【文档说明】【精准解析】北京市清华附中2019-2020学年高一下学期居家自主学习在线检测化学试题.pdf，共(25)页，557.425 KB，由小赞的店铺上传

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-1-高一年级居家自主学习在线检测试卷(选考卷)化学可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5K-39Fe-56Cu-64Zn-65Rb-85一、选择题（每题2分，

共50分）1.下列反应中，属于放热反应的是（）A.碳酸钙受热分解的反应B.碳酸氢钠与柠檬酸的反应C.二氧化碳与碳单质生成一氧化碳的反应D.铁与盐酸的反应【答案】D【解析】【详解】A．碳酸钙受热分解的反应需要吸收能量，是常见的吸热反应，故A不符合题意；B．碳酸氢钠

与柠檬酸的反应是吸热反应，故B不符合题意；C．二氧化碳与碳单质生成一氧化碳的反应，要吸收能量，是常见的吸热反应，故C不符合题意；D．铁与盐酸的反应放出热量，是常见的放热反应，故D符合题意；答案选D。2.下列做法的目的与改变化学反应速率无关的是（）A.在糕点包装

内放置小包除氧剂B.在糖果制作过程中添加着色剂C.高炉炼铁前先将铁矿石粉碎D.牛奶在冰箱里保存【答案】B【解析】【详解】A．在糕点包装内放置小包除氧剂的目的是防止食品变质，减慢糕点腐败变质的速度，故A与改变化学反

应速率有关；B．在糖果制作过程中添加着色剂的目的是改变糖果的颜色，故B与改变化学反应速率无关；C．高炉炼铁前先将铁矿石粉碎，增大接触面积加快化学反应速率，故C与改变化学反应速率有关；D．牛奶在冰箱里保存，降低温度，减缓食物变质的速

率，故D与改变化学反应速率有关；-2-答案选B。3.已知2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，该反应中相关物质的化学用语中正确的是（）A.NaOH的电子式B.中子数为12的钠原子：2312NaC.H2O的电子式

：D.Na+的结构示意图：【答案】A【解析】【详解】A．NaOH中，氢原子最外层只有一个电子，氢原子和氧原子各提供一个电子形成一对共用电子对，即形成氧氢单键，氧原子得到钠离子给的电子，与氢原子形成了氢氧根离子，氢氧根离子和

钠离子形成离子键，故氢氧化钠的电子式为，故A正确；B．AZX中Z代表质子数，即原子序数，A代表质量数，质量数=质子数+中子数，钠的质子数为11，中子数为12的钠原子质量数为23，所以中子数为12的钠原子可表示为2311Na，故B错误；C．水分子中氢原子与氧原子

通过共用电子对形成共价键，所以电子式可表示为，故C错误；D．钠原子核外有11个电子，失去一个电子形成钠离子，所以钠离子核外有10个电子，Na+的结构示意图，故D错误；答案选A。4.2019年为国际化学元素周期表年。鉝(Lv)是116号主族元素，其原子核外最外层电子数是6。下列说法

不正确的是()A.Lv位于第七周期第VIA族B.Lv在同主族元素中金属性最弱C.Lv的同位素原子具有相同的电子数D.中子数为177的Lv核素符号为293116Lv【答案】B-3-【解析】【分析】鉝(Lv)原子核外最外层电子数是6，可能是第VIA族的元素，由零族定位法可

知，118号元素位于元素周期表第七周期零族，则116号的鉝(Lv)位于元素周期表第七周期第VIA族，据此分析。【详解】A．由分析可知，Lv位于元素周期表中第七周期第ⅥA族，故A正确；B．同主族元素，由上至下，金属性逐渐增

强，则Lv在同主族元素中金属性最强，故B错误；C．同位素原子质子数、电子数相同，中子数不同，故C正确；D．中子数为177的Lv核素，质量数=116+177=293，则核素符号为293116Lv，故D正确；答案选B。5.某化学反应中，反应物B的物质的量浓度在20s内，从2

.0mol/L变成了1.0mol/L，则这20s内B的反应速率为A.0.05mol/（L·s）B.0.05C.0.5mol/（L·s）D.0.05mol/L【答案】A【解析】【详解】某化学反应中，反应物B的物质的量浓度在20s内，从2.0mol/L变成了1.0mol/L，则这20s

内B的反应速率V(B)=Δc(B)÷Δt=(2.0mol/L－1.0mol/L)÷20s=0.05mol/（L·s），答案选A。6.下列事实不能．．用元素周期律解释的是()A.碱性：CsOH＞KOHB.氢化物稳定性：H2O＞H2SC.金属性：Na＞MgD.热稳定性

：Na2CO3＞NaHCO3【答案】D【解析】【详解】A.金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；金属性Cs>K，则最高价氧化物对应水合物的碱性：CsOH＞KOH，能够用元素周期律解释，故A不符合题意；B.非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强；非金属性O>

S，则气态氢化物的稳定性：H2O＞H2S，能够用元素周期律解释，故B不符合题意；C.同周期元素，原子序数越大，金属性越弱，非金属性越强，原子序数：Na＞Mg，则金属性：-4-Na＞Mg，能用元素周期律解释，故C不符合题意；D.Na2CO3加热不分解，NaHCO3加热分解生成碳酸钠、

