高中化学苏教版本册总复习总复习 全国公开课2

2023学年福建省福州一中高一（下）期末化学试卷一、选择题（本题包括20题，每小题3分，共60分．每小题只有一个正确选项）1．某主族元素R的最高正化合价与最低负化合价的代数和为6，由此可以判断（）A．R可能是第二周期元素B．R一定是ⅥA族元素C．R的气态氢化物比同周期其它元素气态氢化物稳定D．R的气态氢化物化学式为H2R．2．四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素．下列说法不正确的是（）A．原子半径Z＜MB．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱C．X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小D．Z位于元素周期表中第2周期第ⅥA族3．为消除目前燃料燃烧时产生的环境污染，同时缓解能源危机，有关专家提出了利用太阳能制取氢能的构想．下列说法正确的是（）A．H2O的分解反应是放热反应B．氢能源已被普遍使用C．2molH2O具有的总能量低于2molH2和1molO2的能量D．氢气不易贮存和运输，无开发利用价值4．下列各组物质的晶体中，化学键类型相同、晶体类型也相同的是（）A．SO2和SiO2 B．CO2和HClO C．NaCl和HCl D．CCl4和KCl5．下列物质中所有原子均满足最外层8电子稳定结构的化合物是（）A．BF3 B．P4 C．CO2 D．NH36．有A、B、C、D、E五块金属片，进行如下实验：①A、B用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，A极为负极；②C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，电流由D→导线→C；③A、C相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，C极产生大量气泡；④B、D相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，D极发生氧化反应；⑤用惰性电极电解含B离子和E离子的溶液，E先析出．据此，判断五种金属的活动性顺序是（）A．A＞B＞C＞D＞E B．A＞C＞D＞B＞E C．C＞A＞B＞D＞E D．B＞D＞C＞A＞E7．燃料电池能有效提高能源利用率，具有广泛的应用前景．下列物质均可用作燃料电池的燃料，其中最环保的是（）A．甲醇 B．天然气 C．液化石油气 D．氢气8．用电解法提取氯化铜废液中的铜，方案正确的是（）A．用铜片连接电源的正极，另一电极用铂片B．用碳棒连接电源的正极，另一电极用铜片C．用氢氧化钠溶液吸收阴极产物D．用带火星的木条检验阳极产物9．在一定温度下，某容积不变的密闭容器中建立下列化学平衡C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g），下列叙述中不能认定上述可逆反应在一定条件下已达到化学平衡状态的是（）A．体系的压强不再发生变化B．v正（CO）=v逆（H2O）C．生成nmolCO的同时生成nmolH2D．1molH﹣H键断裂的同时2molH﹣O键断裂10．下列物质在一定条件下，可与CH4发生化学反应的是（）①氯气②溴水③氧气④酸性KMnO4溶液．A．①③ B．②③ C．②④ D．①④11．下列有关化学用语能确定为丙烯的是（）A．CH2═CHCH3 B．C3H6 C． D．CH2═CH3CH12．氟利昂12是甲烷的氯、氟卤代物，结构式为下列有关叙述正确的是（）A．它有两种同分异构体 B．它是平面分子C．它只有一种结构 D．它有4种同分异构体13．下列说法不正确的是（）A．通过煤的干馏可以获得焦炭B．煤液化后可以得到甲醇C．从萃取分液后溴的四氯化碳溶液中提取溴可以用分馏的方法D．煤中含有苯和甲苯，可以用蒸馏的方法把它们分离出来14．下列说法错误的是（）A．乙醇和乙酸都是常用调味品的主要成分B．75%（体积分数）的乙醇溶液常用于医疗消毒C．乙醇能与金属钠反应置换生成氢气D．乙醇和乙酸之间能发生酯化反应，酯化反应和皂化反应互为可逆反应15．等质量的铜片在酒精灯上加热后，分别插入下列溶液中，放置片刻，铜片质量不变的是（）A．硝酸 B．无水乙醇 C．石灰水 D．盐酸16．糖类、油脂、蛋白质为动物性和植物性食物中的基本营养物质．下列说法正确的是（）A．蛋白质中只含C、H、O三种元素B．