北京海淀外国语2024届高二化学第一学期期中学业水平测试试题含解析

北京海淀外国语2024届高二化学第一学期期中学业水平测试试题考生须知：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、用如图装置电解K2SO4溶液，同时制备H2SO4溶液和KOH溶液，Ⅱ中装入K2SO4溶液，下列有关分析正确的是()A．Ⅰ区生成H2SO4B．a是阴离子交换膜C．Ⅱ区的K＋进入Ⅰ区D．Ⅲ区溶液的pH会升高2、下列反应属于吸热反应的是（）A．炭燃烧生成一氧化碳 B．酸碱中和反应C．锌粒与稀H2SO4反应制取H2 D．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应3、在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下（已知N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92.4kJ·mol-1)容器甲乙丙反应物投入量1molN2、3molH22molNH34molNH3NH3的浓度（mol·L-1）c1c2c3反应的能量变化放出akJ吸收bkJ吸收ckJ体系压强（Pa）p1p2p3反应物转化率а1а2а3下列说法正确的是（）A．2c1＞c3 B．a+b=92.4 C．2p2＜p3 D．а1+а3=14、下列气体排放到空气中，不会导致酸雨的是A．NO2 B．NO C．SO2 D．N25、化学与生活、社会密切相关。下列说法错误的是A．硅胶、生石灰、铁粉是食品包装中常用的干燥剂B．利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境C．开发废电池的综合利用技术，能防止电池中的重金属等污染土壤和水体D．在食品中科学使用食品添加剂，有利于提高人类生活质量6、下列图示中关于铜电极的连接错误的是A． B．C． D．7、用惰性电极电解下列各组中的3种电解质溶液，在电解过程中溶液pH依次为升高、降低、不变的组是A．AgNO3，CuCl2，Cu(NO3)2 B．CaCl2，KOH，NaNO3C．KBr，CuSO4，Na2SO4 D．H2SO4，HCl，K2SO48、对反应N2O4(g)2NO2(g)；△H＞0，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是A．A、C两点的反应速率：A＞CB．A、C两点气体的颜色：A深，C浅C．由状态B到状态A，可以用加热的方法D．B、C两点NO2的体积分数相同，所以平衡常数也相同9、常温下，某溶液中由水电离出来的，该溶液不可能是A．NaOH溶液 B．醋酸溶液 C．溶液 D．氨水10、现有下列四个图像：下列反应中全部符合上述图像的反应是（）A．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH1<0B．2SO3(g）2SO2(g)+O2(g)ΔH2>0C．4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH3<0D．H2(g)+CO(g)C(s)+H2O(g)ΔH4>011、下列排列顺序正确的是A．常温下将0.1mol·L－1NH4Cl溶液与0.05mol·L－1NaOH溶液等体积混合，c(Cl－)>c(Na+)>c(NH4+)>c(OH－)>c(H+)B．常温下，物质的量浓度相等的①NH4HSO4②CH3COONH4③NH4Cl三种溶液中c(NH4+)：①＞③＞②C．0.1mol·L－1的NaHA溶液，其pH=11，则溶液中：c(HA－)＞c(OH－)＞c(A2－)＞c(H2A)D．在相同条件下，将足量AgCl加入等体积的①0.01mol•L-1AgNO3溶液②0.1mol•L-1KCl溶液③蒸馏水三种液体中，所能溶解的AgCl质量关系为：①＞②＞③12、pH＝8的NH3·H2O和pH＝12的NH3·H2O两溶液等体积混合后，所得溶液pHA．略小于9+lg2B．略大9+lg2C．略大12-lg2D．略小于12-lg213、实验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的是A．向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开KB．实验中装置b中的液体逐渐变为浅红色C．装置c中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢D．