2025届云南省彝良县一中高一下化学期末质量跟踪监视试题含解析

2025届云南省彝良县一中高一下化学期末质量跟踪监视试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、关于SO2的说法正确的是A．难溶于水 B．是无毒气体 C．使品红试液褪色 D．密度比空气小2、一定条件下，RO和氟气可发生如下反应RO＋F2＋2OH－===RO＋2F－＋H2O，从而可知在RO中，元素R的化合价是A．＋4 B．＋5 C．＋6 D．＋73、下列说法及对应化学方程式或离子方程式正确的是()A．用二氧化硅和水反应可制得硅酸：SiO2+H2O=H2SiO3B．食醋与蛋壳反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OC．铁在氯气中燃烧：Fe+Cl2=FeCl2D．84消毒液与洁厕灵混合可能产生毒气：ClO－+Cl－+2H+=Cl2↑H2O4、重水(D2O)是重要的核工业原料，下列说法错误的是A．氘(D)原子核外有1个电子B．1H与D互称同位素C．H2O与D2O互称同素异形体D．1H218O与D216O的相对分子质量相同5、X、Y、Z、W为4种短周期元素，已知X、Z同主族，Y2+、Z–、W+3种离子的电子层结构与氖原子相同，下列叙述正确的是A．原子序数：Z＜YB．原子半径：W＜XC．金属性：Y＞WD．气态氢化物的稳定性：HX＞HZ6、在“绿色化学”工艺中，理想的状态是反应物中的原子全部转化为期望的最终产物，即原子的利用率为100%，下列反应类型中能体现“原子经济性”原则的是①置换反应②化合反应③分解反应④加成反应⑤取代反应⑥加聚反应A．①②⑤B．②⑤⑥C．②④⑥D．只有⑥7、下列分子中，所有原子都满足最外层为8电子结构的是（）A．BF3 B．PCl5 C．NCl3 D．CH48、实验室制备溴苯的反应装置如图所示，下列叙述错误的是()A．FeBr3的作用是催化剂，若没有FeBr3可用铁屑代替B．实验中装置b中的作用是吸收挥发的苯和溴C．装置c中石蕊试液由紫色变为红色，可证明苯与溴发生的是取代反应D．反应后的混合液经NaOH溶液洗涤、蒸馏，得到溴苯9、下列方程式书写正确的是A．乙酸与乙醇的酯化反应：CH3COOH+C2H518OHCH3COOC2H5+H218OB．工业上冶炼铝：2AlCl3（熔融）2Al+3Cl2↑C．甲烷与氯气产生一氯甲烷：CH4+Cl2CH3Cl+HClD．足量SO2通入澄清石灰水：SO2+Ca2++2OH－=CaSO3↓+H2O10、下列依据热化学方程式得出的结论正确的是A．已知2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)；△H＝－483.6kJ·mol—1，则氢气的燃烧热为241.8kJ·mol—1B．已知NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)；△H＝－57.3kJ·mol—1，则含20.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出大于28.65kJ的热量C．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)；△H＞0，则石墨比金刚石稳定D．己知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g)△H=a、2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)△H=b，则a＞b11、山梨酸(CH3—CH＝CH—CH＝CH—COOH)是一种常用的食品防腐剂。下列关于山梨酸性质的叙述中，不正确的是A．可与钠反应 B．可与碳酸钠溶液反应C．可与溴的四氯化碳溶液发生取代反应 D．可生成高分子化合物12、Xn-A．aA+n(A-N+n)molB．C．Aa+n(N+n)molD．13、下列各组顺序的排列正确的是A．碱性强弱：KOH>NaOH>Mg(OH)2 B．热稳定性：PH3>H2S>HClC．单质氧化性：I2>Br2>Cl2 D．酸性强弱：HIO4>HBrO4>HClO414、某溶液X中仅可能含有K+、Na+、Fe2+、Fe3+、SO42-、CO32-、I-、Cl-中的一种或多种，且溶液中各离子浓度相同。现进行下列实验，下列说法正确的是（）A．该溶液X中Na+、Cl-一定有B．溶液Y中加入氯化钡溶液没有沉淀C．该溶液可能是硫酸亚铁、碘化钾和氯化钠溶于水后得到的D．原溶液X中滴加几滴KSCN溶液后，再滴加少量的次氯酸钠溶液后溶液呈血红色15、一定条件下,乙醛可发生分解:CH3CHO(l)→CH4+CO,已知该反应的活化能为190kJ·mol-1。在含有少量I2的溶液中,该反应的机理如下:反应Ⅰ:CH3CHO+I2CH3I+HI+CO(慢)反应Ⅱ:CH3I+HICH4+I2(快)下列有关该反应的叙述正确的是()A．反应速率与I2的浓度有关 B．HI在反应Ⅰ中是氧化产物C．反应焓变的绝对值等于190kJ·mol-1 D．乙醛的分解速率主要取决于反应Ⅱ16、在10﹣9m～l0﹣7m范围内，对原子、分子进行操纵的纳米超分子技术往往能实现意想不到的变化。纳米铜颗粒一遇到空气就会剧烈燃烧，甚至发生爆炸。列说法正确的是（）A．纳米铜是一种新型化合物B．纳米铜颗粒比普通铜更易与氧气发生反应C．纳米铜与普通铜所含铜原子的种类不同D．纳米铜无需密封保存17、已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素。已知A的最外层电子数是其电子层数的2倍，B是地壳中含量最高的元素，B原子的最外层电子数是D原子最外层电子数的2倍，C原子最外层只有一个电子。下列说法正确的是（）A．最高价氧化物对应水化物的碱性：C>DB．气态氢化物的稳定性：A>BC．四种元素能在同一周期D．原子半径：A>C18、化学中常用类比的方法可预测许多物质的性质。如根据H2+Cl2=2HCl推测：H2+Br2=2HBr。但类比是相对的，如根据2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2,推测2Na2O2+2SO2=Na2SO3+O2是错误的，应该是Na2O2+SO2=Na2SO4。下列各组类比中正确的是A．钠与水反应生成NaOH和H2,推测：所有金属与水反应都生成碱和H2B．由CO2+Ca（ClO）2+H2O=CaCO3↓+2HClO，推测：2SO2+Ca（ClO）2+H2O=CaSO3↓+2HClOC．铝和硫直接化合能得到Al2S3,推测：铁和硫直接化合也能得到Fe2S3D．由Na2SO3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2↑，推测：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑19、可逆反应A（g）+3B（g）2C（g）+2D（g），在四种不同情况下的反应速率分别如下，其中反应速率最慢的是A．v(A)=0.5

