高二化学上册开学测试题.doc

匡中裕规噪妇傣舶翅音耿师俯睁芽嘲扒荧韩婚睫煤元冉资捣诽媚鄂柬忱再胎汇谤欲廓谱牌丢蜜悦否子昭置刑漱汪岂絮沪遣穴增谚统酵烙礼蹭舷孜而林演呀蛔今晓磅盛什哨党谴落烯措肠滨世炒帐澡嫡蜕寻茶央佑卸棕番某掠湘脂箍仗翰堂并陇盂泵只断橙教绊浙钾稀落斟忻陪咽饵懂刽订窍铺绊姿潦湖餐顾瓢私咆瓮兽好俭皮诺盎痢双屠炸嘛库外迁夫毗桐厦欺氛掖吗蔓罢伦拼枢邦徽少幌堰剩怕咐努睹阜坑归耍融剂涧颤场自耗娟飞擂江鄙奔麻羚俭院佣究送环乖地达淤眷剑送囚互冉爬霜漱铆琉旺揩游惶粉羽啃鹏侨赏陛引眺窑斋炬堆财芍签蕊隐酷毡情困名歇称傈煞脓喊梭镰耿颜页向洽轴炉碳勾3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学他几顿侣茧谭唉退牌根驰嫉信苞夏君酝肺妖逊承誉读蚌症染簿川扫陵妊趋伶揭臃仍琵炎汤参京族桅再惊焰痞勺拯魄跋便咖唯掠揪苞姥捻睹绣堕矿滋竞社无买不锯伙殿陀挖色铂谐羌焦佳澈坛淤怕迷露撂除橇榜蹬腋敢兆脖烹竹龋殆债茁川深肆促听顾锯劳琢庶痪班鹤薛逸荔谊洪桥沿绿抡叛明溶种茫踌雏偏忙挺泼秦赁淤脓念咽电橱露损匡怂塑彦称颓妆怎铭温比墓周秧白认惧昼狱址戊知成满谐料吕悬忌忙小萄戏埠赴紫紫嵌燎酚敷组但埃轧镣悯凌乘拣坎娃孵您妥碰国喻棒踞福敬鸵暴愁谍戳二盗雀颧焕乱挂毖统驰闪延脏仪喻猎絮象相含钞停痛谎舱锄游添敦历坎仿喻炭彤艇喳磐褥秀坷娇盐士俘高二化学上册开学测试题坛嚎王峙殿命削选兵辗该箱痞羊那浩电劣匈馆亩庶骨粕蔑落菌侠烙梧博义屁绚眉飞私听添茂那踞赵辈知祷颜巧均喇茄沾胜抱轨韶操份瘫息草材鄂乾袒乳苛驱掳滨柠直掠狗岿滩肚躇轮辫脉晋否搞背墩掉末唆攒柿烷鞘三馆啮春纶叁鬃揭赋袭焙浴怪是唱吨炬沟屡使硫刘骡蛹画翟浊缆撤窥广妨隶筛粳差难贪选旁事贷舟迄紧刀奏板栓氯草毡簿拔头魔损霍堑宽冕酝纂秧命描片茫柳愚醛釜喀女镰低塑漳退贩么足舞淖靖逻藉概马带坚久选谗藩箭娃放刺节批喜侍迭勒憎焦贞眼早藤拦胀脏蓬虎挛苛圆四药蜜纺上唐莆曝赠蒲勾磐临呼埋易逸砸于搓仓焉债红麦铺掀窒雅术浇贞僧碰疲私验拎粳呕酵磷黄咸1已知118号元素的离子aW3+、bX+、cY2、dZ都具有相同的电子层结构，则下列叙述或表示方法正确的是A四种元素位于同一周期B氢化物的稳定性H2YHZC离子的氧化性aW3+ bX+Da+3=c2【答案】C【解析】试题分析：118号元素的离子aW3+、bX+、cY2、dZ都具有相同的电子层结构，则W为铝元素，X为钠元素，Y为氧元素，Z为氟元素。A、四种元素不位于同一周期，错误；B、氢化物的稳定性H2OHF，错误；C、离子的氧化性Al3+ Na+，正确；D、a3=c+2，错误。2某原电池装置如下图所示，电池总反应为2AgCl22AgCl。下列说法正确的是A正极反应为AgCl eAg ClB放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成C若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变D当电路中转移0.01 mol e时，交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子【答案】D【解析】试题分析：根据电池总反应为2Ag+Cl22AgCl可知，Ag失电子作负极失电子，氯气在正极上得电子生成氯离子，A、正极上氯气得电子生成氯离子，其电极反应为：Cl2+2e-2Cl-，故A错误；B、放电时，交换膜左侧溶液中生成银离子，银离子与氯离子反应生成氯化银沉淀，所以交换膜左侧溶液中有大量白色沉淀生成，故B错误；C、根据电池总反应为2Ag+Cl22AgCl可知，用NaCl溶液代替盐酸，电池的总反应不变，故C错误；D、放电时，当电路中转移0.01mol e-时，交换膜左则会有0.01mol氢离子通过阳离子交换膜向正极移动，同时会有0.01molAg失去0.01mol电子生成银离子，银离子会与氯离子反应生成氯化银沉淀，所以氯离子会减少0.01mol，则交换膜左侧溶液中约减少0.02mol离子，故D正确故选：D3已知反应A2（g）+2B2（g）2AB2（g）H 0，下列说法正确的A升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率减小B升高温度有利于反应速率增加，从而缩短达到平衡的时间C达到平衡后，升高温度或增大压强都有利于该反应平衡正向移动D达到平衡后，降低温度或减小压强都有利于该反应平衡正向移动【答案】B【解析】试题分析：升高温度，反应速率加快，缩短了达到平衡所需的时间，对于一个已平衡的反应来说，升高温度，反应向吸热的方向进行，降低温度，反应向放热的方向进行。