江西省吉安市重點高中2025年化學高一下期末監測模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、在2A(g)+B(g)3C(g)+4D(g)反應中，表示該反應速率最快的是()A．v(A)=0.5mol·L-1·s-1 B．v(B)=0.3mol·L-1·s-1C．v(C)=0.8mol·L-1·s-1 D．v(D)=1mol·L-1·s-12、如圖為元素周期表前四周期的一部分，下列有關R、W、X、Y、Z五種元素的敘述中，正確的是A．常壓下五種元素的單質中，Z單質的沸點最高B．Y、Z的陰離子電子層結構都與R原子的相同C．氣態氫化物的穩定性W的比X的強D．Y元素的非金屬性比W元素的非金屬性強3、設NA表示阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．28克乙烯和丙烯的混合氣體的分子數為NAB．標準狀況下，22.4升CCl4的分子數為NAC．30克C2H6中，共價鍵的數目為7NAD．1mol苯分子中含有的碳碳單鍵的數目為6NA4、圖為實驗室從海帶中提取碘單質的流程示意圖，判斷下列說法錯誤的是()A．步驟①需要用到蒸發皿 B．步驟③需要過濾裝置C．步驟⑤需要用到分液漏斗 D．步驟⑥需要蒸餾裝置5、下列離子方程式書寫正確的是A．NO2與H2O反應：NO2+H2O＝NO3－+2H+B．CaCO3與鹽酸反應：CO32－+2H+＝CO2↑+H2OC．FeCl3溶液與足量氨水反應：Fe3++3OH－＝Fe(OH)3↓D．Cu與稀硝酸反應：3Cu+8H++2NO3－＝3Cu2++2NO↑+4H2O6、紐扣電池可作計算器、電子表等的電源。有一種紐扣電池，其電極分別為Zn和Ag2O，用KOH溶液作電解質溶液，電池的總反應為Zn＋Ag2O===2Ag＋ZnO。關于該電池下列敘述不正確的是（）A．正極的電極反應為Ag2O＋2e－＋H2O===2Ag＋2OH－B．Zn極發生氧化反應，Ag2O極發生還原反應C．使用時電子由Zn極經外電路流向Ag2O極，Zn是負極D．使用時溶液中電流的方向是由Ag2O極流向Zn極7、下列變化中生成物的總能量大于反應物的總能量的是（）A．氫氧化鋇晶體與氯化銨晶體混合 B．鋁熱反應C．木炭在氧氣中發生不完全燃燒 D．生石灰和水的反應8、下列反應原理不符合工業冶煉金屬實際情況的是（）A．2HgO2Hg+O2↑ B．4A1+3MnO22Al2O3+3MnC．2MgO2Mg+O2↑ D．3CO+Fe2O32Fe+3CO29、已知某化學反應A2(g)+2B2(g)=2AB2(g)（A2、B2、AB2的結構式分別為A=A、B-B、B-A-B），能量變化如圖所示，下列有關敘述中正確的是A．該反應若生成2molAB2(g)則吸收的熱量為（El-E2）kJB．該反應的進行一定需要加熱或點燃條件C．該反應斷開化學鍵消耗的總能量小于形成化學鍵釋放的總能量D．生成2molB-B鍵放出E2kJ能量10、下列物質進行一氯取代反應，產物只有兩種的是（）A．(CH3)2CHCH(CH3)2 B．(CH3CH2)2CHCH3C．(CH3)2CHCH2CH2CH3 D．(CH3)3CCH2CH311、化學與生活密切相關，下列有關說法正確的是A．維生素C具有還原性，在人體內起抗氧化作用B．糖類都可以發生水解反應C．煤經氣化和液化兩個物理變化過程，可變為清潔能源D．人體中沒有水解纖維素的酶，所以纖維素在人體中沒有任何作用12、下列電離方程式正確的是A．NaOH→Na++O2-+H+ B．H2O→H++OH-C．HClOClO-+H+ D．CH3COONH4CH3COO-+NH4+13、下列事實和解釋正確的是（）A．鋅與稀鹽酸反應，加入NaCl固體后反應速率加快是因為增大了Cl-的濃度B．面粉廠內要禁止明火是因為固體表面積大會加快反應速率C．5%的H2O2中加入MnO2粉末后分解速率迅速加快是因為MnO2粉末降低了反應的焓變D．鋅與稀鹽酸反應滴入CuSO4稀溶液反應速率變慢是因為CuSO4溶液中的水降低了硫酸的濃度14、中國食鹽產量居世界首位。下列實驗室中的操作類似“海水曬鹽”原理的()A．蒸餾B．過濾C．蒸發D．攪拌15、下列離子方程式正確的是（）A．碳酸氫鈉溶液與少量石灰水反應：HCO3－＋Ca2＋＋OH－＝CaCO3↓＋H2OB．氯化銨與氫氧化鈉兩種濃溶液混合加熱：NH4＋＋OH－H2O＋NH3↑C．氫氧化鎂與稀硫酸反應：H＋＋OH－＝H2OD．單質銅與稀硝酸反應：Cu＋2H＋＋2NO3－＝Cu2＋＋2NO↑＋H2O16、下列物質中，不能發生消去反應的是A． B．CH2CH2Br2C． D．CH2ClCH2CH317、干冰所屬晶體類型為（）A．原子晶體B．分子晶體C．金屬晶體D．離子晶體18、關于核素碳614A．碳元素的相對原子質量為14B．碳元素的原子序數為6C．該核素的中子數為8D．該核素用于測定一些文物的年代19、下列與有機物的結構、性質有關的敘述正確的是A．苯和乙烯都能使溴水褪色，且反應原理相同B．乙烯和乙烷都可以通過聚合反應得到高分子材料C．淀粉和纖維素的最終水解產物相同D．苯能發生取代反應，所以苯是飽和烴20、已知反應X+Y＝W+N為放熱反應。下列說法正確的是（）A．斷裂X和Y中的化學鍵所吸收的能量一定高于形成M和N中的化學鍵所放出的能量B．該反應不必加熱就一定可以發生C．參加反應的Y的能量一定高于生成的N的能量D．參加反應的X和Y的總能量—定高于生成的M和N的總能量21、下列物質中，不能由單質直接化合得到的是（）A．FeCl3 B．Cu2S C．FeS D．SO322、詩句“春蠶到死絲方盡，蠟炬成灰淚始干”中“絲”和“淚”分別指A．纖維素、油脂B．蛋白質、烴類C．淀粉、油脂D．蛋白質、油脂二、非選擇題(共84分)23、（14分）為了清理路面積雪，人們常使用一種融雪劑，其主要成分的化學式為XY2，X、Y均為周期表前20號元素，其陽離子和陰離子的電子層結構相同，且1molXY2含有54mol電子。(1)該融雪劑的化學式是________，該物質中化學鍵類型是________，電子式是________________。(2)元素D、E原子的最外層電子數是其電子層數的2倍，D與Y相鄰，則D的離子結構示意圖是____________；D與E能形成一種結構類似于CO2的三原子分子，且每個原子都達到了8e－穩定結構，該分子的電子式為____________，化學鍵類型為________________(填“離子鍵”、“非極性共價鍵”或“極性共價鍵”)。(3)W是與D同主族的短周期元素，Z是第三周期金屬性最強的元素，Z的單質在W的常見單質中反應時有兩種產物：不加熱時生成________，其化學鍵類型為________；加熱時生成________，其化學鍵類型為________________。24、（12分）海洋是一個巨大的化學資源寶庫，下面是海水資源綜合利用的部分流程圖。（1）步驟①中除去粗鹽中雜質（Mg2＋、SO、Ca2＋），加入的藥品順序正確的是__________。A．NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液→過濾后加鹽酸B．BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→過濾后加鹽酸C．NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→過濾后加鹽酸D．BaCl2溶液→Na2CO3溶液→NaOH溶液→過濾后加鹽酸（2）步驟⑤中已獲得Br2，步驟⑥中又用SO2的水溶液將Br2吸收，其目的是___________。（3）寫出步驟⑥中發生反應的離子方程式：_______________。（4）把溴吹入到SO2的水溶液的氣體X最可能用下面的___（填序號）。A．乙烯B．空氣C．氬氣D．CO2（5）由海水提溴過程中的反應可得出Cl－、SO2、Br－還原性由弱到強的順序是___________。（6）鈦是航空、軍工、電力等方面的必需原料。常溫下鈦不與非金屬、強酸反應，紅熱時，卻可與常見的非金屬單質反應。目前大規模生產鈦的方法是：TiO2、炭粉混合，在高溫條件下通入Cl2制得TiCl4和一種可燃性氣體。該反應的化學方程式為______。25、（12分）乙酸乙酯是無色具有水果香味的液體，沸點為77.2℃，實驗室某次制取它用冰醋酸14.3mL、95%乙醇23mL，還用到濃硫酸、飽和碳酸鈉以及極易與乙醇結合成六水合物的氯化鈣溶液，主要裝置如圖所示：實驗步驟：①先向A中的蒸餾燒瓶中注入少量乙醇和濃硫酸后搖勻，再將剩下的所有乙醇和冰醋酸注入分液漏斗里待用。這時分液漏斗里冰醋酸和乙醇的物質的量之比約為5∶7。②加熱油浴保溫約135℃～145℃③將分液漏斗中的液體緩緩滴入蒸餾燒瓶里，調節加入速率使蒸出酯的速率與進料速率大體相等，直到加料完成。④保持油浴溫度一段時間，至不再有液體餾出后，停止加熱。⑤取下B中的錐形瓶，將一定量飽和Na2CO3溶液分批少量多次地加到餾出液里，邊加邊振蕩，至無氣泡產生為止。⑥將⑤的液體混合物分液，棄去水層。⑦將飽和CaCl2溶液（適量）加入到分液漏斗中，振蕩一段時間后靜置，放出水層（廢液）。⑧分液漏斗里得到的是初步提純的乙酸乙酯粗品。試回答：(1)實驗中濃硫酸的主要作用是_________________________。(2)用過量乙醇的主要目的是____________________________。(3)用飽和Na2CO3溶液洗滌粗酯的目的是_______________________。(4)用飽和CaCl2溶液洗滌粗酯的目的是_______________________。(5)在步驟⑧所得的粗酯里還含有的雜質是_____________________。26、（10分）工業上生產高氯酸時，還同時生產了一種常見的重要含氯消毒劑和漂白劑亞氯酸鈉(NaClO2)，其工藝流程如下：已知：①NaHSO4溶解度隨溫度的升高而增大，適當條件下可結晶析出。②高氯酸是至今為止人們已知酸中的最強酸，沸點90℃。請回答下列問題：（1）反應器Ⅰ中發生反應的化學方程式為__________________，冷卻的目的是_____________，能用蒸餾法分離出高氯酸的原因是___________________。（2）反應器Ⅱ中發生反應的離子方程式為__________________。（3）通入反應器Ⅱ中的SO2用H2O2代替同樣能生成NaClO2，請簡要說明雙氧水在反應中能代替SO2的原因是_________________________。（4）Ca(ClO)2、ClO2、NaClO2等含氯化合物都是常用的消毒劑和漂白劑，是因為它們都具有________________，請寫出工業上用氯氣和NaOH溶液生產消毒劑NaClO的離子方程式：____________________。27、（12分）為了驗證木炭可被濃硫酸氧化成，選用如圖所示裝置（內含物質）進行實驗。(1)按氣流由左向右的流向，連接如圖所示裝置的正確順序是______（填字母，下同）接______，______接______，______接______。(2)若實驗檢驗出有生成，則裝置乙、丙中的現象分別為：裝置乙中______，裝置丙中______。(3)裝置丁中酸性溶液的作用是______。(4)寫出裝置甲中所發生反應的化學方程式：______。28、（14分）其同學采用硫鐵礦焙燒取硫后的燒渣(主要成分為Fe2O3、Si02、A12O3)，不考慮其他雜質)制取七水合硫酸亞鐵(FeSO4·7H2O)，設計了如圖流程：已知，某些金屬陽離子可以通過“控制pH”[既調節溶液的酸堿性，pH=-lgc(H+))，pH值越大，堿性越強]使其轉化為沉淀。固體2為白色沉淀。(1)加足量酸之前，燒渣需經過進一步粉碎處理，粉碎的目的是__________。(2)溶解燒渣選用的足量酸能否是鹽酸，并說明理由_____。(3)固體1有諸多用途，請列舉其中一個____，試劑X的作用是______。(4)某同學在控制pH這步操作時不慎將氫氧化鈉溶液加過量了，結果得到的白色沉淀迅速轉化為灰綠色，最終變為紅褐色沉淀。請用化學用語解釋固體2白色變成紅褐色的原_____________。(5)從溶液2中得到綠礬的過程中除需控制溫度，防止產品分解外還應注意______。(6)唐代蘇敬《新修本草》對綠礬有如下描述:“本來綠色，新出窯未見風者，正如琉璃。陶及今人謂之石膽，燒之赤色。”另已知1mol綠礬隔絕空氣高溫煅燒完全分解，轉移NA個電子。試寫出綠礬隔絕空氣高溫煅燒分解的化學反應方程式____________。29、（10分）Ⅰ．對于可逆反應：2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)，在容積固定的密閉容器中充入等物質的量的SO2、O2，①單位時間內消耗2nmolSO2的同時生成2nmolSO3；②單位時間內消耗2nmolSO2的同時生成2nmolSO2；③用SO2、O2、SO3表示的反應速率之比為2:1:2的狀態；④SO2的質量分數不再改變；⑤c(SO2):c(O2):c(SO3)=2:1:2；⑥c(SO2):c(SO3)的比值不再改變；⑦c(SO2):c(O2)的比值不再改變；⑧混合氣體的壓強不再改變；⑨混合氣體的密度不再改變；⑩混合氣體的平均相對分子質量不再改變（1）以上達到平衡狀態的標志是___________________________（2）若在恒溫恒壓條件下，以上可判斷達到化學平衡狀態的是______________________II．在一密閉容器中發生反應：H2(g)+I2(g)?2HI(g)△H<0，已達平衡：①保持容器容積不變，充入1mlH2；②保持容器容積不變，充入1mlHe；③保持容器內氣體壓強不變，充入1mlHe；④升高溫度；⑤加入正催化劑（1）改變條件，反應速率加快的是__________，其中活化分子百分數增大的是________。（2）改變條件，平衡正向移動的是______________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、B【解析】

