【文档说明】贵州省龙里中学2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题【精准解析】.doc，共(21)页，523.000 KB，由小赞的店铺上传

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贵州省龙里中学2019-2020学年上学期期末考试高二化学分卷I一、单选题(共25小题，每小题2.0分，共50分)1.下列电离方程式书写正确的是()A.NaHCO3===Na＋＋H＋＋B.HFH＋＋F－C.H2SO42H＋＋D.CH3COONH4CH3COO－＋【答案】B【解析】A.碳

酸是弱电解质，NaHCO3===Na＋＋HCO3－，故A错误；B、HF是弱电解质，只有部分电离，HFH＋＋F－，故B正确；C、硫酸是强酸，不用可逆号，H2SO4=2H＋＋SO42－，故C错误；D、CH3COONH4是强电解

质，不用可逆号CH3COONH4=CH3COO－＋NH4＋，故D错误；故选B。2.向5mLNaCl溶液中滴入一滴AgNO3溶液，出现白色沉淀，继续滴加一滴KI溶液并振荡，沉淀变为黄色，再滴入一滴Na2S溶液并振荡，沉淀又变成黑色，根据上述变化过程，分析此三种沉淀物的溶解

度关系为A.AgCl＝AgI＝Ag2SB.AgCl<AgI<Ag2SC.AgCl>AgI>Ag2SD.AgI>AgCl>Ag2S【答案】C【解析】【详解】向NaCl溶液中滴入AgNO3溶液时发生反应：Ag++Cl-=AgCl↓，出现白色

沉淀，由于存在沉淀溶解平衡AgCl(s）Ag+(aq)+Cl-(aq)，当向其中一滴KI溶液时，由于c(Ag+)·c(I-)＞Ksp(AgI)，会产生黄色沉淀：Ag++I-=AgI↓，沉淀由白色变为黄色，由于破坏了沉淀溶解平衡AgCl(s）Ag+(aq

)+Cl-(aq)，AgCl会继续溶解电离，直至到达新的平衡状态，发生沉淀转化。同样AgI在溶液中也存在沉淀溶解平衡：AgI(s）Ag+(aq)+I-(aq)，当再向其中滴加Na2S溶液时，由于c2(Ag+)

·c(S2-)＞Ksp(Ag2S)，会产生黑色沉淀：2Ag++I-=Ag2S↓，沉淀由黄色变为黑色，由于破坏了沉淀溶解平衡AgI(s）Ag+(aq）+I-(aq)，AgI会继续溶解电离，直至到达新的平衡状

态，发生沉淀转化，最终沉淀又变为黑色。可见物质总是由溶解度大的向溶解度小的转化，则这三种沉淀的溶解度的大小关系为AgCl＞AgI＞Ag2S；答案选C。3.下列有关离子反应的叙述不．正确的是()A.溶液中有难溶于水的沉淀生成是离子反应的发生条件之一B.离子反应发生的方向总是向着溶液中离子浓度降

低的方向进行C.离子反应生成的沉淀的溶解度为零D.生成沉淀的离子反应之所以能发生，在于生成物的溶解度小【答案】C【解析】【详解】A.溶液中有难溶于水的沉淀生成是离子反应的发生条件之一，故A正确；B.生成沉淀、气

体、弱电解质是离子反应发生的条件，一定会使溶液中某些离子的浓度较低，则离子反应发生的方向总是向着溶液中离子浓度降低的方向进行，故B正确；C.离子反应生成的沉淀的溶解度极小，为微溶物或难溶物，但溶解度不等于零

，故C错误；D.生成沉淀的离子反应之所以能发生，在于生成物的溶解度小能从溶液中析出，故D正确；答案选C。【点睛】绝对不溶的物质，即溶解度为零的物质是没有的，生成沉淀，只能说明该物质在该溶剂中的溶解度很小，易形成饱和溶液。4.已知：a．C2H2（g）+H2（g）=C2H4（g）ΔH＜0b.2CH4（

g）=C2H4（g）+2H2（g）ΔH＞0判断以下3个热化学方程式：①C（s）+2H2（g）=CH4（g）ΔH1②C（s）+12H2（g）=12C2H2（g）ΔH2③C（s）+H2（g）=12C2H4（g）ΔH3ΔH1、ΔH2、ΔH3由大到小的顺

序是（）A.ΔH2＞ΔH3＞ΔH1B.ΔH3＞ΔH2＞ΔH1C.ΔH3＞ΔH1＞ΔH2D.ΔH1＞ΔH2＞ΔH3【答案】A【解析】【详解】(②－③)×2得出：C2H4(g)=C2H2(g)＋H2(g)△H=2（△H2－△H3），根据反应a，逆过程为吸热反应，△H2－△H3>0，△H

