【文档说明】山东省德州市夏津第一中学2019-2020学年高一5月月考化学试题【精准解析】.doc，共(21)页，1017.000 KB，由小赞的店铺上传

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山东省德州市夏津第一中学2019-2020学年高一5月月考化学试题1.下列对古文献记载内容理解错误的是A.《天工开物》记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙黏土而为之”。“瓦”，传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐B.《本草

纲目》“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和槽入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。这里所用的“法”是指蒸馏C.《本草经集注》有记载：“以火烧之、紫青烟起，乃真硝石也”，区分硝石（KNO3）和朴

硝（Na2SO4），该方法利用了焰色反应D.《开宝本草》中记载：“此即地霜也，所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”。文中对硝酸钾提取涉及到升华操作【答案】D【解析】【详解】A．“瓦”是传统无机非金属材料，主要成分为

硅酸盐，A正确；B．由“蒸令气上”可知，这里所用的“法”是指蒸馏，B正确；C．硝石含K元素，朴硝不含K元素，K元素的焰色为紫色，“以火烧之，紫青烟起”，说明是硝石，这是利用了焰色反应，C正确；D．“扫取以水淋汁

后，乃煎炼而成”说的是用水溶解硝酸钾，蒸发浓缩，结晶获得硝酸钾，不是蒸馏，D错误。答案选D。2.下列化学用语正确的是A.11H、21H、H+和H2是氢元素的四种不同粒子B.18O2和16O3互为同位素C.S2-的结构示意图为：D.23992U中质子数和中子数相差147【答案】A【解析

】【详解】A选项11H是氕原子，21H是氘原子，H+是氢离子H2是氢气，因此这些是氢元素的四种不同粒子，故A正确；B选项，它们是单质，18O2和16O3互为同素异形体，故B错误；C选项，S2-的结构示意图核外排布为2、8、8，故C错误；D选

项，23992U中质子数为92，中子数239–92=147，质子数和中子数相差55，故D错误；综上所述，答案为A。【点睛】同素异形体：同种元素形成的不同单质，首先看是否为同种元素，再看是否为单质。中子数=质量数–质子数3.稀土有工业“黄金”

之称。下列有关稀土元素9039Y与9139Y的说法不正确的是A.元素Y的原子序数为39B.9039Y与9139Y互为同位素C.核素9139Y的原子核内有52个中子D.9039Y与9139Y是同一种原子【答案】D【解析】【详解】A．原子序数=质子

数，故元素Y的原子序数为39，A正确；B．9039Y与9139Y是Y的两种同位素，B正确；C．中子数=91-39=52，C正确；D．9039Y指质子数为39，中子数为51的Y原子，9139Y指质子数为39，中子数为52的Y原子，9039Y与9139Y是

两种不同的原子，D错误。答案选D。4.M、N、Q、P为四种短周期元素，已知M、Q同主族，N、P同周期；M的气态氢化物比Q的稳定；N的阳离子比P的阳离子氧化性强；N的阳离子比Q的阴离子少一个电子层。下列表示中，正确的是()A.原子序数：M>N>Q>PB

.非金属性强弱：Q>MC.原子半径：P>N>Q>MD.简单离子半径：P>N>Q>M【答案】C【解析】【详解】A．M、N、Q、P是4种短周期元素，M、Q同主族，M的气态氢化物比Q的稳定；所以M、Q为非金属，原子序数Q

>M，M处于第二周期，Q处于第三周期；N、Q、P同周期，均处于第三周期，N的阳离子比Q的阴离子少一个电子层，则N为金属元素、Q非金属元素，N的阳离子比P的阳离子氧化性强，则金属性N<P，同周期自左而右金属

性减弱、非金属性增强，故原子序数Q>N>P>M，A错误；B．M、Q同主族，M的的气态氢化物比Q的气态氢化物稳定，所以非金属性M>Q，B错误；C．同周期从左到右元素原子半径逐渐减小，所以原子半径P>N>Q，同主族从上到下原子半径逐渐增大,所以原子半径Q>M，所以原子半径P>N>Q>M，C正确

；D．M、N、P离子的核外电子排布相同，Q离子的核外电子排布比M、N、P的离子多一个电子层，电子层数越多，离子半径越大，所以Q阴离子半径最大，核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子的半径越小，原子序数N>P>M，所以离子半径Q>M>P>N，D错误；正确选项C。【点

睛】此题可以采用假设法进行处理，简单快速；根据题意，可以假设M为氟元素，N为镁元素、Q为氯元素、P为钠元素，这样四个选项中问题就容易解决了。5.下列说法中正确的是（）A.元素性质的周期性变化是指原子半径、元素的主要化合价及金属性和非金属性的周期性变化B.元素的最高正化合价等于元素原子核外电子数C.

