浙江省嘉兴市第五高级中学2024届化学高二第一学期期中质量检测模拟试题含解析

浙江省嘉兴市第五高级中学2024届化学高二第一学期期中质量检测模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42-可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是A．通电后中间隔室的SO42-离子向正极迁移，正极区溶液酸性减弱B．该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C．负极反应为2H2O-4e-=O2↑＋4H+，负极区溶液pH降低D．当电路中通过1mol电子的电量时，会有16gO2生成2、欲使NH4Cl稀溶液中c(NH4+)/c(Cl-)比值增大，可在溶液中(恒温并忽略溶液体积的变化)加入少量下列物质中的()①通入HCl；②H2SO4；③NH4Cl固体；④NH4NO3固体⑤Ba(OH)2固体A．②或③或④ B．①或②或④ C．②或③或⑤ D．①或③或⑤3、下列变化属于吸热反应的是①液态水汽化②将胆矾加热变为白色粉末③浓硫酸稀释④氯酸钾分解制氧气⑤生石灰跟水反应生成熟石灰A．①④B．②③C．①④⑤D．②④4、用分液漏斗可以分离的一组液体混合物是()A．溴和CCl4 B．苯和溴苯 C．硝基苯和水 D．汽油和苯5、下列事实、事件、事故中与甲烷无关的是（）A．天然气的主要成分 B．石油经过催化裂化及裂解后的产物C．“西气东输”中气体 D．煤矿中的瓦斯爆炸6、如图是用于通过测定单位时间内产生气体的体积来测量反应速率的装置，下列说法中正确的是()A．如果在分液漏斗中加入稀硫酸，在锥形瓶中加入纯锌比加入粗锌产生氢气速率快B．如果在分液漏斗中加入浓硫酸，在锥形瓶中加入粗锌比加入纯锌产生氢气快C．在锥形瓶中加入纯锌，在分液漏斗中加入稀硫酸比加入稀硫酸和少量硫酸铜产生氢气速率快D．在锥形瓶中加入纯锌，在分液漏斗中加入稀硫酸和少量硫酸铜比加入稀硫酸产生氢气速率快7、下列关于用惰性电极电解NaCl溶液的叙述正确的是A．电解时在阳极得到氯气，在阴极得到金属钠B．若向阳极附近的溶液中滴入KI溶液，溶液呈棕色C．若向阴极附近的溶液中滴入酚酞溶液，溶液呈无色D．电解一段时间后，将全部电解液转移到烧杯中，充分搅拌后溶液呈中性8、下列反应的离子方程式正确的是()A．石灰石溶于醋酸:CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OB．硫酸与氢氧化钡溶液反应:Ba2++SO42-=BaSO4↓C．氧化镁与稀硫酸反应:MgO+2H+=Mg2++H2OD．常温下,将铜片插入硝酸银溶液中:Cu+Ag+Cu2++Ag9、下列各组元素都属于p区的是（）A．原子序数为1，6，10的元素B．N，S，PC．Na，Li，MgD．Fe，Cr，Cl10、某化学学习小组查阅资料可知：N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+62kJ/mol他们对反应的自发性进行了讨论，下列结论合理的是()A．任何温度下都能自发进行 B．较高温下可自发进行C．较低温度下可自发进行 D．任何温度下都不能自发进行11、物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY、NaZ的溶液，pH值依次是8、9、10，则HX，HY，HZ的酸性由强到弱的顺序是A．HY、HX、HZ B．HZ、HY、HX C．HX、HY、HZ D．HY、HZ、HX12、现有常温下的四种溶液(如下表)，下列有关叙述中正确的是()①②③④溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸溶液盐酸pH111133A．分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①＞②＞④＞③B．温度下降10℃，四种溶液的pH均不变C．在①、②中分别加入适量的氯化铵晶体体后，①的pH减小，②的pH不变D．将①、④两种溶液等体积混合，所得溶液中c(Cl-)＜c(NH4+)＜c(H+)＜c(OH-)13、我国科技工作者运用DFT计算研究HCOOH在不同催化剂（Pd和Rh）表面分解产生H2的部分反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示。下列说法错误的是（）A．HCOOH吸附在催化剂表面是一个放热过程B．Pd、Rh作催化剂时HCOOH分解产生H2的反应热不同C．该反应过程中有C-H键的断裂，还有C=O键的生成D．HCOO*+H*=CO2+2H*是该历程的决速步骤14、下列相关条件下的离子方程式书写正确的是A．