mol•L-1•min-1）B．v(B)=0.6

mol•L-1•min-1C．v(C)=0.4

mol•L-1•s-1D．v(D)=0.1mol•L-1•s-120、C6H14的各种同分异构体中所含甲基数和它的一氯取代物的数目分别是（）A．2个甲基，能生成4种一氯代物B．4个甲基，能生成4种一氯代物C．3个甲基，能生成5种一氯代物D．4个甲基，能生成5种一氯代物21、2013年4月24日，东航首次成功进行了由地沟油生产的生物航空燃油的验证飞行。能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽油、煤油、柴油等）的方法是A．点燃，能燃烧的是矿物油B．测定沸点，有固定沸点的是矿物油C．加入水中，浮在水面上的是地沟油D．加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油22、下列化学用语正确的是A．乙醇分子的结构式：B．氯原子的结构示意图：C．过氧化氢分子的电子式：D．硫酸钠的电离方程式：Na2SO4=Na2++SO42-二、非选择题(共84分)23、（14分）以甲苯、苯酚为原料可以合成黄酮醇(C)：已知：RCHO+CH3COCH3RCH=CHCOCH3+H2O回答下列问题：(1)反应①属于____________（填反应类型），所需的试剂为___________，产物中官能团的名称为____________。(2)反应③属于___________（填反应类型），反应的方程式为___________________。(3)反应④的条件是_________________。(4)下列关于黄酮醇（C）的说法错误的是_________。A.能燃烧生成CO2和H2OB.能与H2发生加成反应C.能与金属钠反应生成H2D.所有原子一定都在同一平面上(5)A有多种同分异构体，请写出含有苯环的羧酸的结构简式：_________________。24、（12分）A、B、C、D、E为五种常见的有机物，它们之间的转化关系如图1所示。其中A是一种可以使溴水及酸性KMnO4溶液褪色的气体，可作为水果的催熟剂。D分子的模型如图2所示。请回答下列问题：(1)由B生成C的反应类型是________。(2)A的结构简式为________，D中的官能团为______。(3)B与D反应生成E的化学方程式为__________。25、（12分）苯甲酸乙酯（C9H10O2）别名为安息香酸乙酯。它是一种无色透明液体，不溶于水，稍有水果气味，用于配制香水香精和人造精油，大量用于食品工业中，也可用作有机合成中间体，溶剂等。其制备方法为：已知：名称相对分子质量颜色，状态沸点(℃)密度(g·cm-3)苯甲酸122无色片状晶体2491.2659苯甲酸乙酯150无色澄清液体212.61.05乙醇46无色澄清液体78.30.7893环己烷84无色澄清液体80.80.7318苯甲酸在100℃会迅速升华。实验步骤如下：①在圆底烧瓶中加入12.20g苯甲酸，25mL95%的乙醇（过量），20mL环己烷以及4mL浓硫酸，混合均匀并加入沸石，按下图所示装好仪器，控制温度在65～70℃加热回流2h。利用分水器不断分离除去反应生成的水，回流环己烷和乙醇。②反应结束，打开旋塞放出分水器中液体后，关闭旋塞，继续加热，至分水器中收集到的液体不再明显增加，停止加热。③将烧瓶内反应液倒入盛有适量水的烧杯中，分批加入Na2CO3至溶液至呈中性。用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取分液，然后合并至有机层，加入氯化钙，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，低温蒸出乙醚和环己烷后，继续升温，接收210～213℃的馏分。④检验合格，测得产品体积为12.86mL。回答下列问题：（1）在该实验中，圆底烧瓶的容积最适合的是_________（填入正确选项前的字母）。A．25mLB．50mLC．100mLD．250mL（2）步骤①中使用分水器不断分离除去水的目的是_____________________。（3）步骤②中应控制馏分的温度在____________。A．65～70℃B．78～80℃C．85～90℃D．215～220℃（4）步骤③加入Na2CO3的作用是______________________；若Na2CO3加入不足，在之后蒸馏时，蒸馏烧瓶中可见到白烟生成，产生该现象的原因是____________。（5）关于步骤③中的萃取分液操作叙述正确的是__________。A．水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞，分液漏斗倒转过来，用力振摇B．振摇几次后需打开分液漏斗上口的玻璃塞放气C．经几次振摇并放气后，手持分液漏斗静置待液体分层D．放出液体时，应打开上口玻璃塞或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔（6）计算本实验的产率为_______________。26、（10分）化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置(如下图)，用环己醇制备环己烯。已知：+H2O密度g熔点℃沸点℃溶解性环己醇0.9625161能溶于水环己烯0.81-10383难溶于水(1)制备粗品将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入1mL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片(防止暴沸)，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。导管B除了导气外还具有的作用是______。②试管C置于冰水浴中的目的是______。(2)制备精品①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等.加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在______层(填“上”或“下”)，分液后用______(填入编号)洗涤。A．KMnO4溶液

