2024届江苏省扬州市宝应中学化学高二上期中复习检测模拟试题含解析

2024届江苏省扬州市宝应中学化学高二上期中复习检测模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、汽车尾气中NO产生的反应为：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），一定条件下，等物质的量的N2（g）和O2（g）在恒容密闭容器中反应，如图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化．下列叙述正确的是A．温度T下，该反应的平衡常数B．温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小C．曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂D．若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的△H＜02、下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是（）A．1molH2与0.5molO2反应放出的热就是H2的燃烧热B．反应放出热量的多少与反应物的质量和状态无关C．热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数D．体系的温度升高一定是放热反应造成的；体系的温度降低一定是吸热反应造成的。3、下列说法中正确的是（）A．苯和乙烷都能发生取代反应B．石油的分馏和煤的干馏都是化学变化C．工业上可通过石油分馏直接得到甲烷、乙烯和苯D．乙烯和聚乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色4、在一定温度下，固定容积的密闭容器中发生反应A(g)＋3B(g)2C(g)＋2D(s)，下列叙述不是反应达到平衡状态标志的是（）①2υ正(B)=3υ逆(C)②单位时间内生成amolA，同时生成3amolB③A、B、C的浓度不再变化④混合气体密度不随时间变化而变化⑤混合气体的总压强不再变化⑥密闭容器中C的体积分数不变⑦单位时间内消耗amolA，同时生成3amolB⑧A、B、C、D的分子数之比为1∶3∶2∶2A．②⑧ B．②⑤⑧ C．①③④⑦ D．②⑤⑥⑧5、下列方法能用于鉴别丙酮(CH3COCH3)和丙醛的是A．李比希燃烧法B．钠融法C．质谱法D．1H-NMR谱6、一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-196.0kJ．mol-1，测得反应的相关数据如下,下列说法正确的是（）容器1容器2容器3应温度T/K700700800反应物投入量2molSO2、1molO24molSO32molSO3平衡v正(SO2)/mol•L-1•S-1v1v2v3平衡c(SO3)/mol•L-1c1c2c3平衡体系总压强p/Pap1p2p3反应能量变化放出aKJ吸收bKJ吸收cKJ物质的平衡转化率αα1（SO2）α2（SO3）α3（SO2）平衡常数KK1K2K3A．v1<v2,c2<2c1 B．K1>K3，p2>2p3C．v1<v3，α1(SO2)<α2(SO3) D．c2>2c3，α2(SO3)+α3(SO2)<17、关于金属晶体和金属键的叙述中，错误的是（）A．金属键的强弱决定了金属单质的化学活动性B．金属的导电.导热性都跟金属晶体里自由电子的运动有关C．金属晶体里的自由电子为许多金属离子所共有D．金属键是指金属离子之间通过自由电子产生的强烈相互作用8、在溶液中能大量共存的离子组是A．Na+、OH-、HCO3- B．Ba2+、OH-、C1-C．H+、K+、CO32- D．NH4+、NO3-、OH-9、将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中(固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)△H=+akJ·mol-l。能判断该分解反应已经达到化学平衡的是（）A．v(NH3)=2v(CO2)B．密闭容器中NH3体积分数不变C．反应吸收akJ热量D．密闭容器中混合气体的密度不变10、据报道，科学家已成功合成了少量H3，有关H3的说法正确的是()A．H3和H2互为氢元素的两种核素B．H3是氢元素的一种同位素C．相同体积的H3和H2气体所含分子数比为1:1D．