安徽省淮南一中2025届高一化学第二学期期末联考试题含解析

安徽省淮南一中2025届高一化学第二学期期末联考试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、如图所示，杠杆AB两端分别挂有体积相同、质量相同的空心铜球和空心铁球，调节杠杆使其在水中保持平衡，然后小心地向烧杯中央滴入浓CuSO4溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏向判断正确的是(实验过程中不考虑铁丝反应及两边浮力的变化)（）A．杠杆为导体和绝缘体时，均为A端高B端低B．杠杆为导体和绝缘体时，均为A端低B端高C．当杠杆为绝缘体时，A端低B端高；为导体时，A端高B端低D．当杠杆为绝缘体时，A端高B端低；为导体时，A端低B端高2、下列分子式只能表示一种物质的是A．CH2Cl2 B．C4H10 C．C5H12 D．C6H123、可逆反应：在恒温恒容密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是单位时间内生成n

的同时消耗2n

；单位时间内生成n

的同时消耗2n

mol

NO；混合气体的颜色不再改变的状态；混合气体中不变；的消耗速率与NO的生成速率相等；容器内压强不随时间变化而变化。A． B． C． D．4、等量的镁铝合金粉末分别与下列4种过量的溶液充分反应，放出氢气最多的是A．2mol·L－1H2SO4溶液B．3mol·L－1CuSO4溶液C．6mol·L－1KOH溶液D．3mol·L－1Ba(OH)2溶液5、某天然拒食素具有防御非洲大群蚯蚓的作用其结构简式如下图所示(含有2种官能团)。该拒食素与下列足量某试剂充分反应后，官能团种类数发生变化的是A．H2B．HBrC．Br2的CC14溶液D．Ag(NH3)2OH溶液6、下列有关化学用语描述正确的是（）A．Mg2+的结构示意图：B．CO2的电子式：C．Na2S的电子式：D．乙烯的结构简式：CH2CH27、下列措施中，不能提高化学反应速率的是A．Zn与稀硫酸的反应中，用Zn片代替Zn粉B．KC103的分解反应中，适当提高反应温度C．H202的分解反应中，添加适量MnO2D．合成氨的反应中，增大体系的总压力8、下列化学用语表示正确的是A．CH4分子的比例模型: B．乙烯的结构简式:CH2CH2C．氮气分子的电子式：NN D．S2－离子的结构示意图：9、反应CH3OH(l)＋NH3(g)===CH3NH2(g)＋H2O(g)在某温度自发向右进行，若反应的|ΔH|＝17kJ·mol－1，|ΔH－TΔS|＝17kJ·mol－1，则下列关系式正确的是()A．ΔH>0，ΔH－TΔS<0 B．ΔH<0，ΔH－TΔS>0C．ΔH>0，ΔH－TΔS>0 D．ΔH<0，ΔH－TΔS<010、下列关于乙醇和乙酸的说法正确的是A．都难溶于水B．都能使紫色石蕊试液变红C．都能和CaCO3反应D．都能发生酯化反应11、下列关于有机物的说法中，正确的一组是①“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而成的一种燃料，它是一种新型化合物②汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物，完全燃烧只生成CO2和H2O③石油的分馏、煤的气化和液化都是物理变化④淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖⑤除去CH4中的少量C2H4，可将混合气体通过盛有溴水的洗气瓶A．③⑤B．④⑤C．①②D．②④12、下列关于化学用语的表示正确的是()A．羧基的电子式：B．乙醇的分子式：C2H5OHC．四氯化碳的比例模型：D．质子数为35、中子数为45的溴原子：3513、绿色能源是指使用过程中不排放或排放极少污染物的能源，如一级能源中的水能、地热、天然气等；二级能源中电能、氢能等。下列能源属于绿色能源的是①太阳能②风能③石油④煤⑤潮汐能⑥木材A．①②③B．③④⑤C．④⑤⑥D．①②⑤14、对于CO2+3H2CH3OH+H2O，下列说法能判断该反应达到平衡状态的是A．v(CO2)=v(H2)B．3v逆(H2)=v正(H2O)C．