2019-2020年高二上学期开学化学试卷含解析.doc

2019-2020年高二上学期开学化学试卷含解析一、单项选择题（本题共25小题，每小题4分，共100分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）1设NA为阿伏加德罗常数值下列有关叙述错误的是( )A14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为NAB1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数小于2NAC1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为3NAD标准状况下，2.24 L CH4含有的共价键数为0.4NA2NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是( )A18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NAB2 L 0.5 molL1亚硫酸溶液中含有的H+离子数为2NAC过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NAD密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA3下列叙述和均正确并有因果关系的是( )选项叙述叙述A1己醇的沸点比己烷的沸点高1己醇和己烷可通过蒸馏初步分离B原电池可将化学能转化为电能原电池需外接电源才能工作C乙二酸可与KMnO4溶液发生反应乙二酸具有酸性DNa在Cl2中燃烧的生成物含离子键NaCl固体可导电AABBCCDD4已知NaOH+Al（OH）3NaAl（OH）4向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起上述实验过程中没有发生的离子反应是( )ACO2+2OHCO32+H2OBAl2O3+2OH+3H2O2Al（OH）4C2Al+2OH+6H2O2Al（OH）4+3H2DAl3+4OHAl（OH）45分子式为C5H11Cl的同分异构体共有（不考虑立体异构）( )A6种B7种C8种D9种6在含2mol NaOH、1mol Na2SiO3的溶液中滴加稀盐酸至过量，下列关于沉淀质量（m）与盐酸体积（V）之间关系的图象正确的是( )ABCD7下列关于物质或离子检验的叙述正确的是( )A在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+B气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气C灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，无K+D将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO28某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解：再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，震荡后仍有固体存在该白色粉末可能为( )ANaHCO3、Al（OH）3BAgCl、NaHCO3CNa2SO3、BaCO3DNa2CO3、CuSO49镁铝性质相似，下表中对两者的对比不正确的是( )选项反应铝镁A与非金属能被Cl2、O2氧化能与N2、O2反应B与水能与沸水反应反应很困难C与碱能溶于强碱溶液不反应D与某些氧化物能与Fe2O3、MnO2、Cr2O3等金属氧化物发生铝热反应能在CO2中燃烧AABBCCDD10下列说法不正确的是( )A储热材料是一类重要的存储物质，单位质量的储热材料在发生熔融或结晶时会吸收或释放较大的热量BGe（32号元素）的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池CBa2+浓度较高时危害健康，但BaSO4可服入体内，作为造影剂用于X射线检查肠胃道疾病D纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+，Cu2+，Cd2+，Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附11下列说法正确的是( )AI的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性强BP的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强CAl2O3和MgO均可与NaOH溶液反应DSO2和SO3混合气体通入Ba（NO3）2溶液可得到BaSO3和BaSO412原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1a的电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c和d+的电子层结构相同下列叙述错误的是( )A元素的非金属性次序为cbaBa和其他3种元素均能形成共价化合物Cd和其他3种元素均能形成离子化合物D元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、613下列有关化学用语表示正确的是( )ACSO的电子式：BCl的结构示意图：C甲烷分子的比例模型：D原子核内有20个中子的氯原子：xxCl14a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2和c+的电子层结构相同，d与b同族下列叙述错误的是( )Aa与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1Bb与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物Cc的原子半径是这些元素中最大的Dd