【文档说明】福建省莆田市2020-2021学年高一下学期期末考试备考金卷化学（B卷）试题含答案.doc，共(12)页，484.000 KB，由小赞的店铺上传

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莆田市2020-2021学年下学期高一期末备考金卷化学（B）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均

无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H1C12N14O16Cl35.5一、选择题1．温家宝总理在2010年政府工

作报告中提出：“要大力开发低碳技术，推广高效节能技术，积极发展新能源和可再生能源。”下列有关做法与此不相符的是A．大力推广煤的脱硫技术，减少空气污染B．回收废弃饮料包装纸，制作成公园内的休闲长椅C．在西部和沿海地区兴建风力发电

站，解决能源问题D．鼓励购买小排量汽车，推广与发展电动、混合动力汽车2．下列物质中不属于天然有机高分子材料的是A．棉花B．羊毛C．天然橡胶D．氢化植物油3．下列装置应用于实验室进行相关实验，能达到实验目

的的是A．用装置甲在强光照条件下制取—氯甲烷B．用装置乙分离苯和水C．用装置丙蒸馏石油并收集60～150℃馏分D．制备较纯净的—硝基苯4．下列反应原理中，不符合工业冶炼金属实际情况的是A．2Ag2O====△4Ag+O2↑B．2Al2O3(熔融)======电解

冰晶石4Al+3O2↑C．2MgO=====电解2Mg+O2↑D．4CO+Fe3O4=====高温3Fe+4CO25．图是正丁烷的球棍模型，有关该结构说法正确的是A．正丁烷的分子式为C4H8B．分子中碳骨架为支链结构C．分子中含有4个C－C单键D．分子中共含有13个共价

键6．下列说法正确的是A．粮食酿酒经历了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程B．人造奶油、大豆油、汽油的主要成分都是油脂C．氨基酸在一定条件下通过加聚反应能形成蛋白质D．淀粉、纤维素、蛋白质、油脂、塑料都是有机高分子化合物7．下列关于烷烃的说法不正确的是A．符合分子通

式CnH2n+2的烃都是烷烃，分子中均只含单键B．CH4的二氯代物只有一种结构C．等质量的烷烃完全燃烧，生成CO2的量随着碳的质量分数的增大而变大D．烷烃分子中，相邻的三个碳原子可能在同一条直线上8．在一定温度下，向aL密闭容器中加入1molH2

(g)和1molBr2(g)，发生如下反应：H2(g)+Br2(g)2HBr(g)。此反应达到平衡的标志是A．容器内H2、Br2、HBr的浓度之比为1∶1∶2B．容器内颜色不随时间变化C．容器内压强不随时间变化D．单

位时间内消耗nmolH2，同时生成2nmolHBr9．元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断。下列说法不合理的是A．由水溶液的酸性：HCl>H2S，可推断出元素的非金属性：Cl>SB．若X+和Y2−的核外电子层结构相同，则原子序数：X>Y

C．已知第IIA族元素硫酸盐的溶解性：MgSO4易溶于水，CaSO4微溶于水，可推断SrSO4难溶于水，但溶解度比BaSO4大(第IIA族元素从上到下依次为Be、Mg、Ca、Sr、Ba)D．Cs和Ba分别位于第六周期的第IA

族和第IIA族，碱性：CsOH>Ba(OH)2此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号10．有关下列说法正确的是①糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物，适当条件下均可发生水解②油脂、乙酸乙酯都是酯类，但不是同系物③石油的分馏，煤的气化、液化、干馏等过程均为

化学变化④塑料、橡胶和纤维都是天然高分子材料A．①③④B．①②③④C．②D．②③11．某同学设计以下实验方案，从海带中提取I2。下列说法不正确．．．的是A．操作①是过滤B．②中双氧水作还原剂C．③的离

子方程式是5I–+IO−3+6H+=3I2+3H2OD．含I2的溶液经3步转化为I2的悬浊液，其目的是富集12．银锌电池是一种常见化学电源，其反应原理：Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag，其工作示意图如下。下列说法不正确的是A．Zn电极发生氧化反应B．Ag2O电极是电源的正极C．电

