1、四川省成都市2019-2020学年高二化学下学期期末摸底考试试题（含解析）本试卷分选择题和非选择题两部分。第 卷（选择题）1至4页，第卷（非选择题）5至8页，共8页，满分100分，考试时间100分钟。注意事项：1答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。2答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。3答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。5考试结束后，只将答题卡交回。可能用到的相对原子质量： H-l C-12 N-14 O-1
2、6 Na-23 S-32 Cl-35.5 2n-65 Ag-108 第1卷（选择题，共40分）本卷选择题共20小题每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.某试剂瓶标签上安全标志如图，该试剂可能是A. 乙醇B. 烧碱C. 硝酸钾D. 明矾【答案】C【解析】【分析】该标志表示试剂氧化剂。【详解】A. 乙醇为易燃液体，通常不用作氧化剂，A不符合题意； B. 烧碱为强碱，属于有腐蚀性试剂，通常不用作氧化剂，B不符合题意； C. 硝酸钾在一定的条件下可以表现出很强的氧化性，可以用作氧化剂，C符合题意； D. 明矾的化学性质稳定，通常用作混凝剂，通常不用作氧化剂，D不符合题意。本题选C。
3、2.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是A. NaClO溶液可用来杀灭新冠病毒B. 可用淀粉溶液来检验是否为加碘盐C. 制造医用口罩的材料聚丙烯来自于石油化工D. 葡萄酒可用二氧化硫作防腐剂和抗氧化剂【答案】B【解析】【详解】ANaClO具有强氧化性，是84消毒液的主要有效成分，NaClO溶液能够使蛋白质变性，可用来杀灭新冠病毒，故A正确；B淀粉遇到单质碘变蓝，而加碘盐加的是碘酸钾，所以不能用淀粉溶液可检验食用盐是否为加碘盐，故B错误；C制造医用口罩的材料聚丙烯的单体为丙烯，丙烯是石油化工的主要产品之一，故C正确；D二氧化硫具有还原性和氧化性，常在葡萄酒中添加微量二氧化硫作抗氧化剂和防腐剂，使
4、酒保持良好品质，故D正确；故选B。3.下到分析错误的是A 酸性：HClO4H3PO4B. 离子半径：F- Mg2+C. 阴离子还原性：Cl-S2-D. H、N、O三种元素可形成离子化合物【答案】C【解析】【详解】A元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：ClP，因此酸性：HClO4H3PO4，故A正确；B电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，离子半径：F- Mg2+，故B正确；C元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，阴离子的还原性越弱，非金属性：ClS，还原性：Cl-S2-，故C错误；DH、N、O三种元素可形成离子化合物，如NH4NO3，故D正确；故选C。4.下列离子
5、在溶液中能大量共存的是A. Na+、Ca2+、Cl-、COB. HCO、K+、NH、OH-C. Fe2+、H+、SO、NOD. Na+、K+、CO、SiO【答案】D【解析】【详解】ACa2+与CO能够反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故A错误；BHCO、NH都能够与OH-反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；CFe2+与H+、NO能够发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；DNa+、K+、CO、SiO离子间不发生反应，在溶液中能大量共存，故D正确；故选D。5.天然橡胶的单体是异戊二烯（ ），下列说法正确的是A. 与乙烯是同系物B. 能发生加成聚合反应C. 常温下能与水互溶D. 分子中
6、所有原子共平面【答案】B【解析】【详解】A. 异戊二烯分子中有2个碳碳双键，而乙烯分子只有1个碳碳双键，两者结构不相似，在分子组成上也不是相差若干个CH2，故其与乙烯不是同系物，A说法不正确；B. 异戊二烯能发生加成聚合反应生成聚异戊二烯，B说法正确；C. 所有的烃均不溶于水，因此，异戊二烯常温下不溶于水，C说法不正确；D. 异戊二烯分子中有1个甲基，根据甲烷分子的正四面体结构可知，甲基上的所有原子不可能共面，因此，异戊二烯分子中所有原子不可能共平面，D说法不正确。本题选B。6.下列反应的应用错误的是A. 可用氧化铁与铝在高温下反应炼铁B. 硫化钠与浓硫酸反应可制备硫化氢C. 铁丝在氯气中燃烧
7、可制得无水三氯化铁D. 氧化钙与水反应可用作自热米饭加热【答案】B【解析】【详解】A铝具有较强的还原性，高温下能够与氧化铁发生铝热反应置换出铁，可以用氧化铁与铝在高温下反应炼铁，故A正确；B硫化钠具有较强的还原性，浓硫酸具有强氧化性，二者会发生氧化还原反应，不能生成硫化氢，故B错误；C铁丝在氯气中燃烧生成三氯化铁，故C正确；D氧化钙与水的反应会放出大量的热，可用作自热米饭加热，故D正确；故选B。7.下列化学方程式中，不能准确表达其变化的是A. 钠在空气中变暗：2Na+O2 =Na2O2B. 蔗糖加浓硫酸变黑：C12H22O1112C+11H2OC. 漂白粉久置失效：Ca(ClO)2+CO2+H