与a形成的化合物的溶液呈弱酸性15W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图所示已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料Z的非金属性在同周期元素中最强下列说法正确的是( )A对应简单离子半径：XWB对应气态氢化物的稳定性：YZC化合物XZW既含离子键，又含共价键，属于弱电解质DY的氧化物和Z的氢化物均能与X的最高价氧化物对应的水化物反应16某反应由两步反应ABC构成，它的反应能量曲线如图所示（E1、E2、E3、E4表示活化能）下列有关叙述正确的是( )A两步反应均为吸热反应B三种化合物中C最稳定C加入催化剂会改变反应的焓变D整个反应中H=E1E417课堂学习中，同学们利用铝条、锌片、铜片、导线、电流计、橙汁、烧杯等用品探究原电池的组成下列结论错误的是( )A原电池是将化学能转化成电能的装置B原电池由电极、电解质溶液和导线等组成C图中a极为铝条、b极为锌片时，导线中会产生电流D图中a极为锌片、b极为铜片时，电子由铜片通过导线流向锌片18将镁片、铝片平行插入到一定浓度的NaOH溶液中，用导线连接成闭合回路，该装置在工作时，下列叙述正确的是( )A镁比铝活泼，镁失去电子被氧化成Mg2+B铝是电池负极，开始工作时溶液中会立即有白色沉淀生成C该装置的内、外电路中，均是电子的定向移动形成电流D该装置开始工作时，铝片表面的氧化膜可不必处理19下列制备和收集气体的实验装置合理的是( )A用氯化铵和氢氧化钙制NH 3B用铜片和稀硝酸制NOC用锌粒和稀硫酸制H 2D用双氧水和二氧化锰制O220某学生想利用如图装置（烧瓶位置不能移动）收集下列气体：H2 Cl2 CH4 HClNH3 NO NO2 SO2，下列操作正确的是( )A烧瓶是干燥的，由B进气收集B烧瓶是干燥的，由A进气收集C在烧瓶中充满水，由A进气收集D在烧瓶中充满水，由B进气收集21在一定温度下，10mL 0.40mol/L H2O2溶液发生催化分解，不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表t/min0246810V（O2）/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）( )A06 min的平均反应速率：v（H2O2）3.3102 mol/（Lmin）B610 min的平均反应速率：v（H2O2）3.3102 mol/（Lmin）C反应到6 min时，H2O2分解了50%D反应到6 min时，c（H2O2）=0.30 mol/L22在一个不传热的固定容积的密闭容器中，发生可逆反应mA（g）+nB（g）pC（g）+qD（g），当m、n、p、q为任意整数时，反应达到平衡的标志是( )体系的压强不再改变体系的温度不再改变各组分的浓度不再改变各组分质量分数不再改变反应速率v（A）：v（B）：v（C）：v（D）=m：n：p：q单位时间内m molA断键反应，同时pmolC也断键反应体系的密度不再变化ABCD23下列有关有机物的叙述正确的是( )A煤井中的瓦斯气和家庭使用的液化石油气的主要成分都是甲烷B苯的结构简式为，分子式可简化为CHC利用酸性KMnO4溶液可鉴别乙烯和乙烷D苯与乙烯均能与溴水发生加成反应，而甲烷只能与溴水发生取代反应24下列关于苯的叙述正确的是( )A反应为取代反应，有机产物浮在上层B反应为氧化反应，反应现象是火焰明亮并伴有浓烟C反应为取代反应，只生成一种产物D反应中1 mol苯最多与3 mol H2发生加成反应，因为苯分子含有3个碳碳双键25乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法错误的是( )A化学式为C6H6O6B乌头酸能发生水解反应和加成反应C乌头酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色D含1mol乌头酸的溶液最多可消耗3 mol NaOHxx学年山东省实验中学高二（上）开学化学试卷一、单项选择题（本题共25小题，每小题4分，共100分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）1设NA为阿伏加德罗常数值下列有关叙述错误的是( )A14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为NAB1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数小于2NAC1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为3NAD标准状况下，2.24 L CH4含有的共价键数为0.4NA【分析】A、乙烯和丙烯的最简式均为CH2；B、合成氨的反应为可逆反应；C、铁和过量的硝酸反应后变为+3价；D、求出甲烷的物质的量，然后根据1mol甲烷中含4mol共价键来分析【解答】解：A、乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故14g混合物中含有的CH2的物质的量为1mol，故含2NA个氢原子，故A错误；B、合成氨的反应为可逆反应，故不能进行完全，故生成的氨气分子个数小于2NA个，故B正确；C、铁和过量的硝酸反应后变为+3价，故1mol铁转移3NA个电子，故C正确；D、标况下2.24L甲烷的物质的量为0.1mol，而1mol甲烷中含4mol共价键，故0.1mol甲烷中0.4NA条共价键，故D正确；故选A【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大2NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是( )A18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NAB2 L 0.5 