高二化学上册开学测试题

1．已知1—18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H2Y>HZC．离子的氧化性aW3+>bX+D．a+3=c—2【答案】C【解析】试题分析：1—18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H2O＜HF，错误；C、离子的氧化性Al3+>Na+，正确；D、a—3=c+2，错误。2．某原电池装置如下图所示，电池总反应为2Ag＋Cl2＝2AgCl。下列说法正确的是A．正极反应为AgCl＋e－＝Ag＋Cl－B．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0.01mole－时，交换膜左侧溶液中约减少0.02mol离子【答案】D【解析】试题分析：根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl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+Cl2═2AgCl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0.01mole-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：D．3．已知反应A2（g）+2B2（g）SKIPIF1<02AB2（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Ｔ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ｍ>ｐ＋ｑD．B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Ⅰ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T2＞T1，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Ⅱ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p2＞p1，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。m＜p+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－=2Cl－C．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－=4OH－D．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/nm0．1600．1430．1020．0990．0770．066主要化合价+2+3+6、-2+7、﹣1+4、﹣4-2A．离子半径大小：r（X2+）＞r（Q2—）B．Y与Q形成的化合物不能跟氢氧化钠溶液反应C．Z的单质可在氧气中燃烧生成ZO3D．M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①②③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>Cl2>SC．浓氨水NaOH酚酞碱性：NaOH>NH3·H2OD．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，③中变浑浊，不能说明酸性：氢硫酸>次氯酸，错误；B中②有黄绿色氯气生成，③有浅黄色沉淀生成，说明氧化性：KMnO4>Cl2>S，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>NH3·H2O，错误；D中③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①苯不能使溴水反应褪色②苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色③苯在一定条件下既能发生取代反应，又能发生加成反应④经测定，邻二甲苯只有一种结构⑤苯是正六边形A．①②④⑤B．①③④⑤C．①②③④D．②③④⑤【答案】A【解析】试题分析：①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①正确；②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②正确；③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③错误；④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④正确；⑤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⑤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－+2H2OSKIPIF1<03NH3+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NO3－B．试样中一定不含Al3+C．试样中可能存在Na+、Cl－D．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，10s时，水蒸气的物质的量增加了0.60mol，则前10s的平均反应速率为A．v（NH3）＝0.008mol/（L∙s）B．v（NO）＝0.04mol/（L∙s）C．v（O2）＝0.006mol/（L∙s）D．v（H2O）＝0.06mol/（L∙s）【答案】A【解析】试题分析：在5L密闭容器中进行，10s时，水蒸气的物质的量增加了0.60mol，则前10s的平均反应速率用表示为v（H2O）＝0.60mol÷5L÷10s=0.012mol/（L∙s），所以D选项错误。