2024屆白銀市重點中學高二化學第一學期期中調(diào)研模擬試題含解析

2024屆白銀市重點中學高二化學第一學期期中調(diào)研模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、工業(yè)上合成氨采用500℃左右的溫度，其原因是：①適當加快NH3的合成速率②提高氫氣的轉化率③提高氨的產(chǎn)率④催化劑在500℃左右活性最好A．① B．①③ C．①④ D．②③④2、某密閉容器中發(fā)生如下反應：2X(g)+Y(g)2Z(g)△H<0,下圖是表示該反應速率（v)隨時間（t)變化的關系圖。t1、t2、t5時刻外界條件均有改變（但都沒有改變各物質(zhì)的用量）。則下列說法中正確的是（）A．t3時降低了溫度 B．t5時增大了壓強C．t6時刻后反應物的轉化率最低 D．t4時該反應的平衡常數(shù)小于t6時反應的平衡常數(shù)3、下列說法錯誤的是A．油脂在人體內(nèi)通過酶的參與可水解為高級脂肪酸和甘油B．油脂主要是在小腸中被消化吸收C．磷脂對人體吸收維生素A、E是有利的D．同質(zhì)量的脂肪在體內(nèi)氧化時放出的能量比糖類和蛋白質(zhì)高得多，故脂肪是人體提供能量的主要物質(zhì)4、分析以下幾個熱化學方程式，哪個是表示固態(tài)碳和氣態(tài)氫氣燃燒時的燃燒熱的是（）A．C（s）＋O2（g）=CO(g)ΔH=—110.5kJ/molB．C（s）＋O2（g）=CO2(g)ΔH=－393.5kJ/molC．2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH=－571.6kJ/molD．H2(g)＋1/2O2(g)=H2O(g)ΔH=－241.8kJ/mol5、人體內(nèi)缺乏維生素C易患的疾病是()。A．甲狀腺腫 B．軟骨病 C．壞血病 D．白血病6、下列有關合金性質(zhì)的說法正確的是A．合金的熔點一般比它的成分金屬高B．合金的硬度一般比它的成分金屬低C．組成合金的元素種類相同，合金的性能就一定相同D．合金與各成分金屬相比，具有許多優(yōu)良的物理、化學或機械性能7、下列溶液一定呈中性的是A．pH=7B．pH=3的鹽酸與pH=11的氨水等體積混合后C．0.1mol/LNaOH溶液與0.05mol/LH2SO4溶液混合后D．C(OH-)=K8、下列說法正確的是A．NaOH是含有非極性共價鍵的離子晶體B．氯化鈉與氯化銫的晶體結構完全相同C．金剛石、硅、鍺的熔點和硬度依次降低D．NaF、MgF2、AlF3三種離子晶體的晶格能逐漸減小9、某濃度的氨水中存在下列平衡:NH3·H2O?NH4++OH-,如想增大NH4+的濃度,而不增大OH-的濃度,應采取的措施是A．加入NH4Cl固體 B．適當升高溫度C．通入NH3 D．加入少量NaOH10、下列事實不能用平衡移動原理解釋的是()A．開啟啤酒瓶后，瓶中馬上泛起大量泡沫B．工業(yè)合成氨時采用鐵觸媒作反應的催化劑C．工業(yè)生產(chǎn)硫酸的過程中使用過量的空氣以提高SO2的轉化率D．將收集NO2氣體的燒瓶密閉后放在裝有熱水的燒杯中，發(fā)生顏色變化11、下列“實驗結論”與“實驗操作及現(xiàn)象”不相符的一組是（）選項實驗操作及現(xiàn)象實驗結論A把一小塊鈉放入水中，立刻熔成小球該反應是放熱反應B向某溶液中加入AgNO3溶液，產(chǎn)生白色沉淀該溶液中一定含有Cl-C向NaHCO3溶液中滴入酚酞溶液，溶液顏色變紅NaHCO3溶液顯堿性D向某溶液中加入NaOH溶液，生成的白色絮狀沉淀迅速變成灰綠色，最后變成紅褐色該溶液中一定含有Fe2+A．A B．B C．C D．