二氧化碳和水，则热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，与元素周期律无关，故D符合题意；答案选D。【点睛】本题考查元素周期律的应用，需要对元素周期律做到准确掌握。7.反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下

列条件的改变可使反应速率加快的是()A.增加C的量B.将容器的体积减小一半C.保持体积不变，充入氮气使体系的压强增大D.保持压强不变，充入氮气使体系的体积增大【答案】B【解析】【详解】A、因该反应中C为固体，则增加C的量，对化学反应速率无影响，故A错误；B、将容器的体积缩小一半，反应体系中物质

的浓度增大，则化学反应速率增大，故B正确；C、保持体积不变，充入N2使体系的压强增大，氮气不参与反应，反应体系中的各物质的浓度不变，则反应速率不变，故C错误；D、保持压强不变，充入N2使容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小，则反应速率减小，故D错

误；故选B。8.如图为铜—锌—稀硫酸原电池示意图，下列表述正确的是（）A.该装置能将电能转变为化学能B.锌电极上发生还原反应，铜电极上发生氧化反应C.电流由Zn片通过导线流向Cu片D.铜片上有气泡冒出，反应一段时间后，溶液的pH变大-5-【答案】D【解析】【分

析】锌和铜是两种活泼性不同的电极，稀硫酸是电解质溶液，锌和稀硫酸自发发生氧化还原反应，形成了闭合回路，满足原电池的四个条件，形成了原电池，是将化学能转化为电能；锌作负极，发生氧化反应，铜作正极，发生还原反应，电子从负极出发，经导线流向正极，由此分析。【详解】A．该装置是原电

池，能将化学能转变为电能的装置，故A错误；B．锌和稀硫酸发生氧化还原反应时，锌电极作负极，发生氧化反应，铜电极上发生还原反应，故B错误；C．电子的流向由Zn片通过导线流向Cu片，电流由Cu片通过导线流向Zn片，故C错误；D．铜作正极，氢离子在铜片上得电子

生成氢气，铜片上有气泡冒出，反应一段时间后，溶液中氢离子的浓度减小，故溶液的pH变大，故D正确；答案选D。9.为了从海带浸取液中提取碘，某同学设计了如下实验方案：下列说法正确的是（）A.①中反应的离子方程式：2I−+H2O2＝I2+2OH−B.②中分液时含I2的CCl4溶

液从分液漏斗上口倒出C.③中得到的上层溶液中含有I−D.操作Z的名称是加热【答案】C【解析】【详解】A．①中在酸性溶液中不可能生成OH−，故A错误；B．四氯化碳的密度比水大，②中分液时含I2的CCl4溶液从分液漏斗下口放出，故B错误；C．碘化钠水

溶液的密度比四氯化碳小，③中得到的上层溶液中含有I−，故C正确；D．从含有碘的悬浊液中得到碘，应该采用过滤的方法，故D错误；故选C。-6-10.工业制取硫酸中的一步重要反应是SO2在400~500℃下催

化氧化：2SO2+O2⇌2SO3，这是一个正反应放热的可逆反应。如果反应在密闭容器中进行，下述有关说法错误的是（）A.达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度相等B.若消耗2molSO2同时生成1molO2，则反应达到平

衡C.在上述条件下，SO2不可能100%的转化为SO3D.使用催化剂是为了加快反应速率【答案】A【解析】【详解】A．达到平衡时，反应体系各组分的含量保持不变，不是相等，SO2的浓度与SO3的浓度可能相等，也可能不相等，要依据反应物的初始浓度及转化率进行判断，故

A错误；B．消耗2molSO2等效于消耗1mol的O2，同时生成1molO2，说明正逆反应的速率相等，达平衡状态，故B正确；C．因该反应是可逆反应，存在反应限度，反应物不可能100%的转化，故C正确；D．使用催化剂加快了反应速率，缩短反应时间，提高反应效率，

平衡不移动，故D正确；答案选A。11.锗（32Ge）与钾（19K）同周期。下列说法正确的是A.锗位于第四周期第ⅤA族B.7032Ge的中子数与电子数的差值为38C.锗是一种半导体材料D.碱性：Ge(OH)4

＞KOH【答案】C【解析】【详解】A、Ge的核外电子排布为2、8、18、4，则其位于第四周期IVA族，A错误；B、7032Ge的中子数位38，电子数位32，则中字数和电子数的差值为6，B错误；C、Ge位于金属元素和非金属元素分界

线上，其单质可用作半导体材料，C正确；D、第四周期中，Ge位于K的右侧，则K的金属性大于Ge，所以碱性：KOH＞Ge(OH)4，D错误；故选C。12.一定温度下，在2L密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是-7-A.

a点时，υ(A)=υ(B)B.反应开始到5min，B的物质的量增加了0.2molC.反应的化学方程式为：3A2B＋CD.反应开始到5min，υ(C)=0.04mol/(L·min)【答案】C【解析】【详解】A.由图可知，a点时，A、B两物质反应的时间相同，但物质的

量的变化量不同，反应速率不相等，故A错误；B.反应开始到5min，B的物质的量由0变为0.4mol，则增加了0.4mol，故B错误；C.反应达到平衡时，A的物质的量由0.8mol减少为0.2mol，变化量为0.6mol，A为反应物，B的物质的量由0增加到0.4mo

l，变化量为0.4mol，C的物质的量由0增加到0.2mol，变化量为0.2mol，B、C为生成物，化学反应计量系数之比等于反应体系中物质变化量之比，∆n(A)：∆n(B)：∆n(C)=0.6mol：0.4mol：0.2mol=3：2：1，则反应的化学方程式为：3A2B

