1、云南省玉溪市新平一中2020-2021学年上学期开学考试高二化学本试卷分第卷和第卷两部分，共100分，考试时间90分钟。分卷I一、单选题(共30小题,每小题2.0分,共60分)1. 随着人口增长、工业发展，淡水供应出现危机。若实行海水淡化来供应饮用水，下列方法在原理上完全不可行的（ ）A. 加入明矾，使海水中的泥沙沉淀并淡化B. 利用太阳能，将海水蒸馏淡化C. 将海水通过离子交换膜除去其所含的盐分D. 利用电渗析法使海水淡化【答案】A【解析】【详解】A. 加入明矾，只能使海水中的泥沙沉淀，但不能去除盐分，A不正确；B. 利用太阳能，将海水蒸馏，盐分留在海水中，从而实现淡化，B正确；C. 海水通
2、过离子交换膜，去除水中所含的金属离子及酸根离子，实现水的淡化，C正确；D. 电渗析法是利用电场的作用，强行将离子向电极处吸引，致使电极中间部位的离子浓度大为下降，从而制得淡水，D正确。故选A。2. 今有一种固体化合物X，X本身不导电，但熔融状态或溶于水中均能够电离，下列关于X的说法中，正确的是（ ）A. X一定为电解质B. X可能为非电解质C. X只能是盐类D. X只能是碱类【答案】A【解析】【分析】一种固体化合物X，X本身不导电，但熔融状态和溶于水时能够电离，说明该物质在溶于水或熔融状态下能电离出离子而导电，应该是离子化合物。【详解】A该物质在溶于水或熔融状态下能电离出离子而导电，应该是电解
3、质，且是离子化合物，A正确；B非电解质是在水溶液中或熔融状态下都不能导电的化合物，X在熔化状态下或水溶液中能够电离而导电，因此M不可能是非电解质，B错误；C该化合物是离子化合物，强碱也为离子化合物，可能是盐还可能为强碱，C错误；D该离子化合物，可能是盐还可能为强碱，D错误；答案为A。3. 除去下列物质中的杂质(括号内为杂质)，其方法不正确的是 ()A. 碳酸钠固体(碳酸氢钠)：加热法B. 碳酸氢钠溶液(碳酸钠)：通入足量的二氧化碳C. 碳酸钠溶液(碳酸氢钠)：加入适量的石灰水D. 碳酸钠溶液(碳酸钙)：过滤法【答案】C【解析】【详解】A碳酸钠固体较稳定，受热不分解，碳酸氢钠受热易分解生成二氧化
4、碳、碳酸钠和水，利用加热的方法可将碳酸氢钠除去，故A正确；B碳酸氢钠溶液与二氧化碳不反应，碳酸钠溶液可与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，则通入足量的二氧化碳可将碳酸钠除去，故B正确；C石灰水的主要成分是氢氧化钙，碳酸钠和碳酸氢钠都与石灰水反应，则用石灰水不能进行除杂，故C错误；D碳酸钠易溶于水，碳酸钙难溶于水，利用过滤的方法可将碳酸钠溶液中的碳酸钙除去，故D正确；答案选C。4. 下列关于硅酸的说法正确的是（ ）A. 硅酸可以通过SiO2和水化合反应直接制得B. 可用反应Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3制取硅酸C. 因为硅酸难溶于水，所以它不能与NaOH溶液反应D. 干燥剂“硅胶”的
5、主要成分是硅酸钠【答案】B【解析】【详解】A SiO2难溶于水，因此不能与水化合反应直接制得硅酸，错误；B由于酸性HCl H2SiO3，所以可用反应Na2SiO3+2HCl=2NaCl+ H2SiO3制取硅酸，正确；C尽管硅酸难溶于水，但是它仍能与NaOH溶液反应产生硅酸钠和水，错误；D 干燥剂“硅胶”的主要成分是硅酸，错误。答案选B。5. 下列电离方程式书写正确的是 （ ）A. Al2(SO4)2 2Al3+ + 3SO42-B. AlCl3 Al3+ + Cl3-C. Mg(NO3)2 Mg2+ + NO3-D. KMnO4 K+ + Mn7+ + 4O2-【答案】A【解析】【详解】A.
