2024届河南省鹤壁市淇滨高级中学化学高二第一学期期中复习检测模拟试题含解析

2024届河南省鹤壁市淇滨高级中学化学高二第一学期期中复习检测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列分散系中，能产生丁达尔效应的是A．硫酸铜溶液 B．氢氧化铁胶体 C．溴水 D．稀硫酸2、反应mA（s）+nB（g）eC（g）+fD（g），反应过程中，当其它条件不变时，C的百分含量（C%）与a度（T）和压强（P）的关系如下图，下列叙述正确的是A．到平衡后，加入催化剂则C%增大B．化学方程式中n<e+fC．达到平衡后，若升温，平衡左移D．达到平衡后，增加A的量有利于平衡向右移动3、500mLK2SO4和CuSO4的混合液中c(SO42-)=3mol/L,用石墨电极电解此溶液，通电一段时间，两极上均产生22.4L（标准状况）气体，则原混合液中K+的浓度是（）A．0.5mol/L B．4mol/L C．1.5mol/L D．2mol/L4、下列各组离子因发生水解反应而不能大量共存的是A．Ba2+、Cl-、Na+、SO42－B．Al3+、K+、HCO3－、Cl-C．H+、Fe2+、SO42－、NO3－D．AlO2-、Na+、Cl-、HCO3－5、对下列有机反应类型的认识中，错误的是()A．＋HNO3＋H2O；取代反应B．CH2=CH2＋Br2→CH2Br－CH2Br；加成反应C．CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl；置换反应D．CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O；酯化反应6、属于纯净物的物质是A．生铁B．铝热剂C．漂粉精D．胆矾7、科学家用DNA制造出一种臂长只有7nm的纳米级镊子，这种镊子能钳起分子或原子，并对它们随意组合。下列分散系中分散质的微粒直径与纳米粒子不具有相同数量级的是A．肥皂水 B．蛋白质溶液 C．硫酸铜溶液 D．淀粉溶液8、可逆反应A（g）+B（g）=C（g）+D（g），在四种不同情况下的反应速率如下，其中反应进行得最快的是A．v(A)=0.15mol/(L·min) B．v(B)=0.5mol/(L·min)C．v(C)=0.4mol/(L·min) D．v(D)=0.01mol/(L·s)9、下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是A．NH4Br的电子式：B．MgCl2的电子式：C．HClO的结构式：

H-Cl-OD．S2-的结构示意图：10、肯定属于同族元素且性质相似的是()A．原子核外电子排布式：A为1s22s2，B为1s2B．结构示意图：A为，B为C．A原子基态时2p轨道上有1个未成对电子，B原子基态时3p轨道上也有1个未成对电子D．A原子基态时2p轨道上有一对成对电子，B原子基态时3p轨道上也有一对成对电子11、下列装置所示的实验中，能达到实验目的的是（）A．分离碘和酒精B．除去Cl2中的HClC．实验室制氨气D．排水法收集NO12、下列离子方程式中正确的是A．氯气与水反应：Cl2+H2O2H++ClO-+Cl-B．铁与稀硫酸反应：2Fe＋6H+＝2Fe3+＋3H2↑C．铅蓄电池放电时的正极反应：PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2OD．用铜电极电解硫酸铜溶液：2Cu2++2H2O=2Cu+O2↑+4H+13、下列叙述不正确的是()A．氨水中：c(OH－)－c(H＋)＝c(NH4+)B．饱和H2S溶液中：c(H2S)＞c(H＋)＞c(HS－)＞c(S2－)C．0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH=4：c(HA-)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2-)D．在0.1mol/LNa2CO3溶液中：c（Na+）＝2[c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）]14、下列试剂的保存或盛放方法正确的是()A．浓硝酸盛放在铜质器皿中 B．