油脂在人体中发生水解的产物是氨基酸C．牛油、大豆油的主要成分都是高级脂肪酸甘油酯D．糖类、油脂、蛋白质一定都能发生水解反应17．反应A+B→C（△H＜0）分两步进行①A+B→X（△H＞0）②X→C（△H＜0）下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（）A． B． C． D．18．下列叙述正确的是（）A．聚乙烯、聚氯乙烯、纤维素都属于合成高分子B．油脂、淀粉和蛋白质都是食物中含有的重要营养物质，一定条件下都能水解C．除去乙酸乙酯中的少量乙酸，可加入氢氧化钠溶液充分反应后分液D．丙烷的同分异构体共有3种19．下列有关乙烯和乙烷的说法中错误的是（）A．乙烯是平面分子，乙烷分子中所有原子不可能在同一平面内B．溴的四氯化碳溶液和酸性KMnO4溶液都可以鉴别乙烯和乙烷C．溴的四氯化碳溶液和酸性KMnO4溶液都可以除去乙烷中混有的乙烯D．乙烯的化学性质比乙烷的化学性质活泼20．食品保鲜膜按材质分为聚乙烯（PE）、聚氯乙烯（PVC）等种类．PE保鲜膜可直接接触食品，PVC保鲜膜则不能直接接触食品，它对人体有潜在危害．下列有关叙述不正确的是（）A．PE、PVC都属于链状高分子化合物，无固定熔点B．PE、PVC的单体都是不饱和烃，能使溴水褪色C．焚烧PVC保鲜膜会放出有毒气体如HClD．废弃的PE和PVC均可回收利用以减少白色污染二、解答题（共4小题，满分40分）21．CO，CH4均为常见的可燃气体．（1）等体积的CO，CH4在相同的条件下分别完全燃烧，转移的电子数之比为．（2）120℃，101kPa下，amL由CO，CH4组成的混合气体在bmL氧气中完全燃烧后，恢复至原来的温度与压强．①若混合气体与氧气恰好完全反应，产生bmLCO2，则混合气体中CH4的体积分数为%．②若燃烧后气体体积缩小了mL，则a与b的关系为数学表达式表示）．22．成熟的苹果中含有淀粉、葡萄糖和无机盐等，某课外兴趣小组设计了一组实验证明某些成分的存在，请你参与并协助他们完成相关实验．（1）用小试管取少量苹果汁，加入，溶液变蓝，则苹果中含有淀粉．（2）用小试管取少量苹果汁，加入，并加热，产生砖红色沉淀，则苹果中含有葡萄糖．（3）葡萄糖在一定条件下可以得到化学式为C2H6O的化合物A．A+CH3COOH→有香味的产物．写出化合物A与CH3COOH反应的化学方程式为，该反应的类型为．（4）苹果中含有苹果酸，其分子式为C4H6O5，它是由两个羧基和一个羟基组成的直链有机物，请尝试写出苹果酸的结构简式．23．表是A、B、C、D、E五种有机物的有关信息．A①能使溴的四氯化碳溶液褪色②比例模型为③能与水在一定条件下反应生成CB①由C、H两种元素组成②球棍模型为C①由C、H、O三种元素组成②能与Na反应③与E反应生成相对分子质量为88的酯D①相对分子质量比C少2②能由C催化氧化得到E①由C、H、O三种元素组成②其水溶液能使紫色石蕊试液变红（1）A～E中，属于烃的是（填字母）．（2）A能使溴的四氯化碳溶液褪色，发生反应的化学方程式为．（3）C催化氧化生成D的化学方程式为．（4）有机物B具有的性质是（填序号）．①无色无味的液体；②有毒；③不溶于水；④密度比水大；⑤能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色（5）E的水溶液能使紫色石蕊试液变红，说明E的水溶液显酸性，现设计一个实验来比较E与碳酸酸性的强弱，则该实验的原理是（用化学方程式说明）．24．用A图所示装置可制取少量乙酸乙酯，请回答下列问题．（1）该实验中，收集乙酸乙酯的试管中导气管管口只能在饱和Na2CO3溶液上方，而不能接触到液面，是为了．除了A图中装置外，也可以通过改进收集装置达到更理想的收集效果，请在B图虚框内画出可行的收集装置图．（2）反应结束后，试管中饱和Na2CO3溶液上方收集到含有乙酸和乙醇杂质的乙酸乙酯产品，现拟分离乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，下列框图是分离操作步骤的流程图：已知试剂a是饱和Na2CO3溶液，试剂b可从下列物质中选择：①硫酸②盐酸③硝酸．则试剂b应选（填序号），分离方法（I）是，水层B所含的无机物溶质是．