8、2O=CaCO3+ 2HC1O 2HC1O=2HCl+O2D. SO2形成酸雨：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4【答案】A【解析】【详解】A. 钠在空气中变暗是因为其被氧化为氧化钠，而不是过氧化钠，A符合题意；B. 浓硫酸有脱水性，蔗糖加浓硫酸变黑，该变化的化学方程式为C12H22O1112C+11H2O，B不符合题意；C. 漂白粉久置失效是因为其吸收了空气中的水和二氧化碳生成次氯酸，次氯酸见光分解，依次发生反应的化学方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+ 2HC1O、2HC1O=2HCl+O2，C不符合题意；D. SO2形成酸雨是因为其与氧气和水发生反应生成硫酸，形成酸
9、雨的途径通常有两种，但是其总反应均可表示为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，D不符合题意；本题选A。8.下列有关物质的鉴别或检验错误的是A. 用激光笔照射区别食盐水和蛋白质溶液B. 向溶液中滴入铁氰化钾溶液，可检验溶液中是否存在Fe2+C. 将红色石蕊试纸伸到集气瓶口可检验瓶里是不是氨气D. 向溶液中滴入足量稀盐酸后再滴入氯化钡溶液，可检验溶液中是否存在SO【答案】C【解析】【详解】A. 食盐水属于溶液，而蛋白质溶液属于胶体，胶体有丁达尔效应而溶液没有，故可用激光笔照射区别食盐水和蛋白质溶液，A正确；B. 铁氰化钾溶液可与Fe2+生成蓝色沉淀，这是Fe2+的特征反应，因此， 向溶液中滴入
10、铁氰化钾溶液，可检验溶液中是否存在Fe2+，B正确；C. 实验室通常将湿润的红色石蕊试纸检验氨气，湿润的红色石蕊试纸遇氨气变蓝，C错误；D. 向溶液中滴入足量稀盐酸后可以排除可能存在的干扰离子，然后再滴入氯化钡溶液，可检验溶液中是否存在SO，若有则生成白色沉淀，D正确。本题选C。9.下列实验操作正确的是A. 配制0.4 mol/LNaOH溶液：将4.0 g NaOH固体放入250 mL容量瓶，加水至刻度线B. 除去乙酸乙酯中的少量乙酸：加入NaOH溶液洗涤、分液C. 测定氯水的pH：将氯水滴在pH试纸上，然后与标准比色卡比较D. 验证Mg(OH)2的溶解度比Fe(OH)3大：向Mg(OH)2悬
11、浊液中滴入FeCl3溶液【答案】D【解析】【详解】A容量瓶不能用来溶解固体，应该将称量好的氢氧化钠先在烧杯中溶解，冷却到室温后再转移到容量瓶中定容，故A错误；B乙酸乙酯和乙酸都能与NaOH溶液反应，不能除杂，故B错误；C氯水具有漂白性，不能用pH试纸测定氯水的pH，应该用pH计测量，故C错误；D向Mg(OH)2悬浊液中滴入FeCl3溶液，会生成红褐色沉淀，说明发生了沉淀的转化，说明Mg(OH)2的溶解度比Fe(OH)3大，故D正确；故选D。10.下列说法正确的是A. 升高H2SO4稀溶液温度，溶液中c(OH-)增大B. pH=3的CH3COOH溶液加入CH3COONa固体，溶液的pH减小C.
12、NaClO稀溶液中加入NaClO固体，溶液中增大D. 向AgCl、Ag2CrO4的饱和溶液中加入少量AgNO3固体，溶液中不变【答案】A【解析】【详解】A. 水的电离是吸热过程，升高H2SO4稀溶液温度，水的电离程度变大，由于硫酸是强电离质，其电离程度不受温度影响，故溶液中c(OH-)增大，A说法正确；B. pH=3的CH3COOH溶液加入CH3COONa固体，由于CH3COONa是易溶于水的强电解质，其增大了溶液中c(CH3COO-)，从而使醋酸的电离平衡逆向移动，溶液中c(H+)减小，故溶液的pH增大，B说法不正确；C. NaClO稀溶液中加入NaClO固体，的水解程度变小了，溶液中= 减
13、小，C说法不正确；D. 向AgCl、Ag2CrO4的饱和溶液中加入少量AgNO3固体，其沉淀溶解平衡均向结晶方向移动，但是温度不变，其溶度积不变，其溶度积的比值也不变，即不变，加入少量AgNO3固体，溶液中变大，故变小，D说法不正确。本题选A。11.下列实验现象和结论均正确的是A. 将石蜡油蒸气通过炽热碎瓷片后产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去，说明气体中不含烷烃B. 将铝箔在酒精灯上加热，熔化的铝不滴落，说明氧化铝的熔点比铝高C. 将钠投入盛有无水乙醇的试管中，钠浮在液面上且有气泡冒出，说明钠密度比乙醇小D. 将少量过氧化钠粉末加入水中，向反应后的溶液中滴入酚酞溶液，溶液保持红色
14、，说明反应生成了碱【答案】B【解析】【详解】A不饱和烃可被高锰酸钾氧化，由得到的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色，可知分解产物含不饱和烃，但不能据此判断是否含有烷烃，故A错误；B铝箱在酒精灯上加热至熔化，发现熔化的铝并不滴落，铝在空气中能很快形成氧化膜，氧化铝的熔点高，氧化铝包裹在Al的外面，因此熔化的铝并不滴落，故B正确；C钠的密度比乙醇的密度大，但钠浮在乙醇表面的原因是生成H2附着在钠粒表面，使钠上浮，故C错误；D将少量过氧化钠粉末加入水中，向反应后的溶液中滴入酚酞溶液，溶液变红色，是因为反应生成了氢氧化钠，最终溶液的红色会褪去，因为过氧化钠的水溶液具有强氧化性，故D错误；故选B。12
