2024届上海市金山区金山中学化学高二第二学期期末综合测试模拟试题含解析

2024届上海市金山区金山中学化学高二第二学期期末综合测试模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、化学与生产生活密切相关。下列做法有利于环境保护和可持续发展的是A．大量生产和销售超薄塑料购物袋，方便日常生活B．大力推广新能源汽车，建设绿色低碳的交通体系C．将废铅蓄电池拆解后的铅泥和废硫酸作深埋处理D．加大煤、石油等化石能源的开采，满足发展需求2、一种应用广泛的锂电池结构如图所示，LiPF6是电解质，SO(CH3)2作溶剂，反应原理是4Li+FeS2A．Li作负极B．a极的电势比b极的电势高C．b极的电极反应式是FeSD．电子是由a极沿导线移动到b极3、下列物质间的每步转化只需通过一步反应就能实现的是（）A．Fe→Fe2O3→Fe(OH)3→FeCl3 B．Al→Al(OH)3→Al2O3→NaAlO2C．Na→Na2O2→Na2CO3→NaOH D．Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO34、利用如图所示装置测定中和热的实验步骤正确的是A．为了减小热量损失，倒入NaOH溶液应该多次迅速倒人B．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒上下轻轻地搅动C．烧杯如不盖硬纸板，不影响测得的中和热数值D．先用一支温度计测量盐酸温度，再用另一支温度计测量氢氧化钠溶液温度,并做好记录5、已知下列反应：Co2O3＋6HCl(浓)=2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O(Ⅰ)；5Cl2＋I2＋6H2O=10HCl＋2HIO3(Ⅱ)。下列说法正确的是()A．反应(Ⅰ)中HCl是氧化剂 B．反应(Ⅱ)中Cl2发生氧化反应C．还原性：CoCl2＞HCl＞I2 D．氧化性：Co2O3＞Cl2＞HIO36、“神舟十号”的运载火箭所用燃料是偏二甲肼(C2H8N2)(其中N的化合价为-3)和四氧化二氮(N2O4)。在火箭升空过程中，燃料发生反应:C2H8N2+2N2O4→2CO2+3N2+4H2O提供能量。下列有关叙述正确的是A．该燃料无毒，在燃烧过程中不会造成任何环境污染B．每有0.6molN2生成，转移电子数目为2.4NAC．该反应中N2O4是氧化剂，偏二甲肼是还原剂D．N2既是氧化产物又是还原产物，CO2既不是氧化产物也不是还原产物7、铁、稀盐酸、澄清石灰水、氯化铜溶液是中学化学中常见物质，四种物质间的反应关系如图所示。图中两圆相交部分(A、B、C、D)表示物质间的反应，其中对应的离子方程式书写正确的是A．OH−+HCl=H2O+Cl− B．Ca(OH)2+Cu2+=Ca2++Cu(OH)2C．Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ D．Fe+2H+=Fe3++H2↑8、有关碱金属的叙述正确的是()A．随核电荷数的增加，密度逐渐增大B．碱金属单质的金属性很强，均易与Cl2、O2、N2等发生反应C．Cs2CO3加热时不能分解为CO2和Cs2OD．无水硫酸铯的化学式为Cs2SO4，它不易溶于水9、下列对一些实验事实的理论解释正确的是()选项实验事实理论解释A氮原子的第一电离能大于氧原子氮原子2p能级半充满BSO2为V形分子SO2分子中S原子采用sp3杂化C金刚石的熔点低于石墨金刚石是分子晶体，石墨是原子晶体DHF的沸点高于HClHF的相对分子质量小于HClA．A B．B C．C D．D10、下列有机物的结构表示不正确的是()A．羟基的电子式B．1-丁烯的键线式为C．乙醇的结构式为D．葡萄糖的最简式为CH2O11、可逆反应mA(s)+nB(g)pC(g)在一定条件下达到平衡后，改变压强，B的体积分数φ(B)与压强的关系如图所示，有关叙述正确的是()。A．m+n＜pB．n＞pC．X点时v(正)＞v(逆)D．X点比Y点的正反应速率快12、磷酸亚铁锂(LiIFePO4)电池(如图所示)是新能源汽车的动力电池之一。M电极是金属锂和碳的复合材料(碳作为金属锂的载体)，电解质为一种能传导Li＋的高分子材料，隔膜只允许Li＋通过，电池的总反应为LixC6＋Li1－xFePO4LiFePO4+6C。下列说法正确的是A．放电时，Li＋向M电极移动B．充电时电路中每通过0.5mol电子，就有36g碳和金属锂复合在一起C．放电时，M电极的电极反应为D．充电时，N电极的电极反应为LiFePO4－xe－＝xLi＋＋Li1－xFePO413、NA表示阿伏加德罗常数，下列有关叙述正确的是（）①1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为4NA②6.2g氧化钠和7.8g过氧化钠的混合物中含有的离子总数为0.6NA③3.4gNH3中含N—H键数目为0.2NA④常温下1L0.5mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液所含NH4+的数目相同⑤常温下4.6gNO2和N2O4混合气体中所含原子总数为3NA⑥等体积、浓度均为1mol/L的磷酸和盐酸，电离出的氢离子数之比为3:1⑦1mol铁粉在1mol氯气中充分燃烧，失去的电子数为3NA⑧高温下，16.8gFe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子A．①④⑦ B．②⑤⑧ C．②③④⑥ D．①②④⑤⑦14、为提纯下列物质(括号内的物质为杂质)，所选用的除杂试剂和分离方法不正确的是(