反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯14、通过以下反应均可获取H2。①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH1=+131.3kJ·mol-1②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH2=+206.1kJ·mol-1③CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH3下列说法正确的是A．①中反应物的总能量大于生成物的总能量B．②中使用适当催化剂，降低了活化能，同时可以使ΔH2减小C．若知反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的ΔH，结合ΔH1可计算出ΔH3D．由①、②计算反应CH4(g)=C(s)+2H2(g)的ΔH=－74.8kJ·mol-115、如图所示，在密闭容器中发生反应，达到甲平衡。在仅改变某一条件后，达到乙平衡，改变的这一条件是()A．加入适当催化剂 B．升高温度C．增大反应物的浓度 D．增大压强16、下列不属于自发进行的变化是()A．红墨水加到清水使整杯水变红 B．冰在室温下融化成水C．NaHCO3转化为Na2CO3 D．铁器在潮湿的空气中生锈二、非选择题（本题包括5小题）17、2-苯基丙烯是日化行业常用的化工原料，其合成路线如下(反应②、④的条件未写出)。已知：其中，R、R’为H原子或烷基。（1）C3H8的结构简式为___；（2）反应①的反应类型为___；（3）反应②的化学反应方程式为___；（4）反应③的反应类型为___；（5）反应④的化学反应方程式为___；（6）产物2-苯基丙烯在一定条件下可以发生加聚反应，加聚产物的结构简式为___；（7）请以苯、乙醇及其他必要的无机试剂为原料，合成。合成过程中，不得使用其他有机试剂。写出相关化学反应方程式___。18、A、B、C、D、E代表前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且A原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反；工业上电解熔融C2A3制取单质C；B、E除最外层均只有2个电子外，其余各层全充满。回答下列问题：（1）B、C中第一电离能较大的是__(用元素符号填空)，基态E原子价电子的轨道表达式______。（2）DA2分子的VSEPR模型是_____。（3）实验测得C与氯元素形成化合物的实际组成为C2Cl6，其球棍模型如图所示。已知C2Cl6在加热时易升华，与过量的NaOH溶液反应可生成Na[C(OH)4]。①C2Cl6属于_______晶体（填晶体类型），其中C原子的杂化轨道类型为________杂化。②[C(OH)4]-中存在的化学键有________。a．离子键b．共价键c．σ键d．π键e．配位键f．氢键（4）B、C的氟化物晶格能分别是2957kJ/mol、5492kJ/mol，二者相差很大的原因________。（5）D与E形成化合物晶体的晶胞如下图所示：①在该晶胞中，E的配位数为_________。②原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。上图晶胞中，原子的坐标参数为：a(0，0，0)；b(，0，)；c(，，0)。则d原子的坐标参数为______。③已知该晶胞的边长为xcm，则该晶胞的密度为ρ=_______g/cm3（列出计算式即可）。19、Ⅰ.有一学生在实验室测某溶液的pH，实验时，他先用蒸馏水润湿pH试纸，然后用洁净干燥的玻璃棒蘸取试样进行检测。(1)该学生的操作___(填“正确”或“错误”)，其理由是___________；(2)该操作是否一定有误差?______________________；(3)若用此方法分别测定c(OH-)相等的氢氧化钠溶液和氨水的pH，误差较大的是____，原因是___；(4)只从下列试剂中选择实验所需的试剂，你能否区分0.1mol·L-1硫酸溶液和0.01mol·L-1硫酸溶液？____，简述操作过程：____________________________。试剂：A．紫色石蕊溶液B．酚酞溶液C．甲基橙溶液D．蒸馏水E.氯化钡溶液F.pH试纸Ⅱ.pH=2的A、B两种酸溶液各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积的关系如图所示。回答下列问题：(1)若a=5，则A为___酸，B为___酸(填“强”或“弱”)，若再稀释100倍，则A的pH___7(填“<”“>”或“=”)。