广西钦州市第一中学2017年秋季高二化学开学考试试卷解析版
一．选择题
1．下列叙述正确的是（ ）
A．用丁达尔现象可以区分乙醇溶液和淀粉溶液 B．16O转化为18O属于化学变化
C．实验室中，钠通常保存在盛有煤油的细口瓶中
D．定容时仰视容量瓶刻度线，所配制的NaOH溶液浓度将偏高 答案：A
解析：A．乙醇溶液中乙醇分子的直径小于1nm，在淀粉溶液中淀粉分子的直径在1nm～100nm之间，具有胶体的性质，因此可用丁达尔现象可以区分乙醇溶液和淀粉溶液，正确；B．16O、18O是同一元素的不同原子，化学反应的过程就是原
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子重新组合的过程，在这个过程中原子的个数、原子的种类不变，因此O转化为18O属于核反应，不是化学反应，错误；C．钠是块状固体，容易与空气中的氧气及水发生反应，所以实验室中，钠通常保存在盛有煤油的广口瓶中，错误；D．定容时仰视容量瓶刻度线，由于溶液的体积偏大，根据溶液的物质的量浓度定义式
nc可知，所配制的NaOH溶液浓度将偏低，错误。
V考点：考查微粒的转化、物质的保存及鉴别方法正误判断的知识。 2．既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应的是 ①(NH4)2CO3 ②Al(OH)3 ③NaHCO3 ④Al2O3 ⑤Na2CO3 A．①②③④ B．②③⑤ C．②④⑤ D．全部 答案:A
解析:①碳酸铵与盐酸反应生成氯化铵和二氧化碳和水，与氢氧化钠反应生成氨气和碳酸钠和水；②氢氧化铝能与盐酸反应，也能与氢氧化钠反应；③碳酸氢钠和盐酸反应，也和氢氧化钠反应；④氧化铝是两性氧化物，能与盐酸反应也能和氢氧化钠反应；⑤碳酸钠能与盐酸反应，但不与氢氧化钠反应。故选A。 考点：氢氧化铝和氧化铝的两性，钠的重要化合物的性质 3．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A.28g氮气所含有的原子数目为NA B. 18g 18O2中所含的氧原子数为NA C.标准状况下，22.4L水中含有NA个水分子 D.标准状况下，22.4L氯化氢所含的原子数为NA 答案：B
解析：A.28g氮气，1molN2, 含原子数为2NA ；
C.要动用22.4L/mol，两个前提：①气体，②标况；水标况为液态；
D.标准状况下，22.4L氯化氢所含的原子数2NA 4．下列反应一定不会产生气体的是
A．盐与碱的反应 B．氧化物与水的反应 C．酸溶液与碱溶液的中和反应 D．金属与碱溶液的反应 答案:C
解析:A．铵盐与碱共热发生复分解反应，会产生氨气，错误；B．过氧化钠与水发生反应会产生氢氧化钠和氧气，错误；C． 酸溶液与碱溶液的中和反应，产生盐和水，不会产生气体，正确；D．Al与NaOH溶液发生反应产生偏铝酸钠和氢气，错误。
考点：考查物质发生反应产生气体的判断的知识。
5．除去CO2中的少量SO2，应选用下列试剂中的( )
A.亚硫酸钠溶液 B.碳酸氢钠饱和溶液 C.氢氧化钠溶液 D.碳酸钠饱和溶液 答案：B
解析：CO2在碳酸氢钠饱和溶液中的溶解度较小，且SO2在溶液中又可与NaHCO3反应生成CO2
6．下列物质种类中，前者包含后者的是
A．混合物 溶液 B．电解质 化合物 C．浊液 胶体 D．单质 化合物 答案：A
解析：A、溶液是混合物的一种，符合题意，故正确；B、电解质都是化合物，但化合物不一定是电解质，还有可能是非电解质，后者包含前者，故错误；C、浊液和胶体没有公共部分，故错误；D、单质和化合物没有公共部分，故错误。 考点：考查物质的分类等知识。
7．PASS是新一代高效净水剂，它由X、Y、Z、W、R五种短周期元素组成，五种元素原子序数依次增大。X原子是所有原子中半径最小的，Y、R同主族，Z、W、R同周期，Y原子的最外层电子数是次外层的3倍。Z是常见的金属，其原子的电子层数等于主族序数。W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料。下列说法正确的是