侯德榜制碱法的反应之一：Na++CO2+NH3+H2O＝NaHCO3↓+B．泡沫灭火器原理：2Al3++3+3H2O＝2Al(OH)3↓+3CO2↑C．碳酸氢镁溶液中滴加过量的烧碱溶液：Mg2++2+2OH-＝2H2O+MgCO3↓+D．一定量的明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液生成沉淀质量最大时：2Al3++3+3Ba2++6OH-＝2Al(OH)3↓十3BaSO4↓15、下列反应不属于氧化还原反应的是A．2KMnO4+16HCl=2MnCl2+5Cl2↑+8H2OB．Fe+2HCl=FeCl2+H2↑C．CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2OD．2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O16、25℃时，部分含Fe元素的微粒在溶液中的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示，下列说法正确的是A．HFeO4-在水中的电离程度小于水解程度B．B、C两点对应溶液中水的电离程度：B>CC．B点溶液加适里水稀释，溶液中所有离子浓度均减小D．由A点数据可知，H2FeO4的第一步电离平衡常数Ka1=4.15×l0-4二、非选择题（本题包括5小题）17、已知卤代烃和NaOH的醇溶液共热可以得到烯烃，通过以下步骤由制取，其合成流程如图：

→A→B→→C→。

请回答下列问题：(1)选出上述过程中发生的反应类型是______。a.取代反应b.加成反应c.消去反应d.酯化反应(2)A的结构简式为_____________。(3)A→B所需的试剂和反应条件为_______________。(4)→C→这两步反应的化学方程式分别为__________；_________。18、化合物H是一种抗病毒药物，在实验室中利用芳香烃A制备H的流程如下图所示(部分反应条件已略去)：己知：①有机物B苯环上只有两种不同环境的氢原子；②两个羟基连在同一碳上不稳定，易脱水形成羰基或醛基；③RCHO＋CH3CHORCH=CHCHO＋H2O；④（1）有机物B的名称为_____。（2）由D生成E的反应类型为___________，E中官能团的名称为_____。（3）由G生成H所需的“一定条件”为_____。（4）写出B与NaOH溶液在高温、高压下反应的化学方程式：_____。（5）F酸化后可得R，X是R的同分异构体，X能发生银镜反应，且其核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积比为1:1:1，写出1种符合条件的X的结构简式：___。（6）设计由和丙醛合成的流程图：__________________________(其他试剂任选)。19、德国化学家凯库勒认为：苯分子是由6个碳原子以单双键相互交替结合而成的环状结构为了验证凯库勒有关苯环的观点，甲同学设计了如图实验方案．①按如图所示的装置图连接好各仪器；②检验装置的气密性；③在A中加入适量的苯和液溴的混合液体，再加入少量铁粉，塞上橡皮塞，打开止水夹K1、K2、K3；④待C中烧瓶收集满气体后，将导管b的下端插入烧杯里的水中，挤压預先装有水的胶头滴管的胶头，观察实验现象．请回答下列问题．（1）A中所发生反应的反应方程式为_____，能证明凯库勒观点错误的实验现象是______．（2）装置B的作用是______．（3）C中烧瓶的容积为500mL，收集气体时，由于空气未排尽，最终水未充满烧瓶，假设烧瓶中混合气体对氢气的相对密度为35.3，则实验结束时，进入烧瓶中的水的体积为______mL空气的平均相对分子质量为1．（4）已知乳酸的结构简式为试回答：①乳酸分子中含有______和______两种官能团写名称．②乳酸跟氢氧化钠溶液反应的化学方程式：______．20、某小组实验探究二氧化硫分别与新制氢氧化铜的反应，完成相关填空。将足量的二氧化硫气体通入新制氢氧化铜悬浊液中，发现先产生红色沉淀，然后红色沉淀逐渐变为紫红色固体，最终溶液呈无色。（1）探究红色沉淀转变为紫红色的原因。将所得固体分成两等份于试管中并加入少量蒸馏水进行以下两个对比实验：实验装置图操作及现象红色固体很快转变为紫红色固体，溶液呈蓝色。开始红色固体缓慢变为紫红色固体,溶液呈蓝色。试管内紫红色固体逐渐增多，最后溶液变无色。解释及结论①该反应的离子方程式_________________。②开始时红色固体颜色变化缓慢的原因是___。③所得无色溶液中主要阴离子为_________。（2）通过上述探究，写出新制氢氧化铜与过量SO2反应的总化学方程式________。（3）将表中SO2换为NO2是否能观察到相同现象?

