2024届广东省普宁市华美实验学校化学高一下期末监测模拟试题含解析

2024届广东省普宁市华美实验学校化学高一下期末监测模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、0.5体积某气态烃只能与0.5体积氯气发生加成反应，生成氯代烷。0.5mol此氯代烷的H完全被Cl取代需3mol氯气，则该烃的结构简式为A．CH2=CH2 B．CH3CH=CH2 C．CH3CH3 D．CH3CH2CH=CH22、下列实验中没有颜色变化的是（）A．木板上涂抹浓硫酸B．葡萄糖溶液与新制氢氧化铜悬浊液混合加热C．淀粉溶液中加入碘酒D．苯加入到酸性高锰酸钾溶液中3、下列关于碱金属元素和卤素的说法中，错误的是()A．钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈B．随核电荷数的增加，卤素单质的颜色逐渐变浅C．随核电荷数的增加，碱金属元素和卤素的原子半径都逐渐增大D．碱金属元素中，锂原子失去最外层电子的能力最弱4、下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是A．甲烷与氯气混合后发生光照反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色B．乙烯与溴的四氯化碳溶液反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环已烷C．在苯中滴入溴水，溴水层变无色；乙烯在一定条件下生成聚乙烯D．甲苯与浓硝酸、浓硫酸的混合液加热；乙烯与水在一定条件下生成乙醇5、下列化合物属于强电解质的是A．NH4NO3 B．H2CO3 C．H2O D．SO26、下列有关化学用语表示正确的是A．质子数为117，中子数为176的Ts原子:176117TsB．Al3+的结构示意图:C．Na2O的电子式:D．磁性氧化铁的化学式:Fe2O37、下列关于碳和硅的叙述中错误的是（）A．碳和硅的最高价氧化物都能与氢氧化钠溶液反应B．单质碳和硅在加热时都能与氧气反应C．碳和硅的氧化物都能溶于水生成相应的酸D．碳和硅两种元素都有同素异形体8、对化学电源的叙述中正确的是A．比火力发电对化学能的利用率高B．所提供的电能居于人类社会现阶段总耗电量的首位C．都是安全、无污染的D．都为可充电电池9、下列属于高分子化合物的是A．油脂B．氨基酸C．淀粉D．葡萄糖10、常温、常压下，下列各组气体能共存的是（）A．NO和O2B．SO2和O2C．H2S和SO2D．NH3和HCl11、α1和α2分别为A在两个恒容容器中平衡体系A(g)2B(g)和2A(g)B(g)的转化率，在温度不变的情况下，均增加A的物质的量，下列判断正确的是A．α1减小，α2增大B．α1增大，α2减小C．α1、α2均减小D．α1、α2均增大12、现代工业常以氯化钠、二氧化碳和氨气为原料制备纯碱，部分工艺流程如下：有关说法错误的是A．反应Ⅰ原理为CO2+NH3+NaCl+H2O→NaHCO3↓+NH4ClB．向饱和NaCl溶液中先通入足量的CO2，再通入足量的NH3C．反应Ⅰ生成的沉淀，经过过滤、洗涤、煅烧可得到纯碱D．往母液中通入氨气，加入细小的食盐颗粒并降温，可使氯化铵析出13、下列说法中正确的是A．熵增加且放热的反应一定是自发反应B．自发反应一定是熵增大的反应，非自发反应一定是熵减小或不变的反应C．凡是放热反应都是能自发进行的反应，而吸热反应都是非自发进行的反应D．非自发反应在任何条件下都不能发生14、乙烯和苯能够共同发生的反应类型有（）①加成反应②取代反应③聚合反应④氧化反应．A．①②B．②③C．③④D．①④15、关于氯化钠焰色反应实验操作的描述中，不正确的是()A．取一根用盐酸洗净的铂丝，放在酒精灯火焰上灼烧至无色B．用灼烧后的铂丝蘸取少量氯化钠溶液，放在酒精灯火焰上灼烧C．透过蓝色钴玻璃片观察氯化钠灼烧的火焰为黄色D．实验后，要用盐酸把铂丝洗净16、已知一定条件下断裂或形成某些化学键的能量关系如下表：断裂或形成的化学键能量数据断裂1molH2分子中的化学键吸收能量436kJ断裂1molCl2分子中的化学键吸收能量243kJ形成1molHCl分子中的化学键释放能量431kJ对于反应：H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)，下列说法正确的是A．该反应的反应热ΔH>0B．生成1molHCl时反应放热431kJC．氢气分子中的化学键比氯气分子中的化学键更牢固D．相同条件下，氢气分子具有的能量高于氯气分子具有的能量17、对于平衡体系mA(g)＋nB(g)

pC(g)＋qD(g)