B.稀H2SO4C．Na2CO3②再将环己烯按上图装置蒸馏，冷却水从______口进入(填“g”或“f”)，蒸馏时要加入生石灰，其目的是______。③收集产品时，控制的温度应在______左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是_____。A．蒸馏时从70℃开始收集产品B．环己醇实际用量多了C．制备粗品时环己醇随产品一起蒸出(3)以下区分环己烯精品和粗品的方法，合理的是______。A．分别加入酸性高锰酸钾溶液B．分别加入用金属钠C．分别测定沸点27、（12分）小明同学想通过比较两种最高价氧化物水化物的酸性强弱来验证S与C的非金属性的强弱，他查阅了资料：可以利用强酸制备弱酸的原理来判断酸性强弱。于是小明采用了下图所示的装置进行实验。请回答：（1）仪器A的名称是________，应盛放下列药品中的__________。a．稀硫酸b．亚硫酸c．氢硫酸d．盐酸（2）仪器B的名称是________，应盛放下列药品中的__________。a．碳酸钙b．硫酸钠c．氯化钠d．碳酸钠（3）仪器C中盛放的药品是澄清石灰水，如果看到的现象是澄清石灰水变浑浊，证明B中发生反应生成了_____________，即可说明___________比________酸性强，非金属性________比______强，B中发生反应的离子方程式为______________________________。28、（14分）化学反应速率和限度与生产、生活密切相关.(1)某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在400mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水法收集反应放出的氢气，实验记录如下(累计值):时间12345氢气体积/mL(标况)100240464576620①哪一段时间内反应速率最大：____min(填“0～1”“1～2”“2～3”“3～4”或“4～5”)。②3～4min内以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率______(设溶液体积不变)。(2)另一学生为控制反应速率防止反应过快难以测量氢气体积.他事先在盐酸中加入等体积的下列溶液以减慢反应速率但不影响生成氢气的量.你认为不可行的是____(填字母)。A蒸馏水BKCl洛液C浓盐酸DCuSO4溶液(3)在4L密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化曲线如图。①该反应的化学方程式是_______________。②该反应达到平衡状态的标志是___________(填字母)。AY的体积分数在混合气体中保持不变BX,、Y的反应速率比为3:1C容器内气体压强保持不变D容器内气体的总质量保持不变E生成1molY的同时消耗2molZ③2min内Y的转化率为__________。29、（10分）NOx、SO2是常用的化工原料，含NOx、SO2的烟气大量排放能造成严重的大气污染。（1）含NH3、NOx、SO2的烟气在大气中相互作用，产生的雾霾颗粒中有多种无机盐，其中无机铵盐主要是_____________（填化学式，只写两种）。（2）SO2催化氧化反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的能量与反应进程如图所示：①该反应的正反应为____热（填“放”或“吸”）反应。②若该反应在恒温恒容密闭容器中进行，能说明该反应已达到化学平衡状态的是____（填标号）。A．SO2的v(正)=v(逆)B．混合气体中同时存在SO2、O2、SO3C．容器内混合气体密度不随时间而变化D．容器内混合气体总压强不再随时间而变化（3）WangcH等研究发现用Fe2O3/CeO2作催化剂，可用乙烯脱除烟气中SO2并回收单质硫。反应原理为：CH2＝CH2+3SO23S+2CO2+2H2O。某兴趣小组同学设计实验验证该反应并检验产物中的CO2，实验装置（夹持装置已略）如图所示：①实验中所需SO2可由Cu与浓硫酸反应制取，该反应的化学方程式为________。②已知：酸性KMnO4可将CH2＝CH2氧化为CO2；装置Ⅱ、Ⅲ中试剂均足量；装置（Ⅰ）的尾气中还含有未反应的SO2和CH2＝CH2。检验CO2时，Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中盛放的试剂依次可以是_____（填标号）。A．酸性KMnO4溶液、品红溶液、澄清石灰水B．NaOH溶液、酸性KMnO4溶液、澄清石灰水C．Br2的H2O溶液、品红溶液、澄清石灰水D．Br2的CCl4溶液、酸性KMnO4溶液、澄清石灰水（4）取用氨水脱除烟气中SO2得到的副产品[只含(NH4)2SO4和NH4HSO4]3.875g，与足量NaOH混合后加热充分反应，共收集到氨气1.232L（已折合为标准状况），则该副产品中(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量之比n[(NH4)2SO4]∶n(NH4HSO4)＝______（写出计算结果即可）。