＋C，故C正确；D.反应开始到5min，∆n(C)=0.2mol，υ(C)=ΔnC0.2molΔcCV2L==tt5min=0.02mol/(L·min)，故D错误；答案选C。【点睛】从图象中找到信息，找到谁是反应物，谁是生成物，根据方程式的系数之比等于变化的物质的量之

比，从而正确书写出化学方程式，应用化学反应速率的公式进行计算。13.我国研发一款拥有自主知识产权的超薄铷(Rb)原子钟，每3000万年误差仅1秒。Rb是第五周期第ⅠA族元素，下列关于37Rb的说法正确的是()A.与同周期元素53I的原子半径比：Rb＞IB.中子数

为50的Rb的核素：5037Rb-8-C.元素的金属性：K＞RbD.最高价氧化物对应的水化物的碱性：KOH＞RbOH【答案】A【解析】【分析】铷元素(Rb)位于元素周期表中第五周期第ⅠA族，为碱金属元素，同主族从上到下金属性增强

，同主族元素化合物的性质相似，以此来解答。【详解】A．铷和碘位于同一周期，铷在碘的左侧，同周期从左到右，原子半径逐渐减小，故原子半径Rb＞I，故A正确；B．中子数为50的Rb的核素表示为：8737Rb，故B错误；C．同主族从上往下

金属性增强，所以金属性：K＜Rb，故C错误；D．同主族从上往下金属性增强，最高价氧化物对应的水化物的碱性增强，故碱性RbOH＞KOH，故D错误；答案选A。14.X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置关系如图所示，X原子最外层有5个电子。下列说法正确的是（）A.氢化物的稳

定性：YH3＞H2ZB.还原性：Z2-＜W-C.酸性：H3YO4＞HXO3D.离子半径：W−＜Z2-【答案】D【解析】【分析】X原子最外层有5个电子，X是N元素；根据X、Y、Z、W在盐酸周期表中的相对位置，可知Y、Z、W分别是P、S、

Cl，据此分析。【详解】A．同周期元素从左到右非金属性增强，气体氢化物的稳定性增强，所以氢化物的稳定性：PH3＜H2S，故A错误；-9-B．元素的非金属性越强，阴离子还原性越弱，所以还原性：Cl−＜S2−，故B错误；C．同主族元素从上到下非金属性减弱，最高价氧

化物对应的水化物酸性减弱，所以最高价含氧酸的酸性：H3PO4＜HNO3，故C错误；D．电子层数相同，核电荷数越多半径越小，离子半径：Cl−＜S2−，故D正确；答案选D。15.2019年为“国际化学元素周期

表年”。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法不正确．．．的是（）A.原子半径：W<XB.X的最高价氧化物的水化物是强碱C.Y单质可用做半导体材料D.气态氢化物热稳定性：Z<W【答案】

B【解析】【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8，则W为N，X为Al，根据题目所给位置信息，Y为Si，Z为P。【详解】A.W的电子层数为2，X的电子层数为3，所以W的原子半径小于

X，A正确；B.X的最高价氧化物对应水化物为3Al(OH)，为弱碱，B错误；C.Y为Si，位于元素周期表金属与非金属元素的分界线上，可用作半导体材料，C正确；D.根据元素周期律，气态氢化物的稳定性Z<W，D正确；故答案选B。16.利用固体表面催化工艺进行NO分解的过程如下图所示。下

列说法不正确．．．的是A.NO属于共价化合物B.O2含有非极性共价键C过程②吸收能量，过程③释放能量-10-D.标准状况下，NO分解生成11.2LN2转移电子数为6.02×1023【答案】D【解析】【详解】A.NO中氮原子和氧原子以共价键相结合，NO只含

有共价键，属于共价化合物，故A正确；B.O2中氧原子和氧原子以共价键相结合形成分子，由同种元素形成的共价键为非极性键，故B正确；C.过程②为NO分子变成氮原子和氧原子，是断键的过程，断键吸收能量，过程③由氮原子和氧原子重新结合形成氮气和氧气，是形成化学键，形成键释放能量，故C正

确；D.11.2LN2的物质的量为0.5mol，2molNO生成1molN2，氮原子化合价由+2价变为0价，共转移4mol电子，则生成0.5molN2转移电子数为2×6.02×1023=1.204×1024，故D错误；答案

选D。17.下列实验事实不能．．作为所得结论合理证据的是选项ABCD实验现象NaBr溶液变为橙色，NaI溶液变为棕黄色Mg条表面有气泡产生Na2SiO3溶液中出现白色沉淀钾与水反应比钠与水反应更剧烈结论氧化性：Cl2＞Br

2＞I2还原性：Mg＞Al非金属性：C＞Si金属性：K＞NaA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】-11-【详解】A、氯水滴入溴化钠溶液中，NaBr溶液变为橙色，说明氧化性Cl2＞Br2；溴水滴入NaI溶液中，NaI溶液变为棕黄色，说明氧化性Br2＞