6、硫酸铝电离生成铝离子和硫酸根离子，电离方程式为Al2(SO4)32Al3+ + 3SO42-，故A正确；B.3个氯离子不能合并，电离方程式为AlCl3 Al3+ + 3Cl-，故B错误；C. 硝酸镁电离生成镁离子和硝酸根，电离方程式为Mg(NO3)2 Mg2+ + 2NO3-，故C错误；D. 高锰酸根离子是原子团，不能拆开，电离方程式为KMnO4K+MnO4，故D错误；故选A。6. 卤族元素随原子核电荷数的增加，下列叙述不正确的是（ ）A. 原子半径依次增大B. 元素的非金属性依次减弱C. 单质的氧化性依次减弱D. 氢化物的稳定性依次增强【答案】D【解析】【详解】卤族元素的非金属性随着核电荷数
7、的增大而减弱。A.卤族元素的电子层数随着核电荷数的增大而增大，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱，导致其原子半径随着核电荷数的增大而增大，故A正确；B.卤族元素的非金属性随着核电荷数的增大而减弱，故B正确；C.卤族元素的非金属性随着核电荷数的增大而减弱，原子得电子的能力逐渐减弱，其单质的氧化性逐渐减弱，故C正确；D、元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，卤族元素的非金属性随着核电荷数的增大而减弱，所以其氢化物的稳定性依次减弱，故D错误。故选D。【点睛】非金属性强弱的比较规律：单质的氧化性：一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强；单质和酸或者和水的反应程度：反应越剧烈，非金属性越强；对应氢化物的
8、稳定性：氢化物越稳定，非金属性越强；和氢气化合的难易程度：化合反应越容易，非金属性越强；最高价氧化物对应水化物的酸性：酸性越强，非金属越强；由对应最低价阴离子的还原性：还原性越强，对应非金属性越弱；置换反应：非金属性强的制非金属性弱的。7. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A. 某无色澄清透明溶液中：KHFe2ClB. 含0.1 molL1OH的溶液中：NaKClOC. 含0.1 molL1的溶液中：KCa2D. 含0.1 molL1OH的溶液中：Fe3Cu2【答案】B【解析】【详解】A. Fe2为浅绿色，在无色溶液中不能大量存在，故A错误；B.OH、Na、K、ClO离子
9、间不反应，可以大量共存，故B正确；C. 与Ca2反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，Ca2与生成硫酸钙微溶物，也不能大量共存，故C错误；D. OH与Fe3、Cu2反应生成沉淀，与结合生成氨气和水，不能大量共存，故D错误。故选B。【点睛】判断离子共存，有以下几种情况：1、由于发生复分解反应，离子不能大量共存。 有气体产生：如CO32-、S2-、HS-等易挥发的弱酸的酸根与H+不能大量共存，有沉淀生成：如Ba2+、Ca2+、Mg2+等不能与SO42-、CO32-等大量共存，有弱电解质生成：如OH-、CH3COO-等与H+不能大量共存，一些酸式弱酸根不能与OH-大量共存，2、由于发生氧化还原反应，离子
10、不能大量共存。具有较强还原性的离子不能与具有较强氧化性的离子大量共存：如I-和Fe3+不能大量共存，在酸性或碱性的介质中由于发生氧化还原反应而不能大量共存：如NO3-和I-在中性或碱性溶液中可以共存，3、由于形成络合离子，离子不能大量共存：如Fe3+和 SCN-发生络合反应而不能大量共存。8. 已知X、Y、Z均为主族元素，分析表中数据，判断下列说法正确的是（ ）元素XYZ最外层电子数aba原子半径/nm0.15201430.256A. X与Y位于同一主族，且X在Y的上一周期B. X与Z位于同一主族，且X在Z的上一周期C. X与Z位于同一周期，且X的原子序数小于Z的原子序数D. X与Z位于同一主
11、族，且X的原子序数小于Z的原子序数【答案】D【解析】【详解】X、Y元素原子的最外层电子数不同，二者不是同主族元素，故A错误；X、Z元素原子的最外层电子数都是a，二者处于同一主族，且Z的原子半径较大，故Z的原子序数较大，但二者不一定处于相邻周期，故B、C错误；D正确，综上所述答案为D。9. 科学的假设与猜想是科学探究的先导和价值所在。在下列假设或猜想引导下的探究肯定没有意义的是( )A. 探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成B. 探究NO和N2O可能化合生成NO2C. 探究NO2可能被NaOH溶液完全吸收生成NaNO2和NaNO3D. 探究向滴有酚酞试液的NaOH溶液中通入Cl2，酚
