1、云南省玉溪市峨山一中2020-2021学年高二化学上学期开学考试试题（含解析）本试卷分第卷和第卷两部分，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
2、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、非电解质的顺序组合的一组为A. 纯盐酸、氨
3、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、非电解质的顺序组合的，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】根据概念结合物质的组成结构进行分析判断，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. 下列安
4、全标志所表示的物质与所警示的事件不对应的是（）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. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A. 根据示意图可判断为腐蚀品，当心腐蚀，A正确；B. 根据示意图可判断为有毒物质，当心中毒，B正确；C. 根据示意图可知该标志为氧化剂，不是易燃物质，C错误；D. 根据示意图可知该标志为爆炸性物质，当心爆炸，D正确；答案选C。5. 现有如下各种说法:金属和非金属化合时一定形成离子键;离子键是阳离子、阴离子的相互吸引力;根据电离方程式HClH+Cl-,判断氯化氢分子里存在离子键;氢气和氯气的反应过程:H2、
5、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. B. 都不正确C. D. 【答案】B【解析】【分析】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；离子键是阳离子、阴离子之间的静电作用，不仅仅是吸引力；不能利用电离来分析物质中的化学键；H原子、Cl原子以共用电子对形成共价键【详解】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，故错误；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，故错误；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
6、作用力，故错误；H原子、Cl原子以共用电子对形成共价键，故错误；故选B。6. 下列叙述正确的是A. 直径介于1100 nm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离C. 利用丁达尔效应可以区别溶液与胶体D. 胶体区别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1100 nm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离，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.胶体区别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1100
7、nm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。其原因是 ( )幕布的着火点升高 幕布的质量增加氯化铵分解吸收热量，降低了温度 氯化铵分解产生的气体隔绝了空气A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】氯化铵分解吸收热量，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
8、冶炼的实质是金属元素由化合态转变成游离态，金属单质容易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】金属单质容易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。注意金属冶炼的常见方法以及与金属性强弱的关系判断。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
9、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. AB. BC. CD. 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，含离子键的化合物一定为离子化合物，以此来解答。【详解】AMgCl2中只含离子键，为离子化合物，故A错误；BCO2中只含C、O之间的极性共价键，为共价化合物，故B正确；CHCl中只含共价键，为共价化合物，故C错误；DNaOH中含离子键和OH极性共价键，为离子化合物，故D错误；故答案选B。【点睛】离子化合物中一定有离子键，可能有共价键；共价化合物中一定没有离子键。10. 某溶液中可能含有、中的一种或几种，为确定该溶液的离
10、子组成，现进行如下实验：取少量该溶液滴加硝酸钡溶液，产生白色沉淀；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；取上层清液继续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。根据上述实验，以下对原溶液的推测不正确的是（ ）A. 一定有B. 一定有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】实验中滴加过量稀盐酸时，沉淀部分溶解，且产生二氧化碳气体，证明原溶液中一定含有和；实验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，因为实验中加入了稀盐酸。D项错误；答案选D。【点睛】检验氯离子，加入稀硝酸酸化的
11、硝酸银溶液，如果有白色沉淀，说明有Cl，但是该实验中，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c1molL1的稀H2SO4蒸发掉一定量的水，使之质量分数 变为2a，此时该H2SO4的物质的量浓度为c2molL1，则c1和c2的数值关系是A. c22c1 B. c22c1C. c22c1D. 无法确定【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1g/mL，蒸发后密度为2g/mL，根据物质的量浓度与溶液密度、质量分数的关系有：c=，c1=，c2=，得c1c2=122，
12、H2SO4的浓度越大密度越大，12，故c22c1。故选B。12. 达康书记又追问环保局长：那么垃圾处理中，能随便焚烧吗？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，调节杠杆并使其在水中保持平衡，然后小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判断正确的是（实验中，不考虑两球的
13、浮力变化）（ ）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
14、量变大，而铜球质量不变，故A端高B端低。综上所述，D判断是正确，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 碱性依次增强D. Li、Na、K、Rb、Cs单质的失电子能力依次增强【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，非金属性依次增强；同主族元素，从上到下，随原子序数增大，原子半径依次增大，金属性依次增强，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ClBrI，则HCl、HBr、HI稳定
