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高中化学必修2 精品解析：北京市东城区北京景山学校2019~2020学年高一下学期期末考试化学试题新解析版）
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这是一份高中化学必修2 精品解析：北京市东城区北京景山学校2019~2020学年高一下学期期末考试化学试题新解析版），共20页。
北京景山学校2019~2020学年第二学期
高一年级化学期末考试试卷
事项：
（1）请用蓝色或黑色圆珠笔、钢笔或签字笔答题，不得使用铅笔或红笔答卷。
（2）认真审题，字迹工整，卷面整洁注意。
（3）本试卷共8页，共有2道大题，35道小题。考试时间90分钟。其中35题为附加题，该题为4、5班必做题，1、2、3班选做题。
（4）请将试题答案填写在答题纸上。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Cl-35.5 Fe-56
第一部分（选择题共60分）
一、选择题（本题包括30小题，每小题2分，共60分，每小题只有一个选项符合题意）。
1.下列有关氧气的摩尔质量表示正确的是
A. 32 B. 32 g C. 32 mol D. 32 g/mol
【答案】D
【解析】
【详解】摩尔质量以g/mol为单位，数值上等于相对分子质量或相对原子质量，氧气的相对分子质量为32，则氧气的摩尔质量是32g/mol或32g·mol－1，答案选D。
2.当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是( )
A. 泥浆 B. CuSO4溶液 C. Fe(OH)3胶体 D. 酒精溶液
【答案】C
【解析】
【详解】泥浆是浊液，CuSO4溶液和酒精溶液都属于溶液，当光束通过它们时均无丁达尔效应；氢氧化铁胶体的分散质大小在1nm～100nm，属于胶体，当光束通过时，有丁达尔效应，故选C。
3. 下列物质属于电解质且能导电的是
A. 金属铜 B. 碳酸钠晶体 C. 硝酸钠溶液 D. 熔融氯化钠
【答案】D
【解析】
【详解】A. 铜是金属能导电，但它是单质，不是电解质，故A错误；
B. 碳酸钠晶体中没有自由移动的离子或电子，不导电；碳酸钠晶体溶于水或者熔融状态下能导电，属于电解质，故B错误；
C. 硝酸钠溶液中有自由移动的钠离子和硝酸根离子，能导电，但它是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D. 熔融的氯化钠中含有自由移动的钠离子和氯离子，能导电，属于化合物，是电解质，故D正确；
答案选D。
4. 下列金属在冷、浓硝酸或硫酸中，能形成致密氧化膜的是（ ）
A. Mg B. Fe C. Cu D. Na
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】铁、铝在冷、浓的硝酸或硫酸中钝化，故B正确。
5. 下列物质中，可用于治疗胃酸过多的是（ ）
A. 氢氧化铝 B. 氯化钠 C. 氢氧化钠 D. 硫酸钠
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A.氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，故A正确；
B.氯化钠与盐酸不反应，故B错误；
C.氢氧化钠具有腐蚀性，故C错误；
D.硫酸钠与盐酸不反应，故D错误。
6.下列物质中，既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的是（ ）
①Al ②Al2O3 ③Ca(OH)2 ④Al(OH)3 ⑤Na2CO3 ⑥NaHCO3
A. ①②③⑤ B. ①②④⑥ C. ①②⑤⑥ D. ②③④⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①Al与盐酸反应生成氯化铝和氢气，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，①符合题意；
②Al2O3与盐酸反应生成氯化铝和水，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，②符合题意；
③Ca(OH)2为强碱，与盐酸能反应生成氯化钙和水，但与氢氧化钠不反应，③不合题意；
④Al(OH)3与盐酸反应生成氯化铝和水，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，④符合题意；
⑤Na2CO3与盐酸能反应生成氯化钠、水和二氧化碳，与氢氧化钠不反应，⑤不合题意；
⑥NaHCO3与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，⑥符合题意；
综合以上分析，①②④⑥符合题意，故选B。
7.用化学方法区别NaCl、MgCl2、AlCl3、CuCl2、FeCl3和NH4Cl六种溶液（必要时可加热），下列试剂中可选用的是（ ）
A. KSCN溶液 B. AgNO3溶液 C. BaCl2溶液 D. NaOH溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．KSCN溶液只能鉴别氯化铁，A不正确；
B．AgNO3溶液与六种溶液都反应生成白色沉淀，B不正确；
C．BaCl2溶液与六种溶液都不反应，C不正确；
D．氢氧化钠与六种溶液混合的现象分别是无明显现象、产生白色沉淀、产生白色沉淀，氢氧化钠过量时沉淀消失、产生蓝色沉淀、产生红褐色沉淀、加热产生刺激性气味的气体生成，故D正确。
8.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 铁与氯化铁溶液反应：Fe＋Fe3＋＝2Fe2＋
B. 氯化铝溶液与过量的氢氧化钠溶液反应：Al3＋＋3OH－＝Al（OH）3↓
C. 氯气与氢氧化钠溶液反应：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O
D. 碳酸氢钠溶液与稀盐酸反应：2H＋＋CO32－＝CO2↑＋H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．铁与氯化铁溶液反应：Fe＋2Fe3＋＝3Fe2＋，故A错误；
B．氯化铝溶液与过量的氢氧化钠溶液反应：Al3＋＋4OH－＝,故B错误；
C．氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O，故C正确；
D．碳酸氢钠溶液与稀盐酸反应： H＋＋HCO3－＝CO2↑＋H2O，故D错误。
9.向A、B、C和D四支试管中的溶液分别进行表中的操作，通过观察到的实验现象得出的结论正确的是（ ）
操作
现象
结论
A
①滴加稀HNO3
②滴加BaCl2溶液
无明显现象白色沉淀
原溶液一定含SO
B
滴加稀盐酸
有大量气泡产生
原溶液一定含CO
C
①滴加稀HCl
②滴加AgNO3溶液
无明显现象白色沉淀
原溶液一定含Cl-
D
①加KSCN溶液
②滴加氯水
无明显现象溶液呈红色
原溶液一定含Fe2+
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．滴加稀HNO3无明显现象，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，原溶液可能含硫酸根离子或银离子，但二者不能同时存在，故A错误；
B．滴加稀盐酸有大量气泡产生，原溶液可能含碳酸根离子、碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子等，故B错误；
C．滴加稀HCl无明显现象，再滴加AgNO3溶液产生白色沉淀，溶液中的氯离子有来自盐酸的，所以原溶液不一定含Cl-，故C错误；
D．滴加KCSN溶液无明显现象，说明不含Fe3+；再滴加氯水溶液呈红色，说明有Fe3+生成，所以原溶液一定含Fe2+，故D正确；
答案为D。
10.含氧酸中酸性最强的是
A. H4SiO4 B. H3PO4 C. H2SO4 D. HClO4
【答案】D
【解析】
【详解】非金属的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：Cl>S>P>Si，则HClO4酸性最强，答案为D。
11.海水资源丰富，海水淡化问题已成为科学家的主要研究方向，若实行海水淡化来供应饮用水，下列方法不正确的是（ ）
A. 利用太阳能，将海水蒸馏淡化
B. 加入明矾，使海水的盐份沉淀并淡化
C. 直流电，采用电渗透法使海水淡化
D. 通过离子交换膜，除去所含的盐分使海水淡化
【答案】B
【解析】
【详解】A．海水中溶解和悬浮着大量的无机物和有机物，海水淡化的主要方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，可利用太阳能将海水蒸馏淡化，故A正确；