v正(H2)=3v逆(CO2)D．断裂3molH-H键的同时，形成2molO-H键15、一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是（）A．反应，每消耗1molCH4转移12mol电子B．电极A上H2参与的电极反应为：H2+2OH--2e-=2H2OC．电池工作时，CO32-向电极B移动D．电极B上发生的电极反应为：O2+2CO2+4e－=2CO32-16、X、Y、Z、D、E、F是原子序数依次增大的六种常见元素。E的单质在Z2中燃烧的产物可使品红溶液褪色。F和Z元素形成的化合物F3Z4具有磁性。X的单质在Z2中燃烧可生成XZ和XZ2两种气体。D的单质是一种金属，该金属在XZ2中剧烈燃烧生成黑、白两种固体。请回答下列问题：(1)F元素在周期表中的位置是________，Y的单质分子的结构式为__________，DZ的电子式为________，DZ化合物中离子半径较大的是________(填离子符号)。(2)X元素形成的同素异形体的晶体类型可能是________(填序号)。①原子晶体②离子晶体③金属晶体④分子晶体(3)X、Y、Z形成的10电子氢化物中，X、Y的氢化物沸点较低的是(写化学式)：__________；Y、Z的氢化物分子结合H+能力较强的是(写化学式)________。(4)下列可作为比较D和Na金属性强弱的依据是________。(填序号)a．测两种元素单质的硬度和熔、沸点b．比较两元素最高价氧化物对应的水化物溶液的碱性强弱c．比较两种元素在氯化物中化合价的高低d．比较单质与同浓度盐酸反应的剧烈程度(5)Y的氢化物和Z的单质在一定条件下反应生成Z的氢化物(产物之一)，该反应的方程式为___________。(6)有人建议将氢元素排在元素周期表的ⅣA族，请你从化合价的角度给出一个理由__________。二、非选择题（本题包括5小题）17、A是一种气态烃。B和D是生活中两种常见的有机物。以A为主要原料合成乙酸乙酯，其中成路线如下图所示：（1）A制备B的方程式为______________________________。（2）B与钠反应的化学方程式为__________，利用B与钠反应制备氢气，若制得1molH2需要B________mol。（3）物质B在空气中可以被氧气为C，此过程的化学方程式为____________________。（4）现拟分离含乙酸、乙醇和水的乙酸乙酯粗产品，下图是分离操作步骤流程图，图中圆括号表示加入适当的试剂，编号表示适当的分离方法。①写出加入的试剂：(a)是__________，(b)是__________。②写出有关的操作分离方法：①是__________，②是__________。18、有以下几种粒子：X、Y、Z是阳离子，Q是阴离子，M、N是分子．除Z外其余粒子都由短周期元素A、B、C中的一种或几种构成，且具有以下结构特征和性质：①它们（X、Y、Z、Q、M、N）核外电子总数都相同；②N溶于M中，滴入酚酞，溶液变红；③Y和Q都由A、B两元素组成，Y核内质子总数比Q多两个；④X和N都由A、C两元素组成，X和Y核内质子总数相等；⑤X和Q形成的浓溶液在加热情况下生成M和N；⑥Z为单核离子，向含有Z的溶液中加入少量含Q的溶液，有白色沉淀生成，再加入过量的含Q或Y的溶液，沉淀消失．（1）Q的化学式为______；X的电子式为______________.（2）试比较M和N的稳定性：N____M；（3）写出Z和N的水溶液反应的离子方程式___________________________；（4）上述六种微粒中的两种阳离子可与硫酸根形成一种盐（不含结晶水），向该盐的浓溶液中逐滴加入0.2mol/L的NaOH溶液，出现了如图中a、b、c三个阶段的图象，根据图象判断该盐的化学式为_______________．（5）将2.56g铜投入到一定量由A、B、C三种元素形成的一种常见化合物的溶液中，共收集到896mL气体（标准状况下），将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入一定量的氧气，恰好使气体完全溶于水，则通入氧气在标准状况下的体积________mL．19、工业生产需要大量原料，消耗大量能源，在得到所需产品同时产生了大量废气、废水、废渣。