湖南省长沙麓山国际实验学校2024届高二化学第一学期期中复习检测试题含解析

湖南省长沙麓山国际实验学校2024届高二化学第一学期期中复习检测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、已知在25℃时，下列反应的平衡常数如下：①N2(g)＋O2(g)2NO(g)K1＝1×10-30②2H2(g)＋O2(g)2H2O(g)K2＝2×1081③2CO2(g)2CO(g)＋O2(g)K3＝4×10-92下列说法正确的是A．NO分解反应NO(g)1/2N2(g)＋1/2O2(g)的平衡常数为1×10-30B．根据K2的值可以判断常温下H2和O2很容易反应生成H2OC．常温下，NO、H2O、CO2三种物质分解放出O2的倾向顺序为NO>H2O>CO2D．温度升高，上述三个反应的平衡常数均增大2、一定量的铁片与足量稀硫酸反应，向反应混合液中加入某些物质，下列判断正确的是A．加入NaHSO4固体，产生H2速率不变，H2体积不变B．加入CH3COOK固体，产生H2速率减小，H2体积减小C．滴加少量CuSO4溶液，产生H2速率变大，H2体积不变D．加入少量水，产生H2速率减小，H2体积不变3、下列对胶体的说法不正确的是A．溶液与胶体的本质区别是分散质直径的大小B．胶体不能用摩尔的概念来讨论C．胶体中分散质直径在1nm----100nm之间D．浊液与胶体都能产生丁达尔效应4、已知25℃、101kPa条件下：4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s)△H=-2800kJ/mol4Al(s)+2O3(g)=2Al2O3(s)△H=-3100kJ/mol。由此得出的结论正确的是A．O2比O3稳定，由O2变O3为放热反应B．O3比O2稳定，由O2变O3为吸热反应C．等质量的O2与O3分别与足量的可燃物充分反应，后者释放的能量更多D．将O2转化为O3的过程是物理变化5、相同体积、相同氢离子浓度的强酸溶液和弱酸溶液分别跟足量的镁完全反应，下列说法正确的是（）A．弱酸溶液产生较多的氢气B．强酸溶液产生较多的氢气C．两者产生等量的氢气D．无法比较两者产生氢气的量6、下列各物质中，按熔点由高到低的顺序排列正确的是()A．CH4＞SiH4＞GeH4＞SnH4B．KCl＞NaCl＞MgCl2＞MgOC．Rb＞K＞Na＞LiD．石墨＞金刚石＞SiO27、下列反应中不属于氧化还原反应的是A．Br2+2KI═I2+2KBr B．NH3+HCl═NH4ClC．NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O D．2H2O2═2H2O+O2↑8、向蒸馏水中滴入少量盐酸后，下列说法中正确的是A．c(H＋)·c(OH－)不变B．pH增大了C．水的电离程度增大了D．水电离出的c(H＋)增加了9、铋基催化剂对CO2电化学还原制取HCOOH具有高效的选择性。其反应历程与能量变化如图：下列说法错误的是A．使用Bi催化剂更有利于CO2的吸附B．使用不同铋基催化剂，最大能垒(活化能)不相等C．CO2电化学还原制取HCOOH的反应∆H<0D．*CO生成*HCOO－的反应为：*CO+HCO+e－=*CO+*HCOO－10、用pH试纸测定某无色溶液的pH值时，规范的操作是()A．将pH试纸放入溶液中，观察其颜色变化并与标准比色卡比较B．将溶液倒在pH试纸上，观察其颜色变化并与标准比色卡比较C．用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，观察其颜色变化并与标准比色卡比较D．在试管内放入少量溶液并煮沸，把pH试纸放在管口观察其颜色并与标准比色卡比较11、分子式为的同分异构体共有(不考虑立体异构)A．3种 B．4种 C．5种 D．6种12、下列实验不正确的是（）A．将溴乙烷与氢氧化钠共热反应后，加入AgNO3溶液来鉴别溴离子B．向放有电石的圆底烧瓶中滴加饱和食盐水可产生乙炔气体C．制取硝基苯时，温度计应插入反应水浴中控制反应温度D．制取乙炔时，要用一小团棉花防止泡沫进入导管13、N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O+表面转化为无害气体，其反应为：N2O（g）+CO（g）=CO2（g）+N2（g）ΔH，有关化学反应的物质变化过程如图1所示，能量变化过程如图2所示，下列说法正确的是（）A．