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【化学】江苏省田家炳中学2018-2019学年高二下学期学业水平测试第一次模拟考试（解析版）
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江苏省田家炳中学2018-2019学年高二下学期学业水平测试第一次模拟考试
本卷可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 Al：27 S：32 Cl：35.5 Fe：56 I：127 Ba：137
一、 单项选择题：在每题的4个选项中，只有1个选项是符合要求的(本部分23题，每题3分，共69分)。
1.化学与生活息息相关，以下做法不正确的是( )
A. 集中处理废旧电池，以防止重金属污染
B. 食用含铁丰富的食物，可预防缺铁性贫血
C. 使用加碘食盐，可预防因缺碘引起的甲状腺肿大
D. 大量使用食品添加剂，可使食品营养更丰富
【答案】D
【解析】
【详解】A．废旧电池含有重金属汞、镉、铅等，集中处理废旧电池，以防止重金属污染，选项A正确；
B．食用含铁丰富的食物，可预防缺铁性贫血，选项B正确；
C．使用加碘食盐，可预防因缺碘引起的甲状腺肿大，选项C正确；
D．食品添加剂的使用必须在国家规定范围内，过多使用对人体有害，选项D错误；
答案选D。
【点睛】本题考查化学与生产和生活，侧重考查饮食中的常用的化学知识，明确铁、碘元素在人体的作用及食品添加剂的性能和使用注意事项是解题关键，题目难度不大。
2.在下列自然资源的开发利用中，不涉及化学变化的是( )
A. 用煤炭制取水煤气 B. 分离空气制氧气
C. 用铝土矿冶炼铝 D. 用晒盐后苦卤制取金属镁
【答案】B
【解析】
【分析】
化学变化的特征是：在原子核不变的情况下，有新物质生成．判断物理变化和化学变化的依据是：是否有新物质生成。
【详解】A．用煤生产水煤气有新物质一氧化碳和氢气生成，属于化学变化，选项A错误；
B．分离空气制氧气没有新物质生成，属于物理变化，选项B正确；
C．用铝土矿冶炼铝，有新物质铝生成，属于化学变化，选项C错误；
D．用晒盐后苦卤制取金属镁有新物质镁生成，属于化学变化，选项D错误。
答案选B。
【点睛】本考点考查了物理变化和化学变化的区别，只要抓住关键点：是否有新物质生成，问题就很容易解决。
3.我国将建成世界第一条光导纤维量子通信干线。
下列物质中可以用来生产光导纤维的是( )
A. 硫 B. 二氧化硅 C. 铁 D. 氧化铝
【答案】B
【解析】
【详解】光导纤维的主要成分为二氧化硅，所以生产制造光导纤维的主要原料是二氧化硅，答案选：B。
4.氯化镉(CdCl2)是一种常用于薄膜太阳能电池上的物质，由于它有毒，科学家选用了另一种盐来替代它。这种替代物质是( )
A. Cl2 B. HCl C. MgCl2 D. Mg(OH)2
【答案】C
【解析】
【分析】
由信息可知，科学家选用了另一种盐来替代它，结合盐由金属离子与酸根离子构成来解答。
【详解】由信息可知，科学家选用了另一种盐来替代它。
A、Cl2属于单质，不符合题意，选项A错误；
B、HCl属于氢化物，不符合题意，选项B错误；
C、MgCl2属于盐，符合题意，选项C正确；
D、Mg(OH)2属于碱，不符合题意，选项D错误；
答案选C。
5.下列气体中无色、无味、无毒的是( )
A. Cl2 B. SO2 C. N2 D. NO
【答案】C
【解析】
A、Cl2 是黄绿色有刺激性气味有毒的气体，故A错误；B、SO2 为无色有刺激性气味的有毒气体，故B错误；C、N2 为无色无味无毒的气体，所以C正确；D、NO是无色无味有毒的气体，故D错误。本题正确答案为C。
6.下列物质中，只含离子键的是
A. O2 B. KOH C. MgO D. CO2
【答案】C
【解析】
试题分析：A、氧气是含有共价键的单质，A错误；B、氢氧化钾是含有离子键和共价键的离子化合物，B错误；C、氧化镁是只含有离子键的离子化合物，C正确；D、二氧化碳是含有共价键的共价化合物，D错误，答案选C。
【考点定位】本题主要是考查化学键和化合物判断
【名师点晴】明确化学键的概念、判断依据以及与化合物的关系是解答的关键，一般活泼的金属与活泼的非金属之间容易形成离子键，非金属元素的原子之间容易形成共价键，含有离子键的化合物一定是离子化合物，全部由共价键形成的化合物是共价化合物，解答时注意灵活应用。
7.下列俗名与物质相匹配的一组是( )
A. 水玻璃——Na2SO4 B. 小苏打——NaHCO3
C. 石膏——CaSiO3 D. 胆矾——FeSO4
【答案】B
【解析】
【详解】A．水玻璃是硅酸钠的水溶液，选项A错误；
B．小苏打为碳酸氢钠，化学式为：NaHCO3，选项B正确；
C．石膏成分为硫酸钙，化学式为CaSO4，选项C错误；
D．胆矾是硫酸铜晶体，化学式为CuSO4•5H2O，选项D错误；
答案选B。
8.基因测序研究中，常用P作标记物，下列关于P的说法正确的是（）
A. 质子数为32
B. 质量数为15
C. 与P 互为同位素
D. 中子数为15
【答案】C
【解析】
试题分析：A．，质子数为15；
B．，质量数为32；
C．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，据此分析解答；
D．根据质量数=质子数+中子数进行解答．
解：根据微粒的表示方法，A表示元素X的质量数，Z表示质子数，
A．，质子数为15，32为质量数，故A错误；
B．，质量数为32，15为质子数，故B错误；
C．32P和33P质子数相同都为15，中子数分别为：17、18，质子数相同中子数不同，互为同位素，故C正确；
D．根据质量数=质子数+中子数，A=Z+N，，中子数N=A﹣Z=32﹣15=17，故D错误；
故选C．
9.下列化学用语表示正确的是
A. 乙醇的结构简式：C2H6O
B. 氯化氢的电子式：
C. 镁原子的结构示意图：
D. 氢氧化钠的电离方程式：NaOH=Na++O2-+H+
【答案】C
【解析】
A．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，故A错误；B．氯化氢的电子式为，故B错误；C．镁原子的核电荷数为12，其原子结构示意图为，故C正确；D．氢氧化钠是强电解质，其电离方程式为NaOH=Na++OH-，故D错误；答案为C。
点睛：解决这类问题过程中需要重点关注的有：①书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“[]”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“[]”，没有成键的价电子也要写出来。②书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序（如HClO应是H—O—Cl，而不是H—Cl—O），其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。③比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。④热化学反应方程式中物质的聚集状态、离子方程式中的电荷守恒、化学反应的客观性是经常出现错误的地方，在判断时需要注意。
10.下列过程放出热量的是( )
A. 液氨汽化 B. 碳酸钙分解 C. 硝酸铵溶于水 D. 甲烷燃烧
【答案】D
【解析】
【详解】A、液氨汽化吸热，选项A不符合；
B、碳酸钙受热分解吸热，选项B不符合；
C、硝酸铵溶于水吸热，选项C不符合；
D、甲烷燃烧放热，选项D符合。
答案选D。
【点睛】注意放热反应或吸热反应是相对于化学变化的，物理变化中的放热或吸热不能称为放热反应或吸热反应，例如选项A。
11.某无色溶液中存在大量的H＋、NH4+、Cl－，该溶液中还可能大量存在的离子是( )
A. Al3＋ B. Cu2＋ C. CO32- D. OH－
