【化学】河北省衡水市阜城中学2020-2021学年高二上学期开学考试（解析版）
河北省衡水市阜城中学2020-2021学年高二上学期开学考试
一、选择题（每个2分共50分）
1. 高炉炼铁中存在反应：3CO＋Fe2O33CO2＋2Fe下列说法正确的是( )
A. Fe2O3是氧化剂 B. Fe是氧化产物
C. CO2是还原产物 D. CO既不是氧化剂又不是还原剂
【答案】A
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应中相关概念间的关系分析判断。
【详解】高炉炼铁反应中，铁元素从+3价降至0价，Fe2O3是氧化剂，A项正确；Fe是还原产物，B项错误。碳元素从+2价升至+4价，CO是还原剂，D项错误；CO2是氧化产物，C项错误。
本题选A。
2. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 标准状况下，2.24LHF和2.24LNH3中均含有电子数为NA
B. 40g KH(氢化钾：M=40 g·mol-1)与足量水反应转移电子数为2NA
C. 1.0L 1.0mo1·L－1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NA
D. 标准状况下，4.48L甲烷和乙烯的混合气体中所含C-H键数目为0.8NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.在标准状况下HF以(HF)n形式存在，不能使用气体摩尔体积计算，A错误；
B.40g KH(氢化钾：M=40 g·mol-1)物质的量是1mol，KH与足量水反应，方程式为：KH+H2O=KOH+H2↑，1molKH充分反应转移电子数为NA，B错误；
C.在溶液中的溶质和溶剂中都含有O元素，不能只根据溶质中含O原子数目来确定NaAlO2水溶液中含有的氧原子数，C错误；
D.CH4分子中含4个C-H键，CH2=CH2分子中也含有4个C-H键，标准状况下，4.48L甲烷和乙烯的混合气体的物质的量是0.2mol，所以其中含有的C-H键数目为0.2mol×4NA/mol=0.8NA，D正确；
故合理选项是D。
3. 同温同压下，等体积的O3和O2相同的是（ ）
A. 质量 B. 分子数 C. 原子数 D. 密度
【答案】B
【解析】
【详解】根据阿伏伽德罗定律：同温同压下，等体积的O3和O2相同的是分子数，故选B.
4. 下列说法中，不符合第三周期主族元素性质特征的是
A. 从左到右原子半径逐渐减小
B. 从左到右非金属性逐渐增强
C. 从左到右金属元素的最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱
D. 从左到右非金属元素的氧化物的水化物的酸性逐渐增强
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A. 第三周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，A正确；
B. 第三周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，B正确；
C. 第三周期主族元素从左到右金属性逐渐减弱，因此金属元素的最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，C正确；
D. 应该是第三周期主族元素从左到右非金属元素的最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，D错误；
’答案选D。
5. ．下列关于元素周期表的说法不正确的是（ ）
A. 除零族元素外，非金属元素全部都是主族元素
B. 第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强
C. 同周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数之差可能为25
D. 同族上下相邻两种元素的原子序数之差可能为32
【答案】B
【解析】
【详解】A. 元素周期表中共有22种非金属元素，除零族元素外，非金属元素全部都是主族元素，故A正确；
B. 第三周期非金属元素的最高价含氧酸的酸性从左到右依次增强，故B错误；