回答并解释：__________。21、甲烷在工农业生产、生活中有着重要作用，请回答下列问题。(1)用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)∆H1=-574kJ/mol②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)∆H2若在相同条件下，1molCH4还原NO2至N2，整个过程中放出的热量为867kJ，则∆H2=_________。(2)用CH4催化还原NO，欲提高N2的平衡产率，应该采取的措施是_______(填序号)。A．升高温度B．增大压强C．降低温度D．降低压强(3)一定温度下，在初始体积为2L恒压密闭容器中通入1molCH4和4molNO(假设只发生反应②)，20min后该反应达到平衡，测得容器中N2的物质的量为0.8mol。则从反应开始至刚达到平衡用NO表示的反应速率v(NO)=________________，该温度下反应的平衡常数K=_______________。(答案可用分数表示)(4)为了提高CH4和NO转化为N2的产率，种学家寻找了一种新型的催化剂。将CH4和NO按一定比例、一定流速通过装有上述新型催化剂的反应器中，测得N2的产率与温度的关系如图所示，OA段N2产率增大的原因是_________。(5)对于反应②而言，不同温度下，CH4的浓度变化如图所示，下列说法正确的是__________(填序号)。A．T1大于T2B．c时二氧化碳的浓度为0.2mol/LC．a点正反应速率大于b点的逆反应速率D．a点的反应速率一定比c点的反应速率小(6)新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH4和Ｏ2，电解质为KOH溶液，该甲烷燃料电池中，负极反应方程式为_______。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【分析】在直流电场下，该装置是电解装置，正极其实是电解装置的阳极、正极区其实是电解装置的阳极区，负极其实是电解装置的阴极、负极区其实是电解装置的阴极区，因为是惰性电极，因此溶液中的离子在电极上发生反应，据此回答；【题目详解】A.通电后中间隔室的SO42-离子向正极迁移，正极上发生氧化反应，电极反应为2H2O-4e-=O2↑＋4H+，正极区溶液酸性增强，A错误；B.该法在处理含Na2SO4废水时，通电后两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室，中间隔室的SO42-离子向正极迁移，正极上发生氧化反应，电极反应为2H2O-4e-=O2↑＋4H+，中间隔室的钠离子向负极迁移，负极上发生还原反应，电极反应为4H2O+4e-=2H2↑＋4OH-，负极区得到NaOH产品，B正确；C.正极反应为2H2O-4e-=O2↑＋4H+，正极区溶液pH降低，负极上发生反应为4H2O+4e-=2H2↑＋4OH-，负极区得到NaOH，溶液pH增大，C错误；D.按反应2H2O-4e-=O2↑＋4H+，当电路中通过1mol电子的电量时，会有8gO2生成，D错误；答案选B。2、A【题目详解】在NH4Cl稀溶液中，存在下列平衡：NH4++H2ONH3·H2O+H+。①通入HCl，平衡逆向移动，c(NH4+)增大，c(Cl-)增大，但c(Cl-)增大更多，所以c(NH4+)/c(Cl-)比值减小，①不合题意；②加入H2SO4，平衡逆向移动，c(NH4+)增大，c(Cl-)不变，所以c(NH4+)/c(Cl-)比值增大，②符合题意；③加入NH4Cl固体，相当于增大NH4Cl的浓度，水解程度减小，所以c(NH4+)/c(Cl-)比值增大，③符合题意；④加入NH4NO3固体，平衡正向移动，c(NH4+)增大，c(Cl-)不变，所以c(NH4+)/c(Cl-)比值增大，②符合题意；⑤加入Ba(OH)2固体，与H+反应，促使平衡正向移动，c(NH4+)减小，c(Cl-)不变，所以c(NH4+)/c(Cl-)比值减小，⑤不合题意。