B．明矾溶于水，其电离出的Al3+水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体吸附海水中的悬浮物，用于净化海水，并不能使盐份沉淀而淡化海水，故B错误；
C．通直流电，采用电渗透法可使相应的离子通过半透膜以达到使海水淡化的目的，故C正确；
D．使用离子交换树脂与水中的离子进行交换，从而达到淡化海水的目的，故D正确；
答案为B。
12.下列物质属于天然高分子化合物的是（ ）
A. 葡萄糖 B. 油脂 C. 蔗糖 D. 淀粉
【答案】D
【解析】
【分析】
相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物，高分子化合物分为天然高分子化合物、合成高分子化合物，淀粉、纤维素、蛋白质为天然高分子化合物。
【详解】A．葡萄糖属于单糖，分子式为C6H12O6，相对分子质量较小，不是高分子化合物，故A不符合题意；
B．油脂是高级脂肪酸甘油酯，油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，故B不符合题意；
C．蔗糖属于二糖，分子式为C12H22O11，相对分子质量较小，不是高分子化合物，故C不符合题意；
D．淀粉的化学式为(C6H10O5)n相对分子质量在一万以上，为天然高分子化合物，故D符合题意；
答案为D。
13. 下列变化需要加入适当的氧化剂才能完成的是( )。
A. CuO → Cu B. Fe → FeCl2 C. H2SO4→ SO2 D. HNO3→ N2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氧化铜转化为铜发生的是还原反应，需要加入适当的还原剂才能实现，A不符合题意；
B. 铁转化为氯化亚铁发生的是氧化反应，需要加入适当的氧化剂才能实现，B符合题意；
C. 硫酸转化为二氧化硫发生的是还原反应，需要加入适当的还原剂才能实现，C不符合题意；
D. 硝酸转化为一氧化二氮发生的是还原反应，需要加入适当的还原剂才能实现，D不符合题意。
故选B。
14.下列关于下图所示原电池装置的叙述正确的是( )
A. 铜片是负极 B. 铜片质量逐渐减少
C. 氢离子在铜片表面被还原 D. 电流从锌片经导线流向铜片
【答案】C
【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、锌比铜活泼，则根据装置图可知，锌是负极，失去电子，铜是正极，A错误；
B、溶液中的氢离子在正极得到电子，发生还原反应生成氢气，铜片质量不变，B错误；
C、氢离子在铜片表面被还原生成氢气，C正确；
D、电流从正极流向负极，因此电流从铜片经导线流向锌片，D错误；
答案选C。
15.用铁片与稀硫酸反应制氢气时，下列措施不能使反应速率加快的是（ ）
A. 加热
B. 不用稀硫酸，改用98%的浓硫酸
C. 滴加少量CuSO4溶液
D. 不用铁片，改用铁粉
【答案】B
【解析】
【详解】A.加热，温度升高，能使反应速率加快，A项不选；
B.改用98%的浓硫酸，常温铁在浓硫酸中发生钝化，表面生成致密的氧化膜阻止反应的进一步进行，B项选；
C. 滴加少量的CuSO4溶液，铁与CuSO4反应生成Cu，铜与铁、稀硫酸组成原电池，使反应速率加快，C项不选；
D. 改用铁粉，增大了接触面积，使反应速率加快，D项不选；
答案选B。
16.元素性质呈现周期性变化的根本原因是( )
A. 元素的原子量逐渐增大
B. 核外电子排布呈周期性变化
C. 核电荷数逐渐增大
D. 元素化合价呈周期性变化
【答案】B
【解析】
【详解】A．在周期表中，元素的原子量随着原子序数的增大而逐渐增大，不能解释元素性质的周期性变化，故A错误；
B．原子的核外电子排布中电子层数和最外层电子数都随原子序数的递增而呈现周期性变化，是引起元素的性质的周期性变化的根本原因，故B正确；
C．在周期表中，元素的核电荷数逐渐增大，不能解释元素性质的周期性变化，故C错误；
D．元素的化合价属于元素的性质，不能解释元素性质的周期性变化，故D错误；
故选B。
17.下列单质中，按最高正价递增的顺序排列的是( )
A. C、N、O、F B. F、Cl、Br、O C. K、Mg、C、S D. Li、Na、K、Rb
【答案】C
【解析】
【详解】A．C、N、O、F最外层电子数依次为4、5、6、7，C、N元素最高正价递增，而O、F元素没有正化合价，故A错误；
B．F、Cl、Br最外层电子数都是7，F元素没有正化合价，最高化合价为0，Cl、Br元素最高正化合价为+7，O最外层电子数都是6，O元素一般没有正化合价，最高化合价一般为0，故B错误；
C．K、Mg、C、S最外层电子数依次为1、2、4、6，其最高化合价依次升高，故C正确；
D．Li、Na、K、Rb为同一主族元素，最外层电子数为1，最高正化合价都是+1，故D错误；
故选C。
18.下列元素中，原子半径最大的是( )
A. Na B. Mg C. Al D. C
【答案】A
【解析】
【详解】一般而言，电子层数越多，半径越大，这四种元素中Na、Mg、Al位于第3周期，而C位于第2周期；电子层数相同的原子，原子序数越大，半径越小，钠元素的原子序数最小，其原子半径最大，故选A。
19.下列关于化学键的叙述正确的是( )
A. 离子化合物中只含离子键
B. 共价化合物一定不含离子键
C. 离子化合物一定不含共价键
D. 共价化合物可能含有离子键
【答案】B
【解析】
【详解】A．离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如KOH，故A错误；
B．只含共价键的化合物为共价化合物，所以共价化合物一定不含离子键，含有离子键的化合物为离子化合物，故B正确；
C．离子化合物中可能含有共价键，如NaOH，故C错误；
D．共价化合物中一定不含离子键，含有离子键的化合物为离子化合物，故D错误；
故选B。
20.“1998年中国十大科技成果”之一是合成一维纳米氮化镓。已知氮化镓中镓是第ⅢA族元素，则氮化镓的化学式可能为（ ）
A. GaN B. Ga2N3 C. Ga3N2 D. GaN2
【答案】A
【解析】
【详解】主族元素的最高价由其最外层电子数决定，因为镓是第ⅢA族元素，所以镓的最高价是+3价，氮元素的最低价是-3价，所以答案选A。
21.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如图所示。下列说法正确的是( )
X
Y
Z
W
A. 原子半径：X＞Y＞Z＞W
B. 若它们都能形成气态氢化物，则Z的氢化物稳定性最强
C. 若常温下它们的单质中只有Z为固态，则W单质的水溶液具有漂白性
D. 若X与W形成的化合物的电子式是，则Y属于第ⅣA族
【答案】C
【解析】
【详解】A．同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，故原子半径：Z＞Y，故A错误；
B．同一周期，从左到右，气态氢化物的稳定性逐渐增强，故气态氢化物的稳定性：W＞Z，Z的氢化物一定不是最稳定的，故B错误；
C．若常温下它们的单质中只有Z为固态，则Z为S元素，W为Cl元素，氯气的水溶液具有漂白性，故C正确；
D．若X与W形成的化合物的电子式是，则X为C元素，W为S元素，Y为N元素，N属于第VA族，故D错误；
故选C。
22.2002年多国科学家通过离子加速器进行实验，获得了6个罕见的Fe原子，并且观测到这6个原子中有4个发生了双质子衰变，即由一个原子核同时放出两个质子的衰变方式。下列关于Fe的说法正确的是（ ）
A. 该原子的中子数与质子数之差为3
B. 是一种新元素
C. Fe与Fe化学性质几乎相同
D. 这种铁原子衰变放出两个质子后变成Fe
【答案】C
【解析】
【详解】A.Fe原子的中子数为45-26=19，质子数为26，两者之差为7，A错误；
B.铁元素早已发现，它只一种核素，B错误；
C.Fe与Fe互为同位素，它们的化学性质几乎相同，C正确；
D. 这种铁原子发生双质子衰变后，变为，D错误。
答案选C。
23.已知反应A＋B=C＋D的能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 该反应为吸热反应
B. A物质能量一定低于C物质能量
C. 该反应只有在加热条件下才能进行
D. 反应物的总能量高于生成物的总能量
【答案】A
【解析】
【详解】A.根据题意和图像，A、B为反应物，C、D为生成物，反应物的总能量小于生成物总能量，故为吸热反应应，A正确；
B. 反应为吸热反应，可知A、B的总能量大于C、D的总能量，但不能判断A物质能量和C物质能量的大小，B不正确；
C.化学反应中的能量变化与是否需要加热无关，C不正确；
D.该反应为吸热反应，故反应物的总能量小于生成物的总能量，D不正确。
答案选A。
24.图中是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：Z＞Y＞X
B. 气态氢化物稳定性：R＜W
C. WX3和水反应生成化合物是离子化合物
D. Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应
【答案】D
【解析】
【分析】
短周期元素，X、W都有最低价，处于ⅥA，且W有最高价，故X为O、W为S；Y只有价，原子序数大于O，故Y为Na；Z只有价，结合原子序数可知Z为Al；R有、价，为Cl元素，据此解答。
【详解】A．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径，A错误；
B．R为Cl、W为S，非金属性，非金属越强对应氢化物越稳定，故气态氢化物，B错误；
C．和水反应形成的化合物为硫酸，属于共价化合物，C错误；
D．Y为Na，Y的最高价氧化物的水化物为NaOH，Z为Al，Al的最高价氧化物对于的水化物为Al(OH)3，NaOH和Al(OH)3反应生成NaAlO2和水，D正确。
答案选D。
25.一定温度下，在一定体积的密闭容器中进行可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，下列说法中，能说明该反应已经达到化学平衡状态的是( )
A. 容器中N2、H2和NH3三种物质共存
B. 容器中N2和H2的分子数之比为1:3
C. 容器中N2、H2、NH3的浓度相等
D. NH3的生成速率和分解速率相等
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应为可逆反应，无论是否达到平衡状态，各种物质都共存，因此容器中N2、H2和NH3三种物质共存，不能判断达到平衡状态，故A错误；
B．容器中N2和H2的分子数与起始充入的物质的量和转化率有关，容器中N2和H2的分子数之比为1:3，不能说明是平衡状态，故B错误；
C．平衡时各物质的浓度不变，不是浓度相等，容器中N2、H2、NH3的浓度相等，不能说明是平衡状态，故C错误；
D．NH3的生成速率和分解速率相等，说明正、逆反应速率相等，说明反应达到了平衡状态，故D正确；
故选D。
26.下列关于有机化合物的说法正确的是（ ）
A. 乙烷和乙烯可用溴水加以区别
B. 乙烯与氢气在催化剂作用下生成乙烷的反应属于取代反应
C. 可以用分液的方法分离乙醇和水
D. 有机化合物都能燃烧
【答案】A
【解析】
【详解】A.乙烯可与溴水发生加成反应，溴水褪色，而乙烷不能，故乙烷和乙烯可用溴水加以区别，A正确；
B.乙烯与氢气在催化剂作用下生成乙烷的反应属于加成反应，B不正确；
C.乙醇和水互溶，故不能用分液的方法分离，C不正确；
D.大多数有机化合物能燃烧，但少数例外，如四氯化碳等，D不正确；
答案选A。
27.下列与CH3CH2OH互为同分异构体的是( )
A. CH3CH2CHO B. CH3OCH3 C. D. HCOOCH3
【答案】B
【解析】
【详解】A．CH3CH2CHO与CH3CH2OH的分子式不同，不是同分异构体，故A错误；
B．CH3OCH3与CH3CH2OH的分子式相同，都是C2H6O，但结构不同，属于同分异构体，故B正确；
C．与CH3CH2OH的分子式不同，不是同分异构体，故C错误；
D．HCOOCH3与CH3CH2OH的分子式不同，不是同分异构体，故D错误；
故选B。
28.下列各物质的检验方法中不正确的是( )
A. 利用蛋白质的颜色反应，检验某白色织物是否为蚕丝制品
B. 利用葡萄糖的银镜反应，可以检验淀粉是否完全发生了水解反应
C. 利用油脂在碱性条件下的水解反应，可以制造甘油和肥皂
D. 利用乙烯的加成反应，可用溴水除去甲烷中混有的乙烯
【答案】B
【解析】
【详解】A．含有苯环的蛋白质可发生颜色反应，可以利用蛋白质的颜色反应，检验某白色织物是否为蚕丝制品，故A正确；
B．淀粉水解生成葡萄糖，利用葡萄糖的银镜反应，只能检验淀粉发生了水解反应，不能检验淀粉是否完全发生了水解反应，应该用碘单质遇淀粉变蓝色的性质检验，故B错误；
C．肥皂是高级脂肪酸盐，油脂在碱性条件下的水解生成高级脂肪酸盐与甘油，称为皂化反应，可以制得肥皂和甘油，故C正确；
D．乙烯和溴水发生加成反应生成液态的1，2-二溴乙烷，故可用溴水除去甲烷中混有的少量乙烯，故D正确；
故选B。
29.下列金属适合用热分解法冶炼的是( )
A. Na B. Al
C. Fe D. Ag
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na属于活泼金属，采用电解法冶炼，A不符合题意；
B．Al属于活泼金属，采用电解法冶炼，B不符合题意；
C．Fe属于较活泼金属，采用热还原法冶炼，C不符合题意；
D．Ag属于不活泼金属，采用热分解法冶炼，D符合题意；
故答案为：D。
【点睛】金属活动性顺序表中Al及位于Al之前的金属采用电解法冶炼，位于Al之后Hg之前的金属采用热还原法冶炼， Hg、Ag采用热分解法冶炼，Pt、Au采用富集法来获取。
30.食盐中所加的碘以碘酸钾(KIO3)形式存在。根据反应：IO+I-+H++→I2+H2O(未配平)，可用KI淀粉试纸和食醋进行实验，证明加碘食盐中存在IO。下列说法不正确的是( )
A. 上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶5
B. 实验时可观察到试纸变蓝
C. 实验可证明该条件下I-的还原性强于Cl-
D. 食醋中含有的乙酸是强酸，它能提供反应所需的H+
【答案】D
【解析】
【分析】
配平后的反应为：IO+5I-+6H+═3I2+3H2O，结合实验的原理和现象分析解答。
【详解】A．配平后的反应为：IO+5I-+6H+═3I2+3H2O，反应中碘酸根离子中碘元素化合价由+5价变化为0价，IO为氧化剂，碘离子中I的化合价由-1价变化为0价，I-为还原剂，则反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶5，故A正确；
B．用淀粉KI试纸和食醋进行实验，发生反应IO+5I-+6H+═3I2+3H2O，生成的碘单质遇到淀粉变蓝色，故B正确；
C．食盐中含有Cl-，在含有IO和Cl-的体系中加入KI淀粉试纸和食醋进行实验，碘离子被氧化，而Cl-不被氧化，所以实验可证明该条件下I-还原性强于Cl-，故C正确；
D．乙酸为弱酸，不是强酸，故D错误；
故选D。
第二部分（非选择题共40分）
二、填空题（本题包括4道小题，共40分）
31.将下列物质进行分类：
①H与H；②O2与O3；③乙醇(C2H5OH)与甲醚(CH3—O—CH3)；④正戊烷(CH3CH2CH2CH2CH3)与异丁烷()
(1)互为同位素的是_____(填序号、下同)；
(2)互为同系物的是_____；
(3)互为同分异构体的是_____。
【答案】 (1). ① (2). ④ (3). ③
【解析】
【分析】
质子数相同，中子数不同的同一元素的不同原子互称同位素；分子式相同，结构不同的化合物互称同分异构体；同一元素形成的不同单质称同素异形体；结构相似，分子组成上相差一个或若干个CH2的有机化合物称为同系物，据此分析解答。
【详解】①H与H的质子数相同，中子数不同，互称同位素；
②O2与O3 是由氧元素形成的不同单质，互为同素异形体；
③乙醇(C2H5OH)与甲醚(CH3-O-CH3)的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体；
④正戊烷(CH3CH2CH2CH2CH3)与异丁烷()的结构相似，分子组成上相差1个CH2，互为同系物，
(1)互为同位素的是①，故答案为：①；
(2)互为同系物的是④，故答案为：④；
(3)互为同分异构体的是③，故答案为：③。
【点睛】本题的易错点为(2)，要注意同系物和同分异构体概念的区别。
32.来自石油的有机化工原料A，可以发生如下转化：
已知：E是具有果香味的有机物，F是一种高分子化合物。请回答下列问题。
（1）A的分子式是_____，C的名称是_____。
（2）D分子中的官能团名称是_____。
（3）反应③的化学方程式是_____，该反应属于_____反应。反应④的化学方程式是_____，该反应属于_____反应。
【答案】 (1). C2H4 (2). 乙醛 (3). 羧基 (4). (5). 取代（或酯化） (6). (7). 加聚
【解析】
【分析】
根据物质转化流程图结合E是具有果香味的有机物，F是一种高分子化合物，可以推断出A为C2H4，B能与酸性KMnO4反应，可由乙烯催化与水加成得到，故确定B为乙醇，乙醇催化氧化生成C，故C为乙醛，乙醇被酸性高锰酸钾溶液直接氧化成乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成具有果香味的乙酸乙酯，乙烯通过加聚反应得到聚乙烯。故各物质分别为：A、CH2=CH2；B、CH3CH2OH；C、CH3CHO；D、CH3COOH；E、CH3COOCH2CH3；F、。
【详解】（1）A是乙烯，故分子式是C2H4，由分析可知C是乙醛，故答案为：C2H4 ；乙醛；
（2）D是乙酸，分子中的官能团名称是羧基，故答案为：羧基；