(2)若A、B都是弱酸，则a的范围是___。20、阿司匹林（乙酰水杨酸，）是世界上应用最广泛的解热、镇痛和抗炎药。乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为128℃～135℃。某学习小组在实验室以水杨酸（邻羟基苯甲酸）与醋酸酐为主要原料合成阿司匹林，反应原理如下：+(CH3CO)2O+CH3COOH制备基本操作流程如下：主要试剂和产品的物理常数如表所示：请根据以上信息回答下列问题：（1）制备阿司匹林时，要使用干燥的仪器的原因是___。（2）合成阿司匹林时，最合适的加热方法是___。（3）提纯粗产品流程如图，加热回流装置如图：①仪器d的名称为___。②使用温度计的目的是控制加热温度，防止___。③趁热过滤的原因是___。④下列说法正确的是___（填字母选项）。a.此种提纯方法中乙酸乙酯的作用是做溶剂b.此种提纯粗产品的方法叫重结晶c.根据以上提纯过程可以得出阿司匹林在乙酸乙酯中的溶解度低温时很小d.可以用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸（4）在实验中原料用量2.0g水杨酸、5.0ml醋酸酐（ρ=1.08g/cm3），最终称得产品质量为2.2g，则所得乙酰水杨酸的产率为___（用百分数表示，小数点后一位）。21、H2和I2在一定条件下反应生成HI：H2(g)+I2(g)2HI(g)。在2L恒容密闭容器中充入1molH2和3molI2，在一定温度下发生上述反应，反应至10min时测得HI为1mol。（1）反应至10min时，H2的转化率为__；0-10min时间段内，I2的平均反应速率为__。（2）10min时气体总压强__起始气体压强（填“大于”“小于”或“等于”）；若反应继续进行，达到平衡时，容器中存在___种分子。（3）若起始时气体压强为P0Pa，10min时混合气体中H2的分压p(H2)=__Pa。（提示：气体分压=总压×气体的物质的量分数）

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解题分析】Ⅰ是阴极，电极反应为2H++2e-2、D【题目详解】常见的放热反应有：大部分化合反应；金属与水或酸的反应；可燃物的燃烧反应及缓慢氧化；酸和碱的中和反应。常见吸热反应有：大部分分解反应；Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应；碳和二氧化碳的反应；碳和水蒸气的反应。因此D正确。3、B【分析】甲投入1molN2、3molH2，乙容器投入量2molNH3，恒温恒容条件下，甲容器与乙容器是等效平衡，各组分的物质的量、含量、转化率等完全相等；而甲容器投入1molN2、3molH2，丙容器加入4molNH3，采用极限转化法丙相当于加入2molN2、6molH2，丙中加入量是甲中的二倍，如果恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器为等效平衡，所以丙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，据此分析解答。【题目详解】A、丙容器反应物投入量4molNH3，采用极限转化法转化为反应物为2molN2、6molH2，是甲中的二倍，若平衡不移动，c3=2c1；丙相当于增大压强，平衡向着正向移动，所以丙中氨气的浓度大于乙中氨气浓度的二倍，即c3＞2c1，故A错误；B、甲投入1molN2、3molH2，乙中投入2molNH3，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4kJ，故a+b=92.4，故B正确；C、丙容器反应物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，丙中压强为乙的二倍；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，所以丙中压强减小，小于乙的2倍，即2p2＞p3，故C错误；D、丙容器反应物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，转化率а1+а3=1；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，氨气的转化率减小，所以转化率а1+а3＜1，故D错误；故选B。【题目点拨】解答本题的关键是正确理解等效平衡的原理。本题的易错点为D，要注意压强对平衡的影响与转化率的关系。