由于v（NH3）:v（H2O）＝4:6，所以v（NH3）=2/3v（H2O）=2/3×0.012mol/（L∙s）=0.008mol/（L∙s），A选项正确；v（NO）：v（H2O）＝4:6，所以v（NO）=2/3v（H2O）=2/3×0.012mol/（L∙s）=0.008mol/（L∙s），B选项错误。v（O2）：v（H2O）=5：6，所以v（O2）=5/6v（H2O）=5/6×0.012mol/（L∙s）=0.010mol/（L∙s）,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O2B．肯定没有Cl2、NH3、NO2C．肯定有NH3、NO、HClD．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-、Na＋B．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-、ClO－D．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A．X、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B．Y、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C．YX2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：P＞S＞O，三种元素的气态氢化物的热稳定性为：H2O＞H2S＞PH3，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：HClO4＞H2SO4＞H3PO4B．稳定性：HBr＞HCl＞HFC．原子半径：r（Si）＞r（N）＞r（O）D．碱性：NaOH＞Mg（OH）2＞Al（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：HClO4＞H2SO4＞H3PO4，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：HF＞HCl＞HBr，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NaOH＞Mg（OH）2＞Al（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4NAB．1molCO2中含有的共价键的数目为2NAC．在0.1mol/LK2CO3溶液中，阴离子数目大于0.1NAD．NO2和H2O反应毎生成2molHNO3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0.5×12NA=6NA,错误；B．1molCO2中含有的共价键的数目为4NA，错误；C．K2CO3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/LK2CO3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。D．NO2和H2O反应方程式是：3NO2+H2O=2HNO3+NO，毎生成2molHNO3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A．K3C60中只有离子键B．K3C60中碳元素显-3价C．C60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+Y22Z2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A．t1时，只有正方向反应没有逆方向反应B．t2时，反应已达到平衡状态C．t2～t3，各物质的浓度不再发生变化D．t2～t3，处于静止状态，反应不再发生【答案】BC【解析】试题分析：A．t1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；B．t2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；C．t2～t3，反应处于平衡状态，各物质的浓度不再发生变化，C正确；D．t2～t3，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B．B的浓度不变C．C（A）:C（B）=1:3D．2V（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A．Br2在反应中表现氧化性B．SO2在反应中被还原C．Br2在反应中失去电子D．1mol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：XH4>YH3>H2Z;B.元素非金属性强弱关系:X>Y>ZC.最高价氧化物对应水化物酸性:H2XO3>H3YO4>H2ZO4D.原子半径:X>Y>Z【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X＜Y＜Z。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：XH4<YH3<H2Z，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:X<Y<Z，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：:H2XO3<H3YO4<H2ZO4，故C错误；D.同周期元素从左到右元素对应的原子的半径逐渐减小，故原子半径X>Y>Z，故D正确。25．