ΔH＜0。下列结论中错误的是()A．若平衡时，A、B的转化率相等，说明反应开始时，A、B的物质的量之比为m∶nB．若温度不变，将容器的体积缩小到原来的一半，达到新平衡时A的浓度为原来的1.8倍，则m＋n>p＋qC．若m＋n=p＋q，则往含有amol气体的平衡体系中再加入amol的B，达到新平衡时，气体的总物质的量等于2aD．若温度不变缩小容器体积，达到新平衡时压强增大到原来的2倍，则体积一定小于原来的1/218、下列粒子中，与NH4+具有相同质子数和电子数的是A．OH— B．F－ C．Na+ D．NH319、下列关于Al(OH)3的性质叙述错误的是()A．Al(OH)3受热易分解生成Al2O3和H2OB．Al(OH)3是难溶于水的白色胶状物质C．Al(OH)3能凝聚水中的悬浮物，也能吸附色素D．Al(OH)3既能溶于NaOH溶液、氨水，又能溶于盐酸20、某有机物的结构简式如图所示，下列说法中不正确的是（）A．1mol该有机物和过量的金属钠反应最多可以生成1.5molH2B．该有机物消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3∶2∶2C．可以用酸性KMnO4溶液检验其中的碳碳双键D．该有机物能够在催化剂作用下发生酯化反应21、化学健的键能指常温常压下，将1mol分子AB拆开为中性气态原子A和B所需要的能量(单位为kJ·mol-1)。根据键能数据估算CH4(g)+4F2(g)=CF4(g)+4HF(g)的反应热△H为（）化学键C-HC-FH-FF-F键能/(kJ·mol-1)414489565155A．-485kJ·mol-1 B．+485kJ·mol-1C．+1940kJ·mol-1 D．-1940kJ·mol-122、在乙烯、乙醛（C2H4O）组成的混合物中，氢元素的质量分数是9%，则氧元素的质量分数为（）A．16%B．37%C．48%D．无法计算二、非选择题(共84分)23、（14分）ZnO在医药、石化等领域有广泛的用途。研究小组用某闪锌矿(主要成分ZnS，含有FeS、SiO2、MnCO3等杂质)制备氧化锌和硫单质，设计如下流程：请回答下列问题：(1)滤渣1的化学式为_______，(2)沉淀X的化学式为______________。(3)“转化Ⅱ”中主要反应的离子方程式为___________________________。(4)“一系列操作”包括过滤、洗涤、干燥。洗涤沉淀的操作为__________________。24、（12分）已知：①A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平②2CH3CHO+O22CH3COOH。现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如图所示：回答下列问题：(1)B、D分子中的官能团名称分别是____、_____。(2)写出下列反应的反应类型：①________，②__________，④_________。(3)写出下列反应的化学方程式：①__________；②__________；④__________。25、（12分）为了验证木炭可被浓硫酸氧化成，选用如图所示装置（内含物质）进行实验。(1)按气流由左向右的流向，连接如图所示装置的正确顺序是______（填字母，下同）接______，______接______，______接______。(2)若实验检验出有生成，则装置乙、丙中的现象分别为：装置乙中______，装置丙中______。(3)装置丁中酸性溶液的作用是______。(4)写出装置甲中所发生反应的化学方程式：______。26、（10分）海洋植物如海藻、海带中含有丰富的碘元素,碘元素以碘离子的形式存在。实验室中从海藻中提取碘的流程如图：(1)溶液a中加入稀H2SO4、H2O2溶液后发生反应的离子方程式式为__________。(2)上述流程中实验操作②的名称是__________。(3)证明溶液b中含有单质碘的实验操作是__________。(4)溶液b中加入的试剂X可以选择是__________。A．酒精B．苯C．乙酸D．四氯化碳27、（12分）将浓度均为0.01mol/L的H2O2、H2SO4、KI、Na2S2O3溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。该实验是一种“碘钟实验”。某小组同学在室温下对该“碘钟实验”的原理进行探究。