12、酞红色褪去的原因是溶液的酸碱性改变还是HClO的漂白作用【答案】B【解析】【详解】A.SO2和Na2O2反应生成Na2SO4，A正确。B.NO和N2O可能化合生成NO2，发生氧化还原反应NO和N2O的化合价都升高，按照氧化还原反应的定义，没有化合价降低的元素，是不可能的，B符合题意。C. NO2与NaOH溶液完全反应生成NaNO2、NaNO3和水，C正确。D. 向滴有酚酞试液的NaOH溶液中通入Cl2，酚酞红色褪去的原因是溶液的酸碱性改变还是HClO的漂白作用，有两种可能，故也有探究意义，D正确。答案选B。10. 下列各组物质在一定条件下反应，可以制得较纯净的1，2二氯乙烷的是（ ）A. 乙烷
13、与氯气光照反应B. 乙烯与氯化氢气体混合C. 乙烯与氯气加成D. 乙烯通入浓盐酸【答案】C【解析】【详解】A乙烷与氯气光照反应，可生成6种一氯代物的混合物和氯化氢，A不合题意；B乙烯与氯化氢气体混合，反应生成氯乙烷（CH3CH2Cl），B不合题意；C乙烯与氯气加成，只能生成1，2二氯乙烷（ClCH2CH2Cl），C符合题意；D乙烯通入浓盐酸中，不能发生反应，D不合题意；故选C。11. 下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是A. CH3COOHB. Cl2C. NH4HCO3D. SO2【答案】D【解析】试题分析：电解质的特点需要自身电离，所以D中SO2溶于水生成H2SO3，不是SO2自身电
14、离，是非电解质；AC都是电解质；B中是单质，即不是电解质，也不是非电解质。12. 向盛有乙醇的烧杯中投入一小块金属钠，下列实验现象描述正确的是()A. 钠块在乙醇的液面上游动B. 钠块熔化成闪亮的小球C. 钠块表面产生气泡比较缓慢D. 反应剧烈并发出“嘶嘶”声响【答案】C【解析】【分析】与水相比较，乙醇密度较小，钠与乙醇反应时，钠沉在乙醇液面的下面，钠与乙醇反应不如钠与水反应剧烈，可生成乙醇钠和氢气，据此分析解答。【详解】A由于乙醇的密度比钠小，钠块沉在乙醇液面下，故A错误；BNa与乙醇反应也放热，但反应放出的热量较少，Na在乙醇中反应不会熔化成小球，故B错误；C钠与乙醇反应不如钠与水反应剧烈
15、，只是缓缓产生气泡，故C正确；D根据C项分析，钠与乙醇反应不如钠与水反应剧烈，只是缓缓产生气泡，并不会发出“嘶嘶”声响，故D错误；答案选C。13. 美国科学家最近发明了利用眼泪来检测糖尿病的装置，其原理是用氯金酸钠(NaAuCl4)溶液与眼泪中的葡萄糖反应生成纳米金单质颗粒(直径为20 nm60 nm)。下列有关说法中错误的是( )A. 检测时NaAuCl4发生氧化反应B. 葡萄糖的结构简式为CH2OH(CHOH)4CHOC. 葡萄糖具有还原性D. 纳米金颗粒分散在水中所得的分散系能产生丁达尔效应【答案】A【解析】【详解】A、NaAuCl4中Au化合价由3价0价，化合价降低，发生还原反应，故说
16、法错误；B、葡萄糖是多羟基醛，结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，故说法正确；C、葡萄糖中含有醛基，因此葡萄糖具有还原性，故说法正确；D、根据纳米金单质颗粒直径，分散在水中所得分散系属于胶体，具有丁达尔效应，故说法正确。答案选A。14. 下列实验装置或操作与粒子直径的大小无直接关系的是（ ）A. 过滤B. 渗析C. 萃取D. 丁达尔效应【答案】C【解析】【详解】A悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，过滤利用了分散质粒子的大小进行分离，故A不选；B胶体的分散质粒子不能透过半透膜，溶液的分散质粒子能透过半透膜，渗析利用了分散质粒子的大小进行分离，故B不选；C萃取利用一种溶质在两种溶剂中的溶解度不
17、同进行分离，与物质微粒大小无直接关系，故C选；D胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应，故和粒子直径大小有关，故D不选；故答案为C。【点睛】浊液、胶体、溶液的本质区别是分散质粒子的大小不同，浊液的分散质粒子不能透过滤纸，胶体、溶液的分散质粒子能透过滤纸；胶体和浊液的分散质粒子不能透过半透膜，溶液的分散质粒子能透过半透膜。15. 已知二氧化锰为黑色难溶于水的固体，实验室制取氧气的反应为2KClO32KCl3O2，充分反应后从剩余物中回收二氧化锰的操作顺序正确的是(A. 溶解、过滤、蒸发、洗涤B. 溶解、过滤、洗涤、干燥C. 溶解、蒸发、洗涤、过滤D. 溶解、
18、洗涤、过滤、干燥【答案】B【解析】【详解】反应后的剩余固体中，一定含有二氧化锰和氯化钾，可能含有氯酸钾；氯酸钾易溶于水，氯酸钾受热分解生成的氯化钾易溶于水，二氧化锰不溶于水；先加入足量的水，氯化钾溶于水形成溶液，如果含有氯酸钾时，氯酸钾溶于水形成溶液，而二氧化锰不溶于水；再过滤，把二氧化锰从溶液中分离出来；再对二氧化锰进行洗涤，除去二氧化锰中的杂质；再加热、干燥二氧化锰，得到纯净的二氧化锰，则回收提纯二氧化锰的操作顺序溶解、过滤、洗涤、干燥，答案选B。16. 下列关于化学电源的说法正确的是()A. 干电池放电之后还能再充电B. 充电电池在放电和充电时都将化学能转化为电能C. 充电电池可以无限制
