2024屆福建閩侯第四中學高二化學第一學期期中綜合測試模擬試題含解析

2024屆福建閩侯第四中學高二化學第一學期期中綜合測試模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列有關化學反應速率與化學反應限度的敘述中，錯誤的是A．化學反應速率是表示化學反應快慢的物理量B．一般情況下，升高溫度能加快化學反應速率C．可逆反應達到化學反應限度時，反應就靜止不動了D．可逆反應達到化學反應限度時，正反應速率等于逆反應速率2、常溫下，向純水中加入NaOH使溶液的pH為11，則由NaOH電離出的OH離子濃度和水電離出的OH離子濃度之比為()A．1：1 B．108：1 C．5×109：1 D．1010：13、下列事實與對應的方程式不相符的是（）A．已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH<0，灼熱的鉑絲與NH3、O2混合氣接觸，鉑絲繼續(xù)保持紅熱B．已知：2NO2(g)（紅棕色）N2O4(g)（無色）ΔH<0，將“NO2球”浸泡在冷水中，顏色變淺C．因H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol-1，故向含0.1molHCl的鹽酸中加入4.0gNaOH固體，放出的熱量等于5.73kJD．甲烷燃燒的熱化學方程式可表示為：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.3kJ·mol-1，則甲烷的燃燒熱為890.3kJ·mol-14、下列反應中生成物總能量高于反應物總能量的是（）A．碳酸鈣受熱分解 B．乙醇燃燒C．鋁粉與氧化鐵粉末反應 D．氧化鈣溶于水5、下列物質(zhì)熔點高低排列順序正確的是（）A．NaCl＜MgO＜H2O B．Na＜Mg＜AlC．K＞Na＞Li D．單晶硅>金剛石>氮化碳6、將下圖所示實驗裝置的K閉合，下列判斷正確的是A．Cu電極上發(fā)生還原反應B．電子沿Zn→a→b→Cu路徑流動C．片刻后甲池中c(SO42-)增大D．片刻后可觀察到濾紙b點變紅色7、若將15P原子的電子排布式寫成1s22s22p63s23px23py1，它違背了A．能量最低原則 B．泡利不相容原理C．洪特規(guī)則 D．能量守恒原理8、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述錯誤的是A．含16

