2024届上海市长宁、宝山、嘉定、青浦四区化学高二上期中达标检测试题含解析

2024届上海市（长宁、宝山、嘉定、青浦（四区化学高二上期中达标检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、从海水中提取溴，主要反应为：2Br-＋Cl2＝Br2＋2Cl-，下列说法正确的是A．溴离子具有氧化性 B．氯气是还原剂C．该反应属于复分解反应 D．氯气的氧化性比溴单质强2、已知断开1molH-H键吸收的能量为436kJ，形成1molN-H键放出的能量为391kJ，根据化学方程式N2+3H22NH3可知，高温、高压条件下，1molN2完全反应放出的能量为92.4kJ，则断开1molNN键吸收的能量是（）A．431kJ B．649kJ C．869kJ D．945.6kJ3、下列化合物的分子中，所有原子都处于同一平面的是A．乙烷B．丙炔C．乙醛D．氯苯4、一定条件下密闭容器中发生反应：NO(g)+CO(g)1/2N2(g)+CO2(g)△H=—373.2kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是()A．升高温度 B．充入NO C．增大压强 D．加催化剂5、下列物质在水溶液中的电离方程式错误的是（）A．NaHCO3=Na+＋H+＋CO32- B．NaHSO4=Na+＋H+＋SO42-C．MgCl2=Mg2+＋2Cl- D．Ba(OH)2=Ba2+＋2OH-6、下列分散系中，能产生丁达尔效应的是A．硫酸铜溶液 B．氢氧化铁胶体 C．溴水 D．稀硫酸7、有关热化学方程式书写与对应关系表述均正确的是A．稀醋酸与0.1mol•L-1NaOH溶液反应：H+（aq）+OH-（aq）=H2O（l）△H=+57.3kJ•mol-1B．在101KPa下氢气的燃烧热△H=-285.5kJ•mol-1，则水分解的热化学方程式：2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）△H=+285.5kJ•mol-1C．密闭容器中，9.6g硫粉与11.2g铁粉混合加热生成硫化亚铁17.6g时，放出19.12kJ热量．则Fe（s）+S（s）=FeS（s）△H=-95.6kJ•mol-1D．已知2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221kJ•mol-1，则可知C的燃烧热为110.5kJ•mol-18、已知一定温度和压强下，N2(g)和H2(g)反应生成2molNH3(g)，放出92.4kJ热量。在同温同压下向密闭容器中通入1molN2和3molH2，达平衡时放出热量为Q1kJ；向另一体积相同的容器中通入0.5molN2和1.5molH2，相同温度下达到平衡时放出热量为Q2kJ。则下列叙述正确的是()A．2Q2＜Q1＜92.4kJ B．2Q2=Q1=92.4kJC．2Q2＞Q1=92.4kJ D．2Q2=Q1＜92.4kJ9、日常生活中食用的白糖、冰糖和红糖的主要成分是A．淀粉 B．葡萄糖 C．蔗糖 D．果糖10、已知断裂1mol气态分子AB中共价键变成气态A和B原子所需要吸收的能量叫A—B键的键能。几种化学键的键能数据如下表所示：化学键Br-BrF-FH-FH-BrC-CC≡CH-H键能/(kJ·mol-1)194157568366348812436下列说法正确的是A．H-F键的稳定性比H-Br键弱B．2HBr(g)=H2(g)+Br2(1)ΔH=+102kJ·mol-1C．F2(g)=2F(g)ΔH=-157kJ·mol-1D．2HBr(g)+F2(g)=Br2(g)+2HF(g)ΔH=-441kJ·mol-111、肯定属于同族元素且性质相似的是A．A原子基态时2p轨道上有一对成对电子，B原子基态时3p轨道上也有一对成对电子B．结构示意图：A为，B为C．A原子基态时2p轨道有1个未成对电子，B原子基态时3p轨道也有1个未成对电子D．原子核外电子排布式：A为1s22s2，B为1s212、某研究性学习小组对手性分子提出了以下四个观点：①互为手性异构体的分子互为镜像②利用手性催化剂合成可得到一种或主要得到一种手性分子③手性异构体分子组成相同④手性异构体性质相同你认为正确的是A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．全部13、对于反应：NO+CO2NO2+CO在密闭容器中进行，下列哪些条件加快该反应速率A．增大体积使压强减小B．体积不变充人CO2使压强增大C．体积不变充人He气使压强增大D．压强不变充入N2使体积增大14、下列物质中，既能与盐酸反应，又能跟NaOH溶液反应的是（）①NaHCO3②Al③Al2O3④Al(OH)3⑤Na2CO3A．①②③④ B．②③④ C．①③④ D．①②③④15、锂锰电池的体积小、性能优良，是常用的一次电池。该电池反应原理如图所示，其中电解质LiClO4，溶于混合有机溶剂中，Li＋通过电解质迁移入MnO2晶格中，生成LiMnO2。下列说法错误的是A．电解质LiClO4在电池使用过程中减少B．外电路的电流方向是由b极流向a极C．电池正极反应式为MnO2＋e－＋Li＋===LiMnO2D．电极Li能与水反应，所以不能用水代替电池中的混合有机溶剂16、某温度下，H2＋CO2CO＋H2O(g)的平衡常数K=9/4。该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2(g)和CO2(g)，其起始浓度如表所示。下列判断不正确的()A．平衡时，甲中和丙中H2的转化率是60%B．平衡时，乙中CO2的转化率小于60%C．反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢D．平衡时，丙中c(CO2)是甲中的2倍，是0.008mol/L二、非选择题（本题包括5小题）17、(1)下列物质中，属于弱电解质的是（填序号，下同）______，属于非电解质是_____。