2026届北京市八十中化学高二第一学期期中综合测试试题含解析

2026届北京市八十中化学高二第一学期期中综合测试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、“类推”是一种重要的学习方法，但有时会产生错误结论，下列类推结论中正确的是A．碱金属氟化物的晶格能顺序是LiF＞NaF＞KF＞RbF＞CsF；则钠的卤化物的晶格能顺序是NaF＞NaCl＞NaBr＞NaIB．ⅣA族元素氢化物沸点顺序是GeH4＞SiH4＞CH4；则ⅤA族元素氢化物沸点顺序是AsH3＞PH3＞NH3C．晶体中有阴离子，必有阳离子；则晶体中有阳离子，必有阴离子D．若盐酸的浓度是醋酸浓度的2倍；则盐酸中H+浓度也是醋酸中H+浓度的2倍2、含氧酸中酸性最弱的是A．H4SiO4B．H3PO4C．H2SO4D．HClO43、室温下，将碳酸钠溶液加热至70℃，其结果是()A．溶液中c()增大B．水的电离程度不变C．KW(水的离子积)将变小D．溶液的碱性增强4、某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。下列判断正确的是（）A．由实验可知，(a)、(b)、(c)所涉及的反应都是放热反应B．将实验(a)中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所增加C．实验(c)中将玻璃搅拌器改为铁质搅拌棒对实验结果没有影响D．实验(c)中若用NaOH固体测定，则测定结果偏高5、下列物质不属于石油化工产品的是A．煤焦油 B．乙烯 C．汽油 D．柴油6、当用酸滴定碱时，下列操作中会使测定结果（碱的浓度）偏低的是A．酸式滴定管滴至终点后，俯视读数B．碱液移入锥形瓶后，加了10mL蒸馏水再滴定C．酸式滴定管用蒸馏水润洗后，未用标准液润洗D．酸式滴定管注入酸液后，尖嘴留有气泡即开始滴定，滴定终点时气泡消失7、将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于密闭容器中，发生反应：NH2COONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g）．该反应的平衡常数的负对数（﹣lgK）值随温度（T）的变化曲线如图所示，下列说法不正确的是A．该反应的△H＞0B．NH3的体积分数不变时，该反应不一定达到平衡状态C．A点对应状态的平衡常数K（A）=10﹣2.294D．30℃时，B点对应状态的v（正）＞v（逆）8、下列有关滴定的操作正确的顺序是①标准液润洗滴定管②往滴定管中注入标准溶液③检查滴定管是否漏水④滴定⑤洗涤()A．⑤①③②④B．③⑤①②④C．⑤②③①④D．②①③⑤④9、用阴离子交换膜控制电解液中OH－的浓度制备纳米Cu2O，反应为2Cu＋H2OCu2O＋H2↑，装置如图，下列说法中正确的是A．电解时Cl-通过交换膜向Ti极移动B．阳极发生的反应为：2Cu－2e－+2OH－=Cu2O+H2OC．阴极OH-放电，有O2生成D．Ti电极和Cu电极生成物物质的量之比为2∶110、在一定温度下，下列叙述不是可逆反应A(g)＋3B(g)2C(g)达到平衡状态标志的是（）①C生成的速率与C分解的速率相等；②单位时间内生成amolA，同时生成3amolB；③A、B、C的浓度不再变化；④A、B、C的压强不再变化；⑤混合气体的总压强不再变化；⑥混合气体的物质的量不再变化；⑦单位时间内消耗amolA，同时生成3amolB；⑧A、B、C的分子数之比为1∶3∶2A．②⑧ B．①⑥ C．②④ D．③⑧11、清华大学王晓琳教授首创三室膜电解法制备LiOH，其工作原理如图所示，下列有关说法正确的是A．X电极连接电源负极B．N为阳离子交换膜C．Y电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-D．制备2.4gLiOH产生的H2在标准状况下为2.24L12、下列反应一定属于氧化还原反应的是（）A．化合反应 B．分解反应C．置换反应 D．复分解反应13、不同国家垃圾的分类方法不同。我国国家标准《城市生活垃圾分类标准》中有六个粗分的一级类别和八个细分的二级类别。下列标志属于垃圾可回收标志的是A． B． C． D．14、次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，属于一元弱酸，具有较强的还原性,下列有关说法正确的是A．H3PO2溶于水的电离方程式为：H3PO23H++PO23-B．H3PO2与过量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3PO2+3OH-=PO23-+3H2OC．将H3PO2溶液加入到酸性高锰酸钾溶液中，H3PO2的氧化产物为H3PO4D．