某工厂排放的废水中含有Cu2＋、Fe2＋、Hg2＋、H＋等离子，某化学小组为了充分利用资源和保护环境，准备回收废水中的铜和汞，同时得到绿矾。他们设计了如下实验方案：（1）现有仪器：酒精灯、玻璃棒、坩埚、蒸发皿、蒸馏烧瓶、烧杯、铁架台等，完成步骤Ⅳ的实验操作还需要选择的玻璃仪器是__________设计简单实验检验绿矾是否变质，简述你的操作：__________。（2）步骤Ⅰ中加入过量铁粉的目的是__________，步骤Ⅱ中__________(填“能”或“不能”)用盐酸代替硫酸。（3）步骤V利用氧化铜制取铜有如下四种方案：方案甲：利用氢气还原氧化铜；方案乙：利用一氧化碳还原氧化铜；方案丙：利用炭粉还原氧化铜；方案丁：先将氧化铜溶于稀硫酸，然后加入过量的铁粉、过滤，再将滤渣溶于过量的稀硫酸，再过滤、洗涤、烘干。从安全角度考虑，方案__________不好；从产品纯度考虑，方案__________不好。（4）写出步骤Ⅱ中涉及反应的离子方程式：__________；步骤Ⅳ得到绿矾的操作蒸发浓缩__________、__________。20、（I）草酸的组成用H2C2O4表示，为了测定某草酸溶液的浓度，进行如下实验：称取Wg草酸晶体，配成100.00mL水溶液，取25.00mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶内，加入适量稀H2SO4后，用浓度为amol•L﹣1的KMnO4溶液滴定到KMnO4不再褪色为止，所发生的反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O．试回答：（1）实验中，标准液KMnO4溶液应装在_____式滴定管中，因为______________；（2）实验中眼睛注视_____________________，直至滴定终点．判断到达终点的现象是_________；（3）实验中，下列操作（其它操作均正确），会对所测草酸浓度有什么影响？（填偏大、偏小、无影响）A．滴定前仰视刻度，滴定后俯视刻度_________；B．锥形瓶在盛放待测液前未干燥，有少量蒸馏水_________；C．滴定过程中摇动锥形瓶，不慎将瓶内的溶液溅出一部分_________；（II）用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_________．（2）烧杯间填满碎纸条的作用是_________________________________．（3）依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热△H＝___________；（结果保留一位小数）序号起始温度t1℃终止温度t2℃盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.621、下表是周期表中的一部分，根据A－I在周期表中的位置，第(2)～(3)小题用元素符号或化学式回答，（4）～（6）小题按题目要求回答。族周期IAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦAO1A2DEG3BCFHI（1）表中元素，化学性质最不活泼的原子结构示意图是___________，非金属性最强的元素在周期表中的位置是__________________________，（2）最高价氧化物的水化物中碱性最强的是_________，酸性最强的是___________，（3）A分别与D、E、G形成的最简单化合物中，最不稳定的_______________，（4）A和E组成最简单化合物的电子式______________（5）在B、C、F、G的简单离子中，离子半径由大到小的顺序是__________________，（6）由A的单质与O2构成的燃料电池中，在E的最高价氧化物对应水化物的条件下进行，写出正极的电极反应式______________________________________。（7）当B的最高价氧化物的水化物与C的最高价氧化物反应后，向所得溶液中通入过量D的最高价氧化物的离子方程式___________________________________，

