【文档说明】【精准解析】云南省云天化中学高中联盟学校2019_2020学年高一下学期期末考试化学试题.doc，共(20)页，497.000 KB，由小赞的店铺上传

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云天化中学高中联盟学校2019～2020学年下学期期末考试高一化学本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，试用时90分钟。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16第Ⅰ卷(选择题，共50分)注意事项：1.答题前，考生务必用

黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目答案标涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分

。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A.标准状况下，22.4LH2O含有NA个H2O分子B.常温常压下，22.4LCO2中碳原子数大于NA个C.46克NO2和N2O4混

合气体中含氧原子数为2NA个D.0.1mol/LNa2SO4溶液含Na+离子数为0.2NA个【答案】C【解析】【详解】A.标准状况下，水不是气体，所以22.4LH2O不是1mol，故错误；B.常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol

，所以22.4LCO2的物质的量小于1mol，故碳原子数小于NA个，故错误；C.46克NO2和N2O4混合气体含“NO2”原子团的物质的量为46/46=1mol，则含有2mol氧原子，故正确；D.0.1mol/LNa2SO4溶液没有说明溶液的体积，不能计算其物质的量，故错误。故选C。【点睛】掌握

气体摩尔体积的使用范围：标况，气体，体积。注意进行计算时找出物质的特殊关系，如二氧化氮和四氧化氮，可以看成是二氧化氮的原子团，从而计算原子个数。2.下列化学反应，属于吸热反应的是()A.酸碱中和B.氧化钙与水C.甲烷燃烧D.氯化铵与氢氧化钡晶体混合【答案】D【解析

】【详解】A．酸碱中和反应属于放热反应，故A不符合题意；B．氧化钙与水的反应属于放热反应，故B不符合题意；C．甲烷的燃烧反应属于放热反应，故C不符合题意；D．氯化铵与氢氧化钡晶体混合的反应属于吸热反应，故D符合题意；答案选D。3.下列有关物质水解的说法不正确的是A.蛋白质水解的最

终产物是氨基酸B.淀粉水解的最终产物是葡萄糖C.纤维素可在人体内水解成葡萄糖D.油脂水解产物之一是甘油【答案】C【解析】【详解】A.氨基酸是蛋白质的基本组成单位，蛋白质水解后最终产物是氨基酸，A正确；B.淀粉首先水解得到麦芽糖，再继续水解，最终水解得到的是葡萄糖，B正确；C

.人体内不含水解纤维素的酶，所以不能消化纤维素，即纤维素在人体内不能水解，C错误；D.油脂是高级脂肪酸的甘油酯，在酸性条件下水解得到高级脂肪酸和甘油，在碱性条件下水解得到高级脂肪酸盐和甘油，因此水解产物之一是甘油，

D正确；答案选C。4.下列物质中只含非性共价键的是A.H2O2B.NaOHC.Cl2D.CH4【答案】C【解析】【详解】A．H2O2中氢和氧形成共价键，是不同原子之间形成的，为极性共价键，故A错误；B．氢氧化钠中含有钠离子和氢氧根离子之间的离子键，氢氧根中氢原子和氧原子之间形成极性共价键，故B

错误；C．氯气分子中氯原子之间形成非极性共价键，故C正确；D．甲烷中碳原子和氢原子之间形成极性共价键，故D错误；答案选C。【点睛】共价键是极性键还是非极性键，看形成共价键的两个原子是否相同，相同原子之间形成非极性键，不同原子之间形成极性键。还要掌握非极

性键可能存在于离子化合物中，如过氧化钠。5.某短周期元素原子最外层只有2个电子，则该元素A.一定是金属元素B.一定是第ⅡA族元素C.一定在化合物中呈＋2价D.可能是金属元素，也可能不是金属元素【答案】D【解析】【详解】某短周期元素原子最外层上只有两个电

子，可能为稀有气体He，也可能为第ⅡA族元素Be和Mg；A．若为He，为非金属元素，故A错误；B．若为He，为0族元素，故B错误；C．若为He，不易形成化合物，故C错误；D．可能是金属元素（Mg、Be），也可能为非金属元素（He），

故D正确；答案为D。6.如图为铜锌原电池示意图。当电池工作时，下列关于该电池的说法正确的是A.铜棒的质量逐渐减小B.电流由铜电极经过电解质溶液到锌电极C.SO42－在溶液中向锌极移动D.H+在锌表面被还原，产生气泡【答