2023学年福建省福州一中高一（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括20题，每小题3分，共60分．每小题只有一个正确选项）1．某主族元素R的最高正化合价与最低负化合价的代数和为6，由此可以判断（）A．R可能是第二周期元素B．R一定是ⅥA族元素C．R的气态氢化物比同周期其它元素气态氢化物稳定D．R的气态氢化物化学式为H2R．【考点】元素周期表的结构及其应用．【分析】主族元素R的最高正化合价与最低负化合价的代数和为6，则R为第ⅤⅡA族元素，最高价为+7价，最低价为﹣1价，结合非金属性越强，气态氢化物越稳定来解答．【解答】解：主族元素R的最高正化合价与最低负化合价的代数和为6，则R为第ⅤⅡA族元素，A．R不可能为F，因F没有正价，所以不可能是第二周期元素，故A错误；B．由上述分析可知，R为第ⅤⅡA族元素，故B错误；C．同周期中，ⅤⅡ族的非金属性最强，则R的气态氢化物比同周期其它元素气态氢化物稳定，故C正确；D．最低价为﹣1价，R的气态氢化物化学式为HR，故D错误；故选C．2．四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素．下列说法不正确的是（）A．原子半径Z＜MB．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱C．X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小D．Z位于元素周期表中第2周期第ⅥA族【考点】原子结构与元素的性质．【分析】根据元素周期表中短周期部分的结构和元素位置可知：金属M为Al，X为Si，Y为N，Z为O．A、同周期自左到右原子半径逐渐减小，同族原子半径逐渐增大；B、根据非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强分析；C、根据非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强分析；D、根据O原子含有2个电子层，最外层含有6个电子分析．【解答】解：根据元素周期表中短周期部分的结构和元素位置可知：金属M为Al，X为Si，Y为N，Z为O．A、同周期自左到右原子半径逐渐减小，同族原子半径逐渐增大，因此原子半径Al＞S＞O，故A正确；B、由于非金属性：N＞Si，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3＞H2SiO3，故B错误；C、由于非金属性：O＞Si，所以气态氢化物的稳定性：H2O＞SiH4，故C正确；D、O原子含有2个电子层，最外层含有6个电子，因此O位于元素周期表中第二周期、第ⅥA族，故D正确；故选：B．3．为消除目前燃料燃烧时产生的环境污染，同时缓解能源危机，有关专家提出了利用太阳能制取氢能的构想．下列说法正确的是（）A．H2O的分解反应是放热反应B．氢能源已被普遍使用C．2molH2O具有的总能量低于2molH2和1molO2的能量D．氢气不易贮存和运输，无开发利用价值【考点】反应热和焓变．【分析】A、H2O的分解反应是吸热反应；B、氢能源将成为21世纪的主要绿色能源，氢气是通过电解制备的，耗费大量电能，廉价制氢技术采用太阳能分解水，但技术不成熟，是制约氢气大量生产的因素，氢能源未被普遍使用；C、因为H2O的分解反应是吸热反应，所以2molH2O具有的总能量低于2molH2和1molO2的能量；D、由于氢气难压缩，且易燃烧，所以对氢气的运输和安全问题目前未解决，氢气燃烧产物是水，不污染环境；氢气的燃烧值高．【解答】解：A、H2O的分解反应是吸热反应，故A错误；B、氢能源将成为21世纪的主要绿色能源，氢气是通过电解制备的，耗费大量电能，廉价制氢技术采用太阳能分解水，但技术不成熟，是制约氢气大量生产的因素，氢能源未被普遍使用，故B错误；C、因为H2O的分解反应是吸热反应，所以2molH2O具有的总能量低于2molH2和1molO2的能量，故C正确；D、由于氢气难压缩，且易燃烧，所以对氢气的运输和安全问题目前未解决，氢气燃烧产物是水，不污染环境；氢气的燃烧值高，所以氢能开发利用价值，故D错误；故选C．4．下列各组物质的晶体中，化学键类型相同、晶体类型也相同的是（）A．SO2和SiO2 B．CO2和HClO C．NaCl和HCl D．CCl4和KCl【考点】化学键．【分析】一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，含离子键的为离子晶体，含共价键的可能为原子晶体或分子晶体，结合构成微粒判断．【解答】解：A．SO2和SiO2均只含共价键，分别为分子晶体、原子晶体，故A不选；B．CO2和HClO均只含共价键，均为分子晶体，故B选；C．