2024届福建省厦门市集美高中化学高二第一学期期中达标测试试题含解析

2024届福建省厦门市集美高中化学高二第一学期期中达标测试试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列物质不能发生水解反应的是（）A．油脂 B．淀粉 C．葡萄糖 D．纤维素2、已知浓度的下列溶液，当温度升高时pH不变的是A．NaClB．NaHSO4C．NaOHD．CH3COONa3、烷烃的系统命名大致分为四个部分别；①主链名称；②取代基名称；③取代基位置；④取代基数目。这四部分在烷烃命名中书写的先后顺序是（）A．①②③④B．③④②①C．③④①②D．①③④②4、通常情况下，不能用铝制容器盛放的是（）A．浓硫酸 B．浓硝酸 C．氢氧化钠溶液 D．酒精5、下列有关性质的比较中，不正确的是A．硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅B．晶格能：NaBr<NaCl<MgOC．键的极性：N－H<O－H<F－HD．熔点：6、苯佐卡因是局部麻醉药，常用于手术后创伤止痛、溃疡痛等，其结构简式为。下列关于苯佐卡因的叙述正确的是A．分子式为C9H14NO2B．苯环上有2个取代基，且含有硝基的苯佐卡因的同分异构体有9种C．1mol该化合物最多与4mol氢气发生加成反应D．分子中将氨基转化成硝基的反应为氧化反应7、下列不属于高分子化合物的是A．蛋白质B．乙醇C．淀粉D．聚乙烯8、以石墨作电极，电解下列物质的水溶液，溶液的pH值一定保持不变的是A．H2SO4 B．NaOH C．NaCl D．K2SO49、下列说法中正确的是()A．显酸性的溶液是酸溶液，显碱性的溶液是碱溶液B．盐促进水的电离，酸碱抑制水的电离C．常温下，某溶液中水电离出的H+浓度为1×10-9mol/L，该溶液不一定是碱溶液D．中性溶液即pH＝7的溶液10、在一定条件下，下列药物的主要成分都能发生四种反应的是①取代反应②加成反应③水解反应④中和A．维生素B5：B．阿司匹林：C．芬必得：D．摇头丸：11、下列有关有机物的说法中正确的是A．凡是含碳元素的化合物都属于有机物B．有机物一定含有C、H两种元素，可能含有其它元素C．有机物熔沸点一般较低D．有机物都不溶于水12、氨气是一种重要的化工原料，工业上用N2和H2合成NH3。现己知N2(g)和H2(g)反应生成1molNH3(g)过程中能量变化示意图如下图。则N-H键键能为()化学键H-HN≡N键能（kJ/mol）436946A．248kJ/mol B．391kJ/mol C．862kJ/mol D．431kJ/mol13、下列有关物质用途的说法正确的是A．明矾可用作净水剂 B．甲醛可用作食品防腐剂C．氢氧化钠可用来治疗胃酸过多 D．铝制容器可长期存放酸性食物14、某基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4，下列说法中错误的是（）A．该元素原子核外共有34个运动状态不同的电子B．该元素原子核外有8种能量不同的电子C．该元素原子核外电子有18种空间运动状态D．该元素原子价电子排布式为3d104s24p415、用锌片与稀硫酸反应制取氢气，下列措施不能使氢气的生成速率增大的是()A．加热B．将锌片改成锌粉C．滴加少量CuSO4溶液D．加入适量Na2CO3粉末16、下列各微粒中属于等电子体的是（）A．N2O4和NO2 B．SO2和O3 C．CO2和NO2 D．C2H6和N2H417、下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A．向0.1mol•L-1CH3COONa溶液中加入CH3COONa固体，溶液中减小B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大C．向氨水中加入盐酸至中性，溶液中增大D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变18、下列说法正确的是A．在紫外线、饱和(NH4)2SO4溶液、CuSO4溶液等作用下，蛋白质均会变性B．为检验皂化反应进行程度，取几滴反应液，滴入装有热水的试管中，振荡，若有油滴浮在液面上，说明油脂已完全反应C．只用新制Cu(OH)2悬浊液就可以鉴别乙酸溶液、葡萄糖溶液、淀粉溶液D．糖类是热值最高的营养物质19、下列反应既是氧化还原反应，又是吸热反应的是（）A．铝粉与氧化铁高温下的反应B．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应C．碳与二氧化碳在高温条件下反应D．