molL1亚硫酸溶液中含有的H+离子数为2NAC过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NAD密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA【分析】A、重水的摩尔质量为20g/mol；B、亚硫酸为弱酸；C、过氧化钠和水反应生成氧气时，氧元素的价态由1价变为0价；D、NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2N2O4【解答】解：A、重水的摩尔质量为20g/mol，故18g重水的物质的量为0.9mol，则含有9NA个质子，故A错误；B、亚硫酸为弱酸，不能完全电离，故溶液中的氢离子的个数小于2NA个，故B错误；C、过氧化钠和水反应生成氧气时，氧元素的价态由1价变为0价，故当生成0.1mol氧气时，转移0.2NA个电子，故C正确；D、NO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2N2O4，导致分子个数减小，故产物分子个数小于2NA个，故D错误故选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3下列叙述和均正确并有因果关系的是( )选项叙述叙述A1己醇的沸点比己烷的沸点高1己醇和己烷可通过蒸馏初步分离B原电池可将化学能转化为电能原电池需外接电源才能工作C乙二酸可与KMnO4溶液发生反应乙二酸具有酸性DNa在Cl2中燃烧的生成物含离子键NaCl固体可导电AABBCCDD【分析】A沸点相差较大的混合物可用蒸馏的方法分离；B原电池提供电能，无需外接电源；C乙二酸具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；DNaCl固体不导电，导电必须有自由移动的离子或电子【解答】解：A.1己醇分子间可形成氢键，沸点较大，可用蒸馏的方法分离醇和己烷，故A正确；B原电池提供电能，无需外接电源，外接电源时为电解池，电能转化为化学能，故B错误；C乙二酸具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，与酸性无关，故C错误；DNaCl固体没有自由移动的离子，不能导电，熔融的NaCl可导电，故D错误故选A【点评】本题为xx年考题，综合考查物质的分离、原电池、氧化还原反应以及离子化合物等知识，为常见题型，有利于培养学生良好的科学素养，题目难度适中，贴近教材4已知NaOH+Al（OH）3NaAl（OH）4向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起上述实验过程中没有发生的离子反应是( )ACO2+2OHCO32+H2OBAl2O3+2OH+3H2O2Al（OH）4C2Al+2OH+6H2O2Al（OH）4+3H2DAl3+4OHAl（OH）4【分析】向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO2与氢氧化钠反应，发生反应为：CO2+2OHCO32+H2O，表现为铝罐变瘪；接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应生成氢气，发生反应为：2Al+2OH+6H2O2Al（OH）4+3H2，则罐壁又重新凸起；因铝罐表面有氧化膜Al2O3，则又能够发生反应：Al2O3+2OH+3H2O2Al（OH）4，据此进行解答【解答】解：向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO2与氢氧化钠反应，发生反应为：CO2+2OHCO32+H2O，表现为铝罐变瘪；接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应生成氢气，发生反应为：2Al+2OH+6H2O2Al（OH）4+3H2，则罐壁又重新凸起；因铝罐表面有氧化膜Al2O3，则又能够发生反应：Al2O3+2OH+3H2O2Al（OH）4，根据分析可知，能够发生反应为A、B、C的，没有发生的反应为D，故选D【点评】本题考查了铝及其化合物性质，题目难度不大，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握铝及其化合物性质，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力5分子式为C5H11Cl的同分异构体共有（不考虑立体异构）( )A6种B7种C8种D9种【分析】判断和书写烷烃的氯代物的异构体可以按照以下步骤来做：（1）先确定烷烃的碳链异构，即烷烃的同分异构体 （2）确定烷烃的对称中心，即找出等效的氢原子 （3）根据先中心后外围的原则，将氯原子逐一去代替氢原子 （4）对于多氯代烷的同分异构体，遵循先集中后分散的原则，先将几个氯原子集中取代同一碳原子上的氢，后分散去取代不同碳原子上的氢【解答】解：分子式为C5H11Cl的同分异构体有主链有5个碳原子的：CH3CH2CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CH2CHClCH3；CH3CH2CHClCH2CH3；主链有4个碳原子的：CH3CH（CH3）CH2CH2Cl；CH3CH（CH3）CHClCH3；CH3CCl（CH3）CH2CH3；CH2ClCH（CH3）CH2CH3；主链有3个碳原子的：CH2C（CH3）2CH2Cl；共有8种情况故选C【点评】本题考查以氯代物的同分异构体的判断，难度不大，做题时要抓住判断角度，找出等效氢原子种类一般说来，同一个碳原子上的氢原子等效，同一个碳原子上连的所有甲基上的氢原子等效，处于镜面对称位置上的氢原子等效氯原子取代任意一个等效氢原子所得的一氯代物是同一种只要这样就可以了比如说丙烷有两种一氯代物6在含2mol NaOH、1mol Na2SiO3的溶液中滴加稀盐酸至过量，下列关于沉淀质量（m）与盐酸体积（V）之间关系的图象正确的是( )ABCD【分析】在含2mol NaOH、1mol