【文档说明】【精准解析】云南省昆明市官渡区第一中学2019-2020学年高二上学期开学考试化学试卷.doc，共(24)页，1.090 MB，由小赞的店铺上传

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官渡区第一中学2019~2020学年上高二年级开学考化学考试时间：90分钟总分：100分可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5K-39Ca-40一、选择题(每小题2分，每小题

只有一个正确选项，共24题，共48分)1.下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是．．化学变化的是A．甲醇低温所制氢气用于新能源汽车B．氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料C．偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料D．开采可燃

冰，将其作为能源使用A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】分析：A项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化；B项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化学变化；C项，偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O，放出大量热，属于化学变化；D项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4燃烧生

成CO2和H2O，放出大量热，属于化学变化。详解：A项，甲醇低温制氢气有新物质生成，属于化学变化；B项，氘、氚用作核聚变燃料，是核反应，不属于化学变化；C项，偏二甲肼与N2O4反应生成CO2、N2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式为C2H8N2+2N2O43N2↑

+2CO2↑+4H2O，属于化学变化；D项，可燃冰是甲烷的结晶水合物，CH4燃烧生成CO2和H2O，放出大量热，反应的化学方程式为CH4+2O2CO2+2H2O，属于化学变化；答案选B。点睛：本题考查化学变化、核反应的区别，化学变化的特征是有新物质生成。注意化

学变化与核反应的区别，化学变化过程中原子核不变，核反应不属于化学反应。2.2016年1月《中国科学报》报道，又有113号、115号、117号和118号四种元素被载入元素周期表。其中118号元素的原子符号为294118Uuo，“294”是指该原子的A.原子序

数B.电子数C.中子数D.质量数【答案】D【解析】【详解】根据原子结构表示形式，左上角为质量数，故选项D正确。3.下列各组中互为同位素的是()A.K与CaB.3H2O与1H2OC.40K与39KD.金刚石与石墨【答案】C【解析】【详解】A

．同位素须为同种元素，K与Ca是不同种元素，不可能为同位素，A错误；B．同位素研究的对象为原子，3H2O与1H2O是不同的水分子，B错误；C．40K与39K是钾元素的不同种原子，互为同位素，C正确；D．金刚石与石墨是碳元素

的不同单质，互为同素异形体，D错误；答案选C。4.下列各组元素性质递变情况不正确．．．的是A.N、P、F原子半径依次增大B.Li、Be、B原子最外层电子数依次增多C.Na、K、Rb的金属性依次增强D.P、S、Cl元

素最高正化合价依次升高【答案】A【解析】【分析】【详解】A、原子半径F比N、P均小，故A错误；B、Li、Be、B在第二周期，同周期原子最外层电子数依次增多，故B正确；C、Na、K、Rb同主族元素从上到下元素的金属性依次增强，故C正确；D、P、S、Cl

原子最外层电子数分别为5、6、7，则P、S、Cl元素最高正价依次升高，故D正确；故选A。5.下列物质中属于共价化合物的是()A.Na2O2B.I2C.NaHSO4D.HNO3【答案】D【解析】【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，

非金属元素之间易形成共价键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化合物。【详解】A.Na2O2中既含共价键又含离子键，为离

子化合物，A项错误；B.I2中含共价键，但不属于化合物，而是单质，B项错误；C.NaHSO4中既含共价键又含离子键，为离子化合物，C项错误；D.HNO3中只含共价键，为共价化合物，D项正确；答案选D。【点睛】本题易错点为B选项，要特别注意存在共价键的不一定是共价化合物，可能是

离子化合物，也可能是共价单质，单质不属于化合物，这是学生做题时要特别注意的细节，以免陷入误区。6.下列化学术语或表示方法错误的是A.S2-的结构示意图：B.CO2的结构式：O=C=OC.醋酸的分子式：CH3COOHD.乙烯的结构简式：CH2=CH2【答案】C【解析】【详

解】A．硫离子质子数为16，核外电子数为18，3个电子层，最外层电子数为8，硫离子结构示意图为，故A正确；B．二氧化碳是直线型结构，分子中含两个碳氧双键，CO2的结构式：O＝C＝O，故B正确；C．醋酸