)ABCD被提纯物质O2(CO)乙酸乙酯(乙酸)酒精(水)溴苯(溴)除杂试剂通过炽热的CuO饱和碳酸钠溶液生石灰氢氧化钠溶液分离方法洗气分液蒸馏分液A．A B．B C．C D．D15、同温同压下,体积相同的两个容器中,分别充满由14N、13C、18O三种原子构成的一氧化氮(14A．所含分子数和质量均不相同B．含有相同的质子和中子C．含有相同的分子数和电子数D．含有相同数目的中子、原子和分子16、用2－氯丙烷制取少量的1，2－丙二醇，经过下列哪几步反应（）A．加成→消去→取代 B．消去→加成→水解C．取代→消去→加成 D．消去→加成→消去二、非选择题（本题包括5小题）17、氯吡格雷是一种用于抑制血小板聚集的药物，该药物通常以2­－氯苯甲醛为原料合成，合成路线如下：（1）下列关于氯吡格雷的说法正确的是__________。A．氯吡格雷在一定条件下能发生消去反应B．氯吡格雷难溶于水，在一定条件下能发生水解反应C．1mol氯吡格雷含有5NA个碳碳双键，一定条件下最多能与5molH2发生加成反应D．氯吡格雷的分子式为C16H16ClNO2S（2）物质D的核磁共振氢谱有_________种吸收峰。（3）物质X的结构简式为____________。（4）物质C可在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的产物，写出该反应的化学方程式______，反应类型是__________。（5）写出属于芳香族化合物A的同分异构体__________(不包含A)。18、某同学用含结晶水的盐X(四种短周期元素组成的纯净物)进行了如下实验：已知：i.气体甲无色无味气体；ii.气体丙为纯净物，干燥后体积为2.24L(标况下)，标况下密度为1.25g·L-1，易与血红蛋白结合而造成人中毒；iii.固体乙为常见金属氧化物，其中氧元素的质量分数为40%。请回答：(1)X中除H、O两种元素外，还含有_____元素，混合气体甲的成分是_____(填化学式)。(2)将X加入到硫酸酸化的高锰酸钾溶液，溶液褪色并有气体产生，写出该化学方程式___。19、为证明C2H5X（X=Cl、Br或I）中存在溴原子，某同学设计如下实验：Ⅰ．向C2H5X中加入硝酸银溶液，充分振荡后静置，液体分为两层，均为无色溶液；Ⅱ．向C2H5X中加入氢氧化钠溶液，充分振荡后静置，液体分为两层，均为无色溶液；Ⅲ．取Ⅱ中……。(1)Ⅰ为对照实验，目的是_______。(2)写出Ⅱ中的化学方程式：_______。(3)补全Ⅲ中的实验操作及现象：_______，说明C2H5X中含溴原子。20、实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为：4NH4++6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+[滴定时，1mol(CH2)6N4H+与1molH+相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸．某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：步骤I：称取样品1.500g。步骤Ⅱ：将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀。步骤Ⅲ：移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入10mL20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1～2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点．按上述操作方法再重复2次。(1)根据步骤Ⅲ填空：①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积______（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察______。A．滴定管内液面的变化B．锥形瓶内溶液颜色的变化④滴定达到终点时，酚酞指示剂由______色变成______色。(2)滴定结果如下表所示：滴定次数待测溶液的体积/mL标准溶液的体积滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL125.001.0221.03225.002.0021.99325.000.2020.20若NaOH标准溶液的浓度为0.1010mol•L-1，则该样品中氮的质量分数为______。21、石棉尾矿主要含有Mg3(Si2O5)(OH)4和少量的Fe2O3、Al2O3。以石棉尾矿为镁源制备碳酸镁晶体(MgCO3·nH2O)的工艺如下：已知“焙烧”过程中的主反应为：（1）写出焙烧产物NH3的电子式_____________________。（2）为提高水浸速率，可采取的措施为_______________________（任写一条），“浸渣”的主要成分为__________________。（3）“调节pH除杂”时，需将pH调至5.0，则除去的杂质离子是______________，此时溶液中的c(Fe3+)=__________________（已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38）。（4）“沉镁”过程中反应的离子方程式为_______________________________________。“沉镁”时若温度超过60℃，将产生较多的碱式碳酸镁杂质，原因是________________

