2025年福建省三明市清流县第二中学高一下化学期末教学质量检测试题含解析.doc

2025年福建省三明市清流县第二中学高一下化学期末教学质量检测试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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、H2S在O2中不完全燃烧生成S和H2O。下列说法正确的是

A．反应中的H2S和O2的总能量高于S和H2O的总能量 B．微粒半径：O2-> S2-
C．该反应中反应物的化学能全部转化为热能 D．非金属性：S > O
2、在下列化学反应中，即有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成的是
A．2Na2O2 +2H2O= 4NaOH +O2↑ B．SO2+2H2S=3S+2H2O
C．Mg3N2+6H2O=3Mg (OH) 2↓+2NH3↑ D．C+O2= CO2
3、在2A（g）+B(g)3C(g)+4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是（ ）
A．v（B）=0.3mol/(L· s) B．v（A）=0.5mol/(L· min)
C．v（C）=0.8mol/(L· s) D．v（D）=1mol/(L· min)
4、下列物质只含共价键的是
A．MgCl2 B．N2 C．Na2O2 D．KOH
5、如图是常见的四种有机物的比例模型示意图。下列说法正确的是( )

A．甲能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．乙可与溴水发生取代反应使溴水褪色
C．丙在铁作催化剂条件下与溴水发生取代反应
D．丁在浓硫酸、加热条件下可与乙酸发生取代反应
6、升高温度，下列数据不一定增大的是
A．水的离子积常数 B．化学平衡常数 C．反应的活化分子百分数 D．化学反应速率
7、下列化学用语或模型图表示正确的是( )
A．甲烷分子的球棍模型: B．间氯甲苯的结构简式:
C．甲基的电子式: D．丙烯的结构式:CH3CH=CH2
8、下列物质中，既含离子键、又含共价键的是( )
A．NaOH B．Na2O
C．H2O D．CaCl2
9、某有机物的结构简式为，则此有机物可发生的反应类型有
①取代 ②加成 ③氧化 ④酯化 ⑤中和
A．①②③④ B．②③④⑤ C．②③⑤ D．①②③④⑤
10、已知4NH3+5O2=4NO+6H2O，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)表示，则正确的关系是 ）
A．2/3v(NH3)=v(H2O)B．5v(O2)=6v(H2O)C．v(NH3)∶v(O2)=4∶5D．5/4v(O2)=v(NO)
11、下列第二周期的元素中，原子半径最小的是（ ）
A．OB．FC．ND．C
12、能使干燥的红色石蕊试纸变蓝色的物质是
A．氨气 B．液氨 C．氨水 D．NH4Cl溶液
13、已知A2+、B+、C3—、D—是第三周期元素的四种离子。下列叙述中正确的是
A．四种离子都具有相同的电子层结构
B．原子半径：r（D）>r（C）>r（A）>r（B）
C．离子半径：r（B+）>r（A2+）>r（C3—）>r（D—）
D．B、D两元素的最高价氧化物的水化物在溶液中反应的离子方程式可表示为H++OH—=H2O
14、一定温度下，某密闭恒容的容器内可逆反应A(g)+3B(g)2C(g)达到平衡状态的标志（ ）
A．A的消耗速率是C的分解速率倍
B．容器内混合气体的密度不随时间而变化
C．单位时间内生成n mol A，同时生成3n mol B
D．A、B、C的分子数之比为1:3:2
15、下列物质互为同分异构体的一组是
A．35Cl和37Cl B．CH3CH2OH和CH3OCH3
C．O2和O3 D．H2O和H2O2
16、化学与科技、生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A．“煤改气”、“煤改电等改造工程有利于减少雾霾
B．海水中加入明矾可将海水淡化
C．M、N经“2M+N =2P+2Q，2P+M =Q”生产Q，不符合“绿色化学”理念
D．燃煤中添加生石灰，在燃烧过程中将硫元素转化为CaSO3，可减少SO2的排放
17、有关淀粉和纤维素的说法中，正确的是
A．二者互为同系物 B．二者都是多糖 C．淀粉能水解，纤维素不能水解 D．二者互为同分异构体