g氧原子的二氧化硅晶體中含有的σ鍵數(shù)目為2NAB．58.5gNaCl晶體中含有0.25NA個右圖所示的結(jié)構(gòu)單元C．常溫常壓下，5

g

D2O含有的質(zhì)子數(shù)、電子數(shù)、中子數(shù)均為2.5NAD．2

mol

SO2和1

mol

O2在一定條件下反應所得混合氣體分子數(shù)小于2NA9、空間實驗室“天宮一號”的供電系統(tǒng)中有再生氫氧燃料電池(RFC)，RFC是一種將水電解技術與氫氧燃料電池技術相結(jié)合的可充放電池。下圖為RFC工作原理示意圖，有關說法正確的是A．當有0.2mol電子轉(zhuǎn)移時，a極產(chǎn)生3.2gO2B．b極上發(fā)生的電極反應是：2H++2e-=H2↑C．c極上進行還原反應，B中的H+可以通過隔膜進入AD．d極上發(fā)生的電極反應是：O2+2H2O+4e-=4OH-10、在一定條件下，在容積不變的密閉容器內(nèi)進行反應：2NO+2CON2+2CO2△H＜1．曲線a表示NO的轉(zhuǎn)化率與反應時間的關系，若改變初始條件，使反應過程按照曲線b進行，可采取的措施是A．加催化劑B．降低溫度C．增大NO的濃度D．縮小容器體積11、用石墨作電極電解1mol/LCuSO4溶液，當c(Cu2＋)為0.5mol/L時，停止電解，向剩余溶液中加入下列何種物質(zhì)可使電解質(zhì)溶液恢復至原來狀態(tài)()A．CuSO4 B．CuO C．Cu(OH)2 D．CuSO4·5H2O12、等質(zhì)量的下列烴完全燃燒時，消耗氧氣的量最多的是A．CH4 B．C2H4 C．C3H4 D．C6H613、下列有關物質(zhì)水解的說法不正確的是()A．蛋白質(zhì)水解的最終產(chǎn)物是多肽B．淀粉水解的最終產(chǎn)物是葡萄糖C．纖維素能水解成葡萄糖D．油脂水解產(chǎn)物之一是甘油14、8NH3?+?3Cl2===6NH4Cl?+?N2，反應中氧化劑和還原劑的質(zhì)量比是（）A．8?：3B．213?：136C．34?：213D．213?：3415、同分異構(gòu)現(xiàn)象是造成有機物種類繁多的重要原因之一。下列各組物質(zhì)中互為同分異構(gòu)體的是A．甲烷與丙烷B．CH3CH2OH與CH3COOHC．乙烯與乙烷D．CH3CH2CH2CH3與16、下列說法不正確的是()A．基態(tài)氧原子與基態(tài)氮原子中未成對電子數(shù)之比是2∶3B．基態(tài)氮原子與基態(tài)磷原子中未成對電子數(shù)之比是1∶1C．基態(tài)碳原子與基態(tài)氮原子中未成對電子數(shù)之比是3∶4D．基態(tài)銅原子中未成對電子數(shù)是1二、非選擇題（本題包括5小題）17、現(xiàn)有原子序數(shù)小于20的A，B，C，D，E，F(xiàn)6種元素，它們的原子序數(shù)依次增大，已知B元素是地殼中含量最多的元素；A和C的價電子數(shù)相同，B和D的價電子數(shù)也相同，且A和C兩元素原子核外電子數(shù)之和是B，D兩元素原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)之和的1/2；C，D，E三種元素的基態(tài)原子具有相同的電子層數(shù)，且E原子的p軌道上電子數(shù)比D原子的p軌道上多一個電子；6種元素的基態(tài)原子中，F(xiàn)原子的電子層數(shù)最多且和A處于同一主族。回答下列問題。（1）用電子式表示C和E形成化合物的過程________________。（2）寫出基態(tài)F原子核外電子排布式__________________。（3）寫出A2D的電子式________，其分子中________(填“含”或“不含”)σ鍵，________(填“含”或“不含”)π鍵。（4）A，B，C共同形成的化合物化學式為________，其中化學鍵的類型有________。