2>△H3，2×(③－①)2CH4(g)=C2H4(g)＋2H2(g)△H=2（△H3－△H1），根据b反应，△H3－△H1>0，△H3>△H1，故选项A正确。5.用石墨电极电解100mLH2SO4与CuSO4的混合溶液，通电一段时

间后，两极均收集到2.24L气体（标准状况），则原混合溶液中Cu2＋的物质的量浓度为()A.3mol·L－1B.2mol·L－1C.4mol·L－1D.1mol·L－1【答案】D【解析】【详解】电解0.1LH2SO4和CuSO4的混合溶液，阳极

发生的反应为：4OH—-4e－=2H2O+O2↑，阴极上发生的电极反应为：Cu2++2e-=Cu，2H++2e-=H2↑，两极均收集到2.24L（标况）气体，即均生成0.1mol的气体，阳极生成0.1mol氧气说明转移了0.4mol电子，而阴极上生成的0.1molH2只得到了0.2mol电子，所以

剩余0.2mol电子由铜离子获得，所以溶液中有0.1mol铜离子，据c=nV得到铜离子的浓度为：0.1mol0.1L=1mol/L，答案选D。6.将图1所示装置中的盐桥(琼脂-饱和KCl溶液)换成铜导线与石墨棒连接得到图2所示装置，发现电流计指针仍然有偏转。下列说法正确的是A.图1中，铁棒

质量减少5.6g，则甲池NaCl溶液的质量增加5.6gB.图1中的石墨电极与图2中乙池石墨a电极的电极反应式相同C.两图所示装置的能量变化均是将化学能转化为电能D.图2中电子流向为Fe电流计→石墨a→石墨b→铜丝→石墨c→Fe【答案】B【解析】【详解】A、图1中，铁棒质量

减少5.6g，则甲池NaCl溶液的中增加了5.6g亚铁离子，而盐桥中的氯离子向甲中移动，所以甲池质量增加大于5.6g，故A错误；B、图1为原电池，石墨上铜离子得电子生成Cu；图2中乙池为电解池，石墨a电极与负极Fe相连为阴极

，阴极上铜离子得电子生成Cu，所以两个电极的反应相同，所以B选项是正确的；C、图1中Fe与氯化铜溶液能自发发生氧化还原反应，则为原电池，将化学能转化为电能，图2中甲池是铁的吸氧腐蚀，发生氧化还原反应，则甲池为原电池，所以乙池为电解池，则乙池中电能转化为化学能，故C错误；D、电子

只在导线中移动，不能进入溶液，则图2中电子流向为：Fe→电流计→石墨a，石墨b→铜丝→石墨c，故D错误；所以B选项是正确的。7.用标准浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸时下列情况会使盐酸物质的量浓度偏低的是（）A.碱式滴定管用蒸馏水洗净后，直接注入标准浓度的NaOH溶液B.碱

式滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失C.记录消耗的碱液，滴定前平视，滴定后俯视凹液面D.锥形瓶用蒸馏水洗净后，直接装入未知浓度的盐酸【答案】C【解析】A.NaOH溶液被稀释，造成消耗NaOH溶液的体积增大，故A会使盐酸物质的量浓度偏高；B.碱

式滴定管初读数变小，造成NaOH溶液体积数值增大，故B会使盐酸物质的量浓度偏高；C.碱式滴定管终读数变小，造成NaOH溶液体积数值变小，故C会使盐酸物质的量浓度偏低；D.锥形瓶洁净即可，故D不影响盐酸物质的量浓度。故选C。点睛：本题主要考查中和滴定误差分析。由c(标准)V(标准)＝c(待测)

V(待测)，得c(待测)＝，由于c(标准)与V(待测)已确定，所以只要依据V(标准)的变化即可得到结果。8.下列溶液中的离子关系正确的是（）A.相同温度下，0.2mol·L-1的醋酸溶液与0.lmol·L-1的醋酸溶液中c(H+)之比大于2:1B.

pH=3的醋酸和pH=3的FeCl3溶液中，由水电离出的c(H+)相等C.0.lmol﹒L-1NaHSO4溶液中：c(H+)=c(SO)+c(OH-)D.pH=4、浓度均为0.lmol·L-1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=10-4-

10-10mol/L【答案】C【解析】【详解】A．醋酸是弱电解质，浓度越高，电离度越低，所以两溶液中氢离子浓度之比小于2，故A错误；B．pH=3的醋酸溶液中水电离出的氢离子浓度=10-11mol/L，pH=3的FeCl3溶液中，由水电离

