2026届云南省河口县民中高二化学第一学期期中检测模拟试题含解析

2026届云南省河口县民中高二化学第一学期期中检测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列分子或离子中，中心原子的杂化轨道类型相同的是()A．BF3和BF B．SCl2和SnBr2C．NO和ClO D．SO2和SO32、下列有机物中，属于高分子化合物的是A．甘油 B．氨基酸 C．葡萄糖 D．淀粉3、下列电子排布式表示的基态原子中，第一电离能最小的是A．ns2np3 B．ns2np5 C．ns2np4 D．ns2np64、在约100℃的温度下，NaCl稀溶液中[H＋]为1.0×10－6mol·L－1。下列说法中正确的是①该NaCl溶液显酸性②该NaCl溶液显中性③该NaCl溶液中KW＝1×10－14mol2·L－2④该NaCl溶液中KW＝1×10－12mol2·L－2⑤该NaCl溶液pH＝7A．②④B．①③C．①④D．②⑤5、下列关于能源的说法不正确的是()A．地球上最基本的能源是太阳能B．氢气是重要的绿色能源，贮氢金属、薄膜金属氢化物、某些无机物和某些有机液体氢化物等材料的发展，为解决氢气的贮存问题指明了方向C．利用植物的秸秆等制沼气、利用玉米制乙醇、使用太阳能热水器、利用生活垃圾发电等过程都涉及了生物质能的利用D．化石燃料仍是目前世界上能源的最主要来源6、下列说法正确的是①FeO投入稀H2SO4和稀HNO3中均得到浅绿色溶液②向红砖粉末中加入盐酸，充分振荡反应后取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液2〜3滴，溶液呈红色，但不一定说明红砖中含有氧化铁③Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3④制备氢氧化亚铁时，向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，边加边搅拌，即可制得白色的氢氧化亚铁⑤向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中加入300mL1.mol·L-1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含有Fe3+。若用过量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，固体减少的质量为2.4g⑥磁性氧化铁溶于稀硝酸的离子方程式为3Fe2++4H++NO3-===Fe3++NO↑+3H2O⑦氢氧化铁与HI溶液反应的离子方程式为Fe(OH)3+H+=Fe3++3H2O⑧Fe2O3不可与水反应得到Fe(OH)3，但能通过化合反应制取Fe(OH)3⑨赤铁矿的主要成分是Fe3O4，Fe3O4为红棕色晶体A．①④⑦ B．⑤⑧ C．②③⑥ D．⑤⑥⑨7、下列有关化学用语表示正确的是A．H2S的电子式：B．基态氧原子的电子排布图：C．二氧化硅的分子式：SiO2D．24Cr的电子排布式：[Ar]3d54s18、下列化合物中既易发生取代反应，也可发生加成反应，还能使KMnO4酸性溶液褪色的是()A．乙烷 B．乙醇 C．甲苯 D．苯9、下列4种醇的分子式均为C4H10O①、②CH3CH2CH2CH2OH、③(CH3)2CHCH2OH、④(CH3)3COH其中不能被催化氧化的是A．③B．①④C．③④D．④10、普伐他汀是一种调节血脂的药物，其结构如图。下列关系普伐他汀的性质描述不正确的是A．能与FeCl3溶液发生显色反应B．能使酸性KMnO4溶液褪色C．能发生加成、取代、消去反应D．1mol该物质在溶液中最多可与2molNaOH反应11、未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列符合未来新能源标准的是（）①天然气②煤③核能④石油⑤太阳能⑥生物质能⑦风能⑧氢能A．