由图1、2可知ΔH=ΔH1+ΔH2=ΔE2—ΔE1B．加入Pt2O+作为反应物，可使反应的焓变减小C．由图2可知正反应的活化能小于逆反应的活化能D．物质的量相等的N2O、CO的键能总和大于CO2、N2的键能总和14、一定温度下，反应I2(g)+H2(g)=2HI(g)在密闭容器中达到平衡时，测得c(I2)=0.11mmol·L-1,c(HI)=0.78mmo·L-1。相同温度下，按下列4组初始浓度进行实验，反应最有可能逆向进行的是(注:lmmol·L-1=10-3mol·L-1)ABCD1.000.220.440.111.000.220.440.441.001.564.001.56A．A B．B C．C D．D15、下列化学式及结构式中，从成键情况看不合理的是A． B．C． D．16、已知反应为吸热反应，下列对该反应的说法正确的是（）A．X的能量一定低于M的能量，Y的能量一定低于的能量B．因为该反应为吸热反应，故需要加热反应才能进行C．破坏反应物中的化学键所吸收的能量大于形成生成物中化学键所放出的能量D．反应物X和Y的总能量大于生成物M和N的总能量二、非选择题（本题包括5小题）17、常用药﹣羟苯水杨胺，其合成路线如图。回答下列问题：已知：（1）羟苯水杨胺的化学式为___。1mol羟苯水杨胺最多可以和___molNaOH反应。（2）D中官能团的名称___。（3）A→B反应所加的试剂是___。（4）F存在多种同分异构体。F的同分异构体中既能与FeCl3发生显色反应，又能发生银镜反应，且核磁共振氢谱显示4组峰，峰面积之比为1：2：2：1的同分异构体的结构简式___。18、某气态烃甲在标准状况下的密度为1.25g•L-1，在一定条件下氧化可生成有机物乙；乙与氢气反应可生成有机物丙，乙进一步氧化可生成有机物丁；丙和丁在浓硫酸加热条件下可生成有机物戊（有芳香气味）。请回答：（1）甲的结构简式是_____________；乙的官能团名称为__________________；（2）写出丙和丁反应生成戊的化学方程式_______________________________；（3）下列说法正确的是___________A．有机物甲可以使高锰酸钾溶液褪色，是因为发生了氧化反应B．葡萄糖水解可生成有机物丙C．有机物乙和戊的最简式相同D．有机物戊的同分异构体有很多，其中含有羧基的同分异构体有3种19、I．实验室中有一未知浓度的稀盐酸,某学生在实验室中进行测定盐酸浓度的实验。（1）配制480mL0.1000mol·L-1NaOH标准溶液。①配制所需的玻璃仪器有:烧杯、量筒、玻璃棒、__________、__________等。②称取__________g氢氧化钠固体所需仪器有天平（带砝码、镊子）、药匙、小烧杯；（2）取20.00mL待测稀盐酸放入锥形瓶中，并滴加2~3滴酚酞作指示剂，用__________（填仪器名称）盛装配制的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2〜3次，记录数据如下：滴定次数待测盐酸的体积/mL标准NaOH溶液体积滴定前的刻度/mL滴定后的刻度/rnL第一次20.000.4020.50第二次20.004.1024.00第三次20.001.0024.00（3）①如何判断滴定终点：___________。②根据上述数据,可计算出该盐酸的浓度约为__________mol·L-1。（4）在上述实验中,下列操作（其他操作正确）会造成测定果偏低的有__________（填序号）。A

酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗B锥形瓶水洗后未干燥C

称量NaOH固体中混有Na2CO3固体D滴定终点读数时俯视读数E碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失II．