Na2SiO3的溶液中滴加稀盐酸至过量，在滴加过程中，HCl先和NaOH反应生成NaCl和水，然后再和Na2SiO3反应生成H2SiO3沉淀和NaCl，所以看到的现象是先没有沉淀生成后生成沉淀【解答】解：在含2mol NaOH、1mol Na2SiO3的溶液中滴加稀盐酸至过量，在滴加过程中，HCl先和NaOH反应生成NaCl和水，然后再和Na2SiO3反应生成H2SiO3沉淀和NaCl，所以看到的现象是先没有沉淀生成后生成沉淀，反应方程式分别为NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2SiO3+2HCl=H2SiO3+2NaCl，根据方程式知，2molNaOH、1mol Na2SiO3都消耗2mol盐酸，故选C【点评】本题考查化学方程式有关计算，为高频考点，把握物质性质及各个物理量之间的关系式是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，注意物质反应先后顺序，题目难度不大7下列关于物质或离子检验的叙述正确的是( )A在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+B气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气C灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，无K+D将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2【分析】A如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN溶液，溶液呈红色，证明存在Fe3+，并不能证明无Fe2+；B无水硫酸铜吸水变为CuSO45H2O，白色粉末变蓝，可证明原气体中含有水蒸气；C灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，不能证明无K+，因为黄光可遮住紫光，K+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察；D能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等【解答】解：AFe3+遇KSCN会使溶液呈现红色，Fe2+遇KSCN不反应无现象，如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN 溶液，溶液呈红色，则证明存在Fe3+，并不能证明无Fe2+，故A错误；B气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，则发生反应：CuSO4+5H2OCuSO45H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故B正确；C灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na+，并不能证明无K+，Na+焰色反应为黄色，可遮住紫光，K+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察，故C错误；D能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2等，故将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则原气体不一定是CO2，故D错误，故选B【点评】本题考查常见物质及离子检验，侧重对基础知识的考查，注意对基础知识的掌握积累8某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解：再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，震荡后仍有固体存在该白色粉末可能为( )ANaHCO3、Al（OH）3BAgCl、NaHCO3CNa2SO3、BaCO3DNa2CO3、CuSO4【分析】取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解，说明有一种物质不溶于水，再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解，则至少有一种物质可与盐酸反应生成气体，可能为二氧化碳或二氧化硫；取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，震荡后仍有固体存在，说明在振荡过程中生成不溶于酸的固体，以此解答该题【解答】解：ANaHCO3、Al（OH）3都与盐酸反应，硫酸足量时没有固体剩余，故A错误；B碳酸氢钠与盐酸反应生成气体，AgCl不溶于盐酸，故B错误；CBaCO3不溶于水，二者都与盐酸反应，且生成气体，若加入足量稀硫酸，有气泡产生，且BaCO3，能和H2SO4反应生成BaSO4沉淀，故C正确；D加入过量硫酸，生成二氧化碳气体，但没有固体剩余，故D错误故选C【点评】本题考查物质的检验和鉴别，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握物质的性质，为解答该题的关键，难度中等9镁铝性质相似，下表中对两者的对比不正确的是( )选项反应铝镁A与非金属能被Cl2、O2氧化能与N2、O2反应B与水能与沸水反应反应很困难C与碱能溶于强碱溶液不反应D与某些氧化物能与Fe2O3、MnO2、Cr2O3等金属氧化物发生铝热反应能在CO2中燃烧AABBCCDD【分析】A、镁铝都很活泼都能与非金属单质反应；B、镁能与沸水反应；C、铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气；D、铝与高熔点的金属氧化物发生铝热反应，镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和单质碳【解答】解：A、镁铝都很活泼都能与非金属单质反应，如铝与氯气和氧气反应分别生成氯化铝和氧化铝，镁与氮气生成氮化镁，镁与氧气反应生成氧化镁，故A正确；B、镁能