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【化学】河北省雄安新区博奥高级中学2019-2020学年高二上学期开学考试试卷（解析版）
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河北省雄安新区博奥高级中学2019-2020学年高二上学期开学考试试卷
一、单选题（本部分为选择题，每题3分）
1.下列化合物依次属于氧化物、碱、盐的一组是 （ ）
A. Na2CO3、KOH、CaO
B. CO、NaOH、KCl
C. H2O、H2SO4、NaCl
D. CuO、Cu2（OH）2CO3、CaCO3
【答案】B
【解析】试题分析：Na2CO3属于盐类，CaO属于氧化物，A错；H2SO4属于酸，C错；Cu2(OH)2CO3属于盐类，D错，选B。
2.下列关于摩尔质量的描述或应用正确的是（）
A. 1mol OH-的质量是17
B. 二氧化碳的摩尔质量是44 g
C. 铁原子的摩尔质量等于它的相对原子质量
D. 一个钠原子的质量约等于g
【答案】D
【解析】A、1molOH-的质量是17g，单位不正确，故A错误；B、二氧化碳的摩尔质量是44g/mol，单位不正确，故B错误；C、铁原子的摩尔质量是以g/mol为单位，数值上等于铁原子的相对原子质量，故C错误；D、1mol微粒含有阿伏伽德罗常数个微粒，钠原子的摩尔质量为23g/mol，所以一个钠原子质量==g，故D正确；故选D。
3.现在三组物质的分离：①含有水份的植物油中除去水份②回收碘的CCl4溶液中的CCl4③用食用酒精浸泡中草药提取其中的有效成分。分离以上各混合液的正确方法依次是（ ）
A. 分液、萃取、蒸馏 B. 萃取、蒸馏、分液
C. 分液、蒸馏、萃取 D. 蒸馏、萃取、分液
【答案】C
【解析】
4. 某无色透明溶液，在酸性环境下能大量共存的离子组是（ ）
A. Na+、SO42-、HCO3-、C1-
B. Mg2+、Cl-、Na+、NO3-
C. K+、MnO4-、NO3-、Fe2+
D. Cu2+、Cl-、NH4+、SO42-
【答案】B
【解析】A. 在酸性溶液中HCO3－与氢离子反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，A错误；
B. Mg2＋、Cl－、Na＋、NO3－在酸性溶液中不反应，均是无色的，能大量共存，B正确；
C. 酸性溶液中MnO4－、NO3－均能氧化Fe2＋，且MnO4－在溶液中显紫色，不能大量共存，C错误；
D. Cu2＋在溶液中显蓝色，不是无色，不能大量共存，D错误。
答案选B。
5.已知Na2S2O3（S的价态为+2价）可与氯气发生如下反应：4C12 +Na2S2O3 +5H2O= 2NaCl + 2H2SO4 + 6HCl，有关该反应的叙述正确的是（ ）
A. Cl2在该反应中被还原
B. H2SO4是还原产物
C. 反应中硫元素的化合价降低
D. 反应中H2O被氧化
【答案】A
【解析】A.所给反应方程式中，氯元素由0价变成-1价，化合价降低，被还原，得到的还原产物是NaCl和HCl，A项正确；
B.Na2S2O3中的S由+2价变为+6价，化合价升高，被氧化，得到的氧化产物是H2SO4，B项错误；
C. Na2S2O3中的S由+2价变为+6价，化合价升高，C项错误；
D.反应方程式中，水中各元素的化合价没有变化，D项错误，答案选A。
6.常温下，在溶液中可发生以下反应：①2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－，
②2Br－＋Cl2=Br2＋2Cl－，③2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2。
由此判断下列说法正确的是（ ）
A. 铁元素在反应①和③中均被氧化
B. 反应②中当有1 mol Cl2被还原时，有2 mol Br－被氧化
C. 氧化性强弱顺序：Cl2>Br2>I2> Fe3＋
D. 还原性强弱顺序：I－> Br－>Fe2＋>Cl－
【答案】B
【解析】试题分析：A、①2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-中铁元素失电子被氧化，③2Fe3++2I-=2Fe2++I2中铁元素得电子被还原，A错误；B、②2Br-+Cl2=Br2+2Cl-中氯气和溴离子的物质的量之比是1：2，所以该反应中当有1 mol Cl2被还原时，有2 mol Br-被氧化，B正确；C、①2Fe2++Br2="2" Fe3++2Br-中Br2的氧化性大于Fe3+，②2Br-+Cl2=Br2+2Cl-中Cl2的氧化性大于Br2，③2Fe3++2I-=2Fe2++I2中Fe3+的氧化性大于I2，所以氧化性大小顺序为：Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2，C错误；D、①2Fe2++Br2="2" Fe3++2Br-中还原性Fe2+＞Br-，②2Br-+Cl2=Br2+2Cl-中的还原性Br-＞Cl-，③2Fe3++2I-=2Fe2++I2中的还原性I-＞Fe2+，所以还原性大小顺序为：I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-，D错误。答案选B。
7.24mL浓度为0.05mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与20mL浓度为0.02mol·L－1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，则铬元素在还原产物中的化合价为( )
