2022-2022学年安徽省宣城市郎溪中学高二（上）暑期返校考试化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确答案，每题3分，共60分）1．在容量瓶上无须标记的是()A．标线B．温度C．浓度D．容量2．已发现的元素的种类和原子的种类()A．前者多B．后者多C．相同D．无法确定3．设阿伏加德罗常数的值为NA，则下列说法不正确的是()A．1molNa参加氧化还原反应时电子转移NAB．3.2gSO2与2.3gNO2所含有的氧原子数相等C．标准状况下，2.24LH2O含有的O原子数为0.1NAD．1L0.1mol/LMgCl2溶液中Cl﹣离子数为0.2NA4．配制100mL1.0mol/LNa2CO3溶液，下列操作正确的是()A．称取10.6g无水碳酸钠，加入100mL容量瓶中，加水溶解、定容B．称取10.6g无水碳酸钠，加入100mL蒸馏水，搅拌、溶解C．转移Na2CO3溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶中D．定容后，塞好瓶塞，反复倒转、摇匀5．下列实验能达到目的是()216．下列有关物质性质比较的叙述中不正确的是()A．稳定性：溶液＞胶体＞浊液B．溶解性：NaHCO3＞Na2CO3C．酸性：HCl＞H2CO3＞HClOD．氧化性：浓HNO3＞稀HNO3＞稀HCl7．下列各组离子中，因发生氧化还原反应而不能大量共存的是()A．H+、Na+、CO32﹣、Cl﹣B．Fe3+、K+、SCN﹣、NO3﹣C．Fe3+、K+、Cl﹣、CO32﹣D．H+、Fe2+、MnO4﹣、SO42﹣8．下列离子方程式的书写正确的是()A．实验室用大理石和稀盐酸制取CO2：2H++CO32﹣=CO2↑+H2OB．铁和稀硝酸反应：Fe+2H+=H2↑+Fe2+C．向AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓D．NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：OH﹣+HCO3﹣=CO32﹣+H2O219．下列有关物质用途的叙述中不正确的是()A．二氧化硅用于制作电脑芯片和光导纤维B．硫磺用于配制黑火药和工业生产硫酸C．氯气用于城市自来水消毒和生产漂白粉D．钾钠合金用作原子反应堆的导热剂10．根据下列反应原理都可制得硝酸铜，若从经济效益和环境保护的角度考虑，大量制取硝酸铜最适宜采用的是()A．Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2OB．3Cu+8HNO3（稀）3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2OC．Cu+2AgNO3═Cu（NO3）2+2AgD．2Cu+O22CuO；CuO+2HNO3═Cu（NO3）2+H2O11．工厂经常用浓氯水检验管道是否漏氯气，其反应为：3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2，如果观察到产生白烟现象，则说明管道漏气．关于该反应的有关判断错误的()A．该反应属于置换反应B．该反应的还原剂是NH3C．Cl2的氧化性小于N2D．被氧化的NH3占参加反应NH3的1/412．下列叙述中能肯定A金属比B金属活泼性强的是()A．A原子的最外层电子数比B原子的最外层电子数少B．A原子的电子层数比B原子的电子层数多C．1molA从酸中置换H+生成的H2比1molB从酸中置换H+生成的H2多D．常温时，A能从水中置换出氢，而B不能13．短周期元素X，Y，Z在周期表中的位置如右图所示，则下列说法中错误的是()A．X，Y，Z中X的单质最稳定B．Y的氢化物为HYC．X能生成HXOD．能发生Cl2+H2Z═Z+2HCl的反应14．在一定温度下，固定体积的密闭容器内，反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）达到平衡状态的是()①I2的浓度不再变化；②生成1molH2同时消耗1molI2；③容器内压强不再变化；④生成2molHI同时消耗1molH2．A．①②B．①②③C．②③④D．①②③④2115．在Al与稀H2SO4的反应中，已知10s末H2SO4的浓度减少了0.6mol•L﹣1，若不考虑反应过程中溶液体积的变化，则10s内生成Al2（SO4）3的平均反应速率为()A．0.02mol•L﹣1•s﹣1B．0.04mol•L﹣1•s﹣1C．0.06mol•L﹣1•s﹣1D．0.18mol•L﹣1•s﹣116．下列化学用语正确的是()A．氯化钠的电子式B．乙烯的结构简式H﹣C=C﹣HC．磷原子的结构示意图D．乙酸的分子式C2H4O217．在下列自然资源的开发利用中，不涉及化学变化的是()A．用蒸馏法淡化海水B．用铁矿石冶炼铁C．用石油裂解生产乙烯D．用煤生产水煤气18．已经反应A+B=C+D的能量变化如图所示，下列说法正确的是()A．铝与稀盐酸的反应符合该图示B．该反应为吸热反应C．A的能量一定低于C的能量D．该反应只有在加热条件下才能进行19．某原电池的总反应是Zn+Cu2+═Zn2++Cu，则该原电池的组成正确的是()A．AB．BC．CD．D20．下列现象中，因发生加成反应而产生的是()A．乙烯使酸性高锰酸钾褪色B．将苯滴入溴水中，震荡后水层接近无色C．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色D．甲烷和氯水混合，光照一段时间后黄色色消失21二、填空题（每空2分，共46分）21．