2025届河北省沧州市大褚村乡回族中学高一下化学期末学业质量监测试题含解析

2025届河北省沧州市大褚村乡回族中学高一下化学期末学业质量监测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、实验室由海水获得淡水的实验装置是A．B．C．D．2、下列措施肯定能使化学反应速率增大的是A．增大反应物的量 B．增加压强C．升高温度 D．使用催化剂3、化学家认为石油、煤作为能源使用时，燃烧了“未来的原始材料”．下列观点正确的是A．大力提倡开发化石燃料作为能源B．研发新型催化剂，提高石油和煤中各组分的燃烧热C．化石燃料属于可再生能源，不影响可持续发展D．人类应尽可能开发新能源，取代化石能源4、在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y，发生反应：mX(g)nY(g)ΔH＝QkJ/mol。反应达到平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如下表所示：1L2L4L100℃1.00mol/L0.75mol/L0.53mol/L200℃1.20mol/L0.90mol/L0.63mol/L300℃1.30mol/L1.00mol/L0.70mol/L下列说法正确的是()A．m>nB．Q<0C．温度不变，压强增大，Y的质量分数减少D．体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动5、下列说法中不正确的是A．和是同一种核素B．红磷和白磷互为同素异形体C．CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3是不同种物质D．CH3CH2OH可看做是由乙基和羟基两种基团组成的6、已知二氧化碳和氢气在一定条件下可以合成甲醇，其制备反应为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。下列说法正确的是：A．调控反应条件不能改变反应限度B．化学反应的限度决定了反应物在该条件下的最大转化率C．当CO2的消耗速率等于其生成速率时，该反应已停止D．投入3molH2能得到1mol的CH3OH7、四种常见有机物的比例模型如下图。下列说法正确的是A．乙可与溴水发生取代反应而使溴水褪色B．甲能使酸性KMnO4溶液褪色C．丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键D．丁为醋酸分子的比例模型8、下列气体排放到空气中可能形成酸雨的是A．CO2 B．CO C．SO2 D．NH39、下列热化学方程式中，正确的是（）A．甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-890.3kJ·mol-1B．500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-38.6kJ·mol-1C．HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3kJ·mol-1，则H2SO4和Ba(OH)2反应的热化学方程式为：H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l)△H=-114.6kJ·mol-1D．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，H2燃烧的热化学方程式表示为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H=-571.6kJ·mol-110、在密闭容器中进行如下反应：X2(g)+Y2(g)2Z(g)，已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol·L-1、0.3mol·L-1、0.2mol·L-1，在一定条件下，当反应达到平衡时各物质的浓度有可能是()A．X2为0.2mol·L-1B．Y2为0.45mol·L-1C．Z为0.35mol·L-1D．Z为0.4mol·L-111、在溶液中一定能大量共存的离子组是A．H+、Fe2+、Cl-、SO42-、NO3-B．S2-、SO32-、Br-、Na+、OH-C．ClO-、Na+、H+、NH4+、C1-D．Na+、Mg2+、Cl-、SO42-、OH-12、运动会上发令枪所用“火药”的主要成分是氯酸钾和红磷，撞击时发生的化学反应5KClO3+6P===3P2O5+5KCl，下列有关该反应的叙述错误的是（）A．KClO3是氧化剂B．P2O5是氧化产物C．1molKClO3参加反应有6mole﹣转移D．每有6molP被还原，生成5molKCl13、下列说法正确的是A．相对分子质量相同、但结构不同的两种烃一定互为同分异构体B．有机物和无机物之间不可能出现同分异构体C．最简式相同的有机物不一定互为同系物D．碳原子数小于10且一氯代物只有一种的的烷烃共有3种14、分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有（）A．3种 B．4种 C．5种 D．6种15、下列说法错误的是石油分馏产品乙烯．A．石油主要是由烃组成的混合物B．主要发生物理变化C．包括裂化、裂解等过程D．是加成反应，产物名称是二溴乙烷16、下列物质中，既含有共价键又含有离子键的是A．NaOHB．Na2SC．MgCl2D．N217、下列各物质物质的量都为1mol，完全燃烧生成二氧化碳和水所消耗相同条件下氧气的量最多的是A．CH4 B．CH3CHO C．C2H5OH D．CH3COOH18、下列反应属于吸热反应的是A．木炭在氧气中的燃烧反应 B．生石灰与水的反应C．氢氧化钠溶液与盐酸的中和反应 D．氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应19、下列物质不属于硅酸盐制品的是（）A．陶瓷 B．玻璃 C．不锈钢 D．水泥20、X、Y、Z、Q、W五种短周期元素，核电荷数依次增加。只有Q为金属，X与Q同主族，Z与W同主族，Y原子最外层电子数是内层电子数的2倍，Q＋与Z3－具有相同的电子层结构。下列说法正确的是()A．Z的氧化物都能跟碱反应B．Z的氢化物与Z的最高价氧化物的水化物能发生反应C．Y的最高价氧化物的水化物是非电解质D．原子半径Q<W21、已知某饱和溶液的以下条件：①溶液的质量、②溶剂的质量、③溶液的体积、④溶质的摩尔质量、⑤溶质的溶解度、⑥溶液的密度，其中不能用来计算该饱和溶液的物质的量浓度的组合是(