A．原子半径按X、Y、Z、R、W的顺序依次增大 B．WY2能与碱反应，但不能与任何酸反应
C．Z与Y形成的化合物可作为耐高温材料 D．熔沸点：X2R > X2Y
答案:C
解析:X、Y、Z、W、R五种短周期元素原子序数依次增大，X原子是所有原子中半径最小的，则X是氢元素。W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料，则W是硅元素。Z是常见的金属，其原子的电子层数等于主族序数，Z、W、R同周期，所以Z是铝元素。Y原子的最外层电子数是次外层的3倍，则Y是第二周期的氧元素。Y、R同主族，则R是硫元素。A、同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径按X、Y、Z、W、R的顺序依次增大，A错误；B、二氧化硅能与氢氟酸反应，B错误；C、氧化铝的熔点高可作为耐高温材料，C正确；D、水分子间存在氢键，所以水的熔沸点高于H2S的熔沸点，D错误，答案选C。
考点：考查元素推断及元素周期律的应用
8．改变以下反应的条件，能提高反应物活化分子百分数的是 ①温度 ②浓度 ③压强 ④正催化剂（ ）
A．①④ B．②③ C．①② D．③④ 答案：A
解析：增大反应物浓度和增大压强，活化分子数增大，活化分子百分数不变；升高温度和使用催化剂，活化分子数增大，活化分子百分数增大。 考点： 活化分子
点评：升高温度使一部分普通分子变成活化分子，活化分子数增加，活化分子百分数增加；使用正催化剂能降低反应活化能，活化分子数增加，活化分子百分数增加
9．已知硫、二氧化硫、三氧化硫三种物质的质量比为2:4:5，它们的物质的量之比为
A．2:4:5 B．1:1:1 C．5:4:2 D．1:2:3 答案:B
解析:可以假设它们的质量分别是2x、4x、5x，根据公式n=m/M计算，n（S）=2x/32= x/16
n（SO2）=4x/64= x/16，n（SO3）=5x/80= x/16，得出物质的量相等，选B。 考点：物质的量的计算。
10．下列各组离子在溶液中能大量共存的是（ ）
A.含稀硫酸的溶液：Na+、K+、S2O32-、Br－ B.酸性溶液：Fe3+、NH4+、SCN－、NO3－ C无色透明的溶液：Na+、K+、CrO42-、SO42－ D.强碱性溶液：Ba2+、Na+、NO3－ 、Cl
－
答案：D
解析：离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。在酸性溶液中，S2O32-能发生氧化还原反应，生成单质S、SO2和水，A不正确。选项B中Fe3+和SCN－不能大量共存。CrO42-在溶液中不是无色的，C不正确，因此正确的答案选D。
11．下列粒子在溶液中能大量共存的一组是( )
A．H+、Fe2+、SO42-、C12 B．K+、Ag+、NH3·H2O、NO3- C．Mg2+、Na+、SO42-、Cl- . D．Na+、A13+、Cl-、HCO3- 答案：C
2+2+3+-解析：A、溶液中Fe和C12 发生反应：Cl2 + 2Fe====2Fe + 2Cl，不能大量
共存，错误；B、溶液中Ag+和NH3·H2O发生反应，生成氢氧化银沉淀或银氨络离子，不能大量共存，错误；C、题给条件下，组内离子间不反应，能大量共存，正确；D、溶液中A13+和HCO3-水解相互促进生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，不能大量共存，错误。
考点：考查微粒间大量共存问题。
12．G、Q、X、Y、Z均为含氯的化合物，在一定条件下具有如下转化关系 A．G→Q+NaCl B．Q+H2O→X+H2↑ C．Y+NaOH→G+Q+HO D．Z+NaOH→Q+X+H2O 判断氯的化合价由低到高的排列顺序
A ．X Y Z G Q B．Y X Z G Q C .G Y Q Z X D． X Z Q Y G 答案:C
解析:G→Q+NaCl，则Cl元素的化合价：Q>G；Q+H2O→X+H2↑，则Cl元素的化合价：X>Q；Y+NaOH→G+Q+HO，则Cl元素的化合价：Q>Y>G；Z+NaOH→Q+X+H2O，则Cl元素的化合价：X>Z>Q，使用综上所述可知，氯的化合价由高到低的排列顺序是：X>Z>Q>Y>G，则氯的化合价由低到高的排列顺序是G Y Q Z X，故选项C正确。