15、.实验室探究从海水中提取溴主要过程为： ，下列装置或操作在实验中未涉及到的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】海水浓缩析出粗盐后的母液中通入Cl2，反应的离子方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，萃取分液得到含溴的有机溶液，然后蒸馏得到溴，据此分析解答。【详解】A将母液中的溴离子氧化需要通入氯气，图中装置是制备氯气的装置，故A不选；B将海水蒸发浓缩析出粗盐用到蒸发装置，故B不选；C用有机溶剂萃取溴水中的溴用到萃取和分液，故C不选；D图中装置是灼烧固体的装置，海水提溴过程中用不到该装置，故D选；故选D。13.设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A. 1 L 0.1
16、mol/L NH4 NO3溶液中含有氮原子总数为0.2 NAB. 7.8 g Na2 O2与水完全反应，转移的电子数为0.2 NAC. 2.8 g CO和N2混合气体中含有质子数为1.4 NAD. 标准状况下，2. 24 L环丙烷中化学键数目为0.9 NA【答案】B【解析】【详解】A1 L 0.1 mol/L NH4NO3溶液中含有0.1mol NH4NO3，含有氮原子总数为0.2NA，故A正确；B7.8 g Na2O2的物质的量为=0.1mol，与水反应的方程式为2Na2O2+ 2H2O = 4NaOH + O2，反应中只有Na2O2中O元素的化合价发生变化，反应中转移2个电子，因此0.1m
17、olNa2O2完全反应转移的电子数为0.1NA，故B错误；CCO和N2的摩尔质量都是28g/mol，2.8 g CO和N2混合气体的物质的量为0.1mol，CO和N2分子中含有的质子数都是14，则2.8 g CO和N2混合气体中含有质子数为1.4NA，故C正确；D标准状况下，2. 24 L环丙烷的物质的量=0.1mol，1个环丙烷分子中含有6个C-H和3个C-C，化学键总数为9，因此0.1mol环丙烷中化学键数目为0.9NA，故D正确；故选B。14.为达到相应实验目的，下列实验设计可行的是编号 实验目的实验过程A探究浓度对化学平衡移动的影响向盛有5 mL 0.1 mol/L K2 Cr2 O7
18、溶液的试管中滴入3滴浓硫酸，振荡 B 观察Fe（OH）2颜色向盛有FeSO4溶液的试管中滴入氨水，立即振荡C检验K+用玻璃棒蘸取待测液在无色火焰上灼烧，观察现象D探究浓度对反应速率的影响向2支盛有2 mL 0.0 l mol/L H2C2O4溶液的试管中分别加入4 mL 0.0 l mol/L和 0.02 mol/L KMnO4溶液，观察现象A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A. 向盛有5 mL 0.1 mol/L K2 Cr2O7溶液的试管中滴入3滴浓硫酸，振荡后溶液的颜色变深了，说明增大H+浓度可以使化学平衡Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+向逆反应方向移
19、动， A可行；B. 向盛有FeSO4溶液的试管中滴入氨水，立即振荡，则生成的Fe(OH)2能迅速被氧气氧化为Fe(OH)3，发现生成了灰白色沉淀迅速变为灰绿色，很难观察到Fe(OH)2颜色呈白色， B不可行；C. 玻璃的成分之中有硅酸钠，用玻璃棒蘸取待测液在无色火焰上灼烧，可以观察到火焰呈黄色，钠的焰色反应（黄色）把钾元素的焰色反应（紫色）给掩盖了，故不能用此方法检验K+，C不可行；D. H2C2O4和酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O。向2支盛有2 mL 0.0 l mol/L H2C2O4溶液的试管中分别加入4 mL 0
20、.0 l mol/L和0.02 mol/L KMnO4溶液，由离子方程式中相关物质的化学计量数的关系可以判断，两实验中KMnO4溶液均过量，溶液均不能褪色，因此，该不能用于探究浓度对反应速率的影响，D不可行。本题选A。15.实验室利用下图所示装置测定水中氢氧元素之比。下列说法错误的是A. 、中依次盛装无水CaCl2、碱石灰、碱石灰B. 需测定实验前后装置和装置的质量差C. 结束反应时，应先移走酒精灯，待装置的玻璃管冷至室温，再关闭活塞KD. 实验后装置的玻璃管中CuO未全部变红，对实验结果无影响【答案】A【解析】【分析】由题中信息可知，本实验利用氧化铜质量的减少和生成水的质量关系来测定水的组成
21、。【详解】A. 是用于干燥氢气和吸收挥发的氯化氢，应选择碱石灰；用于吸收反应后生成的水，可以选择碱石灰；是用于防止空气中的水和二氧化碳进入系统干扰实验，可以选择碱石灰，A说法错误；B. 本实验利用氧化铜质量的减少和生成水的质量关系来测定水的组成，实验前后装置的质量差为氧化铜所失去的氧元素的质量，实验前后装置的质量差为氧化铜被还原后生成水的质量，因此，需测定实验前后装置和装置的质量差，B说法正确；C. 结束反应时，为防止氧化铜被还原后生成铜再被氧化，装置的固体应在氢气的保护下冷却，故应先移走酒精灯，待装置的玻璃管冷至室温，再关闭活塞K，C说法正确；D. 本实验利用氧化铜质量的减少和生成水的质量关
