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【化学】北京101中学2018-2019学年高一下学期期中考试试卷（解析版）
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北京101中学2018-2019学年高一下学期期中考试试卷
本试卷分为I卷、Ⅱ卷，共26个小题，满分100分；答题时间为90分钟。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Cl 35.5 Na 23 Fe 56
I卷 选择题（共42分）
（共21道小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2分。）
1.下列电池不属于二次电池（可充电电池）的是（ ）
A. 锌锰电池 B. 锂离子电池
C. 铅蓄电池 D. 镍镉电池
【答案】A
【解析】
【分析】铅蓄电池、镍镉电池、锂离子电池等属于可充电电池，是二次电池，碱性锌锰电池不能充电，是一次电池。
【详解】铅蓄电池、镍镉电池、锂离子电池等可以反复充电放电属于可充电电池，是二次电池；碱性锌锰电池不能充电，完全放电后不能再使用，是一次电池；
答案选A。
【点睛】本题考查了一次电池和二次电池的辨别，注意常见的化学电源，题目难度不大，侧重于基础知识的考查。
2. 下列同周期元素中，原子半径最小的是（ ）
A. Mg B. Al C. Si D. S
【答案】D
【解析】试题分析：同周期元素从左到右半径减小，原子半径最小的是S，故D正确。
考点：本题考查元素性质递变规律。
3.下列化合物中，只含共价键的是（ ）
A. H2O B. KCl C. CaF2 D. NaOH
【答案】A
【解析】
【分析】一般来说，活泼金属和活泼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，据此分析解答。
【详解】A．水中氢原子和氧原子之间只含共价键，选项A正确；
B．氯元素是活泼非金属元素，钾元素是活泼金属元素，所以氯化钾中氯离子和钾离子之间只存在离子键，选项B错误；
C．氯元素是活泼非金属元素，钙元素是活泼金属元素，所以氯化钙中氯离子和钙离子之间只存在离子键，选项C错误；
D．氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氧原子和氢原子之间存在共价键，选项D错误；
答案选A。
4.下列化合物中不属于烷烃的是（ ）
A. C6H14 B. C4H10 C. C3H6 D. C12H26
【答案】C
【解析】
【详解】烷烃的通式符合CnH2n＋2，所以根据有机物的化学式可知，符合烷烃通式的是C6H14、C4H10、C12H26，C3H6不符合。
答案选C。
【点睛】本题主要是考查学生对烷烃结构以及烷烃通式的熟悉了解程度，旨在巩固学生的基础，提高学生的应试能力。明确烷烃的通式是答题的根据，难度不大。
5.下列过程中，把化学能转化为热能的是（ ）
A. 风力发电 B. 干电池产生电流
C. 木炭燃烧 D. 用电取暖器取暖
【答案】C
【解析】试题分析：A．风力发电把动能转化为了电能，错误；B．干电池产生电流把化学能转化为电能，错误；C．木炭燃烧把化学能转化为热能，正确；D．用电取暖器取暖把电能转化为热能，错误。故选C。
考点：考查了能量的转化的相关知识。
6.下列反应中的能量变化如图所示的是（ ）
A. Al与盐酸的反应
B. Na与H2O的反应
C. NaOH与盐酸的反应
D. Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl反应
【答案】D
【解析】
【详解】A、Al和盐酸的反应，属于放热反应，反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量，选项A错误；
B、Na和H2O的反应，属于放热反应，反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量，选项B错误；
C、NaOH与盐酸的反应，属于放热反应，反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量，选项C错误；
D、Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl的反应，属于吸热反应，生成物具有的总能量高于反应物具有的总能量，选项D正确；
答案选D。
7.下列物质的电子式书写不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A、N2为非金属单质，N原子之间有3对共用电子对，电子式为，选项A正确；
B、氯化氢中H原子与氯原子以一对共用电子对结合在一起，其电子式为，选项B正确；
C、CO2为共价化合物，C原子分别与两个O原子以两对共用电子对相结合，电子式为，选项C不正确；
D、氯化钠为离子化合物，氯离子带电荷并需用方括号括起来，钠离子用离子符号表示，氯化钠的电子式为，选项D正确；
答案选C。
8.某元素原子的结构示意图为，由此得到的结论不正确的是（ ）
A. 该原子有3个电子层 B. 该元素属于金属元素
C. 该原子在化学反应中易得2个电子 D. 该元素的最高正化合价为+6
【答案】B
【解析】
【分析】原子结构示意图中，圆圈内数字表示核内质子数，弧线表示电子层，弧线上的数字表示该层上的电子数，离圆圈最远的弧线表示最外层，若最外层电子数≥4，则一般为非金属元素，在化学反应中易得电子，若最外层电子数＜4，则一般为金属元素，在化学反应中易失去电子，元素的最高正化合价一般等于其最外层电子数，据此分析。
【详解】A、由某元素的原子结构示意图可知：该原子核外有3个电子层，选项A正确；
B、由某元素的原子结构示意图可知：最外层电子数是6，大于4，为非金属元素，选项B不正确；
C、由某元素的原子结构示意图可知：最外层电子数是6，大于4，为非金属元素，在化学反应中易得到2个电子而形成阴离子，选项C正确；
D、由某元素的原子结构示意图可知：最外层电子数是6，最高正化合价为+6，选项D正确。
答案选B。
【点睛】本题难度不大，考查学生对原子结构示意图及其意义的理解，了解原子结构示意图的意义是正确解题的关键。
9.联合国宣布2019年为“国际化学元素周期表年”，我国的刘庄教授为汞元素的代言人。下列关于Hg的说法中，正确的是（ ）
A. 质子数为198 B. 中子数为118
C. 质量数为278 D. 中子数与核外电子数之差为80
【答案】B
【解析】
【详解】在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。则
A、质子数为80，选项A错误；
B、中子数＋质子数＝质量数，则中子数为 198—80＝118，选项B正确；
C、质量数为198， 选项C错误；
D、质子数＝核外电子数，因此核外电子数为80，中子数为118，中子数与核外电子数之差为38，选项D错误。
答案选B。
10.下列微粒中，与HCl分子具有相同的质子数和相同的电子数的是（ ）
A. H2O2 B. NH3 C. NH4+ D. O22－
【答案】A
【解析】
【分析】质子数等于各原子的质子数之和，中性微粒中质子数等于电子数，阳离子的电子数等于质子数减去电荷数，而阴离子的电子数为质子数加电荷数。
【详解】HCl的质子数为17+1=18，电子数为18，
A、H2O2的质子数为1×2+8×2=18，电子数为18，符合题意，选项A正确；
B、NH3的质子数为7+1×3=10，电子数为10，不符合题意，选项B错误；
C、NH4+的质子数为7+4=11，NH4+的电子数为11-1=10，不符合题意，选项C错误；
D、O22－的质子数为8×2=16，电子数为16+2=18，不符合题意，选项D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查微粒的质子数和电子数的关系，明确中性微粒、阳离子、阴离子的电子的数目计算是解答的关键，并注意中性微粒中质子数等于电子数。
11.下列反应不可用于设计原电池的是（ ）
A. 2CH3OH+3O2＝2CO2+4H2O B. Ba2++SO42－＝BaSO4↓
C. Zn+2HCl＝ZnCl2+H2↑ D. 4Al+3O2+6H2O＝4Al（OH）3
【答案】B
【解析】
【分析】构成原电池的条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应．
所以设计原电池必须符合构成原电池的条件，且该反应必须是放热反应。
【详解】A、甲醇的燃烧属于自发的氧化还原反应且该反应放热，所以能设计成原电池，选项A不选；
B、可溶性钡盐和硫酸或可溶性硫酸盐反应生成硫酸钡的反应不是氧化还原反应，所以不能设计成原电池，选项B选；
C、锌和盐酸的反应属于自发的氧化还原反应且该反应放热，所以能设计成原电池，选项C不选；
D、铝和氧气的反应属于自发的氧化还原反应且该反应放热，所以能设计成原电池，选项D不选。
答案选B。
【点睛】本题考查了原电池的设计，难度不大，明确原电池的构成条件及反应必须是能自发进行的氧化还原反应是解本题的关键。
12.在一定温度下体积不变的密闭容器中，可逆反应A（g）+3B（g）2C（g）+2D（g）达到平衡状态的标志是（ ）
A. 各物质的浓度相等
B. A、B、C、D的浓度之比为1：3：2：2
C. 正反应速率与逆反应速率均为零
D. 正反应速率与逆反应速率相等
【答案】D
【解析】
