2024年人民版高二化学上册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年人民版高二化学上册月考试卷290考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、酒后驾车是引发交通事故的重要原因。交警对驾驶员进行呼气酒精检测的原理是：橙色的K2Cr2C7酸性水溶液乙醇迅速生成蓝绿色Cr3+。下列对乙醇的描述与此测定原理有关的是（）①乙醇沸点低②乙醇密度比水小③乙醇有还原性④乙醇是烃的含氧化合物A.②④B.②③C.①③D.①④2、物质的量浓度相同的下列溶液中：①NH4Cl②（NH4）2CO3③（NH4）2SO4④NH4HSO4c（NH4+）由大到小的顺序是（）A.②③①④B.④①③②C.③②①④D.③②④①3、下列有关物质用途的说法错误的是()A.氢氧化铁胶体可用于净水B.rm{Fe_{2}O_{3}}可用作红色涂料C.纯碱溶液可用于去除油污D.rm{MnO_{2}}和浓rm{HCl}可用于工业制氯气4、rm{120隆忙}时rm{1}体积某气态烃和rm{4}体积rm{O_{2}}混合，完全燃烧后恢复到原来的温度和压强时，体积不变，该分子式中所含的碳原子数不可能是A.rm{1}B.rm{2}C.rm{3}D.rm{7}5、某温度下，对于反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92.4kJ/mol．N2的平衡转化率（α）与体系总压强（P）的关系如图所示．下列说法正确的是（）

A.将1.0mol氮气；3.0mol氢气；置于1L密闭容器中发生反应，放出的热量为92.4kJ

B.平衡状态由A变到B时；平衡常数K（A）＜K（B）

C.上述反应在达到平衡后，增大压强，H2的转化率提高。

D.升高温度；平衡向逆反应方向移动，说明逆反应速率增大，正反应速率减小。

6、食品安全备受社会关注。下列食品符合安全要求的是（）A.酱油中添加含铁的营养强化剂B.饮料中添加塑化剂C.用甲醛浸泡海鲜D.用工业盐腌制火腿7、下列有关认识正确的是（）A.各能级的原子轨道数按s、p、d、f的顺序依次为1、3、5、7B.各能层的能级都是从s能级开始至f能级结束C.各能层含有的能级数为n﹣1D.各能层含有的电子数为2n2评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)8、下列实例中与胶体性质有关的是rm{(}rm{)}

A.用明矾净水B.投影机投影时产生的“光亮的通路”C.用石膏使豆浆变成豆腐D.用含rm{Al(OH)_{3}}的药物治疗胃酸过多9、下列离子与氖原子具有相同核外电子数的有A.rm{Na^{+}}B.rm{F^{隆陋}}C.rm{Al^{3+}}D.rm{S^{2隆陋}}10、下列物质与水混合后静置，出现分层的是A.乙酸乙酯B.乙醇C.三氯甲烷D.四氯化碳11、甲烷是重要的生活和工业原料，下列有关甲烷叙述正确的是()A.常温常压下是气体B.常温常压下性质很稳定C.不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.可以使溴水褪色12、下列实验过程中不需要使用圆底烧瓶的是A.过滤B.蒸馏C.溶解D.分液13、下列离子与氖原子具有相同核外电子数的有A.rm{Na^{+}}B.rm{F^{隆陋}}C.rm{Al^{3+}}D.rm{S^{2隆陋}}评卷人得分三、双选题(共8题，共16分)14、下列判断正确的是（）A.第一电离能：Al＜MgB.共价键极性：H-F＜H-ClC.硬度：Al2O3＜NaClD.酸性：H2SO4＞H2SO315、某体积可变的密闭容器中盛有适量的rm{A}和rm{B}的混合气体，在一定条件下发生反应：rm{A(g)+3B(g)?2C(g)}若维持温度和压强不变，当达到平衡时，容器的体积为rm{VL}其中气体rm{C}的体积为rm{0.1VL}下列推断中错误的是A.原混合气体的体积为rm{1.2VL}B.原混合气体的体积为rm{1.1VL}C.反应达平衡时气体rm{A}消耗掉rm{0.05VL}D.反应达平衡时气体rm{B}消耗掉rm{0.05VL}16、下列推论正确的是（）A.S（g）+O2（g）═SO2（g）△H=a；S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=b；则a＞bB.C（石墨，s）═C（金刚石，s）△H=+1.9kJ/mol，则可判定石墨比金刚石稳定C.NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.4kJ/mol，则含20gNaOH的溶液与稀盐酸完全反应，放出的热量为28.7kJD.CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）△H＞0，则该反应任何温度下都能自发进行17、煤在燃烧时会产生SO2，造成环境污染．下列说法正确的有（）A.SO2是形成酸雨的主要气体B.用碱液吸收燃煤废气可减少环境污染C.往燃煤中混入生石灰，可减少SO2排放D.用水溶解、过滤除去煤中的单质硫以减少SO2排放18、下列说法不正确的是。

