安徽省怀宁中学2019-2020高二化学上学期开学考试试题（含解析）

-1-安徽省怀宁中学2019-2020高二化学上学期开学考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1N14Fe56Cu64一、选择题（20×3）1.下列说法正确的是（）A.凡有能量变化的过程都是化学变化B.吸热反应只能在加热条件下才能进行C.放热反应可能需要加热才能进行D.天然气在空气中燃烧时，其化学能将全部转化为热能【答案】C【解析】试题分析：A、化学反应一定伴随能量变化，但有能量变化的不一定是化学反应，如灯泡发光，故错误；B、吸热反应不一定加热反应，如Ba（OH）2·8H2O和NH4Cl的反应常温下进行，故错误；C、放热反应可能需要加热才能进行，如煤的燃烧，需要点燃或加热，故正确；D、化学能转化成热能的同时，还以光能的形式释放，故错误。考点：考查化学反应能量的变化等知识。2.A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素，A、E的原子核外最外层电子数之和为13，D原子的最外层电子数是C原子最外层电子数或电子层数的2倍，B与C同周期但不相邻。下列说法正确的是（）A.B与D形成的化合物为共价化合物B.E的单质能从水中置换出O2C.C的氧化物可溶于B、D、E的最高价氧化物对应的水化物溶液中D.五种元素的最高正化合价都等于其所在的族序数【答案】C【解析】【分析】A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素，A、E的原子核外最外层电子数之和为13，最外层电子数为6、7，结合原子序数可知，A处于第二周期、E处于第三周期，A原子最外层有6个电子，则A是O元素，E位于第三周期，最外层有7个电子，则E是Cl元素；D-2-原子的最外层电子数是C原子最外层电子数或电子层数的2倍，则C原子最外层电子数=电子层数，C原子序数大于A，则C处于第三周期，C为Al元素，则D最外层电子数为6，原子序数小于Cl，则D为S元素，B与C同周期但不相邻，原子序数小于C，则B为Na元素，结合元素化合物性质解答。【详解】根据上述分析可知：A为O元素，B为Na元素，C为Al元素，D为S元素，可E为Cl元素。A.B与D形成的化合物为Na2S，Na2S属于离子化合物，A错误；B.E为Cl元素，其单质与水反应生成HCl与HClO，不能置换出O2，故B错误；C.C的氧化物为Al2O3，B、D、E的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H2SO4、HClO4，Al2O3是两性氧化物，能溶于强碱NaOH溶液、强酸H2SO4、HClO4，C正确；D.A为O元素，没有最高正化合价+6，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查元素周期表、元素周期律的应用。涉及原子结构与物质性质、元素在周期表位置关系应用，根据元素原子结构关系推断元素是解题关键，充分利用A、E的原子核外最外层电子数之和为13进行推断。3.酶生物电池通常以葡萄糖作为反应原料，葡萄糖在葡萄糖氧化酶(GOX)和辅酶的作用下被氧化成葡萄糖酸(C6H12O7)，其工作原理如图所示。下列有关说法中正确的是A.该电池可以在高温条件下使用B.H+通过交换膜从b极区移向a极区C.电极a是正极D.电池负极的电极反应式为C6H12O6+H2O-2e-=C6H12O7+2H+【答案】D【解析】高温条件，酶的催化能力会减弱或丧失，A错误；葡萄糖氧化为葡萄糖酸，发生氧化反应，电-3-极a是负极，C错误；H+向正极移动，通过交换膜从a极区移向b极区，B错误；葡萄糖在酸性条件下，在负极发生氧化反应生成葡萄糖酸，D正确；正确选项：D。点睛：原电池重点掌握三点：正极还原负极氧化；电子由负极流向正极；溶液中的阳离子移向正极，阴离子移向负极。4.浓硫酸有许多重要的性质，在与含有水分的蔗糖作用过程中不能显示的性质是A.酸性B.脱水性C.强氧化性D.吸水性【答案】A【解析】试题分析：浓硫酸和含有水分的蔗糖作用，被脱水后生成了黑色的炭(碳化)，并会产生二氧化硫．反应过程分两步，浓硫酸吸收水，蔗糖(C12H22O11)在浓硫酸作用下脱水，生成碳和水(试验后蔗糖会变黑，黑的就是碳颗粒)，这一过程表现了浓硫酸的吸水性和脱水性：第二步，脱水反应产生的大量热让浓硫酸和C发生反应生成二氧化碳和二氧化硫，这一过程表现了浓硫酸的强氧化性，故选A。