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解题分析】A、禁止生产、销售、使用超薄塑料购物袋，并实行塑料购物袋有偿使用制度，防止污染环境，选项A错误；B、新能源汽车以其低能耗、低污染等优势，对减少移动源排放、促进绿色低碳发展具有重要作用，选项B正确；C、将废铅蓄电池拆解后的铅泥和废硫酸按照危险废物进行管理，选项C错误；D、煤、石油等化石能源是不可再行能源，不能无限制的开采，选项D错误。答案选B。2、B【解题分析】

A.根据反应式可知，Li的化合价升高，失电子作电池的负极，FeS2得电子化合价降低，作电池的正极，A正确；B.a极作电池的负极，则a极的电势比b极的电势低，B错误；C.b极上，Fe、S原子的化合价均降低，则电极反应式是FeS2+4Li++4e-=Fe+2Li2S，C正确；D.外电路中电子是由a极（负极）沿导线移动到b极（正极），D正确；答案为B。【题目点拨】FeS2得电子化合价降低，做电池的正极，Fe为+2价，S为-1价，1molFeS2得到4mol电子。3、C【解题分析】

A，Fe与O2在一定条件反应可生成Fe2O3，Fe2O3不能一步转化为Fe（OH）3，Fe（OH）3与HCl反应生成FeCl3和H2O，A项不符合题意；B，Al不能一步转化为Al（OH）3，Al（OH）3受热分解成Al2O3和H2O，Al2O3与NaOH反应生成NaAlO2和H2O，B项不符合题意；C，Na在O2中燃烧生成Na2O2，Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，Na2CO3与Ca（OH）2反应生成CaCO3和NaOH，C项符合题意；D，Si与O2加热生成SiO2，SiO2不能一步转化为H2SiO3，H2SiO3与NaOH反应生成Na2SiO3和H2O，D项不符合题意。答案选C。4、B【解题分析】A.为了减小热量损失，倒入NaOH溶液应该一次迅速倒入，故A错误；B.酸与碱混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动，故B正确；C.烧杯上盖硬纸板目的是为了减少实验中的热量损失，不盖会影响测定的中和热数值，故C错误；D.温度计测量盐酸的温度，无需洗涤继续测量氢氧化钠溶液温度，氢氧化钠溶液的起始温度偏高，测得中和热的数值偏小，故D错误；故选B。5、D【解题分析】试题分析：抓住化合价的变化这一特征，分析Co2O3+6HCl(浓)=2CoCl2+Cl2↑+3H2O中Co2O3中的Co为+3价，CoCl2中的Co为+2价，故Co2O3为氧化剂将HCl氧化为Cl2；故Co2O3的氧化性大于Cl2；在5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3中Cl2将I2氧化为HIO3故Cl2的氧化性大于HIO3考点：考查基本理论，氧化还原反应6、C【解题分析】