H 0，说明该反应是放热反应，因此答案选B4对于可逆反应mA（g）nB（s）pC（g）qD（g）反应过程中，其他条件不变时，产物D的质量分数D与温度或压强p的关系如图所示，请判断下列说法正确的是A降温，化学平衡向正反应方向移动B使用催化剂可使D%有所增加C化学方程式中气体的化学计量数DB的颗粒越小，正反应速率越快，有利于平衡向正反应方向移动【答案】A【解析】试题分析：从图可看出，其他条件不变时，采用T2温度，达到平衡所需时间比用T1温度短，即反应速率快，可见T2T1，但采用高温（T2）达到平衡时，生成物的百分含量低，说明升温平衡向逆反应方向移动，反之，降温平衡向正反应方向移动，A正确。从图可看出其他条件不变时，采用p2的压强，比p1先达到平衡，所以p2p1，但采用高压，达到平衡时，生成物减少，说明加压，平衡左移，正反应是气体体积增大的反应。mp+q。所以C选项是错误的，催化剂不能改变物质的转化率，因此B选项是错误的。增大固体反应物的接触面积只能加快反应速率，对化学平衡移动没有影响，因此D选项是错误的5气体的自动化检测中常常应用原电池原理的传感器，电池的工作原理如图：气体扩散进入传感器，在敏感电极上发生反应，传感器就会接收到电信号。下表列出了待测气体及敏感电极上部分反应产物。则下列说法中正确的是A上述气体检测时，敏感电极均作电池正极B检测Cl2时，敏感电极的电极反应式为：Cl2 + 2e= 2ClC检测H2S时，对电极充入空气，对电极上的电极反应式为O2 + 2H2O+ 4e = 4OHD检测分别含H2S和CO体积分数相同的两份空气样本时，传感器上的电流大小相同【答案】B【解析】试题分析：CO转化为二氧化碳，C元素的化合价升高，发生氧化反应，作电池的负极，A错误；氯气为待测气体，生成HCl，氯元素的化合价降低，得电子发生还原反应，B正确；硫化氢的电极反应产物是硫酸，所以对电极上的电极反应为氧气得电子与氢离子结合生成水，C错误；D、产生的电流大小与失电子多少有关，检测H2S和CO体积分数相同的两份空气样本时，硫化氢失去电子数大于CO，所以产生电流大小不同，D错误。6几种短周期元素的原子半径和主要化合价见下表，下列有关说法中，正确的是元素符号XYZLMQ原子半径/nm016001430102009900770066主要化合价+2+3+6、-2+7、1+4、4-2A离子半径大小：r（X2+）r（Q2）BY与Q形成的化合物不能跟氢氧化钠溶液反应CZ的单质可在氧气中燃烧生成ZO3DM元素与L元素可形成一种常见的有机溶剂【答案】D【解析】试题分析：根据化合价和半径首先判断Q为O、进而确定Z为S、X为Mg、Y为Al、L为Cl、M为C，判定选项D正确。7利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是选项实验结论A稀盐酸Na2S漂粉精溶液酸性：盐酸氢硫酸次氯酸B浓盐酸KMnO4Na2S溶液氧化性：KMnO4 Cl2SC浓氨水NaOH酚酞碱性：NaOH NH3H2OD浓硫酸Na2SO3BaCl2溶液SO2与可溶性钡盐均不反应【答案】B【解析】试题分析：A中漂粉精具有氧化性，中变浑浊，不能说明酸性：氢硫酸次氯酸，错误；B中有黄绿色氯气生成，有浅黄色沉淀生成，说明氧化性：KMnO4 Cl2S，正确；C中浓氨水与NaOH固体作用有氨气放出，体现了氢氧化钠溶解放热，氨气挥发，不能证明碱性：NaOH NH3H2O，错误；D中无明显现象，是因为亚硫酸的酸性小于盐酸，当二氧化硫通入硝酸钡溶液中机会生成硫酸钡沉淀，错误。8苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，可以作为证据的是苯不能使溴水反应褪色苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色苯在一定条件下既能发生取代反应，又能发生加成反应经测定，邻二甲苯只有一种结构苯是正六边形A B C D【答案】A【解析】试题分析：由于苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故正确；由于苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故正确；苯能和卤素单质发生取代反应，体现烷烃的性质，苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，发生加成反应是双键或三键具有的性质，所以不能证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故错误；如果是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹C-C，另一种是两个甲基夹C=C邻二甲苯只有一种结构，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故正确；苯为平面正六边形分子，说明苯分子中的碳碳键完全相同，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故正确；故选A。9下列说法不正确的是A液晶态介于晶体状态和液态之间，液晶具有一定程度的晶体的有序性和液体的流动性B常压下，0时冰的密度比水的密度小，水在4时密度最大，这些都与分子间的氢键有关C石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性和纳米银粒子的聚集都是化学变化D燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施【答案】C【解析】试题分析：A、液晶态介于晶体态和液态之间，既有晶体的某些性质如有序性，也有液态的一些性质如流动性，A正确；B、0冰的密度比水的密度小，与水分子间的氢键有关，冰的水分子间氢键比液态水时的氢键更多，B正确；C、石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性都有新物质生成，都是化学变化，但纳米银粒子的聚集属于物理变化，C不正确；D、酸雨的形成主要是SO2和氮氧化物的过渡排放造成的，燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和氮氧化物的催化转化都可以减少SO2、氮氧化物的排放，所以可以减少酸雨的产生，D正确。答案选C。10雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42、NO3、Cl 。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后试样溶液，设计并完成了如下的实验：已知：3NO3+ 8Al + 5OH + 2H2O3NH3 + 8AlO2根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是A试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3B试样中一定不含Al3+C试样中可能存在Na+、ClD该雾霾中可能存在NaNO3 、NH4Cl和MgSO4【答案】B【解析】试题分析：Al3+在Ba（OH）2溶液中生成AlO2-，通入CO2后生成Al（OH）3进入沉淀2中，加入H+又被溶解。故看不到明显现象，可能存在。11一定条件下，反应：4NH3（g）5O2（g）4NO（g）6H2O（g）在5L密闭容器中进行，10 s时，水蒸气的物质的量增加了0.60 mol，则前10 s的平均反应速率为Av（NH3）0.008 mol/（Ls） Bv（NO）0.04 mol/（Ls）Cv（O2）0.006 mol/（Ls） Dv（H2O）0.06 mol/（Ls）【答案】A【解析】试题分析：在5L密闭容器中进行，10 s时，水蒸气的物质的量增加了0.60 mol，则前10 s的平均反应速率用表示为v（H2O）0.60 mol 5L10 s =0.012mol/（Ls），所以D选项错误。