2024届上海市青浦一中化学高二上期中考试试题含解析

2024届上海市青浦一中化学高二上期中考试试题考生请注意：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、有一合金由X、Y、Z、W四种金属组成，若将合金放入盐酸中只有Z、X能溶解；若将合金置于潮湿空气中，表面只出现Z的化合物；若将该合金做阳极，用Y盐溶液作电解液，通电时只有W进入阳极泥，但在阴极上只析出Y。这四种金属的活动性顺序是A．Z＞X＞W＞Y B．Y＞Z＞W＞X C．Z＞X＞Y＞W D．X＞Z＞Y＞W2、高温下，某反应达到平衡，平衡常数K＝。恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是（）A．该反应是焓变为正值B．恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小C．升高温度，逆反应速率减小D．该反应化学方程式为CO＋H2OCO2＋H23、如图装置中，U形管内为红墨水，a、b试管内分别盛有食盐水和稀醋酸，各加入生铁块，放置一段时间。下列有关描述错误的是A．生铁块中的碳是原电池的正极B．两试管中相同的电极反应式是：Fe－2e－＝Fe2＋C．a试管中发生了吸氧腐蚀，b试管中发生了析氢腐蚀D．红墨水柱两边的液面变为左低右高4、在冶金工业中，可采用氢氧化钠沉淀法处理废水中的铜离子，这是因为该处理过程中产生的氢氧化铜A．易分解 B．具有氧化性 C．难溶于水 D．颜色为蓝色5、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN-、Cl-B．c(Fe2+)=1mol·L-1的溶液中：K+、NH4+、MnO4-、SO42-C．c(H+)/c(OH-)=1×10-12的溶液中：K+、Na+、CO32-、NO3-D．能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO42-、HCO3-6、对于在一定条件下进行的化学反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，改变下列条件，能提高反应物中活化分子百分数的是：A．增大压强 B．升高温度 C．降低温度 D．增大反应物浓度7、一氧化碳、烯烃和氢气在催化剂作用下发生烯烃的醛化反应，又称羰基的合成，如由乙烯可制丙醛：CH2=CH2+CO+H2CH3CH2CHO。由丁烯进行醛化反应也可得到醛，得到的醛的种类为A．2种B．3种C．4种D．5种8、下列多电子原子不同能级能量高低的比较错误的是()A．1s＜2s＜3s B．2p＜3p＜4p C．3s＜3p＜3d D．4s＞3d＞3p9、常温下，下列溶液中的微粒浓度关系不正确的是A．pH＝8.3的某酸式盐NaHB的水溶液中：c(Na+)>c(HB－)>c(H2B)>c(B2－)B．0.1mol/LNaH2PO4溶液中：c(Na+)＝c(PO43－)+c(HPO4２－)+c(H2PO4－)+c(H3PO4)C．NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至恰好呈中性：c(Na+)>c(SO42－)>c(NH4+)>c(OH－)＝c(H+)D．等物质的量浓度的Na2S和NaHS溶液中：c(Na+)＝2c(S2－)+c(HS－)10、乙烷，乙烯，乙炔，苯是常见的有机物分子，下列关于它们的说法正确的是A．都含有极性键和非极性键B．都含有∏键和δ键C．各个分子中所有原子都在同一平面D．