池工作时，电子从Zn电极经导线流向Ag2O电极，再出Ag2O电极经电解质溶液流向Zn电极D．Zn电极上发生的反应：Zn-2e–+2OH–=Zn(OH)213．根据如图能量关系示意图，下列说法正确的是A．1molC(s)与

1molO2(g)的能量之和为393.5kJB．反应2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)中，反应物的总键能大于生成物的总键能C．有2mol固体碳不充分燃烧，生成2molCO，放出110.6kJ能量D．热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出的热量，则CO的热值为10.1kJ·g−114

．反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一个容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是A．保持体积不变，充入H2使体系压强增大B．将容器的体积缩小为原来的一半C．增加少量的CD．保

持压强不变，充入N2使容器体积增大15．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表元素代号XYZW原子半径/nm0.1600.1430.0700.066主要化合价+2+3+5、+3、-3-2下列有关这几种元素的叙述中，正确的是A．元

素的金属性：X<YB．Z原子的最外层电子数为7C．元素的简单离子半径：r(X2+)>r(W2−)D．元素Y的最高价氧化物能溶于氢氧化钠溶液16．有机物A的结构简式如图所示，下列关于A的说法正确的是A．A的分子式为C13H14O5B．1molNa

2CO3最多能消耗1mol有机物AC．1molA和足量金属钠反应生成22.4L气体D．A只能发生取代、氧化、加成反应二、非选择题17．在1×105Pa和298K时，将1mol气态AB分子分离成气态A原子和B原子所需要的能量称为键能(kJ/mol)。下面是一些共价键的键能：

(已知氨分子中有三个等价的氮氢共价键)共价键H－H键NN键N－H键键能(kJ/mol)436945391工业合成氨的化学方程式：N2+3H22NH3(1)断开1molN2中的化学键需_______(填“吸收”或“放出”)_____kJ能量。(2)形成2molNH3中的化学键需_______(填

“吸收”或“放出”)__kJ能量。(3)在298K时，取1molN2和3molH2放入一密闭容器中，在催化剂存在下进行反应。理论上放出或吸收的热量为Q1，则Q1为_____kJ。根据上表中的数据判断工业合成氨的反应是_______(填“吸热”或“放热”)反应。18

．在2L密闭容器内，800℃时反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：时间/s012345n(NO)/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007(

1)图中表示NO2的变化的曲线是_______。用NO表示从0～2s内该反应的平均速率v=_______。(2)能说明该反应已达到平衡状态的是_______。a．v(NO2)=2v(O2)b．容器内压强保持不变c．v逆(NO)=2v正(O2)d．容器内密

度保持不变(3)下列措施能使该反应的速率增大是_______。a．及时分离出心O2气体b．适当升高温度c．增大O2的浓度d．选择高效催化剂(4)在容积为2L的密闭容器中进行如下反应：A(g)+2B(g)3C(g)+xD(g)，开始时A为

4mol，B为6mol，5min末时测得C的物质的量为3mol，用D表示的化学反应速率v(D)为0.2mol/(L·min)，此反应在四种不同情况下的反应速率分别为：①v(A)=5mol/(L·min)；②v(B)=6mol/(L·min；③v(C)=4.5mol/(L·min)；④v

(D)=8mol/(L·min)，其中反应速率最快的是_______(填编号)。19．Ⅰ．模拟海水制备MgO，某同学设计并完成了如图实验：模拟海水中离子Na+2Mg+2Ca+Cl−HCO−3离子浓度(mol·

L−1)0.4390.0500.0110.5600.001(1)沉淀物X为_______，沉淀物Y为_______。(2)沉淀Y经洗涤后，加热分解制备MgO，判断沉淀Y是否洗涤干净的操作是_______。Ⅱ．为探究某矿物固体X(仅含4种短周期元

素)的组成和性质，其中固体乙可制光导纤维.现设计并完成如图实验：请回答：(3)X除了含有H、O元素以外还含有_______。(4)固体丙的用途_______。(5)X的化学式是_______。(6)固体乙与NaOH溶液反应的离子方程式是_______。20．下列关系图中(部分反应产物可能略去)，

A是一种气态烃，其密度在标准状况下是H2的14倍，C与F以物质的量之比2∶1反应生成G。已知反应：R－X+NaOH(aq)――→△R－OH+NaX(R代表烃基，X代表卤素原子)(1)A生成B的反应类型是_________

