2024届河南省顶级名校高二化学第一学期期中联考试题含解析

2024届河南省顶级名校高二化学第一学期期中联考试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、一定条件下密闭容器中发生反应：NO(g)+CO(g)1/2N2(g)+CO2(g)△H=—373.2kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是()A．升高温度 B．充入NO C．增大压强 D．加催化剂2、下列叙述正确的是（）A．盐酸中滴加氨水至中性，溶液中溶质为氯化铵B．稀醋酸加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液的pH减小C．饱和石灰水中加入少量CaO，恢复至室温后溶液的pH不变D．沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成带电的胶体，导电能力增强3、油酸甘油酯（相对分子质量884）在体内代谢时可发生如下反应：C57H104O6(s)+80O2(g)＝57CO2(g)+52H2O(l)。已知燃烧1kg该化合物释放出热量3.8×104kJ。油酸甘油酯的燃烧热△H为A．3.8×104kJ·mol-1 B．－3.8×104kJ·mol-1C．3.4×104kJ·mol-1 D．－3.4×104kJ·mol-14、把lmolCO2和3molH2通入1L的密闭容器中，在某温度下发生反应:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)(△H＜0)。测得CO2和CH3OH的浓度随时间变化如图所示，下列说法正确的是A．3min时，v正=v逆B．0-10mim内，用H2表示的反应速率为2.25mol·L·min-1C．该温度下，反应达到平衡时，H2的转化率为75%D．若升高温度，则CO2的转化率增大5、下列分子中，不含手性碳原子的是()A． B．C． D．CH3CHClCH2CHO6、下列有关性质的比较中，不正确的是A．硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅B．晶格能：NaBr<NaCl<MgOC．键的极性：N－H<O－H<F－HD．熔点：7、氧离子中电子的运动状态有A．3种 B．8种 C．10种 D．12种8、有关化学用语正确的是A．乙酸的实验式：CH3COOHB．乙醇的结构简式：C2H6OC．羟基的电子式：D．甲醇的比例模型：9、物质的下列性质或数据与氢键无关的是A．甲酸蒸气的密度在373K时为1.335g/L，在297K时为2.5g/LB．邻羟基苯甲酸（）的熔点为159℃，对羟基苯甲酸（）的熔点为213℃C．乙醚微溶于水，而乙醇可与水以任意比混溶D．HF分解时吸收的热量比HCl分解时吸收的热量多10、甲醇是一种重要的化工原料，广泛应用于化工生产，也可以直接用作燃料．已知：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（g）△H=﹣443.64kJ•mol﹣12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=﹣566.0kJ•mol﹣1下列说法或热化学方程式正确的是A．CO的燃烧热为566.0kJ•mol﹣1B．2molCO和1molO2的总能量比2molCO2的总能量低C．完全燃烧20g甲醇，生成二氧化碳和液态水时放出的热量为908.3kJD．2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1453.28kJ•mol﹣111、某温度下，在固定容积的容器中，可逆反应A(g)＋3B(g)2C(g)达到平衡，此时测得n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1。若保持温度不变，以n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1的比例向该容器中再充入A、B和C，下列叙述正确的是A．刚充入时反应速率υ正减少，υ逆增大 B．平衡不发生移动C．平衡向正反应方向移动，A的物质的量浓度减小 D．物质C的质量分数增大12、下列说法正确的是A．C元素的相对分子质量是12，则1molC的质量12g/molB．1molCl2的体积为22.4LC．