18、控制变量是科学研究的重要方法。向2 mL H2O2溶液中滴入2滴1 mol/LCuSO4溶液，下列条件下分解速率最快的是
选项
A
B
C
D
H2O2溶液的物质的量浓度（mol·L−1）
1
1
4

4
反应的温度（℃）
5
40
5
40
A．A B．B C．C D．D
19、下列关于糖类、油脂、蛋白质的说法正确的是
A．葡萄糖溶液中加入新制Cu(OH)2悬浊液煮沸会析出砖红色沉淀
B．油脂水解可得到氨基酸和甘油
C．蔗糖在人体内水解产物只有葡萄糖
D．纤维素和淀粉互为同分异构体
20、关于化合物2−苯基丙烯（），下列说法正确的是
A．不能使稀高锰酸钾溶液褪色 B．易溶于水及甲苯
C．分子中所有原子共平面 D．可以发生加成聚合反应
21、下列化学用语或模型图表示正确的是
A．甲烷的球棍模型: B．S2-的结构示意图:
C．乙烯的结构简式: CH≡CH D．羟基的电子式:
22、W、X、Y、Z四种短周期元素，它们在周期表中位置如图所示，下列说法正确的是

A．四种元素中原子半径最大的为Z
B．四种元素最高价氧化物的水化物都是酸
C．XZ4、WY2中所含化学键类型相同
D．W、X形成的单质都是重要的半导体材料
二、非选择题(共84分)
23、（14分）A是一种重要的化工原料，部分性质及转化关系如下图：

请回答：
（1）D中官能团的名称是_____________。
（2）A→B的反应类型是________________。
A．取代反应B．加成反应 C．氧化反应 D．还原反应
（3）写出A→C反应的化学方程式_______________________。
（4）某烃X与B是同系物，分子中碳与氢的质量比为36:7，化学性质与甲烷相似。现取两支试管，分别加入适量溴水，实验操作及现象如下：

有关X的说法正确的是_______________________。
A．相同条件下，X的密度比水小
B．X的同分异构体共有6种
C．X能与Br2发生加成反应使溴水褪色
D．实验后试管2中的有机层是上层还是下层，可通过加水确定
24、（12分）随着环境污染的加重和人们环保意识的加强，生物降解材料逐渐受到了人们的关注。以下是PBA(一种生物降解聚酯高分子材料)的合成路线：

已知：①烃A的相对分子质量为84，可由苯与氢气反应制得。
②B→C为消去反应，且化合物C的官能团是一个双键。
③R1CH=CHR2R1COOH＋R2COOH。
④RC≡CH＋。
⑤PBA的结构简式为
请回答下列问题：
(1)由A生成B的反应类型为______________。
(2)由B生成C的化学方程式为__________。
(3)E的结构简式为___________。
(4)由D和F生成PBA的化学方程式为______________；
25、（12分）某实验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的实验。

（1）实验过程中铜网出现红色和黑色交替的现象，请写出相应的化学反应方程式：______________________________________________。
在不断鼓入空气的情况下，熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该乙醇氧化反应是________反应。
(2)甲和乙两个水浴作用不相同。
甲的作用是__________________________；乙的作用是__________________________。
（3）反应进行一段时间后，干燥试管a中能收集到不同的物质，它们是________________。集气瓶中收集到的气体的主要成分是__________________________。
（4）若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有__________。要除去该物质，可先在混合液中加入________________（填写字母）。
a.氯化钠溶液 b.苯
c.碳酸氢钠溶液 d.四氯化碳
然后，再通过________________（填实验操作名称）即可除去。
26、（10分）H2O2是常用的漂白剂和氧化剂，在环境保护、医药、化学合成等方面有重要的作用．
Ⅰ. 为探究影响H2O2分解速率的因素，某实验小组进行了如下实验：
实验1：在相同的条件下，向一支试管中加入2mL5%H2O2和amLH2O，向另一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，观察并比较实验现象。