用惰性电极电解NaH2PO2溶液，其阳极反应式为：H2PO2--4e-+2H2O=O2+6H++PO23-15、在Al2(SO4)3和MgSO4的混合溶液中，滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示，则原混合液中Al2(SO4)3与MgSO4的物质的量浓度之比为A．1：1B．1：2C．2：1D．3：116、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中部分元素在周期表中的位置如图所示。一个WX2分子中含有22个电子，Y的质子数是X、Z的核电荷数之和的—半。下列说法正确的是WXZA．非金属性：W<ZB．简单离子的半径：X2-<Y2+C．沸点：H2X<H2ZD．WX2的电子式为：二、非选择题（本题包括5小题）17、烃A是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，B、D是生活中两种常见的有机物，E是一种有水果香味的物质。A可发生如图所示的一系列化学反应。请回答下列问题：（1）A的结构简式是__________。（2）反应①和③的有机反应类型分别是________、___________。（3）F是一种高分子化合物，其结构简式是_____________。（4）反应④的方程式为：_________18、下列各物质转化关系如下图所示，A、B、F是常见的金属单质，且A的焰色反应为黄色。E与酸、碱均能反应，反应①可用于焊接铁轨。回答下列问题：（1）D的化学式是____，检验I中金属阳离子时用到的试剂是____。（2）反应②的化学方程式是____；反应③的离子方程式是____。19、中有一未知浓度的稀盐酸，某学生用0.10mol·L－1NaOH标准溶液进行测定盐酸的浓度的实验。取20.00mL待测盐酸放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用自己配制的NaOH标准溶液进行滴定。重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下。完成下列填空：实验编号待测盐酸的体积（mL）NaOH溶液的浓度（mol·L－1）滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积（mL）120.000.1024.18220.000.1023.06320.000.1022.96I、(1)滴定达到终点的标志是是__________________。(2)根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为___________（保留小数点后3位）。(3)排除碱式滴定管尖嘴中气泡的方法应采用________操作，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。(4)在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有___________。A．用酸式滴定管取20.00mL待测盐酸，使用前，水洗后未用待测盐酸润洗B．锥形瓶水洗后未干燥C．称量NaOH固体时，有小部分NaOH潮解D．滴定终点读数时俯视E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失II、(1)浓度为0.1mol/L醋酸钠溶液中质子守恒表达式为__________________；(2)在0.01mol/L的NaHCO3溶液中的物料守恒表达式为___________________；等浓度的NaHCO3、Na2CO3混合溶液中的电荷守恒表达式为___________________；(3)硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶液与稀硫酸反应的离子方程式为____________________；(4)把AlCl3溶液蒸干、灼烧，最后得到的主要固体产物是___________________。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：4NH＋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1.5g；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滴酚酞溶液，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：①NaOH标准溶液盛放在____滴定管中，若滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮元素的质量分数________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。②滴定达到终点时，酚酞指示剂由________色变成________色。