A.从实验中测得某种高分子的相对分子质量只能是平均值。

B.线型结构的高分子也可以带支链。

C.高分子化合物不溶于任何试剂。

D.高分子化合物一般不易导电是因为相对分子质量大19、下列各组物质中，能用酸性高锰酸钾溶液鉴别的是rm{(}rm{)}A.乙烯，乙炔B.甲烷，苯C.乙烯，苯D.苯，溴苯20、同周期的三种非金属元素rm{X}rm{Y}rm{Z}它们的原子半径由小到大的顺序是rm{X<Y<Z}则下列判断中，正确的是rm{(}rm{)}A.非金属性：rm{X>Y>Z}B.气体氢化物的热稳定性按rm{X}rm{Y}rm{Z}的顺序增强C.rm{X}rm{Y}rm{Z}的最高价氧化物的水化物酸性由强到弱D.rm{X}rm{Y}rm{Z}的最外层电子数依次增多21、下列除杂方法不正确的是rm{(}rm{)}A.除去乙炔中混有的少量rm{H_{2}S}气体：可用rm{CuSO_{4}}溶液洗气B.除去乙醛中混有的少量乙酸：可向混合物中加入足量的稀rm{NaOH}溶液，然后分液C.除去苯中少量的苯酚：可向混合物中加入足量的浓溴水，过滤D.除去溴苯中混有的少量液溴：可向混合物中加入足量的稀rm{NaOH}溶液，然后分液评卷人得分四、填空题(共3题，共21分)22、通常所说的三大材料是指金属材料、无机非金属材料和有机高分子材料．下述材料中全部属于金属材料的有______（填字母，下同），全部属于有机高分子材料的有______．

A．玻璃；陶瓷、水泥。

B．玻璃钢；聚乙烯、超导陶瓷。

C．青铜；碳素钢、硬铝。

D．塑料、合成纤维、橡胶．23、某同学利用如图装置可探究浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应产生的三种气体产物，请填写下列空白：

rm{(1)}写出木炭粉与浓硫酸反应的化学方程式______；

rm{(2)}无水硫酸铜的作用是______，rm{垄脷}中rm{3}个洗气瓶的作用依次为______；______；______。24、rm{NO_{x}}是汽车尾气中的主要污染物之一．

rm{(1)NO_{x}}能形成酸雨，写出rm{NO_{2}}转化为rm{HNO_{3}}的化学方程式：______．

rm{(2)}汽车发动机工作时会引发rm{N_{2}}和rm{O_{2}}反应；其能量变化示意图如下：

rm{垄脵}写出该反应的热化学方程式：______．

rm{垄脷}随温度升高；该反应化学平衡常数的变化趋势是：______．

rm{(3)}在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低rm{NO_{X}}的排放．

rm{垄脵}当尾气中空气不足时，rm{NO_{x}}在催化转化器中被还原成rm{N_{2}}排出rm{.}写出rm{NO}被rm{CO}还原的化学方程式：______．

rm{垄脷}当尾气中空气过量时，催化转化器中的金属氧化物吸收rm{NO_{x}}生成盐rm{.}其吸收能力顺序如下：rm{{,!}_{12}MgO<_{20}CaO<_{38}SrO<_{56}BaO.}原因是：______，元素的金属性逐渐增强，金属氧化物对rm{NO_{x}}的吸收能力逐渐增强．

rm{(4)}通过rm{NO_{x}}传感器可监测rm{NO_{x}}的含量；其工作原理示意图如下：

rm{垄脵Pt}电极上发生的是______反应rm{(}填“氧化”或“还原”rm{)}．

rm{垄脷}写出rm{NiO}电极的电极反应式：______．评卷人得分五、解答题(共3题，共9分)25、有机物A（含氧衍生物）可由葡萄糖发酵得到；也可从酸牛奶中提取．纯净的A为无色粘稠液体，易溶于水．为研究A的组成与结构，进行了如下实验：

。实验步骤解释或实验结论（1）称取A9.0g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍．试通过计算填空：