A. ＋3价 B. ＋4价 C. ＋5价 D. ＋6价
【答案】A
【解析】令铬元素在还原产物中的化合价为x，根据得失电子数目守恒，则有24×10－3×0.05×(6－4)=20×10－3×0.02×2×(6－x)，解得x=3，故选项A正确。
8.为了验证NaHCO3固体中是否含有Na2CO3，下列实验及判断中，正确的（ ）
A. 加热，观察是否有气体放出
B. 溶于水后加BaCl2，看有无沉淀
C. 溶于水后加石灰水，看有无沉淀
D. 取固体试样加盐酸，看是否有气泡产生
【答案】B
【解析】试题分析：A、碳酸氢钠不稳定，受热分解，碳酸钠稳定，和实验目的不符，故错误；B、碳酸氢钠和氯化钡不反应，而碳酸钠与氯化钡发生BaCl2＋Na2CO3=2NaCl＋BaCO3↓，当有沉淀生成，说明有Na2CO3存在，故正确；C、分别发生：Ca(OH）2＋NaHCO3=CaCO3↓＋H2O＋NaOH，Ca(OH）2＋Na2CO3=2NaOH＋CaCO3↓，都有沉淀产生，无法证明，故错误；D、都有气泡冒出，因此不能检验，故错误。
9.对于反应：2Na2O2 + 2H2O === 4NaOH + O2，下列说法中正确是 ( )
A. Na2O2是氧化剂，H2O是还原剂
B. Na2O2既是氧化剂，又是还原剂
C. 该反应中电子转移的数目为4e-
D. O2既是氧化产物，又是还原产物
【答案】B
【解析】A.反应中过氧化钠中O元素的化合价由-1价变为-2价和0价，所以过氧化钠既是氧化剂、又是还原剂，故A错误；
B.反应中过氧化钠中O元素的化合价由-1价变为-2价和0价，所以过氧化钠既是氧化剂、又是还原剂，故B正确；
C.由化合价分析可知，该反应中电子转移的数目为2e-，故C错误；
D.反应中氧化产物是O2，还原产物是NaOH，故D错误。
故选B。
10.检验 SO2 气体中是否混有 CO2 气体，可采用的方法是( )
A. 通过品红溶液
B. 通过澄清石灰水
C. 先通过足量酸性 KMnO4 溶液，再通过澄清石灰水
D. 先通过 NaOH 溶液，再通过澄清石灰水
【答案】C
【解析】A、因品红溶液检验的是二氧化硫，故A错误；
B、因不管有没有CO2都会产生白色沉淀：CO2+ Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，SO2+ Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O，不能验证有无CO2，故B错误；
C、KMnO4酸性溶液将SO2完全吸收，若有白色沉淀一定有CO2，若无沉淀则无CO2，所以C选项是正确的；
D、因不管是否混有CO2都不会产生白色沉淀，SO2和CO2都与NaOH溶液：CO2+ 2NaOH=Na2CO3↓+H2O，SO2+ 2NaOH=Na2SO3↓+H2O，故D错误。
所以C选项是正确的。
11.下图中a、b、c表示相应仪器中加入的试剂，可用如图装置制取、净化、收集的气体是( )
编号
气体
a
b
c
A
NH3
浓氨水
生石灰
碱石灰
B
CO2
盐酸
碳酸钙
饱和NaHCO3溶液
C
NO
稀硝酸
铜屑
H2O
D
NO2
浓硝酸
铜屑
NaOH溶液
【答案】B
【解析】A、浓氨水有挥发性，在加热条件下分解生成氨气，生石灰和水反应放出大量的热，所以可用浓氨水和生石灰制取氨气；碱石灰一般应盛放在干燥管内，氨气的密度小于空气的密度，所以应采用向下排空气法收集，A错误；B、盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，盐酸有挥发性，所以生成的二氧化碳中有氯化氢，氯化氢和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，饱和的碳酸氢钠和二氧化碳不反应，所以可用饱和碳酸氢钠洗气，二氧化碳的密度大于空气的密度，所以可用向上排空气法收集，B正确；C、铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，所以不能用排空气法收集一氧化氮，C错误；D、铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，浓硝酸有挥发性，所以二氧化氮中有硝酸，硝酸能和碱反应，二氧化氮和碱也反应，所以不能用氢氧化钠洗气，D错误，答案选B。
12.下列分子中，其中子总数为24的是（ ）
A. 14C16O2 B. 18O3 C. 2H217O2 D. 14N16O2
【答案】A
【解析】A. C的中子数为14-6=8，O的中子数为16-8=8，所以1个二氧化碳中的中子数为8+2×8=24；
B.18O中子数是18-8=10，所以1个臭氧分子中有30个中子；
C. 2H217O2中的中子数为1×2+2×9=20；
D. 14N16O2中子数为7+2×8=23个中子。
故选A。
13.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中的相对位置如下图所示。若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，下列说法中正确的是（ ）
A. 原子半径：W>Z>Y>X
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性Z比W强
C. Y的气态氢化物的稳定性较Z的弱
D. 四种元素的单质中，Z的熔、沸点最高