（资料）该“碘钟实验”的总反应：H2O2+2S2O32-+2H+=S4O62-+2H2O反应分两步进行：反应A：H2O2+2I-+2H＋=I2+2H2O反应B：……(1)反应B的离子方程式是______。对于总反应，I-的作用相当于______。(2)为证明反应A、B的存在，进行实验Ⅰ。a.向酸化的H2O2溶液中加入试剂X的水溶液，溶液变为蓝色。b.再向得到的蓝色溶液中加入Na2S2O3溶液，溶液的蓝色褪去。试剂X是______。(3)为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验Ⅱ、实验Ⅲ。（溶液浓度均为0.01mol/L）试剂序号用量（mL）H2O2溶液H2SO4溶液Na2S2O3溶液KI溶液(含淀粉)H2O实验Ⅱ54830实验Ⅲ52xyz溶液从混合时的无色变为蓝色的时间：实验Ⅱ是30min、实验Ⅲ是40min。①实验Ⅲ中，x、y、z所对应的数值分别是______。②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是______。(4)为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验Ⅳ。（溶液浓度均为0.01mol/L）试剂序号用量（mL）H2O2溶液H2SO4溶液Na2S2O3溶液KI溶液(含淀粉)H2O实验Ⅳ44930实验过程中，溶液始终无明显颜色变化。试结合该“碘钟实验”总反应方程式及反应A与反应B速率的相对快慢关系，解释实验Ⅳ未产生颜色变化的原因：_____________________。28、（14分）工业燃烧煤、；石油等化石燃料释放出大量氮氧化物(NOx)、CO2、SO2等气体，严重污染空气。对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。Ⅰ脱硝：己知：H2的燃烧热为285.8kJ·mol-1N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+l33kJ·mol-1H2O(g)=H2O(l)△H=-44kJ·mol-1在催化剂存在下，H2还原NO2可生成水蒸气和其它无毒物质的热化学方程式为：____________。Ⅱ.脱碳：在2L的密闭容器中充入2mo1CO2和6molH2，在适当的催化剂作用下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)△H<0①该反应自发进行的条件是___________(填“”低温或“任意温度”)②下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是________(填字母)a.混合气体的平均摩尔质量保持不变b.CO2和H2的体积分数保持不变c.CO2和H2的转化率相等d.混合气体的密度保持不变e.1molCO2生成的同时有3mulH―H键断裂③CO2的浓度随时间(0～t2)变化如下图所示，在t2时将容器容积缩小一倍，t3时达到平衡，请画出t2～t4CO2浓度随时间的变化。______(2)改变温度，使反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H<0中的所有物质都为气态。起始温度、体积相同（T1℃、2L密闭容器）。反应过程中部分数据见下表：反应时间CO2(mol)H2(mol)CH3OH(mol)H2O(mol)反应I：恒温恒容0min2600l0min4.520min130min1反应Ⅱ：绝热恒容0min0022①达到平衡时，反应I、Ⅱ对比：平衡常数K(I)_____K(Ⅱ)(填“>”“<”或“=”下同）；平衡时CH3OH的浓度c(I)______c(Ⅱ)。②对反应I，前10min内的平均反应速率v(CH3OH)=_________。在其他条件不变的情况下，若30min时只改变温度T2℃，此时H2的物质的量为3.2mol，则T1________T2(填“>”“<”或“=”）。29、（10分）根据要求完成下列化学方程式或离子方程式。（1）工业用电解饱和食盐水制氯气的化学方程式为____________________。（2）向新制的Na2S溶液中滴加新制的氯水的离子方程式为_______________。（3）氯化铝与过量NaOH溶液反应的离子方程式为____________________。（4）乙醇催化氧化制乙醛的化学方程式为____________________。