巴豆酸的结构简式为CH3—CH=CH—COOH，现有①氯化氢②溴水③纯碱溶液④2-丁醇⑤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②④⑤B．只有①③④C．只有①②③④D．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①氯化氢、②溴水发生加成反应，与⑤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③纯碱溶液发生复分解反应，与④2-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：3SnCl2＋12Cl－＋2H3AsO3＋6H＋＝2As＋3SnCl62－＋6M关于该反应的说法中正确的组合是①氧化剂是H3AsO3；②还原性：Cl－＞As；③每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol；④M为OH－；⑤SnCl62－是氧化产物。A．①③⑤B．①②④⑤C．①②③④D．只有①③【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，②不正确；根据原子守恒可知，M应该是水，④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：2H2O＋O2＋4e→4OH－D．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2.24L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+3O2→2CO2+3H2O，下图是该电池的示意图，下列说法正确的是A．a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—CH2—CH2—CH2—B．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—CH2—CH（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，10L0.4mol·L－1H2O2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）A．0～2minH2O2平均反应速率比4～6min慢B．反应至6min时，共产生O244.8LC．0～6min的平均反应速率v(H2O2）≈3.3×10－2mol·L－1·min－1D．反应至6min时，c(H2O2）=0.3mol·L－1【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SKIPIF1<0，标准状况下的体积是22.4L，则4～6min内氧气增加了22.4L—17.2L＝5.2L，所以0～2min内H2O2平均反应速率比4～6min快，A错误；B．反应至6min时，共产生O222.4L，B错误；C．0～6min的平均反应速率v(H2O2）＝0.2mol/L÷6min≈3.3×10－2mol·L－1·min－1，C正确；D．反应至6min时，H2O2分解了50%，则反应至6min时，c(H2O2）=0.2mol·L－1，D错误，答案选C。32．把3molA和2.5molB混合于2L密闭容器中，发生反应：3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)，5min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0.1mol/(L·min)，下列结论错误的是A．A的平均反应速率为0.15mol/(L·min)B．平衡时，C的浓度为0.25mol/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4>x+2，x只能为1。3A(g)＋B(g)C(g)＋2D(g)初始：32.5000.1×2×55min1.520.51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2∶1∶1B.压强保持不变的状态C.断裂2molH—I键的同时生成1molI—I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2∶1∶1,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2molH—I键的同时生成1molI—I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A．11与17B．11与10C．1与17D．1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A．2NaCl（水溶液）SKIPIF1<02Na+Cl2↑B．CuO+H2SKIPIF1<0Cu+H2OC．Fe3O4+4COSKIPIF1<03Fe+4CO2D．2HgOSKIPIF1<02Hg+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)2AB（g)达到平衡的标志是A．容器内n（A2):n（B2):n（AB)=1:1:2B．容器内气体的密度不随时间变化C．容器内气体的总压强不随时间变化D．单位时间内生成2nmolAB，同时生成nmolA2【答案】D【解析】试题分析：在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。平衡时各种物质的浓度不再发生变化，但各种的浓度之间不一定满足某种关系，A不能说明；密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，B不能说明；该反应是体积不变的可逆反应，所以容器内气体的压强始终是不变的，C不能说明；D中反应速率的方向相反，且满足反应速率之比是相应的化学计量数之比，可以说明反应达到平衡状态，答案选D。