【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答。
【详解】A．各物质的浓度相等时，该反应不一定达到平衡状态，与反应物初始浓度及转化率有关，选项A错误；
B、A、B、C、D的浓度之比为1：3：2：2，不能说明各组分的浓度不再变化，正逆反应速率相等，无法判断是否达到了平衡状态，选项B错误；
C．达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不等于零，选项C错误；
D．正逆反应速率相等，且不等于零时，反应达到平衡状态，选项D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查化学平衡状态判断，为高频考点，只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态判断依据，注意该反应前后气体计量数之和不变，为易错点。
13.下图是课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置。下列说法正确的是（ ）
A. 溶液中的SO42－向铜极移动
B. 锌片为原电池的负极，发生还原反应
C. 如果将稀硫酸换成柠檬汁，导线中不会有电子流动
D. 铜片表面有气泡生成，发生的反应为：2H++2e－＝H2↑
【答案】D
【解析】
【详解】Zn、Cu、硫酸构成的原电池金属锌做负极，金属铜做正极。
A、原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，溶液中的SO42-移向负极锌极，选项A错误；
B、Zn、Cu、硫酸构成的原电池锌片为原电池的负极，发生氧化反应，选项B错误；
C、如果将稀硫酸换成柠檬汁，也能形成原电池，导线中有电子流动，选项C错误；
D、金属铜做正极，正极上放电的是氢离子，有氢气逸出，发生的反应为：2H++2e－＝H2↑，选项D正确。
答案选D。
14.下列事实不能用元素周期律解释的是（ ）
A. 酸性：H2SO3>H2CO3 B. 还原性：S2－>Cl－
C. 气态氢化物的稳定性：NH3 > CH4 D. Cl2从KI溶液中置换出I2
【答案】A
【解析】
【详解】A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，H2SO3不是最高价含氧酸，不能用元素周期律解释，选项A选；
B. 硫的非金属性弱于氯，故还原性：S2－>Cl－，能用元素周期律解释，选项B不选；
C. N非金属性强于C，所以气态氢化物的稳定性NH3 > CH4，能用元素周期律解释，选项C不选；
D. 氯的非金属性强于碘，所以Cl2从KI溶液中置换出I2，能用元素周期律解释，选项D不选。
答案选A。
15.下列措施能明显增大原反应的化学反应速率的是（ ）
A. Na与水反应时，增加水的质量
B. 在H2SO4与NaOH两溶液反应时，增大压强
C. 实验室制氢气时，将稀H2SO4改为98％的浓H2SO4与Zn反应
D. 在工业合成氨反应中，温度一定、容器体积一定时，增加氮气的量
【答案】D
【解析】
【分析】常见增大化学反应速率的措施有：增大浓度、压强，升高温度，使用催化剂等，增大单位体积的活化分子数目或增大活化分子百分数，从而增大反应速率，注意增大压强只对有气体参加的反应有影响，以此解答该题。
【详解】A．水为纯液体，增大水的用量，浓度不变，反应速率不变，选项A错误；
B．反应在溶液中进行，没有气体生成，增大压强，反应速率基本不变，选项B错误；
C．将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4与Zn反应生成二氧化硫气体，不生成氢气，选项C错误；
D．恒温恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量，反应物浓度增大，则反应速率增大，选项D正确；
答案选D
【点睛】本题考查化学反应速率的影响，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，注意相关基础知识的积累，易错点为C，注意浓硫酸的性质，难度不大。
16.下列叙述正确的是（ ）
A. 甲烷可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 甲烷与氯气发生的反应属于取代反应
C. 甲烷与Cl2反应生成物只有一氯甲烷和氯化氢
D. 甲烷分子的构型为平面四边形，C—H键的长度和夹角完全相同
【答案】B
【解析】
【详解】A、甲烷不能使高锰酸钾溶液褪色，选项A错误；
B、甲烷与氯气反应属于取代反应，选项B正确；
C、甲烷与氯气光照条件下的产物有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢等，选项C错误；
D、甲烷分子的构型为正四面体形，C—H键的长度和夹角完全相同，选项D错误；
答案选B。
17.①～⑥是周期表中第二、三周期的元素，它们的主要化合价和原子半径如下表所示：
元素
①
②
③
④
⑤
⑥
主要化合价
+1
+1
+2
－2
－1
+7，－1
原子半径／nm
0.152
0.186
0.160
0.074
0.071
0.099
下列说法中不正确的是（ ）
A. ①的单质加热时能与氧气生成过氧化物
B. 单质熔点：②<①
C. ③和⑥形成的化合物是离子化合物
D. 单质氧化性：④<⑤
【答案】A
【解析】
【分析】①～⑥是周期表中第二、三周期的元素，⑤只有﹣1价，⑤为F；⑥有﹣1、+7价，⑥为Cl；④只有﹣2价，且原子半径比F略大，则④为O；①②均只有+1价，且原子半径②＞①，则①为Li，②为Na；③为+2价，且原子半径略小于Na，可知③为Mg，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，①～⑥分别为Li、Na、Mg、O、F、Cl，
A．①的单质加热时能与氧气化合生成Li2O，选项A不正确；
B．①为Li，②为Na，碱金属元素的单质从上而下熔点依次降低，则单质熔点：②<①，选项B正确；
C．③与⑥可以形成MgCl2，只含离子键，为离子化合物，选项C正确；
D．O、F均位于第二周期，同周期从左向右非金属性增强，则非金属性为④＜⑤，故单质氧化性：④<⑤，选项D正确；
答案选A。
18.已知：转化率＝某一反应物转化的量÷该反应物的初始量×100％。在一密闭容器中加入A、B、C三种气体，保持温度一定，在t1～t4时刻测得各物质的浓度如下表。据此判断下列结论不正确的是（ ）
测定时刻／s
t1
t2
t3
t4
c（A）/（mol·L－1）
6
3
2
2
c（B）/（mol·L－1）
5
3.5
3
3
c（C）/（mol·L－1）
1
2.5
3
3
A. 在t4时刻，该反应处于化学平衡状态
B. t3时，A的转化率比B的转化率高
C. t1至t2时刻，该反应的速率为3 mol·L－1 s－1
D. 该反应的化学方程式是：2A（g）+B（g）C（g）
【答案】C
【解析】
【详解】A、由表中数据可知，在t3时刻开始，该反应中各组分的浓度保持不变，处于化学平衡状态，选项A正确；
B. t3时，A的转化率（）比B的转化率（）高，选项B正确；
C、化学反应速率必须指明以哪种反应物来表示，选项C不正确；
D. 达平衡时A、B、C的物质的量浓度改变的量之比为4：2：2=2：1：1，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，故该反应的化学方程式是：2A（g）+B（g）C（g），选项D正确。
答案选C。
19.下列说法不正确的是（ ）
A. 丙烷和丁烷互称为同系物
B. 的名称为3-甲基丁烷
C. 沸点：正丁烷>异丁烷>丙烷
D. CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)2互同分异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A、丙烷和丁烷结构相似，在分子组成上相差1个CH2原子团，互称为同系物，选项A正确；
B. 最长碳链4个碳，2号碳上有一个甲基，名称为2-甲基丁烷，选项B不正确；
C、分子晶体中，相对分子质量越大，沸点越高，烷烃同分异构体中支链越多，沸点越低，相对分子质量正丁烷=异丁烷＞丙烷，但异丁烷支链多，所以沸点低，即沸点为正丁烷＞异丁烷＞丙烷，选项C正确；
D、CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)2分子式相同，结构不同，互为同分异构体，选项D正确。
答案选B。
20.在通风橱中进行下列实验：
步骤
现象
Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色
Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止
Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡
下列说法不正确的是（ ）
A. I中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O2＝2NO2
B. II中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应
C. 对比I、II中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3