（1）A的相对分子质量为：______．（2）将此9.0gA在足量纯O2充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4g和13.2g．（2）A的分子式为：______．（3）另取A9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反应，生成2.24LCO2（标准状况），若与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况）．（3）用结构简式表示A中含有的官能团：

______．（4）A的核磁共振氢谱如下图：

（4）A中含有______种氢原子．（5）综上所述，A的结构简式______．

26、可逆反应aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g）达平衡后；改变下列条件：

（1）增大C（A）：A的转化率______；B的转化率______．

（2）增大C（C）：新平衡时，C（c）新______C（c）原．

（3）若A为固体或纯液体；增减A的量，平衡______．

（4）增大A的浓度，达到新平衡时，C（c）新______C（c）原；生成物占反应混合物的百分比______（一定；不一定）提高．

27、欲测定某NaOH溶液的物质的量浓度，可用0.1000mol•L-1HCl标准溶液进行中和滴定（用酚酞作指示剂）．

请回答下列问题：

（1）若甲学生在实验过程中；记录滴定前滴定管内液面读数为1.10mL，滴定后液面如右图，则此时消耗标准溶液的体积为______；

（2）乙学生做了三组平行实验；数据记录如下：

。实验序号待测NaOH溶液的体积/mL0.1000mol•L-1HCl溶液的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度125.000.0026.11225.001.5631.30325.000.2226.31选取上述合理数据；计算出待测NaOH溶液的物质的量浓度为______（小数点后保留四位）；

（3）下列哪些操作会使测定结果偏高______（填序号）．

A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗。

B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗。

C．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除；滴定后气泡消失。

D．滴定前读数正确；滴定后俯视滴定管读数。

（4）盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义．有些反应的反应热虽然无法直接测得；但可通过间接的方法测定．现根据下列3个热化学反应方程式：

①Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）△H=-24.8kJ•mol-1

②3Fe2O3（s）+CO（g）═2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=-47.2kJ•mol-1

③Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）△H=+640.5kJ•mol-1

写出CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式：______．

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】根据铬元素在反应前后的化合价变化可知，K2Cr2C7是氧化剂，所以乙醇是还原剂，被氧化，发生氧化反应。呼出的气体中含有乙醇，说明乙醇的沸点低，易挥发。所以答案是C。【解析】【答案】C2、D【分析】【解答】解：物质的量浓度相同的下列溶液：①NH4Cl、②（NH4）2CO3、③（NH4）2SO4、④NH4HSO4；先不考虑水解，则②（NH4）2CO3和③（NH4）2SO4都含有两个NH4+，所以它们NH的浓度大于其它三种物质，而②（NH4）2CO3中NH水解显酸性，CO水解显碱性，两者相互促进，所以NH4+水解的量较多，NH4+的量较少，③（NH4）2SO4中硫酸根离子对铵根离子浓度无影响，即溶液中c（NH4+）③＞②；①④二种物质中，④NH4HSO4酸性最强，NH4+水解受到的抑制最大，即NH4+的量较多，溶液中c（NH）较大；

①NH4Cl，NH4+水解，④NH4HSO4，溶液中氢离子抑制铵根离子水解，即溶液中c（NH）④＞①；

按c（NH）由大到小的顺序排列为：③＞②＞④＞①；

故选：D．

【分析】①NH4Cl②（NH4）2CO3③（NH4）2SO4④NH4HSO4先不考虑水解，则②（NH4）2CO3和③（NH4）2SO4都含有两个NH4+，所以它们NH4+的浓度大于其它三种物质，溶液中c（NH）根据盐类水解的影响分析判断．3、D【分析】【分析】本题考查物质的用途，物质的性质决定用途rm{.}解答本题要掌握各种物质的性质方面的内容，只有这样才能确定物质的用途。解答本题要掌握各种物质的性质方面的内容，只有这样才能确定物质的用途。【解答】rm{.}A.胶体表面疏松多孔，可以吸附水中杂质，因此氢氧化铁胶体可用于净水，故A正确；B.rm{Fe}rm{Fe}rm{2}rm{2}

