金陵中学2021届高二年级学情调研卷化学可能用到的相对原子质量H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Cu:64一、单向选择题（本题共20小题，每小题2分，共计40分，每小题只有一个选项符合题意。
）1. 下列气体只能用排水法收集的是A. NH3B. SO2C. NO2D. NO【答案】D【解析】试题分析：气体的收集方法应该从气体的密度、水溶性、是否有毒等方面进行分析、判断，从而找出最好的收集方法。
常见气体的收集方法是：1.排水法，适用于不易溶于水的气体。
例如氢气，氧气；2.向上排空气法，适用于比空气密度大，溶于水的气体，例如二氧化碳，氯气；3，向下排空气法，适用于比空气密度小，溶于水的气体，例如氨气。
A、氨气易溶于水，不能用排水法收集，A不正确；B、SO2也易溶于水，不能用排水法收集，B不正确；C、NO2溶于水与水反应生成硝酸和NO，因此不能用排水法收集，C不正确；D、NO极易被空气中的氧气氧化生成NO2，所以只能用排水法收集，D正确，答案选D。
考点：考查气体收集方法的判断2. 下列实验过程中，始终无明显现象的是A. NO2通入FeSO4溶液中B. CO2通入CaCl2溶液中C. NH3通入AgNO3溶液中D. SO2通入Ba（NO3）2溶液中【答案】B【解析】NO2与水反应生成的硝酸将FeSO4氧化成Fe3+使溶液呈黄色，A错；CO2与CaCl2不反应B项正确；NH3通入AgNO3溶液先生成白色沉淀，NH3过量沉淀溶解，C错；SO2通入Ba（NO3）2溶液中生成白色的硫酸钡沉淀，D正确。
3.下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是（）A. 常温下浓硫酸与铝不发生反应，可在常温下用铝制容器贮藏贮运浓硫酸B. 二氧化硅不与任何酸反应，可用石英制造耐酸容器C. 二氧化氯具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒D. 二氧化硫具有漂白性，可做食品漂白剂【答案】C【解析】【详解】A．常温下，浓硫酸和铝发生氧化还原反应而生成一层致密的氧化物薄膜，阻止铝进一步被氧化，该现象为钝化现象，因此常温下用铝制容器贮藏贮运浓硫酸，故A错误；B．二氧化硅能和HF反应，反应方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，故B错误；C．二氧化氯具有氧化性，且不会生成有害的有机氯化物，因此ClO2被称为“绿色消毒剂”，所以二氧化氯可用于自来水的杀菌消毒，故C正确；D．二氧化硫有毒，不能用于食品的漂白，故D错误；故选C。
【点睛】本题的易错点为A，要注意钝化属于化学变化。
4.下列各实验现象能用同一原理解释的是（）A. CCl4、乙烯都能使溴水颜色变浅B. 将SO2通入氯化钡溶液至饱和，再加入氯水或苛性钠溶液，都产生白色沉淀C. 稀硫酸中加入铜粉不反应，再加双氧水或通入氧气，铜粉都会溶解D. 铁、铜放入冷的浓硫酸中，表面都没有明显的现象【答案】C【解析】【详解】A．乙烯可使溴水褪色，发生的是加成反应，四氯化碳使溴水褪色是发生了萃取，属于物理变化，二者原理不同，故A错误；B．将SO2通入氯化钡溶液至饱和，再加入氯水，亚硫酸被氯气氧化硫酸，生成硫酸钡沉淀，加入苛性钠溶液，生成亚硫酸钡沉淀，二者原理不同，故B错误；C．铜在金属活动顺序表中排在氢的后面，所以铜与稀硫酸不反应，双氧水是强氧化剂，在酸性溶液中能够氧化铜生成硫酸铜，铜粉溶解；通入氧气，在酸性溶液中能够氧化铜生成硫酸铜，铜粉溶解，原理相同，故C正确；D．铁片置于冷的浓硫酸中钝化，无明显现象，铜和浓硫酸在加热条件下反应，在常温下不反应，而不是钝化，只是反应速率缓慢而已，原理不同，故D错误；故选C。
5. 实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置中，其中正确的是A. ①是氨气发生装置B. ③是氨气发生装置C. ②是氨气吸收装置D. ④是氨气收集、检验装置【答案】B【解析】试题分析：A、①中NH4Cl受热易分解生成NH 3和HCl，但在试管口附近两者又能结合生成NH 4Cl，所以不能用于制备氨气，A错误；B、③可用于氨气的发生装置，B正确；C、②中的漏斗位置过低，不能防止倒吸，C错误；D、④的试管口应放一团干燥的棉花，D错误。
答案选B。
考点：氨气的制备、收集、检验6.下列有关离子的鉴别、检验的方法及结论正确的是（）A. 向溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，生成白色沉淀，则原溶液中一定含Cl-B. 向溶液中加入少量NaOH溶液，生成白色沉淀，则原溶液中一定含Mg2+C. 向溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，则原溶液中一定含SO42-D. 向溶液中加入稀盐酸，生成无色无味使澄清石灰水浑浊的气体，则原溶液一定含CO32-【答案】A【解析】【详解】A．AgCl不溶于硝酸，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，出现白色沉淀，可说明该溶液中一定含Cl-，故A正确；B．与碱反应生成白色沉淀的不一定是氢氧化镁沉淀，也可能为其他白色沉淀，如氢氧化铝沉淀等，故B错误；C．向溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，该白色沉淀可能是氯化银，也可能是硫酸钡，因此原溶液中不一定含SO42-，故C错误；D．原溶液若含有HCO3-，加入稀盐酸也会产生二氧化碳气体，故D错误；故选A。
【点睛】本题的易错点为C，要注意硫酸根离子的检验方法是先加稀盐酸，排除干扰离子，再加氯化钡溶液。