考点：考查元素化合价的高低判断的知识。
13．金属汞在加热条件下可以与氧气化合生成氧化汞，反应如下：2Hg ＋O2 ＝ 2HgO ，下列哪个选项可以说明0.2mol Hg 与0.2mol O2 充分反应后物质的种类及其量的情况？（ ）
A．0.02mol HgO ＋ 0.2mol Hg B．0.2mol HgO ＋ 0.1mol O2 C．0.2mol HgO D．0.1mol HgO ＋ 0.1mol Hg 答案：B 解析：
正确答案：B
2Hg ＋O2 ＝ 2HgO 2 1 2 0.2 0.1 0.2
氧气过量0.1mol，B选项正确。
14．下列说法中，正确的是
A．1 mol NO的质量是30 g B．标准状况下，1 mol H2O的体积是22.4 L C．17 g NH3含有的氢原子总数为6.02×1023
D．100 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液中，Na+的物质的量为 0.01 mol 答案：A 解析：
A．1molNO的质量是1mol×30g/mol＝30 g，A正确；B．标准状况下水是液体，不能利用气体摩尔体积计算物质的量，B错误；C．17 g NH3的物质的量是17g÷17g/mol＝1mol，其中含有的氢原子总数为3×6.02×1023，C错误；D．100mL0.1mol/L Na2CO3溶液中，Na+的物质的量为0.1L×0.1mol/L×2＝0.02mol，D错误，答案选A。
【考点定位】本题主要是考查阿伏加德罗常数计算
【名师点晴】在进行物质的量的有关计算时，关键是熟练应用几个关系式
NnNA、n＝m/M、nV、ncBV，特别还要注意气体摩尔体积的使用条Vm件，即只能适用于气体，且只有在标准状况下，气体的摩尔体积才是22.4L/mol。另外还需要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。 15．实验室用NaCl固体配400 mL 1.0 mol／L NaCl溶液，下列判断不对的是（ ）
A．用托盘天平称取NaCl固体23.4 g B．应选用500 mL的容量瓶来配制此溶液
C．在转移操作中不慎将溶液洒到容量瓶外面，应该重新配置溶液 D．加蒸馏水至离刻度线1-2 cm时改用胶头滴管定容
答案:A
解析:实验室没有400ML的容量瓶，所以不能称23.4g，所以A错误。 考点：试验。 二．非选择题
16.A、B、C、D、E五种物质（或离子）均含有同一种元素，它们之间有如图所示的转化关系：
（1）若A为非金属单质，C、D的相对分子质量相差16。0.05 mol·L—1 E溶液中只有3种离子，且在25℃时，溶液中的c(H＋)/c(OH—)＝1012。 ①写出E→C的一个化学方程式___________________________；
②在A→C的反应中，每转移1 mol e— 就会放热 143.5 kJ，该反应的热化学方程式为_________。
（2）若A为金属单质，B、C均属于盐类，D是一种白色沉淀。
①若B水溶液呈酸性，C水溶液呈碱性，则B溶液呈酸性的原因是______________（用离子方程式表示）；
②若B溶液呈黄色，与硫氰化钾溶液混合后显红色，E是一种不溶性碱。B→C的离子方程式为___________。D→E的化学方程式为______________________。选用氢碘酸与可E反应实现E→C的转化，该反应的离子方程式为________________。
（3）若A～E均为含有Y元素的化合物，A是淡黄色固体，等物质的量浓度B、C两溶液，其中C溶液的pH较小。电解D的水溶液是最重要的工业生产之一，D→E→C是工业侯氏制碱中的主要过程。则等浓度、等体积混合的C、E两溶液中所有离子浓度的大小关系为________________。 答案:（1）①Cu＋2H2SO4(浓) 或C＋2H2SO4(浓)
CuSO4＋SO2↑＋2H2O加热符号