rm{O}rm{O}rm{3}rm{3}浓rm{)overset{triangle}{=}}是氧化物，颜色为红棕色，俗称为铁红，可用作红色油漆和涂料，故B正确；工业上用电解饱和食盐水方法制备氯气，故D错误。故选D。C.纯碱水解呈碱性，油脂在碱性条件下水解为可溶于水的物质，所以纯碱可去油污，故C正确；【解析】rm{D}4、D【分析】【分析】本题考查了烃完全燃烧前后气体体积不变时，满足条件的烃的组成特点。根据烃燃烧的通式分析，若燃烧前后气体体积不变，则要求烃分子中含有rm{4}个氢原子。【解答】烃的燃烧通式为rm{CnHm+(n+m/4)O}rm{CnHm+(n+m/4)O}rm{{,!}_{2}}rm{nCO}rm{nCO}rm{{,!}_{2}}rm{+m/2H}若反应后体积不变rm{+m/2H}则必须满足rm{{,!}_{2}}解得rm{O}若反应后体积不变rm{(120隆忙)}则必须满足rm{1+n+m/4=n+m/2}解得rm{m=4}所以可以是rm{CH}所以可以是rm{O}rm{(120隆忙)}rm{1+n+m/4=n+m/2}rm{m=4}rm{CH}rm{{,!}_{4}}、rm{C}rm{C}rm{{,!}_{2}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{4}}、rm{C}【解析】rm{D}5、C【分析】

A、热化学方程式N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92.4kJ/mol表示1mol氮气（g）以3mol氢气（g）反应生成2mol氨气（g）；放出的热量为92.4kJ，由于可逆反应反应物不能完全转化，1.0mol氮气；3.0mol氢气，置于1L密闭容器中发生反应，放出的热量小于92.4kJ，故A错误；

B；平衡常数只受温度影响；与压强无关，增大压强平衡常数不变，故平衡常数k（A）=k（B），故B错误；

C、增大压强平衡向体积减小的方向移动，即向正反应移动，H2的转化率提高；故C正确；

D；升高温度正、逆反应速率都增大；逆反应速率比较正反应速率增大更多，平衡向逆反应方向移动，故D错误；

故选C．

【解析】【答案】A；可逆反应反应物不能完全转化；结合热化学方程式的含义解答；

B；平衡常数只受温度影响；与压强无关；

C；增大压强平衡向体积减小的方向移动；

D；升高温度正、逆反应速率都增大；逆反应速率比较正反应速率增大更多，平衡向逆反应方向移动．

6、A【分析】塑化剂、甲醛、亚硝酸钠都是有毒的，不能用作食品添加剂，因此正确的答案选A。【解析】【答案】A7、A【分析】【解答】解：A．各能级的原子轨道数按s；p、d、f的顺序依次为1、3、5、7；s能级原子轨道呈球形，p能级原子轨道呈哑铃型，故A正确；

B．各能层的能级都是从s能级开始；每个能层上能级个数与能层数相等，所以有的能层不含f能级，故B错误；

C．各能层含有的能级数与其能层数相等为n；故C错误；

D．各能层最多含有的电子数为2n2；但最外层不能超过8个电子，次外层不能超过18个电子，倒数第三层不能超过32个电子，故D错误；

故选A．

【分析】A．各能级的原子轨道数按s、p、d、f的顺序依次为1、3、5、7；B．各能层的能级都是从s能级开始，每个能层上能级个数与能层数相等；C．各能层含有的能级数为n；D．各能层最多含有的电子数为2n2．二、多选题(共6题，共12分)8、ABC【分析】【分析】本题考查胶体的性质及其应用，题目难度不大。【解答】A.用明矾净水，利用胶体的吸附性，故A正确；

B.投影机投影时产生的“光亮的通路”是由于胶体粒子对光线散射形成的光亮的通路，故B正确；

C.用石膏使豆浆变成豆腐，利用胶体聚沉的性质，故C正确；

D.用含rm{Al(OH)}rm{Al(OH)}rm{{,!}_{3}}的药物治疗胃酸过多时，与盐酸反应生成氯化铝和水；属于复分解反应，与胶体的性质无关，故D错误。

rm{Al(OH)_{3}}

故选：rm{ABC}【解析】rm{ABC}9、ABC【分析】【分析】本题考查了离子核外电子数，明确阴阳离子中核外电子数的计算方法是解本题关键，题目难度不大。【解答】rm{Ne}原子核外电子数是rm{10}原子核外电子数是rm{Ne}rm{10}二者相等，故A正确；A.钠离子核外电子数为rm{10}二者相等，故A正确；氟离子核外电子数为rm{10}二者相等，故B正确；C.铝离子核外电子数为B.二者相等，故C正确；D.硫离子核外电子数为rm{10}二者不相等，故D错误。故选ABC。rm{10}【解析】rm{ABC}10、ACD【分析】【分析】本题考查了物质分离提纯的方法，混合物分层，说明两种液体不互溶，反之不出现分层时选项中的物质与水互溶，以此来解答。【解答】A.乙酸乙酯难溶于水，与水混合后静置会出现分层，故A正确；B.乙醇和水互溶，与水混合后静置不会出现分层，故B错误；C.三氯甲烷难溶于水，与水混合后静置会出现分层，故C正确；D.四氯化碳难溶于水，与水混合后静置会出现分层，故D正确。故选rm{ACD}rm{ACD}【解析】rm{ACD}11、ABC【分析】【分析】本题考查了甲烷的性质，难度不大。【解答】A.常温常压下是气体；故A正确；