①硫酸氢钠固体②冰醋酸③蔗糖④氯化氢气体⑤硫酸钡⑥氨气⑦次氯酸钠(2)写出下列物质在水中的电离方程式：醋酸：______。次氯酸钠：______。(3)甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol•L-1、0.1mol•L-1，则c(OH﹣)甲：c(OH﹣)乙________10（填“大于”、“等于”或“小于”）。(4)现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol•L-1的NaOH溶液，乙为0.1mol•L-1的HCl溶液，丙为0.1mol•L-1的CH3COOH溶液，甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH﹣)的大小关系为_____。18、下列框图给出了8种有机化合物的转化关系，请回答下列问题：(1)根据系统命名法，化合物A的名称是________。(2)上述框图中，①是________反应，③是________反应。(填反应类型)(3)化合物E是重要的工业原料，写出由D生成E的化学方程式：___________________。(4)C2的结构简式是______________________________________。19、某酸性工业废水中含有K2Cr2O7。光照下，草酸(H2C2O4)能将其中的Cr2O转化为Cr3＋。某课题组研究发现，少量铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]即可对该反应起催化作用。为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：(1)在25℃下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，做对比实验，完成以下实验设计表(表中不要留空格)。实验编号初始pH废水样品体积/mL草酸溶液体积/mL蒸馏水体积/mL①4601030②5601030③560__________________测得实验①和②溶液中的Cr2O72—浓度随时间变化关系如图所示。(2)上述反应后草酸被氧化为__________________(填化学式)。(3)实验①和②的结果表明____________________；实验①中0～t1时间段反应速率v(Cr3＋)＝____________mol·L－1·min－1(用代数式表示)。(4)该课题组对铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]中起催化作用的成分提出如下假设，请你完成假设二和假设三：假设一：Fe2＋起催化作用；假设二：___________________________；假设三：___________________________；(5)请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容。[除了上述实验提供的试剂外，可供选择的药品有K2SO4、FeSO4、K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O、Al2(SO4)3等。溶液中Cr2O的浓度可用仪器测定]实验方案（不要求写具体操作过程)预期实验结果和结论__________________________（6）某化学兴趣小组要完成中和热的测定，实验桌上备有大、小两个烧杯、泡沫塑料、泡沫塑料板、胶头滴管、环形玻璃搅拌棒、0.5mol·L-1盐酸、0.55mol·L-1NaOH溶液,实验尚缺少的玻璃用品是___、_____。(7)他们记录的实验数据如下:实验用品溶液温度中和热t1t2ΔH①50mL0.55mol·L-1NaOH溶液50mL0.5mol·L-1HCl溶液20℃23.3℃②50mL0.55mol·L-1NaOH溶液50mL0.5mol·L-1HCl溶液20℃23.5℃已知:Q=cm(t2-t1),反应后溶液的比热容c为4.18kJ·℃-1·kg-1,各物质的密度均为1g·cm-3。计算完成上表中的ΔH_________________________。(8)若用KOH代替NaOH,对测定结果____(填“有”或“无”)影响;若用醋酸代替HCl做实验,对测定结果ΔH____(填“偏大”或“偏小”无影响)。20、滴定法是化学常用来定量测定物质浓度的一种重要的实验方法。在食品工业、药品制造、化妆品行业等等都被广泛应用。中华人民共和国国家标准(GB2760－2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g·L－1。某兴趣小组用如图装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。（1）仪器A的名称是________，水通入A的进口为________。B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热B使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应。（2）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定，若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为________。滴定终点现象为_______________。（3）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为：________g·L－1。（4）该测定结果往往比实际值偏高，最可能的原因是_________________，在不改变装置的情况下，如何改进：______________________________________________。21、对于反应N2O4(g)