18、物質(zhì)A有如圖所示的轉(zhuǎn)化關系(部分產(chǎn)物已略去)，已知H能使溴的CCl4溶液褪色?；卮鹣铝袉栴}：(1)A的結(jié)構(gòu)簡式為________。(2)1molE與足量NaOH溶液反應時，消耗NaOH的物質(zhì)的量為________mol。(3)M的某些同分異構(gòu)體能發(fā)生銀鏡反應，寫出其中任意一種結(jié)構(gòu)簡式：________________。(4)寫出化學方程式H―→I：__________________________________。(5)E通?？捎杀aOH溶液、H2、O2、Br2等為原料合成，請按“A―→B―→C―→…”的形式寫出反應流程，并在“―→”上注明反應類型但不需要注明試劑及反應條件________。19、用酸性KMnO4和H2C2O4(草酸)反應研究影響反應速率的因素，離子方程式為2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。一實驗小組欲通過測定單位時間內(nèi)生成CO2的速率，探究某種影響化學反應速率的因素，設計實驗方案如下(KMnO4溶液已酸化)：實驗序號A溶液B溶液①20mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液30mL0.01mol·L-1KMnO4溶液②20mL0.2mol·L-1H2C2O4溶液30mL0.01mol·L-1KMnO4溶液（1）該實驗探究的是____因素對化學反應速率的影響。（2）若實驗①在2min末收集了4.48mLCO2(標準狀況下)，則在2min末，c(MnO)=___mol·L-1。（3）除通過測定一定時間內(nèi)CO2的體積來比較反應速率外，本實驗還可通過測定___來比較化學反應速率。（4）小組同學發(fā)現(xiàn)反應速率總是如圖二，其中t1～t2時間內(nèi)速率變快的主要原因可能是①該反應放熱、②____。20、誤差分析：（1）在轉(zhuǎn)移溶液時有部分溶液濺出，則配制的溶液濃度___________（填“偏高”、“偏低”或“不變”，下同）；（2）轉(zhuǎn)移溶液后，沒有用水洗滌燒杯內(nèi)壁，溶液濃度將__________；（3）加水超過容量瓶的刻度線，溶液濃度將__________，此時應該_______________；（4）加水定容時俯視刻度線，溶液濃度將__________；（5）定容后將溶液搖勻，發(fā)現(xiàn)液面下降，又加水到刻度線，溶液濃度將_________。（6）燒堿溶解后，沒有恢復到室溫，就轉(zhuǎn)移到容量瓶中進行配制，濃度將____________。21、丁烷在一定條件下裂解可按兩種方式進行：C4H10C2H6+C2H4,C4H10CH4+C3H6如圖是某化學興趣小組進行丁烷裂解的實驗流程。(注：能將烴氧化成和，G后面裝置與答題無關，省略)按上圖連好裝置后，需進行的實驗操作有：①給D、G裝置加熱；②檢查整套裝置的氣密性；③排出裝置中的空氣等(1)這三步操作的先后順序依次是______。(2)氧化鋁的作用是______，甲烷與氧化銅反應的化學方程式是______。(3)B裝置所起的作用是______。(4)若對E裝置中的混合物(溴水足量)，再按以下流程實驗：①操作Ⅰ、操作Ⅱ分別是______、______。②溶液的作用是(用離子方程式表示)__________________________。③已知B只有一種化學環(huán)境的氫原子，則B的結(jié)構(gòu)簡式為__________________、(5)假定丁烷完全裂解，當(E+F)裝置的總質(zhì)量比反應前增加了1.82g，G裝置的質(zhì)量減少了4.16g，則丁烷的裂解產(chǎn)物中甲烷和乙烷的物質(zhì)的量之比______(假定流經(jīng)D、G裝置中的氣體能完全反應)