③下列有关实验操作的说法正确的是__________(双选)。A．锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积不变B．滴定终点时，俯视读数，使测定结果偏小C．只能选用酚酞作指示剂D．滴入最后一滴NaOH溶液，溶液突然变色，即为滴定终点E．滴定时，左手控制滴定管活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视滴定管中的液面(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/mL滴定前刻度滴定后刻度125.001.0221.03225.002.0021.99325.000.2020.20则所用去的NaOH标准溶液的平均体积为_______mL，若NaOH标准溶液的浓度为0.1000mol·L－1，则该样品中氮元素的质量分数为___________。(列出计算式并计算结果)21、一定量的某有机物A完全燃烧后，生成0.03mol二氧化碳和0.04mol水，其蒸汽的密度是同温同压条件下氢气密度的30倍。（1）A的分子式为____________________。（2）根据其分子组成，A的类别可能为__________或__________（填物质类别）。（3）A可与金属钠发生置换反应，其H-NMR（氢核磁共振）谱图显示有三组吸收峰，请写出A在铜催化下被氧化的化学方程式：____________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【详解】A、组成和结构相似的离子晶体，阴、阳离子的半径越小，离子所带的电荷越多，晶格能越大，故碱金属氟化物的晶格能顺序是LiF＞NaF＞KF＞RbF＞CsF；则钠的卤化物的晶格能顺序是NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，正确；B、组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，但氨分子间存在氢键，故在同族元素的氢化物中沸点反常的高，故ⅤA族元素氢化物沸点顺序是NH3＞AsH3＞PH3，错误；C、金属晶体的构成微粒为金属阳离子和自由电子，晶体中只有阳离子，没有阴离子，错误；D、HCl为强电解质，全部电离，醋酸为弱电解质，部分电离，若盐酸的浓度是醋酸浓度的2倍；则盐酸中H+浓度大于醋酸中H+浓度的2倍，错误。故选A。2、A【解析】因Si、P、S、Cl都在第三周期，同周期从左向右元素的非金属性增强，则非金属性Cl＞S＞P＞Si，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以HClO4的酸性最强，H4SiO4的酸性最弱，答案选A。3、D【分析】发生水解反应：+H2OHCO3-+OH-H<0【详解】A、该水解反应是吸热反应，升温，平衡正向移动，浓度减小，A错误；B、水的电离也是吸热反应，升温，平衡正向移动，水的电离程度增大，B错误；C、升温，水的电离程度增大，H+浓度和OH-浓度都增大，所以KW增大，C错误；D、升温，的水解平衡正向移动，OH-浓度增大，所以碱性增强，D正确。正确答案为D。【点睛】任何平衡常数只与温度有关，水的电离是吸热反应，升温平衡正向移动，Kw增大。4、D【详解】A.(a)是金属与酸的反应，是放热反应；(b)是氢氧化钡晶体与氯化铵反应，属于吸热反应；(c)酸碱中和反应是放热反应；因此放热反应只有(a)和(c)，选项A错误；B.铝粉和铝片本质一样，放出热量不变，只是铝粉参与反应，速率加快，选项B错误；C.相较于环形玻璃搅拌棒，铁质搅拌棒导热快，会造成热量损失，对实验结果有影响，选项C错误；D.氢氧化钠固体溶解时要放出热量，最终使测定中和热的数值偏高，选项D正确；答案选D。5、A【详解】A、将煤隔绝空气加强热，可生成焦炭、煤焦油、煤气、焦炉气等产物，煤焦油是煤加工的产品，不是从石油得到的，故A选；B、乙烯是石油加工得到的产品，属于石油化工产品，故B不选；C、汽油是石油加工得到的产品，属于石油化工产品，故C不选；D、柴油是石油加工得到的产品，属于石油化工产品，故D不选；故选A。【点睛】了解石油的综合利用及其产品是解题的关键。石油的综合利用一般有石油的分馏、裂化和裂解、催化重整等，产品有石油气、汽油、煤油、柴油、润滑油、石蜡、溶剂油、沥青等。6、A【详解】A、标准液滴定终点俯视读数，导致V（标准）偏小，据c（待测）=分析，c（待测）偏低，故A正确；B、在锥形瓶中加水，对测定结果无影响，故B错误；C、酸式滴定管未用标准液润洗，导致标准液浓度减小，导致V（标准）偏大，据c（待测）=分析，c（待测）偏高，故C错误；D、酸式滴定管开始尖嘴处留有气泡，达滴定终点时气泡消失，导致V（标准）偏大，据c（待测）=分析，c（待测）偏高，故D错误；故选A。7、D【详解】A、温度升高平衡常数的负对数（﹣lgK）减小，即温度越高K值越大，所以正反应是吸热反应,则△H＞0,故A正确；