D12、下列有關活化分子和活化能的說法不正確的是()A．增加氣體反應物的濃度可以提高活化分子百分數(shù)B．升高溫度可增加單位體積活化分子數(shù)C．發(fā)生有效碰撞的分子一定是活化分子D．使用催化劑可降低活化能，提高單位體積活化分子百分數(shù)13、以表面覆蓋Cu2Al2O4的二氧化鈦為催化劑，可以將CO2和CH4直接轉化成乙酸。在不同溫度下催化劑的催化效率與乙酸的生成速率如圖所示。下列說法錯誤的是()A．250℃時，催化劑的活性最高B．250～300℃時，乙酸的生成速率降低的原因是催化劑的催化效率降低C．300～400℃時，乙酸的生成速率升高的原因是催化劑的催化效率增大D．300～400℃時，乙酸的生成速率升高的原因是溫度升高14、根據(jù)圖，下列判斷中正確的是A．電路中電子的流動方向：a?d?CuSO4(aq)?c?bB．該原電池原理：Zn+CuSO4═ZnSO4+CuC．c電極質(zhì)量減少量等于d電極質(zhì)量增加量D．d電極反應：Cu2++2e?=Cu，反應后CuSO4溶液濃度下降15、在一定條件下，能把醛基(—CHO)氧化的物質(zhì)有：①新制的Cu(OH)2②銀氨溶液③氧氣④溴水⑤KMnO4酸性溶液A．①②⑤ B．①②④ C．①②③⑤ D．①②③④⑤16、X、Y、Z和W代表原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素，X原子核內(nèi)沒有中子，在周期表中，Z與Y、W均相鄰；Y、Z和W三種元素的原子最外層電子數(shù)之和為1．則下列有關敘述正確的是A．兩化合物均由X、Y、Z和W四種元素組成且它們的水溶液能發(fā)生化學反應,則反應的離子方程式為:H++=SO2↑+H2OB．上述元素形成的氫化物中，W的氫化物相對分子質(zhì)量最大，熔沸點最高C．Y和W分別形成的含氧酸均為強酸，是離子化合物D．Y、Z和W三種元素可能位于同一周期二、非選擇題（本題包括5小題）17、物質(zhì)A有如圖所示的轉化關系(部分產(chǎn)物已略去)，已知H能使溴的CCl4溶液褪色?；卮鹣铝袉栴}：(1)A的結構簡式為________。(2)1molE與足量NaOH溶液反應時，消耗NaOH的物質(zhì)的量為________mol。(3)M的某些同分異構體能發(fā)生銀鏡反應，寫出其中任意一種結構簡式：________________。(4)寫出化學方程式H―→I：__________________________________。(5)E通常可由丙烯、NaOH溶液、H2、O2、Br2等為原料合成，請按“A―→B―→C―→…”的形式寫出反應流程，并在“―→”上注明反應類型但不需要注明試劑及反應條件________。18、已知乙烯能發(fā)生以下轉化：(1)B的結構簡式為：____________________。(2)C中官能團的名稱：__________。(3)①的反應類型：_________________________。(4)乙烯與溴水反應的化學方程式為：______________________________________。(5)寫出②的化學反應方程式：___________________________________________。19、已知在稀溶液里，強酸跟強堿發(fā)生中和反應生成1mol液態(tài)水時反應熱叫做中和熱?，F(xiàn)利用下圖裝置進行中和熱的測定，請回答下列問題：(1)圖中未畫出的實驗器材是________________、________________。(2)做一次完整的中和熱測定實驗，溫度計需使用________次。