1、2015-2016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( )A1mol Na参加氧化还原反应时电子转移NAB3.2g SO2与2.3g NO2所含有的氧原子数相等C标准状况下,2.24L H2O含有的O原子数为0.1NAD1L 0.1mol/LMgCl2溶液中Cl离子数为0.2NA4配制100mL 1.0mol/LNa2CO3溶液,下列操作正确的是(
2、 )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( )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:NaHCO3Na2CO3C酸性:HClH2CO3HClOD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( )AH+、Na+、CO32、ClBFe3+、K+、SCN、NO3CFe3+、K+、Cl、CO32DH+、Fe2+、MnO
3、4、SO428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)3DNaHCO3溶液与NaOH溶液反应:OH+HCO3=CO32+H2O9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( )ACu+4H
4、NO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2+2H2OB3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO+4H2OCCu+2AgNO3Cu(NO3)2+2AgD2Cu+O22CuO; CuO+2HNO3Cu(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+8NH36NH4Cl+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NH3CCl2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( )AA原子的最外层电子数比B原子的最外层电子数少BA原子的电子
5、层数比B原子的电子层数多C1mol A从酸中置换H+生成的H2比1mol B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( )AX,Y,Z中X的单质最稳定BY的氢化物为HYCX能生成HXOD能发生Cl2+H2ZZ+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( )I2的浓度不再变化; 生成1mol H2同时消耗1mol I2;容器内压强不再变化; 生成2mol HI同时消耗1mol H2ABCD15在Al与稀H2SO4的反应中,已知10s末
6、H2SO4的浓度减少了0.6molL1,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( )A0.02 molL1s1B0.04 molL1s1C0.06 molL1s1D0.18 molL1s116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HC=CHC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CA的能量
7、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( )AABBCCDD20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:
8、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_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所示若A是淡黄色固体:则B是_,E是_(填化学式)若A是无色气体:BC的化学方程式为_23A、B、C、D、E都是短周期元素,原子半径DCAEB,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
9、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B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AB的化学方程式:_写出乙醇A的化学方程式:_写出乙醇C的化学方程式_写出E的方程式_25某小组的
10、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:提出假设 假设1:全部是Na2O2 假设2:全部是Na2CO3 假设3:_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、1moLL1H2SO4、澄清石灰水、淀粉KI溶液、酚酞溶液、火柴、试管、小烧杯2015-2016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,
11、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25C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
12、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( )A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( )A1mol Na参加氧化还原反应时电子转移NAB3.2g SO2与2.3g NO2所含有的氧原子数相等C标准状况下,2.24L H2O含有的O原子数为0.1NAD1
13、L 0.1mol/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
14、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100mL 1.0mol/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
15、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;C、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,
16、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; B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
17、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:NaHCO3Na2CO3C酸性:HClH2CO3HClOD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:Na2CO3NaHCO3,故B错误;C盐酸是强酸,次氯酸是弱酸,酸性:HClH2CO3HC
18、lO,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( )AH+、Na+、CO32、ClBFe3+、K+、SCN、NO3CFe3+、K+、Cl、CO32DH+、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:AH+与CO32反应生成二氧化碳和水而不能大
19、量共存,但不是氧化还原反应,故A错误;BFe3+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;CFe3+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;D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
20、溶液:Al3+3OH=Al(OH)3DNaHCO3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;DNaHCO3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A
21、l3+4OH=AlO2+2H2O,故C错误;DNaHCO3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
22、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;D、钠与钾合金的熔点降低可作原子反应堆导热
23、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( )ACu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2+2H2OB3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO+4H2OCCu+2AgNO3Cu(NO3)2+2AgD2Cu+O22CuO; CuO+2HNO3Cu(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
24、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+8NH36NH4Cl+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
25、换反应B该反应的还原剂是NH3CCl2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+8NH3N2+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;BN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;D反应中Cl
26、2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( )AA原子的最外层电子数比B原子的最外层电子数少BA原子的电子层数比B原子的电子层数多C1mol A从酸中置换H+生成的H2比1mol B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
27、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:AA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;BA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.1mol A从酸中置换H+生成的H2比1mol B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
28、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BC13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( )AX,Y,Z中X的单质最稳定BY的氢化物为HYCX能生成HXOD能发生Cl2+H2ZZ+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
29、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( )I2的浓度不再变化; 生成1mol H2同时
30、消耗1mol I2;容器内压强不再变化; 生成2mol HI同时消耗1mol H2ABCD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: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,故应选;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1mol H2同时消耗1mol I2所代表的正、逆速率相等,说明此反应达到化学平衡,故应选;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,故不选;生成2mo
31、l HI代表逆反应速率,消耗1mol H2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0.6molL1,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( )A0.02 molL1s1B0.04 molL1s1C0.06 molL1s1D0.1
32、8 molL1s1考点:反应速率的定量表示方法 专题:化学反应速率专题分析: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vAl2(SO4)3解答:解:10s末硫酸的浓度减少了0.6molL1,则v(H2SO4)=0.06mol/(Ls),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vAl2(SO4)3=v(H2SO4)=0.06mol/(Ls)=0.02mol/(Ls),故选A点评:本题考查了化学反应速率与化学计量数的
33、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HC=CHC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
34、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
35、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CA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
36、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( )AABBCCDD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
37、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,AZn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
38、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
39、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)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+SiO2Si+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)2Ca Cl2+2NH3+
40、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+SiO2Si+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+SiO2Si+2CO,故答案为:2C+SiO2Si+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(
41、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+2H2O2Na+2OH+H2,NaOH与硫酸铜发生复分解反应,反应的化学方程式为CuSO4+2NaOHCu(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
42、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)2Ca Cl2+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: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
43、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所示若A是淡黄色固体:则B是H2S,E是H2SO4(填化学式)若A是无色气体:BC的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O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)如果
44、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;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)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
45、色变浅;SO2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)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,EC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
46、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,BC的化学方程式为4NH3+5O24NO+6 H2O,故答案为:4NH3+5O24NO+6 H2O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23A、B、C、D、E都是短周期元素,原子半径DCAEB,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
47、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A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)H2ONH3CH4SiH4(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DCAEB,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
48、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DCAB,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,
49、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A族,故答案为:三;A;(2)非金属性ONCSi,故氢化物的稳定性为H2ONH3CH4SiH4,故答案为:H2ONH3CH4SiH4;(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
50、,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B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AB的化学方程式:n CH2=CH2写出乙醇A的化学方程式:CH3CH2OHCH2=CH2+H2O写出乙醇C的化学方程式2CH3CH2OH+O22CH3CHO+H2O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CH3COOC
51、H2CH3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,AB的化学方程式为:n CH2=CH2,乙醇A的化学方程式:CH3CH2OHCH2=CH2+H2O,乙醇C的化学方程式:2CH3CH2OH+O22CH3CHO+H2O,生成E的化学方程式:CH3COOH+C2H5OHCH3COOCH2CH3+2
52、H2O,故答案为:n CH2=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:提出假设 假设1:全部是Na2O2 假设2:全部是Na2
53、CO3 假设3:是Na2O2与Na2CO3的混合物设计方案,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、1moLL1H2SO4、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)也可能是两者的混合物;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)也可能是两者的混合物,故答案为:是Na2O2与Na2CO3的混合物因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