2018-2019学年安徽省定远重点中学高二上学期开学考试化学试题 解析版

定远重点中学2018-2019学年上学期开学考试
高二化学试卷
注意事项：
1．答题前在答题卡、答案纸上填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将第I卷（选择题）答案用2B铅笔正确填写在答题卡上；将第II卷（非选择题）答案黑色中性笔正确填写在答案纸上。

可能用到的相对原子质量是：H:1. O:16. Na:23. S:32. Cl:35.5. K:39. Fe:56. Ba:137. Cu:64.
第I卷（选择题 48分）
一、选择题（每题2分，24题，共计48分）
1.下列各项中，表达正确的是（）
A. 水分子的比例模型：
B. 氯离子的结构示意图：
C. CO2分子的电子式：
D. 氯乙烯的结构简式：CH3CH2Cl
【答案】B
【解析】
【详解】A．水分子是V形分子，不是直线形分子，故A错误；
B.Cl元素的质子数是17，Cl-的核外电子数是18，所以Cl-的结构示意图为，故B正确；
C.CO2的电子式为，故C错误；
D.氯乙烯的结构简式：CH2=CHCl，故D错误。

本题选B。

【点睛】在含有碳碳双键的有机物的结构简式中，碳碳双键不能省略。

2.化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是（）
A. 小苏打可用作糕点的膨化剂
B. 二氧化硫可用作食品的漂白剂
C. PX（对二甲苯）是生成塑料、聚酯纤维和薄膜的主要原料
D. PM2.5指数是雾霾天气监测中的重要指标
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，生成的气体使馒头、面包等发面食品疏松多孔、松软可口，故可用作糕点的膨化剂，所以A选项是正确的；
B．二氧化硫具有漂白性，能作漂白剂，但是二氧化硫有毒，不能漂白食品，故B错误；C．对二甲苯（化学式为C8H10）常温下为无色透明、气味芬芳、可燃、低毒的液体．常用于生产塑料、聚酯纤维和薄膜，所以C选项是正确的；
D．造成雾霾天气的原因之一是空气中的PM2.5（属于可吸入颗粒物）的增加，PM2.5指数是雾霾天气监测中的指标，所以D选项是正确的。

故答案选B。

3. 共价键、离子键、分子间作用力都是微粒间的作用力，下列物质中含有以上两种作用力的晶体是（）
A. SiO2
B. CCl4
C. NaCl
D. NaOH
【答案】BD
【解析】
试题分析：A、二氧化硅含有共价键，不选A；B、四氯化碳分子中含有共价键，分子之间有分子间作用力，选B；C、氯化钠只有离子键，不选C；D、氢氧化钠中含有离子键和共价键，选D。

考点：化学键和分子间作用力
4.下列有关化学实验的叙述中，正确的是（）
A. 用碱式滴定管量取20mL0.1000mol/LKMnO4溶液
B. 只用浓氨水就可以鉴别NaCl、AlCl3、MgCl2、Na2SO4四种溶液
C. 用四氯化碳萃取溴水中的溴并分液，有机层应从分液漏斗的上口倒出
D. 测定中和反应的反应热时，将碱缓缓倒入酸中，测出的温度变化值偏小
【答案】D
【解析】
【分析】
A.高锰酸钾能氧化橡胶；
B.加入浓氨水溶液，NaCl、Na2SO4无现象；
C.四氯化碳密度比水大，应从分液漏斗的下端流出；
D.测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失过大。

【详解】A.高锰酸钾能氧化橡胶，应用酸式滴定管量取KMnO4溶液，故A错误；
B.加入浓氨水溶液，NaCl、Na2SO4无现象，AlCl3先生成白色沉淀,沉淀然后溶解，MgCl2生成白色沉淀，不可鉴别,故B错误；
C.四氯化碳密度比水大，位于液体下层，则应从分液漏斗的下端流出，故C错误；
D.测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失过大，所测温度值偏小，所以D选项是正确的。

所以D选项是正确的。

5.下列关于反应速率的说法中，不正确的是（）
A. 反应速率用于衡量化学反应进行的快慢
B. 决定反应速率的主要因素有浓度、压强、温度和催化剂
C. 可逆反应达到化学平衡时，正、逆反应的速率都不为0
D. 增大反应物浓度、提高反应温度都能增大反应速率
【答案】B
【解析】
【分析】
A.化学反应速率用单位时间内反应物难度的减少或生成物难度的增加来表示；
B.决定反应速率的主要因素是物质本身的性质；
C.可逆反应达到平衡时，正逆反应速率相等，且不等于0；
D.增大反应物浓度、升高温度，可增大活化分子的浓度。