按要求完成各小题任务：（1）工业生产粗硅的化学方程式：__________；（2）氢氧化亚铁在空气中被氧化的化学方程式：__________；（3）钠投入硫酸铜溶液反应的离子方程式：__________；（4）实验室制取氨的化学方程式：__________．22．（1）某学生课外活动小组利用图1所示装置分别做如下实验：①在试管中注入某红色溶液，加热试管，溶液颜色逐渐变浅，冷却后恢复红色，则原溶液可能是__________溶液；加热时溶液由红色逐渐变浅的原因是__________．②在试管中注入某无色溶液，加热试管，溶液变为红色，冷却后恢复无色，则此溶液可能是__________溶液；加热时溶液由无色变为红色的原因是__________．（2）A、B、C、D、E五种物质中含有同一种元素，其相互转化关系如图2所示．①若A是淡黄色固体：则B是__________，E是__________．（填化学式）②若A是无色气体：B→C的化学方程式为__________．23．A、B、C、D、E都是短周期元素，原子半径D＞C＞A＞E＞B，其中A、B处在同一周期，A、C处在同一主族．C原子核内质子数等于A、B原子核内质子数之和，C原子最外层上的电子数是D原子最外层电子数的4倍，且D为金属．试回答：（1）C在元素周期表的第__________周期__________族．（2）在五种元素中，能形成的最简单的液态或气态氢化物的稳定性由大到小的顺序是（用具体的分子式表示）__________．（3）A与B形成的三原子分子的结构式是__________，B与D形成的原子个数比为1：1的化合物的电子式是__________．24．随着能源危机的加剧，我国也在大力推广新一代乙醇燃料，广西是我国甘蔗产量主产区之一，乙醇可以从甘蔗中提炼加工出来．乙醇除用作燃料外，还可以用它合成其他有机物．下面是以乙醇为起始原料的转化关系，请回答相关问题．①B在日常生活中常用来作食品包装袋，但往往会带来环境问题．21写出A→B的化学方程式：__________．②写出乙醇→A的化学方程式：__________．③写出乙醇→C的化学方程式__________．④写出E的方程式__________．25．某小组的同学对放置已久的过氧化钠的成份进行探究，请回答下列问题：（1）反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑的还原剂是__________（写化学式）；反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑中，每生成1molO2则转移了__________mol电子．（2）进行探究：①提出假设．假设1：全部是Na2O2假设2：全部是Na2CO3假设3：__________②设计方案，进行实验．请在答题卡上写出实验步骤以及预期现象和结论（可不填满）．限选实验试剂和仪器：蒸馏水、1moL•L﹣1H2SO4、澄清石灰水、淀粉﹣KI溶液、酚酞溶液、火柴、试管、小烧杯．2022-2022学年安徽省宣城市郎溪中学高二（上）暑期返校考试化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确答案，每题3分，共60分）1．在容量瓶上无须标记的是()A．标线B．温度C．浓度D．容量考点：计量仪器及使用方法．专题：化学实验常用仪器．分析：根据容量瓶的使用特点来回答，容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量仪器，对溶液的体积精确度要求较高，只能在常温下使用．解答：解：容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量仪器，实验室常见规格有50ml、100ml、150ml、200ml、500ml等，容量瓶上标有刻度线、并标有容量，容量瓶对溶液的体积精确度要求较高，只能在常温下使用，瓶上标有使用温度，一般为25°C．故选C．点评：本题考查常见仪器的使用，注意容量瓶的使用注意事项，题目难度不大，要注意积累各种化学实验仪器的使用方法．2．已发现的元素的种类和原子的种类()21A．前者多B．后者多C．相同D．无法确定考点：元素；核素．专题：原子组成与结构专题．分析：计算原子种类要考虑中子数和质子数，元素种类只考虑质子数．解答：解：计算原子种类要考虑中子数和质子数，元素种类只考虑质子数，故后者多．故选B．点评：本题考查元素与核素的区别，难度不大，注意计算原子种类要考虑中子数和质子数，元素种类只考虑质子数．3．设阿伏加德罗常数的值为NA，则下列说法不正确的是()A．1molNa参加氧化还原反应时电子转移NAB．3.2gSO2与2.3gNO2所含有的氧原子数相等C．标准状况下，2.24LH2O含有的O原子数为0.1NAD．1L0.1mol/LMgCl2溶液中Cl﹣离子数为0.2NA考点：阿伏加德罗常数．分析：A、反应后钠变为+1价；B、求出SO2和NO2的物质的量，然后根据两者中均含2个氧原子来计算；C、标况下，水为液态；D、求出氯化镁的物质的量n=CV，然后根据1mol氯化镁中含2mol氯离子来分析．解答：解：A、反应后钠变为+1价，故1mol钠参与反应后转移1mol电子即NA个，故A正确；B、3.2SO2的分子个数N=NA=0.05NA，2.3gNO2的分子个数==0.05NA，一个二氧化硫分子或二氧化氮分子中都含有2个氧原子，所以含有氧原子的个数相等，故B正确；C、标况下，水为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、1L0.1mol/LMgCl2溶液中氯化镁的物质的量是0.1mol，一个氯化镁的化学式中含有2个氯离子，所以氯离子的个数为0.2NA个，故D正确．