浙江省杭州第二中学2023学年化学高一下期末达标测试试题含答案解析

1、2023学年高一下化学期末模拟测试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列变化符合图示的是冰雪融化 分解制二氧化碳铝与盐酸的反应与水反应硝酸铵溶于水和的反应ABCD2、一定质量的甲烷燃烧后的产物为CO、CO2和水蒸气，此混合气体质量为49.6

2、g，当其缓慢经过无水CaCl2时，CaCl2增重25.2 g。原混合气体中CO2的质量为( )A12.5 g B13.2 g C19.7 g D24.4 g3、下列说法正确的是离子化合物一定含离子键，也可能含极性键共价化合物可能含离子键含金属元素的化合物不一定是离子化合物由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物由分子组成的物质中一定存在化学键熔融状态下能导电的化合物一定是离子化合物ABCD4、将22.4 g 铁粉逐渐加入到含HNO3 0.8 mol的稀硝酸中，反应生成的气体的物质的量(x)随消耗铁粉的物质的量(y)变化关系中正确的是5、下述实验方案不能达到实验目的的是编号ABCD方案V(CH4

3、)V(Cl2)=11目的较长时间看到Fe(OH)2沉淀验证浓硫酸具有脱水性和强氧化性在强光照条件下制取纯净的一氯甲烷实验室制备乙酸乙酯AABBCCDD6、能被酸性高锰酸钾溶液氧化的物质是A乙烷 B乙醇 C苯 D乙酸7、某溶液中仅含有H、Al3、Cl、SO42四种离子，其中H的浓度为0.5 mol/L，Al3的浓度为0.1 mol/L，Cl-的浓度为0.2 mol/L，则SO42的浓度是A0.15 mol/LB0.25 mol/LC0.3 mol/LD0.4 mol/L8、已知X原子核外有n个电子层，X是位于第A族短周期元素，下列有关说法正确的是()A1n3BX原子最外层有4个电子CX可能是金属

4、元素DX原子易得到电子9、下列有机物的命名正确的是A3-乙基-4-甲基己烷B2,2-二甲基丁烷C3-乙基-4-甲基庚烷D3-异丙基己烷10、下列实验或实验过程符合化学实验“绿色化学”原则的是A用双氧水代替高锰酸钾制取氧气B用铜粉代替铜丝进行铜和浓硝酸反应的实验C用溴水代替碘水进行萃取实验D用大量的氯气进行性质实验11、已知反应A2(g)2B2(g)2AB2(g)的H0，下列说法正确的是( )A升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率减小B升高温度有利于反应速率增加，从而缩短达到平衡的时间C达到平衡后，升高温度或增大压强都有利于该反应平衡正向移动D达到平衡后，降低温度或减小压强都有利于该反应平衡

5、正向移动12、从海带中提取碘的实验操作如下：过滤在海带中加入少量酒精，点燃使其燃烧为灰烬，在灰烬中加水搅拌分液滴加稀硫酸和双氧水加四氯化碳并振荡。该实验操作顺序合理的是A B C D13、下列关于古籍中的记载说法不正确的是（ ）A天工开物中“凡石灰，经火焚炼为用”涉及的反应类型是分解反应B吕氏春秋别类编中“金（即铜）柔锡柔，合两柔则刚”体现了合金硬度方面特性C本草纲目中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次价值数倍也”用到的实验方法 是蒸馏D肘后备急方中“青蒿-握，以水二升渍，绞取汁，尽服之”该过程属于化学变化14、下列叙述中，不能用平衡移动原理解释的是A用排饱和食盐水的方法收集氯气BSO

6、2催化氧化制SO3的过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率C溴水中有下列平衡Br2+H2OHBr+HBrO，当加入硝酸银溶液后，溶液颜色变浅D锌与稀硫酸反应，加入少量硫酸铜反应速率加快15、在光照的条件下，将1 molCH4与一定量的氯气充分混合，经过一段时间，甲烷和氯气均无剩余，生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，若已知生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳的物质的量分别为X mol，Y mol，Z mol，该反应中生成HCl的物质的量是A(1X2Y3Z) mol B(XYZ)molC(2X3Y4Z)mol D(1XYZ)mol16、下列化学用语对事实的表述不正确的