（3）反应③是CH3CH2OH和CH3COOH在浓硫酸催化下反应生成乙酸乙酯，故化学方程式是，该反应是酯化反应（属于取代反应）。反应④是乙烯制聚乙烯的反应，化学方程式是，该反应是加聚反应，故答案为：；酯化（或取代）； ；加聚。
33.如图是实验室制取SO2并验证SO2某些性质的装置图。若观察到装置④中的有淡黄色沉淀生成，⑤中的溴水褪色（已知因含有Br2而溴水呈红棕色），请回答：
（1）①中发生反应的离子方程式为_____。
（2）③的实验现象是_____，证明SO2有_____性。
（3）④中SO2做_____剂。
（4）⑤中反应生成两种强酸，该反应的离子方程式是_____。
（5）⑥的作用是_____。
【答案】 (1). 2H++SO32-=H2O+SO2↑ (2). 品红溶液褪色 (3). 漂白 (4). 氧化 (5). SO2+Br2+2H2O=2Br-+SO42-+4H+ (6). 吸收未反应的SO2，防止污染空气
【解析】
【分析】
硫酸和亚硫酸钠在①中发生反应生成硫酸钠和水和二氧化硫；二氧化硫在②中与水反应生成亚硫酸，亚硫酸是一种弱酸，使石蕊溶液变红；二氧化硫有漂白性，使③中品红溶液褪色；二氧化硫有氧化性，与H2S在④中反应生成S单质和H2O；SO2有还原性，在⑤中还原Br2使溴水褪色；SO2有毒，能和NaOH溶液反应，多余的SO2用NaOH溶液吸收，防止污染空气，据此解答。
【详解】(1)硫酸和亚硫酸钠在①中发生反应生成硫酸钠和水和二氧化硫，反应的离子方程式为：2H++SO32-=H2O+SO2↑，故答案为：2H++SO32-=H2O+SO2↑；
(2)SO2有漂白性，使③中品红溶液褪色，故答案为：品红溶液褪色；漂白；
(3)④中发生的反应为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，SO2中的S元素得电子，化合价降低，作氧化剂，故答案为：氧化；
(4)SO2有还原性，溴有强氧化性，二者在⑤中发生反应的离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=2Br-+SO42-+4H+，故答案为：SO2+Br2+2H2O=2Br-+SO42-+4H+；
(5)未反应SO2直接排放会污染空气，所以⑥的作用是吸收未反应的SO2，防止污染空气，故答案为：吸收未反应的SO2，防止污染空气。
34.从海水提取镁和溴的流程如图，请回答相关问题。
(1)从海水中提取镁的流程如图所示(框图中是主要产物)：
i．反应①的离子方程是_____；
ii．反应②的化学方程式是_____。
(2)从海水中提取溴的流程如图所示(框图中是主要产物)：
i．过程②中，向混合液中吹入热空气，将溴吹出，用纯碱吸收，吹入热空气的目的是______。
ii．过程③中反应的化学方程式是______。
iii．若最终得到的溴单质中仍然混有少量的Cl2，则除去该杂质的方法是______。(结合离子方程式回答)。
【答案】 (1). Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O (2). MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑ (3). 温度升高，气体的溶解度减小，另外空气不与溴发生反应，可以搅动液体，有利于溴蒸气的逸出 (4). 5NaBr+NaBrO3+3H2SO4═3Br2+3Na2SO4+3H2O (5). 加入适量溴化钠，利用有机溶剂将溴分离提纯，Cl2+2Br-═Br2+2Cl-
【解析】
【分析】
(1)根据流程图中物质间的转化关系书写方程式；
(2) i．根据气体在水中的溶解度的影响因素结合溴易挥发分析热空气吹入法的原理和目的；ii．根据流程图中物质间的转化关系书写方程式；iii．根据氯气能将溴离子氧化为溴单质，结合除杂原则分析解答。
【详解】(1)i．反应①是Mg(OH)2与盐酸反应转化为MgCl2，反应的化学方程式为：2HCl+Mg(OH)2═MgCl2+2H2O，离子方程式为：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O，故答案为：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O；
ii．反应②为电解熔融的氯化镁生成镁和氯气，反应的化学方程式为MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑，故答案为：MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑；
(2)i．溴是易挥发的液体单质，向混合液中吹入热空气，温度升高，气体的溶解度减小，另外空气不与溴发生反应，可以搅动液体，有利于溴蒸气的逸出，故答案为：温度升高，气体的溶解度减小，另外空气不与溴发生反应，可以搅动液体，有利于溴蒸气的逸出；
ii．过程③中酸性条件下NaBr、NaBrO3发生氧化还原反应生成溴单质，反应的化学方程式为3H2SO4+5NaBr+NaBrO3=3Na2SO4+3Br2+3H2O，故答案为：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4═3Br2+3Na2SO4+3H2O；
iii．氯气具有氧化性，溴离子具有还原性，若最终得到的溴单质中仍然混有少量的Cl2，可以加入适量溴化钠，再利用有机溶剂将溴分离提纯，Cl2+2Br-═Br2+2Cl-，则可除去杂质氯气，故答案为：加入适量溴化钠，利用有机溶剂将溴分离提纯，Cl2+2Br-═Br2+2Cl-。
【点睛】明确海水提取镁和海水提溴的原理是解题的关键。本题的易错点和难点为(2)，要注意空气吹出法的原理。
第三部分附加题（该题4、5班必做。1、2、3班选做）
35.为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)。
实验过程：
Ⅰ.打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。
Ⅱ.当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。
Ⅲ.当B中溶液由黄色变为红棕色时，关闭活塞a。
Ⅳ.……
(1)A中产生黄绿色气体，其电子式是_____。
(2)验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是____。
(3)B中溶液发生反应的离子方程式是______。
(4)为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象是_____。
(5)过程Ⅲ实验的目的是______。
【答案】 (1). (2). 湿润的淀粉KI试纸变蓝 (3). Cl2+2Br-=Br2+2Cl- (4). 打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D震荡，静置后CCl4层变为紫红色 (5). 确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰
【解析】
分析】
A中KMnO4与浓HCl反应产生的黄绿色气体为Cl2；卤素单质氧化性的相对强弱顺序为：氧化性Cl2＞Br2＞I2，然后根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性书写反应的方程式，结合实验目的分析解答。
【详解】(1)因KMnO4与浓HCl反应可以用来制Cl2，氯气的电子式为：，故答案为：；
(2)因Cl2的氧化性大于I2的氧化性，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可发生：Cl2+2I-=I2+2Cl-，I2能使淀粉变蓝，故答案为：湿润的淀粉KI试纸变蓝；
(3)因Cl2的氧化性大于Br2的氧化性，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可发生：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，故答案为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-；
(4)因Br2的氧化性大于I2的氧化性，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，要发生：Br2+2I-=I2+2Br-，同时检验产物碘的存在，故答案为：打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D震荡，静置后CCl4层变为紫红色；
(5)为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论，故答案为：确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰。