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、B【解题分析】

0.5体积某气态烃只能与0.5体积氯气发生加成反应，生成氯代烷，这说明该烃分子中只含有一个双键。0.5mol此氯代烷的H完全被Cl取代需3mol氯气，即1mol氯代烷可与6mol氯气发生完全的取代反应，由此判断该加成产物分子中只含有6个氢原子，故原气态烃分子有含有6个氢原子，为丙烯。答案选B。2、D【解题分析】

A.木板属于纤维素，木板上涂抹浓硫酸，由于浓硫酸具有脱水性而使其生成碳变黑，有颜色变化，故A不选；B.葡萄糖溶液与新制的Cu（OH）2悬浊液混合加热，产生砖红色氧化亚铜，有颜色变化，故B不选；C.淀粉溶液中加入碘酒变蓝色，有颜色变化，故C不选；D.苯不与酸性高锰酸钾反应，不能使高锰酸钾褪色，没有颜色变化，故D选；故选D。【题目点拨】注意碘单质遇淀粉变蓝色，不是碘离子；葡萄糖含-CHO，与新制的Cu（OH）2悬浊液，发生氧化反应。3、B【解题分析】A.钾与钠同主族钾排在钠的下面，金属性强于钠,，与水反应比钠剧烈，故A正确；B.随核电荷数的增加，卤素单质的顺序依次为：F2为淡黄绿色气体，Cl2为黄绿色气体，Br2为红棕色液体，I2为紫黑色固体，所以卤素单质的颜色逐渐变深，故B错误；C.同主族元素从上到下随着电子层的增多逐渐原子半径增大，即随核电荷数的增加，碱金属元素和卤素的原子半径都逐渐增大，故C正确；D.锂位于碱金属元素最上面，金属性最弱，失去最外层电子的能力最弱，故D正确；故选B。点睛：本题主要考查元素周期律的相关内容。同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，原子半径逐渐减小；同主族元素，从上到下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，原子半径逐渐增大。4、D【解题分析】

有机物分子中双键或三键两端的碳原子与其他原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应叫加成反应。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。【题目详解】A.甲烷与氯气混合后发生光照反应是取代反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色属于氧化反应，A错误；B.乙烯与溴的四氯化碳溶液反应属于加成反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环已烷也是加成反应，B错误；C.在苯中滴入溴水，溴水层变无色，发生萃取；乙烯在一定条件下生成聚乙烯发生加聚反应，C错误；D.甲苯与浓硝酸、浓硫酸的混合液加热发生硝化反应，属于取代反应；乙烯与水在一定条件下生成乙醇发生加成反应，D正确。答案选D。5、A【解题分析】

A．NH4NO3属于盐，在水中能够完全电离，属于强电解质，故A正确；B．H2CO3是弱酸，在水中不能完全电离，属于弱电解质，故B错误；C．H2O是弱电解质，故C错误；D．SO2是非金属氧化物，属于非电解质，故D错误；故选A。6、C【解题分析】

A.质量数=质子数+中子数，因此质子数为117，中子数为176的Ts原子表示为:，A错误；B.Al3+的最外层有8个电子，其正确的离子结构示意图为：，B错误；C.Na2O为离子化合物，电子式为:，C正确；D.磁性氧化铁的化学式为Fe3O4，D错误；答案选C。7、C【解题分析】

A、最高价氧化物CO2、SiO2为酸性氧化物能与NaOH溶液反应，选项A正确；B、单质碳和硅在加热时都能与氧气反应，生成CO、CO2、SiO2等氧化物，选项B正确；C、CO2＋H2O=H2CO3，但CO不溶于水，SiO2不溶于水也不与水反应，选项C错误；D、石墨、金刚石、无定形碳为碳的同素异形体，晶体硅和无定形硅是硅的同素异形体，选项D正确；答案选C。8、A【解题分析】

