浙江省温州市“十五校联合体”2016-2017学年高二下学

考生须知：

1.本试题分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。

2.考生答题前，须将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卷上。

3.选择题的答案必须使用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填

涂处用橡皮擦擦净。

4.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，答案写在本

试题卷上无效

5.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5

Fe-56 Cu-64 Mn-55

选择题部分

一、选择题(本题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是

符合题目要求，不选、多选、错选均不得分)

1．下列属于盐的是

A．NH4NO3 B．CaO C．H2SO4 D．NaOH

【答案】A

【解析】A．NH4NO3属于盐，故A正确；B．氧化钙属于金属氧化物，故B错误；C．硫酸属于酸，故C错误；D．氢氧化钠属于碱，故D错误；故选A。

2．仪器名称为“容量瓶”的是

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】A．．是圆底烧瓶，故A错误；B．是蒸馏烧瓶，故B错误；C．是容量瓶，故C正确；D．是锥形瓶，故D错误；答案为C。

3．下列物质是属于易溶于水的强电解质的是

A．NH3 B．Ca(HCO3)2 C．BaSO4 D．C2H5OH

【答案】B

【解析】A．氨气极易溶于水，但氨气自身不能电离，是非电解质，故A错误；B．Ca(HCO3)2易溶于水，且水溶液能导电，是电解质，故B正确；C．硫酸钡难溶于水，是电解质，故C 错误；D．C2H5OH是非电解质，故D错误；故选B。

4．下列反应中，水既不是氧化剂又不是还原剂的氧化还原反应的是

A．3Fe+4H2O Fe3O4+4H2 B．2F2+2H2O=4HF+O2

C．Na2CO3+H2O NaHCO3+NaOH D．Cl2+H2O HCl+HClO

【答案】D

【解析】A．水中H元素的化合价降低，水为氧化剂，故A不选；B．水中O元素的化合价升高，水为还原剂，故B不选；C．没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不选；D．只有Cl元素的化合价变化，为氧化还原反应，且水既不是氧化剂又不是还原剂，故D选；故选D。

5．下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是

A．NaHCO3 B．Fe2(SO4)3 C．Ca(ClO)2 D．NaHSO4

【答案】B

【解析】A．NaHCO3是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，故A错误；B．Fe2(SO4)3是强酸弱碱盐，水解显酸性，故B正确；C． Ca(ClO)2是弱酸强碱盐，水解后溶液呈碱性，故C错误；

D．NaHSO4是强酸强碱的酸式盐，不能水解，是在水溶液中直接电离出H+，使溶液呈酸性，而不是由于水解，故D错误；故选B。

【点睛】应注意的是溶液显酸性不一定是酸溶液，还可能是盐溶液；由于只有含弱离子的盐才能水解，且强酸弱碱盐水解显酸性，强碱弱酸盐水解显碱性，故物质若因水解而呈酸性，则此物质应为强酸弱碱盐，据此分析。

6．下列有关物质的性质或用途的说法中正确的是

A．氯气具有漂白性，可以使有色布条褪色

B．二氧化硫具有较强的还原性，不能用浓硫酸干燥

C．SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应

D．氧化铁能与酸反应，可用于制作黑色颜料

【答案】C

【解析】A．氯气不具有漂白性，不能直接使有色布条褪色，必须是使湿润的有色布条褪色，具有漂白性的是次氯酸，故A错误；B．二氧化硫具有较强的还原性，但同种元素相邻价态间不发生氧化还原反应，所以能用浓硫酸干燥，故B错误；C．SiO2是酸性氧化物与碱反应生成盐和水，故C正确；D．氧化铁是难溶于水的红色固体，可以用做红色颜料，故D错误；故选C。

7．下列表示正确的是

A．S2—的结构示意图： B．MgF2的电子式：

C．乙炔的结构式：H-C=C-H D．溴苯的分子式：C6H5Br

【答案】D

【解析】A．S2—的结构示意图为，故A错误；B．MgF2的电子式为

，故B错误；C．乙炔的结构式为，故C错误； D．溴苯结构简式为，则分子式为C6H5Br，故D正确；答案为D。

8．下列有关氯及其化合物的说法不正确

．．．的是

A．氯气能溶解于水，常温常压下，1体积水约能溶解2体积氯气

B．漂白粉主要成分为Ca(ClO)2和CaCl2，可用于漂白纸浆

C．氯气可用于自来水的消毒、农药的生产、药物的合成

D．海水中的氯化物含量相当高，因此氯被称为“海洋元素”

