河南省滑縣第一高級中學2023學年高二下期6月月考化學試卷（解析版）1．在pH都等于9的NaOH和CH3COONa兩種溶液中，設由水電離產生的OH－離子濃度分別為Amol·L－1與Bmol·L－1，則A和B的關系為A．A＞BB．A＝10－4BC．B＝10－4AD．A＝【答案】B【解析】試題分析：同題意可知，A=10－9mol·L－1，而B=10－5mol·L－1，因此選B考點：考查酸堿鹽對水的電離的影響。2．糖類、脂肪和蛋白質是維持人體生命活動所必需的三大營養物質，以下敘述正確的是()A．植物油不能使溴的四氯化碳溶液褪色B．淀粉水解的最終產物是葡萄糖C．葡萄糖能發生氧化反應和水解反應D．蛋白質溶液遇硫酸銅后產生的沉淀能重新溶于水【答案】B【解析】試題分析：A．植物油高級脂肪烴基含有C=C官能團，能與溴發生加成反應而使溴的四氯化碳溶液褪色，故A錯誤；B．淀粉水解最終產物為單糖，即葡萄糖，故B正確；C．葡萄糖為單糖，不能發生水解，故C錯誤；D．硫酸銅屬于重金屬鹽，蛋白質遇重金屬鹽發生變性，變性是不可逆過程，故D錯誤。故選B。考點：考查了常見有機物的性質的相關知識。3．化學與生產生活、環境保護密切相關。下列說法中不正確的是A．鐵表面鍍鋅可增強其抗腐蝕性B．人造纖維、合成纖維和光導纖維都是新型無機非金屬材料C．氫氧化鋁可作胃酸的中和劑D．“煤改氣”、“煤改電”等清潔燃料改造工程有利于減少霧霾天氣【答案】B【解析】試題解析：A．鋅比鐵活潑，并且在空氣中容易形成致密的氧化膜，防止生銹，故A正確；B．合成纖維為有機材料，不屬于無機非金屬材料，故B錯誤；C．氫氧化鋁能夠與胃酸中的鹽酸反應，能夠作胃酸的中和劑，故C正確；D二氧化硫、氮氧化物以及可吸入顆粒物這三項是霧霾主要組成，前兩者為氣態污染物，最后一項顆粒物才是加重霧霾天氣污染的罪魁禍首．它們與霧氣結合在一起，讓天空瞬間變得灰蒙蒙的，“煤改氣”、“煤改電”等清潔燃料改造工程減少了二氧化硫、氮氧化物和可吸入顆粒物，故有利于減少霧霆天氣，故D正確。考點：化學與STS4．已知在發射衛星時可用肼（N2H4）為燃料、二氧化氮作氧化劑，這兩者反應生成氮氣和水蒸氣。又知：①N2（g）＋2O2（g）＝2NO2（g）ΔH＝＋67．7kJ/mol②N2H4（g）＋O2（g）＝N2（g）＋2H2O（g）ΔH＝－534kJ/mol則肼與NO2反應的熱化學方程式為A．N2H4g）＋NO2（g）＝N2（g）＋2H2O（g）ΔH＝＋567．85kJ/molB．N2H4（g）＋NO2（g）＝N2（g）＋2H2O（g）ΔH＝－567．85kJ/molC．N2H4（g）＋NO2（g）＝N2（g）＋2H2O（l）ΔH＝＋567．85kJ/molD．N2H4（g）＋NO2（g）＝N2（g）＋2H2O（l）ΔH＝－567．85kJ/mol【答案】B【解析】試題分析：根據蓋斯定律：②-①×1/2得肼與NO2反應的熱化學方程式為N2H4（g）＋NO2（g）＝3/2N2（g）＋2H2O（g）ΔH＝－567．85kJ/mol，選B。考點：考查蓋斯定律、熱化學方程式書寫。5．X、Y、Z、W是原子序數依次遞增的短周期元素，4種元素的原子最外層電子數之和為16，X與其它元素不在同一周期和同一主族，Y的陰離子與Z的陽離子具有相同的電子層結構，W原子得到一個電子后可形成與某稀有氣體原子核外電子排布相同的穩定結構。下列說法合理的是（）A．簡單離子半徑：W＞Z＞YB．X與Y形成的化合物中，既含極性鍵又含非極性鍵的物質至少有2種C．