22、系来测定水的组成，实验前后装置的质量差为氧化铜所失去的氧元素的质量，实验后装置的玻璃管中CuO未全部变红，对实验结果无影响，D说法正确。本题选A。16.下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是 选项物质abcANa2 CO3NaHCO3CO2BNONO2HNO3CFeCl3FeCl2 Fe DAl2O3Al(OH)3AlCl3A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】ANa2 CO3溶液中通入二氧化碳反应生成NaHCO3，NaHCO3受热分解生成Na2 CO3、CO2和水，CO2和氢氧化钠反应生成Na2 CO3，物质之间可以通过一步反应实现如图所示转化，
23、故A不选；BNO能够与氧气反应生成NO2，NO2能够与水反应生成HNO3 和NO，稀硝酸与铜能够反应生成NO，物质之间可以通过一步反应实现如图所示转化，故B不选；CFeCl3能够与铁反应生成FeCl2，FeCl2能够与氯气反应生成FeCl3，FeCl2能够与活泼金属锌反应生成Fe，Fe在氯气中燃烧生成FeCl3，物质之间可以通过一步反应实现如图所示转化，故C不选；DAl2O3不溶于水，不能与水一步反应生成Al(OH)3，故D选；故选D。17.锂可用于氮的固定，其转化过程如图所示。下列说法错误的是A. 反应中N2是氧化剂B. 反应属于复分解反应C. 转化过程中涉及的H2O、LiOH都属于电解质D
24、. 反应中Li在阳极生成【答案】D【解析】【分析】根据图示，反应为Li+N2X，则X为Li3N，反应为6Li+N2=2Li3N；反应为Li3N+3H2O=3LiOH+NH3；反应4LiOH 4Li+O2+2H2O，据此分析解答。【详解】A反应为6Li+N2=2Li3N，其中N2中N元素化合价降低，为氧化剂，故A正确；B反应Li3N+3H2O=3LiOH+NH3，属于复分解反应，故B正确；C在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，故LiOH和水为电解质，故C正确；D反应为4LiOH 4Li+O2+2H2O，阴极上Li+放电，阳极上OH-放电，锂中在阴极上生成，故D错误；故选D。18.液体锌
25、二次电池具有电压高、成本低、安全性强和可循环使用等特点。已知：Zn(OH)2+2OH-=Zn(OH)；KOH凝胶中允许离子存在、生成或迁移。下列说法错误的是A. 电池放电时，电子由电极B经导线流向电极AB. 电池反应为MnO2+ Zn + 4H+4OH-=Mn2+ + Zn(OH)+2 H2 OC. 电池充电时，H+向电极A移动D. 电池充电时，电极B的质量增大【答案】C【解析】【分析】由图中信息可知，电极A上发生还原反应，电极B上发生氧化反应，则A为正极、B为负极。【详解】A. 电池放电时，电子由负极经外电路流向正极，即由电极B经导线流向电极A，A说法正确；B. 由图中两电极的物质转化关系可
26、知，电池反应为MnO2+ Zn + 4H+4OH-=Mn2+ + Zn(OH)+2 H2 O，B说法正确；C. 电池放电时，K+向正极迁移，即向电极A迁移；电池充电时，电极A变为阳极，电极反应式为Mn2+ +2 H2 O -2e- = MnO2+ 4H+；电极B变为阴极，电极反应式为Zn(OH)+ 2e+= Zn +4OH-，K+向阴极迁移，即向电极B移动，H+不可能向电极A移动，C说法错误；D. 电池充电时，电极B变为阴极，电极反应式为Zn(OH)+ 2e+= Zn +4OH-，电极B的质量增大，D说法正确。本题选C。19.用活性炭还原氮氧化物可防止空气污染。向1L密闭容器加入一定量的活性炭
27、和NO，某温度下发生反应：已知：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2 (g) HC(s)+O2(g)CO2 (g) H1= -393.5 kJ/molN2(g)+O2(g)2NO(g) H2= +180.5 kJ/mol下列说法错误的是A. H= -574.0 kJ/molB. 当容器内气体密度不变时，反应达到平衡状态C. 反应正反应的活化能大于180.5 kJ/molD. 反应达到平衡后，增大压强平衡向正反应方向移动【答案】D【解析】【详解】AC(s)+O2(g)CO2 (g) H1= -393.5 kJ/mol，N2(g)+O2(g)2NO(g) H2= +180.5 kJ/mol，根
28、据盖斯定律，将-得：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2 (g) H=(-393.5 kJ/mol)-(+180.5 kJ/mol)=-574.0 kJ/mol，故A正确；BC(s)+2NO(g)N2(g)+CO2 (g)是气体质量逐渐增大的反应，当容器内气体密度不变时，说明气体的质量不变，说明反应达到了平衡状态，故B正确；C反应的焓变=正反应的活化能-逆反应的活化能，反应N2(g)+O2(g)2NO(g) H2= +180.5 kJ/mol，则正反应的活化能大于180.5 kJ/mol，故C正确；D反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2 (g)为气体的物质的量不变的反应，容器中的气