B、体系中两种气体的物质的量之比始终不变，所以NH3的体积分数不变时，该反应不一定达到平衡状态,故B正确；

C、A点对应平衡常数的负对数（﹣lgK）=2.294，所以A点对应状态的平衡常数K（A）=10﹣2.294，故C正确；

D、30℃时,B点未平衡，最终要达平衡状态，平衡常数的负对数要变大，所以此时的（﹣lgQC）<（﹣lgK）,所以QC>K，所以B点对应状态的v(正)(逆)，故D错误；

综上所述，本题选D。【点睛】将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于密闭容器中，发生反应：NH2COONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g），当氨气的体积分数不变时，该反应不一定达到平衡状态，因为反应物为固体，生成物中氨气与二氧化碳体积比为定值；将一定量氮气和氢气置于密闭容器中，发生反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，当氨气的体积分数不变时，该反应一定达到平衡状态，因为反应向右进行时，氨气的量会增多。8、B【解析】试题分析：中和滴定中，按照检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等操作进行，则正确的滴定顺序为：③⑤①②④，选项B符合题意。考点：考查中和滴定操作方法9、B【解析】根据装置图和电解总反应分析，Cu极为阳极，Cu极电极反应式为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O；Ti极为阴极，Ti极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；电解池中阴离子通过阴离子交换膜向阳极移动；据此分析作答。【详解】Cu极与外加电源的正极相连，Cu极为阳极，Ti极与外加电源的负极相连，Ti极为阴极；A项，电解时阴离子向阳极移动，OH-通过阴离子交换膜向Cu极移动，A项错误；B项，Cu极为阳极，阳极电极反应式为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O，B项正确；C项，Ti极为阴极，阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极有H2生成，C项错误；D项，根据电极反应式和阴、阳极得失电子相等，Ti极生成的H2和Cu极生成的Cu2O物质的量之比为1:1，D项错误；答案选B。10、A【详解】①C生成的速率与C分解的速率相等，反应达平衡状态；②单位时间内生成amolA，同时生成3amolB，反应方向相同，不一定达平衡状态；③A、B、C的浓度不再变化，反应达平衡状态；④A、B、C的压强不再变化，则浓度不变，反应达平衡状态；⑤因为反应前后气体分子数不等，所以混合气体的总压强不再变化，反应达平衡状态；⑥混合气体的物质的量不再变化，反应达平衡状态；⑦单位时间内消耗amolA，同时生成3amolB，反应方向相反，反应达平衡状态；⑧A、B、C的分子数之比为1∶3∶2，反应不一定达平衡状态；综合以上分析，不一定达平衡状态的是②⑧；故选A。【点睛】若利用两种物质判断平衡状态，则应为二者的变化量之比等于化学计量数之比，并且反应进行的方向相反；若使用一种物质判断平衡状态，则它的正、逆反应速率相等，或浓度、物质的量、百分含量等保持不变；若用整个反应体系的某个量判断平衡状态，则此量应为变量，变量不变，则为平衡状态。11、B【解析】A．根据以上分析，X极导出的是硫酸，则X极应为水电离出的氢氧根放电，则X极为阳极，应与电源正极相连，故A错误；B．由图可知LiOH从最右侧导出，则Li+需通过N进入最右侧，故N为阳离子交换膜，故B正确；C．Y极导出的LiOH，则Y极是水电离出的氢离子放电生成氢气，阴极电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故C错误；D．制备2.4

g

LiOH，n（OH-）=2.4g24g/mol=0.1mol，阴极电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，则n（H2点睛：明确各个电极上发生的反应、各个区域电解质溶液成分是解本题的关键，该电解池实质是电解水，根据图知，Y极导出的LiOH，则Y极是水电离出的氢离子放电生成氢气，阴极电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，氢氧根浓度增大，故Y为电解池的阴极；X极导出的是硫酸，则X极应为水电离出的氢氧根放电，则X极为阳极，阳极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑。12、C【详解】A．