【点睛】明确卤素单质氧化性的相对强弱和氧化还原反应的规律是解题的关键。本题的易错点为(4)，要注意实验操作的实施顺序，并且要注意产物的检验。
北京景山学校2019~2020学年第二学期
高一年级化学期末考试试卷
事项：
（1）请用蓝色或黑色圆珠笔、钢笔或签字笔答题，不得使用铅笔或红笔答卷。
（2）认真审题，字迹工整，卷面整洁注意。
（3）本试卷共8页，共有2道大题，35道小题。考试时间90分钟。其中35题为附加题，该题为4、5班必做题，1、2、3班选做题。
（4）请将试题答案填写在答题纸上。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Cl-35.5 Fe-56
第一部分（选择题共60分）
一、选择题（本题包括30小题，每小题2分，共60分，每小题只有一个选项符合题意）。
1.下列有关氧气的摩尔质量表示正确的是
A. 32 B. 32 g C. 32 mol D. 32 g/mol
【答案】D
【解析】
【详解】摩尔质量以g/mol为单位，数值上等于相对分子质量或相对原子质量，氧气的相对分子质量为32，则氧气的摩尔质量是32g/mol或32g·mol－1，答案选D。
2.当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是( )
A. 泥浆 B. CuSO4溶液 C. Fe(OH)3胶体 D. 酒精溶液
【答案】C
【解析】
【详解】泥浆是浊液，CuSO4溶液和酒精溶液都属于溶液，当光束通过它们时均无丁达尔效应；氢氧化铁胶体的分散质大小在1nm～100nm，属于胶体，当光束通过时，有丁达尔效应，故选C。
3. 下列物质属于电解质且能导电的是
A. 金属铜 B. 碳酸钠晶体 C. 硝酸钠溶液 D. 熔融氯化钠
【答案】D
【解析】
【详解】A. 铜是金属能导电，但它是单质，不是电解质，故A错误；
B. 碳酸钠晶体中没有自由移动的离子或电子，不导电；碳酸钠晶体溶于水或者熔融状态下能导电，属于电解质，故B错误；
C. 硝酸钠溶液中有自由移动的钠离子和硝酸根离子，能导电，但它是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D. 熔融的氯化钠中含有自由移动的钠离子和氯离子，能导电，属于化合物，是电解质，故D正确；
答案选D。
4. 下列金属在冷、浓硝酸或硫酸中，能形成致密氧化膜的是（ ）
A. Mg B. Fe C. Cu D. Na
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】铁、铝在冷、浓的硝酸或硫酸中钝化，故B正确。
5. 下列物质中，可用于治疗胃酸过多的是（ ）
A. 氢氧化铝 B. 氯化钠 C. 氢氧化钠 D. 硫酸钠
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A.氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，故A正确；
B.氯化钠与盐酸不反应，故B错误；
C.氢氧化钠具有腐蚀性，故C错误；
D.硫酸钠与盐酸不反应，故D错误。
6.下列物质中，既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的是（ ）
①Al ②Al2O3 ③Ca(OH)2 ④Al(OH)3 ⑤Na2CO3 ⑥NaHCO3
A. ①②③⑤ B. ①②④⑥ C. ①②⑤⑥ D. ②③④⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①Al与盐酸反应生成氯化铝和氢气，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，①符合题意；
②Al2O3与盐酸反应生成氯化铝和水，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，②符合题意；
③Ca(OH)2为强碱，与盐酸能反应生成氯化钙和水，但与氢氧化钠不反应，③不合题意；
④Al(OH)3与盐酸反应生成氯化铝和水，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，④符合题意；
⑤Na2CO3与盐酸能反应生成氯化钠、水和二氧化碳，与氢氧化钠不反应，⑤不合题意；
⑥NaHCO3与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，⑥符合题意；
综合以上分析，①②④⑥符合题意，故选B。
7.用化学方法区别NaCl、MgCl2、AlCl3、CuCl2、FeCl3和NH4Cl六种溶液（必要时可加热），下列试剂中可选用的是（ ）
A. KSCN溶液 B. AgNO3溶液 C. BaCl2溶液 D. NaOH溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．KSCN溶液只能鉴别氯化铁，A不正确；
B．AgNO3溶液与六种溶液都反应生成白色沉淀，B不正确；
C．BaCl2溶液与六种溶液都不反应，C不正确；
D．氢氧化钠与六种溶液混合的现象分别是无明显现象、产生白色沉淀、产生白色沉淀，氢氧化钠过量时沉淀消失、产生蓝色沉淀、产生红褐色沉淀、加热产生刺激性气味的气体生成，故D正确。
8.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 铁与氯化铁溶液反应：Fe＋Fe3＋＝2Fe2＋
B. 氯化铝溶液与过量的氢氧化钠溶液反应：Al3＋＋3OH－＝Al（OH）3↓
C. 氯气与氢氧化钠溶液反应：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O
D. 碳酸氢钠溶液与稀盐酸反应：2H＋＋CO32－＝CO2↑＋H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．铁与氯化铁溶液反应：Fe＋2Fe3＋＝3Fe2＋，故A错误；
B．氯化铝溶液与过量的氢氧化钠溶液反应：Al3＋＋4OH－＝,故B错误；
C．氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O，故C正确；
D．碳酸氢钠溶液与稀盐酸反应： H＋＋HCO3－＝CO2↑＋H2O，故D错误。
9.向A、B、C和D四支试管中的溶液分别进行表中的操作，通过观察到的实验现象得出的结论正确的是（ ）
操作
现象
结论
A
①滴加稀HNO3
②滴加BaCl2溶液
无明显现象白色沉淀
原溶液一定含SO
B
滴加稀盐酸
有大量气泡产生
原溶液一定含CO
C
①滴加稀HCl
②滴加AgNO3溶液
无明显现象白色沉淀
原溶液一定含Cl-
D
①加KSCN溶液
②滴加氯水
无明显现象溶液呈红色
原溶液一定含Fe2+
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．滴加稀HNO3无明显现象，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，原溶液可能含硫酸根离子或银离子，但二者不能同时存在，故A错误；
B．滴加稀盐酸有大量气泡产生，原溶液可能含碳酸根离子、碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子等，故B错误；
C．滴加稀HCl无明显现象，再滴加AgNO3溶液产生白色沉淀，溶液中的氯离子有来自盐酸的，所以原溶液不一定含Cl-，故C错误；
D．滴加KCSN溶液无明显现象，说明不含Fe3+；再滴加氯水溶液呈红色，说明有Fe3+生成，所以原溶液一定含Fe2+，故D正确；
答案为D。
10.含氧酸中酸性最强的是
A. H4SiO4 B. H3PO4 C. H2SO4 D. HClO4
【答案】D
【解析】
【详解】非金属的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：Cl>S>P>Si，则HClO4酸性最强，答案为D。
11.海水资源丰富，海水淡化问题已成为科学家的主要研究方向，若实行海水淡化来供应饮用水，下列方法不正确的是（ ）
A. 利用太阳能，将海水蒸馏淡化
B. 加入明矾，使海水的盐份沉淀并淡化
C. 直流电，采用电渗透法使海水淡化
D. 通过离子交换膜，除去所含的盐分使海水淡化
【答案】B
【解析】
【详解】A．海水中溶解和悬浮着大量的无机物和有机物，海水淡化的主要方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，可利用太阳能将海水蒸馏淡化，故A正确；
B．明矾溶于水，其电离出的Al3+水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体吸附海水中的悬浮物，用于净化海水，并不能使盐份沉淀而淡化海水，故B错误；