39．下列有关二氧化硫的说法中，正确的是A.检验SO2气体中是否混有CO2的方法是通入澄清石灰水中B.SO2气体具有漂白性，能使品红溶液、紫色石蕊试液褪色C.在含BaCl2的氨水中通入少量SO2气体会有白色沉淀生成D.因为SO2气体具有还原性，所以在实验室不能用浓硫酸干燥SO2【答案】C【解析】试题分析：考查SO2的性质。A：两者均可与澄清石灰水生成浑浊，不正确。B：使紫色石蕊试液褪色是由于该气体为酸性气体，溶于水生成亚硫酸的缘故，不正确。C：SO2＋2NH3·H2O=2NH4＋＋SO32－，SO32－＋Ba2＋=BaSO3↓，正确。D：由于两物质中硫的化合价相邻，不会发生氧化还原反应，故能用浓硫酸干燥SO2。答案为C。40．如图，在盛有稀H2SO4的烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，外电路中电子流向如图所示，关于该装置的下列说法正确的是A．Y极上产生无色无味气泡B．若两电极分别为Fe和碳棒，则X为碳棒，Y为FeC．X极上发生的是还原反应，Y极上发生的是氧化反应D．若两电极都是金属，则它们的活动性顺序为Y>X【答案】A【解析】试题分析：在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极上，所以溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。正极得到电子，发生还原反应。根据电子的流向可判断，X是负极，Y是正极，若两电极都是金属，则它们的活动性顺序为X>Y，D错误。溶液中的氢离子在正极得到电子，生成氢气。所以选项AD正确，BC是错误的，答案选A。41．生铁和钢的主要区别是A．生铁和钢的主要成分都是铁，但二者的含碳量不同，性能也不同。B．生铁和钢都是碳的合金C．生铁就是含杂质较多的钢，钢就是含杂质较少的生铁。D．生铁是混合物，钢是纯净物【答案】A【解析】试题分析：生铁和钢的主要成分都是铁，含少量的碳等杂质，二者的含碳量不同，二者的性能也不同，综上分析A项正确。42．下列四支试管中，过氧化氢分解的化学反应速率最大的是试管温度过氧化氢浓度催化剂A室温（25℃）12%有B水浴加热（50℃）4%无C水浴加热（50℃）12%有D室温（25℃）4%无【答案】C【解析】试题分析：在温度最高，浓度最大，有催化剂等条件下的化学反应速率最大，故选C。43．在t℃时，10mL0.4mol·L－1H2O2溶液发生催化分解：2H2O2=2H2O+O2↑，不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表t/min0246V（O2）/mL0.09.917.222.4下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）A．0～2minH2O2平均反应速率比4～6min快B．0～6min的平均反应速率v（H2O2）≈3.3×10－2mol·L－1·min－1C．反应至6min时，c（H2O2）=0.3mol·L－1D．反应至6min时，H2O2分解了50%【答案】C【解析】试题分析：A项反应前H2O2的浓度大，反应速率快，正确；B项0～6min的平均反应速率v（H2O2）＝SKIPIF1<0≈3.3×10－2mol·L－1·min－1，正确；C项反应至6min时，c（H2O2）＝SKIPIF1<0＝0.2mol·L－1，错误：D项反应至6min时，H2O2分解率＝SKIPIF1<0＝50%，正确。44．下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是A．铝与稀盐酸的反应B．灼热的木炭与CO2反应C．甲烷在氧气中的燃烧反应D．Ba（OH）2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应【答案】B【解析】试题分析：A、C项的反应属于放热反应，错误；D项的反应属于非氧化还原反应，错误。45．已知单质碘微溶于水，易溶于碘化钾溶液，下列对碘单质易溶于碘化钾水溶液的原因分析正确的是A．KI属于共价化合物，与I2分子相似相溶B．I2是离子化合物，与KI相似相溶C．KI与I2发生化学反应生成的新化合物具有强极性，与H2O相似相溶D．在KI与I2中均含有碘元素，含有同种元素的物质相似相溶【答案】C【解析】试题分析：单质碘微溶于水，易溶于碘化钾溶液是发生化学反应：I2+I—⇋I3—；溶液中存在可逆反应，KI3为离子化合物具有强极性，与H2O相似相溶；固正确选项为C。46．下列方程式表示的反应既不属于加成反应也不属于取代反应的是A．C6H5CH2Cl＋NaCN→C6H5CH2CN＋NaClB．C6H5Li＋CO2→C6H5COOLiC．CH3CH2CHO＋HCN→CH3CH2CH(CN)OHD、CH3COOCH2CH3SKIPIF1<0CH3COOH＋CH2=CH2【答案】D【解析】试题分析：A、C6H5CH2Cl＋NaCN→C6H5CH2CN＋NaCl是C6H5CH2Cl中氯原子被CN基所取代，属于取代反应，A项错误；B、C6H5Li＋CO2→C6H5COOLi是CO2中碳氧双键发生断裂，两个原子分别结合了Li原子和C6H5-，属于加成反应，B项错误；C、CH3CH2CHO＋HCN→CH3CH2CH(CN)OH是CH3CH2CHO中碳氧双键发生断裂，两个碳原子分别结合了氢原子和CN基，属于加成反应，C项错误；D、CH3COOCH2CH3SKIPIF1<0CH3COOH＋CH2=CH2，既不是加成反应，也不属于取代反应，D项正确；选D。47．锌电池有望代替铅蓄电池，它的构成材料是锌、空气、某种电解质溶液，发生的总反应式是2Zn+O2==2ZnO。下列有关它的说法正确的是A．锌为电池负极，发生氧化反应B．