2024届江苏常熟市张桥中学化学高二第一学期期中统考模拟试题含解析

2024届江苏常熟市张桥中学化学高二第一学期期中统考模拟试题注意事项：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、下表中物质的分类组合正确的是

ABCD强电解质NaClH2SO4CaCO3HNO3弱电解质HFBaSO4HClOHI非电解质C2H5OHCS2Cl2SO2A．A B．B C．C D．D2、符合如图中阴影部分的物质是()A．NaHCO3 B．Cu2(OH)2CO3 C．NaCl D．Na2CO33、科学家最近在－100℃的低温下合成了一种烃X，红外光谱和核磁共振氢谱表明其分子中的氢原子所处的化学环境没有区别，根据分析，绘制了该分子的球棍模型如图所示。下列说法中不正确的是（）A．该分子的分子式为C5H4B．该分子中碳原子的化学环境有2种C．该分子中的氢原子分布在两个相互垂直的平面上D．该分子中只有C—C键，没有键4、已知反应：2CH3COCH3(l)CH3COCH2COH(CH3)2(l)。取等量CH3COCH3，分别在0℃和20℃下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线（Y-t）如图所示。下列说法正确的是A．b代表下CH3COCH3的Y-t曲线B．反应进行到20min末，H3COCH3的C．升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率D．从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH(CH3)2的5、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6、在25℃时水的离子积KW＝1.0×10－14，在35℃时的离子积KW＝2.1×10－14，则下列叙述正确的是A．水中c(H＋)随着温度的升高而降低B．35℃时的水比25℃时的水电离程度小C．25oC时，纯水中滴加NaOH溶液，KW变小D．35℃时的，纯水中滴加NH4Cl溶液，水的电离程度增大7、下列事实能说明HA一定是弱酸的是（）A．升温，HA溶液的酸性明显增强B．HA能与Na2CO3溶液反应，产生CO2气体C．1mol/LHA的水溶液能使紫色石蕊溶液变红D．用HA溶液做导电性实验，灯光很暗8、下列每组中的三对物质都能用分液漏斗分离的是()A．乙酸乙酯和水、酒精和水、乙酸和水B．溴苯和水、甲苯和苯、苯和水C．硝基苯和水、乙醇和水、乙酸和乙醇D．四氯化碳和水、甲苯和水、硝基苯和水9、若溶液中由水电离产生的c(OH-)=1.0×10-13mol/L，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是()A．Na+、Fe2+、NO3-、Cl- B．Na+、K+、NO3-、Cl-C．Na+、K+、AlO2-、Cl- D．NH4+、K+、SO42-、HCO3-10、许多国家十分重视海水资源的综合利用。不需要化学变化就能从海水中获得的物质是（）A．溴单质、碘单质 B．钠、镁 C．氧气、氢气 D．食盐、淡水11、25℃、101kPa下：①2Na(s)+1/2O2(g)=Na2O(s)△H=-414kJ·mol-1②2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s)△H=-511kJ·mol-1下列说法正确的是()A．①和②产物的阴阳离子个数比不相等B．①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同C．常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快D．25℃、101kPa下：Na2O2（s）+2Na（s）=2Na2O（s）△H=-317kJ/mol12、某反应的ΔH＝＋100kJ·mol－1，下列有关该反应的叙述正确的是A．正反应活化能小于100kJ·mol－1B．逆反应活化能一定小于100kJ·mol－1C．正反应活化能不小于100kJ·mol－1D．正反应活化能比逆反应活化能小100kJ·mol－113、下列物质中，不属于电解质的是A．NaOH B．蔗糖 C．H2SO4 D．NaCl14、下列图示与对应的叙述不相符的是（）A．图①表示某放热反应在无催化剂(a)和有催化剂(b)时反应的能量变化，且加入催化剂降低了反应的活化能B．图②表示Al3+与OH-反应时溶液中含铝微粒浓度变化的曲线，a点溶液中存在大量AlO2-C．图③表示已达平衡的某反应在时改变某一条件后反应速率随时间变化的曲线，则改变的条件不一定是加入催化剂D．图④表示向某明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液，生成沉淀的质量与加入Ba(OH)2溶液的体积的关系，在加入20mLBa(OH)2溶液时铝离子恰好沉淀完全15、已知21℃时CH3COOH的电离常数K=1.6×10-1．