广西钦州市钦州港经济技术开发区中学学年高.docx
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广西钦州市钦州港经济技术开发区中学学年高
广西钦州市钦州港经济技术开发区中学2017年秋季学期高二化学
开学考试试卷
1.下列关于氧化还原反应的叙述中，正确的是（）
A.有单质参加的反应一定是氧化还原反应
B.燃烧反应必须有氧气作氧化剂
C.2Fe+3Cl2=2FeCl3，Fe+S
FeS由此可以判断氧化性：
Cl2>S
D.Mg在化学反应中失去2个电子，而Al在化学反应中失去3个电子，因此还原性Al>Mg
【答案】C
【解析】A．有单质参加的反应不一定是氧化还原反应，如3O2═2O3，故A错误；B．可能只有一种物质被氧化也被还原，如氯气与NaOH溶液的反应中，氯气既被氧化也被还原，故B错误；C．非金属单质与多价态金属单质反应时，氧化性强的生成高价态产物，已知2Fe+3Cl2═2FeCl3；Fe+S
FeS由此可以判断氧化性：
Cl2＞S，故C正确；D．还原性与失电子能力有关，与失电子多少无关，所以不能根据金属单质失电子多少判断还原性，故D错误；故选C。
2.只含C、H、O三种元素的有机物，在空气中燃烧时消耗的O2和生成的CO2的体积比是1：
2，在这类有机物中（）
A.相对分子质量最小的化合物分子式是CH2O
B.相对分子质量最小的化合物分子式是C2H2O
C.含相同碳原子数的各化合物，其相对分子质量之差是16的整数倍
D.含相同碳原子数的各化合物，其相对分子质量之差是18的整数倍
【答案】D
【解析】试题分析：
只含C、H、O三种元素的有机物，由于消耗的氧气和生成的二氧化碳的体积比是1：
2，则该有机物分子组成可表示为（CO）m（H2O）n，据此分析判断．
解：
只含C、H、O三种元素的有机物，由于消耗的氧气和生成的二氧化碳的体积比是1：
2，则该有机物分子组成可表示为（CO）m（H2O）n．
A．由于该有机物分子组成表示为（CO）m（H2O）n，当m=n=1时，相对分子质量最小，该有机物分子式为CH2O2，故A错误；
B．由于该有机物分子组成表示为（CO）m（H2O）n，当m=n=1时，相对分子质量最小，该有机物分子式为CH2O2，故B错误；
C．由于该有机物分子组成表示为（CO）m（H2O）n，含相同碳原子的化合物，其相对分子质量差是18n，故C错误；
D．由于该有机物分子组成表示为（CO）m（H2O）n，含相同碳原子的化合物，其相对分子质量差是18n，故D正确；
故选D．
3.下列叙述中正确的是（）
A.卤素单质与水反应均可用X2＋H2O===HXO＋HX表示
B.从F2到I2，卤素单质的颜色随着相对分子质量的增大而加深
C.熔、沸点：
Li>Na>K
D.还原性：
K>Na>Li，故K可以从NaCl溶液中置换出金属钠
【答案】BC
【解析】A．氟气与水反应方程式：
2F2+2H2O=4HF+O2，不符合X2+H2O═HXO+HX，故A错误；B．卤族元素单质随着原子序数的增大而逐渐加深，所以卤素单质从F2→I2颜色逐渐加深，故B正确；C．碱金属元素从Li到Cs，熔、沸点逐渐降低，即Li＞Na＞K＞Cs，故C正确；D．虽然单质的还原性顺序为：
K＞Na＞Li，但K不能置换出NaCl溶液中的钠，而是先和水反应，故D错误；故选：
BC。
4.下列解释事实的离子方程式正确的是（）
A.Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应：
2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
B.澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：
Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O
C.少量CO2通入苯酚钠溶液中：
2C6H5O-+CO2+H2O=2C6H5OH+CO32-
D.向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba（OH）2稀溶液至SO42-刚好沉淀完全：
Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O
【答案】A
【解析】A．Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应的离子反应为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故A正确；B．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合的离子反应为Ca2++OH-+HCO3-═CaCO3↓+H2O，故B错误；C．少量CO2通入苯酚钠溶液中的离子反应为C6H5O-+CO2+H2O═C6H5OH+HCO3-，故C错误；D．向NH4HSO4稀溶液中逐滴加入Ba（OH）2稀溶液至SO42-刚好沉淀完全的离子反应为Ba2++2OH-+H++NH4++SO42-═BaSO4↓+NH3．H2O+H2O，故D错误；故选A。
点睛：
本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒。
5.下列关于容量瓶及其使用方法的叙述正确的是（）。
①容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器②容量瓶使用前要先检查容量瓶是否漏液③容量瓶可以用来加热④容量瓶不能用长期贮存配制好的溶液⑤一定要用500mL容量瓶配制250mL溶液
A.①③B.①②④⑤C.①②④D.①②③④
【答案】C
【解析】试题解析：
①容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的专用仪器，故①正确；②容量瓶使用前要先检查容量瓶是否漏液，故②正确；③容量瓶不能用来加热，故③错误；④容量瓶不能用容量瓶贮存配制好的溶液，故④正确；⑤500mL容量瓶不能用来配制250mL溶液，只能配置500mL溶液，故⑤错误；故选B．
考点：
容量瓶的使用
6.向某溶液中加入BaCl2溶液，再加入稀硝酸，产生的白色沉淀不消失，下列叙述正确的是（）
A.溶液中一定含有SO42-
B.溶液中一定含有Ag+
C.溶液中一定含有SO32-
D.溶液中可能含有SO42-、SO32-、Ag+中的某一种、两种或三种
【答案】D
【解析】如溶液中含有SO32-，能被硝酸氧化为SO42-，加入BaCl2溶液生成BaSO4，因加入的为BaCl2，可能生成AgCl，二者都不溶于水，所以溶液中可能含有SO42-、SO32-、Ag+中的某一种、两种或三种，故选D。
7.下列关于元素周期表的说法正确的是（）
A.能生成碱的金属元素都在ⅠA族
B.原子序数为14的元素位于元素周期表的第3周期ⅣA族
C.稀有气体元素原子的最外层电子数均为8
D.第二周期ⅣA族元素的原子核电荷数和中子数一定为6
【答案】B
【解析】试题分析：
A、根据ⅡA族的金属元素也能生成碱；
B、根据元素原子结构示意图确定位置；
C、根据氦原子的最外层电子数为2；
D、第二周期ⅣA族元素为碳元素，其质子数与中子数不一定相同．
解：
A、因ⅡA族的金属元素也能生成碱，如氢氧化镁，氢氧化钙，故A错误；
B、原子序数为14的原子为硅，有三个电子层，每一层的电子数分别为2、8、4，所以位于元素周期表的第3周期ⅣA族，故B正确；
C、因氦原子的最外层电子数为2，故C错误；
D、第二周期ⅣA族元素为碳元素，其质子数与中子数不一定相同，如14C含有6个质子和8个中子，故D错误；
故选：
B．
8.下列有关化学反应过程或实验现象的解释中，正确的是（）
A.Fe（OH）3胶体中加入Na2SO4溶液后有红褐色沉淀生成，说明胶体是不稳定的分散系
B.H2S能与CuSO4溶液反应生成H2SO4，说明氢硫酸的酸性比硫酸强
C.向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，说明Cl2的氧化性强于I2
D.向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，溶液褪色，说明BaCl2有酸性
【答案】C
【解析】试题分析：
A选项，加入硫酸钠胶体沉淀是由于，胶体中加入电解质，胶体聚沉。
