【化学】四川省成都市棠湖中学2018-2019学年高二上学期开学考试理综（解析版）

四川省成都市棠湖中学2018-2019学年高二上学期开学考试理综
1.下列物质中，既含离子键又含非极性共价键的是
A. Ba(OH)2 B. CH3CHO C. Na2O2 D. NH4Cl
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢氧化钡中钡离子和氢氧根离子之间存在离子键，氧原子和氢原子之间存在极性共价键，A错误；
B．CH3CHO中只含共价键，B错误；
C．钠离子和过氧根离子之间存在离子键，氧原子和氧原子之间存在非极性共价键，C正确；
D．氯化铵中铵根离子和氯离子之间存在离子键，氮原子和氢原子之间存在极性共价键，D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查了化学键的判断，明确离子键、极性共价键和非极性共价键的概念即可解答。一般情况下，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，同种非金属元素之间易形成非极性共价键，不同非金属元素之间易形成极性共价键。
2.正确掌握化学用语是学好化学的基础，下列有关化学用语表示正确的是
A. 中子数为10的氧原子： 108O B. Na2S的电子式：Na+ []-2 Na+
C. 乙酸的球棍模型： D. 葡萄糖的结构简式：C6H12O6
【答案】C
【解析】
【详解】A. 中子数为10的氧原子为：，选项A错误；B. Na2S的电子式为：，选项B错误；C. 乙酸的球棍模型为： ，选项C正确；D. 葡萄糖的结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO,C6H12O6是其分子式，选项D错误。答案选C。
【点睛】本题考查了常见化学用语的书写判断，题目难度不大，注意掌握电子式、结构简式、球棍模型、元素符号的书写原则，明确离子化合物与共价化合物的电子式的区别，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力。
3.下列措施对增大反应速率明显有效的是
A. 钠与乙醇反应时增大乙醇的用量 B. 实验室制CO2气体时，将大理石块改为大理石粉
C. 溴水与KI溶液反应时增大压强 D. 铝与稀硫酸反应制取氢气时改用浓硫酸
【答案】B
【解析】
【分析】
增大反应物的浓度、接触面积可增大反应速率，对于纯液体改变用量反应速率不变，对于没有气体参加的反应，增大压强反应速率不变，注意浓硫酸的性质，以此来解答。
【详解】A．乙醇是液体，增加乙醇量，浓度不变，反应速率不变，A错误；
B．将大理石块改为大理石粉，固体表面积增大，反应速率增大，B正确；
C．溴水与KI溶液混合时，没有气体参加，压强不影响反应速率，所以增大压强反应速率不变，C错误；
D．常温下浓硫酸和铝发生钝化，加热则反应生成二氧化硫而不是氢气，D错误。
答案选B。
【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，把握浓度、接触面积对反应速率的影响为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大，选项D为易错点。注意浓硫酸的特性。
4.一定温度下，密闭容器中可逆反应3X(g)+Y(g) 2Z(g)达到限度的标志是
A. X的生成速率与Z的生成速率相等 B. 单位时间内生成3n mol X，同时消耗n mol Y
C. 某时刻X、Y、Z的浓度相等 D. 某时刻X、Y、Z的分子个数比为3:1:2
【答案】B
【解析】
X的生成速率与Z的生成速率比等于3:1时，一定达到平衡状态，故A错误；单位时间内生成3n mol X，同时消耗n mol Y，正逆反应速率相等，故B正确；反应达到平衡，X、Y、Z的浓度不一定相等，故C错误；反应达到平衡，X、Y、Z的物质的量不一定相等，故D错误。
5.相同质量的乙烷、乙烯、乙炔、乙醇在空气中充分燃烧后生成的二氧化碳体积（标况）最小的是
A. 乙醇 B. 乙烯 C. 乙炔 D. 乙烷
【答案】A
【解析】
根据元素守恒，相同质量的物质碳元素质量分数越小，燃烧生成二氧化碳越少。乙烷、乙烯、乙炔、乙醇中，乙醇碳元素质量分数最小，所以相同质量的乙烷、乙烯、乙炔、乙醇在空气中充分燃烧后生成的二氧化碳体积（标况）最小的是乙醇，故A正确。
6.A. B分别为第三、四两周期同一主族的不同元素的原子，它们原子核内的质子数等于中子数．①若A为ⅡA族，其质量数为X，则B的质子数为Y；②若A为ⅣA族，其质子数为m，则B质量数为n，则Y和n的值是
A．（+18）和（2m+18）
B. （+8）和（2m+18）
C. （+8）和（2m+36）
D. （+18）和（2m+36）
【答案】C
【解析】
若A为ⅡA族，A质量数为x，质子数等于中子数，则A的质子数为，处于过渡元素之前，则B的质子数为；若A为ⅣA族，A质子数为m，处于过渡元素之后，则B的质子数为，B的质量数；所以C选项是正确的；正确选项C。
点睛：A、B分别为同一主族第三周期、第四周期的不同元素的原子，若处于过渡元素之前，原子序数相差为上一周期容纳元素种数；若处于过渡元素之后，原子序数相差为下一周期容纳元素种数，并结合质量数=质子数+中子数进行计算判断。
7.A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，而辛是由C元素形成的单质，已知：甲＋乙===丁＋辛，甲＋丙===戊＋辛；丁由两种10电子粒子形成，则下列说法正确的是
A. 元素C形成的单质可以在点燃条件分别与元素A、B、D形成的单质化合，所得化合物均存在共价键
B. 元素B、C、D的原子半径由大到小的顺序为：r(D)>r(C)>r(B)
C. 往1.0 L 0.1 mol·L－1戊溶液中逐滴滴入同浓度的盐酸，立即产生大量气泡
D. 1 mol甲与足量的乙完全反应共转移约1.204×l024个电子
【答案】A
【解析】
试题分析：丁是由两种10e－粒子组成，可能是NaOH也可能是Al(OH)3，辛是单质，因此丁不是氢氧化铝，甲＋乙→丁＋辛，是2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，Na2O2不仅和水反应，与CO2也能产生氧气，即2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，因此有A、B、C、D分别是H、C、O、Na，甲、乙、丙、丁、戊分别是Na2O2、H2O、CO2、NaOH、Na2CO3、O2，A、氧气形成的化合物分别是H2O、CO2、Na2O2，Na2O2属于离子化合物，含有离子键和共价键，其他均为分子化合物，都含共价键，故正确；B、电子层数越多，半径越大，电子层数相等，半径随着原子序数的递增而减小，因此是Na>C>O，故错误；C、碳酸钠与酸的反应是：Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaCl，NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，反应一段时间后产生气泡，故错误；D、生成2molO2，共转移2mol电子，1mol过氧化钠反应转移电子1mol电子，转移电子为6.02×1023，故错误。
考点：考查无机物的推断、元素周期律、钠及其化合物的性质等知识。
8.如表为元素周期表的一部分，标出了A—K共十种元素所在位置。请用元素符号或化学式回答下列问题．
主族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
2