案】C【解析】【分析】形成铜锌原电池，总反应式为Zn+2H+=Zn2++H2↑，锌发生氧化反应做负极材料，铜附近的H+发生还原反应，铜做正极材料。【详解】A.据分析，铜棒的质量不变，A项错误；B电流由铜电极导线到锌电

极，电子电流不经过内电路，B项错误；C.阴离子向负极移动，SO42－在溶液中向锌极移动，C项正确；D.H+在铜表面被还原，产生气泡，而锌电极会溶解，D项错误；答案选C。7.有机物CH3CH2CH2CH3和CH3CH

(CH3)2的关系是（）A.互为同位素B.互为同系物C.互为同分异构体D.互为同种物质【答案】C【解析】【详解】有机物CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)2的分子式相同，均是C4H10，结构不同，互为同分异

构体，答案选C。8.根据如图提供的信息，下列所得结论不正确．．．的是A.该反应是吸热反应B.该反应中旧键断裂吸收的能量高于新键形成放出的能量C.该反应可能是碳酸钙的分解反应D.该反应一定需要加热才能发生【答案】D【解析】【分析】图中反应物总能量小于生成物总能量，所以该反应是吸热反应。【详

解】A.根据图中反应物总能量小于生成物总能量，所以该反应是吸热反应，A正确；B.该反应是吸热反应，所以旧键断裂吸收的能量大于新键形成放出的能量，B正确；C.碳酸钙的分解反应为吸热反应，C正确；D.吸热反应不一定需要加热才能发生，如氯化铵和氢氧化钡反应不需要加热也能进行，D错误。答案选D。【点

睛】当反应物总能量小于生成物总能量，反应是吸热反应，反应物总能量大于生成物总能量，反应是放热反应；吸热反应时旧键断裂吸收的能量大于新键形成放出的能量，放热反应时旧键断裂吸收的能量小于新键形成放出的能量

。9.下列关于化学反应速率的说法错误的是（）A.化学反应速率是用于衡量化学反应进行快慢的物理量B.可逆反应达到化学平衡状态时，反应停止，正、逆反应速率都为零C.决定化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质D.增大反应物浓度或升高反应温度都能加

快化学反应速率【答案】B【解析】化学反应有的快，有的慢，则使用化学反应速率来定量表示化学反应进行的快慢，故A正确；可逆反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，但反应并没有停止,B项错误；影响化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质，C项正确；即单位体积

内的反应物分子增多,其中能量较高的活化分子数也同时增多,分子之间碰撞的机会增多,反应速率加快，升高反应温度，反应物分子获得能量，使一部分原来能量较低分子变成活化分子，增加了活化分子的百分数，使得有效碰撞次数增多，故反应速率加大，D项正确。10

.下列有关化学用语的表示错误的是A.次氯酸的结构式为：H—Cl—OB.R2+有a个电子、b个中子，R的原子符号为：a+b+2a+2RC.用电子式表示CaCl2的形成过程为：D.Na+的结构示意图为：【答案】A【解析】【详解】A．次氯酸分子中氧原子为中心原子，氧原子分别与氢原子和氯原子各共用

1对电子，其结构式为H—O—Cl，A错误；B．R2+有a个电子、b个中子，则R原子的质子数=a+2，质量数=质子数+中子数=a+2+b，所以，R的原子符号为a+b+2a+2R，B正确；C．CaCl2为离子化合物，1个钙原子失去2个电子变成阳离子，每个氯原子得到1个电子变成阴离子，用电子式

表示CaCl2的形成过程为，C正确；D．Na+中含有11个质子，核外有10个电子，其离子结构示意图为，D正确。答案选A。11.下列“解释或结论”与“实验操作及现象”不相符的一组是选项实验操作及现象解释或结论A次氯酸漂白品红溶液后，再进行加热，颜色不恢复次氯酸的漂白是永久的B将打磨后

的镁条放入盛有稀盐酸的试管中，用手触摸试管外壁感觉变热镁条与稀盐酸反应是放热反应C向某钠盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体该盐一定是Na2CO3D向某溶液中加入稀盐酸无明显现象，再加入B

aCl2溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO24−A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．次氯酸具有强氧化性，其漂白原理是利用强氧化性将有色物质发生氧化还原反应，生成稳定的无色物质，漂白后的物质加热不会恢复原来的颜色，则次氯

酸的漂白是永久的，故A正确；B．金属与酸的反应为放热反应，则打磨后的镁条放入盛有稀盐酸的试管中，用手触摸试管外壁感觉变热，故B正确；C．产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，气体可能为二氧化碳或二氧化硫，则盐为碳酸氢钠或碳酸钠，或亚硫酸钠、亚硫酸氢钠等，故C错误；D．