实验2：将质量相同但状态不同的MnO2分别加入盛有15mL5%的H2O2溶液的大试管中，并用带火星的木条测试，实验结果如下：
MnO2
触摸试管情况
观察结果
反应完成所需的时间
粉末状
很烫
剧烈反应，带火星的木条复燃
3.5min
块状
微热
反应较慢，火星红亮但木条未复燃
30min
回答下列问题：
（1）H2O2的分解反应是____反应（填“放热”或“吸热”）。
（2）实验2的实验结果表明，催化剂的催化效果与____有关。
（3）实验1的目的是____，a=____。Fe3＋ 可以作为H2O2分解化的催化剂，可能的催化过程如下。请写出ii。i．2Fe3＋ +H2O2=2Fe2＋ +O2+ 2H＋ii．____。
Ⅱ. 在一定温度下，10 mL 0.40mol/LH2O2溶液发生催化分解。某实验小组在不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表（溶液体积变化忽略不计）。
t /min
0
2
4
6
8
10
V（O2）/mL
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9
（1）0~6 min中该反应的平均反应速率v(H2O2)约为____。（保留两位有效数字）
（2）反应到6 min时，H2O2分解率为____。
27、（12分）有甲、乙两位同学均想利用原电池反应检测金属的活动性顺序，两人均用镁片和铝片作电极，但甲同学将电极放入6mol·L-1的H2SO4溶液中，乙同学将电极放入6mol·L-1的NaOH溶液中，如图所示。

(1)甲中SO42-移向________极(填“铝片”或“镁片”)。写出甲中负极的电极反应式____________。
(2)乙中负极为________，总反应的离子方程式：_______________。此反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________，还原产物是________。
(3)原电池是把_________的装置。上述实验也反过来证明了“直接利用金属活动性顺序表判断原电池中的正负极”这种做法________(填“可靠”或“不可靠”)。如不可靠，请你提出另一个判断原电池正负极的可行性实验方案________(如可靠，此空可不填)。
28、（14分）镓(Ga)被誉为第三代半导体的明屋元素，广泛应用于电子工业。Ga位于周期表的第四周期，与A1同主族，主要存在Ga3+、 GaO2-两种离子形态。
(1)请画出Ga的原子结构示意图___________。
(2)请写出Ga2O3溶解在NaOH溶液中的离子方程式_________________。
(3)氮化镓(GaN)可用于制作蓝色LED光源。GaN的传统工艺是用GaCl3与NH3反应来制备，新工艺则采用金属Ga与NH3在一定条件下来合成。已知:
①GaCl3(s)+ NH3(g)=GaN(s)+3HCl(g) ∆H1=+180kJ/mol
②2Ga(s)+6HCl(g)=2GaCl3(s)+3H2(g) ∆H2=-492kJ/mol
③Ga(s)+NH3(g)=GaN(s)+3/2H2(g) ∆H3
由上述反应可知∆H3=_____________。

已知H-H的键能为436kJ/mol，结合上图分析，1molGaN含有_____molGa-N键，拆开lmolGa-N键所需能量为______kJ。

(4)工业上多用电解精炼法提纯镓。具体原理如下图所示:

已知:金属的活动性Zn>Ga>Fe>Cu
①A为电源的_____极，电解精炼镓时产生阳极泥的主要成分是___________。
②电解过程中阳极产生的离子迁移到达阴极并在阴极放电析出高纯镓。请写出电解过程的阴极的电极反应_______________。
③电解过程中需控制合适的电压，若电压太高时阴极会产生H2导致电解效率下降。若外电路通过0.4mole-时，阴极得到7.0g的镓。则该电解装置的电解效率η=___________。(η=生成目标产物消耗的电子数÷转移的电子总数)。
29、（10分）利用二氧化锰和足量的浓盐酸反应中制备氯气，如果有34.8 g二氧化锰被还原，那么被氧化的HC1的物质的量是多少？得到的氯气的物质的量是多少？
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、A
【解析】