B.常温常压下，甲烷为饱和单键构成，性质很稳定，故B正确；C.甲烷化学性质稳定；不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；

D.甲烷化学性质稳定，不能使溴水褪色，故D错误。故选ABC。【解析】rm{ABC}12、ACD【分析】【分析】本题是对化学实验的仪器使用的知识的考查，是中学化学实验的基础知识，难度较小。关键是掌握化学实验的操作原理核和实验的仪器，操作基础知识的考查。【解答】A.依据过滤的原理可知，没有使用圆底烧瓶而使用普通漏斗、烧杯、玻璃棒等仪器，故A正确；B.依据蒸馏的原理可知，可以使用圆底烧瓶，故B错误；C.依据溶解的原理可知，没有使用圆底烧瓶而使用烧杯，故A正确；D.依据分液的原理可知，没有使用圆底烧瓶而分液漏斗，故D正确。故选ACD。【解析】rm{ACD}13、ABC【分析】【分析】本题考查了离子核外电子数，明确阴阳离子中核外电子数的计算方法是解本题关键，题目难度不大。【解答】rm{Ne}原子核外电子数是rm{10}原子核外电子数是rm{Ne}rm{10}二者相等，故A正确；A.钠离子核外电子数为rm{10}二者相等，故A正确；氟离子核外电子数为rm{10}二者相等，故B正确；C.铝离子核外电子数为B.二者相等，故C正确；D.硫离子核外电子数为rm{10}二者不相等，故D错误。故选ABC。rm{10}【解析】rm{ABC}三、双选题(共8题，共16分)14、A|D【分析】解：A．Mg的3s电子全满；为稳定结构，Mg难失去1个电子，则第一电离能：Al＜Mg，故A正确；

B．非金属性F＞Cl；则共价键极性：H-F＞H-Cl，故B错误；

C．离子的电荷越大，半径越小，则晶格能越大，则硬度：Al2O3＞NaCl；故C错误；

D．非羟基氧原子个数越多；酸性越强，硫酸；亚硫酸均为二元酸，非羟基氧原子数分别为2、1，则硫酸酸性强，故D正确；

故选AD．

A．Mg的3s电子全满；为稳定结构；

B．非金属性越强；键的极性越强；

C．离子的电荷越大；半径越小，则晶格能越大；

D．非羟基氧原子个数越多；酸性越强．

本题考查元素周期表和元素周期律的应用，为高频考点，涉及第一电离能、晶格能判断及酸性比较、极性比较等，注意结构与性质的关系是解答本题的关键，侧重选修三知识点的考查，题目难度中等．【解析】【答案】AD15、AD【分析】【分析】本题考查化学平衡计算，比较基础，注意利用差量法进行解答，侧重考查学生分析和解决问题的能力。【解答】平衡时生成rm{C}的体积为rm{0.1VL}则：

rm{A(g)+3B(g)?2C(g)}体积减小rm{triangleV}

rm{1}rm{3}rm{2}rm{2}

rm{0.05VL0.15VL}rm{0.1VL}rm{0.1VL}

则原混合气体总体积rm{=VL+0.1VL=1.1VL}反应达平衡时气体rm{A}消耗掉rm{0.05VL}气体rm{B}消耗掉rm{0.15VL}所以BC正确，AD错误。

故选AD。【解析】rm{AD}16、BC【分析】解：A．放热△H＜0，气态S比固态S所含能量高，所以气态S反应放热多，放热越多焓变越小，所以a＜b；故A错误；

B．由热化学方程式可知；石墨总能量小于金刚石，则石墨较稳定，故B正确；

C．20gNaOH；n（NaOH）=0.5mol，放出的热量为0.5mol×57.4kJ/mol=28.7kJ，故C正确；

D．CaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）△H＞0；△S＞0，由△G=△H-T•△S可知，当在较高温度下反应才能自发进行，故D错误；