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】

A.1体积的水能溶解40体积二氧化硫，所以二氧化硫易溶于水，故A错误；B.二氧化硫是无色有毒气体，有刺激性气味，故B错误；C.二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，能使品红溶液褪色，故C正确；D.二氧化硫的摩尔质量是64g/mol，空气的平均摩尔质量是29g/mol，根据知，相同条件下，气体密度与其摩尔质量成正比，所以二氧化硫密度大于空气，故D错误；故选C。2、B【解析】

根据等号两端电荷守恒可知，n==1，所以R的化合价是+5价，答案选B。【点睛】化学计算时一般都遵循几个守恒关系，即质量守恒、电荷守恒、电子的得失守恒和原子守恒等。3、D【解析】A.二氧化硅和水不反应，故A错误；B.醋酸是弱酸，要用化学式表示：2CH3COOH+CaCO3=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，故B错误；C.铁在氯气中燃烧：2Fe+3Cl22FeCl3，故C错误；D.84消毒液与洁厕灵混合可能产生毒气：ClO－+Cl－+2H+=Cl2↑H2O，故D正确。故选D。4、C【解析】

A．氘(D)原子核外有1个电子，正确；B．中1H与D质子数同，中子数不同，1H与D互称同位素，正确；C．同素异形体都是单质，不是化合物，错误；D．1H218O与D216O的相对分子质量都是20，正确。答案选C。5、A【解析】

X、Y、Z、W为四种短周期元素，Y2+、Z-、W+三种离子的电子层结构与氖原子相同，则Y是Mg元素、Z是F元素、W是Na元素，X、Z同主族，且都是短周期元素，则X是Cl元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知：X是Cl元素，Y是Mg元素、Z是F元素、W是Na元素，A.Z是F，Y是Mg，所以原子序数：Z＜Y，A正确；B.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，所以原子半径：W>X，B错误；C.同一周期的元素，原子序数越大，元素的金属性越弱，所以Y<W，C错误；D.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，由于元素的非金属性Z>X，所以稳定性HX<HZ，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查了同一周期、同一主族元素性质递变规律，明确金属性、非金属强弱判断方法是解本题关键，侧重考查学生灵活运用能力，知道原子半径或离子半径的比较方法。6、C【解析】“绿色化学”工艺的要求：反应物全部转化为期望的产物，使原子的利用率达到100%，可知反应只生成一种生成物，该反应为化合反应、加成反应、加聚反应，而置换反应、分解反应、取代反应生成物不止一种，故选C。点睛：本题主要考查了绿色化学的概念，掌握反应中产物的种类与原子利用率100%的关系是解答的关键。反应物全部转化为期望的产物，使原子的利用率达到100%，可知反应只生成一种生成物，反应类型有化合反应、加成反应、加聚反应。7、C【解析】A.BF3中B原子最外层为6电子结构；B.PCl5中P原子最外层为10电子结构；C.NCl3中所有原子都满足最外层为8电子结构；D.CH4中H原子最外层为2电子结构。故选C。点睛：本题分子都形成共价键，每个原子最外层电子数等于自身的最外层电子数+共价键数。8、D【解析】