【考点定位】考查浓硫酸的性质【名师点晴】本题考查浓硫酸的性质。浓硫酸除了具有酸固有的性质--酸性外，浓硫酸还具有自己特殊的性质，与稀硫酸有很大差别，主要原因是浓硫酸溶液中存在大量未电离的硫酸分子(H2SO4)，这些硫酸分子使浓硫酸有很特殊的性质，如浓硫酸与含有水分的蔗糖作用过程中显示了它的吸水性、脱水性和强氧化性。5.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份，向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g(已知硝酸只能被还原为NO气体)。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列分析或结果错误的是()A.混合酸液中NO3-的物质的量为0.4mol-4-B.OA段产生是NO，AB段反应为2Fe3＋+Fe=3Fe2＋，BC段产生氢气C.溶液中最终溶质为FeSO4D.c(H2SO4)为5mol/L【答案】D【解析】【分析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑。A.OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，根据铁的物质的量结合离子方程式计算；B.铁先与硝酸反应生成NO与Fe3+，然后铁与Fe3+反应生产Fe2+，最后是铁和硫酸反应；C.铁先与硝酸反应，后铁与Fe3+反应生产Fe2+，，最后是铁和硫酸反应，铁单质全部转化为亚铁离子，硝酸全部起氧化剂作用，没有显酸性的硝酸；D.根据铁和硫酸的反应中铁的质量来确定所需硫酸的量，进而确定硫酸的浓度。【详解】A.OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸的作用是氧化剂，所以n(NO3-)=2(Fe)=2×11.256/ggmol=0.4mol，A正确；B.由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，B正确；C.硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸电离产生SO42-，并且铁单质全部转化为Fe2+，所以溶液中最终溶质为FeSO4，C正确；D.反应消耗22.4g铁，n(Fe)=22.456/ggmol=0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，因此硫酸的浓度c(H2SO4)=0.40.1nmolVL=4mol/L，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题以图象为载体，考查有关金属和酸的反应，关键根据图象分析各段发生的反应，Fe少量时被氧化变为Fe3+，过量时被氧化变为Fe2+，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用，试题同时考查学生的分析与计算能力。-5-6.用高能2612Mg核轰击24896Cm核，发生核合成反应，得到新原子269108Hs，该原子中中子数与核外电子数之差为()A.161B.108C.84D.53【答案】D【解析】【分析】质子数=核外电子数，质量数=质子数+中子数。【详解】新原子269108Hs，质子数=核外电子数=108，质量数=269，中子数=质量数-质子数=269-108=161，中子数与核外电子数之差为161-108=53，故选：D。7.用4种溶液进行实验，下表中“操作及现象”与“溶液”对应关系错误的是（）选项操作及现象溶液A通入CO2，溶液变浑浊。加入水后，溶液变澄清饱和Na2CO3溶液B通入CO2，溶液变浑浊。继续通CO2至过量，浑浊消失Na2SiO3溶液C通入CO2，溶液变浑浊。再加入品红溶液，红色褪去Ca(ClO)2溶液D通入CO2，溶液变浑浊。继续通CO2至过量，浑浊消失。再加入足量NaOH溶液，又变浑浊Ca(OH)2溶液A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.