29、体的压强始终不变，达到平衡后，增大压强平衡不移动，故D错误；故选D。20.室温下，用0.10mol/L CH3 COOH溶液滴定10.00mL浓度均为0.10 mol/L NaOH和NH3H2O的混合液，混合溶液的相对导电能力随乙酸滴入的变化曲线如下图所示。已知：Ka(CH3COOH)=1. 810-5，Kb( NH3H2O) =1. 8 l0-5。下列叙述错误的是A. ab段为CH3COOH与NaOH的中和过程B. b点水的电离程度最大C. c点3c(Na+)=2c(CH3 COOH)+2c(CH3 COO-)D. d点c(Na+)c(NH)c(OH-)c(H+)【答案】B【解析】【分析】由
30、Ka(CH3COOH)=1. 810-5、Kb( NH3H2O) =1. 8 l0-5可知，在室温下，两种弱电解质的电离常数相同。【详解】A. 由图中信息可知，ab段溶液的导电能力逐渐减弱至最低，说明在此过程中，溶液中的离子总浓度逐渐减小，只是CH3COOH与NaOH的中和过程，NaOH是强碱，其完全电离，故其先参与中和反应，NH3H2O是弱碱，其没有参加反应，因为只要NH3H2O参加反应就会生成可溶性的强电解质醋酸铵，离子总浓度必然增大，A叙述正确；B. b点为醋酸钠和NH3H2O的混合液，此时NH3H2O的电离抑制了水的电离，在d点恰好完成所有的中和反应，溶液中只有醋酸钠和醋酸铵两种溶质，
31、两者的水解均促进水的电离，故d点水的电离程度最大，B叙述错误；C.由于起始状态时醋酸和氢氧化钠的物质的量浓度相同，在c点，醋酸的体积是原氢氧化钠溶液体积的1.5倍，根据物料守恒可知，3c(Na+)=2c(CH3 COOH)+2c(CH3 COO-)，C叙述正确；D. 在室温下，两种弱电解质的电离常数相同。在d点溶液中只有醋酸钠和醋酸铵，且两者物质的量浓度相同。若醋酸根离子的物质的量浓度与铵根离子浓度相同，则溶液呈中性，但是，此时溶液中醋酸根离子的物质的量浓度是铵根离子的2倍，因此，醋酸根离子的水解作用大于铵根离子的水解作用，溶液呈碱性，因此，c(Na+)c(NH)c(OH-)c(H+)，D叙述
32、正确。本题选B。【点睛】D选项为易错点，要注意醋酸根离子浓度和铵根离子的不同，溶液不是中性的。第卷（非选择题，共60分）注意事项：1用黑色签字笔将答案写在答题卡规定的位置上。2本卷非选择题共有6个题。21.R、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。R的最外层电子数是内层电子数的两倍，X2W2可用于呼吸面具，Y的主族序数与周期数相等，Z的氢化物的分子式为H2 Z。回答下列问题： (1)Z在周期表中的位置是_，Y的原子结构示意图_。(2)R2 Z的结构式是_，X2 Z2的电子式是_。(3)XYW2溶液呈_性(填“酸”、“碱”或“中”)，原因是(用离子方程式表示)_。(4)某传感器可以检
33、测空气中ZW2的含量，工作原理如上图所示。则其阴极电极反应式为_。【答案】 (1). 第三周期第A 族 (2). (3). SCS (4). (5). 碱 (6). AlO2H2OAl(OH)3 OH (7). 2HSO2H 2e = S2O2H2O【解析】【分析】R、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。R的最外层电子数是内层电子数的两倍，R含2个电子层，最外层电子数为4，为C元素；X2W2可用于呼吸面具，为Na2O2，则X为Na元素，W为O元素；Y的主族序数与周期数相等，原子序数比11 大，为Al元素；Z的氢化物的分子式为H2 Z，则Z为S元素，结合元素周期律和电解池的工作原理
34、分析解答。【详解】根据上述分析，R为C元素，W为O元素，X为Na元素，Y为Al元素，Z为S元素。(1)Z为S元素，Z在周期表中位于第三周期第A 族；Y为Al元素，Y的原子结构示意图为，故答案为：第三周期第A 族；(2)R2 Z的化学式为CS2，与CO2的结构相似，结构式为SCS；X2 Z2的化学式为Na2S2，与Na2O2的结构相似，电子式为，故答案为：SCS；(3)XYW2的化学式为NaAlO2，为强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，水解的离子方程式为AlO2H2OAl(OH)3 OH，故答案为：碱；AlO2H2OAl(OH)3 OH；(4)某传感器可以检测空气中SO2的含量，阴极上发生还原反应，
35、根据工作原理示意图，Pt电极上HSO转化为S2O，其中S元素的化合价由+4价变成+3价，发生还原反应，因此Pt电极为阴极，电极反应式为2HSO2H 2e = S2O2H2O，故答案为：2HSO2H 2e = S2O2H2O。【点睛】本题的易错点为(3)，要注意同主族元素的单质及其化合物的性质和结构具有相似性，本题的难点为(4)，要注意阴极上发生还原反应，结合图示中物质中元素化合价的变化分析判断。22.H是一种重要的化工原料，它可由石油和煤焦油通过下列路线合成：（1）A的名称是_；过程是_变化（填“物理”或“化学”，下同），过程是_变化。（2）反应的化学方程式为_；反应的类型为_。（3）鉴别E与
