2025届福建省泉州十六中高二下化学期末监测试题含解析.doc

2025届福建省泉州十六中高二下化学期末监测试题
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（每题只有一个选项符合题意）
1、某有机物A的结构为， 下列有关说法正确的是
A．1 mol A能跟2 mol NaOH溶液反应
B．能发生加聚反应
C．不能发生分子内酯化反应
D．A分子中所有原子在同一平面上
2、下列各图所示装置中，肯定不符合气密性要求的是
A． B． C． D．
3、下列说法正确的是（ ）
A．Na2O2与水反应时，生成0.1 mol O2，转移的电子数为0.2NA
B．钠与CuSO4溶液反应：2Na＋Cu2＋===Cu↓＋2Na＋
C．Na2O2遇到湿润的紫色石蕊试纸后，石蕊试纸最终变成蓝色
D．在酒精灯加热条件下，Na2CO3和NaHCO3固体都能发生分解
4、成语是中国传统文化的瑰宝。铜墙铁壁、铜心铁胆、金戈铁马、百炼成钢等成语向人传递正能量。工业上，冶炼铁的有关热化学方程式如下:①C(s)+O2(g)=CO2(g) △H1=akJ·mol-1；②CO2(g)+C(s)=2CO(g) △H2=bkJ·mol-1；③Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) △H3=ckJ·mol-1；④2Fe2O3(s)+3C(s)=4Fe(s)+3CO2(g )△H4=dkJ·mol-1（上述热化学方程式中，a，b，c，d均不等于0）。下列说法不正确的是（ ）
A．b>a
B．d=3b+2c
C．C(s)+O2(g)=CO (g) △H＝kJ·mol-1
D．CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H＜akJ·mol-1
5、化学与生活密切相关。下列说法正确的是
A．古代造纸工艺中使用的明矾易导致纸张发生酸性腐蚀
B．食用花生油、葡萄糖和鸡蛋清均能发生水解反应
C．用活性炭去除冰箱中异味的过程属于化学变化
D．天然气、液化石油气和煤是我国目前推广使用的清洁燃料
6、历史上最早使用的还原性染料是靛蓝，其结构式如图所示，下列关于它的性质的叙述中错误的是

A．它的苯环上的一氯取代产物有4种 B．它的化学式是C14H10N2O2
C．它不属于高分子化合物 D．它可以使溴水褪色
7、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，部分元素在周期表中的位置如下图所示，其中X、Y、W的最高价氧化物对应的水化物与Z的最高价氧化物对应的水化物均能发生反应，下列说法中不正确的是（）

X
Y
W

A．简单离子半径大小关系为：Y>Z>W
B．X与Y可以存在于同一离子化合物中
C．Z、W氧化物的熔点高低：Z<W
D．X与氢元素形成的化合物中，只含极性键
8、四种短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置如图所示，其中Z元素的最外层电子数是内层电子总数的1/2。下列说法不正确的是

A．Z元素位于周期表的第3周期第VA族
B．X、W元素的最高价氧化物对应水化物的酸性：W强于X
C．Y元素的气态氢化物的热稳定性比Z的低
D．X与W可形成共价化合物XW2
9、下列原子半径大小顺序正确的是(　　)
①1s22s22p3　②1s22s22p63s23p3③1s22s22p5　④1s22s22p63s23p2
A．③＞④＞②＞① B．④＞③＞②＞①
C．④＞③＞①＞② D．④＞②＞①＞③
10、下列基态原子或离子的电子排布式错误的是
A．K 1s22s22p63s23p64s1 B．Mg2+1s22s22p6
C．F- 1s22s22p5 D．Br 1s22s22p63s23p63d104s24p5
11、已知硫酸亚铁溶液中加入Na2O2时发生反应：4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O===4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8Na＋。下列说法正确的是(　　)
A．反应过程中可以看到白色沉淀先转化为灰绿色后转化为红褐色
B．若Fe2＋失去2 mol电子，生成氧气的体积约为11.2 L
C．4 mol Na2O2参加反应，共得到6 mol电子
D．该反应中氧化剂是Na2O2，还原剂是FeSO4
12、已知某有机物的结构简式为CH3CH＝CH—Cl,该有机物能发生 ( )