Na2SiO3溶液保存在带有橡皮塞的试剂瓶中C．稀硝酸盛放在铁质器皿中 D．NaOH溶液保存在带玻璃塞的试剂瓶中15、等物质的量浓度的下列溶液中，NH4+离子的浓度最大的（）A．NH4Cl B．NH4HCO3 C．NH4HSO4 D．NH4NO316、在磷酸钠(Na3PO4)分子中磷元素的化合价为()A．+3 B．+4 C．+5 D．-5二、非选择题（本题包括5小题）17、有机物A可用作果实催熟剂。某同学欲以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如图所示。请回答：（1）A的电子式是_____。（2）E的结构简式是_____，E分子中含有的官能团名称是_____。（3）写出反应④的化学方程式_____。（4）反应①～⑤中属于取代反应的是_____（填序号）。（5）写出与乙酸乙酯互为同分异构体且属于羧酸的结构简式_____、_____。18、前四周期原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A、B属于同一短周期元素且相邻，A元素所形成的化合物种类最多，C、D、E、F是位于同一周期的金属元素，基态C、F原子的价电子层中未成对电子均为1个，且C、F原子的电子数相差为10，基态D、E原子的价电子层中未成对电子数分别为4、2，且原子序数相差为2。（1）六种元素中第一电离能最小的是_________（填元素符号，下同）。（2）黄血盐是由A、B、C、D四种元素形成的配合物C4[D(AB)6]，易溶于水，广泛用作食盐添加剂（抗结剂）。请写出黄血盐的化学式_________，黄血盐晶体中各种微粒间的作用力不涉及______________（填序号）。a．金属键b．共价键c．配位键d．离子键e．氢键f．分子间的作用力（3）E2+的价层电子排布图为___________________，很多不饱和有机物在E催化下可与H2发生加成：如①CH2＝CH2②HC≡CH③④HCHO。其中碳原子采取sp2杂化的分子有____________（填物质序号），HCHO分子的立体结构为______________，它加成后产物甲醇的熔、沸点比CH4的熔、沸点高，其主要原因是____________。（4）金属C、F晶体的晶胞如下图（请先判断对应的图），C、F两种晶体晶胞中金属原子的配位数之比为_________。金属F的晶胞中，若设其原子半径为r，晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r=_______a，列式表示F原子在晶胞中的空间占有率______________(不要求计算结果)。19、某课题组从植物香料中分离出一种罕见的醇（醇A），其结构简式如下。（1）根据课内所学知识，该醇可发生的反应包括：___（填字母序号）A．与金属Na反应B．与CuO反应C．与浓盐酸反应D．消去反应I.该课题组设计了以醇A为原料制备某物质的合成路线。合成反应的第一步。拟使醇A与浓氢溴酸（质量分数47.6%）在90℃下充分反应，制备中间产物B。实验装置如图所示（夹持及加热仪器略去）。已知：①HBr溶液受热时，HBr能否蒸发受到体系汇总含水量的影响。具体情况如下表。<47.6%47.6%>47.6%先蒸发的物质水先蒸发，直至比值升至47.6%HBr与水按该比例一起蒸发、液化沸点124.3℃HBr先蒸发，直至比值降至47.6%②醇A、中间产物B的沸点均超过200℃。（2）温度计1拟用于监控反应温度，温度计2拟用于监控实验中离开烧瓶的物质的沸点。两个温度计中，水银球位置错误的是___（填“温度计1”或“温度计2”）其水银球应___；（3）实验时，冷凝水应从冷凝管的___（填“a口”或“b口”）流入。II.将温度计位置调节好后，课题组成员依次进行如下操作：①检验气密性，装入沸石；②加入18.6g醇A（0.1mol）、17.0g47.6%氢溴酸（含8.1gHBr、0.1mol）；③开始加热，逐渐升温至反应温度。（4）反应开始后，当温度计2的示数上升至39℃时，冷凝管末端持续有液体流出。反应结束时，共收集到无色液体7.0g。经检测，该液体为纯净物，标记为产物C。取0.7gC在氧气中充分燃烧，共收集到2.2gCO2、0.9gH2O。另取少量C进行质谱试验，结果如图所示。