【答案】A
【解析】
【分析】
根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答。
【详解】A．离子之间均不反应，可大量共存，且均为无色，选项A选；
B．含Cu2＋的溶液呈蓝色，与题中无色溶液不相符，选项B不选；
C．H+、CO32-结合生成水和气体，不能大量共存，选项C不选；
D．H+、NH4+分别与OH-结合生成水、弱碱，不能大量共存，选项D不选；
答案选A。
12.乙烯是重要的有机化工原料。下列关于乙烯的说法中错误的是( )
A. 能使溴水褪色 B. 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 可用于生产聚乙烯塑料 D. 一种植物生长调节剂
【答案】B
【解析】
【分析】
乙烯含有碳碳双键，可发生加成反应、加聚反应、氧化反应，是一种植物生长调节剂，以此解答该题。
【详解】A、乙烯含有碳碳双键，可与溴发生加成反应使溴水褪色，选项A正确；
B、乙烯含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应使其褪色，选项B错误；
C、乙烯含有碳碳双键，可发生加聚反应生成聚乙烯，用于生产聚乙烯塑料，选项C正确；
D、乙烯为一种植物生长调节剂，选项D正确；
答案选B。
13.工业上可用金属钠和氯化钾反应制备金属钾，其化学方程式为Na＋KClNaCl＋K↑。该反应属于
A. 置换反应 B. 复分解反应 C. 分解反应 D. 化合反应
【答案】A
【解析】
试题分析：一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和化合物的反应是置换反应，因此该反应属于置换反应，答案选A。
考点：考查反应类型判断
14.下列说法正确的是( )
A. 1molN2中含有的分子数为2×6.02×1023
B. 氢氧化钠可用来治疗胃酸过多
C. 常温下，铝片能溶于浓硫酸
D. 常温下，淀粉溶液遇I2变为蓝色
【答案】D
【解析】
【详解】A、1molN2中含有的分子数为6.02×1023，选项A错误；
B、氢氧化钠有强烈的腐蚀性，会使人的食管受到伤害，不可用来治疗胃酸过多，选项B错误；
C、铝在冷的浓硫酸中发生钝化，所以常温下铝片不能溶于浓硫酸，选项C错误；
D、碘单质遇淀粉变蓝，所以常温下，淀粉溶液遇I2变为蓝色，选项D正确；
答案选D。
15.N2＋3H22NH3是目前工业上合成氨的反应，下列关于该反应的说法正确的是
A. 增加N2的浓度能加快反应速率
B. 降低体系温度能加快反应速率
C. 使用催化剂不影响反应速率
D. 若反应在密闭容器中进行，N2和H2能100％转化为NH3
【答案】A
【解析】
A．反应物的浓度增大，反应速率增大，故A正确；
B．升高温度能增大反应速率，则降低温度减小反应速率，故B错误；
C．加入催化剂能增大反应速率，故C错误；
D．该反应为可逆反应，反应物的转化率不可能达到100%，故D错误．故选A．
【点评】本题考查化学反应速率的影响，题目较为基础，注意可逆反应的特点，可逆反应正逆反应同时进行，反应物不可能完全转化．
16.交警常用一种“酒精检测仪”检查司机是否酒后驾车。其反应原理为：C2H5OH＋4CrO3(红色)＋6H2SO4===2Cr2(SO4)3(绿色)＋2CO2↑＋9H2O。若C2H5OH中碳的化合价为－2，则对于该反应的说法正确的是( )
A. H2SO4是氧化剂 B. C2H5OH中碳元素被氧化
C. CrO3失电子 D. 该反应为复分解反应
【答案】B
【解析】
【分析】
C2H5OH＋4CrO3(红色)＋6H2SO4=2Cr2(SO4)3(绿色)＋2CO2↑＋9H2O中，Cr元素的化合价降低，C元素的化合价升高，以此来解答。
【详解】A．该反应中，H2SO4中各元素化合价均不变，既不是氧化剂也不是还原剂，选项A错误；
B．C2H5OH中C元素的化合价由-2价升高为+4价，碳元素被氧化，选项B正确；
C．Cr元素的化合价降低，CrO3中的铬元素得到电子被还原，选项C错误；
D．该反应不属于四种基本反应类型，属于氧化还原反应，选项D错误；
答案选B。
【点睛】本题考查氧化还原反应，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意乙醇中C元素化合价的判断，题目难度不大。
17.下列有关实验原理或操作正确的是( )
A. 分离酒精和水 B. 干燥氨气
C. 配制1 mol/L的食盐水 D. 检查装置气密性
【答案】C
【解析】
【详解】A．酒精和水混溶，无法用分液的方法将其分离，选项A错误；
B．氨气能与浓硫酸反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥氨气，选项B错误；
C、配制1 mol/L的食盐水，操作和数据均合理，选项C正确；
D、长颈漏斗未液封，无法检查气密性，选项D错误。
答案选C。
18.下列离子方程式正确的是( )
A. 铝和氢氧化钠溶液反应：2Al＋2OH－===2AlO2-＋H2↑
B. 氢氧化镁与盐酸反应：H＋＋OH－===H2O
C. 少量二氧化硫与烧碱溶液反应：SO2＋2OH－===SO42-＋H2O
D. 铜片和氯化铁溶液反应：Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋
【答案】D
【解析】
【详解】A、金属铝与氢氧化钠溶液反应为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，选项A错误；
B、氢氧化镁是难溶于水的碱，它和盐酸反应不能用H++OH-=H2O来表示，正确的离子反应方程式为2H++Mg(OH)2=Mg2++2H2O，选项B错误；
C．少量二氧化硫与烧碱溶液反应，反应的离子方程式为：SO2+2OH-=SO32-+H2O，选项C错误；
D. 铜片和氯化铁溶液反应，反应的离子方程式为：Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，选项D正确；
答案选D。
19. 某原电池结构如图所示，下列有关该原电池的说法正确的是
A. 铜棒为负极
B. 锌棒发生还原反应
C. 电子从铜棒经外电路流向锌棒
D. 锌棒质量减轻
【答案】D
【解析】
较活泼的锌电极失电子，发生氧化反应，经导线流向正极铜，溶液中的铜离子得电子，发生还原反应。
20.下列有机反应方程式及反应类型均正确的是( )
A. 取代反应
B. CH2===CH2＋H2O―→CH4CH2O 加成反应
C. 2CH3CH2OH＋O22CH3COOH 加成反应
D. CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3 酯化反应
【答案】A
【解析】
【详解】A.苯与浓硝酸在浓硫酸催化下发生硝化反应生成硝基苯和水，反应的化学方程式为，反应属于取代反应，选项A正确；
B.乙烯与水在催化剂作用下发生加成反应生成乙醇，反应的化学方程式为CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH，属于加成反应，选项B错误；
C. 乙醇在铜的催化下加热发生氧化反应生成乙醛和水，反应的化学方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO+2H2O，属于氧化反应，选项C错误；
D. 乙酸与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O，属于酯化反应，选项D错误。
答案选A。
21. 下列鉴别物质的方法能达到目的的是
A. 用加热、称重的方法鉴别Na2CO3固体和NaHCO3固体
B. 用焰色反应鉴别NaCl固体和NaOH固体
C. 用KSCN溶液鉴别FeCl3溶液和Fe2(SO4)3溶液
D. 用丁达尔效应鉴别NaCl溶液和KCl溶液
【答案】A
【解析】