C. 同周期ⅡA族与ⅢA族元素原子序数之差可能为1、11、25，故C正确；
D. 同族上下相邻两种元素的原子序数之差可能为32，故D正确；
答案选B。
6. 下列各组元素中按微粒半径递增顺序排列的是 （ ）
A. K Na Li B. N O F
C. Ca2+ K+ Cl－ D. Ba2+ Ca2+ Mg2+
【答案】C
【解析】
同主族自上而下原子半径增大，则原子半径大小为:,A是错误；同周期自左而右原子半径减小，则原子半径大小顺序为:，B错误；离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径大小为:,C正确；离子电子层越多，离子半径越大，则离子半径大小为:，D 错误；正确选项C。
7. 一定条件下，浓硫酸与下列物质发生的反应，不可能是氧化还原反应的是
A. 锌 B. 碳 C. 氯化钠 D. 硫化钠
【答案】C
【解析】
【详解】A. 锌和浓硫酸反应生成硫酸锌、二氧化硫和水，发生了氧化还原反应，故不选A；
B. 碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，发生了氧化还原反应，故不选B；
C. 氯化钠和浓硫酸微热反应生成硫酸氢钠和氯化氢，体现浓硫酸的难挥发性，不是氧化还原反应，故选C；
D. 硫化钠具有强还原性，浓硫酸具有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，故不选D
答案选C。
8. 下列推断正确的是
A. SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应
B. Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也相同
C. CO、NO、NO2都是大气污染物气体，在空气中都能温室存在
D. 新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分震荡后溶液显红色
【答案】A
【解析】
【详解】A、酸性氧化物是能够跟碱反应，生成盐和水的氧化物，因为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，故A正确；
B、Na2O和Na2O2元素组成虽然相同，但化学性质不同，它们与CO2的反应如下：Na2O+CO2=Na2CO3；
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 ，产物不同，故B错误；
C、NO在空气中易发生反应：2NO+O2═2NO2，故C错误；
D、因为新制氯水中含有HCl和HClO，滴入少量的紫色石蕊的现象是先变红，后褪色，故D错误。
故选A。
9. W、X、Y、Z四种短周期元素，它们在周期表中位置如图所示，下列说法正确的是
A. 四种元素中原子半径最大的为Z
B. 四种元素最高价氧化物的水化物都是酸
C. XZ4、WY2中所含化学键类型相同
D. W、X形成的单质都是重要的半导体材料
【答案】C
【解析】
【分析】
有图可知X,Y,W,Z分别是C,O,Si,Cl元素。
【详解】A. 四种元素中原子半径最大的为W;故错误；
B.氧元素没有氧化物，故错误；
C. XZ4、WY2为CCl4,SiO2,都是共价键，化学键类型相同，故正确；
D. W形成的单质是重要的半导体材料，X形成的单质不是半导体材料，故错误。
10. 下列结论正确的是( )
①粒子半径：S2-＞Cl＞S ②氢化物稳定性：HF＞HCl＞PH3；
③离子还原性：S2-＞Cl-＞Br-＞I- ④单质氧化性：Cl2＞S；
⑤酸性：HF＞HClO4 ⑥碱性强弱：KOH＞NaOH＞Mg(OH)2
A. ① B. ③⑥ C. ②④⑥ D. ①③④
【答案】C
【解析】
【详解】①Cl、S位于同一周期，同一周期从左向右，半径逐渐减小，故原子半径S＞Cl，同种元素的阴离子半径大于原子半径，则微粒半径：S2-＞S＞Cl，故①错误；
②非金属性F＞Cl＞P，元素的非金属性越强，对应的气态氢化物越稳定，所以氢化物稳定性：HF＞HCl＞PH3，故②正确；
③非金属性Cl＞Br＞I＞S，元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，则离子还原性：S2-＞I-＞Cl-＞Br-，故③错误；