7、是 （ ）A常温时，0.1 molL-1氨水的pH=11.1：NH3H2ONH4+OHB硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OC由Na和C1形成离子键的过程：D电解精炼铜的阴极反应：Cu2+2eCu二、非选择题（本题包括5小题）17、A是天然气的主要成分，以A为原料在一定条件下可获得有机物B、C、D、E、F，其相互转化关系如图。已知烃B在标准状况下的密度为1.16 g L-1，C能发生银镜反应，F为有浓郁香味，不易溶于水的油状液体。请回答：(1)有机物D中含有的官能团名称是_，CD的反应类型_；(2)有机物A在髙温下转化为B的化学方

8、程式是_；(3)有机物CE的化学方程式_；(4)下列说法正确的是_；A其它条件相同时，D与金属钠反应比水与金属钠反应要剧烈B可用饱和Na2CO3溶液鉴别D、E、FCA、B、C均难溶于水，D、E、F常温常压下均为液体D有机物C能被新制碱性氢氧化铜悬浊液或酸性KMnO4溶液氧化(5)写出一种与C互为同分异构体的有机物的结构简式_。18、烃A的产量能衡量一个国家石油化工发展水平，F的碳原子数为D的两倍，以A为原料合成F，其合成路线如图所示：（1）写出决定B、D性质的重要原子团的名称：B_、D_。（2）A的结构式为_。（3）写出下列反应的化学方程式并注明反应类型：_，反应类型：_；_，反应类型：_。（

9、4）实验室怎样区分B和D？_。（5）除去F中少量B和D的最好试剂是_（填字母）。A 饱和碳酸钠溶液 B 氢氧化钠溶液 C 苯 D 水19、（I）草酸的组成用H2C2O4表示，为了测定某草酸溶液的浓度，进行如下实验：称取Wg草酸晶体，配成100.00mL水溶液，取25.00mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶内，加入适量稀H2SO4后，用浓度为amolL1的KMnO4溶液滴定到KMnO4不再褪色为止，所发生的反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2+2MnSO4+8H2O试回答：（1）实验中，标准液KMnO4溶液应装在_式滴定管中，因为_；（2）实验中眼睛注视_，直至

10、滴定终点判断到达终点的现象是_；（3）实验中，下列操作（其它操作均正确），会对所测草酸浓度有什么影响？（填偏大、偏小、无影响）A滴定前仰视刻度，滴定后俯视刻度_；B锥形瓶在盛放待测液前未干燥，有少量蒸馏水_；C滴定过程中摇动锥形瓶，不慎将瓶内的溶液溅出一部分_；（II）用50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_（2）烧杯间填满碎纸条的作用是_（3）依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热H_；（结果保留一位小数）序号起

11、始温度t1终止温度t2盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.620、工业上，向500600 的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁。现用如图所示的装置模拟上述过程进行实验。（1）写出仪器的名称：a_，b_。（2）A中反应的化学方程式为_。C中反应的化学方程式为_。（3）装置B中加入的试剂是_。（4）已知：向热铁屑中通入氯化氢气体可以生产无水氯化亚铁。为防止有杂质FeCl2生成，可在装置_和_（填字母）间增加一个盛有_的洗气瓶。（5）装置D的作用是_。为防止水蒸气影响无水氯化铁的制取，请你提出一个对装置D的改进方案：_。（6）反应结束后，取少

12、量装置C中的固体于试管中，加入足量盐酸，固体完全溶解，得到溶液X。证明溶液X中含有FeCl3的试剂是_，观察到的现象是_。21、有X、Y、Z、W四种短周期元素，原子序数依次增大。X元素原子的半径最小。Z、W在周期表中处于邻位置，它们的单质在通常状况下均为无色气体。Y原子的最外层电子数是次外层子数的2倍。请回答：（1）Z2的电子式为_，YW2的结构式为_。（2）将X2、W2按上图所示通入某燃料电池中，其中，b电极的电极反应式为_。若有16gW2参加反应，转移的电子数是_。（3）由X、Y、Z、W四种元素组成的无机酸酸式盐_（化学式），与足量的NaOH溶液在加热条件下反应的离子方程式为_。2023学