试题分析：A、Na2CO3固体加热时不分解，故加热前后的质量不变，NaHCO3固体加热易分解，加热后质量会减少，故可以鉴别，A正确；B、Na的焰色反应显黄色，不管它存在于哪种物质中，焰色反应都一样，B错误；C、KSCN溶液遇到Fe3+变红色，FeCl3溶液和Fe2(SO4)3溶液中都有Fe3+，故无法鉴别，C错误；D、丁达尔效应可以鉴别胶体和溶液，NaCl溶液和KCl溶液都是溶液，不能鉴别，D错误，答案选A。
考点：考查物质的鉴别、检验等实验设计
22.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。Z的＋2价阳离子电子层结构与氖相同，X、M同主族，Y在同周期主族元素中原子半径最大。Y和M可以形成Y2M型化合物。下列有关说法错误的是( )
A. X与Y能形成两种化合物
B. 简单氢化物的稳定性：N>M
C. 原子半径：r(Y)＞r(M)＞r(X)
D. Y、Z、N的最高价的氧化物的水化物两两之间能发生反应
【答案】D
【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，Z的+2价阳离子电子层结构与氖相同，故Z为Mg元素；Y在同周期主族元素中原子半径最大，则Y处于IA则，由原子序数可知M、N处于第三周期，且族序数Mg＜M＜N，X、M同主族，则X、M的族序数大于ⅡA族，而Y的原子序数又大于Z、小于Mg，可推知Y为Na；Y和M可以形成Y2M型化合物，则M表现-2价，故M为S元素、X为O元素；N的原子序数大于硫，故N为Cl。
【详解】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，Z的+2价阳离子电子层结构与氖相同，故Z为Mg元素；Y在同周期主族元素中原子半径最大，则Y处于IA则，由原子序数可知M、N处于第三周期，且族序数Mg＜M＜N，X、M同主族，则X、M的族序数大于ⅡA族，而Y的原子序数又大于Z、小于Mg，可推知Y为Na；Y和M可以形成Y2M型化合物，则M表现-2价，故M为S元素、X为O元素；N的原子序数大于硫，故N为Cl。
A．X为O元素，Y为Na元素，二者可以形成Na2O、Na2O2两种化合物，选项A正确；
B．同周期自左而右非金属性增强，简单氢化物的稳定性增强，故简单氢化物的稳定性：HCl＞H2S，选项B正确；
C．同周期自左而右原子半径依次减小，故半径r(Na)＞r(S)，同主族自上而下原子半径依次增大：r(S)＞r(O)，故r(Na)＞r(S)＞r(O)，即r(Y)＞r(M)＞r(X)，选项C正确；
D．Y、Z、N的最高价的氧化物的水化物分别为NaOH、Mg(OH)2、HClO4，其中NaOH、Mg(OH)2之间不能反应，选项D错误；
答案选D。
23.将20.8 g Cu和CuO的混合物加入到1 L混有H2SO4的Fe2(SO4)3溶液中，样品完全溶解时，溶液中Fe3＋、Fe2＋、H＋的物质的量之比为1∶4∶1(不考虑溶液体积的变化)。若测得反应后溶液中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，则下列说法中错误的是( )
A. 原混合物中Cu为12.8 g
B. 原溶液中c(H2SO4)＝0.15 mol·L－1
C. 反应后溶液中Cu2＋为0.3 mol
D. 反应后溶液中c(SO42-)为0.8 mol·L－1
【答案】D
【解析】
【详解】测得反应后溶液中的c（H+）=0.1mol•L-1，则反应后溶液中n（H+）=0.1mol/L×1L=0.1mol，样品完全溶解时，溶液中Fe3+、Fe2+、H+的物质的量之比为1：4：1（不考虑溶液体积的变化），则溶液中n（Fe3+）=n（H+）=0.1mol，n（Fe2+）=4n（H+）=0.4mol，根据Fe原子守恒得原溶液中n（Fe3+）=（0.1+0.4）mol=0.5mol。
A．只有Cu和Fe3+之间的反应为氧化还原反应，根据Fe原子守恒得被氧化n（Fe3+）=n（Fe2+）=0.4mol，根据转移电子守恒得原混合物中n（Cu）==0.2mol，m（Cu）=nM=0.2mol×64g/mol=12.8g，选项A正确；
B．n（CuO）==0.1mol，根据CuO+2H+=Cu2++H2O知，消耗n（H+）=2n（CuO）=0.2mol，则原来溶液中n（H+）=0.2mol+0.1mol=0.3mol，原溶液中c(H2SO4)==0.15 mol·L－1，选项B正确；
C．根据Cu原子守恒计算反应后溶液中n（Cu2+）=n（Cu）+n（CuO）=0.2mol+0.1mol=0.3mol，选项C正确；
D．硫酸根离子不参加反应，根据电荷守恒，反应后溶液中c（SO42-）为mol/L=0.6mol•L-1，选项D错误；
答案选D。
【点睛】本题考查混合物的有关计算，明确发生的反应并结合原子守恒、电荷守恒是解答本题的关键，注意反应前后硫酸根离子不参加反应，为易错点。
二、 非选择题：(本部分共3小题，共31分)
24.(1) 世界最长的跨海大桥——港珠澳跨海大桥，于2018年10月24日正式通车。
①港珠澳大桥大量使用混凝土预制构件，水泥是生产混凝土预制构件的主要材料。水泥的主要化学成分是________(填字母，下同)。
a. 硅酸盐 b. 碳酸盐 c. 黏土
②港珠澳大桥使用了大量钢铁。下列措施不能减少大桥钢铁制品锈蚀的是________。
a. 钢铁紧固件使用铁、铬、镍合金
b. 桥梁钢铁支座喷涂油漆
c. 斜拉钢索用钢丝和铜丝绞合制成
③港珠澳大桥工程使用了大量密封橡胶衬垫。为使橡胶性能更好，天然橡胶需转化为体型结构，可采取的措施是________。
a. 硫化 b. 脱硫 c. 裂化
(2) 防治环境污染，改善生态环境已成为人们的共识。
①向燃煤中加入石灰石，从而减少酸雨的发生，反应的化学方程式为_________________。
②去除水体中重金属离子污染通常采用__________法。明矾是一种混凝剂，明矾净水的原理为______________________________(写出离子方程式)。
(3) 合理使用食品添加剂和保持营养平衡是保证身心健康、提高生活质量的有效手段。
①食品的常见添加剂有蔗糖、食盐、小苏打、谷氨酸钠、苯甲酸钠等，必须严加控制用量的是_________。烘焙食品时，小苏打发生反应的化学方程式为________________________。
② 蛋白质是构成生命的基础物质，人体摄入的蛋白质在酶的作用下水解成________。油脂是人体重要的提供能量的物质，其水解产物为____________和甘油。
③微量元素和维生素在人体内含量很少，但对人体健康影响很大。________(填元素符号)元素对人体脑机能的正常运行起着十分重要的作用，是公认的“智慧元素”。从新鲜蔬菜、水果中可以获取维生素C，欲证明维生素C具有还原性，可设计的实验方案为________________________________________________________________(可供选用的试剂有：维生素C溶液、淀粉溶液、稀硫酸、氢氧化钠溶液、碘水)。
【答案】 (1). a (2). c (3). a (4). 2CaCO3＋O2＋2SO2===2CaSO4＋2CO2 (5). 沉淀 (6). Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋ (7). 谷氨酸钠、苯甲酸钠 (8). 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ (9). 氨基酸 (10). 高级脂肪酸 (11). I (12). 向淀粉溶液中滴加碘水，溶液变蓝色，再滴入维生素C溶液，若蓝色褪去，说明维生素C具有还原性
【解析】
【详解】(1) ①水泥的主要化学成分是硅酸盐，答案选a；
②a. 钢铁紧固件使用铁、铬、镍合金，改变了金属内部结构，能减少大桥钢铁制品锈蚀，故不选；
b. 桥梁钢铁支座喷涂油漆，使钢铁不与空气中的水蒸气、氧气等直接接触，能减少大桥钢铁制品锈蚀，故不选；