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素，Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则Y原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，所以Y为氧元素；根据X、Y、Z、W在周期表中相对位置可知，X为氮元素，Z为硫元素，W为氯元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，X为氮元素，Y为氧元素，Z为硫元素，W为氯元素。
A．一般而言，电子层越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，故原子半径Z＞W＞X＞Y，故A错误；
B．非金属性W＞Z，故最高价氧化物对应水化物的酸性W＞Z，故B错误；
C．非金属性Y＞Z，故Y的气态氢化物的稳定性较Z的强，故C错误；
D．四元素的单质中，硫常温下为固体，其它三种为气体，故硫的熔、沸点最高，故D正确；
答案选D。
14. 如图，对A生成C的反应，下列所得结论正确的（ ）
A. 该反应进行时，一定有能量放出
B. 该反应为吸热反应
C. A物质比C物质稳定
D. 该反应肯定很容易，不需要加热就可以进行
【答案】A
【解析】根据图像可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以是放热反应，A正确，B不正确。因为能量越低，物质越稳定，C不正确。反应是否容易发生，和反应是放热反应或吸热反应无关。答案选A。
15.如图为某兴趣小组制作的番茄电池，下列说法正确的是 （ ）
A. 电子由锌通过导线流向铜
B. 该装置将电能转化为化学能
C. 锌电极发生还原反应
D. 铜电极发生氧化反应
【答案】A
【解析】A．锌作负极，铜作正极，电子从锌经导线流向铜，A正确；
B．原电池将化学能转化为电能，B错误；
C．锌为负极，负极方程式为Zn-2e-＝Zn2+，发生氧化反应，C错误；
D．铜为正极，正极方程式为2H++2e-＝H2↑，发生还原反应，D错误；
答案选A。
16. 将纯锌片和纯铜片按如图所示方式插入同浓度的稀硫酸中，以下叙述正确的是（ ）
A. 两烧杯中铜片表面均无气泡产生
B. 甲中铜片是正极，乙中铜片是负极
C. 甲、乙中SO42-都向铜片移动
D. 产生气泡的速率甲中比乙中快
【答案】D
【解析】A、甲装置属于原电池，铜作正极，反应式为2H＋＋2e－=H2↑，乙装置不是原电池，且铜不与稀硫酸反应，因此表面无气泡产生，故错误；B、甲装置是原电池，锌比铜活泼，锌作负极，铜作正极，乙装置不属于原电池，故错误；C、甲装置中SO42－从铜极移向锌极，故错误；D、原电池加快反应速率，故正确。
17.乙醇分子中的各种化学键如图所示，关于乙醇在各种反应中断裂键的说法不正确的是( )
A. 和金属钠反应时键①断裂
B. 在铜催化共热下与O2反应时断裂①和③键
C. 在铜催化共热下与O2反应时断裂①和⑤键
D. 在空气中完全燃烧时断裂①②③④⑤键
【答案】C
【解析】A. 乙醇与钠反应生成乙醇钠，是羟基中的O—H键断裂，A项正确；
B. 乙醇催化氧化成乙醛时，断裂①和③化学键，B项正确，
C. 乙醇催化氧化成乙醛时，断裂①和③化学键，C项错误；
D. 乙醇完全燃烧时，化学键①②③④⑤全部断裂，D项正确；
答案选C。
18. 莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图，下列关于莽草酸的说法正确的是（ ）
A. 分子式为C7H6O5 B. 分子中含有两种官能团
C. 可发生加成和取代反应 D. 在水溶液中羟基和羧基均能电离出氢离子
【答案】C
【解析】试题分析：A．由莽草酸的结构简式可以看出该物质的分子式为C7H9O5。错误。B．在该物质的分子中含有-OH；—COOH；碳碳双键三种官能团。错误。C．由于含有-OH；—COOH，所以可发生取代反应；由于含有碳碳双键，所以可以发生加成反应。正确。D．在水溶液只有羧基能电离出氢离子，而醇羟基不能电离产生氢离子。错误。
19.下列关于苯的叙述正确的是( )
A. 反应①常温下不能进行
B. 反应②不发生，但是仍有分层现象，紫色层在上层
C. 反应③为取代反应，加热方式为酒精灯直接加热
D. 反应④能发生，生成的产物其二氯代物有4种
【答案】D
【解析】A.苯与液溴在FeBr3催化下反应产生溴苯，反应①在常温下进行，A错误；
B.苯性质稳定，不能被酸性KMnO4溶液氧化，由于苯密度比水小，难溶于水，向苯中加入酸性KMnO4溶液反应，会看到液体分层，紫色在下层，B错误；
C.反应③是苯的硝化反应，该反应属于取代反应，加热温度为50-60℃，为便于控制温度，使物质受热均匀，加热方式为水浴加热，C错误；
D.苯与氢气在一定条件下发生加成反应产生环己烷，产物二氯取代产物，两个Cl原子可以在同一个碳原子上，也可以在邻位、间位、对位，因此其二氯取代产生的物质有4种，D正确；
因此合理选项是D。
二、非选择题
20.在25℃、101kPa的条件下，断裂1molH—H键吸收436kJ能量，断裂1molCl—Cl键吸收243kJ能量，形成1molH-Cl键放出431 kJ能量。H2+Cl2=2HCl的化学反应可用如图表示：
请回答下列有关问题：
(1)反应物断键吸收的总能量为___________________。
(2)生成物成键放出的总能量为______________。
(3)判断H2+Cl2=2HCl反应_____________(填“吸收”或“放出”)能量。
(4)反应物的总能量________(填“＞”、“=”或“＜”)生成物的总能量。
【答案】 (1). 679kJ (2). 862kJ (3). 放出 (4). >
【解析】 (1)反应物断键吸收的总能量为氢气和氯气的键能和，则反应物断键吸收的总能量为436kJ+243kJ=679kJ；