故选C．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．4．配制100mL1.0mol/LNa2CO3溶液，下列操作正确的是()A．称取10.6g无水碳酸钠，加入100mL容量瓶中，加水溶解、定容B．称取10.6g无水碳酸钠，加入100mL蒸馏水，搅拌、溶解C．转移Na2CO3溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶中D．定容后，塞好瓶塞，反复倒转、摇匀考点：配制一定物质的量浓度的溶液．专题：化学实验基本操作．分析：A、容量瓶不能作为溶解仪器；B、碳酸钠溶液的配制时，加水溶解过程中，水的量不能太多；21C、移液操作需要玻璃棒来引流；D、根据配制溶液的实验步骤来回答．解答：解：A、容量瓶不能作为溶解仪器，称量固体后不能在容量瓶中溶解，应先在烧杯中溶解，故A错误；B、100mL碳酸钠溶液的配制时，溶解过程就加入100mL的水，则下面的实验：移液、洗涤、定容再加上水，溶液体积就会超过100mL，故B错误；C、移液操作时，防止液体外溅，需要玻璃棒来引流，故C错误；D、定容后，塞好瓶塞，要进行摇匀操作，故D正确．故选D．点评：本题是一道关于配制一定物质的量浓度溶液的实验基本操作题，可以根据教材知识来回答，难度不大．5．下列实验能达到目的是()考点：化学实验方案的评价．分析：A．容量瓶不能稀释溶液；21B．稀盐酸和二氧化锰不反应；C．温度计测量蒸汽的温度；D．碳酸钠稳定，碳酸氢钠加热分解．解答：解：A．容量瓶不能稀释溶液，稀释溶液应用烧杯，故A错误；B．稀盐酸和二氧化锰不反应，应用浓盐酸加热，故B错误；C．温度计测量蒸汽的温度，应与蒸馏烧瓶支管口相平，故C错误；D．碳酸钠稳定，碳酸氢钠加热分解，小试管中应为碳酸氢钠，能起对比作用，故D正确．故选D．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及性质实验及实验基本操作等，把实验基本操作和反应原理为解答的关键，注意实验装置的作用及实验的评价性分析，题目难度不大．6．下列有关物质性质比较的叙述中不正确的是()A．稳定性：溶液＞胶体＞浊液B．溶解性：NaHCO3＞Na2CO3C．酸性：HCl＞H2CO3＞HClOD．氧化性：浓HNO3＞稀HNO3＞稀HCl考点：分散系、胶体与溶液的概念及关系；氧化还原反应．分析：A．分散质粒子直径越小越稳定；B．常温下，向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳气体，有碳酸氢钠晶体析出；C．次氯酸是弱酸；D．浓度越大氧化性越强．解答：解：A．分散质粒子直径越小越稳定，稳定性：溶液＞胶体＞浊液，故A正确；B．常温下，向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳气体，有碳酸氢钠晶体析出，可知常温时水溶解性：Na2CO3＞NaHCO3，故B错误；C．盐酸是强酸，次氯酸是弱酸，酸性：HCl＞H2CO3＞HClO，故C正确；D．浓度越大氧化性越强，硝酸有强氧化性，盐酸没有，故D正确．故选B．点评：本题考查元素周期律，侧重考查学生分析推断能力，难度不大，注意次氯酸是弱酸但属于强氧化性酸．7．下列各组离子中，因发生氧化还原反应而不能大量共存的是()A．H+、Na+、CO32﹣、Cl﹣B．Fe3+、K+、SCN﹣、NO3﹣C．Fe3+、K+、Cl﹣、CO32﹣D．H+、Fe2+、MnO4﹣、SO42﹣考点：离子共存问题；氧化还原反应．专题：离子反应专题．分析：离子之间因发生氧化还原反应而不能大量共存，则溶液中存在具有还原性的离子和具有强氧化性的离子，且可发生氧化还原反应，以此解答该题．解答：解：A．H+与CO32﹣反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，但不是氧化还原反应，故A错误；B．Fe3+与SCN﹣发生络合反应而不能大量，但不是氧化还原反应，故B错误；C．Fe3+与CO32﹣发生互促水解反应而不能大量共存，但不是氧化还原反应，故C错误；21D．酸性条件下，Fe2+与MnO4﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故D正确．故选D．点评：本题考查离子共存，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合运用的考查，注意把握题目氧化还原反应的要求，难度不大．8．下列离子方程式的书写正确的是()A．实验室用大理石和稀盐酸制取CO2：2H++CO32﹣=CO2↑+H2OB．铁和稀硝酸反应：Fe+2H+=H2↑+Fe2+C．向AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓D．NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：OH﹣+HCO3﹣=CO32﹣+H2O考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．碳酸钙不溶于水，在离子反应中应保留化学式；B．硝酸具有强氧化性，与金属反应生成NO；C．向AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液生成偏铝酸钠；D．