D. 针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化
【答案】C
【解析】试题分析：A、Ⅰ中由于稀硝酸有强的氧化性，与铁发生氧化还原反应，硝酸得到电子被还原变为NO，气体为无色，当遇到空气时，发生反应：2NO+O2=2NO2，气体变为红棕色的NO2，A正确；B、在Ⅱ中浓硝酸有强的氧化性，在室温下遇铁、铝会使金属表面氧化产生一层氧化物薄膜，对内层金属起保护作用，从而防止金属的进一步反应，即发生钝化现象，因此不能进一步反应，这恰好说明浓硝酸的氧化性比稀硝酸强，因此B正确；C、根据以上分析可知，C错误；D、Ⅲ中将金属铜放入浓硝酸中，Fe、Cu及浓硝酸构成原电池，由于铁在浓硝酸中发生发生钝化，因此铁为原电池的正极，铜为负极，失去电子被氧化变为Cu2+，在正极上溶液中的NO3-得到电子被还原为NO2气体，因此会看到有红棕色的气体产生。针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可根据电流计的指针偏转方向判断Fe是否被氧化，D正确，答案选C。
考点：考查浓硝酸、稀硝酸与金属的反应的规律、现象及应用的知识。
21.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。
下列说法不正确的是（ ）
A. 该反应是化合反应
B. 催化剂参加了化学反应过程
C. CH4→CH3COOH过程中，有C—H键的断裂和形成
D. ①→②过程中，形成了C—C键，断裂的化学键的总键能<形成的化学键的总键能
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据图中信息可知，发生反应CH4+CO2→CH3COOH，该反应是化合反应，选项A正确；
B、催化剂参加了化学反应过程，但质量及化学性质不变，选项B正确；
C、CH4+CO2→CH3COOH过程中，C-H键、C=O均发生断裂，选项C不正确；
D. ①→②过程中，形成了C—C键，反应为放热反应，断裂的化学键的总键能<形成的化学键的总键能，选项D正确。
答案选C。
II卷 非选择题（共58分）
22.金属Na、Mg、Al有广泛的应用。
（1）Al在元素周期表中的位置是__________________。
（2）金属镁可以用来生产金属铀（元素符号是U）：UF4+2MgU+2MgF2，该反应中，作为还原剂的物质是_________（填化学式，下同），被还原的物质是_________。
（3）为比较Na、Mg、Al的金属性，进行了如下实验（金属固体的表面积都相同）：
实验1
实验2
钠与水反应剧烈，镁与水反应缓慢
镁与盐酸反应剧烈，铝与盐酸反应缓慢
由实验1和实验2得出的结论是：金属性_________>_________>_________（填元素符号），用原子结构理论解释：同周期元素从左到右，_________。
（4）把镁条（去除氧化膜）投入到盛有盐酸的敞口容器中，产生H2的速率v与时间t的关系如图所示，AB段速率增大的主要原因是__________________。
【答案】 (1). 第三周期IIIA (2). Mg (3). UF4 (4). Na (5). Mg (6). Al (7). 原子半径减小，失电子能力减弱 (8). 该反应放热，使反应体系温度升高
【解析】
【详解】（1）Al为27号元素，在元素周期表中的位置是第三周期IIIA族；
（2）反应UF4+2MgU+2MgF2中，Mg由0价变为+2价，作为还原剂的物质是Mg，U由+4价变为0价，被还原，故被还原的物质是UF4；
（3）实验1：取1.0 g金属钠和镁，分别加入到5 mL水中，钠与水反应剧烈，镁与水反应缓慢，说明钠比镁活泼；实验2：取1.0 g的镁条和铝条，分别加入到5 mL 1.0 mol/L盐酸中，镁与盐酸反应剧烈，铝与盐酸反应较剧烈，说明镁比铝活泼，综上可得结论：金属的活泼性Na>Mg>Al；同周期从左到右，原子半径逐渐减小，失电子能力逐渐减弱；
（4）镁与盐酸反应，AB段时刻，盐酸浓度不断减少，反应速率应减小，但反应放热，温度升高，且总体反应速率呈不断增大的趋势，说明影响AB段反应速率的主要因素是温度。答案为该反应放热，使反应体系温度升高，AB段速率增大。
23.元素X、Y、Z、M、W在周期表中的位置如图：
（1）X的元素符号是_________。
（2）YO2是玻璃的成分之一，是酸性氧化物。实验室盛装NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞的原因是：_________+_________OH－＝_________+_________。
（3）元素Z和元素W中，非金属性比较弱的是_________（填元素符号）。在Z和W形成的原子个数比为1：1的化合物中，W的化合价是_________。
（4）元素M（Se）是人体必需的微量元素。Se能与H2反应生成H2Se，用原子结构解释原因_________。298K、1.01×105pa时，O2、S、Se、Te分别与H2化合生成1 mol气态氢化物时的热量的变化数据（Q）如下图所示。图中表示Se与H2化合的点是_________（填字母）。
【答案】(1). K (2). SiO2 (3). 2 (4). SiO32－ (5). H2O (6). Br (7). +1 (8). Se最外层6个电子，可以与H形成2对共用电子对 (9). B
【解析】
【分析】由元素所在周期表中的位置可知，X为K元素，Y为Si元素，Z为Cl元素，M为Se元素，W为Br元素，据此分析。
【详解】由元素所在周期表中的位置可知，X为K元素，Y为Si元素，Z为Cl元素，M为Se元素，W为Br元素。
（1）X的元素符号是K；
（2）YO2是SiO2，是玻璃的成分之一，是酸性氧化物。实验室盛装NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞的原因是：SiO2+2OH－＝SiO32－+ H2O；
（3）同主族从上而下非金属性逐渐减弱，故元素Z和元素W中，非金属性比较弱的是Br；在Z和W形成的原子个数比为1：1的化合物BrCl中，W的化合价是+1价；
（4）Se最外层6个电子，可以与H形成2对共用电子对，故Se能与H2反应生成H2Se；
能量越低越稳定，H2O、H2S、H2Se、H2Te稳定性减弱，所以B表示Te与H2化合的反应热数据。
24.高铁酸钠（Na2FeO4）具有很强的氧化性，是高铁电池的重要原料，也是一种新型的绿色净水消毒剂。工业上可以通过次氯酸钠氧化法制备高铁酸钠，生产过程如下：
回答下列问题：
（1）Cl2与NaOH溶液反应的离子方程式是__________________。
（2）经过步骤①后，加入NaOH固体的原因是________________________。
（3）步骤②反应的离子方程式是_______________。
（4）从溶液I中分离出Na2FeO4后，还有副产品Na2SO4、NaCl，则步骤③中反应的离子方程式为_______________。
（5）Na2FeO4投入到污水中杀菌消毒，生成的Fe（OH）3可以起到絮凝剂的作用。通过计算得知Na2FeO4的消毒效率（以单位质量的消毒剂得到的电子数表示）比氯气的_________（填“高”或“低”），用高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂的优点是_________（答出一点即可）。
（6）高铁电池的总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH放电时，负极的电极反应式是_____。正极附近溶液的碱性______（填“增强”、“不变”或“减弱”）。
【答案】(1). Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O (2). Na2FeO4只在碱性环境中稳定存在，NaOH调节pH (3). 2Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O (4). 2Fe3++3ClO－+10OH－＝2FeO42－+3Cl－+5H2O (5). 低 (6). 方便保存，消毒的同时可以净水，无毒 (7). Zn－2e－+2OH－＝Zn（OH）2， (8). 增强
【解析】
【详解】（1）Cl2与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式是Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O；
（2）经过步骤①后，加入NaOH固体的原因是Na2FeO4只在碱性环境中稳定存在，NaOH调节pH；
（3）步骤②硫酸亚铁在双氧水作用下被氧化生成硫酸铁和水，反应的离子方程式是2Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O；
（4）从溶液I中分离出Na2FeO4后，还有副产品Na2SO4、NaCl，则步骤③中硫酸铁在碱性条件下被次氯酸钠氧化生成高铁酸钠，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO－+10OH－＝2FeO42－+3Cl－+5H2O；
（5）FeO42-+3e-+4H2O⇌Fe（OH）3+5OH-，单位质量得到电子=0.018，
Cl2+2e-═2Cl-，单位质量得到电子=0.028，
所以Na2FeO4的消毒效率比氯气低；高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂，利用氧化性起到杀菌消毒作用，利用生成的氢氧化铁胶体起到净水作用，答案为方便保存，消毒的同时可以净水，无毒；