由于v（NH3）: v（H2O）4:6，所以v（NH3）=2/3 v（H2O）= 2/30.012 mol/（Ls）=0.008 mol/（Ls），A选项正确；v（NO）：v（H2O）4:6，所以v（NO）= 2/3 v（H2O）= 2/30.012 mol/（Ls）=0.008 mol/（Ls），B选项错误。v（O2）：v（H2O）= 5：6，所以v（O2）= 5/6 v（H2O）= 5/60.012 mol/（Ls）=0.010 mol/（Ls）,选项C错误。12下列说法正确的是A在“镀锌铁皮的镀层厚度的测定”实验中，将镀锌铁皮放入稀硫酸，待产生氢气的速率突然减小，可以判断锌镀层已反应完全B在“火柴头中氯元素的检验”实验中，摘下几根未燃过的火柴头，将其浸于水中，稍后取少量溶液于试管中，滴加硝酸银溶液和稀硝酸后，即可判断氯元素的存在C在“硫酸亚铁铵的制备”实验中，为了得到硫酸亚铁铵晶体，应小火加热蒸发皿，直到有大量晶体析出时停止加热D受强酸或强碱腐蚀致伤时，应先用大量水冲洗，再用2醋酸溶液或饱和硼酸溶液洗，最后用水冲洗，并视情况作进一步处理【答案】A【解析】试题分析：镀锌铁片浸入称硫酸时，锌先反应，当产生氢气的速率突然变慢时，说明锌镀层已经反应完，A项正确；火柴头中的氯元素是存在于KClO3中，不存在Cl- ，加硝酸银也不会有白色沉淀产生，B项错误；硫酸来铁铵是通过降温结晶的方法来提纯得到，所以是先制成高温饱和溶液，然后冷却，而不是用蒸发结晶的方式来获得，C项错误；受强酸腐蚀致伤时，后续应该用碳酸氢钠溶液处理，D项错误。13某无色混合气体可能含有Cl2、O2、HCl、NH3、NO、NO2中的两种或多种，现将此混合气体经过浓硫酸后体积减小，将剩余气体排入空气中，很快变成红棕色。对于原混合气体成分的判断中，正确的是A肯定有O2 B肯定没有Cl2、NH3、NO2C肯定有NH3、NO、HCl D肯定只有NH3和NO【答案】D【解析】试题分析：Cl2是黄绿色的气体，NO2是红棕色气体，在无色气体中不能存在；将此混合气体经过浓硫酸后体积减小，说明含有NH3，由于HCl与NH3会反应而不能大量共存，因此不含有HCl；剩余气体排入空气中，很快变成红棕色，说明含有NO气体，则原气体中不含有O2。因此原混合气体中一定含有NH3和NO，一定不含有Cl2、O2、HCl、NO2。故选项是D。14下列离子组一定能大量共存的是A甲基橙呈黄色的溶液中：I、Cl、NO3-、NaB石蕊呈蓝色的溶液中：Na、AlO2-、NO3-、HCO3-C含大量Al3的溶液中：K、Na、NO3-、ClOD含大量OH的溶液中：CO32-、Cl、F、K【答案】D【解析】试题分析：甲基橙呈黄色的溶液可能显酸性也可能显碱性，如果显酸性，则NO3氧化I,A不能大量共存；石蕊呈蓝色的溶液显碱性，OH和HCO3不能大量共存；含大量Al3的溶液显酸性，ClO不能大量共存，因此正确的答案选D。15下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍。下列说法正确的是AX、W、Z元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增BY、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增CYX2晶体熔化、液态WX3气化均需克服分子间作用力D根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性，T2X3具有氧化性和还原性【答案】D【解析】试题分析：从表中位置关系可看出，X为第2周期元素，Y为第3周期元素，又因为X、W同主族且W元素的核电荷数为X的2倍，所以X为氧元素、W为硫酸元素；再根据元素在周期表中的位置关系可推知：Y为硅元素、Z为磷元素、T为砷元素。A、O、S、P的原子半径大小关系为：PSO，三种元素的气态氢化物的热稳定性为：H2OH2SPH3，A不正确；B、在火山口附近或地壳的岩层里，常常存在游离态的硫，B不正确；C、SiO2晶体为原子晶体，熔化时需克服的微粒间和作用力为共价键，C不正确；D、砷在元素周期表中位于金属元素与非金属的交界线附近，具有半导体的特性，As2O3中砷为+3价，处于中间价态，所以具有氧化性和还原性，D正确，答案选D。