1、广东省汕头市金山中学2019-2020学年高二上学期期末考化学试题1.下列说法中错误的是A. 港珠澳大桥钢筋表面的环氧树脂涂层属于合成高分子材料B. 氨基酸残基在蛋白质肽链中的排列顺序为蛋白质的一级结构C. “碳海绵”吸收泄露的原油时发生了化学变化D. 纤维素与浓硝酸在一定条件下反应可以得到硝化纤维【答案】C【解析】【详解】A. 港珠澳大桥钢筋表面的环氧树脂涂层是有机合成材料，属于合成高分子材料，与题意不符，A不选；B. 氨基酸残基在蛋白质肽链中的排列顺序称为蛋白质的一级结构，每种蛋白质都有唯一而确切的氨基酸序列，与题意不符，B不选；C. “碳海绵”吸收泄露的原油时发生了物理变化，符合题意，C
2、选；D. 纤维素与浓硝酸在一定条件下发生硝化反应可以得到硝化纤维，与题意不符，D不选；答案为C。2.类比推理是化学中常用的思维方法，下列推理正确的是A. 乙醇、苯酚中都有羟基，推测两种有机物都可以与氢氧化钠反应。B. 苯不能使酸性高锰酸钾褪色，推测甲苯也不能使酸性高锰酸钾褪色C. Cl2与NaOH常温下反应得到NaClO，推测F2与NaOH常温下反应得到NaFOD. 溴乙烷与氢氧化钠的醇溶液在加热时反应可以生成乙烯，推测溴丙烷可以与氢氧化钠的醇溶液在加热时能生成丙烯。【答案】D【解析】【详解】A. 乙醇、苯酚中都有羟基，苯酚具有弱酸性与氢氧化钠反应，而乙醇不反应，A错误；B. 苯不能使酸性高锰
3、酸钾褪色，甲苯能使酸性高锰酸钾褪色，B错误；C. Cl2与NaOH常温下反应得到NaClO，F2与NaOH反应生成NaF和氧气，C错误；D. 溴乙烷与氢氧化钠的醇溶液在加热时反应可以生成乙烯，推测溴丙烷可以与氢氧化钠的醇溶液在加热时能生成丙烯，D正确；答案为D。【点睛】苯与甲烷均不与酸性高锰酸钾溶液反应，甲苯中的苯对甲基产生影响，可与酸性高锰酸钾溶液反应。3.有机化合物萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是A. a和b均属于苯的同系物B. a和b分子中所有碳原子均处于同一平面上C. a和b均能使酸性KMnO4溶液褪色D. 1mol a物质与足量氢气加成，消耗的氢气为5
4、mol【答案】C【解析】【详解】A. a中不含有苯环，则不属于苯的同系物，A错误；B. a和b分子中均含有多个sp3杂化的碳原子，则所有碳原子不可能处于同一平面上，B错误；C. a和b中均含有碳碳双键，则均能使酸性KMnO4溶液褪色，C正确；D. 1mol a物质含有2mol碳碳双键，与足量氢气加成，消耗的氢气为2mol，D错误；答案为C。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A. 将3.4g H2S全部溶于水，所得溶液中HS和S2离子数之和为0.1NAB. 常温下1LpH=2的H3PO4溶液中含有的H+数目为0.01NAC. 将含有0.1molFeCl3的饱和溶液制成Fe（OH）
5、3胶体，胶粒的数目小于0.1NAD. 400，1.01105Pa，密闭容器中64gSO2与16g O2充分反应后，分子总数大于NA【答案】A【解析】【详解】A. 将3.4g H2S即0.1mol，其全部溶于水，所得溶液中H2S、HS和S2离子数之和为0.1NA，符合题意，A正确；B.常温下1LpH=2的H3PO4溶液中c(H+)=0.01mol/L，则含有的H+数目为0.01NA，与题意不符，B错误；C. 将含有0.1molFeCl3的饱和溶液制成Fe(OH)3胶体，每个胶粒不一定为一个Fe(OH)3，则胶粒的数目小于0.1NA，与题意不符，C错误；D. 400，1.01105Pa，密闭容器中
6、64gSO2即1mol，16g O2即0.5mol，反应为可逆反应，充分反应后，二氧化硫不能完全反应，则分子总数大于NA，与题意不符，D错误；答案为A。5.下列离子方程式正确的是A. 硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al34OH=AlO22H2OB. 二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应：5SO2+2H2O+2MnO4-=2Mn2+5SO42-+4H+C. Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应的离子方程式：S2O32-+6H+=2S+3H2OD. 硫酸铜溶液中加少量的铁粉：3Cu2+2Fe=2Fe3+3Cu【答案】B【解析】【详解】A. 硫酸铝溶液中加入过量氨水，生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为Al33NH