该温度下向20ml0.01mol•L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol•L-1KOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化），下列有关叙述正确的是A．a点溶液中c（H+）为4.0×10-1mol/LB．c点溶液中的离子浓度大小顺序为c（K+）>c（CH3COO-）>c（H+）=c（OH-）C．V=20D．a、b、c三点中水的电离程度最大的是c点16、密闭容器中进行的可逆反应aA(g)＋bB(g)⇌cC(g)在不同温度(T1和T2)及压强(p1和p2)下，混合气体中B的质量分数w(B)与反应时间(t)的关系如图所示。下列判断正确的是()A．T1<T2，p1<p2，a＋b>c，正反应为吸热反应B．T1>T2，p1<p2，a＋b<c，正反应为吸热反应C．T1<T2，p1>p2，a＋b<c，正反应为吸热反应D．T1>T2，p1>p2，a＋b>c，正反应为放热反应二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族。（1）E元素形成的氧化物对应的水化物的化学式为_______________________________。（2）元素C、D、E形成的简单离子半径大小关系是____________(用离子符号表示)。（3）用电子式表示化合物D2C的形成过程：_________________。C、D还可形成化合物D2C2，D2C2中含有的化学键类型是_______________________________________________。（4）由A、B、C三种元素形成的离子化合物的化学式为__________________，它与强碱溶液共热，发生反应的离子方程式是______________________。（5）某一反应体系中含有D2E、D2EC3、D2EC4三种物质，若此反应为分解反应，则此反应的化学方程式为________________________(化学式用具体的元素符号表示)。18、重要的化工原料F(C5H8O4)有特殊的香味，可通过如图所示的流程合成：已知：①X是石油裂解气主要成分之一，与乙烯互为同系物；②；③C、E、F均能与NaHCO3生成气体(1)D中所含官能团的名称是_______________。(2)反应②的化学方程式为_____________，反应类型是________；反应⑥的化学方程式为______________。(3)F的同分异构体很多，其中一种同分异构体只含有一种官能团，在酸性或碱性条件下都能水解生成两种有机物，该同分异构体的结构简式是____________________________。19、某化学学习小组进行如下实验：Ⅰ.探究反应速率的影响因素设计了如下的方案并记录实验结果(忽略溶液混合体积变化)。限选试剂和仪器：0.20mol·L-1H2C2O4溶液、0.010mol·L-1KMnO4溶液（酸性）、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽（1）若上述实验②、③是探究浓度对化学反应速率的影响，则a为______________；乙是实验需要测量的物理量，则表格中“乙”应填写__________________。Ⅱ.测定H2C2O4·xH2O中x值已知：M（H2C2O4）=90g·mol-1①称取1.260g纯草酸晶体，将草酸制成100.00mL水溶液为待测液；②取25.00mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4；③用浓度为0.05000mol·L-1的KMnO4标准溶液进行滴定。反应原理为：5H2C2O4+2MnO4—+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O（2）某学生的滴定方式（夹持部分略去）如下，最合理的是________（选填a、b）。由图可知消耗KMnO4溶液体积为________mL。（3）滴定终点锥形瓶内现象为__________________________________________________。（4）通过上述数据，求得x=______________。（5）下列操作会造成所测x偏大的是____________(填字母)。A．滴定终点俯视读数B．锥形瓶用待测溶液润洗C．滴定前有气泡，滴定后没有气泡D．配制100mL待测溶液时，有少量溅出20、用FeCl3酸性溶液脱除H2S后的废液，通过控制电压电解得以再生。某同学使用石墨电极，在不同电压（x）下电解pH=1的0.1mol/LFeCl2溶液，研究废液再生机理。记录如下（a、b、c代表电压值：）序号

