2022-2020学年高二化学上学期开学考试试题(含解析) (I)

2022-2020学年高二化学上学期开学考试试题(含解析) (I)1. 设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法正确的是A. 1 molCl2与足量Fe反应，转移的电子数为3NAB. 1.5 mol NO2与足量H2O反应，转移的电子数为1.5NAC. 常温常压下，46g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NAD. 0.10 mo Na2O2粉末与足量水反应生成的O2分子数为0.10NA【答案】C【解析】A、转移电子物质的量为121mol=2mol，故A错误；B、发生3NO2H2O=2HNO3NO，1.5molNO2参与反应，生成NO物质的量为1.5/3mol=0.5mol，即转移电子物质的量为0.52mol=1mol，故B错误；C、假设全部都是NO2，原子物质的量为463/46mol=3mol，假设全部是N2O4，原子物质的量为466/92mol=3mol，因此46g混合物中含有原子物质的量为3mol，故C正确；D、发生的反应是2Na2O22H2O=4NaOHO2，因此0.1molNa2O2参与反应，生成氧气物质的量为0.1/2mol=0.05mol，故D错误。点睛：本题的易错点是选项A，此题中学生认为转移电子物质的量为3mol，因为铁被氧化成3价铁，转移电子物质的量为氧化剂(还原剂)物质的量变价原子个数化合价变化，即转移电子物质的量为121mol=2mol。2. 用固体样品配制定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A用天平称量药品，药品不能直接放在托盘内，天平称量应遵循“左物右码”，故A错误；B固体溶解用玻璃棒搅拌，加速溶解，故B正确；C转移溶液时，应用玻璃棒引流，防止溶液洒落，故C错误；D胶头滴管不能深入容量瓶内，应在容量瓶正上方，悬空滴加，故D错误；故选B。3. 下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是A. 某无色溶液中可能大量存在H+，Cl-、MnO4-B. pH=2的溶液中可能大量存在Na+、NH4+、SiO32-C. Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2OD. 稀硫酸和Ba(OH)2溶液反应：H+SO42-+Ba2+OH-=BaSO4+H2O【答案】C【解析】试题分析：AMnO4-是紫色，不可能存在无色溶液中，故A错误；BpH=2的溶液呈酸性，硅酸根离子和氢离子反应生成硅酸沉淀，故B错误；CFe2+与H2O2在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成铁离子和水，反应的离子方程式2Fe2+H2 O2+2H+2Fe3+2H2O满足电子守恒和电荷守恒，故C正确；D氢离子和硫酸根离子比例应为2：1，应为2H+SO42-+Ba2+2OH-BaSO4+2H2O，故D错误。故选C。考点：考查离子共存问题【名师点睛】本题考查离子的检验及离子共存，为高频考点，把握常见离子的检验及发生的化学反应为解答的关键，侧重学生分析能力及思维严密性的考查，题目难度不大。本题将离子共存、氧化还原反应等知识有机结合在一起，是历次考试的重点题型。如果离子间能发生复分解反应、氧化还原反应、双水解反应、络合反应等则不能在溶液中大量共存；当溶液中同时存在几种还原性离子，向其中加入氧化剂时还原性强的离子首先被氧化，常见离子的还原性：S2-SO32-Fe2+I-Br-；注意题目中的隐含信息，如“无色”、“酸性”、“一定”、“等物质的量”等。日常学习中，建议将离子共存和离子反应方程式书写结合一起做好专题总结，以便提高解题速度和准确度。4. 