河北省邢台市第一中学2018-2019学年高一下学期第一次月考化学试题(解析版)

邢台一中2018--2019学年下学期第一次月考高一年级化学试题
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 P:31 S:32 Cl:35.5 Al:27 K:39 Ca:40 Cu:64 Fe:56 一．选择题：（每小题2分，共48分）
1.下列事实不能用元素周期律解释的是
A. Mg、Al与同浓度盐酸反应，Mg更剧烈
B. 向Na2SO3溶液中加盐酸，有气泡产生
C. 0.1mol·L-1溶液的碱性：NaOH>LiOH
D. 气态氢化物的稳定性：HBr>HI
【答案】B
【解析】
A．金属性Mg＞Al，Mg与酸反应剧烈，能用元素周期律解释，故A正确；B．向Na2SO3溶液中加盐酸，发生强酸制取弱酸的反应，不能用元素周期律解释，故B错误；C．金属性Na＞Li，0.1 mol•L-1溶液的pH：NaOH＞LiOH，能用元素周期律解释，故C正确；D．非金属性Br＞I，氢化物稳定性：HBr＞HI，能用元素周期律解释，故D正确；故选B。

2.下列递变情况中，正确的是
A. Na、Mg、Al原子的最外层电子数依次减少
B. Si、P、S元素的最高正价依次降低
C. C、N、O的原子半径依次减小
D. Li、Na、K的金属性依次减弱
【答案】C
【解析】
同周期元素，原子序数越大，非金属性越强；同主族元素，原子序数越大，金属性越强。

3.已知下列原子的半径：
根据以上数据，P原子的半径可能是
A. 1.10×10－10 m
B. 0.80×10－10 m
C. 1.20×10－10 m
D. 0.70×10－10 m
【答案】A
【解析】
试题分析：同一周期元素，原子半径随着原子序数的增大而减小；同一主族元素，原子半径随着原子序数的增大而增大，据此分析．
解：N、P是同一主族元素，P元素的原子序数大于N元素的原子序数，所以P的原子半径大于N的原子半径，
Si、P、S是同一周期的元素，且p的原子序数大于Si的原子序数小于S的原子序数，所以P的原子半径小于Si的原子半径大于S的原子半径，
则磷元素的原子半径可能为1.10×10﹣10m，
故选A．
考点：微粒半径大小的比较．
4.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。

X的原子半径比Y的小，且X与Y的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数。

X与W同主族，Z是地壳中含量最高的元素。

下列说法不正确的是
A. 原子半径的大小顺序：r(W)>r(Y)>r(Z)>r(X)
B. 元素Z、W的简单离子的电子层结构相同
C. 元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强
D. X、Y两种元素可形成分别含有10e－和18e－的化合物
【答案】C
【解析】
【分析】
短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z是地壳中含量最高的元素，则Z为O元素；X的原子半径比Y的小，则X为H元素，Y为第二周期元素；X与Y的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，Y 的最外层电子数为6-1=5，则Y为N元素；X与W同主族，则W为Na元素。

【详解】A项、电子层书越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径的大小顺序：r （W）＞r（Y）＞r（Z），故A正确；
B项、Z为O元素，位于第二周期，W为Na元素，位于第三周期，氧离子和钠离子都具有氖相同的电子层结构，故B正确；
C项、N元素和O元素都位于第二周期，同周期元素，随核电荷数增大，原子半径减小，非金属性依次增强，氢化物的热稳定性依次增强，氨气的的热稳定性小于水，故C错误；
D项、O元素和H元素可以形成含有10e－的水和18e－的双氧水，故D正确。

故选C。

【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，侧重分析与应用能力的考查，把握元素的位置、原子结构、原子序数、元素周期律推断元素为解答的关键。