从Li→F，Na→Cl，元素的最高化合价均呈现从＋1价→＋7价的变化D.电子层数相同的原子核外电子排布，其最外层电子数均从1个到8个呈现周期性变化【答案】A【解析】【分析】本题主要考查元素性质的周期性变化，元素性

质的周期性变化是指原子半径、元素的主要化合价及金属性和非金属性的周期性变化，O无最高正价，F无正价，H、He的最外层电子数从1到2。【详解】元素性质的周期性变化是指原子半径、元素的主要化合价及金属性和非金属性的周期性变化A正确；O无最高正价，F无正价，B、C错误；H、He的最外层电子

数从1到2，D错误。故答案选A。6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为16。Y的单质是空气中含量最多的气体，Z原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，W是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是()A.X位于元素周期表中第2周

期ⅤA族B.原子半径：r(X)>r(Y)>r(Z)>r(W)C.X、Y、Z的非金属性依次减弱D.由Z和W组成的化合物不止一种【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为16。Y的单质是空气中含量最多的气体

，Y是N。Z原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，Z是O；W是短周期中金属性最强的元素，W是Na，则X的最外层电子数是16－5－6－1＝4，因此X是C，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，A.碳元素位于元素周期表中第二周期ⅣA族，A错误；B.原子半径：r(W)＞r(X)

＞r(Y)＞r(Z)，B错误；C.X、Y、Z的非金属性依次增强，C错误；D.由Z和W组成的化合物不止一种，即氧化钠和过氧化钠，D正确，答案选D。【点睛】准确判断出元素的种类是解答的关键，注意元素周期律的灵活应用，注意元素周期律与元素及其化合物知识的综合应用。7.下列各组中的化学性质比较，不正确

的是①酸性：HClO4>HBrO4>HIO4②还原性：I－<Cl－<F－③碱性：NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3④稳定性：PH3>H2S>HCl⑤半径：S2－>Na＋>Mg2＋>O2－⑥氧化性：Li＋>Na＋>K＋>Mg2＋>O2－A.①②④B.②④⑤⑥C.①⑤⑥D.②③

⑤【答案】B【解析】【详解】①非金属性：Cl>Br>I，故酸性：HClO4>HBrO4>HIO4，①正确；②非金属性：F＞Cl>I，故还原性：I－＞Cl－＞F－，②错误；③金属性：Na＞Mg＞Al，故碱性：

NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3，③正确；④非金属性：P＜S＜Cl，故稳定性：PH3＜H2S＜HCl，④错误；⑤S2－有3个电子层，Na＋、Mg2＋、O2－有2个电子层，故S2－半径最大，Na＋、Mg2＋、O2－的核电荷数：O2－＜Na＋

＜Mg2＋，故半径：S2－>O2－>Na＋>Mg2＋，⑤错误；⑥碱金属的最高价对应的水化物都是强碱，Mg(OH)2是中强碱，即LiOH的碱性强于Mg(OH)2，那么，金属性：Mg＜Li＜Na＜K，则还原性：Mg＜Li＜Na＜K，所以氧化

性：Mg2＋>Li＋>Na＋>K＋，-2价是O元素的最低价，O2－没有氧化性，即氧化性：Mg2＋>Li＋>Na＋>K＋>O2－，⑥错误；综上所述，②④⑤⑥错误。答案选B。【点睛】金属单质的还原性越强，简单阳离子的氧化性越弱，非金属单质的氧化性越强，简单阴离子的还原性越弱。8