A. 燃烧是放热反应，因此反应中的H2S和O2的总能量高于S和H2O的总能量，A正确；B. 核外电子层数越多，微粒半径越大，即微粒半径：O2-＜S2-，B错误；C. 反应中还存在发光现象，因此该反应中反应物的化学能不可能全部转化为热能，C错误；D. 同主族从上到下非金属性逐渐减弱，非金属性：S＜O，D错误，答案选A。
2、A
【解析】A、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑中有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成，A正确；B、该反应中没有离子键的形成和断裂，B错误；C、该反应中没有非极性共价键的形成，C错误；D．该反应中没有离子键的断裂和形成，也没有极性键的断裂和非极性键的形成，D错误；答案选A。
点睛：本题考查化学键和化学反应，明确化学反应的实质为旧键断裂和新键形成及常见物质中的化学键即可解答，注意一般金属元素与非金属元素形成离子键，同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同非金属元素之间形成极性共价键。
3、A
【解析】
反应速率之比等于化学计量数之比，则反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，以此来解答。
【详解
反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则：
A、v(B)/1=0.3mol/(L·s)÷1=0.3mol/(L·s)；
B、v(A)/2=0.5mol/(L·min)÷2=0.25mol/(L·min)=0.0042 mol/(L·s)；
C、v(C)/3=0.8mol/(L·s)÷3=0.26 mol/(L·s)；
D、v(D)/4=1 mol/(L·min)÷4=0.25 mol/(L·min)=0.042 mol/(L·s)。
显然选项A中比值最大，反应速率最快。
答案选A。
注意同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值。
4、B
【解析】分析：A. MgCl2只含有离子键；B. 氮气中只含有共价键；C.Na2O2 既含有离子键，又含有共价键；D.KOH既含有离子键又含有共价键。
详解：MgCl2属于离子化合物，只含有离子键，A错误；N2为非金属单质，氮气中只含有共价键，B正确；Na2O2 属于离子化合物，既含有离子键，又含有共价键，C错误；KOH属于离子化合物，既含有离子键又含有共价键，D错误；正确选项B。
5、D
【解析】
根据比例模型知，甲是甲烷、乙是乙烯、丙是苯、丁是乙醇，结合四种物质的性质分析解答。
【详解】
A．甲烷性质较稳定，和一般的氧化剂不反应，所以甲烷和酸性高锰酸钾溶液不反应，故A错误；
B．乙烯中含有碳碳双键，能和溴发生加成反应使溴水褪色，不是取代反应，故B错误；
C．苯和液溴在催化条件下能发生取代反应，和溴水不反应，发生萃取，故C错误；
D．在浓硫酸作用下，乙醇和乙酸发生取代反应生成乙酸乙酯，该反应也是酯化反应，故D正确；
答案选D。
明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意取代反应和加成反应区别。本题的易错点为C，要注意苯与溴反应的条件。
6、B
【解析】
A、水的离子积只受温度影响，水的电离是吸热过程，升高温度，促进水的电离，水的离子积增大，故A不符合题意；
B、化学平衡常数只受温度的影响，如果反应为放热反应，升高温度，化学平衡常数减小，如果反应为吸热反应，升高温度，化学平衡常数增大，故B符合题意；
C、升高温度，增加反应的活化分子百分数，故C不符合题意；
D、升高温度，加快反应速率，故D不符合题意；
答案选B。
考查温度对反应速率的影响，温度对化学平衡常数与水的离子积的影响，比较基础，根据勒夏特列原理判断平衡移动方向即可得出，注意基础知识的掌握。
7、C
【解析】
A、H原子的半径小于C原子，所以甲烷分子的球棍模型: ，故A错误；
B. 间氯甲苯的结构简式: ，故B错误；
C. 甲基的电子式: ，故C正确；
D. 丙烯的结构式: ，结构简式是CH3CH=CH2，故D错误。
8、A
【解析】
Na2O、CaCl2中只有离子键；H2O中只有共价键；NaOH既含离子键、又含共价键。答案选A。
9、D
【解析】试题分析：分子中含有碳碳双键，可发生加成反应和氧化反应，含有酯基，可发生水解反应（或取代反应），含有羧基，具有酸性，可发生中和反应、酯化反应，含有羟基，可发生取代反应、消去反应和氧化反应，选D。