5.X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，其原子半径与化合价的关系如图所示。

下列说法错误的是
A. Q位于第三周期ⅠA族
B. X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是盐或碱
C. 简单离子半径：M－＞Q＋＞R2＋
D. Z与M的最高价氧化物对应水化物均为强酸
【答案】C
【解析】
由Y的化合价只有-2价推断Y为氧元素，X的半径比氧原子的半径小且只有+1价，则X为氢元素，M的最高正价为+7价，最低负价为-1，则M代表氯元素，Z的半径小于氯元素，且最低负价为-3价，最高价为+5价，则Z代表氮元素，Q只有+1一种化合价，且Q的半径大于氯原子半径，但小于只有+2价的R，故Q代表钠元素，R代表Ca元素；Na为第三周期IA族，A正确；B项X、Y、Z三种元素分析代表H、O、N，可以形成硝酸、硝酸铵和一水合氨，故B正确；C项M-、Q+、R2+的半径大小应该为Cl-＞Ca2+＞Na+，故C错误，D项Z 、M的最高价氧化物对应的水化物为HNO3和HClO4，都是强酸，故D正确；答案为C。

点睛：微粒半径大小比较的常用规律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na＋＞Mg2＋＞Al3＋，S2－＞Cl－。

（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li ＜Na＜K，Li＋＜Na＋＜K＋。

（3）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na＋＞Mg2＋＞Al3＋。

（4）同种元素形成的微
粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。

如Fe3＋＜Fe2＋＜Fe，H＋＜H＜H－。

（5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。

6.关于甲烷与氯气反应的叙述有
①常温下，产物一氯甲烷是气体，其他3种氯代产物都是液体；
②二氯甲烷只有一种的事实证明了甲烷不是平面正方形；
③实验室可以通过排饱和食盐水的方法收集甲烷和氯气；
④如果把收集好甲烷和氯气的试管放在日光直射的地方，可能会发生爆炸；
⑤光照时，试管中甲烷和氯气的混合气体的颜色逐渐变浅，试管壁出现油状液滴，试管中有少量白雾。

其中正确的是
A. ①②③④⑤
B. ①②③
C. ②③④
D. ①②③⑤
【答案】A
【解析】
本题详细考查了甲烷与氯气的取代反应
7.某元素X最高价含氧酸的相对分子质量为98，且X的氢化物的分子式不是H2X，则下列说法正确的是
A. X的最高价含氧酸的分子式可表示为H3XO4
B. X是第二周期ⅤA族元素
C. X是第三周期ⅥA族元素
D. X的最高正化合价为＋4
【答案】A
【解析】
【分析】
某元素X最高价含氧酸的相对分子质量为98，则酸可能为硫酸或磷酸，即元素X为P元素或S元素，由X 的氢化物的化学式不是H2X，则X应为P元素，其氢化物为PH3。

【详解】A项、X的最高价含氧酸的化学式可表示为H3PO4，故A正确；
B项、X为P元素，位于第三周期ⅤA族，故B错误；
C项、X为P元素，位于第三周期ⅤA族，故A错误；
D项、X为P元素，最高化合价为+5，故D错误。

故选A。

【点睛】本题考查元素周期律，熟悉相对分子质量为98的酸，结合其氢化物的化合价来确定该元素是解答本题的关键。

8.有4种碳骨架如图所示的烃,下列说法正确的是
A. a和b互为同分异构体
B. b和c互为同系物
C. a和b都能发生加成反应
D. 只有b和c能发生取代反应
【答案】B
【解析】
【分析】
由碳架结构可知a的结构简式为（CH3）2C=CH2、名称为2—甲基丙烯，b的结构简式为C（CH3）4、名称为丁烷，c的结构简式为（CH3）3CH、名称为2,2—二甲基丙烷，d的名称为环丁烷。

【详解】A项、2—甲基丙烯和丁烷分子式不同，不互为同分异构体，故A错误；
B项、丁烷和2,2—二甲基丙烷结构相似，相差CH2个原子团，都属于烷烃，互为同系物，故B正确；
C项、2—甲基丙烯为烯烃，能够与氢气、溴水等发生加成反应，丁烷为烷烃，不能发生加成反应，故C错误；
D项、2—甲基丙烯和环丁烷也能发生取代反应，故D错误。

