2024届河北省承德市十三校联考化学高一下期末质量检测试题含解析

2024届河北省承德市十三校联考化学高一下期末质量检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、利用下列反应不能制得括号中纯净物质的是A．乙烯与氯气加成（1，2二氯乙烷）B．氯气与苯用氯化铁作催化剂反应（氯苯）C．等物质的量的氯气与乙烷在光照条件下反应（氯乙烷）D．乙烯与水加成（乙醇）2、下列反应中，不属于取代反应的是()A．CH4+Cl2→光照CH3B．CH4+2O2→点燃CO2+2H2C．CH3CH2Br+H2O→CH3CH2OH+HBrD．C2H6+Cl2→光照C2H53、下列属于非氧化还原反应的是A．2H2O22H2O+O2↑ B．Cl2+H2OHCl+HClOC．SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O D．C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O4、常温下，已知:CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)

∆H=-980kJ/mol2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H=-560kJ/mol现有CH4和H2组成的混合气体共0.4mol,使其在O2中完全燃烧，恢复至常温共放出252kJ的热量，则CH4与H2的物质的量之比是A．1:1B．1:2C．2:3D．3:25、下列叙述中，不正确的是A．纤维素、淀粉均属于高分子化合物B．浓硝酸沾到皮肤上能使皮肤变黄，这是由于浓硝酸和蛋白质发生了颜色反应C．利用油脂在碱性条件下的水解，可以制得肥皂和甘油D．糖类、油脂、蛋白质都只由C、H、O三种元素组成的6、月球表面土壤里有一种非常有用的资源——3He，它是可控核聚变的原料，关于3He的叙述正确的是（）A．3He和4He是同种原子B．3He和4He互为同位素C．核聚变时，原子核发生了变化，发生了化学变化D．在3He中存在：质子数=中子数=核外电子数7、下列实验装置或操作能达到实验目的的是()A．分离乙醇和乙酸 B．制取乙酸乙酯 C．石油的蒸馏 D．甲烷与氯气反应8、某温度时，2NO(g)＋O2(g)＝2NO2(g)反应到2s后，NO的浓度减少了0.06mol·L-1，则以O2表示该时段的化学反应速率是（）A．0.015mol·L-1·s-1B．0.03mol·L-1·s-1C．0.12mol·L-1·s-1D．0.06mol·L-1·s-19、X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如图所示，若X与Z的质子数之和为23。下列说法正确的是A．X气态氢化物的水溶液呈酸性B．氧化物对应水化物的酸性:W>Z>XC．Z、W简单离子半径Z>WD．W的单质具有漂白性，Z的氧化物不具有漂白性10、下列反应或事实不能说明碳元素的非金属性比硅元素的非金属性强的是（）A．热稳定性：CH4>SiH4B．SiO2+2CSi+2CO↑C．碳酸酸性比硅酸酸性强D．碳与硅属于同一主族元素，且碳原子序数小于硅11、下表是部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据下表信息判断正确的是元素代号LMQRT原子半径/nm0.1300.1180.