不同物質表示的速率之比等于其化學計量數之比，故不同物質表示的速率與其化學計量數的比值越大，表示的反應速率越快，注意保持單位一致。【詳解】A.mol·L-1·s-1=0.25mol·L-1·s-1；B.mol·L-1·s-1=0.3mol·L-1·s-1；C.mol·L-1·s-1=0.267mol·L-1·s-1；D.mol·L-1·s-1=0.25mol·L-1·s-1；可見數值最大的為0.3mol·L-1·s-1；因此表示反應速率最快的合理選項是B。【點睛】本題考查化學反應速率快慢比較，利用比值法可以快速判斷，可以轉化為同一物質表示的速率比較，當單位不同時，要轉換為用相同單位表示，然后再進行比較。2、D【解析】

由R、W、X、Y、Z五種元素在周期表的位置可知，X為N，W為P，Y為S，Z為Br，R為Ar。【詳解】A．常溫下Y、W的單質為固體，而Z的單質為液體，則常壓下五種元素的單質中沸點最高的不是Z，故A錯誤；B．Y的離子電子層有3個層，而Z離子的電子層為4層，則只有Y的陰離子的電子層結構與R原子的電子層結構相同，故B錯誤；C．非金屬性越強氣體氫化物越穩定，N的非金屬性強于P，所以氣態氫化物的穩定性W的比X的弱，故C錯誤；D．同周期從左向右非金屬性增強，則非金屬性Y＞W，故D正確；故答案為D。3、C【解析】A、假設28g全部是乙烯，則乙烯的物質的量為28/28mol=1mol，假設全部是丙烯，丙烯的物質的量為28/42mol=2/3mol，因此28g此混合物的物質的量小于1mol，故A錯誤；B、標準狀況下，CCl4不是氣體，故B錯誤；C、30g乙烷是1mol，乙烷的結構簡式為CH3CH3，因此1mol乙烷有有7mol共價鍵，故C正確；D、苯中碳碳鍵是介于碳碳雙鍵和單鍵之間特殊的鍵，故D錯誤。4、A【解析】

