体Z表示的平均反应速率为，平衡时X改变量为0.3 mol，此时X的转化率为，故答案为0.02 mol∙L-1∙min-1；30%；‎ ‎⑶2min反应达到平衡，平均相对分子质量，气体质量未变，气体物质的量减小，因此容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时大，，气体质量未变，容器体积未变，混合气体密度比起始时相等，故答案为：大；相等；‎ ‎⑷A选项，Y的体积分数不再变化，证明达到平衡，故A正确，符合题意；‎ B选项，反应向右，压强不断减小，当容器内气体压强不再变化，则达到平衡，故B正确，符合题意；‎ C选项，υ(X) :υ(Y) = 3:1，反应速率没有正逆，因此不能说明达到平衡，故C错误，不符合题意；‎ D选项，单位时间内消耗3n mol X，正反应方向，同时生成2n mol Z，正反应方向，铜一个方向不能说明达到平衡，故D错误，不符合题意；‎ 综上所述，答案为AB。‎ ‎ ‎ ‎ ‎