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：①可将4mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵（NH4）2C2O4晶体，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4溶液。②将①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+。③终点时用去20mLl.0×l0-4mol/L的KMnO4溶液。（1）写出H2C2O4溶液与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式__________________。（2）计算：血液中含钙离子的浓度为______mol/L。20、某化学活动小组按下图所示流程由粗氧化铜样品(含少量氧化亚铁及不溶于酸的杂质)制取无水硫酸铜。已知Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋三种离子在水溶液中形成氢氧化物沉淀的pH范围如下图所示：请回答下列问题：（1）已知25℃时，Cu(OH)2的Ksp=4.0×10-20调节溶液pH到4.0时，溶液C中Cu2＋的最大浓度为____________mol·L−1。（2）在整个实验过程中，下列实验装置不可能用到的是________(填序号)。（3）溶液A中所含溶质为__________________________；物质X应选用________(填序号)。A．氯水B．双氧水C．铁粉D．高锰酸钾（4）从溶液C中制取硫酸铜晶体的实验操作为______________________________。（5）用“间接碘量法”可以测定溶液A(不含能与I－发生反应的杂质)中Cu2＋的浓度。过程如下：第一步：移取10.00mL溶液A于100mL容量瓶中，加水定容至100mL。第二步：取稀释后溶液20.00mL于锥形瓶中，加入过量KI固体，充分反应生成白色沉淀与碘单质。第三步：以淀粉溶液为指示剂，用0.05000mol·L－1的Na2S2O3标准溶液滴定，前后共测定三次，达到滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液的体积如下表：(已知：I2＋2S2O32-===2I－＋S4O62-)滴定次数第一次第二次第三次滴定前读数(mL)0.100.361.10滴定后读数(mL)20.1220.3422.12①CuSO4溶液与KI反应的离子方程式为______________________________。②滴定终点的现象是____________________________________________________________。③溶液A中c(Cu2＋)＝________mol·L－1。（6）利用氧化铜和无水硫酸铜按下图装置，持续通入X气体，可以看到a处有红色物质生成，b处变蓝，c处得到液体且该液体有刺激性气味，则X气体是___________(填序号)，写出其在a处所发生的化学反应方程式___________________________________________。A．H2B．CH3CH2OH（气）C．N221、雷诺嗪是治疗慢性心绞痛首选新药。雷诺嗪合成路线如下：（1）雷诺嗪中含氧官能团，除酰胺键（-NHCO-）外，另两种官能团名称：___、____。（2）写出满足下列条件A的同分异构体的数目_____。①能与FeCl3溶液发生显色反应；②1mol该分子可与2molNaOH反应。（3）从雷诺嗪合成路线得到启示，可用间二甲苯、ClCH2COCl、(C2H5)NH（无机试剂任用）合成盐酸利多卡因，请在横线上补充反应物，在方框内补充生成物。_____、_____、_____、_____、_____、_____。盐酸利多卡因已知：

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【题目详解】A．根据N2(g)＋O2(g)2NO(g)K1＝1×10-30，则NO(g)N2(g)＋O2(g)的平衡常数==1×1015，故A错误；B．根据K2的值可以判断H2和O2反应生成H2O的程度很大，可以看出能够完全反应，但常温下不能反应，故B错误；C．根据三个反应的平衡常数的大小可知，常温下，NO、H2O、CO2三种物质分解放出O2的平衡常数分别为1×1030，5×10-82，4×10-92，分解放出O2的倾向顺序为NO>H2O>CO2，故C正确；D．反应①②是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，故D错误；故选C。