A、偏二甲肼和四氧化二氮都有毒，故A错误；

B、根据方程式C2H8N2

+2N2O4→2CO2+3N2+4H2O，每有0.6molN2生成，转移电子数目为3.2NA，故B错误；C、该反应N2O4中氮元素化合价降低是氧化剂，偏二甲肼中C、N元素化合价升高是还原剂，故C正确；D、N2既是氧化产物又是还原产物，CO2是氧化产物，故D错误。【题目点拨】氧化还原反应中，所含元素化合价升高的反应物是还原剂、所含元素化合价降低的反应物是氧化剂；通过氧化反应得到的产物是氧化产物、通过还原反应得到的产物是还原产物。7、C【解题分析】

A.稀盐酸和石灰水发生中和反应，反应的离子方程式应为H++OH−=H2O，A项错误；B.氯化铜和石灰水反应生成氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为Cu2++2OH−=Cu(OH)2↓，B项错误；C.铁与氯化铜溶液发生置换反应，生成氯化亚铁和铜，反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，C项正确；D.铁为活泼金属，与稀盐酸发生置换反应生成氢气，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，D项错误；答案选C。8、C【解题分析】

A、碱金属单质中，钾的密度小于钠的密度，故A错误；B、碱金属单质中除锂外，均不与氮气直接反应，故B错误；C、同主族元素性质具有相似性，由Na2CO3加热不分解可知Cs2CO3加热也不分解，故C正确；D、同主族元素性质具有相似性，由Na2SO4易溶于水可知Cs2SO4也易溶于水，故D错误；答案选C。9、A【解题分析】

A．原子轨道中电子处于全空、半满、全满时较稳定，氮原子2p能级半充满，则氮原子的第一电离能大于同一周期相邻的氧原子，故A正确；B．SO2中S的价层电子对数=2+=3，为sp2杂化，立体构型为V形，故B错误；C．金刚石为原子晶体，石墨为混合型晶体，但石墨中共价键的键长比金刚石中共价键键长短，键能更大，所以石墨的熔点比金刚石的高，故C错误；D．卤族元素氢化物都属于分子晶体，分子晶体的沸点随着其相对分子质量的增大而增大，但氟化氢分子间含有氢键，氯化氢中不含氢键，导致氟化氢沸点高于HCl，故D错误；答案选A。【题目点拨】本题的易错点为C，要注意石墨为混合型晶体，层与层之间为分子间作用力，层内存在共价键，石墨熔化时需要破坏层内的共价键。10、A【解题分析】

A．羟基为中性原子团，O原子最外层含有7个电子，其电子式为，故A错误；B．1-丁烯的结构简式为CH2=CHCH2CH3，键线式为，故B正确；C．乙醇分子中含有羟基，结构式为：，故C正确；D．葡萄糖的分子式为C6H12O6，其最简式为CH2O，故D正确；答案选A。【题目点拨】本题的易错点为A，要注意区分羟基和氢氧根的电子式。11、C【解题分析】试题分析：A．由图象的曲线变化特征可以看出，增大压强，B的百分含量增大，说明平衡向逆反应方向移动，则有n＜p，由于A为固体，所以m+n与p的关系不确定，故A错误；B．由图象的曲线变化特征可以看出，增大压强，B的百分含量增大，说明平衡向逆反应方向移动，则有n＜p，故B错误；C．x点位于曲线上方，未达到平衡状态，由图象可以看出，当B的含量减小时，可趋向于平衡，则应是向正反应方向移动，即v正＞v逆，故C正确；D．由图象可以看出x点的压强小于y点压强，压强越大，反应速率越大，故x点比y点混合物的反应速率慢，故D错误。故选C。【考点定位】考查化学平衡的影响因素、化学平衡图像【名师点晴】本题考查化学平衡曲线问题，本题注意分析纵坐标随横坐标变化的趋势，特别是曲线的上的点与曲线外的点的区别。由图象的曲线变化特征可以看出，增大压强，B的百分含量增大，说明平衡向逆反应方向移动，由于A为固体则有n＜p，在曲线上的点为平衡状态。12、D【解题分析】