0900.1020.073主要化合价+2+3+2+6、-2-2A．简单氢化物的沸点:T<RB．最高价氧化物对应水化物的碱性:L<QC．L2+与R2-的核外电子数相等D．M与T形成的化合物具有两性12、下列有关四个常用的电化学装置的叙述，正确的是()A．图所示碱性锌锰电池中，MnO2是催化剂B．图所示铅蓄电池放电过程中，硫酸浓度保持不变C．图所示电解精炼铜装置工作过程中，电解质溶液中Cu2+浓度不断增大D．图所示纽扣式锌银电池工作过程中，外电路中电子由锌极流向氧化银极13、下列反应是吸热反应，但不属于氧化还原反应的是A．铝片与稀H2SO4反应B．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应C．灼热的炭与CO2反应D．甲烷在O2中的燃烧反应14、1­-丁醇和乙酸在浓硫酸作用下，通过酯化反应制得乙酸丁酯，反应温度为115～125℃，反应装置如图，下列对该实验的描述错误的是()A．不能用水浴加热B．长玻璃管起冷凝回流作用C．提纯乙酸丁酯需要经过水、氢氧化钠溶液洗涤D．图中装置不能较好的控制温度为115～125℃15、元素的原子结构决定其性质和周期表中的位置。下列说法正确的是（）A．周期表中金属与非金属分界线附近的元素都属于过渡元素B．周期表中金属与非金属分界线附近元素具有一定的金属性和非金属性C．多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高D．元素原子的最外层电子数等于元素的最高化合价16、下列关于钠的说法中正确的是（）A．钠的含氧化合物都是碱性氧化物B．金属钠久置空气中最终转变为Na2O2C．钠可以将钛、铌等金属从其熔融的氯化物中置换出来D．过氧化钠只具有氧化性不具有还原性17、下列物质属于共价化合物的是A．H2O B．MgO C．CaCl2 D．KBr18、关于有机物的下列说法正确的是A．在酸性条件下，的水解产物是和B．油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，反应生成甘油和高级脂肪酸C．淀粉与纤维素通式相同，但二者不互为同分异构体D．鉴定蔗糖水解产物中的葡萄糖：在水解液中直接加入银氨溶液并水浴加热19、下列关于“甲烷的存在与用途”的叙述不正确的是（）A．我国的天然气主要分布在中西部地区及海底B．可燃冰是天然气的水合物，外形似冰，易燃烧C．甲烷俗称“天然气”，常用作燃料D．天然气和沼气都是理想的清洁能源20、现有三组混合液:①乙酸乙酯和乙酸钠溶液;②乙醇和丁醇;③溴化钠和单质溴的水溶液。分离以上各混合液的正确方法依次是()A．分液、萃取、蒸馏B．分液、蒸馏、萃取C．萃取、蒸馏、分液D．蒸馏、萃取、分液21、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↓+H2O22、下列溶液中含Cl-浓度最大的是（）A．10mL0.1mol/L的AlCl3溶液 B．20mL0.1mol/LCaCl2溶液C．30mL0.2mol/L的KCl溶液 D．100mL0.25mol/L的NaCl溶液二、非选择题(共84分)23、（14分）A是石油裂解气的主要产物之一，其产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志。下列是有机物A～G之间的转化关系：请回答下列问题：（1）D中所含官能团的名称是_____________。（2）反应③的化学方程式是_________________________________。（3）G是一种高分子化合物，可以用来制造农用薄膜材料等，其结构简式是___________。（4）在体育竞技比赛中，当运动员肌肉挫伤或扭伤时，随队医生立即对准其受伤部位喷射物质F（沸点12.27℃）进行应急处理。A制备F的化学方程式是_____________。（5）B与D反应加入浓硫酸的作用是_________；为了得到较纯的E，需除去E中含有的D，最好的处理方法是_____________（用序号填写）。a．蒸馏b．用过量饱和碳酸钠溶液洗涤后分液c．水洗后分液d．用过量氯化钠溶液洗涤后分液24、（12分）某有机化合物A对氢气的相对密度为29，燃烧该有机物2.9g，将生成的气体通入过量的石灰水中充分反应，过滤，得到沉淀15克。