碳酸钙高温分解20、25℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－ΔH>0，下列叙述正确的是A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低B．向水中加入少量CH3COOH，平衡逆向移动，c(H＋)降低C．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，KW不变D．将水加热，KW增大，c(H＋)不变21、下列说法错误的是A．第五形态的碳单质“碳纳米泡沫”。与石墨烯互为同素异形体B．港珠澳大桥用到的铝合金材料，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能C．我国西周时期发明的“酒曲”酿酒工艺，是利用了催化剂使平衡正向移动的原理D．著名诗人杜牧在《泊秦淮>中写道：“烟笼寒水月笼沙，夜泊秦淮近酒家。”文中的烟能产生丁达尔效应22、甲、乙两种有机物的球棍模型如下，下列有关二者的描述中正确的是()A．甲、乙为同一物质B．甲、乙互为同分异构体C．甲、乙一氯取代物的数目不同D．甲、乙分子中含有的共价键数目不同二、非选择题(共84分)23、（14分）已知：，以下是用苯作原料制备一系列化合物的转化关系图：(1)苯转化为A的化学方程式是______________________________________________。(2)B的结构简式为_______________。(3)有机物C的所有原子______(填“是”或“不是”)在同一平面上。(4)D分子苯环上的一氯代物有_________种。(5)在上述反应①②③④⑤中，属于取代反应的是_______________________。24、（12分）石油分馏得到的轻汽油，可在Pt催化下脱氢环化，逐步转化为芳香烃。以链烃A为原料合成两种高分子材料的路线如下：已知以下信息：①B的核磁共振氢谱中只有一组峰；G为一氯代烃。②R—X＋R′—XR—R′(X为卤素原子，R、R′为烃基)。回答以下问题：（1）B的化学名称为_________，E的结构简式为_________。（2）生成J的反应所属反应类型为_________。（3）F合成丁苯橡胶的化学方程式为：_________（4）I的同分异构体中能同时满足下列条件的共有_________种(不含立体异构)。①能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体；②既能发生银镜反应，又能发生水解反应。其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6∶2∶1∶1的是_________(写出其中一种的结构简式)。（5）参照上述合成路线，以2­甲基己烷和一氯甲烷为原料(无机试剂任选)，设计制备化合物E的合成路线：_________。25、（12分）用50mL0.50mol·L-1盐酸与50mL0.55mol·L-1NaOH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)大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值_________(填“偏大、偏小、无影响”)(4)如果用60mL0.50mol·L-1盐酸与50mL0.55mol·L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_________(填“相等、不相等”)，所求中和热________(填“偏大、偏小、无影响”)26、（10分）某学习小组探究金属与不同酸反应的差异，以及影响反应速率的因素。实验药品：1.0moL/L盐酸、2.0mol/L盐酸、1.0mol/L硫酸、2.0mol/L硫酸，相同大小的铝片和铝粉(金属表面氧化膜都已除去)；每次实验各种酸的用量均为25.0mL，金属用量均为6.0g。（1）帮助该组同学完成以上实验设计表。实验目的实验编号温度金属铝形态酸及浓度1．实验①和②探究盐酸浓度对该反应速率的影响；2．实验②和③探究______3．实验②和④探究金属规格(铝片,铝粉)对该反应速率的影响；4．①和⑤实验探究铝与稀盐酸和稀硫酸反应的差异①_________铝片_______________②30˚C铝片1．0mol/L盐酸③40˚C铝片1．0mol/L盐酸④__________铝粉_____________⑤30˚C铝片1．0mol/L硫酸（2）该小组同学在对比①和⑤实验时发现①的反应速率明显比⑤快，你能对问题原因作出哪些假设或猜想(列出一种即可)?________________________________________________________________。