①②③④ B．⑤⑥⑦⑧ C．③⑤⑥⑦⑧ D．③④⑤⑥⑦⑧12、化学与生产、生活密切相关。下列事实与化学反应速率无关的()A．食品、蔬菜贮存在冰箱和冰柜里，能延长保鲜时间B．家用铁锅、铁铲等餐具保持干燥，能减缓生锈C．制造蜂窝煤时加入生石灰，减少SO2排放D．煤气换成天然气时，要调整灶具进气(或出气)管13、Bodensteins研究反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)，温度为T时，在两个体积均为1L的密闭容器中进行实验，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数w(HI)与反应时间t的关系如下表：容器编号起始物质t/min020406080100I0.5molI2、0.5molH2w(HI)/%05068768080IIxmolHIw(HI)/%1009184818080研究发现上述反应中：v正＝ka·w(H2)·w(I2)，v逆＝kb·w2(HI)，其中ka、kb为常数。下列说法正确的是：A．温度为T时，该反应B．容器I中在前20min的平均速率v(HI)=0.0125mol·L－1·min－1C．若起始时向容器I中加入物质的量均为0.1mol的H2、I2、HI，反应逆向进行D．若两容器中存在kaⅠ=kaⅡ且kbⅠ=kbⅡ，则x的值可以为任何值14、用下图所示装置除去含CN－、Cl－废水中的CN－时，控制溶液PH为9~10，阳极产生的ClO－将CN－氧化为两种无污染的气体，下列说法不正确的是A．用石墨作阳极，铁作阴极B．阳极的电极反应式为：Cl－+2OH－－2e－=ClO－+H2OC．阴极的电极反应式为：2H2O+2e－=H2↑+2OH－D．除去CN－的反应：2CN－+5ClO－+2H+=N2↑+2CO2↑+5Cl－+H2O15、铁铬氧化还原液流电池是一种低成本的储能电池，电池结构如图所示，工作原理为Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+。下列说法正确的是A．电池充电时，b极的电极反应式为Cr3++e-=Cr2+B．电池充电时，Cl-从a极穿过选择性透过膜移向b极C．电池放电时，a极的电极反应式为Fe3++3e-=FeD．电池放电时，电路中每通过0.1mol电子，Fe3+浓度降低0.1mol·L-116、有①Na2SO3溶液②CH3COOH溶液③HCl溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol/L．下列说法正确的是（）A．三种溶液的pH的大小顺序是①＞②＞③B．三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是①C．三种溶液中含微粒种类多少顺序是：②＞①＞③D．三种溶液中由水电离出c（H+）大小顺序是：③＞②＞①二、非选择题（本题包括5小题）17、以葡萄糖为原料制得的山梨醇（A）和异山梨醇（B）都是重要的生物质转化平台化合物。E是一种治疗心绞痛的药物，由葡萄糖为原料合成E的过程如下：回答下列问题：(1)葡萄糖的分子式为__________。(2)C中含有的官能团有__________(填官能团名称)。(3)由C到D的反应类型为__________。(4)F是B的同分异构体，7.30g的F足量饱和碳酸氢钠可释放出2.24L二氧化碳（标准状况），F的可能结构共有________种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3∶1∶1的结构简式为_________。18、某同学在学习元素化合物知识的过程中，发现某些化合物与水反应时，其中所含的一种元素可以发生自身氧化还原反应。（1）若A为红棕色气体，B为强酸，C为NO。