1molCO2中含有3个原子D．已知NaOH溶液的物质的量浓度为0.5mol/L，则2L该溶液中含NaOH1mol13、2016年世界环境日，我国环保部公布中国主题为“改善环境质量，下列做法与该主题相违背的是A．推广和鼓励多“绿色”出行 B．植树造林，绿化环境C．利用廉价煤炭，大力发展火力发电 D．对燃煤进行脱硫14、下列说法正确的是（）A．1s轨道的电子云形状为圆形的面B．2s的电子云半径比1s电子云半径大，说明2s能级的电子比1s的多C．4f能级中最多可容纳14个电子D．电子在1s轨道上运动像地球围绕太阳旋转15、2008年北京奥运会火炬使用丙烷作燃料。丙烷属于（）A．无机物B．有机物C．氧化物D．混合物16、下列关于原电池和电解池的叙述正确的是A．原电池中失去电子的电极称为阴极B．电解池的阳极、原电池的负极都发生氧化反应C．原电池的两极一定要由活动性不同的两种金属组成D．电解时，电解池的阳极一定是阴离子放电二、非选择题（本题包括5小题）17、某药物H的合成路线如下：试回答下列问题：（1）反应Ⅰ所涉及的物质均为烃，氢的质量分数均相同。则A分子中最多有______个原子在同一平面上，最多有______个碳原子在同一条直线上。（2）反应Ⅰ的反应类型是______反应Ⅱ的反应类型是______，反应Ⅲ的反应类型是______。（3）B的结构简式是______；E的分子式为______；F中含氧官能团的名称是___。18、高聚物G、I可用于生产全生物降解塑料，在“白色污染”日益严重的今天有着重要的作用。有关转化关系如下：已知：①②H的分子中有一个“—O—”结构的三元环③含有结构的有机物分子不能稳定存在，易失水形成→请回答下列问题:（1）写出Ｈ的结构简式___________（2）写出H转化为I的化学方程式___________（3）某化合物M分子式为C4H8O3，写出符合下列条件M的同分异构体的结构简式____________①与化合物F具有相同的官能团②官能团不连在同一个碳上（4）依据上述合成路线，设计以甲苯为原料制备的合成路线（无机原料任意选择，合成路线用流程图表示）_______________合成路线流程图示例:。19、某学生用溶液测定某未知浓度的盐酸溶液，其操作可分解为如下几步：A．用蒸馏水洗净滴定管B．用待测定的溶液润洗酸式滴定管C．用酸式滴定管取稀盐酸，注入锥形瓶中，加入酚酞D．另取锥形瓶，再重复操作次E.检查滴定管是否漏水F.取下碱式滴定管用标准NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管“0”刻度以上处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下G.把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度完成以下填空：（1）滴定时正确操作的顺序是用序号字母填写：______________________________。_____（2）操作F中应该选择图中滴定管______填标号。（3）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注意观察______。（4）滴定结果如表所示：滴定次数待测液体积标准溶液的体积滴定前刻度滴定后刻度123计算该盐酸的物质的量浓度为______精确至。（5）下列操作会导致测定结果偏高的是______。A．碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗B．滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出C．碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡D．达到滴定终点时，仰视读数（6）氧化还原滴定实验与酸碱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。测血钙的含量时，进行如下实验：可将2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵晶体，反应生成沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得溶液。将得到的溶液，再用酸性溶液滴定，氧化产物为，还原产物为。终点时用去的溶液。Ⅰ、写出用滴定的离子方程式______。Ⅱ、盛装酸性

