【文档说明】湖南省长沙市岳麓实验中学2024-2025学年高二上学期开学考试化学试题答案.docx，共(6)页，84.084 KB，由小赞的店铺上传

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参考答案：题号12345678910答案DCACCADBDB题号11121314答案BCCC1．D【详解】人体需要一些必须的微量元素，而长期饮用纯净水可能引起微量元素缺乏症，A正确；食品添加剂的合理使用，能够保持或增强食品的营养，B正确；二氧化硫具有漂白

性，硫元素为+4价，具有还原性，因此食品还原性漂白剂，是以二氧化硫为基础的一系列衍生物，C正确；锌能促进生长发育，人体内不能缺锌，但是不能大剂量补锌，以防引起负面影响，造成疾病，D错误；正确选项D。2．C【分析】X、Y、W、Z为短周期元素且原子序数

依次增大，由Z原子的L层电子数比W原子的L层电子数多2个，Z原子L层有8个电子，W原子L层有6个电子，再依据分子结构成键特点，X形成4条共价键、W形成2条共价键、Y形成3条共价键，Z形成1条共价键，可知X为C、Y为N，W为O、Z为Cl，以此来解析；【详解】A．O2-与N3-，电子层数相同，原子序数

越大，半径越小，简单离子半径W<Y，A正确；B．Y和Z的最高价氧化物对应的水化物HNO3和H2SO4为强酸，B正确；C．X、Z对应的简单气态氢化物分别为CH4、HCl，由于非金属性Cl>C，简单气态氢化物的稳定性Z>X，C错误；D．根据Q的结构简式，

X形成4个共价键，X为C，C原子最外层4个电子且共用4对，满足8电子稳定结构；Y形成3共价键，X为N，N原子最外层5电子且共用3对，满足8电子稳定结构；W成2个共价键，W为O原子最外层6电子且共用2，满足8电子稳定结构；

Z形成1共价键，Z为Cl，Z原子最外层7电子且共用1对，满足8电子稳定结构，Q分子中所有原子最外层都满足8电子稳定结构，D正确；故选C。3．A【分析】人体胃酸的主要成分是盐酸，胃酸可助消化食物，但胃酸过多会损伤胃黏膜，使人感觉不适

，抗酸药(又称抑酸剂)可以减少胃部过多的胃酸，且不引入有害离子如重金属离子，据此分析解答。【详解】A．阿司匹林的主要成分含有羧基，不能与盐酸反应，因此不能用作抗酸药，A符合题意；B．氢氧化铝能够与盐酸反应生成氯化铝和水，消耗氢离子，所以可以用于治疗胃酸过多，B不符合

题意；C．碳酸氢钠能够与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，消耗氢离子，所以可以用于治疗胃酸过多，C不符合题意；D．碳酸镁能够与盐酸反应生成氯化镁、水和二氧化碳，消耗氢离子，所以可以用于治疗胃酸过多，D不符合题意；故答案选A。【点睛】本题考查抗酸药的选择，明确明确

常见治疗胃酸药品的类型及特点为解答关键。4．C【详解】可逆反应达到平衡状态时即达到了该反应在一定条件下的最大限度，此时正逆反应速率相等，但不为0，答案选C。5．C【详解】A．胶体不能透过半透膜，溶液能透过半透膜，腌制咸鸭蛋利用了半透膜的渗析原理，故A正确；B．夏日的傍晚常常看到万丈霞光穿云而过的美

景是气溶胶造成的，故B正确；C．食用酸性食物能与氢氧化铝反应，会降低胃舒平的药效，故C错误；D．铁粉能与食品袋中的氧气发生氧化还原，常用作食品包装袋中的抗氧化剂，故D正确；故答案为C。6．A【详解】A.常温下，铝遇浓硫酸会被氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步反应，即

发生钝化现象，因此常温下可以用铝制容器盛装浓硫酸，A错误；B.氧化铝是离子化合物，由于离子键强，所以断裂消耗的能量大，因此物质的熔点高，所以氧化铝可用作耐火材料，B正确；C.氨汽化时要吸收大量的热，使周围环境温度降低，因此液氨可用作制冷剂，C正确；D.“84”消毒液主要成分是Na

ClO，该物质具有强氧化性，因此可用于环境消毒，D正确；故合理选项是A。7．D【详解】A．此反应用可逆符号，属于可逆反应，故A说法正确；B．升高温度，反应速率加快，故B说法正确；C．通入SO2，增加反应物浓度，反应速率加快，故

C说法正确；D．可逆反应不能完全进行到底，故D说法错误。答案选D。8．B【详解】A．工业制盐酸的方法是将氢气和氯气点燃生成氯化氢，而不是氯气与水反应，A项错误；B．ClO2用于自来水消毒是利用其强氧化性，B项正确；C．HClO可用作棉、麻的漂白剂是利用HClO的氧化性，C