36、F的方法是_。（4）H中六元环上的氢原子被两个氯原子取代后的有机物有_种。【答案】 (1). 乙烯 (2). 化学 (3). 物理 (4). 2CH3CH2OHO2 2CH3CHO2H2O (5). 取代反应或酯化反应 (6). 分别滴入酸性 KMnO4 溶液， 振荡，使 KMnO4 溶液褪色的是 F，不褪色的是 E (7). 7【解析】【分析】由H的结构及反应条件可以推断D为乙酸，则结合各步变化的反应条件可以推断C为乙醛、B为乙醇、A为乙烯。【详解】（1）A的名称是乙烯；工业上通常对石油分馏产品进行裂解来获得乙烯，故过程为裂解，是化学变化；工业上通过对煤焦油进行分馏而获得苯，过程为分馏，是物
37、理变化。（2）反应为乙醇的催化氧化，化学方程式为2CH3CH2OHO2 2CH3CHO2H2O；反应为乙酸与环己二醇反应生成酯，故为酯化反应或取代反应。（3）E分子中没有碳碳双键，而F分子中有碳碳双键，因此，鉴别E与F的方法是：分别滴入酸性 KMnO4 溶液，振荡，使 KMnO4 溶液褪色的是 F，不褪色的是 E。（4）用定一议二法，H分子有一定的对称性，六元环上的6个碳原子均有H原子可以被取代，如图所示，可以先把1号或2号的H原子取代，然后分析另一个H原子被取代的可能性，先取代1，环上其他碳原子上的H均可以被取代，但要注意左右对称，故有3种；再先取代2，则与1相同的位置不能再取代，可以找到4
38、种，注意2号碳上有2个H原子可以被取代。综上所述，可以确定H中六元环上的氢原子被两个氯原子取代后的有机物有7种。【点睛】在确定同分导构体的数目时，如果环上有多个取代基，通常采用定一议二或定二议三等方法，即先确定一个或两个取基的位置，然后分析第二或第三个取代基的可能位置，要注意分子结构的对称性，防止重复，还要注意每个碳原子上的H原子数目，防止遗漏。23.CO2是一种廉价的碳资源，资源化利用CO2具有重要的工业与环境意义。(1)下列物质理论上可以作为CO2捕获剂的是_(填序号)。ANH4Cl溶液 B(NH4)2CO3溶液 C氨水 D稀H2SO4(2)以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为
39、碳减排提供了一个新途径。该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如下图所示。该转化过程中会_能量(填“吸收”或“释放”)；CO2分解反应的热化学方程式为_，实现该反应的能量转化方式是_。(3)O2辅助的Al-CO2电池能有效利用CO2，且电池反应产物Al2(C2O4)。是重要的化工原料，工作原理如图所示。若正极上CO2还原生成C2O，则正极的反应式为_；电路中转移1 mol电子，需消耗CO2_L(标准状况)。【答案】 (1). BC (2). 吸收 (3). 2CO2(g)2CO(g)+O2(g) H=+60kJ/mol (4). 光能和热能转化为化学能 (5). 2CO2+2e-=C2
40、O (6). 22.4【解析】【分析】(1)二氧化碳是酸性氧化物，具有碱性的物质均能捕获CO2，据此分析判断；(2)根据图象，过程中钛氧键断裂；以TiO2为催化剂、光和热条件下分解CO2反应生成CO和氧气，根据能量守恒判断能量转化方式，结合反应的焓变=反应物总键能-生成物总键能计算书写反应的热化学方程式；(3)该原电池中Al作负极，失电子生成铝离子，正极上O2反应前后质量、化学性质不变，是催化剂，CO2还原生成C2O，据此分析解答。【详解】(1)二氧化碳是酸性氧化物，具有碱性的物质均能捕获CO2，反应如下：(NH4)2CO3+CO2+H2O=2 NH4HCO3，NH3H2O+CO2= NH4H
41、CO3，NH4Cl溶液与稀H2SO4是酸性溶液，与二氧化碳都不能发生反应，故答案为：BC；(2)根据图象，过程中钛氧键断裂会吸收能量，以TiO2为催化剂、光和热条件下分解CO2反应生成CO和氧气，根据能量守恒定律知，该反应中，光能和热能转化为化学能，反应的焓变=反应物总键能-生成物总键能，焓变与其方程式计量数成正比，则该反应的热化学方程式为2CO2(g)2CO(g)+O2(g) H=(1598-1072-496)kJ/mol2=+60kJ/mol，故答案为：吸收；2CO2(g)2CO(g)+O2(g) H=+60kJ/mol；光能和热能转化为化学能；(3)该原电池中Al作负极，失电子生成铝离子
42、，电极反应式为Al-3e-=Al3+(或2Al-6e-=2Al3+)，根据图示，正极上O2是辅助反应的发生，是催化剂，电池的正极反应式为：2CO2+2e-=C2O，电池总反应为2Al+6CO2Al2(C2O4)3，反应中转移6个电子，因此当电路中转移1 mol电子，需消耗1molCO2，在标准状况下的体积为22.4L，故答案为：2CO2+2e-=C2O；22.4。【点睛】本题的易错点和难点为(3)，要注意正极上O2是催化剂。24.碳酸钠是重要的化工原料之一，广泛应用于轻工日化、建材、食品工业等行业。(1)市售碳酸钠中含有氯化钠杂质，选用下列试剂设计实验方案进行检验，试剂：稀H2 SO4、BaC