CO2↑＋2SO2↑＋2H2O （其他合理答案也给分）
②S(s)＋O2(g)＝ SO2(g) ΔH＝－574.0 kJ·mol－1 （2）①Al3＋＋3H2O
Al(OH)3＋3H＋
②2Fe3＋＋Fe ＝ 3Fe2＋ （其他合理答案也给分） 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3
2Fe(OH)3＋2I－＋6H＋＝2Fe2＋＋I2＋6H2O
（3）c(Na＋)＞c(HCO3—)＞c(CO32—)＞c(OH—)＞c(H＋)
解析:（1）25℃时，溶液中的c(H＋)/ c(OH—)＝1012，溶液的c(H＋)=0.1mol/L，由0.05 mol·L—1 E溶液中只有3种离子，说明E为二元强酸，C、D的相对分子质量相差16，即化学式相差一个O原子，A为非金属单质，A可以是S；C为SO2，D为SO3，E为H2SO4。①Cu＋2H2SO4(浓)
CuSO4＋SO2↑＋2H2O或C＋2H2SO4(浓)
CO2↑＋2SO2↑＋2H2O；②在S(s)＋O2(g)＝ SO2(g)中转移的电子数为4，因此ΔH＝（—143.5 kJ·mol－1）×4=－574.0 kJ·mol－1，S(s)＋O2(g)＝ SO2(g) ΔH＝－574.0 kJ·mol－1
（2）①B水溶液呈酸性，C水溶液呈碱性，说明B为强酸弱碱盐，C为强碱弱酸盐，切含有同一种因素A，因此A为Al，B溶液呈酸性的原因是Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋；②B溶液呈黄色，与硫氰化钾溶液混合后显红色，说明B中含有Fe3+，A为Fe，结合E是一种不溶性碱可知C中含Fe2+，D为Fe(OH)2，E为Fe(OH)3，B→C的离子方程式为2Fe3＋＋Fe ＝ 3Fe2＋，D→E的化学方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3，E→C的离子方程式为2Fe(OH)3＋2I－＋6H＋＝2Fe2＋＋I2＋6H2O （3）由电解D的水溶液是最重要的工业生产之一，D→E→C是工业侯氏制碱中的主要过程，可知D为NaCl，进一步推导得：A为Na2O2，E为NaHCO3，C为Na2CO3，Na2CO3的水解生成NaHCO3，且水解程度比NaHCO3的水解程度大（可忽略NaHCO3的水解），水解后溶液呈碱性，因此等浓度、等体积混合的C、E两溶液中所有离子浓度的大小关系为c(Na＋)＞c(HCO3—)＞c(CO32—)＞c(OH—)＞c(H＋)
考点：本题属于无机推断题，考查了离子方程式的书写、氧化还原反应、离子浓度的大小比较等知识。
17.在一定条件下相互转化关系如图所示（反应条件和部分产物已省略）
A D B ＋A E C
（1）若A为金属单质，B、C为常温下气态非金属单质，D为黑色晶体，A和E在一定条件下反应生成D的化学方程式为 ．
（2）若A为金属单质，B、C为非金属单质，C为黑色固体，A和E在一定条件下反应生成D的化学方程式为 ．
（3）若A为非金属单质，B为金属单质，C为D的水溶液，图示中所有反应均为化合反应，A和E在水溶液中反应生成D的离子方程式为____________________________，B和C在水溶液中反应生成E的离子方程式为_______________________________________。 答案：（1）3Fe＋4H2O（g）（2）2Mg＋CO2
2+
高温Fe3O4＋4H2
2MgO＋C （2分）
3+
－
3+
2+
（3）Cl2+2Fe===2Fe+2Cl （2分） Fe+2Fe===3Fe 解析：（1）已知A、B、C均为常见的单质，A为金属单质，B、C为常温下气态非金属单质，D为黑色晶体，很容易想到铁与水蒸气的反应，故E的化学式为H2O，A和E在一定条件下反应生成D的化学方程式为3Fe＋4H2O（气）
Fe3O4
＋4H2 ；（2）若A为金属单质，B、C为非金属单质，C为黑色固体，很容易想到镁和二氧化碳的反应，故金属A为镁，E的化学式为CO2，A和E在一定条件下反应生成D的化学方程式为2Mg＋CO2