15、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CsKNa，则NaOH、KOH、CsOH 碱性依次增强，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，金属性依次增强，单质的失电子能力依次增强，故D正确。故选B。【点睛】本题考查元素周期律，注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. 化学变化过程中既有物
16、质变化又有能量变化B. 化学反应中都会伴有能量的变化C. 伴有能量变化的过程一定是化学变化D. 不同的化学反应，其能量变化一般不相同【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，有能量变化，A正确；B.化学变化中的能量变化形式有热能、光能、电能等等，B正确；C.伴随能量变化的不一定为化学变化，如核聚变，为物理变化，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，产生不同的能量变化，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+CO2CaCO3+
17、2HClOB. 向次氯酸钙溶液通入SO2：Ca2+2ClO+H2O+SO2CaSO3+2HClOC. 氢氧化钙溶液与碳酸氢镁溶液反应：Ca2+OH+HCO3CaCO3+H2OD. 在氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：3Fe2+4H+NO33Fe3+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Cl
18、O-+H2O+CO2HCO3-+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+如果溶液不是很稀，需要用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+NO3Fe3+2H2O+NO，故D正确；故选D。【点睛】本题考查离子方程式的书写，注意从电荷守恒、量不同产物不同、还原性物质遇氧化性物质
19、发生的反应等角度判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；组成相似，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】AH2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
20、项错误；答案选C。【点睛】A选项为易错选项，一定要理解，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，但不一定有氨气产生，如：NH4NO3 N2O+2H2O，故选D。19. 1mol氢氧化亚铁在空气中变质，理论上需要标准状况下的空气(假设氧气占空气体积的1/5)（ ）A. 5.6LB. 22.4LC. 28LD. 2.8L【答案】C【解析】【详解】由反应方程式4F
21、e（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3可知，1mol氢氧化亚铁在空气中变质，需要氧气的物质的量为1mol4=0.25mol，理论上需要标准状况下的空气的体积0.25mol22.4L/mol1/5=28L，所以C正确。故选C。20. 3.15消费者权益保护日，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】ACO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
22、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臭氧能保护大气层，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】根据化合物是由不同种元素组成的纯净物进行判断。【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6.2 g在氧气中完
23、全燃烧,只生成8.8 g CO2和5.4 g H2O。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. 该化合物中一定含有氧元素【答案】D【解析】【分析】根据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，根据质量守恒定律判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）=0.2mol12g/mol=2.4g，5.4gH2O的物质的量为0.3mol，n（H）=0.6mol，m（H）=0.
24、6mol1g/mol=0.6g，由于m（C）+m（H）=2.4g+0.6g=3g6.2g，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
25、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(n1)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：DWB. 四种元素一定属于短周期元素C. 最高价氧化物对应水化物的碱性：LKD. 原子序数：LKWD【答案】D【解析】分析：aK(n1)、bLn、cWn、dD(n1)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LK；W、D在上一周期，为非金属元素，且原子序数
26、WD，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逐渐增强，则非金属性WD，所以气态氢化物的稳定性为WD，A错误；B四种元素不一定属于短周期元素，例如L可以是Ca，B错误；C同周期从左向右金属性逐渐减弱，则金属性KL，所以最高价氧化物对应水化物的碱性为KL，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LK，W、D在上一周期，且原子序数WD，所以原子序数为LKWD，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
27、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，通常满足强酸制弱酸的反应原理，但如果产物中有难溶物，也可能违背此原则，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
28、后，一定能形成离子键的是A. H2、F2B. NO、O2C. 稀硫酸与NaCl溶液D. BaCl2溶液与纯碱溶液【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离的是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
29、间的一种分离方法，据此解答。【详解】A、汽油和植物油是互溶的液体，用蒸馏的方法分离，A错误；B、碳酸钙难溶于水，用过滤法分离，B正确；C、酒精和水互溶，用蒸馏的方法分离，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，在一定条件下发生反应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. 无法判断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，反应开始瞬间，浓度最大，