【详解】A.化学反应速率就是化学反应进行的快慢程度，用单位时间内反应物难度的减少或生成物难度的增加来表示，所以A选项是正确的；
B.决定反应速率的主要因素是物质本身的性质，故B错误；
C.可逆反应达到平衡时，正逆反应速率相等，且不等于0，所以C选项是正确的；
D.增大反应物浓度，化学反应速率增大；升高温度，化学反应速率增大，所以D选项是正确的，
所以答案选B。

6.下列由相关实验现象所推出的结论正确的是（）
A. 向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体出现白色沉淀，说明H2SiO3的酸性比H2CO3的酸性强
B. 切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗，因发生反应：2Na+O2═Na2O2
C. 向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色，因氯水具有酸性和漂白性
D. 某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag+
【答案】C
【解析】
【分析】
A.根据强酸制弱酸的原理；
B.金属钠放置于空气中，和氧气反应生成氧化钠；
C.氯气与水反应生成HCl，HClO；
D.向某溶液中加入BaCl2溶液，生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，白色沉淀可能为氯化银或硫酸钡。

【详解】A.向Na2SiO3溶液中通入适量CO2，反应方程式为：Na2SiO3+H2O+CO2=H2SiO3↓+Na2CO3，碳酸的酸性比硅酸的酸性强，故A错误；
B.金属钠放置于空气中，和氧气反应生成氧化钠，不可能生成过氧化钠，故B错误；
C.氯气与水反应生成HCl，HClO，HCl显强酸性，使石蕊变红，HClO具有强氧化性，使其褪色，故C正确；
D.向该溶液滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，该沉淀可能是BaSO4或者是AgCl，该溶液中不一定含有Ag+，故D错误。

故选C。

7.某温度时，浓度都是1mol·L-1的两种气体，X2、Y2在密闭容器中反应生成气体Z，达到平衡时c(X2)=0.4mol·L-1、c(Y2)=0.8mol·L-1、c(C)=0.4mol·L-1，则该反应的反应式是
A. X2+2Y2XY2
B. 2X2+Y22X2Y
C. 3X2+Y22X3Y
D. X2+3Y22XY3
【答案】C
【解析】
X2、Y2、Z的浓度变化量之比是(1－0.4):(1－0.8):0.4＝3:1:2，变化量之比是化学计量数之比，因此根据原子守恒可知方程式为3X2 + Y2＝2X3Y，答案选C。

8. 与下图图像有关的叙述，正确的是
A. 表示１mol H2 (g)完全燃烧生成水蒸气吸收241.8 kJ热量
B. 表示的热化学方程式为：H2(g)+ 1/2 O2(g) = H2O(g) △H= －241.8 kJ·mol-1
C. 表示2 mol H2(g)所具有的能量一定比2 mol气态水所具有的能量多483.6 kJ
D. H2O(g)的能量低于H2(g)和O2(g)的能量之和
【答案】B
【解析】
试题分析：A．2mol H2 (g)完全燃烧生成水蒸气的过程属于放热反应过程，图像表示2mol H2 (g)完全燃烧生成水蒸气放出241.8 kJ热量，错误；B．根据图示，反应物的总能量高于产物的总能量，是放热反应，方程式系数减半，焓变也减半，热化学方程式为：H2 (g)+1/2O2(g)═H2O(g) △H="-241.8" kJ/mol，正确；C．表示2mol H2 (g)和1mol O2 (g)所具有的能量比2 mol气态水所具有的能量多483.6 kJ，错误；D．H2 (g)和O2 (g)完全燃烧生成水蒸气的过程是放热的，1mol H2O(g)的能量低于1mol H2 (g)和0.5mol O2 (g)的能量和，错误。