①D为单质，其所含元素在元素周期表中的位置是___。②下列说法中，正确的是___（填字母）。a.A、C的组成元素相同b.B的浓溶液可与铜反应得到Ac.A、B、C中含有化合价不同的同种元素（2）若A为淡黄色固体，B为强碱。①反应Ⅱ的化学方程式是___。②若得到标准状况下气体C22.4L，则反应Ⅰ中生成B的物质的量是___mol。19、有机物X具有消炎功效，为测定其结构，某化学小组设计如下实验探究过程：I.确定X的分子式(1)确定X的实验式。将有机物X的样品充分燃烧，对燃烧后的物质进行定量测量，所需装置及试剂如下所示：A．B．C．D．①装置的连接顺序是________。(填字母，部分装置可重复使用)②取X样品6.9g，用连接好的装置进行实验，X样品充分燃烧后，测得B管增重15.4g，C管增重2.7g，则X的实验式为________。(2)确定X的分子式。X的质谱图中分子离子峰对应的质荷比最大为138，则X的分子式为________。Ⅱ.确定的结构(3)确定X的官能团。红外光谱图呈现，X中有O－H、C－O、C－C、苯环上的C－H、羧酸上的C=O等化学键以及邻二取代特征振动吸收峰，由此预测X含有的官能团有________(填名称)。(4)确定X的结构式。核磁振动氢谱如下图所示，X的结构简式为________。20、在如图所示的量热器中，将100mL0.50mol/LCH3COOH溶液与100mL0.55mol/LNaOH溶液混合。温度从25.0℃升高到27.7℃。已知量热器的热容常数(量热器各部件每升高1℃所需的热量)是150.5J/℃，生成溶液的比热容为4.184J·g-1·℃-1,溶液的密度均近似为1g/mL。（1）试求CH3COOH的中和热△H=__________。（2）CH3COOH的中和热的文献值为56.1kJ/mol,则请你分析在(1)中测得的实验值偏差可能的原因__________________________。（一点原因即可）（3）实验中NaOH过量的目的是______________________________________。（4）中和热测定实验中下列说法错误的是__________A．一组完整实验数据需要测温度三次B．用保温杯是为了减少实验过程中热量散失C．可用铜做的环形搅拌棒代替玻璃搅拌棒，因铜和醋酸不反应D．在量取NaOH溶液和CH3COOH溶液体积时均仰视，测得中和热数值将偏大（5）进行中和热测定的实验，测量结果偏高的原因可能是__________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醋酸的温度C．量取NaOH溶液的体积时仰视读数D．分多次把NaOH溶液倒入盛有醋酸的小烧杯中21、（1）常温下，已知0.1mol·L-1一元酸HA溶液中c（OH-）/c（H+）=1×10-8，则溶液的pH=_______。①pH=3的HA与pH=l1的NaOH溶液等体积混合；反应的离子方程式为_________________；混合溶液中，各离子的物质的量浓度大小关系是___________________________________；②0.2mol·L-1HA溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合后所得溶液中(溶液体积变化忽略不计)：c（H+）+c（HA）－c（OH-）=________mol·L-1。（2）t℃时，有pH=2的稀硫酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后溶液呈中性，则该温度下水的离子积常数Kw=___________。