向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是操作现象结论A滴加BaCl2溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42-B滴加氯水和 CCl4振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中有I-C用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰至黄色原溶液中有Na+， 无K+D滴加稀NaOH溶液，将湿润红 色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+A. A B. B C. C D. D【答案】B.5. 下列关于元素周期律和元素周期表的说法错误的是A. Na、Mg、Al元素的原子核外电子层数随着核电荷数的增加而增加B. 第2周期元素从Li到F，元素原子得电子能力逐渐增强C. 同一周期从左到右，随着元素原子序数的递增，其气态氢化物的稳定性增强D. C、N、O、F的单质与H2化合越来越容易【答案】A【解析】A、三种元素都属于第三周期元素，核外有三个电子层数，故A说法错误；B、同周期从左向右非金属性增强，即得电子能力逐渐增强，故B说法正确；C、同周期从左向右，非金属性增强，其气态氢化物的稳定性增强，故C说法正确；D、非金属性越强，与氢气越容易结合，同周期从左向右非金属性增强，即四种元素的单质与H2化合越来越容易，故D说法正确。6. 已知短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是A. 原子序数 dcbaB. 原子半径：r(A)r(B)r(D)r(C)C. 单质的还原性：ABDCD. 离子半径：r(C3-) r(D-) r(B+) r(A2+)【答案】D【解析】属于短周期元素，且四种离子具有相同的电子层结构，根据所带电荷数，推出A为Mg，B为Na，C为N，D为F，A、原子序数：abdc，故A错误；B、电子层数越多，半径越大，电子层数相等，都具有相同的电子层结构，半径随着原子序数的递增而减小，因此原子半径大小顺序是r(Na)r(Mg)r(N)r(F)，故B错误；C、Na的金属性强于Mg，F的非金属性强于N，因此N2的还原性强于F2，因此还原性的强弱是NaMgN2F2，故C错误；D、电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，因此离子半径大小顺序是r(N3)r(F)r(Na)r(Mg2)，故D正确。点睛：因为是短周期元素，根据元素周期表的结构，以及所带的电荷数，离子核外电子排布相同，遵循“阴上阳下”，可以推出A为Mg，B为Na，C为N，D为F，从而进行分析。7. 下列能说明氯原子得电子能力比硫原子强的是HC1的溶解度比H2S大 HC1的酸性比H2S强HCl的稳定性比H2S强HC1的还原性比H2S强HC1O的酸性比H2SO4强A. B. C. D. 【答案】C【解析】得电子的能力与溶解性无关，故错误；HCl中Cl不是最高价，无法判断Cl的非金属性强于S，故错误；非金属性越强，其气态氢化物越稳定，因此HCl的稳定性强于H2S，说明Cl的非金属性强于S，故正确；HCl的还原性比H2S弱，故错误；HClO中Cl不是最高价，因此无法比较Cl的非金属性强于S，故错误；综上所述，选项C正确。点睛：非金属性强弱的比较一般从以下几方面进行分析：（1）与氢气发生剧烈程度，非金属性越强，其单质与氢气越容易结合；（2）气态氢化物的稳定性，气态氢化物越稳定，说明非金属性越强：（3）置换反应；（4）最高价氧化物对应水化物的酸性，酸性越强，非金属性越强；与溶解性无关。8. 下列关于有机化合物的说法正确的是A. 2-甲基丁烷也称异丁烷B. 由乙烯生成乙醇属于加成反应C. C4H9Cl有3中同分异构体D. 油脂和蛋白质都属于高分子化合物【答案】B【解析】A2-甲基丁烷含5个C原子，则2-甲基丁烷也称异戊烷，故A错误；B由乙烯生成乙醇，碳碳双键转化为单键，属于加成反应，故B正确；CC4H10有CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）CH3两种结构，均含2种H，C4H9Cl有4种同分异构体，故C错误；D蛋白质都属于高分子化合物，而油脂不是，故D错误；故选B。9. 盖斯定律指出：化学反应的反应热只与反应的始态(各反应物)和终态(各生成物)有关，而与具体反应进行的途径无关。