电压/V

阳极现象

检验阳极产物

I

x≥a

电极附近出现黄色，有气泡产生

有Fe3+、有Cl2

II

a＞x≥b

电极附近出现黄色，无气泡产生

有Fe3+、无Cl2

III

b＞x＞0

无明显变化

无Fe3+、无Cl2

（1）用KSCN溶液检验出Fe3+的现象是_______。（2）I中，Fe2+产生的原因可能是Cl-在阳极放电，生成的Cl2将Fe2+氧化。写出有关反应的方程式_____。（3）由II推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，原因是Fe2+具有_____性。（4）II中虽未检测出Cl2，但Cl-在阳极是否放电仍需进一步验证。电解pH=1的NaCl溶液做对照实验，记录如下：序号电压/V阳极现象检验阳极产物IVa＞x≥c无明显变化有Cl2Vc＞x≥b无明显变化无Cl2①NaCl溶液的浓度是________mol/L。②IV中检测Cl2的实验方法:____________________。③与II对比，得出的结论（写出两点）：___________________。21、某氮肥厂氨氮废水中的氮元素多以NH4+和NH3H2O的形式存在，该废水的处理流程如下：（1）过程Ⅰ：加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30℃，通空气将氨赶出并回收。①用离子方程式表示加NaOH溶液的作用：____________。②用化学平衡原理解释通空气的目的：__________。（2）过程Ⅱ：在微生物作用的条件下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3-。两步反应的能量变化示意图如下：①第一步反应是_________反应（选题“放热”或“吸热”），判断依据是__________。②1molNH4+(aq)全部氧化成的热化学方程式是______________。（3）过程Ⅲ：一定条件下，向废水中加入CH3OH，将HNO3还原成N2。若该反应消耗转移6mol电子，则参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是__________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解题分析】A项，NaCl属于强电解质，HF为弱酸属于弱电解质，C2H5OH溶于水和熔融状态都不能导电，属于非电解质，正确；B项，H2SO4属于强电解质，BaSO4虽然难溶于水，但溶于水的BaSO4完全电离，BaSO4属于强电解质，CS2属于非电解质，错误；C项，CaCO3属于强电解质，HClO为弱酸属于弱电解质，Cl2为单质，Cl2既不是电解质也不是非电解质，错误；D项，HNO3、HI都是强酸，HNO3、HI都属于强电解质，SO2属于非电解质，错误；答案选A。点睛：本题考查强电解质、弱电解质和非电解质的判断。必须注意：（1）电解质和非电解质都必须是化合物，单质（如Cl2）、混合物既不是电解质也不是非电解质；（2）电解质溶于水或熔融状态导电的离子必须是电解质自身电离的，如SO2的水溶液能导电，但导电离子是H2SO3电离的，不是SO2电离的，SO2属于非电解质；（3）电解质按电离程度不同分成强电解质和弱电解质，与物质的溶解性无关，如BaSO4、CaCO3虽然难溶于水，但溶于水的完全电离，BaSO4、CaCO3属于强电解质。2、D【题目详解】A．NaHCO3为酸式盐，不属于正盐，选项A不符合题意；B．Cu2(OH)2CO3为碱式盐、铜盐，选项B不符合题意；C．NaCl为盐酸盐，不属于碳酸盐，选项C不符合题意；D．Na2CO3属于正盐、钠盐、碳酸盐，选项D符合题意；答案选D。3、D【分析】由球棍模型及X分子中所有氢原子的化学环境没有区别，可知该物质分子中有5个碳原子和4个氢原子，X的化学式为C5H4，由碳原子上氢原子数和共价键数判断两端的碳原子上有C=C，结合烯烃、烷烃的结构来解答。【题目详解】A．