都能发生取代反应和加成反应11、在同温同压下，下列各组热化学方程式中ΔH1>ΔH2的是A．2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH12H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH2B．S(g)+O2(g)=2SO2(g)ΔH1S(s)+O2(g)=2SO2(g)ΔH2C．C(s)+1/2O2（g）=CO(g)ΔH1C(s)+O2（g）=CO2(g)ΔH2D．2C(s)+2O2(g)＝2CO2(g)△H1，2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2；12、随着汽车数量的逐年增多，汽车尾气污染已成为突出的环境问题之一。反应：2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g)可用于净化汽车尾气，已知该反应速率极慢，570K时平衡常数为1×1059。下列说法正确的是()A．提高尾气净化效率的最佳途径是研制高效催化剂B．提高尾气净化效率的常用方法是升高温度C．装有尾气净化装置的汽车排出的气体中不再含有NO或COD．570K时及时抽走CO2、N2，平衡常数将会增大，尾气净化效率更佳13、苯的同系物C8H10，在铁作催化剂的条件下，与液溴反应后最多能生成二种一溴代物的是()A． B． C． D．14、有机物分子中的原子间（或原子与原子团间）的相互影响会导致物质化学性质的不同。下列各项的事实能说明侧链或取代基对苯环产生影响的是A．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．甲苯与氢气能发生加成反应，而乙烷不能与氢气发生加成反应C．苯酚能和氢氧化钠溶液反应，而乙醇不能和氢氧化钠溶液反应D．苯酚与浓溴水反应生成三溴苯酚沉淀，而苯与液溴在溴化铁催化下反应生成溴苯15、根据能量变化示意图，下列说法正确的是A．H2在O2中燃烧生成气态水的过程中吸收能量B．断开1molH2O(g)所含的共价键共放出917.9kJ的能量C．H2O(g)比H2O(l)更稳定D．H2在O2中燃烧生成液态水的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)==2H2O(l)ΔH=-571.6kJ·mol-116、下列生活中常见物质不属于传统无机非金属材料的是()A．水泥 B．玻璃 C．陶瓷 D．食醋二、非选择题（本题包括5小题）17、有机物A的化学式为C3H6O2，化合物D中只含一个碳，可发生如图所示变化：（1）C中官能团的名称是______。（2）有机物A与NaOH溶液反应的化学方程式___________________________________________．（3）某烃X的相对分子质量比A大4，分子中碳与氢的质量之比是12∶1，有关X的说法不正确的是______a.烃X可能与浓硝酸发生取代反应b.烃X可能使高锰酸钾溶液褪色c.烃X一定能与氢气发生加成反应d.乙炔与烃X互为同系物．18、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_____、_____。19、中和热的测定实验(如图)。①量取反应物时，取50mL0.50mol∙L−1的盐酸，还应加入的试剂是________(填序号)。A．50mL0.50mol∙L−1NaOH溶液B．50mL0.55mol∙L−1NaOH溶液C．1.0gNaOH固体②在该实验过程中，该同学需要测定的实验数据有________(填序号)。A．盐酸的浓度