7、3H2O= Al(OH)33NH4+，A错误；B. 二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应，生成硫酸根离子、锰离子和氢离子，离子方程式为5SO2+2H2O+2MnO4-=2Mn2+5SO42-+4H+，B正确； C. Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应生成单质硫和二氧化硫气体，离子方程式为S2O32-+2H+= S+SO2+H2O，C错误；D. 硫酸铜溶液中加少量的铁粉：Cu2+Fe=Fe2+Cu，D错误；答案为B。【点睛】硫代硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、单质硫、二氧化硫和水。6.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，W与Ne具有相同的电子层结构，X的族序数等于周期数，Y与Z最外层电子数之和为
8、10。下列说法不正确的是A. 原子半径：XYZWB. W的单质可以与水反应产生氧气C. 气态氢化物的稳定性：W Y ZD. 简单离子半径大小：ZWX【答案】C【解析】【分析】W-与Ne具有相同的电子层结构，则W为F；X的原子序数大于8，且族序数等于周期数，周期数为3，则X为Al；Y与Z最外层电子数之和为10，Y的原子序数大于13，最外层只能为4，则为Si；Z为S。【详解】A. 分析可知，W、X、Y、Z分别为F、Al、Si、S，则原子半径：XYZW，与题意不符，A错误；B. W为F，其单质可以与水反应产生氧气，与题意不符，B错误；C. W、Y、Z分别为F、Si、S，气态氢化物的稳定性：W Z Y
9、，符合题意，C正确；D. W、X、Z简单离子分别为F-、Al3+、S2-，半径大小：ZWX，与题意不符，D错误；答案为C。【点睛】具有相同核外电子排布微粒的半径随原子序数的递增而减小。7.下列有关电解质溶液的说法正确的是A. 同温度下，CH3COONH4溶液显中性，所以CH3COONH4不水解。B. 在室温下稀释两种酸时pH变化如图，其中HX为弱酸，且a点与b点的数值相同C. 25时，等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌充分反应后，HA与Zn反应生成的氢气更多，HA是弱酸D. 若常温下，pH3的HA溶液中水电离出的c(H)为1011molL1，则能证明HA为弱酸。【答案】C【解析】【
10、详解】A. 同温度下，CH3COONH4溶液显中性，CH3COONH4为弱酸弱碱盐，其水溶液发生水解，A错误；B. 在室温下稀释两种酸时pH变化如图，其中HY为弱酸，不能判断HX是否为弱酸，B错误；C. 25时，等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌充分反应后，HA与Zn反应生成的氢气更多，则c(HA)c(HB)，HA溶液中存在未电离的分子，HA是弱酸，C正确；D. 若常温下，pH3的HA溶液中，水电离出的c(H)为1011molL1，则不能证明HA是否为弱酸，D错误；答案为C。8.某温度下，向pH=6蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。下列对该溶液的叙述中
11、，不正确的是A. 该温度高于25B. 由水电离出来的H+的浓度是1.01010molL1C. NaHSO4晶体的加入抑制了水的电离D. 若向纯水中加入Na2S固体，抑制了水的电离【答案】D【解析】【分析】蒸馏水的pH=6，则c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L，Kw=10-12。【详解】A. 水的电离为吸热反应，该温度下的Kw大于室温时的，则该温度高于25，与题意不符，A错误；B. NaHSO4为酸式盐，在水中完全电离产生H+，对水的电离有抑制作用，则由水电离出来的H+的浓度是1.01010molL1，与题意不符，B错误；C. NaHSO4晶体在水中完全电离产生H+，抑制了水的电离，与