【答案】D

【解析】A．常温常压下，1体积水约能溶解2体积氯气，可见氯气能溶解于水，故A正确；B．漂白粉主要成分为Ca(ClO)2和CaCl2，常用于漂白纸浆，故B正确；C．氯气有强氧化性，且其水溶液中含有HClO，常用于自来水的消毒、农药的生产、药物的合成，故C正确；D．海水带有咸味，海水中氯化物的含量相当高，但溴被称为“海洋元素”，故D错误；答案为D。

9．下列说法不正确

．．．的是

A．推广使用氢能、太阳能、减少化石燃料的使用、有助于减少雾霾天气的发生

B．将太阳能转化为氢能是减少环境污染、缓解能源危机的一种构思

C．石油的分馏、催化裂化、裂解等石油加工方法，其目的均为得到更多的汽油

D．煤干馏可以得到煤焦油，煤焦油进一步分离又可得到苯、甲苯等有机物

【答案】C

【解析】A．推广使用氢能、太阳能，减少化石燃料的使用，能够减少灰尘等空气污染物的排放，有利于减少雾霾天气的发生，故A正确；B．氢能是一种清洁可再生能源，将太阳能转化为氢能是减少污染、缓解能源危机的一种构想，故B正确；C．石油裂解的目的是得到小分子的烯烃，故C错误；D．煤的干馏是指在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭(或半焦)、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，煤的干馏能制得苯及其同系物，故D正确；故选C。

10．下列与实验相关的叙述不正确

．．．的是

A．蒸发完成时，用坩埚钳把蒸发皿移至实验桌上冷却

B．乙酸乙酯的制备中，长导管不能伸到饱和碳酸钠溶液中

C．分液操作时，分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出

D．配制一定物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度，溶液浓度偏小

【答案】A

【解析】A．蒸发后温度较高，则用坩埚钳把蒸发皿移至石棉网上，故A错误；B．乙酸乙酯的制备中，长导管不能伸到饱和碳酸钠溶液中，防倒吸，故B正确；C．分液操作时，分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故C正确；D．配制一定物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度，液面在刻度线上方，溶液体积偏大，溶液浓度偏小，故D正确；答案为A。

11．下列关于有机物结构、性质的分析正确的是

A．正丁烷和异丁烷的一氯取代物都只有两种，它们的沸点也相同

B．乙烯分子与苯分子都能与H2发生加成反应，说明二者均含碳碳双键

C．甲烷、苯、乙醇、乙酸和乙酸乙酯在一定条件下都能发生取代反应

D．乙醛加入Cu(OH)2粉末并加热可看到红色沉淀生成

【答案】C

12．在一定条件下，使一定量的A和B气体混合发生2A(g)+3B(g)4C(g)反应。下列描述中，说明反应已达到平衡状态的是

A．各物质的浓度之比c(A)∶c(B)∶c(C)=2∶3∶4

B．混合气体中各物质的浓度相等

C．单位时间内，若消耗了a molA物质，同时也消耗了2a mol C物质

D．混合气体的体积是反应开始前的4/5

【答案】C

【解析】A．各物质的浓度之比c(A)：c(B)：c(C)=2：3：4，无法判断各组分的浓度是否继续变化，则无法判断平衡状态，故A错误；B．混合气体中各物质的浓度相等，无法判断各组分的浓度是否还发生变化，则无法判断是否达到平衡状态，故B错误；C．单位时间内若消耗了a molA物质，同时也消耗了2a mol C物质，表示的是正逆反应速率，且满足计量数关系，说明达到平衡状态，故C正确；D．混合气体的体积是反应开始前的错误！