19、地反复放电、充电D. 氢氧燃料电池是一种环境友好型电池【答案】D【解析】【详解】A干电池是一次性电池，放电之后不能再充电，A错误；B充电电池在放电时化学能转化为电能，充电时都将电能转化为化学能，B错误；C充电电池也有一定的使用寿命，不可能无限地反复放电、充电，C错误；D氢氧燃料电池的生成物是水，是一种环境友好电池，D正确；答案选D。17. W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到YZW的溶液。下列说法正确的是A. 原子半径大小为WXYZB. X的氢化物水溶液酸性强于Z的C. Y2W2与ZW2均含有非极
20、性共价键D. 标准状况下W的单质状态与X的相同【答案】D【解析】【分析】本题明显是要从黄绿色气体入手，根据其与碱溶液的反应，判断出YZW是什么物质，然后代入即可。【详解】黄绿色气体为氯气，通入烧碱溶液，应该得到氯化钠和次氯酸钠，所以YZW为NaClO，再根据W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，X和Z同族，得到W、X、Y、Z分别为O、F、Na、Cl。A同周期由左向右原子半径依次减小，同主族由上向下原子半径依次增大，所以短周期中Na（Y）的原子半径最大，选项A错误；BHCl是强酸，HF是弱酸，所以X（F）的氢化物水溶液的酸性弱于Z（Cl）的，选项B错误；CClO2的中心原子是Cl，分子
21、中只存在Cl和O之间的极性共价键，选项C错误；D标准状况下，W的单质O2或O3均为气态，X的单质F2也是气态，选项D正确；答案选D。【点睛】本题相对比较简单，根据题目表述可以很容易判断出四个字母分别代表的元素，再代入四个选项判断即可。要注意选项D中，标准状况下氧气、臭氧、氟气的状态为气体。18. 将淀粉水解并用氢氧化铜浊液检验其水解产物的实验中，要进行的主要操作如下：加热；滴入稀硫酸；加入新制的氢氧化铜浊液；加氢氧化钠溶液中和。以上各步骤的先后顺序的正确排列是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】淀粉在加热和有硫酸催化下水解，水解产物中有还原糖，可以和新制的氢氧化铜悬浊液在加热
22、条件下反应生成红色沉淀Cu2O。但还原糖和新制氢氧化铜的反应必须在碱性环境下进行，所以需要先中和淀粉水解时加的催化剂硫酸。故操作顺序为滴入稀硫酸加热加入足量的氢氧化钠溶液加入新制的氢氧化铜悬浊液加热，步骤的先后顺序为，答案选C。【点睛】淀粉水解生成葡萄糖，根据葡萄糖与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应需在碱性的条件下进行，需要在加入新制Cu(OH)2悬浊液前中和酸。19. 下列有关金属材料的说法不正确的是()A. 铁有良好的导热性，常用来制作炊具B. 铜的化学性质不活泼，因此可用于制导线C. 废旧电池中汞的回收可减少对环境的污染D. 钛合金与人体有很好的相容性，因此可用来制造人造骨【答案】B【解
23、析】【详解】A铁有良好的导热性，可以用来制作炊具，A正确；B铜有良好的导电性，可用于制导线，B错误；C重金属有毒，所以废旧电池中汞的回收可减少对环境的污染，C正确；D钛合金与人体有很好的相容性，且性质稳定，抗腐蚀性强，所以可用来制造人造骨骼，D正确；故合理选项是B。20. 下列有关元素周期表的说法中不正确的是()A. 位于元素周期表A族左边的元素一定属于主族元素B. 氯元素位于元素周期表中第三周期A族C. 元素周期表中B族到B族10个纵行元素都是金属元素D. 目前使用的元素周期表中，包含元素种类最多的族为A【答案】D【解析】分析：根据元素周期表的结构分析。详解：A. 位于元素周期表A族左边的元
24、素是第A族，一定属于主族元素，A正确；B. 氯元素的原子序数是17，位于元素周期表中第三周期A族，B正确；C. 元素周期表中B族到B族10个纵行的元素属于过渡元素，都是金属元素，C正确；D. 目前使用的元素周期表中，包含元素种类最多的族为B族，因为还有镧系和錒系，D错误。答案选D。21. 下列化合物中，不只代表一种化合物的是()A. CH4B. C2H6C. C3H8D. C4H10【答案】D【解析】【详解】ACH4只有一种结构，只代表一种化合物，选项A不选；BC2H6只有一种结构：CH3CH3，只代表一种化合物，选项B不选；CC3H8只有一种结构：CH3CH2CH3，只代表一种化合物，选项C
25、不选；DC4H10有两种结构：正丁烷和异丁烷，不只代表一种化合物，选项D选。答案选D。22. 芳香化合物M的结构简式为，关于有机物M的说法正确的是A. 有机物M的分子式为C10H12O3B. 1 molNa2CO3最多能消耗1 mol有机物MC. 1 mol M和足量金属钠反应生成22.4 L气体D. 有机物M能发生取代、氧化、还原和加聚反应【答案】D【解析】【详解】A、根据结构简式，有机物M的分子式为C10H10O3，A错误；B、羧基和碳酸钠反应，1 molNa2CO3最多能消耗2mol羧基，1 molNa2CO3最多能消耗2 mol有机物M，B错误；C、羧基、羟基都能与钠反应放出氢气，1