NaCl含离子键，为离子晶体，而HCl含共价键，为分子晶体，故C不选；D．CCl4含共价键，为分子晶体，而KCl含离子键，为离子晶体，故D不选；故选B．5．下列物质中所有原子均满足最外层8电子稳定结构的化合物是（）A．BF3 B．P4 C．CO2 D．NH3【考点】原子核外电子排布．【分析】化合物分子中某原子最外层电子数=元素原子最外层电子数+该元素原子化合价绝对值，若该值等于8，则该原子满足8电子结构；而单质分子中根据原子的最外层电子式与形成的共用电子对数判断．【解答】解：A．BF3中F元素化合价为﹣1，F原子最外层电子数是7，1+7=8，B元素化合价为+3，B原子最外层电子数为3，所以3+3=6，分子中B原子不满足8电子结构，故A错误；B．P原子最外层电子数是5，P4中两个P原子之间存在3个共用电子对，则P4中P原子的最外层电子式为5+3=8，所以满足8电子结构，但是单质不是化合物，故B错误；C．CO2为共价化合物，CO2分子中C元素化合价为+4，C原子最外层电子数是4，4+4=8，所以碳原子满足8电子结构，O元素化合价为﹣2，O原子最外层电子数是6，6+2=8，C、O原子均满足8个电子稳定结构，故C正确；D．NH3中H原子的最外层电子数为2，则分子中H原子不满足8电子结构，故D错误；故选C．6．有A、B、C、D、E五块金属片，进行如下实验：①A、B用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，A极为负极；②C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，电流由D→导线→C；③A、C相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，C极产生大量气泡；④B、D相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，D极发生氧化反应；⑤用惰性电极电解含B离子和E离子的溶液，E先析出．据此，判断五种金属的活动性顺序是（）A．A＞B＞C＞D＞E B．A＞C＞D＞B＞E C．C＞A＞B＞D＞E D．B＞D＞C＞A＞E【考点】原电池和电解池的工作原理；常见金属的活动性顺序及其应用．【分析】活泼性较强的金属作原电池的负极，易失去电子而被氧化；原电池中电子从负极流经外电路流向正极；电解时活泼弱的金属的阳离子先得电子析出．【解答】解：由题意可知：①A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，A极为负极，所以活泼性：A＞B；②原电池中，电流从正极流经外电路流向负极，C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电流由D→导线→C，则活泼性：C＞D；③A、C相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，C极产生大量气泡，说明C极是正极，所以金属活泼性：A＞C；④B、D相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，D极发生氧化反应，说明D极是负极，所以金属活泼性：D＞B；⑤用惰性电极电解含B离子和E离子的溶液，E先析出，则金属活泼性：B＞E；综上可知金属活泼性顺序是：A＞C＞D＞B＞E．所以，A、C、D错误，B正确．故选B．7．燃料电池能有效提高能源利用率，具有广泛的应用前景．下列物质均可用作燃料电池的燃料，其中最环保的是（）A．甲醇 B．天然气 C．液化石油气 D．氢气【考点】化学电源新型电池．【分析】依据物质燃烧产物分析判断，甲醇、天然气、液化石油气含有碳元素，燃烧过程中易生成污染气体，氢气燃烧生成无污染的水．【解答】解：甲醇、天然气、液化石油气含有碳元素，燃烧过程中易生成污染气体，氢气燃烧生成无污染的水，是最环保的燃料，故选D．8．用电解法提取氯化铜废液中的铜，方案正确的是（）A．用铜片连接电源的正极，另一电极用铂片B．用碳棒连接电源的正极，另一电极用铜片C．用氢氧化钠溶液吸收阴极产物D．用带火星的木条检验阳极产物【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】用电解法提取氯化铜废液中的铜时，铜应作阴极，阳极是铜或惰性电极，阴极的反应式为：Cu2++2e﹣═Cu，阳极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑．【解答】解：A、用电解法提取氯化铜废液中的铜时，铜必需作阴极，这样可以达到回收铜的目的，故A错；B、电解时阳极可用铜或惰性电极（碳棒），但铜应作阴极，故B正确；C、阴极产物为铜，和氢氧化钠溶液不反应，故C错；D、阳极产物为氯气，不能用带火星的木条检验，二者不反应，故D错．故选B．9．在一定温度下，某容积不变的密闭容器中建立下列化学平衡C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g），下列叙述中不能认定上述可逆反应在一定条件下已达到化学平衡状态的是（）A．体系的压强不再发生变化B．v正（CO）=v逆（H2O）C．生成nmolCO的同时生成nmolH2D．1molH﹣H键断裂的同时2molH﹣O键断裂【考点】化学平衡状态的判断．【分析】反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度、含量等不再发生变化，以及由此衍生的其它量不变，可由此进行判断；【解答】解：A、反应前后气体的物质的量发生变化，容器中压强逐渐增大，当压强不再发生变化，说明反应到达平衡，故A不符合；B、根据反应可知，自始至终v正（CO）=v正（H2O），若v正（CO）=v逆（H2O），则v正（H2O）=v逆（H2O），说明反应到达平衡，故B不符合；C．根据反应可知，生成nmolCO的同时生成nmolH2，反应正向进行，不能说明反应到达平衡，故C符合；d．lmolH﹣H键断裂的同时断裂2molH﹣O键，断裂2molH﹣O键同时生成lmolH﹣H键，说明反应到达平衡，故D不符合；故选：C；10．下列物质在一定条件下，可与CH4发生化学反应的是（）①氯气②溴水③氧气④酸性KMnO4溶液．A．①③ B．②③ C．②④ D．①④【考点】甲烷的化学性质．【分析】甲烷可燃烧，在一定条件下可与氯气、溴蒸汽等纯净物发生取代反应，与酸、碱等物质不反应，据此分析．【解答】解：甲烷性质较为稳定，与酸、碱、氢气、溴水以及酸性高锰酸钾溶液不反应，但可在与氯气、溴蒸汽等纯净物发生取代反应，能在氧气中燃烧，故选A．11．下列有关化学用语能确定为丙烯的是（）A．CH2═CHCH3 B．C3H6 C． D．CH2═CH3CH【考点】烯烃．【分析】A．CH2═CHCH3为丙烯的结构简式；B．C3H6有丙烯、环丙烷两种结构；C．丙烯的电子式书写错误；D．丙烯的结构简式书写错误．【解答】解：A．丙烯的结构简式为：CH2═CH﹣CH3，该化学用语也能表示为丙烯，故A正确；B．C3H6有丙烯、环丙烷（键线式为△）烷两种结构，所以不一定为丙烯，故B错误；C．丙烯的电子式为：，选项中丙烯的电子式书写错误，故C错误；D．丙烯的结构简式为：CH2═CH﹣CH3，选项中甲基书写错误，故D错误；故选A．12．氟利昂12是甲烷的氯、氟卤代物，结构式为下列有关叙述正确的是（）A．它有两种同分异构体 B．它是平面分子C．它只有一种结构 D．它有4种同分异构体【考点】常见有机化合物的结构；判断简单分子或离子的构型．【分析】运用知识迁移的方法，与CH4的分子构型对比回答，该化合物是甲烷的取代产物，甲烷是正四面体型结构，氟利昂﹣12为四面体结构，F、Cl原子在空间都彼此相邻，它只有一种结构．【解答】解：A．由甲烷的结构可知，四个氢原子的空间位置只有一种，则氟利昂﹣12只有一种结构，故A错误；B．甲烷是正四面体型结构，则氟利昂﹣12为四面体结构，故B错误；C．从结构式可知，该化合物是甲烷的取代产物，由于甲烷是正四面体型结构，所以该化合物也是四面体，因此结构只有一种，没有同分异构体，故C正确；D．由甲烷的结构可知，四个氢原子的空间位置只有一种，则氟利昂﹣12只有一种结构，故D错误；故选C．13．下列说法不正确的是（）A．通过煤的干馏可以获得焦炭B．煤液化后可以得到甲醇C．从萃取分液后溴的四氯化碳溶液中提取溴可以用分馏的方法D．煤中含有苯和甲苯，可以用蒸馏的方法把它们分离出来【考点】煤的干馏和综合利用；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】A．煤干馏可得焦炭；B．煤可以先转化为一氧化碳和氢气，再在催化剂作用下合成甲醇；C．溴单质与四氯化碳的沸点不同；D．煤中不含有苯和甲苯．【解答】解：A．煤干馏可得焦炭、煤焦油、粗氨水、焦炉气，故A正确；B．煤可以先转化为一氧化碳和氢气，再在催化剂作用下合成甲醇，从而实现液化，故B正确；C．溴单质与四氯化碳的沸点不同，可以用分馏分离，故C正确；D．