27、（12分）室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：实验编号起始浓度/(mol·L－1)反应后溶液的pHc(HA)c(KOH)①0.10.19②x0.27（1）实验①反应后的溶液pH=9的原因是____________________________（用离子方程式表示）。（2）实验①和实验②中水的电离程度较大的是_______，该溶液中由水电离出的c(OH－)=______。（3）x____0.2(填“＞”“＜”或“=”)，若x=a，则室温下HA的电离平衡常数Ka=____________（用含a的表达式表示）。（4）若用已知浓度的KOH滴定未知浓度的一元酸HA，以酚酞做指示剂，滴定终点的判断方法是______________________________________________________。28、（14分）电化学方法是化工生产及生活中常用的一种方法。回答下列问题：(1)二氧化氯(ClO2)为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺如图所示。①图中用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2。产生ClO2的电极应连接电源的________(填“正极”或“负极”)，对应的电极反应式为_______。②a极区pH______(填“增大”“减小”或“不变”)。③图中应使用______(填“阴”或“阳”)离子交换膜。(2)电解K2MnO4溶液制备KMnO4。工业上，通常以软锰矿(主要成分是MnO2)与KOH的混合物在铁坩埚(熔融池)中混合均匀，小火加热至熔融，即可得到绿色的K2MnO4，化学方程式为_______。用镍片作阳极(镍不参与反应)，铁板为阴极，电解K2MnO4溶液可制备KMnO4。上述过程用流程图表示如下：则D的化学式为_______；阳极的电极反应式为_______。29、（10分）下图是由短周期元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图。各方框表示有关的一种反应物或生成物（某些物质已经略去），其中A、B、D在常温下均为无色无刺激性气味的气体，C是使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，M是最常见的无色液体。（1）物质G的化学式：__________________。（2）物质B的名称：____________________。（3）写出A→D的化学方程式：_______________________________________________；F→G的化学方程式：______________________________________________________；G→E的离子方程式：______________________________________________________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【题目详解】淀粉为多糖，能水解为葡萄糖，纤维素为多糖，水解为葡萄糖，葡萄糖为单糖，是不能再水解的糖，油脂在体内水解为甘油和高级脂肪酸。故选C。2、B【解题分析】A项，NaCl溶液呈中性，升高温度促进水的电离，溶液中c（H+）增大，pH减小；B项，NaHSO4的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，升高温度，溶液中c（H+）不变，pH不变；C项，NaOH的电离方程式为NaOH=Na++OH-，升高温度，水的离子积增大，溶液中c（OH-）不变，溶液中c（H+）增大，pH减小；D项，CH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，升高温度促进CH3COO-的水解，碱性增强，pH增大；答案选B。点睛：本题易错选A和C，错选原因是忽略了温度升高对水的电离平衡的影响。3、B【解题分析】烷烃的系统命名书写顺序分别是：取代基位置、取代基数目、取代基名称、主链名称，故答案为B。4、C【题目详解】A.通常情况下，浓硫酸使铝钝化，能用铝制容器盛放，A项错误；B.通常情况下，浓硝酸使铝钝化，能用铝制容器盛放，B项错误；C.氢氧化钠溶液与铝反应生成偏铝酸钠和氢气，则不能用铝制容器盛放，C项正确；D.酒精不与铝反应，能用铝制容器盛放，D项错误；答案选C。5、D【解题分析】A．