Z與W形成的化合物一定是離子化合物D．Y的最高價氧化物對應的水化物的酸性一定比W的弱【答案】B【解析】試題分析：由題意可知X為H,Y為N或O，Z為Mg或Al，W為Cl；簡單離子半徑W＞Y＞Z;當Y為N時與H形成的化合物，既含極性鍵又含非極性鍵的物質有多種；當Z為Al時與W形成的化合物為共價化合物；當Y為O時D錯誤。考點：元素周期律。6．下列關于實驗現象的描述不正確的是 （）A．把銅片和鐵片緊靠在一起浸入稀硫酸中，銅片表面出現氣泡B．葡萄糖與新制的氫氧化銅懸濁液混合，加熱，有紅色沉淀生成C．把銅片插入三氯化鐵溶液中，在銅片表面出現一層鐵D．把鋅粒放入盛有鹽酸的試管中，加入幾滴氯化銅溶液，氣泡放出速率加快【答案】C【解析】略7．苯環結構中，不存在單雙鍵交替結構，可以作為證據的事實是()①苯不能使KMnO4酸性溶液褪色②苯分子中碳原子之間的距離均相等③苯能在一定條件下跟H2加成生成環己烷④經實驗測得鄰二甲苯僅一種結構⑤苯在FeBr3存在的條件下同液溴可以發生取代反應，但不因化學變化而使溴水褪色A．①②④⑤B．①③④⑤C．②③④⑤D．①②③④【答案】A【解析】試題分析：①苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，說明苯分子中不含碳碳雙鍵，可以證明苯環結構中不存在C-C單鍵與C=C雙鍵的交替結構，故①正確；②苯環上碳碳鍵的鍵長相等，說明苯環結構中的化學鍵只有一種，不存在C-C單鍵與C=C雙鍵的交替結構，故②正確；③與氫氣加成是苯和雙鍵都有的性質，因此苯能在一定條件下跟H2加成生成環己烷，不能證明苯環中存在單雙鍵交替結構，故③錯誤；④如果是單雙鍵交替結構，鄰二甲苯的結構有兩種，一種是兩個甲基夾C-C，另一種是兩個甲基夾C=C．鄰二甲苯只有一種結構，說明苯環結構中的化學鍵只有一種，不存在C-C單鍵與C=C雙鍵的交替結構，故④正確；⑤苯不因化學變化而使溴水褪色，說明苯分子中不含碳碳雙鍵，可以證明苯環結構中不存在C-C單鍵與C=C雙鍵的交替結構，故⑤正確；所以①②④⑤可以作為苯分子中不存在單、雙鍵交替排列結構的證據，故選A。考點：考查了苯的結構與性質的相關知識。8．下列反應的離子方程式正確的是A．銅片插入氯化鐵溶液中：Cu＋Fe3＋＝Cu2＋＋Fe2+B．漂白粉溶液中通入過量的二氧化碳：Ca2++2ClO－+CO2+H2O====CaCO3↓+2HClOC．用小蘇打治療胃酸過多：HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑D．NaOH和Ba(OH)2混合溶液中通入少量CO2：2OH－＋CO2＝CO32－＋H2O【答案】C【解析】9．設NA為阿伏加德羅常數的值，下列敘述中正確的是A．標準狀況下，1.8gH2O所含有的質子數為B．1L1mol/L的Na2CO3溶液中含有的CO32－數目為C．25℃時，1LpH＝13的Ba(OH)2溶液中含有的OH－數目為D．標準狀況下，2.24L氯氣與過量的氫氧化鈉溶液完全反應轉移的電子數為【答案】A【解析】試題分析：A、1.8gH2O的質子物質的量為1.8g÷18g/mol×10=1mol，所以質子數為NA，故A正確；B、因為CO32￣能發生水解反應，所以1L1mol/L的Na2CO3溶液中含有的CO32－數目小于NA，故B錯誤；C、25℃時，1LpH＝13的Ba(OH)2溶液中含有的OH－數目為，故C錯誤；D、標準狀況下，2.24L氯氣與過量的氫氧化鈉溶液完全反應轉移的電子數為考點：本題考查阿伏加德羅常數的計算。