由结构可知X的分子式为C5H4，故A正确；B．X分子中所有氢原子的化学环境没有区别，结合C能形成4个共价键和碳原子的杂化类型可知，X分子中5个碳原子形成的构型为正四面体，碳原子的化学环境有2种，故B正确；C．分子中5个碳原子形成的构型为正四面体，两个碳碳双键所在的平面相互垂直，氢原子分布在两个互相垂直的平面上，故C正确；D．根据C能形成4个共价键，由图可知X分子中既有碳碳单键，又有碳碳双键，故D错误；故选D。【题目点拨】本题考查有机物的结构与性质，把握有机物中化学键、C的成键方式为解答的关键。本题的难点为C，可以结合甲烷的结构特征分析。4、D【解题分析】A、温度越高反应速率就越快，到达平衡的时间就越短，由图象可看出曲线b首先到达平衡，所以曲线b表示的是20℃时的Y-t曲线，A错误；B、当反应进行到20min时，从图象中可以看出b曲线对应的转化分数高于a曲线对应的转化分数，这说明b曲线在20℃时对应的反应速率快，所以v(0℃)/v(20℃)＜1，B错误；C、根据图象温度越高CH3COCH3转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，即正方应是放热反应，C错误；D、根据图象可以看出当反应进行到66min时a、b曲线对应的转化分数均相同，都是0.113，这说明此时生成的CH3COCH2COH（CH3）2一样多，所以从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的△n(0℃)/△n(20℃)＝1，D正确；答案选D。【点晴】做题时注意观察曲线的变化趋势，以及温度对化学反应速率的影响，本题的关键是根据图象正确判断反应是吸热还是放热。平衡图像题的一般解题流程为：。5、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。6、D【解题分析】A项，温度升高水的离子积增大，水中c（H+）随着温度的升高而增大，错误；B项，温度升高促进水的电离，35℃时的水比25℃时的水电离程度大，错误；C项，25℃时，纯水中滴加NaOH溶液，温度不变，KW不变，错误；D项，35℃时，纯水中滴加NH4Cl，NH4+与水电离的OH-结合成NH3·H2O，OH-浓度减小，促进水的电离，水的电离程度增大，正确；答案选D。7、A【题目详解】A．升温，弱酸的电离程度加强，溶液的酸性明显增强，A正确；B．能与Na2CO3溶液反应，产生CO2气体，只能判断酸性比碳酸强，不能判断其是弱酸还是强酸，B错误；C．酸溶液均可使紫色石蕊试液变红色，C错误；D．导电性和溶液是否是强酸、弱酸无关，不能证明HA是弱酸，D错误；答案选A。8、D【分析】根据分液漏斗可以将互不相溶的两层液体分开，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．酒精和水混溶，乙酸溶于水，因此不能用分液方法分离，A错误；B．甲苯溶于苯，不能用分液方法分离，B错误；C．乙醇溶于水，乙酸溶于乙醇，不能用分液方法分离，C错误；D．水与四氯化碳、甲苯、硝基苯均不溶，可以用分液方法分离，D正确；故选D。9、B【分析】【题目详解】溶液中由水电离产生的c(OH-)=1.0×10-13mol/L，该溶液可能显酸性，也可能显碱性，A．碱性溶液中不能大量存在Fe2+，酸性溶液中H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不符合题意；B．无论酸性溶液、还是碱性溶液中该组离子之间均不反应，可大量共存，故B符合题意；C．酸性溶液中不能大量存在AlO2-，故C不符合题意；D．酸性溶液中不能大量存在HCO3-，碱性溶液中不能大量存在NH4+和HCO3-，故D不符合题意；答案选B。10、D【题目详解】A.溴离子和碘离子被氧化为溴单质和碘单质的过程都是化学变化，故A错误；B.电解熔融氯化钠制得钠和电解熔融氯化镁制得镁的过程都是化学变化，故B错误；C.电解水制得氧气和氢气的过程是化学变化，故C错误；D．