B．盐酸的温度C．氢氧化钠溶液的浓度

D．氢氧化钠溶液的温度E．水的比热容

F．反应后混合溶液的终止温度③若用50mL0.5mol∙L−1醋酸溶液代替上述盐酸测定中和热，所得数据________。(填“偏大”或“偏小”或“不变”)20、实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生用0.10mol·L-1NaOH标准溶液进行测定盐酸的浓度的实验。取20.00mL待测盐酸放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用自己配制的NaOH标准溶液进行滴定。重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下。完成下列填空：实验编号待测盐酸的体积（mL）NaOH溶液的浓度（mol·L-1）滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积（mL）120.000.1024.18220.000.1023.06320.000.1022.96I.（1）滴定达到终点的标志是___。（2）根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为__（保留小数点后3位）。（3）排除碱式滴定管尖嘴中气泡的方法应采用__操作，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。（4）在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有__。A．用酸式滴定管取20.00mL待测盐酸，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固体时，有小部分NaOH潮解D．滴定终点读数时俯视E.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失II.硼酸（H3BO3）是生产其它硼化物的基本原料。已知H3BO3的电离常数为5.8×10-10，H2CO3的电离常数为K1=4.4×10-7、K2=4.7×10-11。向盛有饱和硼酸溶液的试管中，滴加0.1mol/LNa2CO3溶液，__（填“能”或“不能”）观察到气泡逸出。已知H3BO3与足量NaOH溶液反应的离子方程式为H3BO3+OH-=B（OH），写出硼酸在水溶液中的电离方程式__。21、今含有a：CH3COOHb：HClc：H2SO4三种溶液。（1）当它们的pH相同时，其物质的量浓度的关系是_____________________（2）当它们的物质的量浓度相同时，其pH关系是_____________________（3）中和同一烧碱溶液，需同浓度的三种溶液的体积关系是_______________（4）体积、浓度相同的a、b、c三溶液，分别与同浓度的NaOH溶液反应使pH等于7，所需NaOH溶液的体积关系是_______________（5）某温度下，纯水中的c(H+)=2.0x10-7mol/L，则此时溶液中的c(OH-)为__________mol/L；若温度不变，滴入稀盐酸使c(H+)=5.0x10-6mol/L，则c(OH-)为____________mol/L（6）常温下，某溶液由水电离出的氢离子浓度为1.0x10-13mol/L，则该溶液的pH为__________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【分析】在金属活动性顺序中，位于氢前的金属能置换出酸中的氢，可以溶解在酸中。金属阳离子的氧化性最强，金属单质的活泼性越弱。【题目详解】将合金放入盐酸中，只有Z、X能溶解，说明Z、X在氢前，Y、W在氢后，故B错误；若将合金置于潮湿空气中，表面只出现Z的化合物则说明Z为负极，活泼性是Z＞X，故D错误；若将该合金做阳极，用Y盐溶液作电解液，通电时只有W进入阳极泥，但在阴极上只析出Y，说明W的活泼性最弱，活泼性是Y＞W，故活泼性顺序是：Z＞X＞Y＞W。