④非金属性Cl＞S，元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，所以单质氧化性：Cl2＞S，故④正确；
⑤HF为弱酸，HClO4为强酸，所以酸性HF＜HClO4，故⑤错误；
⑥金属性K＞Na＞Mg，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，故⑥正确。
所以上述结论正确的是②④⑥。
故选C。
11. 已知A、B、C、D为短周期内原子半径依次增大的元素，X、Y、M、N 分别是由这四种元素组成的二元化合物，甲、乙为B、C两种元素对应的单质且摩尔质量相同。若X与Y的摩尔质量也相同，Y 与乙均为淡黄色固体上述物质之间的转化关系如图所示(部分反应物或生成物已省略)，则下列叙述中正确的是
A. 原子序数：A
N，沸点M >N
【答案】B
【解析】
【分析】
Y 与乙均为淡黄色固体，乙为单质，Y为二元化合物，所以乙为S，Y为Na2O2，甲单质的摩尔质量与S相同，均为32g/mol，甲应为O2，且Y(Na2O2)能与水或二氧化碳反应生成甲(O2)，符合题意；氧气可以和M反应生成S单质，且X与氢离子反应生成M，所以M为H2S，则N为H2O；根据已知物质可知四种元素有H、O、Na、S，所以X为Na2S；A、B、C、D四种元素的原子半径依次增大，所以A为H元素、B为O元素、C为S元素、D为Na。
【详解】A．根据分析可知原子序数AS>O，选项A错误；
B．同周期元素非金属性随原子序数增加而增强，所以F>N，Si原子的电子层数大于N、F，所以非金属性最弱，非金属性越强，则氢化物越稳定，所以HF、NH3、SiH4的稳定性依次减弱，选项B错误；
C．Li、K、Cs为同主族元素，随原子序数的增加元素的金属性逐渐增强 ，则最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，选项C正确；
D．Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，则其相应的阴离子的还原性逐渐增强，所以HCl、HBr、HI的还原性依次增强，选项D错误；
答案选C。
20. 化学与生产生活息息相关，下列有关说法正确的是（ ）
A. 预防新冠病毒用95%的酒精比用75%的酒精效果好
B. 淀粉、蛋白质、聚乙烯都属于天然高分子化合物
C. 一束光通过气溶胶时会产生一条光亮的通路，这是胶体特有的现象
D. 漂白粉、漂白液和漂粉精的有效成分都是次氯酸钙
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．医用酒精的浓度为75%，可进入细菌的细胞内，完全破坏细菌组织，而95%的酒精因浓度过高，可在细菌细胞最外层形成保护膜，达不到杀菌的目的，所以75%的酒精比95%的酒精杀菌效果好，故A错误；
B．聚乙烯属于合成高分子化合物，故B错误；
C．气溶胶是胶体，胶体有丁达尔效应，即一束光通过气溶胶时会产生一条光亮的通路，故C正确；
D．漂白粉和漂粉精有效成分都是次氯酸钙，但漂白液的有效成分是次氯酸钠，故D错误；
答案选C。
21. 不可能因发生化学反应而使溴水褪色的是（ ）
A. 乙烯 B. 氢氧化钾溶液 C. 二氧化硫 D. 苯
【答案】D
【解析】
【详解】A. 乙烯含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应而褪色，选项A错误；
B. 氢氧化钾溶液能与溴水反应生成溴化钾、次溴酸钾和水，选项B错误；
C. 二氧化硫具有还原性，能被溴水氧化而使溴水褪色，选项C错误；
D. 溴单质易溶在有机溶剂中，因此苯能萃取溴水中的溴而使其褪色，发生的是物理变化，不是化学变化，选项D正确。
答案选D。
22. 下列关于苯的叙述正确的是
A. 反应①常温下能进行，其有机产物为
B. 反应②不发生，但是仍有分层现象，紫色层在下层
C. 反应③为加成反应，产物是硝基苯
D. 反应④中1mol苯最多与3mol H2发生加成反应，是因为苯分子含有三个碳碳双键
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯与液溴发生取代反应生成溴苯，故A错误；
B．苯不含碳碳双键不能被酸性高锰酸钾氧化，苯密度小于水，不溶于水，故B正确；
C．反应③为苯与硝酸在浓硫酸做催化剂条件下发生取代反应生成硝基苯，故C错误；