考点：考查图像方法在表示反应热和焓变及键能的关系的应用的知识。

9.在一定温度下体积恒定的密闭容器中，下列叙述不是可逆反应A(气)+3B(气)
2C(气)+2D(固)达到平衡状态的标志的是（）
①C的生成速率与C的分解速率相等
②单位时间内生成amolA,同时生成3amolB
③A、B、C的浓度不再变化
④反应物的转化率不再变化
⑤混合气体的压强不再变化
⑥混合气体的物质的量不再变化
⑦混合气体的密度不再变化
⑧A、B、C、D的分子数之比为1:3:2:2
A. ②⑧
B. ②⑤⑧
C. ①③④⑦
D. ②⑤⑥⑧
【答案】A
【解析】
【分析】
可逆反应到达化学平衡状态的标志有且只有两个：1．v正=v逆，2.各物质的含量保持不变，其它一切判据都是由这两个判据衍生出来的。

【详解】①C的生成速率与C的分解速率相等，即C的正逆反应速率相等，所以该反应达到平衡状态，故不选；
②无论该反应是否达到平衡状态，单位时间内amol A生成，同时生成3amol B，故选；
③反应达到平衡状态时，各物质的含量保持不变，浓度也不变，所以A、B、C的浓度不再变化，说明该反应达到平衡状态，故不选；
④反应物的转化率不再变化，说明反应的物质的量不变，反应达平衡状态，故不选；
⑤混合气体的压强不再变化，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故不选；
⑥混合气体的物质的量不再变，,反应达平衡状态，故不选；
⑦混合气体的密度不再变化，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故不选；
⑧达平衡时，A、B、C、D四种物质的分子数之比可能是1:3:2:2，也可能不是1:3:2:2，要根据反应开始时加入的A、B、C、D三种物质是否按1:3:2:2比例而定，所以不能说明该反应达到平衡状态，故选；
所以A选项是正确的。

【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，注意化学平衡状态的本质是正逆反应速率相等，此点是高考的热点，也是学习的难点。

10. 下列分离或提纯物质的方法正确的是( )
A. 用蒸馏的方法制取蒸馏水
B. 用过滤的方法除去NaCl溶液中含有的少量KNO3
C. 用溶解、过滤的方法提纯含有少量BaSO4的BaCO3
D. 用加热、蒸发的方法可以除去CaCl2、MgCl2等杂质
【答案】A
【解析】
试题分析：A．水的沸点是100℃，通过蒸馏可得到蒸馏水，以除去杂质，A正确；B．NaCl溶液中含有的少量硝酸钾不能通过过滤的方法除去，二者都是可溶性盐，通过结晶法，B错误；C．碳酸钡和硫酸钡都不溶于水，不能用过滤的方法分离，C错误；D．粗盐中的CaCl2、MgCl2等杂质可以转化为沉淀或气体除去，蒸发不能实现分离，D错误。

答案选A。

【考点定位】考查物质的分离、提纯的基本方法选择与应用
【名师点晴】分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。

具体如下：①分离提纯物是固体(从简单到复杂方法) ：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；②分离提纯物是液体(从简单到复杂方法) ：分液，萃取，蒸馏；③分离提纯物是胶体:盐析或渗析；④分离提纯物是气体：洗气。

11.在CuO＋H2Cu＋H2O 反应中，下列说法正确的是
A. CuO是还原剂，被氧化
B. H2是还原剂，被氧化
C. H2O既不是氧化产物也不是还原产物
D. Cu是还原产物，被还原
【答案】B
【解析】
试题分析：A、铜元素的化合价降低，被还原，是氧化剂，A错误；B、氢元素的化合价升高，氢气是还原剂，被氧化，B正确；C、氢元素的化合价升高，水是氧化产物，C错误；D、氧化铜是氧化剂，铜是还原产物，D错误，答案选B。

考点：考查
12.已知：SO32-+I2+H2O→SO42-+2I-+2H+。

某溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、K+、I-、SO32-、SO42-，且所有离子物质的量浓度相等。

向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。

下列关于该溶液的判断正确的是（）
A. 肯定不含I-
B. 可能含有SO42-
C. 肯定含有SO32-
D. 肯定含有NH4+
【答案】C
【解析】
【分析】
向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色，则一定不含Fe2+，一定含SO32-，结合离子浓度相等、溶液为电中性来解答。

【详解】Fe2+、I-均与溴水发生氧化还原反应后，溶液具有颜色，由SO32-+I2+H2O=SO42-+2I-+2H+可知，
则向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色，则一定不含Fe2+，一定含SO32-，又离子浓度相等、溶液为电中性，
若阴离子只有SO32-，则含Na+、NH4+、K+中的两种；若含SO32-、I-，则含Na+、NH4+、K+；
若含SO32-、SO42-，不遵循电荷守恒，则一定不存在SO42-。