2NO2(g)在温度一定时，平衡体系中NO2的体积分数V(NO2)%随压强的变化情况如图所示（实线上的任何一点为对应压强下的平衡点）（1）B、C两点的反应速率的关系为B_________C(填“>”“<”或“=”)。（2）当反应处于A状态时，V正_____V逆(填“>”“<”或“=”)（3）由D状态转变为C状态后，混合气体的总物质的量会______(填“增大”、“减小”)。（4）若在注射器中盛有一定量NO2，向内推活塞至原有体积的3/4，达到平衡时其中气体颜色较初始颜色如何变化_______，其原理为______________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【题目详解】A.该反应中，溴元素的化合价由﹣1

价变为

0

价，所以溴离子失电子作还原剂，还原剂具有还原性，故

A

错误；B.该反应中氯元素的化合价由

0

价变为﹣1

价，所以氯气得电子作氧化剂，故

B

错误；C.该反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，复分解反应中反应前后各元素的化合价都不变，所以一定不属于复分解反应，故

C

错误；D.该反应中，氯气是氧化剂，溴是氧化产物，所以氯气的氧化性大于溴，故

D

正确；答案选

D。【题目点拨】在氧化还原反应中得电子化合价降低的是氧化剂，失电子化合价升高的是还原剂，氧化剂具有氧化性，还原剂具有还原性，氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物，复分解反应是两种化合物相互交换成分生成另外的两种化合物，复分解反应一定不是氧化还原反应。2、D【题目详解】已知H-H键的键能为436kJ/mol，N-H键的键能为391kJ/mol，设N≡N键的键能为x，题述反应放出的热量=生成物的总键能—反应物的总键能，即6mol×391kJ/mol-3mol×436kJ/mol-1mol∙x=92.4kJ，x=945.6kJ/mol，从而得出断开1molNN键吸收的能量是945.6kJ，故选D。【题目点拨】利用反应热计算键能时，需将热化学方程式中的各物质的化学式改写为结构式，以便于弄清各分子中所含有的化学键数，防止在共价键数目的计算时出错。3、D【解题分析】存在甲基的分子，不可能所有原子都在同一平面上，乙烷、丙炔、乙醛分子中都存在甲基，故排除A、B、C；氯苯是1个氯原子取代了苯分子中的1个H原子形成的，故氯苯分子中所有的原子也处于同一平面，故选D。4、C【分析】外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响为本题主要考查点。【题目详解】A.升高温度，反应速率加快，平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，A错误；B.充入NO，反应速率加快，平衡虽然正向进行，但一氧化氮转化率减小，B错误；C.增大压强，反应速率加快，平衡正向进行，一氧化氮转化率增大，C正确；D.加催化剂反应速率加快但不影响平衡，NO的转化率不变，D错误；正确答案：C。5、A【题目详解】A．NaHCO3是弱酸强碱的酸式盐，在水溶液中HCO3-不能完全电离，故离子方程式应为NaHCO3=Na++HCO3-，故A错误；B．NaHSO4是强酸强碱的酸式盐，在水溶液中能完全电离，故离子方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，故B正确；C．MgCl2能电离出2个氯离子，故离子方程式应为MgCl2=Mg2++2Cl-，故C正确；D．氢氧化钡是二元强碱，其离子方程式应为Ba(OH)2=Ba2+＋2OH-，故D正确；故答案为A。【题目点拨】书写电离方程式是要关注以下几个方面：①是强电解质电离还是弱电解质电离，如果是弱电解质电离要用“”，且多元弱酸要分步电离；②电离时产生的是阴、阳离子微粒，且原子团不能拆分；③电离方程式同样遵守原子守恒，选项B错误的原因就是不遵守此原则；另外弱酸的酸式阴离子一般不好折分，除非单独写其电离时拆分，如HCO3-H++CO32-。6、B【题目详解】A.硫酸铜溶液不是胶体，不能产生丁达尔效应，A项错误；