综合以上分析，②或③或④符合题意。故选A。3、D【解题分析】①液态水汽化是物理变化，故不选①；②将胆矾（）加热发生分解反应：，属于吸热反应，故选②；③浓硫酸稀释放出大量的热，故不选③；④氯酸钾分解制氧气，是分解反应，需要吸收热量，属于吸热反应，故选④；⑤生石灰与水反应放出大量热，属于放热反应，故不选⑤。正确序号为②④；正确选项D。点睛：常见的放热反应：金属与酸的反应，燃烧反应，大多数化合反应；常见的吸热反应：氢氧化钡晶体与氯化铵反应、氢气、碳、一氧化碳还原反应，多数分解反应；而液态水汽化，浓硫酸稀释虽然有热量变化，但不是化学反应。4、C【分析】能用分液漏斗分离的物质必须是两种相互不溶的液体，一般来说：有机溶质易溶于有机溶剂，无机溶质易溶于无机溶剂，据此解答。【题目详解】A.溴易溶于有机物CCl4，所以溴和CCl4能相互溶解，所以不能用分液漏斗分离，A错误；B.苯和溴苯都是有机物，所以苯和溴苯能相互溶解，不能用分液漏斗分离，B错误；C.硝基苯是有机物，水是无机物，硝基苯和水不互溶，所以能用分液漏斗分离，C正确；D.汽油和苯都是有机物能互溶，不能用分液漏斗分离，D错误；故合理选项是C。【题目点拨】本题考查了物质的分离和提纯，注意分液漏斗能分离的物质必须是互不相溶的液体，掌握被分离的物质的性质、状态、溶解性等及各种分离方法对物质性质的要求是分离混合物的关键。5、B【题目详解】A.天然气的主要成分为甲烷，A正确；B.石油的裂化就是在一定的条件下，将石油从相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程。产物主要有乙烯，还有其他丙烯、异丁烯及甲烷、乙烷、丁烷、炔烃、硫化氢和碳的氧化物等，故B错误；C.“西气东输”中气体主要指天然气，即甲烷，故C正确；D.煤矿中的瓦斯指甲烷，故D正确；此题选B。6、D【解题分析】A.因粗锌中含有杂质金属，粗锌与稀硫酸形成原电池，Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑的反应速率加快，所以粗锌比纯锌产生氢气速率快，A项错误；B.因为浓硫酸具有强氧化性，+6价硫元素得电子被还原为SO2，所以浓硫酸与粗锌或纯锌反应都不会产生氢气，B项错误；C.当加入稀硫酸和硫酸铜时，锌与硫酸铜发生置换反应Zn+Cu2+=Cu+Zn2+，生成的铜与纯锌在稀硫酸溶液中构成原电池，Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑反应速率加快，所以在分液漏斗中加入稀硫酸和少量硫酸铜产生氢气速率快，C项错误；D.当加入稀硫酸和硫酸铜时，锌与硫酸铜发生置换反应Zn+Cu2+=Cu+Zn2+，生成的铜与纯锌在稀硫酸溶液中构成原电池，Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑反应速率加快，所以在分液漏斗中加入稀硫酸和少量硫酸铜产生氢气速率快，D项正确；答案选D。7、B【题目详解】A．用惰性电极电解NaCl溶液，由于阴离子放电能力：Cl-＞OH-，所以阳极上溶液中的Cl-失去电子变为Cl2，阳极的电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，由于得到电子能力：H+＞Na+，所以阴极上溶液中的H+得到电子变为H2逸出，不能得到金属钠，A错误；B．由于阴离子放电能力：Cl-＞OH-，阳极上溶液中的Cl-失去电子变为Cl2，若向阳极附近的溶液中滴入KI溶液，会发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，使溶液呈棕色，B正确；C．由于得到电子能力：H+＞Na+，所以阴极上溶液中的H+得到电子变为H2逸出，阴极的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极附近溶液显碱性，故向阴极附近的溶液中滴入酚酞溶液，溶液呈红色，C错误；D．