H3的摩尔质量是3g·mol—111、在某2L恒容密闭容器中充入2molX(g)和1molY(g)发生反应:2X(g)+Y(g)3Z(g),反应过程中持续升高温度,测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是()A．M点时,Y的转化率最大 B．升高温度,平衡常数减小C．W点时v正=v逆 D．W、M两点Y的正反应速率相同12、下列事实不能证明HNO2是弱酸的是：A．常温下0.1mol/LHNO2溶液的pH>1B．用稀HNO2溶液做导电性实验，灯泡较暗C．在HNO2溶液中HNO2、NO2-同时存在D．用NaOH中和0.1LpH=2的HNO2溶液消耗的NaOH大于0.001mol13、观察下列几个装置示意图，有关叙述正确的是（）A．装置①工业上可用于生产金属钠，电解过程中石墨电极产生金属B．装置②中阳极产生的气体可以使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝C．装置③中的离子交换膜允许阳离子、阴离子和小分子水通过D．装置④的待镀铁制品应与电源正极相连14、某温度时，在体积为1L的密闭容器中，A、B、C三种气体浓度的变化如图I所示，若其它条件不变，当温度分别为Tl和T2时，B的体积百分含量与时间关系如图Ⅱ所示．则下列结论正确的是A．该反应的热化学方程式为：A（g）+3B（g）⇌2C（g）；△H＞0B．达到平衡后，若其他条件不变，通入稀有气体，平衡向正反应方向移动C．达到平衡后，若其他条件不变，减小体积，平衡向逆反应方向移动D．若其它条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，A的转化率减小15、既能由单质间通过化合反应制得，又能在溶液中通过复分解反应制得的物质是（）A．FeS B．Fe(OH)2 C．FeO D．Fe3O416、地壳中含量最多的金属是A．铁B．铝C．钙D．硅二、非选择题（本题包括5小题）17、用C、Mg和Al组成的混合物进行如下图所示实验。填写下列空白。（1）气体X为_________，固体Z为_____________。（2）滤液Y中除H+外，还含有的阳离子为_________与__________；其中镁和稀硫酸反应的化学方程式为_________________________________________。（3）滤液N中除Na2SO4和NaOH外，还含有的溶质为____________(填化学式)；生成该物质的离子方程式为：________________________________。（4）生成固体M的离子方程式为：________________________________。18、有机物G是一种重要的工业原料，其合成路线如图：回答下列问题：(1)已知反应①为加成反应，则有机物A的名称为______。(2)反应③的试剂和条件为______。(3)芳香烃M与B互为同分异构体，其核磁共振氢谱图中峰面积之比为3：1，M的结构简式为______。(4)有人提出可以将上述合成路线中的反应③和反应④简化掉，请说明你的观点和理由______。(5)反应⑥的化学方程式为______。19、滴定法是解决化学分析问题的常用方法。滴定的方法有酸碱中和滴定、氧化还原滴定、沉淀滴定、络合滴定等。I.如图为某浓度的NaOH溶液滴定10.00mL一定浓度的盐酸的示意图。根据图象分析：(1)HCl溶液的浓度是__________；NaOH溶液的浓度是_______；(2)x=________。ΙΙ.氧化还原滴定实验与中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。(3)人体血液里Ca2+的浓度一般采用mg/cm3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度，抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol/LKMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，滴定的实验数据如下所示：实验编号待测血液的体积/mL滴入KMnO4溶液的体积/mL120.0011.95220.0013.00320.0012.05①滴定时，盛放高锰酸钾溶液的仪器名称为_________确定反应达到终点的现象_____________。②草酸跟酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：2+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，根据所给数据计算血液样品中Ca2+离子的浓度为__________mg/cm320、定量分析是化学实验中重要的组成部分。