煤中不含有苯和甲苯，而是在煤干馏的过程中发生化学反应生成了苯和甲苯，故D错误．故选D．14．下列说法错误的是（）A．乙醇和乙酸都是常用调味品的主要成分B．75%（体积分数）的乙醇溶液常用于医疗消毒C．乙醇能与金属钠反应置换生成氢气D．乙醇和乙酸之间能发生酯化反应，酯化反应和皂化反应互为可逆反应【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．乙醇、乙酸均具有刺激性气味；B．乙醇能使蛋白质发生变性；C．乙醇中含﹣OH，与Na反应；D．皂化反应为油脂在碱性条件下的水解．【解答】解：A．乙醇、乙酸均具有刺激性气味，则乙醇和乙酸都是常用调味品的主要成分，故A正确；B．乙醇能使蛋白质发生变性，则75%（体积分数）的乙醇溶液常用于医疗消毒，故B正确；C．乙醇中含﹣OH，与Na反应，发生置换反应生成氢气，故C正确；D．皂化反应为油脂在碱性条件下的水解，与乙酸、乙醇的酯化反应不是可逆反应，故D错误；故选D．15．等质量的铜片在酒精灯上加热后，分别插入下列溶液中，放置片刻，铜片质量不变的是（）A．硝酸 B．无水乙醇 C．石灰水 D．盐酸【考点】硝酸的化学性质；乙醇的化学性质．【分析】2Cu+O22CuO，铜片质量增加，而CuO与HNO3、HCl反应，CuO+2H+═Cu2++H2O，且HNO3还与Cu反应，使部分Cu形成Cu2+，Cu片质量减小，CuO不与石灰水反应，CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O，Cu的质量不变．【解答】解：铜在酒精灯上加热发生2Cu+O22CuO，铜质量增大，A．加入硝酸中，发生CuO+2H+═Cu2++H2O，且HNO3还与Cu反应，使部分Cu形成Cu2+，Cu片质量减小，故A错误；B．加入乙醇，CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O，Cu的质量不变，故B正确；C．CuO与石灰水不反应，铜片质量增大，故C错误；D．加入盐酸，发生CuO+2H+═Cu2++H2O，Cu片质量减小，故D错误．故选B．16．糖类、油脂、蛋白质为动物性和植物性食物中的基本营养物质．下列说法正确的是（）A．蛋白质中只含C、H、O三种元素B．油脂在人体中发生水解的产物是氨基酸C．牛油、大豆油的主要成分都是高级脂肪酸甘油酯D．糖类、油脂、蛋白质一定都能发生水解反应【考点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构．【分析】A．蛋白质中只有C、H、O、N等元素；B．油脂水解产物是高级脂肪酸和甘油；C．牛油、大豆油的成分都是高级脂肪酸甘油酯；D．单糖是不能水解的糖．【解答】解：A．蛋白质还含有N等元素，故A错误；B．油脂在人体中水解产物是高级脂肪酸和甘油，故B错误；C．牛油、大豆油的成分都是高级脂肪酸甘油酯，故C正确；D．单糖不能水解，油脂能水解生成高级脂肪酸和甘油，蛋白质能水解生成氨基酸，故D错误．故选C．17．反应A+B→C（△H＜0）分两步进行①A+B→X（△H＞0）②X→C（△H＜0）下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（）A． B． C． D．【考点】反应热和焓变．【分析】根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）﹣E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题．【解答】解：由反应A+B→C（△H＜0）分两步进行①A+B→X（△H＞0）②X→C（△H＜0）可以看出，A+B→C（△H＜0）是放热反应，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X（△H＞0）可知这步反应是吸热反应，X→C（△H＜0）是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X的能量大于C，图象B符合，故选B．18．下列叙述正确的是（）A．聚乙烯、聚氯乙烯、纤维素都属于合成高分子B．油脂、淀粉和蛋白质都是食物中含有的重要营养物质，一定条件下都能水解C．除去乙酸乙酯中的少量乙酸，可加入氢氧化钠溶液充分反应后分液D．丙烷的同分异构体共有3种【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用；常用合成高分子材料的化学成分及其性能；物质的分离、提纯和除杂．