(3)實驗時，將0.50mol·L－1的鹽酸加入到0.55mol·L－1的NaOH溶液中，兩種溶液的體積均為50mL，各溶液的密度均為1g/cm3，生成溶液的比熱容c=4.18J/(g·oC)，實驗的起始溫度為t1oC，終止溫度為t2oC。測得溫度變化數(shù)據(jù)如下：序號反應物起始溫度t1/oC終止溫度t2/oC中和熱①HCl＋NaOH14.818.3ΔH1②HCl＋NaOH15.119.7ΔH1③HCl＋NaOH15.218.5ΔH1④HCl＋NH3·H2O15.018.1ΔH2①試計算上述兩組實驗測出的中和熱ΔH1＝______________。②某小組同學為探究強酸與弱堿的稀溶液反應時的能量變化，又多做了一組實驗④，用0.55mol·L－1的稀氨水代替NaOH溶液，測得溫度的變化如表中所列，試計算反應的ΔH2＝____________。③兩組實驗結果差異的原因是___________________________________________。④寫出HCl＋NH3·H2O反應的熱化學方程式：_______________________________________。20、滴定法是解決化學分析問題的常用方法。滴定的方法有酸堿中和滴定、氧化還原滴定、沉淀滴定、絡合滴定等。I.如圖為某濃度的NaOH溶液滴定10.00mL一定濃度的鹽酸的示意圖。根據(jù)圖象分析：(1)HCl溶液的濃度是__________；NaOH溶液的濃度是_______；(2)x=________。ΙΙ.氧化還原滴定實驗與中和滴定類似(用已知濃度的氧化劑溶液滴定未知濃度的還原劑溶液或反之)。(3)人體血液里Ca2+的濃度一般采用mg/cm3來表示。抽取一定體積的血樣，加適量的草酸銨[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸鈣(CaC2O4)沉淀，將此草酸鈣沉淀洗滌后溶于強酸可得草酸(H2C2O4)，再用KMnO4溶液滴定即可測定血液樣品中Ca2+的濃度。某研究性學習小組設計如下實驗步驟測定血液樣品中Ca2+的濃度，抽取血樣20.00mL，經(jīng)過上述處理后得到草酸，再用0.020mol/LKMnO4溶液滴定，使草酸轉化成CO2逸出，滴定的實驗數(shù)據(jù)如下所示：實驗編號待測血液的體積/mL滴入KMnO4溶液的體積/mL120.0011.95220.0013.00320.0012.05①滴定時，盛放高錳酸鉀溶液的儀器名稱為_________確定反應達到終點的現(xiàn)象_____________。②草酸跟酸性KMnO4溶液反應的離子方程式為：2+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，根據(jù)所給數(shù)據(jù)計算血液樣品中Ca2+離子的濃度為__________mg/cm321、碳、氮及其化合物是同學們經(jīng)常能接觸到的重要物質(zhì)，是科學研究的重要對象。（1）H2NCOONH4是工業(yè)合成尿素的中間產(chǎn)物，該反應的能量變化如圖甲所示。用CO2和氨氣合成尿素的熱化學方程式為________________________________________。（2）合理利用CO2、CH4，抑制溫室效應成為科學研究的新熱點。一種以二氧化鈦表面覆蓋Cu2Al2O4為催化劑，可以將CO2和CH4直接轉化成乙酸(ΔH＜0)。在不同溫度下催化劑的催化效率與乙酸的生成速率分別如圖乙所示。250～300℃時，溫度升高而乙酸的生成速率降低的原因是________________。250℃和400℃時乙酸的生成速率幾乎相等，實際生產(chǎn)中應選擇的溫度為________℃。