c. 斜拉钢索用钢丝和铜丝绞合制成，因铜的金属性弱于铁，若与电解质接触形成微电池，引起钢铁的腐蚀，不能减少大桥钢铁制品锈蚀，故选；
答案选c；
③为使橡胶性能更好，天然橡胶需转化为体型结构，对橡胶进行硫化，尽量改善橡胶制品的性能，从而使橡胶具备高强度、高弹性、高耐磨、抗腐蚀等优良性能，答案选a；
(2) ①向燃煤中加入石灰石，二氧化硫、氧气与碳酸钙反应生成硫酸钙和二氧化碳，从而减少酸雨的发生，反应的化学方程式为2CaCO3＋O2＋2SO2===2CaSO4＋2CO2；
②去除水体中重金属离子污染通常采用沉淀法。明矾是一种混凝剂，明矾净水的原理为Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋；
(3) ①食品的常见添加剂有蔗糖、食盐、小苏打、谷氨酸钠、苯甲酸钠等，必须严加控制用量的是防腐剂谷氨酸钠、苯甲酸钠；
烘焙食品时，小苏打受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，发生反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；
② 蛋白质是构成生命的基础物质，人体摄入的蛋白质在酶的作用下水解成氨基酸；油脂是人体重要的提供能量的物质，其水解产物为高级脂肪酸和甘油；
③微量元素和维生素在人体内含量很少，但对人体健康影响很大。I元素对人体脑机能的正常运行起着十分重要的作用，是公认的“智慧元素”。从新鲜蔬菜、水果中可以获取维生素C，欲证明维生素C具有还原性，可设计的实验方案为向淀粉溶液中滴加碘水，溶液变蓝色，再滴入维生素C溶液，若蓝色褪去，说明维生素C具有还原性。
25.在下图所示的物质转化关系中。 C、G、I、M为常见单质，G和M化合可生成最常见液体A，E为黑色粉末，F的焰色反应为黄色，K为白色沉淀，N为红褐色沉淀，I为黄绿色气体，化合物B的摩尔质量为24 g ·mol－1。(部分生成物和反应条件未列出)
(1) M的化学式为______________。
(2) A的电子式为______________。
(3) 反应②的离子方程式为____________________________________。
(4) 反应③的化学方程式为____________________________________。
【答案】 (1). O2 (2). (3). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+H2O (4). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
【解析】
【分析】
N为红褐色沉淀，N为氢氧化铁，根据图示，K+M+A→N，则为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，K为白色沉淀，则K为Fe(OH)2，M为单质，M为O2，A为H2O；G和M化合可生成最常见液体A，G为H2，化合物B的摩尔质量为24 g ·mol－1，与水反应生成氢气和F，F的焰色反应为黄色，则F为NaOH，B为NaH；E为黑色粉末，I为黄绿色气体，则E为二氧化锰，I为氯气，D为浓盐酸，单质C为铁，H为FeCl2，L为FeCl3。据此分析解答。
【详解】N为红褐色沉淀，N为氢氧化铁，根据图示，K+M+A→N，则为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，K为白色沉淀，则K为Fe(OH)2，M为单质，M为O2，A为H2O；G和M化合可生成最常见液体A，G为H2，化合物B的摩尔质量为24 g ·mol－1，与水反应生成氢气和F，F的焰色反应为黄色，则F为NaOH，B为NaH；E为黑色粉末，I为黄绿色气体，则E为二氧化锰，I为氯气，D为浓盐酸，单质C为铁，H为FeCl2，L为FeCl3。。
根据上述分析，A为H2O，B为NaH，C为Fe，D为浓盐酸，E为MnO2，F为NaOH，G为H2，H为FeCl2，I为Cl2，K为Fe(OH)2，L为FeCl3，M为O2，N为；
(1) M为氧气，其化学式为O2，；
(2) A为H2O，其电子式为；
(3) 反应②是浓盐酸与二氧化锰共热制取氯气，同时生成氯化锰和水，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+H2O；
(4) 反应③是氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
【点睛】本题考查了无机综合推断，本题的突破口为：N为红褐色沉淀，I为黄绿色气体，难点为B的判断，要借助于F的焰色反应为黄色，结合质量守恒判断B中含有钠元素。
26.二氧化氯(ClO2)可用于自来水消毒。以粗盐为原料生产ClO2的工艺主要包括：①粗盐精制；②电解微酸性NaCl溶液；③ClO2的制取。工艺流程如下图，其中反应Ⅲ制取ClO2的化学方程式为2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O。
（1）试剂X是________(填化学式)；操作A的名称是________。
（2）分析上述流程，写出反应Ⅱ的化学方程式：________________________________。
（3）用ClO2处理过的饮用水常含有一定量有害的ClO2-。我国规定饮用水中ClO2-的含量应不超过0.2 mg·L－1。测定水样中ClO2、ClO2-的含量的过程如下：
①量取20 mL水样加入到锥形瓶中，并调节水样的pH为7.0～8.0。
②加入足量的KI晶体。此过程发生反应2ClO2＋2I－=2 ClO2-＋I2。
③加入少量淀粉溶液，再向上述溶液中滴加1×10－3 mol·L－1 Na2S2O3溶液至溶液蓝色刚好褪去，消耗Na2S2O3溶液5.960 mL。此过程发生反应：2S2O32-＋I2=S4O62-＋2I－。
④调节溶液的pH≤2.0，此过程发生反应ClO2-＋4H＋＋4I－=Cl－＋2I2＋2H2O。
⑤再向溶液中滴加1×10－3 mol·L－1 Na2S2O3溶液至蓝色刚好褪去，消耗Na2S2O3溶液24.00 mL。根据上述数据计算并判断该水样中ClO2-的含量是否超过国家规定____。
【答案】 (1). Na2CO3 (2). 过滤 (3). NaCl＋3H2ONaClO3＋3H2↑ (4). 未超过国家规定
【解析】
【分析】
以粗盐为原料生产ClO2的工艺主要包括：①粗盐精制；②电解微酸性NaCl溶液；③ClO2的制取。根据流程图，粗盐水中加入氢氧化钠除去镁离子，再加入试剂X除去钙离子生成碳酸钙，因此X为碳酸钠，过滤后得到氢氧化镁和碳酸钙沉淀；用适量盐酸调节溶液的酸性，除去过量的氢氧化钠和碳酸钠得到纯净的氯化钠溶液，反应Ⅱ电解氯化钠溶液生成氢气和NaClO3，加入盐酸，发生反应Ⅲ2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O，得到ClO2。据此分析解答。
【详解】(1)根据上述分析，试剂X碳酸钠，操作A为过滤，故答案为：Na2CO3；过滤；
(2)由题意已知条件可知，反应Ⅱ中生成NaClO3和氢气，反应的化学方程式为NaCl＋3H2ONaClO3＋3H2↑，故答案为：NaCl＋3H2ONaClO3＋3H2↑；
(3)由 2ClO2+2I-→2ClO2-+I2 和2S2O32-＋I2=S4O62-＋2I-，得ClO2-～Na2S2O3，n(ClO2-)= n(S2O32-)==5.96×10-6mol；由ClO2-+4H++4I-=Cl-+2I2+2H2O 和2S2O32-＋I2=S4O62-＋2I－，得ClO2-～4Na2S2O3，n(ClO2-)总= n(S2O32-)=×=6.0×10-6mol，原水样中ClO2-的物质的量=6.0×10-6mol-5.96×10-6mol=0.04×10-6mol，原水样中ClO2-的浓度为×1000mL/L×67.5g/mol×1000mg/g=0.135 mg·L－1＜0.2 mg·L－1，未超过国家规定，故答案为：未超过国家规定。