Ⅰ．中和热的测定：在实验室中，用50mL0.40mol/L的盐酸与50mL0.50mol/L的NaOH溶液反应测定中和热。假设此时溶液密度均为1g/cm3，生成溶液的比容热c=4.18J/(g•℃)，实验起始温度为T1℃，终止温度为T2℃，则中和热△H=___kJ/mol。Ⅱ．氧化还原滴定实验与中和滴定类似。为测定某H2C2O4溶液的浓度，取该溶液于锥形瓶中，加入适量稀H2SO4后，用浓度为cmol/LKMnO4标准溶液滴定。(1)滴定原理为：(用离子方程式表示)___________。(2)达到滴定终点时的颜色变化为___________。(3)如图表示50mL滴定管中液面的位置，此时滴定管中液面的___________读数为mL。(4)为了减小实验误差，该同学一共进行了三次实验，假设每次所取H2C2O4溶液体积均为VmL，三次实验结果记录如下：实验序号①②③消耗KMnO4溶液体积/mL26.5324.0223.98从上表可以看出，实验①中记录消耗KMnO4溶液的体积明显多于②③，其原因可能是______________________。A．滴加KMnO4溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定B．①滴定盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水清洗过，未用标准液润洗，②③均用标准液润洗C．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时KMnO4溶液的体积D．①滴定用的锥形瓶用待测液润洗过，②③未润洗(5)H2C2O4的物质的量浓度=______________mol/L。21、Ⅰ.已知：①②③试据此写出一氧化碳燃烧的热化学方程式___________________________。Ⅱ.甲乙两池电极材料均为铁棒与铂棒，请回答下列问题：（1）若电池中均为CuSO4溶液，则下列说法正确的是___________。A．一段时间后，甲乙两池中Pt棒上都有红色物质析出B．甲池中Fe棒上发生氧化反应，乙池中Fe棒上发生还原反应C．甲池中Cu2+向Fe棒移动，乙池中Cu2+向Pt棒移动D．一段时间后，甲池中Fe棒质量减少，乙池中Fe棒质量增加（2）若两池中均为饱和NaCl溶液：①写出乙池中总反应的化学方程式_____________________________________，乙池中Pt棒上的电极反应属于_______反应（填“氧化”或是“还原”）。②甲池中Pt棒上的电极反应式是_______________________________________。③室温下，若乙池转移0.02mol电子后停止实验，该池中溶液体积为2000mL，则溶液混合均匀后pH=__________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【题目详解】A、根据平衡常数的定义，结合开始时氮气和氧气的物质的量相等，可知该平衡常数为：，选项A正确；B、由于该容器是一个恒容容器，反应前后气体的质量不发生改变，所以气体的密度一直不变，选项B错误；C、催化剂仅能改变达到平衡所用的时间，不能使平衡移动，即不能改变平衡浓度，选项C错误；D、若曲线b对应的条件改变是温度，根据先达到平衡可知为升高温度，平衡向吸热反应的方向移动，而氮气的浓度降低，说明平衡向正方向移动，正反应为吸热反应，△H>0，选项D错误。答案选A。2、C【分析】本题考查化学反应中的能量变化、燃烧热的概念以及热化学方程式中化学计量数的意义等知识，题目比较基础，难度中等。【题目详解】A.依据燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；1molH2与0.5molO2反应生成的水状态不知，放出的热不一定是H2的燃烧热，A项错误；

B.物质的量不同，物质的状态不同能量不同，反应放出的热量的多少与反应物的质量和状态有关；B项错误；