12、题意不符，C错误；D. 若向纯水中加入Na2S固体，Na2S为强碱弱酸盐，促进了水的电离，符合题意，D正确；答案为D。9.下表是25时弱酸的电离平衡常数，下列说法正确的是CH3COOHHClOH2CO3Ka=1.8105Ka=3.0108Ka1=4.1107Ka2=5.61011A. 根据表中数据可知，相同浓度CH3COONa和NaClO的混合溶液中，各种离子浓度的大小关系是：c(Na+)c(ClO)c(CH3COO)c(OH)c(H+)B. 根据表中数据可知，次氯酸钠溶液中通入少量CO2的离子方程式为：2ClO+CO2+H2O=CO32+2HClOC. 向0.1molL-1CH3COOH溶液
13、中加入少量水，溶液中减小D. 室温下，将碳酸钠溶液加热至70，溶液的中的OH数目增多【答案】D【解析】【详解】A. 根据表中数据可知，相同浓度CH3COONa和NaClO的混合溶液中，NaClO的水解程度较大，则各种离子浓度的大小关系是：c(Na+)c(CH3COO)c(ClO)c(OH)c(H+)，A错误；B. 根据表中数据可知酸性：HClO HCO3，次氯酸钠溶液中通入少量CO2的离子方程式为：ClO+CO2+H2O= HCO3+HClO，B错误；C. 向0.1molL-1CH3COOH溶液中加入少量水，体积增大，电离平衡正向进行，则c(CH3COOH)减小的程度大于c(H+)，溶液中增大
14、，C错误； D. 室温下，将碳酸钠溶液加热至70，温度升高，碳酸钠的水解平衡正向进行，溶液的中的OH-数目增多，D正确；答案为D。【点睛】酸性：HClO HCO3，向次氯酸钠溶液中通入少量或过量的CO2，含C产物均为HCO3。10.在一个固定容积的密闭容器中，可逆反应：mA(g)+nB(g) pC(g)+qD(g)中，当m、n、p、q为任意正整数时，达到平衡的标志是A. 气体分子的平均摩尔质量不再发生变化时B. 各组分的物质的量浓度不再改变C. A与C的质量分数相等D. 反应速率vAvBvCvD=mnpq【答案】B【解析】【详解】A.反应物及生成物均为气体，则气体的质量一直不变，若m+n=p+
15、q时，气体分子的平均摩尔质量一直不变，则气体平均摩尔质量不能判断是否达到平衡状态，A错误；B.各组分的物质的量浓度不再改变时，反应达到平衡状态，B正确；C. A与C质量分数相等时，不能判断同一物质的正逆反应速率是否相等，不能判断是否达到平衡状态，C错误；D.反应速率vAvBvCvD=mnpq，不能判断同一物质的正逆反应速率是否相等，不能判断是否达到平衡状态，D错误；答案为B。11.下列能用勒夏特列原理解释的是A. 工业合成氯化氢时氢气过量B. 高温及加入催化剂都能使合成氨的反应速率加快C. H2、I2、HI平衡时的混合气体加压后颜色变深D. 向饱和NaCl溶液中通入HCl，有晶体析出【答案】D
16、【解析】【详解】A.氢气与氯气生成氯化氢反应不是可逆反应，不能用勒夏特列原理解释，A错误；B.加入催化剂能加快合成氨的反应速率，与化学平衡无关，不能用勒夏特列原理解释，B错误；C. H2、I2、HI平衡时的混合气体加压，化学平衡不移动，增大压强体积减小，I2浓度增大则容器内气体颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，C错误；D. 向饱和NaCl溶液中通入HCl，导致溶液中c(Cl-)增大，使NaCl的溶解平衡逆向移动，有晶体析出，可用勒夏特列原理解释，D正确；答案为D。12.三氯氢硅（SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料，在催化剂作用下可发生反应：2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)+S