海水晒盐和海水蒸馏得到淡水的过程，都没有新物质生成，是物理变化，故D正确；故选D。【题目点拨】元素在溶液中的存在形式是离子，若想得到单质，均需要发生化学变化。11、D【题目详解】A、氧化钠中阴阳离子个数比为1：2，过氧化钠的电子式为：，阴阳离子个数比为1：2，故错误；B、生成等物质的量的产物，即消耗的Na的物质的量相等，转移电子物质的量相等，故错误；C、温度升高，钠和氧气反应生成过氧化钠，故错误；D、①×2－②得2Na(s)＋Na2O2(s)=2Na2O(s)△H=(－414×2＋511)kJ·mol－1=－317kJ·mol－1，故正确。答案选D。12、C【题目详解】某反应的ΔH＝＋100kJ·mol－1，说明该反应的正反应为吸热反应，且正反应的活化能比逆反应的活化能大100kJ·mol－1，正反应的活化能应大于100kJ·mol－1，无法确定逆反应的活化能大小，故选项C正确。13、B【题目详解】A．NaOH是一元强碱，属于强电解质，A不符合题意；B．蔗糖是由分子构成的物质，在水溶液中和熔融状态下都不能导电，属于非电解质，B符合题意；C．H2SO4是二元强酸，属于强电解质，C不符合题意；D．NaCl是盐，属于强电解质，D不符合题意；故合理选项是B。14、D【题目详解】A．a与b相比，b的化学反应活化能较低，故b过程中加入了催化剂，降低了化学反应活化能，A正确；B．图中开始时含铝微粒数减小是因为Al3+和OH-反应生成沉淀的结果，后含铝微粒数目增多说明Al(OH)3与OH-发生反应生成AlO2-，故a点溶液中存在大量的AlO2-，B正确；C．图3表示改变反应条件，化学反应速率发生改变，但化学平衡不发生移动，故可能是加入了催化剂，另外一种可能是一个化学反应反应前后的气体系数和相同，增大压强，正逆反应速率增加但平衡不发生移动，C正确；D．当Al3+完全沉淀时，离子方程式为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，当SO42-完全沉淀时，离子方程式为Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+H2O，可见加入15mL氢氧化钡时，铝离子完全沉淀，最后氢氧化铝沉淀逐渐溶解，硫酸钡沉淀逐渐增加，沉淀质量逐渐增加，当硫酸根完全转化为硫酸钡沉淀时，氢氧化铝完全溶解，即加入20mL氢氧化钡时代表硫酸根完全沉淀，D错误；故选A。15、D【分析】根据平衡常数计算c（H+）；根据电荷守恒c点溶液中c（K+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），pH=7，说明c（H+）=c（OH-）；若V=20，则醋酸与KOH恰好完全反应，溶质为CH3COOK；a、b点溶液呈酸性，抑制了水的电离，c点溶液呈中性，基本不影响水的电离。【题目详解】设a点溶液中c（H+）=xmol/L，则，x=4.0×10-4mol/L，故A错误；根据电荷守恒c点溶液中c（K+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），pH=7，说明c（H+）=c（OH-），所以c（K+）=c（CH3COO-）>c（H+）=c（OH-），故B错误；若V=20，则醋酸与KOH恰好完全反应，溶质为CH3COOK，此时溶液呈碱性，c点溶液呈中性，所以V<20，故C错误；根据图象可知，a、c溶液呈酸性，氢离子抑制了水的电离，水电离的c（H+）＜1×10-7mol/L，而c点溶液的pH=7，呈中性，水电离的氢离子浓度为1×10-7mol/L，所以a、b、c三点中水的电离程度最大的是c点，故D正确。【题目点拨】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握电荷守恒、盐的水解原理的含义及应用。16、B【分析】升高温度、增大压强，反应速率均增大，到达平衡的时间缩短。