13、年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【答案解析】图片显示的是吸热反应，且为化学反应，冰雪融化吸热过程，但是是物理变化，则不符合图片，碳酸钙分解制二氧化碳是吸热过程，符合图片，铝与盐酸的反应是放热反应，不符合题意，过氧化钠与水反应是放热反应，不符合题意，硝酸铵溶于水，该过程是吸热过程，但是物理变化，则不符合题意，Ba(OH)28H2O和的反应，是吸热反应，符合题意，故选；故选A。2、B【答案解析】测试卷分析：无水CaCl2吸收了混合气体中的水蒸气，则水蒸气的质量为25.2g，其物质的量为，则甲烷的物质的量为。设混合气体中CO的物质的量为x,CO2的物质的

14、量为y，则x+y=0.7，28x+44y=49.6-25.2，解得：x=0.4mol，y=0.3mol，故原混合气体中CO2的质量为。故答案B。考点：考查混合气体中各组分的确定。3、D【答案解析】测试卷分析：离子化合物一定含离子键，可能含共价键，如NaOH中含极性共价键，过氧化钠中含非极性共价键，正确；含离子键的一定为离子化合物，共价化合物中含共价键，不可能含离子键，错误；含金属元素的化合物可能为共价化合物，如氯化铝为共价化合物，而NaCl为离子化合物，故确；由非金属元素组成的化合物可能为离子化合物，如铵盐为离子化合物，错误；由分子组成的物质可能不存在化学键，如稀有气体的单质不存在化学键，错误

15、；熔融状态能导电的化合物，其构成微粒为离子，则作用力为离子键，化合物是离子化合物，正确；答案选D。考点：考查化学键和化合物关系判断【名师点睛】一般来说活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性共价键，同种非金属元素之间易形成非极性共价键，单原子分子中不含化学键；只含共价键的化合物是共价化合物；含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键。离子化合物形成的晶体一定是离子晶体，由共价键构成的晶体多数是分子晶体，少部分是原子晶体。注意在熔融状态下离子键可以断键，而共价键不能断键，是判断离子化合物和共价化合物的实验依据。4、C【答案解析】测试卷分析：Fe与稀硝

16、酸反应n（Fe）=22.4/56=0.4 mol，设稀HNO3完全反应，消耗Fe为xmol，设生成Fe(NO3)3为y mol据反应：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO+2H2O得，x=0.2mol，Fe过量（0.4-0.2）=0.2mol，继续加入Fe粉，不再产生NO气体，过量的铁与Fe(NO3)3发生反应，Fe+2Fe(NO3)33Fe(NO3)2,完全反应还只需加0.1molFe ，A、生成0.2mol气体需用0.2mol铁，A项错误；B、生成0.2mol气体需用0.2mol铁，B项错误；C、据以上分析，C项正确；D、生成0.2mol气体需用0.2mol铁，D项错误；答案选C。考点

17、：考查化学图像5、C【答案解析】分析：A.氢氧化亚铁易被氧气氧化，因此在制备时要隔绝空气；B.蔗糖变黑与浓硫酸脱水性有关,后浓硫酸与C反应生成二氧化硫,二氧化硫与浓溴水发生氧化还原反应；C.甲烷会发生一系列取代反应，得到多种氯代烃和氯化氢；D.制取乙酸乙酯时,用饱和碳酸钠溶液分离提纯乙酸乙酯，导气管不能伸入饱和碳酸钠溶液中,否则易产生倒吸现象。详解：氢氧化亚铁易被氧气氧化，因此用植物油覆盖在硫酸亚铁溶液上层，起到隔绝空气的作用，可以较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，A正确；蔗糖变黑，体现浓硫酸的脱水性,溴水褪色说明浓硫酸与C反应生成二氧化硫,体现浓硫酸的强氧化性, B正确；甲烷和氯气会发生一

18、系列取代反应，生成物有：一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷和氯化氢，导致的制取一氯甲烷不纯，C错误；制取乙酸乙酯时,用饱和碳酸钠溶液分离提纯乙酸乙酯，导气管不能伸入饱和碳酸钠溶液中,否则易产生倒吸现象,D正确；正确选项C。6、B【答案解析】A、乙烷是烷烃，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，A错误；B、乙醇分子中含有羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，B正确；C、苯是芳香烃，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，C错误；D、乙酸含有羧基，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，D错误。答案选B。7、C【答案解析】根据溶液中存在电荷守恒关系：c(H)+3c(Al3)=c(Cl)+2c (SO42)，代入数据计算：c (SO4