C.热化学方程式计量数指的是物质的量；可以是整数，也可以是分数，C项正确；D.体系的温度高低不仅与吸热放热有关，还与反应条件有关，不能根据反应吸热放热确定反应体系的温度变化，D项错误；答案选C。【题目点拨】重点把握住燃烧热中的关键词1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物，H2对应的稳定的氧化物就是液态水。热化学方程式中的化学计量数表示的是物质的量，可以是分数。3、A【题目详解】A.苯和液溴在铁做催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯，乙烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成氯乙烷，故A正确；B.石油的分馏是物理变化，煤的干馏是化学变化，故B错误；C.工业上可通过石油分馏可以直接得到甲烷，分馏是物理变化，得不到乙烯和苯，故C错误；D.乙烯含有碳碳双键能使溴的四氯化碳溶液褪色，聚乙烯不含有碳碳双键不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D错误；故答案选A。4、A【题目详解】对于A(g)＋3B(g)2C(g)＋2D(s)；①不同物质表示的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，可逆反应到达平衡状态，2υ正(B)=3υ逆(C)，即υ正(B)：υ逆(C)=3：2，说明到达平衡，①是反应达到平衡状态标志，故不选①；②单位时间内amolA生成，同时生成3amolB，在任何情况下都成立，②不是反应达到平衡状态标志，故选②；③A、B、C的浓度不再变化，说明达到平衡状，③是反应达到平衡状态标志，故不选③；④混合气体密度不再变化，说明达到平衡状态，④是反应达到平衡状态标志，故不选④；⑤达到平衡后，A、B、C气体的物质的量及体积不再随时间的变化而变化，故混合气体的总压强不再变化，⑤是反应达到平衡状态标志，故不选⑤；⑥未达到平衡状态时，混合气体的体积分数是发生变化的，若混合气体的体积分数不再变化，说明达到了平衡状态，⑥是反应达到平衡状态标志，故不选⑥；⑦单位时间消耗amolA，反映的是正反应速率，同时生成3amolB，反映的是逆反应速率，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，说明达到平衡状态，⑦是反应达到平衡状态标志，故不选⑦；⑧平衡时各物质的量之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故A、B、C、D的分子数之比不一定为1∶3∶2∶2，不能判断反应是否平衡，⑧不是反应达到平衡状态标志，故选⑧；故本题选A。5、D【解题分析】丙酮和丙醛的分子式相同，故无法通过李比希燃烧法和质谱法鉴别，故AC错误；钠熔法：定性鉴定有机化合物所含元素（氮、卤素、硫）的方法，故无法鉴别丙酮和丙醛；故B错误；两种物质中氢原子的化学环境种类不同，丙酮分子中只有一种氢原子，而丙醛分子中有三种氢原子，故可通过核磁共振氢谱鉴别，D项正确。6、D【题目详解】A项、将I容器中的反应极限化时产生2molSO3，Ⅱ容器是以4molSO3起始，整体来讲Ⅱ容器的物料浓度高于Ⅰ容器中的物料浓度，所以v1＜v2，Ⅱ容器相当于Ⅰ容器加压，若平衡不发生移动，则平衡时有c2=2c1，但加压有利于该反应正向进行，所以c2＞2c1，故A错误；B项、该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则K1＞K3，容器中，根据理想气体状态方程pV=nRT，容器Ⅱ是4molSO3起始反应，容器Ⅲ极限化时生成2molSO2，容器Ⅱ相当于容器Ⅲ加压，若平衡不发生移动，则有c2=2c3，该反应是一个气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，由于容器Ⅱ和容器Ⅲ的温度不等，容器Ⅲ的反应温度高于容器Ⅱ的反应温度，则c2＞2c3，而压强关系为==＞，故B错误；C．温度升高，化学反应速率加快，则v1＜v3，该反应为放热反应，，则容器Ⅰ中SO2的平衡转化率更高，所以α1（SO2）＞α3（SO2），故C错误；D项、容器Ⅱ是4molSO3起始反应，容器Ⅲ极限化时生成2molSO2，容器Ⅱ相当于容器Ⅲ加压，若平衡不发生移动，则有c2=2c3，但加压有利于反应正向进行，并且容器Ⅱ和容器Ⅲ的温度不等，容器Ⅲ的反应温度高于容器Ⅱ的反应温度，则c2＞2c3，若容器Ⅱ不是相对于容器Ⅲ加压，且两容器温度相同，则有α2（SO3）+α3（SO2）=1，但加压有利于反应向减压方向进行，则α2（SO3）减小，温度升高不利于反应正向进行，则α3（SO2）减小，因此最终α2（SO3）+α3（SO2）＜1，故D正确；故选D。