物质A在一定条件下可发生一系列转化，由图判断下列关系错误的是A. AF，HH6B. H1H2H3H4H5H61C. CF，|H|H1H2H6|D. |H1H2H3|H4H5H6|【答案】B【解析】A、根据热化学反应方程式，正反应是放热反应，在逆反应是吸热反应，H的符号相反，但绝对值相同，即H=H6，故A说法正确；B、A生成A，H=0，即H1H2H3H4H5H6=0，故B说法错误；C、FC：H=H6H1H2，则CF：H=（H6H1H2），因此有|H|H1H2H6|，故C说法正确；D、AD：H= H1H2H3，DA：H=H4H5H6，它们的绝对值是相同的，即|H1H2H3|H4H5H6|，故D说法正确。10. 反应2H2(g) +O2(g)=2H2O(1)过程中的能量变化如图所示，下列有关说法正确的是A. H10 B. H2为该反应的反应热C. H3不是H2的燃烧热 D. H2=H1+H3【答案】C【解析】试题分析：A、拆化学键吸收能量；故A错误；B、形成化学键放出能量；故B错误；C、H2的燃烧热 是指1mol氢气完全燃烧放出的热量，而图像中是2mol氢气，正确；D、依据图象数据分析计算，H2-H1H3，错误；故C正确；故选C。考点：本题考查了反应能量变化，图象分析数据计算应用，题目难度中等。11. 下列说法或表示方法正确的是A. 吸热反应中，新化学键形成吸收能量；放热反应中，新化学键形成放出能量B. 等质量的硫蒸气和硫磺(S)分别完全燃烧，后者放出的热量多C. 相同体积、浓度均为0.1 mol/L的盐酸和醋酸溶液分别与足量的NaOH稀溶液反应，前者放出热量多D. 氢气的燃烧热为285. 8 kJmol-1，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H=-285.8 kJmol-1【答案】C【解析】A、无论吸热反应还是放热反应，都是形成新化学键放出能量，故A错误；B、固态硫转变成气体，需要吸收热量，因此等质量的时候，硫蒸气放出的热量多，故B错误；C、盐酸属于强酸，醋酸属于弱酸，弱酸的电离是吸热，因此等量时盐酸与NaOH反应放出的热量比醋酸与NaOH反应放出的热量多，故C正确；D、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，应是H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) H=-285.8 kJmol1，故D错误。点睛：选项D是学生易错点，燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，因此2mol氢气参与燃烧时，放出的热量为2285.8kJ。12. 最新报道：科学家首次用X-射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程.反应过程的示意图如下：下列说法正确的是A. CO和O生成CO2是吸热反应B. .在该过程中，CO断键形成C和OC. CO和O生成了具有极性共价键的CO2D. 状态状态表示CO与O2反应的过程【答案】C【解析】A、根据能量反应过程的图像知，状态I的能量高于状态III的能量，故该过程是放热反应，A错误；B、根据状态I、II、III可以看出整个过程中CO中的C和O形成的化学键没有断裂，B错误；C、由图III可知，生成物是CO2，具有极性共价键，C正确；D、状态状态表示CO与O反应的过程，D错误。答案选C。13. 已知：Fe2O3(s)3C(s) =2Fe(s)3CO(g) H+494kJmol1CO(g)1/2O2(g) =CO2(g) H-283 kJmol1C(s)1/2O2(g)=CO(g) H-110kJmol1则反应Fe2O3(s)3C(s)+ 3/2O2(g) =2Fe(s)3CO2(g)的焓变是A. -355 kJ B. +355 kJ C. -355 kJ mol-1 D. +355 kJ mol-1【答案】C【解析】3，H=(4943283)kJmol1=355kJmol1，故选项C正确。14. 