17、iCl4(g)，在50 和70 时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。下列叙述正确的是A. 正反应方向为放热反应B. 反应速率大小：va vbC. 70 时，平衡常数K =D. 增大压强，可以提高SiHCl3的平衡转化率，缩短达平衡的时间【答案】C【解析】【详解】A. 根据图像，70 时SiHCl3的转化率高于50 ，升高温度平衡正向移动，则正反应方向为吸热反应，A错误；B. 温度越高反应速率越大，则反应速率大小：va vb，B错误；C. 70 时，SiHCl3的转化率为22%，根据方程式可知则平衡常数K =，C正确；D. 方程式两边气体计量数之和相等，则增大压强，平衡不移动，SiH
18、Cl3的平衡转化率不变，反应速率加快，能缩短达平衡的时间，D错误；答案为C。13.羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：CO（g）+H2S（g） COS（g）+H2（g） K=0.1，反应前CO物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol。下列说法正确的是A. CO的平衡转化率为20%B. 升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应C. 反应前H2S物质的量为8molD. 通入CO后，正反应速率逐渐增大【答案】A【解析】【详解】A. 反应前冲入CO10mol，平衡时物质的量为8mol，反应2mo
19、l，则CO的平衡转化率为20%，A正确；B. 升高温度，H2S浓度增加，平衡逆向移动，根据勒夏特列原理判断，逆向为吸热反应，则表明该反应是放热反应，B错误；C. 反应前H2S物质的量未给定，C错误；D. 通入CO后，正反应速率瞬间达到最大值，随反应的进行逐渐减小，D错误；答案为A。14.下列实验中所有可能失败的是为检验RX是碘代烷，将RX与NaOH水溶液混合加热后加AgNO3溶液为检验Fe(NO3)2样品是否变质取少量样品溶于稀硫酸，滴入KSCN溶液，溶液变红色，证明样品已变质用锌和稀硝酸反应制取氢气用排水法收集氢气实验室制备硝基苯，加人试剂的顺序为：先加入浓硝酸，再滴加苯，最后滴加浓硫酸用苯
20、和溴水在FeBr3催化下可制得溴苯A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】检验卤代烃水解产物，应先中和碱，在硝酸酸化的条件下再加硝酸银检验碘离子，实验失败；NO3-在酸性条件下具有强氧化性，会将Fe2+氧化成Fe3+，干扰实验的进行，实验失败；稀硝酸具有强氧化性，锌和稀硝酸反应生成NO而不是氢气，应该用稀硫酸或稀盐酸制取氢气，实验失败；因为浓硫酸稀释时会放出大量的热，所以实验室制备硝基苯加入试剂的顺序为：先加入浓硝酸，再滴加浓硫酸，最后滴加苯，实验失败；苯只和液溴在铁粉或FeBr3催化下发生溴代反应生成溴苯，而与溴水只是分层，不发生化学反应，实验失败；综上所述，符合题意，A项正确；答
21、案选A。【点睛】要注意教材实验，理解教材实验的原理，体会教材实验的细节，把握教材实验的精髓；本题所列举实验操作是经常涉及到的考点，应联系做过的实验逐个分析，如检验卤素离子，应在酸性条件下进行；NO3-在酸性条件下具有强氧化性等是学生的易错点，也是常考点，应多加注意。15.下列有关同分异构体的说法正确的是A. 分子式为C5H10O2的有机物中含有结构的同分异构体有12种B. 2-氯丁烷（CH3CHClCH2CH3）与NaOH乙醇溶液共热，得到三种烯烃。C. 有机物的同分异构体中，其中属于酯且苯环上有2个取代基的同分异构体有2种。D. 甲醇在铜催化和加热条件下生成的产物不存在同分异构体。【答案】D
22、【解析】【详解】A. 分子式为C5H10O2的有机物中含有结构的同分异构体中，C4H9COOH的同分异构体有4种，C3H7COOCH3的同分异构体有2种，C2H5COOCH2CH3的同分异构体有1种，CH3COOCH2CH2CH3的同分异构体有2种，HCOOCH2CH2CH2CH3的同分异构体有4种，合计13种，A错误；B. 2-氯丁烷（CH3CHClCH2CH3）与NaOH乙醇溶液共热，得到CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3二种烯烃，B错误；C. 有机物的同分异构体中，其中属于酯且苯环上有2个取代基，取代基为CH3-、-OOCH，在苯环上有邻、间、对3种同分异构体，C错误；D.