（3）T℃時，將等物質(zhì)的量的NO和CO充入體積為2L的密閉容器中發(fā)生反應2NO＋2CO2CO2＋N2。保持溫度和體積不變，反應過程中NO的物質(zhì)的量隨時間的變化如圖丙所示。①平衡時若保持溫度不變，再向容器中充入CO、N2各0.8mol，平衡將________(填“向左”“向右”或“不”)移動。②圖中a、b分別表示在一定溫度下，使用相同質(zhì)量、不同表面積的催化劑時，達到平衡過程中n(NO)的變化曲線，其中表示催化劑表面積較大的曲線是________(填“a”或“b”)。③15min時，若改變外界反應條件，導致n(NO)發(fā)生如圖所示的變化，則改變的條件可能是________(任答一條即可)。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【題目詳解】合成氨反應是放熱反應，500℃有利于提高反應速率、不利于氨的合成，也不利于提高氫氣的轉化率，但是500℃時催化劑的活性最好，能最大程度提高催化效果，故①④正確；答案選C。2、C【題目詳解】A.該反應△H<0，若t3時降低了溫度，平衡將右移，且速率減慢、正反應速率大于逆反應速率，與圖示的不符，A錯誤；B.該反應為體積減小的反應，若t5時增大了壓強，速率將加快，且平衡右移、正反應速率大于逆反應速率，與圖示的不符，B錯誤；C.t2-t3為使用催化劑，平衡不移動，轉化率不變；t3-t4為減小壓強，平衡左移，轉化率減小，t5-t6為升高溫度，平衡左移，轉化率減小，因此整個過程中，t6時刻后反應物的轉化率最低，C正確；D.該反應的正反應是放熱反應，升高溫度，平衡常數(shù)減??；相對于t4時，t6時為升溫過程，平衡左移，所以t4時該反應的平衡常數(shù)大于t6時反應的平衡常數(shù)，D錯誤；綜上所述，本題選C。3、D【解題分析】A.油脂是高級脂肪酸甘油酯，在人體內(nèi)通過酶的參與可水解為高級脂肪酸和甘油，故A正確；B.油脂主要在小腸中被消化吸收，B項錯誤；C.磷脂能溶解維生素A、E，所以對人體吸收維生素A、E是有利的，故C正確；D同質(zhì)量的脂肪在體內(nèi)氧化時放出的熱量比糖類和蛋白質(zhì)高，但其提供的能量只占日需總能量的20%～25%，人體提供能量的主要物質(zhì)是糖類(淀粉),故D錯誤；答案：D。4、B【分析】燃燒熱是指1mol純凈物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物放出的熱量，據(jù)此分析解答?！绢}目詳解】A.C燃燒生成的穩(wěn)定氧化物是CO2不是CO，且焓變?yōu)樨撝?，所以不符合燃燒熱的概念要求，故A錯誤；B.1molC完全燃燒生成穩(wěn)定的CO2，符合燃燒熱的概念要求，該反應放出的熱量為燃燒熱，所以B選項是正確的；C.燃燒熱是指1mol純凈物完全燃燒，方程式中氫氣的系數(shù)為2mol，不是氫氣的燃燒熱，故C錯誤；D.燃燒熱的熱化學方程式中生成的氧化物必須為穩(wěn)定氧化物，水為液態(tài)時較穩(wěn)定，故D錯誤。答案選B。5、C【題目詳解】A.缺碘易患甲狀腺腫大，故A不選；B.缺鈣易患軟骨病，故B不選；C.缺維生素C易患壞血病，故C選；D.白血病是指骨髓造血功能有問題，與壞血病不同，故D不選；答案選C。6、D【解題分析】試題分析：由2種或2種以上的金屬或金屬與非金屬熔化而成的檢驗金屬特性的物質(zhì)是合金，合金的熔點一般比它的成分金屬低，硬度一般比它的成分金屬高，組成合金的元素種類相同，合金的性能不一定相同據(jù)此可知選項D是正確的，答案選D?？键c：考查合金的判斷點評：該題是基礎性試題的考查，也是高考中的常見考點，試題基礎性強，側重對學生基礎知識的鞏固和訓練。