.下图是部分短周期元素原子序数与主要化合价的关系图，X、Y、Z、W、R是其中的五种元素。下列说法不正确的是A.原子半径：Y＞XB.最高价氧化物的水化物的酸性：R＞WC.气态氢化物的稳定性：X＞WD.单质与水（或酸）反应的剧烈程度：Z＞Y【答案】D【解析】【详解】A、Y为钠

，X为氧，钠原子比氧原子多一个电子层，原子半径比较大，故原子半径：Y＞X，选项A正确；B、非金属性Cl＞S，故最高价氧化物的水化物的酸性HClO4＞H2SO4，选项B正确；C、非金属性O＞S，氢化物稳定性与非金属性一致，故氢化物稳定性H2O＞H2S，选项C正确；D、金属

性Na＞Al，故与水（或酸）反应的剧烈程度：Na＞Al，选项D不正确。答案选D。【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，注意抓住短周期元素，根据化合价与原子序数判断元素，需要学生熟练掌握元素周期律，短周期主族元素中，X只有-2价，没有正化合价，则X为O元素；Y为+

1价，没有负化合价，原子序数大于氧，则Y为Na；Z为+3价，没有负化合价，原子序数大于Na，故Z为Al；W有+6、-2价，则Z为S元素；R有+7、-1价，则R为Cl，结合元素周期律与元素化合物性质解答

。9.下列关于有机化合物的认识中，正确的是A.分子式为C4H10O的醇共有4种B.淀粉、纤维素的分子式都是(C6H10O5)n，二者互为同分异构体C.乙酸(CH3COOH)与油酸(C17H33COOH)互为同系物D.包装用的材料聚乙烯和聚氯乙烯都属于烃【答案】A【解析】【详解】A.分子式为

C4H10O的醇共有CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(OH)CH3、(CH3)2CHCH2OH、(CH3)3COH4种，A正确；B.淀粉、纤维素的分子式都是(C6H10O5)n，但二者化学式中的n值不同，所以二者不互为同分异构体，B错误；C.

乙酸(CH3COOH)为饱和一元酸，油酸(C17H33COOH)为不饱和一元酸，二者不互为同分异构体，C错误；D.包装用的材料聚氯乙烯属于烃的衍生物，不属于烃，D错误。故选A。【点睛】烃是仅含C、H两种元素的有机物，而烃的衍生物种类很多，不局限于含C、H、O三种元素，还可能含有氮元素

、硫元素、卤素等。10.下列说法正确的是（）。A.烷烃的通式为22CHnn+，随n的增大，碳元素的质量分数逐渐减小B.和互为同系物C.丙烷的比例模型为D.分子式为26CH和分子式为512CH的烷烃的一氯代物的数目可能相同【答案】BD【解析】【详解】A．烷烃的

通式为CnH2n+2，C元素的质量分数为12n14n2+=12214+n，则随n值增大，碳元素的质量百分含量逐渐增大，故A错误；B．和的结构相似、分子组成相差一个2CH原子团，二者互为同系物，故B正确；C．为丙烷的球棍模型，丙烷的比例模型为：，故C错误；D．33CHCH的一氯代物只有1种，

512CH有3种同分异构体，其中的一氯代物也只有1种，故D正确；故选BD。11.下列关于有机物的说法中，正确的一组是①“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而成的一种燃料，它是一种新型化合物②汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物，完全燃烧只生成CO2和H2O③石油的分馏、裂化和煤的干馏都

是化学变化④除去乙酸乙酯中残留的乙酸，可加过量饱和碳酸钠溶液振荡后，静置分液⑤将ag铜丝灼烧成黑色后趁热插入乙醇中，铜丝变红，再次称量质量等于ag⑥除去CH4中的少量C2H4：通过盛有饱和溴水的洗气瓶A.③⑤⑥B.④⑤⑥C.①②⑤D.②④⑥【答案】B【解析】【详解】①“乙醇汽油”是在汽油里

加入适量乙醇而成的一种燃料，属于混合物，①不正确；②汽油和柴油都是碳氢化合物，完全燃烧只生成CO2和H2O，植物油属于油脂，还含有氧元素，②不正确；③有新物质生成的是化学变化，石油的分馏是物理变化，裂化和煤的干馏都是化学变化，③不正确；