23、 甲醇在铜催化和加热条件下生成的产物为甲醛，不存在同分异构体，D正确；答案为D。16.下列有关实验方法和结论都正确的是A. 酸碱中和滴定时，锥形瓶需用待测液润洗2次，再加入待测液B. 检验蔗糖水解产物具有还原性：在蔗糖水解后的溶液中先加入适量稀NaOH溶液中和，再加入新制的银氨溶液并水浴加热C. 图中酸式滴定管读数为12.20 mLD. 若用已知浓度的KMnO4溶液去测定某溶液中Fe2+浓度，KMnO4溶液放在碱式滴定管中【答案】B【解析】【详解】A. 酸碱中和滴定时，锥形瓶不需用待测液润洗，直接加入待测液，A错误；B. 检验蔗糖水解产物具有还原性：在蔗糖水解后的溶液中先加入适量稀NaOH溶液
24、中和水解时作催化剂的酸，再加入新制的银氨溶液并水浴加热，B正确；C. 图中酸式滴定管读数为11.80 mL，C错误；D. 若用已知浓度KMnO4溶液去测定某溶液中Fe2+浓度，KMnO4溶液放在酸式滴定管中，D错误；答案为B。【点睛】滴定管的零刻度在滴定管的上部，图示读数小于12.00mL。17.常温下，用浓度为的盐酸分别逐滴加入到的两种一元碱MOH、ROH溶液中，pH随盐酸溶液体积的变化如图所示下列说法正确的是A. 时，溶液中微粒浓度的关系是：B. 将上述MOH、ROH溶液等体积混合后，用盐酸滴定至MOH恰好反应时，溶液中离子浓度的关系是：C. 时，溶液中微粒浓度的关系是：D. 时，不可能存
25、在：【答案】B【解析】【分析】根据图知，未加HCl溶液时，ROH的，说明，为强碱；MOH的pH小于13，则MOH为弱碱；【详解】A.时，MOH溶液中加入10mLHCl溶液，溶液中的溶质为等物质的量浓度的MOH和MCl，溶液呈碱性，说明MOH电离程度大于MCl水解程度，MOH电离程度较小，氯离子不电离也不水解，所以，故A错误；B.将上述MOH、ROH溶液等体积混合后，用盐酸滴定至MOH恰好反应时，ROH已经完全反应，溶液中溶质为等物质的量浓度的MCl、RCl，MCl为强酸弱碱盐，水解导致溶液呈酸性，但水解程度较小，不水解，所以存在，故B正确；C.时，溶液中溶质为MOH和MCl，且，溶液中存在物料
26、守恒，故C错误；D.时，HCl过量导致溶液呈酸性，根据电荷守恒得，溶液中溶质存在有、或三种情况，可能出现，故D错误；故选：B。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断、离子浓度大小比较，为高频考点，侧重考查学生分析、判断能力，明确各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，易错选项是D，注意滴加过程中可能出现、情况，题目难度中等。18.25，将浓度均为0.1mol/L的HA溶液Va mL和BOH溶液Vb mL混合，保持Va+Vb=100mL，生成物BA易溶于水。Va、Vb与混合液pH的关系如下图。下列叙述错误的是A. HA一定是弱酸B. BOH可能是强碱C. z点时，水的电离被促进D. x、y、z点时
27、，溶液中都存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)【答案】C【解析】【详解】A. 当Va=Vb=50mL时，溶液相当于BA溶液，此时溶液的pH7呈碱性，说明BA是强碱弱酸盐，这里的强弱是相对的，则HA一定是弱酸，故A正确；B. 当Va=Vb=50mL时，溶液相当于BA溶液，此时溶液的pH7呈碱性，说明BA是强碱弱酸盐，这里的强弱是相对的，BOH可能是强碱也可能是电离程度比HA大的弱碱，故B正确；C. z点时，BOH溶液的体积Vb mL大于HA溶液的体积Va mL，混合溶液的pH大于9，即c(H+)10-9，25时该溶液中水的电离被抑制，故C错误；D. x、y、z点时，溶液中都存在电