项错误；D．FeCl3用于蚀刻印刷电路板是利用Fe3+的氧化性，D项错误；答案选B。9．D【详解】A．光缆的主要成分是二氧化硅，不是硅，故A错误；B．燃煤脱硫可以减少二氧化硫的排放，但不能减少二氧化碳的排放，不能

实现“碳达峰、碳中和”，故B错误；C．硼陶瓷复合材料属于性能优良的无机非金属材料，不属于有机高分子材料，故C错误；D．以二氧化碳和氢气为原料人工合成淀粉的过程中有元素发生化合价变化，所以该过程中一定发生氧化还原反应，故D正确；故选D。10．B【分析】向该溶液中逐滴加入1mol•L-1氢

氧化钠溶液一定体积后才产生沉淀说明溶液中一定含有氢离子，溶液中氢离子与偏铝酸根离子和碳酸根离子反应，不能大量共存，则溶液中一定不含有偏铝酸根离子和碳酸根离子；由电荷守恒可知，溶液中一定含有硝酸根离子，

酸性条件下具有强氧化性的硝酸根离子会与亚铁离子反应，则溶液中一定不含有亚铁离子，加入氢氧化钠溶液能生成沉淀，说明溶液中至少含有铁离子和铝离子中的一种。【详解】A．由分析可知，溶液中一定不含有亚铁离子，故A错误；B．由分析可知，溶液中一定含有硝酸根离子，故B

正确；C．由分析可知，溶液中一定不含有碳酸根离子，故C错误；D．由分析可知，溶液中至少含有铁离子和铝离子中的一种，故D错误；故选B。11．B【分析】“溶解”阶段，Fe2O3和硫酸反应生成Fe2(SO4)3和水，Fe和Fe2(SO4)3反应FeSO4，Fe和H2SO4反应生成FeSO4和

氢气，Fe元素以Fe2+存在于溶液中。操作Ⅰ为过滤，除去未反应的C，滤液1中加NaHCO3，HCO3-和Fe2+反应产生FeCO3沉淀，通过过滤、洗涤、干燥等一系列操作得到FeCO3，据此解答。【详解】A．碳酸钠水解呈碱性，油脂在碱性环境下水解，温度升高，

水解程度增大，故工业废铁屑往往附着有油脂，可通过热饱和碳酸钠溶液洗涤除去，A正确；B．Fe遇浓硫酸会钝化，阻碍其生成离子进入溶液中，B错误；C．结合电荷守恒可得反应2的离子方程式为：Fe2++2HCO3−=F

eCO3↓+H2O+CO2↑，C正确；D．Fe2+易被空气中的氧气氧化，故为避免硫酸溶解时Fe2+被空气氧化，废铁屑应适当过量，D正确；故答案为B。12．C【分析】根据图中短周期主族元素，及原子序数增大

及图中Z失去1个电子属于阳离子判断，Z为钠元素，X形成四个共价键判断是碳元素，Y形成两个共价键判断是氧元素，W的原子序数最小，形成1个共价键判断是H元素；【详解】A．WXYZ、、、分别是HCONa、、、四种元素。A选项，原子半径大小为Z>X>Y>W，故A不正确；B．Z和Y可以形成含有非

极性键的22NaO，故B不正确；C．WXY、、可形成224HCO，可与高锰酸钾发生反应，而使其褪色，故C正确；D．X和W形成的化合物属于烃，碳原子数越多，烃的沸点越高，故有的烃的沸点比水高，故D不正确；故选答案C。【点睛

】根据结构中元素原子形成的化学键判断，利用价键理论可以判断元素类别及所在主族。13．C【详解】A.假设有421molFeSO7HO即其质量为1mol278g/mol=278g，“将矾炒去，约折五分之一”

失去质量的15即1278g=55.6g5，换算成水的物质的量为55.6g3mol18g/mol，所以脱水后产物为FeSO4•4H2O，A正确；B.根据题目中描述“惟黄金不化水中，加盐则化”，可知该方法所造“强水”为硝酸，B正确；C.Au的金属活动性很弱，硝酸

均不能将其氧化，加盐后，“强水”中含王水成分，Au可溶于王水，主要是由于配位作用，而不是因为氧化性，C错误；D.“强水用过无力”的原因是“强水”用过以后，生成了硝酸盐溶液，其氧化性减弱，D正确；故答案选C。14．C【详解】A．混盐CaOCl2中相当于含有CaCl2和Ca(ClO)2

，其中Ca(ClO)2，具有强的氧化性，所以混盐CaOCl2有较强的氧化性，故A正确；B．Ca(ClO)2显碱性，因为次氯酸根离子水解，CaCl2显中性，所以CaOCl2水溶液呈碱性，故B正确；C．混盐CaOCl2中相当于含有