故选C。

【点睛】本题考查常见离子的检验，把握氧化的先后顺序、发生的氧化还原反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意电荷守恒的应用。

13. 能正确表示下列反应的离子方程式的是
A. Cu溶于氯化铁溶液：Cu＋Fe3＋=Cu2＋＋Fe2＋
B. Na2CO3溶液中加入醋酸：CO＋2H＋=CO2↑＋H2O
C. AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3＋＋4NH3·H2O=AlO＋4NH＋2H2O
D. Ba(OH)2溶液与稀硫酸：Ba2++2OH—+2H++SO42—=BaSO4↓+2H2O
【答案】D
【解析】
试题分析：A．Cu溶于氯化铁溶液发生的离子反应为Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，故A错误；B．醋酸是弱酸，不可拆分，故A错误；C．氨水不能溶解氢氧化铝沉淀，故A错误；D．Ba(OH)2溶液与稀硫酸发生的离子反应为Ba2++2OH—+2H++SO42—=BaSO4↓+2H2O，故D正确；答案为D。

考点：考查离子方程式正误判断
14.下列有关说法正确的是（）
A. 分子式为C4H10O的同分异构体有4种
B. 可用溴水鉴別苯、四氯化碳和酒精
C. 石油分馏后可获得乙烯、丙烯和丁二烯
D. 乙二酸与乙二醇生生成聚乙二酸乙二酯的反应属于加聚反应
【答案】B
【解析】
A项，分子式为C4H10O属于醇的同分异构体有4种，属于醚的同分异构体有3种，故A错误；B项，根据溶解性和密度，乙醇与溴水互相溶解，其他两种不溶，可鉴别出乙醇，苯和四氯化碳分别加入溴水中，苯密度小，在上层有颜色，四氯化碳密度大，在下层有颜色，故B正确；C项，石油分馏是物理变化，是利用烷烃沸点不同分离出不同的烷烃，而乙烯，丙烯和丁二烯是对石油分馏产品进一步加工，发生化学变化得到的，故C错误；D项，乙二酸与乙二醇生生成聚乙二酸乙二酯的反应属于缩聚反应，故D错误。

综上，选B。

点睛：本题考查对有机基础知识的掌握情况，难度不大，但各选项间知识跨度较大，A项注意
烃的衍生物中官能团类型异构，C4H10O的同分异构体有CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(OH)CH3、
CH3CH(CH3)CH2OH、CH3C(OH)(CH3)CH3，CH3-O-CH2-CH2-CH3、CH3-CH2-O-CH2-CH3、CH3-O-CH(CH3)-CH3；C项注意石油主要是烷烃混合物、分馏属于物理变化。

15.下列各组性质的比较中，不正确
．．．的是( )
A. 碱性：NaOH>Mg(OH)2
B. 热稳定性：NH3>PH3
C. 金属性：Na>Li
D. 非金属性： S>Cl
【答案】D
【解析】
A、Na、Mg都处于第三周期，Na在左Mg在右，所以Na的金属性比Mg强，Na的最高价氧化物的水化物碱性更强，所以NaOH碱性比Mg(OH)2强，A描述正确。

B、N、P位于同一主族，N位于P的上方，非金属性N>P，所以氢化物的稳定性NH3>PH3，B描述正确。

C、Na、Li位于同一主族，Li位于Na的上方，所以Li的金属性更弱，C描述正确。

D、S、Cl位于同一周期，S 在Cl的前面，所以非金属性S<Cl，非金属性S<Cl，D描述错误。

正确答案D。

点睛：元素周期表同一周期从左到右，各元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族从上到下，各元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。

金属性强，则最高价氧化物的水化物即氢氧化物碱性强，与酸、与水反应更加剧烈；非金属性强，则最高价氧化物的水化物即最高价的含氧酸酸性强，氢化物更易生成、更加稳定。

16.设N A为阿伏加德罗常数。

下列说法正确的是（）
A. 常温常压下，20 g D2O分子中所含中子数为10 N A
B. 0.1 mol FeCl3水解生成的Fe(OH)3胶粒数为0.1 N A
C. 将lmol Cl2通入水中，HC1O、Cl-、C1O-粒子数之和为2 N A
D. 常温常压下，11.2 L CO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5 N A
【答案】A
【解析】
常温常压下，20 g D2O N A，故A正确；
B. Fe(OH)3胶粒是氢氧化铁的聚合体， 0.1 mol FeCl3水解生成的Fe(OH)3胶粒数小于0.1 N A，故B错误；根据元素守恒，将lmol Cl2通入水中，Cl2、HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2 N A，故C错误；标准状况下，11.2 L CO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5 N A，故D错误。