分子式由碳、氢、氧三种元素组成，分子式为C2H4O2，CH3COOH为醋酸的结构简式，故C错误；D．乙烯的分子式为C2H4，含有1个C=C键，官能团为碳碳双键，乙烯的结构简式为CH2=CH2，故D正确；故选C。7.铝热反应不仅被应用于焊接钢轨，而且常应用于冶炼熔点较高的金属如钒、铬、锰

等。这是利用了铝的①还原性②导电性③与强酸和强碱均反应④被氧化的过程放出大量的热A.①B.①④C.①③④D.①②③④【答案】B【解析】【分析】铝热反应中，铝失电子而作还原剂，是放热反应。【详解】铝热反应中，铝原子失电

子化合价升高，而作还原剂，还原剂具有还原性，①正确，且该反应中放出大量热而冶炼高熔点金属，④正确，故选B。8.下列说法正确的是A.甲烷和乙烯均可使酸性KMnO4溶液褪色B.纤维素、淀粉和蛋白质都是高分子化合物C.煤的干馏和石油的分馏均属化学变化D.葡萄糖和淀

粉均能发生水解反应【答案】B【解析】【分析】A、根据甲烷和乙烯的化学性质解答；B、高分子化合物是相对分子质量高达几万上百万的有机物；C、石油的分馏没有新物质产生；D、葡萄糖是单糖，不能发生水解反应。【详解】A、甲烷不使酸性KMnO4溶液褪色，乙烯可使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；

B、纤维素、淀粉和蛋白质都是高分子化合物，故B正确；C、石油的分馏没有新物质产生，故C错误；D、葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，故D错误。答案选B。9.下列关于海水资源综合利用的说法中，正确的是A.只通过物理变化即可提取海水中的溴单质B.海水蒸发制海盐的过程只

发生化学变化C.从海水中可以得到NaCl，可电解NaCl溶液制备NaD.利用海水、铝、空气为能源的航标灯是将化学能转化为电能【答案】D【解析】【分析】A、海水中溴元素是以溴离子形式存在，工业生产过程中海水提溴是先氧化溴离子为溴单质

，用热空气吹出得到；B、海水蒸发制海盐，氯化钠溶解度随温度变化不大，将溶剂蒸发析出氯化钠晶体；C、电解氯化钠溶液得到氢氧化钠、氢气和氯气，得不到金属钠；D、海水、铝、空气形成原电池反应；【详解】A、海水中溴元素是以溴离子形式存在，工业生产过程中海水提溴是先氧化溴离子为溴单质，用热空气

吹出得到，过程中有氧化还原反应，故A错误；B、海水蒸发制海盐，氯化钠溶解度随温度变化不大，将溶剂蒸发析出氯化钠晶体，过程中是物理变化，故B错误；C、电解氯化钠溶液得到氢氧化钠、氢气和氯气，得不到金属钠，工业

上是电解熔融氯化钠得到获得金属钠，故C错误；D、海水、铝、空气形成原电池反应，将化学能转化为电能，故D正确；故选D。10.运动会上发令枪所用“火药”的主要成分是氯酸钾和红磷，撞击时发生的化学反应5KClO3+6P===3P2O5+5KCl，下列有关该反应的叙述错误的是（）A.KClO3是

氧化剂B.P2O5是氧化产物C.1molKClO3参加反应有6mole﹣转移D.每有6molP被还原，生成5molKCl【答案】D【解析】【分析】所含元素化合价升高的反应物是还原剂，得到的是氧化产物。所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，得到的是还原产物。【详解】A.反应5

KClO3+6P===3P2O5+5KCl中，KClO3中的氯元素化合价由+5价降低为KCl中-1价，KClO3是氧化剂，故A正确；B.P发生氧化反应生成P2O5，P2O5是氧化产物，故B正确；C.反应5KC

lO3+6P===3P2O5+5KCl中，KClO3中的氯元素化合价由+5价降低为KCl中-1价，所以反应中消耗1molKClO3时，转移电子的物质的量为1mol×6=6mol，故C正确；D.每有6mol

P被氧化，生成5molKCl，故D错误；答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应基本概念与计算，关键根据化合价变化判断氧化剂、还原剂与还原产物、氧化产物、被氧化、被还原。11.向容积为2L的密闭容器中充入2molA气体和1molB气体，在一定条件下发生如下反应：2A(g)＋B

