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广东省深圳市翠园中学2025-2026学年高二上学期期中调研 化学试题
1．（2025高二上·深圳期中）下列关于范德华力的叙述中，正确的是
A．范德华力的实质也是一种电性作用，所以范德华力是一种特殊的化学键
B．范德华力与化学键的区别是作用力的强弱问题
C．任何分子间在任意情况下都会产生范德华力
D．范德华力非常微弱，故破坏分子间的范德华力不需要消耗能量
【答案】B
【知识点】化学键和分子间作用力的区别
【解析】【解答】A．范德华力属于分子间作用力，不是化学键，故A错误；
B．化学键是粒子间的强烈的相互作用，范德华力是分子间较弱的作用力，故B正确；
C．若分子间的距离足够远，则分子间没有范德华力，故C错误；
D．虽然范德华力非常微弱，但破坏它时也要消耗能量，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A.化学键包括离子键、共价键、金属键。
B. 化学键的作用力较强，范德华力的作用力较弱。
C.当分子相互靠近时，分子间会产生范德华力。
D. 破坏分子间的范德华力需要消耗能量。
2．（2025高二上·深圳期中）氢气作为能源燃烧生成水的反应是氧化还原反应，下列说法正确的是
A．O2是还原剂 B．H2是氧化剂
C．O2失去电子 D．H2发生氧化反应
【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A.反应前后氧元素化合价由0降为-2，则O2是氧化剂，选项A错误；
B.反应前后氢元素化合价由0升为+1，则H2是还原剂，选项B错误；
C. O2是氧化剂，反应中得电子发生还原反应，选项C错误；
D.H2是还原剂，反应中失电子发生氧化反应，选项D正确。
故答案为：D。
【分析】氢气燃烧的化学方程式为2H2+O22H2O。反应前后，氧化剂中部分元素化合价降低，得电子发生还原反应；还原剂中部分元素化合价升高，失电子发生氧化反应。
3．（2025高二上·深圳期中）25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．pH=7的溶液中： Na+、Fe3+、、Cl-
B．c(H+)/c(OH-)=1012的溶液中：、Mg2+、、
C．能使甲基橙变红色的溶液中： Na+、K+、Cl- 、
D．水电离出的c(H+) 与c(OH-)乘积为10-20的溶液中： K+、Na+、、Ca2+
【答案】B
【知识点】水的电离；离子积常数；离子共存
【解析】【解答】A． Fe3+在溶液中水解呈酸性，在pH=7的溶液中不能大量共存，故A不选；
B．c(H+)/c(OH-)=1012的溶液呈酸性，此时这几种离子之间不反应，可大量共存，故B选；
C．能使甲基橙变红色的溶液呈酸性，H+与结合生成H2SiO3沉淀，不能大量共存，故C不选；
D．水电离出的c(H+) 与c(OH-)乘积为10-20的溶液呈酸性或碱性，H+或OH-与均会反应，不能大量共存，故D不选；
故答案为：B。
【分析】判断离子之间是否能大量共存，主要看离子之间是否发生反应。若离子之间反应生成气体、沉淀、弱电解质或发生氧化还原反应、络合反应、双水解反应等时，离子之间不可大量共存。在遇到此类试题时，注意题干中是否涉及颜色，要熟悉溶液中常见离子的颜色，以及溶液的酸碱性。另注意“H+与NO3－”组合具有强氧化性，能与S2-、Fe2+、I-等发生氧化还原反应。
4．（2025高二上·深圳期中）一定温度下，对可逆反应A(g)+2B(g)3C(g)的下列叙述中，能说明反应已达到平衡的是
A．C生成的速率与C分解的速率相等
B．单位时间内消耗a molA，同时生成3a molC
C．容器内的压强不再变化
D．混合气体的物质的量不再变化
【答案】A
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．C生成的速率与C分解的速率相等，说明反应已达到平衡，A正确；
B．单位时间内消耗a molA，同时生成3a molC，不能说明反应已达到平衡，B错误；
C．根据题干所给方程式，反应前后气体分子数不变，则压强对平衡无影响，所以容器内的压强不再变化，不能说明反应已达到平衡，C错误；
D．根据题干所给方程式，反应前后气体分子数不变，所以混合气体的物质的量不再变化，不能说明达平衡状态，D错误；
故答案为：A。
【分析】反应达到化学平衡状态的主要标志是正逆反应速率相等、各物质的含量保持不变。
5．（2025高二上·深圳期中）由碳、氮、磷、硫等元素组成的蛋白质，在体内经过消化、吸收后，最后氧化成酸，对应的酸不正确的是
A．碳→碳酸 B．硫→硫酸 C．氮→硝酸 D．磷→磷酸
【答案】C
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】蛋白质中的氮元素在体内经过消化、吸收后，最后变为氨基酸被人体利用；
故答案为：C。
【分析】蛋白质中的氮元素最后变为氨基酸。
6．（2025高二上·深圳期中）在不同浓度(c)、不同温度(T)下，某物质发生分解的瞬时反应速率如下表所示：
c/mol·L－1 v/mol·L－1·s－1 T/K 1.00 0.08 0.06 0.04
273.15 3.00 2.40 1.80 1.20
298.15 6.00 5.00 4.00 3.00
T3 5.40 5.04 4.68 4.32
下列推断正确的是
A．T3＜273.15
B．同时改变起始浓度和温度，瞬时速率可能相等
C．该物质最适宜的分解条件是，温度为298.15 K，起始浓度为 1.0 mol·L－1
D．该分解反应一定是熵增、焓增反应
【答案】B
【知识点】化学平衡中反应条件的控制
【解析】【解答】A. 起始浓度相同时，温度越高，反应速率越大，T3＜298.15K，故A错误；
B.根据表格信息，273.15K，1 mol·L－1时分解速率与298.15K、0.04 mol·L－1时的瞬时速率相等，故B正确；
C.最适宜条件需通过多组数据得出，故C错误；
D.根据题干信息无法确定焓变、熵变，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A.根据反应速率的影响因素进行分析。
B.从表格中找不同温度、不同浓度时，瞬时速率有没有相等的数据。
C. 最适宜条件需通过多组数据得出。
D. 熵增反应说明体系混乱度增大，即固态→液态→气态； 焓增反应说明反应吸热。
7．（2025高二上·深圳期中）下列各图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是
A．①②④ B．①②③ C．①② D．②③④
【答案】A
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁
【解析】【解答】①Fe与稀硫酸反应生成的氢气能将装置内空气排出，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，故①选；
②Fe与稀硫酸反应生成的氢气将装置内空气排出，且装置内压强增大，可使生成的硫酸亚铁进入B中
与NaOH接触而反应，故②选；
③生成的氢氧化亚铁易被空气中氧气氧化，故③不选；
④苯隔绝空气，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，故④选；
综上所述①②④均符合题意。
故答案为：A。
【分析】 能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀 ，注意排除装置中的氧气或空气，因为含Fe2+的溶液或Fe(OH)2在空气中很容易被氧化。
8．（2025高二上·深圳期中）向某密闭容器中加入0.3 molA、0.1molC和一定量的B三种气体，一定条件下发生如下反应：3A(g)B(g)+2C(g) △H＜0，各物质的浓度随时间变化如图所示[t0~t1阶段的c(B)变化未画出]，下列说法中正确的是
A．若t1=15s，则用A的浓度变化表示t0~t1阶段的平均反应速率为0.004 mol/(L·s)
B．t1时该反应达到平衡，A的转化率为60%
C．该容器的容积为2L，B的起始的物质的量为0.02 mol
D．t0~t1阶段，此过程中容器与外界的热交换总量为akJ，该反应的热化学方程式为：3A(g)B(g)+2C(g) △H=-50a kJ/mol
【答案】B
【知识点】热化学方程式；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．t0 t1阶段，△c(A)=0.09mol/L，则v===0.006mol/(L s)，故A错误；
B．t1时该反应达到平衡， t0 t1阶段，△c(A)=0.09mol/L，则转化率=×100%=60%，故B正确；
C．相同时间内，反应中各物质的化学计量系数之比等于浓度的变化量之比，则该反应的方程式为3A(g) B(g)+2C(g)，反应前后物质的量不变，则平衡时总物质的量为2L×(0.05+0.06+0.11)mol/L=0.44mol，0.44mol 0.3mol 0.1mol=0.04mol，故C错误；
D．t0～t1阶段，△c(A)=0.09mol·L－1，△n(A)=0.09mol/L×2L=0.18mol，此时放热akJ，如果有3molA完全反应，放热为kJ，即热化学方程式为3A(g) B(g)＋2C(g)△H＝－kJ·mol－1，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A.根据v=进行分析，注意单位统一。
B.平衡时，各物质的含量保持不变。
C.根据反应过程中A减少，B、C增加，说明反应物是A，产物是B、C。
D.注意热化学方程式中化学计量数必须与ΔH相对应。
9．（2025高二上·深圳期中）利用金属活动性的不同，可以采取不同的冶炼方法冶炼金属。下列反应所描述的冶炼方法不可能实现的是
A．2AlCl3(熔融)2Al＋3Cl2↑
B．Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2
C．Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu
D．2KCl(熔融)2K＋Cl2↑
【答案】A
【知识点】金属冶炼的一般原理；电镀
【解析】【解答】A．氯化铝是共价化合物，熔融状态下不能电离出自由移动的离子，应通过电解熔融氧化铝冶炼，故A符合题意；
B．通常用还原剂将铁从其化合物中还原出来，故B不符合题意；
C．金属活动性：Fe＞Cu，铁可以置换出硫酸铜中的铜，故C不符合题意；
D．钾是活泼金属，通常采用电解熔融氯化钾冶炼金属钾，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】金属冶炼的方法主要有：
1.热分解法（Hg及后边金属）：对于不活泼金属，可直接加热将金属从其化合物中还原出来；
2.热还原法（Zn～Cu）：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来；
3.电解法（K～Al）：对于活泼金属，通常采用电解其熔融金属化合物的方法进行冶炼。
10．（2025高二上·深圳期中）四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原子内质子数之比为1：2，X2+和Z-的电子数之差为8。下列说法不正确的是
A．WZ4分子中W、Z原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构
B．元素原子半径从大到小的顺序是X、Y、Z
C．W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是元素Z
D．W与Y通过离子键形成离子化合物
【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、由分析可知，WZ4为CCl4，为共价化合物，原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构，故A正确； B、由分析可知，X、Y、Z均位于第三周期，同周期原子半径从左到右依次减小，则原子半径顺序是X＞Y＞Z，故B正确；