电解时，阳极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，总反应方程式为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，由于溶液中有NaOH生成，所以反应后溶液呈碱性，D错误；故答案为B。8、C【题目详解】A.醋酸是弱电解质，石灰石溶于醋酸:CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO－,故A错误；B.硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和水:Ba2++SO42-＋2H＋＋2OH－=BaSO4↓+2H2O，故B错误；C.氧化镁与稀硫酸反应生成硫酸镁和水:MgO+2H+=Mg2++H2O，故C正确；D.原方程电荷不守恒，常温下,将铜片插入硝酸银溶液中:Cu+2Ag+Cu2++2Ag，故D错误；故选C。9、B【解题分析】A项，原子序数为1、6、10的元素分别是H、C、Ne，其中H属于s区，不属于p区，故A错误；B项，根据元素周期表的分区，p区包括第三主族到第七主族加上零族的元素，N，S，P都属于p区，故B正确；C项，Na，Li，Mg都属于s区，不属于p区，故C错误；D项，Fe属于d区，Cr属于d区，不属于p区，故D错误；综上所述，本题选B。【题目点拨】元素周期表分为s、p、d、ds与f五个区，各区分别如下：s区包括第一、二主族的全部元素；p区包括第三主族到第七主族加上零族的元素；d区包括第三到第七副族的元素（除掉镧系元素和锕系元素）外加第八族的元素；ds区包括第一、二副族的元素；f区包括镧系元素和锕系元素；记住以上规律就能快速解决问题。10、D【题目详解】某化学学习小组查阅资料可知：N2(g)＋2O2(g)＝2NO2(g)△H=＋62kJ/mol，△H＞0，△S＜0，△G＝△H－T△S，则在任意温度下△G＞0，因此任意温度下都不能自发进行，故D符合题意。综上所述，答案为D。11、C【题目详解】相同浓度时，酸的酸性越强，其酸根离子的水解程度越小，相同浓度钠盐溶液的pH越小。因此，相同条件下的钠盐溶液，溶液的pH越大的其相应酸的酸性越弱。根据题意知，NaX、NaY和NaZ的溶液，其pH值依次为8、9、10，则这三种酸的酸性强弱顺序是HX＞HY＞HZ，故选C。12、A【分析】【题目详解】A．分别加水稀释10倍，①②是一类，①是弱碱，加水稀释时，由于一水合氨还会电离产生OH-，所以总体比较，氨水中的OH-浓度要大于氢氧化钠的，所以溶液的pH：①＞②；③④是一类，③是弱酸，加水稀释时，由于醋酸还会电离产生H+，所以，总体比较，醋酸中的H+浓度要大于盐酸的，所以溶液的pH：④＞③，所以四种溶液的pH：①＞②＞④＞③，故A正确；B．温度下降10℃，①③是弱电解质，会发生电离平衡移动以及水的离子积变化，导致pH变化，故B错误；C．①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，因为铵根要结合氢氧根，所以两溶液的pH均减小，故C错误；D．①、④两溶液等体积混合，由于一水合氨还会电离，溶液显碱性，所得溶液中c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H+)，故D错误。答案选A。13、B【题目详解】A．HCOOH吸附在催化剂表面是能量降低的过程，即为放热过程，故A正确；B．催化剂能改变反应速率，不改变热效应，则Pd、Rh作催化剂时HCOOH分解产生H2的反应热相同，故B错误；C．HCOOH催化分解生成CO2和H2，原来HCOOH分子中存在的化学键1个C-H键、1个C=O键、1个C-O键和1个O-H键；而产物中有2个C=O键和1个H-H，说明反应过程中有C-H键的断裂，还有C=O键的生成，故C正确；D．HCOO*+H*到过渡态Ⅱ活化能最大，是反应消耗能量高的过程，速率最慢，故HCOO*+H*=CO2+2H*是该历程的决速步骤，故D正确；故答案为B。14、A【题目详解】A．