④乙酸乙酯不溶于水，因此除去乙酸乙酯中残留的乙酸，可加过量饱和碳酸钠溶液振荡后，静置分液即可，④正确；⑤铜丝在加热时生成氧化铜，热的氧化铜能氧化乙醇生成乙醛、水和铜，所以将ag铜丝灼烧成黑色后趁热插入乙醇中，铜

丝变红，再次称量质量等于ag，⑤正确；⑥乙烯含有碳碳双键，能和溴水发生加成反应，所以除去CH4中的少量C2H4，可将混合气体通过盛有饱和溴水的洗气瓶，⑥正确，所以答案选B。12.下列说法中不正确的是（）①糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物，适当条件下均可发生水解②油脂、乙酸乙

酯都是酯类，但不是同系物③石油的分馏，煤的气化、液化、干馏等过程均为化学变化④蛋白质的变性和盐析都不是可逆过程⑤塑料、橡胶和纤维都是天然高分子材料A.①③④⑤B.①②③④⑤C.④⑤D.②③【答案】A【解析】【详解】①单糖不属于高分子化合物，也不能水解，油脂也不属于高分子化合物，故①错误；

②油脂、乙酸乙酯都是酯类，但油脂含有三个酯基，乙酸乙酯只含一个酯基，所以不是同系物，故②正确；③石油的分馏属于物理变化，故③错误；④蛋白质的变性是不可逆的，蛋白质的盐析是物理变化，是可逆的，故④错误；⑤塑料全部都是人工合成的高分子材料，但橡胶和

纤维既有天然高分子又有人工合成高分子，故⑤错误；综上所述，①③④⑤错误，答案为A。13.乙醇是生活中常见的有机物，下列有关乙醇的实验操作或实验现象正确的是A.①中酸性KMnO4溶液会褪色，乙醇转化为乙醛B.②中钠会在乙醇内部上下跳动，上方的火焰为淡蓝色C.③中灼热的铜

丝插入乙醇中，铜丝由红色变为黑色D.④中X是饱和NaOH溶液，X液面上有油状液体生成【答案】B【解析】【详解】A．酸性KMnO4溶液将乙醇氧化成乙酸，A错误；B．乙醇和钠反应生成乙醇钠和氢气，钠的密度比乙醇大，生成的氢气开始会附着在钠的表面，使钠上升，随后由沉入乙

醇中，故钠会上下跳动，氢气燃烧发出淡蓝色火焰，B正确；C．灼热的铜丝表面因有CuO略显黑色，CuO被乙醇还原为铜丝后重新变为红色，C错误；D．X是饱和Na2CO3溶液，其液面上有油状乙酸乙酯生成，实验时导管不能插入液面以下，D错误。答案选B。14.糖类、油脂、蛋白质是重要的营养物质。下列有关

的叙述正确的是A.向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，产生白色沉淀，是因为蛋白质发生了变性B.用玻璃棒蘸取牛油与氢氧化钠反应后的液体，滴入沸水中，若有油状液体浮在水面，则说明皂化反应已经完全C.某实验小组探究淀粉水解程度的实验中，要进行的主要操作顺序依次是：①滴入稀硫酸；②加热；③

冷却后将溶液等分于两支试管中；④一支试管中直接加入新制的氢氧化铜悬浊液并水浴加热；⑤另一支试管中滴加少量碘水D.将2mL1mol·L－1CuSO4溶液与4mL0.5mol·L－1NaOH溶液混合后，再加入1mL10%的葡萄糖溶液，煮沸后未出现红色沉淀。实验失

败的主要原因是氢氧化钠用量不足【答案】D【解析】【详解】A．向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，产生白色沉淀，是因为蛋白质发生了盐析，A错误；B．牛油与氢氧化钠溶液的反应属于皂化反应，若反应已经完成，反应后的液体中没有牛油，滴入沸水中，不会出现油状液体，B错误；C．加入新制的氢氧

化铜悬浊液的那支试管应先加入过量NaOH溶液中和作催化剂的稀硫酸，否则新制的氢氧化铜和硫酸反应，干扰实验，C错误；D．CuSO4和NaOH物质的量之比=1:2时恰好完全反应，现在：n(CuSO4):n(NaOH)=(1mol·L－1×2mL):