10．下列說法不正確的是A．淀粉和纖維素均為高分子化合物，兩者都是工業制造酒精的原料B．CH2=CH－CH(CH3)－C≡CH經催化加氫可生成3－甲基戊烷C．等質量的甲烷、乙醇、乙醛分別充分燃燒，所耗用氧氣的量依次減少D．已知蘋果酸的結構簡式為，則該物質可發生氧化反應、酯化反應、縮聚反應，與互為同分異構體【答案】D【解析】試題分析：A、淀粉和纖維素都是高分子化合物，水解生成葡萄糖，制造酒精，所以正確，不選A；B、物質中的碳碳雙鍵和碳碳三鍵能和氫氣加成，得到3－甲基戊烷，正確，不選B；C、等質量的物質的耗氧分別為1/8,3/46，44，所以所耗用的氧氣的量依次減少，正確，不選C；D、與是同一種物質，選D。考點：有機物的結構和性質11．下列說法正確的是①水分子之間存在氫鍵,所以水受熱不易分解②共價化合物一定含共價鍵，也可能含離子鍵③含金屬元素的化合物不一定是離子化合物④由非金屬元素組成的化合物一定是共價化合物⑤由分子組成的物質中一定存在共價鍵⑥熔化狀態下能導電的物質不一定是離子化合物⑦有單質生成的反應一定是氧化還原反應⑧堿性氧化物一定是金屬氧化物，金屬氧化物不一定是堿性氧化物A．③⑤⑥⑦⑧B．②③④⑥⑦C．③⑥⑧D．①③④⑥【答案】C【解析】試題分析：①水分子之間存在氫鍵,所以水的沸點較高，而物質的穩定性與化學鍵的強弱有關，與氫鍵無關，錯誤；②共價化合物一定含共價鍵，一定不含離子鍵，錯誤；③含金屬元素的化合物不一定是離子化合物，正確；如AlCl3是共價化合物；④由非金屬元素組成的化合物可能是共價化合物，也可能是離子化合物，如NH4Cl，錯誤；⑤由分子組成的物質中不一定存在共價鍵，如惰性氣體是單原子分子，在分子內無化學鍵，錯誤；⑥熔化狀態下能導電的物質不一定是離子化合物，正確如金屬在熔融狀態也可以導電；⑦有單質生成的反應不一定是氧化還原反應，如氧氣變為臭氧的反應就不是氧化還原反應，錯誤；⑧堿性氧化物一定是金屬氧化物，而金屬氧化物可能是酸性氧化物，也可能是兩性氧化物等，因此不一定是堿性氧化物，正確。所以上述說法正確的是③⑥⑧，選項是C。考點：考查物質的結構、性質、分類的知識。12．某物質中可能有甲酸、乙酸、甲醇和甲酸乙酯四種物質中的一種或幾種。在鑒定時有下列現象：①有銀鏡反應；②加入新制的Cu(OH)2懸濁液后未發現變澄清；③與含酚酞的NaOH溶液共熱，紅色逐漸消失。下列結論正確的是A．幾種物質均存在B．有甲酸乙酯和甲酸C．有甲酸乙酯和甲醇D．有甲酸乙酯，可能有甲醇【答案】D【解析】試題分析：甲酸結構簡式是HCOOH；乙酸結構簡式是CH3COOH；甲醇結構簡式是CH3OH；甲酸乙酯結構簡式是HCOOCH2CH3，①有銀鏡反應，證明含有醛基，可能含有HCOOH或HCOOCH2CH3中的至少一種；②加入新制的Cu(OH)2懸濁液后未發現變澄清，證明無羧酸HCOOH、CH3COOH；③與含酚酞的NaOH溶液共熱，紅色逐漸消失，證明含有酯甲酸乙酯。因此可以證明一定含有甲酸乙酯，可能有甲醇。故選項是D。考點：考查混合物成分的確定的知識。13．在500mLNaOH溶液中加入足量鋁粉，反應完全后共收集到標準狀況下的氣體33．6L，該NaOH溶液的濃度為()A．1mol·L-1 B．2mol·L-1C．1．5mol·L-1 D．3mol·L-1【答案】B【解析】試題分析：n(H2)==1．5mol，2Al+2NaOH+2H2O====2NaAlO2+3H2↑2mol3moln(NaOH)1．