NaHCO3溶液与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水．解答：解：A．实验室用大理石和稀盐酸制取CO2的离子反应为2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O，故A错误；B．铁和稀硝酸反应的离子反应为3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；C．向AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液的离子反应为Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故C错误；D．NaHCO3溶液与NaOH溶液反应的离子反应为OH﹣+HCO3﹣=CO32﹣+H2O，故D正确；故选D．点评：本题考查离子反应方程式的书写的正误判断，明确发生的化学反应及离子反应方程式的书写方法即可解答，并注意利用电荷守恒及质量守恒定律来解答9．下列有关物质用途的叙述中不正确的是()A．二氧化硅用于制作电脑芯片和光导纤维B．硫磺用于配制黑火药和工业生产硫酸C．氯气用于城市自来水消毒和生产漂白粉D．钾钠合金用作原子反应堆的导热剂考点：硅和二氧化硅；氯气的化学性质；碱金属的性质．分析：A、电脑芯片是硅；B、硫和氧气反应生成二氧化硫，工业上生产硫酸时原料的选择要根据不同国家、不同地区矿石的分布情况确定，可选S作为原料；C、氯气与水反应生成次氯酸消毒和氯气与氢氧化钙反应生产漂白粉；D、钠与钾合金的熔点降低可作原子反应堆导热剂．解答：解：A、电脑芯片是硅，而不是二氧化硅，故A错误；B、工业上生产硫酸时，第一步：SO2的制取，原料的选择要根据不同国家、不同地区矿石的分布情况确定，主要有S、FeS2、FeS、H2S、CuFeS2等含硫矿石，中国因为黄铁矿含量丰富，所以用的是黄铁矿，世界上很多国家都是用的硫磺，而黑火药的成分是单质硫、硝酸钾和木炭，故B正确；C、氯气与水反应生成次氯酸消毒和氯气与氢氧化钙反应生产漂白粉，故C正确；21D、钠与钾合金的熔点降低可作原子反应堆导热剂，故D正确；故选A．点评：该题属于元素化合物的用途，可帮助学生熟悉身边物质的用途，更好的指导我们的生活．10．根据下列反应原理都可制得硝酸铜，若从经济效益和环境保护的角度考虑，大量制取硝酸铜最适宜采用的是()A．Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2OB．3Cu+8HNO3（稀）3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2OC．Cu+2AgNO3═Cu（NO3）2+2AgD．2Cu+O22CuO；CuO+2HNO3═Cu（NO3）2+H2O考点：硝酸的化学性质；常见的生活环境的污染及治理．专题：元素及其化合物．分析：从经济角度考查，就是说在制取等量的硝酸铜时，所用的原料是最少，成本要低；从环境保护的角度考虑，最好不要对环境造成污染．解答：解：A．生成的NO2会造成大气污染，不符合绿色环保，故A错误；B．生成的NO会造成大气污染，不符合绿色环保，故B错误；C．硝酸银成本较高，不经济，同时硝酸银会对环境造成一定的污染，主要是重金属污染，故C错误；D．生成等量的硝酸铜所用的原料少，比较经济，又不会对环境造成污染，故D正确，故选：D．点评：本题考查硝酸性质、绿色化学等，难度不大，注意对绿色化学的理解，培养了大家的环保意识及合理使用金属资源．11．工厂经常用浓氯水检验管道是否漏氯气，其反应为：3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2，如果观察到产生白烟现象，则说明管道漏气．关于该反应的有关判断错误的()A．该反应属于置换反应B．该反应的还原剂是NH3C．Cl2的氧化性小于N2D．被氧化的NH3占参加反应NH3的1/4考点：氧化还原反应．分析：反应3Cl2+8NH3═N2+6NH4Cl中，Cl元素化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，N元素化合价升高，被氧化，NH3为还原剂，NH3与HCl反应生成氯化铵，有白烟生成，结合置换反应的概念解答．解答：解：A．一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，属于置换反应，所以该反应属于置换反应，故A正确；B．N元素化合价升高，被氧化，NH3为还原剂，故B正确；C．反应中Cl2为氧化剂，N2为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以Cl2的氧化性大于N2，故C错误；21D．反应中Cl2为氧化剂，NH3为还原剂，由方程式可知，当有8molNH3参加反应，有2mol被氧化，则被氧化的NH3占参加反应NH3的，故D正确．故选C．点评：本题考查氯气的性质，侧重于化学与生活、生产的联系以及氧化还原反应的考查，注意从元素化合价的角度解答该题，难度不大．12．下列叙述中能肯定A金属比B金属活泼性强的是()A．A原子的最外层电子数比B原子的最外层电子数少B．A原子的电子层数比B原子的电子层数多C．1molA从酸中置换H+生成的H2比1molB从酸中置换H+生成的H2多D．常温时，A能从水中置换出氢，而B不能考点：金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：金属的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，与酸或水反应越剧烈，较活泼金属能置换出较不活泼金属，据此分析解答．