1、化学试卷一、单选题(每空2分，共50分)1.某化学小组用如图所示装置验证卤素单质氧化性的相对强弱。下列说法不正确的是( )A. E处棉花球变成橙黄色，说明Cl2的氧化性比Br2强B. F处棉花球变成蓝色，说明Br2的氧化性比I2强C. E处发生反应的离子方程式为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2D. G装置中NaOH溶液与Cl2反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O【答案】B【解析】【分析】F处棉花球变成蓝色，说明F处KI被氧化成I2；而Cl2和Br2均能与KI反应生成I2，故不能说明Br2的氧化性比I2强。【详解】A.E处棉花球变成橙黄色，发生Cl2+2Br-=2C
2、l-+Br2，说明Cl2的氧化性比Br2强，A说法正确；B.F处棉花球变成蓝色，则可能为Cl2或Br2氧化的I-，无法说明Br2的氧化性比I2强，B说法不正确；C.E处发生反应的离子方程式为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，C说法正确；D.G装置中NaOH溶液与Cl2反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，D说法正确；综上所述，答案为B。2.如图是进行气体性质实验的常用装置，下列对有关实验现象的说法中不正确的是A. 若水槽中是NaOH溶液，试管中是Cl2，可看到液面上升，试管中黄绿色褪去B. 若水槽中是水，试管中是NO2，可看到试管中液面上升并充满整个试管C. 若水
3、槽中是水（并滴有一定量酚酞），试管中是NH3，可看到液面上升并呈红色D. 若水槽中和试管中都是氯水，光照后可在试管中收集到氧气【答案】B【解析】【详解】A项，NaOH溶液与Cl2反应：Cl22NaOH=NaClNaClO+H2O，黄绿色气体Cl2减少，液面上升，试管中黄绿色褪去，故A项正确；B项，NO2与水反应：3NO2+ H2O =2HNO3+NO，NO难溶于水，气体减少，试管中液面上升，但不能充满整个试管，故B项错误；C项，NH3极易溶于水，且与水反应生成弱碱NH3H2O，液面上升并呈红色，故C项正确；D项，氯气中存在HClO，HClO光照下发生分解生成HCl和O2，故D项正确。综上所述，
4、本题正确答案为B。3.一定量的锌与100mL18.5molL1的浓H2SO4充分反应后，锌完全溶解，同时生成标准状况下的气体33.6L将反应后的溶液稀释至1L，测得溶液中c（H+）=0.1molL1则生成的气体中SO2和H2的体积比为（）A. 1：2B. 2：1C. 1：4D. 4：1【答案】C【解析】【分析】锌与浓硫酸发生：Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2+H2O，随着反应的进行，硫酸浓度降低，发生：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，生成气体为SO2和H2的混合物，物质的量为=1.5mol，剩余硫酸的物质的量为：n（H2SO4）剩=1L0.1mol/L=0.05mol，消耗硫酸的物质
5、的量为：n（H2SO4）消耗=0.1L18.5mol/L0.05mol=1.8mol，根据反应的化学方程式计算。【详解】n（H2SO4）浓=0.1L18.5mol/L=1.85mol，剩余硫酸的物质的量为：n（H2SO4）剩=1L0.1mol/L=0.05mol，消耗硫酸的物质的量为：n（H2SO4）消耗=1.85mol0.05mol=1.8mol，锌与浓硫酸发生：Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2+H2O，随着反应的进行，硫酸浓度降低，发生：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，生成气体为SO2和H2的混合物，物质的量为=1.5mol，设混合物气体中含有xmolSO2，ymolH2，Zn+
6、2H2SO4=ZnSO4+SO2+H2O 2xmol xmolZn+H2SO4=ZnSO4+H2 ymol ymol则有：解之得：所以n（SO2）：n（H2）=x：y=0.3：1.2=1：4。【点睛】本题考查化学方程式的计算，本题注意以下几点：浓硫酸与锌反应生成SO2，随着反应的进行，硫酸的浓度降低，与锌反应生成H2，根据反应的方程式利用守恒的方法列式计算。4.某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3，他们使用的药品和装置如下图所示，下列说法不合理的是()A. 能表明I的还原性弱于SO2的现象是B中蓝色溶液褪色B. 装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气C. 为了验证A中发生了氧化还原反应，加入
7、KMnO4溶液，紫红色褪去D. 为了验证A中发生了氧化还原反应，加入用稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀【答案】C【解析】【详解】A. 向含有淀粉的碘水中通入SO2气体，会发生反应：SO2I22H2O=H2SO42HI，由于I2反应被消耗，因此B中蓝色溶液褪色，证明物质的还原性：SO2I，故A正确；B. SO2是大气污染物，由于SO2是酸性气体，可以与NaOH发生反应：SO22NaOH=Na2SO3H2O，所以可以用NaOH溶液吸收尾气，防止污染空气，故B正确；C. 若SO2与FeCl3不发生反应，向A中加入KMnO4溶液，发生反应：2KMnO45SO2 2H2O=K2SO42MnSO4