17.若某原电池的离子方程式是Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu，则该原电池的构成是( )
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】C
【解析】
根据方程式可知锌失去电子，锌是负极，铜离子得到电子，说明铜离子在正极放电，电解质溶液中是含有铜离子的可溶性盐，其中正极的金属性要弱于负极或者导电的非金属，根据表中数据可知符合条件的是选项C。

答案选C。

18.已知乙酸异戊酯的密度为0.8670g·cm-1，是难溶水的液体。

在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层以后获得乙酸异戊酯的操作是（）
A. 直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的上口倒出
B. 直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的下口放出
C. 先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从下口放出
D. 先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从上口倒出
【答案】D
【解析】
由于酯的密度比水小，二者互不相溶，因此水在下层，酯在上层；分液时，要先将水层从分液漏斗的下口放出，待到两层液体界面时关闭分液漏斗的活塞，再将乙酸异戊酯从上口放出，故D正确，答案为D。

19. 下列说法正确的是（）
A. 可用丁达尔现象区分溶液与胶体
B. 生石灰与水混合的过程只发生物理变化
C. O3是由3个氧原子构成的化合物
D. CuSO4·5H2O是一种混合物
【答案】A
【解析】
试题分析：A、丁达尔现象是区分溶液和胶体的方法，正确；B、生石灰与水是化学反应：CaO ＋H2O=Ca(OH)2，错误；C、O3是单质，错误；D、CuSO4·5H2O是纯净物，错误。

考点：考查物质分类等相关知识。

20.如图A处通入Cl2，当关闭B阀时，C处湿润的红布条没有明显变化，当打开B阀时，C处的湿润红布条逐渐褪色。

则D瓶中装的溶液是（）
A. 浓H2SO4
B. NaOH溶液
C. 水
D. 饱和食盐水
【答案】B
【解析】
A．浓硫酸能干燥氯气，与氯气不反应，关闭B阀时，仍有氯气进入C，C处湿润的红布条仍褪色，故A不选；B．NaOH溶液与氯气反应，则关闭B阀时，没有氯气加入C，C处的红布看不到明显现象，故B选；C．水和氯气反应，关闭B阀时，仍有较多的氯气进入C， C处的红布会褪色，故C不选；D．饱和NaCl溶液与氯气不反应，关闭B阀时，仍有氯气进入C，C处的红布会褪色，故D不选；故选B。

点睛：本题考查氯气的性质及次氯酸的漂白性，注意D瓶中的试剂与氯气的反应是解答的关键。

选项C为易错点，与注意氯气在水中的溶解度不是很大，水不能完全吸收氯气。

21.下列对实验仪器名称的标注或实验操作，正确的是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
试题分析：A、图中所示应为碱式滴定管，A错误；B、酒精灯火焰从内到外依次应为焰心、内焰、外焰，B错误；C、为了防止氢氧化亚铁被氧化，用苯隔绝空气，并把胶头导管插入液面以下，C正确；D、不能在量筒中进行稀释操作，D错误。

答案选C。

考点：考查实验仪器及基本实验操作
22. 镓是1871年俄国化学家门捷列夫在编制元素周期表时曾预言的“类铝”元素。

镓的原子序数为31，属ⅢA族。

镓的熔点为29.78 ℃，沸点高达2 403 ℃。

镓有过冷现象(即冷至熔点下不凝固)，它可过冷到－120 ℃。

由此判断下列有关镓的性质及其用途的叙述不正确的是( )。

A. 镓是制造高温温度计的上佳材料
B. 镓能溶于强酸和强碱中
C. 镓与锌、锡、铟等金属制成的合金，可用在自动救火的水龙头中
D. 近年来镓成为电子工业的新宠，其主要用途是制造半导体材料，被誉为“半导体家族的新成员”，这是利用了镓的导电性介于导体和绝缘体之间的性质
【答案】D
【解析】
镓的熔点为29.78 ℃，沸点高达2 403 ℃；镓有过冷现象(即冷至熔点下不凝固)，它可过冷到－120 ℃，因此A、C两项正确。

