安徽省涡阳县第一中学2019_2020学年高二化学上学期入学考试试题（含解析）.docx

安徽省涡阳县第一中学2019-2020学年高二化学上学期入学考试试题（含解析）试题说明：本试卷分为第卷（客观题）和第卷（主观题）两部分，全卷满分 100 分，考试时间 90 分钟。考试注意事项：1.答题前，务必在答题卡规定的地方填写自己的姓名、班级、准考证号，并认真核对答题卡上姓名、班级、准考证号与本人姓名、班级、准考证号是否一致。2.答客观题时，每小题选出正确答案后，用 2B 铅笔把答题卡上所对应题目答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。3.答主观题必须用 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上书写，要求字体工整、笔迹清晰。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效。在试题卷、草稿纸上答题无效。可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cu- 64 Na-23 Mg-24 Al-27 Cl-35.5 Fe-56第卷 （客观题满分45分）一、单项选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分。每题只有一个选项符合题意)1.今年世界环境日中国主题为“践行绿色生活”，下列不符合这一主题的是（ ）A. 建立合法、公开的地沟油回收生产制度，将生产的地沟油用作工业用油。B. 将生活垃圾分类回收、加工、使之再生、再利用。C. 生活污水、工业废水不要乱排放，通过打深井，将之排到地层深处。D. 不用一次性筷子、不浪费纸张、不浪费粮食、做“光盘”一族。【答案】C【解析】【详解】A地沟油不能代替食用油直接食用，但可将“地沟油”，经过催化得到甲醇，进一步转化生成生物柴油，故A正确；B垃圾分类回收再利用可以减少对环境的污染，节省资源，故B正确；C应将生活污水、工业废水处理后再排放，直接排放，会造成水污染，故C错误；D购物时自带环保袋，减少使用塑料袋；用餐时不使用一次性筷子和餐盒，可以节约资源，保护环境，故D正确；故答案为C。2. 有关化学用语正确的A. 乙烯的结构简式：CH2CH2B. 四氯化碳的电子式：C. 甲烷分子的比例模型：D. HClO的结构式：H-Cl-O【答案】C【解析】试题分析：A、碳碳双键不能省略，乙烯的结构简式：CH2=CH2，故错误；B、氯原子没有表示出最外层电子数，故错误；C、比例模型：按照原子的真实大小，甲烷中碳原子比氢原子大，且甲烷空间构型是正四面体，故正确；D、HClO的结构式：HOCl，故错误。考点：考查化学用语等知识。3.下列关于物质的分类中，正确的是（ ）酸性氧化物酸盐混合物电解质ASiO2HClO烧碱CuSO45H2OCO2BNa2O2HNO3NaHSO4漂白粉MgCSO3H2SiO3纯碱水玻璃NaClDNOAl(OH)3BaCO3水泥NH3A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸；金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物为盐；不同物质组成的为混合物；水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质。【详解】A.烧碱为氢氧化钠属于碱，CuSO45H2O为纯净物，CO2为非电解质，故A错误；B. Na2O2为过氧化物不是酸性氧化物，Mg是金属单质既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C. SO3属于酸性氧化物，H2SiO3属于酸，纯碱是碳酸钠为盐，水玻璃为硅酸钠的水溶液为混合物，氯化钠溶于水导电属于电解质，所以C选项是正确的；D.NO和碱不反应属于不成盐氧化物，氢氧化铝为两性氢氧化物，氨气为非电解质，故D错误。所以C选项是正确的。4. 下列说法不正确的是A. 淀粉、纤维素水解的最终产物均为葡萄糖B. 糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物，都能发生水解反应C. 葡萄糖既可以与银氨溶液反应，又可以与新制氢氧化铜悬浊液反应D. 天然油脂没有固定的熔点和沸点，所以天然油脂是混合物【答案】B【解析】试题分析：A、淀粉、纤维素属于多糖，在稀硫酸作用下，水解成葡萄糖，故说法正确；B、淀粉、纤维素、蛋白质属于高分子化合物，而单糖、二糖、油脂不属于高分子化合物，二糖、多糖、油脂、蛋白质可以发生水解，故说法错误；C、葡萄糖是多羟基醛，含有醛基，能与银氨溶液和新制氢氧化铜悬浊液发生反应，产生银镜和红色沉淀，故说法正确；D、纯净物有固定熔沸点，而混合物没有固定的熔沸点，故说法正确。