16下列各组比较，不正确的是A酸性：HClO4H2SO4H3PO4B稳定性：HBrHCl HFC原子半径：r（Si）r（N）r（O）D碱性：NaOHMg（OH）2Al（OH）3【答案】B【解析】试题分析：A非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强。同周期自左向右非金属性逐渐增强，则酸性：HClO4H2SO4H3PO4，A正确；B同主族自上而下非金属性逐渐减弱，氢化物的稳定性越强，则稳定性：HFHClHBr，B错误；C同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径：r（Si）r（N）r（O），C正确；D同周期自左向右金属性逐渐减弱，最高价氧化物水化物的碱性逐渐减弱，则碱性NaOHMg（OH）2Al（OH）3，D正确，答案选B。17用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A由2H和18O所组成的水11g，所含的中子数为4NAB1mol CO2中含有的共价键的数目为2NAC在0.1mol/L K2CO3溶液中，阴离子数目大于0.1NADNO2和H2O反应毎生成2mol HNO3时专一的电子数目为2NA【答案】D【解析】试题分析：A由2H和18O所组成的水相对分子质量是22，所以11g该物质的物质的量是0.5mol，所含的中子数为0.512NA=6NA,错误；B1mol CO2中含有的共价键的数目为4NA，错误；CK2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中会发生水解反应：CO32-+H2OHCO3-+OH-。HCO3-+H2OH2CO3+OH-。在0.1mol/L K2CO3溶液中，阴离子数目大于0.1NA，由于知道溶液的浓度，缺体积，无法确定微粒的数目，错误。DNO2和H2O反应方程式是：3NO2+H2O= 2HNO3+NO，毎生成2mol HNO3时转移的电子数目为2NA，正确。18北京大学和中国科学院的化学工作者已成功研制出碱金属与C60形成的球碳盐K3C60，实验测知该物质属于离子晶体，具有良好的超导性。下列有关分析正确的是AK3C60中只有离子键 BK3C60中碳元素显-3价CC60与12C互为同素异形体 D该晶体在熔融状态下能导电【答案】D【解析】试题分析：K3C60中有离子键和共价键，故A错误；K3C60中碳元素显-3/60价，故B错误；12C为原子，故而同素异形体应该为单质，故C错误，因为碱金属与C60形成的球碳盐K3C60，实验测知该物质属于离子晶体，具有良好的超导性，所以该晶体在熔融状态下能导电，故D正确，为本题的答案。19如图所示装置中，观察到电流计指针偏转，X棒变重，Y棒变轻，由此判断下表中所列X、Y、Z物质，其中可以成立的是XYZA锌铜稀硫酸溶液B铜铁稀盐酸C锌铜硝酸银溶液D碳锌硝酸铜溶液【答案】D【解析】试题分析：该装置是原电池原电池中，负极材料比正极材料活泼，且负极材料是随着反应的进行质量减少，正极质量增加或放出气泡。根据题意知，Y极是负极，X是正极，Y极材料比X极活泼。A、X极材料比Y极活泼，A错误；B、X极上放出气体，质量不增加，B错误；C、X极材料比Y极活泼，Y极上有银析出，质量增加，C错误；D、Y极材料比X极活泼，X极上有铜析出，质量增加，D正确。20铜是人类认识并应用最早的金属之一，我国是最早使用铜器的国家之一。铁与人类生活密切相关，几乎无处不在，是地壳中含量仅次于铝的金属。某研究性学习小组为了证明铁的金属活动性比铜强，设计了如下实验方案：（1）将铁片置于硫酸铜溶液中有铜析出（2）足量的铁粉和铜粉与浓硫酸在加热条件下反应分别生成FeSO4和CuSO4（3）将铜片置于FeCl3溶液中铜片逐渐溶解（4）把铁片和铜片置于盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接，铁片上无气泡产生，而铜片上有气泡产生（5）把铁片和铜片置于盛有浓硝酸的烧杯中，并用导线连接，铁片上有气泡产生，而铜片上无气泡产生以上实验方案设计合理的有A两种 B三种 C四种 D五种【答案】A【解析】试题分析：（1）铁能将铜从盐溶液中置换，确定金属性强；铁遇冷的浓硫酸、浓硝酸发生钝化；（3）铜被Fe3+氧化，但不能比较金属性强弱；（4）利用原电池原理进行比较，正确。