故选：BC。

A．气态S比固态S所含能量高；放热△H＜0；

B．物质的能量越高越不稳定；

C．根据NaOH的物质的量和中和热计算；

D．反应在高温条件下才能进行．

本题考查反应热及焓变，题目难度中等，本题注意把握热化学方程式的意义，把握比较反应热的方法．【解析】BC17、A|B|C【分析】解：A．二氧化硫是形成酸雨的主要污染物之一；故A正确；

B．煤废气为酸性气体；可用碱液吸收，减少环境污染，故B正确；

C．在煤炭中添加石灰石（主要成分CaCO3）作为脱硫剂进行脱硫处理，可减少SO2排放；故C正确；

D．硫微溶于水；无法除掉，故D错误．

故选ABC．

A．SO2能形成酸雨；

B．煤废气为酸性气体；

C．在煤炭中添加石灰石（主要成分CaCO3）作为脱硫剂进行脱硫处理；

D．硫微溶于水．

本题考查环境污染及治理，为高频考点，侧重于化学与生活、生产、能源与环境的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累．【解析】【答案】ABC18、CD【分析】【分析】本题考查有机高分子化合物的结构和性质，题目难度不大。【解答】A.高分子材料是由许多聚合度相同或不相同的高分子聚集起来的，因此，从实验中测得的某种高分子的相对分子质量只能是平均值，故A正确；

B.具有线型结构的高分子，可以不带支链，也可以带支链，故B正确；

C.线型结构的聚乙烯可以溶于一些试剂中，故C错误；

D.高分子化合物不导电是因为高分子化合物中的原子是以共价键结合的，故D错误。故选CD。

【解析】rm{CD}19、rCD【分析】解：rm{A.}均使酸性高锰酸钾溶液褪色；现象相同，不能鉴别，故A错误；

B.均不与酸性高锰酸钾反应；现象相同，不能鉴别，故B错误；

C.乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色；而苯不能，现象不同，可鉴别，故C正确；

D.均不与酸性高锰酸钾溶液反应；均出现分层，但苯的密度比水小，溴苯的密度比水大，现象不同，可鉴别，故D正确；

故选CD．

选项中乙烯；乙炔均能被酸性高锰酸钾氧化；而苯、甲烷、溴苯等均不与酸性高锰酸钾反应，以此来解答．

本题考查有机物的鉴别，侧重常见有机物性质的考查，为高频考点，注意利用不同现象鉴别物质，选项D为解答的易错点，从分层现象角度分析，题目难度不大．【解析】rm{CD}20、rBD【分析】解：rm{A.}由周期从左向右原子半径减小、非金属性增强，则非金属性rm{Z>Y>X}故A错误；

B.非金属性rm{Z>Y>X}则氢化物的热稳定性按rm{X}rm{Y}rm{Z}的顺序增强；故B正确；

C.非金属性rm{Z>Y>X}则rm{X}rm{Y}rm{Z}的最高价氧化物的水化物酸性由弱到强，且rm{Z}为rm{O}rm{F}时不存在最高价含氧酸；故C错误；

D.同周期从左向右原子半径减小、最外层电子数增多，但电子层数相同，则rm{X}rm{Y}rm{Z}的最外层电子数依次增多；故D正确；

故选BD．

同周期的三种非金属元素rm{X}rm{Y}rm{Z}它们的原子半径由小到大的顺序是rm{X<Y<Z}则非金属性rm{Z>Y>X}结合非金属性越强，对应氢化物；最高价氧化物的水化物酸性越强来解答．

本题考查元素周期表和周期律，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大．【解析】rm{BD}21、rBC【分析】解：rm{A.}硫化氢与硫酸铜反应生成沉淀；而乙炔不反应，然后洗气可除杂，故A正确；

B.乙酸与rm{NaOH}反应；增大与乙醛的沸点差异，不分层，不能利用分液法分离，应选蒸馏法，故B错误；

C.溴、三溴苯酚均易溶于苯，不能除杂，应选rm{NaOH}溶液；分液；故C错误；

D.溴与rm{NaOH}反应后；与溴苯分层，然后分液可分离，故D正确；

故选BC．

A.硫化氢与硫酸铜反应生成沉淀；而乙炔不反应；

B.乙酸与rm{NaOH}反应；增大与乙醛的沸点差异；

C.溴；三溴苯酚均易溶于苯；

D.溴与rm{NaOH}反应后；与溴苯分层．

本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的综合应用，题目难度不大．【解析】rm{BC}四、填空题(共3题，共21分)22、略