(g)3C(g)；经2s后达到平衡，测得C气体的浓度为0.6mol·L－1。下列说法中正确的是（）①用物质A表示该反应的平均速率为0.2mol·L－1·s－1②用物质B表示该反应的平均反应速率为0.2mol·L－1·s－1③

平衡时物质A与B的转化率相等④平衡时物质B的浓度为0.2mol·L－1A.①②③B.①③C.②④D.①④【答案】B【解析】由题意，平衡时生成C的物质的量为：0.6mol·L-1×2L=1.2mol，根据方程式和有关数据列三段式：所

以①用物质A表示该反应的平均反应速率为：0.8mol22sL=0.2mol·L-1·s-1，①正确；②用物质B表示该反应的平均反应速率为：0.4mol22sL=0.1mol·L-1·s-1，②错误；③平衡时物质A与B的转化率分别为0.8

mol2mol×100%=40%、0.4mol1mol×100%=40%，所以平衡时物质A与B的转化率相等，③正确；④平衡时物质B的浓度为0.6mol2L=0.3mol·L-1，④错误。综上，①③正确，选B。12.关于下图所示的原电池，下列说法正确的是A.Cu为正极发生氧化反应B.负极反应

为Zn-2e-===Zn2+C.电子由铜片通过导线流向锌片D.该装置能将电能转化为化学能【答案】B【解析】【分析】原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发

生还原反应，据此判断。【详解】A、在原电池中负极发生氧化反应，金属性锌强于铜，锌是负极，铜是正极，发生还原反应，A错误；B、锌是负极，负极反应为Zn-2e-＝Zn2+，B正确；C、锌是负极，发生失去电子的氧化反应，则电

子从锌出来通过导线流向铜，C错误；D、原电池是将化学能变化电能的装置，D错误。答案选B。13.下列反应的离子方程式正确的是()A.钠与水：Na+H2O=Na++OH-+H2↑B.铜与浓硫酸：Cu+2H+=Cu2++H2↑C.氯气与氢氧化钠溶液：Cl2+OH-=Cl-+H2OD.二氧化硅与氢氧

化钠溶液：SiO2+2OH-=SiO23−+H2O【答案】D【解析】【详解】A．该方程未遵守质量守恒定律，钠与水：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，A错误；B．不遵守客观事实，铜与浓硫酸反应有二氧化氮气体产生，B错误；C．不

遵守客观事实，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，C错误；D．二氧化硅能溶于氢氧化钠溶液：SiO2+2OH-=SiO23−+H2O，D正确；答案选D。14.某温度下，在一固定容积的容器中进行反应：SO3（g）＋N

O（g）NO2（g）＋SO2（g），下列情况一定能说明已经达到化学平衡状态的是A.气体的密度不再随时间而改变B.体系总质量不再随时间而改变C.NO（g）和NO2（g）的生成速率相同D.SO3（g）和NO（g）的浓度比为1：1【答案】C【解析】【

详解】A、反应前后气体系数和相等，体系总压强始终是不变的，所以总压强不随时间而改变的状态不一定是平衡状态，故A错误；B、反应前后都是气体，体系气体总质量始终是不变的，体系总质量不再随时间而改变的状态不一定是平衡状态，故B错误；C、NO（g）和NO2（g）的生成速率相同，说明正逆反

应速率相等，状态一定是平衡状态，故C正确；D、SO3（g）和NO（g）的浓度比为1：1，不能表明正逆反应速率相等，状态不一定是平衡状态，故D错误；故选C。15.下列各组离子在溶液中可以大量共存的是()A.2Mg+、3Fe+、Cl−、OH−B.2Ba+

、3NO−、Cl−、Na+C.Na+、3HCO−、H+、3NO−D.K+、4NH+、24SO−、OH−【答案】B【解析】【详解】A．Mg2+、Fe3+与OH-会生成Mg(OH)2、Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，A不符合题意

；B．2Ba+、3NO−、Cl−、Na+相互之间不反应，可以大量共存，B符合题意；C．3HCO−与H+会反应生成水和二氧化碳，不能大量共存，C不符合题意；D．4NH+与OH-反应会生成NH3·H2O，不能大量共存，D不符合题意；答案选B。16.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述

正确的是A.常温常压下，48gO3含有的氧原子数为3NAB.标准状况下，22.4LCl2与足量的Fe反应转移的电子数为3NAC.已知可逆反应：2NO2N2O4，将2molNO2放入反应容器中，生成的N2O4的物质的量一定是1molD.58.5gNaCl固体溶于1L的水