（6）放电时，负极上锌失电子发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2；正极K2FeO4发生得电子的还原反应，即FeO42-+3e-+4H2O=Fe（OH）3+5OH-，正极附近溶液的碱性增强。
25.A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增。A元素原子核内无中子，B元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，D是地壳中含量最多的元素，E的化合物焰色反应是黄色，F与G位置相邻，G是同周期元素中原子半径最小的元素。
请用化学用语回答：
（1）D的简单阴离子的结构示意图是___________。
（2）用电子式表示E2F的形成过程____________。
（3）E、F、G三种元素所形成的简单离子，半径由大到小的顺序是_________>_________>_________。
（4）下列实验操作对应的实验现象中，不正确的是_________（填字母）。
选项
实验操作
实验现象
a
将E单质投入到CuSO4溶液中
生成大量红色固体
b
向AlCl3溶液中通入过量C的气态氢化物
先生成白色沉淀，然后沉淀溶解
c
将G的单质通入到NaBr溶液中充分反应后，加入四氯化碳，振荡，静置
下层溶液变为橙色
d
将B的最高价氧化物通入到Na2SiO3溶液中
生成白色沉淀
（5）写出A与B形成的10电子分子的化学式_________，该物质与G的单质在光照下反应，一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是_________（填字母）。
（6）在Fe和Cu的混合物中，加入一定量的C的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，充分反应后剩余金属m1 g，再向其中加入一定量的稀硫酸，充分反应后剩余金属m2 g。下列说法正确的是_________（填字母）。
a m1大于m2 b m1等于m2
c 剩余溶液中一定有Fe3+ d 剩余金属中一定有Cu
【答案】(1). (2). (3). S2－ (4). C1－ (5). Na+ (6). ab (7). CH4 (8). D (9). ad
【解析】
【分析】A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增．A元素原子核内无中子，则A为氢元素；B元素原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，B原子只能有2个电子层，最外层有4个电子，则B为碳元素；D元素是地壳中含量最多的元素，则D为氧元素；C元素原子序数介于碳与氧之间，则C为氮元素；E的化合物焰色反应是黄色，则E为钠元素；G原子序数大于钠元素，处于第三周期，且G是同周期元素中原子半径最小的元素，故G为Cl元素；F与G位置相邻，原子序数大于钠元素，故F为硫元素，据此分析。
【详解】A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增．A元素原子核内无中子，则A为氢元素；B元素原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，B原子只能有2个电子层，最外层有4个电子，则B为碳元素；D元素是地壳中含量最多的元素，则D为氧元素；C元素原子序数介于碳与氧之间，则C为氮元素；E的化合物焰色反应是黄色，则E为钠元素；G原子序数大于钠元素，处于第三周期，且G是同周期元素中原子半径最小的元素，故G为Cl元素；F与G位置相邻，原子序数大于钠元素，故F为硫元素。
（1）D为氧元素，其简单阴离子的结构示意图是；
（2）E2F为Na2S，是离子化合物，用电子式表示E2F的形成过程为；
（3）E、F、G三种元素所形成的简单离子Na+比其他两种离子少一个电子层，半径最小，S2－、C1－具有相同电子层结构，核电荷数大的半径较小，故半径由大到小的顺序是S2－>C1－>Na+；
（4）a、将单质钠投入到CuSO4溶液中钠先和水反应生成NaOH和氢气,NaOH和CuSO4反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀钠不能置换出单质铜，所以无大量红色固体生成，故不正确；
b、氨气通入AlCl3溶液发生反应：AlCl3+4NH4•H2O=Al（OH）3↓+4NH4Cl，氨气过量，Al（OH）3不溶解，得定产生白色沉淀，故不正确；
c、将Cl2通入到NaBr溶液中充分反应后，加入四氯化碳，振荡，静置,Cl2置换出NaBr中的Br2，Br2易溶于CCl4，CCl4层变为橙色，CCl4比水的密度大，在下层，故正确；
d、CO2通入到Na2SiO3溶液中产生H2SiO3，生成白色沉淀，故正确；
答案选ab；
（5）A与B形成的10电子分子的化学式为CH4；
CH4与Cl2在光照下能够发生取代反应，生成一系列的氯代甲烷（一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳等）及氯化氢，一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳均为难溶于水的油状物，而在试管壁油珠，生成的氯化氢易溶于水，而使试管中的气压减小，饱和食盐水进入试管中，因此可以看到如D状况的现象。
答案选D；
（6）HNO3具有强氧化性，能将Fe、Cu氧化为Fe3+、Cu2+，Fe3+具有较强的氧化性，可将Fe、Cu氧化；第一次剩余金属，若剩余金属为Fe和Cu，溶液中含有的离子为Fe2+，若剩余Cu，溶液中阳离子为Fe2+，可能含有Cu2+，由于溶液中含有NO3﹣，在酸性条件下，剩余的金属还可以与NO3﹣反应，由于有金属剩余，故溶液中一定含有Fe2+，可能含有Cu2+，
由上述分析可知，m1一定大于m2，故a正确；b错误；
反应后有固体剩余，故一定不含有Fe3+，故c错误；
剩余固体m2中一定含有单质Cu，故d正确；
答案选ad。
【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，涉及电子式、离子半径比较、元素化合物性质等，侧重对知识的理解与迁移应用能力考查，（5）中注意酸性条件下硝酸根具有强氧化性，难度中等。
26.某学习小组在实验室研究SO2与Ba（NO3）2溶液的反应。
实验：向盛有2mL 0.1mol/L Ba（NO3）2溶液的试管中，缓慢通入SO2气体，试管内有白色沉淀产生，液面上方略显浅棕色。
探究1：白色沉淀产生的原因。
（1）白色沉淀是_________（填化学式）。
（2）分析白色沉淀产生的原因，甲同学认为是NO3－氧化了SO2，乙同学认为是溶液中溶解的O2氧化了SO2。
①支持甲同学观点的实验证据是______________。
②乙同学通过下列实验证明了自己的推测正确，请完成实验方案：
实验操作
实验现象
向2mL___mol／L ___溶液（填化学式）中通入SO2
____________
探究2：在氧化SO2的过程中，NO3－和O2哪种微粒起到了主要作用。
实验操作
实验数据
向烧杯中加入煮沸了的0.1 mol／L的BaCl2溶液25mL，再加入25mL植物油，冷却至室温，用pH传感器测定溶液pH随时间（t）的变化曲线
图1：向BaCl2 （无氧）溶液中通入SO2
向烧杯中分别加入25mL 0.1 mol／L的BaCl2溶液、Ba（NO3）2溶液，通入SO2，用pH传感器分别测定溶液pH随时间（t）变化的曲线。
图2：分别向BaCl2、Ba（NO3）2溶液中通入SO2
（3）图1，在无氧条件下，向BaCl2溶液中持续通入SO2，溶液pH下降是因为_________（用方程式表示）。
（4）图2，BaCl2溶液中发生反应的离子方程式为___________。
（5）依据上述图像你得出的结论是_______________。
【答案】(1). BaSO4 (2). 液面上方略显浅棕色 (3). 0.1 mol/L (4). BaCl2溶液 (5). 生成白色沉淀 (6). SO2+H2OH2SO3 、H2SO3HSO3－+H+ (7). 2Ba2++2SO2+O2＝2BaSO4+4H+ (8). 氧化二氧化硫过程中，氧气起主要作用
【解析】
【详解】（1）SO2与Ba（NO3）2溶液的反应，根据元素守恒可知，白色沉淀应为BaSO4；
（2）①NO3-氧化了SO2，则硝酸根被还原成一氧化氮，一氧化氮可以再被氧化成二氧化氮，使得液面上方略显浅棕色，所以支持甲同学观点的实验证据是液面上方略显浅棕色；
②乙同学要证明了自己的推测正确，应使用钡盐且阴离子不能氧化二氧化硫，这样才可以做对比，所以所用试剂为0.1mol/LBaCl2溶液，可以看到有白色沉淀出现；
（3）在无氧条件下，二氧化硫溶于水生成亚硫酸，亚硫酸会使溶pH值下降，反应的方程式为SO2+H2OH2SO3 、H2SO3HSO3－+H+；
（4）图2，BaCl2溶液中通入二氧化硫，与图1相比酸性明显增加，说明氧气参加了反应，生成了硫酸钡和盐酸，反应的离子方程式为2Ba2++2SO2+O2＝2BaSO4+4H+；
（5）比较图1和图2可知，在氧化SO2的过程中，O2起了主要作用，因为在BaCl2溶液中起氧化作用的是O2，在Ba（NO3）2溶液中起氧化作用的是O2和NO3-，而图2中，分别向BaCl2、Ba（NO3）2溶液中通入SO2，pH变化趋势、幅度接近，