未找到引用源。，无法判断各组分的百分含量是否变化，则无法判断是否达到平衡状态，故D错误；故选C。

【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。

13．下列离子方程式书写正确的是

A．可利用厨房中的食醋除去热水瓶水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O

B．往酸性碘化钾溶液中滴加适量的双氧水：2I-+2H++H2O2=I2+2H2O

C．往NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热： NH4++OH-NH3↑+H2O

D．金属钠和水反应：Na+H2O=Na++OH-+H2↑

【答案】B

【解析】A．醋酸是弱酸，不可拆分，故A错误；B．往酸性碘化钾溶液中滴加适量的双氧水发生的离子反应为2I-+2H++H2O2=I2+2H2O，故B正确；C．往NH4HCO3溶液中加过量的NaOH 溶液并加热发生的离子反应为HCO3-+NH4++2OH-NH3↑+2H2O+CO32-，故C错误；D．金属钠和水发生的离子反应为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故D错误；答案为B。

【点睛】离子方程式书写的难点是限制条件方程式的书写，该类试题的解答思路为：①过量型：首先判断那种物质过量，哪种不足；然后根据不足的物质全部反应的原则，用其配比进行配平；最后检查系数是否正确。②定量型：这类离子反应的书写，严格按照给定的量之间的关系进行书写，配平时以少定多。③目标型：先写出能达到目标的主要离子方程式，然后用假设“1”的方法使其完善。④条件限定型：在书写离子反应方程式时，有不同的限定条件，书写方法不一样，如在铵根和氢氧根反应，生成一水合氨，如加热写成氨气和水；氢氧化钙，如为澄清将其拆成离子，如为石灰乳则不拆等。

14．下表是部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息，判断以下说法正确的是

A．L2+与R2－的核外电子数相等

B．M与L形成的最高价氧化物对应水化物的碱性：L>M

C．氢化物的稳定性为H2T

D．单质与等浓度的稀盐酸反应的速率为Q>L

【答案】B

【点睛】本题关键是能够把握元素的原子半径和化合价的关系，要熟记元素周期表中的递变规律，准确推断元素；元素的最高正价=最外层电子数，最高正价和最低负价绝对值的和为8，R、T两元素最外层电子数为6，故为第ⅥA元素，而R的半径大于T，T为O，R为S，M元素最外层电子数为3，为B或Al，但是半径比氧和硫均大，应为Al，L的半径比铝大，最外层电子数为2，应为Mg，Q的半径最小，最外层两个电子，故为Be，结合对应单质、化合物的性质解答该题。

15．如图是三种常见有机物的比例模型示意图。下列说法正确的是

甲：乙：丙：

A．甲在光照条件下与Cl2反应可得到四种不同的产物

B．乙、丙所有的原子均处于同一平面，均可使溴水反应褪色

C．等质量的三种有机物充分燃烧消耗氧气的量依次减小

D．在浓硫酸存在下，丙与浓硝酸共热的反应属于加成反应

【答案】C

【解析】由图可知，甲为CH4，乙为CH2=CH2，丙为苯；A．甲烷与氯气发生取代反应生成四种卤代烃和HCl，共5种产物，故A错误；B．乙、丙所有的原子均处于同一平面，苯与溴水不反应，乙烯与溴水反应，故B错误；C．等质量的CH4、CH2=CH2、苯完全燃烧，消耗的氧气随含氢量的减小而减少，故C正确；D．在浓硫酸存在下，苯与浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，故D错误；故选C。

16．下列叙述正确的是

A．油脂在酸的催化作用下可发生水解，工业上利用该反应生产肥皂

B．在水溶液里，乙酸分子中的—CH3可以电离出H+

C．一定条件下，氨基酸之间能发生反应，合成更复杂的化合物（多肽）

D．向2mL苯中加入1mL酸性高锰酸钾溶液，振荡后静置，可观察到液体分层，上层呈紫红色

【答案】C

【解析】A．油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐，则碱性条件的水解反应制备肥皂，故A错误；B．乙酸分子中-COOH可发生电离，而-CH3不能电离，故B错误；C．氨基酸中含氨基、羧基，可发生缩聚反应，则氨基酸之间能发生反应，合成更复杂的化合物(多肽)，故C正确；D．苯与高锰酸钾溶液分层，苯的密度小，苯在上层，则，振荡后静置，可观察到液体分层，下层呈紫红色，故D错误；故选C。

