2024届上海市金山区上海交大南洋中学化学高二第一学期期中达标测试试题含解析

2024届上海市金山区上海交大南洋中学化学高二第一学期期中达标测试试题考生请注意：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、下列化学用语表示正确的是A．苯的比例模型： B．乙酸的结构式：C2H4O2C．羟基的电子式： D．CH2=CHCH=CH2的系统命名：1，3—二丁烯2、除去食盐中Ca2+、Mg2+、SO，下列试剂添加顺序正确的是（）A．NaOH、Na2CO3、BaCl2 B．Na2CO3、NaOH、BaCl2C．BaCl2、NaOH、Na2CO3 D．Na2CO3、BaCl2、NaOH3、下列关于石油的说法正确的是（）A．液化石油气、天然气都是可再生能源 B．石油主要含有碳、氢两种元素C．石油的裂化和裂解都属于物理变化 D．石油分馏出的各馏分均是纯净物4、有一处于平衡状态的反应：X（s）+3Y（g）2Z（g）；△H＜1．为了使平衡向生成Z的方向移动，应选择的条件是（）①高温②低温③高压④低压⑤加催化剂⑥分离出Z⑦增加X⑧增加YA．①③⑤⑦ B．②③⑤⑦ C．②③⑥⑧ D．②④⑥⑧5、四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原子内质子数之比为1:2，X2+和Z-的电子数之差为8。下列说法不正确的是(）A．WZ4分子中W、Z原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构B．元素原子半径从大到小的顺序是X、Y、ZC．W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是元素ZD．W与Y通过离子键形成离子化合物6、为消除目前燃料燃烧时产生的环境污染，同时缓解能源危机，有关专家提出了利用太阳能制取氢能的构想。下列说法正确的是A．H2O的分解反应是放热反应B．氢能源已被普遍使用C．2molH2O具有的总能量低于2molH2和1molO2具有的总能量D．氢气是不可再生能源7、下列说法正确的是（）A．对于有气体参与的反应，增大压强，活化分子数增多，化学反应速率增大B．对放热反应而言，升高温度，活化分子百分数减少，反应速率减小C．活化分子间发生的碰撞为有效碰撞D．使用催化剂，活化分子百分数增多，化学反应速率增大8、已知25℃时，RSO4(s)+CO32-(aq)⇌RCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数K=1.75×104，Ksp(RCO3)=2.80×10-9，下列叙述中正确的是A．25℃时，RSO4的Ksp约为4.9×10-5B．将浓度均为6×10-5mol/L的RCl2、Na2CO3溶液等体积混合后可得到RCO3沉淀C．向c(CO32-)=c(SO42-)的混合液中滴加RCl2溶液，首先析出RSO4沉淀D．相同温度下，RCO3在水中的Ksp大于在Na2CO3溶液中的Ksp9、第三届联合国环境大会的主题为“迈向无污染的地球”。下列做法不应提倡的是A．推广电动汽车，践行绿色交通 B．改变生活方式，预防废物生成C．回收电子垃圾，集中填埋处理 D．弘扬生态文化，建设绿水青山10、在2A+B

3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是

（

）A．v（A）=0.5mol/(L•min) B．v（D）=1mol/(L•min)C．v（C）=0.8mol/(L•min) D．v（B）=0.01mol/(L•s)11、下列说法正确的是A．焓变单位是kJ•mol−1，是指1mol物质参加反应时的能量变化B．当反应放热时ΔH>0，反应吸热时ΔH<0C．一个化学反应中，当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，ΔH为“−”D．一个化学反应中，生成物总键能大于反应物的总键能时，反应吸热，ΔH为“+”12、苯丙炔酸（）广泛用于医药、香料等化工产品中。下列关于苯丙炔酸的说法正确的是A．不饱和度为5B．是高分子化合物的单体C．与丙炔酸（）互为同系物D．1mol苯丙炔酸最多可与4mol氢气发生反应13、在一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)。