原子晶体中化学键键能越大、键长越短其硬度越大，这几种物质都是原子晶体，键长C-C＜C-Si＜Si-Si，所以硬度：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故A正确；B．晶格能与离子半径成反比，与电荷成正比，离子半径，O2-＜Cl-＜Br-＜I-，则晶格能NaBr<NaCl<MgO，故B正确；C．元素的非金属性越强，与氢形成的化学键的极性越大，非金属性F＞O＞N，则键的极性：N－H<O－H<F－H，故C正确；D．因为对位形成分子间氢键增大熔点，邻位形成分子内氢键降低熔点，所以晶体熔点的高低：＞，故D错误；答案为D。6、D【解题分析】A．根据结构简式确定分子式为C9H11NO2，故A错误；B．苯环上有2个取代基，且含有硝基的苯佐卡因的同分异构体，丙基有两种，所以其同分异构体有3+3=6，故B错误；C．只有苯环能和氢气发生加成反应，所以1

mol该化合物最多与3mol氢气发生加成反应，故C错误；D．分子中将氨基转化成硝基，需要将H原子转化为O元素，该反应为氧化反应，故D正确；故选D。点睛：本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，涉及同分异构体种类判断、反应类型判断等知识点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，易错选项是B。7、B【解题分析】乙醇是小分子8、D【分析】电解时，根据溶液中离子放电顺序判断电解后溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小如何改变，如果电解后溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性，如果氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，如果两者相等则溶液呈中性。【题目详解】A.电解H2SO4，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，相当于电解水，导致溶液中H2SO4的浓度增大，溶液的pH值减小，A错误；B.电解NaOH，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，相当于电解水，导致溶液中氢氧化钠的浓度增大，溶液的pH值增大，B错误；C.电解NaCl，溶液中氢离子、氯离子放电，所以溶液中氢离子浓度逐渐减小，OH-浓度增大，pH值逐渐变大，C错误；D.电解K2SO4溶液，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，相当于电解水，导致溶液中硫酸钠的浓度增大，但溶液中氢离子和氢氧根离子的浓度不变，所以溶液的pH值保持不变，D正确；故合理选项是D。【题目点拨】本题以电解原理为载体考查了电解质溶液中离子的放电顺序，电解电解质溶液时，有电解水型，如电解硫酸钠溶液；有电解电解质型，如电解氯化铜溶液；有电解电解质和水型，如电解氯化钠溶液，掌握离子放电顺序，根据溶液中c(H+)、c(OH-)相对大小判断溶液的酸碱性。9、C【题目详解】A.显酸性的溶液可以是酸溶液，也可以是强酸的酸式盐或强酸弱碱盐，显碱性的溶液可以是碱溶液，也可以是弱酸强碱盐溶液，A错误；B.弱酸强碱盐或强酸弱碱盐能促进水的电离，而强酸强碱盐对水的电离无影响，B错误；C.常温下，某溶液中水电离出的H+浓度为1×10-9mol/L，该溶液可以是酸溶液，也可以是碱溶液，C正确；D.常温下，中性溶液的pH=7，而时，中性溶液的pH=6，D错误；故答案为：C。10、B【解题分析】试题分析：A．维生素B5含碳碳双键、-COOH，可发生加成、中和、取代反应，不能发生水解反应，故A错误；B．阿司匹林中含-COOC-可发生取代、水解反应，含苯环可发生加成反应，含-COOH可发生中和反应，故B正确；C．芬必得中含苯环和-COOH，可发生取代、中和，苯环可发生加成反应，但不能发生水解反应，故C错误；D．摇头丸中含-CONH-，可发生水解、取代，但不能发生中和反应，故D错误。故选B。考点：考查有机物的结构和性质11、C【题目详解】A．碳的氧化物、碳酸盐、碳酸虽含碳，但其性质与无机物类似，因此把它们看作无机物，故A错误；B．有机物不一定含有H元素，可能含有其它元素，如四氯化碳，故B错误；C．分子间作用力小，有机物熔沸点一般较低，故C正确；D．有机物大都不溶于水，故D错误；故选C。12、B【分析】据△H=反应物的活化能-生成物的活化能求得△H，△H=反应物键能和-生成物键能和【题目详解】△H=反应物的活化能-生成物的活化能=1127kJ·mol－1-1173kJ·mol－1=-92kJ·mol－1，热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92kJ·mol－1，△H=反应物键能和-生成物键能和=946kJ·mol－1+3×436kJ·mol－1-6×Q（N-H）=-92kJ·mol－1，Q（N-H）=391kJ·mol－1，故选B。