【题目详解】温度都为T1，压强为p2先达到平衡，p2＞p1，p1到p2，平衡时B的质量分数增大，即增大压强，平衡逆向移动，故a＋b<c；压强都为p2，T1条件下先达到平衡，T1＞T2，T1到T2，平衡时B的质量分数增大，即降低温度，平衡逆向移动，故逆反应是放热反应，正反应是吸热反应；综上所述，T1>T2，p1<p2，a＋b<c，正反应为吸热反应，B正确。答案选B。【题目点拨】“先拐先平”数值大。二、非选择题（本题包括5小题）17、H2SO3、H2SO4S2-＞O2-＞Na+离子键、非极性共价键（或离子键、共价键）NH4NO3NH4++OH-NH3•H2O4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4【分析】A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B的最高化合价为+5价，位于周期表第ⅤA族，应为N元素，C元素原子的最外层电子数比次外层多4个，则原子核外电子排布为2、6，应为O元素，C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，则D的化合价为+1价，应为Na元素，C、E主族，则E为S元素，由以上分析可知A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Na元素，E为S元素。【题目详解】(1)E为S元素，对应的氧化物的水化物有H2SO3、H2SO4，故答案为H2SO3、H2SO4；(2)元素C、D、E形成的离子分别为O2-、Na+、S2-，S2-离子核外有3个电子层，离子半径最大，O2-与Na+离子核外电子排布相同，都有2个电子层，核电核数越大，半径越小，则半径O2-＞Na+，故答案为S2-＞O2-＞Na+；(3)化合物D2C为Na2O，为离子化合物，用电子式表示的形成过程为，D2C2为Na2O2，为离子化合物，含有离子键和非极性共价键，故答案为；离子键、非极性共价键(或离子键、共价键)；(4)由A、B、C三种元素形成的离子化合物为NH4NO3，与强碱溶液反应的实质为NH4++OH-NH3•H2O，故答案为NH4NO3；NH4++OH-NH3•H2O；(5)某一反应体系中含有D2E、D2EC3、D2EC4三种物质，应分别为Na2S、Na2SO3、Na2SO4，此反应为分解反应，反应的化学方程式为4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4，故答案为4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4。【题目点拨】本题考查元素的位置结构与性质的相互关系及其应用，正确推断元素的种类为解答该题的关键。本题的易错点为(5)，注意从歧化反应的角度分析解答。18、氯原子、羧基2CH3CH2CH2OH＋O22CH3CH2CHO＋2H2O氧化反应CH3CH2COOH＋HOCH2COOHCH3CH2COOCH2COOH＋H2OCH3OOCCH2COOCH3【分析】乙酸和氯气发生取代反应生成有机物（D）Cl-CH2-COOH，Cl-CH2-COOH在氢氧化钠溶液发生取代后酸化得到有机物（E）HO--CH2-COOH，根据有机物F(C5H8O4)分子式，可知有机物X、A、B、C均含有3个碳，且X是乙烯的同系物，X为丙烯，A为1-丙醇、B为丙醛，C为丙酸；丙酸和有机物（E）HO--CH2-COOH发生酯化反应生成F，据以上分析解答。【题目详解】乙酸和氯气发生取代反应生成有机物（D）Cl-CH2-COOH，Cl-CH2-COOH在氢氧化钠溶液发生取代后酸化得到有机物（E）HO--CH2-COOH，根据有机物F(C5H8O4)分子式，可知有机物X、A、B、C均含有3个碳，且X是乙烯的同系物，X为丙烯，A为1-丙醇、B为丙醛，C为丙酸；丙酸和有机物（E）HO--CH2-COOH发生酯化反应生成F；(1)结合以上分析可知：（D）Cl-CH2-COOH中所含官能团氯原子、羧基；正确答案：氯原子、羧基。