已知：C(s)H2O(g)=CO(g)+H2(g) H-akJmol12C(s)+O2(g)2CO(g)H=-220kJmol1H-H、O=O和O-H键的键能分别为436 kJmol1、496 kJmol1和462kJmol1，则a为A. -332 B. -118 C. +350 D. -130【答案】D【解析】2得到：2H2O(g)=2H2(g)O2(g) H=(2a220)kJmol1，根据反应热与键能的关系，H=反应物键能总和生成物键能总和=22462(2436496)=2202a，解得a=130，故D正确。15. 在一定容量的密闭容器中进行反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)。已知反应过程中某一时刻N2，H2，NH3的浓度分别为0.1mol/L，0.3mol/L，0.2mol/L。当反应达到平衡时，可能存在的数据是 A .N2为0.2mol/L，H2为0.6mol/LB.N2为0.15mol/LC.N2，H2均为0.18mol/LD.NH3为0.4mol/L【答案】B【解析】A、可逆反应不能进行到底，N2的范围是00.2molL1，H2的范围是00.6molL1，NH3的范围是00.4molL1，不能取得最大值和最小值，故A错误；B、氮气物质的量浓度在范围内，故B正确；C、虽然氮气和氢气物质的量浓度在范围内，N2和H2都是反应物，浓度要么都增加，要么都减小，故C错误；D、此反应是可逆反应，不能进行到底，故D错误。16. 已知：(CH3COOH)22CH3COOOH，实验测得不同压强下体系平均相对分子质量() 随温度(T)变化曲线如图所示。下列说法正确的是A. 该过程H0B. 平衡常数：K (a) =K (b) K (c)C. 气体压强：p (a) p (b) =p (c)D. 当=80时，n(CH3COOH)2：nCH3COOH =1: 1【答案】C 起始： 1 0 变化： x 2x 某时刻：1-x 2x 根据平均摩尔质量的定义，则有M=80，解得x=0.5，(CH3COOH)2的物质的量为0.5mol，。CH3COOH的物质的量为1mol，故D错误。点睛：化学平衡图像，一般先看线的走向，然后作辅助线，利用勒夏特列原理，进行分析和判断。D当=80 时，n(CH3COOH)2：nCH3COOH =1: 117. 在恒容密闭容器中，CO与H2发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) HK2C. 反应处于D点时，一定有v正大于v逆D. A点的c(Fe3+)比B点的c(Fe3+)大【答案】B【解析】试题分析：A、分析题给图像知，随着温度的升高Fe(SCN)2的物质的量浓度逐渐减小，说明升高温度平衡逆向移动，该反应为放热反应，错误；B、该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则化学平衡常数减小，又温度T1T2，则K1K2，正确；C、曲线上方的区域未处于平衡状态，cFe（SCN）2+比平衡状态大，应向逆反应方向进行，故V正小于V逆，错误；D、升高温度，平衡向逆反应方向移动，A点温度小于B点，所以A点的c(Fe3)比B点的c(Fe3)小，错误。考点：考查化学平衡图像分析。19. N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生以下反应：2N2O5(g) 4NO2(g)O2(g)H0，T1温度时，向密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见下表：时间/s050010001500c(N2O5)mol/L5.003.532.502.50下列说法中不正确的是：A. T1温度下，500s时O2的浓度为0.74mol/LB. 平衡后其他件不变，将容器的体积压缩到原来的1/2，则再平衡时c(N2O5)5.00 mol/LC. T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1T2，则K1K2，故C说法错误；D、2N2O5(g) 4NO2(g)O2(g) 起始： 5 0 0 变化： 2x 4x x 平衡： 52x 4x x 根据化学平衡常数定义，K= =125，解得2x=2.5，N2O5的转化率为2.5/5=0.5。20. aX(g)+bY(g)cZ(g)的影响，将X和Y以物质的量之比为a:b开始反应，通过实验得到不同条件下达到平衡时Z的体积分数，实验结果如图所示。 