由提取海帶中的碘的實驗流程可知，海帶在坩堝中灼燒，然后溶解得到懸濁液，步驟③為過濾，得到含碘離子的溶液，④中發生MnO2+2I-+4H+=I2+Mn2++2H2O，得到含碘單質的溶液，⑤為萃取，⑥為蒸餾，以此來解答。【詳解】A．灼燒固體，應放在坩堝中，蒸發皿用于加熱蒸發溶液，故A錯誤；B．步驟③用于分離和固體和液體，得到含碘離子的溶液，為過濾操作，故B正確；C．⑤為萃取，所用主要儀器是分液漏斗、燒杯，故C正確；D．步驟⑥分離碘與苯，二者互溶，但沸點不同，則操作名稱是蒸餾，故D正確；故選A。【點睛】本題以海帶提碘為載體考查混合物分離提純的綜合應用，把握流程中的反應及混合物分離提純方法為解答的關鍵。5、D【解析】

A.NO2與H2O反應生成硝酸和NO，反應的離子方程式為：3NO2+H2O＝2NO3－+2H++NO，選項A錯誤；B.CaCO3與鹽酸反應生成氯化鈣、二氧化碳和水，碳酸鈣難溶于水，必須寫化學式，反應的離子方程式為：CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+H2O，選項B錯誤；C.FeCl3溶液與足量氨水反應生成氫氧化鐵和氯化銨，氨水為弱堿必須寫化學式，反應的離子方程式為：Fe3++3NH3·H2O＝3NH4++Fe(OH)3↓，選項C錯誤；D.Cu與稀硝酸反應生成硝酸銅、一氧化氮和水，反應的離子方程式為：3Cu+8H++2NO3－＝3Cu2++2NO↑+4H2O，選項D正確。答案選D。6、D【解析】

由題意知，紐扣電池的總反應為Zn+Ag2O=2Ag+ZnO，故Zn為負極、Ag2O為正極。A.正極發生還原反應，電極反應為Ag2O+2e￣+H2O=2Ag+2OH￣，A正確；B.Zn極發生氧化反應，Ag2O極發生還原反應，B正確；C.使用時Zn是負極，電子由Zn極經外電路流向正極，C正確；D.溶液中是由離子導電的，溶液不能傳遞電流或電子，D不正確；本題選D。7、A【解析】

生成物的總能量大于反應物的總能量，說明為吸熱反應，據此分析；【詳解】A、Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl反應為吸熱反應，故A符合題意；B、鋁熱反應為放熱反應，故B不符合題意；C、所有燃燒均為放熱反應，即木炭在氧氣中發生不完全燃燒，該反應為放熱反應，故C不符合題意；D、生石灰與水反應是放熱反應，故D不符合題意；答案選A。8、C【解析】

A．Hg活動性較弱，用熱分解的方法冶煉，選項A正確；B．Mn是比較活潑的金屬，用熱還原的方法冶煉，選項B正確；C．Mg是活潑的金屬，用電解的方法冶煉，由于氧化鎂的熔點太高，應電解熔融氯化鎂，選項C錯誤；D．Fe是比較活潑的金屬，用熱還原的方法冶煉，選項D正確。答案選C。【點睛】金屬的冶煉方法與金屬的活動性關系密切。金屬活動性越強，其離子獲得電子被還原的能力就越小，越難冶煉。鉀、鈣、鈉、鎂、鋁特別活潑的金屬用電解熔融的離子化合物的方法冶煉；從鋁之后到銅（包括銅）等比較活潑的金屬用熱還原（包括鋁熱反應）冶煉，不活潑的金屬，如Hg、Ag用熱分解它們的化合物的方法冶煉。掌握金屬活動性順序表與金屬活動性的關系是本題解答的關鍵。9、A【解析】A．該反應焓變=斷裂化學鍵吸收熱量-形成化學鍵所放出熱量，所以焓變為△H=+(E1-E2)kJ/mol，從圖示可知E1＞E2，焓變為△H＞0吸熱，該反應若生成2molAB2(g)則吸收的熱量為(E1-E2)kJ，故A正確；B．反應前后能量守恒可知，反應物能量之和小于生成物的能量之和，反應是吸熱反應，吸熱反應不一定都要加熱或點燃條件，例如氫氧化鋇和氯化銨在常溫下就反應，故B錯誤；C．反應是吸熱反應，依據能量守恒可知，即反應物的鍵能總和大于生成物的鍵能總和，斷開化學鍵消耗的總能量大于形成化學鍵釋放的總能量，故C錯誤；D．依據圖象分析判斷1molA2和2molB2反應生成2molAB2，吸收(E1-E2)kJ熱量，因此生成2molB-B鍵放出(E1-E2)kJ能量，故D錯誤；故選A。點睛：本題考查了反應熱量變化的分析判斷、圖象分析反應前后的能量守恒應用，理順化學鍵的斷裂、形成與能量的關系是解答關鍵。依據圖象，結合反應前后能量守恒可知，反應物能量之和小于生成物的能量之和，反應是吸熱反應，反應過程中斷裂化學鍵需要吸收能量，形成化學鍵放出熱量。10、A【解析】