与沸水反应，故B错误；C、铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，镁与碱不反应，故C正确；D、铝与高熔点的金属氧化物发生铝热反应，镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和单质碳，故D正确；故选B【点评】本题难度不大，掌握金属的化学性质、物理性质、金属活动性顺序是正确解答本题的关键10下列说法不正确的是( )A储热材料是一类重要的存储物质，单位质量的储热材料在发生熔融或结晶时会吸收或释放较大的热量BGe（32号元素）的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池CBa2+浓度较高时危害健康，但BaSO4可服入体内，作为造影剂用于X射线检查肠胃道疾病D纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+，Cu2+，Cd2+，Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附【分析】A储热材料是一类重要的存储物质，在熔融时吸收热量、在结晶时放出热量；BGe是32号元素，位于金属和非金属交界线处，可以作半导体材料；CBa2+浓度较高时危害健康，但BaSO4不溶于水和胃酸；DFe和Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应【解答】解：A储热材料是一类重要的存储物质，根据能量守恒知，这些物质在熔融时需要吸收热量、在结晶时放出热量，故A正确；B.32号元素Ge位于金属和非金属交界线处，具有金属和非金属的性质，可以作半导体材料，所以Ce（32号元素）的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池，故B正确CBa2+浓度较高时危害健康，但BaSO4不溶于水和胃酸，所以BaSO4可服入体内，作为造影剂用于X射线检查肠胃道疾病，故C正确；DFe和Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应生成金属单质而治理污染，与吸附性无关，故D错误；故选D【点评】本题考查较综合，涉及氧化还原反应、物质用途、能量守恒等知识点，明确基本原理、物质性质是解本题关键，注意D中发生反应而不是利用胶体性质，为易错点11下列说法正确的是( )AI的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性强BP的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强CAl2O3和MgO均可与NaOH溶液反应DSO2和SO3混合气体通入Ba（NO3）2溶液可得到BaSO3和BaSO4【分析】A同主族自上而下原子半径增大，元素非金属性减弱、氢化物稳定性减弱；B同周期随原子序数增大，元素非金属性增强，最高价含氧酸的酸性增强；CMgO不能与氢氧化钠溶液反应；D二氧化硫通入硝酸钡溶液中，酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，将亚硫酸氧化为硫酸，进一步反应得到硫酸钡【解答】解：AI、Br同主族，自上而下原子半径增大，元素非金属性减弱、氢化物稳定性减弱，故I的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性弱，故A错误；BSi、P同周期，随原子序数增大，元素非金属性增强，最高价含氧酸的酸性增强，故P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强，故B正确；C氧化铝属于两性氧化物，能与氢氧化钠反应，而MgO属于碱性氧化物，能与酸反应，不能与氢氧化钠溶液反应，故C错误；D二氧化硫通入硝酸钡溶液中，酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，将亚硫酸氧化为硫酸，进一步反应得到硫酸钡，故SO2和SO3混合气体通入Ba（NO3）2溶液可得到BaSO4，故D错误，故选B【点评】本题考查元素周期律、金属氧化物性质、硝酸的性质等，难度不大，D选项注意硝酸条件下，硝酸根具有强氧化性12原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1a的电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c和d+的电子层结构相同下列叙述错误的是( )A元素的非金属性次序为cbaBa和其他3种元素均能形成共价化合物Cd和其他3种元素均能形成离子化合物D元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6【分析】原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1，a的电子层结构与氦相同，则a为H元素；b和c的次外层有8个电子，原子只能有3个电子层，则b为S元素，c为Cl，c和d+的电子层结构相同，则d为K元素A同周期自左而右非金属性增强，氢化物中H元素为正价，其非金属性最弱；BH元素与K元素形成的化合物为KH，属于离子化合物；CK元素与其它元素可以形成KH、K2S、KCl；DH元素最高正化合价为+1、最低负化合价为1，S元素最高正化合价为+6、最低负化合价为2，Cl元素最高正化合价为+7、最低负化合价为1【解答】解：原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1，a的电子层结构与氦相同，则a为H元素；b和c的次外层有8个电子，原子只能有3个电子层，则b为S元素，c为Cl，c和d+的电子层结构相同，则d为K元素A同周期自左而右非金属性增强，氢化物中H元素为正价，其非金属性最弱，故非金属性ClSH，故A正确；BH元素与S元素、Cl元素放出形成H2S、HCl，二者属于共价化合物，但与K元素形成的化合物为KH，属于离子化合物，故B错误；CK元素