7、A【题目详解】A选项，金属键的强弱决定金属的熔、沸点和硬度等物理性质，故A错误；B选项，金属的导电、导热性都跟金属晶体里自由电子的运动有关，故B正确；C选项，金属晶体中金属离子以一定方式堆积，电子在里自由移动，故自由电子为许多金属离子所共有，故C正确；D选项，金属键是指金属离子之间与自由电子产生的强烈相互作用，故D正确；综上所述，答案为A。【题目点拨】金属的化学性质主要取决于最外层电子数，金属的导电性、导热性、延展性都可以用电子来解释。8、B【解题分析】A.OH－和HCO3－发生反应生成CO32-和水，不能大量共存，A不符合题意；B.离子间相互不反应，能大量共存，B符合题意；C.H＋和CO32－反应生成CO2或HCO3－，不能大量共存，C不符合题意；D.NH4+与OH－反应生成弱电解质NH3·H2O，不能大量共存，D不符合题意；答案选B。9、D【解题分析】分析：根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变。详解：A、未体现正逆反应速率的关系，故A错误；B、由于反应物为固体，根据方程式，从反应开始到平衡，密闭容器中氨气的体积分数一直不变，不能判断该分解反应已经达到化学平衡，故B错误；C.该反应为可逆反应，反应吸收akJ热量，只是说明分解的氨基甲酸铵的物质的量为1mol，不能说明氨基甲酸铵的物质的量是否变化，故C错误；D、密闭容器中混合气体的密度不变，说明气体质量不变，正逆反应速率相等，故D正确；故选D。点睛：本题考查了化学平衡状态的判断注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0。本题的易错点为C，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。10、D【题目详解】A．核素研究对象是原子，H3与H2是氢元素组成结构不同的单质，互为同素异形体，选项A错误；B．H3是氢元素的一种单质，选项B错误；C．相同体积（压强与温度不确定）的H3和H2气体，分子数之比不确定，选项C错误；D．H3的摩尔质量是3g•mol-1，选项D正确；答案选D。11、B【分析】温度在a℃之前，升高温度，X的含量减小，温度在a℃之后，升高温度，X的含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向正反应进行，最低点之后，各点为平衡点，升高温度X的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，据此分析解答。【题目详解】A．曲线上最低点Q为平衡点，升高温度平衡向逆反应移动，Y的转化率减小，所以Q点时，Y的转化率最大，故A错误；B．Q点后升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，则升高温度，平衡常数减小，故B正确；C．W点不是平衡点，此时反应以正向进行为主，即v正＞v逆，故C错误；D．W点对应的温度低于M点对应的温度，温度越高反应速率越大，所以W点Y的正反应速率小于M点Y的正反应速率，故D错误；故答案为B。12、B【解题分析】常温下0.1mol/LHNO2溶液的pH>1，说明亚硝酸部分电离，A能证明HNO2是弱酸；用稀HNO2溶液做导电性实验，灯泡较暗，只能说明离子浓度小，不能说明亚硝酸部分电离，所以B不能证明HNO2是弱酸；在HNO2溶液中HNO2、NO2-同时存在，HNO2溶液中存在电离平衡，C能证明HNO2是弱酸；用NaOH中和0.1LpH=2的HNO2溶液消耗的NaOH大于0.001mol，说明pH=2的HNO2溶液浓度大于0.001mol/L，D能证明HNO2是弱酸；故选B。点睛：用导电性实验证明电解质强弱，必须用同浓度强电解质溶液做对比实验；若用同浓度的HNO2和盐酸做导电性实验，HNO2溶液的灯泡较暗，能证明HNO2是弱酸。13、B【解题分析】A．装置①中阴极上金属离子放电生成单质，即金属单质在铁电极上生成，A错误；B．装置②中阳极氯离子放电产生氯气，氯气具有氧化性，可以使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，B正确；C．离子交换膜只允许离子通过，水分子是分子，不能通过，C错误；D．装置④中，电镀池中，镀层作电解池阳极，待镀金属作阴极，则待镀铁制品应与电源负极相连，D错误；答案选B。