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解題分析】可逆反應達到化學反應限度時，正反應速率等于逆反應速率，不等于0，反應沒有停止，故C錯誤。2、B【解題分析】pH=11的NaOH溶液，水電離的c(H+)=10-11mol/L，根據(jù)水的離子積常數(shù)由NaOH電離產(chǎn)生的c(OH-)=1×10?14/10?11mol/L=10-3mol/L，而由水電離產(chǎn)生的c（OH-）=c（H+）=10-11mol/L，所以由氫氧化鈉電離出的OH-離子濃度與水電離出的OH-離子濃度之比：10-3mol/L：10-11mol/L=108：1故選B?！军c晴】本題最大的難點是讀懂題目，何胃水電離出的OH-，在NaOH溶液中因氫氧化鈉的電離使溶液顯堿性，此時溶液里的OH—主要來自氫氧化鈉的電離，并且電離出的OH-抑制了水電離，由此可知溶液里的H+來自水的電離，而水電離出的H+與OH-的數(shù)目或濃度是相等的，由此展開討論，結(jié)合水的離子積常數(shù)進行計算，即根據(jù)H2OH++OH-，從影響水的電離平衡移動的角度分析，NaOH抑制水的電離，根據(jù)溶液的PH為11，求出水電離出的c(H+)利用水的離子積常數(shù)求出氫氧化鈉電離出的OH-離子濃度。3、C【題目詳解】A．該可逆反應放熱，灼熱的鉑絲接收到反應放出的熱量繼續(xù)保持紅熱，A正確；B．該反應為放熱反應，降低溫度的時候平衡向正向移動，氣體顏色變淺，B正確；C．NaOH固體溶于鹽酸中還要放出大量的熱，故熱化學方程式不能用選項中的方程式表達，C錯誤；D．燃燒熱是用1mol純物質(zhì)完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物所放出的熱量，熱化學方程式中生成物為穩(wěn)定氧化物，D正確；故選C。4、A【分析】吸熱反應為生成物的總能量大于反應物的總能量；而放熱反應為生成物的總能量小于反應物的總能量?！绢}目詳解】A.碳酸鈣受熱分解生成二氧化碳和氧化鈣，反應是吸熱反應，是生成物的總能量大于反應物的總能量，故A符合題意；B.乙醇的燃燒反應是一個放熱反應，是生成物的總能量小于反應物的總能量，故B不符題意；C.鋁與氧化鐵粉未反應是一個放熱反應，是生成物的總能量小于反應物的總能量，故C與題意不符；D.氧化鈣溶于水是一個放熱反應，是生成物的總能量小于反應物的總能量，故D與題意不符。故答案：A。5、B【題目詳解】A選項，不同類型的晶體的熔點比較的一般規(guī)律為：分子晶體＜離子晶體＜原子晶體，NaCl、MgO是離子晶體，H2O為分子晶體，熔點低，故A錯誤；B選項，金屬晶體的熔點比較：離子半徑越小，熔沸點越高，半徑Al＜Mg＜Na，熔沸點Na＜Mg＜Al，故B正確；C選項，金屬晶體的熔點比較：離子半徑越小，熔沸點越高，半徑K＞Na＞Li，故熔沸點Li＞Na＞K，故C錯誤；D選項，原子晶體熔沸點比較：半徑越小，熔沸點越高，因此三者熔沸點為：金剛石>氮化碳>單晶硅，故D錯誤；綜上所述，答案為B?！绢}目點撥】晶體熔沸點一般規(guī)律為：原子晶體＞離子晶體＞分子晶體原子晶體、金屬晶體：主要看半徑，半徑越小，鍵越強，熔沸點越高；離子晶體：主要比較離子半徑和晶格能，離子半徑越小，晶格能越大，熔沸點越高；分子晶體：結(jié)構(gòu)和組成相似，相對分子質(zhì)量越大，熔沸點越高，有氫鍵的物質(zhì)熔沸點格外的高。6、A【分析】關閉K后，甲、乙裝置能自發(fā)的進行氧化還原反應，所以是原電池，鋅易失電子作負極，銅作正極，則含有硫酸鈉溶液的濾紙是電解池，a是陰極，b是陽極?！绢}目詳解】A、銅電極上銅離子得電子發(fā)生還原反應生成銅，故A正確；B、電子從Zn→a，b→Cu路徑流動，電子不能進入電解質(zhì)溶液，故B錯誤；C、鋅作負極，負極上鋅失電子發(fā)生氧化反應生成鋅離子進入溶液，硫酸根離子不參加反應，所以硫酸根離子濃度不變，故C錯誤；D、電解池中，a電極上氫離子放電生成氫氣，同時a電極附近生成氫氧根離子，導致溶液堿性增強，所以a點變紅色，故D錯誤；答案選A。7、C【題目詳解】根據(jù)洪特規(guī)則，電子分布到能量相同的原子軌道時，優(yōu)先以自旋相同的方式分別占據(jù)不同的軌道，15P原子的電子排布式是1s22s22p63s23px13py13pz1，寫成1s22s22p63s23px23py1違背了洪特規(guī)則，故選C。8、D【分析】二氧化硅晶體中，每個氧原子形成2個σ鍵；根據(jù)均攤原則，每個NaCl晶體的晶胞含有4個鈉離子、4個氯離子；5gD2O的物質(zhì)的量是，1個D2O分子中含有10個質(zhì)子、10個電子、10個中子；SO2、O2生成SO3的反應可逆。【題目詳解】16g氧原子的物質(zhì)的量是1mol，每個氧原子形成2個σ鍵，所以含16g氧原子的二氧化硅晶體中含有的σ鍵數(shù)目為2NA，故A敘述正確；58.5gNaCl的物質(zhì)的量是1mol，每個NaCl晶體的晶胞含有4個鈉離子、4個氯離子，所以58.5gNaCl晶體中含有0.25NA個右圖所示的結(jié)構(gòu)單元，故B敘述正確；5gD2O的物質(zhì)的量是，1個D2O分子中含有10個質(zhì)子、10個電子、10個中子，所以5gD2O含有的質(zhì)子數(shù)、電子數(shù)、中子數(shù)均為2.5NA，故C敘述正確；SO2、O2生成SO3的反應可逆，所以2molSO2和1molO2在一定條件下反應所得混合氣體分子數(shù)大于2NA，故D敘述錯誤。9、C【解題分析】依據(jù)圖示知左邊裝置是電解池，右邊裝置是原電池，ab電極是電解池的電極，由電源判斷a為陰極產(chǎn)生的氣體是氫氣，b為陽極產(chǎn)生的氣體是氧氣；cd電極是原電池的正負極，c是正極，d是負極。據(jù)此分析。【題目詳解】A項，當有0.2