30、正反应速率最大，随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，对于逆反应，开始的瞬间，逆反应速率为零，随着反应的进行，逐渐增大，最后两者相等，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. C2H6B. C3H8C. C4H10D. C5H12【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CnH2n2，燃烧时发生：CnH2n2+O2nCO2+（n
31、1）H2O，则5，解得n3，答案选B。30. 120 时，1体积某烃和4体积O2混合，完全燃烧后，恢复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可能是()A. 1B. 2C. 3D. 8【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，120C时水为气态，完全燃烧后恢复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
32、以产生二氧化硫，按下图进行演示实验。请回答下列问题：（1）中的实验现象是_，说明二氧化硫具有的性质是_。（2）中的实验现象是_，证明二氧化硫有_性。（3）中的实验现象是_，证明二氧化硫有_性。（4）中的实验现象是_，证明二氧化硫有_性。（5）中的实验现象是_，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
33、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）中的实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）中的实验现象是品红溶液退色，证明二氧化硫有漂白性；（3）中的实验现象是溴水褪色，证明二氧化硫有还原性；（4）中的实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）中的实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. 某研究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
34、）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）实验过程中装置B中没有明显变化。实验结束后取下装置B，从中分别取少量溶液于两支洁净试管中。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，仍然出现白色沉淀，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，该实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进行实验：二氧化硫性质实验之后，用注射器对实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，停止实验。请计算该空气中二氧化硫的体积分数
35、(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免干扰 (3). Ba2SO3 (4). Ba2+SO2 + Cl2 +2H2O= BaSO4+ 4H+ +2Cl (5). 氧化性 (6). 尾气吸收防止污染 (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实验,故需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
36、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,多余的气体需要用氢氧化钠溶液吸收;(6)向实验1的溶液中加入足量氯化钡溶液,根据溶液颜色变化判断。【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实验，所以为了排除装置中空气，应
37、该滴加浓硫酸之前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，再关闭弹簧夹，因此答案是：排除装置中氧气对实验的干扰。（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
38、种有毒气的酸性氧化物，多余的气体不能直接排放，需要用氢氧化钠溶液吸收，因此答案是：吸收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0.05L0.001mol/L5=2.510-4mol，根据得失电子守恒，设空气中二氧化硫的物质的量是x，则（6-4）x=2.510 -4mol，x=1.2510 -4mol，标准状况下的条件是1.2510 -4mol22.4L/mol=2.810-3L=2.8mL，所以该空气中SO 2的体积分数为2.8/V。 答案：2.8/V。33. 某课外活动小组进行F
39、e(OH)3胶体的制备实验并检验其性质。(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：甲同学操作：取一小烧杯，加入25 mL蒸馏水加热至沸腾，向沸水中逐滴加入12 mL FeCl3饱和溶液，继续煮沸至混合液呈红褐色，停止加热。请评价该操作是否正确_。乙直接加热饱和FeCl3溶液，请评价是否正确_。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)
40、3胶体生成的实验操作是_。该操作利用胶体的性质是_。(4)Fe(OH)3胶体稳定存在的主要原因是_(填字母，下同)。A.胶体粒子直径小于1nm B.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胶体区别于FeCl3溶液最本质的特征是_。A.Fe(OH)3胶体粒子直径在1100 nm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)
41、. FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl (6). 让一束可见光通过制得的分散系，从侧面观察到一条光亮的“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)实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立即停止加热，如继续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；根据胶粒可使光线发生散射作用分析判断；(4)氢氧化铁胶粒带正电荷，胶粒之间相
42、互排斥，而不易产生较大粒子而聚沉；(5)胶体区别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)根据胶体与电解质会发生聚沉现象判断。【详解】(1)实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立即停止加热，故合理选项是B；(2)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立即停止加热，这是制备氢氧化铁胶体的正确操作，操作合理，正确；直接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，不正确；加热到继续沸腾，不能继续加热，否则形成的胶粒会集结在一起，形成沉淀，操作不合理，不正确；(3)将3-4