根据上述实验结果，C的分子式为___；（5）取少量产物C进行核磁共振氢谱试验，共有三个信号峰。三个信号峰的面积之比为3：6：1。综合上述实验结果，C的结构简式为___；（6）反应结束后，圆底烧瓶内液体分为两层。可用___方法（填实验操作名称）将两液体分离；（7）后续检验证实，两液体均较纯净，其中所含杂质均可忽略。上层液体质量为10.7g。取下层液体进行核磁共振氢谱实验，共有两个信号峰。峰的面积之比为3：2。综合以上信息，本实验的实际总反应方程式为___。20、H2O2能缓慢分解生成水和氧气，但分解速率较慢，加入催化剂会加快分解速率。某化学兴趣小组为研究不同催化剂对H2O2分解反应的催化效果，设计了如图甲、乙、丙所示的三组实验。请回答有关问题：(1)定性分析：可以通过观察甲装置__________现象，而定性得出结论。有同学指出：应将实验中将FeCl3溶液改为Fe2(SO4)3溶液，理由是_______________。(2)定量测定：用乙装置做对照试验，仪器A的名称是___________。实验时组装好装置乙，关闭A的旋塞，将注射器活塞向外拉出一段。这一操作的实验目的是____________。实验时以2min时间为准，需要测量的数据是________。(其它可能影响实验的因素均已忽略)(3)定量分析：利用丙装置探究MnO2对H2O2分解的催化效果。将30mL5%H2O2溶液一次性加入盛有0.10molMnO2粉末的烧瓶中，测得标准状况下由量气管读出气体的体积[V(量气管)]与时间(t/min)的关系如图所示。图中b点___________90mL(填“大于”、“小于”或“等于”)。(4)补充实验：该小组补充进行了如下对比实验，实验药品及其用量如下表所示。实验设计的目的是为了探究_________________________。编号反应物催化剂①30mL5%H2O2溶液，10滴H2O0.10molMnO2②30mL5%H2O2溶液，10滴0.1mol/LHCl溶液0.10molMnO2③30mL5%H2O2溶液，10滴0.1mol/LNaOH溶液0.10molMnO221、（1）有封闭体系如下图所示，左室容积为右室的两倍，温度相同，现分别按照如图所示的量充入气体，同时加入少量固体催化剂使两室内气体充分反应达到平衡，打开活塞，继续反应再次达到平衡，下列说法正确的是____________A．第一次平衡时，SO2的物质的量右室更多B．通入气体未反应前，左室压强和右室一样大C．第一次平衡时，左室内压强一定小于右室D．第二次平衡时，SO2的总物质的量比第一次平衡时左室SO2的物质的量的2倍还要多（2）有封闭体系如图所示，甲、乙之间的隔板K和活塞F都可左右移动，先用小钉固定隔板K在如图位置（0处），甲中充入1molN2和3molH2，乙中充入2molNH3和1molAr，此时F处于如图6处。拔取固定K的小钉，在少量固体催化剂作用下发生可逆反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；反应达到平衡后，再恢复至原温度。回答下列问题：①达到平衡时，移动活塞F最终仍停留在0刻度右侧6处，则K板位置范围是________。②若达到平衡时，隔板K最终停留在0刻度处，则甲中NH3的物质的量为______mol，此时，乙中可移动活塞F最终停留在右侧刻度____处(填下列序号：①＞8;②＜8;③=8)③若一开始就将K、F都固定，其它条件均不变，则达到平衡时测得甲中H2的转化率为b，则乙中NH3的转化率为_________；假设乙、甲两容器中的压强比用d表示，则d的取值范围是_______________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【题目详解】A.硫酸铜溶液不是胶体，不能产生丁达尔效应，A项错误；

B.氢氧化铁胶体能产生丁达尔效应，B项正确；

C.溴水属于溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，C项错误；