2、D【解题分析】根据反应速率取决于氢离子的浓度，浓度越大，反应速率越快，H2体积取决于锌粒的质量；A．加入NaHSO4固体，增大了H+的浓度，锌粒的物质的量不变；B．加入CH3COOK固体，结合生成醋酸，减小了H+的浓度，锌粒的物质的量不变；C．滴加少量CuSO4溶液，构成Cu-Zn原电池，反应速率加快，锌粒的物质的量减少；D．加入少量水，减小了H+的浓度，锌粒的物质的量不变。【题目详解】A．加入NaHSO4固体，增大了H+的浓度，锌粒的物质的量不变，则反应速率加快，生成H2体积不变，选项A错误；B．加入CH3COOK固体，结合生成醋酸，减小了H+的浓度，锌粒的物质的量不变，则v（H2）减小，生成H2体积不变，选项B错误；C．滴加少量CuSO4溶液，构成Cu-Zn原电池，反应速率加快，锌粒的物质的量减少；则v（H2）增大，生成H2量减少，选项C错误；D．加入少量水，减小了H+的浓度，锌粒的物质的量不变，则v（H2）减小，生成H2体积不变，选项D正确；答案选D。【题目点拨】本题考查影响化学反应速率的因素，明确氢离子的浓度及锌粒的物质的量的不变是解答本题的关键，注意选项C为解答的难点和易错点，题目难度不大。3、D【题目详解】A．根据分散质微粒直径大小，将分散系分为浊液、溶液和胶体，故区分溶液与胶体的本质特征是分散质微粒直径的大小，A正确；B．胶体是混合物，属于宏观物质，而摩尔则是表示微观离子集合体——物质的量的单位，因此不能用摩尔的概念来讨论胶体，B正确；C．胶体中分散质微粒直径介于溶液和浊液之间，微粒直径在1nm----100nm之间，C正确；D．浊液与胶体是两类不同的分散系，浊液不能产生丁达尔效应，而与胶体则能产生丁达尔效应，D错误；故合理选项是D。4、C【解题分析】根据题干热化学方程式，依据盖斯定律书写要求，氧气和臭氧之间转化的热化学方程式进行判断分析。【题目详解】根据题干信息，将两个热化学方程式分别标为①和②；根据盖斯定律计算得到：①-②等于3O2(g)=2O3(g)ΔH=−2800kJ/mol−(−3100kJ/mol)=+300kJ/mol；A.O2比O3稳定，由O2变O3为吸热反应，故A项错误，B项错误；C.等质量的O2与O3分别与足量的可燃物充分反应，O3能量高，放出热量更多，故C项正确；D.O2转化为O3的过程有新物质生成，为化学变化，故D错误。综上，本题选C。【题目点拨】本题考查了盖斯定律的应用，热化学方程式的书写，熟练掌握由已知热化学方程式转换为未知热化学方程式是解题的关键，理解物质的能量越高越不稳定。5、A【题目详解】弱电解质部分电离，在溶液中存在电离平衡，强酸在水溶液里完全电离，所以pH相等的强酸溶液和弱酸溶液，弱酸浓度大于强酸，体积相等时，弱酸的物质的量大于强酸，则与足量的金属反应，弱酸反应生成的氢气多，A项正确，答案选A。【题目点拨】弱电解质部分电离，pH相同的强酸溶液和弱酸溶液，弱酸浓度大，明确溶液体积相等时，弱酸的物质的量较大是解题的关键。6、D【解题分析】A分子晶体，分子组成和结构相似，相对分子质量越大，熔点越高，选项A错误；B、离子半径越小，所带电荷越多，晶格能越大，熔点越高，选项B错误；C、金属性越弱，金属键越强，熔点越高，选项C错误；D、石墨C—C的键长比金刚石C—C键长短，键能大，所以石墨的熔点比金刚石高，熔点石墨＞金刚石＞SiO2，选项D正确。答案选D。7、B【分析】有元素化合价变化的反应是氧化还原反应。【题目详解】Br2+2KI═I2+2KBr反应中Br、I元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故不选A；NH3+HCl═NH4Cl反应中各元素的化合价均不变，不属于氧化还原反应，故选B；NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O反应中N元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故不选C；2H2O2═2H2O+O2↑反应中O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故不选D。【题目点拨】本题考查氧化还原反应、非氧化还原反应，侧重氧化还原反应判断的考查，明确反应中元素的化合价变化为解答的关键，培养对概念的理解能力。8、A【题目详解】A．