2min末该反应达到平衡，生成0.8molD，并测得C的浓度为0.2mol·L－1。下列判断错误的是A．x＝1 B．B的转化率为40%C．2min内A的反应速率为0.2mol·L－1·min－1 D．若混合气体的平均相对分子质量不变，则表明该反应达到平衡状态14、下列“实验结论”与“实验操作及现象”不相符的一组是（）选项实验操作及现象实验结论A把一小块钠放入水中，立刻熔成小球该反应是放热反应B向某溶液中加入AgNO3溶液，产生白色沉淀该溶液中一定含有Cl-C向NaHCO3溶液中滴入酚酞溶液，溶液颜色变红NaHCO3溶液显碱性D向某溶液中加入NaOH溶液，生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色该溶液中一定含有Fe2+A．A B．B C．C D．D15、H2和I2在一定条件下能发生反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)，1molH2完全反应放出akJ热量。已知：(a、b、c均大于零)。下列说法不正确的是A．反应物的总能量高于生成物的总能量B．断开1molH—H键和1molI—I键所需能量大于断开2molH—I键所需能量C．断开2molH—I键所需能量约为(c+b+a)kJD．向密闭容器中加入2molH2和2molI2，充分反应放出的热量小于2akJ16、高良姜素是姜科植物高良姜根中的提取物，它能使鼠伤寒沙门氏菌TA98和TA100发生诱变，具有抗病菌作用。下列关于高良姜素的叙述正确的是（）A．高良姜素的分子式为C15H15O5B．高良姜素分子中含有3个羟基、8个双键C．高良姜素能与碳酸钠溶液、溴水、酸性高锰酸钾溶液等反应D．1mol高良姜素与足量的钠反应生成33.6LH2二、非选择题（本题包括5小题）17、已知乙烯能发生以下转化：（1）①的反应类型为__________。（2）B和D经过反应②可生成乙酸乙酯，则化合物D的结构简式为__________。（3）下列关于乙烯和化合物B的说法不正确的是__________（填字母）A．乙烯分子中六个原子在同一个平面内B．乙烯能使溴水溶液褪色C．乙烯可以做果实的催熟剂D．医用酒精消毒剂浓度是80％（4）下列物质的反应类型与反应②相同的是__________A．甲烷燃烧B．乙烯生成聚乙烯C．苯与液溴反应D．淀粉水解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、为了研究外界条件对H2O2分解速率的影响，有同学利用实验室提供的仪器和试剂设计了如下实验。注意：设计实验时，必须控制只有一个变量！试剂：4%H2O2溶液，12%H2O2溶液，lmol/LFeCl3溶液仪器：试管、带刻度的胶头滴管、酒精灯（1）实验l：实验目的：温度对化学反应速率的影响实验步骤：分别向甲、乙两支试管中加入5mL4%H202溶液，再分别加入3滴1mol/LFeCl3溶液，待两支试管中均有适量气泡出现时，将试管甲放入5℃水浴中，将试管乙放入40℃水浴中。实验现象：试管___________。（填甲或乙）中产生气泡的速率快，说明____________。（2）实验2：实验目的：浓度对化学反应速率的影响实验步骤：向试管甲中加入5mL4%H2O2溶液，向试管乙中加入5mL12%H2O2溶液。实验现象：试管甲、乙中均有少量气体缓慢产生。该实验现象不明显，你如何改进实验方案，使实验现象支持“浓度改变会影响化学反应速率”这一理论预测____________。（3）实验3：实验目的：________。实验步骤：在试管甲中加入5mL4%H2O2溶液，在试管乙中加入5mL4%H2O2溶液再加入lmLlmoFLFeC13溶液。你认为方案3的设计是否严谨？_______（填是或否），说明理由_______。20、某工厂废水含游离态氯，通过下列实验测定其浓度：①取水样10.0mL于锥形瓶中，加入10.0mLKI溶液(足量)，滴入指示剂2～3滴；②取一滴定管依次用自来水、蒸馏水洗净，然后注入0.01mol·L－1Na2S2O3溶液，调整液面，记下读数；③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生反应为：I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6。试回答下列问题：(1)步骤①加入的指示剂是__________。(2)步骤②应使用________式滴定管。