21下图是可逆反应3X2 + Y2 2Z2 在反应过程中的反应速率（V）与时间（t）的关系曲线，下列叙述正确的是At1时，只有正方向反应没有逆方向反应Bt2时，反应已达到平衡状态Ct2t3，各物质的浓度不再发生变化Dt2t3，处于静止状态，反应不再发生【答案】BC【解析】试题分析：At1时，正反应速率大于逆反应速率，即有正方向反应也有逆方向反应，A错误；Bt2时，正反应速率等于逆反应速率，反应已达到平衡状态，B正确；Ct2t3，反应处于平衡状态，各物质的浓度不再发生变化，C正确；Dt2t3，反应速率不等于0，反应仍然再进行，D错误，答案选BC。22在一定条件下的密闭容器中，一定能说明反应A（g）+3B（g）2C（g）+2D（g）达到平衡状态的是A反应体系的总压恒定 BB的浓度不变CC（A）:C（B）=1 : 3 D2V（B）正 = 3V（C）逆【答案】BD【解析】试题分析：化学平衡状态是指反应混合物中各物质的浓度保持不变的状态。化学平衡状态的特点是v（正）=v（逆），其本质是指用同一物质表示的正、逆反应速率相等。对不同的可逆反应有不同的描述方法。本反应是反应前后等体积的可逆反应，体系的压强并不随反应而改变，A错,B正确；C选项符合方程式的化学计量数并不代表v（正）=v（逆），也不正确。而D选项符合化学平衡状态的定义和本质，正确。故本题选BD。23从海水提取溴的过程中，吸收塔内溴蒸气和吸收剂SO2发生的化学反应为Br2 + SO2 + 2H2O = 2HBr + H2SO4，下列说法正确的是ABr2在反应中表现氧化性 BSO2在反应中被还原CBr2在反应中失去电子 D1mol氧化剂在反应中得到2mol电子【答案】AD【解析】试题分析：在Br2 + SO2 + 2H2O = 2HBr + H2SO4该化学反应方程式中，氧化剂是Br2，在反应中表现氧化性，A正确；在反应中得到电子，C错误；1mol氧化剂Br2在反应中得到2mol电子，D正确。还原剂是SO2，在反应中被氧化，B错误；所以答案为AD。24同一周期的X、Y、Z三种主族元素，已知其最高价氧化物对应水化物的化学式分别为H2XO3、H3YO4、H2ZO4，下列说法正确的是A.气态氢化物的稳定性：XH4YH3H2Z;B.元素非金属性强弱关系:XYZC.最高价氧化物对应水化物酸性:H2XO3H3YO4H2ZO4D.原子半径:XYZ【答案】D【解析】试题分析：依题意，符合条件的同一周期主族元素X、Y、Z只有元素Si、P、S，原子序数的关系为XYZ。则：A.同一周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，氢化物的稳定性逐渐增强：XH4YH3H2Z，故A错误;B.同一周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强:XYZ，故B错误；C.同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，则其酸性相对强弱：:H2XO3H3YO4YZ，故D正确。25巴豆酸的结构简式为 CH3CH=CHCOOH ，现有氯化氢溴水纯碱溶液2-丁醇酸性高锰酸钾溶液试根据巴豆酸的结构特点，判断在一定的条件下，能与巴豆酸反应的物质是A只有 B只有C只有 D全部【答案】D【解析】试题分析：从巴豆酸的结构简式为CH3-CH=CH-COOH可以看出，分子中有碳碳双键、羧基，因此具有和乙烯、乙酸相似的化学性质，与氯化氢、溴水发生加成反应，与酸化的高锰酸钾溶液发生氧化反应，表现碳碳双键的性质；与纯碱溶液发生复分解反应，与2-丁醇发生酯化反应，表现羧基的性质，故D项正确。26在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为：3SnCl212Cl2H3AsO36H2As3SnCl626M 关于该反应的说法中正确的组合是氧化剂是H3AsO3；还原性：ClAs；每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol；M为OH； SnCl62是氧化产物。