中，所得溶液的物质的量浓度为1mol/L【答案】A【解析】【分析】【详解】A、用N=nNA=mNA/M=14816?AgNgmol−=3NA，故A正确；B、1molCl2只能得2mol电子，标准状况下，22.4LCl2与足量的Fe反应

转移的电子数为2NA；C、可逆反应不能完全反应，将2molNO2放入反应容器中，生成的N2O4的物质的量少于1mol，故C错误；D、得到的溶液不是1L，故D错误。答案选A。【点睛】易错点D，配制一定体积物质的量浓度溶液，计算浓度时要用溶液的体积，不是溶

剂的体积。17.化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。如图为N2（g）和O2（g）反应生成NO（g）过程中的能量变化，下列说法中正确的是A.1molN2（g）和1m

olO2（g）反应放出的能量为180kJB.NO是一种酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水C.在1L的容器中发生反应，10min内N2减少了1mol，因此10min内的平均反应速率为v（NO）=0.1mol·1L−•1min−D.1molN2（g）和1molO2（g）具有的总能量小于2m

olNO（g）具有的总能量【答案】D【解析】【详解】A.焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量，N2（g）+O2（g）=2NO（g）ΔH2=946+498-2×632=+180kJ·mol–1，故该反应是吸热反应，故A错误；B.一氧化氮与氢氧化钠溶液不反应，

是不成盐氧化物，故B错误；C.在1L的容器中发生反应，10min内N2减少了1mol，因此10min内的平均反应速率：v（N2）=1/(1×10)=0.1mol·L-1∙min-1；根据反应N2（g）+O2（g）=2NO（g）可以知道，v（NO）=2v（N2）=0.2mol·

L-1∙min-1；故C错误；D.根据A计算可以知道反应是吸热反应,故1molN2（g）和1molO2（g）具有的总能量小于2molNO（g）具有的总能量，故D正确；综上所述，本题选D。【点睛】含有氮元素的非金属氧化物

有的是酸性氧化物，如N2O5、N2O3；而NO既不与酸反应，又不与碱反应，为不成盐氧化物；NO2虽然能够与碱反应生成盐和水，但是该反应为氧化还原反应，NO2不是酸性氧化物。18.下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系的是选项叙

述Ⅰ叙述ⅡA酸性：HCl＞H2S非金属性：Cl＞SB铁表面镀锌可以增强其抗腐蚀性构成原电池且铁作负极CNa在Cl2中燃烧的生成物含离子键NaCl固体可导电D向NaI溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈紫红色I－还原性强于Cl－A.AB.BC.CD.D

【答案】D【解析】【详解】A．元素最高价氧化物的水化物酸性越强，其非金属元素的非金属性越强，不能根据氢化物的酸性判断元素的非金属性，故A错误；B．铁表面镀锌，构成原电池时，铁做正极，锌做负极，可以增强铁的抗腐蚀性，故B错误；C．Na在Cl2中燃烧的生成氯化钠，

氯化钠中含离子键，但是，NaCl固体中的钠离子和氯离子不能自由移动，不能导电，故C错误；D．溶液上层呈橙红色，可知氯气氧化碘离子，由氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，I-还原性强于Cl-，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错

点是C，注意离子化合物在固态时不能导电。19.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。下列说法不正确的是A.生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%B.CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂C.①→②放出能量并形成了C

—C键D.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率【答案】D【解析】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能

量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择

性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。点睛：本题

考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。20.下列实验方案能达到实验目的的是选

项实验方案实验目的或结论A将盐酸酸化的双氧水滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变黄色H2O2的氧化性比Fe3＋强B将一小块钠分别投入盛有水和乙醇的小烧杯中，钠与乙醇反应要平缓得多乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼C将某气体通入品红溶液，溶液褪色气体中一定有S

O2D将铁棒和铜棒用导线连接后放入浓硝酸中，铜棒变细铜的金属性强于铁A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A、没有控制变量，将盐酸酸化的双氧水滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色，Fe2+可能被H2O2氧化Fe3+，也可能被H++NO3-氧化，A错误