加入稀盐酸无明显现象，可知溶液中不含银离子，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀，白色沉淀为硫酸钡，则溶液中一定含有SO2-4，故D正确；答案选C。12.已知5KCl＋KClO3＋3H2SO4=3Cl2↑＋3K2SO4＋3H2O，下列不正确的是（）A.KCl

O3是氧化剂B.H2SO4既不是氧化剂又不是还原剂C.氧化产物与还原产物物质的量之比为1∶1D.2molKClO3参加反应时有10mol电子转移【答案】C【解析】【分析】由5KCl+KClO3+3H2SO4

=3Cl2↑+3K2SO4+3H2O可知，KCl中Cl元素由-1价升高为0价，KClO3中Cl元素由+5价降低为0价。【详解】A．所含元素化合价降低的反应物为氧化剂，则KClO3是氧化剂，A正确；B．H2SO4中各元素的化合价在反应前后不变，则H2SO4既不是氧化剂又不

是还原剂，B正确；C．Cl2既是氧化产物，也是还原产物，氧化产物与还原产物物质的量之比为5∶1，C错误；D．由反应可知，1molKClO3参加反应时有5mol电子转移，所以2molKClO3参加反应时有10mol电子转移，D正确；故答案为：C。【点睛

】明确反应中元素的化合价变化及氧化还原反应中的基本概念即可解答，选项D为解答的易错点，由反应可知，1molKClO3参加反应时有5mol电子转移，由此按比例计算。13.下列解释事实的方程式不正确的是A.用食醋清洗水垢：CO32-+2CH3COOH

=2CH3COO-+H2O+CO2↑B.84消毒液与洁厕灵混用产生有毒气体：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2OC.用氢氧化铝治疗胃酸过多：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2OD.用硫化钠除去废水中的汞离子：Hg2++S2-=HgS↓【答案】A【解析】【详解】A.水垢主要成

分为CaCO3，而CaCO3难溶于水，所以离子方程式应为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，A错误；B.84消毒液中含有NaClO,洁厕灵中含有盐酸，两者混用产生有毒气体Cl2，B正确；C.胃酸中含有盐酸，氢氧化铝可以和盐酸发生中和反应，

用于治疗胃酸过多，C正确；D.汞离子和硫离子反应生成HgS沉淀，用硫离子能除去废水中的汞离子，D正确；答案选A。14.某实验过程如图所示，则图③试管中的现象是（）A.铜片溶解，产生无色气体，该气体遇空气变为红棕色B.铜片溶解，产

生无色气体，该气体遇到空气不变色C.铜片溶解，放出红棕色有刺激性气味的气体D.无明显现象，因稀硫酸不与铜反应【答案】A【解析】【详解】在②试管的溶液中仍然有NO3-，加入稀硫酸，相当于有硝酸存在，所以铜片溶解、产生无色气体NO，该气体遇空气变为红棕

色;答案选A。15.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X位于第二周期、第VIA族，Y原子的最外层有2个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。下列说法正确的是A.原子半径：r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(X)B.由X、Y组成的化合物是离子化合物C.Z的

最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强D.W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X位于第二周期、第VIA族，X为O元素；Y原子的最外层有2个电子，Y是比X原子序数大的

短周期主族元素，Y为Mg元素；Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，Z为Si元素；W与X位于同一主族，且W是短周期元素，原子序数大于O，所以W为S元素，据此分析解答。【详解】由分析可知，X、Y、Z、W分别为O、Mg、Si、S。A．原子的电子

层数越多，半径越大，O位于第二周期，其他元素位于第三周期，因此O原子半径最小，同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径应为r(Mg)＞r(Si)＞r(S)＞r(O)，即r(Y)＞r(Z)＞r(W)＞r(X)，A错误；B．X为O元素，Y为Mg元素，O为活泼非金属元素，Mg为活泼

金属元素，两者组成的化合物MgO为离子化合物，B正确；C．Z为Si元素，W为S元素，因为S的非金属性强于Si，所以S的最高价氧化物对应水化物的酸性强于Si的，C错误；D．W为S元素，X为O元素，因为O的非金属性强于S，所以O的气态氢化物的热稳定性强于S的，D错误；答

案选B。16.反应A(g)+3B(g)=2C(g)+2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为①v(A)=0.45mol⋅L-1⋅min-1②v(B)=0.6mol⋅L-1⋅s-1③v(C)=0.4mol⋅L-1⋅s-1④v(D)=0.45mol⋅L-1⋅s-1，该反应进行的快慢顺序为(