溶液的是______滴定管，此实验的指示剂为：______，判断滴定终点的现象：______。Ⅲ、计算：血液中含钙离子的浓度为______。20、在平板电视显示屏生产过程中产生的废玻璃粉末中含有二氧化铈(CeO2)。(1)在空气中煅烧Ce(OH)CO3可制备CeO2，该反应的化学方程式________；(2)已知在一定条件下，电解熔融状态的CeO2可制备Ce，写出阳极的电极反应式________；(3)某课题组用上述废玻璃粉末(含有SiO2、Fe2O3、CeO2以及其它少量不溶于稀酸的物质)为原料，设计如图流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4和硫酸铁铵。①过滤得到滤渣B时，需要将其表面杂质洗涤干净。洗涤沉淀的操作是________。②反应①的离子方程式为______________________。③如下图，氧化还原滴定法测定制得的Ce(OH)4产品纯度。该产品中Ce(OH)4的质量分数为________________(保留两位有效数字)。若滴定所用FeSO4溶液已在空气中露置了一段时间，则测得该Ce(OH)4产品的纯度__________(“偏高”、“偏低”或“无影响”)。21、镍在工业生产中有重要作用，以粗氧化镍(主要含NiO、CoO、Fe2O3等)为原料制备纯镍的流程示意图如下：回答下列问题：(1)已知C与CO的燃烧热分别为393.5kJ·mol－1、283.0kJ·mol－1。则反应C(g)+CO2(g)2CO(g)ΔH=____kJ·mol－1，既有利于提高该反应的速率，又有利于提高CO2平衡转化率的措施是______。(2)碱洗过程中发生反应的离子方程式为：______。(3)羰化反应为：Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)ΔH＜0。在初始温度相同、体积均为1L的三个密闭容器中分别进行该反应，控制不同条件，反应过程中部分数据见下表：反应时间NiCONi(CO)4反应Ⅰ：恒温恒容0min足量4mol0∞xmol反应Ⅱ：恒温恒压0min足量4mol0反应Ⅲ：绝热恒容0min001mol①反应Ⅰ在该温度下的平衡常数K=_____(含x的表达式表示)。②下列不能说明反应Ⅲ达到平衡状态的是_______。a平衡常数K不再改变bNi的质量不再改变cv生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)d容器内的压强不再改变③比较平衡时下列物理量的大小：CO的体积分数Ⅰ_____Ⅱ；Ni(CO)4的浓度Ⅰ______Ⅲ(填“大于”、“等于”或“小于”)。(4)羰化后的产物为Fe(CO)5、Co2(CO)8、Ni(CO)4，有关性质如下：物质Fe(CO)5Ni(CO)4Co2(CO)8沸点/℃10643.252熔点/℃－20－19.331分解温度/℃>160135－蒸馏提取Ni(CO)4应选择的适宜温度范围是___________。(5)采用较高温度下分解Ni(CO)4(g)制取镍。实验证明在一定范围内温度越高，镍中含碳量越高，结合平衡移动原理解释原因：____________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【分析】外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响为本题主要考查点。【题目详解】A.升高温度，反应速率加快，平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，A错误；B.充入NO，反应速率加快，平衡虽然正向进行，但一氧化氮转化率减小，B错误；C.增大压强，反应速率加快，平衡正向进行，一氧化氮转化率增大，C正确；D.加催化剂反应速率加快但不影响平衡，NO的转化率不变，D错误；正确答案：C。2、C【解题分析】A．当盐酸和氨水恰好中和生成NH4Cl时，由于铵根离子水解呈酸性，若使溶液呈中性，应继续向溶液中加入氨水，故溶液中的溶质是NH4Cl和NH3•H2O，故A错误；B．向稀醋酸中加水时，醋酸的电离平衡正向移动，醋酸的电离程度增大，但c(H+)减小，故pH增大，故B错误；C．温度不变，Ca(OH)2的溶解度不发生变化，故饱和石灰水中c(OH-)的浓度不变，所以pH不变，故C正确；D．氢氧化铁胶体的胶体粒子带有正电荷，但氢氧化铁胶体呈电中性，故D错误；故选C。3、D【题目详解】燃烧热指的是燃烧1mol可燃物生成稳定的氧化物所放出的热量。燃烧1kg油酸甘油酯释放出热量3.8×104kJ，1kg该化合物的物质的量为，则油酸甘油酯的燃烧热△H=-≈-3.4×104kJ•mol-1，故选D。4、C【题目详解】A．3min时，交点后二氧化碳的浓度继续减小、甲醇的浓度继续增大，反应向正反应进行，未达平衡，正逆反应速率不相等，故A错误；B．0-10mim内，从反应开始到平衡，CO2的平均速率v(CO2)==0.075mol/(L•min)，v(H2)=3v(CO2)=3×0.075mol/(L•min)=0.225mol•L-1•min-1，故B错误；C．该温度下，根据图像数据，列三段式：反应达到平衡时，H2的转化率==75%，故C正确；D．根据C项三段式数据，原温度下CO2的平衡转化率==75%，因正反应放热，若升高温度，平衡向逆反应方向移动，CO2的平衡转化率减小，故D错误；答案选C。