14、D【解题分析】试题分析：A、由图I可知，A、B的浓度分别减小（0.5-0.3）mol/L=0.2mol/L、（0.7-0.1）mol/L=0.6mol/L，C的浓度增加0.4mol/L，则三者的浓度的变化的比值为0.2:0.6:0.4=1:3:2，所以该反应的化学方程式可表示为A(g)＋3B(g)2C(g)；由图II可知T1>T2，随温度升高，B的体积分数增大，说明升高温度，平衡逆向移动，则正反应是放热反应，△H<0，错误；B、达到平衡后，若其他条件不变，通入稀有气体，各物质的浓度不变，所以平衡不移动，错误；C、达到平衡后，若其他条件不变，减小体积，则压强增大，平衡向气体物质的量减小的方向移动，所以平衡正向移动，错误；D、升高温度，正逆反应的速率都增大，平衡向吸热反应方向移动，所以平衡逆向移动，则A的转化率减小，正确，答案选D。考点：考查化学平衡图象的分析，条件对平衡的影响15、A【题目详解】A项，Fe与S加热生成FeS，FeS能通过溶液中复分解反应制得，如Na2S和FeCl2溶液反应等，A项符合题意；B项，Fe(OH)2不能由单质间通过化合反应制得，B项不符合题意；C项，FeO不能通过溶液中的复分解反应制得，C项不符合题意；D项，Fe3O4不能通过溶液中的复分解反应制得，D项不符合题意；答案选A。16、B【解题分析】地壳含量较多的元素（前四种）按含量从高到低的排序为：氧、硅、铝、铁，其中含量最多的金属元素是铝元素。A、地壳中含量最多的金属元素是铝，不是铁，选项A错误；B、地壳中含量最多的金属元素是铝，选项B正确；C、地壳中含量最多的金属元素是铝，不是钙，选项C错误；D、硅是非金属元素，地壳中含量最多的金属元素不是硅，选项D错误；答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、H2CAl3+Mg2+Mg+H2SO4==MgSO4+H2↑Na[Al(OH)4]Al3++4OH—==[Al(OH)4]—Mg2++2OH—==Mg(OH)2↓【分析】本题主要考查镁、铝相关知识。C与稀硫酸不发生反应，故固体Z为C，Mg、Al为活泼金属，能与非氧化性酸反应置换出H2，并生成相应的盐，故气体X为H2，滤液Y中溶质为H2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3；加入过量的NaOH溶液后，生成可溶性的Na[Al(OH)4]和Na2SO4以及难溶物Mg(OH)2，由此分析作答。【题目详解】（1）由上述分析可知，气体X为H2；固体Z为C；（2）由上述分析可知，滤液Y中还含有的阳离子为Mg2+、Al3+；其中镁和稀硫酸的反应的方程式为：Mg+H2SO4==MgSO4+H2↑；（3）由上述分析可知，滤液N中还含有的溶质为Na[Al(OH)4]；生成Na[Al(OH)4]的离子方程式为：Al3++4OH-==[Al(OH)4]-；（4）固体M为Mg(OH)2，生成Mg(OH)2的离子方程式为：Mg2++2OH-==Mg(OH)2↓18、丙烯NaOH醇溶液，加热不能，由于有机物C有两种结构，通过反应③④进行处理，转化为一种结构2+O22+2H2O【分析】苯与A发生反应①为加成反应产生B，根据B和苯结构简式知，A为CH2=CHCH3，B发生取代反应生成C，C发生消去反应生成D，则C可能为或。由E分子式及D、F的结构可知，D发生加成反应生成E，E水解生成F，则E为，F发生催化氧化生成G。【题目详解】根据上述分析可知：A是CH2=CHCH3；C是或；E是。(1)反应①为加成反应，根据B和苯结构简式知，A为CH2=CHCH3，有机物A的名称为丙烯；(2)反应③是C：或发生消去反应形成D：，需要的试剂和反应条件为：NaOH醇溶液、加热；(3)B是，芳香烃M与B互为同分异构体，其核磁共振氢光谱图峰面积之比为3：1，说明M中含有2种氢原子，氢原子个数之比为3：1，则M的结构简式为；(4)有机物C有两种结构，通过反应③④进行处理，转化为一种结构，所以不能简化掉；(5)反应⑥是F：与O2在Cu作催化剂条件下，加热被氧化为G：的过程，该反应的化学方程式为：2+O22+2H2O。【题目点拨】本题考查有机物的推断与合成。根据有机物的结构，采取正推、逆推相结合的方法进行分析判断，要熟练掌握各类物质的性质，注意反应前后官能团的转化，来确定反应条件。