水的离子积常数只与温度有关，温度不变，水的离子积常数不变，故A正确；B．HCl电离出氢离子而导致溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故B错误；C．氢离子浓度增大，水的电离平衡逆向移动，电离程度减小，故C错误；D．HCl电离出氢离子而导致溶液中氢离子浓度增大，从而抑制水电离，则水电离出的c(H+)减少了，故D错误；故选A。9、A【题目详解】A．由图可知，使用Bi2O3的反应活化能小于使用Bi的反应活化能，说明Bi2O3比Bi更有利于吸附CO2，故A错误；B．由图可知，使用不同铋基催化剂，最大能垒(活化能)分别出现在第三和第四阶段，能量不相同，故B正确；C．由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，CO2电化学还原制取HCOOH的反应为放热反应，△H＜0，故C正确；D．根据图示结合原子守恒分析，*CO生成*HCOO－的反应为：*CO+HCO+e－=*CO+*HCOO－，故D正确；故选A。10、C【题目详解】用pH试纸测定溶液pH的方法为：用玻璃棒蘸取少许待测液滴在pH试纸上，然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照，即可确定溶液的酸碱度。A．不能把pH试纸放入溶液，会污染试剂，A错误；B．不能将溶液倒在pH试纸上，B错误；C．符合测定溶液pH的方法，C正确；D．在试管内放入少量溶液，煮沸，把pH试纸放在管口，无法测定该溶液的pH，D错误；故合理选项是C。11、B【题目详解】C3H6Cl2可看成CH3CH2CH3中2个氢原子被2个氯原子取代的产物；取代同一碳原子上有两种情况，即中间碳原子和一侧碳原子；取代不同碳原子上也有两种情况，即相邻碳原子或相间的碳原子，所以，C3H6Cl2有四种同分异构体。答案选B。思维拓展：确定常见烃的同分异构体，需确定其结构是否对称，若左右（或上下）对称，只考虑结构的1/2和对称点即可，若上下左右都对称，只需考虑结构的1/4和对称点即可；确定二卤代物可以先考虑取代同一个碳原子和不同碳原子来分析。12、A【题目详解】A、将溴乙烷与氢氧化钠共热，发生水解反应后，应先加入硝酸中和NaOH，再加AgNO3溶液来鉴别溴离子，故A错误；B、水与电石反应比较剧烈，因此实验室制乙炔时用饱和食盐水代替水，得到平稳的乙炔气体，故B正确；C、制取硝基苯时，采用水浴加热，使反应温度控制在50~60℃，温度计应插入水浴中，故C正确；D、碳化钙与水反应非常剧烈，反应放出大量的热，生成的氢氧化钙糊状物容易把导管口堵塞，所以在试管上部放置一团疏松的棉花，故D正确。故选A。13、C【题目详解】A．焓变=正反应活化能-逆反应活化能，图中ΔE1为正反应活化能，ΔE2为逆反应活化能，所以ΔH=ΔE1—ΔE2，故A错误；B．据图可知Pt2O+为催化剂，不影响反应的焓变，故B错误；C．ΔE1为正反应活化能，ΔE2为逆反应活化能，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，故C正确；D．该反应的反应物能量高于生成物，为放热反应，所以物质的量相等的N2O、CO的键能总和小于CO2、N2的键能总和，故D错误；综上所述答案为C。14、C【题目详解】由于平衡时H2浓度未知，所以无法计算出该反应的平衡常数值，结合所学知识，当Qc＞K时，反应会向逆反应方向进行，所以Q的值越大，反应越有可能逆向进行。A．；B．；C．；D．；综上所述，本题正确答案为C。15、B【分析】根据碳原子需要形成四个化学键，氢原子形成一个化学键，硫形成2个化学键，硅原子形成4个化学键。【题目详解】A、该分子中每个氢原子能形成1个共价键，氮原子形成3个共价键，碳原子形成4个共价键，每个原子都达到稳定结构，不选A；B、B中碳形成三个键，不合理，选B。C、分子中每个碳形成4个共价键，氢形成1个共价键，氧形成2个共价键，每个原子达到稳定结构，不选C；D、每个原子达到稳定结构，不选D。答案选B。16、C【题目详解】A．是一个吸热反应，说明反应物的总能量低于生成物的总能量，即反应物X和Y的总能量低于生成物M和N的总能量，不能说X的能量一定低于M的能量、Y的能量一定低于N的能量，故A错误；B．吸热反应不一定需要加热，如NH4Cl和Ba(OH)2·8H2O的反应是吸热反应，但是该反应不需加热就能发生，故B错误；C．