(3)步骤③当待测液由________色变为________色且不再变化即达终点，若耗去Na2S2O3溶液20.0mL，则废水中Cl2的物质的量浓度为________。(4)Cl2的实际浓度比所测浓度为____(填“偏大”、“偏小”或“相等”)，造成误差的原因是_________(若认为没有误差，该问不答)。21、（1）铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有SiO2(不溶于水和酸)、Fe2O3）是工业上制备氧化铝的主要原料。工业上提取氧化铝的工艺流程如下：①沉淀A、B的成分分别是____________、____________；步骤②中的试剂a是_________；（以上均填化学式）。②试写出步骤③中发生反应的离子方式______________、________________；③简述检验所得滤液甲中存在Fe3＋的操作方法：________________________。（2）用含少量铁的氧化铜制取氯化铜晶体（CuCl2·xH2O）。有如下操作：已知：在pH为4～5时，Fe3+几乎完全转化为Fe（OH）3沉淀，Cu2+却不反应。①加热酸溶过程中发生反应的化学方程式有：_______________________。②氧化剂A可选用_________________（填编号，下同）。A．KMnO4B．HNO3C．Cl2③要得到较纯的产品，试剂B可选用____________________。A．NaOHB．CuOC．FeO④试剂B的作用是_______________________________。A．使Cu2+完全沉淀B．使Fe3+完全沉淀C．降低溶液的pHD．提高溶液的pH⑤从滤液经过结晶得到氯化铜晶体的方法是_________（按实验先后顺序选填编号）。A．过滤B．蒸发至干C．冷却D．蒸发浓缩

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．苯为平面结构，苯分子中存在6个H和6个C，所有碳碳键完全相同，苯的比例模型为：，故A正确；B．C2H4O2为乙酸的分子式，结构式为：，故B错误；C．羟基是电中性基团，氧原子与氢原子以1对共用电子对连接，电子式为，故C错误；D．CH2=CHCH=CH2的命名错误，应该为1，3-丁二烯，故D错误；故选A。【题目点拨】本题的易错点为C，要注意羟基不带电，注意与氢氧根离子的区分。2、C【题目详解】除去钙离子选用碳酸钠、除去镁离子使用氢氧化钠、除去硫酸根离子选用氯化钡，由于含有多种杂质，所以加入的除杂试剂要考虑加入试剂的顺序，加入过量氯化钡溶液的顺序应该在加入碳酸钠溶液之前，以保证将过量的氯化钡除去，过滤后，最后加入盐酸，除去过量的碳酸钠，而氢氧化钠溶液只要在过滤之前加入就可以，满足以上关系的只有C。故选C。3、B【题目详解】A．石油分馏得到液化石油气，石油、天然气是化石燃料，是不可再生的，A不正确；B．石油主要是烃类，含碳、氢两种元素，正确；C．石油的裂化和裂解都属于化学变化，C不正确；D．石油分馏出的各馏分均是混合物，D不正确；答案选B。4、C【分析】反应X（s）+3Y（g）2Z（g），△H＜1，正反应是气体物质的量减小的放热反应，根据勒夏特列原理：①升高温度，平衡逆向移动，①错误；②降低温度，平衡向正反应移动，②正确；③压强增大，平衡向正反应移动，③正确；④降低压强，平衡向逆反应方向移动，④错误；⑤加催化剂缩短到达平衡的时间，不会引起化学平衡的移动，⑤错误；⑥分离出Z，即减小生成物的浓度，平衡正向移动，⑥正确；⑦增加X，X为固体，平衡不移动，⑦错误；⑧增加Y，Y的浓度增大，平衡向右移动，⑧正确；【题目详解】反应X（s）+3Y（g）⇌2Z（g），△H＜1，正反应是气体物质的量减小的放热反应，根据勒夏特列原理：①升高温度，平衡逆向移动，①错误；②降低温度，平衡向正反应移动，②正确；③压强增大，平衡向正反应移动，③正确；④降低压强，平衡向逆反应方向移动，④错误；⑤加催化剂缩短到达平衡的时间，不会引起化学平衡的移动，⑤错误；⑥分离出Z，即减小生成物的浓度，平衡正向移动，⑥正确；⑦增加X，X为固体，平衡不移动，⑦错误；⑧增加Y，Y的浓度增大，平衡向右移动，⑧正确。