__反应。写出F所含官能团的名称___________。(2)写出D的结构简式___________。(3)写出A生成B的化学方程式___________。(4)写出C与F反应生成G的化学方程式___________。(5)下列说法不正确的是___________。A．常温常压下

，B是一种无色液体，能与水以任意比例互溶B．E不存在同分异构体C．D在一定条件下可能会和水反应生成B和CD．B和F属于同系物21．实验小组利用原电池研究物质性质。（实验1）某学习小组探究浓硝酸或稀硝酸与铁的反应。实验现象Ⅰ中：Fe表面产生大

量无色气泡，液面上方变为红棕色II中：连接导线，一段时间后Fe表面产生红棕色气泡，而后停止；Cu表面始终产生红棕色气泡(1)取少量Ⅰ中溶液，加入KSCN溶液，_______(填现象)，说明产生了Fe3+；Ⅰ中Fe表面产生大量无色气泡的化学方程式为_______。(

2)Ⅱ中现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应。说明浓硝酸具有_______性。（实验2）探究铝片做电极材料时的原电池反应，设计下表中装置进行实验并记录。装置实验现象装置电流计指针向右偏转，镁条、铝条表面产生无色气泡(3)实验2中，电解质溶液为

盐酸，镁条做原电池的_______极。（实验3）将实验2中的电解质溶液换为NaOH溶液进行实验2。(4)该小组同学认为，此时原电池的总反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，据此推测实验现象为_______，负极反应为______

_。2020-2021学年下学期高一期末备考金卷化学答案（B）1.【答案】A【解析】开发煤炭资源，虽然可以减少对石油的依赖，但煤炭也是化石能源，在使用过程中会产生大量的二氧化碳气体导致温室效应，产生的粉尘会导致雾霾天气的发生，A错误；废弃饮料包装材料能重复

利用，制成公园内休闲长椅有再利用价值，B正确；风力发电是一种清洁能源，建风力发电站，解决能源短缺问题，C正确；推广与发展小排量汽车和电动、混合动力汽车，可减少石油的消耗，符合节能减排的做法，D正确；正确选项A。2.【答案】D【解析

】高分子化合物的相对分子质量达到10000以上。氢化植物油属于油脂，相对分子质量未达到10000以上，不属于天然高分子，故选D。3.【答案】B【解析】A．甲在强光照条件下会爆炸，且制取可能为一氯甲烷、二氯甲烷等物质，A不能达到实验目的；B．苯不溶于水，苯与水的混合液有明显

的分层，可以用分液漏斗分离苯和水，B能达到实验目的；C．石油分馏实验中，温度计测量蒸气的温度，因此温度计的水银球应在蒸馏烧瓶支管口处，C不能达到实验目的；D．苯、硝基苯相互溶解，则不能制备纯净的硝基苯，D不能达到实验目的；答案为B。4.【答案】C【解析】

A．银的活泼性差，用加热分解氧化银的方法冶炼银，所以2Ag2O====△4Ag+O2↑符合工业冶炼金属实际情况，A项不符合题意；B．工业上电解熔融氧化铝冶炼金属铝，所以2Al2O3(熔融)======电解冰晶石4Al+3O2↑符合工业冶炼金属实际情况，B项不符合题意；C．工业上冶炼镁可

采用电解法，其原料应选用MgCl2而不是MgO，因为MgO的熔点比MgCl2的高，会消耗大量电能，成本较高。C项符合题意；D．该反应中Fe3O4被CO还原，属于热还原法，铁性质较活泼，工业上常采用热还原法制取，D项不符合题意；答案选C。5.【答案】D【解析】A．由正丁

烷的球棍模型可以写出其分子式为C4H10，属于烷烃，A错误；B．正丁烷中4个碳原子形成一条碳链，不含支链，B错误；C．根据正丁烷的球棍模型可以知道，分子中含有3个C－C单键，C错误；D．氢原子与碳原子间形成10条共价

键，碳碳原子间形成3条共价键，共计含有13个共价键，D正确。6.【答案】A【解析】A．淀粉水解得到葡萄糖，葡萄糖经酒化酶作用得到乙醇，均发生化学反应，故A正确；B．汽油主要成分是烃类，故B错误；C．氨基酸在一定条件下通过羧基和