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

杠杆为导体时，向烧杯中央滴入浓CuSO4溶液，构成Fe、Cu原电池；当杠杆为绝缘体时，只发生Fe与硫酸铜溶液的反应，以此来解答。【详解】杠杆为导体时，向烧杯中央滴入浓CuSO4溶液，构成Fe、Cu原电池，Fe为负极，发生Fe-2e-═Fe2+，Cu为正极，发生Cu2++2e-═Cu，则A端低，B端高；杠杆为绝缘体时，只发生Fe与硫酸铜溶液的反应，在Fe的表面附着Cu，质量变大，则A端高，B端低，答案选D。【点睛】解题的关键是理解化学反应的原理，分析出铜丝与铁丝表面的固体质量变化是关键。2、A【解析】A.该物质只有一种结构，故只表示一种物质，故正确；B.该物质有两种结构，故错误；C.该分子式有三种不同的结构，故错误；D.该分子式有5种结构，故错误。故选A。点睛：分子式只表示一种物质说明其只有一种结构，不能存在同分异构体。要掌握烃中从四个碳原子的丁烷开始有同分异构体，甲烷为正四面体，其二氯代物不存在同分异构现象。3、C【解析】

①单位时间内生成nmolO2等效于消耗2nmolNO2不能判断是否达平衡状态，故①错误；②单位时间内生成nmolO2的同时消耗2nmolNO，反应方向相反，物质的量胡化学计量数成正比，说明达到平衡状态，故②正确；③混合气体的颜色不再改变的状态，说明二氧化氮的浓度不变，反应达平衡状态，故③正确；④O2和ＮＯ均为生成物，混合气体中不变，不能说明达到化学平衡状态，故④错误；⑤NO2的消耗速率与NO的生成速率相等，都反映正反应的方向，未体现正与逆的关系，故⑤错误；⑥容器内压强不随时间变化而变化，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故⑥正确；故选Ｃ。4、A【解析】

A．镁、铝都和稀硫酸反应生成氢气，发生反应为H2SO4+Mg=MgSO4+H2↑、3H2SO4+2Al=Al2(SO4)3+2H2↑；B．镁、铝都不能与硫酸铜溶液反应生成氢气；C．镁不能和氢氧化钾反应，铝和氢氧化钾反应生成氢气，离子反应为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；D．镁不能和氢氧化钡溶液反应，铝和氢氧化钡溶液反应生成氢气，离子反应为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；根据以上分析知，生成氢气最多的是2mol/LH2SO4溶液，答案选A。【点晴】该题溶液的浓度不是计算的数据，而是判断金属是否与溶液反应其生成氢气，认真审题为解答关键，等量的镁铝合金分别与不同的溶液反应，根据电子守恒可知：当只有两种金属都和溶液反应，且都生成氢气，此时放出氢气的量最大。5、A【解析】A、碳碳双键、醛基均能与氢气发生加成反应，官能团数目减少1个，选项A选；B、碳碳双键与溴化氢发生加成反应，引入1个溴原子，官能团数目不变，选项B不选；C、根据结构简式可知，分子中含有碳碳双键，与溴水发生加成反应，引入2个溴原子，因此官能团数目不变，选项C不选；D、分子中含有醛基，可发生银镜反应，醛基变为羧基，但官能团数目不变，选项D不选；答案选A。6、C【解析】

A.Mg2+的结构示意图：，A错误；B.CO2的电子式：，B错误；C.Na2S的电子式：，C正确；D.乙烯的结构简式：CH2=CH2，D错误；答案为C。7、A【解析】

A、Zn与稀硫酸反应制取H2时，用Zn片代替Zn粉，减小反应物的接触面积，反应速率减小，选项A符合；B、KC103的分解反应中，适当提高反应温度，活化分子的百分数增多，有效碰撞的机率增大，反应速率加快，选项B不符合；C、H202的分解反应中，添加适量MnO2作催化剂，反应速率加快，选项C不符合；D、合成氨的反应中，增大体系的总压强，化学反应速率加快，选项D不符合。答案选A。8、A【解析】

A．CH4分子的比例模型为，符合原子相对大小，选项A正确；B．乙烯的结构简式为CH2=CH2，选项B错误；C、氮原子未成键的孤对电子对未画出，氮气分子中氮原子之间形成3对共用电子对，电子式为，选项C错误；D．S2-的核电荷数是16，核外电子总数为18，期结构示意图为：，选项D错误；答案选A。9、A【解析】

反应能自发进行，应满足△H-T△S<0，以此解答该题。【详解】该反应在一定温度下能够自发的向右进行，这说明△H-T△S一定是小于0，根据方程式可以知道该反应的ΔS＞0，所以如果ΔH＜0，则该反应在任何温度下都是自发进行的，而该反应在一定温度下能够自发的向右进行，因此该反应的反应热ΔH＞0；

答案选A。10、D【解析】A、乙酸、乙醇都易溶于水，故A错误；B．乙酸能电离出氢离子，使石蕊溶液显红色，乙醇为非电解质，无离子存在不能使石蕊溶液变色，故B错误；C．乙酸能电离出氢离子，和碳酸钙反应生成水和二氧化碳，乙醇含有的醇羟基与碳酸钙不反应，故C错误；D．酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O，故D正确；故选D。11、B【解析】

①“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而成的一种燃料，它是一种混合物，①错误；②汽油、柴油都是烃；而植物油是酯，②错误；③石油的分馏是物理变化，煤的气化和液化都是化学变化，③错误；④淀粉和纤维素都是多糖，水解的最终产物都是葡萄糖，④正确；⑤由于乙烯可以与溴水发生加成反应，产生液态物质1，2-二溴乙烷，而甲烷不能与溴水反应，因此除去CH4中的少量C2H4，可将混合气体通过盛有溴水的洗气瓶，⑤正确。正确的是④⑤。答案选B。12、D【解析】