以下判断正确的是A. H0，a+bc B. H0，a+bcC. Hc D. H0，a+bc【答案】C【解析】由图可知，随压强的增大，Z的体积分数增大，说明平衡正向移动，正反应是气体分子数减小的反应。随温度的升高，Z的体积分数减小，说明平衡向逆反应方向移动，逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应。21. 粗硅提纯常见方法之一是先将粗硅与HCl反应制得SiHCl3，经提纯后再用H2还原：SiHCl3(g)+H2(g) Si(s)+3HCl(g)。在2L密闭容器中，不同温度及不同n(H2)/n(SiHCl3)时，反应物X的平衡转化率关系如图。下列判断合理的是A. X是H2B. 1150反应的平衡常数大于950时反应的平衡常数C. 减小Si(s)的量，有利于提高SiHCl3的转化率D. 工业上可采用增大压强的方法提高产率【答案】B【解析】A、比值增大，n(H2)增大，转化率降低，故A错误；B、当n(H2)/n(SiHCl3)为定值时，温度越高，转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，即1150反应的平衡常数大于950时反应的平衡常数，故B正确；C、因为Si为固体，浓度视为常数，因此改变Si的量，平衡不移动，SiHCl3转化率不变，故C错误；D、反应前的气体系数小于反应后气体系数，增大压强，平衡向逆反应方向移动，产率降低，故D错误。22. 在下列物质转化中，A是一种正盐，D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，E是酸；当X无论是强酸还是强碱时，都有如下的转化关系：当X是强酸时A、B、C、D、E均含同一种元素；当X是强碱时，A、B、C、D、E均含另外同一种元素。请回答：(1)A是_，Y是_，Z是_。(2)当X是强酸时，E是_，写出B生成C的化学方程式：_(3)当X是强碱时，E是_，写出B生成C的化学方程式：_【答案】 (1). (NH4)2S (2). O2 (3). H2O (4). H2SO4 (5). 2H2S+3O22SO2 +2H2O (6). HNO3 (7). 4NH3+5O24NO+6H2O【解析】本题无机推断题，D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，说明Y为O2，是B连续被氧化的过程，A是正盐，可以跟酸反应，也可以跟碱反应，又能连续被氧化，最后得到酸，因此A为(NH4)2S，即A为(NH4)2S，Y为O2，Z为H2O；（2）当X为强酸时，B为H2S，则C为SO2，D为SO3，即E为H2SO4；（3）当X为强碱，B为NH3，C为NO，D为NO2，则E为HNO3，B生成C为催化氧化，因此反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O。23. 某兴趣小组设计出如图所示装置来改进教材中“铜与硝酸反应”实验，以探究化学实验的绿色化。(1)实验前，关闭活塞b，试管d中加水至浸没长导管口，塞紧试管c和d的胶塞，加热c，其目的是 _。(2)在d中加适量NaOH溶液，c中放一小块铜片，由分液漏斗a向c中加入2 mL浓硝酸，c中反应的化学方程式是_。再由a向c中加2 mL蒸馏水，c中的实验现象是_。(3)下表是制取硝酸铜的三种方案，能体现绿色化学理念的最佳方案是_，理由是_。方案反应物甲Cu、浓 HNO3乙Cu、稀HNO3丙Cu、O2、稀HNO3(4)该小组还用上述装置进行实验证明氧化性KMnO4Cl2Br2，操作步骤为_，实验现象为 _，但此实验的不足之处是 _。【答案】 (1). 检査装置气密性 (2). Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O (3). 反应变缓，气体颜色变淡 (4). 丙 (5). 耗酸量最少，无污染 (6). 向d中加入KBr溶液，c中加入固体KMnO4，由a向c中加入浓盐酸 (7). c中有黄绿色气体产生，d中溶液变为黄棕色 (8). 