)A．④⑤⑥ B．①②③④ C．①③⑤ D．①③④⑤22、关于化合物2−苯基−2−丁烯（），下列说法不正确的是A．易溶于水及甲苯 B．可以发生加成聚合反应C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．分子中最多有10个碳原子共平面二、非选择题(共84分)23、（14分）G是一种药物的中间体，其合成的部分路线如下：（1）C→D的反应类型是___反应。（2）化合物F的分子式为C14H21NO3，写出F的结构简式：___。（3）化合物A与HCHO反应还可能生成的副产物是___。（4）写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式：___。①分子中含有苯环，能与NaHCO3溶液反应；②含有一个手性碳原子。（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以、CH3NO2为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。_______________24、（12分）下表是元素周期表的一部分，请针对表中所列标号为①～⑩的元素回答下列问题。（1）非金属性最强的元素是______(填元素符号，下同)，形成化合物种类最多的元素是____________。（2）第三周期元素除⑩外原子半径最小的是______(填元素符号)，这些元素的最高价氧化物对应水化物中碱性最强的是__________(填化学式，下同)，具有两性的是____________。（3）⑤⑥⑦单质的活泼性顺序为______＞______＞______(填元素符号)，判断的实验依据是_______(写出一种)。25、（12分）某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如图所示装置进行实验。已知：Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O回答下列问题：（1）装置A中盛放浓硫酸的仪器名称是____________。（2）装置B的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象____________。（3）装置C中表现了SO2的____________性；装置D中表现了SO2的____________性，装置D中发生反应的化学方程式为____________。（4）F装置的作用是____________，漏斗的作用是____________。（5）E中产生白色沉淀，该白色沉淀的化学成分为____________（填编号，下同）,设计实验证明你的判断____________。A.BaSO3B.BaSO4C.BaSO3和BaSO4（6）工厂煤燃烧产生的烟气若直接排放到空气中，引发的主要环境问题有____________。A.温室效应B.酸雨C.粉尘污染D.水体富营养化工业上为实现燃煤脱硫，常通过煅烧石灰石得到生石灰，以生石灰为脱硫剂，与烟气中SO2反应从而将硫固定，其产物可作建筑材料。写出其中将硫固定的化学方程式是____________。26、（10分）目前世界上60%的镁是从海水提取的。海水提镁的主要流程如下：提示：①MgCl2晶体的化学式为MgCl2•6H2O；②MgO的熔点为2852℃，无水MgCl2的熔点为714℃。（1）操作①的名称是________，操作②的名称___________、冷却结晶、过滤。（2）试剂a的名称是_____________。（3）用氯化镁电解生产金属镁的化学方程式为：_____________________。27、（12分）如图是石蜡油在炽热碎瓷片的作用下产生乙烯，并检验乙烯性质的实验。回答下列问题：（1）从装置A中出来的气体中含有烷烃和___________。（2）B中酸性高锰酸钾溶液________，这是因为生成的气体被________(填“氧化”或“还原”)，反应类型为___________。（3）C中溴的四氯化碳溶液___________，发生反应的化学方程式：_________，反应类型为___________。（4）在D处点燃之前必须进行的操作是________，燃烧时反应的化学方程式为____________。28、（14分）I.用如图所示的装置进行制取NO实验(已知Cu与HNO3的反应是放热反应)。(1)在检查装置的气密性后，向试管a中加入10mL6mol/L稀HNO3和lgCu片，然后立即用带导管的橡皮塞塞紧试管口。请写出Cu与稀HNO3反应的化学方程式:_________。(2)实验过程中通常在开始反应时反应速率缓慢，随后逐渐加快，这是由于_________，进行一段时间后速率又逐渐减慢，原因是_________。(3)欲较快地制得NO，可采取的措施是_________。A．加热