26、mol M和足量金属钠反应生成1mol氢气，在标准状况下的体积是22.4 L，C错误；D、有机物M含有羧基、羟基能发生取代、含有碳碳双键能发生氧化和加成反应以及加聚反应，D正确。答案选D。23. 电池是人类生产、生活中重要的能量来源，各种电池的发明是化学对人类的一项重大贡献。下列有关电池的叙述正确的是A. 锌锰干电池工作一段时间后碳棒变细B. 氢氧燃料电池可将热能直接转变为电能C. 氢氧燃料电池工作时氢气在负极被氧化D. 太阳能电池的主要材料是高纯度的二氧化硅【答案】C【解析】【分析】【详解】A在锌锰干电池中，正极是碳棒，该极上二氧化锰发生得电子的还原反应，该电极质量不会减少，A项错误；B氢氧
27、燃料电池属于原电池的一种，是将化学能转化为电能的装置，不能将热能直接转变为电能，B项错误；C氢氧燃料电池中，燃料做负极，发生失电子的氧化反应，被氧化，C项正确；D太阳能电池的主要材料是半导体硅，不是二氧化硅，二氧化硅导光，不导电，D项错误；答案选C。24. 厦钨股份公司拟生产用于汽车贮氢的钨合金，此合金()A. 熔点比钨高B. 不能导电C. 具有金属特性D. 是一种不可回收物【答案】C【解析】【详解】A. 合金的熔点比它的成分金属低，A错误；B. 合金仍能导电，B错误；C. 合金具有金属特性，C正确；D. 合金是一种可回收物，D错误。故选C。25. 以下用于除去乙酸乙酯中乙酸和乙醇杂质的最好试
28、剂是()A. 饱和碳酸钠溶液B. 氢氧化钠溶液C. 苯D. 水【答案】A【解析】【详解】A乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，而乙醇易溶，乙酸可与碳酸钠反应而被吸收，可用饱和碳酸钠溶液分离，故A正确；B乙酸乙酯可在氢氧化钠溶液中发生水解，故B错误；C乙酸乙酯、乙酸和乙醇都易溶于苯，不能分离，且引入新杂质，故C错误；D. 乙酸和乙醇在乙酸乙酯中的溶解度比在水中的大，故D错误；故选A。【点睛】饱和碳酸钠溶液能溶解乙醇，吸收乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度。26. 研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是A. 雾和霾的分散剂相同B. 雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵C
29、. NH3是形成无机颗粒物的催化剂D. 雾霾的形成与过度施用氮肥有关【答案】C【解析】【分析】A.雾和霾的分散剂均是空气；B.根据示意图分析；C.在化学反应里能改变反应物化学反应速率（提高或降低）而不改变化学平衡，且本身的质量和化学性质在化学反应前后都没有发生改变的物质叫催化剂；D.氮肥会释放出氨气。【详解】A. 雾的分散剂是空气，分散质是水。霾的分散剂是空气，分散质固体颗粒。因此雾和霾的分散剂相同，A正确；B. 由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；C. NH3作为反应物参加反应转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；D. 氮氧
30、化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。答案选C。【点睛】结合示意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解答的关键，氨气作用判断是解答的易错点。本题情境真实，应用导向，聚焦学科核心素养，既可以引导考生认识与化学有关的社会热点问题，形成可持续发展的意识和绿色化学观念，又体现了高考评价体系中的应用性和综合性考查要求。27. 葡萄糖的结构简式为CH2OHCHOHCHOHCHOHCHOHCHO，其对应的性质中不正确的是（）A. 葡萄糖在一定条件下能水解B. 可与乙酸发生取代反应C. 能发生银镜反应D. 葡萄糖的分子式是C6H12O6【答案】
31、A【解析】【详解】A葡萄糖是单糖，不能水解，A错误；B葡萄糖含有羟基，可与乙酸发生酯化反应（取代反应的一种），B正确；C含有醛基，能发生银镜反应，C正确；D由葡萄糖的结构简式可知，葡萄糖的分子式是C6H12O6，D正确；故答案为：A。28. 现有以下物质：NaCl晶体、液态HCl、CaCO3固体、熔融KCl、蔗糖、铜、CO2、H2SO4、KOH固体、浓盐酸。下列说法正确的是A. 以上物质能导电的是B. 以上物质属于电解质的是C. 属于非电解质的是D. 以上物质中，溶于水能够导电的物质是【答案】A【解析】A、熔融KCl、浓盐酸中含有自由移动离子、铜含有自由移动的电子，所以都能导电，选项A正确；