氨基间脱水缩合得到蛋白质，属于缩聚反应，故C错误；D．油脂相对分子量不大，不属于高分子化合物，故D错误；选A。7.【答案】D【解析】A．只有烷烃的通式为CnH2n+2，则符合通式CnH2n+2的烃一定都是烷烃，分子中均只含单键，故A正确；B

．CH4为正四面体经过，正四面体的二元取代物不存在同分异构体，所以CH4的二氯代物只有一种，故B正确；C．烷烃的通式为CnH2n+2，含碳量越高，完全燃烧生成的二氧化碳越多，因此等质量的烷烃完全燃烧，生成CO

2的量随着分子中碳的质量分数的增大而变大，故C正确；D．烷烃分子结构中碳原子形成四个单键，每个碳原子形成的都是四面体结构，相邻的三个碳原子成V型，不可能在同一条直线上，故D错误；故选D。8.【答案】B【解析】A．化学反应达到平

衡时，各成分的浓度不变，但不一定等于化学计量数之比，所以容器内H2、Br2、HBr的浓度之比为1∶1∶2的状态不一定是化学平衡状态，故A错误；B．容器内颜色不随时间变化，则证明溴蒸气的浓度不随时间改变

而改变，达到平衡状态，故B正确；C．该反应是反应前后气体分子数不变的可逆反应，压强始终不变，所以容器内压强不随时间变化的状态不一定是化学平衡状态，故C错误；D．单位时间内消耗nmolH2，同时生成2nmolHBr，

均为正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，故D错误；答案选B。9.【答案】A【解析】A．HCl和H2S不是元素最高价氧化物对应水化物，不能通过它们的酸性强弱比较Cl和S的非金属强弱，故A错误；B．阳离子是由原子失去电子得到的，阴离子是由原子得电子得到的，设X

+和Y2−的核外电子层数为a，则X、Y的原子序数分别为a+1，a-2，即原子序数：X>Y，故B正确；C．由MgSO4易溶于水，CaSO4微溶于水可知硫酸盐的溶解度逐渐减小，所以推断出SrSO4难溶于水，但溶解度比BaSO4大，

故C正确；D．同一周期元素，从左到右金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物碱性减弱，Cs和Ba分别位于第六周期的第IA族和第IIA族，金属性Cs>Ba，所以碱性：CsOH>Ba(OH)2，故D正确；故答案为A

。10.【答案】C【解析】①油脂相对分子质量小于一万，不是高分子化合物，单糖不可以水解，故①错误；②油脂、乙酸乙酯都是酯类，但酯基的数目不同，不是同系物，故②正确；③石油的分馏是物理变化，煤的气化、液化、干馏等过程为化学变化，故

③错误；④塑料是合成高分子材料，不是天然高分子材料；橡胶和纤维既有天然的，也有人工合成的，故④错误；②正确，故选C。11.【答案】B【解析】由流程可知，海带灰用热水溶解后，过滤，滤液中含碘离子，加过氧化氢氧化碘离子生成碘单质，加入试剂a萃取，a为为苯或四氯化碳，分液得到含碘的有

机溶液，再加NaOH与碘反应生成I–和IO−3，分液后向含I–和IO−3的溶液中加稀硫酸发生5I–+IO−3+6H+=3I2+3H2O，过滤提取得到粗碘。A．操作①是分离溶液与不溶性杂质，为过滤，故A正确；B．向滤液中加入双氧水是将I–氧化为I2，体现双氧水的氧化性，故B错误；C．I–和IO−3在

酸性条件下生成I2的离子方程式是5I–+IO−3+6H+=3I2+3H2O，故C正确；D．图中，含I2的溶液经3步转化为I2的悬浊液，其目的是富集碘元素，故D正确；故选B。12.【答案】C【解析】由总反应知

，Zn失电子被氧化为Zn(OH)2，故Zn电极为负极，由于电解质溶液显碱性，故Zn失电子生成的Zn2+会结合OH–生成Zn(OH)2沉淀，对应电极反应为：Zn-2e–+2OH–=Zn(OH)2，Ag2O得电子被还原为Ag，故Ag2O电极为正极