D．反应④中1mol苯最多与3mol H2发生加成反应，但是苯分子不含碳碳双键，故D错误；
23. 2002年3月11日杭甬高速公路萧山路段一辆运送化学物品的槽罐车侧翻，罐内的15 t苯泄漏入路边300 m长的水渠，造成严重危害，许多新闻媒体进行了报道，以下报道中有科学性错误的是( )
A. 由于大量苯溶入水中渗入土壤，会对周边农田、水源造成严重污染
B. 由于苯是一种易挥发、易燃的物质，周围地区如果有一个火星就可能引起爆炸
C. 可以采取抽吸水渠中上层液体的办法，达到部分清除泄漏物的目的
D. 处理事故时，由于事故发生地周围比较空旷，有人提出用点火焚烧的办法来清除泄漏物，但由于苯燃烧会产生大量的黑烟扩大污染，所以该办法未被采纳
【答案】A
【解析】
【分析】
苯是一种无色液体，易挥发，有特殊气味，不溶于水，密度比水小，有毒。苯属于易燃液体，其燃烧时冒出大量黑烟。
【详解】A. 苯不溶于水，A不正确；
B. 苯是一种易挥发、易燃的物质，周围地区如果有一个火星就可能引起爆炸，B正确；
C. 苯的密度小于水，可采取抽吸水渠中上层液体的办法，达到部分清除泄漏物的目的，C正确；
D.苯分子中的含碳量很高，故其燃烧时会冒出大量的黑烟，污染环境，D正确。
本题选A。
24. 烃分子的立体结构如图(其中C、H原子已略去)；因其分子中碳原子排列类似金刚石故名“金刚烷”，下列错误的是（ ）
A. 金刚烷分子式是C10H16
B. 金刚烷分子中有4个六元环组成
C. 金刚烷分子的一氯代物有4种
D. 金刚烷分子的一氯代物有2种
【答案】C
【解析】
【分析】
由结构简式可知金刚烷中每个C原子与其它C原子形成单键，金刚烷的分子式为C10H16，分子中含有4个六元环，分子中有2种等效氢原子，以此解答。
【详解】A．由结构可知，含4个CH，6个CH2，则分子式为C10H16，选项A正确；
B．由金刚烷的键线式，可知分子内由C原子构成的最小的环上有6个C原子，这种环有4个，选项B正确；
C．含4个CH，6个CH2，含2种位置的H，则一氯代物有2种，选项C错误；
D．含4个CH，6个CH2，含2种位置的H，则一氯代物有2种，选项D正确。
答案选C。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重有机物空间结构的考查，注意碳形成4个化学键及空间对称性是解答的关键，题目难度中等。
25. 用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是( )
A. 标准状况下，22.4L H2O含有的分子数为1NA
B. 常温常压下，1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为0.02NA
C. 通常状况下，1NA个CO2分子占有的体积为22.4L
D. 物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为1NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 标准状况下，水不是气体，题中条件无法计算22.4L水的物质的量，A错误；
B. 常温常压下，1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为：1.06g/(106g·mol-1)×2×NA/mol =0.02NA，
B正确；
C. 在标准状况下，1NA个CO2分子占有的体积才等于22.4L，C错误；
D. 0.5mol/L的MgCl2溶液只知道物质的量浓度，体积未知，则其中含有Cl-个数无法求出，D错误；
答案选B。
【点睛】标准状况下，1NA个气体分子占有的体积才为22.4L；求出微粒的个数时只知道物质的量浓度是不够的，还需要知道其体积，才能求出其物质的量，进而求出微粒的个数。
第II卷（非选择题）
26. A、B、C、D、E为五种原子序数依次增大的短周期主族元素。已知B原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4；D原子最外层电子数与次外层电子数之比为3：4；E-、C+、A+离子的半径逐渐减小；化合物AE常温下为气体。据此回答：
（1）D、E的最高价氧化物对应水化物酸性较强的是___（写出化学式）。