出的c(H+)=10-3mol/L，不相等，故B错误；C．NaHSO4在水中的电离方程式NaHSO4=Na++H++SO42-，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(SO42-)，物料守恒c(Na+)=c(SO42-)，所以得c(H+)=c(OH-)+c(SO42

-)，故C正确；D．常温下，混合液pH=4，c(H+)=1.0×10-4mol/L，则由Kw可知，c(OH-)=1.0×10-10mol/L，由电荷守恒可知，Ⅰc(CH3COO-)-c(Na+)=c(H+)-c(OH-)，据物料守恒：Ⅱ2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-

)，Ⅰ×2+Ⅱ可得：c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2(c(H+)-c(OH-))=2×(10-4-10-10)mol/L，故D错误；故选：C。9.下列有关电解质的叙述正确的是（）A.化合物都是电解质B.电解质一定是化合物C.SO3溶于水后，溶液能导电

，所以SO3是电解质D.NaCl固体不能导电，所以NaCl不是电解质【答案】B【解析】【详解】A.有些化合物不能电离出自由移动的离子，此种化合物属于非电解质，如蔗糖、酒精等，故A错误；B.电解质与非电解质一定是化合物，单质与混合物既不是电解质也不是非电解质，故B正确；C.SO3溶于水导

电是因为和水反应生成硫酸，硫酸的水溶液导电，SO3不是电解质，故C错误；D.熔融的NaCl可以导电，故NaCl是电解质，故D错误；故合理选项是B。【点睛】1.电解质和非电解质：溶于水或熔化状态下能导电的化合物叫电解质。溶于水或熔化状态下不能导电的化合物叫做非电解质。2.强电解质和弱电解质：在水

溶液里能够完全电离的电解质叫强电解质。如强酸、强碱、大多数盐类、金属氧化物等。在水溶液里不能完全电离的物质叫做弱电解质，如：弱酸、弱碱、水等。10.在t℃时，Ag2CrO4(橘红色)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知AgCl的Ksp＝1.8×1

0－10。下列说法不正确的是()A.t℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－8B.饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点C.t℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等D.t℃时，将0

.01mol·L－1AgNO3溶液滴入20mL0.01mol·L－1KCl和0.01mol·L－1K2CrO4的混合溶液中，Cl－先沉淀【答案】A【解析】【详解】A、由图中数据可计算Ksp(Ag2Cr

O4)＝c2(Ag＋)·c(CrO42-)＝(1×10－3)2×1×10－5=1.0×10－11，故A错误，符合题意；B、在Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，c(CrO42-)增大，则c(Ag＋)降低，而X点与Y点的c(Ag＋)相同，故B正确，不符合题意；C、Y点、Z点溶液的温度相同，则Ksp

相同，故C正确，不符合题意；D、由AgCl的Ksp计算此条件下AgCl沉淀时的c(Ag＋)＝111.8100.01mol·L－1＝1.8×10－8mol·L－1，由Ag2CrO4的Ksp计算c(Ag＋)＝111.0100.01mol·L－1

＝3.2×10－5mol·L－1，Cl－沉淀需要的c(Ag＋)更低，可知Cl－先沉淀，故D正确，不符合题意；故选A。11.燃烧是人类最早利用的化学反应之一，人类已有几十万年的利用燃烧反应的历史，燃烧需要具备的条件是（）①可燃物②氧气(空气等助燃剂

)③温度达到着火点A.①②B.②③C.①③D.①②③【答案】D【解析】【详解】燃烧需要具备的条件是①可燃物、②氧气(空气等助燃剂)、③温度达到着火点，故选D。【点睛】本题主要考查灭火的方法，解答时要从可燃物燃烧的条

件方面进行分析、判断。12.下列能量中不能通过化学反应产生的是A.热能B.电能C.光能D.核能【答案】D【解析】【详解】核能是通过核裂变或核聚变释放出的能量，改变的是原子核属于物理范畴，不属于化学，故选项D正确。13.某温度下，3FOHe（）（s）分别在溶液中达到沉淀溶

解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化如图所示。据图分析，下列判断错误的是A.2FOHCOHspspKeK3（）＜u（）B.加适量4NHCl固体可使溶液由a点变到b点C.cd、两点代表的溶液中Hc+（）与OHc（）乘积相等D.3FOHe（）、2

COHu（）分别在b、c两点代表的溶液中达到饱和【答案】B【解析】【详解】A．由b、c两点对应数据可比较出KSP[Fe（OH）3]与KSP[Cu（OH）2]的大小，KSP[Fe（OH）3]=c（Fe3+）•（OH-）3=c（Fe3+）•（10-12.7）3，KSP[