解答：解：A．A原子的最外层电子数比B原子的最外层电子数少不能说明A的金属性大于B，如Ca的金属性大于Li，故A错误；B．A原子的电子层数比B原子的电子层数多，不能说明A的金属性大于B，如Fe的金属性小于Na，故B错误；C.1molA从酸中置换H+生成的H2比1molB从酸中置换H+生成的H2多，说明A失电子比B多，不能说明A的金属性大于B，故C错误；D．常温下，A能从水中置换出氢，而B不能，说明A的活动性大于B，则A的金属性大于B，故D正确；故选D．点评：本题考查金属性强弱判断方法，可以利用其最高价氧化物的水化物碱性、金属之间的置换反应、金属与水或酸置换出氢气的难易程度来判断，金属性强弱与失电子难易程度有关，与失电子多少、电子层数多少无关，易错选项是BC．13．短周期元素X，Y，Z在周期表中的位置如右图所示，则下列说法中错误的是()A．X，Y，Z中X的单质最稳定B．Y的氢化物为HYC．X能生成HXOD．能发生Cl2+H2Z═Z+2HCl的反应考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．21分析：X，Y，Z为短周期元素，根据X，Y，Z在周期表中的位置可知，X为He元素，Y为F元素，Z为S元素．He的原子结构稳定，He最稳定，根据位置来判断元素的最高化合价、利用单质的氧化性强弱来分析氧化还原反应等来解答．解答：解：X为He元素，Y为F元素，Z为S元素．A、He、F、S中只有He的原子结构为稳定结构，则He的单质最稳定，故A正确；B、Y为F元素，化合价为﹣1价，氢化物为HF，故B正确；C、X为He元素，原子结构为稳定结构，不存在含氧酸，故C错误；D、氯气的氧化性大于硫的氧化性，则能发生Cl2+H2S=S↓+2HCl的反应，故D正确；故选：C．点评：本题考查位置、结构、性质的关系，明确短周期及周期表的结构来推出元素是解答的关键，难度不大．14．在一定温度下，固定体积的密闭容器内，反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）达到平衡状态的是()①I2的浓度不再变化；②生成1molH2同时消耗1molI2；③容器内压强不再变化；④生成2molHI同时消耗1molH2．A．①②B．①②③C．②③④D．①②③④考点：化学平衡状态的判断．专题：化学平衡专题．分析：依据达到平衡时正逆反应速率是否相等且不等于零、达到平衡时各组分的量保持不变来判定．解答：解：①可逆反应为一个体系，I2的浓度不再变化意味着气体组分的浓度也保持恒定，说明此反应达到化学平衡，故①应选；②生成氢气代表正反应速率，消耗I2都是代表逆反应速率，且H2与I2的化学计量数相等，所以生成1molH2同时消耗1molI2所代表的正、逆速率相等，说明此反应达到化学平衡，故②应选；③恒温恒容条件下，碘化氢分解的反应为等物质的量的反应，压强P为一定值，故③不选；④生成2molHI代表逆反应速率，消耗1molH2代表逆反应速率，即正、逆速率不相等，不能说明达到了化学平衡状态，故④不选；故选：A．点评：此题考查平衡状态的判定，用正逆反应速率相等且不等于零判定时，要用同一种物质表示，不是同种物质时，物质的量的变化比等于其化学计量数之比即可；若用达到平衡时各组分的量保持恒定判定，一定要确定这一个量必须为一个变化的量．15．在Al与稀H2SO4的反应中，已知10s末H2SO4的浓度减少了0.6mol•L﹣1，若不考虑反应过程中溶液体积的变化，则10s内生成Al2（SO4）3的平均反应速率为()A．0.02mol•L﹣1•s﹣1B．0.04mol•L﹣1•s﹣1C．0.06mol•L﹣1•s﹣1D．0.18mol•L﹣1•s﹣1考点：反应速率的定量表示方法．专题：化学反应速率专题．21分析：根据v=计算10s内硫酸的反应速率v（H2SO4），发生反应方程式为：2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑，利用反应速率之比等于化学计量数之比进行计算出v[Al2（SO4）3]．解答：解：10s末硫酸的浓度减少了0.6mol•L﹣1，则v（H2SO4）==0.06mol/（L．s），发生反应方程式为：2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑，反应速率之比等于化学计量数之比，则v[Al2（SO4）3]=．v（H2SO4）=×0.06mol/（L．s）=0.02mol/（L．s），故选A．点评：本题考查了化学反应速率与化学计量数的关系，题目难度不大，注意明确化学反应速率的概念及计算方法，明确化学反应速率与化学计量数成正比．16．下列化学用语正确的是()A．氯化钠的电子式B．乙烯的结构简式H﹣C=C﹣HC．磷原子的结构示意图D．乙酸的分子式C2H4O2考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合．专题：化学用语专题．分析：A、氯离子的电子式的书写错误；B、结构简式可以表示出物质的基本结构；C、原子的核外电子数=原子的质子数；D、根据分子式的书写方法来回答．解答：解：A、氯化钠是钠离子和氯离子之间通过离子键形成的离子化合物，电子式为，故A错误；B、乙烯结构简式为CH2=CH2，故B错误；C、磷原子的核外电子数=核内质子数=15．其原子结构示意图为，故C错误；D、乙酸的分子式为C2H4O2，故D正确．故选D．