A

B


3
C
D
E



F
G
4
H
I




K


（1）10种元素中，化学性质最不活泼的是______，最活泼的金属是_____。
（2）C、E、F三种元素形成的简单离子半径最小的是_______。
（3）C、K形成的化合物中化学键的类型属于________，灼烧时火焰焰色为______。
（4）化合物C2B2的电子式为__________________；该化合物和AB2反应的化学方程式为__________________________________________。
（5）E的最高价氧化物属于________________性氧化物，它与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为____________________________________________。
（6）D的单质在A、B形成化合物中燃烧的化学方程式为________________________。
（7）用电子式表示H与B组成的H2B型化合物的形成过程：_____________________。
【答案】 (1). Ar (2). K (3). Al3＋ (4). 离子键 (5). 黄色 (6). (7). 2Na2O2 ＋ 2CO2＝2Na2CO3＋O2 (8). 两 (9). Al2O3＋2OH－＝2AlO2－＋H2O (10). 2Mg＋CO22MgO＋C (11). 略
【解析】
根据元素在周期表中的位置可知，A为C，B为O，C为Na，D为Mg，E为Al，F为Cl，G为Ar，H为K，I为Ca，K为Br。
(1)10种元素中，化学性质最不活泼的是Ar，最活泼的金属是K，故答案为：Ar；K；
(2)一般而言，离子的电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小。C、E、F三种元素形成的简单离子半径最小的是Al3＋，故答案为：Al3＋；
(3)溴和钠属于活泼的非金属元素和金属元素，形成的化合物为离子化合物，含有离子键，灼烧时火焰焰色为黄色，故答案为：离子键；黄色；
(4)过氧化钠的电子式为；过氧化钠和二氧化碳反应的化学方程式为2Na2O2 ＋ 2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案为：；2Na2O2 ＋ 2CO2＝2Na2CO3＋O2；
(5)氧化铝属于两性氧化物，氧化铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为Al2O3＋2OH－＝2AlO2-＋H2O，故答案为：两；Al2O3＋2OH－＝2AlO2-＋H2O；
(6)镁在二氧化碳中燃烧的化学方程式为2Mg＋CO22MgO＋C，故答案为：2Mg＋CO22MgO＋C；
(7)氧化钾属于离子化合物，用电子式表示K2O的形成过程为，故答案为：。
9.某中学化学研究性学习小组利用以下装置制取并探究氨气的性质。A中试管内盛放的物质是Ca(OH)2、NH4Cl固体。