Cu（OH）2]=c（Cu2+）•（OH-）2=c（Cu2+）•（10-9.6）2，因c（Fe3+）=c（Cu2+），故KSP[Fe（OH）3]＜KSP[Cu（OH）2]，选项A正确；B．向溶液中加入NH4Cl固体，不会导致溶液中的c（OH-）增大，故不能使溶液由a点变到b点，选项B错误；

C．只要温度不发生改变，溶液中c（H+）与c（OH-）的乘积（即Kw）就不变，该题中温度条件不变，故c、d两点代表的溶液中c（H+）与c（OH-）的乘积相等，选项C正确；D．b、c两点分别处在两条的沉淀溶解平衡曲线

上，故两点均代表溶液达到饱和，选项D正确；答案选B。14.下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是（）A.乙烯的最简式：CH2=CH2B.CH4分子的比例模型：C.羟基：D.Cl－的结构示意图：【答案】B【解析】【详解】A．为乙烯

的化学式，最简式为CH2，故A错误；B．甲烷的分子式为CH4，比例模型如图所示，故B正确；C．所示的图形氧原子左边多了一个电子，故C错误；D．氯离子的离子结构示意图原子核内应为17，无论氯离子还是氯元素，元素种类没变，核内质子数不变，故D错误；答案选B。【点睛】该类试题需要明确的是

常见的化学用语主要包括元素符号、化学式、化合价、电子式、原子结构示意图、结构式、结构简式以及方程式和各种模型等，需要学生熟练记住。15.冰箱制冷剂氟氯甲烷在高空受紫外线辐射时产生Cl原子，并能发生下列反应：Cl＋O3→ClO＋O2ClO＋O→Cl＋O2，下列说法不正确的是()A.反应过程中将

O3转变为O2B.Cl原子是总反应的催化剂C.氟氯甲烷是总反应的催化剂D.Cl原子起分解O3的作用【答案】C【解析】【详解】将题给反应叠加：Cl＋O3→ClO＋O2ClO＋O→Cl＋O2，得总的反应式：O3＋OCl2O2，氯原子参与反应，但反应前后的质量不变，说

明Cl原子起催化剂的作用(ClO是中间产物)，反应的结果是将O3转变为O2；氟氯甲烷被紫外线照射后产生Cl原子和其他物质（设为B），由于Cl原子未能再与B生成氟氯甲烷，即氟氯甲烷不是反应前后质量和化学性质都

没有改变的物质，所以氟氯甲烷不是催化剂。答案选C。【点睛】本题考查催化剂的判断，分析题给信息总反应为O3＋O=2O2，氯原子参与反应，但反应前后的质量不变，说明Cl原子起催化剂的作用(ClO是中间产物)，反应的结果是将O3转

变为O2。16.据报道，近来发现了一种新的星际分子氰基辛炔，其结构简式为HC≡C—C≡C—C≡C—C≡C—C≡N。下列对该物质的判断正确的是()A.属于不饱和烃B.不能使酸性KMnO4溶液褪色C.所有原子都在同一条直线上D.可由乙炔和含氮化合物加聚制得【答案】C【解析】【详

解】A.烃是由C、H两种元素组成的有机物，从结构简式中可看出含有N，故不是烃，A项错误；B.从结构简式中可看出氰基辛炔中有—C≡C—，易被酸性KMnO4溶液氧化，故可使酸性KMnO4溶液褪色，B项错误；C.三键为直线结构，且均直接相连，则所有原子都在同一直线上，C项正确；D.炔和含氮化合物加聚时

会生成高分子化合物，三键中的一个键会被打开而出现双键，而是HC≡C—C≡C—C≡C—C≡C—C≡N中不含有双键，且不是高分子，故不能由加聚反应制得，D项错误。答案选C。17.常用的打火机使用的燃料其分子式为C3H8，它

属于（）A.烷烃B.烯烃C.炔烃D.芳香烃【答案】A【解析】【详解】该物质分子中含有3个C原子，3个C原子最多结合H原子的数目为2×3+2=8，因此该物质属于饱和链烃，即属于烷烃，因此合理选项是A。18.塑化剂的成分主要是邻苯二甲酸二异丁

酯等酯类，塑料管道、塑胶容器、瓶盖或其他塑料包装材料都含有塑化剂，塑化剂超标对人体有害．调查发现，最近深受关注的白酒中含有的塑化剂主要是由塑料制品中的塑化剂迁移到酒中所致，此处“迁移”所涉及的主要原理是（）A.萃取B.蒸馏C.溶解D.渗析【答案】C【解析】【详解】A．萃取利用溶质在不同溶剂中

溶解度不同，用一种溶剂把溶质从它与另一溶剂所组成的溶液中提取出来；B．蒸馏把互相溶解但沸点不同的两种液体或将水中难挥发性物质和水分离出来；C．超过两种以上物质混合而成为一个分子状态的均匀相的过程称为溶解；D．利