28、荷守恒：c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)，故D正确；题目要求选择错误的，故选C。19.以软锰矿粉末（主要成分MnO2，还含有Al2O3、Fe2O3等杂质）为原料制MnSO4H2O的工艺流程如下：已知：pH3.3后溶液不存在Fe3+，pH5.0后溶液不存在Al3+，pH8后Mn2+开始沉淀。（1）保持其他条件不变，在不同温度下对含软锰矿粉进行酸浸，锰浸出率随时间变化如图。酸浸的最佳温度与时间分别为_、_min。（2）“酸浸”时，会将Fe2+氧化至Fe3+，所发生的反应离子方程式为_。（3）酸浸时要加入硫酸，硫酸浓度不能过大或者过小。当硫酸浓度过小时，酸浸会有红褐色残渣出现，原因是
29、_。（4）MnSO4在水中的溶解度与温度关系如图。由MnCO3获得较纯净的MnSO4H2O晶体的方法是：将MnCO3溶于_，控制温度为_以上结晶，得到MnSO4H2O晶体，洗涤、烘干。【答案】 (1). 70 (2). 120min (3). 生成的Fe3+水解得到Fe(OH)3沉淀 (4). 2Fe2+MnO24H+2Fe3+Mn2+2H2O (5). 适量的稀硫酸 (6). 90【解析】【分析】(1)根据图像可知，时间在120min时，温度在70和90时浸出率达到90%；(2)“酸浸”时，二氧化锰在酸性条件下将Fe2+氧化至Fe3+；(3)当硫酸浓度过小时，溶液中的铁离子生成氢氧化铁沉淀；
30、(4)根据图像进行判断。【详解】(1)根据图像可知，时间在120min时，温度在70和90时浸出率达到90%，则最佳温度为70，时间为120min；(2)“酸浸”时，二氧化锰在酸性条件下将Fe2+氧化至Fe3+，则离子方程式为2Fe2+MnO24H+2Fe3+Mn2+2H2O；(3)当硫酸浓度过小时，溶液中的铁离子生成氢氧化铁沉淀；(4)用碳酸锰制取MnSO4H2O，将MnCO3溶于适量的稀硫酸，根据图像控制温度在90以上。20.某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验：（实验原理）2KMnO4 + 5H2C2O4 + 3H2SO4K2SO4 + 2MnSO4 + 10C
31、O2 + 8H2O（实验内容及记录）实验编号室温下，试管中所加试剂及其用量/mL室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min0.6 mol/LH2C2O4溶液H2O3 mol/L稀硫酸0.05mol/L KMnO4溶液13.02.02.03.01.52203.02.03.02.731.04.02.03.03.9请回答：（1）根据上表中的实验数据，可以得到的结论是_。（2）该小组同学根据经验绘制了n(Mn2+)随时间变化趋势的示意图，如图1所示。但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn2+) 随时间变化的趋势应如图2所示。该小组同学根据图2所示信息提出了新的假设，并继续进行实验探究。该小组
32、同学提出的假设是_。（3）测血钙的含量时，进行如下实验：可将4mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵(NH4)2C2O4晶体，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4溶液。将得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+。终点时用去20mL l.0l0-4mol/L的KMnO4溶液。、滴定终点的现象是_。、下列操作会导致测定结果偏低的是_。A锥形瓶用待测草酸溶液润洗B滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出 C酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡D达到滴定终点时，仰视读数、计算：血液中含钙离子的浓度为