5、B【分析】根据手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，手性碳原子判断注意：(1)手性碳原子一定是饱和碳原子；(2)手性碳原子所连接的四个基团要是不同的。【题目详解】A．中右边的碳原子连有的四个不同取代基，该碳原子具有手性，故A不符合题意；B．中左边的碳原子所连接的四个基团有3个是一样的，右边的碳原子不饱和，碳原子不具有手性，故B符合题意；C．中间的碳原子连有的四个不同取代基，该碳原子具有手性，故C不符合题意；D．CH3CHClCH2CHO中左边第二个碳原子连有的四个不同取代基，该碳原子具有手性，故D不符合题意；答案选B。6、D【解题分析】A．原子晶体中化学键键能越大、键长越短其硬度越大，这几种物质都是原子晶体，键长C-C＜C-Si＜Si-Si，所以硬度：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故A正确；B．晶格能与离子半径成反比，与电荷成正比，离子半径，O2-＜Cl-＜Br-＜I-，则晶格能NaBr<NaCl<MgO，故B正确；C．元素的非金属性越强，与氢形成的化学键的极性越大，非金属性F＞O＞N，则键的极性：N－H<O－H<F－H，故C正确；D．因为对位形成分子间氢键增大熔点，邻位形成分子内氢键降低熔点，所以晶体熔点的高低：＞，故D错误；答案为D。7、C【题目详解】微粒核外电子的运动状态互不相同，氧离子核外有10个电子，运动状态有10种，选C。8、C【解题分析】考查关于有机物的化学用语辨析，属于基础题。【题目详解】A项：实验式即最简式，表示分子中原子数目的最简整数比。乙酸的实验式为CH2O，A项错误；B项：结构简式是结构式的简写，仍能体现原子的连接顺序。乙醇的结构简式：CH3CH2OH或C2H5OH，B项错误；C项：羟基是一个氢原子和一个氧原子通过共用电子对结合而成，C项正确；D项：比例模型体现原子的相对大小和原子的空间位置。选项给出的是球棍模型，D项错误。本题选C。9、D【题目详解】A.甲酸分子中含有羟基，在较低温度下，分子间以氢键结合成多分子缔合体，而在较高温度下氢键被破坏，多分子缔合体解体，所以甲酸的密度在低温时较大，与氢键相关，故A错误；B.邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，而对羟基苯甲酸形成分子间氢键，分子间氢键增大了分子间作用力，使对羟基苯甲酸的熔、沸点比邻羟基苯甲酸的高，与氢键相关，故B错误；C.乙醇分子结构中含有羟基，可以与水分子形成分子间氢键，从而增大了乙醇在水中的溶解度，使其能与水以任意比互溶，而乙醚分子结构中含无羟基，不能与水分子形成氢键，在水中的溶解度比乙醇小得多，与氢键相关，故C错误；D.HF分解时吸收的热量比HCl分解时吸收的热量多的原因是H-F键的键能比H-Cl键的键能大，与氢键无关，故D正确。故选D。【题目点拨】氢键不是化学键，一般影响物质的物理性质。分子间氢键的存在导致物质的熔沸点升高，溶质分子与溶剂分子间存在氢键使溶解度增大，且同分异构体中分子内氢键导致物质的熔沸点较低、分子间氢键导致物质的熔沸点升高。10、D【题目详解】A、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，CO的燃烧热应为283.0kJ·mol-1，A错误；B、2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）=-566.0kJ·mol-1，反应放热，所以2molCO和1molO2的总能量比2molCO2的总能量高，B错误；C、根据盖斯定律①+②×1/2得CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H1=-726.64kJ·mol-1，则完全燃烧20g甲醇即0.625mol，放出的热量为0.625×726.64="454.15"kJ，但是生成二氧化碳和液态水时放出的热量无法求得，C错误；D、CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H1=-726.64kJ·mol-1，故2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）="-1453.28"kJ·mol-1，D正确。答案选D。11、D【分析】从等效平衡的角度分析，达到平衡，此时测得n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1，若保持温度不变，以n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1的比例向该容器中再充入A、B和C，相当于在原来的基础上缩小体积，增大压强，根据压强对平衡移动的影响判断。【题目详解】从等效平衡的角度分析，达到平衡，此时测得n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1，若保持温度不变，以n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1的比例向该容器中再充入A、B和C，相当于在原来的基础上缩小体积，增大压强，A、刚充入时反应速率υ正增大，υ逆增大，故A错误；