，由总反应减去负极反应，得正极反应为：Ag2O+2e–+H2O=2Ag+2OH–。A．由分析知，Zn作负极，发生氧化反应，A正确；B．由分析知，Ag2O电极为正极，B正确；C．电池工作时，负极Zn失去电子，电子经导线流向正极，被Ag2O得到转化为Ag，电子不会进入电解质溶液，C错误；D

．由分析知，Zn电极反应为：Zn-2e–+2OH–=Zn(OH)2，D正确；故答案选C。13.【答案】D【解析】A．根据图像，不能确定1molC(s)与1molO2(g)的能量之和，只能得出1molC(s)与1molO2(g)的能量之和比1mo

lCO2(g)的能量多393.5kJ，A错误；B．根据图像，CO(g)和0.5molO2(g)的能量大于1molCO2(g)的总能量，故反应2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)为放热反应，断裂反应物中的化学键吸收的能量小于形成生成物

中化学键释放的能量，则反应物的总键能小于生成物的总键能，B正确；C．根据图像，1mol固体碳生成1mol放出393.5kJ-282.9kJ=110.6kJ能量，所以2mol固体碳不完全燃烧放出221.2kJ能量，C错误；D．根据图像，1molCO完全燃烧放出282.9kJ热量，所以CO的热值为28

2.9kJ28g=10.1kJ·g−1，D正确。14.【答案】C【解析】A．保持体积不变，充入H2使体系压强增大，增大生成物的浓度，反应速率增大，故A错误；B．将容器体积缩小一半，气体浓度增大，反应速率增大，故B错误；C．增加C的量，物质的浓度不变，反应速率不变，故C正确；D．

保持压强不变，充入N2使体系体积增大，参加反应的气体的浓度减小，反应速率减小，故D错误；故选C。15.【答案】D【解析】X、Y与Z、W的原子半径相差比较大，应处于不同的周期，X、Y处于第三周期，Z、W处于第二

周期，W化合价为-2价，故W为氧元素；Z元素化合价为+5、+3、-3，Z处于ⅤA族，则Z为氮元素；X化合价为+2价，处于ⅡA族，Y的化合价为+3价，处于ⅢA族，所以X为镁元素，Y为铝元素，故X、Y与Z、W分别为Mg，Al，N，O。A．同

周期随原子序数增大金属性减弱，同主族随原子序数增大金属性增强，故金属性：Mg＞Al，A错误；B．氮元素的最外层电子数是5，B错误；C．核外电子排布的相同的离子，其离子半径随原子序数的增大而减小，则元素的简单离

子半径：Mg2+＜O2−，即r(X2+)＜r(W2−)，C错误；D．Y的最高价氧化物的水化物是Al(OH)3，氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于氢氧化钠溶液，D正确。16.【答案】A【解析】A．根据结构简式知，

有机物A的分子式为C13H14O5，故A正确；B．只有－COOH与Na2CO3反应，则1molNa2CO3最多能消耗2mol有机物A，故B错误；C．－COOH、－OH均与Na反应生成氢气，1molA和足量金属钠反应生成1mol氢气，

但状况未知，体积不能确定，故C错误；D．含－COOH、－OH可发生取代反应，含－OH可发生氧化反应，含－COOC－酯基可发生水解，含C=C可发生加成、加聚反应，故D错误；故选A。17.【答案】（1）吸收945（2）放出2

346（3）93放热【解析】(1)根据表格数据可知，断开1molN2中的化学键需吸收945kJ的能量；(2)形成2molNH3中的化学键需放出2×3×391kJ＝2346kJ能量；(3)在298K时，取1molN2和3molH2放入一密闭容器中，在催化剂存在

下进行反应。理论上放出或吸收的热量为Q1，则Q1为2346kJ-945kJ-3×436kJ＝93kJ。根据以上分析可知工业合成氨的反应是放热反应。18.【答案】（1）b3.0×10−3mol·(L·s)−1（2）bc（3）bcd

（4）①【解析】（1）NO2是产物，随反应进行浓度增大，由方程式可知平衡时Δc(NO2)=Δc(NO)=(0.02-0.007)mol÷2L=0.0065mol/L，所以图中表示NO2变化的曲线是b；2s内用NO表示的平均反应速率v(NO)