4、D【题目详解】A、二氧化氮有毒，会污染大气，并能形成形成光化学烟雾，也能形成硝酸型酸雨，选项A不选；B、一氧化氮有毒，会污染大气，并能形成形成光化学烟雾，且与氧气反应生成二氧化氮，会导致硝酸型酸雨的形成，选项B不选；C、二氧化硫是有毒气体，是形成硫酸型酸雨的有害气体，会污染大气，选项C不选；D、空气中有的气体是氮气，不会造成污染，也不会导致酸雨的形成，选项D选；答案选D。【题目点拨】本题考查常见污染性气体，题目较为简单，注意物质的性质的积累，二氧化硫、二氧化氮、一氧化氮都是有毒气体，会造成大气污染，并且二氧化硫、氮氧化物形成酸雨，氮氧化物形成光化学烟雾。5、A【题目详解】A.选项中的铁粉不是食品包装中的干燥剂，而是抗氧剂，故A项错误；B.太阳能属于清洁能源，替代化石燃料有利于节约资源、保护环境，故B项正确；C.因废电池中的重金属等污染土壤和水体，所以开发废电池的综合利用技术可以减少对环境的破坏，故C项正确；D.使用食品添加剂，可以改善食品的外观、色泽、保质期、口感等，有利于提高人类生活质量，故D项正确；答案选A。6、C【题目详解】A．原电池，Zn为活泼金属做负极，Cu为正极，正确；B．粗铜精炼时，粗铜和电源的正极相连，作阳极，正确；C．电镀是镀层金属纯铜做阳极，镀件和电源的负极相连，作阴极，错误；D．电解氯化铜溶液，正确。7、C【分析】本题考查惰性电极电解电解质溶液时，阴阳离子的放电顺序、电解规律和电解过程的溶液pH变化。【题目详解】A.用惰性电极电解溶液，根据各离子的放电顺序，电解硝酸银溶液生成Ag、氧气和硝酸，pH降低，电解硝酸铜溶液生成Cu、氧气和硝酸，pH降低，电解氯化铜溶液生成Cu和氯气，pH升高，A不符合题意；B.电解氯化钙溶液生成氢气、氯气和氢氧化钙，pH升高，电解氢氧化钾溶液和硝酸钠溶液均为电解水，氢氧化钾溶液pH升高，硝酸钠溶液pH不变，B不符合题意；C.电解溴化钾溶液生成氢气、溴、氢氧化钾，pH升高，电解硫酸铜溶液生成Cu、氧气和硫酸，pH降低，电解硫酸钠实质为电解水，pH不变，C符合题意；D.电解硫酸、硫酸钾实质均为电解水，硫酸溶液pH降低，硫酸钾溶液pH不变，电解盐酸生成氢气和氯气，pH升高，D不符合题意。答案为C。【题目点拨】用惰性电极电解电解质溶液，判断溶液在电解过程中pH的变化，首先要熟记放电顺序：溶液中的阳离子放电顺序为：Ag+>Fe3+>Hg2+>Cu2+>H+(酸电离)>Pb2+>Sn2+>Fe2+>Zn2+>H+(水电离)>Al3+>Mg2+>Na+>Ca2+>K+，阴离子放电顺序为S2->I->Br->Cl->OH->含氧酸根>F-；其次结合口诀“有氢无氧增碱性，有氧无氢增酸性，有氢有氧增原性（原来的状态）”。8、C【解题分析】N2O4(g)2NO2(g)；△H＞0该反应为吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大。增大压强，化学平衡逆向移动，NO2的体积分数减小，结合图象来分析解答。A.A、C两点都在等温线上，压强越大，反应速率越快；B.增大压强，平衡向逆反应方向进行，向逆反应进行是因为减小体积增大压强，导致浓度增大趋势，但到达平衡仍比原平衡浓度大；C.升高温度,化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大。由图像可知T1<T2，由状态B到状态A，可以用加热的方法；D.平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变。【题目详解】A.由图象可以知道,A、C两点都在等温线上，C的压强大,则A、C两点的反应速率：A<C,故A项错误；B.由图象可以知道，A、C两点都在等温线上，C的压强大,与A相比C点平衡向逆反应进行，向逆反应进行是因为减小体积增大压强，平衡移动的结果降低NO2浓度增大趋势，但到达平衡仍比原平衡浓度大，平衡时NO2浓度比A的浓度高，NO2为红棕色气体，则A、C两点气体的颜色:A浅，C深，故B项错误；C.升高温度,化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，由图象可以知道，A点NO2的体积分数大，则T1<T2，由状态B到状态A，可以用加热的方法，故C项正确；D.平衡常数只与温度有关，由图象可以知道B、C两点温度不同，所以平衡常数也不同，故D项错误。综上，本题选C。9、C【题目详解】常温下，某溶液中由水电离出来的，这说明该溶液中水的电离被抑制，酸或碱可抑制水的电离，能发生水解的盐促进水的电离，该溶液可以是氢氧化钠溶液、醋酸溶液或氨水，硝酸钠是强酸强碱盐，不水解，因此该溶液不可能是硝酸钠溶液，答案选C。