B．使用铜粉

C．稀释HNO3

D．改用浓HNO3II.为了探究几种气态氧化物的性质，某同学设计了以下实验：用三只集气瓶收集满二氧化硫、二氧化氮气体。倒置在水槽中，然后分别缓慢通入适量氧气或氯气，如图所示。一段时间后，A、B装置中集气瓶中充满溶液，C装置中集气瓶里还有气体。(1)写出C水槽中反应的化学方程式:____________。(2)写出B水槽里发生氧化还原反应的离子方程式:____________。(3)如果装置A中通入的氧气恰好使液体充满集气瓶，假设瓶内液体不扩散，气体摩尔体积为a

L/mol，集气瓶中溶液的物质的量浓度为________。29、（10分）勒夏特列原理往往适用于化学学科中的各种平衡理论，请回答下列问题：(1)氯水可以杀菌消毒。氯水中存在多个平衡，含氯元素的化学平衡有__________个。氯水处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季差，可能的原因是__________(一种原因即可)。在氯水中，下列关系正确的是_________(选填编号)。a．c(H+)=c(ClO-)+c(Cl-)

b．c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)c．c(HClO)<c(Cl-)

d．c(Cl-)<c(ClO-)(2)常温下，取pH=2的盐酸和醋酸溶液各100mL，向其中分别加入适量的Zn粒，反应过程中两溶液的pH变化如下图所示。则图中表示盐酸溶液中pH变化曲线的是__________(填“A”或“B”)，反应开始时，产生H2的速率A__________B；加入足量Zn粒使酸均完全反应，产生H2的体积(相同状况下)A__________B(填“>”、“<”或“=”)

(3)难溶电解质在水溶液中存在溶解平衡，某MSO4溶液里c(M2+)=0.002mol·L-1,如果要将M2+完全转化成M(OH)2沉淀，应调整溶液pH的范围是______________[该温度下M(OH)2的Ksp=1×10-12,一般认为离子浓度≤1×10-5mol/L为完全沉淀]。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【解析】试题分析：从溶液中获取可溶性溶质采用蒸发的方法；互不相溶的液体分离采用分液方法；互溶的液体分离采用蒸馏的方法；难溶性固体和溶液分离采用过滤方法，因为海水中含有较多可溶性杂质，可以利用蒸馏的方法得到淡水，故选C。考点：考查了化学实验方案评价、物质的分离和提纯的相关知识。2、C【解析】

A项，增大固体或液体反应物的量不一定能增大反应速率，故A项错误；B项，若定容时加入惰性气体，则压强增大，但反应速率不变，故B项错误；C项，升高温度活化分子百分数增大，反应速率一定加快，故C项正确；D项，催化剂能加快或减慢反应速率，故D项错误。综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题考查影响化学反应速率的外界因素：①温度：温度越高，其反应速率越快。②催化剂：一般来说，催化剂会加快反应的速率。③浓度：一般来说，浓度越高，反应速率越快。④固体表面积：固体表面积越大，反应速率越快。⑤压强：压强越大，反应的速率越快。（只适用于反应物或生成物中有气体的时候。）3、D【解析】本题主要考查了化石燃料的使用。详解：化石燃料的燃烧能产生大量的空气污染物，所以开发新清洁能源，减少化石燃料的燃烧减少二氧化碳的排放，防止温室效应，A错误；研发新型催化剂，只能提高石油和煤中各组分的燃烧速率，但不可提高燃烧热，B错误；化石燃料是不可再生能源，在地球上蕴藏量是有限的，大量使用会影响可持续发展，C错误；化石燃料不可再生，燃烧能产生大量的空气污染物，应尽可能开发新能源，取代化石能源，D正确。故选D。点睛：依据可持续发展的理念结合相关的基础知识是解答的关键。4、C【解析】