19、0.1mol/L0.05mol/L0.001或1×10-3酸式滴定管滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内无变化1.2mg/cm3【分析】从滴定曲线知，反应开始时，盐酸溶液pH=1，则c(HCl)0.100mol/L，本实验用待测浓度的氢氧化钠溶液滴定标准溶液——10.00mL盐酸，滴加NaOH溶液至20mL时，恰好中和，故可计算出c(NaOH)=0.050mol/L；血样20.00mL经过处理后得到草酸，用酸性高锰酸钾溶液滴定，做3次平行试验，进行数据处理，得到消耗高锰酸钾溶液的平均体积，根据反应方程式2+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O、草酸钙的化学式CaC2O4，可计算血样中钙元素的含量；【题目详解】(1)反应开始时，溶液pH=1，则c(H+)=0.1mol/L，由于盐酸是一元强酸，完全电离，所以c(HCl)=c(H+)=0.100mol/L；当滴加NaOH溶液至20mL时，溶液的pH=7，二者恰好完全反应，根据n(HCl)=n(NaOH)，0.100mol/L×10.00mL=c(NaOH)×20.00mL，所以c(NaOH)=0.050mol/L；(2)当溶液的pH=7时，加入溶液中NaOH的物质的量等于溶液中HCl的物质的量，n(NaOH)=n(HCl)=0.100mol/L×10.00mL×10-3L/mL=0.001mol=x；(3)①高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此应该盛放在酸式滴定管在；高锰酸钾溶液本身显紫色，当用该溶液滴定草酸时，高锰酸钾被还原产生Mn2+，故滴定过程中出现褪色现象，滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液紫色不再褪去(溶液由无色变为浅紫色)，且半分钟内无变化，说明反应达到滴定终点；②血样20.00mL经过上述处理后得到草酸，用酸性高锰酸钾溶液滴定，做3次平行试验，第2次数据偏差大，应舍弃，故二次数据平均值为消耗高锰酸钾0.012L，高锰酸钾物质的量为：n(KMnO4)=0.020mol/L×0.012L=2.4×10-4mol，根据反应方程式2+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O、草酸钙的化学式CaC2O4，可知：n(Ca2+)=n(H2C2O4)=×2.4×10-4mol=6×10-4mol，则c(Ca2+)==3×10-5mol/cm3，用质量表示Ca2+的浓度为3×10-5mol/cm3×40g×103mn/g=1.2mg/cm3。20、-20.9（T2-T1）2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O滴入最后一滴KMnO4溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成浅紫红色，且半分钟不褪色21.40BD60c/V【解题分析】I.在实验室中，用50mL0.40mol/L的盐酸与50mL0.50mol/L的NaOH溶液反应生成水的物质的量为0.02mol，则△H=−4.18×10−3kJ/(g⋅℃)×100mL×1g/mL×(T2−T1)÷0.02mol=−20.9(T2−T1)kJ/mol，故答案为：−20.9(T2−T1)；Ⅱ.(1).H2C2O4与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，H2C2O4被氧化成CO2，KMnO4被还原成Mn2+，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；(2).KMnO4溶液呈紫色，当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点，故答案为：滴入最后一滴KMnO4溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成浅紫红色，且半分钟不褪色；(3).A与C刻度间相差1.00mL，说明每两个小格之间是0.10mL，A处的刻度为21.00，A和B之间是四个小格，所以相差0.40mL，则B是21.40mL，故答案为：21.40；(4).A.滴加KMnO4溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色就立刻停止滴定，会导致滴入的KMnO4溶液体积偏小，故A不选；B.第一次滴定时盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水清洗过，未用标准液润洗，KMnO4浓度偏小，导致滴入KMnO4体积偏大，故B选；C.实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时KMnO4溶液的体积，读数偏小，导致读取的KMnO4体积偏小，故C不选；D.第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，润洗锥形瓶会