mol電子轉(zhuǎn)移時，a電極為電解池陰極，電極反應為2H++2e-=H2↑，產(chǎn)生0.1mol氫氣，故A項錯誤；B項，b電極為陽極失電子發(fā)生氧化反應：4OH--4e-=2H2O+O2↑，故B項錯誤；C項，c電極上氧氣得到電子發(fā)生還原反應，B中的H+可以通過隔膜進入A，故C項正確；D項，d為負極失電子發(fā)生氧化反應：2H2-4e-=4H+，故D項錯誤。綜上所述，本題正確答案為C。10、B【解題分析】根據(jù)外因?qū)Ψ磻俾屎突瘜W平衡的影響分析判斷?！绢}目詳解】據(jù)圖可知，曲線a、b上轉(zhuǎn)折點之前為非平衡狀態(tài)，轉(zhuǎn)折點之后的水平線為化學平衡狀態(tài)，條件改變使反應變慢，且NO平衡轉(zhuǎn)化率增大，即條件改變使平衡右移。A項：加入催化劑使化學反應加快，不能使平衡移動。A項錯誤；B項：降低溫度，使反應變慢，平衡右移。B項正確；C項：增大NO的濃度，反應變快，平衡右移，NO平衡轉(zhuǎn)化率減小。C項錯誤；D項：縮小容器體積即加壓，反應變快，平衡右移，NO平衡轉(zhuǎn)化率增大。D項錯誤。本題選B。11、B【題目詳解】用石墨做電極電解1mol/LCuSO4溶液，陽極反應為4OH﹣4e﹣=O2↑+2H2O，陰極反應為Cu2++2e﹣=Cu，所以相當于析出CuO，根據(jù)析出什么加什么的原則可知，應該加入適量的CuO可使電解質(zhì)溶液恢復至原來狀況，也可以加入適量的CuCO3可使電解質(zhì)溶液恢復至原來狀況；故選B?！绢}目點撥】本題考查了電解原理，明確兩極上析出的物質(zhì)是解本題關鍵，從而確定應該加入的物質(zhì)，注意CuCO3加入電解質(zhì)溶液中，會放出CO2氣體，所以還是相當于加入CuO。12、A【解題分析】相同質(zhì)量的碳和氫燃燒，氫消耗的氧氣量更多。即等質(zhì)量的烴完全燃燒時，氫的百分含量越多，消耗氧氣量越多；因此比較y/x：A為4，B為2，C為4/3，D為1，A選項符合題意。13、A【解題分析】A.蛋白質(zhì)水解的最終產(chǎn)物是氨基酸，A錯誤；B.淀粉水解的最終產(chǎn)物是葡萄糖，B正確；C.纖維素是多糖，能水解成葡萄糖，C正確；D.油脂是高級脂肪酸的甘油酯，水解產(chǎn)物之一是甘油，D正確，答案選A。視頻14、D【解題分析】由方程式可知，反應中Cl元素的化合價由0價→-1價，化合價降低，被還原，所以Cl2為氧化劑；反應中N元素的化合價由-3價→0價，化合價升高，被氧化，所以NH3為還原劑，當有3molCl2參加反應時2molNH3被氧化，則氧化劑和還原劑的質(zhì)量比是3mol×71g/mol：2mol×17g/mol=213：34，所以答案D正確。故選D。15、D【分析】同分異構(gòu)體是分子式相同，結(jié)構(gòu)不同的物質(zhì)。【題目詳解】A.甲烷與丙烷分子式不同，故A錯誤；B.CH3CH2OH與CH3COOH分子式不同，故B錯誤；C.乙烯與乙烷分子式不同，故C錯誤；D.CH3CH2CH2CH3與分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，故D正確；故選D。16、C【題目詳解】A.基態(tài)氧原子未成對電子數(shù)為2，,基態(tài)氮原子中未成對電子數(shù)為3，兩者之比是2∶3，故A正確；B.基態(tài)氮原子未成對電子數(shù)為3，氮與磷在同一主族，所以基態(tài)磷原子中未成對電子數(shù)是3，兩者之比是1∶1，故B正確；C.基態(tài)碳原子未成對電子數(shù)為2，基態(tài)氮原子中未成對電子數(shù)為3，兩者未成對電子數(shù)之比是2∶3，故C錯誤；D.