A、該分子中的等效氫只有一種，所以一氯代物只有一種，正確；B、該有機物中的等效氫有4種，則一氯代物有4種，錯誤；C、該分子中的等效氫有5種，則一氯代物有5種，錯誤；D、該分子中的等效氫有3種，則一氯代物有3種，錯誤。答案選A。11、A【解析】

A．維生素C又稱為抗壞血酸，缺乏維生素C會導致壞血病，維生素C具有還原性，在人體內起抗氧化作用，A正確；B．糖類中的單糖例如葡萄糖不能水解，B錯誤；C．煤經氣化和液化分別生成CO、氫氣、甲醇等，為化學變化，C錯誤；D．人體中沒有水解纖維素的酶，但纖維素在人體中可以加強胃腸蠕動，有通便功能，D錯誤。答案選A。12、C【解析】

A．氫氧化鈉是一元強堿，電離出一個鈉離子和一個氫氧根離子，故電離方程式為NaOH=Na++OH-，故A錯誤；B．H2O是弱電解質，只能部分電離，其電離方程式為H2OH++OH-，故B錯誤；C．HClO是弱電解質，只能部分電離，其電離方程式為HClOClO-+H+，故C正確；D．CH3COONH4是強電解質，在水溶液中完全電離，其電離方程式為CH3COONH4＝CH3COO-+NH4+，故D錯誤；故答案為C。13、B【解析】

A.鋅與稀鹽酸反應的實質是鋅與氫離子之間的置換反應，增加氯離子的濃度反應速率不變，A錯誤；B.面粉廠內要禁止明火是因為固體表面積大會加快反應速率，引起爆炸，B正確；C.5%的H2O2中加入MnO2粉末后分解速率迅速加快是因為MnO2起催化劑作用，C錯誤；D.鋅與稀鹽酸反應滴入CuSO4稀溶液，鋅置換出銅，構成原電池，加快反應速率，D錯誤；答案選B。14、C【解析】A、蒸餾是通過連續加熱、冷卻使沸點不同的液體物質，從沸點低到沸點高依次分離出來的操作，故A不正確；B、過濾是通過濾紙將固體和液體分離的操作，B錯誤；C、蒸發是通過加熱的方法把溶劑蒸發出來，使溶質析出的操作。海水曬鹽就是在陽光照射下，使水份蒸發而析出食鹽，相似于實驗室進行的蒸發，C正確；D、攪拌不能改變溶質和溶劑的量，不可能有溶質析出，D錯誤。故本題正確答案為C。15、B【解析】A．碳酸氫鈉溶液與少量石灰水反應的離子反應為2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O，故A錯誤；B．氯化銨與氫氧化鈉兩種濃溶液混合加熱的離子反應為NH4++OH-H2O+NH3↑，故B正確；C．氫氧化鎂不溶于水，不可拆分，故C錯誤；D．單質銅與稀硝酸反應的離子反應方程式為3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO+4H2O，故D錯誤；答案為B。16、C【解析】

A．與-Cl相連的C鄰位碳上有H，能發生消去反應，故A不選。

B．CH2CH2Br2與-Br相連的C鄰位碳上有H，能發生消去反應，故B不選。

C．，與-Cl相連的C的鄰位C上無H，不能發生消去反應，故C選。

D．CH2ClCH2CH3與-Cl相連的C鄰位碳上有H，能發生消去反應，故D不選。

故答案選C。17、B【解析】干冰是固態CO2，由分子構成，是分子晶體。故選B。點睛：相鄰原子之間只通過強烈的共價鍵結合而成的空間網狀結構的晶體叫做原子晶體；分子間通過分子間作用力構成的晶體，屬于分子晶體；金屬晶體都是金屬單質；離子晶體是指由離子化合物結晶成的晶體，離子晶體屬于離子化合物中的一種特殊形式。18、A【解析】分析：元素符號的左上角為質量數，左下角為質子數，質量數=質子數+中子數，據此進行解答。詳解：614C的質量數為14、質子數為6，其中子數=14-6=A.14為該核素的質量數，不是相對原子質量，A錯誤；B．碳元素的原子序數=質子數=核電荷數=6，B正確；C．該核素的中子數=14-6=8，C正確；D.614C能發生衰變，可用于測定一些文物的年代，答案選A。點睛：本題考查元素符號的表示方法，題目難度不大，明確質量數與質子數、質子數的表示方法即可解答，注意掌握元素符號的表示方法，A選項是解答的易錯點，注意元素的相對原子質量是該元素各種核素原子的相對原子質量與其在自然界中所占原子個數百分比的乘積之和。19、C【解析】