(2)1-丙醇发生催化氧化为醛，化学方程式为2CH3CH2CH2OH＋O22CH3CH2CHO＋2H2O；反应类型：氧化反应；丙酸与HO-CH2-COOH在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，化学方程式为：CH3CH2COOH＋HOCH2COOHCH3CH2COOCH2COOH＋H2O；正确答案：2CH3CH2CH2OH＋O22CH3CH2CHO＋2H2O；氧化反应；CH3CH2COOH＋HOCH2COOHCH3CH2COOCH2COOH＋H2O。(3)有机物F为CH3CH2COOCH2COOH，它的同分异构体满足只含有一种官能团，在酸性或碱性条件下都能水解生成两种有机物，该有机物一定为酯类，且为乙二酸二甲酯，结构简式为CH3OOCCH2COOCH3；正确答案：CH3OOCCH2COOCH3。19、1.0溶液褪色的时间b20.00滴最后一滴KMnO4，溶液由无色变为紫红色，且半分钟不褪色2AD【解题分析】（1）当探究某一种因素对反应速率的影响时，必须保持其他影响因素一致，通过比较实验①②的反应条件可知，实验①②可探究温度对反应速率的影响；实验②③中的H2C2O4溶液的加入体积不同，故要探究H2C2O4溶液浓度不同对反应速率的影响，但反应体积溶液的总体积需相同，故应加入蒸馏水来确保溶液的总体积均为6.0mL，要准确描述反应速率的快慢，必须准确测得溶液褪色时间的长短；（2）根据高锰酸钾溶液呈酸性，应选择酸式滴定管；根据滴定管的结构来解答；（3）根据滴定终点时溶液颜色的变化分析；（4）根据方程式5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O进行计算；（5）根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。【题目详解】（1）当探究某一种因素对反应速率的影响时，必须保持其他影响因素一致，通过比较实验①②的反应条件可知，实验①②可探究温度对反应速率的影响；实验②③中的H2C2O4溶液的加入体积不同，故要探究H2C2O4溶液浓度不同对反应速率的影响，但反应体积溶液的总体积需相同，故应加入蒸馏水来确保溶液的总体积均为6.0mL，则a的值为1.0；要准确描述反应速率的快慢，必须准确测得溶液褪色时间的长短，故乙要测量的物理量是溶液褪色的时间（t溶液褪色时间/s）；其他条件相同，故答案为1.0；溶液褪色的时间。（2）酸式滴定管盛放酸性溶液和氧化性物质，碱式滴定管只能盛放碱性溶液，高锰酸钾溶液呈酸性，应盛放在酸式滴定管中，即b正确，滴定前刻度为0.80ml，滴定后刻度是20.80ml，消耗高锰酸钾的体积为(20.80－0.80)mL=20.00mL，故答案为b，20.00。（3）根据酸性高锰酸钾溶液为紫红色，滴定终点时，滴最后一滴KMnO4，溶液由无色变为紫红色，且半分钟不褪色，故答案为滴最后一滴KMnO4，溶液由无色变为紫红色，且半分钟不褪色。（4）5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O52n=0.00250.05×0.02m（H2C2O4）=0.0025mol×90g/mol=0.225gm（H2C2O4·xH2O）=1.26g×25/100=0.315gm（H2O）=0.315g-0.225g=0.09gn（H2O）=0.09g/18g/mol=0.005mol①又因为n（H2C2O4）=0.0025mol，根据元素守恒即n（H2C2O4·xH2O）=0.0025moln（H2O）=0.0025x②联立①②得0.0025x=0.005，计算得出x=2故答案为2。（5）A.滴定终点俯视读数，读数偏小，结果偏低，消耗高锰酸钾体积减小，草酸的质量减小，x偏大，故A正确；B.锥形瓶用待测溶液润洗，消耗标准液体积增加，结果偏高，消耗高锰酸钾体积增大，草酸的质量增大，x偏小，故B错误；C.滴定前有气泡，滴定后没有气泡，消耗标准液体积增加，结果偏高，消耗高锰酸钾体积增大，草酸的质量增大，x偏小，故C错误；配制100mL待测溶液时，有少量溅出，浓度偏低，消耗标准液体积减少，结果偏低，