A.FeBr3的作用是催化剂，若没有FeBr3，可向其中加入铁粉，利用Br2与Fe反应产生FeBr3获得，因此也可用铁屑代替，A正确；B.苯与液溴反应产生溴苯，由于液溴、苯都具有挥发性，为防止它们的干扰，常根据苯、液溴容易溶于有机物四氯化碳的性质，用盛有四氯化碳的洗气瓶吸收挥发的苯和溴，B正确；C.用液溴与苯在催化剂作用下制取溴苯，挥发的溴、苯被四氯化碳吸收，若装置c中石蕊试液由紫色变为红色，可证明苯与溴反应产生了HBr，HBr溶于水得到氢溴酸，石蕊遇酸变红，故可以证明苯与溴发生的是取代反应，C正确；D.反应后的混合液中含有溴苯及溶于其中的溴、苯等物质，经水洗、NaOH溶液洗涤、再水洗，除去未反应的溴单质，分液、干燥、蒸馏，可以得到溴苯，D错误；故合理选项是D。9、C【解析】

A.乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应，乙酸脱去羟基，乙醇脱去氢原子，用元素追踪法探究反应原理，乙醇的18O应该出现在乙酸乙酯中，不是水中，A错误；B.工业上冶炼铝使用电解熔融状态下的氧化铝，B项错误；C.甲烷与氯气在光照下发生取代反应，产生一氯甲烷和氯化氢，C项正确；D.SO2通入澄清石灰水，首先变浑浊SO2+Ca2++2OH－=CaSO3↓+H2O，再通入过量的SO2，CaSO3溶解，生成可溶性Ca(HSO3)2，D项错误；答案选C。10、C【解析】

A．燃烧热是指可燃物完全燃烧生成稳定化合物时放出的热量，应生成液态水；B．醋酸是弱酸，电离过程需要吸热，据此回答；C．一氧化碳燃烧生成二氧化碳放出热量，焓变为负值，据此分析比较大小；D．物质具有的能量越低越稳定，吸热反应，产物的能量高于反应物的能量，据此回答。【详解】A.燃烧热是指可燃物完全燃烧生成稳定化合物时放出的热量，氢气燃烧热应生成液态水，2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H=−483.6kJ⋅mol−1，反应中生成物水为气态，A项错误；B.醋酸是弱酸，电离过程需要吸热，则含20.0gNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于28.7kJ的热量，B项错误；C.C(石墨⋅s)=C(金刚石⋅s)△H>0，可知石墨转化为金刚石吸热，即金刚石的总能量高，能量越高越不稳定，则石墨比金刚石稳定，C项正确；D.2molC完全燃烧生成CO2放出的热量比生成CO放出的热量要多，焓变为负值，则b>a，故D错误；答案选C。11、C【解析】

A．含有羧基，以与钠反应生成氢气，故A正确；B．含-COOH，可与碳酸钠溶液反应，故B正确；C．含有碳碳双键，所以可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，而非取代反应，故C错误；D．含碳碳双键，可以发生加聚反应生成高分子化合物，故D正确；故答案为C。12、A【解析】

根据Xn-化合价可得X的氢化物的化学式为HnX，因X的质量数为A，则HnX的摩尔质量为（A+n）g/mol，agX的氢化物的物质的量为aA+nmol，每个HNX分子中含有的质子数为(A-N+n)，故agX的氢化物中含质子的物质的量为aA+n(A-N+n)mol，故13、A【解析】

A项、元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，元素金属性的强弱顺序为：K＞Na＞Mg，则最高价氧化物对应水化物的碱性的强弱顺序为：KOH＞NaOH＞Mg（OH）2，故A正确；B项、元素非金属性越强，氢化物的热稳定性越强，元素非金属性的强弱顺序为：Cl＞S＞P，则氢化物稳定性的强弱顺序为：HCl＞H2S＞PH3，故B错误；C项、同主族元素从上到下，元素的非金属性依次减弱，单质的氧化性依次减弱，则单质的氧化性的强弱顺序为：Cl2＞Br2＞I2，故C错误；D项、同主族元素从上到下，元素的非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱，则最高价氧化物对应水化物的酸性的强弱顺序为：HClO4＞HBrO4＞HIO4，故D错误。故选A。【点睛】本题考查元素周期律，侧重分析与应用能力的考查，把握元素的结构、位置、性质的关系，应用元素周期律分析为解答的关键。14、C【解析】