①该温度下(t℃)，将100mL0.1mol·L-1的稀H2SO4与100mL0.4mol·L-1的NaOH溶液混合后(溶液体积变化忽略不计)，溶液的pH=___________；②该温度下(t℃)，1体积的稀硫酸和10体积的NaOH溶液混合后溶液呈中性，则稀硫酸的pH(pHa)与NaOH溶液的pH(pHb)的关系是_______________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【详解】A．BF3中心原子B的杂化轨道数是，杂化轨道类型是sp2；BF中心原子B的杂化轨道数是，杂化轨道类型是sp3，故不选A；B．SCl2中心原子S的杂化轨道数是，杂化轨道类型是sp3；SnBr2中心原子Sn的杂化轨道数是，杂化轨道类型是sp2，故不选B；C．NO中心原子N的杂化轨道数是，杂化轨道类型是sp2；和ClO中心原子Cl的杂化轨道数是，杂化轨道类型是sp3，故不选C；D．SO2中心原子S的杂化轨道数是，杂化轨道类型是sp2；SO3中心原子S的杂化轨道数是，杂化轨道类型是sp2，故选D；选D。2、D【分析】相对分子质量在10000以上的有机物为高分子化合物。【详解】A.甘油相对分子质量较小，不是高分子化合物，故错误；B.氨基酸相对分子质量较小，不是高分子化合物，故错误；C.葡萄糖相对分子质量较小，不是高分子化合物，故错误；D.淀粉相对分子质量较大，大于10000，是高分子化合物，故正确。故选D。3、C【详解】同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但ⅤA族3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能的大小顺序为：D＞B＞A＞C，

故选：C。4、A【解析】①氯化钠为强酸强碱盐，其水溶液呈中性，故①错误；②氯化钠为强酸强碱盐，其水溶液呈中性，故②正确；③在100℃时，氯化钠溶液中c（H+）=c（OH-）=1×10-6mol•L-1，Kw=c（H+）•c（OH-）=1×10-6×1×10-6=1×10-12，故③错误；④由③的分析可知，Kw=c（H+）•c（OH-）=1×10-12，故④正确；⑤在100℃时，氯化钠溶液中c（H+）=c（OH-）=1×10-6mol•L-1，pH＝-lgc（H+）=6，故⑤错误。答案选A。5、C【详解】A．地球上的能源主要来源于太阳能，通过植物的光合作用被循环利用，即地球上最基本的能源是太阳能，故A正确；B．贮氢金属和氢气反应生成氢化物的方法，解决气体难以储存和运输的问题，则为解决氢气的贮存问题指明了方向，故B正确；C．生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，它直接或间接地来源于绿色植物的光合作用，太阳能热水器不属于生物质能的范畴，故C错误；D．化石燃料目前占能源的85%，仍然是世界上能源的主要来源，故D正确；故选C。6、B【分析】根据铁及其化合物的性质分析；根据氧化还原反应的本质和特征进行分析；【详解】①FeO与稀HNO3反应生成Fe3+，呈黄色，故①错误；②向红砖粉末中加入盐酸，目的是将氧化物转化为离子形式，滴加KSCN溶液后显红色，说明原溶液中含有Fe3+，说明红砖中一定含有Fe2O3，故②错误；③FeCl3溶液在蒸发过程中，会发生水解生成Fe(OH)3，故③错误；④制备氢氧化亚铁时，若不隔绝空气，得到的氢氧化亚铁容易被氧化成氢氧化铁，故④错误；⑤Cu、Fe2O3的混合物中加入300mL1mol•L-1的盐酸溶液，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，溶液中溶质为氯化铜、氯化亚铁，该反应过程为：盐酸与氧化铁恰好反应，生成氯化铁与水，生成的氯化铁与铜恰好反应转化为氯化铜、氯化亚铁。