17．SO2是大气污染物，造成酸雨的主要原因，用如图所示装置可以既吸收工厂排放的废气中的SO2，又可以生成一定量的硫酸，下列说法正确的是

A．a为正极，b为负极

B．生产过程中氢离子由右移向左

C．从左下口流出的硫酸的质量分数一定大于50%

D．负极反应式为SO2＋2H2O-2e-=SO42-＋4H+

【答案】D

【解析】A．a电极上SO2发生氧化反应生成硫酸，则a为负极，b为正极，故A错误；B．质子膜只允许H+通过，向正极移动，即氢离子由左向右移动，故B错误；C．负极区有硫酸生成，但同时在增加水的量，则硫酸的质量分数不一定大于50%，甚至还可能小于50%，故C错误；D．负极上发生的是氧化反应，其电极反应式为SO2＋2H2O-2e-=SO42-＋4H+，故D 正确；答案为D。

18．一定温度下，等体积、pH相等的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是

A．两溶液中，所含溶质的分子数：盐酸等于醋酸

B．与等体积等浓度NaHCO3混合，开始产生CO2速率相等，后来盐酸快

C．等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，盐酸产生的H2多

D．用同浓度的NaOH溶液分别与两溶液恰好反应完全，根据消耗的NaOH溶液体积的多少可以判断醋酸是弱电解质

【答案】D

19．下图为反应Br＋H2HBr＋H的能量对应反应过程的示意图，下列叙述中正确的是

A．此反应一定要加热后才能发生

B．反应物总能量低于生成物总能量

C．人类利用的能源都是通过化学反应获得的

D．升高温度可增大正反应速率，降低逆反应速率

【答案】B

【解析】A．从图示分析出反应物的能量低于生成物，Br+H2?HBr+H是个吸热过程，但与是否需要加热无关，故A错误；B．从图示分析出反应物的能量低于生成物，故B正确；C．人类利用的能源如太阳能就不是通过化学反应获得的，故C错误；D．升高温度时正逆反应速率都要增大，故D错误；答案为B。

20．下列叙述正确的是

A．在N2、CO2和SiO2物质中，都存在共价键，它们都是由分子构成

B．金刚石、石墨、足球烯均是碳元素的同素异形体，性质都相似

C．HBr受热分解的过程中，只需克服分子间的作用力

D．仅由非金属元素组成的物质也可能含有离子键

【答案】D

【解析】A．在N2、CO2和SiO2物质中，都存在共价键，N2和CO2是由分子构成，SiO2构成微粒是原子，属原子晶体，故A错误；B．金刚石、石墨、足球烯均是碳元素形成的不同单质，属于同素异形体，物理性质不同，化学性质相似，故B错误；C．HBr受热分解的过程中，除需克服分子间的作用力，还需要破坏H—Br之间的共价键，故C错误；D．仅由非金属元素组成的化合物中可能含有离子键，如铵盐，故D正确；故选D。

21．已知反应：2CH3COCH3(l)CH3COCH2COH(CH3)2(l)。取等量CH3COCH3，分别在0℃和20℃下，测得其转化分数（反应物已转化为产物的物质的量和反应物总物质的量的比）随时间变化的关系曲线（Y－t）如下图所示。下列说法正确的是

A．b代表0℃下CH3COCH3的Y－t曲线

B．反应进行到20min末，CH3COCH3的v (0℃)/v(20℃)的比值大于1

C．升高温度可以缩短反应达到平衡的时间并能提高反应物转化为生成物的物质的量

D．从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH(CH3)2的Δn(0℃)/Δn(20℃)的比值等于1

【答案】D

【解析】A．温度越高反应速率就越快，到达平衡的时间就越短，由图象可看出曲线b首先到达平衡，所以曲线b表示的是20℃时的Y-t曲线，故A错误；B．当反应进行到20min时，从图象中可以看出b曲线对应的转化分数高于a曲线对应的转化分数，这说明b曲线在20℃时对应的反应速率快，所以v (0℃)/v(20℃)＜1，故B错误；C．根据图象温度越高CH3COCH3转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，即降低平衡转化率，即降低反应物转化为生成物的物质的量，故C错误；D．根据图象可以看出当反应进行到66min 时a、b曲线对应的转化分数均相同，都是0.113，这说明此时生成的CH3COCH2COH(CH3)2一样多，所以从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH(CH3)2的Δn(0℃)/Δn(20℃)，故D正确；