C．通直流电，采用电渗透法可使相应的离子通过半透膜以达到使海水淡化的目的，故C正确；
D．使用离子交换树脂与水中的离子进行交换，从而达到淡化海水的目的，故D正确；
答案为B。
12.下列物质属于天然高分子化合物的是（ ）
A. 葡萄糖 B. 油脂 C. 蔗糖 D. 淀粉
【答案】D
【解析】
【分析】
相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物，高分子化合物分为天然高分子化合物、合成高分子化合物，淀粉、纤维素、蛋白质为天然高分子化合物。
【详解】A．葡萄糖属于单糖，分子式为C6H12O6，相对分子质量较小，不是高分子化合物，故A不符合题意；
B．油脂是高级脂肪酸甘油酯，油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，故B不符合题意；
C．蔗糖属于二糖，分子式为C12H22O11，相对分子质量较小，不是高分子化合物，故C不符合题意；
D．淀粉的化学式为(C6H10O5)n相对分子质量在一万以上，为天然高分子化合物，故D符合题意；
答案为D。
13. 下列变化需要加入适当的氧化剂才能完成的是( )。
A. CuO → Cu B. Fe → FeCl2 C. H2SO4→ SO2 D. HNO3→ N2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氧化铜转化为铜发生的是还原反应，需要加入适当的还原剂才能实现，A不符合题意；
B. 铁转化为氯化亚铁发生的是氧化反应，需要加入适当的氧化剂才能实现，B符合题意；
C. 硫酸转化为二氧化硫发生的是还原反应，需要加入适当的还原剂才能实现，C不符合题意；
D. 硝酸转化为一氧化二氮发生的是还原反应，需要加入适当的还原剂才能实现，D不符合题意。
故选B。
14.下列关于下图所示原电池装置的叙述正确的是( )
A. 铜片是负极 B. 铜片质量逐渐减少
C. 氢离子在铜片表面被还原 D. 电流从锌片经导线流向铜片
【答案】C
【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、锌比铜活泼，则根据装置图可知，锌是负极，失去电子，铜是正极，A错误；
B、溶液中的氢离子在正极得到电子，发生还原反应生成氢气，铜片质量不变，B错误；
C、氢离子在铜片表面被还原生成氢气，C正确；
D、电流从正极流向负极，因此电流从铜片经导线流向锌片，D错误；
答案选C。
15.用铁片与稀硫酸反应制氢气时，下列措施不能使反应速率加快的是（ ）
A. 加热
B. 不用稀硫酸，改用98%的浓硫酸
C. 滴加少量CuSO4溶液
D. 不用铁片，改用铁粉
【答案】B
【解析】
【详解】A.加热，温度升高，能使反应速率加快，A项不选；
B.改用98%的浓硫酸，常温铁在浓硫酸中发生钝化，表面生成致密的氧化膜阻止反应的进一步进行，B项选；
C. 滴加少量的CuSO4溶液，铁与CuSO4反应生成Cu，铜与铁、稀硫酸组成原电池，使反应速率加快，C项不选；
D. 改用铁粉，增大了接触面积，使反应速率加快，D项不选；
答案选B。
16.元素性质呈现周期性变化的根本原因是( )
A. 元素的原子量逐渐增大
B. 核外电子排布呈周期性变化
C. 核电荷数逐渐增大
D. 元素化合价呈周期性变化
【答案】B
【解析】
【详解】A．在周期表中，元素的原子量随着原子序数的增大而逐渐增大，不能解释元素性质的周期性变化，故A错误；
B．原子的核外电子排布中电子层数和最外层电子数都随原子序数的递增而呈现周期性变化，是引起元素的性质的周期性变化的根本原因，故B正确；
C．在周期表中，元素的核电荷数逐渐增大，不能解释元素性质的周期性变化，故C错误；
D．元素的化合价属于元素的性质，不能解释元素性质的周期性变化，故D错误；
故选B。
17.下列单质中，按最高正价递增的顺序排列的是( )
A. C、N、O、F B. F、Cl、Br、O C. K、Mg、C、S D. Li、Na、K、Rb
【答案】C
【解析】
【详解】A．C、N、O、F最外层电子数依次为4、5、6、7，C、N元素最高正价递增，而O、F元素没有正化合价，故A错误；
B．F、Cl、Br最外层电子数都是7，F元素没有正化合价，最高化合价为0，Cl、Br元素最高正化合价为+7，O最外层电子数都是6，O元素一般没有正化合价，最高化合价一般为0，故B错误；
C．K、Mg、C、S最外层电子数依次为1、2、4、6，其最高化合价依次升高，故C正确；
D．Li、Na、K、Rb为同一主族元素，最外层电子数为1，最高正化合价都是+1，故D错误；
故选C。
18.下列元素中，原子半径最大的是( )
A. Na B. Mg C. Al D. C
【答案】A
【解析】
【详解】一般而言，电子层数越多，半径越大，这四种元素中Na、Mg、Al位于第3周期，而C位于第2周期；电子层数相同的原子，原子序数越大，半径越小，钠元素的原子序数最小，其原子半径最大，故选A。
19.下列关于化学键的叙述正确的是( )
A. 离子化合物中只含离子键
B. 共价化合物一定不含离子键
C. 离子化合物一定不含共价键
D. 共价化合物可能含有离子键
【答案】B
【解析】
【详解】A．离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如KOH，故A错误；
B．只含共价键的化合物为共价化合物，所以共价化合物一定不含离子键，含有离子键的化合物为离子化合物，故B正确；
C．离子化合物中可能含有共价键，如NaOH，故C错误；
D．共价化合物中一定不含离子键，含有离子键的化合物为离子化合物，故D错误；
故选B。
20.“1998年中国十大科技成果”之一是合成一维纳米氮化镓。已知氮化镓中镓是第ⅢA族元素，则氮化镓的化学式可能为（ ）
A. GaN B. Ga2N3 C. Ga3N2 D. GaN2
【答案】A
【解析】
【详解】主族元素的最高价由其最外层电子数决定，因为镓是第ⅢA族元素，所以镓的最高价是+3价，氮元素的最低价是-3价，所以答案选A。
21.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如图所示。下列说法正确的是( )
X
Y
Z
W
A. 原子半径：X＞Y＞Z＞W
B. 若它们都能形成气态氢化物，则Z的氢化物稳定性最强
C. 若常温下它们的单质中只有Z为固态，则W单质的水溶液具有漂白性
D. 若X与W形成的化合物的电子式是，则Y属于第ⅣA族
【答案】C
【解析】
【详解】A．同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，故原子半径：Z＞Y，故A错误；
B．同一周期，从左到右，气态氢化物的稳定性逐渐增强，故气态氢化物的稳定性：W＞Z，Z的氢化物一定不是最稳定的，故B错误；
C．若常温下它们的单质中只有Z为固态，则Z为S元素，W为Cl元素，氯气的水溶液具有漂白性，故C正确；
D．若X与W形成的化合物的电子式是，则X为C元素，W为S元素，Y为N元素，N属于第VA族，故D错误；
故选C。
22.2002年多国科学家通过离子加速器进行实验，获得了6个罕见的Fe原子，并且观测到这6个原子中有4个发生了双质子衰变，即由一个原子核同时放出两个质子的衰变方式。下列关于Fe的说法正确的是（ ）
A. 该原子的中子数与质子数之差为3
B. 是一种新元素
C. Fe与Fe化学性质几乎相同
D. 这种铁原子衰变放出两个质子后变成Fe
【答案】C
【解析】
【详解】A.Fe原子的中子数为45-26=19，质子数为26，两者之差为7，A错误；
B.铁元素早已发现，它只一种核素，B错误；
C.Fe与Fe互为同位素，它们的化学性质几乎相同，C正确；
D. 这种铁原子发生双质子衰变后，变为，D错误。
答案选C。
23.已知反应A＋B=C＋D的能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 该反应为吸热反应
B. A物质能量一定低于C物质能量
C. 该反应只有在加热条件下才能进行
D. 反应物的总能量高于生成物的总能量
【答案】A
【解析】
【详解】A.根据题意和图像，A、B为反应物，C、D为生成物，反应物的总能量小于生成物总能量，故为吸热反应应，A正确；
B. 反应为吸热反应，可知A、B的总能量大于C、D的总能量，但不能判断A物质能量和C物质能量的大小，B不正确；
C.化学反应中的能量变化与是否需要加热无关，C不正确；
D.该反应为吸热反应，故反应物的总能量小于生成物的总能量，D不正确。
答案选A。
24.图中是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：Z＞Y＞X
B. 气态氢化物稳定性：R＜W
C. WX3和水反应生成化合物是离子化合物
D. Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应
【答案】D
【解析】
【分析】
短周期元素，X、W都有最低价，处于ⅥA，且W有最高价，故X为O、W为S；Y只有价，原子序数大于O，故Y为Na；Z只有价，结合原子序数可知Z为Al；R有、价，为Cl元素，据此解答。