；B、控制变量设计实验，能说明水中羟基比醇中羟基活泼，B正确；C、Cl2、SO2等均能使品红溶液褪色，C错误；D、金属性的强弱可用一种金属与另一种金属的盐溶液是否发生置换反应进行验证，不能用能使铁钝化的浓硝

酸，D错误；答案选B。【点晴】该题以实验探究的形式考查元素及其化合物的性质，充分体现了金属元素化合物和非金属元素化合物考查的目的，有利于培养学生的思维能力、分析问题的能力、动手能力、观察能力等，能更全面地考查考生的综合素质和能力。掌握常见元素及其化合物的性质是答题的关键，注意基础知识的理解掌握和

灵活运用。21.裂解水制氢气的过程如下图所示。下列说法不正确．．．的是A.反应Ⅰ的化学方程式是Fe3O4＋CO3FeO＋CO2B.反应Ⅱ的化学方程式是3FeO＋H2O（g）Fe3O4＋H2C.总反应的化学

方程式是C＋2H2O（g）CO2＋2H2D.铁的氧化物是裂解水的催化剂【答案】C【解析】【分析】A．反应Ⅰ：反应物为Fe3O4、CO，生成物为FeO、CO2；B．反应Ⅱ：反应物为FeO、H2O，生成物为Fe3O4、H2；C．反应Ⅲ：反应物为CO2、C，生成物为CO；裂解水制氢气，将反应Ⅰ+

Ⅱ+Ⅲ得总反应；D．在化学反应里能改变其他物质的化学反应速率，而本身的质量和化学性质在化学反应前后都没有发生改变的物质叫做催化剂．【详解】A．反应Ⅰ：反应物为Fe3O4、CO，生成物为FeO、CO2，反应为：F

e3O4+CO3FeO+CO2，故A正确；B．反应Ⅱ：反应物为FeO、H2O，生成物为Fe3O4、H2，反应为：3FeO+H2O（g）Fe3O4+H2，故B正确；C．反应Ⅲ：反应物为CO2、C，生成物为CO，反应为：C+CO2=2CO，将反应Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ得总反应为C＋H2O（g）CO+H2，故C

错误；D．铁的氧化物四氧化三铁参与反应，但总反应为C＋H2O（g）CO+H2，反应产物没有四氧化三铁，所以铁的氧化物是裂解水的催化剂，故D正确；故选C。【点睛】难点：读信息写方程式，注意利用题干信息，C选项

、将反应Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ得总反应为C＋H2O（g）CO+H2，选项D，根据催化剂的特点分析是解答关键。22.甲烷分子中的4个氢原子全部被苯基取代，可得如图分子，对该分子的描述不正确的是()A.分子式为C25H20B.该化

合物分子中所有原子不可能处于同一平面C.该化合物不能发生加成反应D.该分子能发生取代反应【答案】C【解析】【详解】A．根据该物质的结构简式可知其分子式为C25H20，故A正确；B．苯环取代了甲烷分子中氢原子的位置

，处于正四面体的顶点，所以不可能所有原子共面，故B正确；C．该物质含有苯环，一定条件下可以发生加成反应，故C错误；D．苯环可以和液溴等在催化剂的作用下发生取代反应，故D正确；故答案为C。23.下列试验中，所选装置不合理的是A.分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5，选④B.用CC14提取碘水

中的碘，选③C.用FeC12，溶液吸收C12，选⑤D.粗盐提纯，选①和②【答案】A【解析】【分析】由图可知，①②③④⑤分别为过滤、蒸发、萃取(或分液)、蒸馏、洗气装置。【详解】A．Na2CO3溶液和CH3COOC2H5分层，则选择③，故A错误；B．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则用CCl4萃取碘

水中的碘，选③，故B正确；C．氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，则选⑤长进短出可吸收，故C正确；D．粗盐提纯，需要溶解后过滤、蒸发得到NaCl，则选①和②，故D正确；故选A。【点晴】解答综合性实验设计与评价题的基本流程：

原理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。主要从以下几个方面考虑：①实验原理是否正确、可行；②实验操作是否完全、合理；③实验步骤是否简单、方便；④实验效果是否明显等。⑤反应原料是否易得、安全、无毒；⑥反应速率较快；⑦原料利用率以及合成物质的产率是否较高；⑧合成过程是否造成环境污