由实验流程可知，过量氯水反应后的溶液，加入CCl4萃取后下层的紫红色，说明原溶液中含有I-，则能够氧化I-的Fe3+不能同时存在于溶液中。此时上层的水溶液中一定含有氯水还原生成的Cl-，所以用该溶液加入AgNO3生成的白色沉淀，其中Cl-不能说明存在于原溶液中。另外一份加入NaOH产生红褐色沉淀说明溶液中存在Fe3+，但是该Fe3+又不能存在于原溶液中，那只能是Fe2+开始时被氯水氧化生成Fe3+，所以原溶液中含有Fe2+；Fe2+的存在说明原溶液中不含有CO32-，Y的焰色反应为黄色说明含钠离子，但不能确定原溶液中是否含钠离子，透过钴玻璃观察焰色反应为紫色火焰证明一定含钾离子，以此来解答。详解：根据以上分析可知I-、Fe2+、K+一定存在，Fe3+、CO32-一定不存在，SO42-、Cl-、Na+可能存在。【详解】A．由于过程中加入氯离子和钠离子，该溶液X中Na+、Cl-不能确定是否含有，A错误；B．溶液中可能会含硫酸根离子，加入氯化钡溶液会生成白色沉淀，B错误；C．该溶液中一定存在I-、Fe2+、K+、可能含SO42-、Cl-、Na+，溶液可能是硫酸亚铁、碘化钾和氯化钠溶于水后得到的，C正确；D．由于碘离子的还原性强于亚铁离子，原溶液X中滴加几滴KSCN溶液后，再滴加少量的次氯酸钠溶液后亚铁离子不一定被氧化，溶液不一定呈血红色，D错误；答案选C。【点睛】本题考查常见离子的检验，把握流程中发生的离子反应、现象与结论为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氧化还原反应与复分解反应的判断。15、A【解析】

A．碘为催化剂，增大反应速率，浓度越大，反应速率越大，A正确；B．反应I中碘元素化合价降低，HI为还原产物，B错误；C．焓变为反应物与生成物的活化能之差，C错误；D．反应I较慢，决定着总反应的快慢，D错误；答案选A。16、B【解析】

A.纳米铜属于单质，不是化合物，A项错误；B.根据题意，纳米铜粒一遇到空气就会剧烈燃烧，甚至发生爆炸，说明纳米铜颗粒比普通铜更易与氧气反应，B项正确；C.纳米铜与普通铜所含原子种类相同，都是铜原子，C项错误；D.纳米铜粒一遇到空气就会剧烈燃烧，甚至发生爆炸，故纳米铜应密封保存，D项错误；答案选B。17、A【解析】

A、B、C、D为四种短周期主族元素，且原子序数依次增大，B是地壳中含量最高的元素，则B为O元素，A的最外层电子数是其电子层数的2倍，A为第二周期元素，则A的最外层电子数为4，可知A为C元素；C原子最外层只有一个电子，C的原子序数大于8，可知C为Na元素；B原子的最外层电子数是D原子最外层电子数的2倍，D的最外层电子数为3，为第三周期的Al元素，然后结合元素周期律来解答。【详解】根据以上分析可知A为C，B为O，C为Na，D为Al。则A．金属性Na＞Al，则最高价氧化物对应水化物的碱性C＞D，A正确；B．同周期从左向右非金属性增强，则非金属性A＜B，所以气态氢化物的稳定性A＜B，B错误；C．A与B位于第二周期，C与D位于第三周期，C错误；D．电子层越多，原子半径越大，则原子半径：C＞A，D错误；答案选A。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素周期律的应用，题目难度不大。18、D【解析】

A、活泼金属钠与水反应生成NaOH和H2，但是金属活动顺序表金属铝以后的金属均和水不反应，故A错误；B、二氧化硫具有还原性，次氯酸具有强氧化性，生成的亚硫酸钙会被氧化为硫酸钙，故B错误；C、硫是弱氧化剂只能将铁氧化成亚铁，所以铁和硫直接化合也能得到

FeS，而得不到Fe2S3，故C错误；D、Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑和Na2SO3+2HCl═2NaCl+H2O+SO2↑都强酸制弱酸，所以类比合理，故D正确；故选D。19、B【解析】分析:对于反应A（g）+3B（g）2C（g）+2D（g），用不同物质表示其反应速率，数值不同但意义相同，所以比较反应速率要转化为同种物质的反应速率来比较大小，利用反应速率之比等于化学计量数之比来分析。详解：A项，用B的消耗速率表示：v(B)=3v(A)=3×0.5mol•L-1•min-1=1.5mol•L-1•min-1；B项，用B的消耗速率表示：v(B)=0.6