B、增大压强，平衡向正反应方向移动，故B错误；

C、增大压强，平衡向正反应方向移动，但根据勒夏特列原理，A的物质的量浓度比原来要大，故C错误；

D、增大压强，平衡向正反应方向移动，增加了C的物质的量，物质C的质量分数增大，故D正确。

所以D选项是正确的。【题目点拨】化学平衡题中有四种改变压强的方式：①恒容充惰气；②恒压充惰气；③缩小或扩大容器容积；④等比例充入一类组分。其中第④类可用等效平衡思想理解掌握。12、D【题目详解】A．C元素的相对原子质量是12，1molC的质量是12g，A错误；B．未标明状况，只有在标准状况下1molCl2的体积才为22.4L，B错误；C．1molCO2中含有3NA个原子，C错误；D．NaOH溶液的物质的量浓度为0.5mol/L，则2L该溶液中含NaOH的物质的量为：n=cV=0.5mol/L×2L=1mol，D正确；答案选D。【题目点拨】元素的相对原子质量的单位为“1”，摩尔质量的单位为“mol/L”；在标准状况下，1mol气体的体积才为22.4L，如果不是气体或者未指明在标准状况下，其体积都不是22.4L。13、C【题目详解】A、推广、鼓励“绿色”出行，减少汽车尾气等污染物的排放，减少环境污染，符合该主题，故A不符合题意；B、植物造林，绿化环境，可以吸收有害气体，改善环境质量，符合该主题，故B不符合题意；C、用廉价煤炭，大力发展火力发电，可导致含硫氧化物的过量排放，造成环境污染，不符合该主题，故C符合题意；D、对燃煤进行脱硫，减少SO2的排放，减少环境污染，符合该主题，故D不符合题意，答案为C。14、C【解题分析】A.1s轨道为球形，所以1s轨道的电子云形状为球形，故A错误；B.2s的电子云比1s的电子云大，s电子云的大小与能层有关,与电子数无关,ns能级上最多容纳2个电子,故B错误；

C.f能级有7个轨道，每个轨道最多容纳2个电子且自旋方向相反,所以nf能级中最多可容纳14个电子,故C正确；D.电子在原子核外作无规则的运动,不会像地球围绕太阳有规则的旋转,故D错误；

综上所述，本题选C。15、B【解题分析】丙烷是烷烃，烷烃即饱和烃，是只有碳碳单键和碳氢键的链烃，是最简单的一类有机化合物。【题目详解】丙烷分子式为C3H8，只含有碳、氢两种元素，属于烷烃,故选B。16、B【题目详解】A项、原电池中失去电子的电极为负极不是阴极，故A错误；B项、原电池负极上失电子发生氧化反应，电解池阳极上失电子发生氧化反应，故B正确；C项、原电池的两极不一定是由活动性不同的两种金属组成，可能是由金属和导电的非金属组成，故C错误；D项、电解时，电解池阴极上得电子发生还原反应，故D错误；故选B。【题目点拨】原电池的两极不一定是由活动性不同的两种金属组成，可能是由金属和导电的非金属组成是易错点。二、非选择题（本题包括5小题）17、163加成反应取代反应消去反应C10H12O2醛基、酯基【分析】根据合成线路可以知道,D与新制Cu(OH)2加热条件下反应,酸化后得苯乙酸,则D的结构简式为:；C催化氧化生成D,则C的结构简式为:；B水解生成C,则B的结构简式为:；A与溴化氢在双氧水的作用下发生加成反应生成B,所以A为，反应Ⅰ所涉及的物质均为烃,氢的质量分数均相同,比较苯与A的结构可以知道,苯与X发生加成反应生成A,所以X为CH≡CH；苯乙酸与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成E为，E发生取代反应生成F，F与氢气发生加成，醛基转化为羟基,则G的结构简式为:

，G发生消去反应生成H；据以上分析解答。【题目详解】根据合成线路可以知道,D与新制Cu(OH)2加热条件下反应,酸化后得苯乙酸,则D的结构简式为:；C催化氧化生成D,则C的结构简式为:；B水解生成C,则B的结构简式为:；A与溴化氢在双氧水的作用下发生加成反应生成B,所以A为，反应Ⅰ所涉及的物质均为烃,氢的质量分数均相同,比较苯与A的结构可以知道,苯与X发生加成反应生成A,所以X为CH≡CH；苯乙酸与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成E为，E发生取代反应生成F，F与氢气发生加成，醛基转化为羟基,则G的结构简式为:

，G发生消去反应生成H；（1）结合以上分析可知，A为，苯分子中所有原子共平面，乙烯分子中所有原子共平面，所以该有机物分子中最多有6+5+5=16个原子在同一平面上；根据苯乙烯的结构可知，苯乙烯分子中最多有3个碳原子在一条直线上；综上所述，本题答案是：16，3。（2）结合以上分析可知，苯与乙炔发生加成反应生成苯乙烯，反应Ⅰ反应类型为加成反应；根据E、F两种物质的结构简式可知，E发生取代反应生成F，反应Ⅱ的反应类型是取代反应；G的结构简式为:，G发生消去反应生成H，反应Ⅲ的反应类型是消去反应；综上所述，本题答案是：加成反应，取代反应，消去反应。（3）结合以上分析可知，B的结构简式是：；E的结构简式为：，其分子式为C10H12O2；根据F的结构简式可知，F中含氧官能团的名称是酯基、醛基；综上所述。本题答案是：，C10H12O2，酯基、醛基。【题目点拨】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重炔烃、卤代烃、醇、醛、羧酸、酯的性质及反应的考查，题目难度不大。判断分子中原子共面、共线，要掌握乙烯、苯分子空间结构的特点。18、【分析】B的结构简式为CH2=CHCH3，C为CH2BrCHBrCH3，D为CH2OHCHOHCH3，E为CH3COCOOH，F为CH3CHOHCOOH，H的分子中有一个“—O—”结构的三元环，说明H的结构为。【题目详解】(1)化合物H为结构简式为。(2)I为全生物降解塑料，即I应含有酯基官能团，所以有H和二氧化碳反应生成I的方程式为：。(3)某化合物M分子式为C4H8O3，与F具有相同的官能团，则有羟基和羧基，官能团不连在同一个碳原子上，所以，可能的结构为。(4).以甲苯为原料制备苯甲醛，即先将甲基发生卤代反应，再将卤代烃发生水解反应，根据一个碳原子连接两个羟基，会自动变为醛基进行分析，合成路线为。19、E；A；B；C；G乙锥形瓶内溶液颜色的变化AD酸式滴定管KMnO4当滴入最后一滴酸性溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色【解题分析】根据中和滴定的原理、仪器、操作及误差分析回答问题，并迁移应用于氧化还原滴定。【题目详解】(1)中和滴定的一般操作：标准液注入滴定管，待测液放入锥形瓶，滴加指示剂，中和滴定，重复操作。据此滴定时正确操作顺序是EAFBCGD。(2)操作F中使用碱式滴定管，应该选择图中乙。(3)滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注意观察锥形瓶中溶液颜色的变化，以便确定滴定终点。(4)三次滴定消耗标准溶液的体积分别是20.01mL、20.00mL、19.99mL，平均值为20.00mL。据HCl~NaOH，有c(HCl)×25.00mL=0.1500mol/L×20.00mL，c(HCl)=0.1200mol/L。(5)A.碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗，滴定管内壁附着的少量水将标准液稀释，使滴定时消耗的标准液体积偏大，测得盐酸浓度偏高；B.滴定过程中，待测溶液过量，锥形瓶内有液滴溅出即损失待测液。滴定消耗的标准液体积偏小，测得盐酸浓度偏低；C.碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡，使标准液体积偏小，测得盐酸浓度偏低；D.达到滴定终点时仰视读数，使终点读数偏大，使标准液体积偏大，测得盐酸浓度偏高；导致测定盐酸浓度偏高的是AD。(6)I.溶被还原为，被氧化成，根据得失电子数相等可写出2MnO4－+5H2C2O4—2Mn2++10CO2。酸性溶液用H+和H2O配平，再据电荷守恒、质量守恒得。Ⅱ、酸性