（1）求该有机化合物的分子式。

_______（2）取0.58g该有机物与足量银氨溶液反应，析出金属2.16g。写出该反应的化学方程式。_________

（3）以A为原料合成丙酸丙酯，写出合成路线________，合成路线表示方法如下：CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHO25、（12分）已知碳化铝（Al4C3)与水反应生成氢氧化铝和甲烷。为了探究甲烷性质，某同学设计如下两组实验方案：甲：方案探究甲烷与氧化剂反应（如图1所示）；乙：方案探究甲烷与氯气反应的条件（如图2所示）。甲方案实验现象:溴水不褪色，无水硫酸铜变蓝色，澄清石灰水变浑浊。乙方案实验操作过程：通过排饱和食盐水的方法收集两瓶甲烷与氯气（体积比为1:4)的混合气体，I瓶放在光亮处，II瓶用预先准备好的黑色纸套套上，按图2安装好装置，并加紧弹簧夹a和b。（1）碳化铝与稀硫酸反应的化学方程式为__________。（2）实验甲中浓硫酸的作用是______，集气瓶中收集到的气体____(填“能”或“不能”)直接排入空气中。（3）下列对甲方案实验中的有关现象与结论的叙述都正确的是________(填标号）。A．酸性高锰酸钾溶液不褪色，结论是通常条件下甲烷不能与强氧化剂反应B．硬质玻璃管里黑色粉末无颜色变化，结论是甲烷不与氧化铜反应C．硬质玻璃管里黑色粉末变红色，推断氧化铜与甲烷反应只生成水和二氧化碳D．甲烷不能与溴水反应，推知甲烷不能与卤素单质反应（4）写出甲方案实验中硬质玻璃管里可能发生反应的化学方程式：___（假设消耗甲烷与氧化铜的物质的量之比为2:7)（5）—段时间后，观察到图2装置中出现的实验现象是________；然后打开弹簧夹a、b,现察到的实验现象是__________。26、（10分）I.为了研究化学反应A+B=C+D的能量变化情况，某同学设计了如图所示装置。当向盛有A的试管中滴加试剂B时，看到U形管中甲处液面下降乙处液面上升。试回答下列问题：(1)该反应为_______反应(填“放热”或“吸热”)。(2)A和B的总能量比C和D的总能量_______(填“高”或“低”)。(3)反应物化学键断裂吸收的能量_______(填“高”或“低”)于生成物化学键形成放出的能量。Ⅱ.用如图所示的装置做铝热反应实验，回答下列问题：(4)写出该反应的化学方程式：____________________________，在该反应中________是氧化剂，氯酸钾的作用是________________________。(5)选出该实验的实验现象(把序号填写在横线上)：________。①镁带剧烈燃烧；②放出大量的热，并发出耀眼的白光；③纸漏斗的下部被烧穿；④有红热状态的液珠落入蒸发皿内的细沙上，液珠冷却后变为黑色固体。27、（12分）为探究浓硫酸的性质，某兴趣小组进行如下实验：取2g蔗糖（C12H22O11）放入大试管中，加入2~3滴水，再加入约3mL浓硫酸，迅速搅拌。实验中可以观察到试管内的固体由白色变为黑色，后体积迅速膨胀，同时闻到刺激性气味，试管壁摸起来发烫。⑴试管内的黑色物质是：______。该物质的生成表现了浓硫酸的______性。⑵滴加浓硫酸之前加入2~3滴水的目的是______。写出黑色物质与浓硫酸反应的化学方程式：______。⑶兴趣小组设计用如图所示的装置检验反应中生成的气体。①X、Y分别是______和______。②已知酸性KMnO4溶液具有强氧化性，图中所示装置中酸性KMnO4溶液的作用是______。28、（14分）某温度时,在0.5L密闭容器中,某一反应中A、B气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示,回答下列问题：(1)该反应的化学方程式为__________。(2)0~4min内,用B表示的反应速率v(B)=__________。(3)第4min时,正、逆反应速率的大小关系为：v(正)__________v(逆),(填“>”“<”或“=”)。(4)下列措施能加快反应速率的是__________。A．恒温恒容充入He气B．缩小体积，使压强增大C．恒温恒压充入He气D．使用催化剂29、（10分）为研究铜与浓硫酸的反应，某化学兴趣小组进行如下实验．实验I：反应产物的定性探究，按如图装置（固定装置已略去）进行实验(1)A装置的试管中发生反应的化学方程式是_____________________；F装置的烧杯中发生反应的离子方程式是__________________________；B装置中的现象是_________。(2)实验过程中，能证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素的现象是______________。(3)实验结束时，撤去所有酒精灯之前必须完成的实验操作是_________________。(4)实验结束后，证明A装置试管中反应所得产物是否含有铜离子，需将溶液稀释，操作方法是________________________________。实验Ⅱ：反应产物的定量探究(5)在铜与浓硫酸反应的过程中，发现有黑色物质出现，且黑色物质为Cu2S。产生Cu2S的反应为aCu+bH2SO4cCu2S+dCuSO4+eH2O，则a：b=______________。(6)为测定硫酸铜的产率，将该反应所得溶液中和后配制成250.00mL溶液，取该溶液25.00mL加入足量KI溶液中振荡，生成的I2恰好与20.00mL0.30mol•L﹣1的Na2S2O3溶液反应，若反应消耗铜的质量为6.4g，则硫酸铜的产率为_________________。（已知2Cu2++4I﹣=2CuI+I2，2S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I﹣）【注：硫酸铜的产率指的是硫酸铜的实际产量与理论产量的比值】

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】本题考查有机物的制备。详解：乙烯与Cl2加成只生成1，2-二氯乙烷一种产物，可以得到纯净物，A错误；乙烯与水在一定条件下发生反应生成乙醇，该反应产物只有一种，可以得到纯净物，B错误；液溴与苯用溴化铁作催化剂反应，生成产物只有溴苯一种产物，可以得到纯净物，C错误；甲烷与氯气的反应，即使氯气的物质的量不足，反应产物中甲烷的四种氯代产物同时存在，得到的是混合物，D正确。故选C。2、B【解析】

有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应，据此解答。【详解】A、甲烷与氯气光照条件下发生取代反应，A错误；B、甲烷燃烧发生的是氧化反应，B正确；C、溴乙烷与水发生取代反应生成乙醇和溴化氢，C错误；D、乙烷与氯气光照条件下发生取代反应，D错误；答案选B。3、C【解析】

A．2H2O22H2O+O2↑存在化合价变化，氧元素由-1价变为0价和-2价，属于氧化还原反应，选项A不选；B．Cl2+H2OHCl+HClO中存在Cl元素的化合价变化，属于氧化还原反应，选项B不选；C．SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O中不存在化合价变化，不属于氧化还原反应，选项C选；D．C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O存在化合价变化，碳元素由0价变为+4价，氮元素由+5价变为+4价，属于氧化还原反应，选项D不选；答案选C。4、A【解析】分析：根据热化学方程式和混合物计算的方法确定CH4和H2的物质的量之比。详解：假设混合气中CH4为xmol，H2为ymol，根据题干得：x+y=0.4mol①，根据CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)

∆H=-980kJ/mol和2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H=-560kJ/mol得：980x+280y=252KJ②，①②联立解得：x=0.2mol，y=0.2mol，所以CH4与H2的物质的量之比是1:1，A选项正确，其余选项错误，正确答案A。5、D【解析】

A项、淀粉、纤维素的相对分子质量在1万以上，是天然高分子化合物，故A正确；B项、含有苯环的蛋白质遇浓硝酸显黄色，浓硝酸沾到皮肤上能使皮肤变黄，是由于浓硝酸和蛋白质发生了颜色反应的缘故，故B正确；C项、肥皂的主要成分是高级脂肪酸盐，油脂在碱性条件下发生皂化反应生成高级脂肪酸盐与甘油，可以制得肥皂和甘油，故C正确；D项、糖类、油脂是烃的含氧衍生物，都是由C、H、O三种元素组成，蛋白质是氨基酸缩聚形成的高分子化合物，除含有C、H、O、N四种元素外，还含有S、P、I、Fe等元素，故D错误。故选D。【点睛】本题考查糖类、油脂和蛋白质的组成与性质，注意把握糖类、油脂和蛋白质的组成，熟悉常见糖类、油脂和蛋白质的组成的性质是解答关键。6、B【解析】

A、质子数和中子数共同决定原子的种类，3He和4He的质量数或中子数不同，质子数相同，属于同种元素的不同原子，A错误；B、3He和4He都是氦元素的同位素，B正确；C、化学变化是指元素的原子核不变、核外电子发生转移（得失或共用电子对的偏移）的过程，核聚变则是复杂的物理变化和化学变化共同作用的过程，不属于化学变化的研究范畴，C错误；D、3He的质子数、中子数、核外电子数分别为2、3-2=1、2，D错误；答案选B。7、D【解析】

A、乙酸与乙醇互溶，不能分液，应该是蒸馏，A错误；B、吸收乙酸乙酯时导管口不能插入溶液中，否则会引起倒吸，B错误；C、蒸馏时冷却水应该是下口进上口出，C错误；D、甲烷与氯气光照条件下发生取代反应，实验装置正确，D正确。答案选D。8、A【解析】分析：根据反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示分析解答。详解：某温度时，2NO(g)＋O2(g)＝2NO2(g)反应到2s后，NO的浓度减少了0.06mol·L-1，则根据方程式可知氧气浓度变化量是0.03mol/L，所以以O2表示该时段的化学反应速率是0.03mol/L÷2s＝0.015mol·L-1·s-1。答案选A。9、C【解析】分析：X、Y、Z、W均为短周期元素，依据其所在表格中的相对位置知X、Y位于第二周期，Z、W位于第三周期，且X与Z的质子数之和为23，设X的质子数为a，则Y为a+1，Y为a+9，W为a+10，即a+（a+9）＝23，解得：a=7，据此得出X为N，Y为O，Z为S，Z为S、W为Cl，据此判断各选项即可。详解：根据以上分析可知X为N，Y为O，Z为S、W为Cl，则A．氮元素的氢化物氨气是碱性气体，其水溶液显碱性，A错误；B．非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，其它含氧酸则不一定，B错误；C．离子的核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则Z、W简单离子半径Z＞W，C正确；D．氯气不具有漂白性，溶于水生成的次氯酸具有漂白性，Z的氧化物二氧化硫具有漂白性，D错误；答案选C。点睛：本题主要考查的是位置-结构-性质的关系，题目难度中等，推断元素是解答本题的关键，注意把握元素周期律的递变规律，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。10、B【解析】A项，C和Si同主族，非金属性C>Si，非金属性越强氢化物越稳定，故A不符合题意；B项，在高温下，碳和氧结合成一氧化碳气体，熵增加，属于难挥发性氧化物制易挥发性氧化物，故B符合题意；C项，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，故C不符合题意；D项，碳与硅都属于第ⅣA族，碳原子序数为6，硅原子序数为14，同主族原子序数越小非金属性越强，故D不符合题意。点睛：本题考查非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律，非金属性强弱可以通过氢化物的稳定性判断，也可以通过最高价含氧酸的酸性判断。11、D【解析】分析：在短周期主族元素中，元素的最高正化合价与其族序数相等，非金属元素负化合价数值=族序数-8，原子的电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，其原子半径随着原子序数增大而减小；L、Q属于第IIA族元素，L原子半径大于Q，则L是Mg元素、Q是Be元素；M属于第IIIA族元素，M原子半径大于Q，则M是Al元素；R、T最低负价是-2价，则二者属于第VIA族元素，R有正化合价，则R为S元素、T为O元素，再结合题目分析解答。详解：在短周期主族元素中，元素的最高正化合价与其族序数相等，非金属元素负化合价数值=族序数-8，原子的电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，其原子半径随着原子序数增大而减小；L、Q属于第IIA族元素，L原子半径大于Q，则L是Mg元素、Q是Be元素；M属于第IIIA族元素，M原子半径大于Q，则M是Al元素；R、T最低负价是-2价，则二者属于第VIA族元素，R有正化合价，则R为S元素、T为O元素，A、由于H2O中存在氢键沸点高，故简单氢化物的沸点:T>R，选项A错误；B、同周期从左到右金属性减弱，最高价氧化物的水化物的碱性减弱，故最高价氧化物对应水化物的碱性:L>Q，选项B错误；C．L是Mg元素、R是S元素，L2+核外电子数是10、R2-的核外电子数是18，所以二者核外电子数不等，选项C错误；D、M与T形成的化合物氧化铝具有两性，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查了原子结构和元素性质，明确元素化合价、原子半径与原子结构的关系是解本题关键，再结合元素周期律分析解答，题目难度中等。12、D【解析】

A、锌锰干电池中，MnO2作氧化剂，故A错误；B、铅蓄电池放电时总反应式为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，硫酸的浓度降低，故B错误；C、精炼铜，粗铜作阳极，纯铜作阴极，粗铜中含有比铜活泼的杂质金属，这些金属先失电子，阴极反应式为Cu2++2e-=Cu，因此溶液中Cu2+减小，故C错误；D、锌是活泼金属，锌为负极，Ag2O为正极，外电路中电子从Zn流向氧化银，故D正确；答案选D。13、B【解析】分析:有元素化合价变化的反应为氧化还原反应；常见的吸热反应有Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl反应、C参加的氧化还原反应、大多数的分解反应等，以此来解答。详解：A项，铝片与稀H2SO4反应，是氧化还原反应，也是放热反应，故不选A项；B.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应是吸热反应，该反应不是氧化还原反应，故选B项；C项，灼热的炭与CO2反应，该反应是吸热反应，同时碳的化合价发生变化，是氧化还原反应，故不选C项。D项，甲烷在O2中的燃烧反应是氧化还原反应，也是放热反应，故不选D项；综上所述，本题正确答案为B。14、C【解析】分析：本题考查的是酯的制备和分离。根据酯的形成条件和性质进行分析。详解：A.反应温度为115～125℃，水浴加热控制温度在100℃以下，不能用水浴加热，故正确；B.长玻璃管能使乙酸气体变为乙酸液体流会试管，起到冷凝回流作用，使反应更充分，故正确；C.提纯乙酸丁酯不能使用氢氧化钠，因为酯在氢氧化钠的条件下水解，故错误；D.该装置是直接加热，不好控制反应温度在115～125℃，故正确。故选C。15、B【解析】

A．位于金属与非金属分界线附近的元素具有一定的金属性与非金属性，过渡元素为副族元素与第Ⅷ族，选项A错误；B．位于元素周期表中金属和非金属元素的分界线的附近的元素既有金属性又有非金属性，选项B正确；C．离核较近的区域能量较低，多电子原子中，能量高的电子在离核较远的区域内运动，选项C错误；D．O元素、F元素一般没有正化合价，选项D错误；答案选B。16、C【解析】

A、过氧化钠属于过氧化物，不是碱性氧化物，故A错误；B.金属钠久置空气中最终转变为Na2CO3，故B错误；C.钠的还原性强，钠可以将钛、铌等金属从其熔融的氯化物中置换出来，故C正确；D.过氧化钠中的氧元素化合价为-1，氧元素化合价既可以升高又可以降低，所以过氧化钠既具有氧化性又有还原性，故D错误。17、A【解析】

A.H2O是由分子构成的共价化合物，A符合题意；B.MgO是由Mg2+、O2-通过离子键构成的离子化合物，B不符合题意；C.CaCl2是由Ca2+、Cl-通过离子键构成的离子化合物，C不符合题意；D.KBr是由K+、Br-通过离子键构成的离子化合物，D不符合题意；故合理选项是A。18、C【解析】

A．酯水解生成酸和醇，断裂的是C-O键，则在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH，故A错误；B．油脂在碱性条件下水解反应称为皂化反应，在碱性条件下水解为高级脂肪酸盐和甘油，酸性条件下的水解产物为甘油和高级脂肪酸，故B错误；C．淀粉和纤维素的聚合度不同，两者的分子式不同，不是同分异构体，故C正确；D．蔗糖在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖发生银镜反应需要在碱性条件下，蔗糖水解后应先加入碱调节溶液呈碱性，故D错误；故选C。19、C【解析】

A.我国的天然气主要分布在中西部地区及海底，故A正确；B.可燃冰是天然气的水合物，主要可燃成分是甲烷，外形似冰，易燃烧，故B正确；C.甲烷是纯净物，是天然气的主要成分，故C错误；D.天然气和沼气的主要成分都是甲烷，甲烷是一种清洁能源，故D正确；故选C。20、B【解析】①两液体不互溶②两物质的沸点差别比较大③根据溴在有机溶剂中溶解度大的特点用苯进行萃取。21、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。22、A【解析】

A.10mL0.1mol/L的AlCl3溶液中Cl−的物质的量浓度为0.1mol/L×3=0.3mol/L；B.20mL0.1mol/L的CaCl2溶液中Cl−的物质的量浓度为0.1mol/L×2=0.2mol/L；C.30mL0.2mol/L的KCl溶液中Cl−的物质的量浓度为0.2mol/L×1=0.2mol/L；D.100mL0.25mol/L的NaCl溶液中Cl−的物质的量浓度为0.25mol/L×1=0.25mol/L；对比可知氯离子浓度最大的为0.3mol/L，A项符合题意，答案选A。【点睛】值得注意的是，氯离子的物质的量浓度与溶液体积大小无关，与溶质浓度及其化学式组成有关。二、非选择题(共84分)23、羧基2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH2=CH2+HClCH3CH2Cl催化剂和吸水剂b【解析】

A是石油裂解气的主要产物之一，它的产量用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A为C2H4；由转化关系可知乙烯和氯化氢发生加成反应生成F，F为氯乙烷，乙烯和水发生加成反应生成B，则B是乙醇，乙醇和氧气在铜作催化剂作用下催化反应生成C，则C是乙醛，B(乙醇)在高锰酸钾作用下生成D，D是乙酸，乙醇和乙酸在浓硫酸作用下反应生成E，E为乙酸乙酯；G是一种高分子化合物，由A乙烯加聚而成，G为聚乙烯，据此分析解答。【详解】(1)D为乙酸，含有的官能团为羧基，故答案为：羧基；(2)反应③为乙醇和氧气在铜作催化剂作用下反应生成C，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；(3)由以上分析可知，G为聚乙烯，其结构简式为，故答案为：；(4)F为A乙烯和氯化氢反应的产物，乙烯和氯化氢在一定条件下发生加成反应生成氯乙烷，反应的化学方程式为：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，故答案为：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl；(5)乙醇与乙酸发生酯化反应，反应中需要加入浓硫酸，浓硫酸的作用为催化剂和吸水剂；为了得到较纯的乙酸乙酯，需除去乙酸乙酯中含有的乙酸，乙酸能够与碳酸钠反应，而乙酸乙酯在碳酸钠溶液中的溶解度很小，乙醇最好的处理方法是用过量饱和碳酸钠溶液洗涤后分液，故答案为：催化剂和吸水剂；b。【点睛】掌握乙烯的性质是解题的关键。本题的易错点为(5)，要注意除去乙酸乙酯中含有的乙酸，不能选用氢氧化钠溶液，因为乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中能够发生水解反应。24、C3H6O；CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O；；【解析】

根据A对氢气的相对密度推断，密度之比等于摩尔质量之比，所以A的摩尔质量为292=58g/mol，将生成的气体通入过量的石灰水中，得到碳酸钙沉淀，碳酸钙的摩尔质量为100g/mol，所以15g沉淀等于是生成了0.15mol碳酸钙，2.9g的A物质是0.05mol，根据碳原子守恒，0.05mol的A物质中含有0.15mol的碳原子，所以A的分子式中含有3个碳原子，设化学式为C3HxOy，36+x+16y=58，当y=1时，x=6，当y=2时，x=-12，不可能为负数，因此A化学式为C3H6O；【详解】（1）A的分子式为C3H6O；（2）根据该物质能与银氨溶液反应，证明该物质为丙醛，0.58g该有机物是0.01mol，生成2.16g金属银，2.16g金属银是0.02mol，所以0.01mol的丙醛与0.02mol的银氨溶液反应，反应方程式为：CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O（3）先将醛基氧化变成羧基，再与丙醇发生酯化反应生成丙酸丙酯，合成路线如下：。25、Al4C3＋6H2SO4=2Al2(SO4)3＋3CH4↑干燥甲烷不能A2CH4＋7CuO7Cu＋CO↑+CO2↑＋4H2O在I瓶中，气体颜色逐渐变浅，瓶壁上出现油状液滴，II瓶中无现象水倒吸入I瓶中，同时I瓶中出现少量白雾，II瓶中无现象【解析】

（1）碳化铝（Al4C3）与水反应生成氢氧化铝和甲烷，碳化铝与硫酸反应可理解为碳化铝（Al4C3）与水反应，产物再和硫酸反应，所以产物为硫酸铝和甲烷，反应方程式为：Al4C3＋6H2SO4=2Al2(SO4)3＋3CH4↑；（2）碳化铝与硫酸反应生成硫酸铝和甲烷，甲方案探究甲烷与氧化剂反应，盛放浓硫酸的装置放置在氧化剂氧化铜之前，所以实验甲中浓硫酸的作用是干燥CH4，甲烷和氧化铜反应，碳元素化合价升高，生成碳的氧化物，产物中可能有一氧化碳生成，所以集气瓶中收集到的气体不能直接排放到空气中；（3）A．甲烷不能与强氧化剂反应，若能反应，则酸性高锰酸钾溶液在甲烷的作用下会褪色，现不褪色，结论是通常条件下，甲烷不能与强氧化剂反应，A正确；B．甲烷能与氧化铜反应，当少量甲烷参加反应，硬质试管里为大量黑色粉末氧化铜和少量铜的混合物，也可能为氧化亚铜，现象无颜色变化，结论是甲烷不与氧化铜反应时错误的，B错误；C．氧化铜与甲烷反应生成水和二氧化碳、一氧化碳，硬质试管里黑色粉末也能变红色，C错误；D．甲烷不能与溴水反应，但甲烷能与卤素单质发生取代反应，D错误；答案选A；（4）甲烷中碳元素化合价为-4价，甲烷与氧化铜反应，碳元素化合价升高，甲烷与氧化铜物质的量之比2：7，先根据氢守恒确定水前系数，再根据碳、氧守恒得硬质试管里可能发生的化学方程式为：2CH4＋7CuO7Cu＋CO↑+CO2↑＋4H2O；（5）由于甲烷和氯气在光照条件下发生反应，生成物有CH3Cl（气体）、CH2Cl2（油状液体）、CHCl3（油状液体）、CCl4（油状液体）、HCl（极易溶于水），一段时间后，观察到图2装置中出现的实验现象是：在I瓶中，气体颜色逐渐变浅，瓶壁上出现油状液滴，Ⅱ瓶中无现象，然后打开弹簧夹a、b，观察到的实验现象是：水倒吸入I瓶中，同时I瓶中出现少量白雾，Ⅱ瓶中无现象。点睛：本题是关于甲烷的还原性的实验探究，考查了元素守恒定律的运用及实验的步骤、物质的性质等，掌握实验室制取氯气的反应原理，明确甲烷的取代反应原理、反应条件是解答关键，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力。26、放热高低2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3Fe2O3助燃剂，引发铝热反应①②③④【解析】

I.(1)当向盛有A的试管中滴加试剂B时，看到U形管中甲处液面下降乙处液面上升，这说明空气受热膨胀，因此反应中放出能量，即该反应是放热反应；(2)反应是放热反应，因此A和B的总能量比C和D的总能量高。(3)由于断键吸热，形成化学键放热，而该反应是放热反应，则反应物化学键断裂吸收的能量低于生成物化学键形成放出的能量。Ⅱ.(4)铝与氧化铁发生铝热反应生成氧化铝和铁，则该反应的化学方程式为2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3，铁元素化合价降低，则在该反应中Fe2O3是氧化剂。氯酸钾的作用是助燃剂，引发铝热反应。(5)铝热反应的实验现象为①镁带剧烈燃烧；②放出大量的热，并发出耀眼的白光；③纸漏斗的下部被烧穿；④有红热状态的液珠落入蒸发皿内的细沙上，液珠冷却后变为黑色固体，答案选①②③④。【点睛】铝热反应的本质是利用铝的还原性，将难熔金属从其氧化物中置换出来，做铝热反应时，应注意以下几点：①要保证纸漏斗重叠时四周均为四层，且内层纸漏斗一定要用水润湿，以防止高温物质从四周溅出，同时损坏纸漏斗。②蒸发皿中的细沙要适量，既要防止蒸发皿炸裂，又要防止熔融的液体溅出伤人。③实验装置不要距人群太近，应远离易燃物。27、炭（或C）脱水浓硫酸遇水放热，提高反应的温度C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O品红（或酸性KMnO4溶液）氢氧化钙或[Ca(OH)2]除去SO2【解析】

蔗糖的组成元素为碳、氢、氧，实验中可以观察到试管内的固体由白色变为黑色，说明有碳生成，证明浓硫酸有脱水作用，使蔗糖脱水炭化，体积膨胀说明有气体生成，同时闻到刺激性气味，说明碳单质与浓硫酸反应生成二氧化碳和有刺激性气味的二氧化硫，反应表现了浓硫酸的强氧化性，试管壁摸起来发烫说明该实验是一个放热过程。【详解】（1）实验中可以观察到试管内的固体由白色变为黑色，说明有C生成，证明浓硫酸有脱水作用，使蔗糖脱水炭化，故答案为：炭（或C）；脱水；（2）浓硫酸稀释时放出大量的热，则滴加浓硫酸之前加入2~3滴水的目的是浓硫酸遇水放热，提高反应的温度，有利于蔗糖的脱水炭化；脱水炭化生成的C与浓硫酸共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O，故答案为：浓硫酸遇水放热，提高反应的温度；C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O；（3）①因二氧化硫干扰二氧化碳的检验，所以应先利用二氧化硫的漂白性或还原性检验二氧化硫气体，再用酸性高锰酸钾溶液吸收除去二氧化硫，排除二氧化硫对二氧化碳检验的干扰，再用澄清石灰水检验二氧化碳。①X试剂的目的是利用二氧化硫的漂白性或还原性检验二氧化硫气体的生成，则X可以为品红溶液（或酸性KMnO4溶液或溴水），Y试剂为澄清石灰水，目的是检验二氧化碳的生成，故答案为：品红（或酸性KMnO4溶液）；氢氧化钙或[Ca(OH)2]；②装置中酸性KMnO4溶液的作用是吸收除去二氧化硫，排除二氧化硫对二氧化碳检验的干扰，故答案为：除去SO2。【点睛】二氧化硫和二氧化碳均为酸性氧化物，都能与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，使石灰水变浑浊，因此检验二氧化碳前必须除去混合气体中的二氧化硫，排除二氧化硫对二氧化碳检验的干扰是解答关键，也是难点和易错点。28、3A2B0.1mol/(L·min)>BD【解析】(1)由图可以知道，从反应开始，A的物质的量减少，B的物质的量增加，则A为反应物、B为生成物，开始至4min时，A减少0.8mol-0.4mol=0.4mol，B增加0.4mol-0.2mol=0.2mol，由反应速率之比等于化学计量数之比可以知道，A、B的化学计量数比为2:1，且后来达到平衡状态，则反应为2A⇌B；(2)0~4min内