(2)生成物成键放出的总能量为形成2molHCl的总键能，则生成物成键放出的总能量为431kJ×2=862kJ；
(3)断键吸收的总能量是679kJ，形成2molHCl释放的总能量是862kJ，吸收的能量少，放出的能量多，因此该反应是放出热量的反应；
(4)反应放出热量，说明反应物的总能量大于生成物的总能量。
三、综合题
21.I.某温度时，在2L容器中A、B两种物质间的转化反应中A、B物质的量随时间变化的曲线如图所示，由图中数据分析得：（8分钟时A为0.2mol 、B为0.5mol）
(1)该反应的化学方程式为_________________________。
(2)反应开始时至4min时，A的平均反应速率为________。
(3)4min时，反应是否达平衡状态？________(填“是”或“否”)， 8min时，V正________V逆(填“>”“<”或“＝”)。
II．在2L密闭容器中，800℃时反应2NO(g)＋O2(g) →2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
n(NO)/mol
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
(1)上述反应________(填“是”或“不是”)可逆反应。
(2)如图所示，表示NO2变化曲线的是________。
(3)能说明该反应已达到平衡状态的是________(填序号)。
a. v(NO2)＝2v(O2) b.容器内压强保持不变
c. v逆(NO)＝2v正(O2) d. 容器内密度保持不变
【答案】 (1). 2A⇌B (2). 0.05mol·(L·min)－1 (3). 否 (4). ＝ (5). 是 (6). b (7). bc
【解析】I.(1)由图象可知，在4min时，A和B的变化量分别为0.4mol和0.2mol，变化量之比为2:1，故该反应的化学方程式为2A⇌B。
(2)反应开始时至4min时，A的平均反应速率为0.05mol·(L·min)－1。
(3)4min时，反应没有达平衡状态，因为此后反应物和生成物的量仍在变化中。由图象中信息可知， 8min时，A和B的量保持不变，故反应处于平衡状态，故V正＝V逆。
II．(1) 由II 的表中数据可知，NO的物质的量在第3min后保持不变，达到平衡状态。因此，上述反应是可逆反应。
(2)前3min，NO的浓度的变化量为0.0065mol/L，则该段时间内NO2的浓度的变化量也是0.0065mol/L，因此，结合图中信息可知，表示NO2变化曲线的是b。
(3) a. v(NO2) ＝2v(O2) ，不能表示正反应速率等于逆反应速率，不能说明该反应已达到平衡状态；
b. 反应前后的气体分子数不同，故当容器内压强保持不变时，能说明该反应已达到平衡状态；
c. v逆(NO)＝2v正(O2) ，表示正反应速率等于逆反应速率，故能说明该反应已达到平衡状态；
d. 反应过程中容器内的气体的质量和体积一直保持不变，故当容器内密度保持不变时，不能说明该反应已达到平衡状态。
综上所述，能说明该反应已达到平衡状态的是bc。
四、实验题
22.实验室配制欲配置480mL4.0 mol·L-1的NaOH溶液。根据配置溶液的具体过程回答下列问题：
（1）配制该溶液应选用______________mL容量瓶。
（2）用托盘天平称取_____________g固体NaOH。
（3）将称好的NaOH固体放至500mL的大烧杯中，倒入蒸馏水，用玻璃棒搅拌至完全溶解。待冷却至室温后，将烧杯中的溶液用玻璃棒引流转移至容量瓶。
（4）用少量蒸馏水洗涤烧杯2-3次，并将每次洗涤的溶液都注入____________， 轻轻晃动容量瓶，使溶液混和均匀。
（5）向容量瓶中加入蒸馏水，直到液面离刻度线约1-2厘米时，改用________ 滴加蒸馏水至液面与刻度线相切。盖好瓶塞，摇匀。
（6）配制好的溶液_____________（填“能”或“不能”）长期存放在容量瓶中。
（7）以下因素会造成实验结果偏低的是____________
A．定容时观察液面仰视
B．定容时观察液面俯视
C．有少量NaOH溶液残留在烧杯中
D．容量瓶中原来有少量蒸馏水
【答案】(1). 500 (2). 80 (3). 容量瓶 (4). 胶头滴管 (5). 不能 (6). AC
【解析】（1）实验室无480 mL容量瓶，只能配制500 mL 溶液，因此，本题正确答案是：500。
（2）配制500mL4.0 mol·L-1的NaOH溶液, NaOH溶质的物质的量为0.5×4=2mol，溶质的质量为:2×40=80g；因此，本题正确答案是:80。
（4）操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作,一般用托盘天平称量,用药匙取用药品,在烧杯中溶解(可用量筒量取水加入烧杯),并用玻璃棒搅拌,加速溶解,冷却后转移到500mL容量瓶中,并用玻璃棒引流,洗涤烧杯、玻璃棒2-3次,并将洗涤液移入容量瓶中；综上所述，本题答案是：容量瓶。
（5）向容量瓶中加入蒸馏水，直到液面离刻度线约1-2厘米时，改用胶头滴管滴加，滴加蒸馏水至液面与刻度线相切，盖好瓶塞，摇匀；综上所述，本题答案是：胶头滴管。
（6）容量瓶不是储存溶液的仪器，因此配制好的溶液不能长期存放在容量瓶中；因此，本题正确答案是：不能。
（7）A．定容时观察液面仰视，导致所配溶液的体积偏大，配制溶液的浓度偏低,所以A选项是正确的；
B．定容时观察液面俯视，导致所配溶液的体积偏小，配制溶液的浓度偏高，故B错误；
C．有少量NaOH溶液残留在烧杯中，导致溶质的质量偏小，配制溶液的浓度偏低，所以C选项是正确的；