原电池中Li电极失电子，作电池的负极；LiFePO4得电子作电池的正极；【题目详解】A.放电时，原电池内部阳离子向正极移动，即Li＋向N极移动，A错误；B.充电时电路中每通过0.5mol电子，则有0.5molLi生成，就有36/xg碳和金属锂复合在一起，B错误；C.放电时，C的化合价未变，Li失电子生成锂离子，M电极的电极反应为LixC-xe-=xLi++6C，C错误；D.充电时，N电极的电极反应为LiFePO4－xe－＝xLi＋＋Li1－xFePO4，D正确；答案为D。【题目点拨】原电池放电时，内电路中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；充电时为电解池。13、B【解题分析】

①1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为1NA，故错误；②6.2g氧化钠的物质的量为0.1mol，含有0.2mol钠离子、0.1mol阴离子，总共含有0.3mol离子；7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，含有0.2mol钠离子、0.1mol过氧根离子，总共含有0.3mol离子，二者的混合物中含有0.6mol离子，含有的离子总数为0.6NA，故正确；③3.4gNH3物质的量==0.2mol，含N-H键数目为0.6NA，故错误；④浓度越大水解程度越小，1L0.50mol•L-1NH4Cl溶液与2L0.25mol•L-1NH4Cl溶液含NH4+物质的量后者小，故错误；⑤NO2和N2O4的最简式均为NO2，故4.6g混合物中含有的NO2的物质的量为0.1mol，故含0.1mol氮原子和0.2mol氧原子，共含有原子数为0.3NA个，故正确；⑥氯化氢为强电解质，溶液中完全电离，1mol/L的盐酸中含有氢离子浓度为1mol/L，而磷酸为弱电解质，1mol/L的磷酸溶液中氢离子浓度小于3mol/L，所以电离出的氢离子数之比小于3：1，故错误；⑦1mol氯气与1mol铁粉反应，氯气不足，完全反应只能得2mol电子，故错误；⑧n=计算得到物质的量==0.3mol，结合铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气计算电子转移数，3Fe～Fe3O4～8e-，则Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子，故正确；故选B。14、A【解题分析】

A．CO与炽热的CuO反应生成二氧化碳，混入了杂质气体，故A错误；B．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，故B正确；C．酒精不能与生石灰反应，而水能与生石灰反应生成高沸点的氢氧化钙，进而通过蒸馏的方式将二者分离，故C正确；D．溴与NaOH反应后，与溴苯分层，然后分液可分离，故D正确；答案选A。15、D【解题分析】分析：同温同压下，等体积的气体的物质的量相同、气体分子数相同，14N18O、13C18O分子都是双原子分子，中子数都是17，分子14N18O、13C18O中质子数分别为15、14，中性分子质子数等于电子数，根据m=nM可知判断二者质量不同，据此分析判断。详解：同温同压下，14N18O、13C18O等体积，二者物质的量相等、气体分子数目相等，则14N18O、13C18O分子数目相等，二者摩尔质量不同，根据n=nM可知，二者质量不相等，14N18O、13C18O分子都是双原子分子，中子数都是17，二者含有原子数目、中子数相等，14N18O、13C18O分子中质子数分别为15、14，中性分子质子数等于电子数，则二者互为电子数不相同，综上分析可知，ABC错误，D正确，故选D。16、D【解题分析】