点评：本题是一道关于化学式、电子式以及化学符号的书写知识的综合考查题，难度不大，注意知识的积累是关键．17．在下列自然资源的开发利用中，不涉及化学变化的是()A．用蒸馏法淡化海水B．用铁矿石冶炼铁C．用石油裂解生产乙烯D．用煤生产水煤气21考点：物理变化与化学变化的区别与联系．专题：物质的性质和变化专题．分析：化学变化的特征是在原子核不变的情况下，有新物质生成，根据此特征来判断是否是化学变化．解答：解：A．蒸馏是根据物质沸点的不同来实现物质分离的方法，没有新物质生成，不涉及化学变化，故A正确；B．用铁矿石冶炼铁有新物质铁生成，涉及化学变化，故B错误；C．用石油裂解生产乙烯有新物质乙烯生成，涉及化学变化，故C错误；D．用煤生产水煤气有一氧化碳和氢气生成，涉及化学变化，故D错误．故选A．点评：本题考查学生有关物理变化和化学变化的本质特征知识，可以根据所学知识进行回答，较简单．18．已经反应A+B=C+D的能量变化如图所示，下列说法正确的是()A．铝与稀盐酸的反应符合该图示B．该反应为吸热反应C．A的能量一定低于C的能量D．该反应只有在加热条件下才能进行考点：吸热反应和放热反应．分析：由图可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，该反应为吸热反应，有的吸热反应常温下也能发生，据此分析．解答：解：A、依据图象分析，反应物的总能量低于生成物的总能量，所以反应是吸热反应，而铝与稀盐酸的反应为放热反应，故A错误；B、依据图象分析，反应物的总能量低于生成物的总能量，所以反应是吸热反应，故B正确；C、反应物的总能量小于生成物的总能量，但是A物质能量不一定低于C物质能量，故C错误；D、有的吸热反应常温下也能发生，如碳酸氢铵的分解，所以该反应常温下也能发生，故D错误；故选B．点评：本题考查了化学反应中能量的变化图，图象分析是解题关键，注意根据反应物的总能量与生成物的总能量进行比较，题目较简单．19．某原电池的总反应是Zn+Cu2+═Zn2++Cu，则该原电池的组成正确的是()21A．AB．BC．CD．D考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：根据电池反应式知，Zn失电子化合价升高作负极、不如锌活泼的金属或导电的非金属作正极，可溶性铜盐溶液为电解质溶液，据此分析解答．解答：解：根据电池反应知，Zn作负极、不如锌活泼的金属或导电的非金属作正极，可溶性铜盐溶液为电解质溶液，A．Zn作负极、石墨作正极，故A错误；B．电解质溶液应该是可溶性铜盐溶液而不能是稀硫酸，故B错误；C．锌作负极、石墨作正极、硫酸铜溶液为电解质溶液，符合题干信息，故C正确；D．电解质溶液应该是可溶性铜盐溶液而不是可溶性锌盐溶液，故D错误；故选C．点评：本题考查了原电池正负极及电解质溶液的判断，一般来说，电池反应式中失电子化合价升高的金属作负极，化合价降低的电解质为该原电池电解质，题目难度不大．20．下列现象中，因发生加成反应而产生的是()A．乙烯使酸性高锰酸钾褪色B．将苯滴入溴水中，震荡后水层接近无色C．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色D．甲烷和氯水混合，光照一段时间后黄色色消失考点：取代反应与加成反应．专题：有机反应．分析：有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应，然后根据反应原理分析．解答：解：A、乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为乙烯被高锰酸钾氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A不选；B、溴在苯中的溶解度远远大于在水中溶解度，苯能萃取溴水中的溴而使水层接近无色，故B不选；C、乙烯含有C=C双键，与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，故C选；D、甲烷和氯水混合，光照一段时间后黄绿色消失，是因为氯原子取代了甲烷中的氢原子生成无色物质而使氯气褪色，故D不选；故选：C．点评：本题主要考查了加成反应的判断，加成反应的条件是有机物中必须含有不饱和键（如碳碳双键、碳碳三键、碳氧双键等）．21二、填空题（每空2分，共46分）21．按要求完成各小题任务：（1）工业生产粗硅的化学方程式：2C+SiO2═Si+2CO↑；（2）氢氧化亚铁在空气中被氧化的化学方程式：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（3）钠投入硫酸铜溶液反应的离子方程式：2Na+Cu2++2H2O=2Na++Cu（OH）2↓+H2↑；（4）实验室制取氨的化学方程式：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O．考点：硅和二氧化硅；钠的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物．