铝能溶于强酸和强碱中，铝是电的良导体而不是半导体，镓是“类铝”元素，所以镓能溶于强酸和强碱中，镓是电的良导体而不是半导体，即B项正确，D项不正确。

23.常温下，往H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，可发生如下两个反应：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+．下列说法不正确的是（）
A. H2O2的氧化性比Fe3+强，其还原性比Fe2+弱
B. 在H2O2分解过程中，溶液的酸碱性不变
C. 在H2O2分解过程中，Fe2+和Fe3+的总量保持不变
D. H2O2生产过程要严格避免混入Fe2+
【答案】A
【解析】
试题分析：A、该反应中，第一个方程式中H2O2的氧化性比Fe3＋强，其还原性比Fe2＋弱，二第二个方程式中铁离子的氧化性比过氧化氢强，矛盾，所以亚铁离子相当于是催化剂，不能判断过氧化氢与铁离子的氧化性的强弱，错误；B、该过程的总反应相当于是过氧化氢的分解产生氧气和水的过程，溶液的pH不变，正确；C、根据铁元素守恒，Fe2＋和Fe3＋的总量保持不变，正确；D、H2O2生产过程要严格避免混入Fe2＋，防止发生过氧化氢的分解反应，使过氧化氢变质，正确，答案选A。

考点：考查对反应的分析判断
24.X、Y、Z、W四种物质的转化关系．下列组合中不符合该关系的是（）
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】
A、 HCl与Fe发生反应产生FeCl2，HCl与MnO2加热条件下发生反应产生Cl2，FeCl2与Cl2反应产生FeCl3，物质间符合关系，正确；
B、Na2O2与水发生反应产生NaOH，与少量CO2发生反应产生Na2CO3，但是NaOH和Na2CO3不能发生反应产生NaHCO3，错误；
C、 Na2CO3与HCl反应产生CO2；Na2CO3与Ca(OH)2发生反应产生CaCO3；CO2与水及CaCO3发生反应产生Ca(HCO3)2，正确；
D、 SO2与NaOH反应产生Na2SO3；SO2与H2O2发生反应产生H2SO4；Na2SO3与SO2和水发生反应产生NaHSO3，正确。

答案选B。

第II卷（非选择题 52分）
二、综合题（共4题，总计52分）
25.化学课外活动小组利用以下装置完成系列实验．请回答以下问题：
（1）装置甲中仪器a的名称为___ ．用装置甲制取NH3，在b中加入CaO固体，a中加入浓氨水，写出反应的化学方程式：___ ．
（2）将C12持续通入装有淀粉一KI无色溶液的装置乙中，溶液变蓝而后逐渐褪色．查阅资料得知：溶液蓝色逐渐褪色，是因为有+5价的碘元素生成．请写出该反应的离子方程式：___ ．（3）用装置丙模拟“氨的催化氧化”实验．锥形瓶内装有浓氨水，通入空气，并将红热的铂丝插入锥形瓶内，铂丝保持红热．铂丝保持红热的原因是___；锥形瓶内还可观察到现象是
___ ．
（4）活动小组从“绿色化学”角度出发．在装置丁中进行SO2的性质实验．其中棉花上蘸有不同试剂．请填写表中空白：
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). CaO+NH3H2O=Ca（OH）2+NH3↑ (3). 5Cl2+I2+6H2O=10Cl ﹣+12H+ (4). 氨的催化反应是放热反应 (5). 有红棕色气体产生，并产生白烟﹣+2IO
3
(6). 浓碱液 (7). 褪色 (8). 还原性
【解析】
【分析】
(1)由装置图可以知道a为分液漏斗，CaO可与水反应生成氢氧化钙，反应放出热量，促进氨气的挥发；
(2)根据题意可以知道氯气和KI反应生成KIO3；
(3)铂丝保持红热，说明氨的催化反应为放热反应，生成NO，可与氧气反应生成红棕色的二氧化氮；
(4)二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色，具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应,为酸性气体，可与碱反应。