C、由分析可知，W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物分别是H2CO3、H2SO4、HClO4，其中HClO4酸性最强，故C正确；
D、由分析可知，W、Y分别是C、S元素，形成的化合物CS2为共价化合物，故D错误；
故答案为：D。
【分析】 四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大， X2+和Z-的电子数之差为8，则 X2+和Z-
的核外电子数分别是10、18，可推出X是镁元素，Z是氯元素； W和X元素原子内质子数之比为1：2，可推出W的质子数是6，则W是碳元素； W、X、Y、Z原子的最外层电子数之和为19，可推出Y原子的最外层电子数为19-4-2-7=6，则Y是硫元素。
11．（2025高二上·深圳期中）1molN2H4(g)在O2(g)中燃烧，生成N2(g)和H2O(l)，放出622kJ的热量，该反应的正确的热化学方程式为：
A．N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) △H=-622kJ·mol-l
B．N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-622kJ·mol-l
C．N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) △H=+622kJ·mol-l
D．N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=+622kJ·mol-l
【答案】A
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】放出热量，则△H＜0，排除C、D项，生成的H2O为液态，排除B项；
故答案为：A。
【分析】热化学方程式书写的常见注意事项：
1.必须注明物质的聚集状态，一般用s、l、g、aq分别是表示固态、液态、气态、溶液。
2.化学计量数可以是整数，也可以是分数。
3.化学计量数必须与ΔH相对应。若化学计量数加倍，则ΔH也加倍；若反应逆向进行，则ΔH的数值相等，符号相反。
4.不必注明反应条件，不必标注气体、沉淀物质的符号。
12．（2025高二上·深圳期中）下列说法正确的是（　　）
A．天然气和液化石油气的主要成分都是甲烷
B．乙醇的沸点比丙烷高，是因为乙醇分子间存在氢键
C．福尔马林有一定毒性，不能作消毒剂和防腐剂
D．苯酚有毒，不慎沾到皮肤上，可以用氢氧化钠溶液处理
【答案】B
【知识点】甲烷的物理、化学性质；乙醇的物理、化学性质；苯酚的性质及用途
【解析】【解答】A.天然气的主要成分是甲烷，但液化石油气的主要成分是丙烷、丁烷等，故A不符合题意；
B.乙醇的沸点比丙烷高，是因为乙醇分子间存在氢键，使得乙醇分子间的作用力增大，熔沸点升高，故B符合题意；
C.福尔马林有一定毒性，能破坏蛋白质的结构，可以做作消毒剂和防腐剂，故C不符合题意；
D.苯酚有毒，不慎沾到皮肤上，应用酒精冲洗，因氢氧化钠有腐蚀性，不可以用氢氧化钠溶液处理，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.主要成分不对，石油气主要是丙烷
B.氢键影响沸点
C.福尔马林可以是尸体防腐剂，但是不能做食品消毒剂和防腐剂
D.不易用氢氧化钠进行处理，氢氧化钠具有很强的腐蚀性
13．（2025高二上·深圳期中）下列说法正确的是（　　）
A．为比较氯和硫元素非金属性强弱，可测同条件下同浓度的NaCl溶液和Na2S溶液的pH
B．用盐酸滴定氨水可选用甲基橙作指示剂
C．在某溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则原溶液中一定含SO42–
D．SO2和Cl2都能使品红溶液褪色，其原理相同
【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．NaCl溶液和Na2S溶液的pH值不同，只能说明硫化氢是弱酸，A不符合题意；
B.甲基橙的变色范围是3.1～4.4，氯化铵溶液显酸性，用盐酸滴定氨水可选用甲基橙作指示剂，B符合题意；
C.白色沉淀也可能是氯化银，C不符合题意；
D.氯气溶于水生成的次氯酸具有强氧化性，能把品红溶液氧化而褪色，SO2因发生化合反应而使品红溶液褪色，D不符合题意，
故答案为：B。
【分析】A非金属性比较的是氢化物的热稳定性，而不是离子的水解程度
C忽略了银离子
D二氧化硫是化合漂白，可逆；而氯气是溶于水生成次氯酸具有强氧化性，是氧化漂白，不可逆。原理不同
14．（2025高二上·深圳期中）化学与生活生产密切相关。下列说法中错误的是
A．将海水直接电解可获得 Mg及Cl2等单质
B．夏天冰箱保鲜食品的原理是降低温度，减小化学反应速率
C．施用适量石膏(CaSO4·2H2O)可降低盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)的碱性
D．施肥时，铵态氮肥不能与草木灰(含K2CO3)混合使用
【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；盐类水解的应用；海水资源及其综合利用
【解析】【解答】A.应电解熔融氯化镁获得 Mg及Cl2，故A错误；
B. 夏天冰箱保鲜食品的原理是降低温度，减小化学反应速率，故B正确；
C. Na2CO3为强碱弱酸盐，其水溶液水解呈碱性，由于CaCO3的溶解度比CaSO4小，则CaSO4·2H2O
能与Na2CO3溶液中的反应生成更难溶的CaCO3，从而降低盐碱地的碱性，故C正确；
D. 铵根离子和碳酸根离子在溶液中混合时存在双水解，会降低肥效，所以铵态氮肥不能与草木灰(含K2CO3)混合使用，故D正确；
故答案为：A。
【分析】A.海水中的MgCl2为强酸弱碱盐，其水溶液存在水解。
B.降温能减小反应速率。
C.熟悉盐类水解原理及溶解度较小的物质更易析出。
D.铵根离子为弱碱根离子，碳酸根离子为弱酸根离子，二者在溶液中混合存在双水解。
15．（2025高二上·深圳期中）已知SO3，BF3，CCl4，PCl5、SF6都是非极性分子，而H2S，NH3，NO2、SF4，BrF5都是极性分子，由此可推出ABn型分子属于非极性分子的经验规律是
A．ABn型分子中A，B均不含氢原子
B．A元素的相对原子质量必小于B元素的相对原子质量
C．分子中所有原子都在同一平面上
D．ABn型的价电子对数等于n
【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．无法确定ABn型分子中是否含氢原子，如CH4、NH3均含氢原子但前者为非极性分子而后者为极性分子，故A错误；
B．无法确定A、B元素的相对原子质量大小关系，如CH4，故B错误；
C．无法确定分子中所有原子是否都在同一平面上，如CCl4是正四面体结构，故C错误；
D．ABn型的价层电子对数等于n时，正电中心与负电中心重合，为非极性分子，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A．ABn型分子是否是非极性分子与是否含氢原子无关。
B．分子为非极性分子时A元素的相对原子质量不一定小于B元素的相对原子质量。
C．分子为非极性分子时所有原子不一定都在同一平面上。
D．非极性分子中正、负电荷重心重合。
16．（2025高二上·深圳期中）食品检验是保证食品安全的重要措施，下列哪些物质的含量在食品中是严格控制的（　　）
①烧烤食品中苯并芘的含量　②奶粉中三聚氰胺的含量③亚硝酸盐的含量　④苯甲酸钠的含量
A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④
【答案】D
【知识点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】①烧烤食品中苯并芘属于强致癌物；
②奶粉中三聚氰胺能导致饮用者患肾结石；
③亚硝酸盐是强致癌物。
④苯甲酸钠是常用防腐剂，在限量内使用，对人体无害。
综上，需严格控制的是①②③④，D符合题意；
故答案为：D
【分析】苯并芘、三聚氰胺、亚硝酸盐、苯甲酸钠都属于有毒有害物质，在食品添加剂中应严格控制用量。
17．（2025高二上·深圳期中）下列关于烃的说法正确的是
A．共面的C原子最多为14个
B．共直线的C原子只有为4个
C．1mol该烃最多可以和6molH2发生加成反应
D．1mol该烃最多可以消耗6molBr2
【答案】C
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A.该有机物分子中共面的碳原子最多为13个；A错误；
B.由分析可知，共直线的C原子只有为6个，B错误；
C.苯环、碳碳三键、碳碳双键与H2发生加成反应，且反应比例分别是1：3、1：2、1：1，则1mol该烃可以和6mol H2发生加成反应，C正确；
D. 1mol该烃最多可以和3mol Br2 发生加成反应，如果发生取代反应：苯环、烃基的氢被取代，消耗的Br2多于6 mol，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.饱和碳原子与其相连的最多2个原子共平面，苯环上所有原子共平面，碳碳三键、碳碳双键山所有原子共平面。
B.苯基对称轴上碳原子在一直线上。
C.苯环、碳碳三键、碳碳双键与H2发生加成反应。
D.碳碳三键、碳碳双键与Br2发生加成反应，烃基中的氢原子与Br2发生取代反应。
18．（2025高二上·深圳期中）将一块去掉氧化膜的锌片放入 100 mL pH 为 1 的盐酸中，2 min 后溶液的 pH 变为 2，则产生H2的速率可表示为(设溶液体积不变)
A．0.0225 mol / (L·min ) B．0.05 mol / (L·min )
C．0.045 mol / (L·min ) D．0.01 mol / (L·min )
【答案】A
【知识点】化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】涉及反应为Zn＋2H+= Zn2++H2↑，2min内溶液的pH值从1变为2，结合pH=-lgc(H+)，则△c(H+)=0.1mol/L-0.01mol/L=0.09mol/L，所以v（H+）===0.045mol·L-1·min-1，结合反应关系式2H+~H2，v(H2)=v（H+）=×0.045mol·L-1·min-1=0.0225 mol / (L·min ) ；
故答案为：A。
【分析】反应速率v=，注意各物质的化学反应速率之比等于化学计量系数之比。
19．（2025高二上·深圳期中）关于下列各装置图的叙述不正确的是
A．用图①装置精炼铜，a极为粗铜，b为精铜，电解质溶液为CuSO4溶液
B．图②装置的盐桥中KCl的Cl－移向乙烧杯
C．图③装置中钢闸门应与外接电源的负极相连获得保护
D．图④两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同
【答案】B
【知识点】铜的电解精炼；金属的电化学腐蚀与防护；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A.用图①装置精炼铜，粗铜为阳极，纯铜为阴极，粗铜被氧化，粗铜与电源正极相连，纯铜与电源负极相连，故a极为粗铜，b为精铜，故A正确；
B．锌为负极，盐桥中KCl的Cl﹣移向负极，即移向甲烧杯，故B错误；
C．图③装置中钢闸门应与外接电源的负极相连接，为外加电源的阴极保护法，故C正确；
D．图④负极分别为铝、锌，转移相同电量时，消耗的电极质量不同，故D正确；
故答案为：B。
【分析】图1和图3是电解池，负极连接阴极，正极连接阳极，图2是原电池；负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，阴极得电子发生还原反应，阳极失电子发生氧化反应。
20．（2025高二上·深圳期中）HIn在水溶液中存在以下电离平衡：HIn(红色）H+ + In-(黄色），故可用作酸碱指示剂。浓度为0.02 mol/L的下列各溶液：①盐酸，②石灰水，③NaCl溶液，④NaHSO4溶液，⑤Na2CO3溶液，⑥氨水，其中能使指示剂显红色的是
A．①④⑤ B．②⑤⑥ C．①④ D．②③⑥
【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理；中和滴定