化合反应不一定为氧化还原反应，如氧化钠和水的反应，故A错误；B．分解反应不一定为氧化还原反应，如碳酸氢钠的分解，故B错误；C．置换反应有单质参加，一定存在元素化合价的变化，为氧化还原反应，故C正确；D．复分解反应一定不是氧化还原反应，故D错误。故选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重于四种基本类型反应的判断，注意把握反应的特点，答题时能举出实例。13、C【解析】A．图中所示标志是当心电离辐射标志，A项不选；B．图中所示标志是节水标志，B项不选；C．图中所示标志是可回收标志，C项选；D．图中所示标志是其他垃圾，D项不选；答案选C。14、C【详解】A.H3PO2是一元弱酸，故电离方程式H3PO23H++PO23-是错误的。B.H3PO2是一元弱酸，H3PO2与过量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3PO2+OH-=H2PO2-+H2O，故错误；C.高锰酸钾具有氧化性，将H3PO2溶液加入到酸性高锰酸钾溶液中，H3PO2的氧化产物为H3PO4，故正确；D.用惰性电极电解NaH2PO2溶液，其阳极反应式为：H2PO2--4e-+2H2O=PO43-+6H+，故错误。故选C。15、B【分析】首先发生反应Mg2＋+2OH－═Mg（OH）2↓、Al3＋+3OH－═Al（OH）3↓，然后发生反应Al（OH）3+OH－═AlO2－+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3＋+3OH－═Al（OH）3↓可知，沉淀Al3＋消耗的氢氧化钠溶液的体积，沉淀Mg2＋、Al3＋总共消耗氢氧化钠溶液50mL，计算沉淀Mg2＋消耗的氢氧化钠溶液的体积，据此确定溶液中n（Mg2＋）：n（Al3＋），据此计算解答．【详解】首先发生反应Mg2＋+2OH－═Mg（OH）2↓、Al3＋+3OH－═Al（OH）3↓，然后发生反应Al（OH）3+OH－═AlO2－+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3＋+3OH－═Al（OH）3↓可知，沉淀Al3＋消耗的氢氧化钠溶液的体积为10mL×3=30mL，沉淀Mg2＋、Al3＋总共消耗氢氧化钠溶液50mL，则沉淀Mg2＋消耗的氢氧化钠溶液的体积为50mL-30mL=20mL，则n（Mg2＋）：n（Al3＋）=×20mL：×30mL=1：1，原来混合溶液中Al2（SO4）3和MgSO4的物质的量之比为：1=1：2，由于在同一溶液中，物质的量浓度之比等于物质的量之比，所以原混合液中Al2（SO4）3与MgSO4的物质的量浓度之比为1：2，故选B。【点睛】本题考查了离子方程式的计算，明确图象曲线变化对应反应原理为解答关键，注意掌握氢氧化铝的化学性质，首先明确发生的反应，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3＋+3OH－═Al（OH）3↓可知，沉淀Al3＋消耗的氢氧化钠溶液的体积，沉淀Mg2＋、Al3＋总共消耗氢氧化钠溶液50mL，计算沉淀Mg2＋消耗的氢氧化钠溶液的体积。16、A【解析】设W的核电荷数为n，则X的核电荷数为n+2，WX2分子中含有22个电子，即3n+4=22，解得n=6，故W为C元素、X为O元素、Z为S元素，因一个Y的质子数是X、Z的核电荷数之和的—半，则Y的核电荷数为12，Y为Mg元素；A．因H2SO4的酸性比碳酸强，则元素的非金属性C<S，故A正确；B．因O2-与Mg2+简单离子的核外电子结构相同，核电荷数大离子半径小，则简单离子的半径Mg2+<O2-，故B错误；C．因H2O分子间有氢键，其沸点明显高于H2S，故C错误；D．CS2与CO2是等电子体，则其电子式为，故D错误；答案为A。点睛：微粒半径大小比较的常用规律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na＋＞Mg2＋＞Al3＋，S2－＞Cl－。（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li＋＜Na＋＜K＋。（3）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na＋＞Mg2＋＞Al3＋。（4）同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3＋＜Fe2＋＜Fe，H＋＜H＜H－。（5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH2=CH2加成反应氧化反应CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O【分析】由题干信息可知，烃A是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，故A为乙烯CH2=CH2，结合题干流程图中各物质转化的条件，B、D是生活中两种常见的有机物可知B为CH3CH2OH，D为CH3COOH，E是一种有水果香味的物质，故E为CH3COOCH2CH3，C为CH3CHO，F是一种高分子，故为聚乙烯，G为BrCH2CH2Br，据此分析解题。