用粒子直径大小，可用渗析的方法分离．这里的“迁移”指塑料中的塑化剂溶解在酒精中，故选C．19.某炔烃经催化加氢后，得到2-甲基丁烷，该炔烃是：A.2-甲基-1-丁炔B.2-甲基-3-丁炔C.3-甲基-1-丁炔D.3-甲基-

2-丁炔【答案】C【解析】【详解】烯烃或炔烃发生加成反应时，其碳链结构不变，所以该炔烃与2-甲基丁烷的碳链结构相同，2-甲基丁烷()中能插入三键的位置只有一个，即该炔烃的结构简式为，其名称为3-甲基-1-丁炔，答案选

C。20.居民所用石油液化气的主要成分是丁烷，在使用过程中，常有一些杂质以液态沉积于钢瓶中，这些杂质可能是（）A.甲烷和丙烷B.丁烷和甲醛C.乙烷和丁烷D.戊烷和己烷【答案】D【解析】分析：随着碳原子数的增加，烷烃的物理性质存在一定的递变规律。详解：烷烃中，碳原子数

为1至4的是气态烷烃，碳原子数在4以上的是液态或固态烷烃，杂质为液态，则含碳原子应超过四个，则应选D项。点睛：常温下气态的烷烃碳原子数1到4，再加上新戊烷。碳链越长，沸点越高；碳原子数相同的，支链越多，沸点越低。21.下列说法错误的是A.乙醇和乙酸都是常用调味

品的主要成分B.乙醇和乙酸的沸点和熔点都比乙烷和乙烯的沸点和熔点高C.乙醇和乙酸都能发生氧化反应D.乙醇和乙酸之间能发生酯化反应，酯化反应和皂化反应互为可逆反应【答案】D【解析】【详解】A、乙醇是料酒的成分，乙酸是醋酸的成分，故说法正确；B

、乙醇、乙酸常温下都是液体，乙烷和乙烯都是气体，故说法正确；C、有机物的燃烧属于氧化反应，故说法正确；D、皂化反应：油脂在碱性条件下水解成高级脂肪酸盐和甘油，是彻底水解，不可逆的，故说法错误；答案选D。22.下列说法中，正确的是（）A.用氢氧化钠溶液清洗沾在皮肤上的

苯酚B.用浓硫酸吸收氨气中的水分C.用稀硝酸洗去残留在试管内壁上的银D.用酒精萃取碘水中的碘【答案】C【解析】【详解】A、氢氧化钠具有腐蚀性，不能用氢氧化钠洗皮肤上的苯酚，可用酒精洗，故A错误；B、浓硫酸和氨水反应生成硫酸铵，可用碱石灰干燥，故

B错误；C、稀硝酸与银反应生成硝酸银、一氧化氮和水，故C正确；D、酒精和水互溶，不能用酒精萃取碘水中的碘，可用四氯化碳，故D错误；正确答案是C。23.下列反应不需要浓硫酸的是()A.制乙烯B.苯的硝化C.

制TNTD.制乙炔【答案】D【解析】【详解】A.制乙烯的反应为：C2H5OHCH2=CH2↑＋H2O，其中浓硫酸作催化剂，故A不符合题意；B、苯的硝化反应为：＋HNO3＋H2O，其中浓硫酸作催化剂，故B不符合题意；C、制TNT反应为：＋3HNO3

＋3H2O，其中浓硫酸作催化剂，故C不符合题意；D、制乙炔的反应为：CaC2＋2H2O→Ca(OH)2＋CH≡CH↑，反应没有用到浓硫酸，故D符合题意；综上所述，本题应选D。24.下列有机物中，不属于烃的衍生物的是()A.卤代烃B.醋酸C.邻二甲苯D.苯酚【答案】C

【解析】【详解】烃分子中的氢原子被其它原子或原子团所取代而生成的一系列化合物称为烃的衍生物，所以选项ABD都是烃的衍生物，邻二甲苯还是烃，属于芳香烃；答案选C。【点睛】该题是常识性知识的检验。该题的关键是明确衍生物的含义以及判断依据，然后灵活运用即可，有利于培

养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。25.2000年诺贝尔化学奖授予两位美国化学家和一位日本化学家，以表彰他们在导电塑料领域的贡献，他们首先把聚乙炔树脂制成导电塑料，下列关于聚乙炔的叙述错误的是（）A.聚乙炔是以乙炔为单体发生加聚反应形成的高聚物B.聚乙炔的化学

式为C.聚乙炔是一种碳原子之间以单双键交替结合的链状结构的物质D.聚乙炔树脂不加任何填充物即可成为电的良导体【答案】D【解析】【详解】A.乙炔在高温高压、催化剂条件下发生加聚反应生成聚乙炔，A正确；B.聚乙炔是由n个-CH=CH-组成的聚合

物，化学式为，B正确；C.聚乙炔的链节为-CH=CH-，是一种碳原子之间以单双键交替结合的链状共轭结构，C正确；D.聚乙炔经溴或碘掺杂之后导电性会提高到金属水平，成为电的良导体，D错误；答案选D。分卷II二、非选择题(共5小题，共50分)26.