【详解】A．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径，A错误；
B．R为Cl、W为S，非金属性，非金属越强对应氢化物越稳定，故气态氢化物，B错误；
C．和水反应形成的化合物为硫酸，属于共价化合物，C错误；
D．Y为Na，Y的最高价氧化物的水化物为NaOH，Z为Al，Al的最高价氧化物对于的水化物为Al(OH)3，NaOH和Al(OH)3反应生成NaAlO2和水，D正确。
答案选D。
25.一定温度下，在一定体积的密闭容器中进行可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，下列说法中，能说明该反应已经达到化学平衡状态的是( )
A. 容器中N2、H2和NH3三种物质共存
B. 容器中N2和H2的分子数之比为1:3
C. 容器中N2、H2、NH3的浓度相等
D. NH3的生成速率和分解速率相等
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应为可逆反应，无论是否达到平衡状态，各种物质都共存，因此容器中N2、H2和NH3三种物质共存，不能判断达到平衡状态，故A错误；
B．容器中N2和H2的分子数与起始充入的物质的量和转化率有关，容器中N2和H2的分子数之比为1:3，不能说明是平衡状态，故B错误；
C．平衡时各物质的浓度不变，不是浓度相等，容器中N2、H2、NH3的浓度相等，不能说明是平衡状态，故C错误；
D．NH3的生成速率和分解速率相等，说明正、逆反应速率相等，说明反应达到了平衡状态，故D正确；
故选D。
26.下列关于有机化合物的说法正确的是（ ）
A. 乙烷和乙烯可用溴水加以区别
B. 乙烯与氢气在催化剂作用下生成乙烷的反应属于取代反应
C. 可以用分液的方法分离乙醇和水
D. 有机化合物都能燃烧
【答案】A
【解析】
【详解】A.乙烯可与溴水发生加成反应，溴水褪色，而乙烷不能，故乙烷和乙烯可用溴水加以区别，A正确；
B.乙烯与氢气在催化剂作用下生成乙烷的反应属于加成反应，B不正确；
C.乙醇和水互溶，故不能用分液的方法分离，C不正确；
D.大多数有机化合物能燃烧，但少数例外，如四氯化碳等，D不正确；
答案选A。
27.下列与CH3CH2OH互为同分异构体的是( )
A. CH3CH2CHO B. CH3OCH3 C. D. HCOOCH3
【答案】B
【解析】
【详解】A．CH3CH2CHO与CH3CH2OH的分子式不同，不是同分异构体，故A错误；
B．CH3OCH3与CH3CH2OH的分子式相同，都是C2H6O，但结构不同，属于同分异构体，故B正确；
C．与CH3CH2OH的分子式不同，不是同分异构体，故C错误；
D．HCOOCH3与CH3CH2OH的分子式不同，不是同分异构体，故D错误；
故选B。
28.下列各物质的检验方法中不正确的是( )
A. 利用蛋白质的颜色反应，检验某白色织物是否为蚕丝制品
B. 利用葡萄糖的银镜反应，可以检验淀粉是否完全发生了水解反应
C. 利用油脂在碱性条件下的水解反应，可以制造甘油和肥皂
D. 利用乙烯的加成反应，可用溴水除去甲烷中混有的乙烯
【答案】B
【解析】
【详解】A．含有苯环的蛋白质可发生颜色反应，可以利用蛋白质的颜色反应，检验某白色织物是否为蚕丝制品，故A正确；
B．淀粉水解生成葡萄糖，利用葡萄糖的银镜反应，只能检验淀粉发生了水解反应，不能检验淀粉是否完全发生了水解反应，应该用碘单质遇淀粉变蓝色的性质检验，故B错误；
C．肥皂是高级脂肪酸盐，油脂在碱性条件下的水解生成高级脂肪酸盐与甘油，称为皂化反应，可以制得肥皂和甘油，故C正确；
D．乙烯和溴水发生加成反应生成液态的1，2-二溴乙烷，故可用溴水除去甲烷中混有的少量乙烯，故D正确；
故选B。
29.下列金属适合用热分解法冶炼的是( )
A. Na B. Al
C. Fe D. Ag
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na属于活泼金属，采用电解法冶炼，A不符合题意；
B．Al属于活泼金属，采用电解法冶炼，B不符合题意；
C．Fe属于较活泼金属，采用热还原法冶炼，C不符合题意；
D．Ag属于不活泼金属，采用热分解法冶炼，D符合题意；
故答案为：D。
【点睛】金属活动性顺序表中Al及位于Al之前的金属采用电解法冶炼，位于Al之后Hg之前的金属采用热还原法冶炼， Hg、Ag采用热分解法冶炼，Pt、Au采用富集法来获取。
30.食盐中所加的碘以碘酸钾(KIO3)形式存在。根据反应：IO+I-+H++→I2+H2O(未配平)，可用KI淀粉试纸和食醋进行实验，证明加碘食盐中存在IO。下列说法不正确的是( )
A. 上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶5
B. 实验时可观察到试纸变蓝
C. 实验可证明该条件下I-的还原性强于Cl-
D. 食醋中含有的乙酸是强酸，它能提供反应所需的H+
【答案】D
【解析】
【分析】
配平后的反应为：IO+5I-+6H+═3I2+3H2O，结合实验的原理和现象分析解答。
【详解】A．配平后的反应为：IO+5I-+6H+═3I2+3H2O，反应中碘酸根离子中碘元素化合价由+5价变化为0价，IO为氧化剂，碘离子中I的化合价由-1价变化为0价，I-为还原剂，则反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶5，故A正确；
B．用淀粉KI试纸和食醋进行实验，发生反应IO+5I-+6H+═3I2+3H2O，生成的碘单质遇到淀粉变蓝色，故B正确；
C．食盐中含有Cl-，在含有IO和Cl-的体系中加入KI淀粉试纸和食醋进行实验，碘离子被氧化，而Cl-不被氧化，所以实验可证明该条件下I-还原性强于Cl-，故C正确；
D．乙酸为弱酸，不是强酸，故D错误；
故选D。
第二部分（非选择题共40分）
二、填空题（本题包括4道小题，共40分）
31.将下列物质进行分类：
①H与H；②O2与O3；③乙醇(C2H5OH)与甲醚(CH3—O—CH3)；④正戊烷(CH3CH2CH2CH2CH3)与异丁烷()
(1)互为同位素的是_____(填序号、下同)；
(2)互为同系物的是_____；
(3)互为同分异构体的是_____。
【答案】 (1). ① (2). ④ (3). ③
【解析】
【分析】
质子数相同，中子数不同的同一元素的不同原子互称同位素；分子式相同，结构不同的化合物互称同分异构体；同一元素形成的不同单质称同素异形体；结构相似，分子组成上相差一个或若干个CH2的有机化合物称为同系物，据此分析解答。
【详解】①H与H的质子数相同，中子数不同，互称同位素；
②O2与O3 是由氧元素形成的不同单质，互为同素异形体；
③乙醇(C2H5OH)与甲醚(CH3-O-CH3)的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体；
④正戊烷(CH3CH2CH2CH2CH3)与异丁烷()的结构相似，分子组成上相差1个CH2，互为同系物，
(1)互为同位素的是①，故答案为：①；
(2)互为同系物的是④，故答案为：④；
(3)互为同分异构体的是③，故答案为：③。
【点睛】本题的易错点为(2)，要注意同系物和同分异构体概念的区别。
32.来自石油的有机化工原料A，可以发生如下转化：
已知：E是具有果香味的有机物，F是一种高分子化合物。请回答下列问题。
（1）A的分子式是_____，C的名称是_____。
（2）D分子中的官能团名称是_____。
（3）反应③的化学方程式是_____，该反应属于_____反应。反应④的化学方程式是_____，该反应属于_____反应。
【答案】 (1). C2H4 (2). 乙醛 (3). 羧基 (4). (5). 取代（或酯化） (6). (7). 加聚
【解析】
【分析】
根据物质转化流程图结合E是具有果香味的有机物，F是一种高分子化合物，可以推断出A为C2H4，B能与酸性KMnO4反应，可由乙烯催化与水加成得到，故确定B为乙醇，乙醇催化氧化生成C，故C为乙醛，乙醇被酸性高锰酸钾溶液直接氧化成乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成具有果香味的乙酸乙酯，乙烯通过加聚反应得到聚乙烯。故各物质分别为：A、CH2=CH2；B、CH3CH2OH；C、CH3CHO；D、CH3COOH；E、CH3COOCH2CH3；F、。
【详解】（1）A是乙烯，故分子式是C2H4，由分析可知C是乙醛，故答案为：C2H4 ；乙醛；
（2）D是乙酸，分子中的官能团名称是羧基，故答案为：羧基；
（3）反应③是CH3CH2OH和CH3COOH在浓硫酸催化下反应生成乙酸乙酯，故化学方程式是，该反应是酯化反应（属于取代反应）。反应④是乙烯制聚乙烯的反应，化学方程式是，该反应是加聚反应，故答案为：；酯化（或取代）； ；加聚。