①取代反应 ②加成反应 ③消去反应 ④使溴水褪色 ⑤使酸性KMnO4褪色
⑥与AgNO3溶液生成白色沉淀 ⑦聚合反应
A．只有⑥不能发生 B．只有⑦不能发生
C．以上反应均可发生 D．只有②不能发生
13、下列各组有机物只用一种试剂无法鉴别的是（ ）
A．乙醇、甲苯、硝基苯 B．苯、苯酚、己烯
C．甲酸、乙醛、乙酸 D．苯、甲苯、环己烷
14、下列离子方程式中，正确的是
A．氯气通入水中，溶液呈酸性：Cl2 ＋ H2O 2H+ ＋ Cl－＋ ClO－
B．向氯化铝溶液中加入过量氨水： Al3+ ＋ 4OH－＝AlO2－＋ 2H2O
C．碳酸氢铵溶液中加足量的氢氧化钠溶液：NH4+ ＋ OH－ ＝ NH3↑ ＋ H2O
D．二氧化硫通入溴水中，溴水褪色：SO2 ＋ Br2 ＋ 2H2O ＝ 4H+ ＋ 2Br－ ＋ SO42－
15、下列实验中，对应的实验现象和实验结论都正确且具有因果关系的是
选项
实验方法或操作
实验现象
实验结论
A
将小块Na放入CuSO4溶液中
钠浮在水面上四处游动，溶液中有红色沉淀生成
金属Na比Cu活泼
B
在淀粉粉末中加入适量浓硫酸
淀粉变黑
浓硫酸具有吸水性
C
在AlCl3溶液中逐滴滴入NaOH溶液至过量，然后通入CO2气体
先出现白色沉淀，后沉淀消失，最后又出现白色沉淀
Al(OH)3是两性氢氧化物，但不能溶解在某些弱酸中
D
将装满氯水的圆底烧瓶倒置在有氯水的水槽中，日光照射
烧瓶内有气泡向上逸出
日光照射时，溶解的Cl2逸出
A．A B．B C．C D．D
16、 “白色污染”的主要危害是（ ）
①破坏土壤结构  ②降低土壤肥效  ③污染地下水 ④危及海洋生物的生存
A．只有①② B．只有②③ C．只有②④ D．①②③④
二、非选择题（本题包括5小题）
17、Hagrmann酯（H）是一种合成多环化合物的中间体，可由下列路线合成（部分反应条件略去）：

（1）H的分子式是___；D的名称是____
（2）G中含氧官能团的名称是___；已知B的分子式为C4H4，则A→B的反应类型是_____
（3）E→F的化学方程式是_____
（4）下列说法正确的是___
a．A能和HCl反应得到聚氯乙烯的单体
b．H的同分异构体中不可能存在芳香族化合物
c．B、C、D均可发生加聚反应
d．1molF与足量H2反应可消耗3molH2
（5）M是G的同系物且相对分子量比G小28，请写出满足下列条件的M的同分异构体的结构简式____
①苯环上的一氯取代只有一种 ②不能与金属钠反应放出H2
（6）以苯乙烯和甲醇为原料，结合己知信息选择必要的无机试剂，写出—的合成路线____。
18、已知A、B、C、D和E五种分子所含原子的数目依次为1、2、3、4和6，且都含有18个电子，又知B、C和D是由两种元素的原子组成，且D分子中两种原子个数比为1：1。请回答：
(1)组成A分子的原子的核外电子排布式是________________；
(2)B的分子式分别是 ___________；C分子的立体结构呈_________ 形，该分子属于_____________分子(填“极性”或“非极性”)；
(3)向D的稀溶液中加入少量氯化铁溶液，反应的化学方程式为_____________________________
(4)  若将1molE在氧气中完全燃烧，只生成1molCO2和2molH2O，则E的分子式是 __________。
19、碘化钾是一种无色晶体，易溶于水。实验室制备KI晶体的步骤如下：
Ⅰ.在如下图所示的三颈烧瓶中加入研细的I2和一定量的30%KOH溶液，搅拌（已知：I2与KOH反应产物之一是KIO3）；
Ⅱ.碘完全反应后，打开分液漏斗中的活塞、弹簧夹1、2，向装置C中通入足量的H2S；
Ⅲ.反应结束后，向装置C中加入稀H2SO4酸化，水浴加热；
Ⅳ.冷却，过滤得KI粗溶液。

（1）仪器a的名称是__________，步骤Ⅰ中控制KOH溶液过量的目的是______________。
（2）装置B的作用是_____________，装置D中盛放的溶液是________________。
（3）装置C中H2S和KIO3反应的离子方程式为_______________________。
（4）步骤Ⅲ中水浴加热的目的是除去_________________________（填化学式）。
（5）由步骤Ⅳ所得的KI粗溶液中含有少量K2SO4，需进行提纯，提纯流程如下：

①已知白色固体B是混合物，试剂A为__________，为除去溶液C中的杂质，步骤②中调节溶液为弱酸性，则加入HI溶液后产生的现象是___________________。