B.氢氧化铁胶体能产生丁达尔效应，B项正确；

C.溴水属于溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，C项错误；

D.稀硫酸属于溶液，不属于胶体，不能产生丁达尔效应，D项错误；答案选B。【题目点拨】丁达尔效应为胶体独有的性质，能产生丁达尔效应的应是胶体。生活中常见的胶体有牛奶、豆浆、淀粉、鸡蛋清、云、雾、氢氧化铁胶体、墨水等。7、C【解题分析】试题分析：A．酸碱中和是放热反应，故△H应为负值，故A错误；B．燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，定义要点：可燃物必须为1mol，故可知2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=-285.5×2kJ•mol-1=-571.0kJ•mol-1，故水分解的热化学方程式：2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）△H=+571.0kJ•mol-1，故B错误；C．根据生成硫化亚铁17.6g即0.2mol时，放出19.12kJ热量，可知生成1molFeS（s）时放出95.6kJ的热量，故C正确；D．燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，定义要点：必须完全燃烧生成稳定的氧化物，如C→CO2，H→H2O（液），而2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221kJ•mol-1，是碳的不完全燃烧，故D错误；故选C。考点：本题从中和热、燃烧热和反应热数值的计算角度对化学反应与能量进行了考查。8、A【分析】N2(g)和H2(g)反应生成2molNH3(g)的反应为可逆反应，向密闭容器甲中通入1molN2和3molH2，达平衡时放出热量Q1＜92.4kJ，甲与乙相比较，甲相当于在乙的基础上增大压强，平衡向正反应方向移动，则甲转化率大于乙。【题目详解】一定温度和压强下，1molN2（g）与3molH2（g）反应生成2molNH3（g）放出的热量是92.4kJ；由于反应为可逆反应，物质不能完全反应，恒温恒压下通入1molN2和3molH2，参加反应的氮气小于1mol，则达平衡时放出热量为Q1＜92.4kJ；向另一体积相同的容器中通入0.5molN2和1.5molH2，等效为在开始通入1molN2和3molH2到达平衡的基础上降低压强，平衡向逆方向移动，氮气的转化率减小，则2Q2＜Q1，综上分析可知：2Q2＜Q1＜92.4kJ，故答案为A。【题目点拨】本题综合考查化学平衡移动问题，侧重于分析能力，本题可从压强对平衡移动影响的角度分析。9、C【题目详解】A．淀粉主要存在植物种子和块茎中，最终变为葡萄糖，供机体活动需要，故A错误；B．葡萄糖主要是放出能量，供机体活动和维持体温恒定的需要，故B错误；C．因为蔗糖是食品中常用得到甜味剂，日常生活中食用的白糖、冰糖和红糖的主要成分是蔗糖，故C正确；D．果糖是所有的糖中最甜的一种，广泛用于食品工业，如制糖果、糕点、饮料等，故D错误；故答案选C。10、D【题目详解】A．根据表格数据可知H-F键的键能大于H-Br键的键能，所以H-F键的稳定性比H-Br键强，故A错误；B．焓变=反应物的键能之和-生成物键能之和，但表格数据中Br-Br键的键能是气态Br2分子中Br-Br键的键能，而选项所给热化学方程式中Br2为液态，根据题目所给数据无法计算该反应的焓变，故B错误；C．化学键断裂时需要吸收能量，焓变大于0，故C错误；D．2HBr(g)+F2(g)=Br2(g)+2HF(g)的焓变=反应物的键能之和-生成物键能之和=2366kJ/mol+157kJ/mol-194kJ/mol-2568kJ/mol=-441kJ/mol，故D正确；综上所述答案为D。11、A【题目详解】A.A为O元素，B为S元素，位于相同主族，性质相似，故A正确；B.A为Ne元素，B为Na+，不是同主族元素，性质不同，故B错误；C.A可能为B或F元素，B为可能为Al或Cl，不一定在相同主族，性质不一定相同，故C错误；D.A为Be元素，B为He元素，二者不在同一主族，性质不同，故D错误；答案选A。12、A【题目详解】根据手性分子的定义及性质判断：①互为手性异构体的分子互为镜像，正确；②利用手性催化剂合成可得到一种或主要得到一种手性分子，正确；③手性异构体分子组成相同，正确，④手性异构体性质不相同，错误，答案选A。13、B【解题分析】影响化学反应速率的条件有温度、浓度、压强以及催化剂等因素，注意压强增大时浓度必须增大，否则反应速率不会增大。【题目详解】A项、增大体积使压强减小，浓度减小，单位体积活化分子数目减小，反应速率减小，故A错误；B项、体积不变充人CO2，反应物CO2浓度增大，反应速率增大，故B正确；C项、体积不变充入He气使压强增大，但参加反应气体的浓度不变，则反应速率不变，故C错误；D项、压强不变充入N2使体积增大，参加反应气体的浓度减小，则反应速率减小，故D错误。故选B。【题目点拨】本题考查影响反应速率的因素，注意压强增大时浓度必须增大，否则反应速率不会增大。14、D【题目详解】①NaHCO3与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，与盐酸反应生成氯化钠和水、二氧化碳，故①符合题意；

②Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，与盐酸反应生成氯化铝和氢气，故②符合题意；③Al2O3与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，与盐酸反应生成氯化铝和水，故③符合题意；④Al(OH)3与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，与盐酸反应生成氯化铝和水，故④符合题意；⑤Na2CO3与氢氧化钠不发生反应，与盐酸反应，故⑤不符合题意；综上所述，答案为D。【题目点拨】既能与酸又能与碱反应的物质有：铝、两性氧化物、两性氢氧化物、弱酸酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸等，结合题中物质的性质解答。15、A【题目详解】A项、根据总反应方程式Li＋MnO2=LiMnO2，电解质LiClO4在电池使用过程中没有被消耗，A错误；B项、Li为负极，MnO2为正极，原电池工作时，外电路的电流方向从正极到负极，即从b极流向a极，B正确；C项、MnO2为正极，被还原，电极反应式为MnO2＋e－＋Li＋===LiMnO2，C正确；D项、因负极材料为Li，可与水反应，则不能用水代替电池中的混合有机溶剂，D正确；故答案选A。16、B【解题分析】根据已知条件，列出相应容器中的三段式，A.转化率=△C/C0×100%；B.乙相对甲，增加了C(H2)，因此CO2的转化率增大，转化率大于60%；C.反应物浓度越大，反应速率越快，丙的反应速率最快，甲的反应速率最慢；D.根据丙容器中的列出的三段式，求出相应浓度；【题目详解】甲容器中,设平衡时c(CO)=xmol/LH2＋CO2⇌CO＋H2O(g)c00.010mol/L0.010mol/L0mol/L0mol/L△cxmol/Lxmol/Lxmol/Lxmol/Lc平(0.010-x)mol/L(0.010-x)mol/Lxmol/Lxmol/L此时K=c(CO)×c(H2O)/c(CO2)×c(H2)=x2/(0.010-x)2=9/4,解得x=0.006mol/L丙容器中,设平衡时c(CO)=zmol/LH2＋CO2⇌CO＋H2O(g)c00.020mol/L0.020mol/L0mol/L0mol/L△czmol/Lzmol/Lzmol/Lzmol/Lc平(0.020-z)mol/L(0.020-z)mol/Lzmol/Lzmol/L此时K=c(CO)×c(H2O)/c(CO2)×c(H2)=z2/(0.020-z)2=9/4,解得z=0.012mol/LA.容器甲中H2的转化率=0.006/0.01×100%=60%，丙中H2的转化率=0.012/0.02×100%=60%，故A项正确；B.容器甲中CO2的转化率=0.006/0.01×100%=60%，由于乙相对甲，增加了c(H2)，因此CO2的转化率增大，故B项错误；C.反应开始时，丙中反应物浓度最大，反应速率最快，甲中反应物浓度最小，反应速率最慢，故C项正确；D.平衡时，甲中c(CO2)=0.004mol/L，丙中c(CO2)=0.008mol/L，丙中c(CO2)是甲中的2倍，故D项正确。综上，本题选B。【题目点拨】本题考查化学平衡常数及转化率的计算，要求学生能运用化学平衡的规律进行运算。化学平衡计算模式＂三步曲＂（1）写出化学方程式。（2）根据化学方程式列出各物质（包括反应物和生成物）的三段式，已知中没有列出的相关数据，设未知数表示。（3）根据已知条件列方程，解出未知数。二、非选择题（本题包括5小题）17、②③⑥CH3COOHCH3COO-+H+NaClO=Na++ClO-小于丙>甲=乙【分析】(1)部分电离的电解质为弱电解质，在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；(2)醋酸是一元弱酸，在水溶液中存在电离平衡；次氯酸钠是强电解质，在水溶液中完全电离生成ClO-和Na+；(3)相同溶质的弱电解质溶液中，溶液浓度越小，电解质的电离程度越大；(4)在任何物质的水溶液中都存在水的电离平衡，根据溶液中电解质电离产生的离子浓度大小，判断对水电离平衡影响，等浓度的H+、OH-对水电离的抑制程度相同。