【实验探究】
（1）A中发生反应的化学方程式为________；
（2）B中盛放的干燥剂为_____，干燥氨气能否用浓硫酸_____（填“能”或“不能”) ；
（3）若有10.7gNH4Cl固体，最多可制取NH3（标准状况）的体积是_____L；
（4）实验室收集氨气的方法是________；
（5）C、D装置中颜色会发生变化的是_______（填“C”或“D”），红色石蕊试纸变成____色；
（6）当实验进行一段时间后，挤压E装置中的胶头滴管，滴入1～2滴浓盐酸，可观察到的现象是_______；
（7）为防止过量氨气造成空气污染，需要在上述装置的末端增加一个尾气处理装置，合适的装置是_______（填“F”或“G”）。
【答案】 (1). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O (2). 碱石灰 (3). 不能 (4). 4.48 (5). 向下排空气法 (6). D (7). 蓝色 (8). 产生大量白烟 (9). F
【解析】
（1）A中试管内盛放的物质是Ca(OH)2、NH4Cl固体，所以A中发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3 ↑+2H2O。（2）NH3 属于碱性气体，与浓硫酸反应生成硫酸铵，所以用碱石灰干燥，不能用浓硫酸干燥。（3）10.7gNH4Cl固体的物质的量为10.7g÷53.5g/mol=0.2mol，根据2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3 ↑+2H2O，标准状况下生成NH3的体积为0.2mol×22.4L·mol-1=4.48L。（4）氨气比空气轻且极易溶于水，所以实验室收集氨气的方法是向下排空气法。（5）干燥的氨气不会电离，所以C、D装置中颜色会发生变化的是D，在D中发生的反应是NH3+H2ONH3·H2ONH4＋+OH－，所以红色石蕊试纸变成蓝色。（6）当实验进行一段时间后，挤压E装置中的胶头滴管，滴入1～2滴浓盐酸，发生的反应为NH3+HCl=NH4Cl（白色固体），可观察到的现象是产生大量白烟。
（7）氨气极易溶于水，必须有防倒吸装置，所以合适的装置是F。
10.某反应在体积为5L的恒容密闭的绝热容器中进行，各物质的量随时间的变化情况如下图所示（已知A、B、C均为气体）。

（1）该反应的化学方程式为_______。
（2）反应开始至2分钟时，B的平均反应速率为_______。
（3）能说明该反应已达到平衡状态的是_______
A．υ（A）＝2υ（B） B．容器内气体密度不变
C．v逆（A）＝υ正（C） D．各组分的物质的量相等
E. 混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
（4）由图求得平衡时Ａ的转化率为_______。
（5）为了研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，某同学设计了如下一系列的实验：将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的容器中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。
实验
混合溶液
A
B
C
D
E
F
4 mol/L H2SO4(mL)
30
V1
V2
V3
V4
V5
饱和CuSO4溶液(mL)
0
0.5
2.5
5
V6
20
H2O(mL)
V7
V8
V9
V10
10
0