②为测定最后所得KI晶体的纯度，取ag晶体配制100mL溶液，取出25mL溶液，滴入足量稀的酸性K2Cr2O7溶液，充分反应后，滴加几滴淀粉溶液为指示剂，用bmol·L－1的Na2S2O3溶液进行滴定，消耗Na2S2O3溶液VmL。
滴定过程中涉及的反应为：，则滴定终点时的现象为________________________，晶体的纯度为_______________________（列出计算式）。
20、葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 g·L－1，取300.00 mL葡萄酒，通过适当的方法使所含SO2全部逸出并用H2O2将其全部氧化为H2SO4，然后用0.090 0 mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定。
（1）滴定前排气泡时，应选择下图中的________(填序号)。

（2）若用50 mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积______(填序号)。
①＝10 mL ②＝40 mL ③＜10 mL ④＞40 mL。
（3）上述滴定实验中，可选择_______为指示剂，选择该指示剂时如何判断反应到达滴定终点：______
（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2含量为________g·L－1。滴定终点读数时俯视刻度线，则测量结果比实际值________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
21、一种通过铁基氧载体（Fe3O4/FeO)深度还原和再生来合成二甲醚（CH3OCH3) 的原理如图：

(1)二甲酸的合成反应：3CO(g)+3H2(g)=CH3OCH3(g)+CO2(g)；△H1
①已知CO、CH3OCH3与H2的燃烧热（△H）分别为 a kJ/mol、b kJ/mol、c kJ/mol（a、b、c均小于0），则△H1 ____kJ/moL。
②该反应选用（CuO/ZnO/Al2O）复合催化剂，该催化剂能_____(填标号)。
A．提高反应速率　　 B．促进平衡正向移动　　 C．改变反应的焓变 D．降低反应的活化能
(2)CH4氧化器中发生的主反应：
i.CH4(g)+Fe3O4(s)=CO(g)+2H2(g)+3FeO(s)
ii.CH4(g)+4Fe3O4(s)=CO2(g)+2H2O(g)+12FeO(s)
850℃时，压强和部分气体体积分数、固相各组分质量分数的关系如图。

①随着压强的增大，反应i的平衡常数K值________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
②结合图像，分析H2O的体积分数变化的原因________(用化学方程式表示）。
(3)将一定量的FeO 和CO2置于CO2还原器（体积不变的密闭容器）中，发生的主反应：CO2(g)+3FeO(s)=Fe3O4(s)+CO(g)。保持其他条件不变，测得不同温度下最终反应体系中CO、CO2体积分数如下表。
温度t/℃
100
170
200
300
400
500
CO2体积分数
0.67
0.67
0.75
0.82
0.9
0.92
CO体积分数
0.33
0.33
0.25
0.18
0.1
0.08
①△H2______0(填“＞”或“＜”)。
②由上表可知，若在150℃时进行上述转化，理论转化率α(FeO)为100%。在上述反应体系中，一定可以说明该反应达到平衡状态的是______(填标号）。
A．CO2的物质的量不变
B．体系的压强不变
C．气体的平均摩尔质量不变
D．CO的生成速率和消耗速率相等且不等于零
③根据化学反应原理，分析CO2还原器温度设置在170℃的原因________。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
A. 有机物A的官能团是碳碳双键、醇羟基和羧基，只有羧基能电离出氢离子，则1molA最多能与1molNaOH反应，A项错误；
B. 分子内含碳碳双键，碳碳双键在一定条件下能发生加聚反应，B项正确；
C. 分子内含羧基和醇羟基，两者在一定条件下能发生分子内酯化反应，C项错误；
D. 苯分子和乙烯分子都是共面的分子，但是甲烷分子是四面体分子，有机物A分子中来自苯、乙烯等的原子可以共面，但不一定共面，但来自甲烷衍生的—CH2—、—CH2OH中的原子不可能都共面，D项错误；