33、_mol/L。【答案】 (1). 其他条件相同时，增大H2C2O4浓度（或反应物浓度），反应速率增大 (2). 生成物中的MnSO4为该反应的催化剂（或Mn2+对该反应有催化作用） (3). 当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 (4). BC (5). 1.2510-3【解析】【详解】(1)根据表中数据，溶液的总体积不变，取用草酸的体积不同，导致草酸的浓度不同，草酸的浓度越大，溶液褪色的时间越短，则结论为其他条件相同时，增大H2C2O4浓度（或反应物浓度），反应速率增大；(2)根据图2，反应开始时，n(Mn2+)逐渐增大，在某一时刻n(Mn2+)瞬间增大，
34、反应速率加快，则生成物中的MnSO4为该反应的催化剂（或Mn2+对该反应有催化作用）；(3)、实验是用高锰酸钾滴定草酸，终点时，高锰酸钾多滴加一滴，溶液显紫红色，则滴定终点为当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；、A锥形瓶用待测草酸溶液润洗，导致草酸的物质的量增大，使用高锰酸钾的量增多，计算草酸的浓度偏高，与题意不符，A错误；B滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出，导致草酸的物质的量减小，使用高锰酸钾的量减小，计算草酸的浓度偏低，符合题意，B正确；C酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡，导致读取高锰酸钾溶液的体积偏小，计算草酸
35、的浓度偏低，符合题意，C正确；D达到滴定终点时，仰视读数，导致读取高锰酸钾溶液的体积偏大，计算草酸的浓度偏高，与题意不符，D错误；答案为BC；、根据方程式可知2KMnO45H2C2O4，则0.02Ll.0l0-4mol/L52n(H2C2O4)2n(CaC2O4)，n(H2C2O4)n(CaC2O4)5.0l0-6mol，则c(Ca2+)5.0l0-6mol0.004L1.2510-3 mol/L。21.碳是构成物质世界最重要的元素之一，能形成众多的化合物。（1）已知0.096kg碳完全燃烧可放出3148kJ热量，1mol液态水汽化时要吸收44kJ热量。2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)
36、 H=-571.6kJmol-12CO(g)+O2(g)=2CO2(g) H=-566kJmol-1请写出制备水煤气的热化学方程式_。（2）为研究CO2与CO之间的转化。让一定量的CO2与足量碳在体积可变的密闭容器中反应：C(s)CO2(g)2CO(g) H。测得压强、温度对CO的体积分数(CO)的影响如图所示：回答下列问题：p1、p2、p3的大小关系是_，图中a、b、c三点对应的平衡常数大小关系是_（用Ka、Kb、Kc表示）。一定条件下，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H3，向固定容积为1 L的密闭容器中充入2 mol CO2和6 mol H2，一段时间后达到平衡状