D.稀硫酸属于溶液，不属于胶体，不能产生丁达尔效应，D项错误；答案选B。【题目点拨】丁达尔效应为胶体独有的性质，能产生丁达尔效应的应是胶体。生活中常见的胶体有牛奶、豆浆、淀粉、鸡蛋清、云、雾、氢氧化铁胶体、墨水等。2、C【题目详解】A.加入催化剂使正反应速率和逆反应速率同等程度的增大，平衡没有移动，所以C的含量没有改变，A项错误；B.从图像上可以看出，温度一定时C的含量随压强的增大而增大，即增大压强平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应方向气体体积减小，即n>e+f，B项错误；C.由图像可知，当压强一定（如P0）时，温度升高（2000C→3000C→4000C）生成物C的含量减小，平衡向逆反应方向（即向左）移动，C项正确；D.A是固体，固体浓度视为常数，增加A的量平衡不发生移动，D项错误；答案选C。3、D【解题分析】由题意，阳极电极反应式：4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极先发生：Cu2++2e-=Cu，阴极生成H2的电极反应式：2H++2e-=H2↑，两极上均产生22.4L（标准状况）气体，即O2和H2都是1mol，所以根据电子守恒，溶液中Cu2+为1mol，c(Cu2+)=1mol÷0.5L=2mol•L-1，根据电荷守恒，2c(Cu2+)+c(K+)=2c(SO42-)，即2×2mol•L-1+c(K+)=2×3mol•L-1，解得c(K+)=2mol•L-1，故选D。4、B【解题分析】A项，Ba2+与SO42-发生复分解反应不能大量共存；B项，Al3+与HCO3-发生双水解反应不能大量共存；C项，H+、Fe2+与NO3-发生氧化还原反应不能大量共存；D项，AlO2-与HCO3-发生复分解反应不能大量共存；答案选B。点睛：典型发生双水解反应不能大量共存的离子：Al3＋与S2－、HS－、CO32-、HCO3-、AlO2-、ClO－、SiO32-等，Fe3＋与CO32-、HCO3-、AlO2-、ClO－、SiO32-等，NH4+与AlO2-、SiO32-等。5、C【题目详解】A．苯环上的H被硝基替代，生成硝基苯，为取代反应，A正确，不符合题意；B．碳碳双键打开，连接两个溴原子，不饱和键变成饱和键，为加成反应，B正确，不符合题意；C．甲烷上的H被氯原子替代，为取代反应，且没有单质生成，不是置换反应，C错误，符合题意；D．乙醇和乙酸生成乙酸乙酯，属于酯化反应，也是取代反应，D正确，不符合题意；答案选C。6、D【解题分析】A.生铁是含有碳和铁的铁碳合金，属于混合物，选项A错误；B.铝热剂是氧化铁等金属氧化物和铝的混合物，属于混合物，选项B错误；C.漂粉精由氯化钙和次氯酸钙组成，属于混合物，选项C错误；D.胆矾是CuSO4•5H2O，属于纯净物，选项D正确。答案选D。7、C【解题分析】胶体中分散质的微粒直径在1nm-100nm之间，溶液中分散质的微粒直径小于1nm，浊液中分散质的微粒直径大于100nm。【题目详解】A.肥皂水是胶体，故A不选；B.蛋白质溶液是胶体，故B不选；C.硫酸铜溶液是溶液，故C选；D.淀粉溶液是胶体，故D不选。故选C。8、D【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故反应速率与其化学计量数的比值越大,反应速率越快。【题目详解】A．；B．；C．；D．；显然D中比值最大，故反应速率最快，故选D。9、B【解题分析】A.NH4Br是离子化合物，NH4+阳离子中N和H以共价键的形式结合，NH4+和Br-之间是离子键，所以NH4Br的电子式：是错的，故A错误；B.MgCl2是离子化合物，Mg和Cl之间是离子键，所以MgCl2电子式：是正确的。故B正确；C.次氯酸的中心原子为O，HClO的结构式为：H-O-Cl，故C错误；硫离子质子数为16，核外电子数为18，有3个电子层，由里到外各层电子数分别为2、8、8，离子结构示意图为，故C错误；答案：B。10、D【解题分析】A：前者为Be，后者为He，分处于IIA及0族。B：前者为0族Ne，后者为IA的Na；C：前者为B或F，后者为Al或Cl，不一定是同族元素；D：前者为O，后者为S，均为第ⅥA元素；故选D。11、D【题目详解】A.碘易溶在酒精中，不能直接分液，故A错误；B.氢氧化钠溶液也能吸收氯气，应该用饱和的食盐水，故B错误；C.虽然加热分解可以生成氯化氢和氨气，二者冷却后又化合生成，故C错误；D.不溶于水，可以用排水法收集，故D正确；答案选D。12、C【题目详解】A.氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸不能拆成离子形式，故错误；B.铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，故错误；C.铅蓄电池放电时，正极为二氧化铅得电子发生还原反应，电极反应为：PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，故正确；D.用铜电极电解硫酸铜溶液时，铜做阳极，失去电子生成铜离子，铜做阴极，溶液中铜离子得到电子生成铜单质，故反应2Cu2++2H2O=2Cu+O2↑+4H+是错误的。故选C。13、C【解题分析】A.根据氨水中阴阳离子的电荷守恒可得c(OH－)＝c(NH4+)+c(H＋)，即c(OH－)－c(H＋)＝c(NH4+)，故A叙述正确；B.H2S是弱电解质，电离程度较小，其溶液中主要存在大量的H2S分子，同时在水溶液里存在两步电离平衡H2S⇌H++HS-、HS-⇌H++S2-，H2S的第一步电离远远大于第二步电离，则有c(H＋)＞c(HS－)＞c(S2－)，因此有c(H2S)＞c(H＋)＞c(HS－)＞c(S2－)，故B叙述正确；C.0.1mol/L的NaHA溶液,其pH=4，说明HA-的电离程度大于水解程度，所以c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(H2A)，故C叙述错误；D.在Na2CO3固体中，钠离子个数为碳酸根离子的2倍，在碳酸钠溶液中，碳酸根离子部分发生水解，以HCO3﹣、CO32﹣、H2CO3三种形式存在于溶液中，由物料守恒可得：c（Na+）＝2[c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）]，故D叙述正确；答案选C。14、B【题目详解】A.浓硝酸能够与铜发生反应，不能盛放在铜质器皿中，故A错误；B.Na2SiO3溶液具有粘合性，硅酸钠溶液呈碱性，应该保存在带有橡皮塞的试剂瓶中，故B正确；C.稀硝酸能够与铁反应，不能盛放在铁质器皿中，故C错误；D.氢氧化钠溶液能够与玻璃塞中的二氧化硅反应生成具有粘合性的硅酸钠，将瓶塞和瓶口粘在一起，故不能保存在带玻璃塞的试剂瓶中，可以保存在带橡胶塞的试剂瓶中，故D错误。故选B。15、C【解题分析】NH4+离子水解显酸性，而NH4HSO4能电离出氢离子，抑制NH4+离子水解，所以NH4HSO4溶液中NH4+离子的浓度最大，答案选C。16、C【题目详解】Na化合价是+1价，O化合价是-2价，根据化合物中元素化合价代数和等于0.可知Na3PO4分子中磷元素的化合价为+5价，故合理选项是C。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH3COOH羧基2CH3CHO+O22CH3COOH②⑤CH3CH2CH2COOH（CH3）2CHCOOH【分析】C连续氧化得到E，二者反应得到CH3COOCH2CH3，则C为CH3CH2OH，E为CH3COOH，乙醇发生氧化反应生成D为CH3CHO，乙醛进一步发生氧化反应生成CH3COOH，有机物A可用作果实催熟剂，系列转化得到CH3CH2OH，故A为C2H4，与水发生加成反应得到B为CH3CH2Br，溴乙烷发生水解反应得到CH3CH2OH，据此解答。【题目详解】C连续氧化得到E，二者反应得到CH3COOCH2CH3，则C为CH3CH2OH，E为CH3COOH，乙醇发生氧化反应生成D为CH3CHO，乙醛进一步发生氧化反应生成CH3COOH，有机物A可用作果实催熟剂，系列转化得到CH3CH2OH，故A为C2H4，与水发生加成反应得到B为CH3CH2Br，溴乙烷发生水解反应得到CH3CH2OH，（1）A为C2H4，其电子式是；（2）E的结构简式是CH3COOH，分子中含有的官能团是羧基；（3）反应④是乙醛氧化生成乙酸，反应方程式为：2CH3CHO+O22CH3COOH；（4）反应①是乙烯与HBr发生加成反应，反应②是溴乙烷发生水解反应得到CH3CH2OH，也属于取代反应，反应③是乙醇发生氧化反应生成乙醛，反应④是乙醛发生氧化反应生成乙酸，反应⑤是乙酸与乙醇发生酯化反应，也属于取代反应，故反应①～⑤中属于取代反应的是②⑤；（5）与乙酸乙酯互为同分异构体且属于羧酸的结构简式有：CH3CH2CH2COOH、（CH3）2CHCOOH。