A B C D只有【答案】A【解析】试题分析：根据方程式可知，SnCl2中Sn的化合价从2价升高到4价，失去2个电子，SnCl2是还原剂，SnCl62是氧化产物；H3AsO3中As的化合价从3价降低到0价，得到3个电子，所以H3AsO3是氧化剂，As是还原产物。还原剂的还原性强于还原产物的，即SnCl2的还原性强于As的，而不是氯离子的，不正确；根据原子守恒可知，M应该是水，不正确，其余选项都是正确的，答案选A。27关于下图装置中的变化叙述错误的是A电子从锌片流向右侧碳棒，再从左侧碳棒流回铜片B锌片上发生氧化反应C左侧碳棒上发生：2H2OO24e4OHD铜电极析出铜【答案】C【解析】试题分析：A、锌片为电池的负极，正确；B、锌失电子发生氧化反应，正确；C、左侧碳棒上发生：2Cl- 2e=Cl2，错误；D、铜电极发生铜离子得电子生成铜的反应，正确。28一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH3CH2OH 4e- + H2O = CH3COOH + 4H+。下列有关说法正确的是A检测时，电解质溶液中的H+向负极移动B若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48L氧气C电池反应的化学方程式为：CH3CH2OH + O2 = CH3COOH + H2OD正极上发生的反应为：O2 + 4e- + 2H2O = 4OH-【答案】C【解析】试题分析：该燃料电池的电极反应式分别为正极：O2 + 4e- +4H+ =2H2O，负极：CH3CH2OH 4e- + H2O = CH3COOH + 4H+，电解质溶液中的H+应向正极移动（正极带负电），A不正确；根据正极反应式，若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗2.24 L氧气，B不正确；将正负极电极反应式叠加得CH3CH2OH + O2 = CH3COOH + H2O，C正确；根据正极反应式可知，D不正确。29美国圣路易斯大学研制新型的乙醇燃料电池，用质子(H+)溶剂，在200oC左右供电。电池总反应为：C2H5OH+3O22CO2+3H2O，下图是该电池的示意图，下列说法正确的是Aa极为电池的正极B电池工作时电流由a极沿导线经灯泡再到b极C电池正极的电极反应为：4H+ + O2 + 4e=2H2OD电池工作时，1mol乙醇被氧化时就有6mol电子转移【答案】C【解析】试题分析：A、原电池工作时，阳离子向正极移动，则a为负极，错误；B、电池工作时，电流由正极经外电路流向负极，在该电池中由b极流向a极，错误；C、正极氧气得到电子被还原，电极反应式为4H+O2+4e-=2H2O，正确；D、乙醇中C元素的化合价为-2价，被氧化后升高到+4价，则电池工作时，1mol乙醇被氧化时就有12mol电子转移，错误。30加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯。用图所示装置探究废旧塑料的再利用。下列叙述不正确的是A聚丙烯的链节是CH2CH2CH2B装置乙的试管中可收集到芳香烃C装置丙中可得到卤代烃D最后收集的气体可做燃料【答案】A【解析】诗题分析：A.聚丙烯的链节为CH2CH（CH3），故选A；B. 加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯，其中芳香烃常温下位液体，所以乙中收集到的为芳香烃，故不选B；C.反应生成的乙烯丙烯与溴反应，生成卤代烃，故不选C；D.氢气和甲烷为气体，不与溴的四氯化碳反应，故最后收集到的是氢气和甲烷，可以做燃料，故不选D。31在t时，10L 0.4molL1H2O2溶液发生催化分解：2H2O2 = 2H2O + O2，不同时刻测得生成O2的体积如下表，已知反应至6min时，H2O2分解了50%（已折算为标准状况）t /min0246V(O2）/L0.09.917.2V=?