(0.5mol·L－1×4mL)=1:1＞1:2，NaOH不足，没有NaOH和葡萄糖、新制氢氧化铜悬浊液反应，故不会出现砖红色沉淀，D正确。答案选D。【点睛】D．葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液反应的实质是葡萄糖中的醛基和新制氢氧化

铜悬浊液反应，其反应可表示为：R-CHO+2Cu(OH)2+NaOH⎯⎯⎯→加热Cu2O↓+R-COONa+3H2O，NaOH量不足，该反应无法发生。15.下列关于苯的叙述正确的是（）A.反应①常温下不能进行，需要加热B.反应②不发生，但是仍有分

层现象，紫色层在下层C.反应③为加成反应，产物是一种烃的衍生物D.反应④能发生，从而证明苯中是单双键交替结构【答案】B【解析】【详解】A.反应①常温下能进行，A错误；B.苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯密度比水小，故有机层在上面，B正确

；C.反应③为取代反应，C错误；D.反应④能发生，但是苯中的键是一种介于单键与双键之间的特殊键，D错误。故选B。16.下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是实验操作及现象实验结论A.将有色纸条放入盛满干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃片，无明显现象Cl2分子不具

有漂白作用B.某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不溶解该溶液中一定有SO42－C.向1mL某溶液中，滴入2mL0.1mol·L－1NaOH溶液，加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体该溶液中含NH4＋D.

淀粉溶液加稀硫酸，水浴加热一段时间后，加新制的Cu(OH)2悬浊液，加热，无砖红色沉淀生产淀粉未水解A.AB.BC.CD.D【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．将有色纸条放入盛满干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃片，无明显现象，即有色纸条不褪色，说明干燥的Cl2没有漂白性，即C

l2分子不具有漂白作用，A正确；B．某溶液中加入氯化钡溶液产生白色沉淀，再加盐酸，沉淀不溶解，该溶液不一定有SO42－，例如：有Ag+也会出现相同的现象，B错误；C．向某溶液中加入NaOH溶液加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，溶液中含NH4+，这是因为NH4

＋+OH-ΔNH3↑+H2O，NH3和H2O反应生成NH3·H2O，NH3·H2O溶液显碱性，使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C正确；D．淀粉水解后的溶液中含硫酸，Cu(OH)2和硫酸反应了，不会出现砖红色沉淀，D错误；答案选AC。17.如图是四种常见有机物的比

例模型示意图，下列说法正确的是A.甲能发生氧化反应B.乙通入溴的四氯化碳溶液，最后得到无色溶液不能和液溴反应C.煤干馏得到的煤焦油可以分离出丙，丙是无色无味的液态烃D.丁发生催化氧化得到的产物不能与金属钠反应【答案】A【解析】根据原子成键特点知，碳原子能形成4个共价键、

H原子能形成1个共价键、O原子能形成2个共价键，根据分子比例模型及原子成键特点知，甲、乙、丙、丁分别是甲烷、乙烯、苯和乙醇；A．甲烷性质较稳定，不易被一般的强氧化剂氧化，但能在氧气中燃烧，发生氧化反应，故A正确；B．碳碳不饱和键能和溴发生加成反应，乙烯中

含有碳碳双键，所以能和溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，同时生成1，2-二溴乙烷，溶于CCl4，1，2-二溴乙烷在光照条件下能和液溴发生取代反应，故B错误；C．从煤焦油中可以获取苯，但苯有特殊的气

味，故C错误；D．乙醇发生催化氧化得到的产物乙酸，有酸性，能与金属钠反应，故D错误；答案为A。18.为了提纯下列物质括号内为杂质，所选用的除杂试剂、分离方法、必用仪器均正确的是选项不纯物质杂质除杂试剂或分离方法必用仪器A.从碘水中提取碘四氯

化碳萃取分液漏斗B.一氧化碳二氧化碳澄清石灰水洗气洗气瓶C.硝酸钾氯化钠直接蒸发结晶蒸发皿D.乙醇水生石灰蒸馏蒸馏烧瓶A.AB.BC.CD.D【答案】AD【解析】【详解】A．四氯化碳与水分层，且碘易溶于四氯化碳，通过萃取可以提取碘水中的碘，A正确；