答案为C5、D【解题分析】根据X2+和Z-离子的电子数之差为8，由元素周期表确定X2+为Be2+或Mg2+；推断Z为F-或Cl-；依据W和X元素原子内质子数之比为1：2，判断W为He或C，结合原子最外层电子数之和为19，所以两种判断中：W：He；X：Be；Z：F时，Y的最外层电子数为8，因为W、X、Y、Z的原子序数依次增大，所以不符合；若各元素为W：C：X：Mg；Z：Cl；由最外层电子数之和为19，Y的最外层电子数为6，确定Y为S，综上所述：推断出各物质为：W、C；X、Mg；Y、S；Z、Cl；据以上分析解答。【题目详解】根据X2+和Z-离子的电子数之差为8，由元素周期表确定X2+为Be2+或Mg2+；推断Z为F-或Cl-；依据W和X元素原子内质子数之比为1：2，判断W为He或C，结合原子最外层电子数之和为19，所以两种判断中：W：He；X：Be；Z：F时，Y的最外层电子数为8，因为W、X、Y、Z的原子序数依次增大，所以不符合；若各元素为W：C：X：Mg；Z：Cl；由最外层电子数之和为19，Y的最外层电子数为6，确定Y为S，综上所述：推断出各物质为：W、C；X、Mg；Y、S；Z、Cl；

A、WZ4分子为CCl4，原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构，故A正确；

B、XYZ是同周期元素的原子，同周期原子半径依次减小，元素原子半径从大到小的顺序是X、Y、Z，故B正确；

C、W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物分别是H2CO3、H2SO4、HClO4；其中HClO4酸性最强，所含的元素是Cl，故C正确；D、W（C）与Y（S）通过共价键形成共价化合物CS2，故D错误；

综上所述，本题选D。6、C【解题分析】本题是常识性知识的考查，考查反应热与物质总能量的关系，可再生能源的概念。【题目详解】A.氢气燃烧生成水是放热反应，则水的分解反应是吸热反应，A错误；B.利用太阳能制取氢气技术不成熟，制约氢气大量生产，所以氢能源还没有被普遍使用，B错误；C.水分解是吸热反应，∆H=生成物总能量-反应物总能量＞0，故2molH2O具有的总能量低于2molH2和1molO2具有的总能量，C正确；D.不可再生能源包括三大化石燃料，核能，氢气属于可再生新能源，D错误；答案为C。7、D【题目详解】A．对于有气体参与的反应，增大压强，活化分子数总数不变，由于单位体积内的活化分子数增多，化学反应速率增大，A错误；B．对任何化学反应，升高温度，活化分子百分数增有效碰撞次数增加，化学反应速率加快，B错误；C．活化分子间发生的可以发生化学反应的碰撞为有效碰撞，C错误；D．使用催化剂，，可以降低反应的活化能，使活化分子数增加，活化分子的百分数增多，化学反应速率增大，D正确。答案选D。【题目点拨】8、A【题目详解】25℃时，RSO4(s)+CO32-(aq)⇌RCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数K==1.75×104，=。A.根据上述计算分析，25℃时，RSO4的Ksp约为4.9×10-5，故A正确；B.将浓度均为6×10-5mol/L的RCl2、Na2CO3溶液等体积混合，则浓度变为原来的一半，混合后溶液中c(R2+)=3×10-5mol/L，c(CO32-)=3×10-5mol/L，Qc(RCO3)=c(R2+)∙c(CO32-)=3×10-5mol/L×3×10-5mol/L=9×10-10<Ksp(RCO3)=2.80×10-9，不会产生RCO3沉淀，故B错误；C.RSO4、RCO3属于同类型且Ksp(RSO4)>Ksp(RCO3)，向c(CO32-)=c(SO42-)的混合液中滴加RCl2溶液，首先析出RCO3沉淀，故C错误；D.Ksp只与温度有关，与浓度无关，相同温度下RCO3在水中的Ksp等于在Na2CO3溶液中的Ksp，故D错误；答案选A。【题目点拨】本题易错点在于D选项，Ksp也属于平衡常数，只与温度有关，与溶液中离子浓度大小无关。9、C【解题分析】根据大会主题“迈向无污染的地球”，所以A可减少污染性气体的排放，即A正确；B可减少废物垃圾的排放，则B正确；C电子垃圾回收后，可进行分类处理回收其中的有用物质，而不能填埋，故C错误；D生态保护，有利于有害气体的净化，故D正确。本题正确答案为C。10、D【解题分析】都转化为B物质表示的速率进行比较，对于2A+B⇌3C+4D，A、v（A）=0.5mol/(L•min)，速率之比等于化学计量数之比，故v（B）=v（A）=0.25mol/(L•min)，B、v（D）=1mol/(L•min)，速率之比等于化学计量数之比，故v（B）=v（D）=0.25mol/(L•min)，C、v（C）=0.8mol/(L•min)，速率之比等于化学计量数之比，故v（B）=v（C）=0.267mol/(L•min)，D、v（B）=0.01mol/(L•s)=0.6mol/(L•min)，故速率D＞C＞A=B，答案选D。