=0.020.00822molmolLs−=3.0×10−3mol·(L·s)−1；(2)a．若反应达到平衡，则v正(NO2)=2v逆(O2)，由于未指明正、逆速率，不能判断反应是否达到平衡，故a错误；b．由

于反应前后气体体积不等的反应，恒温恒容下随反应进行容器内压强变化，当容器内压强保持不变，说明反应达到平衡，故b正确；c．由方程式可知v正(NO)=2v正(O2)，而v逆(NO)=2v正(O2)，则v正(NO)=v逆(NO)，反应到达平衡，故c正确；

d．混合气体总质量不变，容器容积不变，容器内混合气体密度始终不变，故d错误，故答案为bc；(3)a．及时分离出O2气体，浓度减小，则反应速率减小，故a错误；b．适当升高温度，反应速率增大，故b正确；c．增大O2

的浓度反应速率增大，故c正确；d．选择高效催化剂能增大反应速率，故d正确；故答案为bcd；(4)5min时测得C的物质的量为3mol，v(C)=325minmolL=0.3mol·(L·min)−1，

用D表示的化学反应速率v(D)为0.2mol·(L·min)−1，由速率之比等于化学计量数之比可以知道x=2。反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则①中5∶1=5，②中6∶2=3，③中4.5∶3=1.5，④中8∶2=4，显然①中比值最大，反应速率最快。答案为①。1

9.【答案】（1）CaCO3Mg(OH)2（2）取最后一次洗涤液，滴加Na2CO3溶液，如不产生白色沉淀说明已经洗涤干净（3）Mg、Si（4）耐高温材料（5）3MgO·4SiO2·H2O（6）SiO2+2OH−=SiO2−3+H2O【解析】Ⅰ．模拟海

水的pH=8.3，呈碱性步骤①，加入0.001molNaOH时，OH−恰好与HCO−3完全反应，生成0.001molCO2−3，生成的CO2−3与水中的Ca2+反应生成CaCO3沉淀，X为CaCO3，滤液M中同时存在着Ca2+和Mg2+；步骤②，当滤液M中加入N

aOH固体，调至pH=11，根据流程可判断无Ca(OH)2生成，有Mg(OH)2沉淀生成，Y为Mg(OH)2，分解生成MgO。Ⅱ．固体乙可制光导纤维，应为SiO2，其物质的量为24.0g60g/mol

=0.4mol，由图中数据可知生成水的质量为1.8g，物质的量为0.1mol，固体甲加入稀硫酸，得到无色溶液，加入过量的氢氧化钠溶液，得到白色沉淀，应为Mg(OH)2，加入生成丙为MgO，物质的量为12.0g40g/

mol=0.3mol，可知甲为3MgO·4SiO2，则X为3MgO·4SiO2·H2O。(1)由分析，沉淀物X为CaCO3，沉淀物Y为Mg(OH)2。故答案为：CaCO3；Mg(OH)2；(2)沉淀Y表面存在Ca2+，判断沉淀Y是否洗涤干净的操作是：取最后一次洗涤液，滴加Na

2CO3溶液，如不产生白色沉淀说明已经洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液，滴加Na2CO3溶液，如不产生白色沉淀说明已经洗涤干净；(3)由分析可知：X为3MgO·4SiO2·H2O，X除了含有H、O元素以

外还含有Mg、Si。故答案为：Mg、Si；(4)丙为MgO，熔点高，可用于耐高温材料，故答案为：耐高温材料；(5)由分析X为3MgO·4SiO2·H2O。故答案为：3MgO·4SiO2·H2O；(6)乙为二氧化硅，

与氢氧化钠反应生成硅酸钠，反应的离子方程式为SiO2+2OH−=SiO2−3+H2O，故答案为：SiO2+2OH−=SiO2−3+H2O。20.【答案】（1）加成羟基（2）CH3COOC2H5（3）CH2=CH2+H2OΔ⎯⎯⎯→催化剂CH3CH

2OH（4）2CH3COOH+CH2OH－CH2OHΔ浓硫酸CH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O（5）BD【解析】A是一种气态烃，其密度在标准状况下是H2的14倍，则A的相对分子质量是28，故A是CH