所以C选项是正确的。【题目点拨】本题考查的是金属活动性顺序的应用，完成此题可以依据金属活动性顺序的意义进行判断。比较元素金属性强弱的一般依据是：1．在一定条件下金属单质与水反应的难易程度和剧烈程度。一般情况下，与水反应越容易、越剧烈，其金属性越强；2．常温下与同浓度酸反应的难易程度和剧烈程度。一般情况下，与酸反应越容易、越剧烈，其金属性越强；3．依据最高价氧化物的水化物碱性的强弱。碱性越强，其元素的金属性越强；4．依据金属单质与盐溶液之间的置换反应。一般是活泼金属置换不活泼金属；5．依据金属活动性顺序表（极少数例外）；6．依据元素周期表。同周期中，从左向右，随着核电荷数的增加，金属性逐渐减弱；同主族中，由上而下，随着核电荷数的增加，金属性逐渐增强；7．依据原电池中的电极名称。做负极材料的金属性强于做正极材料的金属性；8．依据电解池中阳离子的放电（得电子，氧化性）顺序。优先放电的阳离子，其元素的金属性弱。2、A【分析】由平衡常数的表达式可得，该反应化学方程式应为CO2+H2CO+H2O。【题目详解】A.由题意知，温度升高，平衡向正反应移动，说明正反应为吸热反应，故该反应的焓变为正值，A正确；B.恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定增大而不会减小，B错误；C.升高温度，正逆反应速率都会增大，C错误D.该反应化学方程式应为CO2+H2CO+H2O，D错误；故合理选项为A。【题目点拨】化学反应速率和化学平衡问题一直是高考命题的热点，对化学平衡常数的考查已成为近年来高考命题的热点之一，命题主要考查的内容为求算化学平衡常数和影响因素。注意：①在化学平衡常数的公式中，反应物或生成物有固体或纯液体存在时，不代入公式中；②化学平衡常数只与温度有关，与反应物或生成物的浓度无关；③若化学方程式中各物质的系数等倍扩大或缩小时，尽管是同一反应，平衡常数也会改变。3、D【解题分析】根据铁所处的环境分析，铁将发生电化学腐蚀。b试管溶液显酸性，发生析氢腐蚀，生成氢气，导致右侧压强增大。a试管溶液显中性，发生吸氧腐蚀，左侧压强减小。【题目详解】A、生铁在潮湿的环境中将发生电化学腐蚀，铁失电子发生氧化反应，铁为负极、碳为正极，故A正确；B、两试管中都是铁为负极，负极反应式是：Fe－2e－＝Fe2＋，故B正确；C、b试管溶液显酸性，发生析氢腐蚀，a试管溶液显中性，发生吸氧腐蚀，故C正确；D、b试管溶液显酸性，发生析氢腐蚀，生成氢气，导致右侧压强增大。a试管溶液显中性，发生吸氧腐蚀，左侧压强减小，所以红墨水水柱是左高右低，故D错误。答案选D。【题目点拨】本题考查了金属的腐蚀与防护，明确生铁在中性溶液中易发生吸氧腐蚀，在酸性溶液中易发生析氢腐蚀，无论是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，都是铁失电子被氧化。4、C【题目详解】在冶金工业中，可采用氢氧化钠沉淀法处理废水中的铜离子，使铜离子转化为氢氧化铜沉淀而从溶液中除去，这是利用氢氧化铜难溶于水的性质，而与氢氧化铜易分解、具有弱氧化性、颜色为蓝色均无关。答案选C。5、C【解题分析】A，含Fe3+的溶液呈黄色，Fe3+与SCN-不能大量共存；B，Fe2+具有还原性，MnO4-具有强氧化性，Fe2+与MnO4-发生氧化还原反应不能大量共存；C，c（H+）/c（OH-）=1×10-12的溶液呈碱性，离子相互间不反应，能大量共存；D，甲基橙的变色范围为3.1~4.4，能使甲基橙变红的溶液呈酸性，HCO3-酸性条件不能大量存在；能大量共存的是C，答案选C。点睛：本题考查离子共存。解离子共存题必须分析离子的性质以及离子不能大量共存的原因，离子不能大量共存的原因有：（1）离子间发生复分解反应生成沉淀、气体、弱电解质（如题中H+与HCO3-），（2）离子间发生氧化还原反应（如题中Fe2+与MnO4-），（3）离子间发生双水解反应，（4）离子间发生络合反应（如Fe3+与SCN-）；（5）同时注意题干的附加条件，如无色溶液、能使甲基橙溶液变红等。6、B【题目详解】A.增大压强，使得单位体积内的活化分子增多，但是没有增加活化分子的百分数，故A错误；B.升高温度，可以使反应物的能量升高，这样会有更多的分子具有的能量超过活化能而成为活化分子，活化分子百分数增加，故B正确；C.降低温度，可以使反应物的能量降低，更多的分子能量低于活化能，活化分子数减小，百分数也减小，故C错误；D.增大反应物浓度，活化分子数增多，但是活化分子百分数不变，故D错误；故答案为B。【题目点拨】在其它条件下不变的情况下，增大浓度、加压缩小体积，都能够增加活化分子数，但是活化分子的百分数不变；升高温度，使用催化剂，既能增加活化分子数，又能增加活化分子百分数。7、D【解题分析】丁烯进行醛化反应得到的是戊醛，即由丁基和醛基形成的醛，因丁基有四种结构，则戊醛也有四种结构，故答案选C。8、D【题目详解】在多电子原子中，从3d能级开始有“能级交错”现象，实际4s能级能量小于3d，所以D错误，故选D。9、D【题目详解】A．某酸式盐NaHB的水溶液为pH=8.3，说明HB-水解程度大于电离程度，且水解和电离程度都较小，所以存在c