I2，所以氧化性：Cl2＞Br2＞I2，故选A；B、Mg条表面有气泡产生，说明镁是正极，不能得出还原性Mg＞Al的结论，故选B；C、把二氧化碳通入硅酸钠溶液中，有白色沉淀硅酸生成，证明碳酸的酸性强于硅酸，最高价含氧酸的酸性越强，其非金属性越强，所以非金属性C＞Si，故不选C；

D、金属性越强，金属单质越易与水反应，钾与水反应比钠与水反应更剧烈，证明金属性K＞Na，故不选D。【点睛】本题考查实验的设计与评价，注意设计的实验的严密性；B选项，要证明Mg＞Al的还原性，可把镁、铝用导线连接

后伸入稀硫酸中，铝表面有气泡生成。18.光气（COCl2）在农药、医药等领域都有许多用途。一定温度下，恒容密闭容器中，CO与Cl2在催化剂的作用下发生反应：CO（g）＋Cl2（g）COCl2（g）。下列说法能充分说明该反应已经达到化学平衡状态的是A.正、逆反应速率都等于零B.CO、

Cl2、COCl2的浓度相等C.CO、Cl2、COCl2的浓度不再变化D.CO、Cl2、COCl2在密闭容器中共存【答案】C【解析】分析：化学反应达到化学平衡状态时,正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论。详解：A.化学反

应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，故A错误；B.平衡时各物质的浓度关系取决于反应物的起始量和转化的程度，CO、Cl2、COCl2的浓度相等不能作为达到平衡的依据，所以B选项是错误的；C.当反应达到平衡状

态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，故C正确；D.该反应为可逆反应，无论是否达到平衡状态，都存在CO、Cl2、COCl2在容器中共存的特点故D错误；所以C选项是正确的。19.一种镁氧电池如图所示，电极

材料为金属镁和吸附氧气的活性炭，电解液为KOH浓溶液。下列说法不正确．．．的是（）-12-A.电池总反应式为：2Mg+O2+2H2O=2Mg(OH)2B.正极反应式为：Mg-2e-=Mg2+C.活性炭可以加快O2在电极上的反应速率D.电子的移动方向由a经外电路到b【答案

】B【解析】【分析】该电池电极材料为金属镁和吸附氧气的活性炭，则aMg电极为负极，电极反应为2Mg-2e=Mg，b石墨电极上氧气得电子，作正极，电极反应为-22O4e+2HO=4OH，电池的总反应为2Mg+O2+

2H2O=2Mg(OH)2。【详解】A.根据上述分析，可知电池的总反应为2Mg+O2+2H2O=2Mg(OH)2，A正确；B.根据上述分析，可知电池的正极反应式为-22O4e+2HO=4OH，B错

误；C.活性炭疏松多孔，有助于吸附氧气，可以加快O2在电极上的反应速率，C正确；D.根据分析，a为负极，b为正极，因此电子的移动方向由a经外电路到b，D正确；故答案选B。20.工业制备硝酸的反应之一为：3NO2+H2O=2HNO3+NO。用NA表示阿伏加德罗常数，下列说

法正确的是()A.室温下，22.4LNO2中所含原子总数为3NAB.36gH2O中含有共价键的总数为2NAC.上述反应，生成1molHNO3转移电子的数目为NAD.标准状况下，11.2LNO中所含电子总数为5NA【答案】C【解析】【详解】A.室温下，22.4L不能用气体摩尔体积进行计算物质的量，故

A错误；-13-B.36gH2O为2mol，一分子水中含有2个共价键，则2mol水中含有共价键的总数为4NA，故B错误；C.上述反应，生成2molHNO3共转移2mol电子，生成1molHNO3转移1mol电子，数目为NA，故C正确；D.标准状况下，11.2LNO

为0.5mol，一个NO中含有15个电子，则0.5molNO中所含电子总数为7.5NA，故D错误；答案选C。【点睛】根据气体体积计算物质的量或粒子数目时，气体的条件必须在标准状况下。21.向H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，溶液迅速变黄，稍后产生气体；

再加入KSCN溶液，溶液变红，一段时间后，溶液颜色明显变浅。依据实验现象，下列分析不正确．．．的是A.产生气体的原因是FeSO4将H2O2还原生成了O2B.H2O2溶液与FeSO4溶液反应生成Fe3＋的证据是：“溶液迅速变黄”和“溶液变

红”C.溶液颜色变浅，可能是过量的H2O2氧化了KSCND.溶液先变红后明显变浅，是由反应速率不同导致的【答案】A【解析】【详解】A.H2O2具有强的氧化性，FeSO4具有还原性，向H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，二者发生氧化还原反应，产生Fe3+，使溶

液迅速变黄，稍后产生气体，是由于反应产生的Fe3+是H2O2分解反应的催化剂，A错误；B.Fe3+水溶液显黄色，且Fe3+遇KSCN会显红色，B正确；C.KSCN具有还原性，H2O2具有强的氧化性，二

者会发生氧化还原反应，Fe3+与SCN-结合形成Fe(SCN)3的浓度降低，故会使溶液的颜色变浅，C正确；D.溶液中开始时Fe3+与SCN-结合形成Fe(SCN)3的浓度较大，溶液的红色比较深，后由于KSCN被氧化，使Fe(SCN)3的浓度降低，溶液颜色变浅，这都是由于浓度改变，导致