向饱和Na2CO3溶液中通入CO2，发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，由于NaHCO3的溶解度比Na2CO3小，且溶剂减少，因此会产生NaHCO3晶体，使溶液变浑浊，当再加入水后，由于溶剂量增多，NaHCO3晶体溶解在加入的水中，使溶液又变澄清，A正确；B.由于碳酸的酸性比硅酸的酸性强，向Na2SiO3溶液中通入CO2气体，会发生反应：Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓，反应产生硅酸沉淀，继续通CO2至过量，硅酸不能溶解，因-6-此浑浊不消失，B错误；C.由于碳酸的酸性比次氯酸的酸性强，所以向Ca(ClO)2溶液中通入CO2气体，会发生反应：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，反应产生CaCO3沉淀，使溶液变浑浊，HClO具有漂白性，会将品红溶液氧化变为无色，因此会看到红色褪去，C正确；D.向Ca(OH)2溶液通入CO2，反应产生CaCO3沉淀，使溶液变浑浊。继续通CO2至过量，CaCO3与过量CO2及水反应，产生可溶性Ca(HCO3)2，浑浊消失。再加入足量NaOH溶液，Ca(HCO3)2与NaOH溶液反应，又产生CaCO3，因此溶液又变浑浊，D正确；故合理选项是B。8.能大量共存于同一溶液中，在该溶液中加入过量的NaOH溶液或适量稀硫酸，都可能产生白色沉淀的离子组是（）A.NH4＋Ba2＋Fe3＋Cl-B.Ba2＋Mg2＋NO3-Ca2＋C.H＋Ba2＋Al3＋Cl-D.K＋Ca2＋OH-HCO3-【答案】B【解析】【详解】A.离子能够共存，当加入过量的NaOH溶液时会产生Fe(OH)3红褐色沉淀，A不符合题意；B.离子能够共存，当加入过量的NaOH溶液时会产生Mg(OH)2白色沉淀，当加入硫酸时会产生BaSO4白色沉淀，B符合题意；C.离子能够共存，当加入过量的NaOH溶液时，无白色沉淀，C不符合题意；D.Ca2＋、OH-、HCO3-会发生离子反应，不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是B。9.下列是卤素单质(F2、Cl2、Br2、I2)的沸点与相对分子质量的关系图，下列说法错误的是-7-A.单质①是最活泼的非金属单质B.单质②能使品红溶液褪色C.保存少量的单质③时加少量水进行水封D.单质④的氢化物在卤素氢化物中沸点最高【答案】D【解析】试题分析：卤素单质都属于分子晶体，其单质的沸点与其相对分子质量成正比，根据图象知，①②③④分别是F2、Cl2、Br2、I2。A．卤族元素中，非金属的非金属性随着原子序数增大而减弱，非金属性越强，其单质越活泼，所以单质活泼性最强的是F2，正确；B．氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以单质②能使品红溶液褪色，正确；C．溴易挥发，在水中的溶解度较小，且密度大于水，所以为防止溴挥发，可以用水液封，则单质③保存时加少量水进行水封，正确；D．一般情况下结构相似的物质，相对分子质量越大，物质的熔沸点就越高。但是由于F原子半径小，所以在HF分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使物质的熔沸点中HF最高，错误。考点：考查图像方法在卤素性质的递变规律的应用的知识。10.某粗铜产品中含有Zn、Ag、Au等杂质，如图所示，用CH3OH-碱性燃料电池电解硫酸铜溶液。闭合电键K进行电解。下列说法中不正确的是（）A.左池负极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2OB.通电一段时间后，Ag、Au杂质金属沉积在电解槽底部C.若粗铜电极质量减少6.4g，则纯铜电极增重大于6.4gD.电解过程中右池纯铜和粗铜分别为阴极和阳极【答案】C【解析】-8-A.左池负极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，故A正确；B.通电一段时间后，比Cu不活泼的Ag、Au杂质金属不被氧化，沉积在电解槽底部，故B正确；C.比Cu活泼的金属杂质Zn在Cu之前被氧化，Zn–2e－Zn2+，若粗铜电极质量减少6.4