当温度不变时，容器体积扩大一倍，若平衡不发生移动，Y物质的浓度应为原来的二分之一，由表可知，容器体积扩大一倍后，Y物质的浓度大于原来的二分之一，说明压强的减小，平衡正向移动，则m<n；当容器体积不变时，随着温度的升高，Y物质的浓度增大，即平衡正向移动，正反应为吸热反应。【详解】A项、温度不变，容器体积增大，压强减小，若平衡不移动，c(Y)应减小为原来一半，现c(Y)比原来的一半大，说明减小压强，平衡向右移动，该反应是一个气体体积增大的反应，则m<n，故A错误；B项、升高温度，平衡向吸热方向移动，由表可知，体积不变升高温度，c(Y)增大，说明平衡右移，为正反应为吸热反应，Q>0，故B错误；C项、该反应是一个气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，Y的质量分数减少，故C正确；D项、该反应为吸热反应，体积不变，温度升高，平衡向正反应方向移动，故D错误。故选C。【点睛】本题考查化学平衡移动原理，注意温度和反应热、压强和化学计量数的关系，明确压强的变化实质上是浓度的变化是解答关键。5、A【解析】分析：A.具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子是核素；B.由同一种元素形成的不同单质互为同素异形体；C.二者的结构不同；D.根据乙醇的结构判断。详解：A.和的质子数相同，中子数不同，不是同一种核素，二者互为同位素，A错误；B.红磷和白磷均是磷元素形成的不同单质，互为同素异形体，B正确；C.CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3是不同种物质，前者是乙酸乙酯，后者是丙酸甲酯，二者互为同分异构体，C正确；D.根据乙醇的结构简式CH3CH2OH可判断乙醇可看做是由乙基和羟基两种基团组成的，D正确。答案选A。6、B【解析】A、调控反应条件能改变反应限度，如加压，平衡正向移动，故A错误；B、化学反应的限度决定了反应物在该条件下的最大转化率，即达到平衡状态，故B正确；C、当CO2的消耗速率等于其生成速率时，该反应仍在进行，只是正速率与逆速率相等，故C错误；D、投入3molH2得不到1mol的CH3OH，反应是可逆反应，转化率达不到100%，故D错误；故选B。7、C【解析】

A.乙烯分子中含有碳碳双键，乙可与溴水发生加成反应而使溴水褪色，A错误；B.甲烷不能使酸性KMnO4溶液褪色，B错误；C.苯分子中的碳碳键是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键，C正确；D.丁为乙醇分子的比例模型，D错误。答案选C。8、C【解析】

A项、二氧化碳是空气的正常成分，溶于水形成碳酸，不能形成酸雨，故A错误；B项、一氧化碳不溶于水，不能形成酸雨，故B错误；C项、二氧化硫溶于水形成亚硫酸，使雨水pH小于5.6，形成酸雨，故C正确；D项、氨气溶于水形成氨水，溶液pH大于7，不能形成酸雨，故D错误；故选C。9、D【解析】

A.甲烷的燃烧热为890.3kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ•mol-1，A错误；B.合成氨为可逆反应，0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，则1molN2完全反应时放热大于38.6kJ，热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<-38.6kJ·mol-1，B错误；C.HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3kJ·mol-1，H2SO4和Ba(OH)2反应，除产生2molH2O外，还形成BaSO4沉淀，会放出热量，所以反应放出热量大于114.6kJ，故反应的热化学方程式为：H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+2H2O(l)△H<-114.6kJ·mol-1，C错误；D.在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，2molH2燃烧放出热量为2×285.8kJ=571.6kJ，故H2燃烧的热化学方程式表示为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H=-571.6kJ·mol-1，D正确；故合理选项是D。10、C【解析】