考点：考查有机物的结构与性质。
10、C
【解析】用不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以υ(NH3)：υ(O2)：υ(NO)：υ(H2O)＝4：54：6。A项，υ(NH3)= υ(H2O)，A错误；B项，6υ(O2)=5υ(H2O)，B错误；C项，υ(NH3)∶υ(O2)=4∶5，C正确；D项，υ(O2)=υ(NO)，D错误。
11、B
【解析】试题分析：C、N、O、F同周期，核电荷数依次增大，原子核对核外电子吸引增大，原子半径依次减小，故F原子半径最小，故选B。
考点：考查了原子半径的比较的相关知识。
视频
12、C
【解析】
能使干燥的红色石蕊试纸变蓝说明该物质应显碱性。
【详解】
A．氨气遇水生成显碱性的氨水能使红色石蕊试纸变蓝，氨气不能使干燥的红色石蕊试纸变蓝，A项错误；
B．液氨为氨气的液态形式，也不能使干燥的红色石蕊试纸变蓝色，B项错误；
C．氨水中的一水合氨能部分电离出NH4+和OH-，因而显弱碱性，能使干燥的红色石蕊试纸变蓝色，C项正确；
D．NH4Cl溶液中NH4+水解使得溶液显酸性，不能使干燥的红色石蕊试纸变蓝色，D项错误；
答案选C。
13、D
【解析】
试题分析：四种离子是第三周期元素，故分别是：Mg、Na、P、Cl，A、前两个表现正价，失电子，核外电子排布相同，都是2、8，后者表现负价，得电子达到8电子稳定结构，核外电子排布相同，都是2、8、8，故A选项不正确；B、同周期从左向右原子半径依次减小（稀有气体除外），r（Na）>r（Mg）>r（P）>r（Cl），故B不正确C、看电子层数：电子层数越多，半径越大，原子序数：核外电子排布相同，离子半径随原子序数递增，而减小，离子半径：r（P3－）>r（Cl－）>r（Na＋）>r（Mg2＋），故C错误；D、B的最高价氧化物的水化物是NaOH，D的最高价氧化物对应水化物HClO4，其离子反应方程式：H++OH—=H2O。
考点：考查原子结构、性质等知识。
14、A
【解析】
A项，A的消耗速率是C的分解速率的1/2倍是反应达到平衡的本质标志，A正确；
B项，根据质量守恒定律，混合气体的总质量始终不变，容器的容积不变，混合气体的密度始终不变，容器内混合气体的密度不随时间而变化不能作为平衡的标志，B错误；
C项单位时间内生成nmolA，同时生成3nmolB只表示逆反应速率，不能作为化学平衡的标志，C错误；
D项，达到平衡时各组分的浓度保持不变，但不一定等于化学计量数之比，A、B、C的分子数之比为1:3:2不能说明反应达到平衡状态，D错误；
答案选A。
本题考查可逆反应达到平衡的标志，判断可逆反应是否达到平衡状态的标志是“逆向相等，变量不变”，“逆向相等”指必须有正反应速率和逆反应速率且两者相等（用同一物质表示相等，用不同物质表示等于化学计量数之比），“变量不变”指可变的物理量不变是平衡的标志，不变的物理量不变不能作为平衡的标志。注意达到平衡时各组分的浓度保持不变，但不一定相等也不一定等于化学计量数之比。
15、B
【解析】试题分析： A、35Cl和37Cl质子数相同而中子数不同互为同位素，A不正确；B、分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，CH3CH2OH和CH3OCH3的分子式相同而结构不同互为同分异构体，B正确；C、O2和O3是由碳元素形成的不同单质，二者互为同素异形体，C不正确；D、H2O和H2O2是两种不同的化合物，D不正确，答案选B。
考点：考查同分异构体判断
16、A
【解析】分析：A、从雾霾天气的成因考虑．B、明矾溶于水能够形成胶状物，能够吸附水中的悬浮物；C、“化学反应的绿色化”要求原料物质中所有的原子完全被利用全部转入期望的产品。D、CaO与二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙与氧气反应生成硫酸钙。
详解：A、二氧化硫、氮氧化物以及可吸入颗粒物这三项是雾霾主要组成，前两者为气态污染物，最后一项颗粒物才是加重雾霾天气污染的罪魁祸首。它们与雾气结合在一起，让天空瞬间变得灰蒙蒙的，“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程减少了二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物，故有利于减少雾霾天气，故A正确；B、通过过滤、加入活性炭、明矾等物质不能把水中的氯化钠等物质除去，不能使海水淡化，故B错误；C、2M+N=2P+2Q，2P+M=Q的反应中，P是催化剂，发生反应为：3M+N=3Q，生成物只有一种，即原料物质中所有的原子完全被利用全部转入期望的产品，故C错误；D、CaO与二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙与氧气反应生成硫酸钙，所以在燃煤中添加生石灰可减少SO2的排放，故D错误。