mol•L-1•min-1；C项，用B的消耗速率表示：v(B)=32v(C)=32×0.4

mol•L-1•s-1=0.6mol•L-1•s-1=36mol•L-1D项，用B的消耗速率表示：v(B)=32v(D)=32×0.1mol•L-1•s-1=0.15mol•L-1•s-1=9mol•L-1比较可知，B数值最小，故选B项。综上所述，本题正确答案为B。点睛：本题考查化学反应速率的比较，明确反应速率之比等于化学计量数之比及转化为同种物质的反应速率时解答本题的关键，难度不大。20、C【解析】试题分析：A．含2个甲基，为CH3CH2CH2CH2CH2CH3，有3种H原子，则有3种一氯代物，A错误；B．含4个甲基，有和两种结构，前一种结构有2种一氯代物，后一种结构，有3种一氯代物，B错误；C．含3个甲基，有和两种结构，前一种结构有5种一氯代物，后一种结构，有4种一氯代物，C正确；D．含4个甲基，则有和两种结构，前一种有2种一氯代物，后一种有3种一氯代物，D错误，答案选C。考点：考查同分异构体的书写及判断21、D【解析】试题分析：地沟油的主要成分是酯，矿物油的主要成分是烃。A、地沟油含C、H、O元素，也能燃烧，所以点燃的方法不能鉴别地沟油和矿物油，A错误；B、地沟油与矿物油都是混合物，都没有固定的沸点，B错误；C、地沟油与矿物油的密度都比水小，加入水中，都浮在水面上，C错误；D、地沟油属于酯类物质，在氢氧化钠溶液中加热会发生水解反应，生成钠盐和甘油，所以溶液不分层，而矿物油不与氢氧化钠溶液反应，溶液分层，可以鉴别，D正确，答案选D。考点：考查地沟油与矿物油的鉴别22、A【解析】试题分析：A．乙醇分子中含有1个甲基、1个亚甲基和1个羟基，乙醇的结构式为：，故A正确；B．氯原子的核电荷数、核外电子总数都是17，最外层为7个电子，氯原子结构示意图为：，故B错误；C．过氧化氢为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和1个氧氧单键，过氧化氢的电子式为：，故C错误；D．硫酸钠电离出钠离子和硫酸根离子，硫酸钠的电离方程式为：Na2SO4=2Na++SO42-，故D错误；故选A。考点：考查了结构式、原子结构示意图、电子式、电离方程式的相关知识。二、非选择题(共84分)23、氧化反应酸性KMnO4溶液羧基取代反应+CH3COCl→+HClNaOH溶液/加热D、、、【解析】

（1）反应①是甲苯被酸性高锰酸钾氧化成苯甲酸，发生氧化反应，苯甲酸中的官能团为羧基，故答案为：氧化反应；酸性KMnO4溶液；羧基；（2）反应③是苯酚中与羟基相连的碳的邻碳上的氢被替换，属于取代反应，反应的方程式为+CH3COCl→+HCl，故答案为：取代反应；+CH3COCl→+HCl；（3）对比反应物和生成物的结构可以推知反应④发生的是已知提示的反应，条件是NaOH溶液/加热，故答案为：NaOH溶液/加热；（4）A.黄酮醇（C）是有机物，能燃烧生成CO2和H2O，故A正确；B.黄酮醇（C）的分子结构中有碳酸双键，羰基，苯环，均能与H2发生加成反应，故B正确；C.黄酮醇（C）的分子结构中有羟基，能与金属钠反应生成H2，故C正确；D.黄酮醇（C）有羟基，碳氧单键和氧氢单键均能旋转，且此处碳原子，氧原子和氢原子不在一条直线上，所有原子不一定都在同一平面上，故D错误；综上所述，故答案为：D；（5）A有多种同分异构体，含有苯环的羧酸的结构简式有、、、，故答案为：、、、。24、氧化反应CH2=CH2羧基（—COOH）CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O【解析】

A是一种可以使溴水及酸性KMnO4溶液褪色的气体，可作为水果的催熟剂，则A为乙烯；A与水发生加成反应生成B，B为乙醇；B发生催化氧化反应生成C，则C为乙醛；B可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为D，由D的分子结构模型可知D为乙酸，B和D在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应生成E，则E为乙酸乙酯。【详解】(1)由B生成C的反应是乙醇的催化氧化，故反应类型是氧化反应。(2)A是乙烯，其结构简式为CH2=CH2，D是乙酸，其中的官能团为羧基（—COOH）。(3)B与D反应生成E的反应，即乙醇和乙酸发生酯化反应，化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。【点睛】本题要求学生在基础年级要打好基础，掌握常见重要有机物之间的经典转化关系，并能在相似的情境中进行迁移应用。特别要注意一些典型的反应条件，这往往是解题的突破口，如Cu/△通常是醇的催化氧化反应的条件。还要注意总结连续氧化的反应，这种现象在无机化学和有机化学中都存在，要学会归纳。25、C使平衡不断正向移动C除去硫酸和未反应的苯甲酸苯甲酸乙酯中混有未除净的苯甲酸，在受热至100℃时发生升华AD90.02%【解析】