考点：考查有机物的基本知识和官能团的性质。5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是A. 1mol/L NaCl 的溶液中含有NA个钠离子B. 标准状况下，22.4L SO3中含有SO3分子数为NAC. 1molFe与1molCl2充分反应，转移电子数2NAD. 1molNa2O2与足量CO2反应，转移的电子数2NA【答案】C【解析】【详解】A.缺少溶液体积，无法计算，故A错误；B.标准状况下，SO3是固体，无法计算，故B错误；C.2Fe+3Cl2 2FeCl3，1molFe与1molCl2充分反应，铁剩余，根据方程式可知3mol Cl2参与反应，转移的电子为6mol，1molCl2参与反应，转移的电子为2mol，数目为2NA，故C正确；D.2Na2O2+ 2CO2= 2Na2CO3+ O2，根据方程式可知，2 molNa2O2参与反应，转移的电子数为2mol，1molNa2O2与足量CO2反应，转移的电子数NA，故D错误；故选C。6.下列离子在指定溶液中可能大量共存的是A. c(H+)=01mol/L溶液中:K+、Fe2+、NO3-、SO32-B. 某无色透明溶液中:Fe3+、NH4+、NO3-、SCN-C. 能使酚酞变红的溶液中:Na+、Cl-、SiO32-、NO3-D. c(OH-)=0.1mol/L溶液中:HCO3-、K+、Na+、AlO2-【答案】C【解析】A. c(H+)=0.1mol/L溶液中Fe2+、SO32-与NO3-之间均能发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；B. 某无色透明溶液中Fe3+与SCN-不能大量共存，B错误；C. 能使酚酞变红的溶液显碱性，Na+、Cl-、SiO32-、NO3-之间不反应，能大量共存，C正确；D. c(OH-)=0.1mol/L溶液显碱性，HCO3-不能大量共存，D错误，答案选C。点睛：关于选项D需要注意在碱性溶液中碳酸氢根离子不能大量共存，但碳酸氢根离子与偏铝酸根离子在溶液中会发生复分解反应生成氢氧化铝和碳酸钠，也不能大量共存。反应的原理是依据较强酸制备较弱酸的原理，即由于碳酸氢根离子的酸性强于氢氧化铝的，因此偏铝酸根离子能结合碳酸氢根离子电离出的氢离子发生反应。7.3 mol A和2.5 mol B混合于2 L密闭容器中，发生的反应：3A(g)B(g)xC(g)2D(g) 5min后反应达到平衡，容器内压强变小，测得D的平均反应速率为0.1 mol/(Lmin)，下列结论不正确的是A. A的平均反应速率为0.15mol/(Lmin)B. 平衡时，A的转化率为20C. 平衡时，C的浓度为 0.25 mol/LD. 容器内的起始压强和平衡压强之比为11:10【答案】B【解析】试题分析：达到平衡时压强变小，说明正反应方向是物质的量减少的，故x=1，3A(g)B(g)C(g)2D(g)开始： 3 2.5 0 0变化： 3a a a 2a V(D)=2a/(25)mol/(Lmin)=0.1 mol/(Lmin)平衡：33a 2.5a a 2a 解得：a=0.5A、A的平均反应速率为30.5/(25)mol/(Lmin)=0.15mol/(Lmin)，故说法正确；B、A的转化率3a/3100%=50%，故说法错误；C、C(C)=a/2molL1=0.25molL1，故说法正确；D、压强之比等于物质的量之比，5.5:（33a2.5aa2a)=5.5：5=11：10，故说法正确。考点：考查化学平衡的计算。8.某鱼雷采用Al-AgO动力电池，以溶解有氢氧化钾的流动海水为电解液，电池反应为：2Al+3AgO+2KOH=3Ag+2KAlO2+H2O，下列说法不正确的是A. AgO为电池的正极B. Al在电池反应中被氧化C. 电子由AgO极经外电路流向Al极D. 溶液中的OH-向Al极迁移【答案】C【解析】【详解】A、根据原电池工作原理，化合价升高，失电子的作负极，即铝单质作负极，则AgO作电池的正极，故说法正确；B、根据电池总反应，铝的化合价升高，被氧化，故说法正确；C、根据原电池工作原理，外电路电子从负极流向正极，由铝流向氧化银，故说法错误；D、根据原电池工作原理，阳离子移向正极，阴离子移向负极，即OH移向铝极，故说法正确。故选C。9.某有机物的结构如图所示，这种有机物不可能具有的性质是可以与氢气发生加成反应；能使酸性KMnO4溶液褪色；能跟NaOH溶液反应；能发生酯化反应；能发生加聚反应；能发生水解反应A. B. 只有C. 只有D. 【答案】B【解析】试题分析：含有苯环和碳碳双键，可以与氢气发生加成反应；含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色；含有羧基，能跟NaOH溶液反应；含有羟基和羧基，能发生酯化反应；含有碳碳双键，能发生加聚反应；不存在酯基，不能发生水解反应，答案选B。