32、B、NaCl晶体、液态HCl、CaCO3固体、熔融KCl、H2SO4、KOH固体是电解质，浓盐酸是混合物既不是电解质也不是非电解质，选项B错误；C、蔗糖、CO2是非电解质，液态HCl是电解质，选项C错误；D、水溶液中能发生电离，电离出自由移动的离子或金属中存在自由移动的电子都可以导电，NaCl晶体、液态HCl、熔融KCl、CO2、H2SO4、KOH固体，溶于水溶液都能导电，蔗糖溶于水不能导电，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查了能导电的物质、电解质和非电解质的判断，难度不大，注意导电的物质不一定是电解质，如金属单质和电解质溶液，电解质不一定导电，如液态氯化氢。必须正确理解：（1）含有自由移动
33、的电子或阴阳离子的物质就能导电；（2）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；（3）以上物质中，溶于水且能导电的物质，说明水溶液中能发生电离，电离出自由移动的离子。29. 大功率镍氢动力电池及其管理模块，是国家“十五”863计划电动汽车专项中一项重要课题。我国镍氢电池居世界先进水平，解放军潜艇将装备国产大功率镍氢动力电池。常见镍氢电池的某极是储氢合金LaNi5H6(LaNi5H6中各元素化合价均为零)。电池反应通常表示为LaNi5H66NiO(OH) LaNi56Ni(OH)2。关于镍氢电池放电时的下列说法中不正确的是()A. 储氢合金作
34、负极B. 正极反应式：6NiO(OH)6H2O6e=6Ni(OH)26OHC. 负极反应式：LaNi5H66OH6e=LaNi56H2OD. 电子由正极通过外电路流向负极【答案】D【解析】【详解】由总反应式中元素化合价的变化可确定：LaNi5H6为负极(价升高)，NiO(OH)为正极(价降低)；写出相对简单的正极反应式：6NiO(OH)6H2O6e=6Ni(OH)26OH；总反应式与正极反应式相减可得负极反应式：LaNi5H66OH6e=LaNi56H2O。该电池放电时，电子由负极通过外电路流向正极。故选D。30. 对于铵盐的描述都正确的是（ ）都溶于水 都是白色晶体 都有刺激性气味 加热后都
35、有氨气放出 与碱混合后加热都有氨气放出 都能使湿润的红色石蕊试纸变蓝A. 全部B C. D 【答案】C【解析】【详解】铵盐都是易溶于水的白色晶体，都能与碱反应，加热后生成氨气和水，大多数铵盐加热后分解生成氨气(氨气有刺激性气味，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝)。铵盐加热并不一定全部放出氨气，如硝酸铵受热分解可生成氮气或氮的氧化物等。答案选C。分卷II二、非选择题(共6小题,共40分)31. 某校化学学习小组分别设计了一组实验来探究元素周期律。第一小组根据元素非金属性与其对应最高价含氧酸之间的关系，设计了如图装置来一次性完成同主族元素非金属性强弱比较的实验探究。查阅资料.常温下浓盐酸与高锰酸钾能反应
36、生成氯气。.H2SiO3难溶于水。实验药品：大理石、碳酸钠粉末、稀硝酸、硅酸钠溶液。探究过程(1)第一小组为比较N、C、Si的非金属性强弱，以图中装置进行实验：烧杯C中现象为_，发生反应的离子方程式为_。实验预期结论：_。存在问题：_。(2)第二小组设计了下图装置来验证卤素单质的氧化性，A、B、C三处分别是蘸有溴化钠溶液的棉花、湿润的淀粉碘化钾试纸、湿润的红色纸条。写出A处反应的离子方程式：_。B处实验现象是_。实验预期结论：_。存在问题：_。【答案】 (1). 溶液变浑浊 (2). CO2SiO32-H2OH2SiO3CO32- (3). 非金属性：CSi (4). 稀硝酸有一定的挥发性，影
37、响C和Si非金属性强弱的判断 (5). Cl22Br=Br22Cl (6). 试纸变蓝 (7). 氧化性：Cl2Br2I2 (8). 无法判断Br2和I2的氧化性【解析】【分析】(1)验证元素的非金属性与其对应最高价含氧酸之间的关系，可根据强酸制弱酸的反应原理，用稀硝酸与大理石反应生成二氧化碳，再将二氧化碳通入硅酸钠溶液中，生成硅酸沉淀，由此可说明硝酸、碳酸及硅酸酸性的强弱，但硝酸有挥发性，影响了最后结果的判断；(2)氯气与溴化钠溶液发生置换反应生成单质溴和氯化钠，说明氯气氧化性强于溴，氯气与碘化钾溶液发生置换反应生成单质碘，碘遇淀粉变蓝色，说明氯气氧化性强于碘，但无法判断Br2和I2的氧化性
38、。【详解】（1）烧杯C中硅酸钠溶液与二氧化碳反应生成硅酸沉淀和碳酸钠，反应的离子方程式为SiO32-+CO2+H2OH2SiO3+CO32-；实验预期结论是同主族元素从上到下非金属性依次减弱，元素的非金属性CSi，故答案为：非金属性：CSi；硝酸有挥发性，挥发出的硝酸与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，会干扰C和Si非金属性强弱的判断，故答案为：稀硝酸有一定的挥发性，影响C和Si非金属性强弱的判断；（2）A处氯气与溴化钠溶液发生置换反应生成单质溴和氯化钠，反应的离子方程式为Cl22Br=Br22Cl，故答案为：Cl22Br=Br22Cl；B处氯气与碘化钾溶液发生置换反应生成单质碘，碘遇淀粉变蓝色，故