【解析】【解答】①加入盐酸，使得溶液中c(H+)增大，利于平衡逆向移动，能使指示剂显红色；
②加入的石灰水会消耗原溶液中H+，使得c(H+)减小，利于平衡正向移动，能使指示剂显黄色；
③ 加入NaCl溶液，不影响平衡移动；
④加入 NaHSO4溶液 ，使得溶液中c(H+)增大，利于平衡逆向移动，能使指示剂显红色；
⑤加入的Na2CO3溶液会消耗原溶液中H+，使得c(H+)减小，利于平衡正向移动，能使指示剂显黄色；
⑥加入的氨水 会消耗原溶液中H+，使得c(H+)减小，利于平衡正向移动，能使指示剂显黄色；
故答案为：C。
【分析】能使指示剂显红色，说明应使平衡向逆反应方向移动，结合勒夏特列原理分析。
21．（2025高二上·深圳期中）铁上镀铜，做阳极，阴极
A．铁 铁 B．铜 铜 C．铁 铜 D．铜 铁
【答案】D
【知识点】电镀
【解析】【解答】电镀的过程：待镀金属做阴极，镀层金属做阳极，含有镀层金属离子的溶液做电镀液，因此铁上镀铜，铜做阳极，铁阴极；D正确；
故答案为：D。
【分析】待镀金属做阴极，镀层金属做阳极。
22．（2025高二上·深圳期中）一种气态烷烃和一种气态烯烃组成的混合物共0.1 mol，完全燃烧得0.16 mol二氧化碳和3.6 g水。下列说法正确的是
A．一定有甲烷 B．一定是甲烷和乙烯
C．可能有乙烷 D．一定有乙烷
【答案】A
【知识点】有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】一种气态烷烃和一种气态烯烃组成的混合物共0.1 mol，完全燃烧得0.16 mol二氧化碳和3.6 g水。3.6g水的物质的量为3.6/18 mol=0.2mol，则混合物的平均分子式为C1.6H4，根据碳原子个数分析，有烃分子中必须有只含一个碳原子的烃，即为甲烷，根据甲烷中氢原子个数为4分析，另一个有机物分子中氢原子个数也为4，可能为乙烯或环丁二烯；
故答案为：A。
【分析】烷烃的通式为CnH2n+2（n≥1）。
23．（2025高二上·深圳期中）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)。
【答案】H2SO3、H2SO4；S2-＞O2-＞Na+；；离子键、非极性共价键（或离子键、共价键）；NH4NO3；NH4++OH-NH3 H2O；4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4
【知识点】原子结构与元素的性质；化学键；铵盐；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】(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。
【分析】 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 ，可推出A是氢元素； B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，说明B的最高化合价为+5，结合 B元素的原子半径是其所在主族中最小的，可推出B是氮元素； C元素原子的最外层电子数比次外层多4 ，可推出C是氧元素； C、E同主族 ，可推出E是硫元素； 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 ，可推出D是钠元素。
24．（2025高二上·深圳期中）1912年的诺贝尔化学奖授予法国化学家V.Grignard，用于表彰他所发明的Grignard试剂（卤代烃基镁）广泛运用于有机合成中的巨大贡献。Grignard试剂的合成方法是：RX＋Mg RMgX（Grignard试剂）。生成的卤代烃基镁与具有羰基结构的化合物（醛、酮等）发生反应，再水解就能合成各种指定结构的醇：
现以2－丁烯和必要的无机物为原料合成3，4－二甲基－3－己醇，进而合成一种分子式为C10H16O4的具有六元环的物质J，合成线路如下：
请按要求填空：
（1） 3，4－二甲基－3－己醇是：　 　（填代号），E的结构简式是　 　；
（2）C→E的反应类型是　 　，H→I的反应类型是　 　；
（3）写出下列化学反应方程式（有机物请用结构简式表示）：
A→B　 　 ， I→J　 　 。
【答案】F；；加成反应；取代反应(水解)；CH3CH2CHBrCH3＋NaOH CH3CH2CH(OH)CH3＋NaBr；
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】（1）通过以上分析知，3，4-二甲基-3-己醇是F，E的结构简式为；答案：F 、 。
（2）由题给信息结合反应条件可知C为：，D为，则C+D→E的反应类型是为加成反应；由H为，I为，则H→I的反应类型是取代反应(水解)； 答案：加成反应、 取代反应(水解)。
（3）A为CH3CH2CHBrCH3，B为CH3CH2CH(OH)CH3，A→B的方程式为： CH3CH2CHBrCH3＋NaOHCH3CH2CH(OH)CH3＋NaBr；
I为，J为 ，I与HOOC—COOH发生酯化反应生成J，I→J的方程式为：；答案： CH3CH2CHBrCH3＋NaOHCH3CH2CH(OH)CH3＋NaBr、
【分析】2-丁烯与HBr发生加成反应生成A，A为CH3CH2CHBrCH3，A与NaOH溶液发生水解反应生成B，B为CH3CH2CH（OH）CH3，B发生氧化反应生成D，D为CH3CH2COCH3，A与Mg/乙醚发生题给信息中反应生成C ，C为，C与D反应生成E，E为，E发生水解生成F，F为，F的名称为3，4-二甲基-3-己醇，F发生消去反应生成G，G为，G和溴发生加成反应生成H，H为，H和氢氧化钠溶液发生取代反应生成I，I为， I和一种二元酸酸发生酯化反应生成J，J的分子式为C10H16O4、J具有六元环，则二元酸为HOOC—COOH，J的结构简式为。
25．（2025高二上·深圳期中）现甲、乙两化学小组安装两套如图所示的相同装置，用以探究影响H2O2分解速率的因素。
（1）仪器a的名称　 　。
（2）MnO2催化下H2O2分解的化学方程式是　 　。
（3）甲小组有如下实验设计方案，请帮助他们完成表格中未填部分。
实验编号 实验目的 T/K 催化剂 浓度
甲组实验Ⅰ 作实验参照 298 3滴FeCl3溶液 10 mL2%H2O2
甲组实验Ⅱ ①　 　 298 ②　 　 10 mL5%H2O2
（4）甲、乙两小组得出如图数据。
①由甲组实验数据可得出文字结论　 　。
②由乙组研究的酸、碱对H2O2分解影响因素的数据分析：相同条件下，Na2O2和K2O2溶于水放出气体速率较快的是　 　；乙组提出可以用BaO2固体与H2SO4溶液反应制H2O2，其化学反应方程式为　 　；支持这一方案的理由是　 　。
【答案】（1）锥形瓶
（2）2H2O22H2O+O2↑
（3）探究反应物浓度对反应速率的影响；3滴FeCl3溶液
（4）在其它条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越大；K2O2；BaO2+H2SO4=BaSO4+H2O2；制备H2O2的环境为酸性环境，H2O2的分解速率较慢
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）图示仪器a为锥形瓶；故答案为：锥形瓶。
（2）H2O2在MnO2催化作用下分解生成O2和H2O，该反应的化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑；故答案为：2H2O22H2O+O2↑。
（3）反应速率受温度、浓度、催化剂的影响，甲组实验Ⅰ和实验Ⅱ中温度相同、浓度不同，因此该实验过程探究的是浓度对反应速率的影响，则需保证反应温度和催化剂相同，因此所用催化剂为3滴FeCl3溶液；故答案为：探究反应物浓度对反应速率的影响；3滴FeCl3溶液。
（4）①由甲组实验数据可得，甲组实验Ⅱ所用反应物浓度较大，相同时间内产生氧气的体积较大，因此可得结论：在其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越快；故答案为：在其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越快。
②由乙组实验数据可知，碱性条件下，H2O2的分解速率更快；而Na2O2、K2O2与H2O反应的化学方程式分别为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2K2O2+2H2O=4KOH+O2↑，由于KOH的碱性比NaOH的碱性强，因此K2O2与H2O反应放出气体的速率较快；该反应的化学方程式为：BaO2+H2SO4=BaSO4+H2O2，由于该反应在酸性条件下进行，而酸性条件下，H2O2的分解速率较慢，因此可用该反应制备H2O2；故答案为：K2O2；BaO2+H2SO4=BaSO4+H2O2；制备H2O2的环境为酸性环境，H2O2的分解速率较慢。
【分析】（1）熟悉常见仪器及其特征。
（2）注意反应条件及箭头的标注。
（3）根据控制变量法进行分析。
（4）根据控制变量法进行分析。
（1）图示仪器a为锥形瓶；故答案为：锥形瓶。
（2）H2O2在MnO2催化作用下分解生成O2和H2O，该反应的化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑；故答案为：2H2O22H2O+O2↑。
（3）反应速率受温度、浓度、催化剂的影响，甲组实验Ⅰ和实验Ⅱ中温度相同、浓度不同，因此该实验过程探究的是浓度对反应速率的影响，则需保证反应温度和催化剂相同，因此所用催化剂为3滴FeCl3溶液；故答案为：探究反应物浓度对反应速率的影响；3滴FeCl3溶液。
（4）①由甲组实验数据可得，甲组实验Ⅱ所用反应物浓度较大，相同时间内产生氧气的体积较大，因此可得结论：在其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越快；故答案为：在其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越快。
②由乙组实验数据可知，碱性条件下，H2O2的分解速率更快；而Na2O2、K2O2与H2O反应的化学方程式分别为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2K2O2+2H2O=4KOH+O2↑，由于KOH的碱性比NaOH的碱性强，因此K2O2与H2O反应放出气体的速率较快；该反应的化学方程式为：BaO2+H2SO4=BaSO4+H2O2，由于该反应在酸性条件下进行，而酸性条件下，H2O2的分解速率较慢，因此可用该反应制备H2O2；故答案为：K2O2；BaO2+H2SO4=BaSO4+H2O2；制备H2O2的环境为酸性环境，H2O2的分解速率较慢。
26．（2025高二上·深圳期中）中和热的测定是高中化学中重要的定量实验。取50mL、0.55mol/L的NaOH溶液与50mL、0.25mol/L的H2SO4溶液置于如图所示的装置中进行中和热的测定实验，回答下列问题：
(1)从如图所示实验装置看，其中尚缺少的一种玻璃用品是　 　，装置的一个明显错误是　 　。
(2)烧杯间填满碎纸条的作用是　 　。
(3)用相同浓度和体积的氨水（NH3 H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会　 　；(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)．
(4)倒入NaOH溶液的正确操作是　 　
A．沿玻璃棒缓慢倒入 B．分三次少量倒入 C．一次性迅速倒入
(5)实验数据如下表：
温度 实验次数 起始温度t1/℃ 终止温度t2/℃ 温度差平均值 （t2-t1）/℃
H2SO4 NaOH 平均值
1 26.2 26.0 26.1 29.5 　
2 27.0 27.4 27.2 32.3
3 25.9 25.9 25.9 29.2
4 26.4 26.2 26.3 29.8
①近似认为0.55mol/L NaOH溶液和0.25mol/L H2SO4溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/(g ℃)，则中和热 H=　 　（取小数点后一位）。
②上述实验的结果与57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是　 　。