43、l2溶液、Ca(NO3)2溶液、AgNO3溶液 实验步骤现 象 取少量样品，加蒸馏水溶解固体完全溶解得到无色澄清溶液_ 有白色沉淀生成 静置，_ _(2)用AgNO3标准溶液滴定Cl-(以K2CrO4溶液为指示剂，Ag2CrO4为砖红色沉淀)，来测定碳酸钠的纯度。配制样品溶液：称取某碳酸钠样品mg，用容量瓶配制100 mL溶液，定容时，用_加蒸馏水至刻度线。配制AgNO3溶液及浓度标定：称取AgNO3晶体8.5 g于烧杯中，用_取500 mL水并倒入烧杯中，搅拌摇匀后，转入_色试剂瓶，置于暗处、备用。用NaCl标准溶液标定上述AgNO3溶液浓度为b mol/L。滴定样品：取样品溶液20. 00
44、 mL于锥形瓶中，加过量稀HNO3，滴入23滴K2 CrO4溶液，用AgNO3标准溶液滴定，滴定终点的现象为_。重复上述操作三次。四次测定数据如下表：实验序号12 3 4 消耗AgNO3溶液体积/mL20.0021. 55 20. 02 19. 98若在滴定终点读取滴定管刻度时俯视标准液液面，则测定结果_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)；样品的纯度为_%。【答案】 (1). 加入过量 Ca(NO3)2溶液 (2). 取上层清液， 滴入AgNO3溶液 (3). 有白色沉淀生成 (4). 胶头滴管 (5). 量筒 (6). 棕 (7). 滴入最后一滴 AgNO3 标准溶液， 出现砖红色沉淀，
45、且半分钟内颜色不复原 (8). 偏高 (9). 【解析】【分析】(1)市售碳酸钠中含有氯化钠杂质，要检验氯化钠杂质可以检验是否含有氯离子即可，检验之前需要先排除碳酸根离子的干扰，据此分析解答；(2)用AgNO3标准溶液滴定Cl-(以K2CrO4溶液为指示剂，Ag2CrO4为砖红色沉淀)，来测定碳酸钠的纯度。滴定过程的原理为Ag+Cl-=AgCl，当溶液中的氯离子滴定结束时，硝酸银和K2CrO4会反应生成砖红色的Ag2CrO4沉淀，据此分析解答。【详解】(1)市售碳酸钠中含有氯化钠杂质，要检验氯化钠杂质可以检验是否含有氯离子即可，检验之前需要先排除碳酸根离子的干扰，实验方案为：取少量样品，加蒸馏
46、水溶解，固体完全溶解得到无色澄清溶液；加入过量 Ca(NO3)2溶液，有白色碳酸钙沉淀生成；取上层清液， 滴入AgNO3溶液，有白色氯化银沉淀生成，故答案为：加入过量 Ca(NO3)2溶液；取上层清液， 滴入AgNO3溶液；有白色沉淀生成；(2)用AgNO3标准溶液滴定Cl-(以K2CrO4溶液为指示剂，Ag2CrO4为砖红色沉淀)，来测定碳酸钠的纯度。配制样品溶液：称取某碳酸钠样品mg，用容量瓶配制100 mL溶液，定容时，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，故答案为：胶头滴管；配制AgNO3溶液及浓度标定：称取AgNO3晶体8.5 g于烧杯中，用量筒取500 mL水并倒入烧杯中，AgNO3见光容易
47、分解，搅拌摇匀后，转入棕色试剂瓶，置于暗处、备用。用NaCl标准溶液标定上述AgNO3溶液浓度为b mol/L，故答案为：量筒；棕；滴定样品：取样品溶液20. 00 mL于锥形瓶中，加过量稀HNO3，滴入23滴K2 CrO4溶液，用AgNO3标准溶液滴定，氯化银为白色沉淀，Ag2CrO4为砖红色沉淀，因此滴定终点的现象为滴入最后一滴 AgNO3 标准溶液， 出现砖红色沉淀， 且半分钟内颜色不复原；根据四次测定数据，第2次的实验数据偏差较大，删除，其余3次实验数据的平均值为=20.00 mL，滴定过程的原理为Ag+Cl-=AgCl，消耗AgNO3的物质的量=0.02Lb mol/L=0.02bm
48、ol，则原溶液中氯离子的物质的量=0.02bmol=0.1bmol，样品中氯化钠的含量为100%=%，则样品的纯度为1-%=%，若在滴定终点读取滴定管刻度时俯视标准液液面，会导致读取的AgNO3溶液体积偏小，测得的样品中氯化钠的含量偏低，样品的纯度偏高，故答案为：滴入最后一滴 AgNO3 标准溶液， 出现砖红色沉淀， 且半分钟内颜色不复原；偏高；。【点睛】本题的易错点和难点为(2)中样品误差的判断，要注意样品的纯度是指碳酸钠的纯度。25.乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法生产。气相直接合成的反应为：C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g) H，乙烯的平衡转化率随温度、压强的
49、变化关系如下图其中n(C2H4)：n(H2O)=11。 （l）P2时，若起始n(H2O)=n(C2H4)=lmol，容器体积为1L，反应经5 min达到a点，在05 min时段，反应速率v(C2H5OH)为_mol/(Lmin)，a点的平衡常数Ka=_（保留两位小数）。（2）乙烯气相直接水合反应的H_0（填“”或“”），相同起始量达到a、b所需要的时间ta_tb（填“”、“”或“”，后同）。c、d两点的平衡常数Kc_Kd。（3）300时，要提高乙烯的平衡转化率可采取的措施有_、_ 、_。【答案】 (1). 0.04 (2). 0.31 (3). (4). (5). (6). 增大压强 (7).