A、由于是化学能与电能的直接转化，省略了许多中间环节，所以化学电源对化学能的利用率比火力发电高得多，故A正确；B、火力发电仍居世界耗电量的首位，故B错误；C、化学电源一般较安全，但含重金属的电源如果随意丢弃，将会给环境带来严重的污染，故C错误；D、有些化学电源是可充电电源(如镍镉电池)，有些是不可充电的(如干电池)，故D错误；故选A。9、C【解题分析】分析：相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物，常见的天然高分子为淀粉、纤维素、蛋白质、天然橡胶等。详解：油脂相对分子质量较小,不属于高分子化合物,A错误；氨基酸相对分子质量较小,不属于高分子化合物，B错误；淀粉的分子量由几万到几十万，属于天然高分子化合物,C正确；葡萄糖相对分子质量较小,不属于高分子化合物,D错误；正确选项C。10、B【解题分析】A．NO和O2常温下可反应生成NO2，故A不选；B．SO2与O2在常温下不反应，两者能共存，故B选；C．H2S和SO2常温下可发生氧化还原反应生成S和水，故C不选；D．NH3和HCl易生成氯化铵，故D不选；故选A。11、A【解题分析】分析：对于反应：A(g)⇌2B(g)①，2A(g)⇌B(g)②．在恒温、恒容条件下达到平衡时，保持条件不变，增加A的物质的量，平衡都向右移动，到达的平衡状态，可以等效为在原平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，据此判断。详解：对于反应：A(g)⇌2B(g)①，增加A的物质的量，所到达的平衡状态可以等效为增大压强，增大压强平衡向逆反应移动，A的转化率减小，即α1减小；对于反应：2A(g)⇌B(g)②，增加A的物质的量，所到达的平衡状态可以等效为增大压强，增大压强平衡向正反应移动，A的转化率增大，即α2增大；故选A。12、B【解题分析】

A、在氨气饱和的氯化钠溶液中通入CO2气体生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，即CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，A正确；B、CO2在水中的溶解度小，所以要先通入氨气，后通入CO2，B错误；C、碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和CO2，C正确；D、根据NH3+H2O+CO2+NaCl＝NH4Cl+NaHCO3↓及流程图知，母液中溶质为氯化铵，向母液中通氨气加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通入的氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子，铵根离子浓度增大有利于析出氯化铵，D正确。答案选B。13、A【解题分析】

A.熵增加且放热的反应，△S＞0，△H＜0，△G=△H-T△S＜0一定是自发反应，A正确；B.熵减小△S＜0，△H＜0高温下，△G=△H-T△S＜0，反应自发进行，自发反应不一定是熵增大的反应，非自发反应不一定是熵减小或不变的反应，B错误；C.若△H＜0、△S＜0，则高温下△G=△H-T△S＞0，不能自发进行，故放热反应不一定能自发进行的反应；若△H＞0、△S＞0，则高温下△G=△H-T△S＜0，能自发进行，故吸热反应不一定是非自发进行的反应，C错误；D.△H-△T△S＜0反应自发进行，△G=△H-T△S＞0反应非自发进行，改变条件非自发进行的反应可以变化为自发进行，D错误。故选A。14、D【解题分析】乙烯含有碳碳双键,能够发生加成反应和加聚反应,不能发生取代反应,苯能够与氢气加成,与卤素单质发生取代反应,不能发生聚合反应,苯和乙烯都是烃,能够燃烧即发生氧化反应；①④符合题意；正确选项D。点睛：乙烯和苯都能够发生燃烧氧化反应，但是乙烯含有碳碳双键,能够被酸性高锰酸钾溶液氧化；而苯没有碳碳双键，所以不能被酸性高锰酸钾溶液氧化。15、C【解题分析】

A.做焰色反应时要取一根用盐酸洗净的铂丝，放在酒精灯火焰上灼烧至无色，然后才能进行焰色反应，所以A选项是正确的；

B.用灼烧后的铂丝蘸取少量氯化钠溶液，放在酒精灯火焰上灼烧，观察火焰的颜色，故B正确；C.黄光能掩盖紫光,观察氯化钠灼烧的火焰为黄色，不用透过蓝色钴玻璃片，故C错误；D.实验后，要用盐酸把铂丝洗净，故D正确；综上所述，本题答案:C。16、C【解题分析】