物质的反应速率发生变化引起的，D正确；故答案选A。22.几种短周期元素的主要化合价及原子半径数据见下表：据表中信息判断，下列有关叙述中正确的是（）元素代号LMQRT-14-主要化合价+2+3+6﹣2+7﹣1﹣2原子半径/nm0.1600.1430.1020.09

90.074A.L、M的单质分别与同浓度的稀盐酸反应时，M的单质反应更剧烈B.Q、T两元素的氢化物热稳定性比较：Q的氢化物大于T的氢化物C.L与R两元素形成的化合物中含有共价键D.M与T形成的化合物能和强酸、强

碱反应【答案】D【解析】【分析】由元素化合价可知L为周期表第ⅡA族元素，M为第ⅢA族元素，Q的最高正价为+6价，应为S，根据原子半径，L和M的原子半径大于Q，则L为Mg元素，M为Al元素；R的最高价为+7，R为Cl元素，

T应为O元素，据此分析解答。【详解】A．L为Mg元素，M为Al元素，Mg、Al的单质分别与同浓度的稀盐酸反应时，Mg比Al活泼，与盐酸反应时更剧烈，故A错误；B．Q为S元素，T为O元素，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，非金属性O＞S，则稳定性

：T的氢化物大于Q的氢化物，故B错误；C．L为Mg元素，R为Cl元素，L与R两元素形成的化合物为氯化镁，为离子化合物，只含有离子键，故C错误；D．T为O元素，M为Al元素，M与T形成的化合物为氧化铝，具有两性，能和强酸、强碱反应，故D正确；答

案选D。23.“氮的固定”对保障人类生存具有重大意义。一种新型合成氨的原理如图所示：下列说法错误的是（）-15-A.热稳定性：NH3＞H2OB.Li3N中含有的化学键类型只有离子键C.N2的电子式为D.如图所

示过程的总反应方程式：2N2＋6H2O一定条件4NH3＋3O2【答案】A【解析】【详解】A．非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性O＞N，热稳定性：H2O＞NH3，故A错误；B．N原子最外层5个电子，得3个电子

形成N3-，Li失去1个电子，形成Li+，Li+和N3-之间形成离子键，Li3N中含有的化学键只有离子键，故B正确；C．N原子最外层5个电子，两个N原子各用三个电子形成叁键后还剩一个未成键电子对，N2的电子式为，故C正确；D．由图中进入体系的是

N2、H2O，是反应物，出体系的是NH3、O2，为生成物，反应条件为通电，该图所示的总反应式为：2N2＋6H2O通电4NH3＋3O2，故D正确；答案选A。24.亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊（Mathieso

n）法制备亚氯酸钠的流程如下：下列说法错误的是（）A.反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1B.若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物-16-C.反应②中的H2O2可用NaClO4代

替D.反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2【答案】C【解析】【详解】A．根据流程图反应①中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，根据化合价升降相等可得N

aClO3和SO2的物质的量之比为2:1，A项正确；B．由反应①化合价变化情况，再根据原电池正极表面发生还原反应，所以ClO2是正极产物，B项正确；C．据流程图反应②，在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2氯元素的化合价降低，做氧化剂；H

2O2只能做还原剂，氧元素的化合价升高，不能用NaClO4代替H2O2，C项错误；D．据流程图反应②ClO2与H2O2反应的变价情况，ClO2做氧化剂，H2O2做还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D项正确；故答案选C。【点睛】根据反应的流程图可得反应①中的反应物与生成物

，利用得失电子守恒规律推断反应物或生成物的物质的量之比。25.A、B、C、X为中学化学常见物质，A、B、C含有相同元素甲，可以发生如下转化（水参与的反应，水未标出）。下列说法不正确．．．的是A.若A、B、C的焰色反应呈

黄色、水溶液均呈碱性，则X可以是CO2B.若C为红棕色气体，则A一定为空气中含量最高的气体C.若B为FeCl3，则X一定是FeD.A可以是碳单质，也可以是O2【答案】B【解析】【详解】A.若A、B、C的焰色反应呈黄色，说明A、B、C中含有钠元素，水溶液均呈碱性，则A为

氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，B为碳酸钠，碳酸钠溶液显碱性；碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，C为碳酸氢钠，碳酸氢钠为碱性，故A正确；B.若A为氨气、X为氧气，则B为一氧化氮，C为红棕色气体二氧化氮，则A不一定为空气-17-中

含量最高的氮气，故B错误；C.若B为FeCl3，则A为氯气，与铁反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，故C正确；D.若A为碳、X为氧气，则B为一氧化碳，C为二氧化碳；若A为氧气、X为碳，则B为二氧化碳，C为一氧化碳，故D正确；答案为B。【点睛】元素的性质的推断

题，要熟练掌握各种物质间的相互转化，并能找到各物质间相互转化方案，熟记物质的性质，综合运用。二、填空题（共5题，50分）26.某学习小组为了研究外界条件对溶液的分解速率的影响，设计了如下实验。10%H

2O2蒸馏水2mol/LFeCl3初始温度实验110mL0mL0滴20℃实验210mL0mL3滴20℃实验310mL0mL0滴40℃实验48mLVmL3滴20℃学习小组的同学在实验中发现实验1无明显现象，实验2~4均有气泡冒出，反应速率各不相同