43、滴饱和FeCl3溶液滴入25mL沸腾的蒸馏水中，继续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胶体生成的实验操作是：让一束可见光通过制得的分散系，从侧面观察到一条光亮的“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能力，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胶体区别于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1100nm之间，故合理选项是A；(6)向Fe(OH)3胶体
44、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知识，清楚胶体属于分散系，由于胶粒大小介于溶液和浊液之间，使其具有一些特殊的性质。掌握胶体的制备及注意事项、胶体的性质及鉴别、提纯等知识是本题解答的关键。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)
45、. NH4Cl (3). H2Cl22HCl (4). 2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O【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NH4 Cl，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NH4 Cl；（2）A、B分别是H2和Cl2，反应方程式为：H2 +Cl2 2HCl；（3）E为NH4 Cl，F为Ca(OH)2，反应方程式为：2NH4 Cl+Ca(OH)2 2NH3 +2H2 O+CaCl2。【点睛
46、】本题的突破点为C、D为气体，反应后生成E为固体，可初步推测C、D可能为HCl、 NH3，E为NH4 Cl。再根据此突破点依次推断即可。35. 某同学在实验室发现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，实验流程如图所示(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)2CO32H2SO4=2CuSO4CO23H2O (3). FeCuSO4=CuFeSO4 (4). FeH
47、2SO4=FeSO4H2【解析】【分析】根据题干提供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，硫酸铜全部参加反应，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)2CO32H2SO4=2CuSO4CO23H2O。（3）碱式碳酸铜与硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化
48、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FeCuSO4=CuFeSO4、FeH2SO4=FeSO4H2。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16.25 g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：Cd2NiO(OH)2H2O2Ni(OH)2Cd(OH)2，已知Ni(OH)2和Cd(OH)
49、2均难溶于水，但能溶于酸，以下说法中正确的是_。ACd是负极 BNi(OH)2是正极C充电时化学能转变为电能 D放电时化学能转变为电能(3)如图为氢氧燃料电池的构造示意图，根据电子运动方向，可知X极为电池的_(填“正”或“负”)极，Y极的电极反应为_(填“氧化”或“还原”)反应。【答案】 (1). 锌 (2). Zn-2e-=Zn2+ (3). 0.5 (4). AD (5). 负 (6). 还原【解析】【分析】(1)在原电池中，活动性强的电极为负极，活动性弱的电极为正极，负极失去电子发生氧化反应，结合锌是+2价金属，根据其质量计算物质的量，然后计算转移电子的物质的量；(2)放电时化学能为电能
50、，充电时电能转化为化学能，结合反应方程式判断电极作用； (3)在燃料电池中，通入燃料的电极是负极，通入氧化剂的电极为正极，负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子，发生还原反应。【详解】(1)在锌锰干电池中，由于电极活动性ZnC，所以Zn为负极，失去电子发生氧化反应，负极的电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+，16.25 g锌的物质的量是n(Zn)=0.25 mol，则转移电子的物质的量为n(e-)=20.25 mol=0.5 mol；(2)A根据反应方程式可知：Cd作负极，失去电子发生氧化反应，A正确；BNi(OH)2连接电源正极，在反应中失去电子，发生氧化反应，作电解池的阳极，B错误；C充
51、电时在电流作用下发生氧化还原反应，是电能转变为化学能，C错误；D放电时发生化学反应，产生电流，化学能转变为电能，D正确；故合理选项是AD；(3)根据图示可知X电极失去电子，发生氧化反应，则在该燃料电池中，通入氢气的电极X为负极，H2失去电子，发生氧化反应，X电极反应式为2H2-4e-+4OH-=2H2O，通入氧气的电极Y为正极，得到电子，发生还原反应，正极的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-。【点睛】本题考查原电池原理，明确正负极判断方法、各个电极上发生的反应是解本题关键，注意电解质溶液的酸碱性不同导致电极反应不同，难点是电极反应式的书写，侧重考查分析判断能力。37. 氧化铝是一种典型
52、的两性氧化物，既能与酸反应，又能与碱溶液反应。（1）氧化铝与硫酸反应的化学方程式是_，离子方程式是_。（2）氧化铝与烧碱溶液反应的化学方程式是_，离子方程式是_。（3）若使等质量的氧化铝溶解，消耗硫酸与氢氧化钠的物质的量之比是_。【答案】 (1). Al2O33H2SO4=Al2(SO4)33H2O (2). Al2O36H=2Al33H2O (3). Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O (4). Al2O32OH=2AlO2-H2O (5). 32【解析】【详解】（1）氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝和水，化学方程式为：Al2O33H2SO4=Al2(SO4)33H2O，离子方程式为：Al
53、2O36H=2Al33H2O，故答案为Al2O33H2SO4=Al2(SO4)33H2O， Al2O36H=2Al33H2O。（2）氧化铝与烧碱溶液反应生成偏铝酸钠和水，化学方程式为：Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O，离子方程式为：Al2O32OH=2AlO2-H2O，故答案为Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O，Al2O32OH=2AlO2-H2O。（3）根据氧化铝分别与硫酸溶液、氢氧化钠溶液反应的化学方程式：Al2O33H2SO4=Al2(SO4)33H2O、Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O可知，使等质量的氧化铝溶解，消耗硫酸与氢氧化钠的物质的量之比等于反应物的化学计量数之比是32，故答案为32。