【题目详解】(1)①硫酸氢钠固体属于盐，熔融状态和在水溶液里均能完全电离，属于强电解质；②冰醋酸溶于水后能部分电离出醋酸根离子和氢离子，属于弱电解质；③蔗糖在熔融状态下和水溶液里均不能导电，属于化合物，是非电解质；④氯化氢气体溶于水完全电离，属于强电解质；⑤硫酸钡属于盐，熔融状态下完全电离，属于强电解质；⑥氨气本身不能电离出自由移动的离子，属于化合物，是非电解质；⑦次氯酸钠属于盐，是你强电解质；故属于弱电解质的是②；属于非电解质是③⑥；(2)醋酸是一元弱酸，在水溶液中存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+；次氯酸钠是强电解质，在水溶液中完全电离生成ClO-和Na+，其电离方程式为NaClO=Na++ClO-；(3)一水合氨是弱电解质，在溶液里存在电离平衡，氨水的浓度越大，一水合氨的电离程度越小，浓度越小，一水合氨的电离程度越大。甲瓶氨水的浓度是乙瓶氨水的浓度的10倍，根据弱电解质的浓度越小，电离程度越大，可知甲瓶氨水的电离度比乙瓶氨水的电离度小，所以甲、乙两瓶氨水中c(OH-)之比小于10；(4)有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol•L-1的NaOH溶液，c(OH-)=0.1mol/L；乙为0.1mol•L-1的HCl溶液，c(H+)=0.1mol/L，丙为0.1mol•L-1的CH3COOH溶液，由于醋酸是一元弱酸，主要以醋酸分子存在，电离产生的离子浓度很小，所以该溶液中c(H+)<<0.1mol/L，在三种溶液中都存在水的电离平衡：H2OH++OH-，加入的酸电离产生的H+或碱溶液中OH-对水的电离平衡起抑制作用，溶液中离子浓度越大，水电离程度就越小，水电离产生的H+或OH-浓度就越小，甲、乙、丙三种溶液中电解质电离产生的离子浓度：甲=乙>丙，则由水电离出的c(OH﹣)的大小关系为：丙>甲=乙。【题目点拨】本题考查了强弱电解质判断、非电解质的判断、弱电解质电离平衡及影响因素、水的电离等知识点，清楚物质的基本概念进行判断，明确对于弱电解质来说，越稀释，电解质电离程度越大；电解质溶液中电解质电离产生的离子浓度越大，水电离程度就越小。18、2,3­二甲基丁烷取代加成+2NaOH+2NaBr+2H2O【分析】由题中信息可知，烷烃A与氯气发生取代反应生成卤代烃B，B发生消去反应生成、，与溴发生加成反应生成二溴代物D，D再发生消去反应生成E，E与溴可以发生1,2-加成或1,4-加成，故为，为，则D为，E为，为，为。【题目详解】(1)根据系统命名法，化合物A的名称是：2，3-二甲基丁烷；(2)上述反应中，反应(1)中A中H原子被Cl原子取代生成B，属于取代反应，反应(3)是碳碳双键与溴发生加成反应；(3)由D生成E是卤代烃发生消去反应,该反应的化学方程式为:+2NaOH+2NaBr+2H2O。(4)由上述分析可以知道,的结构简式是。19、2020CO2溶液pH对该反应的速率有影响2(c0-c1)/t1Al3＋起催化作用SO42—起催化作用用等物质的量的K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他条件与实验①相同，进行对比实验反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr2O72—)大于实验①中的c(Cr2O72—)则假设一成立，若两溶液中的c(Cr2O72—)相同，则假设一不成立量筒温度计-56.85kJ·mol-1无偏大【解题分析】（1）①②中pH不同，是探究pH对速率的影响；则②③是探究不同浓度时草酸对速率的影响；（2）草酸中碳元素化合价为+3价，被氧化为+4价，Cr2O72-转化为Cr3+，根据电子守恒来计算；（3）实验①②表明溶液pH越小，反应的速率越快，根据公式求算；（4）根据铁明矾的组成分析；（5）做对比实验：要证明Fe2+起催化作用，需做对比实验，再做没有Fe2+存在时的实验，用等物质的量K2SO4•Al2（SO4）3•24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验；（6）根据中和热测定的实验步骤选用需要的仪器，然后判断还缺少的仪器；（7）先求出2次反应的温度差，根据公式Q=cm△T来求出生成0.025mol的水放出热量，最后根据中和热的概念求出中和热；（8）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关。【题目详解】（1）①②中pH不同，是探究PH对速率的影响；则②③是探究不同浓度时草酸对速率的影响，故答案为实验编号初始