没有处理尾气【解析】考查实验设计与评价，（1）此操作步骤，是实验前进行的，因此此操作目的是检验装置气密性；（2）发生Cu和浓硝酸反应，即反应方程式为Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O，加入蒸馏水，硝酸浓度降低，反应速率变换，铜和稀硝酸反应生成NO，因此气体颜色变浅；（3）甲：铜和浓硝酸反应生成NO2，NO2有毒，污染空气，不符合绿色化学理念；乙：铜和稀硝酸反应生成NO，NO有毒，污染空气，不符合绿色理念；丙：Cu和氧气反应生成CuO，CuO与稀硝酸反应生成硝酸铜和H2O，不产生污染物，消耗硝酸的量少，符合绿色理念；（4）向d中加入KBr溶液，c中加入固体KMnO4，由a向c中加入浓盐酸，c中发生2KMnO416HCl(浓)=2KCl5Cl22MnCl28H2O，有氯气产生，现象是产生黄绿色气体，d中发生Cl22Br=Br22Cl，d中溶液变为黄棕色，氯气和液溴有毒，没有处理尾气装置。24. 下表是元素周期表的一部分，针对表中的种元素，填写下列空白：主族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA0族234(1)在这些元素中，化学性质最不活泼的是：_(填具体元素符号，下同)。(2)在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的化学式是_。(3)最高价氧化物是两性氧化物的元素是_；写出它的氧化物与氢氧化钠反应的离子方程式_。(4)用电子式表示元素与的化合物的形成过程：_，该化合物属于_(填“共价”或“离子”)化合物。(5)表示与的化合物的电子式_。【答案】 (1). Ar (2). HC1O4 (3). Al (4). Al2O3 +2OH-=2AlO2- + H2O (5). (6). 离子 (7). 【解析】考查元素周期表和元素周期律的应用，（1）化学性质最不活泼的元素是，即为Ar；（2）最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物是HClO4；（3）最高价氧化物是两性氧化物的元素为Al，氧化物为Al2O3，与NaOH反应的离子方程式为Al2O32OH=2AlO2H2O；（4）形成的化合物是Na2S，Na2S属于离子化合物，即电子表示形成的过程：；（5）和构成化合物是CCl4，电子式为：。25. 如图所示，组成一种原电池。试回答下列问题（灯泡功率合适）：(1)电解质溶液为稀H2SO4时，灯泡_（填“亮”或“不亮”）。若灯泡亮，则Mg电极上发生的反应为：_；Al电极上发生的反应为：_。若灯泡不亮，其理由为：_。(2)电解质溶液为NaOH(aq)时，灯泡_（填“亮”或“不亮”）。若灯泡亮，则Mg电极上发生的反应为：_；Al电极上开始时发生的反应为：_。若灯泡不亮，其理由为_。【答案】 (1). 亮 (2). Mg-2e-=Mg2+ (3). 2H+2e-=H2 (4). 硫酸太稀，没有足够的阴、阳离子 (5). 亮 (6). 6H+6e-=3H2 (7). 2Al-6e-+8OH-=2A1O2-+4H2O (8). 电解质中没有足够的阴、阳离子【解析】考查原电池的构成和电极反应式的书写，（1）符合构成原电池的条件，因此有电流通过，灯泡发亮，镁比Al活泼，能与硫酸反应，因此镁作负极，电极反应式为Mg2e=Mg2，Al作正极，电极反应式为2H2e=H2，导电能力的强弱与溶液阴阳离子浓度以及所带电荷数有关，灯泡不亮，说明溶液中离子浓度非常小，可能是硫酸浓度太稀；（2）铝与NaOH溶液发生反应，即2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，此反应属于氧化还原反应，构成原电池，有电流通过，灯泡变亮，Mg的金属性强于Al，但Mg不与NaOH反应，因此Mg作正极，Al作负极，Mg电极反应式为6H6e=3H2，Al电极反应式为2Al8OH6e=2AlO24H2O，灯泡不亮，原因是：电解质中没有足够的阴、阳离子。点睛：本题易错点是（2），不能只能根据金属性强作负极，金属性弱的作正极，而应该还要注意是否与电解质发生氧化还原反应，镁不与氢氧化钠反应，而铝可以与氢氧化钠溶液反应，因此铝为负极，镁作正极，如类似的还有铜、铁、浓硝酸构成的原电池，铁与浓硝酸发生钝化反应，因此铜为负极，铁为正极。