)A.④<③=②<①B.④>③=②>①C.①>②>③>④D.④>③>②>①【答案】B【解析】【详解】同一化学反应，反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则①0.451=0.45，②0.63=0.2，③0.42=0.2，④0.452=0.22

5，则反应快慢为④>③=②>①，故选B。17.下列无色溶液中的离子能大量共存的是A.H+、K+、OH-、NO3−B.Na+、Cu2+、SO24−、NO3−C.Mg2+、Na+、SO24−、Cl-D.Ba2+、K+、CO23−、NO3−【

答案】C【解析】【详解】A．H+和OH-会反生中和反应，不能大量共存，故A不符合题意；B．Cu2+在溶液中为蓝色，与题干要求不符，故B不符合题意；C．Mg2+、Na+、SO2-4、Cl-彼此不反应，可以大量共存，且混合液为无色，故C符合题意；

D．Ba2+和CO2-3会生成碳酸钡沉淀，不能大量共存，故D不符合题意；答案选C。18.下列除去杂质的实验方法正确的是()A.除去CO中少量O2，通过灼热的铜网后收集气体B.除去K2CO3固体中的少量NaHCO3

，置于坩埚中加热C.除去FeSO4溶液中混有的CuSO4，加入适量Zn粉后过滤D.除去四氯化碳和水的混合物中的水，实验室可采用分液法【答案】D【解析】【分析】A．Cu与氧气反应，但CO还原CuO；B．NaHCO3加热分解生成碳酸钠；C．Zn与硫酸铜反应生成硫酸锌；D．四氯化碳和水的混合物分层

。【详解】A.Cu与氧气反应，但CO还原CuO生成二氧化碳而引入新的杂质，则不能利用灼热的Cu网除杂，故A错误；B.NaHCO3加热分解生成碳酸钠，引入新杂质，则加热法不能除杂，故B错误；C.Zn与硫酸铜反应生成硫酸锌，引入新杂质，应选加足量Fe、

过滤，故C错误；D.四氯化碳和水的混合物分层，选分液法可分离，故D正确；本题选D。19.少量铁粉与100mL0.01mol•L﹣1的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的①加H2O②加NaOH固体③滴入几滴浓盐酸④加CuO固体⑤加NaCl溶液⑥

滴加几滴硫酸铜溶液⑦升高温度（不考虑盐酸挥发）⑧改用10mL0.1mol•L﹣1的盐酸A.①⑤⑦B.③⑦⑧C.②④⑥D.③⑥⑦⑧【答案】B【解析】【分析】根据外界条件对反应速率的影响结合氢气的总量不变以及铁少量分析解答。【详解】①加水，稀释了

盐酸的浓度，故反应速率变慢；②加氢氧化钠，与盐酸反应，减少了盐酸的浓度，故反应速率变慢；③加浓盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，由于铁不足，则生成的氢气量不变；④加CuO固体与盐酸反应生成氯化铜和水，氯化铜再与铁发生置换反应生成铜，构成原电池，反应速率加快，由于消耗铁影响氢气总量；⑤加氯化钠溶

液，相当于稀释盐酸浓度，故反应速率变慢；⑥滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量；⑦温度升高，反应速率加快，且不影响氢气量；⑧改用浓度大的盐酸，反应速率加快，且不影响氢气量。答案选B。【点睛】参加化学反应的物质的性质是决定化学反

应速率的主要原因。反应的类型不同，物质的结构不同，都会导致反应速率不同。外界条件对反应速率的影响一般是温度、压强、浓度和催化剂，注意本题不改变生成氢气总量的要求，答题时注意审题。20.下列检验铵盐的方法中，正确的是A.加入氢氧化钠溶液，加热试管，再滴入酚酞试液

B.加入氢氧化钠溶液，加热试管，并用湿润的红色石蕊试纸接近试管口上方C.加热试管，并用湿润的红色石蕊试纸接近试管口上方D.加水溶解，再用红色石蕊试纸检验其溶液【答案】B【解析】【详解】A.氢氧化钠溶液是强碱，也可以使酚酞变红色，A项错误；B.加入氢

氧化钠溶液加热，检验生成的氨气，可以证明是否含有铵盐，B项正确；C.铵盐中如氯化铵受热分解生成的氨气和氯化氢会重新生成氯化铵，C项错误；D.氯化铵溶于水，溶液中铵根离子水解显酸性，但显酸性的不一定是铵盐，D项错误；答案选B。【点睛】掌握常见阳离子的检验方法是解题的关