2－氯丙烷发生消去反应生成CH2=CH-CH3，其与溴水发生加成反应生成CH2Br-CHBr-CH3，再与NaOH溶液在加热的条件下发生取代反应生成1，2－丙二醇，答案为D。二、非选择题（本题包括5小题）17、BD72+2H2O取代反应、、【解题分析】

(1)氯吡格雷含有酯基、氯原子，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应；(2)D结构不对称，有7种不同的H；(3)对比D、E可知X的结构简式；(4)物质C可在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的产物，可由2分子C发生取代反应生成；(5)A的同分异构体可含有醛基、Cl原子以及-COCl。【题目详解】(1)A．氯吡格雷中氯原子在苯环上，不能发生消去反应，故A错误；B．氯吡格雷含有酯基、氯原子，难溶于水，在一定条件下能发生水解反应，故B正确；C．lmol氯吡格雷含有2NA个碳碳双键，且含有苯环，则一定条件下最多能与5molH2发生加成反应，故C错误；D．由结构简式可知氯吡格雷的分子式为C16H16ClNO2S，故D正确；故答案为BD；(2)D结构不对称，有7种不同的H，则核磁共振氢谱有7种吸收峰；(3)对比D、E可知X的结构简式为；(4)物质C可在一定条件下反应生成一种含有3个六元环的产物，可由2分子C发生取代反应生成，反应的化学方程式为；(5)A的同分异构体可含有醛基、Cl原子以及-COCl，苯环含有2个取代基，可为邻、间、对等位置，对应的同分异构体可能为。【题目点拨】推断及合成时，掌握各类物质的官能团对化合物性质的决定作用是非常必要的，可以从一种的信息及物质的分子结构，结合反应类型，进行顺推或逆推，判断出未知物质的结构。能够发生水解反应的有卤代烃、酯；可以发生加成反应的有碳碳双键、碳碳三键、醛基、羰基；可以发生消去反应的有卤代烃、醇。可以发生银镜反应的是醛基；可能是醛类物质、甲酸、甲酸形成的酯、葡萄糖；遇氯化铁溶液变紫色，遇浓溴水产生白色沉淀的是苯酚等。掌握这些基本知识对有机合成非常必要。18、Mg、CCO、CO2、H2O5MgC2O4·2H2O+8H2SO4+2KMnO4=5MgSO4+K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+18H2O【解题分析】

(1)由i.气体甲无色无味气体，由流程知甲中含有二氧化碳，根据白色沉淀的质量可计算CO2物质的量；ii.气体丙为纯净物，干燥后体积为2.24L(标况下)，则其物质的量为0.1mol，按标况下密度可知其摩尔质量，按性质，则可判断出丙，用质量守恒求出混合气体还含有的水蒸气的物质的量；iii.固体乙为常见金属氧化物，设其化学式为M2Ox，按其中氧元素的质量分数为40%，则可判断出所含金属元素，按数据可得盐的化学式；(2)将X加入到硫酸酸化的高锰酸钾溶液，利用其性质写出和硫酸酸化的高锰酸钾溶液发生氧化还原反应化学方程式；【题目详解】i.气体甲无色无味气体，由流程知甲中含有二氧化碳，根据C守恒，CO2物质的量为10.0g÷100g/mol=0.1mol；ii.气体丙为纯净物，干燥后体积为2.24L(标况下)，则其物质的量为2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，丙标况下密度为1.25g·L-1，则丙的摩尔质量=22.4L/mol×1.25g·L-1=28g/mol，丙易与血红蛋白结合而造成人中毒，则丙为CO；根据题意X为含结晶水的盐，则混合气体甲中还含有14.8g-4.00g-0.1mol×28g/mol-0.1mol×44g/mol=3.6g水蒸气，水蒸气物质的量为3.6g÷18g/mol=0.2mol；iii.固体乙为常见金属氧化物，设其化学式为M2Ox，因为其中氧元素的质量分数为40%，则，则Ar（M）=12x，当x=2，Ar（M）=24时合理，即M为Mg元素，且MgO物质的量为4g÷40g/mol=0.1mol；则镁、碳、氢、氧的物质的量分别为0.1mol、0.2mol（0.1mol+0.1mol=0.2mol）、0.4mol（0.2mol×2=0.4mol）、0.6mol（0.1mol+0.1mol+0.1mol×2+0.2mol），则X的化学式为MgC2H4O6，已知X为含结晶水的盐(四种短周期元素组成的纯净物)，镁离子和结晶水的物质的量之比为1:2，则其化学式为MgC2O4·2H2O；(1)X中除H、O两种元素外，还含有Mg、C元素，混合气体甲的成分是CO、CO2、H2O；答案为：Mg、C；CO、CO2、H2O；(2)将X加入到硫酸酸化的高锰酸钾溶液，溶液褪色并有气体产生，则KMnO4被还原为Mn2+，C2O42-被氧化成CO2，根据得失电子守恒、原子守恒，该反应的化学方程式为：5MgC2O4·2H2O+8H2SO4+2KMnO4=5MgSO4+K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+18H2O；答案为：5MgC2O4·2H2O+8H2SO4+2KMnO4=5MgSO4+K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+18H2O。19、证明C2H5X中没有游离的Br–C2H5Br+NaOHC2H5OH+NaBr取Ⅱ中上层溶液，加入足量稀硝酸至弱酸性，滴加AgNO3溶液，生成淡黄色沉淀【解题分析】