故选B。

【点睛】本题考查有机物的结构和性质，注意根据有机物的结构模型判断有机物的种类为解答关键。

9.如图中的大黑点代表原子序数为1～18的元素的原子实(原子实是原子除最外层电子后剩余的部分)，小黑点代表未用于形成共价键的最外层电子，短线代表共价键。

下列各图表示的结构与化学式一定不相符的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A项、氨气中N原子与H原子形成三对共价键，还有一对孤对电子，故A正确；
B项、乙烯中C原子与C原子形成碳碳双键，是平面结构，故B正确；
C项、四氯化碳中Cl的最外层三对孤对电子漏掉，正确图式为，故C错误；
D项、二氧化碳中C原子分别与两个O原子形成2对共价键，O原子有2对孤对电子，故D正确。

故选C。

【点睛】本题考查了常见元素的成键特点，注意把握原子形成的共价键数目与其原子核外的单电子数有关是解答关键。

10.已知a A n－、b B m-、c C m+、d D n+四种离子具有相同的核外电子排布，且n＞m，则下列关系中正确的是
A. a=c-m+n
B. 元素的金属性：D＞C＞A＞B
C. 原子半径：D＞C＞B＞A
D. 离子半径：A n－＞B m-＞C m+＞D n+
【答案】D
【解析】
【分析】
A n-、b
B m-、c
C m+、d
D n+具有相同的核外电子排布，a、b、c、d不相等且n>m，属于四种不同元素的离子，a
结合离子所得电荷可知a+n=b+m=c-m=d-n，故原子序数大小顺序是d>c>b>a，A、B为非金属元素，非金属性：B>A，C、D为金属元素，金属性：C>D，且C、D位于A和B的下一周期。

【详解】A项、结合离子所得电荷可知a+n=b+m=c-m=d-n，a=c-m—n，故A错误；
C项、A、B为非金属元素，非金属性：B>A，C、D为金属元素，金属性：C>D，故B错误；
C项、电子层越多，原子半径越大，电子层相同，原子序数越大，半径越小，则原子半径：C>D>A>B，故
C错误；
D项、核电荷数a>b>d>c，电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：A n->B m->C m+>D n+，
故D正确。

故选D。

11.设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是：
A. 1 mol聚乙烯中含有N A个碳碳双键
B. 1 mol乙烯与Cl2完全加成，然后与Cl2发生取代反应，共消耗氯气的分子数最多为6N A
C. 标准状况下，2.24 L CCl4中的原子总数小于0.5N A
D. 16g甲基含有的电子数是9N A
【答案】C
【解析】
【详解】A项、聚乙烯中不含有碳碳双键，故A错误；
B项、1 mol乙烯与Cl2完全加成生成C2H4Cl，然后与Cl2发生取代反应，共消耗4mol氯气，消耗氯气的分子数最多为4N A，故B错误；
C项、标准状况下，CCl4为液态，2.24 L CCl4的物质的量小于0.1mol，原子总数小于0.5N A，故C正确；
D项、甲基含有的电子数是9，16g甲基的的物质的量大于0.1mol，含有的电子数大于9N A，故D错误。

故选C。

【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确有机物结构与性质是解题关键。

12.某同学在研究前18号元素时发现，可以将它们排成如图所示的蜗牛形状，图中每个点代表一种元素，其中O点代表氢元素。

下列说法中不正确的是
A. 离O点越远的元素原子半径越大
B. 虚线相连的元素处于同一族
C. B、C最高价氧化物对应的水化物可相互反应
D. A、B组成的化合物中可能含有共价键
【答案】A
【解析】
离O点越远的元素原子的核电荷数增大，但同周期主族元素，从左到右原子半径减小，A错误；由原子序数可以知道，虚线相连的元素处于同一族，B正确；B为钠元素，C为铝元素，高价氧化物对应的水化物NaOH和Al（OH）3可相互反应，C正确；氧元素与钠元素形成Na2O2，含有共价键，D正确；正确选项A。

13.下列各组物质中，分子中的所有原子都满足最外层8电子结构的是
①BeCl2、PF5②PCl3、N2③COCl2(光气)、SF6④XeF2、BF3⑤SO2、HClO
A. ①②
B. ③④
C. ②
D. ⑤
【答案】C
【分析】
如果化合物中元素的最外层电子数+化合价的绝对值=8，则该元素满足8电子稳定结构，否则不是。