化学学习小组进行如下实验。[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、恒温水浴槽物理量V(0.20mol·L-1H2C2O4溶液)/mLV（蒸馏水）/mLV（0.010mol·L-1KMnO4溶液）/mLT/℃乙①2.004.050②2.004.025③1.004.025(1)上述实验①、②是探究__________对化学反应速率的影响；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___________。[测定H2C2O4·xH2O中x值]已知：M(H2C2O4)=90g·mol-1①称取1.260g纯草酸晶体，将其酸制成100.00mL

水溶液为待测液；②取25.00mL待测液放入锥形瓶中，再加入适的稀H2SO4；③用浓度为0.05000mol·L-1的KMnO4标准溶液进行滴定。(2)请写出与滴定有关反应的离子方程式_________________________________________。

(3)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)。(4)由图可知消耗KMnO4溶液体积为__________________________________________mL。(5)滴定过程中眼睛

应注视________________________。(6)通过上述数据，求得x=____。以标准KMnO4溶液滴定样品溶液的浓度，未用标准KMnO4溶液润洗滴定管，引起实验结果________(偏大、偏小或没有影响)。【答

案】(1).温度(2).1.0(3).溶液褪色时间/s(4).5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O(5).b(6).20.00(7).锥形瓶中颜色变色(8).2(9).偏小【解析】【详解】（1）探究影响化学反应速率因素，

要求其他条件不变，即①②探究温度对化学反应速率的影响；混合溶液的总体积都是6.0mL，因此a=1.0；反应的快慢是通过酸性高锰酸钾溶液的褪色快慢来确定的，因此乙中要测定的物理量是溶液褪色时间，单位为s；（2）草酸具有还原性，高锰酸钾具有强氧化性，把C转化成CO2，本身被还原成Mn2＋，根据化合价升

降法，进行配平，因此离子反应方程式为：5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O；（3）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，即b正确；（4）滴定前

刻度为0.90ml，滴定后刻度是20.90ml，消耗高锰酸钾的体积为(20.90－0.90)mL=20.00mL；(5)滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色变化；(6)100mL溶液中草酸物质的量为20×10－3×0

.05×5×100/(2×25)mol=0.01mol，1.260÷(90＋18x)=0.01，解得x=2；未用待盛液润洗滴定管，稀释标准液，消耗高锰酸钾体积增大，草酸的质量增大，x偏小。27.葡萄是一种常见水果，可以生食或制作葡萄干，除此之外，葡萄还可用于酿酒。(1)检

验葡萄汁含有葡萄糖的方法是：向其中加碱调至碱性，再加入新制的Cu(OH)2并加热，其现象是________。(2)葡萄在酿酒过程中，葡萄糖转化为酒精的过程如下，补充完成下列化学方程式：C6H12O6(葡萄糖)酶2_________+2C2H5O

H(3)葡萄酒密封储存过程中会生成有香味的酯类，酯类也可以通过化学实验来制备，实验室可用如图所示装置制备乙酸乙酯：①试管a中生成乙酸乙酯的化学方程式是__________。②试管b中盛放的试剂是饱和___________

_溶液。③实验开始时，试管b中的导管不伸入液面下的原因是________。④若要分离出试管b中的乙酸乙酯，需要用到的仪器是_______(填字母)。A.普通漏斗B.分液漏斗C.长颈漏斗【答案】(1).产生砖红色沉淀(2).CO2(3).CH3COOH＋C2

H5OH浓硫酸ΔCH3COOC2H5＋H2O(4).Na2CO3(或碳酸钠)(5).防止倒吸(6).B【解析】【分析】(1)葡萄糖中含有醛基，能被新制的氢氧化铜悬浊液氧化，所以实验现象是产生砖红色沉淀；(2)根据碳原子和氧原子守恒可知，另外一种生成物是CO2；(3)①乙酸和乙醇在浓硫酸

作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水；②制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，目的是除去乙醇和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；③实验开始时，试管b中的导管不伸入液面下的原因是防止倒吸；④乙酸乙酯不溶于水，分液即可，需要用到的仪器是分液漏斗。【详解