A．实验装置保温、隔热效果差
B．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度
C．做实验的当天室温较高
D．量取H2SO4时仰视读数
【答案】环形玻璃搅拌器；大烧杯杯口与小烧杯杯口没有相平；保温或防止热量散失；偏小；C；-56.8 kJ/mol；A B
【知识点】中和热；中和热的测定
【解析】【解答】(1) 从装置构造可知缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；为了减少热量的损失，大烧杯杯口与小烧杯杯口相平，应该将杯口都盖住，而图示装置中小烧杯口未用硬纸板盖住（或大烧杯内碎纸条塞少了，未将小烧杯垫的足够高）；
(2) 烧杯间填满碎纸条的作用是保温或防止热量散失；
(3) 一水合氨的电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ，即中和热的数值会偏小；
(4) 实验中，为了减少能量损失，应该一次迅速倒入NaOH溶液。
(5) ① 0.55mol/L的NaOH溶液50mL与0.25mol/L的硫酸溶液50mL进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.50mol=0.025mol，溶液的质量为100mL×1g/mL=100g。由表中数据可知，第2次实验的数据误差明显偏大，应舍去，根据其他几组可以求出温度变化的平均值，△T为3.4℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m c △T=100g×4.18J/（g ℃）×3.4℃=1421.2J，即1.421kJ，故实验测得的中和热△H=- =-56.8 kJ/mol；故答案为-56.8 kJ/mol；
②A．实验装置保温、隔热效果必须好，否则影响实验结果，故A正确；
B．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，影响实验结果，故B正确；
C．实验的当天室温较高，对直接测定影响实验结果影响不大，故C错误；
D．中和热的测定主要测定热量变化，故D错误；
故选AB；
【分析】（1）中和试验用到的玻璃仪器有烧杯、温度计、量筒、环形玻璃搅拌棒。
（2） 填满的碎纸条用于隔热。
（3）一水合氨为弱碱，电离过程为吸热过程。
（4）注意酸碱中和过程放热。
（5）①根据Q=m c △T进行分析。
②A．实验中药确保装置保温、隔热效果好。
B．注意仰多俯少原则。
C．室温不影响实验。
D．中和热的测定主要测定热量变化。
27．（2025高二上·深圳期中）欲测定某HCl溶液的物质的量浓度，可用0.1000mol·L-1NaOH标准溶液进行中和滴定（用酚酞作指示剂）。
请回答下列问题：
(1)若甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为1.10mL，滴定后液面如图，则此时消耗标准溶液的体积为　 　；
(2)乙学生做了三组平行实验，数据记录如下：
实验 序号 待测HCl溶液的体积/mL 0.1000mol·L-1NaOH溶液的体积/mL
滴定前刻度 滴定后刻度
1 25.00 0.00 26.11
2 25.00 1.56 31.30
3 25.00 0.22 26.31
选取上述合理数据，计算出HCl待测溶液的物质的量浓度为　 　mol·L-1（小数点后保留四位）；
(3)滴定时的正确操作是　 　。滴定达到终点的现象是　 　；此时锥形瓶内溶液的pH的范围是　 　。
(4)下列哪些操作会使测定结果偏高　 　（填序号）。
A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗
B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗
C．滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失
D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数
【答案】23.80mL；0.1044；左手控制活塞，右手不断摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化；当滴入最后一滴NaOH溶液加入时，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不变色；8.2～10.0；AC
【知识点】中和滴定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】(1) 滴定前滴定管内液面读数为1.10mL，滴定后液面读数是24.90 mL，此时消耗标准溶液的体积为24.90 mL-1.10mL= 23.80mL；
(2)根据表格数据，第二次实验偏离正常误差范围， 1、3两次实验消耗氢氧化钠溶液的平均体积为=26.10mL，0.1044 mol·L-1；
(3)中和滴定时，左手控制活塞，右手不断摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化；滴定过程中，溶液pH升高，所以滴定达到终点的现象是：当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不变色；指示剂酚酞的变色范围是8.2～10.0，此时锥形瓶内溶液的pH的范围是8.2～10.0；
(4) A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗，盐酸物质的量增多，消耗氢氧化钠体积偏大，测定结果偏高，故选A；
B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗，无影响，故不选B；
C．滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，消耗氢氧化钠溶液的体积偏大，测定结果偏高，故选C；
D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数，氢氧化钠溶液的体积偏小，测定结果偏低，故不选D。
【分析】（1） 消耗标准溶液的体积=滴定后刻度-滴定前刻度，注意滴定管的0刻度在上方。
（2）注意去除误差较大的数据，。
（3）中和滴定时，左手控制活塞，右手不断摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化；滴定达到终点的现象是：滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不变色。
（4）根据进行分析。
28．（2025高二上·深圳期中）一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力如图所示曲线，请回答。
（1）“O”点为什么不导电：　 　。
（2）a、b、c三点的氢离子浓度由大到小的顺序为　 　。
（3）a、b、c三点中，醋酸的电离程度最大的一点是　 　。
（4）若使c点溶液中的c（CH3COO-）增大，在如下措施中，可选择　 　
A.加热 B.加水 C.加Zn粒
（5）现有等浓度的硫酸、盐酸、醋酸，中和等量的NaOH溶液时，需上述三种酸的体积依次是V1L、V2L、V3L，所需V1、V2、V3关系为　 　。
【答案】因为冰醋酸未电离，无自由移动的离子；c＜a＜b；c；AC；V1= V2=V3
【知识点】电解质溶液的导电性；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强，冰醋酸中没有自由移动的离子，所以冰醋酸不导电，
故答案为：因为冰醋酸未电离，无自由移动的离子；
（2）导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，则a、b、c三点溶液的氢离子浓度由小到大的顺序为为c＜a＜b，
故答案为：c＜a＜b；
（3）溶液越稀，越促进醋酸电离，则溶液中氢离子的物质的量越大，电离程度越大，所以电离程度最大的是c，
故答案为：c；
（4）A．加热促进醋酸电离，则溶液中醋酸根离子浓度增大，故A正确；
B．加水稀释能促进醋酸电离，但醋酸根离子浓度减小，故B错误；
C．加入锌粒，和氢离子反应，促进醋酸电离，所以醋酸根离子浓度增大，故C正确；
故答案为：AC；
(5中和一定量NaOH溶液生成正盐时，酸的浓度相等，如果是一元酸，所用酸的体积相等，如果是二元酸，酸的体积是一元酸的一半，所以三种酸的体积大小关系是V1= V2=V3，
故答案为：V1= V2=V3。
【分析】（1）溶液的导电性与离子浓度有关。
（2）导电能力越强，离子浓度越大。
（3）溶液越稀，越促进醋酸电离。
（4）醋酸电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，要使醋酸根离子浓度增大，则要使平衡正向移动。
（5）涉及反应：2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，NaOH+HCl=NaCl+H2O，NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H2O。
29．（2025高二上·深圳期中）回答下列问题
(1)以电石制取乙炔时，用硫酸铜溶液除去其中的H2S气体，该反应方程式为　 　
(2)在检验溴乙烷中的溴元素时，在加入NaOH溶液加热，冷却后，加入　 　，若产生浅黄色沉淀，说明溴乙烷中含有溴元素。
(3)某同学设计了由乙醇合成乙二醇的路线如下。下列说法正确的是
步骤①的反应类型是　 　；步骤②需要的试剂是　 　
(4)为了证明酸性：CH3COOH>H2CO3>C6H5OH，如图装置存在严重缺陷，请说明原因，并提出改进方案。
① 原因：　 　
② 改进方案：　 　
③ 改进后，装置乙中发生反应的化学方程式为：　 　
【答案】H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4；稀硝酸酸化后，再加入适量AgNO3溶液；消去反应；NaOH、H2O；挥发出的CH3COOH也能使苯酚钠溶液变浑浊，干扰H2CO3和C6H5OH酸性的比较；在甲、乙装置之间增加一个盛有NaHCO3溶液的洗气瓶，除去CH3COOH；
【知识点】有机物的合成；乙炔炔烃；苯酚的化学性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】(1)电石中含有CaS等杂质，与水反应得到的乙炔中混有H2S。因CuS的溶度积很小，H2S与CuSO4能发生复分解反应，生成强酸H2SO4，反应的化学方程式为H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4。
(2)溴乙烷是共价化合物，不会电离出溴离子。与NaOH溶液共热后，溴原子变成溴离子。在用AgNO3溶液检验溴离子前，应先用硝酸酸化，以防OH－与Ag+生成沉淀，干扰观察AgBr颜色。
(3)X能与Br2的CCl4溶液反应，即X中有不饱和键，反应①消去反应。从而X为CH2=CH2，Y为BrCH2CH2Br。Y与NaOH水溶液共热，发生水解反应生成乙二醇。
(4)甲中加入醋酸溶液后有大量气泡产生，说明酸性CH3COOH>H2CO3；甲中生成的CO2中混有醋酸蒸气，醋酸也能使苯酚钠溶液变浑浊。故乙中苯酚钠溶液变浑浊不能说明酸性H2CO3>C6H5OH。可在甲、乙之间增加盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，以除去CH3COOH。不含CH3COOH的CO2与苯酚钠溶液发生复分解反应，只能生成NaHCO3，而不能生成Na2CO3，CO2与苯酚钠反应的化学方程式为CO2+H2O+C6H5ONa→C6H5OH+NaHCO3。
【分析】（1）H2S与CuSO4反应生成H2SO4和CuS沉淀。
（2）AgBr为难溶于水的浅黄色沉淀。
（3）根据图示信息，X中含有不饱和键，结合有机物的性质和有机反应类型特点进行分析。
（4）CH3COOH具有挥发性，使得甲中生成的CO2里混有CH3COOH， 在甲、乙装置之间需增加除去CO2中混有CH3COOH的装置。