5moln(NaOH)==1mol，c(NaOH)==2mol·L-1。考點：鋁及鋁合金14．中學化學中很多“規律”都有其適用范圍，下列根據有關“規律”推出的結論正確的是選項規律結論A沸點高的物質制備沸點低的物質鈣置換出銣，或濃磷酸制備HIB反應物濃度越大，反應速率越快常溫下，相同的鋁片中分別加入足量的濃、稀硝酸，濃硝酸中鋁片先溶解完C結構和組成相似的物質，沸點隨相對分子質量增大而升高BCl3沸點低于AlCl3，CO2沸點低于SiO2D溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀轉化ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀【答案】AD【解析】試題分析：A.根據規律：沸點高的物質制備沸點低的物質，所以鈣置換出銣，或濃磷酸制備HI，正確；B.在反應原理不變時，反應物濃度越大，反應速率越快，但是常溫下，Al在足量的濃硝酸中會被氧化產生一層致密的氧化物薄膜，阻止金屬的進一步氧化，即發生鈍化，不能再發生反應，而與稀硝酸會發生劇烈反應直至鋁片溶解完，與該規律不符合，錯誤；C.規律是：結構和組成相似的物質，沸點隨相對分子質量增大而升高，由分子構成的物質BCl3、AlCl3，由于相對分子質量：BCl3<AlCl3，所以沸點低于AlCl3，CO2是分子晶體，分子間通過分子間作用力結合，分子間作用力比較微弱，所以斷裂較容易，因此熔沸點較低，而SiO2是原子晶體，原子間通過共價鍵結合，共價鍵是一種強烈的相互作用，斷裂需要消耗較高的能量，因此熔沸點高。故CO2沸點低于SiO2，錯誤；D.規律：溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀轉化，ZnS在溶液中存在沉淀溶解平衡：ZnS(s)Zn2+(aq)+S2-(aq)，當向該溶液中中滴加CuSO4溶液時，由于(Cu2+)?c(S2-)>Ksp(CuS)，所以會形成CuS沉淀，使ZnS的沉淀溶解平衡向沉淀溶解的方向移動，最終沉淀完全轉化為CuS沉淀，即溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀轉化，正確。考點：考查中學化學中很多“規律”的適用范圍的研究的知識。15．分子式與苯丙氨酸[C6H5CH2CH（NH2）COOH]相同，且同時符合下列兩個條件：①有帶兩個取代基的苯環②有一個硝基直接連接在苯環上的異構體的數目是：A．3B．5C．6【答案】C【解析】試題分析：分子式與苯丙氨酸[C6H5CH2CH（NH2）COOH]相同，則物質與苯丙氨酸是同分異構體，同時符合條件：①有帶兩個取代基的苯環，②有一個硝基直接連接在苯環上，則其取代基有硝基和丙基或異丙基，由于二者在苯環的位置由鄰、間、對三種不同的位置，因此其可能的同分異構體種類數是3×2=6種。故選項是C。考點：考查有機物同分異構體的種類的判斷的知識。16．（16分）單體液晶（有機物III）應用偶聯反應合成：反應①反應②有機物I可由以下合成：有機物IV有機物I試回答以下問題：⑴有機物I的分子式是。⑵以苯為原料生成有機物II的化學方程式（注明反應條件）是。⑶有機物IV的結構簡式是。由有機物IV合成有機物I的第一步反應（ⅰ）的反應類型是。⑷由有機物III制備的反應條件是。