与其它元素可以形成KH、K2S、KCl，均属于离子化合物，故C正确；DH元素最高正化合价为+1、最低负化合价为1，S元素最高正化合价为+6、最低负化合价为2，Cl元素最高正化合价为+7、最低负化合价为1，最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6，故D正确，故选：B【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对元素周期律的考查，题目涉及金属氢化物是中学知识的盲点，难度不大13下列有关化学用语表示正确的是( )ACSO的电子式：BCl的结构示意图：C甲烷分子的比例模型：D原子核内有20个中子的氯原子：xxCl【分析】A、CSO分子中含有一个碳氧双键和1个碳硫双键，各原子最外层都达到8电子稳定结构；B、氯离子的核内有17个质子；C、比例模型体现的是组成该分子的原子间的大小以及分子的空间结构，且碳原子半径大于氢原子；D、质量数等于质子数+中子数【解答】解：A、CSO为共价化合物，碳原子分别与氧原子和硫原子生成了两对共用电子对，其电子式为，故A错误；B、氯离子的核内有17个质子，核外有18个电子，故结构示意图为，故B错误；C、甲烷为正四面体结构，碳原子半径大于氢离子，甲烷分子的比例模型为，故C正确；D、质量数=质子数+中子数，故原子核内有20个中子的氯原子的质量数为37，故为3717Cl，故D错误故选C【点评】本题考查了常见的化学用语，难度不大，应注意有机物的比例模型和球棍模型的区别14a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2和c+的电子层结构相同，d与b同族下列叙述错误的是( )Aa与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1Bb与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物Cc的原子半径是这些元素中最大的Dd与a形成的化合物的溶液呈弱酸性【分析】a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，则a为H元素；b2和c+的电子层结构相同，结合离子所得电荷可知b为O元素，c为Na；d与b同族，则d为S元素，结合元素化合物性质与元素周期律解答【解答】解：a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，则a为H元素；b2和c+的电子层结构相同，结合离子所得电荷可知b为O元素，c为Na；d与b同族，则d为S元素AH元素与Na形成化合物NaH，H元素为1价，故A错误；BO元素与H元素形成H2O、H2O2，与Na元素形成Na2O、Na2O2，与S元素形成SO2、SO3，故B正确；C同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所有元素中H原子半径最小，Na的原子半径最大，故C正确；Dd与a形成的化合物为H2S，H2S的溶液呈弱酸性，故D正确故选：A【点评】本题考查结构性质位置关系应用，注意抓住短周期推断元素，熟练掌握元素化合物知识，注意对元素周期律的理解掌握，有利于基础知识的巩固15W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图所示已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料Z的非金属性在同周期元素中最强下列说法正确的是( )A对应简单离子半径：XWB对应气态氢化物的稳定性：YZC化合物XZW既含离子键，又含共价键，属于弱电解质DY的氧化物和Z的氢化物均能与X的最高价氧化物对应的水化物反应【分析】W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，W的一种核素的质量数为18，中子数为10，可知W的质子数为8，则W是氧元素；X和Ne原子的核外电子数相差1，且原子半径比W大，可知X为11号元素，故X为Na元素；Y的原子半径介于X和W之间，Y的单质是一种常见的半导体材料，所以Y是Si元素；Z的非金属性在同周期元素中最强，原子序数大于Si，故Z为Cl元素，以此解答该题【解答】解：W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，W的一种核素的质量数为18，中子数为10，可知W的质子数为8，则W是氧元素；X和Ne原子的核外电子数相差1，且原子半径比W大，可知X为11号元素，故X为Na元素；Y的原子半径介于X和W之间，Y的单质是一种常见的半导体材料，所以Y是Si元素；Z的非金属性在同周期元素中最强，原子序数大于Si，故Z为Cl元素，AO2、Na+离子电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：O2Na+，故A错误；B非金属性SiCl，非金属性越强，氢化物越稳定，故B错误；C化合物NaClO既含离子键，又含共价键，属于强电解质，故C错误；DY的氧化物为二氧化硅，Z的氢化物为HCl，X高价氧化物对应的水化物为NaOH，二氧化硅和盐酸都可与氢氧化钠溶液反应，故D正确，故选D【点评】本题考查结构性质位置关系应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，关键是根据原子半径与原子序数确定元素，注意对基础知识的理解掌握16某反应由两步反应ABC构成，它的反应能量曲线如图所示（E1、E2、E3、E4表示活化能）下列有关叙述正确的是( )A两步反应均为吸热反应B三种化合物中C最稳定C加入催化剂会改变反应的焓变D整个反应中H=E1E4【分析】AB的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，BC的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，结合能量的高低解答该题【解答】解：AAB的反应为吸热反应，BC的反应为放热反应，故A错误；B物质