A．反应热=反应物的总键能-生成物的总键能；B．生成1molHCl时表示0.5molH2与0.5molCl2反应；C．化学键的键能越大，化学键的越牢固，物质越稳定；D．化学键的键能越大，物质具有的能量越低，物质越稳定；据此分析判断。【题目详解】A．H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)生成2molHCl，该反应的反应热为△H=436kJ/mol+243kJ/mol-2×431kJ/mol=-183kJ/mol＜0，故A错误；B．由A知：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)，△H=-183kJ/mol，可知0.5molH2与0.5molCl2反应生成1molHCl放出的热量为183kJ×12=91.5kJ，故B错误；C．断裂1molH2分子中的化学键需吸收能量436kJ，断裂1molCl2分子中的化学键，需吸收能量243kJ，则H-H键的键能大于Cl-Cl，氢气分子中的化学键比氯气分子中的化学键更牢固，故C正确；D．H2分子中的化学键键能为436kJ/mol，Cl2分子中的化学键键能为243kJ/mol，显然相同条件下，氢气稳定，具有的能量低，故D错误；故选【题目点拨】本题考查反应热与焓变，本题注意物质的键能、总能量与物质的性质的关系，注意根据键能计算反应热的方法。本题的易错点为D，要注意化学键的键能越大，物质具有的能量越低，物质越稳定。17、D【解题分析】A、反应开始时，A、B的物质的量之比为m∶n，恰好等于方程式的系数值比，这种情况下平衡时，A、B的转化率相等，正确；B、将容器的体积缩小到原来的一半，不考虑平衡移动，此时A的浓度变为原来的2倍，现在A的浓度为原来的1.8倍，说明平衡向着消耗A的方向移动，体积缩小即增大压强，平衡向着气体体积减小的方向进行，所以m＋n>p＋q，正确；C、往含有amol气体的平衡体系中再加入amol的B，平衡向正反应移动，因为m＋n=p＋q，达到新平衡时混合气体总的物质的量不变，达到新平衡时气体的总物质的量等于2amol，正确；D、如果m+n=p+q，温度不变时，若压强增大到原来的2倍，达到新平衡时，总体积等于原来的1/2，错误；故选D。18、C【解题分析】

NH4+中含有的质子数是11，电子数是10。A中质子数是9，电子数是10。B中中质子数是9，电子数是10。C中中质子数是11，电子数是10。D中中质子数是10，电子数是10。所以正确的答案是C。19、D【解题分析】

A.Al(OH)3受热易分解生成Al2O3和H2O，A正确；B.Al(OH)3是难溶于水的白色胶状物质，B正确；C.Al(OH)3能凝聚水中的悬浮物，也能吸附色素，C正确；D.Al(OH)3是两性氢氧化物，与弱碱氨水不反应，D错误；答案选D。20、C【解题分析】

A.该有机物含有一个羟基，两个羧基，都可以和金属钠反应，所以1mol该有机物与金属钠反应最多可以生成1.5mol氢气，故正确；B.1mol该有机物消耗3mol钠，2mol氢氧化钠，2mol碳酸氢钠，故正确；C.羟基和碳碳双键都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不能用其检验碳碳双键，故错误；D.该有机物含有羟基和羧基，可以在催化剂作用下发生酯化反应，故正确。答案选C。【题目点拨】学习有机物的关键是掌握各种官能团及其性质，有其官能团就有其性质，常见的官能团有碳碳双键、羟基，羧基等。21、D【解题分析】

△H=反应物键能之和-生成物键能之和，结合图表中键能数据和反应中化学键的判断进行计算，△H=414kJ·mol-1×4+4×155kJ·mol-1-（489kJ·mol-1×4+4×565kJ·mol-1）=-1940kJ·mol-1，D项符合题意；