19、2)=mol/L=0.3mol/L。故选C。【答案点睛】在溶液中，n价离子An+或Bn-所带的电荷总数为nc(An+)或nc(Bn-)，所以，在电荷守恒式中，一个离子带几个电荷，就在其物质的量浓度前面乘以几。8、B【答案解析】由元素周期表中位置：“X是位于第A族短周期元素”可推知X是碳元素或硅元素。【题目详解】A. “X是位于第A族短周期元素”，第一周期没有第A族，则n=2或3，故A错误；B. “X是位于第A族短周期元素”，则X原子最外层有4个电子，故B正确；C. 由分析可知，X是碳元素或硅元素，X不可能是金属元素，故C错误；D. “X是位于第A族短周期元素”，则X原子最外层有4个电子，X原子

20、不易得失电子，故D错误；答案选B。9、B【答案解析】A根据所给名称对应的有机物结构应为，正确名称为3-甲基-4-乙基己烷，故A错误；B根据所给名称对应的有机物结构应为，命名正确，故B正确；C根据所给名称对应的有机物结构应为，正确名称为4-甲基-5-乙基庚烷，故C错误；D根据所给名称对应的有机物结构应为，正确名称为2-甲基-3-乙基己烷，故D错误；故答案为B。【答案点睛】烷烃命名原则：长-选最长碳链为主链；多-遇等长碳链时，支链最多为主链；近-离支链最近一端编号；小-支链编号之和最小看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近-离支链最近一端编号”的原则；简-两取代基距离主链两端等距离时，从简单取

21、代基开始编号如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。10、A【答案解析】A双氧水制取氧气的产物为水，对环境没有任何污染，也没有产生任何固体废物，而且在反应过程中使用催化剂，使反应速度大大加快，反应过程也不需要任何额外的能量供应，节省了能源，符合化学实验“绿色化学”原则，故A正确；B用铜粉与浓硝酸反应，在不需要反应时，不能控制反应的停止，容易造成环境污染，不符合绿色化学原则，故B错误；C溴水易挥发、溴蒸气有毒，会污染空气，不符合绿色化学理念，故C错误；D氯气有毒，易污染环境，实验时应减少其用量，不符合“绿色化学”原则，故D错误；故选A。【答案点睛】本题的易错点为B，主要原因是不易控制反

22、应的发生与停止，容易造成污染。11、B【答案解析】A2(g)2B2(g)2AB2(g)的H0，该反应是一个气体分子数减少的放热反应。【题目详解】A. 升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率也增大，A不正确；B. 升高温度有利于反应速率增加，从而缩短达到平衡的时间，B正确；C. 达到平衡后，升高温度有利于该反应平衡逆向移动，C不正确；D. 达到平衡后，减小压强都有利于该反应平衡逆向移动，D不正确。故选B。12、D【答案解析】按反应顺序分析：先将海带烧成灰，向灰中加水搅拌；再过滤，取滤液滴加稀硫酸和双氧水，然后加入CCl4振荡，最后用分液漏斗分液，即合理的操作顺序为，答案选D。13、D【答案解析

23、】A. 天工开物中“凡石灰，经火焚炼为用”涉及的反应类型是碳酸钙的分解反应，A正确；B. 吕氏春秋别类编中“金（即铜）柔锡柔，合两柔则刚”体现了合金硬度方面的特性，即合金的硬度比其成分金属高，B正确；C. 本草纲目中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次价值数倍也”用到的实验方法是蒸馏，即根据混合物的沸点不同将混合物分离的方法，C正确；D. 肘后备急方中“青蒿握，以水二升渍，绞取汁，尽服之”该提取过程没有新物质生成，属于物理变化，D不正确。本题选D。14、D【答案解析】A.实验室用排饱和食盐水法收集氯气，利用饱和食盐水中氯离子浓度使平衡逆向进行，Cl2+H2OH+Cl-+HClO，可以用平

24、衡移动原理解释，A不选；B.SO2催化氧化制SO3的过程中使用过量的氧气，增大氧气浓度平衡正向进行，提高了二氧化硫的转化率，可以用平衡移动原理解释，B不选；C.加入硝酸银溶液后，生成AgBr沉淀，使溴离子浓度减小，平衡Br2+H2OHBr+HBrO正向移动，促进溴与水的反应，溶液颜色变浅，可用平衡移动原理解释，C不选；D.锌与稀硫酸反应，加入少量硫酸铜溶液，Zn与CuSO4发生置换反应反应，产生Cu单质，Zn、Cu及稀硫酸构成了Cu-Zn原电池，原电池反应加快化学反应速率，所以不能用平衡移动原理解释，D选；故合理选项是D。15、A【答案解析】A.因为甲烷和氯气均无剩余，则由反应前后碳元素的质量