点睛：本题考查化学反应速率大小的比较，明确化学反应速率之比等于化学计量数之比，并换算成同一物质来表示才能进行速率大小的比较。而解决本题需特别注意速率单位的换算。11、C【题目详解】A.焓变单位kJ•mol−1中的每摩尔，既不是指每摩反应物，也不是指每摩生成物，而是指每摩反应，故A不选；B.反应放热后会使体系能量降低，所以放热反应的ΔH为“-”，反应吸热后会使体系能量升高，所以吸热反应的ΔH为“+”，故B不选；C.当反应物的总能量大于生成物的总能量时，由能量高的反应物生成能量低的生成物时，会释放能量，所以反应放热，ΔH为“−”，故C选；D.断裂反应物中的化学键时要吸收能量，形成生成物中的化学键时要放出能量，一个化学反应中，生成物总键能大于反应物的总键能时，反应放热，ΔH为“—”，故D不选。故选C。【题目点拨】热化学方程式里的ΔH的单位kJ•mol−1中的每摩尔表示的每摩反应，是反应进度的单位。一个化学反应放热还是吸热，可以从反应物和生成物的总能量的相对大小来解释，也可以从化学键断裂吸收的能量和化学键形成放出的能量的相对大小来解释。反应物和生成物的能量无法测量，所以如果计算ΔH，可以用化学键的数据来计算：用反应物的总键能减去生成物的总键能。12、B【题目详解】A、苯环的不饱和度为4，碳碳三键的不饱和度为2，羧基的不饱和度为1，则苯丙炔酸的不饱和度为7，故A错误；B、可发生加聚反应生成，则为的单体，故B正确；C、含有苯环，与CH≡C﹣COOH结构不相似，不是同系物，故C错误；D、能与氢气反应的为苯环和碳碳三键，则1mol苯丙炔酸最多可与5mol氢气发生反应，故D错误;故选B。13、C【题目详解】A.2min内生成n(C)＝0.2mol/L×2L＝0.4mol，同一个方程式中同一段时间内参加反应的各物质的物质的量之比等于其计量数之比，则C、D计量数之比＝x:2＝0.4mol:0.8mol＝1:2，x＝1，故A正确；B.2min内生成0.8molD同时消耗n(B)=1÷2n(D)=1÷2×0.8mol＝0.4mol，则B的转化率=0.4mol÷1mol×100%＝40%，故B正确；C.2min内D的平均反应速率=0.8mol÷2L÷2min=0.2mol/(L．min)，同一个方程式中同一段时间内各物质的化学反应速率之比等于其计量数之比，则v(A)=3÷2v(D)=3÷2×0.2mol/(L．min)＝0.3mol/(L．min)，故C错误；D．恒温恒容条件下气体物质的量与其压强成正比，根据A知，x＝1，该反应前后气体计量数之和减小，则反应前后气体物质的量减小，若混合气体的平均相对分子质量不变，反应达到平衡状态，故D正确；故选：C。14、B【题目详解】A.钠的熔点较低，反应放出的热量就足以让其熔化为小球，A项正确；B.若该溶液中无而只有，也能得出一样的现象，B项错误；C.碳酸氢钠是强碱弱酸盐，因水解而显碱性，C项正确；D.与反应的现象就是产生白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，D项正确；答案选B。15、B【题目详解】A.放热反应中反应物的总能量高于生成物的总能量。该反应放热，所以反应物的总能量高于生成物的总能量，A选项正确；B.该反应放热，说明反应物断键吸收的能量低于形成生成物成键放出的能量，而同一化学键断开吸收的能量和形成放出的能量相等，所以，断开1molH—H键和1molI—I键所需能量总和小于断开2molH—I键所需能量，B选项错误；C.反应放出的热约为成键放出的能量减去断键吸收的能量：akJ=断开2molH—I键所需能量-bkJ-ckJ，所以，断开2molH—I键所需能量约为(c+b+a)kJ，C选项正确；D.该反应是可逆反应，向密闭容器中加入2molH2和2molI2，反应的H2小于2mol，所以，充分反应放出的热量小于2akJ，D选项正确；答案选B。【题目点拨】放热反应反应物的能量大于生成物的能量，忽略其他形式的能量，反应放出的热等于反应物的能量减去生成物的能量，也等于得到生成物成键放出的热减去反应物断键吸收的能量。16、C【解题分析】A．由结构简式可知高良姜素的分子式为C15H12O5，A错误；B．分子含有两个苯环，只有1个碳碳双键，B错误；C．