D．容量瓶中原来有少量蒸馏水，对溶液的体积无影响，配制溶液的浓度不变，故D错误；
综上所述，本题答案是：AC。
一、单选题（本部分为选择题，每题3分）
1.下列化合物依次属于氧化物、碱、盐的一组是 （ ）
A. Na2CO3、KOH、CaO
B. CO、NaOH、KCl
C. H2O、H2SO4、NaCl
D. CuO、Cu2（OH）2CO3、CaCO3
【答案】B
【解析】试题分析：Na2CO3属于盐类，CaO属于氧化物，A错；H2SO4属于酸，C错；Cu2(OH)2CO3属于盐类，D错，选B。
2.下列关于摩尔质量的描述或应用正确的是（）
A. 1mol OH-的质量是17
B. 二氧化碳的摩尔质量是44 g
C. 铁原子的摩尔质量等于它的相对原子质量
D. 一个钠原子的质量约等于g
【答案】D
【解析】A、1molOH-的质量是17g，单位不正确，故A错误；B、二氧化碳的摩尔质量是44g/mol，单位不正确，故B错误；C、铁原子的摩尔质量是以g/mol为单位，数值上等于铁原子的相对原子质量，故C错误；D、1mol微粒含有阿伏伽德罗常数个微粒，钠原子的摩尔质量为23g/mol，所以一个钠原子质量==g，故D正确；故选D。
3.现在三组物质的分离：①含有水份的植物油中除去水份②回收碘的CCl4溶液中的CCl4③用食用酒精浸泡中草药提取其中的有效成分。分离以上各混合液的正确方法依次是（ ）
A. 分液、萃取、蒸馏 B. 萃取、蒸馏、分液
C. 分液、蒸馏、萃取 D. 蒸馏、萃取、分液
【答案】C
【解析】
4. 某无色透明溶液，在酸性环境下能大量共存的离子组是（ ）
A. Na+、SO42-、HCO3-、C1-
B. Mg2+、Cl-、Na+、NO3-
C. K+、MnO4-、NO3-、Fe2+
D. Cu2+、Cl-、NH4+、SO42-
【答案】B
【解析】A. 在酸性溶液中HCO3－与氢离子反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，A错误；
B. Mg2＋、Cl－、Na＋、NO3－在酸性溶液中不反应，均是无色的，能大量共存，B正确；
C. 酸性溶液中MnO4－、NO3－均能氧化Fe2＋，且MnO4－在溶液中显紫色，不能大量共存，C错误；
D. Cu2＋在溶液中显蓝色，不是无色，不能大量共存，D错误。
答案选B。
5.已知Na2S2O3（S的价态为+2价）可与氯气发生如下反应：4C12 +Na2S2O3 +5H2O= 2NaCl + 2H2SO4 + 6HCl，有关该反应的叙述正确的是（ ）
A. Cl2在该反应中被还原
B. H2SO4是还原产物
C. 反应中硫元素的化合价降低
D. 反应中H2O被氧化
【答案】A
【解析】A.所给反应方程式中，氯元素由0价变成-1价，化合价降低，被还原，得到的还原产物是NaCl和HCl，A项正确；
B.Na2S2O3中的S由+2价变为+6价，化合价升高，被氧化，得到的氧化产物是H2SO4，B项错误；
C. Na2S2O3中的S由+2价变为+6价，化合价升高，C项错误；
D.反应方程式中，水中各元素的化合价没有变化，D项错误，答案选A。
6.常温下，在溶液中可发生以下反应：①2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－，
②2Br－＋Cl2=Br2＋2Cl－，③2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2。
由此判断下列说法正确的是（ ）
A. 铁元素在反应①和③中均被氧化
B. 反应②中当有1 mol Cl2被还原时，有2 mol Br－被氧化
C. 氧化性强弱顺序：Cl2>Br2>I2> Fe3＋
D. 还原性强弱顺序：I－> Br－>Fe2＋>Cl－
【答案】B
【解析】试题分析：A、①2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-中铁元素失电子被氧化，③2Fe3++2I-=2Fe2++I2中铁元素得电子被还原，A错误；B、②2Br-+Cl2=Br2+2Cl-中氯气和溴离子的物质的量之比是1：2，所以该反应中当有1 mol Cl2被还原时，有2 mol Br-被氧化，B正确；C、①2Fe2++Br2="2" Fe3++2Br-中Br2的氧化性大于Fe3+，②2Br-+Cl2=Br2+2Cl-中Cl2的氧化性大于Br2，③2Fe3++2I-=2Fe2++I2中Fe3+的氧化性大于I2，所以氧化性大小顺序为：Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2，C错误；D、①2Fe2++Br2="2" Fe3++2Br-中还原性Fe2+＞Br-，②2Br-+Cl2=Br2+2Cl-中的还原性Br-＞Cl-，③2Fe3++2I-=2Fe2++I2中的还原性I-＞Fe2+，所以还原性大小顺序为：I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-，D错误。答案选B。
7.24mL浓度为0.05mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与20mL浓度为0.02mol·L－1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，则铬元素在还原产物中的化合价为( )
A. ＋3价 B. ＋4价 C. ＋5价 D. ＋6价
【答案】A
【解析】令铬元素在还原产物中的化合价为x，根据得失电子数目守恒，则有24×10－3×0.05×(6－4)=20×10－3×0.02×2×(6－x)，解得x=3，故选项A正确。