基態(tài)銅原子中未成對電子數(shù)是1，故D正確；答案：C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、Na:―→Na＋[::]－1s22s22p63s23p64s1H::H含不含NaOH離子鍵、共價鍵【分析】已知B元素是地殼中含量最多的元素，則B為氧元素；B和D的價電子數(shù)相同，則D為硫元素；B、D兩元素原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)之和24，其1/2為12，A和C的價電子數(shù)相同，且A和C兩元素原子核外電子數(shù)之和是B、D兩元素原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)之和的1/2，則A為氫元素，C為鈉元素；C，D，E三種元素的基態(tài)原子具有相同的電子層數(shù)，且E原子的p軌道上電子數(shù)比D原子的p軌道上多一個電子，則E為氯元素；6種元素的基態(tài)原子中，F(xiàn)原子的電子層數(shù)最多且和A處于同一主族，則F為鉀元素；據(jù)以上分析解答?！绢}目詳解】已知B元素是地殼中含量最多的元素，則B為氧元素；B和D的價電子數(shù)相同，則D為硫元素；B、D兩元素原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)之和24，其1/2為12，A和C的價電子數(shù)相同，且A和C兩元素原子核外電子數(shù)之和是B、D兩元素原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)之和的1/2，則A為氫元素，C為鈉元素；C，D，E三種元素的基態(tài)原子具有相同的電子層數(shù)，且E原子的p軌道上電子數(shù)比D原子的p軌道上多一個電子，則E為氯元素；6種元素的基態(tài)原子中，F(xiàn)原子的電子層數(shù)最多且和A處于同一主族，則F為鉀元素，(1)結(jié)合以上分析可知，C為鈉元素，E為氯元素；C和E形成化合物為氯化鈉，屬于離子化合物，用電子式表示氯化鈉形成化合物的過程如下：Na:―→Na＋[::]－；綜上所述，本題答案是：Na:―→Na＋[::]－。(2)結(jié)合以上分析可知，F(xiàn)為鉀，核電荷數(shù)為19，基態(tài)K原子核外電子排布式:1s22s22p63s23p64s1；綜上所述，本題答案是：1s22s22p63s23p64s1。(3)結(jié)合以上分析可知，A為氫元素，D為硫元素；二者形成H2S，屬于共價化合為物，電子式：H::H；其分子中含σ鍵，不含π鍵；綜上所述，本題答案是：H::H，含，不含。(4)A為氫元素，B為氧元素，C為鈉元素，三種元素共同形成的化合物化學式為NaOH，其電子式為：，化學鍵的類型有離子鍵、共價鍵；綜上所述，本題答案是：NaOH，離子鍵、共價鍵。18、CH3CHClCOOCH31OHCCH2COOH、OHCCH(OH)CHO、OHCCOOCH3(任選一種即可，其他合理答案均可)【解題分析】H在一定條件下反應生成I，反應前后各元素的組成比不變，且H能使溴的溶液褪色，說明H反應生成I應為加聚反應，說明H中含有，則H為，I為；由此可以知道E應為，被氧化生成，不能發(fā)生銀鏡反應，B應為，說明A在堿性條件下生成、NaCl和醇，對比分子組成可以知道該醇為，則A應為。(1)由以上分析可以知道A為CH3CHClCOOCH3；正確答案：CH3CHClCOOCH3。(2)E為，分子中只有具有酸性，能與NaOH反應，則與足量的NaOH溶液反應時，消耗NaOH物質(zhì)的量為；正確答案：1。(3)M為,其對應的同分異構(gòu)體能發(fā)生銀鏡反應，說明分子中含有CHO或等官能團，對應的同分異構(gòu)體可能有OHCCH2COOH、OHCCH(OH)CHO或OHCCOOCH3；正確答案:OHCCH2COOH、OHCCH(OH)CHO、OHCCOOCH3(任選一種即可，其他合理答案均可)。(4)H為，可發(fā)生加聚反應生成,方程式為n