1 / 1广东省深圳市翠园中学2025-2026学年高二上学期期中调研 化学试题
1．（2025高二上·深圳期中）下列关于范德华力的叙述中，正确的是
A．范德华力的实质也是一种电性作用，所以范德华力是一种特殊的化学键
B．范德华力与化学键的区别是作用力的强弱问题
C．任何分子间在任意情况下都会产生范德华力
D．范德华力非常微弱，故破坏分子间的范德华力不需要消耗能量
2．（2025高二上·深圳期中）氢气作为能源燃烧生成水的反应是氧化还原反应，下列说法正确的是
A．O2是还原剂 B．H2是氧化剂
C．O2失去电子 D．H2发生氧化反应
3．（2025高二上·深圳期中）25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．pH=7的溶液中： Na+、Fe3+、、Cl-
B．c(H+)/c(OH-)=1012的溶液中：、Mg2+、、
C．能使甲基橙变红色的溶液中： Na+、K+、Cl- 、
D．水电离出的c(H+) 与c(OH-)乘积为10-20的溶液中： K+、Na+、、Ca2+
4．（2025高二上·深圳期中）一定温度下，对可逆反应A(g)+2B(g)3C(g)的下列叙述中，能说明反应已达到平衡的是
A．C生成的速率与C分解的速率相等
B．单位时间内消耗a molA，同时生成3a molC
C．容器内的压强不再变化
D．混合气体的物质的量不再变化
5．（2025高二上·深圳期中）由碳、氮、磷、硫等元素组成的蛋白质，在体内经过消化、吸收后，最后氧化成酸，对应的酸不正确的是
A．碳→碳酸 B．硫→硫酸 C．氮→硝酸 D．磷→磷酸
6．（2025高二上·深圳期中）在不同浓度(c)、不同温度(T)下，某物质发生分解的瞬时反应速率如下表所示：
c/mol·L－1 v/mol·L－1·s－1 T/K 1.00 0.08 0.06 0.04
273.15 3.00 2.40 1.80 1.20
298.15 6.00 5.00 4.00 3.00
T3 5.40 5.04 4.68 4.32
下列推断正确的是
A．T3＜273.15
B．同时改变起始浓度和温度，瞬时速率可能相等
C．该物质最适宜的分解条件是，温度为298.15 K，起始浓度为 1.0 mol·L－1
D．该分解反应一定是熵增、焓增反应
7．（2025高二上·深圳期中）下列各图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是
A．①②④ B．①②③ C．①② D．②③④
8．（2025高二上·深圳期中）向某密闭容器中加入0.3 molA、0.1molC和一定量的B三种气体，一定条件下发生如下反应：3A(g)B(g)+2C(g) △H＜0，各物质的浓度随时间变化如图所示[t0~t1阶段的c(B)变化未画出]，下列说法中正确的是
A．若t1=15s，则用A的浓度变化表示t0~t1阶段的平均反应速率为0.004 mol/(L·s)
B．t1时该反应达到平衡，A的转化率为60%
C．该容器的容积为2L，B的起始的物质的量为0.02 mol
D．t0~t1阶段，此过程中容器与外界的热交换总量为akJ，该反应的热化学方程式为：3A(g)B(g)+2C(g) △H=-50a kJ/mol
9．（2025高二上·深圳期中）利用金属活动性的不同，可以采取不同的冶炼方法冶炼金属。下列反应所描述的冶炼方法不可能实现的是
A．2AlCl3(熔融)2Al＋3Cl2↑
B．Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2
C．Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu
D．2KCl(熔融)2K＋Cl2↑
10．（2025高二上·深圳期中）四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其原子的最外层电子数之和为19，W和X元素原子内质子数之比为1：2，X2+和Z-的电子数之差为8。下列说法不正确的是
A．WZ4分子中W、Z原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构
B．元素原子半径从大到小的顺序是X、Y、Z
C．W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是元素Z
D．W与Y通过离子键形成离子化合物
11．（2025高二上·深圳期中）1molN2H4(g)在O2(g)中燃烧，生成N2(g)和H2O(l)，放出622kJ的热量，该反应的正确的热化学方程式为：
A．N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) △H=-622kJ·mol-l
B．N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-622kJ·mol-l
C．N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) △H=+622kJ·mol-l
D．N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=+622kJ·mol-l
12．（2025高二上·深圳期中）下列说法正确的是（　　）
A．天然气和液化石油气的主要成分都是甲烷
B．乙醇的沸点比丙烷高，是因为乙醇分子间存在氢键
C．福尔马林有一定毒性，不能作消毒剂和防腐剂
D．苯酚有毒，不慎沾到皮肤上，可以用氢氧化钠溶液处理
13．（2025高二上·深圳期中）下列说法正确的是（　　）
A．为比较氯和硫元素非金属性强弱，可测同条件下同浓度的NaCl溶液和Na2S溶液的pH
B．用盐酸滴定氨水可选用甲基橙作指示剂
C．在某溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则原溶液中一定含SO42–
D．SO2和Cl2都能使品红溶液褪色，其原理相同
14．（2025高二上·深圳期中）化学与生活生产密切相关。下列说法中错误的是
A．将海水直接电解可获得 Mg及Cl2等单质
B．夏天冰箱保鲜食品的原理是降低温度，减小化学反应速率
C．施用适量石膏(CaSO4·2H2O)可降低盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)的碱性
D．施肥时，铵态氮肥不能与草木灰(含K2CO3)混合使用
15．（2025高二上·深圳期中）已知SO3，BF3，CCl4，PCl5、SF6都是非极性分子，而H2S，NH3，NO2、SF4，BrF5都是极性分子，由此可推出ABn型分子属于非极性分子的经验规律是
A．ABn型分子中A，B均不含氢原子
B．A元素的相对原子质量必小于B元素的相对原子质量
C．分子中所有原子都在同一平面上
D．ABn型的价电子对数等于n
16．（2025高二上·深圳期中）食品检验是保证食品安全的重要措施，下列哪些物质的含量在食品中是严格控制的（　　）
①烧烤食品中苯并芘的含量　②奶粉中三聚氰胺的含量③亚硝酸盐的含量　④苯甲酸钠的含量
A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④
17．（2025高二上·深圳期中）下列关于烃的说法正确的是
A．共面的C原子最多为14个
B．共直线的C原子只有为4个
C．1mol该烃最多可以和6molH2发生加成反应
D．1mol该烃最多可以消耗6molBr2
18．（2025高二上·深圳期中）将一块去掉氧化膜的锌片放入 100 mL pH 为 1 的盐酸中，2 min 后溶液的 pH 变为 2，则产生H2的速率可表示为(设溶液体积不变)
A．0.0225 mol / (L·min ) B．0.05 mol / (L·min )
C．0.045 mol / (L·min ) D．0.01 mol / (L·min )
19．（2025高二上·深圳期中）关于下列各装置图的叙述不正确的是
A．用图①装置精炼铜，a极为粗铜，b为精铜，电解质溶液为CuSO4溶液
B．图②装置的盐桥中KCl的Cl－移向乙烧杯
C．图③装置中钢闸门应与外接电源的负极相连获得保护
D．图④两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同
20．（2025高二上·深圳期中）HIn在水溶液中存在以下电离平衡：HIn(红色）H+ + In-(黄色），故可用作酸碱指示剂。浓度为0.02 mol/L的下列各溶液：①盐酸，②石灰水，③NaCl溶液，④NaHSO4溶液，⑤Na2CO3溶液，⑥氨水，其中能使指示剂显红色的是
A．①④⑤ B．②⑤⑥ C．①④ D．②③⑥
21．（2025高二上·深圳期中）铁上镀铜，做阳极，阴极
A．铁 铁 B．铜 铜 C．铁 铜 D．铜 铁
22．（2025高二上·深圳期中）一种气态烷烃和一种气态烯烃组成的混合物共0.1 mol，完全燃烧得0.16 mol二氧化碳和3.6 g水。下列说法正确的是
A．一定有甲烷 B．一定是甲烷和乙烯
C．可能有乙烷 D．一定有乙烷
23．（2025高二上·深圳期中）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)。
24．（2025高二上·深圳期中）1912年的诺贝尔化学奖授予法国化学家V.Grignard，用于表彰他所发明的Grignard试剂（卤代烃基镁）广泛运用于有机合成中的巨大贡献。Grignard试剂的合成方法是：RX＋Mg RMgX（Grignard试剂）。生成的卤代烃基镁与具有羰基结构的化合物（醛、酮等）发生反应，再水解就能合成各种指定结构的醇：
现以2－丁烯和必要的无机物为原料合成3，4－二甲基－3－己醇，进而合成一种分子式为C10H16O4的具有六元环的物质J，合成线路如下：
请按要求填空：
（1） 3，4－二甲基－3－己醇是：　 　（填代号），E的结构简式是　 　；
（2）C→E的反应类型是　 　，H→I的反应类型是　 　；
（3）写出下列化学反应方程式（有机物请用结构简式表示）：
A→B　 　 ， I→J　 　 。
25．（2025高二上·深圳期中）现甲、乙两化学小组安装两套如图所示的相同装置，用以探究影响H2O2分解速率的因素。
（1）仪器a的名称　 　。
（2）MnO2催化下H2O2分解的化学方程式是　 　。
（3）甲小组有如下实验设计方案，请帮助他们完成表格中未填部分。
实验编号 实验目的 T/K 催化剂 浓度
甲组实验Ⅰ 作实验参照 298 3滴FeCl3溶液 10 mL2%H2O2
甲组实验Ⅱ ①　 　 298 ②　 　 10 mL5%H2O2
（4）甲、乙两小组得出如图数据。
①由甲组实验数据可得出文字结论　 　。
②由乙组研究的酸、碱对H2O2分解影响因素的数据分析：相同条件下，Na2O2和K2O2溶于水放出气体速率较快的是　 　；乙组提出可以用BaO2固体与H2SO4溶液反应制H2O2，其化学反应方程式为　 　；支持这一方案的理由是　 　。
26．（2025高二上·深圳期中）中和热的测定是高中化学中重要的定量实验。取50mL、0.55mol/L的NaOH溶液与50mL、0.25mol/L的H2SO4溶液置于如图所示的装置中进行中和热的测定实验，回答下列问题：
(1)从如图所示实验装置看，其中尚缺少的一种玻璃用品是　 　，装置的一个明显错误是　 　。
(2)烧杯间填满碎纸条的作用是　 　。
(3)用相同浓度和体积的氨水（NH3 H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会　 　；(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)．
(4)倒入NaOH溶液的正确操作是　 　
A．沿玻璃棒缓慢倒入 B．分三次少量倒入 C．一次性迅速倒入
(5)实验数据如下表：
温度 实验次数 起始温度t1/℃ 终止温度t2/℃ 温度差平均值 （t2-t1）/℃
H2SO4 NaOH 平均值
1 26.2 26.0 26.1 29.5 　
2 27.0 27.4 27.2 32.3
3 25.9 25.9 25.9 29.2
4 26.4 26.2 26.3 29.8
①近似认为0.55mol/L NaOH溶液和0.25mol/L H2SO4溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/(g ℃)，则中和热 H=　 　（取小数点后一位）。