故答案为：在氧化SO2的过程中，O2起了主要作用。
本试卷分为I卷、Ⅱ卷，共26个小题，满分100分；答题时间为90分钟。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Cl 35.5 Na 23 Fe 56
I卷 选择题（共42分）
（共21道小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2分。）
1.下列电池不属于二次电池（可充电电池）的是（ ）
A. 锌锰电池 B. 锂离子电池
C. 铅蓄电池 D. 镍镉电池
【答案】A
【解析】
【分析】铅蓄电池、镍镉电池、锂离子电池等属于可充电电池，是二次电池，碱性锌锰电池不能充电，是一次电池。
【详解】铅蓄电池、镍镉电池、锂离子电池等可以反复充电放电属于可充电电池，是二次电池；碱性锌锰电池不能充电，完全放电后不能再使用，是一次电池；
答案选A。
【点睛】本题考查了一次电池和二次电池的辨别，注意常见的化学电源，题目难度不大，侧重于基础知识的考查。
2. 下列同周期元素中，原子半径最小的是（ ）
A. Mg B. Al C. Si D. S
【答案】D
【解析】试题分析：同周期元素从左到右半径减小，原子半径最小的是S，故D正确。
考点：本题考查元素性质递变规律。
3.下列化合物中，只含共价键的是（ ）
A. H2O B. KCl C. CaF2 D. NaOH
【答案】A
【解析】
【分析】一般来说，活泼金属和活泼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，据此分析解答。
【详解】A．水中氢原子和氧原子之间只含共价键，选项A正确；
B．氯元素是活泼非金属元素，钾元素是活泼金属元素，所以氯化钾中氯离子和钾离子之间只存在离子键，选项B错误；
C．氯元素是活泼非金属元素，钙元素是活泼金属元素，所以氯化钙中氯离子和钙离子之间只存在离子键，选项C错误；
D．氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氧原子和氢原子之间存在共价键，选项D错误；
答案选A。
4.下列化合物中不属于烷烃的是（ ）
A. C6H14 B. C4H10 C. C3H6 D. C12H26
【答案】C
【解析】
【详解】烷烃的通式符合CnH2n＋2，所以根据有机物的化学式可知，符合烷烃通式的是C6H14、C4H10、C12H26，C3H6不符合。
答案选C。
【点睛】本题主要是考查学生对烷烃结构以及烷烃通式的熟悉了解程度，旨在巩固学生的基础，提高学生的应试能力。明确烷烃的通式是答题的根据，难度不大。
5.下列过程中，把化学能转化为热能的是（ ）
A. 风力发电 B. 干电池产生电流
C. 木炭燃烧 D. 用电取暖器取暖
【答案】C
【解析】试题分析：A．风力发电把动能转化为了电能，错误；B．干电池产生电流把化学能转化为电能，错误；C．木炭燃烧把化学能转化为热能，正确；D．用电取暖器取暖把电能转化为热能，错误。故选C。
考点：考查了能量的转化的相关知识。
6.下列反应中的能量变化如图所示的是（ ）
A. Al与盐酸的反应
B. Na与H2O的反应
C. NaOH与盐酸的反应
D. Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl反应
【答案】D
【解析】
【详解】A、Al和盐酸的反应，属于放热反应，反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量，选项A错误；
B、Na和H2O的反应，属于放热反应，反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量，选项B错误；
C、NaOH与盐酸的反应，属于放热反应，反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量，选项C错误；
D、Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl的反应，属于吸热反应，生成物具有的总能量高于反应物具有的总能量，选项D正确；
答案选D。
7.下列物质的电子式书写不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A、N2为非金属单质，N原子之间有3对共用电子对，电子式为，选项A正确；
B、氯化氢中H原子与氯原子以一对共用电子对结合在一起，其电子式为，选项B正确；
C、CO2为共价化合物，C原子分别与两个O原子以两对共用电子对相结合，电子式为，选项C不正确；
D、氯化钠为离子化合物，氯离子带电荷并需用方括号括起来，钠离子用离子符号表示，氯化钠的电子式为，选项D正确；
答案选C。
8.某元素原子的结构示意图为，由此得到的结论不正确的是（ ）
A. 该原子有3个电子层 B. 该元素属于金属元素
C. 该原子在化学反应中易得2个电子 D. 该元素的最高正化合价为+6
【答案】B
【解析】
【分析】原子结构示意图中，圆圈内数字表示核内质子数，弧线表示电子层，弧线上的数字表示该层上的电子数，离圆圈最远的弧线表示最外层，若最外层电子数≥4，则一般为非金属元素，在化学反应中易得电子，若最外层电子数＜4，则一般为金属元素，在化学反应中易失去电子，元素的最高正化合价一般等于其最外层电子数，据此分析。
【详解】A、由某元素的原子结构示意图可知：该原子核外有3个电子层，选项A正确；
B、由某元素的原子结构示意图可知：最外层电子数是6，大于4，为非金属元素，选项B不正确；
C、由某元素的原子结构示意图可知：最外层电子数是6，大于4，为非金属元素，在化学反应中易得到2个电子而形成阴离子，选项C正确；
D、由某元素的原子结构示意图可知：最外层电子数是6，最高正化合价为+6，选项D正确。
答案选B。
【点睛】本题难度不大，考查学生对原子结构示意图及其意义的理解，了解原子结构示意图的意义是正确解题的关键。
9.联合国宣布2019年为“国际化学元素周期表年”，我国的刘庄教授为汞元素的代言人。下列关于Hg的说法中，正确的是（ ）
A. 质子数为198 B. 中子数为118
C. 质量数为278 D. 中子数与核外电子数之差为80
【答案】B
【解析】
【详解】在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。则
A、质子数为80，选项A错误；
B、中子数＋质子数＝质量数，则中子数为 198—80＝118，选项B正确；
C、质量数为198， 选项C错误；
D、质子数＝核外电子数，因此核外电子数为80，中子数为118，中子数与核外电子数之差为38，选项D错误。
答案选B。
10.下列微粒中，与HCl分子具有相同的质子数和相同的电子数的是（ ）
A. H2O2 B. NH3 C. NH4+ D. O22－
【答案】A
【解析】
【分析】质子数等于各原子的质子数之和，中性微粒中质子数等于电子数，阳离子的电子数等于质子数减去电荷数，而阴离子的电子数为质子数加电荷数。
【详解】HCl的质子数为17+1=18，电子数为18，
A、H2O2的质子数为1×2+8×2=18，电子数为18，符合题意，选项A正确；
B、NH3的质子数为7+1×3=10，电子数为10，不符合题意，选项B错误；
C、NH4+的质子数为7+4=11，NH4+的电子数为11-1=10，不符合题意，选项C错误；
D、O22－的质子数为8×2=16，电子数为16+2=18，不符合题意，选项D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查微粒的质子数和电子数的关系，明确中性微粒、阳离子、阴离子的电子的数目计算是解答的关键，并注意中性微粒中质子数等于电子数。
11.下列反应不可用于设计原电池的是（ ）
A. 2CH3OH+3O2＝2CO2+4H2O B. Ba2++SO42－＝BaSO4↓
C. Zn+2HCl＝ZnCl2+H2↑ D. 4Al+3O2+6H2O＝4Al（OH）3
【答案】B
【解析】
【分析】构成原电池的条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应．
所以设计原电池必须符合构成原电池的条件，且该反应必须是放热反应。
【详解】A、甲醇的燃烧属于自发的氧化还原反应且该反应放热，所以能设计成原电池，选项A不选；
B、可溶性钡盐和硫酸或可溶性硫酸盐反应生成硫酸钡的反应不是氧化还原反应，所以不能设计成原电池，选项B选；
C、锌和盐酸的反应属于自发的氧化还原反应且该反应放热，所以能设计成原电池，选项C不选；
D、铝和氧气的反应属于自发的氧化还原反应且该反应放热，所以能设计成原电池，选项D不选。
答案选B。
【点睛】本题考查了原电池的设计，难度不大，明确原电池的构成条件及反应必须是能自发进行的氧化还原反应是解本题的关键。
12.在一定温度下体积不变的密闭容器中，可逆反应A（g）+3B（g）2C（g）+2D（g）达到平衡状态的标志是（ ）
A. 各物质的浓度相等
B. A、B、C、D的浓度之比为1：3：2：2
C. 正反应速率与逆反应速率均为零
D. 正反应速率与逆反应速率相等
【答案】D
【解析】
【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答。
【详解】A．各物质的浓度相等时，该反应不一定达到平衡状态，与反应物初始浓度及转化率有关，选项A错误；