【详解】(1)由装置图可以知道a为分液漏斗，CaO可与水反应生成氢氧化钙，反应放出热量，促进氨气的挥发，反应的方程式为CaO+NH3H2O=Ca(OH）2+NH3↑，
因此，本题正确答案是：分液漏斗；CaO+NH3H2O=Ca(OH）2+NH3↑；
(2)根据题意可以知道氯气和KI反应生成KIO3,反应的离子方程式为5Cl2+I2+6H2O=10Cl﹣+2IO3﹣+12H+，
因此，本题正确答案是：5Cl2+I2+6H2O=10Cl﹣+2IO3﹣+12H+；
(3)铂丝保持红热，说明氨的催化反应为放热反应，生成NO，可与氧气反应生成红棕色的二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸与氨气反应生成硝酸铵，可观察到白烟生成，
因此，本题正确答案是：氨的催化反应是放热反应；有红棕色气体产生，并产生白烟；
(4)二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色，具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，为酸性气体，可与碱反应。

因此，本题正确答案是：浓碱液；褪色；还原性。

26.R、Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的五种短周期元素，R与Q形成的气态化合物，在标准下的密度为0.76 g/L，X、Y、Z三种元素族序数之和为10，Y是地壳中含量最多的金属元素，Y单质能强碱溶液反应，Z元素原子最外层电子数是电子层数的两倍。

（1）X在周期表中的位置______________；X、Y、Z三种元素形成的简单离子半径由大到小的顺序是_____________________。

（用离子符号回答）
（2）X和R两种元素按原子个数比1:1组成的化合物的电子式为___________，推测这种化合物具有较强的_________________。

（填“氧化性”或“还原性”）
（3）写出Y、Z两种元素最高价氧化物对应的水化物相反应的离子方程式：____________。

（4）水的沸点远高于Z元素的氢化物的沸点，原因是_______________________________。

（5）Q4是一种Q元素的新单质，可用作推进剂或炸药，推算其分子中含有
________________________对共用电子。

（6）由R、Q两元素组成的一种液态化合物W常用作还原剂，W分子中含有18个电子，W分子的结构式为____________________。

W与氢氧化铜悬浊液反应生成氧化亚铜，同时产生一种稳定的气态单质，该反应的化学方程式为____________________________。

【答案】 (1). 第三周期第IA族 (2). S2->Na+>Al3+ (3). (4). 还原性 (5). Al(OH)3 + 3H+ = Al3+ + 3H2O (6). 水分子之间形成氢键 (7). 6 (8).
(9). 4Cu(OH)2 + N2H4 = 2Cu2O + N2↑ + 6H2O
【解析】
【分析】
R、Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的五种短周期元素,R与Q形成的气态化合物在标准下的密度为0.76 g/L，则该气态化合物的相对分子质量=0.76×22.4=17，应为NH3，可推知R为H 元素、Q为N元素；Y是地壳中含量最多的金属元素，且单质能强碱溶液反应，则Y为Al；Z 的原子序数大于Al，处于第三周期，Z元素原子最外层电子数是电子层数的两倍，最外层电子数为6，故Z为S元素；X、Y、Z三种元素族序数之和为10，则X的族序数为10-3-6=1，故X为Na。

【详解】(1)X为Na，在周期表中的位置：第三周期第IA族；电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2->Na+>Al3+，
因此，本题正确答案是：第三周期第IA族；S2->Na+>Al3+；
(2)X和R两种元素按原子个数比1:1组成的化合物为NaH，电子式为，该化合物中H元素表现-1价，推测这种化合物具有较强的还原性，
因此，本题正确答案是：；还原性；
(3)Y、Z两种元素最高价氧化物对应的水化物分别为Al(OH)3、H2SO4，二者反应的离子方程式：Al(OH)3 + 3H+ = Al3+ + 3H2O，
因此，本题正确答案是：Al(OH)3 + 3H+ = Al3+ + 3H2O；
(4)水分子之间形成氢键，而硫化氢分子之间不能形成氢键，水的沸点远高于硫氢化的沸点，因此，本题正确答案是：水分子之间形成氢键；
(5)N4是一种氮元素的新单质，为正四面体结构，其分子中含有6对共用电子，
因此，本题正确答案是：6；
(6)由R、Q两元素组成的一种液态化合物W常用作还原剂，W分子中含有18个电子，则W为
N2H4，W分子的结构式为，W与氢氧化铜悬浊液反应生成氧化亚铜，同时产生一种稳定的气态单质为氮气,该反应的化学方程式为：4Cu(OH)2 + N2H4 = 2Cu2O + N2↑ + 6H2O，。