8.为了验证NaHCO3固体中是否含有Na2CO3，下列实验及判断中，正确的（ ）
A. 加热，观察是否有气体放出
B. 溶于水后加BaCl2，看有无沉淀
C. 溶于水后加石灰水，看有无沉淀
D. 取固体试样加盐酸，看是否有气泡产生
【答案】B
【解析】试题分析：A、碳酸氢钠不稳定，受热分解，碳酸钠稳定，和实验目的不符，故错误；B、碳酸氢钠和氯化钡不反应，而碳酸钠与氯化钡发生BaCl2＋Na2CO3=2NaCl＋BaCO3↓，当有沉淀生成，说明有Na2CO3存在，故正确；C、分别发生：Ca(OH）2＋NaHCO3=CaCO3↓＋H2O＋NaOH，Ca(OH）2＋Na2CO3=2NaOH＋CaCO3↓，都有沉淀产生，无法证明，故错误；D、都有气泡冒出，因此不能检验，故错误。
9.对于反应：2Na2O2 + 2H2O === 4NaOH + O2，下列说法中正确是 ( )
A. Na2O2是氧化剂，H2O是还原剂
B. Na2O2既是氧化剂，又是还原剂
C. 该反应中电子转移的数目为4e-
D. O2既是氧化产物，又是还原产物
【答案】B
【解析】A.反应中过氧化钠中O元素的化合价由-1价变为-2价和0价，所以过氧化钠既是氧化剂、又是还原剂，故A错误；
B.反应中过氧化钠中O元素的化合价由-1价变为-2价和0价，所以过氧化钠既是氧化剂、又是还原剂，故B正确；
C.由化合价分析可知，该反应中电子转移的数目为2e-，故C错误；
D.反应中氧化产物是O2，还原产物是NaOH，故D错误。
故选B。
10.检验 SO2 气体中是否混有 CO2 气体，可采用的方法是( )
A. 通过品红溶液
B. 通过澄清石灰水
C. 先通过足量酸性 KMnO4 溶液，再通过澄清石灰水
D. 先通过 NaOH 溶液，再通过澄清石灰水
【答案】C
【解析】A、因品红溶液检验的是二氧化硫，故A错误；
B、因不管有没有CO2都会产生白色沉淀：CO2+ Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，SO2+ Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O，不能验证有无CO2，故B错误；
C、KMnO4酸性溶液将SO2完全吸收，若有白色沉淀一定有CO2，若无沉淀则无CO2，所以C选项是正确的；
D、因不管是否混有CO2都不会产生白色沉淀，SO2和CO2都与NaOH溶液：CO2+ 2NaOH=Na2CO3↓+H2O，SO2+ 2NaOH=Na2SO3↓+H2O，故D错误。
所以C选项是正确的。
11.下图中a、b、c表示相应仪器中加入的试剂，可用如图装置制取、净化、收集的气体是( )
编号
气体
a
b
c
A
NH3
浓氨水
生石灰
碱石灰
B
CO2
盐酸
碳酸钙
饱和NaHCO3溶液
C
NO
稀硝酸
铜屑
H2O
D
NO2
浓硝酸
铜屑
NaOH溶液
【答案】B
【解析】A、浓氨水有挥发性，在加热条件下分解生成氨气，生石灰和水反应放出大量的热，所以可用浓氨水和生石灰制取氨气；碱石灰一般应盛放在干燥管内，氨气的密度小于空气的密度，所以应采用向下排空气法收集，A错误；B、盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，盐酸有挥发性，所以生成的二氧化碳中有氯化氢，氯化氢和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，饱和的碳酸氢钠和二氧化碳不反应，所以可用饱和碳酸氢钠洗气，二氧化碳的密度大于空气的密度，所以可用向上排空气法收集，B正确；C、铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，所以不能用排空气法收集一氧化氮，C错误；D、铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，浓硝酸有挥发性，所以二氧化氮中有硝酸，硝酸能和碱反应，二氧化氮和碱也反应，所以不能用氢氧化钠洗气，D错误，答案选B。
12.下列分子中，其中子总数为24的是（ ）
A. 14C16O2 B. 18O3 C. 2H217O2 D. 14N16O2
【答案】A
【解析】A. C的中子数为14-6=8，O的中子数为16-8=8，所以1个二氧化碳中的中子数为8+2×8=24；
B.18O中子数是18-8=10，所以1个臭氧分子中有30个中子；
C. 2H217O2中的中子数为1×2+2×9=20；
D. 14N16O2中子数为7+2×8=23个中子。
故选A。
13.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中的相对位置如下图所示。若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，下列说法中正确的是（ ）
A. 原子半径：W>Z>Y>X
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性Z比W强
C. Y的气态氢化物的稳定性较Z的弱
D. 四种元素的单质中，Z的熔、沸点最高
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素，Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则Y原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，所以Y为氧元素；根据X、Y、Z、W在周期表中相对位置可知，X为氮元素，Z为硫元素，W为氯元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，X为氮元素，Y为氧元素，Z为硫元素，W为氯元素。