①请完成此实验设计，其中：V1=_______，V6=_______。
②该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高，但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因_______。
【答案】 (1). 2A + B 2C (2). 0.1mol.(L·min) －1 (3). C、E (4). 40% (5). 30 (6). 10 (7). 当加入一定量CuSO4后，生成的单质Cu沉积在Zn表面，降低了Zn与H2SO4溶液的接触面积
【解析】
【详解】(1)由图象可以看出，A、B的物质的量逐渐减小，则A、B为反应物，C的物质的量逐渐增多，所以C为生成物，当反应到达2min时，△n(A)=2mol，△n(B)=1mol，△n(C)=2mol，化学反应中，各物质的物质的量的变化值与化学计量数呈正比，则△n(A)：△n(B)：△n(C)=2：1：2，所以反应的化学方程式为：2A+B2C；(2)由图象可以看出，反应开始至2分钟时，△n(B)=1mol，B的平均反应速率为：=0.1mol/(L•min)；(3)A．v(A)=2v(B)不能说明正反应和逆反应的关系，故无法判断反应是否达到平衡，故A错误；B．容器内气体的总质量不变，体积不变，混合气体的密度始终不变，无法判断是否达到平衡状态，故B错误；C．在该反应中A和C的计量数相等，当v逆(A)=v正(C)时，正逆反应速率相等，说明反应已达平衡状态了，故C正确；D．容器内各物质的物质的量相等，不能说明各组分的浓度不再变化，无法判断是否达到平衡状态，故D错误；E．混合气体的质量始终不变，气体的总物质的量不确定，当混合气体的平均相对分子质量不再改变，可说明此时是平衡状态，故E正确；答案为CE；(4)平衡时A的转化率为×100%=40%；(5)①要对比试验效果，那么除了反应的物质的量不一样以外，要保证其它条件相同，而且是探究硫酸铜量的影响，那么每组硫酸的量要保持相同，六组反应的总体积也应该相同．A组中硫酸为30ml，那么其它组硫酸量也都为30ml．而硫酸铜溶液和水的总量应相同，F组中硫酸铜20ml，水为0，那么总量为20ml，所以V6=10ml，V1=30ml；②因为锌会先与硫酸铜反应，直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，硫酸铜量较多时，反应时间较长，而且生成的铜会附着在锌片上，会阻碍锌片与硫酸继续反应，氢气生成速率下降。
【点睛】化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志：正反应速率=逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志：1．各物质的浓度不变。2．各物质的百分含量不变。3．对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志。4．对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志。5．对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志。6．对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。
11.海洋资源的利用具有广阔前景。
（1）无需经过化学变化就能从海水中获得的物质是（______）（填序号）
A．Cl2 B．淡水 C．烧碱 D．食盐
（2）下图是从海水中提取镁的简单流程。

①操作A是 _______________________。
②无水MgCl2在熔融状态下，通电后会产生Mg和Cl2，该反应的化学方程式为____________________________ 。
③海水提镁的过程，为什么要将海水中的氯化镁转变为氢氧化镁，再转变为氯化镁？ _____________________________________________ 。
（3）海带灰中富含以I－形式存在的碘元素。实验室提取I2的途径如下所示：

①灼烧海带至灰烬时所用的主要仪器名称是（________）（填序号）
a．坩埚 b．试管 c．蒸发皿 d．烧杯
②向酸化的滤液中加过氧化氢溶液，写出该反应的离子方程式________________________________。
③用CCl4提取碘时除了用CCl4还可以选用的试剂是（________）（填字母序号）
a．苯 b．乙醇 c．乙酸
④为检验用CCl4提取碘后的水溶液中是否还含有碘单质。请写出该实验的实验步骤、现象及结论：________。
（4）利用海底的“可燃冰”制作的燃料电池的总反应式为CH4+2O2+2KOH = K2CO3+3H2O，则该燃料电池的负极的电极反应为__________________。
（5）海底的煤经综合利用开发的副产物CO2能生产甲醇燃料，其反应的方程式为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。某科学实验将6 mol CO2和8 mol H2充入2 L的密闭容器中，测得H2的物质的量随时间变化如图实线所示。a，b，c，d括号内数据表示坐标。