】(1)葡萄糖中含有醛基，能被新制的氢氧化铜悬浊液氧化，所以实验现象是产生砖红色沉淀氧化亚铜；(2)根据碳原子和氧原子守恒可知,另外一种生成物是CO2；(3)①在浓硫酸的作用下,乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯,反应的化学方程式是CH3COOH＋C2H5OH浓硫酸Δ

CH3COOC2H5＋H2O；②由于乙醇和乙酸都是易挥发的，所以生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，除去乙醇和乙酸的试剂是饱和的碳酸钠(Na2CO3)溶液；③由于乙醇和乙酸都是和水互溶的，如果直接插入水中吸收，容易引起倒吸，所以试管b中的导管不伸入液面下的原因是防止溶液倒吸；④乙酸乙酯

不溶于水，分液即可，需要用到的仪器是分液漏斗，故答案为B；28.淀粉水解的产物（C6H12O6）用硝酸氧化可以制备草酸，装置如图1所示（加热、搅拌和仪器固定装置均已略去）：实验过程如下：①将1：1的淀粉水乳液与少许硫酸（

98%）加入烧杯中，水浴加热至85℃～90℃，保持30min，然后逐渐将温度降至60℃左右；②将一定量的淀粉水解液加入三颈烧瓶中；③控制反应液温度在55～60℃条件下，边搅拌边缓慢滴加一定量含有适量催化剂的

混酸（65%HNO3与98%H2SO4的质量比为2：1.5）溶液；④反应3h左右，冷却，减压过滤后再重结晶得草酸晶体，硝酸氧化淀粉水解液过程中可发生下列反应：C6H12O6+12HNO3→3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2OC6H12O6+8HNO3→6CO2+8NO↑+10H2

O3H2C2O4+2HNO3→6CO2+2NO↑+4H2O请回答下列问题：（1）实验①加入98%硫酸少许的作用是：_________；（2）实验中若混酸滴加过快，将导致草酸产量下降，其原因是_________；（3）检验淀粉是否水

解完全所用的试剂为_________；（4）草酸重结晶的减压过滤操作中，除烧杯、玻璃棒外，还必须使用属于硅酸盐材料的仪器有_________；（5）将产品在恒温箱内约90℃以下烘干至恒重，得到二水合草酸．用KMnO4标准溶液滴定

，该反应的离子方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O称取该样品0.12g，加适量水完全溶解，然后用0.020mol•L﹣1的酸性KMnO4溶液滴定至终点（杂质不参与反应），此时溶液颜色变化为_________，滴定前后滴定管中的液面读数如图2所示，则

该草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为_________。【答案】(1).催化剂的作用(2).温度过高，硝酸浓度过大，导致H2C2O4进一步被氧化(3).碘水(4).布氏漏斗、吸滤器(5).无色突变为淡紫色且半分钟不褪色(6).84%【解析】【详

解】（1）淀粉水解需要浓硫酸作催化剂，即浓硫酸的作用是提高淀粉水解的速度（或起到催化剂的作用）。（2）由于温度过高、硝酸浓度过大，会导致产物H2C2O4进一步被氧化，所以不能滴入的过快。（3）由于碘能和淀粉发生显

色反应，所以可以用碘水来检验淀粉是否完全水解。（4）减压过滤时需要布氏漏斗、吸滤瓶。（5）由于酸性高锰酸钾溶液是显紫红色的，所以当反应达到终点时，溶液颜色由无色突变为淡紫色且半分钟不褪色。根据滴定管的读数可知，消耗高锰酸钾溶液是18.50ml－2.50ml＝16.00ml。根据

方程式可知，草酸的物质的量是0.020mol·L-1×0.016L×5/2＝0.0008mol，则草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为0.0008126100%84.0%0.12。29.油脂是重要的营养物质。某天然油脂A可发生下列反应：已知

：A的分子式为C57H106O6。1mol该天然油脂A经反应①可得到1molD、1mol不饱和脂肪酸B和2mol直链饱和脂肪酸C。经测定B的相对分子质量为280，原子个数比为C：H：O＝9：16：1。(1)写出B的分子式：

________。(2)写出反应①的反应类型：________；C的名称(或俗称)是________。(3)近日，电视媒体关于“氢化油危害堪比杀虫剂”的报道引发轩然大波，反应②为天然油脂的氢化过程。下列有关说法不正确的是________。a．氢

化油又称人造奶油，通常又叫硬化油b．植物油经过氢化处理后会产生副产品反式脂肪酸甘油酯，摄入过多的氢化油，容易堵塞血管而导致心脑血管疾病c．氢化油的制备原理是在加热植物油时，加入金属催化剂，通入氢气，使