【分析】A．聚乙烯、聚氯乙烯利用加聚反应生成，而纤维素为天然高分子；B．油脂含﹣COOC﹣、淀粉为多糖、蛋白质含﹣CONH﹣；C．乙酸乙酯、乙酸均与NaOH反应；D．丙烷的结构只有一种．【解答】解：A．聚乙烯、聚氯乙烯利用加聚反应生成，而纤维素为天然高分子，则聚乙烯、聚氯乙烯都属于合成高分子，故A错误；B．油脂含﹣COOC﹣、淀粉为多糖、蛋白质含﹣CONH﹣，则均能发生水解反应，且都是食物中含有的重要营养物质，故B正确；C．乙酸乙酯、乙酸均与NaOH反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液、分液，故C错误；D．丙烷的结构只有一种，则不存在同分异构体，故D错误；故选B．19．下列有关乙烯和乙烷的说法中错误的是（）A．乙烯是平面分子，乙烷分子中所有原子不可能在同一平面内B．溴的四氯化碳溶液和酸性KMnO4溶液都可以鉴别乙烯和乙烷C．溴的四氯化碳溶液和酸性KMnO4溶液都可以除去乙烷中混有的乙烯D．乙烯的化学性质比乙烷的化学性质活泼【考点】乙烯的化学性质．【分析】A．根据甲烷是正四面体结构，乙烯为平面结构来分析各物质的共面原子；B．根据乙烯含有C=C官能团，能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应而褪色，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而褪色，而乙烷不能使溴的四氯化碳溶液和酸性KMnO4溶液褪色；C．根据乙烯含有C=C官能团，能与溴水发生加成反应，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，氧化时生成二氧化碳，而乙烷不能与溴的四氯化碳溶液和酸性KMnO4溶液反应，注意除杂时不能引入新的杂质，且不能影响被提纯的物质；D．乙烯含不饱和键，易于发生化学反应性质活泼．【解答】解：A．甲烷是正四面体结构，所以乙烷中所有原子不可能在同一平面上；乙烯为平面结构，所有原子都处在同一平面上，故A正确；B．乙烯能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应而褪色，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而褪色，而乙烷不能使溴的四氯化碳溶液和酸性KMnO4溶液褪色，所以溴的四氯化碳溶液和酸性KMnO4溶液都可以鉴别乙烯和乙烷，故B正确；C．乙烯含有C=C官能团，能与溴水发生加成反应，而乙烷不能与溴的四氯化碳溶液反应，可用溴的四氯化碳溶液可以除去乙烷中混有的乙烯；乙烷不能与酸性KMnO4溶液反应，乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化，氧化时生成二氧化碳，所以酸性KMnO4溶液不可以除去乙烷中混有的乙烯，故C错误；D、乙烯含不饱和键，易于发生化学反应性质活泼；通常情况下，乙烯的化学性质比乙烷活泼，故D正确；故选C．20．食品保鲜膜按材质分为聚乙烯（PE）、聚氯乙烯（PVC）等种类．PE保鲜膜可直接接触食品，PVC保鲜膜则不能直接接触食品，它对人体有潜在危害．下列有关叙述不正确的是（）A．PE、PVC都属于链状高分子化合物，无固定熔点B．PE、PVC的单体都是不饱和烃，能使溴水褪色C．焚烧PVC保鲜膜会放出有毒气体如HClD．废弃的PE和PVC均可回收利用以减少白色污染【考点】常用合成高分子材料的化学成分及其性能．【分析】A．具有热塑性的塑料具有链状结构，加热熔化、冷却后变成固体，可以反复进行，无固定熔点；B．PVC的单体是CH2═CHCl，属于氯代烃；C．PVC的单体是CH2═CHCl；D．废弃塑料可造成白色污染．【解答】解：A．PE、PVC都属于链状高分子化合物，加热熔化、冷却后变成固体，可以反复进行，无固定熔点，故A正确；B．PVC的单体是CH2═CHCl，属于氯代烃，不属于烃类，故B错误；C．PVC中含有氯元素，在燃烧过程中会产生HCl，对人体有害，故C正确；D．废弃塑料可造成白色污染，回收利用可减少对环境的污染，故D正确．故选B．二、解答题（共4小题，满分40分）21．CO，CH4均为常见的可燃气体．（1）等体积的CO，CH4在相同的条件下分别完全燃烧，转移的电子数之比为1：4．（2）120℃，101kPa下，amL由CO，CH4组成的混合气体在bmL氧气中完全燃烧后，恢复至原来的温度与压强．