33.如图是实验室制取SO2并验证SO2某些性质的装置图。若观察到装置④中的有淡黄色沉淀生成，⑤中的溴水褪色（已知因含有Br2而溴水呈红棕色），请回答：
（1）①中发生反应的离子方程式为_____。
（2）③的实验现象是_____，证明SO2有_____性。
（3）④中SO2做_____剂。
（4）⑤中反应生成两种强酸，该反应的离子方程式是_____。
（5）⑥的作用是_____。
【答案】 (1). 2H++SO32-=H2O+SO2↑ (2). 品红溶液褪色 (3). 漂白 (4). 氧化 (5). SO2+Br2+2H2O=2Br-+SO42-+4H+ (6). 吸收未反应的SO2，防止污染空气
【解析】
【分析】
硫酸和亚硫酸钠在①中发生反应生成硫酸钠和水和二氧化硫；二氧化硫在②中与水反应生成亚硫酸，亚硫酸是一种弱酸，使石蕊溶液变红；二氧化硫有漂白性，使③中品红溶液褪色；二氧化硫有氧化性，与H2S在④中反应生成S单质和H2O；SO2有还原性，在⑤中还原Br2使溴水褪色；SO2有毒，能和NaOH溶液反应，多余的SO2用NaOH溶液吸收，防止污染空气，据此解答。
【详解】(1)硫酸和亚硫酸钠在①中发生反应生成硫酸钠和水和二氧化硫，反应的离子方程式为：2H++SO32-=H2O+SO2↑，故答案为：2H++SO32-=H2O+SO2↑；
(2)SO2有漂白性，使③中品红溶液褪色，故答案为：品红溶液褪色；漂白；
(3)④中发生的反应为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，SO2中的S元素得电子，化合价降低，作氧化剂，故答案为：氧化；
(4)SO2有还原性，溴有强氧化性，二者在⑤中发生反应的离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=2Br-+SO42-+4H+，故答案为：SO2+Br2+2H2O=2Br-+SO42-+4H+；
(5)未反应SO2直接排放会污染空气，所以⑥的作用是吸收未反应的SO2，防止污染空气，故答案为：吸收未反应的SO2，防止污染空气。
34.从海水提取镁和溴的流程如图，请回答相关问题。
(1)从海水中提取镁的流程如图所示(框图中是主要产物)：
i．反应①的离子方程是_____；
ii．反应②的化学方程式是_____。
(2)从海水中提取溴的流程如图所示(框图中是主要产物)：
i．过程②中，向混合液中吹入热空气，将溴吹出，用纯碱吸收，吹入热空气的目的是______。
ii．过程③中反应的化学方程式是______。
iii．若最终得到的溴单质中仍然混有少量的Cl2，则除去该杂质的方法是______。(结合离子方程式回答)。
【答案】 (1). Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O (2). MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑ (3). 温度升高，气体的溶解度减小，另外空气不与溴发生反应，可以搅动液体，有利于溴蒸气的逸出 (4). 5NaBr+NaBrO3+3H2SO4═3Br2+3Na2SO4+3H2O (5). 加入适量溴化钠，利用有机溶剂将溴分离提纯，Cl2+2Br-═Br2+2Cl-
【解析】
【分析】
(1)根据流程图中物质间的转化关系书写方程式；
(2) i．根据气体在水中的溶解度的影响因素结合溴易挥发分析热空气吹入法的原理和目的；ii．根据流程图中物质间的转化关系书写方程式；iii．根据氯气能将溴离子氧化为溴单质，结合除杂原则分析解答。
【详解】(1)i．反应①是Mg(OH)2与盐酸反应转化为MgCl2，反应的化学方程式为：2HCl+Mg(OH)2═MgCl2+2H2O，离子方程式为：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O，故答案为：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O；
ii．反应②为电解熔融的氯化镁生成镁和氯气，反应的化学方程式为MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑，故答案为：MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑；
(2)i．溴是易挥发的液体单质，向混合液中吹入热空气，温度升高，气体的溶解度减小，另外空气不与溴发生反应，可以搅动液体，有利于溴蒸气的逸出，故答案为：温度升高，气体的溶解度减小，另外空气不与溴发生反应，可以搅动液体，有利于溴蒸气的逸出；
ii．过程③中酸性条件下NaBr、NaBrO3发生氧化还原反应生成溴单质，反应的化学方程式为3H2SO4+5NaBr+NaBrO3=3Na2SO4+3Br2+3H2O，故答案为：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4═3Br2+3Na2SO4+3H2O；
iii．氯气具有氧化性，溴离子具有还原性，若最终得到的溴单质中仍然混有少量的Cl2，可以加入适量溴化钠，再利用有机溶剂将溴分离提纯，Cl2+2Br-═Br2+2Cl-，则可除去杂质氯气，故答案为：加入适量溴化钠，利用有机溶剂将溴分离提纯，Cl2+2Br-═Br2+2Cl-。
【点睛】明确海水提取镁和海水提溴的原理是解题的关键。本题的易错点和难点为(2)，要注意空气吹出法的原理。
第三部分附加题（该题4、5班必做。1、2、3班选做）
35.为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)。
实验过程：
Ⅰ.打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。
Ⅱ.当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。
Ⅲ.当B中溶液由黄色变为红棕色时，关闭活塞a。
Ⅳ.……
(1)A中产生黄绿色气体，其电子式是_____。
(2)验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是____。
(3)B中溶液发生反应的离子方程式是______。
(4)为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象是_____。
(5)过程Ⅲ实验的目的是______。
【答案】 (1). (2). 湿润的淀粉KI试纸变蓝 (3). Cl2+2Br-=Br2+2Cl- (4). 打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D震荡，静置后CCl4层变为紫红色 (5). 确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰
【解析】
分析】
A中KMnO4与浓HCl反应产生的黄绿色气体为Cl2；卤素单质氧化性的相对强弱顺序为：氧化性Cl2＞Br2＞I2，然后根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性书写反应的方程式，结合实验目的分析解答。
【详解】(1)因KMnO4与浓HCl反应可以用来制Cl2，氯气的电子式为：，故答案为：；
(2)因Cl2的氧化性大于I2的氧化性，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可发生：Cl2+2I-=I2+2Cl-，I2能使淀粉变蓝，故答案为：湿润的淀粉KI试纸变蓝；
(3)因Cl2的氧化性大于Br2的氧化性，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可发生：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，故答案为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-；
(4)因Br2的氧化性大于I2的氧化性，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，要发生：Br2+2I-=I2+2Br-，同时检验产物碘的存在，故答案为：打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D震荡，静置后CCl4层变为紫红色；
(5)为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论，故答案为：确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰。
【点睛】明确卤素单质氧化性的相对强弱和氧化还原反应的规律是解题的关键。本题的易错点为(4)，要注意实验操作的实施顺序，并且要注意产物的检验。
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