。根据表中数据回答相关问题：(1)实验2中发生反应的化学方程式为___。(2)实验1、3可得出的结论是___。(3)实验___和___探究浓度对H2O2溶液分解速率的影响。(4)实验4中的V=___。【答案】(1).2H2O23FeCl2H2O+O2↑(2

).温度升高(或加热)，H2O2的分解速率加快(3).2(4).4(5).2【解析】【分析】-18-实验是研究外界条件对溶液的分解速率的影响，需要应用控制变量法；实验4、实验2和实验1在相同的温度下，实验2和实验1在相同的浓度和温度下反应

，实验2中加入了三氯化铁，探究的是催化剂对反应速率的影响；实验1、实验3是其他条件相同，温度不同的实验，探究的是温度对化学反应速率的影响；图表数据分析可知实验2和实验4温度相同，滴加氯化铁，实验4加入蒸馏水稀释过氧化氢溶液，比较产生气体的速率来判断

浓度变化对反应速率的影响；实验4是判断浓度变化对反应速率的影响，应在相同条件下进行，据此分析。【详解】(1)过氧化氢溶液中滴入氯化铁，分解反应生成氧气和水，氯化铁是催化剂，反应的化学方程式：2H2O23FeCl2H2O+O2↑；(2)实验1、实验3是其他条件相同，

温度不同的实验，探究的是温度对化学反应速率的影响；实验1、3可得出的结论是：温度升高(或加热)，H2O2的分解速率加快；(3)探究浓度对H2O2溶液分解速率的影响，图表数据分析可知实验2和实验4温度相同，未滴加氯化铁，实验4加入蒸

馏水稀释过氧化氢溶液，冒出气体速率减慢；(4)图表数据分析可知实验2和实验4温度相同，滴加氯化铁，实验4加入蒸馏水稀释过氧化氢溶液，比较产生气体的速率来判断浓度变化对反应速率的影响；实验4取用过氧化氢溶液体积8mL，加入2mL蒸馏水稀释得

到10mL溶液，其他条件相同时，才能来探究浓度变化对反应速率的影响，故V=2。【点睛】实验是研究外界条件对溶液的分解速率的影响，需要应用控制变量法，保证浓度，温度，催化剂中只改变一个条件，其他条件相同，为易错点。27.已知化学反应

：a．AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3，b．2AgNO3+Cu=2Ag+Cu(NO3)2请回答下列问题：(1)上述两个化学反应中有一个不可用于设计原电池，它是___(填写代号)，另一个可用于设计原电池，该原电池中，负极反应式是___，正极反应式是___，电池总反应的离子方程

式是___。(2)如果利用化学反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，设计原电池，请在如图方框中标明电极材料和电解质溶液的名称(图中“I”表示电流)___、___、___。【答案】(1).a(2).Cu-2e-═Cu2+(3).2Ag+

+2e-═2Ag(4).Cu+2Ag+=Cu2++2Ag-19-(5).Cu(6).不如铜活泼的金属或石墨(7).氯化铁或硫酸铁【解析】【分析】自发进行的氧化还原反应是发生原电池反应的条件之一，原电池的负极发生氧化反应，正极发生还原反应，正负极电极反应相加得到总的电极反应；根

据原电池的形成条件判断正负极，电解质溶液，据此分析。【详解】(1)上述两个化学反应中有一个不可用于设计原电池，它是a，其原因是a是复分解反应，不是自发的氧化原反应；另一个可用于设计原电池，该原电池中，负极上铜失电子发生氧化反应，正极上银离子得电子发生还原反应，负极反应

式是Cu-2e-═Cu2+；正极反应式是2Ag++2e-═2Ag；电池总反应的离子方程式是：Cu+2Ag+=Cu2++2Ag；(2)利用化学反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，设计原电池时，根据电流的方向和电子的流向相反，则负极上铜失电子发生氧

化反应，正极上铁离子得电子发生还原反应，所以负极材料应该是铜，正极材料应该是不如铜活泼的金属或石墨，电解质溶液应该是氯化铁或硫酸铁。【点睛】电子的流向和电流的方向相反，为易错点。28.R、W、X、Y、M是原子序数依次增大的五种主族元素。R最

常见同位素的原子核中不含中子。W与X可形成两种稳定的化合物：WX和WX2。工业革命以来，人类使用的化石燃料在燃烧过程中将大量WX2排入大气，在一定程度导致地球表面平均温度升高。Y与X是同一主族的元素，且在元素周期表中与X相邻。（1）W的原子结构示意图是

__________________________。（2）WX2的电子式是_______________________。（3）R2X、R2Y中，稳定性较高的是____（填化学式），请从原子结构的角度解释其原因：_____。（4）Se与Y是同

一主族的元素，且在元素周期表中与Y相邻。①根据元素周期律，下列推断正确的是________（填字母序号）。a．Se的最高正化合价为+7价b．H2Se的还原性比H2Y强c．H2SeO3的酸性比H2YO4强d．S

eO2在一定条件下可与NaOH溶液反应②室温下向SeO2固体表面吹入NH3，可得到两种单质和H2O，该反应的化学方程式为_____________。（5）科研人员从矿石中分离出一种氧化物，化学式可表示为M2O3。为确定M元素的种类，-20-进行了一系列实验，结果如下：①M的相对原子质量介于K

和Rb（铷）之间；②0.01molM2O3在碱性溶液中与Zn充分反应可得到M的简单氢化物，反应完全时，被M2O3氧化的Zn为0.06mol；综合以上信息推断，M可能位于元素周期表第_________________族。【答案】(