CaCl2和Ca(ClO)2，Cl的化合价分别是+1价、-1价，由氯气为原料，每生成1molCaOCl2，转移的电子数为NA，故C错误；D．混盐CaOCl2中的CaCl2和Ca(ClO)2在酸性条件下反应生成氯气，氯气

会黄绿色气体，故D正确；故答案为C。15．2，5，3，2，1，1IO3−+5I-+6H+→3I2+3H2O5：15s25p5分子间作用力（范德华力）bd取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生

成，则未变质【详解】(1)根据氧化还原反应的配平原则，先分析各物质化合价的升降变化，I从+5价降低到0价，至少转移10个电子，S元素从+4升高到+6至少转移2个电子，则NaIO3与NaHSO3的化学计量

数之比为2:5，再结合原子守恒规律配平该化学方程式为：2NaIO3+5NaHSO3=3NaHSO4+2Na2SO4+I2+H2O，用单线桥可表示出电子转移的方向和数目如下：，故答案为：2，5，3，2，1，1；；(2)第二步反应有碘单质生成，

第(1)问总反应的离子方程式为：②2IO3−+5HSO3−→3H++5SO24−+I2+H2O，则根据第一步反应①IO-3+3HSO-3→3SO2-4+I-+3H+可看出HSO-3已经被氧化为SO2-4，第二步不需要HSO-3，则②3-①5消去

HSO-3得到第二步离子方程式为：IO3−+5I-+6H+→3I2+3H2O；从第二步可看出，最终要得到3molI2，其中第一步提供5molIO3−转化为第二步所需的I-，因此若要使碘酸钠的利用率最高，

IO-3完全反应完，即碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是5：1，故答案为：IO3−+5I-+6H+→3I2+3H2O；5：1；(3)碘元素位于第五周期VIIA族，其原子最外层电子排布式是5s25p5；碘升华为

物理变化，没有化学键的断裂，因此克服的微粒间作用力为分子间作用力，故答案为：5s25p5；分子间作用力（范德华力）；(4)a．原子的最外层电子数目不能决定元素的非金属性强弱，故a错误；b．ICl中碘元素为+1价，说明Cl更易容易得到电子，非

金属性更强，故b正确；c．酸性：HClO3>HIO3，不是最高价氧化物对应水化物的酸性，所以无法判断非金属性，故c错误；d．氯化钠与浓硫酸共热制备氯化氢，利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，氯化碘与浓硫酸共热可制备碘单质，这

说明碘离子更易被氧化，其还原性比氯离子的更强，所以氯气的氧化性强于碘单质的氧化性，即可说明氯、碘两种元素非金属性得相对强弱，故d正确；故答案为：bd；(5)亚硫酸钠固体容易被空气氧化为硫酸钠，若检验是否

变质，主要检验溶于水后是否存在硫酸根离子，其方法如下：取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质。16．4KI＋2CuSO4===I2＋Cu2I2↓＋2K2SO4H2SO

3>KI>Cu2I2＋11【详解】（1）反应中化合价变化如下：KI中I元素由-1价升高1生成单质碘I2，失去2e－，CuSO4中Cu元素由+2价降低为+1价，得到e－，根据得失电子数目相等，二者最小公倍数数为2，硫酸铜前的系数为2，碘化亚铜前的系数为1

，再由质量守恒定律得化学方程式为4KI+2CuSO4=I2+Cu2I2↓+2K2SO4。（2）由（1）还原剂是KI溶液，还原产物为Cu2I2，还原性：KI＞Cu2I2；往上述反应后溶液中加入淀粉，溶液变蓝，再滴加亚硫酸溶液，蓝色又褪去，则H2SO3还原碘单质生成碘离子，故还原性：H2SO3

＞KI＞Cu2I2；（3）在化合物中正负化合价代数和为零：在Cu2HgI4中，设铜元素的化合价为x，则x×2+（+2）+（-1）×4=0，x=+1；反应2Cu2I2+Hg=Cu2HgI4（玫瑰红）+2Cu中，每摩Cu2I2中只有1molCu元素

化合价部分由+1价降低到0价，被还原，Cu2I2为氧化剂，另1molCu仍为+1价；Hg元素化合价由0价升高到+2价，Hg为还原剂，所以当有1molCu2I2参与反应时，只有1molCu元素的化合价发生变化，转移1mol电子。或从方程式2Cu2I2+Hg=Cu2HgI

4（玫瑰红）+2Cu，每2molCu2I2参与反应时，转移2mol电子，现1molCu2I2参与反应时，转移电子1mol。17．Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+防止后续步骤生成的AlCl3水解或增大反应物的接触面积，加快反应速率Fe或铁NaCl、NaClO、Na2CO