【详解】BeCl2中Be原子最外层电子数目为4，未满足8电子结构，PF5中P原子最外层电子数目为10，不是8电子结构，①错误；
PCl3中P、Cl原子最外层电子数目为8，N2为双原子分子，满足最外层8电子结构，②正确；
COCl2(光气)中C、O、Cl原子最外层电子数目为8，SF6中S原子最外层电子数目为12，不是8电子结构，③错误；
XeF6分子中Xe原子本身最外层有8个电子，与F原子形成共价键，分子中最外层电子数大于8，BF3分子中B原子最外层电子数为6，不满足8电子结构，④错误；
SO2分子中S原子最外层电子数为10，不满足8电子结构，HClO中H原子最外层电子数目为2，未满足8电子结构，⑤错误；
只有②中的所有原子都满足最外层8电子结构，故选C。

【点睛】本题考查了8电子稳定结构的判断，熟练掌握原子的最外层电子数及成键是解答本题的关键，同时还要注意氢化物不会满足所有原子都满足最外层为8电子结构。

14.下列叙述正确的是
A. 两种微粒，若核外电子排布完全相同，则其化学性质一定相同
B. 凡单原子形成的离子，一定具有稀有气体元素原子的核外电子排布
C. 两原子，如果核外电子排布相同，则一定属于同种元素
D. 只有在原子中，质子数才与核外电子数相等
【答案】C
【解析】
A项，两种微粒的核外电子排布完全相同，其化学性质不一定相同，如F－、Na＋、Mg2＋、Al3＋。

B项，凡单原子形成的离子，不一定具有稀有气体元素原子的核外电子排布，如H＋。

D项，质子数与核外电子数相等的微粒可能是：①原子，如H、C、Ne等；②分子，如H2O、O2等。

15.俄美科学家联合小组合成出114号元素的一种原子，下列叙述不正确的是
A. 该元素属于第七周期
B. 该元素位于ⅢA族
C. 该元素最外层有4个电子
D. 该元素为金属元素
【答案】B
根据每周期元素的种类数,可以知道每周期最后一种稀有气体元素的原子序数分别是:2、10、18、36、54、86、118,114号元素在118号的左边,根据元素周期表中周期和族的划分,可以知道114号元素位于第七周期ⅣA,处于碳族。

A.由上述分析可以知道,该元素处于第七周期,所以A选项是正确的;B.该元素处于第七周期ⅣA,故B错误;C.该元素处于第七周期，ⅣA,有7个电子层，最外层为4个电子，故 C对；D.元素处于第七周期，ⅣA处于碳族,同主族自上而下金属性增强,同族的Pb为金属元素,故该元素为金属元素,故D正确；答案：D。

所以B选项是正确的.
点睛：根据原子结构示意图确定未知元素在周期表的位置。

电子层数=周期序数，最外层电子数=主族元素的族序数。

16.无机化学命名委员会在1989年作出决定:把周期表原先的主、副族号取消，由左到右按原顺序编为18列,如碱金属为第1列，稀有气体为第18列。

按这个规定,下列说法正确的是( )
A. 第3列元素种类最多，第14列的化合物种类最多
B. 每一列只有金属元素
C. 从上到下第1列元素的单质熔点逐渐降低，而第17列元素的单质熔点逐渐升高
D. 只有第2列元素的原子最外层有2个电子
【答案】A
【解析】
【详解】A项、第3列元素包括镧系和锕系，元素种类最多；第14列为碳族元素，碳元素是有机物的主体,现在有机物有几千万种,而无机物只有几百万种，所以说第14列元素形成的化合物种类最多，故A正确；B项、第1列H，13列B，14列C、Si，15列N、P、As，16列O、S、Se、Te，17列F、Cl、Br、I、At，18列稀有气体均为非金属元素，故B错误；
C项、第1列中的碱金属元素从上到下单质的熔点逐渐降低，第17列是卤族元素，从上到下单质的熔点逐渐升高，故C错误；
D项、第2列元素、第18列中氦元素原子已经大部分过渡元素的最外层都是2个电子，故D错误。