13、A【题目详解】A．明矾是强酸弱碱盐，在水溶液里能发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，所以能作净水剂，故A正确；B．甲醛有毒，不能用于食品的防腐，只能用来浸泡标本，故B错误；C．NaOH是强碱，有很强的刺激性，不能用来治疗胃酸过度，故C错误；D．铝是一种活泼金属，能和酸反应，用来盛装酸性食品可对铝制容器造成腐蚀，故D错误；故选A。【题目点拨】14、D【分析】某基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4，原子序数为34，为Se元素，为ⅥA族元素；【题目详解】A．原子核外有34个电子，电子的运动状态各不相同，故A正确；B．核外电子分布于8个不同的能级，则有8种不同的能量，故B正确；C．34个电子位于18个轨道，有18种空间运动状态，故C正确；D．为ⅥA族元素，价电子排布式为4s24p4，故D错误；故选：D。15、D【解题分析】根据外因对反应速率的影响分析回答。【题目详解】A项：加热升高温度，使反应加快；B项：将锌片改成锌粉增大反应物的接触面积，使反应加快；C项：滴加少量CuSO4溶液，CuSO4与锌发生置换反应生成Cu和ZnSO4，Cu、Zn与稀硫酸形成原电池，使反应加快；D项：加入Na2CO3粉末消耗硫酸，降低了反应物浓度，使反应变慢。本题选D。16、B【解题分析】原子数目与价电子数目分别都相同的微粒为等电子体,据此结合选项判断。【题目详解】A.N2O4和NO2原子数目不相同,不是等电子体,故A错误；B.SO2和O3价电子数分别为18和18,原子数均为3,所以属于等电子体,故B正确；C.CO2和NO2原子数目相同,价电子数分别为16和17,不属于等电子体,故C错误；D.C2H6和N2H4原子数目不相同,不是等电子体，故D错误；综上所述，本题选B。【题目点拨】该题的关键是明确等电子体的概念，即把握原子数目与价电子数目相同的微粒才为等电子体，然后灵活运用即可。17、D【题目详解】A.加入CH3COONa固体，溶液浓度变大，CH3COONa的水解程度减小，则变大，A错误；B.该比值为酸酸根离子的水解常数的倒数，升温促进醋酸根离子水解，水解常数增大，故该比值减小，B错误；C.该式为一水合氨的电离平衡常数：=K，电离平衡常数只与温度有关，温度不变则电离常数不变，C错误；D.=，因为溶度积只与温度有关，所以加入少量AgNO3，该比值不变，D正确；答案为D【题目点拨】CH3COONa溶液中加入CH3COONa固体，与加水稀释对其水解程度的影响相反，CH3COONa的水解程度减小，变大，容易判读错误。18、C【题目详解】A.在紫外线、CuSO4溶液等作用下，蛋白质均会变性，但蛋白质中加入饱和(NH4)2SO4溶液会发生盐析，故错误；B.油脂不溶于水，油脂发生皂化反应生成的高级脂肪酸钠和甘油都易溶于水，故当无油滴浮在液面上时说明已经无油脂，即说明已完全反应，若有油滴浮在液面上，说明油脂没有完全反应，故错误；C.乙酸能溶解氢氧化铜沉淀，葡萄糖含有醛基，与氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，淀粉和氢氧化铜不反应，所以只用新制Cu(OH)2悬浊液就可以鉴别乙酸溶液、葡萄糖溶液、淀粉溶液，故正确；D.油脂是热值最高的营养物质，故错误。故选C。19、C【题目详解】A．铝粉与氧化铁粉末在高温下反应发生的是铝热反应，Al置换出铁，Al和Fe两种元素的化合价发生了改变，属于氧化还原反应，但反应过程中放热，故A错误；B．Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl晶体混合发生反应需要吸热，属于吸热反应，但各元素的化合价没有改变，不是氧化还原反应，故B错误；C．C元素的化合价发生改变，属于氧化还原反应，且为吸热反应，故C正确；D．碳酸钙高温分解是吸热反应，但各元素的化合价没有改变，不是氧化还原反应，故D错误；答案选C。20、C【分析】根据弱电解质的电离平衡分析。【题目详解】A.向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，但c(OH-)增大，故A错误；B.向水中加入少量CH3COOH，c(H+)增大，平衡逆向移动，故B错误；C.向水中加入少量固体硫酸氢钠，NaHSO4=Na++H++SO42-，c(H+)增大，温度不变，Kw不变，故C正确；D.