侯德榜制碱法的反应之一，是往饱和NaCl氨溶液中通入CO2，生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，离子方程式为Na++CO2+NH3+H2O＝NaHCO3↓+，A正确；B．泡沫灭火器的灭火原理，是往硫酸铝溶液中加入碳酸氢钠溶液，反应为Al3++3＝Al(OH)3↓+3CO2↑，B不正确；C．因为MgCO3微溶于水，氢氧化镁难溶于水；碳酸氢镁溶液中滴加过量的烧碱溶液，反应为Mg2++2+4OH-＝2H2O+Mg(OH)2↓+2，C不正确；D．明矾溶液中滴加Ba(OH)2，生成沉淀质量最大时，应为完全沉淀，反应为：Al3++2+2Ba2++4OH-＝十2BaSO4↓+2H2O，D不正确；故选A。15、C【解题分析】本题主要考查氧化还原反应的判断。通过分析元素化合价是否发生改变进行判断。【题目详解】A.2KMnO4+16HCl=2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中，Mn、Cl元素反应前后化合价发生改变，属于氧化还原反应；B.Fe+2HCl=FeCl2+H2↑反应中，Fe、H元素反应前后化合价发生改变，属于氧化还原反应；C.CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O反应前后各元素化合价均未改变，不属于氧化还原反应；D.2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O反应中，Cl、C元素反应前后化合价发生改变，属于氧化还原反应；故答案为C。16、D【解题分析】A.HFeO4-在水中既能电离又能水解，其电离使溶液显酸性，其水解使溶液显碱性，由图像可知，物质的量分数最大时pH约为5，所以电离程度大于水解程度，A不正确；B.B点pH约为3，溶液显酸性，溶液的酸性是由高铁酸和高铁酸氢根的电离决定的，而C点的pH约为7，是由高铁酸氢根的电离和高铁酸根的水解共同决定的，酸的电离对水的电离有抑制作用，酸性越强，抑制作用越大，而酸根水解会促进水的电离，溶液的pH越大，则对水的电离的促进作用就越大，所以B、C两点对应溶液中水的电离程度：B<C，所以B不正确；C.B点溶液加适里水稀释，溶液中所有离子浓度均减小肯定是不正确的，因为在一定温度下，水的离子积是定值，所以不可能均减小，C不正确；D.由A点数据可知，A点对应的溶液中pH=4，HFeO4-的物质的量分数为80.6%,则H2FeO4的物质的量分数为19.4%，所以两者的物质的量之比为=4.15，c(H+)=10-4mol/L,H2FeO4的第一步电离平衡常数Ka1==4.15×l0-4,D正确。二、非选择题（本题包括5小题）17、b、cNaOH的乙醇溶液，加热【分析】采用逆向推断法可知上述合成的最终产物可由与Cl2加成得到，而是卤代烃经消去反应得到的，可由与Cl2加成而得，是经消去反应得到的，可由与H2加成得到，A为B为C为，据此分析解答。【题目详解】(1)根据上述分析可知，上述过程中发生的反应有加成反应和消去反应，bc正确，故答案为：bc；(2)氯苯通过与氢气的加成反应得到A，A的结构简式为A为，故答案为：A为；(3)A→B的反应为消去反应，反应条件是NaOH的乙醇溶液，加热，故答案为：NaOH的乙醇溶液，加热；(4)到C的反应为消去反应：；C到的反应为加成反应：，故答案为：；。【题目点拨】在有机物合成过程中，可以通过消去反应引入碳碳双键。18、对溴甲苯（或4－溴甲苯）取代反应羟基、氯原子银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热）、（或其他合理答案）【分析】因为“机物B苯环上只有两种不同环境的氢原子”，所以B的结构简式是，C比B少一个溴原子，而多一个氢原子和一个氧原子，结合“NaOH溶液”条件可推测B分子中-Br发生水解生成-OH，所以C的结构简式为，C到D符合“已知④”反应，所以D的结构简式为，光照下卤原子的取代发生在苯环侧链烃基的氢原子上，所以E的结构简式为，在NaOH溶液、加热条件下氯原子水解生成醇羟基，所以E水解生成的2个-OH连在同一碳原子上，根据“已知②”这2个-OH将转化为>C=O，别外酚羟基也与NaOH中和生成钠盐，所以F有结构简式为，F到G过程符合“已知③”,所以G的结构简式为，显然G到H过程中第1）步是将-CHO氧化为羧基，第2）步是将酚的钠盐转化为酚羟基。