B、A、B、C、D的浓度之比为1：3：2：2，不能说明各组分的浓度不再变化，正逆反应速率相等，无法判断是否达到了平衡状态，选项B错误；
C．达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不等于零，选项C错误；
D．正逆反应速率相等，且不等于零时，反应达到平衡状态，选项D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查化学平衡状态判断，为高频考点，只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态判断依据，注意该反应前后气体计量数之和不变，为易错点。
13.下图是课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置。下列说法正确的是（ ）
A. 溶液中的SO42－向铜极移动
B. 锌片为原电池的负极，发生还原反应
C. 如果将稀硫酸换成柠檬汁，导线中不会有电子流动
D. 铜片表面有气泡生成，发生的反应为：2H++2e－＝H2↑
【答案】D
【解析】
【详解】Zn、Cu、硫酸构成的原电池金属锌做负极，金属铜做正极。
A、原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，溶液中的SO42-移向负极锌极，选项A错误；
B、Zn、Cu、硫酸构成的原电池锌片为原电池的负极，发生氧化反应，选项B错误；
C、如果将稀硫酸换成柠檬汁，也能形成原电池，导线中有电子流动，选项C错误；
D、金属铜做正极，正极上放电的是氢离子，有氢气逸出，发生的反应为：2H++2e－＝H2↑，选项D正确。
答案选D。
14.下列事实不能用元素周期律解释的是（ ）
A. 酸性：H2SO3>H2CO3 B. 还原性：S2－>Cl－
C. 气态氢化物的稳定性：NH3 > CH4 D. Cl2从KI溶液中置换出I2
【答案】A
【解析】
【详解】A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，H2SO3不是最高价含氧酸，不能用元素周期律解释，选项A选；
B. 硫的非金属性弱于氯，故还原性：S2－>Cl－，能用元素周期律解释，选项B不选；
C. N非金属性强于C，所以气态氢化物的稳定性NH3 > CH4，能用元素周期律解释，选项C不选；
D. 氯的非金属性强于碘，所以Cl2从KI溶液中置换出I2，能用元素周期律解释，选项D不选。
答案选A。
15.下列措施能明显增大原反应的化学反应速率的是（ ）
A. Na与水反应时，增加水的质量
B. 在H2SO4与NaOH两溶液反应时，增大压强
C. 实验室制氢气时，将稀H2SO4改为98％的浓H2SO4与Zn反应
D. 在工业合成氨反应中，温度一定、容器体积一定时，增加氮气的量
【答案】D
【解析】
【分析】常见增大化学反应速率的措施有：增大浓度、压强，升高温度，使用催化剂等，增大单位体积的活化分子数目或增大活化分子百分数，从而增大反应速率，注意增大压强只对有气体参加的反应有影响，以此解答该题。
【详解】A．水为纯液体，增大水的用量，浓度不变，反应速率不变，选项A错误；
B．反应在溶液中进行，没有气体生成，增大压强，反应速率基本不变，选项B错误；
C．将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4与Zn反应生成二氧化硫气体，不生成氢气，选项C错误；
D．恒温恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量，反应物浓度增大，则反应速率增大，选项D正确；
答案选D
【点睛】本题考查化学反应速率的影响，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，注意相关基础知识的积累，易错点为C，注意浓硫酸的性质，难度不大。
16.下列叙述正确的是（ ）
A. 甲烷可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 甲烷与氯气发生的反应属于取代反应
C. 甲烷与Cl2反应生成物只有一氯甲烷和氯化氢
D. 甲烷分子的构型为平面四边形，C—H键的长度和夹角完全相同
【答案】B
【解析】
【详解】A、甲烷不能使高锰酸钾溶液褪色，选项A错误；
B、甲烷与氯气反应属于取代反应，选项B正确；
C、甲烷与氯气光照条件下的产物有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢等，选项C错误；
D、甲烷分子的构型为正四面体形，C—H键的长度和夹角完全相同，选项D错误；
答案选B。
17.①～⑥是周期表中第二、三周期的元素，它们的主要化合价和原子半径如下表所示：
元素
①
②
③
④
⑤
⑥
主要化合价
+1
+1
+2
－2
－1
+7，－1
原子半径／nm
0.152
0.186
0.160
0.074
0.071
0.099
下列说法中不正确的是（ ）
A. ①的单质加热时能与氧气生成过氧化物
B. 单质熔点：②<①
C. ③和⑥形成的化合物是离子化合物
D. 单质氧化性：④<⑤
【答案】A
【解析】
【分析】①～⑥是周期表中第二、三周期的元素，⑤只有﹣1价，⑤为F；⑥有﹣1、+7价，⑥为Cl；④只有﹣2价，且原子半径比F略大，则④为O；①②均只有+1价，且原子半径②＞①，则①为Li，②为Na；③为+2价，且原子半径略小于Na，可知③为Mg，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，①～⑥分别为Li、Na、Mg、O、F、Cl，
A．①的单质加热时能与氧气化合生成Li2O，选项A不正确；
B．①为Li，②为Na，碱金属元素的单质从上而下熔点依次降低，则单质熔点：②<①，选项B正确；
C．③与⑥可以形成MgCl2，只含离子键，为离子化合物，选项C正确；
D．O、F均位于第二周期，同周期从左向右非金属性增强，则非金属性为④＜⑤，故单质氧化性：④<⑤，选项D正确；
答案选A。
18.已知：转化率＝某一反应物转化的量÷该反应物的初始量×100％。在一密闭容器中加入A、B、C三种气体，保持温度一定，在t1～t4时刻测得各物质的浓度如下表。据此判断下列结论不正确的是（ ）
测定时刻／s
t1
t2
t3
t4
c（A）/（mol·L－1）
6
3
2
2
c（B）/（mol·L－1）
5
3.5
3
3
c（C）/（mol·L－1）
1
2.5
3
3
A. 在t4时刻，该反应处于化学平衡状态
B. t3时，A的转化率比B的转化率高
C. t1至t2时刻，该反应的速率为3 mol·L－1 s－1
D. 该反应的化学方程式是：2A（g）+B（g）C（g）
【答案】C
【解析】
【详解】A、由表中数据可知，在t3时刻开始，该反应中各组分的浓度保持不变，处于化学平衡状态，选项A正确；
B. t3时，A的转化率（）比B的转化率（）高，选项B正确；
C、化学反应速率必须指明以哪种反应物来表示，选项C不正确；
D. 达平衡时A、B、C的物质的量浓度改变的量之比为4：2：2=2：1：1，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，故该反应的化学方程式是：2A（g）+B（g）C（g），选项D正确。
答案选C。
19.下列说法不正确的是（ ）
A. 丙烷和丁烷互称为同系物
B. 的名称为3-甲基丁烷
C. 沸点：正丁烷>异丁烷>丙烷
D. CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)2互同分异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A、丙烷和丁烷结构相似，在分子组成上相差1个CH2原子团，互称为同系物，选项A正确；
B. 最长碳链4个碳，2号碳上有一个甲基，名称为2-甲基丁烷，选项B不正确；
C、分子晶体中，相对分子质量越大，沸点越高，烷烃同分异构体中支链越多，沸点越低，相对分子质量正丁烷=异丁烷＞丙烷，但异丁烷支链多，所以沸点低，即沸点为正丁烷＞异丁烷＞丙烷，选项C正确；
D、CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)2分子式相同，结构不同，互为同分异构体，选项D正确。
答案选B。
20.在通风橱中进行下列实验：
步骤
现象
Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色
Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止
Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡
下列说法不正确的是（ ）
A. I中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O2＝2NO2
B. II中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应
C. 对比I、II中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3
D. 针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化
【答案】C