由水的分子式H2O可知，氧化物中2n(O)=n(HCl)=0.3L×1mol/L=0.3mol，故n(O)=0.15mol，若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量为氧化物中氧元素的质量，所以固体减少的质量为0.15mol×16g/mol=2.4g，故⑤正确；⑥磁性氧化铁为Fe3O4中含有+2价和+3价的铁元素，溶于稀硝酸的离子方程式为：3Fe3O4+28H++NO3-=9Fe3++NO↑+14H2O，故⑥错误；⑦氢氧化铁溶于氢碘酸，生成的Fe3+仍然会与I-反应，故离子方程式为：2Fe（OH）3+3H++2I-═2Fe2++3H2O+I2，故⑦错误；⑧Fe2O3不可与水反应得到Fe(OH)3，但能通过化合反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3得到，故⑧正确；⑨赤铁矿的主要成分是Fe2O3，Fe2O3为红棕色晶体，故⑨错误。【点睛】Fe2+→Fe3+的过程中，需要填加氧化剂，例如：O2、硝酸、高锰酸钾、Cl2等；Fe3+→Fe2+的转化过程中，需要填加还原剂，例如：Fe、Cu、H2、CO、I-、Br-等。铁及其化合物的转化是高频考点，遇到有关铁元素的问题时，一定要注意相关物质的氧化性和还原性。7、D【解析】试题分析：A．H2S是共价化合物，没有形成离子，其电子式是，错误；B．原子核外的电子尽可能的成单排列，而且自旋方向相同，这样可以使原子的能量最低，所以基态氧原子的电子排布图是，错误；C．二氧化硅是原子晶体，在晶体中原子之间形成共价网状结构，没有分子，化学式是SiO2，错误；D．24Cr的核外电子排布式：[Ar]3d54s1，正确。考点：考查化学用语表示的正误判断的知识。8、C【解析】含苯环、碳碳双键可发生加成反应，含-OH、-X等可发生取代反应，且甲苯、乙醇等能被高锰酸钾氧化，以此来解答。【详解】A.乙烷不能发生加成反应，不能被高锰酸钾氧化，故A不选；B.乙醇不能发生加成反应，故B不选；C.甲苯含苯环可发生加成反应，苯环上H可发生取代反应，能被高锰酸钾氧化生成苯甲酸，故C选；D.苯不能被高锰酸钾氧化，故D不选。故选C。9、D【解析】①中连接羟基的碳原子上有1个氢原子，催化氧化后得到酮；②CH3CH2CH2CH2OH中连接羟基的碳原子上有2个氢原子，催化氧化后得到醛；③(CH3)2CHCH2OH中连接羟基的碳原子上有2个氢原子，催化氧化后得到醛；④(CH3)3COH中连接羟基的碳原子上没有氢原子，不能被催化氧化。综上分析不能被催化氧化的是④，故选D。点睛：本题考查醇催化氧化的规律，注意醇催化氧化的实质，明确断键的位置是解题的关键，醇催化氧化断键部位是O-H键和连接羟基的碳原子上的C-H键，然后形成C=O键，当连羟基的碳原子上有2个氢原子时，被氧化后得到醛；当连羟基的碳原子上有1个氢原子时，被氧化得到酮；当连羟基的碳原子上没有氢原子时不能被氧化。10、A【分析】

【详解】A.普伐他汀不含有酚羟基，所以不能与FeCl3溶液发生显色反应，故A不正确；B.普伐他汀含有碳碳双键和醇羟基，所以能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；C.普伐他汀含有碳碳双键而能发生加成，含有醇羟基而能发生取代、消去反应，故C正确；D.普伐他汀分子含有一个羧基和一个酯基，所以lmol该物质最多可与2molNaOH反应，故D正确。故选A。【点睛】含有多种官能团的物质的性质一般可以认为是多种官能团性质的加合。11、B【详解】煤、石油、天然气是化石能源，能引起严重的空气污染，不是新能源；核能使用不当，会对环境造成严重污染；常见未来新能源有：太阳能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等，这些能源对环境污染小，属于环境友好型能源，故选B。12、C【分析】从影响化学反应速率的因素分析。【详解】A项：冰箱和冰柜里温度较低，食品、蔬菜氧化反应较慢，保鲜时间长，A项与速率有关；B项：铁锅、铁铲等保持干燥，不能形成电解质溶液，能减缓生锈，B项与速率有关；C项：燃煤时，煤中硫元素生成SO2，被生石灰吸收，从而减少SO2排放，与速率无关；D项：等体积煤气和天然气燃烧时耗氧量不同，煤气换成天然气时要增加灶具空气进入量，加快燃烧速率，D项与速率有关。