含有酚羟基，可与碳酸钠溶液反应、溴水反应，含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，可被酸性高锰酸钾氧化，C正确；D．含有3个羟基，但生成氢气存在的外界条件未知，不能确定体积大小，D错误。答案选C。【点晴】易错点为D，注意气体存在的外界条件的判断。二、非选择题（本题包括5小题）17、加成反应CH3COOHDC【分析】乙烯与水在催化剂作用下发生加成反应生成乙醇，故B为乙醇，乙醇与乙酸在浓硫酸作催化剂并加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，故D为乙酸，以此解答。【题目详解】（1）由上述分析可知，①的反应类型为加成反应；（2）由上述分析可知，D为乙酸，结构简式为CH3COOH；（3）A．乙烯结构简式为，6个原子均在一个平面内，故A项说法正确；B．乙烯中碳碳双键能够与Br2发生加成反应生成无色1,2—二溴乙烷，能使溴水溶液褪色，故B项说法正确；C．乙烯为一种植物激源素，由于具有促进果实成熟的作用，并在成熟前大量合成，所以认为它是成熟激素，可以做果实的催熟剂，故C项说法正确；D．医用酒精消毒剂浓度是75%，故D项说法错误；综上所述，说法不正确的是D项，故答案为D；（4）反应②属于取代反应或酯化反应，甲烷燃烧属于氧化还原反应，乙烯生成聚乙烯属于加聚反应，苯与液溴反应生成溴苯属于取代反应，淀粉水解属于水解反应，故答案为C。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、乙升高温度可加快化学反应速率向试管甲中加入5mL4%H2O2溶液，向试管乙中加入5mL12%H2O2溶液，再同时分别向试管甲和试管乙中滴加2～3滴lmol/LFeCl3溶液催化剂对化学反应速率的影响否试管乙中加入1mL1mol/LFeCl3溶液会使H2O2溶液的浓度降低【题目详解】（1）甲、乙两支试管中加入5mL5%H2O2溶液，乙中的温度比甲高，故试管乙中产生气泡的速率快，说明升高温度可加快H2O2的分解速率；（2）为了加快反应速率，可以使用催化剂，所以向试管甲中加入5mL4%H2O2溶液，向试管乙中加入5mL12%H2O2溶液后，再同时分别向试管甲和试管乙中滴加2～3滴lmol/LFeCl3溶液；（3）只有一支试管中加入了氯化铁溶液，与另一支试管形成对比试验，探究催化剂对化学反应速率的影响；但此方案设计不合理，因为加入的1mL溶液会对B试管溶液进行稀释，使浓度发生改变。【题目点拨】本题考查了探究影响反应速率的因素，实验方案的设计，注意实验过程中单一变量研究方法的使用，注意掌握控制变量法的灵活应用，为易错点。20、淀粉碱蓝无0.01mol·L－1偏小滴定管未用标准液润洗【解题分析】(1)溶液中有单质碘，加入淀粉溶液呈蓝色，碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应，当反应终点时，蓝色褪去变为无色；故答案为淀粉溶液；(2)硫代硫酸钠溶液显碱性，应选择碱式滴定管；故答案为碱；(3)碘遇淀粉变蓝色，所以溶液呈蓝色，随反应I2+2Na2S2O3=2NaI+2Na2S4O6进行，溶液中没有碘，溶液由蓝色为无色，说明反应到终点。由I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6、Cl2+2I-=I2+2Cl-可知Cl2～2Na2S2O3，因此氯气的物质的量是0.5×0.02L×0.01mol·L−1=0.0001mol，则c(Cl2)=0.0001mol÷0.0100L=0.01mol/L；故答案为蓝；无；0.01mol/L；(4)碱式滴定管未用Na2S2O3溶液润洗，使得Na2S2O3溶液浓度偏小，消耗的Na2S2O3溶液体积偏大，测得I2的物质的量偏多，则游离态氯的浓度偏大，即氯的实际浓度比所测浓度会偏小；答案为：偏小；滴定管未用标准液润洗。21、SiO2Fe(OH)3NaOH溶液CO2+OH-=HCO3-CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-取少量溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液颜色。如果溶液颜色变为血红色，说明溶液中含有Fe3＋，否则不含Fe3＋Fe+2HCl=FeCl2+H2↑CuO+2HCl=CuCl2+H2OCB