染。⑨有无化学安全隐患，如倒吸、爆炸、吸水、泄漏、着火、溅液、破损等。24.镭是元素周期表中第七周期第ⅡA族元素，下列关于镭的性质描述不正确．．．的()A.在化合物中呈＋2价B.单质能与水反应产生氢气C.氢氧化物呈两性D.碳酸盐易溶于

水【答案】CD【解析】【详解】A．镭是第ⅡA族元素，形成化合物时易失去两个电子，在化合物中呈＋2价，A正确；B．镭是第七周期第ⅡA族元素，金属性较强，单质能与水反应产生氢气，B正确；C．根据同主族元素的性质

相似进行推理，镭的氢氧化物显碱性，C错误；D．碳酸镁微溶，碳酸钙难溶于水，故镭的碳酸盐难溶于水，D错误；答案选CD。二、非选择题(共5小题，共52分)25.元素周期表是学习物质结构和性质的重要工具，下图是元素周期表的一部分，表中所列字母A、D、F、G、

Q、M、R、N、T分别代表某种化学元素。请依据这9种元素回答下列问题。（1）以上9种元素中金属性最强的元素是_______（填元素符号）。（2）元素的非金属性：M______R（填“>”或“<”）。（3）R的最高价氧

化物对应水化物的化学式是_____________。（4）F、G两元素形成的淡黄色固体物质的电子式为_____________。（5）表中M、R、N元素可形成与Ar具有相同电子层结构的简单离子，这些离子的半径由大到小的顺序是___________

__（用离子符号表示）。【答案】(1).K(2).＜(3).HClO4(4).(5).S2－＞Cl－＞K＋【解析】【分析】由元素在周期表中的位置可知，A为H，D为C，F为O，G为Na，Q为Al，M为S，R为Cl，N为K，T为Br，然后结合元素化合物知识

及元素周期律、化学用语等来解答．【详解】(1)周期表左侧的元素金属性较强，上述元素中金属性最强的为K元素；(2)同周期从左向右非金属性增强，则非金属性M＜R；(3)R为Cl，最高价为+7价，则R的最高价氧化物对应水化物的化学式是HClO4；(4)F、G

两元素形成的淡黄色固体物质为过氧化钠，属于离子化合物，电子式为；(5)表中M、R、N元素，与Ar具有相同电子层结构的简单离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径为S2－＞Cl－＞K＋。【点睛】解题关键：短周期元素的位置及原子序数的关系，易错点(4)过氧

根离子中两个氧原子形成一个共用电子对。26.乙烯在化工生产领域应用广泛。（1）乙烯能合成很多有实用价值的有机物。①试剂a是_____________。②反应Ⅰ的反应类型是_____________。（2）以原油为起始原料合成聚乙烯的路线如

下图所示。①聚乙烯的结构简式是_____________。②写出分子式符合C4H10的有机物的结构简式_____________。（3）已知：CH3CHOCH3COOH。以CH2＝CH2为起始原料，选用必要的无机试剂合成乙酸乙酯，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化

关系，箭头上注明试剂和反应条件）。____________________________________________________。【答案】(1).HCl(2).加成反应(3).(4).(5).【解析】【分析】(1)乙烯中含有

碳碳双键，能发生加成反应；(2)原油裂解后得丁烷，裂解后又获得乙烯，聚合成聚乙烯；(3)乙烯与水发生加成反应生成乙醇，氧化得到乙酸，乙醇与乙酸发生酯化反应，合成乙酸乙酯。【详解】(1)乙烯中含有碳碳双键，生成物为

氯乙烷，①试剂a是，氯化氢；生成环丁烷发生加成反应；(2)原油裂解后得丁烷，裂解后又获得乙烯，聚合成聚乙烯,①聚乙烯的结构简式是；②分子式符合C4H10的有机物的结构简式；(3)乙烯与水发生加成反应生成乙醇，氧化得到乙酸，乙醇与乙酸发生

酯化反应，合成乙酸乙酯。参考合成路线如下：27.海洋资源的利用具有广阔前景。（1）下图是从海水中提取镁的简单流程：①从悬浊液中将Mg（OH）2分离出来的操作名称为_____________。②Mg（OH）2转化为MgCl2的离子方程式是___________