2=CH2。A与H2O在一定条件下发生加成反应产生B是CH3CH2OH，B被酸性KMnO4溶液氧化产生C是CH3COOH，CH3COOH与CH3CH2OH在浓硫酸作催化剂的条件下加热，发生酯化反应产生D是CH

3COOC2H5；CH2=CH2与Br2的CCl4溶液发生加成反应产生E是CH2Br－CH2Br，E与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生F是CH2OH－CH2OH，C与F以物质的量之比2∶1反应生

成G是CH3COOCH2CH2OOCCH3。根据上述分析可知：A是CH2=CH2，B是CH3CH2OH，C是CH3COOH，D是CH3COOC2H5，E是CH2Br－CH2Br，F是CH2OH－CH2OH，G是CH

3COOCH2CH2OOCCH3。(1)A是CH2=CH2，A与H2O在一定条件下发生加成反应产生B是CH3CH2OH，则由A生成B的反应类型是加成反应；F是CH2OH－CH2OH，其中所含官能团名称是羟基；(2)D是乙酸与乙醇发生酯化反应产生的物质，名称为乙酸乙酯，结构简式是CH3C

OOC2H5；(3)A是CH2=CH2，A与H2O在一定条件下发生加成反应产生B是CH3CH2OH，反应的化学方程式为：CH2=CH2+H2OΔ⎯⎯⎯→催化剂CH3CH2OH；(4)C是CH3COOH，分子中含有羧基－COOH；F是

CH2OH－CH2OH，分子中含有醇羟基－OH，二者在浓硫酸作催化剂的条件下加热，发生酯化反应产生G：CH3COOCH2CH2OOCCH3和H2O，该反应是可逆反应，反应的化学方程式为：2CH3COOH+CH2OH－CH2OHΔ浓硫酸CH3

COOCH2CH2OOCCH3+2H2O；(5)A．B是CH3CH2OH，在常温常压下，B是一种无色液体，由于含有亲水基羟基，能与水分子之间形成氢键，增大了它的水溶性，能与水以任意比例互溶，A正确；B．E是CH2Br－CH2Br，分子中含有2个Br原子。2个Br原子可以在

同一个C原子上，也可以在两个不同C原子上，因此E存在同分异构体CH3CHBr2，B错误；C．D是CH3COOC2H5，分子中含有酯基，在一定条件下会和水发生酯的水解反应生成CH3CH2OH和CH3COOH，既能够反应产生B和C两种化合物

，C正确；D．B是CH3CH2OH，属于饱和一元醇；F是CH2OH－CH2OH，属于饱和二元醇，二者在分子组成上不是相差CH2的整数倍，因此B和F不属于同系物，D错误；故合理选项是BD。21.【答案】（1）溶液变红Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+

NO↑+2H2O（2）强氧化（3）负（4）电流表指针向右偏转，Mg表面有气泡Al-3e−+4OH−=AlO−2+2H2O【解析】Ⅰ中：Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色，说明Fe与稀硝酸反应生成NO，生成的NO遇到空气被氧化为红棕色的二氧化

氮；II中：连接导线，一段时间后Fe表面产生红棕色气泡，而后停止，Cu表面始终产生红棕色气泡，原因应是开始时Fe在浓硝酸中钝化，此时铜直接与浓硝酸反应生成NO2，随着硝酸变稀，Fe不再钝化，形成原电池，Fe较活泼，所以为负极，Cu为正极。(1)Fe3+与KSCN溶液反应显血红色，所以加

入KSCN溶液，溶液变红说明产生Fe3+；Ⅰ中Fe表面产生大量无色气泡是因为Fe与稀硝酸反应生成NO，化学方程式为Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O；(2)Fe表面形成致密的氧化层，说明浓硝酸具有强氧化性，可以使Fe钝化；

(3)Mg比Al活泼，电解质为稀盐酸，Mg优先被氧化，所以Mg条作原电池的负极；(4)根据总反应可知此时Al被氧化作负极，Mg为正极，所以现象为：电流表指针向右偏转，Mg表面有气泡；负极为Al被氧化结合氢氧根生成偏铝酸根的反应，即Al-3e−+4O

H−=AlO−2+2H2O。