答案选B。
2、D
【解析】
A．用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内有气泡产生，说明装置气密性良好，故A符合；
B．用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，液面高度不变，说明装置气密性良好，故B符合；
C．用弹簧夹夹住右边导管，双手捂住烧瓶，烧瓶内气体受热膨胀，使集气瓶中气体压强增大，在玻璃管中形成一段水柱，说明装置气密性良好，故C符合；
D．用弹簧夹夹住右边导管，上下移动，若装置不漏气，两边液面应形成一定的高度差，而图示两端液面相平，说明装置漏气；故选D。
【点晴】
实验基本操作考查为高频考点，检查装置的气密性原理就是根据装置内外的压强差形成水柱或气泡，通过分析实验装置是否形成水柱或气泡，来检查装置的气密性，虽然装置各不相同，甚至差别较大，但原理都是一样的。
3、A
【解析】分析：A.根据氧元素的化合价变化计算；
B.钠首先与水反应；
C.根据过氧化钠还具有强氧化性分析；
D.碳酸钠受热不易分解。
详解：A. Na2O2与水反应时氧元素化合价从－1价部分升高到0价，部分降低到－2价，生成0.1 mol O2，转移的电子数为0.2NA，A正确；
B. 钠与CuSO4溶液反应首先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，不能置换出金属铜，B错误；
C. 过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气，溶液显碱性，同时还具有强氧化性，所以Na2O2遇到湿润的紫色石蕊试纸后，石蕊试纸先变成蓝色，最终褪色，C错误；
D. 在酒精灯加热条件下，NaHCO3固体能发生分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，Na2CO3稳定性强，D错误；
答案选A。
4、D
【解析】
分析：①C(s)+O2(g)=CO2(g)为放热反应，a＜0，②CO2(g)+C(s)=2CO(g)为吸热反应，b＞0，然后根据盖斯定律分析解答。
详解：A. ①C(s)+O2(g)=CO2(g)为放热反应，△H1=akJ·mol-1＜0，②CO2(g)+C(s)=2CO(g)为吸热反应，△H2=bkJ·mol-1＞0，因此b>a，故A正确；B. ②CO2(g)+C(s)=2CO(g) △H2=bkJ·mol-1，③Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) △H3=ckJ·mol-1，根据盖斯定律，将②×3+③×2得：2Fe2O3(s)+3C(s)=4Fe(s)+3CO2(g ) △H4=dkJ·mol-1=(3b+2c)kJ·mol-1，故B正确；C. ①C(s)+O2(g)=CO2(g) △H1=akJ·mol-1，②CO2(g)+C(s)=2CO(g) △H2=bkJ·mol-1，根据盖斯定律，将(①+②)×得：C(s)+O2(g)=CO (g) △H=kJ·mol-1，故C正确；D. 因为碳燃烧生成CO时放出热量，所以，1 mol C完全燃烧放出热量大于1 mol CO完全燃烧放出热量，而反应热包括负号和数值，故CO(g)＋O2(g)＝CO2(g) ΔH＞a kJ·mol-1，故D错误；故选D。
5、A
【解析】
A.早期的纸张生产中，常采用纸表面涂敷明矾的工艺，明矾中铝离子水解，Al3++3H2OAl（OH）3+3H+，产生氢离子，易导致纸张发生酸性腐蚀，A正确；
B.食用花生油和鸡蛋清均能发生水解反应，葡萄糖不能发生水解反应，B错误；
C.用活性炭去除冰箱中异味，利用活性炭的吸附作用，过程属于物理变化，C错误；
D.天然气、液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料，煤不属于清洁燃料，D错误；
答案为A；
6、B
【解析】
A. 该分子呈中心对称，故其苯环上的一氯取代产物有4种，A正确；
B. 根据其结构简式可以确定其分子式是C16H10N2O2，B错误；
C. 根据其分子式可以判断它不属于高分子化合物，C正确；
D. 该分子中有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应而使溴水褪色，D正确。
综上所述，关于它的性质的叙述中错误的是B，选B.