【解析】试题分析：A、Ⅰ中由于稀硝酸有强的氧化性，与铁发生氧化还原反应，硝酸得到电子被还原变为NO，气体为无色，当遇到空气时，发生反应：2NO+O2=2NO2，气体变为红棕色的NO2，A正确；B、在Ⅱ中浓硝酸有强的氧化性，在室温下遇铁、铝会使金属表面氧化产生一层氧化物薄膜，对内层金属起保护作用，从而防止金属的进一步反应，即发生钝化现象，因此不能进一步反应，这恰好说明浓硝酸的氧化性比稀硝酸强，因此B正确；C、根据以上分析可知，C错误；D、Ⅲ中将金属铜放入浓硝酸中，Fe、Cu及浓硝酸构成原电池，由于铁在浓硝酸中发生发生钝化，因此铁为原电池的正极，铜为负极，失去电子被氧化变为Cu2+，在正极上溶液中的NO3-得到电子被还原为NO2气体，因此会看到有红棕色的气体产生。针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可根据电流计的指针偏转方向判断Fe是否被氧化，D正确，答案选C。
考点：考查浓硝酸、稀硝酸与金属的反应的规律、现象及应用的知识。
21.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。
下列说法不正确的是（ ）
A. 该反应是化合反应
B. 催化剂参加了化学反应过程
C. CH4→CH3COOH过程中，有C—H键的断裂和形成
D. ①→②过程中，形成了C—C键，断裂的化学键的总键能<形成的化学键的总键能
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据图中信息可知，发生反应CH4+CO2→CH3COOH，该反应是化合反应，选项A正确；
B、催化剂参加了化学反应过程，但质量及化学性质不变，选项B正确；
C、CH4+CO2→CH3COOH过程中，C-H键、C=O均发生断裂，选项C不正确；
D. ①→②过程中，形成了C—C键，反应为放热反应，断裂的化学键的总键能<形成的化学键的总键能，选项D正确。
答案选C。
II卷 非选择题（共58分）
22.金属Na、Mg、Al有广泛的应用。
（1）Al在元素周期表中的位置是__________________。
（2）金属镁可以用来生产金属铀（元素符号是U）：UF4+2MgU+2MgF2，该反应中，作为还原剂的物质是_________（填化学式，下同），被还原的物质是_________。
（3）为比较Na、Mg、Al的金属性，进行了如下实验（金属固体的表面积都相同）：
实验1
实验2
钠与水反应剧烈，镁与水反应缓慢
镁与盐酸反应剧烈，铝与盐酸反应缓慢
由实验1和实验2得出的结论是：金属性_________>_________>_________（填元素符号），用原子结构理论解释：同周期元素从左到右，_________。
（4）把镁条（去除氧化膜）投入到盛有盐酸的敞口容器中，产生H2的速率v与时间t的关系如图所示，AB段速率增大的主要原因是__________________。
【答案】 (1). 第三周期IIIA (2). Mg (3). UF4 (4). Na (5). Mg (6). Al (7). 原子半径减小，失电子能力减弱 (8). 该反应放热，使反应体系温度升高
【解析】
【详解】（1）Al为27号元素，在元素周期表中的位置是第三周期IIIA族；
（2）反应UF4+2MgU+2MgF2中，Mg由0价变为+2价，作为还原剂的物质是Mg，U由+4价变为0价，被还原，故被还原的物质是UF4；
（3）实验1：取1.0 g金属钠和镁，分别加入到5 mL水中，钠与水反应剧烈，镁与水反应缓慢，说明钠比镁活泼；实验2：取1.0 g的镁条和铝条，分别加入到5 mL 1.0 mol/L盐酸中，镁与盐酸反应剧烈，铝与盐酸反应较剧烈，说明镁比铝活泼，综上可得结论：金属的活泼性Na>Mg>Al；同周期从左到右，原子半径逐渐减小，失电子能力逐渐减弱；
（4）镁与盐酸反应，AB段时刻，盐酸浓度不断减少，反应速率应减小，但反应放热，温度升高，且总体反应速率呈不断增大的趋势，说明影响AB段反应速率的主要因素是温度。答案为该反应放热，使反应体系温度升高，AB段速率增大。
23.元素X、Y、Z、M、W在周期表中的位置如图：
（1）X的元素符号是_________。
（2）YO2是玻璃的成分之一，是酸性氧化物。实验室盛装NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞的原因是：_________+_________OH－＝_________+_________。
（3）元素Z和元素W中，非金属性比较弱的是_________（填元素符号）。在Z和W形成的原子个数比为1：1的化合物中，W的化合价是_________。
（4）元素M（Se）是人体必需的微量元素。Se能与H2反应生成H2Se，用原子结构解释原因_________。298K、1.01×105pa时，O2、S、Se、Te分别与H2化合生成1 mol气态氢化物时的热量的变化数据（Q）如下图所示。图中表示Se与H2化合的点是_________（填字母）。
【答案】(1). K (2). SiO2 (3). 2 (4). SiO32－ (5). H2O (6). Br (7). +1 (8). Se最外层6个电子，可以与H形成2对共用电子对 (9). B
【解析】
【分析】由元素所在周期表中的位置可知，X为K元素，Y为Si元素，Z为Cl元素，M为Se元素，W为Br元素，据此分析。
【详解】由元素所在周期表中的位置可知，X为K元素，Y为Si元素，Z为Cl元素，M为Se元素，W为Br元素。
（1）X的元素符号是K；
（2）YO2是SiO2，是玻璃的成分之一，是酸性氧化物。实验室盛装NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞的原因是：SiO2+2OH－＝SiO32－+ H2O；
（3）同主族从上而下非金属性逐渐减弱，故元素Z和元素W中，非金属性比较弱的是Br；在Z和W形成的原子个数比为1：1的化合物BrCl中，W的化合价是+1价；
（4）Se最外层6个电子，可以与H形成2对共用电子对，故Se能与H2反应生成H2Se；
能量越低越稳定，H2O、H2S、H2Se、H2Te稳定性减弱，所以B表示Te与H2化合的反应热数据。
24.高铁酸钠（Na2FeO4）具有很强的氧化性，是高铁电池的重要原料，也是一种新型的绿色净水消毒剂。工业上可以通过次氯酸钠氧化法制备高铁酸钠，生产过程如下：
回答下列问题：
（1）Cl2与NaOH溶液反应的离子方程式是__________________。
（2）经过步骤①后，加入NaOH固体的原因是________________________。
（3）步骤②反应的离子方程式是_______________。
（4）从溶液I中分离出Na2FeO4后，还有副产品Na2SO4、NaCl，则步骤③中反应的离子方程式为_______________。
（5）Na2FeO4投入到污水中杀菌消毒，生成的Fe（OH）3可以起到絮凝剂的作用。通过计算得知Na2FeO4的消毒效率（以单位质量的消毒剂得到的电子数表示）比氯气的_________（填“高”或“低”），用高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂的优点是_________（答出一点即可）。
（6）高铁电池的总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH放电时，负极的电极反应式是_____。正极附近溶液的碱性______（填“增强”、“不变”或“减弱”）。
【答案】(1). Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O (2). Na2FeO4只在碱性环境中稳定存在，NaOH调节pH (3). 2Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O (4). 2Fe3++3ClO－+10OH－＝2FeO42－+3Cl－+5H2O (5). 低 (6). 方便保存，消毒的同时可以净水，无毒 (7). Zn－2e－+2OH－＝Zn（OH）2， (8). 增强
【解析】
【详解】（1）Cl2与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式是Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O；
（2）经过步骤①后，加入NaOH固体的原因是Na2FeO4只在碱性环境中稳定存在，NaOH调节pH；
（3）步骤②硫酸亚铁在双氧水作用下被氧化生成硫酸铁和水，反应的离子方程式是2Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O；
（4）从溶液I中分离出Na2FeO4后，还有副产品Na2SO4、NaCl，则步骤③中硫酸铁在碱性条件下被次氯酸钠氧化生成高铁酸钠，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO－+10OH－＝2FeO42－+3Cl－+5H2O；
（5）FeO42-+3e-+4H2O⇌Fe（OH）3+5OH-，单位质量得到电子=0.018，
Cl2+2e-═2Cl-，单位质量得到电子=0.028，
所以Na2FeO4的消毒效率比氯气低；高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂，利用氧化性起到杀菌消毒作用，利用生成的氢氧化铁胶体起到净水作用，答案为方便保存，消毒的同时可以净水，无毒；