17、B
【解析】
A．淀粉和纤维素均属于糖类，但结构不相似，不是同系物，故A错误；
B．淀粉和纤维素均属于糖类，而且属于多糖，故B正确；
C．纤维素与淀粉都能水解生成葡萄糖，故C错误；
D．淀粉和纤维素虽具有相同的表示式，但n不同，故分子式不同，不是同分异构体，故D错误；
答案选B。
本题的易错点为D，高分子化合物的聚合度n一般不同，因此表达式相同的高分子化合物不属于同分异构体。
18、D
【解析】
根据影响反应速率的因素，温度越高反应速率越快；硫酸铜的浓度相同， H2O2的浓度越大反应速率越快，D选项H2O2的浓度最大、温度最高，反应速率最快，故D正确。
点睛：影响反应速率的因素：温度越高反应速率越快、反应物浓度越大反应速率越快、气体压强越大反应速率越快、加入催化剂反应速率加快、接触面积越大反应速率越快。
19、A
【解析】A．葡萄糖含-CHO，碱性条件下与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀，故A正确；B．油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯类，故油脂水解可得到高级脂肪酸和甘油，故B错误；C．蔗糖为二糖，在人体内水解产物产生葡萄糖和果糖，故C错误；D．纤维素和淀粉都是多糖，分子式都可用(C6H12O5)n表示，但两者的n不同，它们不是同分异构体，故D错误； 故选A。
20、D
【解析】
2−苯基丙烯含有碳碳双键，属于不饱和芳香烃，能表现芳香烃和烯烃的性质。
【详解】
A项、2−苯基丙烯含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；
B项、2−苯基丙烯属于不饱和芳香烃，难溶于水，易溶于甲苯，故B错误；
C项、若有机物分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，2−苯基丙烯中含有甲基，分子中所有原子不可能共平面，故C错误；
D项、2−苯基丙烯含有碳碳双键，一定条件下能发生加聚反应生成聚2−苯基丙烯，故D正确。
故选D。
本题考查有机物的结构与性质，注意把握官能团与性质的关系熟悉常见有机物的性质是解答关键。
21、D
【解析】分析：A．球棍模型突出的是原子之间的成键的情况及空间结构；B．S2-核外有18个电子；C．化合物的最简式是其各元素原子个数的最简比；D．羟基中氧原子含有一个孤电子，氢原子和氧原子之间存在共价单键。
详解：甲烷分子中碳原子半径大于氢原子半径，且是正四面体结构，A错误；硫离子的结构示意图为：，B错误；乙炔的结构简式为CH≡CH，乙烯的结构简式:CH2=CH2，C错误；羟基中氧原子含有一个孤电子，氢原子和氧原子之间存在共价单键，所以其电子式为：，D正确；正确选项D。
22、C
【解析】
有图可知X,Y,W,Z分别是C,O,Si,Cl元素。
【详解】
A. 四种元素中原子半径最大的为W;故错误；
B.氧元素没有氧化物，故错误；
C. XZ4、WY2为CCl4,SiO2,都是共价键，化学键类型相同，故正确；
D. W形成的单质是重要的半导体材料，X形成的单质不是半导体材料，故错误。

二、非选择题(共84分)
23、羧基 BD CH2=CH2+H2OCH3CH2OH   AD
【解析】
C与D反应生成乙酸乙酯，则C、D分别为乙酸、乙醇中的一种，A与水反应生成C，A氧化生成D，且A与氢气发生加成反应生成B，可推知A为CH2=CH2，与水在一定条件下发生加成反应生成C为CH3CH2OH乙烯氧化生成D为CH3COOH，乙烯与氢气发生加成反应生成B为CH3CH3。
(1)D为CH3COOH，含有的官能团为羧基，故答案为羧基；
(2)A→B是乙烯与氢气发生加成反应生成乙醇，也属于还原反应，故选BD；
(3)A→C反应的化学方程式：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，故答案为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；