键，这里要注意细节。如检验铵盐溶液的方法是：铵盐和氢氧化钠在加热条件下生成氨气，氨气能使湿润红色石蕊试纸会变蓝色，由原子守恒来判断为铵盐。21.X、Y、Z、M、N代表五种金属。有以下化学反应：①水溶液中：X＋Y2＋=X2＋＋Y②Z＋2

H2O(冷)=Z(OH)2＋H2↑③M、N为电极与N盐溶液组成原电池，发生的电极反应为：M－2e－=M2＋④Y可以溶于稀H2SO4中，M不被稀H2SO4氧化，则这五种金属的活动性由弱到强的顺序是A.M＜N＜Y＜X＜ZB.N＜M＜X＜Y＜ZC

.N＜M＜Y＜X＜ZD.X＜Z＜N＜M＜Y【答案】C【解析】【分析】金属的金属性越强，其单质的还原性越强；在原电池中，一般来说，较活泼金属作负极、较不活泼金属作正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；在金属

活动性顺序表中，位于氢之前的金属能置换出酸中的氢，据此解答。【详解】①水溶液中X+Y2+＝X2++Y，说明活动性X＞Y；②Z+2H2O(冷水)＝Z(OH)2+H2↑，能与冷水反应生成氢气说明Z的金属性活动性很强；③M、N为电极，与N盐溶液组

成原电池，M电极反应为M-2e-＝M2+，M失电子发生氧化反应，则M是负极、N是正极，活动性M＞N；④Y可以溶于稀硫酸中，M不被稀硫酸氧化，说明活动性Y＞M，通过以上分析知，金属活动性顺序N＜M＜Y＜X＜Z。答

案选C。22.下列关于甲烷的叙述中，错误的是()A.通常情况下，甲烷跟强酸、强碱、强氧化剂不反应B.甲烷化学性质比较稳定，不能被任何氧化剂氧化C.甲烷跟氯气反应无论生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl

3还是CCl4，都属于取代反应D.甲烷的四种有机取代产物都难溶于水【答案】B【解析】【详解】A．甲烷化学性质不活泼，通常情况下，甲烷跟强酸、强碱、强氧化剂不起反应，A正确；B．甲烷的性质比较稳定，在通常情况下，不与强酸、强碱、强氧化剂反应，但甲烷能在空气中燃

烧，B错误；C．甲烷分子中的氢可以发生取代反应，甲烷跟氯气反应无论生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3还是CCl4，都属于取代反应，C正确；D．甲烷在光照条件下与氯气发生取代反应生成的CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3和CCl4均不溶于水，D正确；故选B。【点睛】甲烷的性质比较

稳定，在通常情况下，不与强酸、强碱、强氧化剂反应，但甲烷能在空气中燃烧是解答关键。23.下列关于电解质、非电解质的说法正确的是A.氯气溶于水得氯水，该溶液能导电，因此氯气是电解质B.CaCO3饱和溶液导电能力很弱，故CaCO

3是弱电解质C.导电能力弱的溶液肯定是弱电解质的溶液D.HF的水溶液中既有H+、F－，又有大量的HF分子，因此HF是弱电解质【答案】D【解析】【详解】A．氯气为单质，不是化合物，所以氯气既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；B．碳酸钙溶于水的部分完

全电离，所以碳酸钙为强电解质，电解质的导电性与其溶液的导电性强弱无关，故B错误；C．导电能力与溶液中离子浓度大小有关，与电解质强弱没有必然关系，如硫酸钡在溶液中导电性较弱，但是硫酸钡所以强电解质，故C错误；D．HF的水溶液中既有H+、F﹣，又有大量

的HF分子，证明氟化氢在溶液中部分电离，所以氟化氢为弱电解质，故D正确；故选D。24.已知：①向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变黄色；③取实验②生成的溶液滴在淀粉-

KI试纸上，试纸变蓝色。下列判断正确的是()A.上述实验中，共有两个氧化还原反应B.上述实验证明氧化性：4MnO−＞Cl2＞Fe3＋＞I2C.实验①生成的气体不能使湿润的淀粉-KI试纸变蓝D.实验②证明Fe2＋既有氧化性又有还原性【答

案】B【解析】【分析】①向KMnO4晶体中滴加盐酸，产生黄绿色的气体，气体为氯气，可知发生的反应为2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，KMnO4为