25、守恒可得一氯甲烷的的物质的量为(1-X-Y-Z)mol，由氢元素的质量守恒可知n（HCl）=n（CH3Cl）+2n（CH2Cl2）+3n（CHCl3）+4n（CCl4）=（1-X-Y-Z+2X+3Y+4Z）mol=（1X2Y3Z）mol，故A正确；答案选A。【答案点睛】质量守恒是化学反应中的一条基本规律，守恒法也是在化学计算中常用的方法，守恒思想也是化学中一种非常重要的一种思想。16、B【答案解析】分析：A、一水合氨为弱碱水溶液，存在电离平衡；B、酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”；C、Na易失电子形成Na+，Cl易得电子形成Cl；D、电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极。详解：A、常温下0.

26、1molL-1氨水的pH=11.1，溶液中c（OH-）0.1molL-1，说明一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，电离方程式为NH3H2ONH4+OH-，A正确；B、酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”，硬脂酸与乙醇反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，B错误；C、Na原子最外层有1个电子，Na易失电子形成Na+，Cl原子最外层有7个电子，Cl易得电子形成Cl-，Na将最外层的1个电子转移给Cl，Na+与Cl-间形成离子键，C正确；D、电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极，阴极电极反应式为Cu2+2e=Cu，D正确；答案选B。点睛：本题综合

27、考查化学用语，涉及酯化反应、弱电解质的电离、电子式以及电极方程式，题目把化学用语与化学反应原理巧妙地结合，很好地考查学生的分析能力，题目难度不大。注意强电解质和弱电解质电离方程式的区别、用电子式表示离子化合物和共价化合物形成过程的区别。二、非选择题（本题包括5小题）17、羟基 加成反应或还原反应 2CH4 CHCH+3H2 2CH3CHO + O2 2CH3COOH BD CH2=CHOH或 【答案解析】本题考查有机物的推断，A为天然气的主要成分，即A为CH4，B在标准状况下的密度为1.16gL1，根据M=22.4=22.41.16gmol1=26gmol1，即B为C2H2，C能发生银镜反应，

28、说明C属于醛基，即为乙醛，CH3CHO与氢气发生还原反应或加成反应，生成CH3CH2OH，乙醛被氧气氧化成CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，（1）根据上述分析，D为CH3CH2OH，含有的官能团是羟基，乙醛生成乙醇，是还原反应或加成反应；（2）根据原子守恒，应是2个甲烷分子生成1个乙炔分子，同时产生1个氢气分子，即反应方程式为：2CH4 CHCH+3H2；（3）根据上述分析，此反应为乙醛的氧化反应，即反应方程式为：2CH3CHO + O2 2CH3COOH；（4）A、D为乙醇，电离出的H能力弱于水，因此金属钠与乙醇反应比与水反应缓慢，故A错误；B、乙醇与碳酸钠

29、互溶，乙酸与碳酸钠反应产生CO2气体，乙酸乙酯不溶于碳酸钠，浮在碳酸钠的液面上，出现分层，因此可以鉴别，故B正确；C、甲烷和乙炔不溶于水，乙醛溶于水，故C错误；D、C为乙醛，能被新制氢氧化铜悬浊液氧化，也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故D正确；（5）与乙醛互为同分异构体的是 CH2=CHOH或 。18、羟基 羧基 2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O 氧化反应 CH3COOHCH3CH2OHCH3COOCH2CH3H2O 酯化反应（或取代反应） 分别取少量待测液于试管中，滴加少量石蕊溶液，若溶液变红，则所取待测液为乙酸，另一种为乙醇（答案合理均可） A 【答案解析】根据A的产量通常用来衡量

30、一个国家的石油化工水平，判断A应为乙烯，结构式为，乙烯和水在催化剂条件下发生加成反应生成乙醇，所以B为乙醇，乙醇被催化氧化生成乙醛，所以C为乙醛；F的碳原子数为D的两倍，根据反应条件可知D为乙酸，乙醇和乙酸在浓硫酸作用下反应生成乙酸乙酯，所以F为乙酸乙酯，据此进行解答。【题目详解】（1）根据上述分析可知：B为乙醇，D为乙酸，决定B、D性质的重要原子团的名称：B羟基、D羧基。答案：羟基； 羧基。（2）由分析知A为乙烯，其结构式为。答案：。（3）由图可知发生的是CH3CH2OH 催化氧化为CH3CHO 的反应，反应方程式为2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O 答案：2CH3CH2OHO22