【题目点拨】本题考查有机物推断，涉及烯烃、醇、醛、羧酸的性质与转化，比较基础，侧重对基础知识的巩固。18、KK4Fe(CN)6aef①③④平面三角形CH3OH分子之间存在氢键，熔、沸点比CH4高2∶3aπ×100%【分析】前四周期原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A、B属于同一短周期元素且相邻，A元素所形成的化合物种类最多，则A为碳元素、B为N元素；C、D、E、F是位于同一周期的金属元素，只能处于第四周期，基态C、F原子的价电子层中未成对电子均为1个，且C、F原子的电子数相差为10，可推知C为K、F为Cu，基态D、E原子的价电子层中未成对电子数分别为4、2，且原子序数相差为2，D、E价电子排布分别为3d64s2，3d84s2，故D为Fe、E为Ni，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，A为C元素，B为N元素，C为K元素，D为Fe元素，E为Ni元素，F为Cu元素。(1)六种元素中K的金属性最强，最容易失去电子，其第一电离能最小，故答案为：K；(2)黄血盐是由A、B、C、D四种元素形成的配合物C4[D(AB)6]，化学式为K4[Fe(CN)6]，黄血盐晶体中含有离子键、配位键、共价键，没有金属键、氢键和分子间作用力，故答案为：K4Fe(CN)6；aef；(3)镍为28号元素，Ni2+的价层电子排布式为3d8，故价电子排布图为；①CH2=CH2、③、④HCHO中C原子价层电子对数都是3，没有孤电子对，C原子采取sp2杂化；②HC≡CH为C原子价层电子对数是2，没有孤电子对，C原子采取sp杂化；HCHO分子的立体结构为平面三角形，它的加成产物为甲醇，甲醇分子之间能够形成氢键，其熔、沸点比CH4的熔、沸点高，故答案为：；①③④；平面三角形；CH3OH分子之间存在氢键，熔、沸点比CH4高；(4)金属K晶体为体心立方堆积，晶胞结构为左图，晶胞中K原子配位数为8，金属Cu晶体为面心立方最密堆积，晶胞结构为右图，以顶点Cu原子研究与之最近的原子位于面心，每个顶点Cu原子为12个面共用，晶胞中Cu原子配位数为12，K、Cu两种晶体晶胞中金属原子的配位数之比为8∶12=2∶3；金属Cu的晶胞中，根据硬球接触模型的底面截面图为，则Cu原子半径为r和晶胞边长a的关系为：4r=a，解得r=a；Cu原子数目=8×+6×=4，4个Cu原子的体积为4×πr3=4×π×(a)3，晶胞的体积为a3，Cu原子在晶胞中的空间占有率==4×π×()3×100%=π×100%，故答案为：2∶3；a；π×100%。【题目点拨】本题的难点和易错点为(4)中晶胞的计算，要注意正确理解晶胞结构，本题中底面对角线上的三个球直线相切，然后根据平面几何的知识求解。19、AB温度计1插到液面以下bC5H10CH3CH=C(CH3)2分液+HBrCH3CH=C(CH3)2+（CH3）3CCBr(CH3)2+H2O【分析】（1）含-OH可与Na反应生成氢气，可被CuO氧化生成铜，不能与NaOH溶液反应，且与-OH相连的C上无H，不能发生消去反应；（2）该反应在90℃下充分反应，温度计1拟用于监控反应温度，水银球应该插在液面以下；（3）蒸馏时，冷却水应下进上出；（4）由上述反应可知，产物C中一定由碳、氢元素，可能含有氧元素，根据题目中各物质的质量算出产物C中所含元素，根据质谱实验可得，产物C的相对分子质量；（5）由核磁共振氢谱可知，产物C中氢原子有三种，且个数比为3：6：1，找出符合条件的结构简式；（6）对于互不相溶的的液体用分液的办法分离和提纯；（7）根据各物质的物质的量关系可得，反应生成C5H10为0.1mol，H2O为0.1mol，则另外一种产物为C7H15Br，由核磁共振氢谱可知，找出符合条件的C7H15Br的结构简式，进而得到总反应方程式。