吸热反应中，断裂化学键吸收的能量比形成化学键放出的能量高，故C正确；D．是一个吸热反应，说明反应物的总能量低于生成物的总能量，即反应物X和Y的总能量低于生成物M和N的总能量，故D错误；故答案选C。【题目点拨】若一个化学反应为吸热反应，只能说明反应物的总能量低于生成物的总能量，不能得出个别反应物或生成物之间能量的相对大小。二、非选择题（本题包括5小题）17、C13H11NO33羟基、硝基浓硝酸和浓硫酸、、【分析】苯与氯发生取代反应得到氯苯A，根据题目给出的信息可知D中含有硝基，这个硝基只能是A到B的过程中引入的，而产物中左边的苯环上的取代基是对位的，因此B为对硝基氯苯，碱性条件下水解得到对硝基苯酚钠C，加酸中和后得到对硝基苯酚D，还原后得到对氨基苯酚E，根据F的分子式和最终产物的结构不难推出F是邻羟基苯甲酸（水杨酸），E和F脱水形成肽键，得到最终产物，据此来分析题目即可。【题目详解】（1）根据结构得出其化学式为C13H11NO3，首先2个酚羟基能消耗2个氢氧化钠，水解后形成的羧酸又能消耗1个氢氧化钠形成羧酸盐，因此1mol产物一共可以消耗3mol氢氧化钠；（2）D为对硝基苯酚，其中含有的官能团为硝基和羟基；（3）根据分析，A→B是硝化反应，需要的试剂为浓硝酸和浓硫酸；（4）能和氯化铁发生显色反应证明有酚羟基，能发生银镜反应证明有醛基，然后还有4种等效氢，一共有3种符合条件的同分异构体，分别为、、。18、CH2=CH2醛基CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。AC【分析】某气态烃甲在标准状况下的密度为1.25g•L-1，根据ρ=M/Vm，所以M=ρVm=1.25g•L-1×22.4L/mol=28g/mol，气态烃的碳原子数小于等于4，故甲是C2H4，乙烯催化氧化生成乙醛，乙醛和氢气反应生成乙醇，乙醛催化氧化生成乙酸，乙酸和乙醇酯化反应生成乙酸乙酯。【题目详解】（1）某气态烃甲在标准状况下的密度为1.25g•L-1，根据ρ=M/Vm，M=ρVm=1.25g•L-1×22.4L/mol=28g/mol，气态烃的碳原子数小于等于4，故甲是C2H4，乙烯催化氧化生成乙醛，故答案为CH2=CH2；醛基。（2）乙与氢气反应可生成有机物丙，丙是乙醇，乙进一步氧化可生成有机物丁，丁是乙酸，丙和丁在浓硫酸加热条件下可生成有机物戊（有芳香气味），戊是乙酸乙酯，反应的化学方程式为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，故答案为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。（3）A.甲是乙烯，乙烯可以使高锰酸钾溶液褪色，乙烯被高锰酸钾溶液氧化了，故A正确；B.葡萄糖不能水解，故B错误；C.乙是乙醛，分子式是C2H4O，戊是乙酸乙酯，分子式是C4H8O2，最简式都是C2H4O，故C正确；D.有机物戊的同分异构体，其中含有羧基的同分异构体有2种，故D错误。故选AC。19、500mL容量瓶胶头滴管2.0碱式滴定管当滴加最后一滴NaOH溶液时溶液恰好由无色变成浅红色，且半分钟不褪色即为滴定终点0.1000AD5H2C2O4＋2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O1.25×10-3【题目详解】I．(1)①实验室没有480mL的容量瓶，配制时需要选用500mL的容量瓶，配制500mL0.1000mol·L-1的NaOH溶液的操作步骤有：计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，应选用的玻璃仪器主要有：天平、量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶；胶头滴管；②配制500mL0.1000mol·L-1的NaOH溶液，溶质的物质的量为：0.1000mol·L-1×0.5L=0.05mol，溶质的质量为：0.05mol×40g/mol=2.0g，故答案为：2.0；(2)盛装配制的标准NaOH溶液用碱式滴定管；(3)①由于指示剂酚酞在酸溶液中，所以开始溶液为无色，当滴加最后一滴NaOH溶液时溶液恰好由无色变成浅红色，且半分钟不褪色即为滴定终点；②第三次数据误太大，舍去，V(NaOH)==20.00mL，因为c酸·V酸=c碱·V碱。