(Na+)＞c

(HB-)＞c

(H2B)＞c

(B2-)，故A正确；B．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c

(Na+)=c

(PO43-)+c

(HPO42-)+c

(H2PO4-)+c

(H3PO4)，故B正确；C．溶液呈中性，则c

(OH-)=c

(H+)，溶液中的溶质为硫酸钠和一水合氨、硫酸铵，c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO42-)，c(Na+)＞c(SO42-)，则c(NH4+)＜(SO42-)，溶液中离子浓度大小顺序是c

(Na+)＞c

(SO42-)＞c

(NH4+)＞c

(OH-)=c

(H+)，故C正确；D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c

(Na+)+c

(H+)=c

(OH-)+2c

(S2-)+c

(HS-)，混合溶液呈碱性，c

(OH-)＞c

(H+)，所以存在，c

(Na+)＞2c

(S2-)+c

(HS-)，故D错误；故答案为D。【题目点拨】电解质溶液中的守恒关系：电荷守恒：如NaHCO3溶液中c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)；物料守恒：如NaHCO3溶液中c(Na+)＝c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)；质子守恒：如Na2CO3溶液中c(OH-)＝c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)。10、A【解题分析】由同种非金属元素的原子形成的共价键是非极性共价键，由不同种非金属元素的原子形成的共价键是极性共价键。单键是δ键，双键中有一个δ键和一个∏键，三键中有一个δ键和两个∏键，苯环含有δ键和大∏键。乙烷分子具有四面体结构，所有原子不可能共平面，乙烯6原子共平面，乙炔4原子共直线，苯分子12原子共平面。乙烷能发生取代反应，乙烯和乙炔能发生加成反应，苯能发生取代反应和加成反应，据此分析。【题目详解】A.由同种非金属元素的原子形成的共价键是非极性共价键，由不同种非金属元素的原子形成的共价键是极性共价键。所以乙烷，乙烯，乙炔，苯都含有极性键和非极性键，故A正确；B.单键是δ键，双键中有一个δ键和一个∏键，三键中有一个δ键和两个∏键，苯环含有δ键和大∏键。乙烷中不含有∏键，故B错误；C.乙烷分子中所有原子不可能在同一平面，故C错误；D.乙烷分子只能发生取代反应，不能发生加成反应，故D错误。故答案选A。11、C【分析】比较△H，注意△H是有正负号，吸热反应的△H大于放热反应的△H，放热反应△H的大小比较，放出热量越多，△H越小。【题目详解】A、该反应为放热反应，△H<0，气态水→液态水放出热量，等质量H2生成液态水放出的热量大于生成气态水放出的热量，即△H1<△H2，故A不符合题意；B、该反应为放热反应，固态硫→气态硫吸收热量，气态硫生成SO2放出的热量大于固态硫燃烧放出的热量，即△H1<△H2，故B不符合题意；C、该反应为放热反应，C→CO放出的热量低于C→CO2的热量，即△H1>△H2，故C符合题意；D、根据C选项分析，△H2>△H1，故D不符合题意。12、A【题目详解】A.该反应的平衡常数很大，而反应速率极慢，故提高尾气净化效率的最佳途径是研制高效催化剂，加快反应速率，A正确；B.升高温度虽可加快反应速率，但反应的∆H未知，无法判断平衡移动的方向，且升高温度的措施在处理尾气时难以实现，故B错误；C.该反应是可逆反应，最终达到平衡状态，装有尾气净化装置的汽车排出的气体中仍含有NO或CO，故C错误；D.平衡常数只与温度有关，570K时及时抽走CO2、N2，平衡常数不变，故D错误；答案选A。13、B【题目详解】A.苯环有3种H，则一溴代物有3种，故A不选；B.苯环有2种H，则一溴代物有2种，故B选；C.苯环有3种H，则一溴代物有3种，故C不选；D.苯环有1种H，则一溴代物有1种，故D不选。故选：B。14、D【解题分析】有机物的化学性质主要取决于官能团，分子内不同原子团间也相互影响各自的性质。【题目详解】A项：甲苯分子的甲基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，而乙烷分子的甲基不能。说明甲苯分子中，苯环影响甲基的性质。A项错误。B.甲苯能与氢气能加成，是因为苯环中的碳碳键兼有碳碳单键和碳碳双键的性质。而乙烷不能与氢气能加成，是因为乙烷分子无不饱和键。它们的性质不同是由于分子结构不同，而非原子团相互影响。B项错误。C.苯酚和乙醇都有羟基，苯酚能和氢氧化钠溶液反应而乙醇不能。说明苯酚分子中苯环影响了羟基的性质。C项错误。D.苯与溴的取代反应时，需液溴、溴化铁催化，生成一溴代物。苯酚与溴取代反应需溴水、不要催化剂，生成三溴代物。说明苯酚与溴的取代反应更容易，羟基影响了苯环的性质。D项正确。本题选D。【题目点拨】在苯的衍生物中，侧链或取代基的性质发生改变，是受到苯环的影响；苯环的性质发生改变，是受到侧链或取代基的影响。