B．石灰水的浓度小，吸收二氧化碳效果不好，应选NaOH溶液、洗气，B错误；C．二者均溶于水，但溶解度受温度影响不同，则不能直接蒸发结晶，应冷却结晶分离，C错误；D．氧化钙与水反应后，增大与乙醇的沸点之差，则选蒸

馏烧瓶蒸馏可分离，D正确；故答案选AD。19.X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次递增．已知X的最外层电子数是次外层电子数的3倍，X、M同主族，Y在同周期主族元素中原子半径最大，Z的最高化合价与最低化合价的代数和为零．下列说法正确的是A.单质的氧化性：X

>MB.气态氢化物的热稳定性：M>NC.X与Y简单离子半径：r(X离子)<r(Y离子)D.化合物ZX2与ZN4含有相同类型的化学键【答案】AD【解析】【分析】X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族元素，且原

子序数依次递增，已知X的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则X是O元素；X、M同主族，且M的原子序数大于X，所以M是S元素；Y在同周期主族元素中原子半径最大，且原子序数大于X的短周期元素，则Y是Na元素；Z的最高化合价与最低化合价的代数和为零，且原子序数大于Y，所以Z是Si元素；

N是原子序数大于M的短周期主族元素，所以N是Cl元素。【详解】X、Y、Z、M、N依次是氧、钠、硅、硫、氯；A．X是氧，M是硫，同一主族元素中，随着原子序数的增大元素的非金属性逐渐减弱，其单质的氧化性逐渐减弱，氧化性：2O>S，A正确；B．氯的非金属性大

于硫，非金属性越强气态氢化物越稳定，故2HCl>HS，B错误；C．2-O和+Na核外电子排布相同，质子数越小半径越大，故2-+O>Na，C错误；D．化合物2SiO与4SiCl都是共价化合物，都只含极性共价键，所以含有相同类型的化学键，D正确；故答案选AD。20.短周期元素W、X、

Y、Z的原子序数依次增大，m、p、q、r、s是由这些元素组成的二元化合物，常温常压下r为日常生活中最常见的液体，其余均为无色气体，m的摩尔质量为p的2倍，n是元素Y的单质，是绿色植物光合作用产生的无色气体，p能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，q能使品红溶液褪色。上述物质之间的转化关系如图所示。下列说

法正确的是A.m与r中所含化学键类型相同B.r的沸点高于p的沸点C.m与q混合没有明显现象D.q与s均为酸性氧化物，m的水溶液显酸性【答案】AB【解析】【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，m、p

、q、r、s是由这些元素组成的二元化合物，常温常压下r为液体，则r应为2HO，其余均为无色气体，n是元素Y的单质，是绿色植物光合作用产生的无色气体，则Y为O元素，n为2O，p物质能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则p为3NH，W应为H，X应为N元素，根据转化关系，氨气和氧气在催化剂作

用下生成r和s，所以s为NO，m的摩尔质量为p的2倍，m在n中燃烧生成的q能使品红溶液褪色，m应为2HS，q应为2SO，所以Z应为S元素，硫化氢在氧气中燃烧生成二氧化硫和水，符合转化关系。【详解】根据上述分析，m为2HS，

n为2O，p为3NH，q为2SO，r为2HO，s为NO；A．2HS与2HO中所含化学键均为极性共价键，类型相同，A正确；B．2HO的沸点高于3NH的沸点，B正确；C．2HS与2SO混合发生反应：222=2HS+SO3S+2HO，会观察到有淡黄色固体生成，C错误；D．2SO为酸性氧化物

，NO属于不成盐氧化物，2HS的水溶液显酸性，D错误；故答案选AB。21.（1）现有下列各组物质：①O2和O3②CH2=CHCH3和CH2=CH－CH=CH2③和④112HO和212HO⑤CH3CH2CH3和CH3C(CH3)3⑥23592A和质量数为238中子数为146的原子⑦和

⑧和CH3(CH2)3CH3属于同系物的是______；填序号，下同属于同分异构体的是______；属于同位素的是______；属于同素异形体的是______；属于同种物质的是______。（2）写出下列有机物的官能团的