39、答案为：试纸变蓝；实验预期结论是同主族元素从上到下非金属性依次减弱，单质的氧化性依次减弱，单质的氧化性Cl2Br2I2，故答案为：氧化性：Cl2Br2I2；实验中没有设计溴与碘化钾淀粉溶液的反应，无法判断Br2和I2的氧化性，故答案为：无法判断Br2和I2的氧化性。32. 如图为硬脂酸甘油酯在碱性条件下水解的装置图。进行皂化反应时的步骤如下：（1）在圆底烧瓶中加入8g硬脂酸甘油酯，然后加入2g氢氧化钠、5mL水和10mL酒精，加入酒精的作用为_。（2）隔着石棉网给反应物加热约10min，皂化反应基本完成，判断依据是_，所得的混合物为_(填“悬浊液”、“乳浊液”、“溶液”或“胶体”)。（3）向所
40、得混合物中加入_，静置一段时间后，溶液分为上下两层，肥皂在_层，这个操作称为_。（4）图中长玻璃导管的作用为_。（5）日常生活中用热的纯碱溶液来洗涤粘有油脂的器皿的原因是_。（6）这个实验有一个缺点就是容易产生_现象，为避免这种现象工业生产上常用_加热法防止这种现象。【答案】 (1). 溶解硬脂酸甘油酯 (2). 水面上漂浮的块状物消失 (3). 胶体 (4). 食盐 (5). 上 (6). 盐析 (7). 冷凝回流 (8). 纯碱溶液呈碱性与油脂反应生成可溶于水的物质而洗去油污 (9). 结焦 (10). 水蒸气【解析】【分析】由实验装置图可知，圆底烧瓶中硬脂酸甘油酯在氢氧化钠溶液中，共热发
41、生水解反应生成溶于水的硬脂酸钠和甘油，在加热过程中，硬脂酸甘油酯、乙醇等易挥发，装置中长导管可以起到冷凝回流的作用，提高原料的利用率；向皂化反应所得混合物加入食盐，能够降低硬脂肪酸钠在水中的溶解度，使硬脂肪酸钠和甘油分离。【详解】（1）硬脂酸甘油酯为难溶于水的固体，易溶于有机溶剂，酒精为有机溶剂，加入酒精可溶解硬脂酸甘油酯，故答案为溶解硬脂酸甘油酯；（2）不溶于水的硬脂酸甘油酯在氢氧化钠溶液中，共热发生水解反应生成溶于水的硬脂酸钠和甘油，反应完成时不溶于水的硬脂酸甘油酯完全溶解，水面上没有漂浮物；硬脂酸钠的水溶液属于胶体，具有胶体的性质，故答案为水面上漂浮的块状物消失；胶体；（3）向皂化反应所
42、得混合物加入食盐，能够降低硬脂肪酸钠在水中的溶解度，静置一段时间后，溶液分为上下两层，这个操作为盐析，因硬脂酸钠的密度小于水的密度，硬脂酸钠在上层，故答案为食盐；上；盐析；（4）在加热过程中，硬脂酸甘油酯、乙醇等易挥发，长导管可以起到冷凝回流的作用，故答案为冷凝回流；（5）纯碱为碳酸钠，碳酸钠在溶液中水解，使溶液呈碱性，加热促进水解，使溶液碱性增强，油脂在碱性较强溶液中发生水解反应生成可溶于水的物质而洗去油污，故答案为纯碱溶液呈碱性与油脂反应生成可溶于水的物质而洗去油污；（6）硬脂酸甘油酯具有有机物的通性，受热易分解，直接加热会出现炭化结焦的现象，若改用水蒸气加热，可以避免出现炭化结焦的现象，
43、故答案为结焦；水蒸气。【点睛】该类试题主要是以实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确性，油脂在碱性条件下发生皂化反应时物质的溶解性发生变化是分析的关键点，注意盐析就是利用无机盐降低有机物的溶解度达到分离的目的。33. A，B，C，D，E，F六种物质的转化关系如图所示(反应条件和部分产物未标出)。(1)若A为短周期金属单质，D为短周期非金属单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍，F的浓溶液与A，D反应都有红棕色气体生成，则A的原子结构示意图为_，反应的化学方程式为_。(2)若A是常见的变价金属的单质，D，F是气态单
44、质，且反应在水溶液中进行。反应也在水溶液中进行，其离子方程式是_，已知光照条件下D与F反应生成B，写出该反应的化学方程式_。(3)若A，D，F都是短周期非金属元素单质，且A，D所含元素同主族，A，F所含元素同周期，则反应的化学方程式为_。【答案】 (1). (2). C4HNO3(浓) CO24NO22H2O (3). 2Fe2Cl2= 2Fe32Cl (4). H2Cl2 2HCl (5). 2CSiO2Si2CO【解析】【详解】(1)A是短周期金属，D为短周期非金属单质，金属能置换出的非金属常见有2种：H2和C，由于原子序数A是D的2倍，且最外层电子数D是A的2倍，则A为Mg，D为C，反应
45、必定为2MgCO22MgOC，进而可推知F为硝酸。(2)在溶液中金属置换非金属，则D必定为H2，B为酸，又因F为气体，则B为HCl，F为Cl2；结合A为变价金属，可推知A为Fe。(3)A、D为同主族非金属之间的置换反应，且F为非金属单质，A、F同周期，可推知A为C，B为SiO2，D为Si，C为CO，F为O。34. 如图所涉及的物质均为中学化学中的常见物质，其中C、D、E为单质，E为固体，F为有磁性的化合物。它们之间存在如下关系(反应中生成的水及次要产物均已略去)：（1）写出下列物质的化学式：B_，E_。（2）指出MnO2在相关反应中的作用：反应中是_剂，反应中是_剂。（3）若反应是在加热条件下