电解质溶液是酸性溶液C．电池工作时，氧气与锌直接化合，生成氧化锌D．负极发生的反应是：Zn-2e-+H2O=ZnO+2H+【答案】A【解析】试题分析：在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极上，所以溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。正极得到电子，发生还原反应。所以根据总反应式可知，锌是负极，越强在正极得到电子。由于生成物是氧化锌，所以电解质溶液不可能是酸性溶液，因此只有选项A正确，其余都是错误的，答案选A．48．锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是A．铜电极上发生氧化反应B．电池工作一段时间后，甲池的c(SO42－)减小C．电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加D．阴阳离子离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡【答案】C【解析】试题分析：由图像可知该原电池反应原理为Zn+Cu2＋=Zn2＋+Cu，故Zn电极为负极失电子发生氧化反应，Cu电极为正极得电子发生还原反应，故A项错误；该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故两池中c(SO42－)不变，故B项错误；电解过程中溶液中Zn2＋由甲池通过阳离子交换膜进入乙池，乙池中Cu2＋+2e—=Cu，故乙池中为Cu2＋～Zn2＋，摩尔质量M(Zn2＋)>M(Cu2＋)故乙池溶液的总质量增加，C项正确；该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，电解过程中溶液中Zn2＋由甲池通过阳离子交换膜进入乙池保持溶液中电荷平衡，阴离子并不通过交换膜，故D项错误；本题选C。49．质子交换膜燃料电池(PEMFC)常作为电动汽车的动力源。该燃料电池以氢气为燃料，空气为氧化剂，铂作催化剂，导电离子是H+。下列对该燃料电池的描述中正确的是①正极反应为：O2+4H++4e-2H2O②负极反应为：2H2-4e-4H+③总的化学反应为：2H2+O22H2O④氢离子通过电解质向正极移动A．①②③B．②③④C．①②④D．①②③④【答案】C【解析】试题分析：燃料电池中的反应不是在点燃的条件下进行的，故③错。因为导电离子是H+，且向正极移动，所以正极反应为O2+4H++4e-2H2O，电子由负极通过外电路流向正极。50．把aL含硫酸铵和硝酸铵的混合液分成两等份，一份需用bmol烧碱刚好把氨全部赶出，另一份与氯化钡溶液反应时，消耗cmol氯化钡，由此可知原溶液中NO3-的物质的量浓度是（单位：mol·L—1）A．SKIPIF1<0B．SKIPIF1<0C．SKIPIF1<0D．SKIPIF1<0【答案】B【解析】根据方程式NH4＋＋OH－=NH3↑＋H2O和SO42－＋Ba2＋=BaSO4↓可知，每一份中NH4＋的物质的量都是bmol，SO42－的物质的量是cmol，所以根据电荷守恒可知，每一份中NO3－的物质的量（b－2c）mol，所以其浓度是（b－2c）mol÷a/2L，答案选B。51．根据下列反应事实：①X＋Y2+＝X2+＋Y；②Z＋2H2O（冷）＝Z（OH）2＋H2↑；③Z2+氧化性比X2+弱；④由Y、W电极组成的电池，Y电极反应为Y－2e-＝Y2+，可知X、Y、Z、W的还原性强弱顺序为A．X>Z>Y>WB．Z>W>X>YC．Z>Y>X>WD．Z>X>Y>W【答案】D【解析】试题分析：根据化学方程式中还原剂的还原性强于还原产物的还原性有：①X＋Y2+＝X2+＋Y，还原性X＞Y；②Z＋2H2O（冷）＝Z（OH）2＋H2↑，Z还原性较强；③Z2+氧化性比X2+弱，还原性Z＞X；④由Y、W电极组成的电池，Y电极反应为Y－2e-＝Y2+，发生氧化反应，说明还原性Y＞W；因此还原性Z>X>Y>W。52．已知H2O2在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如下图所示。下列说法正确的是A．加入催化剂，减小了反应的热效应B．加入催化剂，可提高H2O2的平衡转化率C．H2O2分解的热化学方程式：H2O2→H2O+O2+QD．反应物的总能量高于生成物的总能量【答案】D【解析】A．加入催化剂，减小了反应的活化能，使反应在较低的温度下发生，但是反应的热效应不变，错误。B．加入催化剂，可提高H2O2的分解的反应速率，该反应不是可逆反应，而且催化剂不能是平衡发生移动，因此不存在平衡转化率的提高与否，错误。C．在书写热化学方程式，也要符合质量守恒定律，而且要注明与反应的物质多少相对应的能量和物质的存在状态，错误。D．根据图示可知反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应是放热反应，正确。53．如图所示是一个燃料电池的示意图，当此燃料电池工作时，下列分析中正确的是A．如果a极通入H2，b极通入O2，NaOH溶液作电解质溶液，则通H2的电极上发生的反应为：H2－2e－＝2H＋B．如果a极通入H2，b极通入O2，H2SO4溶液作电解质溶液，则通O2的电极上发生的反应为：O2＋4e－＋2H2O＝4OH－C．如果a极通入CH4，b极通入O2，NaOH作电解质溶液，则通CH4的电极上发生的反应为：CH4－8e－＋10OH－＝CO32-＋7H2OD．如果a极通入H2，b极通入O2，NaOH溶液作电解质溶液，则溶液中的OH－离子向b极附近移动【答案】C【解析】试题分析：A．如果a极通入H2，b极通入O2，NaOH溶液作电解质溶液，则通H2的电极是负极，氢气失去电子，发生的反应为：H2－2e－＋2OH－＝2H2O，A错误；B．如果a极通入H2，b极通入O2，H2SO4溶液作电解质溶液，则通O2的电极是正极，氧气得到电子，发生的反应为：O2＋4e－＋4H＋＝2H2O，B错误；C．