本卷可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 Al：27 S：32 Cl：35.5 Fe：56 I：127 Ba：137
一、 单项选择题：在每题的4个选项中，只有1个选项是符合要求的(本部分23题，每题3分，共69分)。
1.化学与生活息息相关，以下做法不正确的是( )
A. 集中处理废旧电池，以防止重金属污染
B. 食用含铁丰富的食物，可预防缺铁性贫血
C. 使用加碘食盐，可预防因缺碘引起的甲状腺肿大
D. 大量使用食品添加剂，可使食品营养更丰富
【答案】D
【解析】
【详解】A．废旧电池含有重金属汞、镉、铅等，集中处理废旧电池，以防止重金属污染，选项A正确；
B．食用含铁丰富的食物，可预防缺铁性贫血，选项B正确；
C．使用加碘食盐，可预防因缺碘引起的甲状腺肿大，选项C正确；
D．食品添加剂的使用必须在国家规定范围内，过多使用对人体有害，选项D错误；
答案选D。
【点睛】本题考查化学与生产和生活，侧重考查饮食中的常用的化学知识，明确铁、碘元素在人体的作用及食品添加剂的性能和使用注意事项是解题关键，题目难度不大。
2.在下列自然资源的开发利用中，不涉及化学变化的是( )
A. 用煤炭制取水煤气 B. 分离空气制氧气
C. 用铝土矿冶炼铝 D. 用晒盐后苦卤制取金属镁
【答案】B
【解析】
【分析】
化学变化的特征是：在原子核不变的情况下，有新物质生成．判断物理变化和化学变化的依据是：是否有新物质生成。
【详解】A．用煤生产水煤气有新物质一氧化碳和氢气生成，属于化学变化，选项A错误；
B．分离空气制氧气没有新物质生成，属于物理变化，选项B正确；
C．用铝土矿冶炼铝，有新物质铝生成，属于化学变化，选项C错误；
D．用晒盐后苦卤制取金属镁有新物质镁生成，属于化学变化，选项D错误。
答案选B。
【点睛】本考点考查了物理变化和化学变化的区别，只要抓住关键点：是否有新物质生成，问题就很容易解决。
3.我国将建成世界第一条光导纤维量子通信干线。
下列物质中可以用来生产光导纤维的是( )
A. 硫 B. 二氧化硅 C. 铁 D. 氧化铝
【答案】B
【解析】
【详解】光导纤维的主要成分为二氧化硅，所以生产制造光导纤维的主要原料是二氧化硅，答案选：B。
4.氯化镉(CdCl2)是一种常用于薄膜太阳能电池上的物质，由于它有毒，科学家选用了另一种盐来替代它。这种替代物质是( )
A. Cl2 B. HCl C. MgCl2 D. Mg(OH)2
【答案】C
【解析】
【分析】
由信息可知，科学家选用了另一种盐来替代它，结合盐由金属离子与酸根离子构成来解答。
【详解】由信息可知，科学家选用了另一种盐来替代它。
A、Cl2属于单质，不符合题意，选项A错误；
B、HCl属于氢化物，不符合题意，选项B错误；
C、MgCl2属于盐，符合题意，选项C正确；
D、Mg(OH)2属于碱，不符合题意，选项D错误；
答案选C。
5.下列气体中无色、无味、无毒的是( )
A. Cl2 B. SO2 C. N2 D. NO
【答案】C
【解析】
A、Cl2 是黄绿色有刺激性气味有毒的气体，故A错误；B、SO2 为无色有刺激性气味的有毒气体，故B错误；C、N2 为无色无味无毒的气体，所以C正确；D、NO是无色无味有毒的气体，故D错误。本题正确答案为C。
6.下列物质中，只含离子键的是
A. O2 B. KOH C. MgO D. CO2
【答案】C
【解析】
试题分析：A、氧气是含有共价键的单质，A错误；B、氢氧化钾是含有离子键和共价键的离子化合物，B错误；C、氧化镁是只含有离子键的离子化合物，C正确；D、二氧化碳是含有共价键的共价化合物，D错误，答案选C。
【考点定位】本题主要是考查化学键和化合物判断
【名师点晴】明确化学键的概念、判断依据以及与化合物的关系是解答的关键，一般活泼的金属与活泼的非金属之间容易形成离子键，非金属元素的原子之间容易形成共价键，含有离子键的化合物一定是离子化合物，全部由共价键形成的化合物是共价化合物，解答时注意灵活应用。
7.下列俗名与物质相匹配的一组是( )
A. 水玻璃——Na2SO4 B. 小苏打——NaHCO3
C. 石膏——CaSiO3 D. 胆矾——FeSO4
【答案】B
【解析】
【详解】A．水玻璃是硅酸钠的水溶液，选项A错误；
B．小苏打为碳酸氢钠，化学式为：NaHCO3，选项B正确；
C．石膏成分为硫酸钙，化学式为CaSO4，选项C错误；
D．胆矾是硫酸铜晶体，化学式为CuSO4•5H2O，选项D错误；
答案选B。
8.基因测序研究中，常用P作标记物，下列关于P的说法正确的是（）
A. 质子数为32
B. 质量数为15
C. 与P 互为同位素
D. 中子数为15
【答案】C
【解析】
试题分析：A．，质子数为15；
B．，质量数为32；
C．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，据此分析解答；
D．根据质量数=质子数+中子数进行解答．
解：根据微粒的表示方法，A表示元素X的质量数，Z表示质子数，
A．，质子数为15，32为质量数，故A错误；
B．，质量数为32，15为质子数，故B错误；
C．32P和33P质子数相同都为15，中子数分别为：17、18，质子数相同中子数不同，互为同位素，故C正确；
D．根据质量数=质子数+中子数，A=Z+N，，中子数N=A﹣Z=32﹣15=17，故D错误；
故选C．
9.下列化学用语表示正确的是
A. 乙醇的结构简式：C2H6O
B. 氯化氢的电子式：
C. 镁原子的结构示意图：
D. 氢氧化钠的电离方程式：NaOH=Na++O2-+H+
【答案】C
【解析】
A．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，故A错误；B．氯化氢的电子式为，故B错误；C．镁原子的核电荷数为12，其原子结构示意图为，故C正确；D．氢氧化钠是强电解质，其电离方程式为NaOH=Na++OH-，故D错误；答案为C。
点睛：解决这类问题过程中需要重点关注的有：①书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“[]”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“[]”，没有成键的价电子也要写出来。②书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序（如HClO应是H—O—Cl，而不是H—Cl—O），其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。③比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。④热化学反应方程式中物质的聚集状态、离子方程式中的电荷守恒、化学反应的客观性是经常出现错误的地方，在判断时需要注意。
10.下列过程放出热量的是( )
A. 液氨汽化 B. 碳酸钙分解 C. 硝酸铵溶于水 D. 甲烷燃烧
【答案】D
【解析】
【详解】A、液氨汽化吸热，选项A不符合；
B、碳酸钙受热分解吸热，选项B不符合；
C、硝酸铵溶于水吸热，选项C不符合；
D、甲烷燃烧放热，选项D符合。
答案选D。
【点睛】注意放热反应或吸热反应是相对于化学变化的，物理变化中的放热或吸热不能称为放热反应或吸热反应，例如选项A。
11.某无色溶液中存在大量的H＋、NH4+、Cl－，该溶液中还可能大量存在的离子是( )
A. Al3＋ B. Cu2＋ C. CO32- D. OH－
【答案】A
【解析】
【分析】
根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答。
【详解】A．离子之间均不反应，可大量共存，且均为无色，选项A选；