該題的關鍵是明確合金的概念以及合金低性能特點，然后靈活運用即可。7、D【解題分析】中性溶液中c（H+）=c（OH-）?！绢}目詳解】A項、pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃時，水的離子積常數(shù)是10-12，pH=6時溶液呈中性，當pH=7時溶液呈堿性，故A錯誤；B項、室溫下，pH之和為14的氨水與鹽酸，酸中氫離子濃度和堿中氫氧根離子濃度相等，鹽酸是強電解質(zhì)，氨水是弱電解質(zhì)，所以氨水的濃度遠遠大于氫氧根離子濃度，所以等體積的氨水和硝酸混合后，氨水過量，溶液呈堿性，故B錯誤；C項、0.1mol/LNaOH溶液與0.05mol/LH2SO4溶液若等體積混合后，溶液呈中性，溶液體積沒有確定，無法判斷溶液酸堿性，C錯誤；D項、溶液中水的離子積常數(shù)Kw=c（H+）×c（OH-），當c（H+）=c（OH-）時，溶液呈中性，C(OH-)=Kw，D故選B?！绢}目點撥】本題考查了溶液酸堿性的判斷，注意不能根據(jù)溶液的PH值判斷溶液的酸堿性，要根據(jù)氫離子濃度和氫氧根離子濃度的相對大小判斷溶液的酸堿性。8、C【題目詳解】A.NaOH是含有極性共價鍵的離子晶體，故A錯誤；B.氯化鈉中,一個鈉離子周圍最近的氯離子有6個,一個氯離子周圍最近的鈉離子有6個;氯化銫中,一個銫離子周圍最近的氯離子有8個,一個氯離子周圍最近的銫離子有8個,晶體結構不同,故B錯誤;C.原子半徑:C<Si,原子半徑越小,共價鍵鍵能越大,原子晶體的硬度越大,則金剛石的熔點和硬度大于硅晶體的硬度,鍺是金屬晶體,金剛石、硅、鍺的熔點和硬度依次降低,所以C選項是正確的;D.Na+、Mg2+、Al3+,的電荷數(shù)分別為:1,2,3;Na+、Mg2+、Al3+電荷逐漸增大、離子半徑在減小,以NaF、MgF2、AlF3三種離子晶體的晶格能逐漸增大,故D錯誤;答案：C?！绢}目點撥】不同非金屬元素之間形成的化學鍵是極性共價鍵;共價鍵的鍵能越大,原子晶體的硬度越大;原子晶體的熔點和硬度大于金屬晶體;離子化合物中,電荷數(shù)越多,半徑越小,晶格能越大.以此分析解答。9、A【題目詳解】A.加入NH4Cl固體，相當于增大了c(NH4+)，平衡向逆向移動，c(OH-)減小，但c(NH4+)較原溶液增大，故A正確；B.升高溫度平衡向正向移動，c(NH4+)、c(OH-)都增大，故B錯誤；C.向氨水中通入NH3平衡向正向移動，c(NH4+)、c(OH-)都增大，故C錯誤；D.加入少量NaOH，平衡向逆向移動，c(NH4+)減小,而c(OH-)增大，故D錯誤。所以本題答案為：A。10、B【題目詳解】A.啤酒中存在可逆反應CO2+H2O?H2CO3，開啟啤酒瓶即減小壓強，平衡逆向移動，產(chǎn)生大量CO2，能用平衡移動原理解釋，A不選；B.用鐵觸媒作催化劑只能加快合成氨的反應速率，不能使平衡發(fā)生移動，不能用平衡移動原理解釋，B選；C.二氧化硫的催化氧化反應為2SO2+O22SO3，使用過量空氣即增大氧氣的濃度，平衡正向移動，提高SO2的轉化率，能用平衡移動原理解釋，C不選；D.收集NO2的密閉燒瓶中存在可逆反應2NO2?N2O4?H<0，升高溫度平衡逆向移動，顏色加深，能用平衡移動原理解釋，D不選；答案選B。11、B【題目詳解】A.鈉的熔點較低，反應放出的熱量就足以讓其熔化為小球，A項正確；B.若該溶液中無而只有，也能得出一樣的現(xiàn)象，B項錯誤；C.碳酸氫鈉是強堿弱酸鹽，因水解而顯堿性，C項正確；D.與反應的現(xiàn)象就是產(chǎn)生白色絮狀沉淀，迅速變成灰綠色，最后變成紅褐色，D項正確；答案選B。