（2）用惰性电极电解化合物CE的饱和溶液，当电路中有0.2mol电子通过时两极产生的气体在标准状况下的体积共为___L。
（3）A与B、A与D均可形成18电子分子，这两种分子在水溶液中反应有黄色沉淀生成，写出该反应的化学方程式___，并写出A与B形成的18电子分子的电子式___。
（4）均由A、B、C、D四种元素组成的两种盐发生反应的离子方程式是___；其中一种是强酸所成的酸式盐，写出Ba(OH)2溶液中逐滴加入该盐溶液至中性的离子方程式___。
【答案】 (1). HClO4 (2). 4.48 (3). H2O2+H2S=S↓+2H2O (4). (5). H++HSO=SO2↓+H2O (6). Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O
【解析】
【详解】A、B、C、D、E为五种原子序数依次增大的短周期主族元素。已知B的最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，短周期元素内层电子数为2或10，令B元素的最外层电子数为x，则x：（x+2）=3：4，x=6或x：（10+x）=3：4，x=30，不存在，故B为氧元素；D的最外层电子数与次外层电子数之比为3：4，短周期次外层电子数为2或8，D的次外层电子数只能为8，故D有3个电子层，最外层电子数为6，D为硫元素；E原子序数最大，为主族元素，则E为Cl元素；E-、C+、A+的半径逐渐减小，C、A形成+1价离子，处于第ⅠA族，常温下化合物AE为气体，故A为氢元素，C的原子序数大于氧元素，则C为Na元素。
（1）非金属性Cl＞S，非金属性越强最高价含氧酸酸性越强，故酸性HClO4＞H2SO4，故答案为：HClO4；
（2）用惰性电极电解化合物NaCl的饱和溶液，阳极反应为：2Cl--2e- =Cl2↑，阴极为2H+ +2e- =H2↑，当电路中有0.2mol电子通过时，生成气体共0.2mol，体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L；
（3）A与B、A与D均可形成18电子分子分别为H2O2、H2S，两者反应氧化还原反应得到单质硫与水，反应方程式为：H2O2+H2S=S↓+2H2O；
（4）由A、B、C、D四种元素组成的两种盐可以发生反应，其中一种是强酸对应的酸式盐，可能为硫酸氢钠与亚硫酸氢钠，二者可以发生反应，反应离子方程式为：H++HSO=SO2↓+H2O，向Ba(OH)2溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液至中性时，发生反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O。
27. A与B反应生成C，假定反应由A、B开始，它们的起始浓度均为1mol/L。反应进行2min后A的浓度为0.8mol/lLB的浓度为0.6mol/L，C的浓度为0.1mol/L。
（1）2min内反应的平均速率v（A）=___，v（B）=___，v（C）=___
（2）三者数值之间的关系是v（A）=___v（B）=___v（C）。
（3）该反应的化学方程式为___。
【答案】 (1). 0.1mol/L (2). 0.2mol/L (3). 0.05mol/L (4). (5). 2 (6). 2A+4BC
【解析】
【详解】(1)反应进行2min后A的浓度为0.8 mol/L，B的浓度为0.6 mol/L，则A和B的浓度变化量分别是0.2mol/L和0.4mol/L，所以A的反应速率是＝0.1 mol·L-1·min-1，B的反应速率是＝0.2 mol·L-1·min-1，C的反应速率是＝0.05 mol·L-1·min-1；
(2)根据(1)中反应速率的数据可知，v (A) =v (B) =2v(C)；
(3)由于变化量之比是相应的化学计量数之比，所以该反应的方程式是2A+4BC。
28. 某离子反应的反应物和产物如下：MnO+I-+H+→Mn2++I2+IO+H2O
（1）该反应中被还原的元素是___，氧化产物是___。
（2）如果该反应方程式中I2的化学计量数是3、IO的化学计量数是4，请配平上述反应并用单线桥法标出电子转移的方向和数目。__
___MnO+___I-+___H+→___Mn2++3I2+4IO+___H2O
【答案】 (1). Mn (2). I2、IO
(3).