【题目详解】（1）含-OH可与Na反应生成氢气，可被CuO氧化生成铜，不能与NaOH溶液反应，且与-OH相连的C上无H，不能发生消去反应，故答案为：AB；（2）该反应在90℃下充分反应，温度计1拟用于监控反应温度，水银球应该插在液面以下，故答案为：温度计1；插到液面以下；（3）蒸馏时，冷却水应下进上出，所以应从b处进入，故答案为：b；（4）由上述反应可知，产物C中一定由碳、氢元素，可能含有氧元素，2.2gCO2中碳元素的质量为：2.2g=0.6g，0.9gH2O中氢元素的质量为：0.9g=0.1g，而产物C为0.7g，所以产物C中没有氧元素，碳原子与氢原子的个数比为：=1：2，根据质谱实验可得，产物C的相对分子质量为70，符合条件的产物C的分子式为：C5H10，故答案为：C5H10；（5）由核磁共振氢谱可知，产物C中氢原子有三种，且个数比为3：6：1，符合条件的结构简式为CH3CH=C(CH3)2，故答案为：CH3CH=C(CH3)2；（6）对于互不相溶的的液体用分液的办法分离和提纯，故答案为：分液；（7）由18.6g醇A（0.1mol）、17.0g47.6%氢溴酸（含8.1gHBr、0.1mol），可知反应后一定有水存在，根据物质的量的关系可得，反应生成C5H10为0.1mol,H2O为0.1mol，则另外一种产物为C7H15Br，由核磁共振氢谱可知，符合条件的C7H15Br的结构简式为（CH3）3CCBr(CH3)2,总反应方程式为+HBrCH3CH=C(CH3)2+（CH3）3CCBr(CH3)2+H2O，故答案为：+HBrCH3CH=C(CH3)2+（CH3）3CCBr(CH3)2+H2O。【题目点拨】根据给出各生成物的质量，推断反应物的分子式时，要根据质量守恒定律定性推出该物质中可能含有的元素种类，并且根据质量关系定量确定最终结果。20、产生气泡的快慢(产生气泡的速率或反应完成的先后或试管壁的冷热程度等其他合理答案给分)排除Cl−对实验的干扰(其他合理答案给分)分液漏斗检查装置的气密性(在同温同压下，反应2min收集)气体的体积(其他合理答案给分)小于溶液的酸碱性对H2O2分解速率的影响其他合理答案给分)【分析】探究催化剂对过氧化氢分解的影响，根据实验要求应控制变量，通过分解生成气泡的快慢或单位时间内生成氧气的体积进行催化效果的判断，反应物浓度越高，反应速率越快。【题目详解】(1)甲中可以通过观察产生气泡的快慢来定性比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，将FeCl3溶液改为Fe2(SO4)3溶液，这样Fe3+和Cu2+中的阴离子种类相同，可以排除因阴离子的不同可能带来的影响，还可以将CuSO4改为CuCl2；(2)由装置图可知：仪器A的名称是分液漏斗。反应速率是根据测定相同时间内产生气体的体积来衡量的，为保证测定相同时间内产生气体的体积的准确性，要检查装置的气密性，操作是组装好装置乙，关闭A的旋塞，将注射器活塞向外拉出一段，松手后，看是否回到原位，回到原位证明气密性良好。(3)随着反应的进行，反应物浓度减小，反应速率减小，3min~4min生成10mL气体，那么2min~3min生成气体的体积应大于10mL，故b小于90mL；(4)从表中可以看出，3组实验不同的实验条件是溶液的酸碱性，因此实验设计的目的是为了探究溶液的酸碱性对H2O2分解速率的影响。21、BC0刻度左侧0-2处1①1－b5/4＜d＜3/2【分析】（1）A.根据2SO2+O22SO3，把2molSO3导入左边相当于2molSO2，1molO2，而左室体积大于右室，左室相对右室相当于减小压强，平衡左移；B.根据PV=nRT，左室气体物质的量和体积均是右室的2倍，即压强相等；C.根据2SO2+O22SO3，把2molSO3导入左边相当于2molSO2，1molO2，而左室体积大于右室，左室相对右室相当于减小压强，平衡左移；D.第二次平衡时，气体体积变为左室体积的1.5倍，把2molSO3导入左边相当于2molSO2，1molO2，物质的量变为2倍，比第一次平衡时压强变大，平衡正向移动。（2）①当乙中没有Ar气时，甲中充入1molN2和3molH2与乙中充入2molNH3到达平衡状态时，为等效的，即两边气体的物质的量相等，隔板应位于中间0处，此后向乙中再充入1molAr气，会使乙中气体压强增大，隔板向甲的方向移动，会使甲中的反应向正向移动。②根据题中条件，当达到平衡时，K停留在0处，说明乙端的相当有8个格。③体积固定，恒温、恒压容器中，两边达到平衡的状态相同，乙中的氩气对平衡无影响；体积不变，两边转化结果相同，H2的转化率为