31、CH3CHO2H2O ； 氧化反应。发生的是乙醇和乙酸在浓硫酸作用下反应生成乙酸乙酯CH3COOHCH3CH2OHCH3COOCH2CH3H2O ，反应类型为酯化反应（或取代反应）；答案：CH3COOHCH3CH2OHCH3COOCH2CH3H2O ；酯化反应（或取代反应）。 （4）由B为乙醇，D为乙酸，实验室可以通过：分别取少量待测液于试管中，滴加少量石蕊溶液，若溶液变红，则所取待测液为乙酸，另一种为乙醇的方法区分；答案：分别取少量待测液于试管中，滴加少量石蕊溶液，若溶液变红，则所取待测液为乙酸，另一种为乙醇，其他答案符合题意也可。（5）F为乙酸乙酯，B为乙醇，D为乙酸，除去F中少量B和D的

32、最好试剂是饱和碳酸钠溶液，可以吸收乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解性。答案：A。【答案点睛】突破口：A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，判断A为乙烯，再结合反应条件和各物质的性质进行判断即可。19、酸 高锰酸钾具有强氧化性 锥形瓶内颜色变化 当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫红色且30s内不褪色 偏小 无影响 偏小 环形玻璃搅拌棒 减少实验过程中的热量损失 -51.8kJ/mol 【答案解析】(I)(1)KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管；(2)根据滴定的操作分析解答；KMnO4溶液呈紫色，草酸反应完毕，滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去，说明滴定到终点；(

33、3)根据c(待测)分析误差；(II)(1)根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作；(3)先根据表中测定数据计算出混合液反应前后的平均温度差，再根据Q=cmT计算出反应放出的热量，最后计算出中和热。【题目详解】(I)(1)KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，故KMnO4溶液应装在酸式滴定管中，故答案为：酸；因KMnO4溶液有强氧化性，能腐蚀橡皮管；(2)滴定时，左手控制滴定管活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化；KMnO4溶液呈紫色，草酸反应完毕，滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去，说明滴定到达终点，不需要外加指示剂，故答案为

34、：锥形瓶内溶液颜色的变化；当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫红色且30s内不褪色；(3)A滴定前仰视刻度，滴定后俯视刻度，造成V(标准)偏小，根据c(待测)分析，c(待测)偏小，故答案为：偏小；B锥形瓶在盛放待测液前未干燥，有少量蒸馏水，对V(标准)无影响，根据c(待测)分析，c(待测)无影响，故答案为：无影响；C滴定过程中摇动锥形瓶，不慎将瓶内的溶液溅出一部分，待测液减少，造成V(标准)偏小，根据c(待测)分析，c(待测)偏小，故答案为：偏小。(II)(1)由量热计的构造可知，该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作，

35、大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故答案为：减少实验过程中的热量损失；(3)第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05，反应后温度为：23.2，反应前后温度差为3.15；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3，反应后温度为：23.4，反应前后温度差为3.1；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55，反应后温度为：23.6，反应前后温度差为：3.05；平均温度差为：3.1。50mL的0.50mol/L盐酸与50mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为m=100mL1g/cm3=100g，c=4.18J/(g)，代入公式Q=cmT得生成

36、0.05mol的水放出热量Q=4.18J/(g)100g3.1=1.2958kJ，即生成0.025mol的水放出热量为：1.2958kJ，所以生成1mol的水放出热量为：1.2958kJ=-51.8kJ/mol，即该实验测得的中和热H=-51.8kJ/mol，故答案为：-51.8kJ/mol。【答案点睛】本题的易错点为(II)(3)中和热的计算，要注意中和热的概念的理解，水的物质的量特指“1mol”。20、 分液漏斗 圆底烧瓶 4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O 2Fe+3Cl22FeCl3 浓硫酸 A B 饱和食盐水 除去过量氯气，防止其污染空气 改为一个盛有碱石灰的干燥管（或在装置C和D之间增加一个盛有浓硫酸的洗气瓶） 硫氰化钾溶液（或苯酚溶液） 溶液变为红色（或溶液变为紫色