本题答案选D。22、B【解题分析】根据物质的化学式可知，混合物中碳氢元素的质量之比总是6︰1的，所以根据氢元素的质量分数可知，碳元素的质量分数是54％，所以氧元素的质量分数是37％，答案选B。二、非选择题(共84分)23、SiO2Fe(OH)3MnO4﹣+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次【解题分析】分析：闪锌矿（主要成分ZnS，含有FeS、SiO2、MnCO3等杂质）用硫酸溶液溶解并过滤后，滤渣为不溶于稀硫酸的SiO2，逸出的气体为H2S，并用空气氧化H2S气体得到S，防污染空气，滤液1中含有FeSO4、ZnSO4及MnSO4等溶质，调整滤液1pH至5，并滴加KMnO4溶液，氧化溶液中的Fe2+和Mn2+，最终得到不溶物MnO2和Fe(OH)3，过滤得滤液2为ZnSO4和K2SO4溶液，在滤液2中滴加Na2CO3溶液，得ZnCO3沉淀，过滤、洗涤并干燥，最终煅烧得到ZnO，据此分析解题。详解：(1)根据分析知闪锌矿（主要成分ZnS，含有FeS、SiO2、MnCO3，不溶于稀硫酸的为SiO2，所以滤渣1为SiO2。故答案为SiO2。(2)滤液1经氧化并调节溶液PH=5后,得到不溶于水的MnO2和Fe(OH)3,则过滤所得不溶沉淀X为Fe(OH)3故答案为Fe(OH)3。（3）转化Ⅱ为用KMnO4氧化溶液中Fe2+,还原产物为Mn2+,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可得发生反应的离子方程式MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+，3Mn2+

+2MnO4-

+2H2O=5MnO2↓+4H+

。故答案为MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+;3Mn2+

+2MnO4-

+2H2O=5MnO2↓+4H+

(6)“一系列操作”包括过滤、洗涤、干燥。洗涤不溶物的方法是向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2∼3次。故答案为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2∼3次。24、羟基羧基加成反应催化氧化反应取代反应(酯化反应)CH2=CH2+H2OCH3CH2OH2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O【解题分析】

A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，所以A是乙烯。乙烯和水加成生成乙醇，所以B是乙醇。乙醇氧化为乙醛，乙醛进一步氧化为乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯。所以C是乙醛，D是乙酸。【题目详解】(1)B为乙醇，官能团为羟基，D为乙酸，官能团为羧基。(2)反应①是乙烯和水加成生成乙醇的反应，为加成反应，②是乙醇催化氧化生成乙醛的反应，反应类型为催化氧化反应，④为乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯的反应，反应类型为酯化反应，酯化反应即为取代反应。(3)反应①：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH反应②：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O反应④：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O25、AFECDB澄清石灰水变浑浊品红溶液未褪色吸收（浓）【解题分析】

木炭与浓硫酸加热反应生成CO2、SO2和H2O。其中CO2、SO2在化学性质上的相同点是二者均为酸性氧化物，都能与Ca(OH)2反应，使澄清石灰水变浑浊，这会干扰CO2的检验。SO2和CO2在化学性质上的明显不同点是SO2有漂白性和还原性，而CO2没有。所以在检验CO2时，首先用酸性KMnO4溶液将SO2除去，再用品红溶液检验SO2是否被完全除去，最后用澄清石灰水检验CO2。【题目详解】(1)甲为浓硫酸与木炭生反应的装置，KMnO4可氧化SO2，用酸性KMnO4溶液除SO2，再通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净，验证木炭可被浓H2SO4氧化成CO2，可通过二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊确认，所以装置连接顺序为：A→F→E→C→D→B；(2)SO2具有漂白性，SO2能使品红褪色，丁装置用高锰酸钾酸性溶液除SO2，再通过品红溶液不褪色，证明SO2已经除尽，最后用澄清石灰水检验CO2，澄清石灰水变浑浊。若丙中品红褪色，则乙中的澄清的石灰水变浑浊，无法证明甲中反应生成了CO2；(3)若证明有CO2，需要先除去干扰气体SO2，用高锰酸钾可以吸收SO2；(4)浓硫酸与木炭在加热条件下反应生成CO2、SO2和水，方程式：（浓）。26、2I-