①若混合气体与氧气恰好完全反应，产生bmLCO2，则混合气体中CH4的体积分数为33%．②若燃烧后气体体积缩小了mL，则a与b的关系为b≥数学表达式表示）．【考点】氧化还原反应的电子转移数目计算；有关混合物反应的计算．【分析】（1）根据CO反应后生成CO2，碳的价态由+2升高到+4价，化合价升高2，即一个CO转移的电子数为2，CH4反应后生成CO2和水，碳的价态由﹣4升高到+4价，化合价升高8，即一个CH4转移的电子数为8来分析计算；（2）①根据方程式2CO+O22CO2、CH4+2O2CO2+2H2O，建立方程式组求解；②根据方程式2CO+O22CO2、CH4+2O2CO2+2H2O，利用差量法，建立方程式组求解；【解答】解：（1）一个CO转移的电子数为2，一个CH4转移的电子数为8，等体积的CO，CH4转移的电子数之比为1：4，故答案为：1：4；（2）①设CO为xml，CH4为yml，2CO+O22CO2xmlxmlCH4+2O2CO2+2H2Oyml2ymlyml则+2y=a，x+y=a解得：x=，y=，所以混合气体中CH4的体积分数为×100%=%；②设CO为xml，CH4为yml，2CO+O22CO2△VxmlxmlmlCH4+2O2CO2+2H2Oyml2ymlyml则①x+y=a；②+2y≤b③=由③得，可得到a=2x，代入①式，可得到：y=x=，代入②式，可得到b≥，故答案为：b≥；22．成熟的苹果中含有淀粉、葡萄糖和无机盐等，某课外兴趣小组设计了一组实验证明某些成分的存在，请你参与并协助他们完成相关实验．（1）用小试管取少量苹果汁，加入淀粉，溶液变蓝，则苹果中含有淀粉．（2）用小试管取少量苹果汁，加入新制Cu（OH）2浊液，并加热，产生砖红色沉淀，则苹果中含有葡萄糖．（3）葡萄糖在一定条件下可以得到化学式为C2H6O的化合物A．A+CH3COOH→有香味的产物．写出化合物A与CH3COOH反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，该反应的类型为酯化反应或取代反应．（4）苹果中含有苹果酸，其分子式为C4H6O5，它是由两个羧基和一个羟基组成的直链有机物，请尝试写出苹果酸的结构简式HOOCCH（OH）CH2COOH．【考点】有机物的推断；探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】（1）淀粉遇碘变蓝色；（2）葡糖糖与新制Cu（OH）2在加热的条件下反应生成Cu2O砖红色沉淀；（3）葡萄糖在一定条件下可以得到化学式为C2H6O的化合物A，A可与乙酸发生反应，应为乙醇，发生酯化反应生成乙酸乙酯；（4）分子式为C4H6O5，它是由两个羧基和一个羟基组成的直链有机物，主链含有4个C原子，以此解答．【解答】解：（1）取少量苹果汁，加入碘水，溶液变蓝，淀粉遇碘变蓝色，说明苹果汁中含有淀粉，故答案为：淀粉；（2）葡糖糖与新制Cu（OH）2在加热的条件下反应生成Cu2O砖红色沉淀，因此苹果汁中含有葡萄糖，故答案为：新制Cu（OH）2浊液；（3）葡萄糖在一定条件下可以得到化学式为C2H6O的化合物A，A可与乙酸发生反应，应为乙醇，乙酸、乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；酯化反应或取代反应；（4）分子式为C4H6O5，它是由两个羧基和一个羟基组成的直链有机物，主链含有4个C原子，应为HOOCCH（OH）CH2COOH，故答案为：HOOCCH（OH）CH2COOH．23．表是A、B、C、D、E五种有机物的有关信息．A①能使溴的四氯化碳溶液褪色②比例模型为③能与水在一定条件下反应生成CB①由C、H两种元素组成②球棍模型为C①由C、H、O三种元素组成②能与Na反应③与E反应生成相对分子质量为88的酯D①相对分子质量比C少2②能由C催化氧化得到E①由C、H、O三种元素组成②其水溶液能使紫色石蕊试液变红（1）A～E中，属于烃的是AB（填字母）．（2）A能使溴的四氯化碳溶液褪色，发生反应的化学方程式为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br．（3）C催化氧化生成D的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O．（4）有机物B具有的性质是②③（填序号）．①无色无味的液体；②有毒；③不溶于水；④密度比水大；⑤能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色（