【分析】解：A．玻璃；陶瓷、水泥是传统的硅酸盐材料；属无机非金属材料；

B．玻璃钢是玻璃纤维与合成材料塑料复合而成的一种特殊材料；属于复合材料；聚乙烯属于有机高分子材料；超导陶瓷属于无机非金属材料；

C．青铜；碳素钢、硬铝三者都属于合金；属于金属材料；

D．塑料；合成纤维、橡胶三者都属于有机高分子材料；

故答案为：C；D．

因为金属材料是指金属元素或以金属元素为主构成的具有金属特性的材料的统称．包括纯金属；合金、金属材料金属间化合物和特种金属材料等；所以可判断那种是金属材料；有机高分子材料分为天然有机高分子材料和合成有机高分子材料．合成有机高分子材料简称合成材料．可根据概念解答．

本题主要考查了常见材料有关知识，涉及合金的使用、材料的分类、制玻璃的原料等，题目难度不大，注意基础知识的积累．【解析】C；D23、rm{(1)C+2H{;}_{2}SO{;}_{4}(脜篓)overset{?}{=;}2S0{;}_{2}隆眉+C0{;}_{2}隆眉+2H{;}_{2}O}

rm{(1)C+2H{;}_{2}SO{;}_{4}(脜篓)

overset{?}{=;}2S0{;}_{2}隆眉+C0{;}_{2}隆眉+2H{;}_{2}O}检验水的存在；检验有无rm{(2)}生成；除去生成的rm{(2)}气体；检验rm{SO_{2}}是否除尽rm{SO_{2}}【分析】【分析】本题考查了元素化合物的知识，涉及探究浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应产生的三种气体产物的实验。【解答】rm{(1)}木炭粉与浓硫酸反应生成rm{SO_{2}}木炭粉与浓硫酸反应生成rm{(1)}rm{SO_{2}}和rm{CO_{2}}rm{C+2H{;}_{2}SO{;}_{4}(脜篓)overset{?}{=;}2S0{;}_{2}隆眉+C0{;}_{2}隆眉+2H{;}_{2}O}故答案为：rm{C+2H{;}_{2}SO{;}_{4}(脜篓)overset{?}{=;}2S0{;}_{2}隆眉+C0{;}_{2}隆眉+2H{;}_{2}O}rm{CO_{2}}先用无水硫酸铜检验水的存在情况，，反应的方程式为：能使品红溶液褪色以及酸性高锰酸钾溶液褪色，rm{C+2H{;}_{2}SO{;}_{4}(脜篓)

overset{?}{=;}2S0{;}_{2}隆眉+C0{;}_{2}隆眉+2H{;}_{2}O}中rm{C+2H{;}_{2}SO{;}_{4}(脜篓)

overset{?}{=;}2S0{;}_{2}隆眉+C0{;}_{2}隆眉+2H{;}_{2}O}瓶品红的作用是检验有无rm{(2)}生成，rm{SO_{2}}瓶酸性高锰酸钾的作用除去生成的rm{垄脷}气体，rm{A}瓶品红溶液的作用是检验rm{SO_{2}}是否除尽，从而避免的二氧化硫对二氧化碳的检验的干扰，故答案为：检验水的存在；检验有无rm{B}生成；除去生成的rm{SO_{2}}气体；检验rm{C}是否除尽。

rm{SO_{2}}【解析】rm{(1)C+2H{;}_{2}SO{;}_{4}(脜篓)overset{?}{=;}2S0{;}_{2}隆眉+C0{;}_{2}隆眉+2H{;}_{2}O}

rm{(1)C+2H{;}_{2}SO{;}_{4}(脜篓)

overset{?}{=;}2S0{;}_{2}隆眉+C0{;}_{2}隆眉+2H{;}_{2}O}检验水的存在；检验有无rm{(2)}生成；除去生成的rm{(2)}气体；检验rm{SO_{2}}是否除尽rm{SO_{2}}24、略

【分析】解：rm{(1)}二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应方程式为：rm{3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}

故答案为：rm{3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}

rm{(2)垄脵}该反应中的反应热rm{=(945+498)kJ/mol-2隆脕630kJ/mol=+183kJ/mol}所以其热化学反应方程式为：rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)=2NO(g)triangleH=+183}rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)=2NO(g)triangle