B．含Cu2＋的溶液呈蓝色，与题中无色溶液不相符，选项B不选；
C．H+、CO32-结合生成水和气体，不能大量共存，选项C不选；
D．H+、NH4+分别与OH-结合生成水、弱碱，不能大量共存，选项D不选；
答案选A。
12.乙烯是重要的有机化工原料。下列关于乙烯的说法中错误的是( )
A. 能使溴水褪色 B. 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 可用于生产聚乙烯塑料 D. 一种植物生长调节剂
【答案】B
【解析】
【分析】
乙烯含有碳碳双键，可发生加成反应、加聚反应、氧化反应，是一种植物生长调节剂，以此解答该题。
【详解】A、乙烯含有碳碳双键，可与溴发生加成反应使溴水褪色，选项A正确；
B、乙烯含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应使其褪色，选项B错误；
C、乙烯含有碳碳双键，可发生加聚反应生成聚乙烯，用于生产聚乙烯塑料，选项C正确；
D、乙烯为一种植物生长调节剂，选项D正确；
答案选B。
13.工业上可用金属钠和氯化钾反应制备金属钾，其化学方程式为Na＋KClNaCl＋K↑。该反应属于
A. 置换反应 B. 复分解反应 C. 分解反应 D. 化合反应
【答案】A
【解析】
试题分析：一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和化合物的反应是置换反应，因此该反应属于置换反应，答案选A。
考点：考查反应类型判断
14.下列说法正确的是( )
A. 1molN2中含有的分子数为2×6.02×1023
B. 氢氧化钠可用来治疗胃酸过多
C. 常温下，铝片能溶于浓硫酸
D. 常温下，淀粉溶液遇I2变为蓝色
【答案】D
【解析】
【详解】A、1molN2中含有的分子数为6.02×1023，选项A错误；
B、氢氧化钠有强烈的腐蚀性，会使人的食管受到伤害，不可用来治疗胃酸过多，选项B错误；
C、铝在冷的浓硫酸中发生钝化，所以常温下铝片不能溶于浓硫酸，选项C错误；
D、碘单质遇淀粉变蓝，所以常温下，淀粉溶液遇I2变为蓝色，选项D正确；
答案选D。
15.N2＋3H22NH3是目前工业上合成氨的反应，下列关于该反应的说法正确的是
A. 增加N2的浓度能加快反应速率
B. 降低体系温度能加快反应速率
C. 使用催化剂不影响反应速率
D. 若反应在密闭容器中进行，N2和H2能100％转化为NH3
【答案】A
【解析】
A．反应物的浓度增大，反应速率增大，故A正确；
B．升高温度能增大反应速率，则降低温度减小反应速率，故B错误；
C．加入催化剂能增大反应速率，故C错误；
D．该反应为可逆反应，反应物的转化率不可能达到100%，故D错误．故选A．
【点评】本题考查化学反应速率的影响，题目较为基础，注意可逆反应的特点，可逆反应正逆反应同时进行，反应物不可能完全转化．
16.交警常用一种“酒精检测仪”检查司机是否酒后驾车。其反应原理为：C2H5OH＋4CrO3(红色)＋6H2SO4===2Cr2(SO4)3(绿色)＋2CO2↑＋9H2O。若C2H5OH中碳的化合价为－2，则对于该反应的说法正确的是( )
A. H2SO4是氧化剂 B. C2H5OH中碳元素被氧化
C. CrO3失电子 D. 该反应为复分解反应
【答案】B
【解析】
【分析】
C2H5OH＋4CrO3(红色)＋6H2SO4=2Cr2(SO4)3(绿色)＋2CO2↑＋9H2O中，Cr元素的化合价降低，C元素的化合价升高，以此来解答。
【详解】A．该反应中，H2SO4中各元素化合价均不变，既不是氧化剂也不是还原剂，选项A错误；
B．C2H5OH中C元素的化合价由-2价升高为+4价，碳元素被氧化，选项B正确；
C．Cr元素的化合价降低，CrO3中的铬元素得到电子被还原，选项C错误；
D．该反应不属于四种基本反应类型，属于氧化还原反应，选项D错误；
答案选B。
【点睛】本题考查氧化还原反应，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意乙醇中C元素化合价的判断，题目难度不大。
17.下列有关实验原理或操作正确的是( )
A. 分离酒精和水 B. 干燥氨气
C. 配制1 mol/L的食盐水 D. 检查装置气密性
【答案】C
【解析】
【详解】A．酒精和水混溶，无法用分液的方法将其分离，选项A错误；
B．氨气能与浓硫酸反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥氨气，选项B错误；
C、配制1 mol/L的食盐水，操作和数据均合理，选项C正确；
D、长颈漏斗未液封，无法检查气密性，选项D错误。
答案选C。
18.下列离子方程式正确的是( )
A. 铝和氢氧化钠溶液反应：2Al＋2OH－===2AlO2-＋H2↑
B. 氢氧化镁与盐酸反应：H＋＋OH－===H2O
C. 少量二氧化硫与烧碱溶液反应：SO2＋2OH－===SO42-＋H2O
D. 铜片和氯化铁溶液反应：Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋
【答案】D
【解析】
【详解】A、金属铝与氢氧化钠溶液反应为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，选项A错误；
B、氢氧化镁是难溶于水的碱，它和盐酸反应不能用H++OH-=H2O来表示，正确的离子反应方程式为2H++Mg(OH)2=Mg2++2H2O，选项B错误；
C．少量二氧化硫与烧碱溶液反应，反应的离子方程式为：SO2+2OH-=SO32-+H2O，选项C错误；
D. 铜片和氯化铁溶液反应，反应的离子方程式为：Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，选项D正确；
答案选D。
19. 某原电池结构如图所示，下列有关该原电池的说法正确的是
A. 铜棒为负极
B. 锌棒发生还原反应
C. 电子从铜棒经外电路流向锌棒
D. 锌棒质量减轻
【答案】D
【解析】
较活泼的锌电极失电子，发生氧化反应，经导线流向正极铜，溶液中的铜离子得电子，发生还原反应。
20.下列有机反应方程式及反应类型均正确的是( )
A. 取代反应
B. CH2===CH2＋H2O―→CH4CH2O 加成反应
C. 2CH3CH2OH＋O22CH3COOH 加成反应
D. CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3 酯化反应
【答案】A
【解析】
【详解】A.苯与浓硝酸在浓硫酸催化下发生硝化反应生成硝基苯和水，反应的化学方程式为，反应属于取代反应，选项A正确；
B.乙烯与水在催化剂作用下发生加成反应生成乙醇，反应的化学方程式为CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH，属于加成反应，选项B错误；
C. 乙醇在铜的催化下加热发生氧化反应生成乙醛和水，反应的化学方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO+2H2O，属于氧化反应，选项C错误；
D. 乙酸与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O，属于酯化反应，选项D错误。
答案选A。
21. 下列鉴别物质的方法能达到目的的是
A. 用加热、称重的方法鉴别Na2CO3固体和NaHCO3固体
B. 用焰色反应鉴别NaCl固体和NaOH固体
C. 用KSCN溶液鉴别FeCl3溶液和Fe2(SO4)3溶液
D. 用丁达尔效应鉴别NaCl溶液和KCl溶液
【答案】A
【解析】
试题分析：A、Na2CO3固体加热时不分解，故加热前后的质量不变，NaHCO3固体加热易分解，加热后质量会减少，故可以鉴别，A正确；B、Na的焰色反应显黄色，不管它存在于哪种物质中，焰色反应都一样，B错误；C、KSCN溶液遇到Fe3+变红色，FeCl3溶液和Fe2(SO4)3溶液中都有Fe3+，故无法鉴别，C错误；D、丁达尔效应可以鉴别胶体和溶液，NaCl溶液和KCl溶液都是溶液，不能鉴别，D错误，答案选A。