Z全部转化时，X2的物质的量浓度为：0.1mol/L+mol/L="0.2"mol•L-1，Y2的物质的量浓度为：0.3mol/L+mol/L=0.4mol•L-1，故c（X2）的取值范围为：0＜c（X2）＜0.2mol•L-1；当X2全部转化时，Z的物质的量浓度为：0.2mol/L+0.1mol/L×2=0.4mol•L-1，Y2的物质的量浓度为：0.3mol/L-0.1mol/L=0.2mol•L-1，故c（Y2）的取值范围为：0.2mol•L-1＜c（Y2）＜0.4mol•L-1，c（Z）的取值范围为：0＜c（Z）＜0.4mol•L-1。【详解】A、0＜c（X2）＜0.2mol•L-1，A错误；B、0.2mol•L-1＜c（Y2）＜0.4mol•L-1，B错误；C、c（Z）的取值范围为：0＜c（Z）＜0.4mol•L-1，C正确；D、0＜c（Z）＜0.4mol•L-1，D错误。答案选C。11、B【解析】分析：A项，H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应不能大量共存；B项，离子相互间不反应，能大量共存；C项，ClO-、H+、Cl-反应不能大量共存；D项，Mg2+与OH-反应不能大量共存。详解：A项，H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应不能大量共存，反应的离子方程式为3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O；B项，离子相互间不反应，能大量共存；C项，ClO-、H+、Cl-反应不能大量共存，可能发生的反应有ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O、ClO-+H+=HClO；D项，Mg2+与OH-反应不能大量共存，反应的离子方程式为Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；一定能大量共存的离子组是B项，答案选B。点睛：本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中D项；②离子间发生氧化还原反应，如题中A项；③离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；④注意题中的附加条件。12、D【解析】

所含元素化合价升高的反应物是还原剂，得到的是氧化产物。所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，得到的是还原产物。【详解】A.反应5KClO3+6P===3P2O5+5KCl中，KClO3中的氯元素化合价由+5价降低为KCl中-1价，KClO3是氧化剂，故A正确；B.P发生氧化反应生成P2O5，P2O5是氧化产物，故B正确；C.反应5KClO3+6P===3P2O5+5KCl中，KClO3中的氯元素化合价由+5价降低为KCl中-1价，所以反应中消耗1molKClO3时，转移电子的物质的量为1mol×6=6mol，故C正确；D.每有6molP被氧化，生成5molKCl，故D错误；答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应基本概念与计算，关键根据化合价变化判断氧化剂、还原剂与还原产物、氧化产物、被氧化、被还原。13、C【解析】

A．相对分子质量相等的两种烃的分子式不一定相同，如C10H8和C9H20，不是同分异构体，故A错误；B．有机物与无机物之间也可出现同分异构体，如尿素[CO(NH2)2]和氰酸铵[NH4CNO]，故B错误；C．同系物分子组成相差一个或若干个CH2原子团，最简式相同的有机物不一定互为同系物，如HCHO与CH3COOH，故C正确；D．烷烃分子中，同一个碳上的氢原子等效，连在同一个碳原子上的氢原子等效，具有镜面对称的碳原子上的氢原子等效，烷烃的一氯取代物只有一种，说明该烷烃中只有一种等效氢原子，在碳原子数n≤10的所有烷烃的同分异构体中，其一氯取代物只有一种的烷烃分别是：甲烷、乙烷、2，2-二甲基丙烷以及2，2，3，3-四甲基丁烷，总共有4种，故D错误；答案选C。【点睛】本题的易错点为C，要注意同系物概念的理解；难点为D，烷烃的一氯取代物只有一种，说明该烷烃中只有一种等效氢原子，可以由甲烷和乙烷为基本结构分析判断。14、B【解析】

分子式为C5H10O2的有机物可能是羧酸或酯，能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体，说明该有机物含有-COOH，为饱和一元羧酸，烷基为-C4H9，丁基异构数等于该有机物的异构体数。【详解】分子式为C5H10O2的有机物能与NaHCO3能产生气体，说明该有机物中含有-COOH，为饱和一元羧酸，则烷基为-C4H9，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，故符合条件的有机物的异构体数目为4，故选B。【点睛】本题考查特定结构的同分异构体书写，侧重于分析能力的考查，注意官能团的性质与确定，熟练掌握碳原子数小于5的烃基的个数是解决本题的关键。15、D【解析】

石油主要成分是多种烷烃、环烷烃、芳香烃的混合物，因此石油主要是由烃组成的混合物，A正确；B.分馏是利用沸点不同进行分离混合物，没有新物质产生，发生的是物理变化，B正确；C.裂化目的的把长链烃断裂为短链烃，以获得更多的轻质液态燃料，裂解是以石油分馏得到的馏分为原料，采用比裂化更高的温度，把烃断裂为短链气态不饱和烃的过程，在这两个过程中都是把大分子的烃转化为小分子烃的过程，反应产物中既有饱和烃，也有不饱和烃，如乙烯的产生，②包括裂化、裂解等过程，C正确；D.乙烯与溴加成生成CH2Br-CH2Br，所以③是加成反应，CH2Br-CH2Br的名称为1，二溴乙烷，D错误；故合理选项是D。16、A【解析】分析:一般来说,活泼金属元素与活泼非金属元素形成离子键，非金属元素之间形成共价键，以此来解答。详解:A.NaOH中含离子键和共价键,故A选；B.Na2S中只含离子键，故B不选；