考点：考查有机物结构和性质10.下列说法中正确的一组是( )A. H2和D2互为同素异形体B. 和互为同分异构体C. 和是同一种物质D. 正丁烷和异丁烷互为同系物【答案】C【解析】【详解】A、H2和D2是由氢的不同同位素构成的同种单质，不是同素异形体，故A错误；B、苯邻二元取代物只有一种结构，所以是同一物质，故B错误 ；C、分子式、结构式都相同，是同种物质，故C正确。D、正丁烷和异丁烷分子式相同、结构不同，属于同分异构体，故D错误；11.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )A. N2NO2HNO3B. 石油CH3CH3 CH2BrCH2BrC. Al Al(NO3)3(aq)Al(OH)3(s)D. CH2=CH2 CH3CH2OH CH3CHO【答案】D【解析】【详解】AN2NO，氮气和氧气反应不能生成二氧化氮，NO再被氧气氧化为NO2，NO2HNO3，故A错误；B应利用石油裂解生成的乙烯制取，石油CH2=CH2CH2BrCH2Br，故B错误；C氢氧化铝具有两性，能溶于过量的氢氧化钠生成偏铝酸钠，所以实现的途径为：AlAl(NO3)3(aq)，再滴加过量氨水得到Al(OH)3(s)，如果滴加过量NaOH溶液，会溶解Al(OH)3生成NaAlO2，故C错误；DCH2=CH2中不饱和的C=C双键中其中1个C-C断裂结合水提供的-H、-OH，生成乙醇，方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，乙醇蒸气和氧气在催化剂作用下氧化反应生成乙醛，反应的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，所示的物质间转化均能实现，故D正确；故答案为D。12.短周期主族元素X、Y、Z、W在周期表中的位置如图所示，其中W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，下列说法一定正确的是XYZWA. Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的强B. 元素X与Y可形成化合物YXC. Z的氧化物形成的晶体是分子晶体D. W元素的氧化物的水化物是强酸【答案】B【解析】【分析】由W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍可知，W是S元素，由X、Y、Z、W在周期表中的位置可知，X是N元素、Y是Al元素、Z是Si元素。【详解】A项、元素非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，S元素的非金属性强于Si元素，则S元素的简单气态氢化物的热稳定性比Si的强，故A错误；B项、N元素和Al元素可以形成离子化合物AlN，故B正确；C项、Si元素的氧化物二氧化硅是溶沸点高、硬度大的原子晶体，故C错误；D项、S元素的氧化物二氧化硫的水化物亚硫酸是弱酸，故D错误。故选B。【点睛】本题考查元素周期律应用，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，利用题给信息推断元素为解答关键。13.欲进行下列实验，其方案设计合理的是ABCD检验装置气密性制过氧化钠验证浓H2SO4的脱水性、强氧化性比较NaHCO3和Na2CO3溶解度A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.该装置为恒压装置，加热气体会从长颈漏斗逸出，无法检验装置气密性，故A错误；B.利用该装置制得的过氧化钠不纯，过氧化钠会和空气中的水、二氧化碳反应，故B错误；C.浓硫酸加到蔗糖中，蔗糖变黑，体现浓硫酸的脱水性；品红溶液褪色，酸性高锰酸钾溶液褪色，说明碳和浓硫酸反应生成二氧化硫，体现浓硫酸的强氧化性，故C正确；D.向NaHCO3和Na2CO3固体中分别滴加少量水，触摸试管外壁，只能判断它们溶于水的温度变化，不能比较溶解度大小，故D错误；故选C。14.下列关于离子检验正确的是A. 将某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有CO32-B. 向某溶液中滴加NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，说明该溶液中无NH4+C. 向某溶液中滴加硫酸，有刺激性气味气体产生，说明该溶液中有SO32-D. 向某无色溶液中加入CCl4无现象，滴加氯水后CCl4层呈紫红色，说明该溶液中一定存在I-【答案】D【解析】【详解】A.某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，可知该气体为二氧化碳或二氧化硫，则该溶液中可能含有CO32-，或SO32-，或HCO3-、HSO3-等，或都存在，故A错误；B.