⑸寫出符合下列條件的化合物III的同分異構體的結構簡式：（任寫一個）①含有一個苯環，且苯環上一氯取代物有2種同分異構體。②能發生銀鏡反應⑹與CH3I能發生類似①的反應，該反應方程式是【答案】（16分）⑴C5H8O(2分)⑵（3分；條件不寫扣1分）⑶(2分)加成反應(2分；“反應”不寫扣1分)⑷濃硫酸，加熱(2分)⑸或(2分；其他合理答案也給分)⑹（3分；條件不寫扣1分）【解析】試題分析：（1）根據有機物I的結構簡式得其分子式為C5H8O；（2）苯與溴在溴化鐵作催化劑的條件下發生取代反應生成溴苯，化學方程式為；（3）有機物IV有機物I，根據有機物I的結構簡式，判斷有機物IV發生了加成反應生成有機物I，所以有機物IV的結構簡式為；由有機物IV合成有機物I的第一步反應（ⅰ）的反應類型是加成反應；（4）與有機物III相比，多了碳碳雙鍵，少了羥基，所以是有機物III發生羥基的消去反應而得到的，所以反應條件是濃硫酸，加熱；（5）能發生銀鏡反應，說明分子中存在醛基，有機物III的取代基中存在碳碳三鍵，而醛基中只有1個雙鍵，所以有機物III的同分異構體結構中還存在1個碳碳雙鍵；含有一個苯環，且苯環上一氯取代物有2種同分異構體，考慮2個不同對位取代基的苯環上有2種氫原子，所以有機物III中應存在2個對位取代基，則其結構簡式為或其他結構；（6）與CH3I能發生類似①的反應取代反應，I原子取代碳碳三鍵的H原子，該反應的化學方程式為考點：考查對題目所給信息的分析判斷能力，物質推斷，官能團的性質，同分異構體的判斷與書寫17．部分中學化學常見元素原子結構及性質如下表所示：序號元素結構及性質①AA單質是生活中的常見金屬，它有兩種氯化物，相對分子質量相差②BB原子最外層電子數是內層電子總數的1/5③CC是常見化肥的主要元素，單質常溫下呈氣態④DD單質被譽為“信息革命的催化劑”，是常用的半導體材料⑤E通常情況下，E沒有正化合價，A、B、C、D、F都能與E形成化合物⑥FF在周期表中可以排在ⅠA族，也有人提出排在ⅦA族（1）A元素在周期表中的位置為_______________________________________________。（2）B與C形成的化合物的化學式為_______________________________________，它屬于________(填“離子”或“共價”)化合物。（3）①F與E可以形成原子個數比分別為2∶1、1∶1的兩種化合物X和Y，區別X與Y的水溶液的實驗方法是__________________________________________。②F與C組成的兩種化合物M和N所含的電子數分別與X、Y相等，則M的水溶液顯________________性，N的結構式為______________________________。（4）C與E都是較活潑的非金屬元素，用化學方程式表明這兩種單質的氧化性強弱：________________________________________________________。（5）有人認為B、D的單質用導線連接后插入NaOH溶液中可以形成原電池，你認為是否可以，若可以，試寫出負極的電極方程式(若認為不行可不寫)：________________________。【答案】（1）第四周期第Ⅷ族（2）Mg3N2離子（3）①分別取X、Y各少許置于試管中，再各加入少量的MnO2粉末，迅速產生無色氣體的是H2O2；無明顯現象的是H2O(合理即可)②堿HNHNHH（4）4NH3＋3O2催化劑=Δ2N2＋6H催化劑=Δ（5）Si－4e－＋6OH－SiO32-＋3H2O【解析】根據表格中提供的信息，可以推斷A為Fe、B為Mg、C為N、D為Si、E為O、F為H。