3除去FeCl3，提高AlCl3纯度【分析】（1）胶体具有吸附性，氯化铝能净水是因为：氯化铝为强酸弱碱盐，铝离子能水解生成氢氧化铝胶体，据此书写水解方程式；（2）用铝土矿制取无水氯化铝工艺流程：铝土矿粉和焦炭在300℃焙烧，固体水分挥发、气孔数目增多，固体混合物和氯气、氧气在950℃加热，Al2

O3、Fe2O3和SiO2先被焦炭还原为Al、Fe、Si，生成CO，后Al、Fe、Si分别和Cl2反应生成对应的氯化物，即SiCl4、AlCl3、FeCl3，CO和O2反应生成CO2，后冷却到100℃，尾气为CO2、多余的Cl2，O2，SiCl4，以及AlCl3和

FeCl3变成固体，得到氯化铝的粗品，加入氯化钠熔融，铝的金属活动性强于铁，加铝粉，可以将氯化铝的粗品中的氯化铁中的铁置换出来，生成铁和氯化铝，在300℃，废渣为Fe，得到成品氯化铝。【详解】（1）氯化铝

是强酸弱碱盐，在溶液中铝离子发生水解反应产生氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以能净水，其反应的离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，故答案为Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+；（2）①步骤1中铝土矿粉和焦炭

在300℃焙烧，因后续步骤反应生成氯化铝等强酸弱碱盐易水解，固体水分在焙烧的过程中挥发，防止后续步骤生成的盐水解、气孔数目增多增大反应物的接触面积，加快反应速率，故答案为防止后续步骤生成的AlCl3水解或增大反应物的接触面积，加快反应速率；②根据物质中含有的元素组成可知：若步骤Ⅱ中不通入氯气和

氧气，Fe2O3与焦炭发生氧化还原反应，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是铁，故答案为Fe或铁；③④步骤Ⅲ经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，CO2和NaOH溶液反应生成Na2CO3和H2O，所以生成的盐的化学式为Na

Cl、NaClO和Na2CO3，故答案为NaCl、NaClO、Na2CO3；④步骤Ⅲ得到氯化铝的粗品，加入氯化钠熔融能降低FeCl3的熔点，铝的金属活动性强于铁，加铝粉，可以将氯化铝的粗品中的氯化铁中的铁置换出来，生成铁和氯化铝，因AlCl3在180℃升华，在300℃，废渣为

Fe，冷却得到成品氯化铝，故答案为除去FeCl3，提高AlCl3纯度。【点睛】用铝土矿盐制取无水氯化铝工艺，涉及硅、铁、铝及其化合物的性质，注意盐的水解、生产流程反应条件的控制、热化方程式的书写、物质反应条件与产物的

确定等。18．0.98HCOOH*=HCOO*+H*HCOOH(g)=CO2(g)+H2(g)△H=-0.15NAeV/mol55%0.67p0选择合适催化剂HCOOH-2e-=CO2↑+2H+1.72【详解】(1)反应所需能垒

（活化能）越大，反应速率越慢，而决定该历程反应速率的是反应速率最慢的一步，即决速步骤是能垒最高的一步，该历程中三步的能垒分别为[0.77-(-0.21)]eV=0.98eV、(0.89-0.11)eV=0.78eV、[

0.46-(-0.08)]eV=0.54ev，所以该历程中决速步骤的能垒(活化能)E正=0.98eV，该步骤的反应方程式为HCOOH*=HCOO*+H*，故答案为：0.98；HCOOH*=HCOO*+H*；(2)结合反应历程可知，1molHCOOH(g)分解得到1molCO2(g)和1m

olH2(g)释放0.15eV能量，所以甲酸分解制氢气的热化学方程式为HCOOH(g)=CO2(g)+H2(g)△H=-0.15NAeV/mol，故答案为：HCOOH(g)=CO2(g)+H2(g)△H=-0.15NAeV/mol；(3)因为是刚性容器，所以可将分压代入三段式解答，平

衡时，H2的分压为0.55p0，所以：()()()000200020=HCOOHgCOgp000.55p0.55p0.55p0.45p0.5HgpΔ5p0.p5p5p+始平，所以，α(HCOOH)=00

0.55p100%p=55%，Kp=0000.55p0.55p0.45p≈0.67p0，故答案为：55%；0.67p0；(4)可选择合适的催化剂增大氢气的选择性，故答案为：选择合适的催化剂；(5)甲酸作燃料，失电子，发生的电极反应为：HCOOH-

2e-=CO2↑+2H+，1molHCOOH反应转移2mol电子，则1000gHCOOH转移100046×2mol电子，所以电池输出电能=1.48V×100046×2mol×96500C/mol，则能量密度E=10001.48V2mol96500C/mol1kg46=

1.4810009650023J/kg=61.48100096500233.610kW·h/kg≈1.72kW·h/kg，故答案为：HCOOH-2e-=CO2↑+2H+；1.72。