名称．①____________；②___________；（3）①由乙烯制一氯乙烷；②乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色；③乙烷在光照下与氯气反应；④乙烯使溴水褪色。在以上反应中，属于取代反应的是______（填序号，下同）；属于加成反应的是___

___；属于氧化反应的是______．【答案】(1).⑤(2).⑧(3).⑥(4).①(5).③④⑦(6).酯基，羟基(7).碳碳双键，羧基(8).③(9).①④(10).②【解析】【详解】（1）①2O和3O是由氧元素组成的不同单质，互为同素异形体

；②23CH=CH-CH和22CH=CH-CH=CH的结构不同，分子式也不同，不是同分异构体，也不是同系物，也不是同种物质；③和组成和结构都相同，为同一物质；④112HO和212HO组成和结构都相同，为同一物质；⑤323CHCHCH和333CH

CCH（）结构相似、通式相同，组成上相差若干个2CH原子团，属于同系物；⑥质量数为238中子数为146的原子，其质子数为238-146=92，与23592A质子数相同质量数（或中子数）不同互称同位素；⑦和都是正丁烷，是同一种物质；⑧

和()3233CHCHCH分子式相同，但结构不同，属于同分异构体；故答案为：⑤；⑧；⑥；①；③④⑦；（2）含有的官能团有酯基和羟基，含有的官能团有碳碳双键和羧基，故答案为：酯基，羟基；碳碳双键，羧基；（3）①由乙烯制一氯乙烷，是乙烯和氯化氢发生加成反应；②乙烯使酸性高锰酸钾

溶液褪色，是乙烯被高锰酸钾氧化，属于氧化反应；③乙烷在光照下与氯气反应属于取代反应；④乙烯使溴水褪色，是乙烯和溴发生加成反应；故答案为：③；①④；②。22.海水中有丰富的资源，多种多样的海洋动物和植物，海底有丰富

的矿藏、石油、天然气等，此外，海水中还含有大量的电解质，它们电离产生Cl-、Br-、I-、SO42-、Na+、Mg2+、Ca2+等，都是重要资源．开发和利用海水资源是当前科学研究的一项重要任务，如图是某化工厂对海水资源综合利用的示意图：请根据以上信息回答下列问

题：（1）写出步骤②、⑧分离提纯的方法：②_______⑧_______。（2）步骤⑦分离提纯过程中需要选用的玻璃仪器除烧杯外，还需要的仪器是_____。（3）D具有杀菌消毒的作用，请写出反应④的化学方程式_________________。（4）初步提纯后

的粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，精制时所用的试剂为：①盐酸②氯化钡溶液③氢氧化钠溶液④碳酸钠溶液，下列试剂添加顺序合理的是_________。A．②③④①B．③④②①C．④③②①D．③②④①（5）若用来提取Br2，反应⑤所用的氧化剂的来源较合理的是___________

。A．从外地购买B．在当地新建生产厂C．从本厂生产烧碱处循环（6）流程⑥将溴单质从水溶液中分离出来是基于溴单质具有_______性，该方法对比有机溶剂萃取法的优点是_____________________

___。【答案】(1).过滤(2).蒸馏(3).分液漏斗(4).Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O(5).AD(6).C(7).挥发(8).经济，环保，方便【解析】【详解】（1）步骤②为过滤，⑧

为从有机溶剂中提取碘单质，需要蒸馏，答案为：过滤，蒸馏；（2）步骤⑦分离提纯方法为萃取，主要玻璃仪器为分液漏斗、烧杯，答案为：分液漏斗；（3）反应④是氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，方程式Cl

2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；（4）镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入氯化钡之后，这样碳酸钠会同时除去过量的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去

反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以添加试剂的顺序为②③④①或③②④①，答案为：AD；（5）若要提取Br2，反应⑤所用的氧化剂为氯气，本厂电解氯化钠溶液生产烧碱，产物中有氯气，答案为：C；（6）溴单质具有挥发性，所以流程⑥将溴单质从水溶液中分离出来是基于溴单质具有挥发性；

该方法对比有机溶剂萃取法的优点是经济，环保，方便23.下表是元素周期表中的一部分。根据A-J在周期表中的位置，用元素符号、化学式或反应式回答下列问题：（1）氧化性最强的单质是____，用一个化学反应证明H单质的氧化性强于