只有Br-与Ag+发生反应形成AgBr浅黄色沉淀；向C2H5X中加入硝酸银溶液，充分振荡后静置，液体分为两层，均为无色溶液，说明C2H5X中无Br-；向C2H5X中加入氢氧化钠溶液，充分振荡后静置，液体分为两层，均为无色溶液，说明C2H5X难溶于水，然后将溶液加热，发生反应C2H5Br+NaOHC2H5OH+NaBr，再将溶液酸化，然后加入硝酸银溶液，产生淡黄色沉淀，证明该溶液中含有Br-，反应产生了AgBr浅黄色沉淀。【题目详解】(1)Ⅰ为对照实验，目的是证明C2H5X中没有游离的Br-，不能与硝酸银溶液发生沉淀反应；(2)Ⅱ中C2H5Br与NaOH水溶液在加热时发生取代反应产生乙醇、NaBr，反应的化学方程式为：C2H5Br+NaOHC2H5OH+NaBr；(3)要证明该物质中含有溴元素，由于Ag+与OH-也会发生反应产生沉淀，因此要先加入酸酸化，然后再加入AgNO3溶液，若生成淡黄色沉淀说明，C2H5X中含溴原子。【题目点拨】本题考查了卤代烃中卤素的存在及检验方法的知识。卤代烃中卤素以原子形式存在，只有卤素离子才可以与硝酸银溶液发生反应产生沉淀，在检验之前，一定要先酸化，再加入硝酸银溶液，根据产生沉淀的颜色判断所含的卤素种类。20、偏高无影响B无色浅红18.85%【解题分析】

(1)①滴定管需要要NaOH溶液润洗，否则会导致溶液浓度偏低，体积偏大；②锥形瓶内是否有水，对实验结果无影响，可从物质的物质的量的角度分析；③滴定时眼睛应注意注意观察颜色变化，以确定终点；④根据酚酞的变色范围确定滴定终点时颜色变化；(2)标准溶液的体积应取三次实验的平均值，计算出溶液中H+的物质的量，根据方程式可知(CH2)6N4H+的物质的量，进而确定样品中氮的质量分数。【题目详解】(1)①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后需要再用NaOH溶液润洗，否则相当于NaOH溶液被稀释，滴定消耗氢氧化钠溶液的体积会偏高，测得样品中氮的质量分数也将偏高；②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，虽然水未倒尽，但待测液中的H+的物质的量不变，则滴定时所需NaOH标准溶液中的氢氧化钠的物质的量就不变，对配制溶液的浓度无影响；③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色变化，确定滴定终点，故合理选项是B；④待测液为酸性，酚酞应为无色，当溶液转为碱性时，溶液颜色由无色变为粉红或浅红色；(