8、2H2SO4，溶液紫红色褪去，若SO2与FeCl3发生反应：SO22H2O2FeCl3=H2SO42HCl2FeCl2，当向该溶液中加入酸性高锰酸钾溶液时，会发生反应：MnO4-5Fe28H+=Mn2 5Fe34H2O，溶液紫红色也褪去，因此不能验证A中是否发生了氧化还原反应，故C错误；D. 若A中发生了氧化还原反应：SO22H2O2FeCl3=H2SO42HCl2FeCl2，溶液中含有硫酸，当加入用稀盐酸酸化BaCl2溶液时，会发生反应：H2SO4 BaCl2=BaSO42HCl，产生白色沉淀，若没有发生氧化还原反应，则由于酸性HClH2SO3，当向溶液中加入用稀盐酸酸化的BaCl2溶液时，
9、不产生白色沉淀，故D正确；故选C。5.碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图所示)，下列有关说法正确的是（ ）A. 洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡B. 在Z导管出来的气体中无二氧化碳C. 洗气瓶中产生的沉淀是亚硫酸钡D. 在Z导管口有红棕色气体出现【答案】D【解析】【分析】碳跟浓硫酸共热，发生反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓) CO2+2SO2+2H2O；铜跟浓硝酸反应，发生反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O，气体通入水中，NO2与水反应，化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO。【详
10、解】A洗气瓶中，SO2、HNO3发生反应，生成H2SO4、NO等，H2SO4与BaCl2反应，生成BaSO4沉淀和盐酸，所以产生的沉淀是硫酸钡，A不正确；B在溶液中，CO2没有发生反应，所以Z导管中出来的气体中含有二氧化碳，B不正确；C由A选项的分析中可以得出，在洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡，C不正确；D在Z导管口，NO气体与空气接触，发生反应生成NO2，所以有红棕色气体出现，D正确；故选D。6.下列表达方式正确的是A. B. 质子数为17、中子数为20的氯原子：2017ClC. HClO的结构式：HOClD. NH4Cl的电子式：【答案】C【解析】【详解】A、F的电子式应在Mg2两边，用电子式
11、表示MgF2的形成过程为，故A错误；B、根据原子构成，左下角为质子数，左上角为质量数，即该氯原子为3717Cl，故B错误；C、HClO的结构式为HOCl，故C正确；D、没有表示出Cl最外层电子，正确的是，故D错误。答案选C。7.氢气和氟气混合在黑暗处即可发生爆炸而释放出大量的热量。在反应过程中，断裂1molH2中的化学键消耗的能量为Q1kJ，断裂1molF2中的化学键消耗的能量为Q2kJ，形成1molHF中的化学键释放的能量为Q3kJ。下列关系式中正确的是A. Q1+ Q22Q3B. Q1+ Q22Q3C. Q1+ Q2Q3D. Q1+ Q2Q3【答案】A【解析】【详解】断裂1molH2中的化
12、学键消耗的能量为Q1kJ，则H-H键能为Q1kJ/mol，断裂1molF2中的化学键消耗的能量为Q2kJ，则F-F键能为Q2kJ/mol，形成1molHF中的化学键释放的能量为Q3kJ，则H-F键能为Q3kJ/mol，对于H2（g）+F2（g）=2HF（g）反应热H=反应物的总键能-生成物的总键能=Q1kJ/mol+Q2kJ/mol-2Q3kJ/mol=（Q1+Q2-2Q3）kJ/mol。由于氢气和氟气混合在黑暗处即可发生爆炸而释放出大量的热量，反应热H0，即（Q1+Q2-2Q3）0，所以Q1+Q22Q3，答案选A。8.根据下列信息判断氢气燃烧生成水时的热量变化，其中一定正确的是()A. H2
13、O分解为H2与O2时放出热量B. 生成1mol H2O时吸收热量245 kJC. 甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙甲丙D. 氢气和氧气的总能量小于水的能量【答案】C【解析】【详解】由图中信息可知，1mol H2断裂共价键变为2mol H要吸收436kJ的能量，0.5mol O2断裂共价键变为1mol O要吸收249kJ的能量，2mol H和1mol O结合成1mol H2O要放出930kJ的能量。因此，可以算出1mol H2和0.5mol O2反应生成1mol H2O要放出245kJ的能量，反过来，水分解为H2与O2时吸收热量。综上所述，C正确，本题选C。9.短周期主族元素X、Y、Z
14、、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于I A族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是A. 元素X、W简单阴离子具有相同的电子层结构B. 由Y、Z两种元素组成的化合物是离子化合物C. W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强D. 原子半径：r(X)r(Y)r(Z)r(W)【答案】B【解析】【详解】Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F，X原子的最外层有6个电子，且原子序数小于F，应为O元素，在周期表中Z位于IA族，由原子序数关系可知Z为Na元素，W与X属于同一主族，W应为S元素。则A元素X、W的简单阴离子分别为O2-、S2-，离子的电子层