1).(2).(3).H2O(4).氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O，原子半径S>O，得电子能力S<O，元素的非金属性S<O，因此，H2S的稳定性弱于H2O(5).bd(6).3SeO2+4NH3=3Se+2N2+6H2O(7).VA【解析】【分析】R最常见同位素的原子核中不含中子，

则R为H元素；W与X可形成两种稳定的化合物：WX和WX2。工业革命以来，人类使用的化石燃料在燃烧过程中将大量WX2排入大气，在一定程度导致地球表面平均温度升高，则WX2为CO2，W为C元素，X为O元素；Y与X是同一主族的元素，且在元素周期表中与X相邻，则Y为S

元素。【详解】（1）W为C元素，原子结构示意图为，答案为：；（2）WX2为CO2，电子式是，答案为：；（3）R为H元素，X为O元素，Y为S元素，R2X、R2Y分别为H2O、H2S，氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O，原子半径S>O，得电子能力S<O，

元素的非金属性S<O，因此，H2S的稳定性弱于H2O，答案为：H2O；氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O，原子半径S>O，得电子能力S<O，元素的非金属性S<O，因此，H2S的稳定性弱于H2O；（4）Se与S是同一主族的元素同主族元素从上到下，随着

核电荷数增大，非金属性减弱，半径逐渐增大。a．Se与S是同一主族的元素，最外层电子数为6，Se的最高正化合价为+6价，故a错误；-21-b．单质的氧化性越强，其离子的还原性越弱，S的氧化性强于Se，则S2-还

原性弱于Se2-，因此H2Se的还原性比H2S强，故b正确；c．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性S>Se，则H2SeO3的酸性比H2SO4弱，故c错误；d．同主族元素化学性质具有相似性，SO2属于酸性氧

化物可与NaOH溶液反应，则SeO2在一定条件下也可与NaOH溶液反应，故d正确；答案选bd；②室温下向SeO2固体表面吹入NH3，可得到两种单质和H2O，根据物料守恒，生成的单质应为N2和Se，利用氧化还原反应得失电

子守恒，该反应的化学方程式为3SeO2+4NH3=3Se+2N2+6H2O，答案为：3SeO2+4NH3=3Se+2N2+6H2O；（5）0.01molM2O3在碱性溶液中与Zn充分反应可得到M的简单氢化

物，则氢化物中M的化合价为最低价态，M为主族元素，M最高正价=8-M最低负价的绝对值，设M的氢化物中化合价为-x价，则M由+3价变为-x价，0.01molM2O3完全反应共得到2×（3+x）×0.01

mol的电子，金属Zn由0价变为+2价，被M2O3氧化的Zn为0.06mol，共失去2×0.06mol的电子，根据得失电子守恒，2×（3+x）×0.01=2×0.06，解得x=3，则M的氢化物中化合价为-3价，则M最高正价=8-3=+5，主族元素最高正价等于最外层电子数，最外层电子数等于主族序

数，故M可能位于元素周期表第VA族，答案为：VA；29.某化学小组在学习元素周期律后，对教材中Fe2+氧化为Fe3+的实验进一步思考，并提出问题：Cl2能将Fe2+氧化为Fe3+，那么Br2和I2能否将Fe2+氧化为Fe3+?(一)理论推测部分同学认为

Br2和I2都可能将Fe2+氧化为Fe3+，他们思考的依据是___。部分同学认为Br2和I2都不能将Fe2+氧化为Fe3+，还有同学认为Br2能将Fe2+氧化为Fe3+而I2不能。他们思考的依据是从上到下卤素单质氧化性减弱。(二)设计实验进行验证在大试管中加适量铁粉，加入1

0mL稀盐酸，振荡试管，充分反应后，铁粉有剩余，取上层清液进行下列实验。试管操作现象-22-①先向试管中加入2mLFeCl2溶液，再滴加少量红棕色的溴水，振荡试管溶液为黄色②先向试管中加入2mLFeCl2溶液，再滴加少量

棕黄色的碘水，振荡试管溶液为黄色(三)实验现象的分析与解释(I)同学甲认为①中现象说明溴水能将Fe2+氧化，离子方程式为___。同学乙认为应该补充实验，才能得出同学甲的结论。请你帮助同学乙完成实验：实验2：操作应该观察

到的现象(3)___(4)___(II)该小组同学对②中溶液呈黄色的原因展开了讨论：可能1：碘水与FeCl2溶液不反应，黄色是碘水稀释后的颜色。可能2：___。实验3：进行实验以确定可能的原因。操作现象向试管②所得溶液中继续加入0.5mL

CCl4，充分振荡，静置一段时间后。取出上层溶液，滴加KSCN溶液静置后，上层溶液几乎无色，下层溶液为紫色；上层溶液滴加KSCN溶液后，出现浅红色同学丙认为该实验现象可以说明是“可能2”成立，同学丁认为不严谨，理由是___。于是，同学丁重新设计实验得出结论：在本次实验条件下，碘水与FeCl2

溶液反应的程度很小。(III)Cl2、Br2、I2氧化Fe2+的能力逐渐减弱，用原子结构解释原因：___。-23-【答案】(1).均为第ⅦA族单质，氧化性均较强(2).2Fe2+＋Br2=2Fe3+＋2Br-(3).取少量①的黄色溶液于试管中，滴加少量KS