将水加热，即温度升高，Kw增大，水的电离程度增大，c(H＋)增大，故D错误。故选C。【题目点拨】Kw只受温度影响，温度不变，Kw不变。21、C【题目详解】A．同素异形体是指由同样的单一化学元素组成，因排列方式不同，而具有不同性质的单质；第五形态的碳单质“碳纳米泡沫”石墨烯均为碳单质，属于同素异形体，故A不选；B．合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能，故B不选；C．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变转化率，C错误符合题意，故选C；D．烟为固体小颗粒分散到空气中所形成的，属于胶体，能产生丁达尔效应，故D不选。答案选C22、B【分析】由球棍模型可知有机物结构简式甲为CH3CH(CH3)2，乙为CH3CH2CH2CH3，同分异构体是指分子式相同，但结构不同的化合物，一氯取代产物的种类取决于有机物物中氢原子的种类，据此解答该题。【题目详解】A．甲为CH3CH(CH3)2，乙为CH3CH2CH2CH3，甲、乙不是同一物质，故A错误；B．同分异构体是指分子式相同，但结构不同的化合物，甲、乙分子式相同为C4H10，结构不同，两者互为同分异构体，故B正确；C．一氯取代产物的种类取决于有机物物中氢原子的种类，甲、乙都有2种H原子，其一氯代物有2种，故C错误；D．甲、乙中化学键均为单键，二者的化学式相同，因此相同物质的量两种物质所含化学键数目相同，故D错误；故答案为：B。二、非选择题(共84分)23、是2①②③④【分析】苯和浓硝酸发生取代反应生成A，A为；由结合信息逆推可知B为；则A发生取代反应生成B；由逆推可知D为，则B和溴发生取代反应生成C，C为，C发生取代反应生成D，据此分析解答。【题目详解】(1)苯和浓硝酸发生取代反应生成A，反应的化学方程式为，故答案为；(2)根据上述分析，B为，故答案为；(3)有机物C为，苯环为平面结构，因此C的所有原子都在同一平面上，故答案为是；(4)D为，苯环上有2种环境的氢原子，其一氯代物有2种，故答案为2；(5)根据上述分析，反应①为硝化反应，属于取代反应，反应②为取代反应，反应③为苯环上的溴代反应，属于取代反应，反应④为溴苯与浓硫酸发生的对位取代反应，反应⑤为苯环与氢气的加成反应，属于取代反应的是①②③④，故答案为①②③④。24、环己烷缩聚反应12【分析】根据信息①，有机物A的分子式为C6H14，在Pt催化下脱氢环化，生成环己烷（B），环己烷在Pt催化下脱氢环化，生成苯（C），苯与氯气在氯化铁作用下生成氯苯（D）；根据信息②可知，氯苯与一氯乙烷在钠，20℃条件下反应生成乙苯，乙苯在一定条件下发生消去反应生成苯乙烯（F），苯乙烯与1,3丁二烯发生加聚反应生成丁苯橡胶；环己烷在光照条件下，与氯气发生取代反应生成一氯环己烷（G），一氯环己烷在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成环己烯（H），环己烯被酸性高锰酸钾溶液氧化为二元羧酸（I），二元羧酸与乙二醇发生缩聚反应生成聚酯纤维（J）；据以上分析解答。【题目详解】根据信息①，有机物A的分子式为C6H14，在Pt催化下脱氢环化，生成环己烷（B），环己烷在Pt催化下脱氢环化，生成苯（C），苯与氯气在氯化铁作用下生成氯苯（D）；根据信息②可知，氯苯与一氯乙烷在钠，20℃条件下反应生成乙苯，乙苯在一定条件下发生消去反应生成苯乙烯（F），苯乙烯与1,3丁二烯发生加聚反应生成丁苯橡胶；环己烷在光照条件下，与氯气发生取代反应生成一氯环己烷（G），一氯环己烷在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成环己烯（H），环己烯被酸性高锰酸钾溶液氧化为二元羧酸（I），二元羧酸与乙二醇发生缩聚反应生成聚酯纤维（J）；（1）根据以上分析可知，B的化学名称为环己烷；E的结构简式为；综上所述，本题答案是：环己烷，。（2）根据以上分析可知，二元羧酸与乙二醇发生缩聚反应生成聚酯纤维（J）；反应类型为缩聚反应；综上所述，本题答案是：缩聚反应。（3）苯乙烯与1,3-丁二烯发生加聚反应生成高分子丁苯橡胶，F合成丁苯橡胶的化学方程式为：；综上所述，本题答案是：。（4）有机物I的结构为：，I的同分异构体中同时满足①能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体，结构中含有羧基；②既能发生银镜反应，又能发生水解反应，含有HCOO-结构，所以有机物I的同分异构体可以看做-COOH，HCOO-取代C4H10中的两个氢原子，丁烷有正丁烷和异丁烷两种。