故选A。

【点睛】本题考查元素周期表的结构，注意掌握元素周期表中有7个主族、7个副族、1个第Ⅷ族(三个纵行)和1个0族(稀有气体)共18列是解答关键。

17.已知：工业上煅烧石灰石的原理为:CaCO3CaO+CO2↑,再让生石灰与水反应制得熟石灰。

下列有关叙述不正确的是( )
A. 碳酸钙、氧化钙是离子化合物，二氧化碳是共价化合物
B. 碳酸钙既含离子键又含共价键，氧化钙只含离子键
C. 生石灰与水生成熟石灰的反应中，既有离子键和共价键断裂，又有离子键和共价键生成
D. 二氧化碳既含极性共价键，又含非极性共价键
【答案】D
【解析】
【分析】
一般情况下，金属元素和非金属元素形成离子键，非金属元素间形成共价键。

【详解】A项、碳酸钙是由钙离子和碳酸根离子通过离子键形成的离子化合物，氧化钙是由钙离子和阳离子形成的离子化合物，二氧化碳是碳原子和氧原子通过共价键形成的共价化合物，故A正确；
B项、碳酸钙是由钙离子和碳酸根离子通过离子键形成的离子化合物，碳酸根离子中碳原子和氧原子形成共价键，氧化钙是由钙离子和阳离子形成的离子化合物，故B正确；
C项、生石灰与水生成熟石灰的反应中，氧化钙破坏离子键，水破坏共价键，生成氢氧化钙时又有离子键和共价键生成，故C正确；
D项、二氧化碳中只含有碳氧极性键，不存在非极性键，故D错误。

故选D。

【点睛】本题考查化学键和化合物的关系，注意离子键和共价键的形成条件，注意化学键和化合物的联系是解答关键。

18.已知氢元素有H、D、T三种同位素，氧元素有16O、17O、18O三种同位素，则由它们构成的水分子的种类有
A. 27种
B. 18种
C. 12种
D. 9种
【答案】B
【解析】
【分析】
根据水的组成是由氢、氧元素组成，在1个水分子中含有2个氢原子和1个氧原子来分析。

【详解】已知氢元素有H、D、T三种同位素，氧元素有16O、17O、18O三种同位素，水分子由2个H和1个O原子构成，16O可分别与H、D、T构成水，即存在三种水；17O可分别与H、D、T构成水，即存在三种水；18O可分别与H、D、T构成水，即存在三种水；6O可分别与HD、DT、HT构成水，即存在三种水；17O可分别与HD、DT、HT构成水，即存在三种水；18O可分别与HD、DT、HT构成水，即存在三种水；
则由它们构成水分子有3×3×2=18种，故选B。

【点睛】本题考查同位素及水的构成，明确水中的氢原子相同或不同是解答的关键，并学会利用组合的方法来分析是解答关键。

19.某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与不含中子的H原子组成H m X分子，在ag H m X 中所含质子的物质的量是
A. (A－N＋m)mol
B. (A－N)mol
C. (A－N)mol
D. (A－N＋m)mol
【答案】D
【解析】
【详解】同位素X的质量数为A，中子数为N，因此其质子数为（A-N），H m X分子中的质子数为（m+A-N），由于H m X中H为11H，故agH m X分子中所含质子的物质的量为mol，故选D。

【点睛】本题考查原子的结构和物质的量，该注意H不含中子是解答关键。

20.下列物质中，不可以通过乙烯加成反应得到的是
A. CH3CH2OH
B. CH3CH2F
C. CH3CH2Br2
D. CH3CH2SH
【答案】C
【解析】
【分析】
乙烯加成反应的特征是原子或原子团加在双键碳原子上，双键变为单键，乙烯能和氢气、HX、X2、H2O等加成。

【详解】A项、乙烯和H2O发生加成反应生成CH3CH2OH，故A正确；
B项、乙烯和HF发生加成反应生成CH3CH2F，故B正确；
C项、乙烯和Br2发生加成反应生成Br CH2CH2Br，故C错误；
D项、乙烯和H2S发生加成反应生成CH3CH2SH，故D正确。