 (4)某烃X与B(乙烷)是同系物，分子中碳与氢的质量比为36：7，则C、H原子数目之比为：=3：7=6：14，故X为C6H14。A．相同条件下，C6H14的密度比水小，故A正确；B．C6H14的同分异构体有己烷、2-甲基戊烷、3-甲基戊烷、2，3-二甲基丁烷、2，2-二甲基丁烷，共5种，故B错误；C．X为烷烃，不能与溴发生加成反应，故C错误；D．发生取代反应得到溴代烃，与水不互溶，可以可通过加水确定试管2中的有机层是上层还是下层，故D正确；故选AD。
点睛：本题考查有机物推断，涉及烯烃、醇、羧酸等性质与转化。本题的突破口为：C与D反应生成乙酸乙酯，则C、D分别为乙酸、乙醇中的一种。本题的易错点为己烷同分异构体数目的判断。
24、取代反应 ＋NaOH＋NaBr＋H2O HOCH2C≡CCH2OH nHOOC(CH2)4COOH＋nHOCH2(CH2)2CH2OH＋(2n－1)H2O
【解析】
由RC≡CH＋可知，HC≡CH和HCHO反应生成HOCH2C≡CCH2OH，HOCH2C≡CCH2OH和氢气发生加成反应生成HOCH2CH2CH2CH2OH；由PBA的结构简式为，可知D和F发生缩聚反应生成PBA，逆推D为HOOC(CH2)4COOH，烃A的相对分子质量为84，可由苯与氢气反应制得，则A是环己烷，与溴发生取代反应生成，在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成，被高锰酸钾氧化为HOOC(CH2)4COOH。
【详解】
根据以上分析，(1) A是环己烷，环己烷与溴发生取代反应生成，反应类型为取代反应。
(2)B是、C是，在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应生成，化学方程式为＋NaOH＋NaBr＋H2O。
(3) 由RC≡CH＋可知，HC≡CH和HCHO反应生成HOCH2C≡CCH2OH ，E的结构简式为HOCH2C≡CCH2OH。
(4) D是HOOC(CH2)4COOH、F是HOCH2CH2CH2CH2OH，D和F发生缩聚反应生成PBA，化学方程式为nHOOC(CH2)4COOH＋nHOCH2(CH2)2CH2OH＋(2n－1)H2O。
25、2Cu+O22CuO、CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O 放热 加热乙醇，便于乙醇的挥发 冷却，便于乙醛的收集 乙醛、乙醇、水 氮气 乙酸 c 蒸馏
【解析】
（1）铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜与乙醇反应生成乙醛、Cu与水；反应需要加热进行，停止加热反应仍继续进行，说明乙醇的氧化反应是放热反应；
（2）甲是水浴加热可以让乙醇在一定的温度下成为蒸气，乙是将生成的乙醛冷却；
（3）乙醇被氧化为乙醛，同时生成水，反应乙醇不能完全反应，故a中冷却收集的物质有乙醛、乙醇与水；空气中氧气反应，集气瓶中收集的气体主要是氮气；
（4）能使紫色石蕊试纸变红的是酸，碳酸氢钠可以和乙酸反应，通过蒸馏方法分离出乙醛。
【详解】
（1）乙醇的催化氧化反应过程：金属铜被氧气氧化为氧化铜，2Cu＋O22CuO，氧化铜将乙醇氧化为乙醛，CH3CH2OH＋CuOCH3CHO＋Cu＋H2O；反应需要加热进行，停止加热反应仍继续进行，说明乙醇的氧化反应是放热反应；
故答案为2Cu＋O22CuO；CH3CH2OH＋CuOCH3CHO＋Cu＋H2O；放热；
（2）甲和乙两个水浴作用不相同，甲是热水浴，作用是乙醇平稳气化成乙醇蒸气，乙是冷水浴，目的是将乙醛冷却下来，
故答案为加热乙醇，便于乙醇的挥发；冷却，便于乙醛的收集；
（3）乙醇被氧化为乙醛，同时生成水，反应乙醇不能完全反应，故a中冷却收集的物质有乙醛、乙醇与水；空气中氧气反应，集气瓶中收集的气体主要是氮气，
故答案为乙醛、乙醇与水；氮气；
（4）若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有乙酸，四个选择答案中，只有碳酸氢钠可以和乙酸反应，生成乙酸钠、水和二氧化碳，实现两种互溶物质的分离用蒸馏法，
故答案为乙酸；c；蒸馏。
26、放热 催化剂接触面积 研究FeCl3对H2O2分解反应速率的影响 a=1 H2O2 + 2Fe2+ + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O 3.3×10－2 mol•L－1•min－1或0.033 mol•L－1•min－1 50%