7.下列离子反应方程式正确的是（）A. 硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液：2Fe2++2H++H2O2 = 2Fe3++2H2OB. 电解饱和食盐水：2Cl- +2H2O H2↑+C12↑+2OH-C. 铁和稀硝酸反应：Fe+ 2H+＝Fe2++ H2↑D. 硫酸氢钠溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液直至溶液呈中性：H+ + SO42- + OH-+ Ba2+ = BaSO4↓+H2O【答案】AB【解析】【详解】A．硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液，二者发生氧化还原反应生成铁离子和水，离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故A正确；B．电解饱和食盐水，生成氢气、氯气、和氢氧化钠，反应的离子方程式为2Cl-+2H2O H2↑+C12↑+2OH-，故B正确；C．铁与稀硝酸反应生成一氧化氮，不会生成氢气，硝酸足量生成硝酸铁和一氧化氮，硝酸少量生成硝酸亚铁与一氧化氮，故C错误；D．恰好反应呈中性，说明氢离子的量和氢氧根离子的量相等，正确的离子方程式为Ba2++2OH-+SO42-+2H+=BaSO4↓+2H2O，故D错误；故选AB。
8.下列递变情况中，正确的是（）A. Si、P、S氢化物的稳定性依次增大B. C、N、O的原子半径依次增大C. Na、Mg、Al单质与水反应剧烈程度增强D. Li、Na、K的金属性依次减弱【答案】A【解析】【详解】A．Si、P、S位于同一周期，从左到右，非金属性逐渐增强，对应的氢化物的稳定性逐渐增强，故A正确；B．同周期元素，从左到右，原子半径逐渐减小，由于原子序数O＞N＞C，则原子半径C、N、O逐渐减小，故B错误；C．Na、Mg、Al为第三周期原子序数递增的元素，金属活泼性：Na＞Mg＞Al，则与水反应的剧烈程度：Na＞Mg＞Al，故C错误；D．同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减小，所以失电子能力逐渐增大，则金属元素的金属性随着原子序数增大而增强，故D错误；故选A。
9.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的最外层电子数是电子层数的两倍，X、Z原子的最外层电子数之和与Y、W原子的最外层电子数之和相等，Z的最高正价与最低负价的代数和为4。
下列说法正确的是（）A. W是短周期元素非金属性最强的元素B. 原子半径：X<Y<Z<WC. W的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强D. Y、Z、W的最高价氧化物对应水化物两两之间都能发生中和反应【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的最外层电子数是电子层数的两倍，若为2个电子层，X为C元素，若为3个电子层，X为S元素，结合原子序数增大可知X只能为C元素；Z的最高正价与最低负价的代数和为4，可知最高价为+6价，最低价为-2价，Z为S元素，结合原子序数可知W为Cl元素；X、Z原子的最外层电子数之和与Y、W原子的最外层电子数之和相等，设Y的最外层电子数为y，即4+6=y+7，可知y=3，则Y为Al 元素，据此分析解答。
【详解】由上述分析可知，X为C元素、Y为Al元素、Z为S元素、W为Cl元素。
A．短周期元素中非金属性最强的元素是F，不是Cl，故A错误；B．电子层数越多，原子半径越大，同周期，从左向右，原子半径逐渐减小，则原子半径：X ＜W＜Z＜Y，故B错误；C．非金属性Cl＞S，则W的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强，故C正确；D．Y为Al元素、Z为S元素、W为Cl元素，硫酸与高氯酸不能发生中和反应，故D错误；故选C。
10. 如图所示的装置中，M为活动性顺序位于氢之前的金属，N为石墨棒。
下列关于此装置的叙述中，不正确的是（）A. N上有气体放出B. M为负极，N为正极C. 化学能转变为电能的装置D. 导线中有电流通过，电流方向由M到N【答案】D【解析】根据题意可知，M为负极，N为正极，且N极上有H2放出，导线中电流应从N到M。
11.下列各组烃中，所取质量一定时，无论以怎样的物质的量之比混合，燃烧生成的CO2为一定值的是（）A. 甲烷、乙烷B. 乙烯、丁烯C. 丙烯、丙烷D. 丙烷、丁烯【答案】B【解析】【详解】各组混合物无论以何种比例混合，只要混合物的总质量一定，完全燃烧生成CO2的质量也一定，则说明混合物各组分中碳元素的质量分数相等，若均为烃，则H元素的质量分数也相等，即各组分的最简式相同。
A．甲烷和乙烷的最简式不相同，不满足条件，故A错误；B．乙烯、丁烯的最简式相同，均为CH2，故B正确；C．丙烯与丙烷的最简式不同，不满足条件，故C错误；D．丙烷、丁烯的最简式不同，不满足条件，故D错误；故选B。
【点睛】正确理解题意是解题的关键。
解答本题要注意前提条件是质量一定，注意与物质的量一定的区别，物质的量一定，则表示混合物各组分中的碳原子数相同。
12.能说明苯分子苯环的平面正六边形结构中，碳碳键不是单双键交替排布的事实是（）A. 苯的一元取代物没有同分异构体B. 苯的间位二元取代物只有一种C. 苯的对位二元取代物只有一种D. 苯的邻位二元取代物只有一种【答案】D【解析】【详解】A．无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的一元取代物都无同分异构体，不能说明苯不是单双键交替结构，故A错误；B．无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的间位二元取代物都无同分异构体，不能说明苯不是单双键交替结构，故B错误；C．无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的对位二元取代物都无同分异构体，不能说明苯不是单双键交替结构，故C错误；D．若苯的结构中存在单、双键交替结构，苯的邻位二元取代物有两种，但实际上无同分异构体，能说明苯不是单双键交替结构，故D正确；故选D。