考点：考查物质的鉴别、检验等实验设计
22.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。Z的＋2价阳离子电子层结构与氖相同，X、M同主族，Y在同周期主族元素中原子半径最大。Y和M可以形成Y2M型化合物。下列有关说法错误的是( )
A. X与Y能形成两种化合物
B. 简单氢化物的稳定性：N>M
C. 原子半径：r(Y)＞r(M)＞r(X)
D. Y、Z、N的最高价的氧化物的水化物两两之间能发生反应
【答案】D
【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，Z的+2价阳离子电子层结构与氖相同，故Z为Mg元素；Y在同周期主族元素中原子半径最大，则Y处于IA则，由原子序数可知M、N处于第三周期，且族序数Mg＜M＜N，X、M同主族，则X、M的族序数大于ⅡA族，而Y的原子序数又大于Z、小于Mg，可推知Y为Na；Y和M可以形成Y2M型化合物，则M表现-2价，故M为S元素、X为O元素；N的原子序数大于硫，故N为Cl。
【详解】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，Z的+2价阳离子电子层结构与氖相同，故Z为Mg元素；Y在同周期主族元素中原子半径最大，则Y处于IA则，由原子序数可知M、N处于第三周期，且族序数Mg＜M＜N，X、M同主族，则X、M的族序数大于ⅡA族，而Y的原子序数又大于Z、小于Mg，可推知Y为Na；Y和M可以形成Y2M型化合物，则M表现-2价，故M为S元素、X为O元素；N的原子序数大于硫，故N为Cl。
A．X为O元素，Y为Na元素，二者可以形成Na2O、Na2O2两种化合物，选项A正确；
B．同周期自左而右非金属性增强，简单氢化物的稳定性增强，故简单氢化物的稳定性：HCl＞H2S，选项B正确；
C．同周期自左而右原子半径依次减小，故半径r(Na)＞r(S)，同主族自上而下原子半径依次增大：r(S)＞r(O)，故r(Na)＞r(S)＞r(O)，即r(Y)＞r(M)＞r(X)，选项C正确；
D．Y、Z、N的最高价的氧化物的水化物分别为NaOH、Mg(OH)2、HClO4，其中NaOH、Mg(OH)2之间不能反应，选项D错误；
答案选D。
23.将20.8 g Cu和CuO的混合物加入到1 L混有H2SO4的Fe2(SO4)3溶液中，样品完全溶解时，溶液中Fe3＋、Fe2＋、H＋的物质的量之比为1∶4∶1(不考虑溶液体积的变化)。若测得反应后溶液中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，则下列说法中错误的是( )
A. 原混合物中Cu为12.8 g
B. 原溶液中c(H2SO4)＝0.15 mol·L－1
C. 反应后溶液中Cu2＋为0.3 mol
D. 反应后溶液中c(SO42-)为0.8 mol·L－1
【答案】D
【解析】
【详解】测得反应后溶液中的c（H+）=0.1mol•L-1，则反应后溶液中n（H+）=0.1mol/L×1L=0.1mol，样品完全溶解时，溶液中Fe3+、Fe2+、H+的物质的量之比为1：4：1（不考虑溶液体积的变化），则溶液中n（Fe3+）=n（H+）=0.1mol，n（Fe2+）=4n（H+）=0.4mol，根据Fe原子守恒得原溶液中n（Fe3+）=（0.1+0.4）mol=0.5mol。
A．只有Cu和Fe3+之间的反应为氧化还原反应，根据Fe原子守恒得被氧化n（Fe3+）=n（Fe2+）=0.4mol，根据转移电子守恒得原混合物中n（Cu）==0.2mol，m（Cu）=nM=0.2mol×64g/mol=12.8g，选项A正确；
B．n（CuO）==0.1mol，根据CuO+2H+=Cu2++H2O知，消耗n（H+）=2n（CuO）=0.2mol，则原来溶液中n（H+）=0.2mol+0.1mol=0.3mol，原溶液中c(H2SO4)==0.15 mol·L－1，选项B正确；
C．根据Cu原子守恒计算反应后溶液中n（Cu2+）=n（Cu）+n（CuO）=0.2mol+0.1mol=0.3mol，选项C正确；
D．硫酸根离子不参加反应，根据电荷守恒，反应后溶液中c（SO42-）为mol/L=0.6mol•L-1，选项D错误；
答案选D。
【点睛】本题考查混合物的有关计算，明确发生的反应并结合原子守恒、电荷守恒是解答本题的关键，注意反应前后硫酸根离子不参加反应，为易错点。
二、 非选择题：(本部分共3小题，共31分)
24.(1) 世界最长的跨海大桥——港珠澳跨海大桥，于2018年10月24日正式通车。
①港珠澳大桥大量使用混凝土预制构件，水泥是生产混凝土预制构件的主要材料。水泥的主要化学成分是________(填字母，下同)。
a. 硅酸盐 b. 碳酸盐 c. 黏土
②港珠澳大桥使用了大量钢铁。下列措施不能减少大桥钢铁制品锈蚀的是________。
a. 钢铁紧固件使用铁、铬、镍合金
b. 桥梁钢铁支座喷涂油漆
c. 斜拉钢索用钢丝和铜丝绞合制成
③港珠澳大桥工程使用了大量密封橡胶衬垫。为使橡胶性能更好，天然橡胶需转化为体型结构，可采取的措施是________。
a. 硫化 b. 脱硫 c. 裂化
(2) 防治环境污染，改善生态环境已成为人们的共识。
①向燃煤中加入石灰石，从而减少酸雨的发生，反应的化学方程式为_________________。
②去除水体中重金属离子污染通常采用__________法。明矾是一种混凝剂，明矾净水的原理为______________________________(写出离子方程式)。
(3) 合理使用食品添加剂和保持营养平衡是保证身心健康、提高生活质量的有效手段。
①食品的常见添加剂有蔗糖、食盐、小苏打、谷氨酸钠、苯甲酸钠等，必须严加控制用量的是_________。烘焙食品时，小苏打发生反应的化学方程式为________________________。
② 蛋白质是构成生命的基础物质，人体摄入的蛋白质在酶的作用下水解成________。油脂是人体重要的提供能量的物质，其水解产物为____________和甘油。
③微量元素和维生素在人体内含量很少，但对人体健康影响很大。________(填元素符号)元素对人体脑机能的正常运行起着十分重要的作用，是公认的“智慧元素”。从新鲜蔬菜、水果中可以获取维生素C，欲证明维生素C具有还原性，可设计的实验方案为________________________________________________________________(可供选用的试剂有：维生素C溶液、淀粉溶液、稀硫酸、氢氧化钠溶液、碘水)。
【答案】 (1). a (2). c (3). a (4). 2CaCO3＋O2＋2SO2===2CaSO4＋2CO2 (5). 沉淀 (6). Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋ (7). 谷氨酸钠、苯甲酸钠 (8). 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ (9). 氨基酸 (10). 高级脂肪酸 (11). I (12). 向淀粉溶液中滴加碘水，溶液变蓝色，再滴入维生素C溶液，若蓝色褪去，说明维生素C具有还原性
【解析】
【详解】(1) ①水泥的主要化学成分是硅酸盐，答案选a；
②a. 钢铁紧固件使用铁、铬、镍合金，改变了金属内部结构，能减少大桥钢铁制品锈蚀，故不选；
b. 桥梁钢铁支座喷涂油漆，使钢铁不与空气中的水蒸气、氧气等直接接触，能减少大桥钢铁制品锈蚀，故不选；
c. 斜拉钢索用钢丝和铜丝绞合制成，因铜的金属性弱于铁，若与电解质接触形成微电池，引起钢铁的腐蚀，不能减少大桥钢铁制品锈蚀，故选；
答案选c；
③为使橡胶性能更好，天然橡胶需转化为体型结构，对橡胶进行硫化，尽量改善橡胶制品的性能，从而使橡胶具备高强度、高弹性、高耐磨、抗腐蚀等优良性能，答案选a；