氧化剂，HCl为还原剂；②向FeCl2溶液中通入少量的实验①产生的气体，溶液变黄色，可知发生的反应为Cl2+2FeCl2=2FeCl3，Fe元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，Cl2为氧化剂，FeCl2为还原剂；③取实验

②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色，可知Fe3+与KI反应生成I2，反应的化学方程式为2FeCl3+2KI=2FeCl2+I2+2KCl，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，FeCl3为氧化剂，KI为还原剂；结合氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来解答。【详解】A

．上述实验中均含元素的化合价变化，则发生的反应都是氧化还原反应，有三个氧化还原反应，A错误；B．由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：4MnO−＞Cl2＞Fe3+＞I2，B正确；C．实验①生成的气体为氯气，氧化性Cl2＞I

2，Cl2能与KI发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，氯气能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，C错误；D．实验②中Fe元素的化合价升高，只可以证明Fe2+有还原性，D错误；故选B。25.某工业废水中存在大量的Na+、Cl－、Cu2+、SO42-，欲除去其中的Cu2+、SO42-，设计工艺流程

如图所示：下列说法不正确．．．的是A.NaOH的作用是除去Cu2+B.试剂a为Na2CO3，试剂b为BaCl2C.流程图中，操作x为过滤D.试剂c为盐酸【答案】B【解析】【分析】加入NaOH后，废水中含有Na+、Cl-、

OH-、SO42-；再加入试剂aBaCl2除去SO42-，此时废水中含有Na+、Cl－、Ba2+；再加入稍过量的试剂bNa2CO3除去Ba2+，此时废水中含有Na+、Cl-、CO32-；再加入试剂c盐酸，至不再产生气泡即可。【详解】A、废水中，只有Cu2+可以和NaO

H反应，故NaOH的作用是除去Cu2+，A正确；B、经分析，试剂a为BaCl2，试剂b为Na2CO3，B错误；C、流程图中，操作x为过滤，滤掉Cu(OH)2、BaSO4，C正确；D、经分析，试剂c为盐酸，D正确；故选B。第Ⅱ卷(选择题，共50分)注意事项：第Ⅱ卷用

黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效。二、填空题(本大题共4小题，共50分)26.W、X、Y、Z是原子序数依次递减的四种常见元素。X元素是地壳中含量最多的元素，Y、Z组成的气态化合物M可做制冷剂，其水溶液呈碱性，W的单质在X2中燃烧产物可

使品红溶液褪色，请回答：（1）W元素原子结构示意图是___________；该元素最高正化合价与最低负化合价分别是__________和__________。（2）Y元素的最高价氧化物的水化物与其氢化物反应的化学方程式是____________。（3）由

以上四种元素的其中三种元素所形成的氧化物中，有一种物质能与水反应生成气体，且该反应属于氧化还原反应，请写出该反应的化学方程式__________________________，其中氧化剂和还原剂的物质的量之比是：__________________。【答案】(1).(2).+6

(3).-2(4).HNO3+NH3=NH4NO3(5).3NO2+H2O=2HNO3+NO(6).1:2【解析】【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次递减的四种常见元素。X元素是地壳中含量最多的元素，则X为O元素，Y、Z

组成的气态化合物M可做制冷剂，其水溶液呈碱性，只有NH3的水溶液呈碱性，则Y为N元素，Z为H元素，W的单质在X2中燃烧产物可使品红溶液褪色，则W为S元素，据此回答。【详解】（1）根据上述分析，W为16号元素硫，原子结构示意图为，硫原子最外层

有6个电子，所以硫元素的最高正化合价是+6价，硫原子得到2个电子达到8电子的稳定结构，则硫元素的最低负化合价分别是-2价。（2）根据上述分析，Y为N元素，N元素的最高价氧化物的水化物是HNO3，N元素的气态氢化物为NH3

，两者反应生成硝酸铵，反应的化学方程式是HNO3+NH3=NH4NO3。(3)三种元素形成的氧化物有SO2、SO3、NO2、NO、H2O等，其中NO2能与水反应生成HNO3和NO，反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应中，NO2中N元

素的化合价一部分由+4价升高到+5价，做还原剂，一部分由+4价降低到+2价，做氧化剂，根据硝酸和NO的系数可知，其中氧化剂和还原剂的物质的量之比是1:2。27.用如图所示实验装置可以完成中学化学实验中的一些实验。(1)现有稀硝酸、稀盐酸、稀硫酸、碳酸钠

粉末、硅酸钠溶液五种试剂。选择三种试剂利用如图装置证明酸性强弱：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3。①仪器B的名称：____，A中试剂：____，B中试剂：____。②由实验现象可得C和Si简单氢化物的稳