所以c酸==0.1000(mol/L)；(4)A．使用前，水洗后若未用待测盐酸润洗，则标准溶液的浓度偏小，相同体积时含有的酸的物质的量偏少。消耗的碱溶液体积偏小，c酸偏低，选项A符合；B．锥形瓶水洗后未干燥，由于酸的物质的量没变化，所以对实验结果无影响，选项B不符合；C．称量NaOH固体时，混有Na2CO3固体，等质量的Na2CO3消耗的盐酸的量较大，则使用该碱溶液测定盐酸时消耗的体积就偏大。所以测定的酸的浓度就偏高，选项C不符合；D．滴定终点读数时俯视,则溶液的体积偏小，所测定的酸溶液浓度就偏小，选项D符合；E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，则溶液的体积偏大，以此为标准测定的溶液的浓度就偏大，选项E不符合；答案选AD；II．(1)高锰酸钾具有强氧化性，把草酸中的C从+3价氧化成+4价的二氧化碳，Mn元素从+7价变化到+2价的锰离子，由于草酸分子中有2个C原子，所以高锰酸钾与草酸的反应比例为5：2，故H2C2O4溶液与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为5H2C2O4＋2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；(2)由题意知可能发生反应的离子方程式为：5H2C2O4＋2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O、Ca2++C2O42-=CaC2O4↓、CaC2O4+2H+=Ca2++H2C2O4。设血液中含Ca2+的物质的量浓度为c，则c×0.004L=5.0×10-6mol，血液中Ca2+的浓度c=1.25×10-3mol/L。20、4.0①③FeSO4、CuSO4、H2SO4B蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，自然干燥2Cu2++4I＝2CuI↓+I2滴入最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无明显变化0.5000BCH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O【解题分析】由流程可知，将粗氧化铜（含少量氧化亚铁及不溶于酸的杂质）溶于过量硫酸，发生的反应有FeO+H2SO4=FeSO4+H2O、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，然后过滤，得到沉淀I为不溶于酸的杂质，溶液A中溶质为FeSO4、CuSO4和H2SO4；向溶液A中加入氧化剂X将FeSO4氧化为Fe2（SO4）3，得到CuSO4和Fe2（SO4）3混合溶液，为不引进新的杂质，氧化剂X应该为H2O2；向溶液B中加入Cu（OH）2调节溶液pH，使Fe2（SO4）3完全水解为Fe（OH）3沉淀，得到CuSO4溶液，将溶CuSO4液蒸发浓缩、冷却结晶得到CuSO4•5H2O，CuSO4•5H2O加热脱去结晶水得到无水CuSO4。【题目详解】（1）Cu(OH)2的Ksp=c(Cu2+)c2(OH—)，当调节溶液pH到4.0时，溶液中c(OH—)为10—10mol/L，则c(Cu2+)=4.0×10-20/(10—10mol/L)2=4.0mol/L，故答案为4.0；（2）实验中用到的化学操作有称量、过滤（④）、蒸发（②）和灼烧（⑤），没有固液常温下制取气体（①）和分液（③），故答案为①③；（3）氧化铜和氧化亚铁分别与硫酸反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，又硫酸过量，则溶质A的主要成分为：FeSO4、CuSO4、H2SO4；向溶液A中加入氧化剂X的目的是将FeSO4氧化为Fe2（SO4）3，为不引进新的杂质，氧化剂X应该为H2O2，故答案为CuSO4、FeSO4、H2SO4；B；（4）从溶液C中获得硫酸铜晶体，直接加热蒸干会导致硫酸铜失去结晶水，应该采用的操作方法为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥，故答案为蒸发浓缩冷却结晶、过滤、自然干燥；（5）①CuSO4与KI反应生成碘单质、碘化亚