A.羧基的化学式是－COOH，则其电子式为，A错误；B.乙醇的分子式为C2H6O，C2H5OH表示结构简式，B错误；C.碳原子半径小于氯原子半径，不能表示四氯化碳的比例模型，可以表示甲烷分子的比例模型，C错误；D.质子数为35、中子数为45的溴原子的质量数是35+45＝80，可表示为3580Br答案选D。【点睛】选项C是易错点，注意比例模型的含义，即比例模型是一种与球棍模型类似，用来表现分子三维空间分布的分子模型。球代表原子，球的大小代表原子直径的大小，球和球紧靠在一起，另外还要注意比例模型与球棍模型的区别。13、D【解析】试题分析：石油、煤和木材因为含硫元素，在燃烧过程中产生二氧化硫气体，不属于绿色能源，故选D。考点：考查绿色能源的概念和能源的分类14、C【解析】A.任何时候都存在v(CO2)=v(H2)，不能判断该反应达到平衡状态，故A错误；B.3v逆(H2)=v正(H2O)表示正反应速率大于逆反应速率，未达到平衡状态，故B错误；C.v正(H2)=3v逆(CO2)表示正逆反应速率相等，达到了化学平衡状态，故C正确；D.断裂3molH-H键的同时，一定会形成2molO-H键，都表示正反应速率，不能判断该反应达到平衡状态，故D错误；故选C。点睛：化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志：正反应速率=逆反应速率，注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志：1、各物质的浓度不变。2、各物质的百分含量不变等。15、D【解析】

A、1molCH4→CO，化合价由-4价→+2上升6价，1molCH4参加反应共转移6mol电子，故A错误；B、环境不是碱性，否则不会产生CO2，其电极反应式：CO+H2+2CO32--4e-=3CO2＋H2O，故B错误；C、根据原电池工作原理，电极A是负极，电极B是正极，阴离子向负极移动，故C错误；D、根据电池原理，O2、CO2共同参加反应，其电极反应式：O2+2CO2+4e-=2CO32-，故D正确；故合理选项为D。16、第4周期Ⅷ族N≡NO2-①、④CH4NH3bd4NH3+5O24NO+6H2O氢元素的最高正价和最低负价的绝对值相等(或者氢元素的最高正价与最低负价的代数和为0)【解析】

E的单质在Z2中燃烧的产物可使品红溶液褪色，该气体为SO2，则E为S元素，Z为O元素，F和Z元素形成的化合物F3Z4具有磁性，则F3Z4为Fe3O4，F为Fe元素，X的单质在Z2中燃烧可生成XZ和XZ2两种气体，X原子序数小于O元素，应为CO和CO2气体，X为C元素，D的单质是一种金属，该金属在XZ2中剧烈燃烧生成黑、白两种固体，应为Mg和CO2的反应，则D为Mg元素，Y的原子序数介于碳、氧之间，则Y为N元素，据此解答。【详解】根据以上分析可知X是C，Y是N，Z是O，D是Mg，E是S，F是Fe。则（1）F为Fe元素，在周期表中的位置是第4周期第Ⅷ族，Y的单质分子为N2，结构式为N≡N，DZ为MgO，属于离子化合物，电子式为。核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则DZ化合物中离子半径较大的是O2-；（2）X为碳元素，碳元素形成的同素异形体有石墨、金刚石、C60等，金刚石属于原子晶体，C60属于分子晶体，答案为：①④；（3）C、N、O形成的10电子氢化物分别是CH4、NH3、H2O，氨气分子间存在氢键，导致氨气的沸点升高，甲烷中不含氢键，所以沸点较低的是CH4，氨气为碱性气体，NH3结合H+能力较强；（4）a．单质的硬度和熔、沸点与金属性强弱没有关系，a错误；b．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则比较两元素最高价氧化物对应的水化物溶液的碱性强弱可以比较二者的金属性强弱，b正确；c．两种元素在氯化物中化合价的高低与金属性强弱没有关系，c错误；d．金属性越强，其单质与酸反应越剧烈，则比较单质与同浓度盐酸反应的剧烈程度可以比较金属性强弱，d正确。答案选bd；（5）Y的氢化物氨气和Z的单质氧气在一定条件下反应生成Z的氢化物(产物之一)，该反应属于氨的催化氧化，反应的方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。（6）由于氢元素的最高正价和最低负价的绝对值相等(或者氢元素的最高正价与最低负价的代数和为0)，因此建议将氢元素排在元素周期表的ⅣA族。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH2=CH2+H2OCH3CH2OH2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑22CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O饱和碳酸钠溶液H2SO4分液蒸馏【解析】B和D反应生成乙酸乙酯，B氧化生成C，C氧化生成D，故B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸，A与水反应生成乙醇，故A为乙烯。（1）乙烯与与水加成反应生成乙醇，反应的方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，故答案为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；（2）乙醇与钠反应放出氢气，反应的化学放出式为2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，根据方程式，制得1molH2需要2mol，故答案为2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑；2；（3）乙醇在空气中可以被氧气为乙醛，反应的方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（4）①加入饱和碳酸钠溶液a，溶解乙醇和乙酸反应生成醋酸钠溶液，乙酸乙酯在碳酸钠溶液中不溶分层分液后将乙酸乙酯分离出来，蒸馏混合溶液分离出乙醇，然后向剩余混合液中加入稀硫酸b，稀硫酸与醋酸钠反应生成醋酸和硫酸钠混合溶液，蒸馏将醋酸分离出来，