铵根离子与碱共热才能逸出氨气，故B错误；C.该刺激性气味气体可能二氧化硫，原溶液中可能存在SO32-或HSO3-，故C错误；D.向某无色溶液中加入CCl4无现象，滴加氯水后CCl4层呈紫红色，说明产生I2，Cl2+ 2I-=2Cl-+ I2，故D正确；故选D。15.废水中氨氮（NH3、NH4+）采用微生物脱氮法、化学沉淀法均可除去，具体原理如下：微生物脱氮法：NH4+ NO3- N2；化学沉淀法：向废水中加入含MgCl2、Na3PO4的溶液，生成MgNH4PO46H2O沉淀从而去除氨氮，下列有关说法正确的是A. 该废水大量直接排放，对水体的影响不大B. 微生物脱氮时可在高温下进行，以加快脱氮的速率C. 步骤a发生反应：NH4+2O2NO3-+H2O+2H+D. 化学沉淀法脱氮时，溶液的碱性越强，氨氮的去除率将升高【答案】C【解析】【详解】A该废水大量直接排放，可使水中藻类植物大量繁殖，造成水体污染，故A错误；B高温下微生物发生变性，不利用脱氮，故B错误；C步骤a中铵根离子被氧化，发生NH4+2O2NO3-+H2O+2H+，故C正确；D溶液的碱性过强，镁离子转化为氢氧化镁沉淀，则氨氮的去除率将下降，故D错误；故答案为C。第卷（主观题满分55分）16. 按要求填写下列空格。（1）的分子式为： ，其一氯代物有 种，该烃有多种同分异构体，其中有一种一氯取代物只有一种，写出这种同分异构体的结构简式：（2）分子式为C6H14的烃的主链为4个碳的同分异构体共有 种。（3）写出实验室制取硝基苯的化学方程式： 。【答案】（1）C8H18，4 ，（CH3）3CC（CH3）3；（2）2；（3）+ HONO2 + H2O 。【解析】试题分析：（1）这是球棍模型，按照原子键的个数，得出分子式：C8H18，其结构简式为，有4种不同的氢原子，一氯代物有4种，一氯代物只有一种，说明是对称的结构，其结构简式为：；（2）按照烷烃同分异构体的书写规则，符合题意的同分异构体有：、，有2种；（3）实验室制取硝基苯，利用苯和混酸水浴加热制取，+ HONO2 + H2O。考点：考查有机物制取、同分异构体书写、等效氢等知识。17.天然气既是高效洁净的能源，又是重要的化工原料，在生产、生活中用途广泛。（1）已知25、101kPa时，1 g甲烷不完全燃烧生成CO和液态水时放出37.96 kJ热量，则该条件下反应2CH4(g)+3O2(g)2CO(g)+4H2O(l)的H_kJmol1（2）甲烷可以消除氮氧化物污染。如：CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)下列措施能够使该反应速率加快的是_。a使用催化剂 b降低温度 c及时分离水若上述反应在恒容的密闭容器中进行，下列叙述中不能说明该反应已达平衡状态的是_。a容器内气体的压强不再变化 b混合气体的质量不再变化cc(NO2) = 2c(N2) d单位时间内生成1molCO2，同时生成2molNO2（3）甲烷可直接应用于燃料电池，该电池采用可传导O2的固体氧化物为电解质，其工作原理如图所示：外电路电子移动方向：_。（填“a极到b极”或“b极到a极”）。b极电极反应式为_。若燃料电池消耗的空气在标准状况下的体积是5.6L（假设空气中O2体积分数为20%），则理论上消耗甲烷_mol。【答案】 (1). -1214.72 (2). a (3). bc (4). a极到b极 (5). O2+4e2O2 (6). 0.025【解析】【分析】（1）依据化学方程式计算2mol甲烷不完全燃烧放出的热量即可；（2）使用催化剂，反应速率加快，降低温度、减小生成物浓度，反应速率减慢；反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质浓度或百分含量保持不变；（3）由电池示意图可知，电池工作时，通入甲烷的a极为电池的负极，甲烷在a极上失电子发生氧化反应，通入氧气的b极为电池的正极，氧气在b极上得电子发生还原反应。【详解】（1）1 g甲烷不完全燃烧生成CO和液态水时放出37.96 kJ热量，1 g甲烷的物质的量为mol，2mol甲烷不完全燃烧放出的热量为37.96 kJ162mol=1214.72kJ，则该条件下反应2CH4(g)+3O2(g)2CO(g)+4H2O(l)的H-1214.72 kJmol1，故答案为：-1214.72；（2）a、使用催化剂，化学反应速率加快，故正确；b、降低温度，化学反应速率减慢，故错误；c、及时分离水，生成物浓度减小，化学反应速率减慢，故错误；a正确，故答案为：a；a、该反应是一个体积体积增大反应，容器内压强不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；b、由质量守恒定律可知，平衡前后气体质量始终不变，所以混合气体的质量不再变化，无法判断是否达到平衡状态，故错误；c、c(NO2) = 