的总能量越低，越稳定，故B正确；C加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应热，故C错误；D整个反应中H=（E1E2）+（E2E3）E4=E1E3E4，故D错误故选B【点评】本题考查化学反应与能量变化，题目难度不大，注意把握物质的总能量与反应热的关系，易错点为D，注意把握反应热的计算17课堂学习中，同学们利用铝条、锌片、铜片、导线、电流计、橙汁、烧杯等用品探究原电池的组成下列结论错误的是( )A原电池是将化学能转化成电能的装置B原电池由电极、电解质溶液和导线等组成C图中a极为铝条、b极为锌片时，导线中会产生电流D图中a极为锌片、b极为铜片时，电子由铜片通过导线流向锌片【分析】原电池是将化学能转变为电能的装置，原电池的构成条件是：有两个活泼性不同的电极、将电极插入电解质溶液中、两电极间构成闭合回路、能自发的进行氧化还原反应，原电池放电时电子从负极沿导线流向正极，溶液中阴阳离子定向移动而构成闭合回路，从而能产生电流【解答】解：A、原电池是把化学能转变为电能的装置，故A正确；B、根据图片知，原电池由电极、电解质溶液和导线等组成，故B正确；C、该装置符合原电池的构成条件，所以该装置是原电池，放电时能产生电流，故C正确；D、该装置是原电池，锌是负极，铜是正极，原电池放电时电子从锌片通过导线流向铜片，故D错误故选D【点评】本题考查了原电池工作原理，注意原电池正负极不能根据金属的活动性顺序进行判断，要得失电子来判断，如铝、镁和氢氧化钠溶液构成的原电池中铝作负极，为易错点18将镁片、铝片平行插入到一定浓度的NaOH溶液中，用导线连接成闭合回路，该装置在工作时，下列叙述正确的是( )A镁比铝活泼，镁失去电子被氧化成Mg2+B铝是电池负极，开始工作时溶液中会立即有白色沉淀生成C该装置的内、外电路中，均是电子的定向移动形成电流D该装置开始工作时，铝片表面的氧化膜可不必处理【分析】A、金属镁和氢氧化钠溶液不能发生氧化还原反应；B、铝离子在过量的碱性溶液中不会产生氢氧化铝沉淀；C、电池的外电路，是由电子的定向移动形成电流，而内电路，则是由溶液中自由移动的离子的定向移动形成电流；D、铝片表面的氧化膜也能与NaOH溶液反应【解答】解：A、在NaOH溶液中，铝能与NaOH溶液发生氧化还原反应，在该反应中，铝失电子作原电池的负极，而属镁和氢氧化钠溶液不能发生氧化还原反应，故A错误；B、在NaOH溶液中，铝能与NaOH溶液发生氧化还原反应，在该反应中，铝失电子作原电池的负极，由于电池开始工作时，生成的铝离子的量较少，NaOH过量，此时不会有Al（OH）3白色沉淀生成，故B错误；C、该装置外电路，是由电子的定向移动形成电流，而内电路，则是由溶液中自由移动的离子的定向移动形成电流，故C错误；D、由于铝片表面的氧化膜也能与NaOH溶液反应，故其不必处理，故D正确故选D【点评】本题是一道有关原电池工作原理的综合题目，要求学生熟悉教材基本知识，知道原电池正负极的判断方法和工作原理，具备分析和解决问题的能力19下列制备和收集气体的实验装置合理的是( )A用氯化铵和氢氧化钙制NH 3B用铜片和稀硝酸制NOC用锌粒和稀硫酸制H 2D用双氧水和二氧化锰制O2【分析】A加热固体制取气体时，加热的试管口应该低于试管底；B尾气处理装置要防止倒吸；C氢气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集氢气；D双氧水在二氧化锰作催化剂条件下分解生成氧气，氧气不易溶于水，可以采用排水法收集氧气【解答】解：A加热固体制取气体时，加热的试管口应该低于试管底，否则水蒸气冷却后导流而炸裂试管，故A错误；B尾气处理装置要防止倒吸，该装置没有防倒吸装置，故B错误；C氢气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集氢气，所以集气瓶中导气管应该遵循“短进长出”原则，故C错误；D双氧水在二氧化锰作催化剂条件下分解生成氧气，氧气不易溶于水，可以采用排水法收集氧气，该装置符合条件，故D正确；故选D【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及气体收集和制取，明确实验原理及气体收集方法是解本题关键，注意从实验操作规范性及评价性进行分析解答，易错选项是A20某学生想利用如图装置（烧瓶位置不能移动）收集下列气体：H2 Cl2 CH4 HClNH3 NO NO2 SO2，下列操作正确的是( )A烧瓶是干燥的，由B进气收集B烧瓶是干燥的，由A进气收集C在烧瓶中充满水，由A进气收集D在烧瓶中充满水，由B进气收集【分析】收集气体，从A进应是密度比空气小的气体，用向下排空气法收集，从B进应是密度比空气大的气体，用向上排空气法收集【解答】解：A从B进应是密度比空气大的气体，可收集，NO不能用排空气法收集，故A错误；B从A进应是密度比空气小的气体，可收集，故B正确；C在烧瓶中充满水，由A进气收集不溶于水的气体，为，而其它气体与水反应或溶于水，故C错误；D在烧瓶中充满水，由B进气只能用来洗气，不能用来收集气体，故D错误故选B【点评】本题考查气体的收集，题目难度不大，注意收集气体时常根据气体的密度、溶解性等性质，有时还要考虑与氧气的反应等问题，如NO与氧气反应，则只能用排水法收集21在一定温度下，10mL 0.40mol/L H2O2溶液发生催化分解，不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表t/min0246810V（O2）/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）( )A06 min的平均反应速率：v（H2O2）3.3102 mol/（Lmin）B610 min的平均反应速率：v（H2O2）3.3102 mol/（Lmin）C反应到6 min时，H2O2分解了50%D反应到6 min时，c（H2O2）=0.30 