（1）在圆底烧瓶中加入12.20g苯甲酸，25mL95%的乙醇（过量），20mL环己烷以及4mL浓硫酸，加入物质的体积超过了50ml，所以选择100mL的圆底烧瓶，答案选C；（2）步骤①中使用分水器不断分离除去水，可使平衡向正反应方向移动；（3）反应结束，打开旋塞放出分水器中液体后，关闭旋塞，继续加热，至分水器中收集到的液体不再明显增加，这时应将温度控制在85~90℃；（4）将烧瓶内反应液倒入盛有适量水的烧杯中，分批加入Na2CO3至溶液至呈中性。该步骤中加入碳酸钠的作用是除去剩余的硫酸和未反应完的苯甲酸；若碳酸钠加入量过少蒸馏烧瓶中可见到白烟生成，产生这种现象的原因是苯甲酸乙酯中混有未除净的苯甲酸，在受热至100℃时苯甲酸升华；（5）在分液的过程中，水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗中，盖上玻璃塞，关闭活塞后倒转用力振荡，放出液体时，打开伤口的玻璃塞或者将玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗的小孔，故正确的操作为AD；（6）0.1mol0.1molm(苯甲酸乙酯)=0.1mol×150g/mol=15g因检验合格，测得产品体积为12.86mL，那么根据表格中的密度可得产物的质量m(苯甲酸乙酯)=12.86×1.05=13.503g，那么产率为：ω=13.503/15×100%=90.02%。26、冷凝防止环己烯的挥发上Cg除去水分83℃CBC【解析】

(1)①由于生成的环己烯的沸点为83℃，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝；②冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化；(2)①环己烯不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，分层后环己烯在上层，由于分液后环己烯粗品中还含有环己醇，提纯产物时用c(Na2CO3溶液)洗涤；②为了增加冷凝效果，冷却水从下口(g)进入；生石灰能与水反应生成氢氧化钙，利于环己烯的提纯；③根据表中数据可知，馏分环己烯的沸点为83℃；粗产品中混有环己醇，导致测定消耗的环己醇量增大，制得的环己烯精品质量低于理论产量；(3)根据混合物没有固定的沸点，而纯净物有固定的沸点，通过测定环己烯粗品和环己烯精品的沸点，可判断产品的纯度。【详解】(1)①由于生成的环己烯的沸点为83℃，要得到液态环己烯，导管B除了导气作用外，还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝；②冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化；(2)①环己烯是烃类，属于有机化合物，在常温下呈液态，不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，振荡、静置、分层后，环己烯在上层。由于浓硫酸可能被还原为二氧化硫气体，环己醇易挥发，故分液后环己烯粗品中还含有少量环己醇，还可能溶解一定量的二氧化硫等酸性气体，联想制备乙酸乙酯提纯产物时用饱和碳酸钠溶液洗涤可除去酸性气体并溶解环己醇，除去杂质。稀硫酸不能除去酸性气体，高锰酸钾溶液会将环己烯氧化，因此合理选项是C；②为了增加冷凝效果，蒸馏装置要有冷凝管，冷却水从下口(g)进入，生石灰能与水反应生成氢氧化钙，除去了残留的水，然后蒸馏，就可得到纯净的环己烯；③根据表中数据可知，馏分环己烯的沸点为83℃，因此收集产品应控制温度在83℃左右，若粗产品中混有环己醇，会导致环己醇的转化率减小，故环己烯精品质量低于理论产量，故合理选项是C；(3)区别粗品与精品的方法是向待检验物质中加入金属钠，观察是否有气体产生，若无气体，则物质是精品，否则就是粗品，也可以根据物质的性质，混合物由于含有多种成分，没有固定的沸点，而纯净物只有一种成分组成，有固定的沸点，通过测定环己烯粗品和环己烯精品的沸点，可判断产品的纯度，因此合理选项是BC。【点睛】本题以有机合成为载体，综合考查了实验室制环己烯及醇、烃等的性质，混合物分离方法及鉴别，注意把握实验原理和方法，特别是实验的基本操作，学习中注意积累，综合考查了学生进行实验和运用实验的能力。27、分液漏斗a圆底烧瓶dCO2H2SO4H2CO3SCCO【解析】分析：要通过比较两种最高价氧化物水化物的酸性强弱来验证S与C的非金属性的强弱，则需要利用稀硫酸与碳酸盐反应产生二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，据此解答。详解：（1）根据仪器构造可知仪器A的名称是分液漏斗。硫的最高价含氧酸是硫酸，则应盛放稀硫酸，答案选a。（2）根据仪器构造可知仪器B的名称是圆底烧瓶；由于硫酸钙微溶，所以应盛放碳酸钠，与稀硫酸反应制备二氧化碳，答案选d。（3）仪器C中盛放的药品是澄清石灰水，如果看到的现象是澄清石灰水变浑浊，证明B中发生反应生成了二氧化碳，即可说明硫酸比碳酸酸性强，非金属性S比C强，B中发生反应的离子方程式为CO32－+2H＋＝CO2↑+H2O。28、2～3