【详解】(1)由分析可知，A为乙烯，故其结构简式是CH2=CH2，故答案为：CH2=CH2；(2)反应①是CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，属于加成反应，反应③是CH3CH2OH被酸性高锰酸钾溶液氧化为CH3COOH，属于氧化反应，故答案为：加成反应；氧化反应；(3)F是一种高分子化合物即聚乙烯，故其结构简式是，故答案为：；(4)反应④是乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，故其方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。18、NaOHKSCN溶液Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O2Fe3++Fe=3Fe2+【分析】A的焰色反应为黄色，A为单质，即A为Na，反应①可用于焊接铁轨，即反应①为铝热反应，B为金属单质，B为Al，C为Fe2O3，E既能与酸反应，又能与碱反应，即E为Al2O3，D为NaOH，与氧化铝反应生成NaAlO2和水，G为NaAlO2，F为Fe，根据转化关系，H为Fe2＋，I为Fe3＋。【详解】（1）根据上述分析，D应为NaOH，I中含有金属阳离子为Fe3＋，检验Fe3＋常用KSCN溶液，滴加KSCN溶液，溶液变红，说明含有Fe3＋，反之不含；（2）反应②的化学方程式为Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，反应③的离子方程式为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋。19、最后一滴NaOH溶液加入，溶液由无色恰好变成浅红色且半分钟内不褪色0.115mol/L丙CEc(OH－)=c(CH3COOH)+c(H+)c（Na+）=c（HCO3-)+c（H2CO3）+c（CO32-)c(Na+)+c(H+)==2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)S2O32-+2H+═S↓+SO2↑+H2OAl2O3【解析】I、（1）用NaOH滴定HCl，用酚酞作指示剂，即滴定到终点的标志：滴入最后一定NaOH溶液，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色；（2）第1组数据与另外2组相差较多，删去，消耗NaOH的平均体积为(23.06＋22.96)/2mL=23.01mL，根据V酸×c酸=V碱×c碱，20×10－3×c酸=23.01×10－3×0.10，解得c酸=0.115mol·L－1；（3）排除碱式滴定管尖嘴中气泡采用丙操作；（4）根据V酸×c酸=V碱×c碱，A、量取盐酸时，未用盐酸润洗酸式滴定管，直接盛装盐酸，造成盐酸的浓度降低，消耗NaOH的体积减小，测定结果偏低，故A不符合题意；B、锥形瓶是否干燥，对实验测的结果无影响，故B不符合题意；C、称量NaOH，有小部分NaOH潮解，所配NaOH浓度偏低，消耗NaOH体积增多，所测结果偏高，故C符合题意；D、滴定终点时俯视读数，读出消耗NaOH的体积偏低，所测结果偏低，故D不符合题意；E、碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，消耗NaOH体积增多，所测结果偏高，故E不符合题意；II、（1）质子守恒是水电离出c(H＋)等于水电离出的c(OH－)，醋酸钠溶液中CH3COO－结合水电离出的H＋生成CH3COOH，质子守恒表达式为c(OH－)=c(CH3COOH)＋c(H＋)；（2）C在溶液存在的形式为CO32－、HCO3－、H2CO3，物料守恒为c(Na＋)=c(HCO3－)＋c(H2CO3)＋c(CO32－)；根据电荷守恒，得出c(Na＋)＋c(H＋)=c(HCO3－)＋c(OH－)＋2c(CO32－)；（3）Na2S2O3与稀硫酸的离子反应：S2O32－＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2O；（4）AlCl3水解：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，加热促进水解，HCl挥发，最后得到Al(OH)3，然后灼烧得到Al2O3。20、碱式偏大无粉红(或浅红)AB20.0018.67%【分析】本实验的目的是通过滴定实验测定硫酸铵样品中氮的质量分数，先使铵根与甲醛发生反应4NH＋6HCHO