2MgO＋C；（3）若A为非金属单质，B为
金属单质，C为D的水溶液，图示中所有反应均为化合反应，则可得A为氯气；
B为变价金属，故B为铁，则C为盐酸，D为氯化铁，E为氯化亚铁；故A和E在水溶液中反应生成D的离子方程式为Cl2+2Fe2+===2Fe3++2Cl－，B和C在水溶液中反应生成E的离子方程式为Fe+2Fe3+===3Fe2+。 考点：铁及其化合物知识、框图推断。
18.乙烯是来自石油的重要有机化工原料。结合以下路线回答问题：
已知：2CH3CHO+O2
2CH3COOH
（1）D为高分子化合物，可以用来制造多种包装材料，其结构简式是 。 （2）E是有香味的物质，实验室制取E的装置如图所示。
①反应IV的化学方程式是_________________，该反应类型是__________。 ②该装置图中有一个明显的错误是_____________。
③反应开始前，试管乙中盛放的溶液的作用是 ，可用 的方法把制得的E分离出来。
（3）反应I的化学方程式是 。 反应II的化学方程式是 。 答案：（1） CH2CH2n
CH3COOC2H5+H2O； 酯化（取代）反应
（2）①CH3COOH+C2H5OH
②乙试管中导管插入液面下；
③ 溶解乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解性 分液 （3） CH2=CH2+H2O
CH2CH3OH 2CH3CH2OH+O2
2CH3CHO+2H2O
解析：（1）乙烯发生加聚反应产生聚乙烯D，聚乙烯的结构简式是CH2CH2n； （2）乙烯与水发生加成反应生成A（乙醇），乙醇催化氧化得到B（乙醛）；乙醛催化氧化得到C（乙酸）；乙醇与乙酸发生酯化反应产生E，E是有香味的乙酸乙酯，据此回答：
①反应IV的化学方程式是CH3COOH+C2H5OH酯化反应，也是取代反应；
②该装置图中有一个明显的错误是乙试管中导管插入液面下；
③反应开始前，试管乙中盛放的溶液的作用是溶解乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解性，乙酸乙酯不溶于水溶液，可用分液的方法把制得的E分离出来。 （3）反应I的化学方程式是CH2=CH2+H2O 反应II的化学方程式是 2CH3CH2OH+O2
CH2CH3OH； 2CH3CHO+2H2O。
CH3COOC2H5+H2O；该反应类型是
考点：考查乙烯的性质，乙酸乙酯的制备，实验操作，化学方程式的书写等知识。 19．有A、B、C、D、E五种短周期元素, 它们的原子序数依次增大。 已知A和B原子具有相同的电子层数, 且A的最外层电子数是次外层电子数的两倍, C是该周期中原子半径最大的元素， C的单质在加热下与B的单质充分反应, 可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物,E与D相邻。 试根据以上叙述回答: （1）元素名称: A C __________ E （2）写出
AB2与过量氢氧化钠溶液反应的离子方程
式 ;写出 C2B2与AB2反应的化学方程式 ;
（3）画出D的原子结构示意图 ,用电子式表示化合物 C2D 的形成过程 ; （4）D、E的气态氢化物的稳定性 大于 （填化学式）。 答案:（1）碳、钠、氯 （2）CO2+2OH－=H2O+CO32－；2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2↑
（3）；
（4）HCl；H2S
解析:A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A的最外层电子数是次外层电子数的两倍，最外层电子数不超过8个，K层不超过2个，则A原子次外层为K层，则A是C元素；A和B原子具有相同的电子层数，则B为第二周期元素；C是该周期中原子半径最大的元素，且C原子序数大于B，所以C为第三周期元素，为Na元素；C的单质在加热下与B的单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物，则B单质是氧气，B为O元素，D是S元素，E与D相邻，且原子序数大于D，所以E是Cl元素。 （1）通过以上分析知，A、C、E分别是碳、钠、氯元素。 故答案为：碳；钠；氯；