A．一般而言，电子层越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，故原子半径Z＞W＞X＞Y，故A错误；
B．非金属性W＞Z，故最高价氧化物对应水化物的酸性W＞Z，故B错误；
C．非金属性Y＞Z，故Y的气态氢化物的稳定性较Z的强，故C错误；
D．四元素的单质中，硫常温下为固体，其它三种为气体，故硫的熔、沸点最高，故D正确；
答案选D。
14. 如图，对A生成C的反应，下列所得结论正确的（ ）
A. 该反应进行时，一定有能量放出
B. 该反应为吸热反应
C. A物质比C物质稳定
D. 该反应肯定很容易，不需要加热就可以进行
【答案】A
【解析】根据图像可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以是放热反应，A正确，B不正确。因为能量越低，物质越稳定，C不正确。反应是否容易发生，和反应是放热反应或吸热反应无关。答案选A。
15.如图为某兴趣小组制作的番茄电池，下列说法正确的是 （ ）
A. 电子由锌通过导线流向铜
B. 该装置将电能转化为化学能
C. 锌电极发生还原反应
D. 铜电极发生氧化反应
【答案】A
【解析】A．锌作负极，铜作正极，电子从锌经导线流向铜，A正确；
B．原电池将化学能转化为电能，B错误；
C．锌为负极，负极方程式为Zn-2e-＝Zn2+，发生氧化反应，C错误；
D．铜为正极，正极方程式为2H++2e-＝H2↑，发生还原反应，D错误；
答案选A。
16. 将纯锌片和纯铜片按如图所示方式插入同浓度的稀硫酸中，以下叙述正确的是（ ）
A. 两烧杯中铜片表面均无气泡产生
B. 甲中铜片是正极，乙中铜片是负极
C. 甲、乙中SO42-都向铜片移动
D. 产生气泡的速率甲中比乙中快
【答案】D
【解析】A、甲装置属于原电池，铜作正极，反应式为2H＋＋2e－=H2↑，乙装置不是原电池，且铜不与稀硫酸反应，因此表面无气泡产生，故错误；B、甲装置是原电池，锌比铜活泼，锌作负极，铜作正极，乙装置不属于原电池，故错误；C、甲装置中SO42－从铜极移向锌极，故错误；D、原电池加快反应速率，故正确。
17.乙醇分子中的各种化学键如图所示，关于乙醇在各种反应中断裂键的说法不正确的是( )
A. 和金属钠反应时键①断裂
B. 在铜催化共热下与O2反应时断裂①和③键
C. 在铜催化共热下与O2反应时断裂①和⑤键
D. 在空气中完全燃烧时断裂①②③④⑤键
【答案】C
【解析】A. 乙醇与钠反应生成乙醇钠，是羟基中的O—H键断裂，A项正确；
B. 乙醇催化氧化成乙醛时，断裂①和③化学键，B项正确，
C. 乙醇催化氧化成乙醛时，断裂①和③化学键，C项错误；
D. 乙醇完全燃烧时，化学键①②③④⑤全部断裂，D项正确；
答案选C。
18. 莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图，下列关于莽草酸的说法正确的是（ ）
A. 分子式为C7H6O5 B. 分子中含有两种官能团
C. 可发生加成和取代反应 D. 在水溶液中羟基和羧基均能电离出氢离子
【答案】C
【解析】试题分析：A．由莽草酸的结构简式可以看出该物质的分子式为C7H9O5。错误。B．在该物质的分子中含有-OH；—COOH；碳碳双键三种官能团。错误。C．由于含有-OH；—COOH，所以可发生取代反应；由于含有碳碳双键，所以可以发生加成反应。正确。D．在水溶液只有羧基能电离出氢离子，而醇羟基不能电离产生氢离子。错误。
19.下列关于苯的叙述正确的是( )
A. 反应①常温下不能进行
B. 反应②不发生，但是仍有分层现象，紫色层在上层
C. 反应③为取代反应，加热方式为酒精灯直接加热
D. 反应④能发生，生成的产物其二氯代物有4种
【答案】D
【解析】A.苯与液溴在FeBr3催化下反应产生溴苯，反应①在常温下进行，A错误；
B.苯性质稳定，不能被酸性KMnO4溶液氧化，由于苯密度比水小，难溶于水，向苯中加入酸性KMnO4溶液反应，会看到液体分层，紫色在下层，B错误；
C.反应③是苯的硝化反应，该反应属于取代反应，加热温度为50-60℃，为便于控制温度，使物质受热均匀，加热方式为水浴加热，C错误；
D.苯与氢气在一定条件下发生加成反应产生环己烷，产物二氯取代产物，两个Cl原子可以在同一个碳原子上，也可以在邻位、间位、对位，因此其二氯取代产生的物质有4种，D正确；
因此合理选项是D。
二、非选择题
20.在25℃、101kPa的条件下，断裂1molH—H键吸收436kJ能量，断裂1molCl—Cl键吸收243kJ能量，形成1molH-Cl键放出431 kJ能量。H2+Cl2=2HCl的化学反应可用如图表示：
请回答下列有关问题：
(1)反应物断键吸收的总能量为___________________。
(2)生成物成键放出的总能量为______________。
(3)判断H2+Cl2=2HCl反应_____________(填“吸收”或“放出”)能量。
(4)反应物的总能量________(填“＞”、“=”或“＜”)生成物的总能量。
【答案】 (1). 679kJ (2). 862kJ (3). 放出 (4). >
【解析】 (1)反应物断键吸收的总能量为氢气和氯气的键能和，则反应物断键吸收的总能量为436kJ+243kJ=679kJ；
(2)生成物成键放出的总能量为形成2molHCl的总键能，则生成物成键放出的总能量为431kJ×2=862kJ；
(3)断键吸收的总能量是679kJ，形成2molHCl释放的总能量是862kJ，吸收的能量少，放出的能量多，因此该反应是放出热量的反应；