46、进行，则A是_(填化学式)；若反应是在常温条件下进行，则A是_(填化学式)；如在上述两种条件下得到等质量的C单质，反应中转移的电子数之比为_。【答案】 (1). HCl (2). Fe (3). 催化 (4). 氧化 (5). KClO3 (6). H2O2 (7). 21【解析】【分析】根据铁及其化合物的性质及转化关系分析解答；根据氯气的制备原理及氯气的强氧化性分析解答。【详解】(1)本题的突破口为“F为有磁性的化合物”，所以F为Fe3O4，逆向推理可知E为固体属于E是Fe，C为O2，由于A是在加热条件下反应，则A为KClO3，同时注意到G、H之间的转化为Fe3与Fe2之间的转化，不难推出D
47、为Cl2，B为HCl；故答案为HCl，Fe。(2) 反应的方程式为：2KClO32KCl+3O2，其中MnO2作催化剂，反应方程式为：MnO2+4HCl MnCl2+Cl2+2H2O，其中MnO2中的Mn元素化合价从+4价降低到+2价，所以MnO2作氧化剂；故答案为催化，氧化。(3) 若反应是在加热条件下进行，则A是KClO3，方程式为：2KClO32KCl+3O2，若反应是在常温条件下进行，则A是H2O2，方程式为：2H2O22H2O+O2，假设两种条件下均生成氧气1mol，当A是KClO3时，生成1molO2转移4mole-，当A是H2O2时，生成1molO2时，转移2mole-，所以在上
48、述两种条件下得到等质量的C单质时，反应中转移的电子数之比为2:1；故答案为KClO3 ，H2O2， 21。35. 回答下列问题：（1）为了除去粗盐中的Ca2、Mg2、 SO42 -及泥沙，得到纯净的NaCl，可将粗盐溶于水，然后在下列操作中选取必要的步骤和正确的操作顺序：_(填序号)。过滤加过量NaOH溶液加适量盐酸加过量Na2CO3溶液加过量BaCl2溶液（2）判断BaCl2已过量的方法是_。（3）第步中，写出相应的化学反应方程式(设粗盐中Ca2的主要存在形式为CaCl2)：_。【答案】 (1). 或 (2). 取第步后的上层清液(或取少量上层清液)于试管中，再滴入适量BaCl2溶液，若溶液
49、未变浑浊，则表明BaCl2已过量(或其它合理的方法) (3). CaCl2Na2CO3=CaCO32NaCl、BaCl2Na2CO3 =BaCO32NaCl【解析】【详解】（1）镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，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，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，在进行过滤，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，所以正确的顺序为：加过量的氢氧化钠溶液或加过量的氯化钡
50、溶液；加过量的氯化钡溶液或加过量的氢氧化钠溶液；加过量的碳酸钠溶液；过滤；加适量盐酸，故答案为或；（2）（1）加入过量氯化钡溶液除去硫酸根离子，检验硫酸根离子已除尽，可静止片刻在上层清液处，滴加一滴氯化钡溶液，不出现浑浊就说明硫酸根离子已经除尽，BaCl2溶液已过量，故答案为取少量中上层清液于试管中，向其中滴加BaCl2溶液，若无沉淀产生，则BaCl2溶液已过量（其他合理答案均可）；（3）碳酸钠的作用是将溶液中的钙离子和过量的钡离子沉淀下来，发生反应的化学方程式为：CaCl2+Na2CO3=CaCO3+2NaCl；BaCl2+Na2CO3=BaCO3+2NaCl，故答案为CaCl2+Na2CO
51、3=CaCO3+2NaCl、BaCl2+Na2CO3=BaCO3+2NaCl。【点睛】本题考查粗盐的提纯，关键是注意离子性质的应用，除杂试剂的加入顺序判断，需要过量的试剂最后易于除去。36. 利用海水可以提取溴和镁，提取过程如下。(1)提取溴的过程中，经过两次BrBr2转化的目的是_，吸收塔中发生反应的离子方程式是_。用平衡移动原理解释通空气的主要目的是_。(2)从MgCl2溶液中得到MgCl26H2O晶体的主要操作是_、过滤、洗涤、干燥。(3)依据上述流程，若将10 m3海水中的溴元素转化为工业溴，至少需要标准状况下Cl2的体积为_L(忽略Cl2的溶解)。【答案】 (1). 对溴元素进行富集 (2). SO2Br22H2O=4H2BrSO42 (3). 通入空气将溴蒸气带出，使Br2(aq)Br2(g)平衡向右移动 (4). 加热浓缩、冷却结晶 (5). 179.2【解析】【详解】(1)两次转化过程中，使溴进行富集。(2)由于得到的是MgCl26H2O，所以需要经过加热浓缩、冷却结晶、过滤等步骤，而不能直接将溶液蒸干。(3)10 m3海水中Br的质量为104L64103 gL1640 g，根据Cl22Br=2ClBr2，可知一次转化消耗89.6 L Cl2(标准状况下)，两次需要179.2 L Cl2(标准状况下)。