溶液有酸性和强氧化性，会腐蚀橡胶管，只能放在酸式滴定管中。

溶液本身有颜色，故不需另加指示剂。滴定过程中，当滴入最后一滴酸性溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，即为滴定终点。Ⅲ、实验过程中有Ca2+~CaC2O4~H2C2O4~2/5MnO4－，则c(Ca2+)×2mL×=1.0×10-4mol/L×20mL，解得c(Ca2+)=2.5×10-3mol/L。20、（1）4Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O（2）（3）后一次的洗涤液滴入KSCN溶液无变化,加入氯水若不变红色,证明洗涤干净;2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O;冷却结晶65.30%偏高【解题分析】试题分析：（1）Ce(OH)CO3变成CeO2失去1个电子，氧气得到4个电子，所以二者比例为4:1，方程式为4Ce(OH)CO3+O2=4CeO2+4CO2+2H2O。（2）电解熔融状态的二氧化铈可制备铈，在阴极得到铈，阴极是铈离子得到电子生成铈，电极反应为。（3）滤渣A为氧化铁，二氧化铈和氧化亚铁，与硫酸反应后溶液中存在铁离子和亚铁离子。固体表面可吸附铁离子或亚铁离子，检验滤渣B已经洗净的方法是取最后一次的洗涤液滴入KSCN溶液无变化,加入氯水若不变红色,证明洗涤干净。二氧化铈与过氧化氢反应生成硫酸铈和水，方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；根据流程分析，由溶液生成固体，应先蒸发浓缩，然后冷却结晶。称取0.536g样品，加入硫酸溶解，用硫酸亚铁溶液滴定，消耗25毫升，方程式为：Ce4++Fe2++=Ce3++Fe3+,根据元素守恒分析，Ce(OH)4的物质的量等于亚铁离子物质的量=0.0025mol，含量为0.0025×140/0.536="65.30%"；硫酸亚铁在空气中被氧化，消耗硫酸亚铁增多，测定产品的质量分数偏高。考点：物质分离和提纯的方法和基本实验操作，氧化还原反应的配平【名师点睛】

方法

适用范围

主要仪器

注意点

实例

固+液

蒸发

易溶固体与液体分开

酒精灯、蒸发皿、玻璃棒

①不断搅拌；②最后用余热加热；③液体不超过容积2/3

NaCl(H2O)

固+固

结晶

溶解度差别大的溶质分开

NaCl(KNO3)

升华

能升华固体与不升华物分开

酒精灯

I2(NaCl)

固+液

过滤

易溶物与难溶物分开

漏斗、烧杯

①一贴、二低、三靠；②沉淀要洗涤；③定量实验要“无损”

NaCl(CaCO3)

Fe粉(A1粉)

液+液

萃取

溶质在互不相溶的溶剂里，溶解度的不同，把溶质分离出来

分液漏斗

①先查漏；②对萃取剂的要求；③使漏斗内外大气相通;④上层液体从上口倒出

从溴水中提取Br2

分液

分离互不相溶液体

分液漏斗

乙酸乙酯与饱和Na2CO3溶液

蒸馏

分离沸点不同混合溶液

蒸馏烧瓶、冷凝管、温度计、牛角管

①温度计水银球位于支管处；②冷凝水从下口通入；③加碎瓷片

乙醇和水、

I2和CCl4

渗析

分离胶体与混在其中的分子、离子

半透膜

更换蒸馏水

淀粉与NaCl

盐析

加入某些盐，使溶质的溶解度降低而析出

烧杯

用固体盐或浓溶液

蛋白质溶液、

硬脂酸钠和甘油

气+气

洗气

易溶气与难溶气分开

洗气瓶

长进短出

CO2(HCl)、

CO(CO2)

液化

沸点不同气分开

U形管

常用冰水

NO2(N2O4)

21、+172.5升高温度2OH－＋CO2=CO＋H2OL3·mol－3c大于小于43.2～52℃温度升高，化学平衡Ni(CO)4(g)Ni(s)＋4