pH废水样品

体积/mL草酸溶液

体积/mL蒸馏水

体积/mL③2020（2）草酸中碳元素化合价为+3价，氧化产物为CO2，被氧化为+4价，化合价共升高2价，Cr2O72-转化为Cr3+，化合价共降低了6价，根据电子守恒，参加反应的Cr2O72-与草酸的物质的量之比为是1：3，离子方程式为：Cr2O72-+3H2C2O4+8H+=6CO2↑+2Cr3++7H2O，故答案为Cr2O72-+3H2C2O4+8H+=6CO2↑+2Cr3++7H2O；

（3）由实验①②表明溶液pH越小，反应的速率越快，所以溶液pH对该反应的速率有影响，v（Cr3+）=2v（Cr2O72-）=2(c0-c1)/t1mol•L-1•min-1，故答案为2(c0-c1)/t1溶液pH对该反应的速率有影响；（4）根据铁明矾[Al2Fe（SO4）4•24H2O]组成分析，Al3+起催化作用；SO42-起催化作用，故答案为Al3+起催化作用；SO42-起催化作用；（5）要证明Fe2+起催化作用，需做对比实验，再做没有Fe2+存在时的实验，所以要选K2SO4•Al2（SO4）3•24H2O，注意由于需要控制Al3+和SO42-浓度比，不要选用K2SO4和Al2（SO4）3；用等物质的量K2SO4•Al2（SO4）3•24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验，反应进行相同时间后，若溶液中c（Cr2O72-）大于实验①中c（Cr2O72-），则假设一成立；若两溶液中的c（Cr2O72-）相同，则假设一不成立；故答案为实验方案预期实验结果和结论用等物质的量K2SO4•Al2（SO4）3•24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验反应进行相同时间后，若溶液中c（Cr2O72-）大于实验①中c（Cr2O72-），则假设一成立；若两溶液中的c（Cr2O72-）相同，则假设一不成立（6）中和热的测定过程中，需要用量筒量取酸溶液、碱溶液的体积，需要使用温度计测量温度，所以还缺少量筒、温度计，故答案为量筒、温度计；

（7）第1次反应前后温度差为：3.3℃，第2次反应前后温度差为：3.5℃，平均温度差为3.4℃，50mL0.55mol•L-1NaOH溶液与50mL0.5mol•L-1HCl溶液混合，氢氧化钠过量，反应生成了0.025mol水，50mL0.5mol•L-1盐酸、0.55mol•L-1NaOH溶液的质量和为：m=100mL×1g/mL=100g，c=4.18J/（g•℃），代入公式Q=cm△T得生成0.025mol的水放出热量Q=4.18J/（g•℃）×100g×3.4℃=1.4212kJ，即生成0.025mol的水放出热量1.4212kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.4212kJ×1mol/0.025mol=-56.8kJ，即该实验测得的中和热△H=-56.8kJ•mol-1,故答案为-56.8kJ•mol-1；(8)KOH代替NaOH对结果无影响，因为二者都是强碱，与HCl