15、结构不同，故A错误；BY为F，Z为Na，由Y、Z两种元素组成的化合物为NaF，是离子化合物，故B正确；C非金属性FS，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C错误；D原子核外电子层数越多，原子半径越大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则半径r(F)r(O)r(S)r(Na)，故D错误；故选B。10.下图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图。则下列说法正确的是( )A. Z、N两种元素的离子半径相比，前者较大B. X、N两种元素的气态氢化物的沸点相比，前者较低C. 由X与M两种元素组成的化合物不能与任何酸反应，但能与强碱反应D. Z的氧化物能分别溶解于Y的氢氧化物和N的氢化物的水溶
16、液【答案】D【解析】【详解】由图可知：X为O元素；Y为Na元素；Z为Al元素；M为Si元素；N为Cl元素。A.Al、Cl 都是第三周期的元素。Al3+核外电子排布为2、8，而Cl-的核外电子排布为2、8、8，离子核外的电子层数越多，离子半径越大。所以离子半径：Al3+【解析】【分析】NO2、N2O4两种气体间的方程式为2NO2N2O4，反应时，每消耗2mol的NO2，必然生成1mol的N2O4，根据图像中的浓度变化，可判断X为NO2，Y为N2O4。【详解】(1)根据题图，达到平衡时，X的浓度降低了8molL-1，Y的浓度增大了4molL-1，因此表示NO2浓度变化的曲线是X，反应的化学方程式为
17、2NO2N2O4。(2)从反应开始至达到平衡的过程中，用N2O4表示的反应速率；a、b两点均未达到平衡状态，根据题图可知v(a)v(b)。三、实验题(每空2分，共12分)30.某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按下图装置进行实验(夹持仪器已略去)。实验表明浓硝酸能将NO氧化成，而稀硝酸不能氧化NO。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。可选药品：浓硝酸、3mol/L稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳。已知：氢氧化钠溶液不与NO反应，能与反应：。(1)实验应避免有害气体排放到空气中，装置、中盛放的药品依次是_。(2)滴加浓硝酸之前的操作是检查装置的气密性，加入药品，打开弹
18、簧夹后_。(3)装置中发生反应的化学方程式是_。(4)装置的作用是_，发生反应的化学方程式是_。(5)该小组得出的结论所依据的实验现象是_。【答案】 (1). 3mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液 (2). 通入一段时间，关闭弹簧夹，将装置中导管末端伸入倒置的烧瓶内 (3). (4). 将转化为NO (5). (6). 装置中液面上方的气体仍为无色，装置中液面上方的气体由无色变为红棕色【解析】【分析】（1）结合实验目的，根据装置特点分析各装置的作用，再根据物质的性质的判断；（2）装置中残存的空气能氧化NO而对实验产生干扰；（3）Cu与浓HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2、H2O；（4
19、）根据实验目的及装置图可知，装置产生NO；（5）根据对比实验与性质判断装置、的实验现象。【详解】（1）根据装置特点和实验目的，装置是收集NO，装置中盛放NaOH溶液吸收NO2，因为要验证稀HNO3不能氧化NO，所以装置中应该盛放稀硝酸，盛放浓硝酸，生成二氧化氮气体，应用氢氧化钠溶液吸收，故答案为：3mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液；（2）由于装置中残存空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴加浓HNO3之前需要通入一段时间CO2赶走装置中的空气，同时也需将装置中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止反应产生的NO气体逸出，故答案为：通入一段时间，关闭弹簧夹，将装置中导管末端伸入倒置的烧瓶内；（3）装
20、置中是Cu与浓HNO3反应，所以反应的化学方程式是 Cu+4HNO3(浓) =Cu(NO3)2+2NO2+2H2O，故答案为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O；（4）根据实验目的，装置中没有生成NO，故装置中可以盛放H2O，使NO2与H2O反应生成NO：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：将转化为NO；3NO2+H2O=2HNO3+NO；（5）NO通过稀HNO3溶液后，若无红棕色NO2产生，说明稀HNO3不能氧化NO，所以盛放稀HNO3装置的液面上方没有颜色变化即可说明之，装置中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO则装置液面的上方会产生红棕色气体，故答案为：中液面上方气体变为红棕色，中液面上方气体不变色。