A、苯能萃取溴水中的溴而使溴水褪色，該變化為物理變化，乙烯能和溴發生加成反應生成1，2-二溴乙烷而使溴水褪色，該變化為化學變化，故A錯誤；B、含有碳碳雙鍵的有機物能發生加聚反應，乙烷不含碳碳雙鍵，不能發生加聚反應生成高分子化合物，所以B選項是錯誤的；C、淀粉和纖維素的最終水解產物都是葡萄糖，水解產物相同，故C正確；D、苯屬于不飽和烴，但苯分子中不存在碳碳雙鍵和碳碳單鍵，是介于單鍵和雙鍵之間的特殊鍵，所以苯性質較特殊，一定條件下能發生取代反應，如在溴化鐵作催化劑條件下，苯和液溴發生取代反應生成溴苯，故D錯誤；所以C選項是正確的。20、D【解析】A.反應是放熱反應，斷裂X和Y中的化學鍵所吸收的能量一定小于形成M和N中的化學鍵所放出的能量，A錯誤；B.反應條件與反應是放熱或吸熱沒有關系，B錯誤；C.反應放熱，參加反應的X和Y的總能量—定高于生成的M和N的總能量，但參加反應的Y的能量不一定高于生成的N的能量，C錯誤；D.反應放熱，參加反應的X和Y的總能量—定高于生成的M和N的總能量，D正確，答案選D。21、D【解析】

A.氯氣具有強氧化性，氯氣與變價金屬反應生成最高價金屬氯化物，鐵與氯氣反應的化學方程式為：2Fe+3Cl22FeCl3，即可以由Fe與Cl2直接化合得到FeCl3，故A不符合題意；B.銅和硫在加熱條件下反應，生成硫化亞銅，故B不符合題意；C.S氧化性較弱，不能把變價金屬直接變為最高價，鐵與硫在點燃的條件下反應生成硫化亞鐵，故C不符合題意；D.硫和氧氣在點燃的條件下生成二氧化硫，二氧化硫和氧氣在加熱和催化劑條件下反應生成三氧化硫，三氧化硫不能直接由單質化合得到，故D符合題意；答案選D。22、B【解析】蠶“絲”中含有的有機物是蛋白質，“淚”指的是液態石蠟，石蠟主要成分屬于烴類有機物。故B正確。二、非選擇題(共84分)23、CaCl2離子鍵極性共價鍵Na2O離子鍵Na2O2離子鍵、非極性共價鍵【解析】分析：融雪劑主要成分的化學式為XY2，X、Y均為周期表前20號元素，其陽離子和陰離子的電子層結構相同，含有相同的核外電子數，且1molXY2含有54mol電子，則陰、陽離子核外電子數為54÷3=18，則為Ca2+、Cl-，即X是Ca，Y是Cl。元素D、E原子的最外層電子數是其電子層數的2倍，D與Y相鄰，則D是S，E是C。W是與D同主族的短周期元素，W是O，Z是第三周期金屬性最強的元素，Z是Na，據此解答。詳解：根據以上分析可知X是Ca，Y是Cl，D是S，E是C，W是O，Z是Na，則（1）XY2是CaCl2，物質中化學鍵類型是離子鍵，電子式為；（2）D為硫元素，S2－離子結構示意圖為；D與E能形成一種結構類似于CO2的三原子分子，且每個原子都達到了8e－穩定結構，由二氧化碳結構可知，結構式為S=C=O，則分子式為COS，電子式為，化學鍵類型為極性共價鍵；（3）Na單質與氧氣反應時可以得到兩種產物，為氧化鈉和過氧化鈉，不加熱生成Na2O，Na2O為離子化合物，其化學鍵類型為離子鍵；加熱生成Na2O2，屬于離子化合物，含有離子鍵、非極性共價鍵。24、BCD提高溴的富集程度Br2＋SO2＋2H2O=4H++2Br－＋SO42－BCl－<Br－<SO2TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO【解析】