故答案为饱和碳酸钠；稀硫酸溶液；

②乙酸乙酯在碳酸钠溶液中不溶分层分液后将乙酸乙酯分离出来，蒸馏混合溶液分离出乙醇，故答案为分液；蒸馏。点睛：本题考查有机物的推断，涉及烯烃、醇、醛、羧酸的性质与转化和乙酸乙酯的除杂。解题时注意饱和碳酸钠溶液的作用，乙醇、乙酸、乙酸乙酯的性质的掌握。本题的易错点是方程式的书写。18、OH﹣＜Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+NH4Al（SO4）2448【解析】X、Y、Z是阳离子，Q是阴离子，M、N是分子．它们都由短周期元素组成，且具有以下结构特征和性质：①它们的核外电子总数都相同；由②N溶于M中，滴入酚酞，溶液变红，溶液呈碱性，可推知N为NH3、M为H2O；由⑥Z为单核离子，向含有Z的溶液中加入少量含Q的溶液，有白色沉淀生成，再加入过量的含Q或Y的溶液，沉淀消失，可推知Z为Al3+、Q为OH-，由③Y和Q都由A、B两元素组成，Y核内质子数比Q多2个，则Y为H3O+；由④X和N都由A、C两元素组成，X和Y核内质子总数相等，则X为NH4+；由⑤铵根离子与氢氧根离子浓溶液在加热条件下可以生成氨气和水，符合转化关系；结合③④可知，A为H元素、B为O元素、C为N元素。(1)Q的化学式为OH-；铵根离子的电子式为，故答案为：OH-；；(2)非金属性越强氢化物越稳定，非金属性O＞N，所以N为NH3的稳定性弱于MH2O的稳定性，故答案为：＜；(3)铝离子和氨的水溶液反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；(4)由图可知，b阶段氢氧化铝沉淀不变，消耗氢氧化钠为1体积，应含有NH4+，而溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠为1体积，故铝离子与铵根离子之比为1：1，则该盐的化学式为NH4Al(SO4)2，故答案为：NH4Al(SO4)2；(5)2.56g