(4)反应放出热量，说明反应物的总能量大于生成物的总能量。
三、综合题
21.I.某温度时，在2L容器中A、B两种物质间的转化反应中A、B物质的量随时间变化的曲线如图所示，由图中数据分析得：（8分钟时A为0.2mol 、B为0.5mol）
(1)该反应的化学方程式为_________________________。
(2)反应开始时至4min时，A的平均反应速率为________。
(3)4min时，反应是否达平衡状态？________(填“是”或“否”)， 8min时，V正________V逆(填“>”“<”或“＝”)。
II．在2L密闭容器中，800℃时反应2NO(g)＋O2(g) →2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
n(NO)/mol
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
(1)上述反应________(填“是”或“不是”)可逆反应。
(2)如图所示，表示NO2变化曲线的是________。
(3)能说明该反应已达到平衡状态的是________(填序号)。
a. v(NO2)＝2v(O2) b.容器内压强保持不变
c. v逆(NO)＝2v正(O2) d. 容器内密度保持不变
【答案】 (1). 2A⇌B (2). 0.05mol·(L·min)－1 (3). 否 (4). ＝ (5). 是 (6). b (7). bc
【解析】I.(1)由图象可知，在4min时，A和B的变化量分别为0.4mol和0.2mol，变化量之比为2:1，故该反应的化学方程式为2A⇌B。
(2)反应开始时至4min时，A的平均反应速率为0.05mol·(L·min)－1。
(3)4min时，反应没有达平衡状态，因为此后反应物和生成物的量仍在变化中。由图象中信息可知， 8min时，A和B的量保持不变，故反应处于平衡状态，故V正＝V逆。
II．(1) 由II 的表中数据可知，NO的物质的量在第3min后保持不变，达到平衡状态。因此，上述反应是可逆反应。
(2)前3min，NO的浓度的变化量为0.0065mol/L，则该段时间内NO2的浓度的变化量也是0.0065mol/L，因此，结合图中信息可知，表示NO2变化曲线的是b。
(3) a. v(NO2) ＝2v(O2) ，不能表示正反应速率等于逆反应速率，不能说明该反应已达到平衡状态；
b. 反应前后的气体分子数不同，故当容器内压强保持不变时，能说明该反应已达到平衡状态；
c. v逆(NO)＝2v正(O2) ，表示正反应速率等于逆反应速率，故能说明该反应已达到平衡状态；
d. 反应过程中容器内的气体的质量和体积一直保持不变，故当容器内密度保持不变时，不能说明该反应已达到平衡状态。
综上所述，能说明该反应已达到平衡状态的是bc。
四、实验题
22.实验室配制欲配置480mL4.0 mol·L-1的NaOH溶液。根据配置溶液的具体过程回答下列问题：
（1）配制该溶液应选用______________mL容量瓶。
（2）用托盘天平称取_____________g固体NaOH。
（3）将称好的NaOH固体放至500mL的大烧杯中，倒入蒸馏水，用玻璃棒搅拌至完全溶解。待冷却至室温后，将烧杯中的溶液用玻璃棒引流转移至容量瓶。
（4）用少量蒸馏水洗涤烧杯2-3次，并将每次洗涤的溶液都注入____________， 轻轻晃动容量瓶，使溶液混和均匀。
（5）向容量瓶中加入蒸馏水，直到液面离刻度线约1-2厘米时，改用________ 滴加蒸馏水至液面与刻度线相切。盖好瓶塞，摇匀。
（6）配制好的溶液_____________（填“能”或“不能”）长期存放在容量瓶中。
（7）以下因素会造成实验结果偏低的是____________
A．定容时观察液面仰视
B．定容时观察液面俯视
C．有少量NaOH溶液残留在烧杯中
D．容量瓶中原来有少量蒸馏水
【答案】(1). 500 (2). 80 (3). 容量瓶 (4). 胶头滴管 (5). 不能 (6). AC
【解析】（1）实验室无480 mL容量瓶，只能配制500 mL 溶液，因此，本题正确答案是：500。
（2）配制500mL4.0 mol·L-1的NaOH溶液, NaOH溶质的物质的量为0.5×4=2mol，溶质的质量为:2×40=80g；因此，本题正确答案是:80。
（4）操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作,一般用托盘天平称量,用药匙取用药品,在烧杯中溶解(可用量筒量取水加入烧杯),并用玻璃棒搅拌,加速溶解,冷却后转移到500mL容量瓶中,并用玻璃棒引流,洗涤烧杯、玻璃棒2-3次,并将洗涤液移入容量瓶中；综上所述，本题答案是：容量瓶。
（5）向容量瓶中加入蒸馏水，直到液面离刻度线约1-2厘米时，改用胶头滴管滴加，滴加蒸馏水至液面与刻度线相切，盖好瓶塞，摇匀；综上所述，本题答案是：胶头滴管。
（6）容量瓶不是储存溶液的仪器，因此配制好的溶液不能长期存放在容量瓶中；因此，本题正确答案是：不能。
（7）A．定容时观察液面仰视，导致所配溶液的体积偏大，配制溶液的浓度偏低,所以A选项是正确的；
B．定容时观察液面俯视，导致所配溶液的体积偏小，配制溶液的浓度偏高，故B错误；
C．有少量NaOH溶液残留在烧杯中，导致溶质的质量偏小，配制溶液的浓度偏低，所以C选项是正确的；
D．容量瓶中原来有少量蒸馏水，对溶液的体积无影响，配制溶液的浓度不变，故D错误；
综上所述，本题答案是：AC。
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