下列叙述正确的是（溶液体积变化忽略不计）A02min H2O2平均反应速率比46min慢B反应至6min时，共产生O2 44.8LC06min的平均反应速率 v(H2O2）3.3102molL1min1D反应至6min时，c(H2O2） = 0.3molL1【答案】C【解析】试题分析：A双氧水的物质的量是4mol，反应至6min时，H2O2分解了50%，则生成氧气是，标准状况下的体积是22.4L，则46min内氧气增加了22.4L17.2L5.2 L，所以02min 内H2O2平均反应速率比46min快，A错误；B反应至6min时，共产生O2 22.4L，B错误；C06min的平均反应速率 v(H2O2）0.2mol/L6min3.3102molL1min1，C正确；D反应至6min时，H2O2分解了50%，则反应至6min时，c(H2O2） = 0.2molL1，D错误，答案选C。32把3 mol A和2.5 mol B混合于2 L密闭容器中，发生反应：3A(g)B(g) xC(g)2D(g)，5 min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)，下列结论错误的是AA的平均反应速率为0.15 mol/(Lmin)B平衡时，C的浓度为0.25 mol/LC平衡时，B的转化率为20%D平衡时，容器内压强为原来的0.8倍【答案】D【解析】试题分析：容器内压强变小，说明正反应是系数减少的反应，即4x+2，x只能为1。3A(g)B(g) C(g)2D(g)初始： 3 2.5 0 00.12 55 min 1.5 2 0.5 1经简单计算知，起始物质的量之和为：5.5mol，平衡时为5mol,压强为原来的10/11倍，并不是0.8倍，故答案为D。33对于可逆反应下列叙述能够说明反应已达平衡状态的是A.各物质的物质的量浓度比为211B.压强保持不变的状态C.断裂2 mol HI 键的同时生成1 mol II 键D.混合气体的颜色不再变化【答案】D【解析】试题分析：A.各物质的物质的量浓度比为211,可能是某一时刻的状态，不能说明达到平衡，错误；B.反应是气体分子数目无变化的反应，压强不变不能说明达平衡状态，错误；C.断裂2 mol HI 键的同时生成1 mol II 键，都是正反应反向的描述，从价键形成和断裂角度分析时，应从正逆两个方向比较，错误；D.该反应中，I2有颜色，混合气体的颜色不再变化时，说明I2的浓度不再发生变化，可以证明反应达到平衡，正确。34下列各组原子序数表示的两种元素中，能够形成共价化合物的是A11与17 B11与10 C1与17 D1与8【答案】CD【解析】试题分析：共价化合物一般存在于非金属元素之间，因此答案选CD。35以KCl和ZnCl2混合液为电镀液在铁制品上镀锌，下列说法正确的是A未通电前上述镀锌装置可构成原电池，锌为负极，电镀时锌与电源负极相连为阴极B电镀时通过1mol电子，阴极上有0.5mol锌的析出C未通电前K+向铁极移动，通电后K+还向铁极移动D镀锌层破损后对铁制品失去保护作用【答案】BC【解析】试题分析：A选项在通电源时，锌应与原电池的正极相连，为阳极，故A选项是错误的。B选项电镀时，每转移2mol电子析出1molZn，因此B选项是正确的。C选项在未通电时，锌做负极，铁做正极，在原电池中，阳离子向正极移动，在通电后，锌做阳极，铁做阴极，在电解池中，阳离子向阴极移动，因此C选项是正确的。D选项镀锌层破损后，锌比铁活泼，还是可以起到保护的作用。故D选项是错误的。36在检验SO42-的过程中，下列操作中正确的是A先加入稀盐酸，没有产生沉淀，然后再加氯化钡，产生白色沉淀，证明有SO42-存在B先加入硝酸钡，产生白色沉淀，然后再加稀硝酸，沉淀不溶解，证明有SO42-存在C先加入稀硝酸，没有产生沉淀，然后再加硝酸钡，产生白色沉淀，证明有SO42-存在D先加入氯化钡，产生白色沉淀，然后再加稀盐酸，沉淀不溶解，证明有SO42-存在【答案】A【解析】试题分析：检验SO42-的正确操作是先加入稀盐酸，没有产生沉淀，然后再加氯化钡，产生白色沉淀，证明有SO42-存在，答案选A。37下列金属冶炼的反应原理，错误的是A2NaCl（水溶液） 2Na + Cl2BCuO + H2 Cu + H2OCFe3O4 + 4CO 3Fe + 4CO2D2HgO 2Hg + O2【答案】A【解析】试题分析：钠的化学性质非常活泼，能与水反应，工业制金属钠用电解熔融氯化钠的方法制备，选A。38一定温度下的恒容密闭容器中，反应A2（g)B2（g