【解析】
Ⅰ（1）由实验现象分析反应放热还是吸热；
（2）根据实验现象分析催化剂的表面积对反应速率的影响；
（3）对比实验中所用到的试剂判断实验目的；依据催化剂的特点分析解答；
Ⅱ（1）根据反应速率V=△c÷△t计算；
（2）依据转化率的含义计算。
【详解】
Ⅰ（1）根据触摸试管的感觉可知，该反应为放热反应；
（2）实验2的实验结果表明二氧化锰为粉末状时反应快，则这说明催化剂的催化效果与催化剂接触面积有关。
（3）一支试管中加入2mL5%H2O2和amLH2O，另一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，可以得出反应物双氧水的浓度一致，唯一的变量是另一支试管中加了1mLFeCl3溶液，判断出加FeCl3溶液的目的是研究FeCl3对H2O2分解反应速率的影响，为了让两支试管中H2O2的浓度相等，水的体积应该是1mL，即a＝1；由于催化剂在反应前后质量和性质是不变的，则根据2Fe3＋+H2O2＝2Fe2＋+O2+2H＋可知第二步反应是H2O2+2Fe2++2H+＝2Fe3++2H2O；
Ⅱ（1）0～6 min中生成氧气是22.4mL，物质的量是0.001mol，则消耗双氧水是0.002mol，浓度是0.2mol/L，所以该反应的平均反应速率v(H2O2)＝0.2mol/L÷6min＝0.033 mol•L－1•min－1。
（2）反应到6 min时消耗双氧水的浓度是0.2mol/L，则H2O2分解率为0.2/0.4×100%＝50%。
27、 镁片 Mg-2e-＝Mg2+ 铝片 2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2↑ 3:1 H2 化学能转化为电能 不可靠 可以根据电流方向判断电池的正负极（或其它合理方案）
【解析】分析：甲中镁易失电子作负极、Al作正极，负极上镁发生氧化反应、正极上氢离子发生还原反应；乙池中铝易失电子作负极、镁作正极，负极上铝失电子发生氧化反应，据此解答。
详解：（1）甲中镁易失电子作负极、Al作正极，负极上镁发生氧化反应、正极上氢离子发生还原反应，负极反应式为Mg-2e-＝Mg2+；原电池中阴离子向负极移动，即硫酸根离子移向镁电极；
（2）乙池中铝易失电子作负极、镁作正极，负极上铝失电子发生氧化反应，总反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2↑；由于得到电子的是水电离出的氢离子，根据电子得失守恒可知此反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:1，还原产物是H2；
（3）原电池是把化学能转化为电能的装置。上述实验说明，“直接利用金属活动性顺序表判断电池中的正负极”并不考可靠，最好是接一个电流计，通过观察电流方向判断原电池的正负极。
点睛：本题考查了探究原电池原理，明确原电池中各个电极上发生的反应是解本题关键，注意不能根据金属的活动性强弱判断正负极，要根据失电子难易程度确定负极，为易错点。
28、   Ga2O3+2OH- =2 GaO2-+H2O -66kJ/mol 4 370.5  负 FeCu GaO2-+3e-+2H2O =Ga+ 4OH- 75%
【解析】分析：（1）Ga位于周期表的第四周期，ⅢA族画出原子结构示意图；
（2）Ga2O3溶解在NaOH溶液中的反应类似于Al2O3在氢氧化钠溶液中的反应；
（3）根据盖斯定律进行计算；根据题干图示进行判断；
（4）①根据电解池原理进行判断电源的正负极，根据金属放电顺序判断阳极泥的成分；
②根据电解池原理写出阴极的电极反应式；
③根据得失电子守恒进行计算，确定电解效率。
详解：（1）Ga位于周期表的第四周期，ⅢA族，所以其有4个电子层，核电荷数是31，原子结构示意图：，正确答案：；
（2）Ga2O3溶解在NaOH溶液的反应类似于Al2O3在氢氧化钠溶液中的反应，Ga2O3在NaOH溶液主要存在GaO2-离子，所以其反应的离子方程式：Ga2O3+2OH- =2 GaO2-+H2O，正确答案：Ga2O3+2OH- =2 GaO2-+H2O；
（3）根据盖斯定律，将∆H3=[①×2+②]÷2=-66KJ/mol；根据图示分析，1molGaN含有4molGa-N键；
Ga(s)+NH3(g)=Ga(g)+3H(g)+N（g） ∆H4=+2070KJ/mol，
Ga(s)+NH3(g)=GaN(s)+3/2H2(g) ∆H3=-66KJ/mol
H2（g）=2H（g） ∆H5=+436