7、D
【解析】
X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，且均存在最高价氧化物对应的水化物，故排除氧元素和氟元素，又因为其中X、Y、W的最高价氧化物对应的水化物与Z的最高价氧化物对应的水化物均能发生反应，可推知X为碳元素，Y为氮元素，W为铝元素，Z为钠元素。
【详解】
A. 具有相同电子层结构的微粒，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径大小关系为：Y>Z>W，故A正确；
B. X与Y可以存在于同一离子化合物中，如碳酸铵和碳酸氢铵，故B正确；
C. Z、W氧化物均是离子晶体，氧化铝的晶格能更大，故熔点高低：Z<W，故C正确；
D. X与氢元素形成的化合物包括所有烃类物质，如苯既含极性键又含非极性键，故D错误；
答案选D。
注意碳与氢元素形成的化合物包括所有烃类物质！
8、C
【解析】
根据元素周期表的结构，Z位于第三周期，Z的最外层电子数是内层电子总数的1/2，则Z为P，根据在周期表的位置，X为C，Y为N，W为S，则
A、Z为P，位于第3周期VA族，故A说法正确；
B、C的最高价氧化物对应水化物H2CO3为弱酸，S的最高价氧化物对应水化物为H2SO4，属于强酸，即H2SO4的酸性强于H2CO3，故B说法正确；
C、Y的氢化物为NH3，Z的氢化物为PH3，N的非金属性强于P，则NH3的稳定性高于PH3，故C说法错误；
D、X与W可形成共价化合物CS2，故D说法正确。
答案选C。
9、D
【解析】
根据核外电子排布式书写规律分析解答。
【详解】
①1s22s22p3是N元素，②1s22s22p63s23p3是P元素，③1s22s22p5是F元素，④1s22s22p63s23p2是Si元素，根据元素周期律分析可知，原子半径由大到小的顺序为：④＞②＞①＞③；
答案选D。
本题考查同周期元素性质递变规律，原子半径比较：电子层数越多，原子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，原子半径越大。
10、C
【解析】
A.K原子核外有19个电子，根据构造原理，基态K原子的电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，A正确；
B.Mg原子核外有12个电子，基态Mg原子的核外电子排布式为1s22s22p63s2，则基态Mg2+的核外电子排布式为1s22s22p6，B正确；
C.F原子核外有9个电子，基态F原子的核外电子排布式为1s22s22p5，则基态F-的核外电子排布式为1s22s22p6，C错误；
D.Br原子核外有35个电子，基态Br原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，D正确；
答案选C。
11、C
【解析】
A、反应过程中亚铁离子被氧化为三价铁离子，反应过程中看不到白色沉淀转化为灰绿色再转化为红褐色沉淀的现象，故A错误；
B、没有明确是否为标准状况，无法计算生成氧气的体积，故B错误；
C、由题给离子方程式可知，过氧化钠中氧元素化合价即升高到又降低，4mol过氧化钠有1mol做还原剂，3mol做氧化剂，则反应得到电子6mol，故C正确；
D、由题给离子方程式可知，反应中过氧化钠中氧元素化合价即升高到又降低，硫酸亚铁中铁元素化合价升高，则反应中氧化剂是Na2O2，还原剂是Na2O2和FeSO4，故D错误；
答案选C。
过氧化钠中氧元素化合价即升高到又降低，Na2O2既是氧化剂又是还原剂是解答本题的关键，也是易错点。
12、A
【解析】
根据有机物的结构简式可知，CH3CH＝CH—Cl分子中含有的官能团为碳碳双键和氯原子，能够表现烯烃和氯代烃的性质。
【详解】
根据有机物的结构简式可知，分子中含有的官能团为碳碳双键和氯原子，所以可发生加成反应、取代反应、消去反应、加聚反应，也能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，但和硝酸银溶液不反应，故选A。