；正確答案：。(5)由丙烯、NaOH溶液、、、等為原料合成,可涉及以下反應流程：,涉及的反應類型有加成、水解(或取代)、氧化、氧化、還原(或加成)；具體流程如下：；正確答案：。19、濃度0.0052KMnO4溶液完全退色所需時間(或產(chǎn)生相同體積氣體所需時間)產(chǎn)物Mn2+(或MnSO4)是反應的催化劑【題目詳解】（1）對比①②實驗可探究草酸的濃度對化學反應速率的影響。（2）4.48mLCO2（標準狀況下）的物質(zhì)的量為2×10-4mol，根據(jù)反應2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，消耗MnO4-的物質(zhì)的量為4×10-5mol，反應剩余的高錳酸根離子的物質(zhì)的量為：30×10-3L×0.01mol·L-1-0.00004mol=0.00026mol，則在2min末，c（MnO4﹣）=0.00026mol÷0.05L=0.0052mol/L。（3）除通過測定一定時間內(nèi)CO2的體積來比較反應速率，本實驗還可以通過測定KMnO4溶液完全褪色所需時間或產(chǎn)生相同體積氣體所需的時間來比較化學反應速率。（4）產(chǎn)物Mn2+（或MnSO4）是反應的催化劑，所以t1～t2時間內(nèi)速率變快。20、偏低偏低偏低重新配制偏高偏低偏高【解題分析】（1）在轉(zhuǎn)移溶液時有部分溶液濺出，溶質(zhì)損失，根據(jù)c=nV（2）轉(zhuǎn)移溶液后，沒有用水洗滌燒杯內(nèi)壁，溶質(zhì)損失，根據(jù)c=nV=（3）加水超過容量瓶的刻度線，所配溶液體積偏大，根據(jù)c=nV=（4）加水定容時俯視刻度線，所配溶液體積偏少，根據(jù)c=nV=（5）定容后將溶液搖勻，發(fā)現(xiàn)液面下降，又加水到刻度線，則多加了蒸餾水，根據(jù)c=nV（6）燒堿溶解后，沒有恢復到室溫，就轉(zhuǎn)移到容量瓶中進行配制，燒堿溶于水放熱，根據(jù)熱脹冷縮的原理，所配溶液體積偏小，根據(jù)c=nV=21、②③①催化劑觀察并控制丁烷氣體的流速分液蒸餾SO32-+Br2+H2O=2Br-+SO42-+2H+3:2【分析】（1）應先檢驗氣密性，趕出內(nèi)部氣體，再加熱；

（2）根據(jù)氧化鋁在丁烷裂解反應中的作用解答；加熱條件下，甲烷能被氧化銅氧化生成二氧化碳；

（3）通過觀察氣泡，控制氣體流速；

（4）混合物中含有有機物和溴，向混合物中加入亞硫酸鈉溶液后，溶液分層，采用分液的方法分離出混合物和有機層，互溶的液體采用蒸餾的方法分離，分離出A和B，B和氫氧化鈉溶液反應生成C，在加熱、銅作催化劑的條件下，C被氧化生成D，則C為醇，B是氯代烴，D是醛；

①互不相溶的液體采用分液的方法分離，互溶的液體采用蒸餾