(2) ①向燃煤中加入石灰石，二氧化硫、氧气与碳酸钙反应生成硫酸钙和二氧化碳，从而减少酸雨的发生，反应的化学方程式为2CaCO3＋O2＋2SO2===2CaSO4＋2CO2；
②去除水体中重金属离子污染通常采用沉淀法。明矾是一种混凝剂，明矾净水的原理为Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋；
(3) ①食品的常见添加剂有蔗糖、食盐、小苏打、谷氨酸钠、苯甲酸钠等，必须严加控制用量的是防腐剂谷氨酸钠、苯甲酸钠；
烘焙食品时，小苏打受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，发生反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；
② 蛋白质是构成生命的基础物质，人体摄入的蛋白质在酶的作用下水解成氨基酸；油脂是人体重要的提供能量的物质，其水解产物为高级脂肪酸和甘油；
③微量元素和维生素在人体内含量很少，但对人体健康影响很大。I元素对人体脑机能的正常运行起着十分重要的作用，是公认的“智慧元素”。从新鲜蔬菜、水果中可以获取维生素C，欲证明维生素C具有还原性，可设计的实验方案为向淀粉溶液中滴加碘水，溶液变蓝色，再滴入维生素C溶液，若蓝色褪去，说明维生素C具有还原性。
25.在下图所示的物质转化关系中。 C、G、I、M为常见单质，G和M化合可生成最常见液体A，E为黑色粉末，F的焰色反应为黄色，K为白色沉淀，N为红褐色沉淀，I为黄绿色气体，化合物B的摩尔质量为24 g ·mol－1。(部分生成物和反应条件未列出)
(1) M的化学式为______________。
(2) A的电子式为______________。
(3) 反应②的离子方程式为____________________________________。
(4) 反应③的化学方程式为____________________________________。
【答案】 (1). O2 (2). (3). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+H2O (4). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
【解析】
【分析】
N为红褐色沉淀，N为氢氧化铁，根据图示，K+M+A→N，则为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，K为白色沉淀，则K为Fe(OH)2，M为单质，M为O2，A为H2O；G和M化合可生成最常见液体A，G为H2，化合物B的摩尔质量为24 g ·mol－1，与水反应生成氢气和F，F的焰色反应为黄色，则F为NaOH，B为NaH；E为黑色粉末，I为黄绿色气体，则E为二氧化锰，I为氯气，D为浓盐酸，单质C为铁，H为FeCl2，L为FeCl3。据此分析解答。
【详解】N为红褐色沉淀，N为氢氧化铁，根据图示，K+M+A→N，则为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，K为白色沉淀，则K为Fe(OH)2，M为单质，M为O2，A为H2O；G和M化合可生成最常见液体A，G为H2，化合物B的摩尔质量为24 g ·mol－1，与水反应生成氢气和F，F的焰色反应为黄色，则F为NaOH，B为NaH；E为黑色粉末，I为黄绿色气体，则E为二氧化锰，I为氯气，D为浓盐酸，单质C为铁，H为FeCl2，L为FeCl3。。
根据上述分析，A为H2O，B为NaH，C为Fe，D为浓盐酸，E为MnO2，F为NaOH，G为H2，H为FeCl2，I为Cl2，K为Fe(OH)2，L为FeCl3，M为O2，N为；
(1) M为氧气，其化学式为O2，；
(2) A为H2O，其电子式为；
(3) 反应②是浓盐酸与二氧化锰共热制取氯气，同时生成氯化锰和水，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+H2O；
(4) 反应③是氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
【点睛】本题考查了无机综合推断，本题的突破口为：N为红褐色沉淀，I为黄绿色气体，难点为B的判断，要借助于F的焰色反应为黄色，结合质量守恒判断B中含有钠元素。
26.二氧化氯(ClO2)可用于自来水消毒。以粗盐为原料生产ClO2的工艺主要包括：①粗盐精制；②电解微酸性NaCl溶液；③ClO2的制取。工艺流程如下图，其中反应Ⅲ制取ClO2的化学方程式为2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O。
（1）试剂X是________(填化学式)；操作A的名称是________。
（2）分析上述流程，写出反应Ⅱ的化学方程式：________________________________。
（3）用ClO2处理过的饮用水常含有一定量有害的ClO2-。我国规定饮用水中ClO2-的含量应不超过0.2 mg·L－1。测定水样中ClO2、ClO2-的含量的过程如下：
①量取20 mL水样加入到锥形瓶中，并调节水样的pH为7.0～8.0。
②加入足量的KI晶体。此过程发生反应2ClO2＋2I－=2 ClO2-＋I2。
③加入少量淀粉溶液，再向上述溶液中滴加1×10－3 mol·L－1 Na2S2O3溶液至溶液蓝色刚好褪去，消耗Na2S2O3溶液5.960 mL。此过程发生反应：2S2O32-＋I2=S4O62-＋2I－。
④调节溶液的pH≤2.0，此过程发生反应ClO2-＋4H＋＋4I－=Cl－＋2I2＋2H2O。
⑤再向溶液中滴加1×10－3 mol·L－1 Na2S2O3溶液至蓝色刚好褪去，消耗Na2S2O3溶液24.00 mL。根据上述数据计算并判断该水样中ClO2-的含量是否超过国家规定____。
【答案】 (1). Na2CO3 (2). 过滤 (3). NaCl＋3H2ONaClO3＋3H2↑ (4). 未超过国家规定
【解析】
【分析】
以粗盐为原料生产ClO2的工艺主要包括：①粗盐精制；②电解微酸性NaCl溶液；③ClO2的制取。根据流程图，粗盐水中加入氢氧化钠除去镁离子，再加入试剂X除去钙离子生成碳酸钙，因此X为碳酸钠，过滤后得到氢氧化镁和碳酸钙沉淀；用适量盐酸调节溶液的酸性，除去过量的氢氧化钠和碳酸钠得到纯净的氯化钠溶液，反应Ⅱ电解氯化钠溶液生成氢气和NaClO3，加入盐酸，发生反应Ⅲ2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O，得到ClO2。据此分析解答。
【详解】(1)根据上述分析，试剂X碳酸钠，操作A为过滤，故答案为：Na2CO3；过滤；
(2)由题意已知条件可知，反应Ⅱ中生成NaClO3和氢气，反应的化学方程式为NaCl＋3H2ONaClO3＋3H2↑，故答案为：NaCl＋3H2ONaClO3＋3H2↑；
(3)由 2ClO2+2I-→2ClO2-+I2 和2S2O32-＋I2=S4O62-＋2I-，得ClO2-～Na2S2O3，n(ClO2-)= n(S2O32-)==5.96×10-6mol；由ClO2-+4H++4I-=Cl-+2I2+2H2O 和2S2O32-＋I2=S4O62-＋2I－，得ClO2-～4Na2S2O3，n(ClO2-)总= n(S2O32-)=×=6.0×10-6mol，原水样中ClO2-的物质的量=6.0×10-6mol-5.96×10-6mol=0.04×10-6mol，原水样中ClO2-的浓度为×1000mL/L×67.5g/mol×1000mg/g=0.135 mg·L－1＜0.2 mg·L－1，未超过国家规定，故答案为：未超过国家规定。
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