本题考查有机物的结构与性质，准确判断出分子中含有的官能团，结合官能团的结构和性质分析是解答关键。
13、D
【解析】
A、乙醇可以与水互溶，而甲苯和硝基苯不能溶于水，但甲苯的密度比水小，而硝基苯的密度比水大，故可以用水进行鉴别，故A正确；B、苯不能与溴水发生化学反应，但能被萃取分层，上层为溶有溴的本层，下层为水层；苯酚可以与溴水发生取代反应生成黄色沉淀，己烯可以溴水中的溴发生加成反应，使溴水褪色，所以可用溴水进行鉴别，故B正确；C、分别向三种溶液中加入氢氧化铜悬浊液，加热，若有砖红色沉淀产生，且有气体生成，则该溶液为甲酸溶液，若只有砖红色沉淀生成，则为乙醛溶液，若既无砖红色沉淀生成，也无气体生成，则为乙酸溶液，故C正确；D、三者的密度都比水小，且特征反应不能有明显现象，不能用一种物质鉴别，故D错误；答案：D。
当物质均为有机溶剂时，可以首先考虑密度的差异，其次考虑物质的特征反应，醛基的特征反应是与银镜反应和与氢氧化铜加热生成砖红色沉淀等。苯酚的特征反应是与溴水发生取代反应生成黄色沉淀，己烯可以溴水中的溴发生加成反应，使溴水褪色。
14、D
【解析】
A. 氯气通入水中，溶液呈酸性，次氯酸为弱电解质，不能写成离子：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，A错误；
B. 氨水不能溶解氢氧化铝，向氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3+＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4+，B错误；
C. 碳酸氢铵溶液中加足量的氢氧化钠溶液，HCO3-、NH4+都能与OH-反应，C错误；
D. 二氧化硫通入溴水中，溴水褪色，发生氧化还原反应：SO2＋Br2＋2H2O＝4H+＋2Br－＋SO42－，D正确；
答案选D。
15、C
【解析】
A.钠放入盐溶液中，钠先与水反应；B.使淀粉变黑体现浓硫酸的脱水性；C. Al(OH)3是两性氢氧化物，不溶于弱酸和弱碱；D.在光照条件下，次氯酸分解生成氧气。
【详解】
A. 在盐溶液中，Na先与水反应生成NaOH，NaOH与溶液中的CuSO4反应，生成Cu(OH)2蓝色沉淀，故A错误；
B. 浓硫酸具有脱水性，能够使淀粉碳化而变黑，所以使淀粉变黑体现了浓硫酸的脱水性，故B错误；
C. AlCl3溶液中逐滴滴入NaOH溶液至过量，先出现Al(OH)3沉淀，后Al(OH)3溶解在NaOH溶液中，生成NaAlO2，通入CO2气体，NaAlO2与碳酸反应生成Al(OH)3沉淀，故C正确；
D. 氯水受日光照射，氯水中的HClO分解生成氧气而不是氯气，故D错误；答案选C。
本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、反应与现象、沉淀的转化等为解题的关键，题目难度不大。本题的易错点是D项，注意氯水在光照时，溶液中含有的次氯酸发生分解反应生成的气体是氧气。
16、D
【解析】“白色污染”的主要危害是①破坏土壤结构②降低土壤肥效③污染地下水④危及海洋生物的生存，故选D。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、C10H14O3 丙炔 醚键、酯基 加成反应 CH3C≡C-COOH+C2H5OHCH3C≡C-COOC2H5+H2O a、c
【解析】
根据合成路线图可知，2个乙炔发生加成反应生成CH2=CH-C≡CH，则B为CH2=CH-C≡CH，B与甲醇反应生成；根据F的结构简式及E与乙醇反应的特点，丙炔与二氧化碳发生加成反应生成CH3C≡C-COOH，则E为CH3C≡C-COOH；E与乙醇在浓硫酸及加热的条件下生成F和水；C与F发生加成反应生成G；
【详解】
（1）根据H的结构简式可知，分子式为C10H14O3；CH3C≡CH含有的官能团为C≡C，为丙炔；
（2）G中含有的官能团有碳碳双键、醚基、酯基，含氧官能团为醚键、酯基；B为CH2=CH-C≡CH，则反应类型为加成反应；
（3）由分析可知，E为CH3C≡C-COOH，与乙醇在浓硫酸及加热的条件下生成F和水，方程式为：CH3C≡C-COOH+C2H5OHCH3C≡C-COOC2H5+H2O；