故选C。

【点睛】本题考查了乙烯的加成反应，应注意的是碳碳双键能氢气、HX、X2、H2O等加成，加成时是将双键打开，原子或原子团加在双键碳原子上，双键变为单键。

21.己知1mol 链烃C x H y可以发生如下系列转化：C x H y Q C x Cl12(无机试剂是足量的)下列说法错误的是
A. x=5、n=11
B. 用酸性高锰酸钾溶液可以区分C x H y和Q
C. 上述转化过程中依次发生了加成反应和取代反应
D. C x Cl12可能的结构有三种
【答案】D
【解析】
【分析】
由转化关系可知，1mol 链烃C x H y与1molHCl发生加成反应1mol Q，说明C x H y为烯烃，Q为一氯代物，1molQ 与nmol氯气光照下发生取代反应生成C x Cl12，由C x Cl12中Cl原子个数可知n为11，再由2x+2=12可得x 为5，则C x H y为C5H10，Q为C5H11Cl，C x Cl12为C5Cl12。

【详解】A项、由上述分析可知，x=5，n=11，故A正确；
B项、Q为饱和结构，C x H y含碳碳双键能使高锰酸钾褪色，则用酸性高锰酸钾溶液可以区分C x H y和Q，故B正确；
C项、1mol 链烃C x H y与1molHCl发生加成反应1mol Q，1molQ与nmol氯气光照下发生取代反应生成C x Cl12，故C正确；
D项、新戊烷不存在对应烯烃，不可能通过上述转化生成与新戊烷对应的C5Cl12，C5Cl12可能的结构只可能有两种，故D错误。

故选D。

【点睛】本题考查有机物的转化，注意烯烃和烷烃的结构特征和性质理解是解答关键。

22.乙烷与氯气反应得到的有机产物最多有
A. 10种
B. 9种
C. 8种
D. 7种
【答案】B
【解析】
【分析】
乙烷与氯气发生取代反应，可以是一元取代、二元取代…到完全取代，注意多元取代时，可以确定相同碳原子上的氢原子，也可以确定不同碳原子上的氢原子，发生n元取代与m元取代，若n+m等于氢原子数目，
则取代产物种数相同。

【详解】乙烷的一氯取代物和五氯取代物取代产物种数相同，各有1种，二氯取代物和四氯取代物取代产物种数相同，各有2种，三氯取代物有2种，六氯取代物1种，所以共有9种，故选B。

【点睛】本题主要考查同分异构体、取代反应等，注意同分异构体的判断理由是解答关键。

23.下列有关叙述正确的是
A. 某有机物的结构简式为CH3CH2C(CH3)3，该有机物的名称为2-二甲基丁烷
B. 有机物CH3(CH2)2CH(CH3)2的一氯代物有四种
C. 既能使溴水褪色又能使酸性高锰酸钾溶液褪色的气体可能是乙烯
D. 0.1mol分子式为C4H6O的有机物完全燃烧，消耗氧气的体积为11.2L
【答案】C
【解析】
【详解】A项、结构简式为CH3CH2C(CH3)3的名称为2，2-二甲基丁烷，故A错误；
B项、有机物CH3(CH2)2CH(CH3)2分子中含有5类氢原子，其一氯代物有五种，故B错误；
C项、乙烯分子的官能团为碳碳双键，既能使溴水褪色又能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D项、0.1mol分子式为C4H6O的有机物完全燃烧，消耗氧气的物质的量为0.5mol，标准状况下体积为11.2L，故D错误。

故选C。

24.实验室制取乙烯,常因温度过高而使乙醇和浓H2SO4反应生成少量的二氧化硫。

有人设计下列实验以确认上述混合气体中有乙烯和二氧化硫。

其装置如下图所示。

图中①、②、③、④装置可盛放的试剂依次是
A. 品红溶液、NaOH溶液、浓H2SO4 、酸性KMnO4溶液
B. 品红溶液、NaOH溶液、品红溶液、酸性KMnO4溶液
C. 酸性KMnO4溶液、NaOH溶液、品红溶液、溴水
D. 浓H2SO4 、NaOH溶液、品红溶液、溴水
【答案】B
【解析】
由装置图可知，要检验乙烯的存在一般用溴水或酸性KMnO4溶液，但乙烯中混有的SO2会干扰乙烯的检验，则正确的思路是先检验SO2→除去SO2→检验SO2是否除净→检验乙烯。