分析：（1）工业生产硅的原理为：2C+SiO2═Si+2CO↑；（2）氢氧化亚铁、氧气、水反应生成氢氧化铁；（3）金属钠与硫酸铜溶液反应，钠性质活泼，钠先和水剧烈反应生成NaOH和氢气，为氧化还原反应，NaOH与硫酸铜反应生成氢氧化铜和硫酸钠，据此分析解答；（4）实验室用氯化铵和碱石灰反应制取氨气，据此进行回答；解答：解：（1）工业生产硅的原理为：2C+SiO2═Si+2CO↑，故答案为：2C+SiO2═Si+2CO↑；（2）氢氧化亚铁、氧气、水反应生成氢氧化铁，方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（3）钠先和水反应为氧化还原反应，氧化剂H2O，被氧化的元素Na，氧化产物NaOH，生成NaOH和氢气，反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，离子反应为2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，NaOH与硫酸铜发生复分解反应，反应的化学方程式为CuSO4+2NaOH═Cu（OH）2↓+Na2SO4，生成氢氧化铜和硫酸钠，离子反应为Cu2++2OH﹣=Cu（OH）2↓，总反应为：2Na+Cu2++2H2O=2Na++Cu（OH）2↓+H2↑，故答案为：2Na+Cu2++2H2O=2Na++Cu（OH）2↓+H2↑；（4）实验室用氯化铵和碱石灰反应制取氨气，即碱与盐反应生成新碱和新盐，化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；点评：本题主要考查了方程式的书写，难度不大，根据所学知识即可完成．22．（1）某学生课外活动小组利用图1所示装置分别做如下实验：①在试管中注入某红色溶液，加热试管，溶液颜色逐渐变浅，冷却后恢复红色，则原溶液可能是稀氨水和酚酞溶液；加热时溶液由红色逐渐变浅的原因是稀氨水中的NH3气逸出，所以溶液的颜色变浅．②在试管中注入某无色溶液，加热试管，溶液变为红色，冷却后恢复无色，则此溶液可能是溶有SO2的品红溶液；加热时溶液由无色变为红色的原因是SO2气体逸出，品红溶液恢复红色．（2）A、B、C、D、E五种物质中含有同一种元素，其相互转化关系如图2所示．①若A是淡黄色固体：则B是H2S，E是H2SO4．（填化学式）②若A是无色气体：B→C的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O．21考点：无机物的推断；氨的化学性质；二氧化硫的化学性质．分析：（1）实验的装置为一封闭体系，受热时，有气体从溶液中逸出进入气球，导致溶液的颜色的变化；冷却后，逸出的气体又溶解在溶液中，得到原来溶液，恢复到原来溶液的颜色．在中学阶段，因为气体的溶入和逸出而导致溶液颜色互变的最常见的是SO2与品红溶液之间以及NH3与酚酞溶液之间，然后根据题中现象进行分析、验证并解答即可；（2）①如果A是淡黄色固体，A与氧气反应生成C，则A为S，C为SO2，根据题中转化关系，A与氢气反应生成B为H2S，C与氧气反应生成D为SO3，D与水反应生成E为H2SO4，浓硫酸与铜加热条件下反应生成二氧化硫，符合转化关系；②如果A是无色气体，根据题中转化关系，A能与氢气也能和氧反应，则A应为N2，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，铜与稀硝酸反应生成一氧化氮，符合转化关系，据此答题；解答：解：（1）①因稀氨水呈碱性能使酚酞变红，同时氨水不稳定易分解，加热氨气逸出，溶液碱性减弱，溶液颜色逐渐变浅，冷却后氨气又溶解，溶液呈碱性，酚酞变红，故答案为：稀氨水和酚酞；稀氨水中的NH3气逸出，所以溶液的颜色变浅；②SO2能与品红发生化合反应，生成不稳定的无色物质，使品红褪色，加热时，生成的无色物质不稳定分解，SO2气体逸出，又生成品红，故溶液变为红色，冷却后SO2又使品红溶液褪色，故答案为：溶有SO2的品红；SO2气体逸出，品红溶液恢复红色；（2）①如果A是淡黄色固体，A与氧气反应生成C，则A为S，C为SO2，根据题中转化关系，A与氢气反应生成B为H2S，C与氧气反应生成D为SO3，D与水反应生成E为H2SO4，浓硫酸与铜加热条件下反应生成二氧化硫，E→C的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑，故答案为：H2S；H2SO4；（2）如果A是无色气体，根据题中转化关系，A能与氢气也能和氧反应，则A应为N2，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，铜与稀硝酸反应生成一氧化氮，符合转化关系，B→C的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O点评：本题考查框图推断，主要考查硫、氮的单质及其化合物知识，学生由实验现象判定实验原理的逆向思维能力等，解题的关键是在审题的基础上找准解题的突破口，经过分析，归纳，推理，得出正确的答案，难度中等，旨在考查学生对基础知识的掌握熟练程度，注意基础的全面掌握．2123．A、B、C、D、E都是短周期元素，原子半径D＞C＞A＞E＞B，其中A、B处在同一周期，A、C处在同一主族．C原子核内质子数等于A、B原子核内质子数之和，C原子最外层上的电子数是D原子最外层电子数的4倍，且D为金属．试回答：（1）C在元素周期表的第三周期ⅣA族．（2）在五种元素中，能形成的最简单的液态或气态氢化物的稳定性由大到小的顺序是（用具体的分子式表示）H2O＞NH3＞CH4＞SiH4．（3）A与B形成的三原子分子的结构式是O=C=O，B与D形成的原子个数比为1：1的化合物的电子式是．考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：A、B、C、D、E都是短周期元素，原子半径D＞C＞A＞E＞B，其中A、B处在同一周期，A、C处在同一主族，A、B、C、D四种元素在周期表中的大致相对位置为：，A、C处在同一主族，二者质子数相差8，C原子核内质子数等于A、B原子核内质子数之和，故B的质子数为8，则B为O元素；C原子最外层上的电子数是D原子最外层电子数的4倍，故C最外层电子数为4，D的最外层电子数为1，故A为C元素，C为Si元素，D为Na元素；E的原子半径大于B（O）、小于A（碳），则E为N元素，据此解答该题．