10、B【分析】由前两个图象可知，温度越高生成物的浓度越高，则正反应为吸热反应，由后两个图象可知，压强越大，平均相对分子质量越大，且平衡后加压逆反应速率大于正反应速率，则加压化学平衡逆向移动，即正反应为气体体积增大的反应。【题目详解】A项、该反应中化学计量数1+3＞2，△H＜0，正反应为放热反应，加压化学平衡正向移动，故A错误；B项、该反应中化学计量数2＜2+1，△H＞0，该反应为吸热反应，加压化学平衡逆向移动，故B正确；C项、该反应中化学计量数4+5＜4+6，△H＜0，正反应为放热反应，加压化学平衡逆向移动，故C错误；D项、该反应中化学计量数1+1＞1，△H＞0，加压化学平衡正向移动，该反应为吸热反应，与图象不符，故D错误。故选B。【题目点拨】本题考查化学反应速率和化学平衡的图像，熟悉图像中坐标的含义及“定一议二”分析，明确温度、压强对化学反应速率及化学平衡的影响是解答本题的关键。11、B【解题分析】试题分析：A项常温下将0.1mol·L－1NH4Cl溶液与0.05mol·L－1NaOH溶液等体积混合，溶液溶质为等物质的量的NaCl、NH4Cl和NH3·H2O的混合物，溶液呈碱性，NH3·H2O的电程度大于NH4Cl水解程度，故溶液中离子浓度大小关系为：c(Cl－)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH－)>c(H+)，故A项错误；B项常温下，物质的量浓度相等的①NH4HSO4②CH3COONH4③NH4Cl三种溶液中，①中电离出H+抑制NH4+水解，②中CH3COO—会促进NH4+水解，故三溶液中c(NH4+)：①＞③＞②，故B项正确；C项0.1mol·L－1的NaHA溶液，其pH=11，则HA－水解程度大于电离程度，故溶液中微粒关系：c(HA－)＞c(OH－)＞c(H2A)＞c(A2－)，故C项错误；D项在相同条件下，将足量AgCl加入等体积的①0.01mol•L-1AgNO3溶液②0.1mol•L-1KCl溶液③蒸馏水，则①中银离子会使AgCl溶解平衡逆向移动，②中氯离子使AgCl溶解平衡逆向移动，且②对AgCl溶解抑制程度大于①，故所能溶解的AgCl质量关系为：③＞①＞②，故D项错误；本题选B。考点：溶液中离子关系。12、C【解题分析】若一元强碱pH＝8的NH3·H2O和pH＝12的NH3·H2O两溶液等体积混合后，所得溶液pHpH＝8的NH3·H2O中c（OH-）=1×10-6mol/L，pH=12的NH3·H2O中c（OH-）=1×10-2mol/L，假如不考虑混合后一水合氨的电离，则混合后c（OH-）=10-6+10-22mol/L≈10-22mol/L，则溶液中的c（H+）=KWc(OH-)=10-1410-2213、D【分析】在溴化铁作催化剂作用下，苯和液溴反应生成无色的溴苯和溴化氢，装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，倒置漏斗的作用是防止倒吸。【题目详解】A项、若关闭K时向烧瓶中加注液体，会使烧瓶中气体压强增大，苯和溴混合液不能顺利流下。打开K，可以平衡气压，便于苯和溴混合液流下，故A正确；B项、装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，溴溶于四氯化碳使液体逐渐变为浅红色，故B正确；C项、装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，故C正确；D项、反应后得到粗溴苯，向粗溴苯中加入稀氢氧化钠溶液洗涤，除去其中溶解的溴，振荡、静置，分层后分液，向有机层中加入适当的干燥剂，然后蒸馏分离出沸点较低的苯，可以得到溴苯，不能用结晶法提纯溴苯，故D错误。故选D。【题目点拨】本题考查化学实验方案的设计与评价，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握实验操作要点，结合物质的性质综合考虑分析是解答关键。14、C【题目详解】A．反应①的△H1=+131.3kJ·mol－1，焓变为正，为吸热反应，①中反应物的总能量小于生成物的总能量，故A错误；B．②中使用适当催化剂，降低了活化能，但不改变反应的始终态，不能改变反应的焓变，ΔH2不变，故B错误；C．若知反应（1）C(s)+CO2(g)=2CO(g)的ΔH，利用（2）C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH1=+131.3kJ·mol-1，求（3）CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)的焓变，根据盖斯定律：由（2）-（1）计算ΔH3=ΔH1-ΔH，故C正确；D．