如果a极通入CH4，b极通入O2，NaOH作电解质溶液，则通CH4的电极是负极，CH4失去电子，发生的反应为：CH4－8e－＋10OH－＝CO32-＋7H2O，C正确；D．如果a极通入H2，b极通入O2，NaOH溶液作电解质溶液，则溶液中的OH－离子向负极a极附近移动，D错误，答案选C。54．在标准状况下呈液体的物质为A．CB．O2C．CH3CH2OHD．Cl2【答案】C【解析】试题分析：碳是固体，故A错误；氧气是气体，故B错误；乙醇是液体，故C正确，氯气是气体，故D错误．答案选C.55．在密闭容器中有H2、O2、Cl2的混合气体。电火花点燃，容器中的三种气体恰好完全反应，冷却到室温后得到液体产物的溶质质量分数是33.6%，则容器中原H2、O2、Cl2的体积比是A.2∶1∶1B.9∶4∶1C.4∶2∶2D.9∶4∶3【答案】B【解析】本题主要考查Cl2和非金属的反应及溶质的质量分数的计算方法。解法一：常规方法。设原混合气体中分别含O2体积是x，Cl2体积是y。据题意，当产物中HCl气体溶于生成的水中得到盐酸。由阿伏加德罗定律，V1∶V2=n1∶n2。2H2＋O22H2O（2x）x（2x）H2+Cl22HCl（y）y（2y）33.6%=2y×SKIPIF1<0×100%，解得x∶y=4∶1由于V（H2）＝2x+y，则V（H2）∶V（O2）∶V（Cl2）=9∶4∶1。选B。解法二：挖潜法。通过反应方程式2H2＋O22H2O和H2＋Cl22HCl，仔细观察题中所溶物质的体积，挖掘出潜在关系：H2的总物质的量等于O2的物质的量的两倍加上Cl2的物质的量。故V（H2）＝2V（O2）＋V（Cl2），分析选项，只有B才能恰好完全反应：9＝2×4+1。56．丁烷有两种常见裂解方式，每种方式均分别生成一种烷烃和一种烯烃。若丁烷裂解率为90％，两种裂解方式生成的烯烃的质量相等，则裂解后所得混合气体中，相对分子质量最小的气体的体积分数约为A.19％B.25％C.36％D.40％【答案】A【解析】试题分析：丁烷裂解的两种方式分别是C4H10SKIPIF1<0C2H4＋C2H6或C4H10SKIPIF1<0C3H6＋CH4，设丁烷是1mol，分解生成的乙烯或乙烷的物质的量是x，甲烷或丙烯的物质的量是y，则根据生成的烯烃的质量相等可知，28x＝42y，解得2x＝3y。又因为x＋y＝0.9，解得y＝0.36mol，x＝0.54mol。所以对分子质量最小的气体的体积分数约为SKIPIF1<0＝19%，答案选A。57．短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和丁的原子核外均有两个未成对电子，乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应。下列说法错误的是A．元素丙的单质可用于冶炼金属B．甲与丁形成的分子中由非极性分子C．简单离子半径：丁>乙>丙D．甲与乙形成的化合物均有氧化性【答案】D【解析】短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和丁的原子核外均有两个未成对电子，则甲的核外电子排布是1s22s22p2，甲是C元素，丁的核外电子排布可能是1s22s22p63s23p2，或1s22s22p63s23p4，由于乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应则丁是核外电子排布的1s22s22p63s23p4，是S元素，丙是Al元素，甲是Na元素。A．由于Al元素的金属活动性较强，一般的还原剂不能把其从化合物中置换出来，要用电解熔融的Al2O3的方法冶炼，正确。B．C与S元素形成的化合物CS2中的化学键是极性共价键，由于两个S原子在C原子的两侧，键角180°，所以形成的分子是非极性分子，正确。D．C形成的化合物CO有强的还原性，CO2有弱的氧化性；Na形成的化合物Na2O2有强的氧化性，而Na2O则氧化性很弱，错误。58．2molA与2molB混合于2L的密闭容器中，发生反应：2A（g）＋3B（g）2C（g）＋zD（g），若2s后，A的转化率为50%，测得v（D）＝0.25mol·L－1·s－1，下列推断正确的是A．v（C）＝0.2mol·L－1·s－1B．z＝3C．B的转化率为25%D．C平衡时的浓度为0.5mol·L－1【答案】D【解析】试题分析：2s后A的转化率为50%，则反应的A为2mol×50%=1mol，则2A（g）+3B（g）2C（g）+zD（g）开始（mol）2200反应11.510.5z2s后10.510.5zv（C）=SKIPIF1<0=0.25mol•L-1•s-1，故A错误；因反应速率之比等于化学计量数之比，由A可知，z=2，故B错误；B的转化率为SKIPIF1<0×100%=75%，故C错误；C平衡时的浓度=SKIPIF1<0=0.5mol·L－1，故D正确。59．在一定温度下的恒容容器中，标志反应A(s)+2B(g)C(g)+D(g)已达平衡状态的是A．混合气体的压强不随时间变化而变化B．混合气体的密度不随时间变化而变化C．气体总物质的量不随时间变化而变化D．单位时间内生成nmolC，同时消耗2nmolB【答案】B【解析】试题分析：A、该反应的A是固体，所以此反应是反应前后气体的物质的量不变的可逆反应，体系的压强始终不变，不能判断平衡的到达，错误；B、因为有固体参与，所以气体的质量一直在变化，而容器的体积不变，所以气体的密度在变化，达平衡时不再变化，可以的平衡的到达，正确；C、气体的总物质的量始终不变，不能判断平衡的到达，错误；D、单位时间内生成nmolC，同时消耗2nmolB都表示正反应方向，不能判断平衡的到达，错误，答案选B。60．把MmolH2和NmolC2H4混合,在一定条件下使它们一部分发生反应生成WmolC2H6,将反应后所得的混合气体完全燃烧,消耗氧气的物质的量为A．M+3NmolB．SKIPIF1<0