海水分離得到粗鹽、淡水和母液鹵水，粗鹽提純得到精鹽，母液中加入氫氧化鈣沉淀鎂離子生成氫氧化鎂沉淀，過濾得到沉淀在鹽酸中溶解得到氯化鎂溶液，濃縮結晶、得到氯化鎂晶體，氯化氫氣流中脫水得到氯化鎂，電解熔融氯化鎂得到金屬鎂和氯氣；得到的NaBr溶液中通入氯氣氧化溴離子生成溴單質，用熱空氣吹出溴單質和二氧化硫發生氧化還原反應生成硫酸和溴化氫，吸收液中通入氯氣氧化溴離子生成單質溴，蒸餾冷卻分離得到純溴，據此分析解答。(1)除去粗鹽中的Ca2+、Mg2+、SO42-，通過加氯化鋇除SO42-離子，加碳酸鈉除Ca2+離子，加NaOH除去Mg2+離子，同時碳酸鈉可以除去過量的鋇離子，過濾后，加入鹽酸調節pH除去過量的碳酸根離子和氫氧根離子，據此分析解答；(5)根據氧化還原反應中還原劑的還原性大于還原產物分析判斷；(6)TiO2、炭粉混合在高溫下通入氯氣制得TiCl4和一種可燃性氣體，根據質量守恒定律，該氣體為一氧化碳，據此分析解答。【詳解】(1)除去粗鹽中雜質(Mg2＋、SO42-、Ca2＋)，通過加氯化鋇除SO42-離子，然后再加碳酸鈉除Ca2+離子，同時碳酸鈉可以除去過量的鋇離子，如果加反了，過量的鋇離子就沒法除去，加NaOH除去Mg2+離子順序不受限制，因為過量的氫氧化鈉加鹽酸就可以調節了，將三種離子除完，過濾后加鹽酸除去過量的氫氧根離子和碳酸根離子；A．NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液→過濾后加鹽酸，加入的氯化鋇溶液中鋇離子不能除去，故A錯誤；B．BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→過濾后加鹽酸，符合除雜和提純的要求，故B正確；C．NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→過濾后加鹽酸，符合除雜和提純的要求，故C正確；D．BaCl2溶液→Na2CO3溶液→NaOH溶液→過濾后加鹽酸，符合除雜和提純的要求，故正確；故答案為：BCD；(2)步驟⑤中已獲得Br2，低濃度的Br2溶液在提取時消耗過多的原料和能源，步驟⑥中又將Br2還原為Br-，目的是轉化為HBr后易被氧化劑氯氣氧化為溴單質，用于富集溴元素，故答案為：提高溴的富集程度；(3)步驟⑥中二氧化硫與溴單質發生氧化還原反應，反應的化學方程式為：Br2+SO2+2H2O═H2SO4+2HBr，離子方程式為Br2＋SO2＋2H2O=4H++2Br－＋SO42-，故答案為：Br2＋SO2＋2H2O=4H++2Br-＋SO42-；(4)把溴吹出的氣體X，廉價且不和溴反應，吹出的溴單質用碳酸鈉溶液吸收，二氧化碳能夠與碳酸鈉溶液反應，乙烯和溴發生加成反應，氬氣生產成本高，所以工業上最適宜選用空氣，故答案為：B；(5)苦鹵中通入Cl2置換出Br2，吹出后用SO2吸收轉化為Br-，反復多次，以達到富集溴的目的。由海水提溴過程中的反應中還原劑的還原性大于還原產物，2Br-+Cl2=Br2+2Cl-；反應中還原劑Br-的還原性大于還原產物Cl-；Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，反應中還原劑SO2的還原性大于還原產物Br-；可得出Cl-、SO2、Br-還原性由弱到強的順序是Cl－<Br－<SO2，故答案為：Cl－<Br－<SO2；(6)TiO2、炭粉混合在高溫下通入氯氣制得TiCl4和一氧化碳，該反應的化學方程式為：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，故答案為：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO。【點睛】本題的易錯點為(1)，要注意為了將雜質完全除去，加入的試劑是過量的，過量的試劑要能夠在后續操作中除去。25、作催化劑和吸水劑使酯化反應向生成乙酸乙酯的方向移動，提高乙酸乙酯的產率除去乙酸除去乙醇水【解析】(1)乙酸與乙醇發生酯化反應，需濃硫酸作催化劑，該反應為可逆反應，濃硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移動，濃硫酸的作用為催化劑，吸水劑，故答案為催化劑、吸水劑；(2))乙酸與乙醇發生酯化反應，該反應屬于可逆反應，過量乙醇可以使平衡正向移動，增加乙酸乙酯的產率，故答案為使酯化反應向生成乙酸乙酯的方向移動，提高乙酸乙酯的產率；

(3)制備乙酸乙酯時常用飽和碳酸鈉溶液，目的是中和揮發出來的乙酸，使之轉化為乙酸鈉溶于水中，便于聞乙酸乙酯的香味；溶解揮發出來的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分層得到酯；故答案為中和乙酸、溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度；(4)氯化鈣溶液極易與乙醇結合成六水合物，因此飽和CaCl2溶液可以吸收乙酸乙酯中可能殘留的乙醇，故答案為除去乙醇；(5)飽和碳酸鈉溶液除掉了乙酸和乙醇，飽和CaCl2溶液可以吸收乙酸乙酯中可能殘留的乙醇，這樣分離出的粗酯中會含有雜質水，故答案為水。點睛：本題考查了乙酸乙酯的制備，掌握濃硫酸、飽和碳酸鈉溶液、氯化鈣溶液的作用以及酯化反應的機理為解答本題的關鍵。本題的難點是飽和氯化鈣溶液的作用，要注意題干的提示。26、3NaClO3+3H2SO4＝HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O降低NaHSO4的溶解度，使NaHSO4結晶析出HClO4沸點低2ClO2+SO2+4OH－＝2ClO2－+SO42－+2H2OH2O2有還原性，也能把ClO2還原為NaClO2強氧化性Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O【解析】