37、态，测得CH3OH(g)的物质的量为1mol，则此条件下该反应的化学平衡常数K=_（用分数表示）；若开始时充入2 mol CH3OH(g) 和2 mol H2O(g)达到相同平衡状态时，CH3OH的转化率为_；若平衡后再充入4 mol的N2，则c(CO2)和原平衡比较是_。（填“增大”、“减小”、“不变”）【答案】 (1). C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) H=+131.3 kJmol-1 (2). p1p2p3 (3). Ka=KbKc (4). (5). 50% (6). 不变【解析】【分析】(1)根据盖斯定律计算；(2)方程中左边气体计量数小于右边，根据勒夏特列原理判断；
38、根据三段式计算。【详解】(1)0.096kg碳即8mol碳完全燃烧可放出3148kJ热量，1mol液态水汽化时要吸收44kJ热量，则C(s) +O2(g)=CO2(g) H=-393.5 kJmol-1，H2O(g)=H2O(l) H=-44 kJmol-1，根据盖斯定律，+-(+)可得C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，H=-393.5-44-(-566-571.6)kJ/mol=+131.3 kJmol-1；(2)方程中左边气体计量数小于右边，根据勒夏特列原理，压强越大，CO的百分含量则越小，根据图像可判断温度相同时，p3时CO的百分含量最小，则p1p2p3；根据图像，升高温度
39、CO的百分含量增大，升高温度平衡正向移动，则K增大，K只与温度有关，Ka=KbKc；则K=；若开始时充入2 mol CH3OH(g)和2 mol H2O(g)达到相同平衡状态时，温度未变，则K不变，则与原平衡等效，达到平衡状态时，CH3OH的物质的量为1mol，则转化率为50%；若平衡后再充入4 mol的N2，平衡不移动，则c(CO2)和原平衡浓度相等。22.化合物M是二苯乙炔类液晶材料的一种，最简单的二苯乙炔类化合物是。以互为同系物的单取代芳烃A、G为原料合成M的一种路线（部分反应条件略去）如下：回答下列问题：（1）A的结构简式为_。（2）D分子中最多有_个碳原子共平面，与D化学式相同且符合
40、下列条件的同分异构体有_种。（与D具有相同的官能团，苯环上的三元取代物）（3）的化学方程式为_。（4）参照上述合成路线，若要合成最终产物为有机物，需要_和_两种有机物通过一步反应制得。（在横线上写出有机物的结构简式）【答案】 (1). (2). 10 (3). 6 (4). +2KOH+2KBr+2H2O (5). (6). 【解析】【分析】由B的结构可知反应为取代反应，A为，B发生还原反应生成C，D能与溴的四氯化碳反应生成E，E在氢氧化钾、乙醇条件下反应得到F，可知E为卤代烃，D含有不饱和键，故反应为消去反应，则D为，E为，F为，由M的分子式可知，反应为取代反应，M的结构简式为。单取代芳烃A
41、、G互为同系物，则G的结构简式为，据此解答。【详解】(1)分析可知A的结构简式为；(2)D为，含有碳碳双键，苯环为平面结构、碳碳双键为平面结构，旋转碳碳单键可以使2个平面共面，通过旋转可以使乙基中C原子处于上述平面内，即所有的碳原子都可能共面，分子中最多有10个碳原子共平面；D的同分异构体与D具有相同的官能团，苯环上的三元取代物，则取代基分别为-CH3、-CH3、-CH=CH2，根据两固定、一游动原则，两甲基固定在苯环的邻位，-CH=CH2有2种位置；固定在间位，-CH=CH2有3种位置，固定在对位，-CH=CH2有1种位置，合计6种同分异构体；(3)为卤代烃的消去反应，化学方程式为：+2KOH+2KBr+2H2O；(4)苯乙烯与溴发生加成反应得到，再在KOH/乙醇条件下发生消去反应生成，甲苯通过I2/HIO3、CH3COOH/H2SO4得到，与发生取代反应得到。【点睛】苯环上有3个取代基的同分异构体，根据2固定，1游动的原则查找。