定性大小：____。③C中发生反应的化学方程式：____。(2)利用如图装置实验，证明二氧化硫气体具有漂白性。已知：Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋H2O。在装置A中加入70%的硫酸溶液，B中加入Na2SO3粉末，则：①C中应加入____溶液(填

“品红”或“石蕊”)。打开分液漏斗活塞，一段时间后观察到C中现象是____，反应完全后，将C试管加热一段时间发生的现象是____。②如果仅用如图装置进行此实验，缺点是____；可以怎样改进：____。③将二氧化硫气体通入H2S溶液

中，会看到产生淡黄色的沉淀，请写出所发生反应的离子方程式：____。【答案】(1).圆底烧瓶(2).稀硫酸(3).碳酸钠粉末(4).CH4＞SiH4(5).CO2+H2O+Na2SiO3=H2SiO3↓+Na2CO

3(6).品红(7).红色溶液褪色(8).红色恢复(9).会污染环境，造成酸雨(10).在C装置出气口的导管再接一个盛有氢氧化钠溶液的烧杯，将产生的二氧化硫通入到氢氧化钠溶液中(11).SO2+2H2S=3S↓+2H

2O【解析】【分析】(1)强酸可以制弱酸，所以稀硫酸与碳酸钠粉末反应生成二氧化碳可证明酸性：:H2SO4＞H2CO3；二氧化碳与硅酸钠溶液反应可生成硅酸沉淀说明酸性：H2CO3＞H2SiO3；(2)装置A中加入70%的硫酸溶液，B中加入N

a2SO3粉末，二者反应生成SO2，SO2可以使品红溶液褪色，所以装置C中盛放品红溶液可以检验SO2；二氧化硫会对空气造成污染，需要处理，其可与NaOH溶液反应，所以可用NaOH溶液吸收据此分析解答。【详解】(1)①根据仪器B的结构特点可知其为圆底烧瓶；根据分析可知A中应盛放稀硫酸；B中应盛放碳酸

钠粉末；②由实验现象，二氧化碳与硅酸钠溶液反应可生成硅酸沉淀说明酸性：H2CO3＞H2SiO3，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，可得非金属性：C＞Si，非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强，则简单氢

化物的稳定性大小：CH4＞SiH4；③C中发生反应的化学方程式：C中为二氧化碳与硅酸钠的反应，方程式为：CO2+H2O+Na2SiO3=H2SiO3↓+Na2CO3；(2)①品红溶液可以检验二氧化硫，所以C中应加入品红溶液，可观察到C中红色溶液褪色

；完全反应后将C试管加热一段时间可观察到C中溶液颜色恢复；②二氧化硫会造成酸雨，所以属于酸雨污染，需要吸收尾气处理，；可以用NaOH溶液吸收二氧化硫，在C装置出气口的导管再接一个盛有氢氧化钠溶液的烧杯，将产生的二氧化硫通入到氢氧化钠溶液中；③将二氧化硫气体通入H2S溶液中，二氧化硫具有

氧化性，H2S具有还原性，二者发生氧化还原反应生成硫单质和水，发生反应的离子方程式：SO2+2H2S=3S↓+2H2O。28.某工厂的工业废水中含有大量FeSO4和CuSO4，为了减少污染并变废为宝，工厂拟定用以下流程从该废水中回收FeSO4和金属Cu。请根据如图所示流程图，回答相关问题：(1

)操作Ⅰ和操作Ⅱ分离固体和溶液的方法是____。(2)为了将CuSO4完全转化，步骤①加入的铁粉应____(填“过量”或“少量”)，其对应的化学方程式为____。(3)固体A的成分是铁和____(填名称)。(4)步骤②加入试剂B的稀溶

液，B的化学式为____，该物质在该反应中作____剂(填“氧化”或“还原”)。(5)取1～2mLFeSO4溶液于试管中，滴加几滴NaOH溶液后现象是____。(6)另取1～2mLFeSO4溶液于试管中，滴加几滴氯水，该反应的离子方

程式为____，向反应后的溶液中再滴加几滴____溶液，溶液变为血红色。【答案】(1).过滤(2).过量(3).Fe+CuSO4=FeSO4+Cu(4).铜单质(5).H2SO4(6).氧化(7).先产生白色沉淀，白色沉淀立即变成灰绿色，最后变成红褐色(8).2Fe