NaClO3和濃H2SO4在反應器I中反應：3NaClO3+3H2SO4=HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O；生成HClO4、ClO2和NaHSO4，ClO2在反應器II中與二氧化硫、氫氧化鈉反應2ClO2+SO2+4NaOH═2NaClO2+Na2SO4+2H2O；生成亞氯酸鈉，再得到其晶體；反應器I中得到的溶液通過冷卻過濾得到NaHSO4晶體，濾液為HClO4，蒸餾得到純凈的HClO4；（1）NaClO3和濃H2SO4在反應器I中反應生成HClO4、ClO2和NaHSO4；冷卻溶液時會析出NaHSO4晶體；高氯酸易揮發，蒸餾可以得到高氯酸；（2）反應器Ⅱ中ClO2與二氧化硫、氫氧化鈉反應生成亞氯酸鈉；（3）H2O2具有還原性，能還原ClO2；（4）具有強氧化性的物質能用作消毒劑和漂白劑，氯氣和NaOH溶液生成NaCl和次氯酸鈉、水。【詳解】（1）根據題給化學工藝流程分析反應器Ⅰ中NaClO3和濃H2SO4發生反應生成HClO4、ClO2、NaHSO4和H2O，化學方程式為3NaClO3+3H2SO4＝HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O；冷卻的目的是：降低NaHSO4的溶解度，使NaHSO4結晶析出；能用蒸餾法分離出高氯酸的原因是高氯酸的沸點低，易揮發；（2）反應器Ⅱ中ClO2、SO2和氫氧化鈉發生反應生成亞氯酸鈉、硫酸鈉和水，離子方程式為2ClO2+SO2+4OH－＝2ClO2－+SO42－+2H2O；（3）H2O2中O元素為-1價，有還原性，能被強氧化劑氧化，H2O2能還原ClO2；所以通入反應器Ⅱ中的SO2用另一物質H2O2代替同樣能生成NaClO2；（4）消毒劑和漂白劑的消毒原理和漂白原理是利用它們的強氧化性來達到目的，因此Ca(ClO)2、ClO2、NaClO、NaClO2等含氯化合物都是常用的消毒劑和漂白劑是因為它們都具有強氧化性，用氯氣和NaOH溶液生產另一種消毒劑NaClO的離子方程式為Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O。27、AFECDB澄清石灰水變渾濁品紅溶液未褪色吸收（濃）【解析】

木炭與濃硫酸加熱反應生成CO2、SO2和H2O。其中CO2、SO2在化學性質上的相同點是二者均為酸性氧化物，都能與Ca(OH)2反應，使澄清石灰水變渾濁，這會干擾CO2的檢驗。SO2和CO2在化學性質上的明顯不同點是SO2有漂白性和還原性，而CO2沒有。所以在檢驗CO2時，首先用酸性KMnO4溶液將SO2除去，再用品紅溶液檢驗SO2是否被完全除去，最后用澄清石灰水檢驗CO2。【詳解】(1)甲為濃硫酸與木炭生反應的裝置，KMnO4可氧化SO2，用酸性KMnO4溶液除SO2，再通過品紅溶液不褪色確認SO2已除干凈，驗證木炭可被濃H2SO4氧化成CO2，可通過二氧化碳能使澄清的石灰水變渾濁確認，所以裝置連接順序為：A→F→E→C→D→B；(2)SO2具有漂白性，SO2能使品紅褪色，丁裝置用高錳酸鉀酸性溶液除SO2，再通過品紅溶液不褪色，證明SO2已經除盡，最后用澄清石灰水檢驗CO2，澄清石灰水變渾濁。若丙中品紅褪色，則乙中的澄清的石灰水變渾濁，無法證明甲中反應生成了CO2；(3)若證明有CO2，需要先除去干擾氣體SO2，用高錳酸鉀可以吸收SO2；(4)濃硫酸與木炭在加熱條件下反應生成CO2、SO2和水，方程式：（濃）。28、增大接觸面積，加快反應速率不能因最終產品需要的是SO42-，用鹽酸會引入Cl-制備光導纖維或普通玻璃等還原三價鐵4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3隔絕空氣，防止產品被氧化2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑【解析】分析：硫鐵礦焙燒取硫后的燒渣（主要成分為Fe2O3、Si02、A12O3，不考慮其它雜質），混合物中加入足量硫酸，Fe2O3、Al2O3與酸反應生成的硫酸鐵、硫酸鋁，二氧化硅不反應，過濾，固體1為二氧化硅；在濾液中加入鐵粉將鐵離子還原為亞鐵離子，調節pH值使鋁離子完全生成氫氧化鋁沉淀，過濾，固體2為氫氧化鋁，溶液2為硫酸亞鐵，蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾，得到硫酸亞鐵晶體，以此進行解答。詳解：（1）加足量酸之前，燒渣需經過進一步粉碎處理，粉碎的目的是增大反應物的接觸面積，加快反應速率。（2）由于最終產品需要的是SO42-，用鹽酸會引入Cl-，所以溶解燒渣選用的足量酸不能是鹽酸。（3）根據以上分析可知固體1是二氧化硅，可用來制備光導纖維或普通玻璃等。根據以上分析可知試劑X是鐵，其作用是還原三價鐵。（4）由于氫氧化亞鐵易被氧化為氫氧化鐵，所以白色沉淀迅速轉化為灰綠色，最終變為紅褐色沉淀，方程式為4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。（5）由于亞鐵離子易被氧化，所以從溶液2中得到綠礬的過程中除需控制溫度，防止產品分解外還應注意隔絕空氣，防止產品被氧化。（6）已知1mol綠礬隔絕空氣高溫煅燒完全分解，轉移NA個電子，這說明鐵元素化合價從+2價升高到+3價，硫元素化合價從+6價降低到+4價，所以綠礬隔絕空氣高溫煅燒分解的化學反應方程式為2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。點睛：本題考查制備實驗方案的設計與評價、工藝流程的分析應用，題目難度中等，側重學生分析能力和創新能力的培養，注意把握常見物質的分離方法。29、②④⑥⑦⑧⑩②④⑥⑦⑨⑩①④⑤④⑤①【解析】

Ⅰ．(1)對于可逆反應：2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)，在容積固定的密閉容器中充入等物質的量的SO2、O2：①單位時間內消耗2nmolSO2的同時生成2nmolSO3，均體現正反應速率，無法確定反應達到平衡狀態，故①錯誤；②單位時間內消耗2nmolSO2