50、 增大H2O的浓度或增大n(H2O) 与n(C2 H4)投料比 (8). 及时分离出生成的乙醇【解析】分析】根据化学反应速率的计算公式及平衡常数的表达式进行相关计算；分析图像中乙烯的平衡转化率受温度的影响确定反应是放热反应；根据压强对化学平衡的影响分析压强的大小关系，进一步比较相关的化学反应速率的大小；根据影响化学平衡移动的因素及平衡移动原理选择合适的措施。【详解】（l）P2时，若起始n(H2O)=n(C2H4)=lmol，容器体积为1L，反应经5 min达到a点，由图中信息可知，此时乙烯的转化率为20%，在05 min时段，乙烯的变化量为0.2mol，则乙醇的变化量也是0.2mol，反应速率
51、v(C2H5OH)为mol/(Lmin)。a点，C2H4、H2O、C2H5OH的平衡浓度分别为0.8mol/L、0.8mol/L、0.2mol/L，a点的平衡常数Ka=。（2）由图中信息可知，乙烯的平衡转化率随着温度的升高而减小，说明温度升高该平衡向逆反应方向移动，故乙烯气相直接水合反应的H0。C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)该反应正反应方向是气体分子数减小的方向，压强越大，乙烯的平衡转化率越大，由图中信息可知，在相同温度下，P3的转化率大于P2，则P3的压强较大，b点的温度、压强都比a点大，温度越高、压强越大，化学反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，因此，相同起始量达到a、b
52、所需要的时间tatb。c、d两点对应的温度相同，因为平衡常数只受温度影响，则平衡常数KcKd。（3）300时，要提高乙烯的平衡转化率，应设法让化学平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理可知，可采取的措施有：增大压强、增大H2O的浓度或增大n(H2O) 与n(C2H4)投料比、及时分离出生成的乙醇。【点睛】要注意化学平衡常数只受温度影响，不受压强的影响，温度不变平衡常数不变，此为本题的易错点。26.硫酸锌是制造锌钡白和锌盐的主要原料，也可用作木材的防腐剂等。用氧化锌烟尘(主要成分为ZnO，还含有少量PbO、CuO、Fe2 O3、FeO等)生产ZnSO47H2O的流程如下：有关金属离子c(Mn+)
53、= 0.l mol/L形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表：金属离Fe3+Fe2+Zn2+Cu2+开始沉淀的pH1.56.36.24.7沉淀完全的pH2.88.38.26.7(1)“酸浸”时用的稀酸是_；滤渣1主要成分是_。(2)“氧化”时的离子方程式为_；加入ZnO除杂时溶液的pH控制范围是_5.0。(3)滤渣3含有锌和_；滤液得到ZnSO47H2O的操作是_、洗涤、干燥。(4)取14.35gZnSO47H2O加热至不同温度，剩余固体的质量如下表 温度100250680930质量/g8. 958. 056. 724.05则680时剩余固体化学式为_(填序号)。AZnO BZn3O(SO4)2 C
54、ZnSO4 DZnSO4H2O【答案】 (1). 稀硫酸(或 H2SO4) (2). PbSO4 (3). 2Fe2 ClO 2H=2Fe3ClH2O (4). 2.8 (5). 铜(或 Cu) (6). 蒸发浓缩， 冷却结晶， 过滤 (7). B【解析】【分析】氧化锌烟尘(主要成分为ZnO，还含有少量PbO、CuO、Fe2O3、FeO等)加过量稀硫酸溶解，过滤，滤液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸铁，硫酸铅不溶于水，形成滤渣1；过滤分离，滤液中加入次氯酸钠溶液，将亚铁离子氧化生成铁离子，然后加入ZnO调节溶液的pH，使铁离子形成氢氧化铁沉淀形成滤渣2，过滤，滤液中含有硫酸铜和硫酸锌，加锌
55、粉置换铜离子，过滤，滤渣3为Cu(可能含有Zn)，滤液为硫酸锌溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSO47H2O晶体，据此分析解答。【详解】(1)“酸浸”时用的稀酸是稀硫酸；滤渣1主要成分是硫酸铅，故答案为：稀硫酸(或H2SO4)；PbSO4；(2)“氧化”时是将亚铁离子氧化生成铁离子，反应的离子方程式为2Fe2 ClO 2H=2Fe3ClH2O；加入ZnO是调节溶液的pH，使铁离子形成氢氧化铁沉淀，根据有关金属离子c(Mn+)= 0.l mol/L形成氢氧化物沉淀的pH范围数据，除杂时溶液的pH控制范围2.85.0，故答案为：2Fe2 ClO 2H=2Fe3ClH2O；2.8；(3)根据上
56、述分析，滤渣3含有锌和铜；滤液得到ZnSO47H2O的操作是蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：铜(或 Cu)；蒸发浓缩，冷却结晶、过滤；(4)14.35gZnSO47H2O中含有Zn元素的质量为14.35g=3.25g；如果是ZnO，则ZnO的质量为3.25g=4.05g，故A错误；如果是Zn3O(SO4)2，则Zn3O(SO4)2的质量为3.25g=6.72g，故B正确；如果是ZnSO4，则ZnSO4的质量为3.25g=8.05g，故C错误；如果是ZnSO4H2O，则ZnSO4H2O的质量为3.25g=8.95g，故D错误；故答案为：B。【点睛】本题的易错点和难点为(4)，可以根据锌元素守恒计算判断。