故选D。

【点睛】做题时注意观察曲线的变化趋势，以及温度对化学反应速率的影响，本题的关键是根据图象正确判断反应是吸热还是放热；分析图象题时注意曲线的变化，温度越高，化学反应速率越大，达到平衡时的时间就越少，曲线的斜率就越大；根据图象可以看出温度越高CH3COCH3转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，CH3COCH3的转化率反而降低，分析图象，当反应进行到66min时a、b曲线对应的转化分数均相同，都是0.113，这说明此时生成的CH3COCH2COH(CH3)2一样多。

22．设N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A．密闭容器中1 mol O2与2 mol SO2充分反应，产物的分子数为2N A

B．1mol丙烷分子含有的共价键数11N A

C．在标准状况下，22.4 L溴所含的原子数目为2N A

D．常温常压下，7.0 g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为N A

【答案】D

【解析】A．SO2和O2反应生成SO3发生的反应为可逆反应，反应物的转化率不可能达到100%，故A错误；B．丙烷分子中含有8个碳氢键和2个碳碳键，则1mol丙烷分子含有的共价键数10N A，故B错误；C．在标准状况下，溴为液态，无法根据气体的摩尔体积计算其物质的量，故C错误；D．乙烯与丙烯的最简式为CH2，7.0 gCH2的物质的量为0.5mol，含有氢原子的数目为N A，故D正确；答案为D。

23．常温下，向20.00mL 0.1000mol·L-1(NH4)2SO4溶液中逐滴加入0.2000mol·L-1NaOH时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如下图所示（不考虑挥发）。下列说法正确的是

A．点a所示溶液中：c(NH4+)>c(SO42-)>c(OH-)>c(H+)

B．点b所示溶液中：c(NH4+)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-)

C．点c所示溶液中：c(SO42-)+c(H+)=c(NH3?H2O)+c(OH-)

D．点d所示溶液中：c(SO42-)>c(NH3?H2O)>c(NH4+)>c(OH-)

【答案】C

【解析】A．a点溶液中，铵根离子水解导致溶液呈酸性，即c(H+)＞c(OH-)，铵根离子水解程度较小，结合物料守恒知c(NH4+)＞c(SO42-)，所以溶液中离子浓度大小顺序是c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(OH-)，故A错误；B．b点溶液中，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42-)+c(OH-)，硫酸铵的酸性较弱，要使混合溶液呈中性，则加入少量氢氧化钠即可，所以c(NH4+)＞c(Na+)，故B错误；C．c点溶液中，溶液呈碱性，所以c(H+)＜c(OH-)，溶液中的溶质是等物质的量浓度的硫酸铵、硫酸钠、一水合氨，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)+c(Na+)=2c(SO42-)+c(OH-)，根据物料守恒得，根据物料守恒得c(NH4+)+c(NH3?H2O)=2c(SO42-)=2c(Na+)，所以得

c(SO42-)+c(H+)=c(NH3?H2O )+c(OH-)，故C正确；D．d点溶液中，二者恰好反应生成硫酸钠、一水合氨，且硫酸钠是氨水浓度的一半，一水合氨电离程度较小，所以c(NH3?H2O )＞c(SO42-)，故D错误；故选C。

【点睛】明确图象中曲线变化趋势、曲线上每一个点的溶质及其性质是解本题关键，再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，三种守恒：①电荷守恒规律，电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下关系：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。②物料守恒规律，电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。③质子守恒规律，如Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或

c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。

24．已知氧化性Br2>Fe3+>I2，向含有Fe2+、Br-、I-各0.1mol的溶液中通入Cl2。通入Cl2的体积（标准状况）与溶液中某种离子（用Q表示）的物质的量的关系如下图所示，下列说法中正确的是

A．Q是I-

B．Q是Br-