解答：解：A、B、C、D都是短周期元素，原子半径D＞C＞A＞B，其中A、B处在同一周期，A、C处在同一主族，四种元素在周期表中的大致相对位置为：，A、C处在同一主族，二者质子数相差8，C原子核内质子数等于A、B原子核内质子数之和，故B的质子数为8，则B为O元素；C原子最外层上的电子数是D原子最外层电子数的4倍，故C最外层电子数为4，D的最外层电子数为1，故A为C元素，C为Si元素，D为Na元素；E的原子半径大于B（O）、小于A（碳），则E为N元素．（1）C为Si元素，处于周期表中第三周期ⅣA族，故答案为：三；ⅣA；（2）非金属性O＞N＞C＞Si，故氢化物的稳定性为H2O＞NH3＞CH4＞SiH4，故答案为：H2O＞NH3＞CH4＞SiH4；（2）A与B形成的三原子分子为CO2，其结构式为O=C=O，B与D形成的原子个数比为1：1的化合物为Na2O2，电子式是，故答案为：O=C=O；．点评：本题考查元素位置结构性质的关系，题目难度中等，关键是正确推断元素的种类，注意根据原子位置关系及半径大小找出其在周期表中的相对位置．24．随着能源危机的加剧，我国也在大力推广新一代乙醇燃料，广西是我国甘蔗产量主产区之一，乙醇可以从甘蔗中提炼加工出来．乙醇除用作燃料外，还可以用它合成其他有机物．下面是以乙醇为起始原料的转化关系，请回答相关问题．21①B在日常生活中常用来作食品包装袋，但往往会带来环境问题．写出A→B的化学方程式：nCH2=CH2．②写出乙醇→A的化学方程式：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O．③写出乙醇→C的化学方程式2CH3CH2OH+O22CH3CHO+H2O．④写出E的方程式CH3COOH+C2H5OHCH3COOCH2CH3+2H2O．考点：有机物的推断．分析：乙醇发生催化氧化生成D为CH3CHO，D进一步发生氧化反应生成D为CH3COOH，乙醇与D发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3．乙醇发生消去反应生成A为CH2=CH2，B在日常生活中常用来作食品包装袋，则乙烯发生加聚反应生成B为．解答：解：乙醇发生催化氧化生成D为CH3CHO，D进一步发生氧化反应生成D为CH3COOH，乙醇与D发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3．乙醇发生消去反应生成A为CH2=CH2，B在日常生活中常用来作食品包装袋，则乙烯发生加聚反应生成B为，①A→B的化学方程式为：nCH2=CH2，②乙醇→A的化学方程式：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，③乙醇→C的化学方程式：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+H2O，④生成E的化学方程式：CH3COOH+C2H5OHCH3COOCH2CH3+2H2O，故答案为：nCH2=CH2；CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+H2O；CH3COOH+C2H5OHCH3COOCH2CH3+2H2O．点评：本题考查有机物推断，水解醇、醛、羧酸、烯烃、糖等性质与转化，难度不大，侧重对基础知识的巩固．25．某小组的同学对放置已久的过氧化钠的成份进行探究，请回答下列问题：（1）反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑的还原剂是Na2O2（写化学式）；反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑中，每生成1molO2则转移了2mol电子．（2）进行探究：21①提出假设．假设1：全部是Na2O2假设2：全部是Na2CO3假设3：是Na2O2与Na2CO3的混合物②设计方案，进行实验．请在答题卡上写出实验步骤以及预期现象和结论（可不填满）．限选实验试剂和仪器：蒸馏水、1moL•L﹣1H2SO4、澄清石灰水、淀粉﹣KI溶液、酚酞溶液、火柴、试管、小烧杯．考点：钠的重要化合物；探究物质的组成或测量物质的含量．专题：实验探究和数据处理题；几种重要的金属及其化合物．分析：（1）根据Na2O2在反应中既是氧化剂又时还原剂；根据反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑中2个Na2O2转移2个电子；（2）①也可能是两者的混合物；②根据Na2O2与硫酸反应产生氧气，Na2CO3与与硫酸反应产生二氧化碳，Na2O2具有漂白性来解答；解答：解：因Na2O2在反应中既是氧化剂又时还原剂，因反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑中2个Na2O2转移2个电子，每生成1molO2则转移了2mol电子，故答案为：Na2O2；2；（2）①也可能是两者的混合物，故答案为：是Na2O2与Na2CO3的混合物②因Na2O2与硫酸反应产生氧气，Na2CO3与与硫酸反应产生二氧化碳，Na2O2具有漂白性来解答，故答案为：点评：本题主要考查了Na2O2的性质，结合实验，考查了学生分析问题、解决问题的能力．21