根据盖斯定律：由②-①计算反应CH4(g)=C(s)+2H2(g)的ΔH=+74.8kJ·mol-1，故D错误；故选C。15、D【分析】根据题图可知，在时刻，改变某一条件后，正、逆反应速率同时增大，且正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动。【题目详解】A.加入催化剂，正、逆反应速率同时增大且相等，平衡不移动，与图像不符，故A错误；B.升高温度，正、逆反应速率都增大，但是逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，与图像不符，故B错误；C.增大反应物浓度，在时刻，逆反应速率不变，正反应速率增大，与图像不符，故C错误；D.增大压强，正逆反应速率均增大，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，与图像相符，故D正确；故选：D。16、C【题目详解】A．红墨水浓度大于水，微粒向浓度低的方向分散是自发进行的物理变化，故A不符合题意；B．冰的熔点为0℃，水常温是液体，冰在室温下融化成水，是自发进行的物理变化，故B不符合题意；C．NaHCO3转化为Na2CO3是需要一定条件或试剂实现转化，变化过程不是自发进行的变化，故C符合题意；D．铁在潮湿的空气中生锈是发生了电化腐蚀，发生了吸氧腐蚀，是自发进行的变化，故D不符合题意；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH3CH2CH3取代反应CH3CHBrCH3+NaOHCH3CHOHCH3+NaBr氧化反应+H2O2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，CH3CHO+，，+HBr【分析】C3H8为丙烷，由B与O2、Cu加热发生氧化反应生成，可知B为异丙醇，则C3H8与Br2光照发生取代反应，生成的A为2-溴丙烷，2-溴丙烷与NaOH溶液发生取代反应生成异丙醇；由题目中所给信息可知C为2-苯基丙醇，发生消去反应生成2-苯基丙烯，以2-苯基丙烯为单体写出它的加聚产物结构简式；根据题目所给信息和平时所学方程式合成。【题目详解】C3H8为丙烷，由B与O2、Cu加热发生氧化反应生成，可知B为异丙醇，则C3H8与Br2光照发生取代反应，生成的A为2-溴丙烷，2-溴丙烷与NaOH溶液发生取代反应生成异丙醇；由题目中所给信息可知C为2-苯基丙醇，发生消去反应生成2-苯基丙烯，（1）C3H8为丙烷，结构简式为：CH3CH2CH3，故答案为：CH3CH2CH3；（2）①的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；（3）反应②的化学反应方程式为CH3CHBrCH3+NaOHCH3CHOHCH3+NaBr，故答案为：CH3CHBrCH3+NaOHCH3CHOHCH3+NaBr；（4）③为氧化反应，故答案为：氧化反应；（5）2-苯基丙醇发生消去反应生成2-苯基丙烯，化学方程式为+H2O，故答案为：+H2O；（6）2-苯基丙烯发生加聚反应，碳碳双键断开，它的加聚产物结构简式为，故答案为：；（7）乙醇先与O2、Cu加热生成乙醛，乙醛与苯在AlCl3作用下生成1-苯乙醇，1-苯乙醇与浓硫酸加热生成苯乙烯，苯乙烯与HBr加成生成，相关的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，CH3CHO+，，+HBr，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，CH3CHO+，，+HBr。【题目点拨】在有机流程推断题中，各物质的名称要根据前后反应综合判断，最终确定结果，本题中A与B的推断就是如此。18、Mg平面三角形分子sp3bceAl3+比Mg2+电荷多，半径小，晶格能大4（1，，）【分析】A、B、C、D、E是前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且A原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反，则A是核外电子排布式是1s22s22p4，所以A是O元素；D是S元素；工业上电解熔融C2A3制取单质C，则C为Al元素；基态B、E原子的最外层均只有2个电子，其余各电子层均全充满，结合原子序数可知，B的电子排布为1s22s22p63s2、E的电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2，B为Mg，E为Zn，以此来解答。