__。③由无水MgCl2制取Mg的化学方程式是_____________。（2）海带灰中富含以I－形式存在的碘元素。实验室提取I2的途径如下所示：①灼烧所用仪器是下列中的哪一种_____________（填字母序号）。a.蒸发皿b.坩埚c.烧杯②向酸化的滤液中加入过氧

化氢溶液，可将I－氧化为I2，请写出该反应的离子方程式：__________________________。③上述反应结束后，可加入萃取剂，采用萃取一分液的方法从碘水中提取碘。下列试剂中可以用于萃取碘

单质的是_____________（填字母序号）。a.乙酸b.四氯化碳c.硝酸d.苯【答案】(1).过滤(2).Mg(OH)2＋2H＋＝Mg2＋＋2H2O(3).MgCl2（熔融）电解Mg＋Cl2↑(4).b(5

).2I－＋H2O2＋2H＋＝I2＋2H2O(6).bd【解析】【分析】(1)①从悬浊液中将Mg（OH）2分离出来，实质上是分离固体和液体。②Mg（OH）2转化为MgCl2，用盐酸溶解，Mg（OH）2难溶于水。③由无水MgCl2制取Mg采

用电解法，根据质量守恒写出方程式。（2）①灼烧固体时所用的主要仪器是坩埚。②氢离子和过氧化氢将碘离子氧化为单质碘；③反应结束后，可加入苯或四氯化碳有机溶剂做萃取剂萃取分液分离碘单质．【详解】(1)①从悬浊液中将Mg（OH）2分离出来，实质上是分离固体和液体，操作名称为过滤。②Mg

（OH）2难溶，Mg（OH）2转化为MgCl2的离子方程式是Mg(OH)2＋2H＋＝Mg2＋＋2H2O。③由无水MgCl2制取Mg的化学方程式是MgCl2（熔融）电解Mg＋Cl2↑。（2）①灼烧固体时所用的主要仪器是坩埚，故选b。②氢离子和过氧化氢将碘离子氧化为单质碘，

离子方程式：2I－＋H2O2＋2H＋＝I2＋2H2O；③反应结束后，可加入苯或四氯化碳有机溶剂做萃取剂萃取分液分离碘单质，振荡、静置分层分离时先分离下层液体后倒出上层液体，故选bd。【点睛】本题考查了海水资源的综合运用，解题关键：根据化学反应的概念及流程图中物质的性质

来分析，难点：（1）③镁是活沷金属，由无水MgCl2制取Mg采用电解法，易错点：（2）③可以用于萃取碘单质的物质，即萃取剂的选择，与水要互不相溶，不与碘反应，故选苯或四氯化碳有机溶剂做萃取剂。28.研究大气中SO2的转化具有重要意义。（1）二

氧化硫－空气质子交换膜燃料电池是利用空气将大气中所含SO2氧化成SO42－，其装置示意图如下：①质子（H＋）的流动方向为_____________（填“从A到B”或“从B到A”）。②负极的电极反应式为_____________。（2

）燃煤烟气的脱硫减排是减少大气中含硫化合物污染的关键。SO2烟气脱除的一种工业流程如下：①用纯碱溶液吸收SO2将其转化为HSO3－，反应的离子方程式是_____________。②若石灰乳过量，将其产物再排回吸收池，其中可用于吸收SO2的物

质的化学式是_____________。【答案】(1).从A到B(2).SO2－2e－＋2H2O＝SO42－＋4H＋(3).H2O＋2SO2＋CO32－＝2HSO3－＋CO2↑(4).NaOH［多写Ca（OH）2不扣分］【解析】【分析】(1)①原电池中阳离

子移向正极，依据二氧化硫、氧气发生反应判断电极，判断质子移动方向；②二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应；(2)①碳酸钠溶液中通入过量的二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳；②过量的氢氧化钙与亚硫酸氢钠反应，生成亚硫酸钙和氢氧化钠，二氧化硫为酸性氧化物，能够与氢氧化钠溶液反应，

同时有氢氧化钙吸收二氧化硫。【详解】(1)①二氧化硫发生氧化反应，氧气发生还原反应，二氧化硫为负极，氧气为正极，原电池中阳离子移向正极，质子移动方向为：从A到B；②二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应，电极反应式为：SO2-2e－+2H2O═SO42－+4H＋