mol/L【分析】A.06min产生的氧气的物质的量n（O2）=0.001mol，n（H202）=2n（O2）=0.002mol，v（H202）=mol/（Lmin）；B反应物浓度越大反应速率越大，随着反应进行，反应速率逐渐减小；C.6min产生的氧气的物质的量n（O2）=0.001mol，n（H202）=2n（O2）=0.002mol，其分解率=100%；D.6min时，c（H2O2）=（0.40）mol/L【解答】解：A.06min产生的氧气的物质的量n（O2）=0.001mol，n（H202）=2n（O2）=0.002mol，v（H202）=mol/（Lmin）3.3102 mol/（Lmin），故A正确；B反应物浓度越大反应速率越大，随着反应进行，反应速率逐渐减小，前6min内反应速率为3.3102 mol/（Lmin），则610 min的平均反应速率：v（H2O2）3.3102 mol/（Lmin），故B正确；C.6min产生的氧气的物质的量n（O2）=0.001mol，n（H202）=2n（O2）=0.002mol，其分解率=100%=50%，故C正确；D.6min时，c（H2O2）=（0.40）mol/L=0.20mol/L，故D错误；故选D【点评】本题考查化学平衡有关计算，侧重考查学生计算能力，熟悉物质的量浓度公式、浓度与反应速率关系、转化率的计算方法等知识点即可解答，题目难度不大22在一个不传热的固定容积的密闭容器中，发生可逆反应mA（g）+nB（g）pC（g）+qD（g），当m、n、p、q为任意整数时，反应达到平衡的标志是( )体系的压强不再改变体系的温度不再改变各组分的浓度不再改变各组分质量分数不再改变反应速率v（A）：v（B）：v（C）：v（D）=m：n：p：q单位时间内m molA断键反应，同时pmolC也断键反应体系的密度不再变化ABCD【分析】反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断【解答】解：如果该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，则体系的压强始终不变，所以不能根据压强判断反应是否达到平衡状态，故错误；体系的温度不再改变，正逆反应速率相等，所以能据此判断该反应达到平衡状态，故正确；各组分的物质的量浓度不再改变，该反应达到平衡状态，故正确；当该反应达到平衡状态，各组分的质量分数不再改变，故正确；当反应速率vA：vB：vC：vD始终等于m：n：p：q，不能判断正逆反应速率相等，不能据此判断该反应是否达到平衡状态，故错误；单位时间内m mol A断键反应等效于pmol C形成，同时pmol C也断键反应，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；容器恒容，气体质量不变，所以密度始终不变，密度不变不能说明反应达到平衡状态，故错误；故选B【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，注意把握化学平衡状态判断的角度，特别是正逆反应速率的关系，为易错点23下列有关有机物的叙述正确的是( )A煤井中的瓦斯气和家庭使用的液化石油气的主要成分都是甲烷B苯的结构简式为，分子式可简化为CHC利用酸性KMnO4溶液可鉴别乙烯和乙烷D苯与乙烯均能与溴水发生加成反应，而甲烷只能与溴水发生取代反应【分析】A液化石油气的主要成分不是甲烷；B苯的分子式为C6H6；C乙烯含有碳碳双键，可被氧化；D苯、甲烷与溴水不反应【解答】解：A液化石油气的主要成分是丙烷和丁烷，不是甲烷，故A错误；B苯的分子式为C6H6，故B错误；C乙烯含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，可用高锰酸钾鉴别，故C正确；D苯和溴水不反应，和液溴在催化剂条件下发生取代反应，甲烷和溴水不反应，可溴在光照条件下发生取代反应，故D错误故选C【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，注重相关基础知识的积累，难度不大24下列关于苯的叙述正确的是( )A反应为取代反应，有机产物浮在上层B反应为氧化反应，反应现象是火焰明亮并伴有浓烟C反应为取代反应，只生成一种产物D反应中1 mol苯最多与3 mol H2发生加成反应，因为苯分子含有3个碳碳双键【分析】A苯与液溴发生取代反应，生成溴苯，溴苯的密度比水大；B苯能与在空气中能燃烧，燃烧时火焰明亮并带有浓烟；C苯能与硝酸发生硝化反应生成硝基苯和水；D苯和氢气在一定条件下能发生加成反应，1mol苯和氢气发生加成反应最多需要3mol氢气，但苯分子没有碳碳双键【解答】解：A苯与液溴发生取代反应，生成溴苯，溴苯的密度比水大，所以与水混合沉在下层，故A错误；B苯能与在空气中能燃烧，发生氧化反应，苯中碳的百分含量高，燃烧时火焰明亮并带有浓烟，故B正确；C苯与浓硫酸及浓硝酸在5060时发生取代反应，苯环上的一个氢原子被硝基取代，反应方程式为，产物有两种，故C错误；D苯和氢气在一定条件下能发生加成反应，1mol苯和氢气发生加成反应最多需要3mol氢气，但苯分子没有碳碳双键，而是一种介于单键和双键之间独特的键，故D错误；故选：B【点评】本题考查了苯的结构及性质，熟悉苯分子的性质和结构特点是解题关键，注意苯分子中碳碳键的特殊性，题目难度不大25乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法错误的是( )A化学式为C6H6O6B乌头酸能发生水解反应和加成反应C乌头酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色D含1mol乌头酸的溶液最多可消耗3 mol NaOH【分析】由结构简式可知分子式，分子中含COOH、碳碳双键，结合羧酸、烯烃性质来解答【解答】解：A由结构简式可知分子式为C6H6O6，故A正确；B含碳碳双键可发生加成反应，但不能发生水解反应，故B错误；C含碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D含3个COOH，含1mol乌头酸的溶液最多可消耗3 mol NaOH，故D正确；故选B【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、羧酸的性质考查，题目难度不大