②上述实验的结果与57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是　 　。
A．实验装置保温、隔热效果差
B．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度
C．做实验的当天室温较高
D．量取H2SO4时仰视读数
27．（2025高二上·深圳期中）欲测定某HCl溶液的物质的量浓度，可用0.1000mol·L-1NaOH标准溶液进行中和滴定（用酚酞作指示剂）。
请回答下列问题：
(1)若甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为1.10mL，滴定后液面如图，则此时消耗标准溶液的体积为　 　；
(2)乙学生做了三组平行实验，数据记录如下：
实验 序号 待测HCl溶液的体积/mL 0.1000mol·L-1NaOH溶液的体积/mL
滴定前刻度 滴定后刻度
1 25.00 0.00 26.11
2 25.00 1.56 31.30
3 25.00 0.22 26.31
选取上述合理数据，计算出HCl待测溶液的物质的量浓度为　 　mol·L-1（小数点后保留四位）；
(3)滴定时的正确操作是　 　。滴定达到终点的现象是　 　；此时锥形瓶内溶液的pH的范围是　 　。
(4)下列哪些操作会使测定结果偏高　 　（填序号）。
A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗
B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗
C．滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失
D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数
28．（2025高二上·深圳期中）一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力如图所示曲线，请回答。
（1）“O”点为什么不导电：　 　。
（2）a、b、c三点的氢离子浓度由大到小的顺序为　 　。
（3）a、b、c三点中，醋酸的电离程度最大的一点是　 　。
（4）若使c点溶液中的c（CH3COO-）增大，在如下措施中，可选择　 　
A.加热 B.加水 C.加Zn粒
（5）现有等浓度的硫酸、盐酸、醋酸，中和等量的NaOH溶液时，需上述三种酸的体积依次是V1L、V2L、V3L，所需V1、V2、V3关系为　 　。
29．（2025高二上·深圳期中）回答下列问题
(1)以电石制取乙炔时，用硫酸铜溶液除去其中的H2S气体，该反应方程式为　 　
(2)在检验溴乙烷中的溴元素时，在加入NaOH溶液加热，冷却后，加入　 　，若产生浅黄色沉淀，说明溴乙烷中含有溴元素。
(3)某同学设计了由乙醇合成乙二醇的路线如下。下列说法正确的是
步骤①的反应类型是　 　；步骤②需要的试剂是　 　
(4)为了证明酸性：CH3COOH>H2CO3>C6H5OH，如图装置存在严重缺陷，请说明原因，并提出改进方案。
① 原因：　 　
② 改进方案：　 　
③ 改进后，装置乙中发生反应的化学方程式为：　 　
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】化学键和分子间作用力的区别
【解析】【解答】A．范德华力属于分子间作用力，不是化学键，故A错误；
B．化学键是粒子间的强烈的相互作用，范德华力是分子间较弱的作用力，故B正确；
C．若分子间的距离足够远，则分子间没有范德华力，故C错误；
D．虽然范德华力非常微弱，但破坏它时也要消耗能量，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A.化学键包括离子键、共价键、金属键。
B. 化学键的作用力较强，范德华力的作用力较弱。
C.当分子相互靠近时，分子间会产生范德华力。
D. 破坏分子间的范德华力需要消耗能量。
2．【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A.反应前后氧元素化合价由0降为-2，则O2是氧化剂，选项A错误；
B.反应前后氢元素化合价由0升为+1，则H2是还原剂，选项B错误；
C. O2是氧化剂，反应中得电子发生还原反应，选项C错误；
D.H2是还原剂，反应中失电子发生氧化反应，选项D正确。
故答案为：D。
【分析】氢气燃烧的化学方程式为2H2+O22H2O。反应前后，氧化剂中部分元素化合价降低，得电子发生还原反应；还原剂中部分元素化合价升高，失电子发生氧化反应。
3．【答案】B
【知识点】水的电离；离子积常数；离子共存
【解析】【解答】A． Fe3+在溶液中水解呈酸性，在pH=7的溶液中不能大量共存，故A不选；
B．c(H+)/c(OH-)=1012的溶液呈酸性，此时这几种离子之间不反应，可大量共存，故B选；
C．能使甲基橙变红色的溶液呈酸性，H+与结合生成H2SiO3沉淀，不能大量共存，故C不选；
D．水电离出的c(H+) 与c(OH-)乘积为10-20的溶液呈酸性或碱性，H+或OH-与均会反应，不能大量共存，故D不选；
故答案为：B。
【分析】判断离子之间是否能大量共存，主要看离子之间是否发生反应。若离子之间反应生成气体、沉淀、弱电解质或发生氧化还原反应、络合反应、双水解反应等时，离子之间不可大量共存。在遇到此类试题时，注意题干中是否涉及颜色，要熟悉溶液中常见离子的颜色，以及溶液的酸碱性。另注意“H+与NO3－”组合具有强氧化性，能与S2-、Fe2+、I-等发生氧化还原反应。
4．【答案】A
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．C生成的速率与C分解的速率相等，说明反应已达到平衡，A正确；
B．单位时间内消耗a molA，同时生成3a molC，不能说明反应已达到平衡，B错误；
C．根据题干所给方程式，反应前后气体分子数不变，则压强对平衡无影响，所以容器内的压强不再变化，不能说明反应已达到平衡，C错误；
D．根据题干所给方程式，反应前后气体分子数不变，所以混合气体的物质的量不再变化，不能说明达平衡状态，D错误；
故答案为：A。
【分析】反应达到化学平衡状态的主要标志是正逆反应速率相等、各物质的含量保持不变。
5．【答案】C
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】蛋白质中的氮元素在体内经过消化、吸收后，最后变为氨基酸被人体利用；
故答案为：C。
【分析】蛋白质中的氮元素最后变为氨基酸。
6．【答案】B
【知识点】化学平衡中反应条件的控制
【解析】【解答】A. 起始浓度相同时，温度越高，反应速率越大，T3＜298.15K，故A错误；
B.根据表格信息，273.15K，1 mol·L－1时分解速率与298.15K、0.04 mol·L－1时的瞬时速率相等，故B正确；
C.最适宜条件需通过多组数据得出，故C错误；
D.根据题干信息无法确定焓变、熵变，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A.根据反应速率的影响因素进行分析。
B.从表格中找不同温度、不同浓度时，瞬时速率有没有相等的数据。
C. 最适宜条件需通过多组数据得出。
D. 熵增反应说明体系混乱度增大，即固态→液态→气态； 焓增反应说明反应吸热。
7．【答案】A
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁
【解析】【解答】①Fe与稀硫酸反应生成的氢气能将装置内空气排出，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，故①选；
②Fe与稀硫酸反应生成的氢气将装置内空气排出，且装置内压强增大，可使生成的硫酸亚铁进入B中
与NaOH接触而反应，故②选；
③生成的氢氧化亚铁易被空气中氧气氧化，故③不选；
④苯隔绝空气，可防止生成的氢氧化亚铁被氧化，故④选；
综上所述①②④均符合题意。
故答案为：A。
【分析】 能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀 ，注意排除装置中的氧气或空气，因为含Fe2+的溶液或Fe(OH)2在空气中很容易被氧化。
8．【答案】B
【知识点】热化学方程式；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．t0 t1阶段，△c(A)=0.09mol/L，则v===0.006mol/(L s)，故A错误；
B．t1时该反应达到平衡， t0 t1阶段，△c(A)=0.09mol/L，则转化率=×100%=60%，故B正确；
C．相同时间内，反应中各物质的化学计量系数之比等于浓度的变化量之比，则该反应的方程式为3A(g) B(g)+2C(g)，反应前后物质的量不变，则平衡时总物质的量为2L×(0.05+0.06+0.11)mol/L=0.44mol，0.44mol 0.3mol 0.1mol=0.04mol，故C错误；
D．t0～t1阶段，△c(A)=0.09mol·L－1，△n(A)=0.09mol/L×2L=0.18mol，此时放热akJ，如果有3molA完全反应，放热为kJ，即热化学方程式为3A(g) B(g)＋2C(g)△H＝－kJ·mol－1，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A.根据v=进行分析，注意单位统一。
B.平衡时，各物质的含量保持不变。
C.根据反应过程中A减少，B、C增加，说明反应物是A，产物是B、C。
D.注意热化学方程式中化学计量数必须与ΔH相对应。
9．【答案】A
【知识点】金属冶炼的一般原理；电镀
【解析】【解答】A．氯化铝是共价化合物，熔融状态下不能电离出自由移动的离子，应通过电解熔融氧化铝冶炼，故A符合题意；
B．通常用还原剂将铁从其化合物中还原出来，故B不符合题意；
C．金属活动性：Fe＞Cu，铁可以置换出硫酸铜中的铜，故C不符合题意；
D．钾是活泼金属，通常采用电解熔融氯化钾冶炼金属钾，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】金属冶炼的方法主要有：
1.热分解法（Hg及后边金属）：对于不活泼金属，可直接加热将金属从其化合物中还原出来；
2.热还原法（Zn～Cu）：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来；
3.电解法（K～Al）：对于活泼金属，通常采用电解其熔融金属化合物的方法进行冶炼。
10．【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、由分析可知，WZ4为CCl4，为共价化合物，原子通过共价键结合且最外层均达到8电子结构，故A正确； B、由分析可知，X、Y、Z均位于第三周期，同周期原子半径从左到右依次减小，则原子半径顺序是X＞Y＞Z，故B正确；
C、由分析可知，W、Y、Z元素最高价氧化物对应的水化物分别是H2CO3、H2SO4、HClO4，其中HClO4酸性最强，故C正确；
D、由分析可知，W、Y分别是C、S元素，形成的化合物CS2为共价化合物，故D错误；
故答案为：D。
【分析】 四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大， X2+和Z-的电子数之差为8，则 X2+和Z-
的核外电子数分别是10、18，可推出X是镁元素，Z是氯元素； W和X元素原子内质子数之比为1：2，可推出W的质子数是6，则W是碳元素； W、X、Y、Z原子的最外层电子数之和为19，可推出Y原子的最外层电子数为19-4-2-7=6，则Y是硫元素。
11．【答案】A
【知识点】热化学方程式
【解析】【解答】放出热量，则△H＜0，排除C、D项，生成的H2O为液态，排除B项；
故答案为：A。
【分析】热化学方程式书写的常见注意事项：
1.必须注明物质的聚集状态，一般用s、l、g、aq分别是表示固态、液态、气态、溶液。
2.化学计量数可以是整数，也可以是分数。
3.化学计量数必须与ΔH相对应。若化学计量数加倍，则ΔH也加倍；若反应逆向进行，则ΔH的数值相等，符号相反。
4.不必注明反应条件，不必标注气体、沉淀物质的符号。
