【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．2Mg

O=====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2nm

olHBr9．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>YC．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．Z

n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．1molNa2CO3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)/mol0.0200.0100.0080.0070.00

70.007(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CO2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1molCO2(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282.9kJ28g=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23

46（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。19.【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Ca

CO3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NaOH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Na2CO3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CH3CH2OH（4）2CH3COOH+CH2OH－CH2OHΔ浓硫酸CH3COOCH2CH2O

OCCH3+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CH2=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，CH3COO

H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CH3COOC2H5；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CH3COOCH2CH2OOCCH3。(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CH3COOC2H5；(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CH3COOCH2CH2OOCCH3+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−+4OH−=AlO−2+2H2O。