（2）A是C元素、B是O元素，CO2与过量氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，离子方
程式为CO2+2OH-=CO32-+H2O，Na2O2与CO2发生反应生成碳酸钠和氧气，反应方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑。
故答案为：CO2+2OH-=CO32-+H2O；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑；
（3）D是S元素，其原子核外有3个电子层、最外层有6个电子，其原子结构
示意图为，用电子式表示
。
Na2S的形成过程为：
故答案为：；；
（4）D是S元素、E是Cl元素，非金属性Cl＞S，则氢化物的稳定性HCl＞H2S。 故答案为：HCl；H2S。
20．某课外活动小组根据Mg与CO2的反应原理，探究Mg与NO2的反应及固体产物。该小组通过实验确认Mg能在NO2中燃烧，并对固体产物提出三种假设： I．同体产物为MgO。
II．假设为______________。 III．假设为：______________。 请回答下列问题：
资料信息：2NO2 + 2NaOH = NaNO3 + NaNO2 + H2O
（1）如图连接好仪器，装药品前如何检验装置的气密性_______。
（2）装置B中盛装的干燥剂可以是（填序号）_______。 ①浓硫酸 ②无水CaCl2 ③碱石灰 ④五氧化二磷
（3）开始打开活塞k，让A中反应进行一段时间，待C中充满红综色气体后，关闭活塞k，再点燃C处酒精灯，同时D中碱液盛的很满，这样做的目的都是______________。
（4）E中收集到的气体对氢气的相对密度是14，该气体是_______。
（5）实验得到固体残留物的质量是实验前Mg粉质量的1.5倍，则假设_______成立。C中发生的化学反应方程式为______________ （6）本实验中存在明显缺陷，改进措施是___________ 答案：Ⅱ．固体产物为Mg3N2 III．固体产物为MgO和Mg3N2
（1）关闭分液漏斗活塞和活塞K，将导气管末端插入水中，对锥形瓶（或C处反应管）微热，若导气管口有气泡，停止加热，导气管中进入一段水柱，表示气密性良好。
（2）②④
（3）排净装置中空气，防止空气干挠实验。 （4）N2
（5）假设III 4Mg+2NO2
加热
4MgO+N2 3Mg+N2加热 Mg3N2
（6）活塞K处的导气管插入NaOH溶液中，进行尾气吸收。
解析： Mg与NO2反应，根据原子守恒，则产物可能是MgO、Mg3N2或MgO和Mg3N2 （1）检验装置气密性通常用加热法，即将各个活塞关闭，将导管末端伸入水中，微热气体发生装置，看是否产生气泡，停止加热后，看导管中是否有一段水柱。 （2）NO2可与浓硫酸、NaOH反应，因此不能用浓硫酸、碱石灰干燥。
（3）为防止Mg与空气中的N2、O2反应对实验产生干扰，需排尽装置中空气。 （4）收集的气体对氢气的相对密度是14，则气体的相对分子质量是2×14=28，气体为N2。
24165≈1.7倍，若产物只有（5）若产物只有MgO，则固体质量是反应前的
24324314225Mg3N2，则固体的质量是反应前的≈1.4倍，实验得到的固体质
24318量是反应前的1.5倍，则得到的是MgO和Mg3N2的混合物，故假设III成立。 仿照Mg与CO2的反应，可知Mg与NO2反应生成MgO和N2，产生N2继续和Mg反应得到Mg3N2。
（6）比较明显的缺陷是，排尽装置空气时，产生的NO2在活塞k处直接排入空气中，会污染环境，因此需将活塞k处的导管通入NaOH溶液中。
考点：考查化学实验原理分析，气密性检查，试剂选择，实验装置的作用，实验数据处理，实验装置改进等。
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