【题目详解】由上述分析可知，A为O元素，B为Mg元素，C为Al元素，D为S元素，E为Zn元素。(1)Mg的3s电子全满为稳定结构，难失去电子；C是Al元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s33p1，失去第一个电子相对容易，因此元素B与C第一电离能较大的是Mg；E是Zn元素，根据构造原理可得其基态E原子电子排布式是[Ar]3d104s2，所以价电子的轨道表达式为；(2)DA2分子是SO2，根据VSEPR理论，价电子对数为VP=BP+LP=2+=3，VSEPR理论为平面三角形；(3)①C2Cl6是Al2Cl6，在加热时易升华，可知其熔沸点较低，据此可知该物质在固态时为分子晶体，Al形成4个共价键，3个为σ键，1个为配位键，其杂化方式为sp3杂化；②[Al(OH)4]-中，含有O-H极性共价键，Al-O配位键，共价单键为σ键，故合理选项是bce；(4)B、C的氟化物分别为MgF2和AlF3，晶格能分别是2957kJ/mol、5492kJ/mol，同为离子晶体，晶格能相差很大，是由于Al3+比Mg2+电荷多、离子半径小，而AlF3的晶格能比MgCl2大；(5)①根据晶胞结构分析，S为面心立方最密堆积，Zn为四面体填隙，则Zn的配位数为4；②根据如图晶胞，原子坐标a为(0，0，0)；b为(，0，）；c为(，，0），d处于右侧面的面心，根据几何关系，则d的原子坐标参数为（1，，）；③一个晶胞中含有S的个数为8×+6×=4个，含有Zn的个数为4个，1个晶胞中含有4个ZnS，1个晶胞的体积为V=a3cm3，所以晶体密度为ρ==g/cm3。【题目点拨】本题考查晶胞计算及原子结构与元素周期律的知识，把握电子排布规律推断元素、杂化及均摊法计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意(5)为解答的难点，具有一定的空间想象能力和数学计算能力才可以。19、错误该学生测得的pH是稀释后溶液的pH该学生操作错误,但不一定产生误差。因为原溶液不是中性时，稀释后溶液pH发生了变化，只是弱酸或弱碱溶液变化程度小些，若是中性溶液,稀释不会产生误差氢氧化钠溶液稀释过程中，NH3·H2O继续电离出OH-，减弱了因稀释OH-浓度减小程度，所以测得氢氧化钠溶液误差较大能用玻璃棒分别蘸取两种溶液滴在两张pH试纸上，其显示的颜色与标准比色卡对照，pH较大的是0.01mol·L-1硫酸溶液强弱<2<a<5【分析】根据pH试纸测定pH的方法判断操作正误；根据溶液呈现酸、碱、中性，判断稀释对其影响；根据弱电解质加水可以促进电离，判断H+或OH-浓度的变化情况；根据测定pH值，判断溶液的浓稀；根据稀释相同倍数，pH的变化情况判断酸性的强弱。【题目详解】I．（1）用pH试纸测定pH的方法是用干燥的玻璃棒蘸取（或胶头滴管吸取）少量的待测溶液，滴在放在干燥的表面皿或白瓷板上的干燥pH试纸上，再把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，即可得出待测溶液的pH；题中pH试纸用水湿润，相当于将原溶液稀释，将使所得pH值出现误差；答案为错误；该学生测得的pH值是稀释后的pH值；（2）食盐水溶液显中性，用水稀释后pH不变；酸性溶液稀释后，溶液酸性减弱，pH变大；碱性溶液稀释后，碱性变小，pH值将变小；所以测定的结果不一定有误差，若是中性溶液则不变；答案为操作错误，但不一定产生误差，若是酸或碱溶液，稀释后溶液的PH值发生了变化，则必然会造成误差，若中性溶液稀释不会产生误差；（3）用水润湿相当于稀释碱液，则所测的pH偏小，由于稀释会促进弱电解质的电离，故氨水的PH误差小，因为在稀释过程中氨水继续电离出氢氧根离子，使得溶液中氢氧根离子浓度变化比氢氧化钠小，误差小；答案为氢氧化钠，在稀释过程中氨水继续电离出氢氧根离子，使得溶液中氢氧根离子浓度变化比氢氧化钠小，误差小；（4）硫酸为强酸，完全电离，0.1mol•L-1的硫酸和0.01mol•L-1的硫酸电离出的氢离子浓度分别为0.2mol•L-1、0.02mol•L-1，pH=-lgc(H+)，氢离子浓度越大，pH越小，所以pH较大的为0.01mol•L-1的硫酸，操作为用干燥的玻璃棒蘸取两种溶液，点在两张pH试纸上，与标准比色卡比较其pH，pH较大的为0.01mol•L-1的硫酸；答案为能，用干燥的玻璃棒蘸取两种溶液，点在两张pH试纸上，与标准比色卡比较其pH，pH较大的为0.01mol•L-1的硫酸；II．（1）pH=2的A、B两种酸溶液各1mL，分别加水稀释到1000mL，pH值改变3个单位的为强酸，pH改变值小于3