C.MgCl2中只含离子键,故C不选；

D.N2中只含共价键,故D不选；

所以A选项是正确的。17、C【解析】

分子式为CxHyOz可以写为CxH(y-2z)(H2O)z的有机物完全燃烧需要氧气的物质的量=x+，据此分析解答。【详解】A.1mol甲烷完全燃烧需要氧气的物质的量=（1+1）mol=2mol；

B.乙醛完全燃烧需要氧气的物质的量=（2+）mol=2.5mol；

C.乙醇完全燃烧需要氧气的物质的量=（2+）mol=3mol；

D.乙酸完全燃烧需要氧气的物质的量=（2+）mol=2mol，

通过以上分析知，需要氧气的物质的量最多的是乙醇，C项正确；答案选C。【点睛】物质的量相同的烃，燃烧时等物质的量的烃（CxHy）完全燃烧时，耗氧量的多少决定于（x+y/4）的数值，其值越大，耗氧越多，反之越少；若为烃的衍生物，则耗氧量的多少决定于x+的数值，其值越大，耗氧越多，反之越少。18、D【解析】

A.木炭在氧气中的燃烧反应是放热反应，A不符合题意；B.生石灰与水反应产生Ca(OH)2，该反应是放热反应，B不符合题意；C.氢氧化钠溶液与盐酸的中和反应是放热反应，C不符合题意；D.氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应生成氯化钡、氨气和水，该反应是吸热反应，D符合题意；故合理选项是D。19、C【解析】

硅酸盐工业是以含硅元素物质为原料，通过高温加热发生复杂的物理、化学变化制得，生成物是硅酸盐，含有硅酸根离子的盐属于硅酸盐，传统硅酸盐产品包括：普通玻璃、陶瓷、水泥，以此作答。【详解】A．生产陶瓷的主要原料是粘土，制备的原料中有含有硅元素，陶瓷主要成分为硅酸盐，故A属于硅酸盐制品；B．生产玻璃的原料主要有纯碱、石灰石、石英，制备的原料中含有硅元素，玻璃是传统硅酸盐产品，主要成分有硅酸钠、硅酸钙等，故B属于硅酸盐制品；C．不锈钢一般Cr(铬)含量至少为10.5%，不锈钢是含有Ni、Ti、Mn、Nb、Mo、Si、Cu等元素的铁合金，故C不属于硅酸盐制品；D．生产水泥的原料主要有石灰石、粘土，制备的原料中有含有硅元素，水泥是传统硅酸盐产品，其中含有硅酸三钙、硅酸二钙、铝酸三钙，故D属于硅酸盐制品；答案选C。20、B【解析】分析：X、Y、Z、Q、W五种短周期元素，核电荷数依次增加，Y原子最外层电子数是内层电子数的2倍，最外层电子数小于9，所以Y是C元素；Q为金属，Q＋与Z3－具有相同的电子层结构，且Z、Q是短周期元素，所以Q是Na元素，Z是N元素；只有Q为金属，X与Q同主族，X与Q是短周期元素，所以X是H元素；Z与W同主族，所以W是P元素；即X是H元素，Y是C元素，Z是N元素，Q是Na元素，W是P元素。详解：A、Z的氧化物有多种,部分氧化物是不成盐氧化物，如NO是不成盐氧化物，和碱不反应，错误；B、Z的氢化物是NH3，Z的最高价氧化物的水化物是HNO3，氨气和硝酸能发生反应生成硝酸铵，正确；C、Y的最高价氧化物的水化物H2CO3，是弱电解质，错误；D、Q是Na元素，W是P元素；两者的原子位于具有电子层数，W的核电荷数大，所以半径小，原子半径Q>W。错误；故选B。点睛：本题考查重点是根据元素周期律推断元素种类的相关题型。解这类题首先要牢记元素周期律的相关内容。粒子半径比较，当电子层数不同时，电子层数越多半径越大；电子层数相同时核电荷数越大半径越小。元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强。21、C【解析】