由此分析解答。【题目详解】(1)因为“机物B苯环上只有两种不同环境的氢原子”，所以B的结构简式是，名称是对溴甲苯或4-溴甲苯。(2)D的分子式为C7H8O2，E分子式为C7H6Cl2O2，对比D、E分子组成可知E比D少2个氢原子多2个氯原子，光照下Cl2可取代烃基上的氢原子，所以由D生成E的反应类型为取代反应。C比B少一个溴原子，而多一个氢原子和一个氧原子，可推知-Br发生水解反应生成-OH，所以C的结构简式为，C到D符合“已知④”反应，所以D的结构简式为，光照下Cl2取代发生在苯环侧链的烃基上，所以E的结构简式为，所以E中官能团的名称：羟基、氯原子。(3)已知E的结构简式为，在NaOH溶液加热条件下E中氯原子发生水解生成的2个-OH，而这2个-OH连在同一碳原子上，根据“已知②”这2个-OH将转化为>C=O，别外酚羟基与NaOH中和反应生成钠盐，故F的结构简式为，F到G过程符合“已知③”,所以G的结构简式为，G到H过程的第1）步是将-CHO氧化为羧基，所以“一定条件”是银氨溶液、加热或新制Cu(OH)2、加热。(4)B（）分子中溴原子水解生成酚羟基，而酚具有酸性，又跟NaOH发生中和反应，所以B与NaOH溶液在高温、高压下反应的化学方程式为：+2NaOH+NaBr+H2O。(5)F有结构简式为，酸化后得到R的结构简式为，R的分子式为C7H6O3，所以X的不饱和度为5，含3种等效氢，每种等效氢中含2个氢原子，X又含醛基。同时满足这些条件的X应该是一个高度对称结构的分子，所以应该含2个-CHO（2个不饱和度），中间应该是>C=O（1个不饱和度），另外2个不饱和度可形成一个环烯结构（五园环），或一个链状二烯结构。由此写出2种X的结构简式：OHC-CH=CH-CO-CH=CH-CHO、。(6)分析目标产物，虚线左边部分显然是由转化而来的，右边是由丙醛（CH3CH2CHO）转化而来的。根据题给“已知③”可知两个醛分子可结合生成烯醛。在NaOH溶液中水解生成苯甲醇，苯甲醇氧化为苯甲醛，苯甲醛与丙醛发生“已知③”反应生成。因此写出流程图：19、.；烧瓶中产生“喷泉”现象除去未反应的苯蒸气和溴蒸气400羟基羧基CH3CH(OH)COOH+NaOH→CH3CH(OH)COONa+H2O【解题分析】(1)苯与溴在溴化铁做催化剂的条件下生成溴苯和溴化氢，苯分子里的氢原子被溴原子所代替，

方程式为:，该反应为取代反应，不是加成反应，所以苯分子中不存在碳碳单双键交替，所以凯库勒观点错误，生成的溴化氢极易溶于水，所以C中产生“喷泉”现象；(2)因为反应放热，苯和液溴均易挥发，苯和溴极易溶于四氯化碳，用四氯化碳除去溴化氢气体中的溴蒸气和苯，以防干扰检验HBr；

(3)烧瓶中混合气体对氢气的相对密度为35.3，故烧瓶中混合气体的平均分子量为35.3×2=70.6,

设HBr的体积为x，空气的体积为y，则:81×x/500+1×y/500=70.6；x+y=500,计算得出:x=400mL，y=100mL，所以进入烧瓶中的水的体积为400mL；(4)①乳酸分子中含羟基（-OH）和羧基（-COOH）；②羧基与氢氧根发生中和反应，反应方程式为：CH3CH(OH)COOH+NaOH→CH3CH(OH)COONa+H2O。20、Cu2O+2H+==Cu+Cu2++H2OSO2溶于水后生成的H2SO3酸性比H2SO4弱，c(H+)较小，Cu2O

与H+反应慢SO42-Cu(OH)2+SO2=Cu+H2SO4不能。因为NO2

溶于水生成HNO3

具有强氧化性，将Cu2O

直接氧化成Cu(NO3)2,溶液呈蓝色，且无紫红色固体生成【题目详解】（1）①由红色固体与稀硫酸的反应现象可知，该红色固体很快转变为紫红色固体（单质铜），溶液呈蓝色（铜离子），则该红色固体为氧化亚铜，所以该反应的化学方程式为：Cu2O+2H+=Cu