Cu的物质的量为：n(Cu)=2.56g64g/mol=0.04mol，反应时失去电子为：2×0.04mol=0.08mol，反应整个过程为HNO3NO、NO2HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为：n(O2)=0.08mol4=0.02mol，标况下需要氧气的体积为：V(O2)=0.02mol×22.4L/mol=0.448L=448mL，故答案为：448。点睛：本题考查无机物推断及元素化合物知识，为高频考点，涉及氧化还原反应计算、离子反应方程式的书写、氢化物稳定性判断等知识点，正确推断微粒、明确物质性质是解本题关键，注意转移电子守恒的灵活运用。19、漏斗取产品少量溶于水，加入KSCN溶液，如溶液变血红色，则产品变质将Cu2+Hg2+全部置换出来不能甲乙丙Fe+2H+=Fe2++H2↑冷却结晶过滤【解析】分析：通过流程可知步骤Ⅳ是从溶液中得到绿矾晶体，应为蒸发结晶和过滤操作，由此可确定仪器的选择；亚铁盐变质会被氧化成三价铁离子，故检验变质即检验三价铁离子即可；酸的选择要考虑最终的目标产物，选取的原则是不要引入杂质离子。可燃性气体作为还原剂在加热的过程中会有爆炸的可能性，而固体还原剂一般不易控制量会引入杂质；一种反应物过量的目的往往是为了使另一种反应物充分反应。加入铁粉可将不如铁活泼的金属置换出来，得到亚铁盐和不活泼的金属；再在滤渣中加入硫酸可将过量的铁反应掉，剩下的固体中为铜和汞，通过灼烧可分离出汞，然后将氧化铜还原成铜单质。详解：（1）滤液中硫酸亚铁的浓度较低，先蒸发水到热饱和溶液，然后降温结晶，最后过滤得到硫酸亚铁晶体，过滤还需要漏斗，蒸发结晶还需要坩埚；绿矾变质生成+3价铁，检验Fe3+用硫氰化钾溶液，即取少量晶体溶于水，滴加硫氰化钾溶液，若溶液变红色，说明绿矾已变质。答案：漏斗；取产品少量溶于水，加入KSCN溶液，如溶液变血红色，则产品变质。（2）加入过量的铁粉，将铜离子和汞离子全部转化成相应单质得到铜和汞；若用稀盐酸代替稀硫酸，制得的绿矾中会混有氯化亚铁杂质；所以不能用稀盐酸代替稀硫酸。答案：将Cu2+Hg2+全部置换出来；不能。（3）氢气和一氧化碳易燃烧，且一氧化碳有毒，用二者还原氧化铜存在不安全因素，即易发生爆炸，所以从安全方面考虑甲、乙不好；用炭粉还原氧化铜，所得铜中易混有炭粉，即从纯度方面考虑，丙不好。答案：甲乙；丙。（4）根据框图知滤渣成分为的为Cu、Fe、Hg步骤II加入稀硫酸只有Fe能与酸反应，所以反应的离子方程式分别为2H++Fe=Fe2++H2↑。步骤Ⅳ是由硫酸亚铁溶液得到绿矾的操作，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶和过滤即可。答案：2H++Fe=Fe2++H2↑；冷却结晶；过滤。点睛：通过流程可知步骤Ⅳ是从溶液中得到绿矾晶体，应为蒸发结晶和过滤操作，由此可确定仪器的选择；亚铁盐变质会被氧化成三价铁离子，故检验变质即检验三价铁离子即可；酸的选择要考虑最终的目标产物，选取的原则是不要引入杂质离子。加入铁粉可将不如铁活泼的金属置换出来，得到亚铁盐和不活泼的金属；再在滤渣中加入硫酸可将过量的铁反应掉，剩下的固体中为铜和汞，通过灼烧可分离出汞，然后将氧化铜还原成铜单质。20、酸高锰酸钾具有强氧化性锥形瓶内颜色变化当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫红色且30s内不褪色偏小无影响偏小环形玻璃搅拌棒减少实验过程中的热量损失-51.8kJ/mol【解析】

(I)(1)KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管；(2)根据滴定的操作分析解答；KMnO4溶液呈紫色，草酸反应完毕，滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去，说明滴定到终点；(3)根据c(待测)═分析误差；(II)(1)根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作；(3)先根据表中测定数据计算出混合液反应前后的平均温度差，再根据Q=cm△T计算出反应放出的热量，最后计算出中和热。【详解】(I)(1)KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，故KMnO4溶液应装在酸式滴定管中，故答案为：酸；因KMnO4溶液有强氧化性，能腐蚀橡皮管；(2)滴定时，左手控制滴定管活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化；KMnO4溶液呈紫色，草酸反应完毕，滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去，说明滴定到达终点，不需要外加指示剂，故答案为：锥形瓶内溶液颜色的变化；当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫红色且30s内不褪色；(3)A．滴定前仰视刻度，滴定后俯视刻度，造成V(标准)偏小，根据c(待测)═分析，c(待测)偏小，故答案为：偏