2c(N2)不能说明正逆反应速率相等，无法判断是否达到平衡状态，故错误；d、单位时间内生成1molCO2，同时生成2molNO2能说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；bc错误，故答案为：bc；（3）外电路电子的移动方向是由负极经导线向正极移动，即由a极到b极，故答案为：a极到b极；通入氧气的b极为电池的正极，氧气在b极上得电子发生还原反应生成氧离子，电极反应式为O2+4e2O2，故答案为：O2+4e2O2；标准状况下的体积是5.6L空气中氧气的物质的量为=0.05mol，由得失电子数目守恒可知甲烷的物质的量为=0.025mol，故答案为：0.025。【点睛】本题考查化学反应原理综合应用，侧重分析与应用能力的考查，注意反应热的计算、影响化学反应速率的因素、化学平衡状态的判断、原电池原理的分析及电极反应式书写为解答的关键。18.甲图是部分短周期元素的常见化合价与原子序数的关系图：请回答下列问题：(1)D元素在周期表中的位置为_，D和G的简单氢化物中沸点高的是_(写化学式)，A和E形成的化合物的电子式为_。(2)D、E、G、H的简单离子半径由大到小的顺序为_。(用化学式表示)(3)H的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液不稳定，受热可分解，产物之一是H的单质，且当有28mol电子转移时，常温共产生9mol气体，写出该反应的化学方程式_。(4)由上述元素中的几种组成a、b、c各物质，某同学设计实验用乙图装置证明元素B、C、F的非金属性强弱(其中溶液b和溶液c均为足量)。溶液a和b分别为_，_(填化学式)。溶液c中的离子方程式为_。请从原子结构的角度解释非金属性CB的原因_。【答案】 (1). 第二周期第A族 (2). H2O (3). (4). S2-Cl-O2-Na+ (5). 4HClO42Cl2+7O2+2H2O (6). HNO3 (7). 饱和NaHCO3 (8). SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3+CO32- (9). 碳和氮两元素位于同一周期，电子层数相同，氮比碳的原子序数大，原子半径小，原子核对最外层电子的吸引能力强，所以氮比碳的非金属性强【解析】【分析】由图中化合价可知，A有+1、-1价，且原子序数最小，A为H；B的化合价为+4、-4价，B为C元素；C的原子序数小于O，C的化合价有+5、-3价，则C为N；D的化合价只有-2价，没有正化合价，故D为O元素；E的原子序数大于O，且E的化合价为+1价，处于A族，故E为Na元素；F、B的化合价相同，F与B位于同主族，F的原子序数大，则F为Si；G的最高正价为+6价、最低价为-2，应为S元素；H的最高正价为+7，原子序数最大，则H为Cl。【详解】由上述分析可知：A为H、B为C、C为N、D为O、E为Na、F为Si、G为S、H为Cl，(1)D元素为O元素，在周期表中的位置为第二周期第A族，水分子间含氢键，D和G的简单氢化物中沸点高的是H2O，A和E形成的化合物为NaH，为离子化合物，其电子式为。(2)电子层数越多，离子半价越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径为S2ClO2Na；(3)H的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，浓溶液不稳定，受热可分解，产物之一是H的单质氯气，且当有28mol电子转移时，常温共产生9mol气体，H为氯气，生成2mol氯气时得到28mol电子，则由电子守恒可知还生成7mol氧气，该反应为4HClO42Cl2+7O2+2H2O；(4)对a、b、c三种物质，某同学设计实验用乙图装置证明元素B、C、F的非金属性强弱由图可知，锥形瓶中发生硝酸与碳酸钙的反应生成二氧化碳，溶液b可除去二氧化碳中挥发的硝酸，试剂为饱和碳酸氢钠，溶液c为硅酸钠，均发生强酸制取弱酸的反应。溶液a和b分别为HNO3、饱和NaHCO3。碳酸的酸性强于硅酸，溶液c中的离子方程式为SiO32+CO2+H2O=H2SiO3+CO32。从原子结构的角度解释非金属性CB的原因为：碳和氮两元素位于同一周期，电子层数相同，氮比碳的原子序数大，原子半径小，原子核对最外层电子的吸引能力强，所以氮比碳的非金属性强。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，解题关键：把握元素的化合价、原子序数来推断元素，难点（4）设计实验证明元素B、C、F的非金属性强弱，注意元素化合物知识与规律性知识的应用。19.海洋资源的利用具有广阔前景。（1）海水淡化的方法有_（选填一种即可）。（2）从海水中提取溴的主要步骤是向浓缩的海水