12．【答案】B
【知识点】甲烷的物理、化学性质；乙醇的物理、化学性质；苯酚的性质及用途
【解析】【解答】A.天然气的主要成分是甲烷，但液化石油气的主要成分是丙烷、丁烷等，故A不符合题意；
B.乙醇的沸点比丙烷高，是因为乙醇分子间存在氢键，使得乙醇分子间的作用力增大，熔沸点升高，故B符合题意；
C.福尔马林有一定毒性，能破坏蛋白质的结构，可以做作消毒剂和防腐剂，故C不符合题意；
D.苯酚有毒，不慎沾到皮肤上，应用酒精冲洗，因氢氧化钠有腐蚀性，不可以用氢氧化钠溶液处理，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.主要成分不对，石油气主要是丙烷
B.氢键影响沸点
C.福尔马林可以是尸体防腐剂，但是不能做食品消毒剂和防腐剂
D.不易用氢氧化钠进行处理，氢氧化钠具有很强的腐蚀性
13．【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．NaCl溶液和Na2S溶液的pH值不同，只能说明硫化氢是弱酸，A不符合题意；
B.甲基橙的变色范围是3.1～4.4，氯化铵溶液显酸性，用盐酸滴定氨水可选用甲基橙作指示剂，B符合题意；
C.白色沉淀也可能是氯化银，C不符合题意；
D.氯气溶于水生成的次氯酸具有强氧化性，能把品红溶液氧化而褪色，SO2因发生化合反应而使品红溶液褪色，D不符合题意，
故答案为：B。
【分析】A非金属性比较的是氢化物的热稳定性，而不是离子的水解程度
C忽略了银离子
D二氧化硫是化合漂白，可逆；而氯气是溶于水生成次氯酸具有强氧化性，是氧化漂白，不可逆。原理不同
14．【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；盐类水解的应用；海水资源及其综合利用
【解析】【解答】A.应电解熔融氯化镁获得 Mg及Cl2，故A错误；
B. 夏天冰箱保鲜食品的原理是降低温度，减小化学反应速率，故B正确；
C. Na2CO3为强碱弱酸盐，其水溶液水解呈碱性，由于CaCO3的溶解度比CaSO4小，则CaSO4·2H2O
能与Na2CO3溶液中的反应生成更难溶的CaCO3，从而降低盐碱地的碱性，故C正确；
D. 铵根离子和碳酸根离子在溶液中混合时存在双水解，会降低肥效，所以铵态氮肥不能与草木灰(含K2CO3)混合使用，故D正确；
故答案为：A。
【分析】A.海水中的MgCl2为强酸弱碱盐，其水溶液存在水解。
B.降温能减小反应速率。
C.熟悉盐类水解原理及溶解度较小的物质更易析出。
D.铵根离子为弱碱根离子，碳酸根离子为弱酸根离子，二者在溶液中混合存在双水解。
15．【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．无法确定ABn型分子中是否含氢原子，如CH4、NH3均含氢原子但前者为非极性分子而后者为极性分子，故A错误；
B．无法确定A、B元素的相对原子质量大小关系，如CH4，故B错误；
C．无法确定分子中所有原子是否都在同一平面上，如CCl4是正四面体结构，故C错误；
D．ABn型的价层电子对数等于n时，正电中心与负电中心重合，为非极性分子，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A．ABn型分子是否是非极性分子与是否含氢原子无关。
B．分子为非极性分子时A元素的相对原子质量不一定小于B元素的相对原子质量。
C．分子为非极性分子时所有原子不一定都在同一平面上。
D．非极性分子中正、负电荷重心重合。
16．【答案】D
【知识点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】①烧烤食品中苯并芘属于强致癌物；
②奶粉中三聚氰胺能导致饮用者患肾结石；
③亚硝酸盐是强致癌物。
④苯甲酸钠是常用防腐剂，在限量内使用，对人体无害。
综上，需严格控制的是①②③④，D符合题意；
故答案为：D
【分析】苯并芘、三聚氰胺、亚硝酸盐、苯甲酸钠都属于有毒有害物质，在食品添加剂中应严格控制用量。
17．【答案】C
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A.该有机物分子中共面的碳原子最多为13个；A错误；
B.由分析可知，共直线的C原子只有为6个，B错误；
C.苯环、碳碳三键、碳碳双键与H2发生加成反应，且反应比例分别是1：3、1：2、1：1，则1mol该烃可以和6mol H2发生加成反应，C正确；
D. 1mol该烃最多可以和3mol Br2 发生加成反应，如果发生取代反应：苯环、烃基的氢被取代，消耗的Br2多于6 mol，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.饱和碳原子与其相连的最多2个原子共平面，苯环上所有原子共平面，碳碳三键、碳碳双键山所有原子共平面。
B.苯基对称轴上碳原子在一直线上。
C.苯环、碳碳三键、碳碳双键与H2发生加成反应。
D.碳碳三键、碳碳双键与Br2发生加成反应，烃基中的氢原子与Br2发生取代反应。
18．【答案】A
【知识点】化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】涉及反应为Zn＋2H+= Zn2++H2↑，2min内溶液的pH值从1变为2，结合pH=-lgc(H+)，则△c(H+)=0.1mol/L-0.01mol/L=0.09mol/L，所以v（H+）===0.045mol·L-1·min-1，结合反应关系式2H+~H2，v(H2)=v（H+）=×0.045mol·L-1·min-1=0.0225 mol / (L·min ) ；
故答案为：A。
【分析】反应速率v=，注意各物质的化学反应速率之比等于化学计量系数之比。
19．【答案】B
【知识点】铜的电解精炼；金属的电化学腐蚀与防护；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A.用图①装置精炼铜，粗铜为阳极，纯铜为阴极，粗铜被氧化，粗铜与电源正极相连，纯铜与电源负极相连，故a极为粗铜，b为精铜，故A正确；
B．锌为负极，盐桥中KCl的Cl﹣移向负极，即移向甲烧杯，故B错误；
C．图③装置中钢闸门应与外接电源的负极相连接，为外加电源的阴极保护法，故C正确；
D．图④负极分别为铝、锌，转移相同电量时，消耗的电极质量不同，故D正确；
故答案为：B。
【分析】图1和图3是电解池，负极连接阴极，正极连接阳极，图2是原电池；负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，阴极得电子发生还原反应，阳极失电子发生氧化反应。
20．【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理；中和滴定
【解析】【解答】①加入盐酸，使得溶液中c(H+)增大，利于平衡逆向移动，能使指示剂显红色；
②加入的石灰水会消耗原溶液中H+，使得c(H+)减小，利于平衡正向移动，能使指示剂显黄色；
③ 加入NaCl溶液，不影响平衡移动；
④加入 NaHSO4溶液 ，使得溶液中c(H+)增大，利于平衡逆向移动，能使指示剂显红色；
⑤加入的Na2CO3溶液会消耗原溶液中H+，使得c(H+)减小，利于平衡正向移动，能使指示剂显黄色；
⑥加入的氨水 会消耗原溶液中H+，使得c(H+)减小，利于平衡正向移动，能使指示剂显黄色；
故答案为：C。
【分析】能使指示剂显红色，说明应使平衡向逆反应方向移动，结合勒夏特列原理分析。
21．【答案】D
【知识点】电镀
【解析】【解答】电镀的过程：待镀金属做阴极，镀层金属做阳极，含有镀层金属离子的溶液做电镀液，因此铁上镀铜，铜做阳极，铁阴极；D正确；
故答案为：D。
【分析】待镀金属做阴极，镀层金属做阳极。
22．【答案】A
【知识点】有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】一种气态烷烃和一种气态烯烃组成的混合物共0.1 mol，完全燃烧得0.16 mol二氧化碳和3.6 g水。3.6g水的物质的量为3.6/18 mol=0.2mol，则混合物的平均分子式为C1.6H4，根据碳原子个数分析，有烃分子中必须有只含一个碳原子的烃，即为甲烷，根据甲烷中氢原子个数为4分析，另一个有机物分子中氢原子个数也为4，可能为乙烯或环丁二烯；
故答案为：A。
【分析】烷烃的通式为CnH2n+2（n≥1）。
23．【答案】H2SO3、H2SO4；S2-＞O2-＞Na+；；离子键、非极性共价键（或离子键、共价键）；NH4NO3；NH4++OH-NH3 H2O；4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4
【知识点】原子结构与元素的性质；化学键；铵盐；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】(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。
【分析】 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 ，可推出A是氢元素； B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，说明B的最高化合价为+5，结合 B元素的原子半径是其所在主族中最小的，可推出B是氮元素； C元素原子的最外层电子数比次外层多4 ，可推出C是氧元素； C、E同主族 ，可推出E是硫元素； 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 ，可推出D是钠元素。
24．【答案】F；；加成反应；取代反应(水解)；CH3CH2CHBrCH3＋NaOH CH3CH2CH(OH)CH3＋NaBr；
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质
【解析】【解答】（1）通过以上分析知，3，4-二甲基-3-己醇是F，E的结构简式为；答案：F 、 。
（2）由题给信息结合反应条件可知C为：，D为，则C+D→E的反应类型是为加成反应；由H为，I为，则H→I的反应类型是取代反应(水解)； 答案：加成反应、 取代反应(水解)。
（3）A为CH3CH2CHBrCH3，B为CH3CH2CH(OH)CH3，A→B的方程式为： CH3CH2CHBrCH3＋NaOHCH3CH2CH(OH)CH3＋NaBr；
I为，J为 ，I与HOOC—COOH发生酯化反应生成J，I→J的方程式为：；答案： CH3CH2CHBrCH3＋NaOHCH3CH2CH(OH)CH3＋NaBr、
【分析】2-丁烯与HBr发生加成反应生成A，A为CH3CH2CHBrCH3，A与NaOH溶液发生水解反应生成B，B为CH3CH2CH（OH）CH3，B发生氧化反应生成D，D为CH3CH2COCH3，A与Mg/乙醚发生题给信息中反应生成C ，C为，C与D反应生成E，E为，E发生水解生成F，F为，F的名称为3，4-二甲基-3-己醇，F发生消去反应生成G，G为，G和溴发生加成反应生成H，H为，H和氢氧化钠溶液发生取代反应生成I，I为， I和一种二元酸酸发生酯化反应生成J，J的分子式为C10H16O4、J具有六元环，则二元酸为HOOC—COOH，J的结构简式为。
25．【答案】（1）锥形瓶
（2）2H2O22H2O+O2↑
（3）探究反应物浓度对反应速率的影响；3滴FeCl3溶液
（4）在其它条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越大；K2O2；BaO2+H2SO4=BaSO4+H2O2；制备H2O2的环境为酸性环境，H2O2的分解速率较慢
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）图示仪器a为锥形瓶；故答案为：锥形瓶。
（2）H2O2在MnO2催化作用下分解生成O2和H2O，该反应的化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑；故答案为：2H2O22H2O+O2↑。
（3）反应速率受温度、浓度、催化剂的影响，甲组实验Ⅰ和实验Ⅱ中温度相同、浓度不同，因此该实验过程探究的是浓度对反应速率的影响，则需保证反应温度和催化剂相同，因此所用催化剂为3滴FeCl3溶液；故答案为：探究反应物浓度对反应速率的影响；3滴FeCl3溶液。
（4）①由甲组实验数据可得，甲组实验Ⅱ所用反应物浓度较大，相同时间内产生氧气的体积较大，因此可得结论：在其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越快；故答案为：在其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越快。
②由乙组实验数据可知，碱性条件下，H2O2的分解速率更快；而Na2O2、K2O2与H2O反应的化学方程式分别为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2K2O2+2H2O=4KOH+O2↑，由于KOH的碱性比NaOH的碱性强，因此K2O2与H2O反应放出气体的速率较快；该反应的化学方程式为：BaO2+H2SO4=BaSO4+H2O2，由于该反应在酸性条件下进行，而酸性条件下，H2O2的分解速率较慢，因此可用该反应制备H2O2；故答案为：K2O2；BaO2+H2SO4=BaSO4+H2O2；制备H2O2的环境为酸性环境，H2O2的分解速率较慢。
【分析】（1）熟悉常见仪器及其特征。
（2）注意反应条件及箭头的标注。
（3）根据控制变量法进行分析。
（4）根据控制变量法进行分析。
（1）图示仪器a为锥形瓶；故答案为：锥形瓶。
（2）H2O2在MnO2催化作用下分解生成O2和H2O，该反应的化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑；故答案为：2H2O22H2O+O2↑。
（3）反应速率受温度、浓度、催化剂的影响，甲组实验Ⅰ和实验Ⅱ中温度相同、浓度不同，因此该实验过程探究的是浓度对反应速率的影响，则需保证反应温度和催化剂相同，因此所用催化剂为3滴FeCl3溶液；故答案为：探究反应物浓度对反应速率的影响；3滴FeCl3溶液。
（4）①由甲组实验数据可得，甲组实验Ⅱ所用反应物浓度较大，相同时间内产生氧气的体积较大，因此可得结论：在其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越快；故答案为：在其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越快。
②由乙组实验数据可知，碱性条件下，H2O2的分解速率更快；而Na2O2、K2O2与H2O反应的化学方程式分别为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2K2O2+2H2O=4KOH+O2↑，由于KOH的碱性比NaOH的碱性强，因此K2O2与H2O反应放出气体的速率较快；该反应的化学方程式为：BaO2+H2SO4=BaSO4+H2O2，由于该反应在酸性条件下进行，而酸性条件下，H2O2的分解速率较慢，因此可用该反应制备H2O2；故答案为：K2O2；BaO2+H2SO4=BaSO4+H2O2；制备H2O2的环境为酸性环境，H2O2的分解速率较慢。
26．【答案】环形玻璃搅拌器；大烧杯杯口与小烧杯杯口没有相平；保温或防止热量散失；偏小；C；-56.8 kJ/mol；A B
【知识点】中和热；中和热的测定
【解析】【解答】(1) 从装置构造可知缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；为了减少热量的损失，大烧杯杯口与小烧杯杯口相平，应该将杯口都盖住，而图示装置中小烧杯口未用硬纸板盖住（或大烧杯内碎纸条塞少了，未将小烧杯垫的足够高）；
(2) 烧杯间填满碎纸条的作用是保温或防止热量散失；
(3) 一水合氨的电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ，即中和热的数值会偏小；
(4) 实验中，为了减少能量损失，应该一次迅速倒入NaOH溶液。
(5) ① 0.55mol/L的NaOH溶液50mL与0.25mol/L的硫酸溶液50mL进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.50mol=0.025mol，溶液的质量为100mL×1g/mL=100g。由表中数据可知，第2次实验的数据误差明显偏大，应舍去，根据其他几组可以求出温度变化的平均值，△T为3.4℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m c △T=100g×4.18J/（g ℃）×3.4℃=1421.2J，即1.421kJ，故实验测得的中和热△H=- =-56.8 kJ/mol；故答案为-56.8 kJ/mol；
②A．实验装置保温、隔热效果必须好，否则影响实验结果，故A正确；
B．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，影响实验结果，故B正确；
C．实验的当天室温较高，对直接测定影响实验结果影响不大，故C错误；
D．中和热的测定主要测定热量变化，故D错误；
故选AB；
【分析】（1）中和试验用到的玻璃仪器有烧杯、温度计、量筒、环形玻璃搅拌棒。
（2） 填满的碎纸条用于隔热。
（3）一水合氨为弱碱，电离过程为吸热过程。
（4）注意酸碱中和过程放热。
（5）①根据Q=m c △T进行分析。
②A．实验中药确保装置保温、隔热效果好。
B．注意仰多俯少原则。
C．室温不影响实验。
D．中和热的测定主要测定热量变化。
27．【答案】23.80mL；0.1044；左手控制活塞，右手不断摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化；当滴入最后一滴NaOH溶液加入时，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不变色；8.2～10.0；AC
【知识点】中和滴定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】(1) 滴定前滴定管内液面读数为1.10mL，滴定后液面读数是24.90 mL，此时消耗标准溶液的体积为24.90 mL-1.10mL= 23.80mL；
(2)根据表格数据，第二次实验偏离正常误差范围， 1、3两次实验消耗氢氧化钠溶液的平均体积为=26.10mL，0.1044 mol·L-1；
(3)中和滴定时，左手控制活塞，右手不断摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化；滴定过程中，溶液pH升高，所以滴定达到终点的现象是：当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不变色；指示剂酚酞的变色范围是8.2～10.0，此时锥形瓶内溶液的pH的范围是8.2～10.0；
(4) A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗，盐酸物质的量增多，消耗氢氧化钠体积偏大，测定结果偏高，故选A；
B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗，无影响，故不选B；
C．滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，消耗氢氧化钠溶液的体积偏大，测定结果偏高，故选C；
D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数，氢氧化钠溶液的体积偏小，测定结果偏低，故不选D。
【分析】（1） 消耗标准溶液的体积=滴定后刻度-滴定前刻度，注意滴定管的0刻度在上方。
（2）注意去除误差较大的数据，。
（3）中和滴定时，左手控制活塞，右手不断摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化；滴定达到终点的现象是：滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不变色。
（4）根据进行分析。
28．【答案】因为冰醋酸未电离，无自由移动的离子；c＜a＜b；c；AC；V1= V2=V3
【知识点】电解质溶液的导电性；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强，冰醋酸中没有自由移动的离子，所以冰醋酸不导电，
故答案为：因为冰醋酸未电离，无自由移动的离子；
（2）导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，则a、b、c三点溶液的氢离子浓度由小到大的顺序为为c＜a＜b，
故答案为：c＜a＜b；
（3）溶液越稀，越促进醋酸电离，则溶液中氢离子的物质的量越大，电离程度越大，所以电离程度最大的是c，
故答案为：c；
（4）A．加热促进醋酸电离，则溶液中醋酸根离子浓度增大，故A正确；
B．加水稀释能促进醋酸电离，但醋酸根离子浓度减小，故B错误；
C．加入锌粒，和氢离子反应，促进醋酸电离，所以醋酸根离子浓度增大，故C正确；
故答案为：AC；
(5中和一定量NaOH溶液生成正盐时，酸的浓度相等，如果是一元酸，所用酸的体积相等，如果是二元酸，酸的体积是一元酸的一半，所以三种酸的体积大小关系是V1= V2=V3，
故答案为：V1= V2=V3。
【分析】（1）溶液的导电性与离子浓度有关。
（2）导电能力越强，离子浓度越大。
（3）溶液越稀，越促进醋酸电离。
（4）醋酸电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，要使醋酸根离子浓度增大，则要使平衡正向移动。
（5）涉及反应：2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，NaOH+HCl=NaCl+H2O，NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H2O。
29．【答案】H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4；稀硝酸酸化后，再加入适量AgNO3溶液；消去反应；NaOH、H2O；挥发出的CH3COOH也能使苯酚钠溶液变浑浊，干扰H2CO3和C6H5OH酸性的比较；在甲、乙装置之间增加一个盛有NaHCO3溶液的洗气瓶，除去CH3COOH；
【知识点】有机物的合成；乙炔炔烃；苯酚的化学性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】(1)电石中含有CaS等杂质，与水反应得到的乙炔中混有H2S。因CuS的溶度积很小，H2S与CuSO4能发生复分解反应，生成强酸H2SO4，反应的化学方程式为H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4。
(2)溴乙烷是共价化合物，不会电离出溴离子。与NaOH溶液共热后，溴原子变成溴离子。在用AgNO3溶液检验溴离子前，应先用硝酸酸化，以防OH－与Ag+生成沉淀，干扰观察AgBr颜色。
(3)X能与Br2的CCl4溶液反应，即X中有不饱和键，反应①消去反应。从而X为CH2=CH2，Y为BrCH2CH2Br。Y与NaOH水溶液共热，发生水解反应生成乙二醇。
(4)甲中加入醋酸溶液后有大量气泡产生，说明酸性CH3COOH>H2CO3；甲中生成的CO2中混有醋酸蒸气，醋酸也能使苯酚钠溶液变浑浊。故乙中苯酚钠溶液变浑浊不能说明酸性H2CO3>C6H5OH。可在甲、乙之间增加盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，以除去CH3COOH。不含CH3COOH的CO2与苯酚钠溶液发生复分解反应，只能生成NaHCO3，而不能生成Na2CO3，CO2与苯酚钠反应的化学方程式为CO2+H2O+C6H5ONa→C6H5OH+NaHCO3。
【分析】（1）H2S与CuSO4反应生成H2SO4和CuS沉淀。
（2）AgBr为难溶于水的浅黄色沉淀。
（3）根据图示信息，X中含有不饱和键，结合有机物的性质和有机反应类型特点进行分析。
（4）CH3COOH具有挥发性，使得甲中生成的CO2里混有CH3COOH， 在甲、乙装置之间需增加除去CO2中混有CH3COOH的装置。
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