；(2)①碳酸钠溶液中通入过量的二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，离子方程式：H2O+2SO2+CO32－═2HSO3－+CO2；②过量的氢氧化钙与亚硫酸氢钠反应，产生亚硫酸钙和氢氧化钠，二氧化硫为酸性氧化物，能够与氢氧化钠溶液反应，同时有氢氧化钙吸收二氧化硫，其中可用于吸收SO2的物质的化

学式是：NaOH［多写Ca（OH）2不扣分］。29.实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。（1）制备K2FeO4（夹持装置略）①A为氯气

发生装置。A中反应方程式是___________________________________（锰被还原为Mn2+）。②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂:______________________________③C中得到紫色固体和溶液。C中C

l2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有____________________________________(写离子方程式)。（2）探究K2FeO4的性质①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检

验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。i．由方案Ⅰ中溶液变红

可知a中含有_______离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由__________________________________________产生（用方程式表示）。ii．方案

Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗涤的目的是______________________________。②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2_______FeO42-（填“>”或“<”），而方案Ⅱ

实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是________________。【答案】(1).2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O或2MnO4－+16H＋＋10Cl－2Mn2＋＋5Cl2↑+8H2O(2).(3)

.Cl2+2OH−Cl−+ClO−+H2O(4).Fe3+(5).4FeO42−+20H+4Fe3++3O2↑+10H2O(6).洗去固体表面附着的ClO−，排除ClO−的干扰(7).>(8).溶液的酸碱性不同【解析】【分析】（1）①A为氯气发生装置，由高锰

酸钾和浓盐酸反应制取得到Cl2，MnO4－被还原为Mn2＋，Cl－被氧化为Cl2，写出反应的方程式；②装置B为除杂装置，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的Cl2中混有HCl，要除去HCl，可将混合气体通过饱和食盐水；③C中得到紫

色固体和溶液，紫色的溶液为K2FeO4，碱性条件下，Cl2可以氧化Fe（OH）3制取K2FeO4，还存在Cl2和KOH反应；（2）①i．方案I中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3＋，不能判断一定是K

2FeO4将Cl－氧化，可能是K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3＋；ii．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－，使用KOH溶液溶出K2FeO4晶体，使K2FeO4稳定析出，并除去ClO－离子，防止酸性条件下Cl

O－和Cl－反应产生Cl2干扰实验；②Fe（OH）3在碱性条件下被Cl2氧化为FeO42－，可以说明Cl2的氧化性大于FeO42－，而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO42－的氧化性强弱关系相反，方案Ⅱ是FeO42－在酸性条件下氧化Cl－生成Cl2，两种反应体系所处酸碱性介质不一样；【详解】（1

）①A为氯气发生装置，由高锰酸钾和浓盐酸反应制取得到Cl2，MnO4－被还原为Mn2＋，Cl－被氧化为Cl2，所以反应的方程式为：2MnO4－+10Cl－+16H＋═5Cl2↑+2Mn2＋+8H2O；②装置B为除杂装置，反应使用浓盐酸，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的Cl2中混有HCl，需

要除去HCl，可将混合气体通过饱和食盐水达到除杂的目的，所以装置B应为：③C中得到紫色固体和溶液，紫色的为K2FeO4，在碱性条件下，Cl2可以氧化Fe（OH）3制取K2FeO4，还存在反应为Cl2和KOH反应，所以还发生的反应方程

式为：Cl2+2KOH═KCl+KClO+H2O；（2）①i．方案I中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3＋，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，注意K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3＋，发生反应

为：4FeO42－+20H＋═4Fe3＋+3O2↑+10H2O；ii．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－，使用KOH溶液溶出K2FeO4晶体，可以使K2FeO4稳定析出，同时考虑到K2FeO4表面可能吸附ClO－，ClO－在酸性条件下可与Cl－反应生成Cl2，从

而干扰实验，所以用KOH溶液洗涤的目的是：使K2FeO4稳定溶出，并把K2FeO4表面吸附的ClO－除尽，防止ClO－与Cl－在酸性条件下反应产生Cl2，避免ClO－干扰实验；②Fe（OH）3在碱性条件下被Cl2氧化为FeO42－，可以说明Cl2的氧化性大于FeO42－，而方案Ⅱ实验

表明，Cl2和FeO42－的氧化性强弱关系相反，方案Ⅱ是FeO42－在酸性条件下氧化Cl－生成Cl2，两种反应体系所处酸碱性介质不一样，溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱；