山西平遥县和诚2025届高一下化学期末学业水平测试试题含解析

山西平遥县和诚2025届高一下化学期末学业水平测试试题注意事项：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、香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如下：下列有关香叶醇的叙述正确的是()A．香叶醇的分子式为C10H18OB．不能使溴的四氯化碳溶液褪色C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．能发生加成反应不能与金属钠反应2、加入水能抑制水的电离的物质是A．碘化钾 B．氯化钠 C．硫酸 D．硫酸钠3、关于的下列说法中正确的是A．分子式为C9H9O2B．含有三种官能团C．可使溴的四氯化碳溶液或酸性KMnO4溶液褪色D．可以发生取代反应和加成反应，但不能发生聚合反应4、下列应用与盐类水解无主要关系的是（）A．用铝盐和铁盐做净水剂B．将SOCl2

(遇水剧烈水解)和AlCl3·6H2O混合加热制取无水AlCl3C．FeSO4溶液制备FeSO4·7H2O晶体时，不能直接蒸干结晶获取D．施化肥时，不能将草木灰和硝酸铵混合使用5、昆仑玉的成分可简单看作Ca2Mg5Si8O22(OH)2，则用氧化物的形式可表示为（）A．CaO·MgO·SiO2·H2OB．2CaO·5MgO·8SiO2·H2OC．2CaO·MgO·SiO2·H2OD．5CaO·2MgO·8SiO2·H2O6、下列各组物质全部是弱电解质的是()A．H2SO3、Ba(OH)2、BaSO4B．Cu(OH)2、CH3COOH、C2H5OH、CH3COONaC．SO2、H2S、CO2D．H2O、NH3·H2O、H3PO4、HF7、南通首个全程马拉松比赛，于2019年3月10日在长寿之乡如皋市开赛。远动员所穿的五彩缤纷的运动服，大量使用莱卡纤维(聚氨基甲酸酯纤维)，莱卡纤维属于A．盐 B．有机高分子 C．无机非金属材料 D．烃类8、第三届联合国环境大会的主题为“迈向零污染地球”。下列做法不应提倡的是()A．推广电动汽车，践行绿色交通B．回收电子垃圾，集中填埋处理C．水果保鲜，可用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土D．净化工业尾气，减少雾霾生成9、下列不能说明氯元素的非金属性比硫元素强的是（）①HCl比H2S稳定②HClO氧化性比H2SO4强③HClO4酸性比H2SO4强④Cl2能与H2S反应生成S⑤Cl2与Fe反应生成FeCl3，S与Fe反应生成FeS．A．①⑤B．②C．①④D．①③⑤10、下列实验中，对应的现象以及解释或结论都正确且具有因果关系的是：选项操作现象解释或结论A测定等浓度的Na2SO3和NaHSO3溶液的pHNa2SO3溶液的pH较大HSO3－结合H+的能力比SO32－的强B向盛有2ml0.1mol/LAgNO3溶液的试管中滴加一定量0.1mol/LNaCl溶液，再向其中滴加一定量0.1mol/LKI溶液先有白色沉淀生成，后又产生黄色沉淀Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)C室温下，取相同大小、形状和质量的Zn粒分别投入0.1mol/L的盐酸和1.0mol/L的盐酸中Zn粒与1.0mol/L的反应更剧烈探究浓度对化学反应速率的影响D用石墨做电极电解Mg(NO3)2、Cu(NO3)2的混合溶液阴极上先析出铜金属活动性：Cu>MgA．A B．B C．C D．D11、某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为（）A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.9312、常温常压下，下列有机物以液态形式存在的是A．甲烷 B．乙烯 C．一氯甲烷 D．乙酸13、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A．B．C．D．14、下列物质有固定溶、沸点的是A．煤油 B．花生油 C．已酸 D．聚乙烯15、在l0℃时，10mL0.4mol•L－1H2O2溶液发生催化分解：2H2O22H2O＋O2↑，不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表：t/min0246V(O2)/mL0.09.917.222.4下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）A．0～2min的平均反应速率比4～6min快B．0～6min的平均反应速率v(H2O2)＝3.3×10－2moL－1•L－1•min－1C．反应至6min时，c(H2O2)＝0.3mol·L－1D．反应至6min时，H2O2分解了50%16、1mol气态烷烃完全燃烧，需要8mol的氧气，这种烷烃的分子式为()A．C3H8B．C4H10C．C5H12D．C6H1417、在常温常压下，等质量的下列烃分别在氧气中完全燃烧时，消耗氧气最多的是A．CH4 B．C2H6 C．C2H4 D．C4H1018、关于元素周期表的下列叙述，错误的是A．元素周期表揭示了化学元素间的内在联系，是化学发展史上的重要里程碑之一B．在周期表中，把电子层数相同的元素排成一横行，称为一周期C．元素周期表中，总共有18个纵行，18个族D．第IA族的元素又称为碱金属元素（除了H），第ⅦA族的元素又称为卤族元素19、在一定温度下，将等量的气体分别通入起始容积相同的密闭容器Ⅰ和Ⅱ中，使其发生反应，t0时容器Ⅰ中达到化学平衡，X、Y、Z的物质的量的变化如图所示。则下列有关推断正确的是A．该反应的化学方程式为3X＋2Y⇌2ZB．若两容器中均达到平衡时，两容器中Z的物质的量分数相同，则Y为固体或液体C．若两容器中均达到平衡时，两容器的体积V(Ⅰ)＜V(Ⅱ)，则容器Ⅱ达到平衡所需时间小于t0D．若达平衡后，对容器Ⅱ升高温度时，其体积增大，说明Z发生的反应为吸热反应20、一定条件下，向某密闭容器中充入一定量的H2和I2蒸气，发生如下反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)，反应达到平衡，下列说法正确的是A．平衡时，正逆反应速率相等且等于零B．平衡时，c(H2)=c(I2)=c(HI)C．平衡时只有H2和I2反应生成HID．平衡时，混合气体的所有成分的质量分数均保持不变21、Mg-AgCl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池反应方程式为：2AgCl+Mg=Mg2++2Ag+2Cl-。有关该电池的说法正确的是A．Mg为电池的正极B．负极反应为AgCl+e-=Ag+Cl-C．不能被KCl溶液激活D．可用于海上应急照明供电22、下列物质不属于天然高分子化合物的是A．纤维素 B．蛋白质C．油脂 D．淀粉二、非选择题(共84分)23、（14分）下面是元素周期表的一部分，请按要求填空：ABCDEFGHI（1）A元素的最高价氧化物的电子式______。（2）元素G在周期表中的位置是_______。（3）C与D简单离子中半径较大的是________（用离子符号表示）。（4）C与F的气态氢化物中较稳定是________（用化学式表示）。（5）写出G单质与I的最高价氧化物对应水化物的溶液反应的化学方程式______。（6）下列说法或实验不能证明H和I两种元素的金属性强弱的是_____。a比较两种元素的单质的熔点、沸点高低b将两种元素的单质分别与冷水反应，观察反应的剧烈程度c比较两种元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱24、（12分）A、B、C、D、E五种物质是含钠元素的单质或化合物，其中B为淡黄色固体，它们有如图所示的转化关系：(1)推断各符号所代表的物质的化学式：A____________，B____________，C____________，D____________，E____________。(2)分别写出反应②、⑤的化学方程式：②______________________________________，⑤__________________________________________。(3)写出反应③的离子方程式____________________________________________。25、（12分）某研究性学习小组设计了一组实验来探究第ⅦA族元素原子的得电子能力强弱规律。下图中A、B、C是三个可供选择制取氯气的装置，装置D的玻璃管中①②③④处依次放置蘸有NaBr溶液、淀粉碘化钾溶液、NaOH浓溶液和品红溶液的棉球。(1)写出装置B中指定仪器的名称a________，b_________。(2)实验室制取氯气还可采用如下原理：2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。依据该原理需要选择A、B、C装置中的________装置制取氯气。(3)反应装置的导气管连接装置D的________(填“X”或“Y”)导管，试回答下列问题①处所发生反应的离子方程式：____________________；②处的现象：____________________；③处所发生反应的离子方程式：__________________________。(4)装置D中④的作用是__________________。(5)某同学根据①②两处棉球颜色的变化得出结论：Cl、Br、I原子的得电子能力依次减弱。上述实验现象________(填“能”或“不能”)证明该结论、理由是___________。26、（10分）查阅资料知：Br2的沸点为58.78℃，密度为3.119g•cm﹣3，微溶于水，有毒。Ⅰ．（1）常温下，单质溴通常呈__态，保存时通常在盛溴的试剂瓶中加入少量__液封。Ⅱ．工业生产中，海水提取溴常用空气吹出法。其生产流程可用如图表示：浓缩海水→通入氯气低浓度溴水→用X吸收用空气吹出溴某化学实验小组模拟该法设计了如图实验装置（夹持装置略去）从浓缩的海水中提取液溴实验步骤如下：①关闭活塞b、d，打开活塞a、c，向A中缓慢通入Cl2，至反应结束；②关闭a、c，打开b、d，向A中鼓入足量热空气；③关闭b，打开a，再通过A向B中通入足量的Cl2；④将B中所得液体进行蒸馏，收集液溴。（2）当观察到A中液面上方出现____（实验现象）即可判断步骤①中反应已经结束。（3）X试剂可以是___，尾气处理选用___（填序号，试剂不重复使用）。a．H2Ob．饱和食盐水c．NaOH溶液d．饱和Na2SO3溶液B中X试剂发生反应的离子方程式为____________________________________。（4）蒸馏时应该选择下列仪器_____（填序号），实验过程中应控制温度为_________时收集液溴。27、（12分）为验证氧化性：Cl2＞Fe3＋＞SO2，某小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器和A中的加热装置已略，气密性已经检验完毕)实验过程如图：Ⅰ.打开弹簧夹K1～K4，通入一段时间N2，再将T形导管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4。Ⅱ.打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，给A加热。Ⅲ.当B中溶液变黄时，停止加热，夹紧弹簧夹K2。Ⅳ.打开活塞b，使约2mL的溶液流入D试管中，检验其中的阳离子。Ⅴ.打开弹簧夹K3、活塞c，加入70%的硫酸，一段时间后夹紧弹簧夹K3。Ⅵ.更新试管D，重复过程Ⅳ，检验B溶液中的离子。(1)过程Ⅰ的目的是________________________。(2)棉花中浸润的溶液为_____________。作用是___________________。(3)A中发生反应的化学方程式：______________________________________。(4)导致步骤Ⅲ中溶液变黄的离子反应是______________________________。用______________(写试剂化学式)检验氧化产物，现象是____________。(5)能说明氧化性Fe3＋＞SO2的离子方程式是__________________________。(6)甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，他们的检测结果一定能够证明氧化性Cl2＞Fe3＋＞SO2的是________________(填“甲”“乙”或“丙”)。28、（14分）能源是国民经济发展的重要基础，我国目前使用的能源主要是化石燃料。（1）在25℃、101kPa时，8gCH4完全燃烧生成液态水时放出的热量是445.15kJ，则CH4燃烧的热化学方程式_____________。（2）已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-437.3kJ·mol-1H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)△H=-285.8kJ·mol-1CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ·mol-1则煤气化反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)的焓变△H=___kJ·mol-1。29、（10分）从铝土矿(主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)中提取Al2O3两种工艺的流程如下：请回答下列问题：(1)流程乙加入烧碱后和SiO2反应的离子方程式为________________________________。(2)流程甲滤液D中通入过量CO2的化学方程式为_______________________________。(3)验证滤液B中是否含有Fe3+的方法：_____________________________。(4)写出滤液E中溶质的一种用途_________________________________。(5)由物质G制取铝的化学方程式为__________________________。(6)氧化铝与焦炭的混合物在氮气中高温加热反应，制得新型非金属材料AlN与一种中学常见气体X。已知每转移3mole-，有1.5mol化合物X生成，此反应的化学方程式________。

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、A【解析】分析：根据有机物分子中含有碳碳双键和醇羟基，结合乙烯和乙醇的性质解答。详解：A.根据有机物结构简式可判断香叶醇的分子式为C10H18O，A正确；B.含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，B错误；C.含有碳碳双键和醇羟基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；D.含有碳碳双键，能发生加成反应，含有醇羟基，能与金属钠反应，D错误。答案选A。2、C【解析】

碘化钾、氯化钠和硫酸钠均为强酸强碱盐，在溶液中不水解，不影响水电离的氢离子和OH-离子浓度，所以它们不影响水的电离；硫酸在水中能够电离出氢离子，使水中氢离子浓度增大，抑制水的电离，水的电离平衡逆向移动，故答案为C。3、C【解析】

A．由结构简式可知分子式为C9H8O2，故A错误；B．根据结构可知，其含有碳碳双键和羧基两种官能团，故B错误；C．含碳碳双键，能使Br2的CCl4溶液褪色，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D．含-COOH，能发生取代反应，含碳碳双键，能发生加成、加聚反应，故D错误；故选C。4、C【解析】分析：A.铝离子和铁离子均水解；B.氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢；C.亚铁离子不稳定，易被空气氧化生成铁离子；D.铵根和碳酸根水解相互促进。详解：A.铝离子和铁离子均水解，分别生成氢氧化铝胶体和氢氧化铁胶体，因此用铝盐和铁盐做净水剂，与盐类水解有关系，A不符合；B.氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，将SOCl2(遇水剧烈水解生成氯化氢)和AlCl3·6H2O混合加热制取无水AlCl3，与盐类水解有关系，B不符合；C.亚铁离子不稳定，易被空气氧化生成铁离子，且FeSO4•7H2O受热易分解，所以不能直接蒸干FeSO4饱和溶液来制备FeSO4•7H2O，与盐类水解无关，C符合；D.铵根和碳酸根水解相互促进，因此施化肥时，不能将草木灰和硝酸铵混合使用，与盐类水解有关系，D不符合。答案选C。5、B【解析】

根据硅酸盐改写成氧化物的形式为：活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•二氧化硅•水，同时要遵循原子守恒，Ca2Mg5Si8O22（OH）2可表示为：2CaO•5MgO•8SiO2•H2O，故答案为B。6、D【解析】分析：电解质在溶液中部分电离出阴阳离子，存在电离平衡的电解质是弱电解质，弱酸、弱碱、少数盐以及水是弱电解质，据此解答。详解：A、H2SO3是弱电解质，Ba(OH)2、BaSO4是强电解质，A错误；B、Cu(OH)2、CH3COOH是弱电解质，C2H5OH是非电解质，CH3COONa是强电解质，B错误；C、H2S是弱电解质，SO2、CO2是非电解质，C错误；D、H2O、NH3·H2O、H3PO4、HF均是弱电解质，D正确，答案选D。7、B【解析】

通常把材料分成四大类：金属材料、无机非金属材料、合成材料和复合材料；金属材料包括金属单质与合金；无机非金属材料主要为无机盐，如玻璃、陶瓷等；合成材料包括塑料、合成橡胶、合成纤维；【详解】A.电离时生成金属离子（铵根）与酸根离子的化合物叫盐，莱卡纤维属于有机物，不属于盐类，故A错误；B.纤维素分为天然纤维和合成纤维，都属于有机高分子材料，莱卡纤维属于人工合成有机高分子材料，故B正确；C.无机非金属材料，主要为无机盐，如玻璃、陶瓷等，故C错误；D.烃类属于有机物，只含碳氢两种元素，分为芳香烃，烷烃，烯烃，炔烃等，莱卡纤维不属于烃类，故D错误；答案选B。8、B【解析】

A．推广电动汽车，减少燃油汽车排放污染气体，保护环境，践行绿色交通，应提倡，A不符合；B．电子垃圾需要无害处理，有些含有重金属离子等，掩埋能够引起土壤污染，不提倡，B符合；C．乙烯具有催熟作用，水果保鲜，可用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土，C不符合；D．净化工业尾气可以减少灰尘颗粒等空气污染物的排放，减少雾霾生成，有利于环境保护，应提倡，D不符合；答案选B。【点睛】本题考查了化学与生产、生活的关系，侧重考查环境污染与治理，把握绿色化学合核心，明确“迈向零污染地球”含义是解题关键，题目难度不大。9、B【解析】分析：比较非金属性可通过以下角度:氢化物的稳定性;与氢气反应的难易程度;最高价氧化物对应的水化物的酸性;单质之间的置换反应;对应阴离子的还原性强弱;与变价金属反应的化合价高低等。详解:①元素的非金属性越强,对应的氢化物越稳定,HCl比H2S稳定,Cl比S非金属性强,故①正确;②比较非金属性的强弱,根据最高价含氧酸的酸性性强弱来比较,最高价含氧酸的酸性越强,则元素的非金属性越强,HClO不是最高价含氧酸,故②错误;③元素的非金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强,HClO4酸性比H2SO4强,Cl比S非金属性强,故③正确;④元素的非金属性越强,对应的单质的氧化性越强,Cl2能与H2S反应生成S,Cl比S非金属性强,故④正确;⑤元素的非金属性越强,对应的单质的氧化性越强,Cl2与Fe反应生成FeCl3,S与Fe反应生成FeS,说明Cl2的氧化性大于S,则非金属性Cl大于S,故⑤正确;所以B选项是正确的。点睛：本题考查了元素非金属性强弱的比较方法。可以通过氢化物的稳定性;与氢气反应的难易程度;最高价氧化物对应的水化物的酸性;单质之间的置换反应;对应阴离子的还原性强弱;与变价金属反应的化合价高低等进行比较。10、C【解析】

A.阴离子水解程度越大，溶液pH越大，说明越易结合氢离子，则HSO3-结合H+的能力比SO32-的弱，故A错误；B.向AgNO3溶液中先后滴加NaCl溶液和KI溶液，依次生成白色沉淀和黄色沉淀，由于滴加NaCl溶液后AgNO3过量，不能说明发生了沉淀的转化，不能得出Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故B错误；C.其他条件相同，探究浓度对化学反应速率的影响，反应物的浓度越大，反应速率越快，故C正确；D.由D的现象可得氧化性Cu2+＞Mg2+，还原性Mg>Cu，所以金属活动性：Mg>Cu，故D错误。故选C。11、A【解析】

FexO中Fe的平均化合价为+，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等．标准状况下112mLCl2转移电子数为×2=0.01mol．则有：×(3-)×x=0.01mol，解得x=0.8，故选A。【点晴】本题考查氧化还原反应计算，注意氧化还原反应计算中电子转移守恒运用。电子得失守恒法解题的一般思路是：首先找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物；其次找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)；最后根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。即n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。本题中注意平均化合价的应用，根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。12、D【解析】

A.甲烷在常温常压下是气体，A不符合题意；B.乙烯在常温常压下是气体，B不符合题意；C.一氯甲烷在常温常压下是气体，C不符合题意；D.乙酸在常温常压下呈液态，D符合题意；故合理选项是D。13、A【解析】分析：A．电解熔融的氯化钠得到钠，钠在氧气中点燃生成过氧化钠；B．铁在氯气中点燃生成氯化铁；C．二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵或亚硫酸氢铵；D．乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷。详解：A．电解熔融的氯化钠得到钠，钠在氧气中点燃生成过氧化钠，所以物质间转化均能一步实现，选项A正确；B．铁在氯气中点燃生成氯化铁而不能得到氯化亚铁，选项B错误；C．二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵或亚硫酸氢铵而得不到硫酸铵，选项C错误；D．乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，得不到1，1-二溴乙烷，选项D错误。答案选A。点睛：本题综合考查元素化合物知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件，难度不大，注意相关基础知识的积累。14、C【解析】

纯净物具有固定的沸点，混合物因含多种成分没有固定的沸点。【详解】A项、煤油是石油分馏的产品，属于混合物，没有固定溶、沸点，故A错误；B项、花生油属于油脂，属于混合物，没有固定溶、沸点，故B错误；C项、已酸属于羧酸，为纯净物，有固定溶、沸点，故C正确；D项、聚乙烯为高分子化合物，属于混合物，没有固定溶、沸点，故D错误；故选C。【点睛】本题考查纯净物和混合物的性质，根据物质有固定的沸点判断物质一定是纯净物是解题关键。15、C【解析】

A.2H2O22H2O＋O2↑，A．0～2min产生的氧气的体积V（O2）=9.9×10−3L，4～6min产生的氧气的体积V（O2）=(22.4−17.2)×10−3L，所以0～2minH2O2平均反应速率比4～6min快，A正确；B．0～6min产生的氧气的物质的量n（O2）==0.001mol，n（H2O2）=2n（O2）=0.002mol，v（H2O2）=≈3.3×10-2mol/（L•min），B正确；C．6min时，消耗n（H2O2）=2n（O2）=0.002mol；所以6min末，c（H2O2）==0.20（mol/L），C错误；D．6min时，H2O2分解的分解率为：×100%=50%，D正确；故答案选C。16、C【解析】试题分析：设烷烃的化学式为CnH2n+2，CnH2n+2+O2→nCO2+(n+1)H2O11mol8mol则有：=8，解得n=5，故烷烃化学式为：C5H12，故选C。考点：考查了有机物分子式的确定的相关知识。17、A【解析】

CxHy+(x+)O2xCO2+H2O可知，相同质量烃燃烧耗氧量规律为：氢的质量分数越大，完全燃烧耗氧越多，即越大，耗氧量越大，据此分析解答。【详解】氢的质量分数越大，完全燃烧耗氧越多，即等质量的CxHy中越大，耗氧量越大。A．甲烷CH4，H原子与C原子个数比为4∶1；B．乙烷C2H6，H原子与C原子个数比为6∶2=3∶1；C．乙烯C2H4，H原子与C原子个数比为4∶2=2∶1；D．丁烷C4H10，H原子与C原子个数比为5∶2；所以H原子与C原子个数比关系为：CH4＞C2H6＞C2H4＞C4H10，所以相同质量的各烃中甲烷的燃烧耗氧量最大，故选A。18、C【解析】

A．元素周期表揭示了化学元素的内在联系，是化学发展史上的重要里程碑之一，A正确；B．在周期表中，把电子层数相同的元素排成一横行，称为一周期，B正确；C．元素周期表中，总共有18个纵行，16个族，即7个主族、7个副族、1个0族和1个第Ⅷ族，C错误；D．第IA族的元素又称为碱金属（除了H），第ⅦA族的元素又称为卤素，D正确。答案选C。19、B【解析】

A．根据X、Y、Z物质的量的变化图象分析，Z是反应物，X、Y是生成物，到平衡后，X生成1.8mol，Y生成1.2mol，Z反应1.8mol，则反应的化学方程式为：3Z⇌3X+2Y，故A错误；B．若两容器中均达到平衡时，两容器中Z的物质的量分数相同，说明达到相同的平衡，不受压强的变化影响，所以反应前后气体体积应是不变的反应，所以X和Z为气体，而Y为固态或液态，故B正确；C．反应的化学方程式为：3Z⇌3X+2Y，若两容器中均达到平衡时，两容器的体积V(Ⅰ)＜V(Ⅱ)，则容器Ⅱ达到平衡时体积增大，压强减小的过程，达到平衡所需时间大于t0，故C错误；D．若达平衡后，容器Ⅱ是恒压容器，升高温度时其体积增大，但不能说明平衡正向进行，Z发生的反应不一定为吸热反应，故D错误；故答案为B。20、D【解析】

A．平衡为动态平衡，反应达平衡时，正逆反应速率相等但不为零，A项错误；B．平衡时正逆反应速率相等，物质的浓度不一定相等，B项错误；C．平衡时发生H2和I2反应生成HI，也存在HI分解生成H2和I2的反应。C项错误；D．平衡时，反应混合物中各组分的浓度保持一定，各组分的含量保持不变，D项正确；答案选D。21、D【解析】

A、根据电极总电极反应式，化合价升高的作负极，Mg作负极，故错误；B、AgCl作正极，故错误；C、KCl属于电解质，能被激活，故错误；D、利用海水作电解质溶液，故正确。故选D。22、C【解析】

A、纤维素是多糖，相对分子质量在一万以上，是天然高分子化合物，A错误；B、蛋白质，相对分子质量在一万以上，是天然高分子化合物，B错误；C、油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，C正确；D、淀粉是多糖，相对分子质量在一万以上，是天然高分子化合物，D错误。答案选C。二、非选择题(共84分)23、第三周期ⅦA族O2-H2O2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2Oa【解析】

依据元素在周期表的位置关系可知，A、B、C、D、E、F、G、H和I分别是C、N、O、Na、Si、S、Cl、K和Ca，结合元素周期律和物质的结构与性质分析作答。【详解】（1）A元素的最高价氧化物为CO2，为共价化合物，C与O原子之间共用2对电子对，使各原子达到满8电子稳定结构，其电子式为；（2）元素G为Cl，原子序数为17，在周期表中位于第三周期ⅦA族；（3）电子层数越大，简单离子的半径越大；电子层数相同时，原子序数越小，简单离子半径越大，则C与D简单离子中半径较大的是O2-；（4）同主族中元素的非金属性从上到下依次减弱，则C与F的气态氢化物中较稳定是H2O；（5）G单质为Cl2，I的最高价氧化物对应水化物为氢氧化钙，两者参与反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，其反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（6）a.两种元素的单质的熔点、沸点高低，指的是物理性质，与元素的非金属性无关，符合题意，a项正确；b.将两种元素的单质分别与冷水反应，观察反应的剧烈程度，若与冷水反应越剧烈，则单质的金属性越强，b项错误；c.比较两种元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱，碱性越强，则金属性越强，c项错误；答案选a。24、NaNa2O2NaOHNa2CO3NaHCO32Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑CO2＋H2O＋Na2CO3=2NaHCO3CO2＋2OH－=CO32—＋H2O【解析】分析：A、B、C、D、E五种物质是含钠元素的单质或化合物，其中B为淡黄色固体，B是过氧化钠，A是钠，C是氢氧化钠，D是碳酸钠，E是碳酸氢钠，据此解答。详解：A、B、C、D、E五种物质是含钠元素的单质或化合物，其中B为淡黄色固体，B是过氧化钠，A是钠，与水反应生成C是氢氧化钠，过氧化钠与水反应生成D是碳酸钠，碳酸钠能与水、二氧化碳反应生成E是碳酸氢钠，则（1）根据以上分析可知A、B、C、D、E的化学式分别是Na、Na2O2、NaOH、Na2CO3、NaHCO3。（2）反应②是钠与水反应，方程式为2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑；反应⑤是碳酸钠与水和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，方程式为CO2＋H2O＋Na2CO3＝2NaHCO3。（3）反应③是氢氧化钠吸收二氧化碳生成碳酸钠，反应的离子方程式为CO2＋2OH－＝CO32－＋H2O。25、分液漏斗圆底烧瓶AXCl2＋2Br＋===2Cl－＋Br2棉球变蓝Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O检验氯气是否被吸收完全不能实验无法证明Br和I得电子能力的相对强弱(其他合理答案也可)【解析】分析：实验室制备氯气可用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应，也可用高锰酸钾与浓盐酸反应制备，反应较为剧烈，无需加热即可进行，氯气具有强氧化性，能与NaBr溶液、碘化钾溶液发生置换反应生成单质Br2、I2，氯气在碱性溶液中自身发生氧化还原反应，反应的离子方程式为Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O，氯气与水反应生成HClO，具有漂白性，能使品红褪色，以此解答该题。详解：（1）根据仪器构造可知a为分液漏斗，b为圆底烧瓶；（2）高锰酸钾与浓盐酸反应较为剧烈，无需加热即可进行，是固体和液体不加热制备气体装置，选择A装置；（3）检验氯气的性质时，不能先通过NaOH溶液，否则会消耗氯气，且起不到尾气吸收的作用，应从X端进气。①氯气与NaBr溶液反应生成Br2，反应的离子方程式为Cl2＋2Br＋＝2Cl－＋Br2；②氯气与碘化钾溶液反应生成I2，反应的离子方程式为Cl2+2I-＝2Cl-+I2，碘遇淀粉显蓝色，所以实验现象是棉球变蓝；③氯气有毒需要氢氧化钠溶液吸收，氯气在碱性溶液中自身发生氧化还原反应，反应的离子方程式为Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；（4）氯气与水反应生成HClO，具有漂白性，能使品红褪色，把品红放在最后可观察氯气是否被吸收完全；（5）由于不能保证氯气和溴化钠完全反应，则生成的溴单质中含有过量的氯气，则不能证明Br和I得电子能力相对强弱。点睛：本题考查氯气制备、性质实验的设计、物质性质和反应现象的判断，题目难度中等，注意有关物质的性质以及实验方案的合理性和实用性。明确实验原理和相关物质的性质是解答的关键，注意污染性的气体要进行尾气处理。26、液水黄绿色dcBr2+H2O+SO32－=2Br－+SO42－+2H+①③⑤⑥⑦59℃【解析】分析：Ⅰ．（1）根据溴的状态以及液溴易挥发分析；Ⅱ．（2）根据氯气是黄绿色气体分析；（3）根据氯气、溴的性质分析判断；（4）根据蒸馏装置选择仪器，根据溴的沸点控制蒸馏时的温度。详解：Ⅰ．（1）溴在常温下为液态，液溴易挥发，密度大于水，微溶于水，所以保存时通常在盛溴的试剂瓶中加入少量水进行水封。Ⅱ．（2）氯气与溴离子反应生成溴单质，由于氯气是黄绿色气体，因此当反应完成时，A中液面上方出现黄绿色气体时即可判断步骤①中反应已经结束；（3）溴检验氧化性，能够与亚硫酸钠反应，因此可以用饱和亚硫酸钠溶液吸收溴，反应的离子方程式为Br2+H2O+SO32－=2Br－+SO42－+2H+，答案选d；溴、氯气都有毒，可用碱液吸收，答案选c；（4）蒸馏操作的主要仪器是：带铁圈的铁架台，酒精灯，石棉网，蒸馏烧瓶，温度计，冷凝管，牛角管，锥形瓶，所以选择的仪器有①③⑤⑥⑦；蒸馏实验依据的是液体的沸点不同分离物质，所以实验中应控制的关键实验条件为温度，Br2的沸点为58.78℃，则应该控制温度在59℃（或58.8℃）。考点：本题主要是考查物质分离提纯的方法和基本操作综合应用、物质性质实验方案的设计与评价，题目难度中等，熟练掌握化学实验基本操作方法及物质分离与提纯方案的设计原理为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力。注意掌握常见混合物分离提纯方法的原理和主要仪器。27、排出装置中的氧气氢氧化钠溶液吸收Cl2、SO2，防止污染空气MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－KSCN溶液变红2Fe3＋＋SO2＋2H2O＝2Fe2＋＋SO42－＋4H＋乙丙【解析】

（1）根据装置中含有空气能干扰实验判断；（2）根据氯气和二氧化硫能污染空气分析；（3）根据A装置制备氯气解答；（4）根据氯气能氧化亚铁离子分析；（5）根据铁离子能把二氧化硫氧化为硫酸分析；（6）根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性分析判断。【详解】（1）打开弹簧夹K1～K4，通入一段时间N2，目的是排出装置中的氧气，防止干扰实验。（2）棉花中浸润的为氢氧化钠溶液，它能够吸收反应中多余的氯气、二氧化硫气体，防止污染空气；（3）A中为二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯气、氯化锰和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；（4）氯气具有强氧化性，能够把氯化亚铁氧化为氯化铁，含有铁离子溶液显黄色，离子反应方程式是：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-；氧化产物中含有铁离子，可以用硫氰化钾溶液进行检验，如果溶液变为血红色，证明有铁离子生成；（5）Fe3+在酸性条件下能把二氧化硫氧化为硫酸根离子，本身还原为Fe2+，可以说明氧化性Fe3+＞SO2，反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++4H++SO42-；（6）甲中第一次有Fe3+无Fe2+，则氯气氧化性大于铁离子；甲中第二次含有SO42﹣，可能是过量的氯气把二氧化硫氧化为SO42﹣，不一定是Fe3+把二氧化硫氧化所致；甲错误；乙中第一次既有Fe3+又有Fe2+，说明氯气不足，氯气氧化性大于铁离子；乙中第二次含有SO42﹣，说明发生了二氧化硫与铁离子的反应，氧化性铁离子大于二氧化硫，因此可以证明氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2；乙正确；丙中第一次有Fe3+无Fe2+，则氯气氧化性大于铁离子；第二次有Fe2+，说明发生了二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫，因此可以证明氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2；丙正确；答案选乙、丙。28、