本题选C。13、A【分析】A.反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，v正＝ka·w(H2)·w(I2)=v逆＝kb·w2(HI)；则w2(HI)/w(H2)·w(I2)B.结合三行计算列式得到碘化氢消耗量，计算反应速率v=△c/△t；C.计算此时浓度商和平衡常数比较判断反应进行的方向；D.若两容器中kaⅠ=kaⅡ且kbⅠ=kbⅡ，说明I和II达到相同平衡状态。【详解】H2(g)＋I2(g)2HI(g)起始量（mol/L）0.50.50变化量（mol/L）nn2n平衡量（mol/L）0.5-n0.5-n2nw(HI)/%=2n/1=80%,n=0.4mol/L,平衡常数K=64；A.反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，v正＝ka·w(H2)·w(I2)=v逆＝kb·w2(HI)；则w2(HI)/w(H2)·w(I2)=K=64；故A正确；B.容器I中在前20min,H2(g)＋I2(g)2HI(g)起始量（mol/L）0.50.50变化量（mol/L）mm2m平衡量（mol/L）0.5-m0.5-m2mw(HI)/%=2m/1=50%，m=0.25mol/L，容器I中在前20min的平均速率，v(HI)=0.5mol•L-1/20min=0.025mol·L－1·min－1；故B错误；C.若起始时,向容器I中加入物质的量均为0.lmol的H2、I2、HI,此时浓度商Qc=0.12/0.1×0.1=1<K=64，反应正向进行，故C错误；D.若两容器中kaⅠ=kaⅡ且kbⅠ=kbⅡ,为恒容条件下的等效平衡，w(HI)/%为80%，则x的值一定为1，故D错误；故选A。14、D【详解】A、根据电解的原理，铁作阳极时，铁失电子，参与反应，但根据题中信息，铁不参与反应，因此铁作阴极，故A说法正确；B、根据信息，环境是碱性，利用ClO－氧化CN－，因此阳极反应式为Cl－＋2OH－－2e－=ClO－＋H2O，故B说法正确；C、根据电解原理，阴极上是阳离子放电，即2H＋＋2e－=H2↑，故C说法正确；D、CN－被ClO－氧化成两种无毒的气体，即为N2和CO2，环境是碱性，不能生成H＋，故D说法错误。【点睛】电极反应式的书写或氧化还原反应方程式的书写，一定看清楚溶液的环境，如本题溶液是碱性环境，H＋不能大量共存，因此D选项错误。15、A【解析】铁铬氧化还原液流电池电池工作时,放电时铁铬氧化还原液流电池放电时,Cl-将移向负极,负极发生电极反应为:Cr2+-e-=Cr3+；逆反应和充电时的阴极反应相同,充电时,在阳极上离子失去电子发生氧化反应,即Fe2+失电子生成Fe3+,电极反应为:Fe2+-e-=Fe3+，逆反应和放电时正极上的反应相同，根据原电池和电解池的工作原理来回答判断即可。【详解】A、充电时是电解池工作原理,b为阴极,阴极发生得电子的还原反应,电极反应式为Cr3++e-=Cr2+,故A正确；

B、电池充电时，Cl-从阴极室穿过选择性透过膜移向阳极室,故由b到a,故B错误；

C、电池放电时,是原电池的工作原理,a是正极,发生还原反应,Fe3++e-=Fe2+，故C错误；

D、放电时,电路中每流过0.1mol电子,就会有0.1mol的铁离子得电子，减小浓度和体积有关，故D错误；