(4). 6 (5). 10 (6). 24 (7). 6 (8). 12
【解析】
【分析】
（1）MnO+I-+H+→Mn2++I2+IO+H2O反应中，高锰酸根离子中锰元素化合价从+7价降为+2价，碘元素从碘离子中-1价部分升高到碘单质中的0价，部分升高到碘酸根离子中+5价的碘；
氧化还原反应中所含元素化合价降低的为氧化剂，反应中被还原，对应还原产物；
所含元素化合价升高的为还原剂，反应中被氧化，对应氧化产物；
（2）MnO+I-+H+→Mn2++I2+IO+H2O反应中，高锰酸根离子中锰元素化合价从+7价降为+2价，碘元素从碘离子中-1价部分升高到碘单质中的0价，部分升高到碘酸根离子中+5价的碘，依据氧化还原反应中得失电子守恒规律及原子个数守恒配平化学方程式，依据方程式判断转移电子数目，用单线桥表示。
【详解】（1）MnO+I-+H+→Mn2++I2+IO+H2O反应中，高锰酸根离子中锰元素化合价从+7价降为+2价，碘元素从碘离子中-1价部分升高到碘单质中的0价，部分升高到碘酸根离子中+5价的碘；
氧化还原反应中所含元素化合价降低的为氧化剂，反应中被还原，对应还原产物，所以高锰酸钾为氧化剂，Mn被还原；
所含元素化合价升高的为还原剂，反应中被氧化，对应氧化产物，所以碘离子为还原剂，对应产物I2、IO，为氧化产物；
故答案为：Mn； I2、IO；
（2）MnO+I-+H+→Mn2++I2+IO+H2O反应中，高锰酸根离子中锰元素化合价从+7价降为+2价，碘元素从碘离子中-1价部分升高到碘单质中的0价，部分升高到碘酸根离子中+5价的碘，如果该反应方程式中I2的化学计量数是3、IO的化学计量数是4，则碘离子共失去30mol电子，依据得失电子守恒，高锰酸根离子系数为6，依据原子个数守恒方程式为：6MnO4-+10I-+24H+=6Mn2++3I2+4 IO+12H2O，生成3mol碘转移30mole-，用单线桥表示为：。
29. 乙烯是石油裂解气的主要成分，它的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平。请回答下列问题。
（1）乙烯的电子式____________，结构简式____________。
（2）鉴别甲烷和乙烯的试剂是______(填序号)。
a．稀硫酸 b．溴的四氯化碳溶液 c．水 d．酸性高锰酸钾溶液
（3）下列物质中，可以通过乙烯加成反应得到的是______(填序号)。
a．CH3CH3 b．CH3CHCl2 c．CH3CH2OH d．CH3CH2Br
（4）已知 2CH3CHO＋O22CH3COOH。若以乙烯为主要原料合成乙酸，其合成路线如下图所示：
反应②的化学方程式为_________。 工业上以乙烯为原料可以生产一种重要的合成有机高分子化合物，其反应的化学方程式为_____________，反应类型是__________。
【答案】 (1). (2). CH2=CH2 (3). bd (4). acd (5). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (6). nCH2 =CH2 (7). 加聚反应
【解析】
【分析】
（1）略
（2）甲烷化学性质比较稳定，和强酸、强碱、强氧化剂之间均不发生反应，在一定条件下能与氯气，氧气反应，在高温下可以发生分解反应，生成碳和氢气；乙烯能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，而使溶液褪色，能与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使溶液褪色；
（3）乙烯和水加成能生成乙醇，和氢气加成生成乙烷，和溴化氢加成生成溴乙烷；
（4）乙烯和水发生加成反应，生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，乙醛再氧化，最终生成乙酸，因而A为CH3CH2OH，B为CH3CHO。
【详解】（1）乙烯的结构简式为CH2=CH2，电子式为：；
（2）乙烯能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，而使溶液褪色，能与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使溶液褪色，甲烷与溴的四氯化碳溶液和高锰酸钾溶液均不反应，可用溴的四氯化碳溶液和高锰酸钾溶液检验两种物质；
（3）乙烯和水加成能生成乙醇，和氢气加成生成乙烷，和溴化氢加成生成溴乙烷，答案选acd；
（4）乙烯和水发生加成反应，生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，乙醛再氧化，最终生成乙酸，因而A为CH3CH2OH，B为CH3CHO，反应②为乙醇催化氧化的反应，方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；以乙烯为原料可以生产一种重要的合成有机高分子化合物为聚乙烯，反应方程式为：nCH2 =CH2 ，反应属于加聚反应。