12、A【解題分析】活化分子指的是能發(fā)生有效碰撞的分子，它們的能量比一般分子的能量高；活化分子百分數(shù)指的是活化分子占所有分子中的百分含量。【題目詳解】A.增加氣體反應物的濃度，只是增加活化分子的濃度，但是不增加活化分子百分數(shù)，A錯誤；B.升高溫度使普通分子的能量增加，使部分普通分子變成活化分子，因此可以提高單位體積內(nèi)活化分子百分數(shù)，B正確；C.根據(jù)活化分子的定義，發(fā)生有效碰撞的一定是活化分子，C正確；D.使用催化劑，改變反應途徑，使反應所需的活化能降低，使大部分普通分子變成活化分子，提高單位體積活化分子百分數(shù)，D正確。本題答案選A?！绢}目點撥】能夠提高活化分子百分數(shù)的途徑包括升高溫度和加入催化劑。提高活化分子的濃度包括升高溫度、加入催化劑、提高濃度等。13、C【分析】由圖可知乙稀的生成速率與反應的溫度和催化劑的催化效率都有關系?！绢}目詳解】A．由圖可知在100~250℃時，隨著溫度升高催化劑的催化效率越來越高，在250℃時催化劑活性最高，乙酸的生成速率也最高。A正確。B．250～300℃時，乙酸的生成速率降低的原因是催化劑的催化效率降低，該溫度下催化劑對化學反應速率的影響比溫度大，B正確。C．300～400℃時，催化劑的催化效率降低，乙酸的生成速率升高的原因是溫度升高，該溫度下溫度對化學反應速率的影響比催化劑大，C錯誤。D．根據(jù)C可知D正確。本題選錯誤的，故選C?！绢}目點撥】催化劑和溫度的變化對化學反應速率的影響。14、C【解題分析】根據(jù)圖示，左邊為鋅-銅-硫酸鋅原電池，鋅做負極，銅做正極，鋅發(fā)生吸氧腐蝕；右邊為電解池，電極都是銅，電解質(zhì)為硫酸銅溶液，是電鍍池，據(jù)此分析解答?！绢}目詳解】A．電路中電子只能通過外電路，不能通過電解質(zhì)溶液，溶液是通過自由移動的離子導電的，故A錯誤；B．裝置中左邊為原電池，鋅做負極，銅做正極，右邊為電解池，原電池反應是吸氧腐蝕，故B錯誤；C．右邊為電解池，是電鍍裝置，c電極為陽極，銅逐漸溶解，d電極為陰極，析出銅，c電極質(zhì)量減少量等于d電極質(zhì)量增加量，故C正確；D．右邊為電解池，是電鍍裝置，d電極反應：Cu2++2e-=Cu，反應后CuSO4溶液濃度基本不變，故D錯誤；故選C。15、D【題目詳解】醛基可以催化氧化為羧基，也可以被銀氨溶液、新制Cu(OH)2懸濁液氧化，而溴水、酸性高錳酸鉀溶液的氧化性更強，都能把醛基氧化為羧基，故①②③④⑤全部正確；故選：D。16、A【分析】X、Y、Z和W代表原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素，X原子核內(nèi)沒有中子，所以X是H元素；在周期表中，Z與Y、W均相鄰，Y、Z和W三種元素的原子最外層電子數(shù)之和為1，若Y、Z、W屬于同一周期，Y、Z、W的最外層電子數(shù)應為3的倍數(shù)，1不是3的倍數(shù)，所以不是同一周期；在周期表中，Z與Y、W均相鄰，Y、Z和W三種元素的原子最外層電子數(shù)之和為1，所以Z和Y屬于同一周期，Z和W屬于同主族，設Z的最外層電子數(shù)是a，則Y最外層電子數(shù)是a-1，W的最外層電子數(shù)是a，a+a+a-1=1，a=6，所以Y最外層電子數(shù)是5，Z最外層電子數(shù)是6，W最外層電子數(shù)是6，Y、Z和W的原子序數(shù)小于19，所以Y是N元素，Z是O元素，W是S元素。綜上所述，X是H元素，Y是N元素，Z是O元素，W是S元素?！绢}目詳解】A．根據(jù)分析，X、Y、Z和W可形成多種離子化合物，如NH4HSO4、NH4HSO3，二者反應的離子方程式為H++=SO2↑+H2O，A正確；B．