+H2O2+2H+=I2+2H2O分液取少量溶液b于试管中，滴加适量淀粉溶液,溶液变蓝色,溶液中含有碘单质BD【解题分析】分析：海藻经过灼烧、浸泡和过滤等操作，得到溶液a中含有碘离子，溶液a中加入稀H2SO4、H2O2溶液目的是将溶液中的碘离子还原为碘单质；碘单质可以用淀粉溶液来检验，碘单质可以使淀粉变蓝；提取碘单质可以用萃取的方法，萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，萃取剂与溶质不反应，碘在四氯化碳或苯中的溶解度大于在水中的溶解度，四氯化碳或苯和水都不互溶，且四氯化碳或苯和碘都不反应，故可用四氯化碳或苯。详解：(1)溶液a中加入稀H2SO4、H2O2溶液目的是将溶液中的碘离子还原为碘单质，离子方程式式为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O。（2）操作②目的为了分离制备出的碘单质，分离碘单质可以用萃取的方法；（3）碘单质可以用淀粉溶液来检验，碘单质可以使淀粉变蓝；(4)碘在四氯化碳或苯中的溶解度大于在水中的溶解度，四氯化碳或苯和水都不互溶，且四氯化碳或苯和碘都不反应，故可用四氯化碳或苯。而酒精和乙酸均可以与水互溶，不能作萃取剂。故选BD。27、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-催化剂淀粉、碘化钾8、3、2其它条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应速率由于n(H2O2)∶n(Na2S2O3)<，v(A)<v(B)，所以未出现溶液变蓝的现象。【解题分析】

(1)用总反应方程式减去反应A方程式，整理可得反应B的方程式；物质在反应前后质量不变，化学性质不变，这样的物质为催化剂；(2)H2O2具有氧化性，会将KI氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，I2具有氧化性，会将S2O32-氧化为S4O62-，I2被还原为I-；(3)①采用控制变量方法研究，由于H2O2的量相同，H2SO4的体积不同，因此Na2S2O3、KI溶液必须与前一个实验相同，且溶液总体积与前一个实验相同；②变色时间越长，反应速率越慢；(4)对比实验Ⅳ、实验II，可知溶液总体积相同，该变量是H2O2、Na2S2O3，H2O2减少，Na2S2O3增大，根据二者的物质的量的比分析判断。【题目详解】(1)碘钟总反应方程式为：H2O2+2S2O32-+2H+=S4O62-+2H2O，该反应分两步进行，反应A：H2O2+2I-+2H＋=I2+2H2O，则反应B方程式为总反应方程式减去反应A可得I2+2S2O32-=2I-+S4O62-；通过上述反应A、反应B反应可知：I-在反应前后质量不变、化学性质不变，因此在该反应中的作用是催化剂；(2)H2O2具有氧化性，会将KI氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，I2具有氧化性，会将S2O32-氧化为S4O62-，I2被还原为I-。所以试剂X是KI淀粉溶液；(3)①为便于研究，在反应中要采用控制变量方法进行研究，即只改变一个反应条件，其它条件都相同，根据表格数据可知：实验Ⅲ跟实验II比硫酸的体积减少，所以其它条件都相同，而且混合后总体积也要相同，故实验Ⅲ中，x=8，y=3，z=2；②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是：在其它条件不变时，溶液的酸性越强，溶液中氢离子浓度越大，反应速率越快；(4)对比实验II、实验Ⅳ，可知其它量没有变化，溶液总体积相同，H2O2减少，Na2S2O3增大，n(H2O2)∶n(Na2S2O3)<，结果未出现溶液变为蓝色现象，说明v(A)<v(B)，导致不能出现溶液变为蓝色现象。【题目点拨】本题通过碘钟实验，考查了实验方案的探究的知识。注意探究外界条件对化学反应影响时，只能改变一个条件，其它条件必须相同，否则不能得出正确结论。28、4H2(g)+2NO2(g)=N2(g)+4H2O(g)△H=-1100.2kJ·mol-1低温de<<0.025mol·L-1·min-1<【解题分析】Ⅰ、①H2的燃烧热为285.8kJ·mol-1，H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）△H=-285.8KJ/mol②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+l33kJ·mol-1；③H2O(g)=H2O(l)△H=-44kJ·mol-1，①×4-②-③×4得到催化剂存在