故错误。
B选项，H2S能与CuSO4溶液反应生成H2SO4，是由于产生了硫化铜难溶物，与酸性强弱无关。
C选项正确。
D选项，滴有酚酞的Na2CO3溶液显色，是由于碳酸根水解，呈碱性。
加入氯化钡后，碳酸根与钡离子产生沉底。
水解终止，溶液褪色。
故错误。
考点：
盐类水解，沉淀溶解平衡，胶体性质。
9.将Cu与CuO的混合物20．8g加入到50mL18．4mol/L浓H2SO4中，加热充分反应至固体物质完全溶解（产生气体全部逸出），冷却后将溶液稀释至1000ml，测得c（H+）=0．84mol/L；若要使稀释后溶液中的Cu2+沉淀完全，应加入6．0mol/L的NaOH溶液的体积为：
（）
A.100mLB.160mLC.240mLD.307mL
【答案】D
【解析】反应剩余硫酸的物质的量为：
×0.84mol/L×1L=0.42mol，设混合物中含铜、氧化铜的物质的量分别为x、y，则：
Cu+2H2SO4（浓）
CuSO4+SO2↑+2H2O
1 2 1
x 2x x
CuO+H2SO4═CuSO4+H2O
1 1
y y
所以，2x+y=18.4mol/L×0.05L-0.42mol=0.5mol，64g/mol•x+80g/mol•y=20.8g，解得：
x=0.2mol，y=0.1mol，n（SO2）=0.2mol，1000 mL溶液中SO42-的总量为18.4mol/L×0.05L-0.2mol=0.72mol，Cu2+刚好沉淀完全，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据钠离子守恒n（NaOH）=2n（Na2SO4），故需要n（NaOH）=2n（Na2SO4）=0.72mol×2=1.44mol，所以沉淀Cu2+所需氢氧化钠的体积=
=0.24L=240mL，故选C。
点睛：
解答本题的思路为：
Cu与CuO的混合物与硫酸反应硫酸有剩余，溶液中氢离子来源于剩余的硫酸，则n剩余（H2SO4）=n（H+），根据二者质量与消耗的硫酸列方程计算出反应消耗的硫酸及生成的二氧化硫；Cu2+刚好沉淀完全，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据钠离子守恒和硫原子守恒计算即可。
10.酸和醇可以发生酯化反应，生成酯类物质，下列酸和醇能生成相对分子质量为90的酯的是（）
A.CH3C18OOH与C2H518OHB.CH3C18O18OH与C2H518OH
C.CH3CO18OH与C2H518OHD.CH3CO18OH与C2H5OH
【答案】C
【解析】在酯化反应中羧酸断羟基、醇断氢。
则A、CH3C18OOH与C2H518OH反应生成CH3C18O18OC2H5，其相对分子质量为92，A错误；B、CH3C18O18OH与C2H518OH反应生成CH3C18O18OC2H5，其相对分子质量为92，B错误；C、CH3CO18OH与C2H518OH反应生成CH3CO18OC2H5，其相对分子质量为90，C正确；D、CH3CO18OH与C2H5OH反应生成CH3COOC2H5，其相对分子质量为88，D错误。
答案选C。
11.下图为元素周期表中短周期的一部分，下列说法错误的是（）
X
Y
Z
W
A.Z的原子序数可能是X的两倍
B.单质的活泼性可能是Y＜Z
C.X、Z的最高价氧化物对应水化物可能均为强酸
D.分别由Y、W形成的单质可能都是原子晶体
【答案】C
【解析】这几种元素为短周期元素，根据元素周期表中，X和Y位于第二周期，且原子序数相差1，Z和W位于第三周期且原子序数相差1，且X和Z属于同一主族，其原子序数相差8，Y和W位于同一主族，其原子序数相差8。
A．如果X是O元素，则Z为S元素，O元素原子序数是8，S元素原子序数的16，所以Z的原子序数可能是X的两倍，故A正确；B．如果Y是Ne元素，Z为S元素，稀有气体元素性质较稳定，所以单质的活泼性可能是Y＜Z，故B正确；C．X和Z的最高价氧化物的水化物不可能都为强酸，如果X是碳元素，则Z为Si元素，碳酸、硅酸都是弱酸，如果X
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