A、设定该饱和溶液是由100g水配制而成的饱和溶液，由⑤溶质的溶解度、⑥溶液的密度可计算出该溶液体积，根据④溶质的摩尔质量、⑤溶质的溶解度可计算出该饱和溶液中溶质的物质的量，由此计算出该饱和溶液的物质的量浓度，故A不符合题意；B、由①溶液的质量、②溶剂的质量可计算出溶质的质量，然后依据溶质的质量和④溶质的摩尔质量计算出溶质的物质的量，再同③溶液的体积计算出该饱和溶液的物质的量浓度，故B不符合题意；C、由①溶液的质量和⑤溶质的溶解度可计算出溶质的质量，但并不能计算出溶质的物质的量，无法计算该饱和溶液的物质的量浓度，故C符合题意；D、由①溶液的质量和⑤溶质的溶解度可计算出溶质的质量，再结合④溶质的摩尔质量可计算溶质的物质的量，根据所得溶质的物质的量与③溶液的体积计算出该饱和溶液的物质的量浓度，故D不符合题意。22、A【解析】

A.该有机物的分子结构有碳碳双键，具有烯烃的性质，不易溶于水，故A错误；B.该有机物的分子结构中有碳碳双键，可以发生加成反应和聚合反应，故B正确；C.碳碳双键具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D.苯环为平面结构，12个原子共平面，碳碳双键周围共六个原子在同一个平面上，则分子中最多有10个碳原子共平面，故D正确；综上所述，答案为A。【点睛】关于共面，该分子结构中有苯环，所以苯环中的6个碳原子一定在同一个平面内，而与苯环相连的碳原子相当于替代了苯环上的氢原子，则该碳也与苯环共面；乙烯的结构为平面结构，由此可以推知含有碳碳双键的结构中，与碳碳双键相连的两个甲基上的碳也与碳碳双键上的两个碳共平面，综上所述如图一共最多有10个碳原子共平面。二、非选择题(共84分)23、加成反应【解析】

⑴根据分析，C中—CHO变为后面，原来碳氧双键变为单键，还加了中间物质，可得出发生加成反应，故答案为加成反应；⑵，化合物F的分子式为C14H21NO3，根据分子式中碳原子个数，CH3CHO和—NH2发生反应了，因此F的结构简式：⑶有分析出化合物A与HCHO反应，发生在羟基的邻位，羟基的另外一个邻位也可以发生反应，所以还可能生成的副产物是，故答案案为；⑷①分子中含有苯环，能与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基；②含有一个手性碳原子，说明有一个碳原子连了四个不相同的原子或原子团；所以B的一种同分异构体的结构简式：，故答案为；⑸根据已有知识并结合相关信息，写出以、CH3NO2为原料制备的合成路线流程图，分析要得到，只能是通过加成反应得到，需要在碱性条件下水解得到，在催化氧化变为，和CH3NO2反应生成，通过小区反应得到，所以合成路线为，故答案为。24、FCClNaOHAl(OH)3Na＞Mg＞Al单质分别与水或酸反应的剧烈程度(或其最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱)【解析】

根据这几种元素在周期表中的位置可知①号元素是C元素，②号是N元素，③号是O元素，④号是F元素，⑤号是Na元素，⑥号是Mg元素，⑦号是Al元素，⑧号是S元素，⑨号是Cl元素，⑩号是Ar元素，则（1）非金属性最强的是F元素，形成化合物种类最多的是C元素，答案为：F、C；（2）主族元素电子层数相同时，核电荷越多原子半径越小，所以第三周期元素除⑩外原子半径最小的是Cl元素，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性最强的是Na元素，所以碱性最强的是NaOH，具有两性的是Al(OH)3；（3）同周期自左向右金属性逐渐减弱，Na、Mg、Al的活动性由强到弱的顺序为：Na＞Mg＞Al，判断依据为单质分别与水或酸反应的剧烈程度(或其最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱)。25、分液漏斗通SO2品红变成无色，关闭分液漏斗活塞停止通SO2，加热品红溶液，溶液恢复至原来的颜色还原（性）氧化（性）2H2S+SO2=3S↓+2H2O吸收未反应完的SO2防倒吸B将该白色沉淀加入稀盐酸，沉淀不溶解ABC2CaO+2SO2+O2=2CaSO4【解析】