（6）放电时，负极上锌失电子发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2；正极K2FeO4发生得电子的还原反应，即FeO42-+3e-+4H2O=Fe（OH）3+5OH-，正极附近溶液的碱性增强。
25.A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增。A元素原子核内无中子，B元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，D是地壳中含量最多的元素，E的化合物焰色反应是黄色，F与G位置相邻，G是同周期元素中原子半径最小的元素。
请用化学用语回答：
（1）D的简单阴离子的结构示意图是___________。
（2）用电子式表示E2F的形成过程____________。
（3）E、F、G三种元素所形成的简单离子，半径由大到小的顺序是_________>_________>_________。
（4）下列实验操作对应的实验现象中，不正确的是_________（填字母）。
选项
实验操作
实验现象
a
将E单质投入到CuSO4溶液中
生成大量红色固体
b
向AlCl3溶液中通入过量C的气态氢化物
先生成白色沉淀，然后沉淀溶解
c
将G的单质通入到NaBr溶液中充分反应后，加入四氯化碳，振荡，静置
下层溶液变为橙色
d
将B的最高价氧化物通入到Na2SiO3溶液中
生成白色沉淀
（5）写出A与B形成的10电子分子的化学式_________，该物质与G的单质在光照下反应，一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是_________（填字母）。
（6）在Fe和Cu的混合物中，加入一定量的C的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，充分反应后剩余金属m1 g，再向其中加入一定量的稀硫酸，充分反应后剩余金属m2 g。下列说法正确的是_________（填字母）。
a m1大于m2 b m1等于m2
c 剩余溶液中一定有Fe3+ d 剩余金属中一定有Cu
【答案】(1). (2). (3). S2－ (4). C1－ (5). Na+ (6). ab (7). CH4 (8). D (9). ad
【解析】
【分析】A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增．A元素原子核内无中子，则A为氢元素；B元素原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，B原子只能有2个电子层，最外层有4个电子，则B为碳元素；D元素是地壳中含量最多的元素，则D为氧元素；C元素原子序数介于碳与氧之间，则C为氮元素；E的化合物焰色反应是黄色，则E为钠元素；G原子序数大于钠元素，处于第三周期，且G是同周期元素中原子半径最小的元素，故G为Cl元素；F与G位置相邻，原子序数大于钠元素，故F为硫元素，据此分析。
【详解】A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增．A元素原子核内无中子，则A为氢元素；B元素原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，B原子只能有2个电子层，最外层有4个电子，则B为碳元素；D元素是地壳中含量最多的元素，则D为氧元素；C元素原子序数介于碳与氧之间，则C为氮元素；E的化合物焰色反应是黄色，则E为钠元素；G原子序数大于钠元素，处于第三周期，且G是同周期元素中原子半径最小的元素，故G为Cl元素；F与G位置相邻，原子序数大于钠元素，故F为硫元素。
（1）D为氧元素，其简单阴离子的结构示意图是；
（2）E2F为Na2S，是离子化合物，用电子式表示E2F的形成过程为；
（3）E、F、G三种元素所形成的简单离子Na+比其他两种离子少一个电子层，半径最小，S2－、C1－具有相同电子层结构，核电荷数大的半径较小，故半径由大到小的顺序是S2－>C1－>Na+；
（4）a、将单质钠投入到CuSO4溶液中钠先和水反应生成NaOH和氢气,NaOH和CuSO4反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀钠不能置换出单质铜，所以无大量红色固体生成，故不正确；
b、氨气通入AlCl3溶液发生反应：AlCl3+4NH4•H2O=Al（OH）3↓+4NH4Cl，氨气过量，Al（OH）3不溶解，得定产生白色沉淀，故不正确；
c、将Cl2通入到NaBr溶液中充分反应后，加入四氯化碳，振荡，静置,Cl2置换出NaBr中的Br2，Br2易溶于CCl4，CCl4层变为橙色，CCl4比水的密度大，在下层，故正确；
d、CO2通入到Na2SiO3溶液中产生H2SiO3，生成白色沉淀，故正确；
答案选ab；
（5）A与B形成的10电子分子的化学式为CH4；
CH4与Cl2在光照下能够发生取代反应，生成一系列的氯代甲烷（一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳等）及氯化氢，一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳均为难溶于水的油状物，而在试管壁油珠，生成的氯化氢易溶于水，而使试管中的气压减小，饱和食盐水进入试管中，因此可以看到如D状况的现象。
答案选D；
（6）HNO3具有强氧化性，能将Fe、Cu氧化为Fe3+、Cu2+，Fe3+具有较强的氧化性，可将Fe、Cu氧化；第一次剩余金属，若剩余金属为Fe和Cu，溶液中含有的离子为Fe2+，若剩余Cu，溶液中阳离子为Fe2+，可能含有Cu2+，由于溶液中含有NO3﹣，在酸性条件下，剩余的金属还可以与NO3﹣反应，由于有金属剩余，故溶液中一定含有Fe2+，可能含有Cu2+，
由上述分析可知，m1一定大于m2，故a正确；b错误；
反应后有固体剩余，故一定不含有Fe3+，故c错误；
剩余固体m2中一定含有单质Cu，故d正确；
答案选ad。
【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，涉及电子式、离子半径比较、元素化合物性质等，侧重对知识的理解与迁移应用能力考查，（5）中注意酸性条件下硝酸根具有强氧化性，难度中等。
26.某学习小组在实验室研究SO2与Ba（NO3）2溶液的反应。
实验：向盛有2mL 0.1mol/L Ba（NO3）2溶液的试管中，缓慢通入SO2气体，试管内有白色沉淀产生，液面上方略显浅棕色。
探究1：白色沉淀产生的原因。
（1）白色沉淀是_________（填化学式）。
（2）分析白色沉淀产生的原因，甲同学认为是NO3－氧化了SO2，乙同学认为是溶液中溶解的O2氧化了SO2。
①支持甲同学观点的实验证据是______________。
②乙同学通过下列实验证明了自己的推测正确，请完成实验方案：
实验操作
实验现象
向2mL___mol／L ___溶液（填化学式）中通入SO2
____________
探究2：在氧化SO2的过程中，NO3－和O2哪种微粒起到了主要作用。
实验操作
实验数据
向烧杯中加入煮沸了的0.1 mol／L的BaCl2溶液25mL，再加入25mL植物油，冷却至室温，用pH传感器测定溶液pH随时间（t）的变化曲线
图1：向BaCl2 （无氧）溶液中通入SO2
向烧杯中分别加入25mL 0.1 mol／L的BaCl2溶液、Ba（NO3）2溶液，通入SO2，用pH传感器分别测定溶液pH随时间（t）变化的曲线。
图2：分别向BaCl2、Ba（NO3）2溶液中通入SO2
（3）图1，在无氧条件下，向BaCl2溶液中持续通入SO2，溶液pH下降是因为_________（用方程式表示）。
（4）图2，BaCl2溶液中发生反应的离子方程式为___________。
（5）依据上述图像你得出的结论是_______________。
【答案】(1). BaSO4 (2). 液面上方略显浅棕色 (3). 0.1 mol/L (4). BaCl2溶液 (5). 生成白色沉淀 (6). SO2+H2OH2SO3 、H2SO3HSO3－+H+ (7). 2Ba2++2SO2+O2＝2BaSO4+4H+ (8). 氧化二氧化硫过程中，氧气起主要作用
【解析】
【详解】（1）SO2与Ba（NO3）2溶液的反应，根据元素守恒可知，白色沉淀应为BaSO4；
（2）①NO3-氧化了SO2，则硝酸根被还原成一氧化氮，一氧化氮可以再被氧化成二氧化氮，使得液面上方略显浅棕色，所以支持甲同学观点的实验证据是液面上方略显浅棕色；
②乙同学要证明了自己的推测正确，应使用钡盐且阴离子不能氧化二氧化硫，这样才可以做对比，所以所用试剂为0.1mol/LBaCl2溶液，可以看到有白色沉淀出现；
（3）在无氧条件下，二氧化硫溶于水生成亚硫酸，亚硫酸会使溶pH值下降，反应的方程式为SO2+H2OH2SO3 、H2SO3HSO3－+H+；
（4）图2，BaCl2溶液中通入二氧化硫，与图1相比酸性明显增加，说明氧气参加了反应，生成了硫酸钡和盐酸，反应的离子方程式为2Ba2++2SO2+O2＝2BaSO4+4H+；
（5）比较图1和图2可知，在氧化SO2的过程中，O2起了主要作用，因为在BaCl2溶液中起氧化作用的是O2，在Ba（NO3）2溶液中起氧化作用的是O2和NO3-，而图2中，分别向BaCl2、Ba（NO3）2溶液中通入SO2，pH变化趋势、幅度接近，
故答案为：在氧化SO2的过程中，O2起了主要作用。
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