（4）a．A为乙炔，能和HCl反应得到氯乙烯，为聚氯乙烯的单体，a正确；
b．H与C6H5-CHOH-CHOH-CHOH-CH3的分子式相同，而结构不同，则同分异构体中可以存在芳香族化合物，b错误；
c．B、C、D中均含有碳碳不饱和键，可发生加聚反应，c正确；
d．1molF与足量H2反应可消耗2molH2，酯基中的碳氧双键不能发生加成反应，d错误；
答案为ac；
（5）M是G的同系物且相对分子量比G小28，则M比G少2个CH2结构，则分子式为C9H12O3；①苯环上的一氯取代只有一种，苯环上只有1种氢原子，则3个取代基在间位，②不能与金属钠反应放出H2，则无羟基，为醚基，结构简式为；
（6）根据合成路线，苯乙烯先与溴发生加成反应，再发生消去反应生成苯乙炔；苯乙炔与二氧化碳发生加成反应生成C6H5C≡CCOOH，再与甲醇发生取代反应即可，流程为。
18、1S22S22P63S23P6 HCl V形 极性分子 2H2O22H2O+O2↑ CH4O
【解析】
在18电子分子中，单原子分子A为Ar，B、C和D是由两种元素的原子组成，双原子分子B为HCl，三原子分子C为H2S，四原子分子D为PH3或H2O2，且D分子中两种原子个数比为1：1，符合题意的D为H2O2；根据燃烧规律可知E为CH4Ox，故6+4+8x=18，所以x=1，E的分子式为CH4O。
【详解】
（1）Ar原子核外电子数为18，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，故答案为：1s22s22p63s23p6；
（2）双原子分子B为HCl，三原子分子C为H2S，H2S中S原子价层电子对数为4，孤对电子对数为2，H2S的空间构型为V形，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，故答案为：HCl；H2S；V；极性；
（3）D为H2O2，向H2O2的稀溶液中加入少量氯化铁溶液，氯化铁做催化剂作用下，H2O2发生分解反应生成H2O和O2，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑；
（4）1molE在氧气中完全燃烧，只生成1molCO2和2molH2O，根据燃烧规律可知E的分子式为CH4Ox，由分子中含有18个电子可得6+4+8x=18，解得x=1，则E的分子式为CH4O，故答案为：CH4O。
本题考查物质的推断、分子结构与性质，注意依据常见18电子的微粒确定物质，掌握常见化合物的性质，明确分子空间构型的判断是解答关键。
19、分液漏斗使碘充分反应除去硫化氢中的氯化氢气体NaOH溶液3H2S+IO3-=3S+I-+3H2OH2SBaCO3有无色气体放出当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液后，溶液蓝色褪去，且30s不恢复bmol/LV10-3L4166/a100%
【解析】
反应时，首先使碘单质与过量的KOH反应，生成的产物中有碘化钾和碘酸钾，再利用制取的硫化氢与碘酸钾反应生成碘化钾和硫酸钾，除去硫酸钾，制备碘化钾。
【详解】
（1）根据图像可知，仪器a的名称是分液漏斗；装置C中KOH过量时可使碘充分反应；
（2）制取硫化氢使用的盐酸易挥发，装置B的作用是除去硫化氢中的氯化氢气体；硫化氢气体有毒，装置D为除去硫化氢防止污染空气，使用的药品为NaOH溶液；
（3）装置C中H2S和KIO3反应生成单质硫、碘化钾和水，反应的离子方程式为3H2S+IO3-=3S+I-+3H2O；
（4）步骤Ⅲ中水浴加热可降低硫化氢在水中的溶解度，使过量的硫化氢逸出；
（5）①除去溶液中的硫酸根离子通常用钡离子，除杂时不引入新的杂质离子，可利用沉淀的转化使用碳酸钡固体；溶液C中含有一定量的碳酸根离子，加入HI溶液时，生成二氧化碳气体，观察到有气泡产生；