对于这两种结构采用：“定一移一”的方法进行分析，固定-COOH的位置，则HCOO-有，共8中位置；同理，固定HCOO-的位置，则-COOH有，共4种位置，因此共有12种；其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6∶2∶1∶1的是：HOOCC(CH3)2CH2OOCH或HCOOC(CH3)2CH2COOH；综上所述，本题答案是：12；HOOCC(CH3)2CH2OOCH或HCOOC(CH3)2CH2COOH。（5）根据信息可知，以2-甲基己烷在在Pt催化下高温下脱氢环化，生成甲基环己烷，甲基环己烷在Pt催化下高温下脱氢，生成甲苯，甲苯在光照条件下与氯气发生侧链上的取代反应生成，根据信息②可知，该有机物与一氯甲烷在钠、20℃条件下发生取代反应生成乙苯；具体流程如下：；综上所述，本题答案是：。【题目点拨】有机物的结构和性质。反应类型的判断，化学方程式、同分异构体及合成路线流程图的书写是高考的常考点。在有机合成和推断题中一般会已知部分物质，这些已知物质往往是推到过程的关键点。推导时，可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可从最终产物结合反应条件逆向推导原料，还可以从中间产物出发向两侧推导，推导过程中要注意结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用。25、环形玻璃搅拌棒减少实验过程中的热量损失偏小不相等无影响【题目详解】(1)在反应中为了使反应进行的更充分，同时也为了使溶液混合均勺，需要搅拌。因此还缺少环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；(2)该实验应该离开你减少热量的损失，所以烧杯间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故答案为：减少实验过程中的热量损失；(3)大烧杯上如不盖硬纸板，则会导致热量损失，使测定结果偏小，故答案为：偏小；(4)如果改变酸碱的物质的量，则反应中放出的热量是不相同的，但中和热是不变的，因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关，故答案为：不相等；无影响；26、温度对该反应速率的影响30˚C2.0mol/L盐酸30˚C1.0mol/L盐酸Cl-能够促进金属铝与H+反应，或SO42-对金属铝与H+的反应起阻碍作用等【解题分析】（1）探究问题时，要注意控制变量，结合题目中探究的影响因素，即可分析出变量是什么；（2）对比①和⑤实验可知，只有Cl-和SO42-不同，即可分析出答案；【题目详解】（1）根据实验目的可知：实验①和②探究盐酸浓度对该反应速率的影响，则除盐酸的浓度不同外，其它条件必须完全相同，所以①的温度为30℃，酸及浓度为：2.0moL/L盐酸；根据实验②和③的数据可知，除温度不同外，其它条件完全相同，则实验②和③探究的是反应温度对反应速率的影响；实验②和④探究金属规格(铝片，铝粉)对该反应速率的影响，则除铝的规格不同以外，其它条件必须完全相同，所以④中温度30℃、酸及浓度为：1.0moL/L盐酸；(2)对比①和⑤实验可知，只有Cl-和SO42-不同，其它条件完全相同，①的反应速度明显比⑤快，说明Cl-能够促进Al与H+的反应或SO42-对Al与H+的反应起阻碍作用。27、A－+H2OHA+OH－实验①1.0×10-5mol/L＞当加入最后一滴KOH溶液，锥形瓶中溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟不褪去【分析】根据表中数据，HA与KOH等物质的量时，恰好生成KA，溶液显碱性，则KA为强碱弱酸盐，可判断HA为弱酸。【题目详解】(1)分析可知，NaA溶液中，由于A－的水解，使得溶液显碱性，A－水解的离子方程式为：A－+H2O⇌HA+OH－；(2)实验①A－的水解促进水的电离，实验②溶液显中性，水正常电离，因此实验①中水电离程度较大；该实验中所得溶液的pH=9，溶液中c(H+)=10-9mol/L，则溶液中，而溶液中OH－都来自水电离产生，因此该溶液中水电离出c(OH－)=1×10−5mol∙L−1；(3)由于HA显酸性，反应生成的NaA显碱性，要使溶液显中性，则溶液中HA应过量，因此x>0.2mol∙L−1；室温下，HA的电离常数Ka=；(4)标准液为KOH，指示剂为酚酞，酚酞遇到酸为无色，则滴加酚酞的HA溶液为无色，当反应达到滴定终点时，溶液显碱性，因此滴定终点的现象为：当滴入最后一滴KOH溶液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色。28、正极