G单质____。（2）A分别与F、G、H形成的简单化合物中，稳定性由强到弱的顺序为____________。（3）B、C、G、H离子半径由大到小的顺序是_____________________。（4）D单质可用来制造D－空气燃料电池，该电池通常以

氯化钠或氢氧化钾溶液为电解质溶液，通入空气的电极为正极。若以氯化钠为电解质溶液时，正极的反应式为______________________。【答案】(1).F2(2).2F2＋2H2O=4HF＋O2(3).HF>H2

O>NH3(4).O2－>F－>Na＋>Mg2＋(5).O2＋2H2O＋4e－=4OH－【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置，可判断出元素A为H元素，B为Na元素，C为Mg元素，D为Al元素，E为C元素，F为N元素，G为O元素，H为F元素，I

为Cl元素，J为Ne元素，再结合元素周期律以及相关物质的性质分析解答。【详解】（1）上述元素中非金属性最强的是F元素，则2F单质的氧化性最强，可以通过单质间的置换反应，证明2F的氧化性强于2O，反应方程式为：2222F+2HO=4HF+O，故答案为：2

F；2222F+2HO=4HF+O；（2）元素的非金属性越强，则形成的氢化物越稳定，N、O、F位于元素周期表的同一周期，同一周期从左向右，元素的非金属性逐渐增强，则氢化物的稳定性由强到弱的顺序为23HF>

HO>NH，故答案为：23HF>HO>NH；（3）B为Na元素，C为Mg元素，G为O元素，H为F元素，这4种元素形成的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，离子的半径越小，所以离子半径由大到小的顺序是2--+2+O>F>Na>M

g，故答案为：2--+2+O>F>Na>Mg；（4）D为Al元素，Al单质可用来制造Al—空气燃料电池，通入空气的电极为正极，以氯化钠为电解质溶液时，氧气得到电子转化为氢氧根，正极的反应式为：--22O+2HO+4e=4OH，故答案为：--22O+2HO+4e=4OH。【点睛】微粒

半径大小比较的一般规律：1、看电子层数，电子层数越多半径越大；2、电子层数相同时，看核电荷数，核电荷数越多半径越小；3、电子层数和核电荷数都相同时，看电子数，电子数越多越多半径越大。24.乙烯是重要的有机化工原料

，利用乙烯进行如图转化（1）乙醇分子中官能团的名称为____________，D的结构简式为_____________。（2）实验室中用于鉴别乙烯和乙烷的试剂可选用______填序号。A.水B.溴的四氯化碳溶液C.氢气D.酸性高锰酸钾溶液（3）③的另一反应物及反应条件是______；

通过途径②、③均可得到A，其中属于加成反应的是______填“②”或“③”。（4）写出⑤、⑥的化学反应方程式：⑤______________________________、⑥________________________________。【答案】(1).羟

基(2).(3).BD(4).氯气、光照(5).②(6).2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O(7).CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O【解析】【分析】以乙烯为原料，乙烯可与氢气加成，得乙烷，

乙烯可与氯化氢加成，得氯乙烷A，氯乙烷水解得乙醇，乙醇催化氧化生成乙醛B，乙醛氧化生成乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯C，乙烯可发生加聚反应生成聚乙烯D。【详解】（1）乙醇分子中官能团的名称为羟基，D为聚乙烯，结构简式，故本题答案：羟基；。（2）乙烯含有碳碳双键，易被酸性高锰酸钾氧化，易

和溴的四氯化碳溶液发生加成，乙烷是碳碳单键，不能被酸性高锰酸钾氧化，不和溴的四氯化碳溶液发生反应，鉴别乙烯和乙烷，可选择酸性高锰酸钾氧化和溴的四氯化碳溶液，故本题答案：BD。（3）③是乙烷转化成氯乙烷，是乙烷和氯气在光照条

件下，发生取代反应，生成氯乙烷，②是乙烯和氯化氢发生加成反应生成氯乙烷，故本题答案为：氯气、光照；②。（4）⑤是乙醇在铜催化下，和氧气催化氧化生成乙醛，化学方程式为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O、⑥是乙醇和乙酸发生酯化生成乙酸乙酯，化学反应方程式为：CH

3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O，故本题答案：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O。