综上所述，本题选A。16、A【解析】试题分析：A、Na2SO3溶液水解呈碱性，pH>7，而CH3COOH溶液和HCl溶液呈酸性，pH<7，并且HCl溶液为强酸溶液，同浓度的情况下酸性强，pH小，A正确；B、三种溶液稀释相同倍数，只有③没有平衡存在，pH变化最大，B错误；C、除三者均有H2O、OH—、H+以外，由于Na2SO3的水解，它里面的微粒种类最多，CH3COOH溶液的电离，次之，HCl最少，C错误；D、由于Na2SO3水解促进水的电离，而CH3COOH溶液、HCl溶液抑制水的电离，D错误；答案选A考点：考查盐类水解、弱电解质的电离以及外界条件对水电离平衡的影响二、非选择题（本题包括5小题）17、C6H12O6羟基、酯基、醚键取代反应9【分析】本题考察了有机合成推断过程，从B物质入手，根据题意，葡萄糖经过氢气加成和脱去两分子水后生成B，故葡萄糖和B之间差2个O原子、4个氢原子；根据取代反应特点，从碳原子的个数差异上判断参与酯化反应的乙酸分子的数目。【详解】（1）根据图像可知，葡萄糖在催化加氢之后，与浓硫酸反应脱去2分子水，生成B（C6H10O4），故葡萄糖的分子式为C6H12O6；（2）C的分子式为C8H12O5，故B与一分子乙酸发生酯化反应，C中含有的官能团有羟基、酯基、醚键；（3）D的分子式为C8H11NO7，C的分子式是C8H12O5，由E的结构可知，C与硝酸发生酯化反应生成D，，故反应类型为取代反应（或酯化反应）；（4）F是B的同分异构体，分子式为C6H10O4，摩尔质量为146g/mol，故7.30g的F物质的量为0.05mol，和碳酸氢钠可释放出2.24L即0.1mol二氧化碳（标准状况），故F的结构中存在2个羧基，可能结构共有9种，包括CH3CH2CH2CH(COOH)2、CH3CH2C(COOH)2CH3，CH3CH2CH(COOH)CH2COOH、CH3CH(COOH)CH2CH2COOH、CH2(COOH)CH2CH2CH2COOH、CH3CH(COOH）CH（COOH)CH3、(CH3)2CC(COOH)2、(CH3)2C(COOH)CH2COOH、CH3CH(CH2COOH)2；其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3∶1∶1的结构简式为CH3CH(COOH)CH(COOH)CH3或。【点睛】加入NaHCO3溶液有气体放出，表示该物质分子中含有—COOH，反应比例为1:1.18、第二周期第VIA族abc4【分析】（1）根据题给信息及转化流程可知，若A为红棕色气体，B为强酸，C为NO，则A为二氧化氮，B为硝酸，则D为氧气，据此进行分析；（2）根据题给信息及转化流程可知，若A是淡黄色固体，只能是过氧化钠或溴化银，符合题意的是过氧化钠，则B是氢氧化钠，C是氧气，D是金属钠，据此进行分析。【详解】（1）根据描述可知A为二氧化氮，B为硝酸，则D为氧气：①氧元素在元素周期表的位置是第二周期第VIA族；②a.一氧化氮和二氧化氮的组成元素相同，都是氮和氧，a项正确；b.浓硝酸可以和铜反应得到硝酸铜和二氧化氮，即气体A，b项正确；c.A中氮元素是+4价的，B中氮元素是+5价的，C中氮元素是+2价的，c项正确；答案选abc；（2）若A是淡黄色固体，只能是过氧化钠或溴化银，符合题意的是过氧化钠，则B是氢氧化钠，C是氧气，D是金属钠：①反应II即钠和氧气得到过氧化钠：；②根据过氧化钠和水的反应方程式，可以发现生成的和是4:1的关系，若生成了氧气，则生成4mol的。19、ADCBBC7H6O3C7H6O3羧基、羟基【分析】有机物和O2在CuO作催化剂的作用下完全氧化生成CO2、H2O，利用无水氯化钙吸收H2O，利用碱石灰吸收CO2，为了防止外界空气中的H2O和CO2进入碱石灰中，需要外界一个B装置。利用原子守恒，可求出X的最简式，再根据质谱、红外、核磁共振氢谱等得到其结构简式。