【详解】二氧化硫的检验用品红溶液，乙烯的检验用高锰酸钾酸性溶液或溴水，乙烯和二氧化硫都能使高锰酸钾酸性溶液褪色，所以先检验二氧化硫，然后检验乙烯，检验乙烯之前用NaOH溶液除去SO2，再通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净，最后用高锰酸钾酸性溶液或溴水褪色检验乙烯，故选B。

【点睛】本题主要考查了实验室制乙烯产物的检验，当有杂质气体干扰产物检验时，应依据物质的性质考虑先后顺序是解答关键。

二、非选择题：（共52分）
25.(1)在下列物质中: a.CaCl2 b.KOH c.NH3 d.H2SO4 e.NH4Cl f.CH2=CH2 g.N2
①只含有共价键的非电解质是____________ (填序号，下同);
②含有共价键的离子化合物是____________.
(2)下列各图是元素有关性质随原子序数递增的变化曲线，把正确的标号填入相应空格中：
①第三周期元素的常见最高化合价________。

②第三周期离子Na＋、Mg2＋、Al3＋、P3－、S2－、Cl－的离子半径________。

(3)有机物的结构可用“键线式”表示，如CH3CH2CH2CH3可简写为。

已知某烷烃的“键线式”
为:
①用系统命名法命名该烷烃:________________________________________。

②若该烷烃是由烯烃和1molH2加成得到的，则原烯烃的结构有种__________。

(不包括立体异构，下同)
③该烷烃在光照条件下与氯气反应，生成的一氯代烷最多有__________种。

【答案】(1). cf (2). be (3). D (4). E (5). 2,2,5,5-四甲基-3-乙基己烷(6). 3 (7). 6 【解析】
（1）①只含有共价键的物质有NH3、H2SO4、CH2=CH2和N2；
②CaCl2、KOH、NH4Cl是离子化合物；
（2）①因元素的最高正价=最外层电子数=族序数，同一周期元素的最高化合价逐渐增大；
②核外电子数相同，则核内质子数越多半径越小；同主族元素，随核电荷数增大，离子半径依次增大；
(3) ①的结构简式为CH3C(CH3)2CH（(CH2CH3）CH2C(CH3)3；
②若此烷烃为单烯烃加氢制得，烷烃中相邻的碳原子上必须都有氢原子；
③该烷烃在光照条件下与氯气反应，生成一氯代烷时，注意没有连有氢原子的碳原子不能发生取代反应，连在同一碳原子上的相同烷基，具有相同的取代效果。

【详解】（1）①只含有共价键的物质有NH3、H2SO4、CH2=CH2和N2，其中H2SO4属于电解质，N2是单质，既不是电解质非电解质，NH3和CH2=CH2属于非电解质，故答案为：cf；
②CaCl2、KOH、NH4Cl是离子化合物，CaCl2只含有离子键，KOH和NH4Cl含有离子键和共价键，故答案为：be；
（2）①因元素的最高正价=最外层电子数=族序数，同一周期元素的最高化合价逐渐增大，故选D，故答案为：D；
②核外电子数相同，则核内质子数越多半径越小；同主族元素，随核电荷数增大，离子半径依次增大，所以离子半径为：P3－＞S2–＞Cl–＞Na+＞Mg2+＞Al3+，故选E；
(3) ①的结构简式为CH3C(CH3)2CH（(CH2CH3）CH2C(CH3)3，最长碳链含有6个碳，支链为4个甲基和1个乙基，该烷烃的名称为2,2,5,5-四甲基-3-乙基己烷，故答案为：2,2,5,5-四甲基-3-乙基己烷；
②若此烷烃为单烯烃加氢制得，烷烃中相邻的碳原子上必须都有氢原子，则此烯烃的结构有3种，双键位置如下列碳干结构中的编号（标注*的碳原子为无氢碳原子），故答案为：3；
③该烷烃在光照条件下与氯气反应，生成一氯代烷时，注意没有连有氢原子的碳原子不能发生取代反应，连在同一碳原子上的相同烷基，具有相同的取代效果，则生成的一氯代烷最多有6种，取代位置如下列碳。