2++Cl2=2Fe3++2Cl−(9).KSCN【解析】【分析】工业废水中含有大量FeSO4和CuSO4，工业废水中加入过量铁粉，可置换出铜，同时生成硫酸亚铁，操作I为过滤，滤液中主要含FeSO4，过滤得到的固体A中含Fe、Cu，加

入试剂B为H2SO4，操作II为过滤，得到的滤渣为Cu，滤液主要含FeSO4，与第一次过滤得到的滤液合并，操作III为蒸发、浓缩、结晶、过滤，得到FeSO4‧7H2O，据此分析解答。【详解】(1)实验中通常使用过滤的方法分离固体和溶液，所

以操作Ⅰ和操作Ⅱ的名称为过滤，答案：过滤；(2)为了保证CuSO4反应彻底，就需要加入过量的Fe粉，Fe与CuSO4溶液发生置换反应，方程式为Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，答案：过量；Fe+CuSO4=FeS

O4+Cu；(3)固体A中除了未反应完的Fe，还有就是加入铁粉后置换出的Cu单质，答案：铜单质；(4)由分析可知，加入试剂B后Fe单质变成了FeSO4，而Cu单质不反应，所以B为稀硫酸；反应过程中，稀硫酸起氧化剂作用将Fe氧化，答案：H2SO

4；氧化；(5)Fe2+与OH-反应生成白色的不稳定的Fe(OH)2，Fe(OH)2可以迅速被氧化发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；白色沉淀立即变成灰绿色，最后生成红褐色的Fe(OH)3，答案：先产生白色沉淀，白色沉淀立即变成灰绿色，最后变成红褐色；(6)Fe

SO4中加入氯水后发生氧化还原反应，离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，由于反应后的溶液中有Fe3+，所以加入KSCN后，溶液会出现血红色，答案：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−；KSC

N。【点睛】在除去原有杂质时注意不要引入新的杂质，在FeSO4和CuSO4混合液中加入铁粉除去铜离子又不引入新的杂质离子，为了将杂质全部除掉，要加入过量的铁粉。29.A～D是四种烃分子的球棍模型(如图)(1)与A互为同系物的是___________(填序号)。(2)能使酸性高锰酸钾溶液

褪色的物质是_____________(填序号)。(3)D和液溴反应的化学方程式是________________________________________。【答案】(1).C(2).B(3).+Br23FeBr⎯⎯⎯→+HBr【解析】【分析】由球棍模型可知，A为甲烷，B为乙烯，C

为丁烷，D为苯；A、C的结构相似，分子组成相互3个CH2原子团，互为同系物；四种物质只有烯烃能被高锰酸钾氧化；D和液溴反应生成溴苯和HBr，据此分析。【详解】(1)A为甲烷，C为丁烷，A、C的结构相似，分子组成

相互3个CH2原子团；与A互为同系物的是C；(2)B为乙烯，含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质是B，发生氧化反应；(3)D为苯，D和液溴发生取代反应生成溴苯和HBr，化学反应方程式为：+Br23FeBr⎯⎯⎯→+HBr。【点睛】

苯中的碳碳键介于单键和双键之间，不易被酸性高锰酸钾氧化，为易错点。30.某些有机物的转化如下图所示。已知A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平，D是食醋的有效成分。请回答下列问题：(1)A中官能团的名称是______________。(2)B的结构简式为__

_______________。(3)反应③的化学方程式为_____________________________________。【答案】(1).碳碳双键(2).CH3CH2OH或C2H5OH(3).CH3COOH

＋CH3CH2OH浓硫酸ΔCH3COOCH2CH3＋H2O【解析】【分析】A的产量通常衡量一个国家的石油化工水平，则A应为CH2=CH2，D是食醋的有效成分，D是CH3COOH，CH2=CH2与水在一定条件下发生加成反应生成B，B为CH3CH2OH

，乙醇在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应生成C，C为CH3CHO，CH3CHO可进一步氧化生成D，D为CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH在浓硫酸作用下反应生成E为CH3COOCH2CH3，据此分析。【详解】(1)A应为CH2=CH2，官能团是碳碳双键；

(2)CH2=CH2与水在一定条件下发生加成反应生成B，B为乙醇，B的结构简式为CH3CH2OH或C2H5OH；(3)反应③是乙酸和乙醇发生酯化反应制得乙酸乙酯，化学方程式为CH3COOH＋CH3CH2OH浓硫酸ΔCH3COOCH2CH3＋H2O。【点睛】乙酸和乙醇生成乙酸乙酯

的反应需要加入浓硫酸作催化剂，反应是可逆反应，为易错点。