【详解】Ⅰ(1)①装置A生成O2，通入装置D中，与有机物发生反应，利用装置C吸收水，利用装置B吸收CO2，为了防止外界空气中的H2O和CO2进入装置B，需额外再连接一个装置B，则装置的连接顺序是ADCBB；②B增重是由于吸收了CO2，则n(CO2)=，根据原子守恒，则6.9g样品中含有0.35molC原子；C装置增重2.7g，是吸收了H2O，则n(H2O)=，根据原子守恒，则6.9g样品中含有0.15mol×2=0.3molH原子；根据质量守恒，6.9g样品中含有6.9g－0.35×12g－0.15×1g=2.4gO，则6.9g样品中含有O原子；则该有机物中，n(C):n(H):n(O)=7:6:3，则其实验室为C7H6O3；(2)根据(1)可知该有机物的实验室为C7H6O3，则该有机物的分子式可表示为(C7H6O3)n，X的质谱图中分子离子峰对应的质荷比最大为138，可求得n=1，则X的分子式为C7H6O3；Ⅱ(3)根据红外光谱，X中含有O－H，以及C－O，以及羧酸上的C=O，根据分子式，可知其含有3个O原子，则含有的官能团有羧基、羟基；(4)根据X的核磁共振氢谱，分子中有6组峰，且其面积均相同，根据红外，有两个邻位取代基，含有羧基，则其结构简式为。20、-53.3kJ/mol量热器的保温瓶绝热效果不好、酸碱溶液混合不迅速、温度计不够精确等使碱稍稍过量，为了能保证CH3COOH溶液完全被中和，从而提高实验的准确度CC【分析】（1）根据化学反应热的计算公式求△H；（2）根据中和热的测定中能够导致放出的热量偏低的因素进行解答；（3）为了确保CH3COOH溶液完全被中和，从而提高实验的准确度，所用NaOH稍过量．（4）A、中和热测定实验中一组完整实验数据需要测温度3次，得到温度差，代入公式计算反应热；B、实验的关键是保温工作，保温杯为了保温；C、金属的导热性很好，会导致热量的散失；D、在量取溶液体积时仰视，则实际量取体积偏高。（5）A、实验装置保温、隔热效果必须好；B、用温度计测定NaOH溶液起始温度后，要将温度计洗净再测酸溶液的温度；C、量取NaOH溶液的体积时仰视读数，取得的NaOH偏大；D、允许分多次把NaOH溶液倒入盛有醋酸的小烧杯中；【详解】（1）温度从25.0℃升高到27.7℃，△t==（27.7-25）℃，CH3COOH的中和热△H=-=-5.33×104J·mol－1=-53.3kJ·mol－1；（2）CH3COOH的中和热的文献值为-56.1kJ·mol－1，实际上测定数值偏低，可能原因有：①量热计的保温瓶效果不好，②酸碱溶液混合不迅速，③温度计不够精确等；（3）酸和碱反应测中和热时，为了保证一方全部反应，往往需要另一试剂稍稍过量，减少实验误差，所以实验中NaOH过量，为了能保证CH3COOH溶液完全被中和，从而提高实验的准确度；（4）A、一组完整实验数据需要测温度三次：酸碱初始温度以及中和反应的最高温度，得到温度差值，故A正确；B、实验的关键是保温工作，保温杯是为了保温，减少实验过程中热量散失，故B正确；C、金属的导热性很好，用铜做的环形搅拌棒代替玻璃搅拌棒，会导致热量的散失，实验结果偏小，故C错误；D、在量取溶液体积时仰视，则实际量取体积偏高，测得中和热数值将偏大，故D正确。故选C。（5）A、实验装置保温、隔热效果必须好，否则影响实验结果，热量散失，结果偏低，故A错误；B、用温度计测定NaOH溶液起始温度后，要将温度计洗净再测酸溶液的温度，直接测定会与酸反应，放出热量，热量散失，结果偏低，故B错误；C、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C正确；D、允许分多次把NaOH溶液倒入盛有醋酸的小烧杯中，故D不符；故选C。21、3HA+OH-=A-+H2Oc（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）0.0510-1312pHa+pHb=12【分析】（1）①0.1mol•L-1一元酸HA溶液中c（OH-）/c（H+）=1×10-8，则c（OH-）=10-11mol/L，c（H+）=1.0×10-3mol/L，依据pH=-lgc（H+）计算该溶液的pH；根据计算判断HA为弱电解质，然后写出其与氢氧化钠溶液的反应的离子方程式；