30. 某研究小组为探究元素周期表中元素性质的递变规律，设计了如下实验。
Ⅰ．（1）将钠、钾、镁、铝各1mol分别投入到足量的同浓度的盐酸中，试预测实验结果：________与盐酸反应最剧烈，________与盐酸反应的速度最慢；________与盐酸反应产生的气体最多。
（2）向Na2S溶液中通入氯气出现黄色浑浊，可证明Cl的非金属性比S强，反应的离子方程式为_______________。
（3）资料显示：钠、镁、铝都可以用于制备储氢金属氢化物。
① NaH是离子化合物，能与水发生氧化还原反应生成H2，该反应的还原剂是________________。
② NaAlH4是一种良好的储氢材料。NaAlH4与水反应产生氢气的化学方程式为____________________。
Ⅱ．为验证氯、溴、碘三种元素的非金属性强弱，用下图所示装置进行试验（夹持仪器已略去，气密性已检验）。
实验过程：
①打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。
②当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。
③当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a。
④……
（1）A中发生反应生成氯气，请写出该反应的离子方程式：___________________。
（2）验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是________________________。
（3）B、C管口“浸有NaOH溶液的棉花”的作用是__________________________。
（4）为验证溴的氧化性强于碘，过程④的操作和现象是___________，___________。
（5）过程③实验的目的是____________________。
（6）请运用原子结构理论解释氯、溴、碘非金属性逐渐减弱的原因：_______________。
【答案】 (1). 钾 (2). 铝 (3). 铝 (4). S2-＋Cl2 =S↓＋2Cl- (5). NaH (6). NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑ (7). 2MnO4－+16H++10Cl－=2Mn2++5Cl2↑+8H2O (8). 淀粉KI试纸变蓝 (9). 吸收氯气，防止污染 (10). 打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡 (11). 静止后CCl4层溶液变为紫红色 (12). 确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰 (13). 同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱
【解析】
【详解】Ⅰ．（1）金属活泼性顺序为：钾＞钠＞镁＞铝，所以相同条件下与盐酸反应最激烈的是钾，反应速率最慢的是铝；生成1mol氢气需要得到2mol电子，1mol钾、钠都失去1mol电子，1mol镁失去2mol电子，而1mol铝失去3mol电子，所以生成氢气最多的是金属铝；
（2）氯气氧化性强于硫单质，所以氯气能够与硫离子反应生成硫，反应的离子方程式为：S2-+Cl2=S↓+2Cl-；
（3）① NaH和水反应的方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑，其中水是氧化剂，NaH是还原剂；由上述反应不难发现NaAlH4中的H呈-1价，同样可以被水氧化为氢气，同时生成NaAlO2，即：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑；
Ⅱ．（1）A中高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气、氯化钾、氯化锰和水的离子方程式为：2MnO4－+16H++10Cl－=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
（2）验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是KI淀粉试纸变蓝，Cl2+2I－=2Cl－+I2，I2遇淀粉变蓝色；
（3）B、C管口“浸有NaOH溶液的棉花”的作用是：吸收氯气，防止污染空气；
（4）为验证溴的氧化性强于碘，过程④的操作和现象是打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡；静止后CCl4层溶液变为紫红色，其中紫红色为I2溶解在CCl4呈现的颜色；
（5）过程③实验的目的是确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰；
（6）氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。