共價化合物的熔沸點與相對分子質(zhì)量有關，一般來說，相對分子質(zhì)量越大物質(zhì)的熔沸點越高，但由于氫鍵的存在導致某些物質(zhì)的熔沸點增大，所以由于H2O分子間有氫鍵，H2O的熔沸點最高，B錯誤；C．Y和W所形成的含氧酸不一定都是強酸，如H2SO3是弱酸，C錯誤；D．根據(jù)分析，Y是N元素，Z是O元素，W是S元素，所以Y、Z和W三種元素位于不同周期，D錯誤；故選A。二、非選擇題（本題包括5小題）17、CH3CHClCOOCH31OHCCH2COOH、OHCCH(OH)CHO、OHCCOOCH3(任選一種即可，其他合理答案均可)【解題分析】H在一定條件下反應生成I，反應前后各元素的組成比不變，且H能使溴的溶液褪色，說明H反應生成I應為加聚反應，說明H中含有，則H為，I為；由此可以知道E應為，被氧化生成，不能發(fā)生銀鏡反應，B應為，說明A在堿性條件下生成、NaCl和醇，對比分子組成可以知道該醇為，則A應為。(1)由以上分析可以知道A為CH3CHClCOOCH3；正確答案：CH3CHClCOOCH3。(2)E為，分子中只有具有酸性，能與NaOH反應，則與足量的NaOH溶液反應時，消耗NaOH物質(zhì)的量為；正確答案：1。(3)M為,其對應的同分異構體能發(fā)生銀鏡反應，說明分子中含有CHO或等官能團，對應的同分異構體可能有OHCCH2COOH、OHCCH(OH)CHO或OHCCOOCH3；正確答案:OHCCH2COOH、OHCCH(OH)CHO、OHCCOOCH3(任選一種即可，其他合理答案均可)。(4)H為，可發(fā)生加聚反應生成,方程式為n

；正確答案：。(5)由丙烯、NaOH溶液、、、等為原料合成,可涉及以下反應流程：,涉及的反應類型有加成、水解(或取代)、氧化、氧化、還原(或加成)；具體流程如下：；正確答案：。18、CH3CH2OH醛基氧化反應CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2BrCH3COOH+CH3CH2OH

CH3COOCH2CH3+H2O【分析】乙烯存在碳碳雙鍵，實驗室制乙醇可以用乙烯和水加成，在催化劑的作用下乙醇可以發(fā)生氧化反應生成乙醛?！绢}目詳解】乙烯與水發(fā)生加成反應，生成B——乙醇，乙醇在單質(zhì)銅的催化作用下與氧氣發(fā)生氧化氧化反應生成C——乙醛，乙酸乙酯是乙醇和乙酸在濃硫酸催化下的酯化反應產(chǎn)物，故D為乙酸。(1)B的結構簡式為CH3CH2OH；(2)C中官能團的名稱為醛基；(3)①的反應類型為氧化反應；(4)乙烯與溴水發(fā)生加成反應，化學方程式為CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；(5)②CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。19、硬紙板（或泡沫塑料板）環(huán)形玻璃攪拌棒3-56.8kJ/mol-51.8kJ/molNH3·H2O是弱堿，在中和過程中NH3·H2O發(fā)生電離，要吸熱，因而總體放熱較少HCl(aq)＋NH3·H2O(aq)===NH4Cl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－51.8kJ·mol－1【題目詳解】（1）由量熱計的構造可知該裝置的缺少儀器是環(huán)形玻璃攪拌棒和燒杯上方的泡沫塑料蓋；（2）中和熱的測定中，需要測出反應前酸溶液的溫度，測反應前堿溶液的溫度，混合反應后測最高溫度，所以總共需要測量3次；（3）①濃