①a点正反应速率_________（填“大于、等于或小于”）a点逆反应速率。
②平衡时CO2的物质的量浓度是___________mol/L。
③能够说明该反应达到化学平衡状态的标志是_______（双选）。
A．单位时间内消耗1molCO2，同时生成3mol H2 B．混合气体的密度不随时间变化
C．CH3OH、H2的浓度不再随时间变化 D．CH3OH和H2O浓度相等
【答案】 (1). BD (2). ①过滤 (3). MgCl2（熔融） Mg + Cl2↑ (4). 海水中氯化镁的含量很大，但镁离子浓度很低，该过程可以使镁离子富集，浓度高，且成本低 (5). a (6). H2O2+2I- +2H+ = I2+2H2O (7). a (8). 取少量溶液于试管中，滴加淀粉溶液，若溶液显蓝色，则说明溶液中有碘单质 (9). CH4+10OH--8e-= CO32—+7H2O (10). 大于 (11). 2mol/L (12). AC
【解析】
【分析】
（1）根据从海水制备物质的原理可知，金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，而食盐可利用蒸发原理，淡水利用蒸馏原理来得到；（2）海水引入沉淀池，用生石灰和水反应生成的氢氧化钙沉淀镁离子，过滤得到氢氧化镁沉淀，在沉淀中加入稀盐酸溶解得到氯化镁溶液，蒸发浓缩、结晶析出、洗涤干燥得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失去结晶水得到固体氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁，①分离固体和溶液用过滤；②无水MgCl2在熔融状态下，通电后会产生Mg和Cl2；③将海水中的氯化镁转变为氢氧化镁，再转变为氯化镁是富集镁；（3）干海带灼烧呈海带灰加入水溶解过滤得到滤液中酸化加入过氧化氢氧化碘离子生成碘单质，加入四氯化碳或苯做萃取剂萃取分液分离碘单质，①灼烧固体时所用的主要仪器名称是坩埚；②氢离子和过氧化氢将碘离子氧化为单质碘；③反应结束后，可加入苯或四氯化碳有机溶剂做萃取剂萃取分液分离碘单质；④利用碘单质遇到淀粉变蓝色设计检验；（4）在燃料电池中，负极上是燃料发生失电子的氧化反应，正极上发生得电子的还原反应，结合电解质环境来书写电极反应式即可；（5）①a点时还没有达到平衡状态，从反应物的物质的量的变化趋势判断反应进行的方向，依次判断正逆反应速率大小；②结合三行计算列式计算，图中反应达到平衡状态氢气物质的量为2mol；③在恒温恒容的条件下，正逆反应速率相同，各组分含量保持不变，及其衍生的一系列能说明变量不变的物理量。
【详解】（1）A、电解饱和氯化钠溶液得到烧碱、氢气、氯气，有新物质生成属于化学变化，选项A错误；B、把海水用蒸馏等方法可以得到淡水，选项B正确；C、电解饱和氯化钠溶液得到烧碱、氢气、氯气，有新物质生成属于化学变化，选项C错误；D、把海水用太阳暴晒，蒸发水分后即得食盐，不需要化学变化就能够从海水中获得，选项D正确；答案选BD；（2）①在沉淀池中通过操作A得到氢氧化镁沉淀，固液分离，故操作A是过滤；②熔融状态下电解氯化镁冶炼镁，电解反应方程式为MgCl2（熔融） Mg + Cl2↑；③将海水中的氯化镁含量大，由于未富集，镁离子浓度很低，直接加热浓缩提取须消耗大量的电能，成本高，且提取的氯化镁盐中混有大量的其它氯化钠盐等离子，所以须将海水中的氯化镁转变为氢氧化镁，再转变为氯化镁；故答案为海水中氯化镁的含量很大，但镁离子浓度很低，该过程可以使镁离子富集，浓度高，且成本低；（3）①灼烧固体时所用的主要仪器名称是坩埚，答案选a；②加入过氧化氢起的作用为氧化剂，将碘离子转化为单质碘，离子方程式为2H++2I-+H2O2═I2+2H2O；③反应结束后，可加入苯或四氯化碳有机溶剂做萃取剂萃取分液分离碘单质，振荡、静置分层分离时先分离下层液体后倒出上层液体，乙酸和乙醇易溶于水溶液中不能分层，答案选a；④检验用CCl4提取碘后的水溶液中是否还含有碘单质．取少量溶液于试管中，滴加淀粉溶液，若溶液显蓝色，则说明溶液中有碘单质；（4）在甲烷燃料电池中，通入甲烷的电极是负极，通入氧气的电极是正极，碱性环境下工作时正极电极反应方程式：2H2O+O2+4e-=4OH-，负极电极反应为：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；（5）①a点时还没有达到平衡状态，反应物氢气的物质的量继续减小，平衡向正向移动，所以正反应速率大于逆反应速率；
② CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）
起始量（mol） 6 8 0 0
变化量（mol） 2 6 2 2
平衡量（mol） 4 2 2 2
平衡时CO2的物质的量浓度==2mol/L；
③CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）
A．单位时间内消耗1molCO2，同时生成3mol H2 ，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，选项A正确；B．混合气体质量不变、体积不变，混合气体的密度始终不随时间变化，不能说明反应达到平衡状态，选项B错误；C．CH3OH、H2的浓度不再随时间变化是平衡的标志，选项C正确；D．CH3OH和H2O浓度相等和起始量和变化量有关，不能证明正逆反应速率相同，选项D错误；答案选AC。
【点睛】本题考查了海水资源的利用和物质制备过程、化学反应速率化学平衡的计算分析、原电池原理应用、化学平衡标志等知识点，注意条件的分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等。