CN溶液，振荡(4).溶液变为红色(5).可能2：碘水与FeCl2溶液发生反应，但FeCl3溶液也是黄色的，所以没有明显现象(6).亚铁离子与空气接触会被氧化，应该减少空气对实验的影响(7).同一主族元

素从上到下原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，氧化性减弱。【解析】【分析】Cl2、Br2、I2均为第ⅦA族单质，化学性质相似，都有较强的氧化性；溴水能将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为：2Fe2

++Br2=2Fe3++2Br-；要证明溴水能不能将Fe2+氧化为Fe3+，只要检验有没有Fe3+即可；I2的稀溶液和FeCl3溶液均为黄色，故不能确定I2能不能将Fe2+氧化为Fe3+；根据元素周期表中同主族元素性质的递变规律来分析，据此分析。

【详解】环节一：Cl2、Br2、I2均为第ⅦA族单质，化学性质相似，都有较强的氧化性；环节三：(I)溴水能将Fe2+氧化为Fe3+离子方程式为：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-；要证明溴水能不能将Fe2+氧化为Fe3+，只要检验有没有Fe3+即可，因此实验操作

为：取少量①的黄色溶液于试管中，滴加少量KSCN溶液，振荡；现象：溶液变为红色；(II)I2的稀溶液和FeCl3溶液均为黄色，故不能确定I2能不能将Fe2+氧化为Fe3+；可能1是没有发生反应，那么可能2是碘水与FeCl2溶液发

生反应，但FeCl3溶液也是黄色的，所以没有明显现象；要检验亚铁离子中有没有Fe3+，应当让亚铁离子与空气隔绝，因为与空气直接接触会被氧化生成Fe3+；(III)同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的吸引力减弱，得电子能力逐渐减弱，氧化性减

弱，故Cl2、Br2、I2氧化Fe2+的能力逐渐减弱。【点睛】碘水和FeCl3溶液都是黄色的，故不能确定I2能不能将Fe2+氧化为Fe3+，为易错点。30.某实验小组研究KI和酸性KMnO4溶液的反应。实验序号ⅠⅡ实验操作-24-实验

现象紫色褪去，溶液变为棕黄色紫色溶液迅速变为棕褐色悬浊液，然后沉淀消失，溶液变为棕黄色资料：i.MnO4在酸性条件下最终被还原为Mn2+。ii.酸性条件下氧化性：KMnO4＞KIO3＞I2。(1)实验1中溶液呈棕黄色，推测生成了___。(2)实验小组继续对实验II反应中

初始阶段的产物成分进行探究：①经检验，实验II初始阶段I-的氧化产物不是I2，则“实验现象a”为___。②黑色固体是___。③实验证明在“紫色清液”中存在IO3，写出生成IO3的离子方程式：___。(3)探究实验II中棕褐色沉淀消失的原因。用离子方程式解释实验II中棕褐色沉淀消失的原

因：___。(4)实验反思：KI和酸性KMnO4溶液反应过程中，所得产物成分与有关___(写出两点即可)。【答案】(1).I2(2).溶液分层，下层液体无色(3).MnO2(4).2MnO4+I-+2H+=2MnO2

↓+IO3+H2O(5).MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O(6).试剂的相对用量(滴加顺序)、溶液酸性强弱【解析】【分析】-25-(1)实验1中碘化钾过量，MnO4在酸性条件下最终

被还原为Mn2+，碘水呈棕黄色；实验II中酸性高锰酸钾溶液过量，滴加顺序不同，产物不同；(2)①I-的氧化产物不是I2，则CCl4层呈无色；②二氧化锰能催化双氧水分解；③利用IO3的氧化性，证明在“紫色清液”中存在IO

3；④高锰酸钾与碘化钾反应生成二氧化锰和KIO3；(3)在酸性条件下，二氧化锰与碘化钾反应生成碘单质；(4)根据实验现象分析。【详解】(1)实验1中碘化钾过量，MnO4在酸性条件下最终被还原为Mn2+，碘水呈

棕黄色，所以实验1中溶液呈棕黄色，推测生成了I2；(2)①I-的氧化产物不是I2，则CCl4层呈无色，“实验现象a”为溶液分层，下层液体无色；②二氧化锰能催化双氧水分解，黑色固体加入过氧化氢，立即产生气体，则黑色固体是MnO2；③IO3

具有氧化性，IO3可以被Na2SO3还原，取少量“紫色清液”，逐滴加入Na2SO3溶液，振荡，溶液紫色消失变成棕黄色时，滴加淀粉溶液，溶液变蓝说明存在IO3；④高锰酸钾与碘化钾反应生成二氧化锰和KIO3，反应的离子

方程式是2MnO4+I-+2H+=2MnO2↓+IO3+H2O；(3)在酸性条件下，二氧化锰与碘化钾反应生成碘单质，反应方程式是MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O；(4)根据以上实验分析，KI和酸性KMnO4溶液反应过程中，所得产物成分与试剂

的相对用量(滴加顺序)、溶液酸性强弱有关。【点睛】黑色固体加入过氧化氢，立即产生气体推测黑色固体是MnO2，二氧化锰也有氧化性，可以在酸性条件下氧化碘离子，为难点。