15、D【解题分析】A.反应物的总能量高于生成物的总能量，说明该反应过程放出热量；B.断开1molH2O(g)所含的共价键需要吸收能量，而不是放热；C.能量越低越稳定；D.根据盖斯定律计算反应热即可，注意反应热的正负号。【题目详解】A.H2在O2中燃烧生成气态水，从上述图像可以看出，H2（g）+12O2（g）的能量大于H2O(g)的能量，因此此反应放出热量，故AB.断开1molH2O(g)所含的共价键需要吸收能量，故B项错误；C.从图像可以得出，H2O(l)比H2O(g)的能量低，H2O(l)更稳定，故C项错误；D.根据图像可得，2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=2×（△H1+△H2+△H3+△H4）=-571.6kJ·mol-1，故D项正确；答案选D。【题目点拨】在解答热化学方程式，注意几个概念问题：①断键吸热，成键放热；②能量越低的物质越稳定。16、D【题目详解】传统无机非金属材料，主要是硅酸盐工业，水泥、玻璃、陶瓷等都是传统无机非金属材料，食醋的组要成份是乙酸，乙酸属于有机物，故D正确。故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、羧基cd【分析】有机物A的化学式为C3H6O2，有机物Ａ能与氢氧化钠反应生成B和D，说明该物质为酯，化合物D中只含一个碳，能在铜存在下与氧气反应，说明该物质为醇，所以Ａ为乙酸甲酯。Ｂ为乙酸钠，Ｃ为乙酸，Ｄ为甲醇，Ｅ为甲醛。【题目详解】(1)根据以上分析，Ｃ为乙酸，官能团为羧基。(2)有机物Ａ为乙酸甲酯，与氢氧化钠反应生成乙酸钠和甲醇，方程式为：。(3)某烃X的相对分子质量比A大4，为78，分子中碳与氢的质量之比是12∶1，说明碳氢个数比为１:１，分子式为C6H6，可能为苯或其他不饱和烃或立方烷。a.苯可能与浓硝酸发生取代反应，故正确；b.苯不能使高锰酸钾溶液褪色，但其他不饱和烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故正确；c.若为立方烷，不能与氢气发生加成反应，故错误；d.乙炔与烃X分子组成上不相差“CH2”，两者一定不互为同系物，故错误。故选cd。18、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。19、BBDF偏小【分析】中和热测定需要一种溶液的浓度略大于另一种溶液的浓度，所测数据需要每种溶液的温度和混合后溶液的终止温度，根据数据来计算中和热，醋酸电离会吸收热量。【题目详解】①A．50mL0.50mol∙L−1NaOH溶液，两者不能充分的使盐酸反应完，故A不符合题意；B．50mL0.55mol∙L−1NaOH溶液，能充分使盐酸反应完，故B符合题意；C．1.0gNaOH固体，NaOH固体溶于溶液会释放能量，引起实验误差，故C不符合题意；综上所述；答案为B。②在该实验过程中，该同学需要测定的实验数据有盐酸的温度、氢氧化钠溶液的温度，反应后混合溶液的终止温度，再根据温度得到温度差进行计算，故答案为：BDF。③若用50mL0.5mol∙L−1醋酸溶液代替上述盐酸测定中和热，由于醋酸电离会吸收一部分热量，因此温度变化偏小，所得数据偏小；故答案为：偏小。【题目点拨】NaOH固体溶解会释放热量，浓硫酸溶解也会释放能量，而弱酸、弱碱电离时会吸收一部分热量。20、最后一滴NaOH溶液加入，溶液由无色恰好变成浅红色且半分钟内不褪色0.115mol/L丙CE不能H3BO3＋H2OB（OH）+H+【分析】根据酸碱滴定操作要求回答问题。【题目详解】I、（1）用NaOH滴定HCl，用酚酞作指示剂，即滴定到终点的标志：滴入最后一定NaOH溶液，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色；（2）第1组数据与另外2组相差较多，删去，消耗NaOH的平均体积为(23.06＋22.96)/2mL=23.01mL，根据V酸×c酸=V碱×c碱，20×10－3×c酸=23.01×10－3×0.10，解得c酸=0.115mol·L－1；（3）排除碱式滴定管尖嘴中气泡采用丙操作；（4）根据V酸×c酸=V碱×c碱，A、量取盐酸时，未用盐酸润洗酸式滴定管，直接盛装盐酸，造成盐酸的浓度降低，消耗NaOH的体积减小，测定结果偏低，故A不符合题意；B、锥形瓶是否干燥，对实验测的结果无影响，故B不符合题意；C、称量NaOH，有小部分NaOH潮解，所配NaOH浓度偏低，消耗NaOH体积增多，所测结果偏高，故C符合题意；D、滴定终点时俯视读数，读出消耗NaOH的体积偏低，所测结果偏低，故D不符合题意；E、碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，消耗NaOH体积增多，所测结果偏高，故E符合题意；答案为CE。II、根据题意：强酸制备弱酸规律，H3BO3的电离常数为5.8×10－10，而K1=4.4×10－7、碳酸的酸性大于硼酸，所以不能观察到气泡。H3BO3与足量NaOH溶液反应的离子方程式为H3BO3+OH－=B（OH）4－信息，说明，H3BO3为一元弱酸，电离方程式：H3BO3＋H2OB（