度為0.5mol/L的酸溶液和0.55mol/L的堿溶液各50mL混合，反應生成了0.025mol水，混合后溶液的質(zhì)量和為：m=100mL×1g/mL=100g，c=4.18J/（g·℃），代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出熱量Q=4.18J/（g·℃）×100g×3.4℃=1.4212kJ，即生成0.025mol的水放出熱量1.4212kJ，所以生成1mol的水放出熱量為△H1=1.4212kJ×=56.8kJ；中和熱為：-56.8KJ/mol；②△H2=cm△T=4.18J/（g·℃）×100g×3.1℃=1.2958kJ；即生成0.025mol的水放出熱量1.2958kJ，所以生成1mol的水放出熱量為△H2=1.2958kJ×=51.8KJ；中和熱-51.8KJ/mol；③兩組實驗結果差異的原因是：一水合氨為弱堿，在中和過程中一水合氨發(fā)生電離，要吸收熱量，因而總體放熱較少；③鹽酸與一水合氨反應生成氯化銨和水，HCl+NH3·H2O的熱化學方程式：HCl（aq）+NH3·H2O（aq）=NH4Cl（aq）+H2O（l）△H=-51.8kJ/mol。20、0.1mol/L0.05mol/L0.001或1×10-3酸式滴定管滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，溶液由無色變?yōu)闇\紫色，且半分鐘內(nèi)無變化1.2mg/cm3【分析】從滴定曲線知，反應開始時，鹽酸溶液pH=1，則c(HCl)0.100mol/L，本實驗用待測濃度的氫氧化鈉溶液滴定標準溶液——10.00mL鹽酸，滴加NaOH溶液至20mL時，恰好中和，故可計算出c(NaOH)=0.050mol/L；血樣20.00mL經(jīng)過處理后得到草酸，用酸性高錳酸鉀溶液滴定，做3次平行試驗，進行數(shù)據(jù)處理，得到消耗高錳酸鉀溶液的平均體積，根據(jù)反應方程式2+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O、草酸鈣的化學式CaC2O4，可計算血樣中鈣元素的含量；【題目詳解】(1)反應開始時，溶液pH=1，則c(H+)=0.1mol/L，由于鹽酸是一元強酸，完全電離，所以c(HCl)=c(H+)=0.100mol/L；當?shù)渭覰aOH溶液至20mL時，溶液的pH=7，二者恰好完全反應，根據(jù)n(HCl)=n(NaOH)，0.100mol/L×10.00mL=c(NaOH)×20.00mL，所以c(NaOH)=0.050mol/L；(2)當溶液的pH=7時，加入溶液中NaOH的物質(zhì)的量等于溶液中HCl的物質(zhì)的量，n(NaOH)=n(HCl)=0.100mol/L×10.00mL×10-3L/mL=0.001mol=x；(3)①高錳酸鉀溶液具有強氧化性，會腐蝕堿式滴定管的橡膠管，因此應該盛放在酸式滴定管在；高錳酸鉀溶液本身顯紫色，當用該溶液滴定草酸時，高錳酸鉀被還原產(chǎn)生Mn2+，故滴定過程中出現(xiàn)褪色現(xiàn)象，滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，溶液紫色不再褪去(溶液由無色變?yōu)闇\紫色)，且半分鐘內(nèi)無變化，說明反應達到滴定終點；②血樣20.00mL經(jīng)過上述處理后得到草酸，用酸性高錳酸鉀溶液滴定，做3次平行試驗，第2次數(shù)據(jù)偏差大，應舍棄，故二次數(shù)據(jù)平均值為消耗高錳酸鉀0.012L，高錳酸鉀物質(zhì)的量為：n(