液态油脂变为半固态或固态油脂d．油脂的氢化与油脂的皂化都属于加成反应(4)D和足量金属钠反应的化学方程________________________________。【答案】(1).C18H32O2(2).取代反应(或水解反应)(3).硬脂酸(4).d(5

).2C3H5(OH)3＋6Na→2C3H5(ONa)3＋3H2↑【解析】【详解】(1)利用题给B分子中C、H、O原子个数比可得出B的最简式为C9H16O，最简式的式量为140，然后利用BB的相对分子质量为280，可求出B的分

子式为C18H32O2。(2)由转化关系可知反应①为油脂的水解反应(或取代反应)，油脂为高级脂肪酸与甘油形成的酯，故可知D为甘油(C3H8O3)，利用原子守恒，结合B的分子式与A的分子式可知，C的分子式为C17H35COOH，名称为硬脂酸。(

3)a．氢化油又称人造奶油，通常又叫硬化油，a正确；b．植物油经过氢化处理后会产生副产品反式脂肪酸甘油酯，摄入过多的氢化油，容易堵塞血管而导致心脑血管疾病，b正确；c．氢化油的制备原理是在加热植物油时，加入金属催化剂，通入氢气，使液态油脂变为半固态或固态油脂，c正确；d．油脂的氢化属于加成反应

，油脂的皂化属于取代反应，故d项说法不正确。(4)类比乙醇与Na的反应(金属钠可以置换出羟基中的H生成氢气)，可知甘油D与足量金属钠反应的方程式为2C3H5(OH)3＋6Na→2C3H5(ONa)3＋3H2↑。30.25℃时，有关物

质的电离平衡常数如下：（1）电解质由强至弱顺序为___(用化学式表示，下同)。（2）常温下，0.02mol·L-1的CH3COOH溶液的电离度约为___，体积为10mLpH=2的醋酸溶液与亚硫酸溶液分别加蒸馏水稀释至1000mL，稀释后溶液的pH，前者___后者(填“＞”、“＜”或“=

”)。（3）下列离子CH3COO-、CO32-、HSO3-、SO32-在溶液中结合H+的能力由大到小的顺序为_____。（4）NaHSO3溶液显酸性的原因_____(离子方程式配适当文字叙述)，其溶液中离子浓度由大到小的关系是____。【答案】(1).H2SO3＞CH3COOH＞H2C

O3(2).3％(3).<(4).CO32-＞SO32-＞CH3COO-＞HSO3-(5).HSO3-H++SO32-，HSO3-+H2OH2SO3+OH-，HSO3-的电离程度大于其水解程度，所以NaHSO3溶液显酸性。(6).c(Na+)＞c(HSO

3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)【解析】【详解】（1）电离平衡常数越大，酸性越强，所以电解质由强到弱的顺序为H2SO3>CH3COOH>H2CO3。（2）0.02mol·L-1的醋酸在溶液中存在电离平衡

：CH3COOHCH3COO-+H+，设该溶液中醋酸的电离度为x，则醋酸电离出的酸酸根离子、氢离子浓度均为0.02xmol·L-1，醋酸的浓度为0.02（1-x）mol·L-1，根据醋酸的电离平衡常数K=1.8×10-5可知：K=1.8×10-5=0.02x0.02x

0.02(1-x)，解得：x=3%。由于酸性H2SO3>CH3COOH，同体积、同PH的H2SO3和CH3COOH，加水稀释相同倍数，H2SO3的PH变化大，所以稀释后醋酸的PH小于亚硫酸的PH。故填＜。（3）已知酸性：H2SO3>CH3COOH>H2CO3>HSO3->HCO3

-，酸根离子对应酸的酸性越强，该酸根离子结合氢离子能力越弱，则CH3COO-、CO32-、HSO3-、SO32-在溶液中结合H+的能力由大到小的关系为CO32-＞SO32-＞CH3COO-＞HSO3-。（4）NaHSO3溶液显酸性的原因是HSO在溶

液中存在电离和水解，即HSO3-H++SO32-，HSO3-+H2OH2SO3+OH-，HSO3-的电离程度大于其水解程度，所以NaHSO3溶液显酸性。NaHSO3溶液中有五种离子：Na+、HSO3-、H

+、SO32-、OH-，Na+和HSO3-是由强电解质NaHSO3电离出来的，是大量的，HSO3-能发生电离和水解，所以Na+浓度大于HSO3-浓度，HSO3-的电离程度大于其水解程度，所以c(H+)＞c(OH-)，溶液中的H+既有水

电离出来的，又有由HSO3-电离出来的，所以c(H+)＞c(SO32-)，故溶液中离子浓度排序为：c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)。