本实验目的探究SO2的性质，首先通过A装置制备SO2，产生的SO2通过品红溶液，品红褪色证明SO2具有漂白性，且为化合漂白不稳定，关闭分液漏斗的活塞停止通入气体，加热盛放褪色的品红试管，品红恢复原来的颜色，证明该漂白是化合漂白，不稳定。通入酸性高锰酸钾，紫色褪色，发生如下反应：5SO2+2MnO4－+2H2O=2Mn2++5SO42－+4H+，证明SO2具有还原性。通入H2S溶液，出现淡黄色浑浊，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，该反应体现SO2具有氧化性。通入硝酸钡水溶液，二氧化硫的水溶液显酸性，NO3－（H+）具有强氧化性，可以氧化SO2从而产生白色沉淀硫酸钡。最后用倒置的漏斗防止倒吸，用氢氧化钠溶液进行尾气吸收。【详解】（1）装置A中盛放浓硫酸的仪器名称是分液漏斗；（2）产生的SO2通过品红溶液，品红褪色证明SO2具有漂白性，关闭分液漏斗的活塞停止通入气体，加热盛放褪色的品红试管，品红恢复原来的颜色，证明该漂白是化合漂白，不稳定。（3）根据分析，装置C中表现了SO2的还原性；装置D中表现了SO2的氧化性，装置D发生反应的化学方程式为2H2S+SO2=3S↓+2H2O；（4）根据分析F装置的作用是吸收未反应完的SO2，漏斗的作用是防倒吸；（5）根据分析，E产生白色沉淀BaSO4，设计如下实验：将该白色沉淀加入稀盐酸，沉淀不溶解，无明显实验现象，证明只含BaSO4不含BaSO3；（6）工厂煤燃烧产生的烟气中含有大量的二氧化碳，二氧化硫和粉尘，引发的主要环境问题有温室效应、酸雨、粉尘污染，水体富营养化是生活污水、工业废水等的排放导致氮磷元素超标，答案选ABC；本题使用典型的干法烟气脱硫化学反应原理为：2CaO+2SO2+O2=2CaSO4。【点睛】二氧化硫的还原性可以使酸性高锰酸钾、氯水、溴水、碘水褪色，体现的是还原性，区别于漂白性，二氧化硫可使品红褪色，加热品红溶液恢复至原来的颜色，属于化合漂白，不稳定。26、过滤蒸发浓缩盐酸MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑【解析】分析：生石灰溶于水得到氢氧化钙溶液加入沉淀池，沉淀镁离子，过滤得到氢氧化镁固体，加入稀盐酸后溶解得到氯化镁溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体，熔融电解得到金属镁，据此解答。详解：（1）分析流程操作①是溶液中分离出固体的方法，操作为过滤；操作②为溶液中得到溶质晶体的方法为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到；（2）试剂a为溶解氢氧化镁得到氯化镁溶液，结合提纯目的得到需要加入盐酸，即试剂a为盐酸；（3）电解熔融氯化镁得到金属镁和氯气，方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑。27、乙烯褪色氧化氧化反应褪色CH2＝CH2＋Br2→CH2BrCH2Br加成反应先检验乙烯的纯度CH2＝CH2＋3O22CO2＋2H2O【解析】

石蜡油在炽热碎瓷片的作用下产生乙烯，乙烯含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，据此解答。【详解】（1）从装置A中出来的气体中含有烷烃和乙烯；（2）高锰酸钾溶液具有强氧化性能氧化乙烯，所以乙烯通入高锰酸钾溶液中发生氧化反应，实验现象是溶液紫红色褪去；（3）乙烯含有碳碳双键，通入乙烯和溴单质发生加成反应，溴水褪色，反应的化学方程式为CH2＝CH2＋Br2→CH2BrCH2Br；（4）点燃可燃性气体时应先验纯，在D处点燃前必须进行的操作是检验气体的纯度，乙烯燃烧生成二氧化碳和水，反应的方程式为CH2＝CH2＋3O22CO2＋2H2O。【点睛】本题考查了乙烯的化学性质和结构，题目难度不大，要注意乙烯中含有碳碳双键，有还原性，能使高锰酸钾溶液和溴水褪色，但是反应类型不同。28、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O反应放热，使温度升高，反应速率加快反应一段时间后，硝酸的浓度减小了，反应速率又逐渐减慢AB2SO2＋O2＋2H2O===2H2SO4Cl2＋SO2＋2H2O===2Cl－＋SO42-＋4H＋1/amol·L－1【解析】分析：I.(1)Cu和稀硝酸反