②反应过程：用重铬酸钾氧化碘离子为单质，再用硫代硫酸钠与碘反应生成碘离子，则滴定终点时，溶液中无碘单质，当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液后，溶液蓝色褪去，且30s不恢复；根据方程式可知，n（I-）：n（S2O32-）=1：1，生成硫代硫酸钠的物质的量等于碘离子的物质的量为bmol/LV10-3L，原溶液在碘离子的物质的量=bmol/LV10-3L×100mL/25mL，跟碘原子守恒，则纯度=bV10-34166/a100%。
用重铬酸钾氧化碘离子为单质，再用硫代硫酸钠与碘反应生成碘离子，多步反应的计算，只要根据碘离子与硫代硫酸根之间的关系式进行即可，不必分析碘与重铬酸钾之间的关系。
20、③ ④ 酚酞 当加入最后一滴标准溶液后，溶液恰好变红色，且在半分钟内无变化，说明到达滴定终点 0.24 偏低
【解析】
（1）氢氧化钠是强碱，应用碱式滴定管量取；
（2）滴定管0刻度在上，且下端有一段没有刻度线；
（3）强碱滴定酸用酚酞；
（4）由SO2～H2SO4～2NaOH关系计算。滴定管0刻度在上，俯视读数偏小，标准液体积偏小。
【详解】
（1）氢氧化钠是强碱，应用碱式滴定管量取，排液时应将橡皮管向上弯曲排出气泡，答案选③；
（2）滴定管0刻度在上，且下端有一段没有刻度线，故管内液体的体积大于40 mL，答案选④；
（3）强碱滴定酸用酚酞，滴定至终点时溶液的pH在酚酞的变色范围内，故可选用酚酞作指示剂。选择酚酞时反应到达滴定终点现象为：当加入最后一滴标准溶液后，溶液恰好变红色，且在半分钟内无变化；
(4)SO2与NaOH存在如下关系：
SO2　　～　　H2SO4　　～　　2NaOH
64 g 2 mol
m(SO2) 0.090 0 mol·L－1×0.025 L
解得：m(SO2)＝＝0.072 g，故葡萄酒中SO2的含量为==0.24 g·L－1。滴定管0刻度在上，俯视读数偏小，标准液体积偏小，故测量结果比实际值偏低。
21、3a+3c-b AD 不变 ＜ D 温度过高，CO2的转化率降低；温度过低，反应速率变慢
【解析】
（1）①CO燃烧热的热化学方程式为CO(g)+O2(g)=CO2(g)；△H=a kJ·mol-1①，CH3OCH3燃烧热的热化学方程式为CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)；△H=b kJ·mol-1②，H2燃烧热的热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l)；△H=c kJ·mol-1③，根据目标方程式，应是3×①＋3×③－②，得出△H=(3a＋3c－b)kJ·mol-1；
②A、使用催化剂降低活化能，提高单位体积内活化分子百分数，使反应速率加快，故A符合题意；
B、催化剂对化学平衡的移动无影响，故B不符合题意；
C、反应焓变只与始态和终态有关，催化剂不能降低反应的焓变，故C不符合题意；
D、催化剂降低反应的活化能，故D符合题意；
答案选AD；
（2）①化学平衡常数只受温度的影响，即增大压强，化学平衡常数不变；
②根据图像分析，随着反应的进行，H2的含量降低，H2O的含量增大，可推断反应过程中H2转化成H2O，发生的反应为Fe3O4和H2反应生成FeO和H2O，则化学反应方程式为；
（3）①根据图表分析，随着温度的升高，平衡时CO2的体积分数增大，CO的体积分数降低，标明化学平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应方向为放热反应，即△H＜0；
②A、从表中可以看出温度从100℃上升到170℃，已经完全转化，此时CO2和CO的体积分数都不变，但此时不算平衡状态，因此CO2物质的量不变，不能说明反应达到平衡，故A不符合题意；
B、反应前后气体系数之和相等，即压强始终相等，因此压强不变，不能说明反应达到平衡，故B不符合题意；
C、根据A选项分析，气体平均摩尔质量不变，不能说明反应达到平衡，故C不符合题意；
D、根据化学平衡状态的定义，CO生成速率和消耗速率相等，且不等于0，说明反应达到平衡，故D符合题意；
答案选D；
③温度选择170℃，从平衡的角度分析，温度过高，CO2的转化率降低，从速率角度分析，温度过低反应速率变慢，则选择170℃。