H=+183}故答案为：rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)=2NO(g)triangleH=+183}rm{kJ?moL^{-1}}

rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)=2NO(g)triangle

H=+183}该反应的正反应是吸热反应；升高温度，平衡向正反应方向移动，生成物浓度增大，反应物浓度减小，所以平衡常数增大，故答案为：增大；

rm{kJ?moL^{-1}}在催化剂条件下，一氧化碳被氧化生成二氧化碳，一氧化氮被还原生成氮气，所以其反应方程式为：rm{垄脷}rm{dfrac{underline{;{麓脽禄炉录脕};}}{;}N_{2}+2CO_{2}}故答案为：rm{(3)垄脵}rm{dfrac{underline{;{麓脽禄炉录脕};}}{;}N_{2}+2CO_{2}}

rm{2CO+2NO}根据rm{dfrac{

underline{;{麓脽禄炉录脕};}}{;}N_{2}+2CO_{2}}rm{2CO+2NO}rm{dfrac{

underline{;{麓脽禄炉录脕};}}{;}N_{2}+2CO_{2}}和rm{垄脷}的质子数，得知它们均为Ⅱrm{Mg}族元素rm{Ca}同一主族的元素；从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径越大，反应接触面积越大，则吸收能力越大；

故答案为：根据rm{Sr}rm{Ba}rm{A}和rm{.}的质子数，得知它们均为Ⅱrm{Mg}族元素；同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大．

rm{Ca}铂电极上氧气得电子生成氧离子而被还原；故答案为：还原；

rm{Sr}电极上rm{Ba}失电子和氧离子反应生成二氧化氮，所以电极反应式为：rm{A}故答案为：rm{(4)垄脵}．

rm{垄脷NiO}二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；

rm{NO}根据能量变化图计算反应热，反应热rm{NO+O^{2-}-2e^{-}=NO_{2}}吸收的能量rm{NO+O^{2-}-2e^{-}=NO_{2}}放出的能量；再根据热化学反应方程式的书写规则书写；

rm{(1)}升高温度；平衡向吸热反应方向移动，根据生成物和反应物浓度变化确定平衡常数变化；

rm{(2)垄脵}被rm{=}还原，则rm{-}被rm{垄脷}氧化生成二氧化碳；据此写出反应方程式；

rm{(3)垄脵NO}原子半径越大；其吸收范围越大，则吸收能力越强；

rm{CO}得电子的物质发生还原反应；

rm{CO}电极上rm{NO}失电子和氧离子反应生成二氧化氮．

本题涉及化学反应方程式、热化学反应方程式、电极反应式的书写等知识点，注意反应热的计算方法，为易错点．rm{垄脷}【解析】rm{3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)=2NO(g)triangleH=+183kJ?moL^{-1}}增大；rm{2CO+2NOdfrac{underline{;{麓脽禄炉录脕};}}{;}N_{2}+2CO_{2}}根据rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)=2NO(g)triangle

H=+183kJ?moL^{-1}}rm{2CO+2NOdfrac{

underline{;{麓脽禄炉录脕};}}{;}N_{2}+2CO_{2}}rm{Mg}和rm{Ca}的质子数，得知它们均为Ⅱrm{Sr}族元素rm{Ba}同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大；还原；rm{A}rm{.}五、解答题(共3题，共9分)25、略

【分析】

（1）有机物质的密度是相同条件下H2的45倍；所以有机物质的相对分子质量=45×2=90；

故答案为：90；

（2）9.0gA的物质的量==0.1mol，浓硫酸增重5.4g，则生成水的质量是5.4g，生成n（H2O）==0.3mol，所含有n（H）=0.6mol，碱石灰增重13.2g，生成m（CO2）是13.2g，n（CO2）==0.3mol，所以n（C）=0.3mol，n（A）：n（C）：n（H）=0.1mol：0.3mol：0.6mol=1：3：6，则有机物中碳个数是3，氢个数是6，根据相对分子质量是90，所以氧原子个数==3，即分子式为：C3H6O3；

故答案为：C3H6O3；

（3）9.0gA的物质的量==0.1mol，A和碳酸氢钠反应说明A中含有羧基，生成2.24LCO2（标准状况），n（CO2）==0.1mol；所以含有一个羧基；

醇羟基和羧基都可以和金属钠发生反应生成氢气，与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况）；

n（H2）==0.1mol；羧基或羟基与钠反应生成氢气时，羧基或羟基的物质的量与氢气的物质的量之比为2：1，A与钠反应时，A的物质的量与氢气的物质的量之比是1：1，则说明A中除了含有一个羧基外还含有一个羟基；

故答案为：羧基；羟基