（1）Fe位于第四周期第Ⅷ族。（2）Mg與N形成的化合物為Mg3N2，屬于離子化合物。（3）①可以利用MnO2能夠催化分解H2O2產生氧氣區別H2O、H2O2；②H2O、H2O2的電子數分別為10、18，N和H形成的10個電子和18個電子的化合物分別為NH3和N2H4，其中N2H4的結構式為HNHNHH。（4）O2的氧化性強于N2，可以通過單質的置換反應驗證。（5）Mg、Si的單質用導線連接插入NaOH溶液中可以形成原電池，Si作負極，電極反應式為Si－4e－＋6OH－SiO32-＋3H2O。18．實驗室可用右圖所示裝置進行CO和CO2混合氣體的分離和干燥。已知a為止水夾，b為分液漏斗丙的活塞。可供選用的試劑有NaHCO3溶液、NaOH溶液、濃硫酸、無水氯化鈣、稀硫酸。試回答：（1）廣口瓶甲中應放的試劑為___________，廣口瓶乙中應放的試劑為___________，分液漏斗丙中應放的試劑為___________。（2）第一步應先分離出______，分離時應先關閉______，打開______，發生反應的離子方程式是_____________。（3）第二步分離出_____________時，先關閉_____________，打開___________，發生反應的離子方程式為______________________。【答案】（1）NaOH溶液濃H2SO4稀H2SO4（2）CObaCO2＋2OH－====CO＋H2O（3）CO2abCO＋2H＋====H2O＋CO2【解析】要分離CO與CO2，題中提供的分離裝置是一個洗氣裝置，即混合氣體要從溶液中通過來進行分離。考慮到CO屬不成鹽化合物，因此題中溶液的作用應該是先把CO2吸收，讓CO通過，則甲裝置中廣口瓶中所盛溶液應是能吸收CO2的溶液。從提供試劑中可選出NaOH溶液，這樣，當混合氣體通過NaOH溶液（此時應關閉b）時，CO2和NaOH溶液反應生成Na2CO3而被吸收，CO逸出，乙廣口瓶顯然是為氣體干燥設置的，應用濃H2SO4。當混合氣體中的CO被分離出去以后，CO2也完全轉變成了Na2CO3，要讓其重新釋放，根據Na2CO3的性質，還需選出一種酸才行，可從提供試劑中選出稀H2SO4，使之與Na2CO3反應，釋放出CO2，此時應關閉a，稀H2SO4置于分液漏斗中。19．實驗室用少量的溴水和足量的乙醇制備1,2-二溴乙烷的裝置如下圖所示：有關數據列表如下：乙醇1,2-二溴乙烷醚狀態無色液體無色液體無色液體密度／g·cm-3沸點／℃132熔點／℃-l309-1l6回答下列問題：（1）燒瓶A中發生的主要的反應方程式。（2）裝置B的作用是________________。（3）在裝置C中應加入(填字母)。a．水b．濃硫酸c．氫氧化鈉溶液d．飽和碳酸氫鈉溶液（4）若產物中有少量未反應的Br2，最好用（填字母）洗滌除去。a．水b．氫氧化鈉溶液c．碘化鈉溶液d．乙醇e．Na2SO3溶液（5）若產物中有少量副產物乙醚，可用的方法除去。（6）反應過程中應用冷水冷卻裝置D，但又不能過度冷卻（如用冰水），其原因是。（7）判斷該制備反應已經結束的最簡單方法是。【答案】（1）CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O（2）平衡壓強，作安全瓶，防止倒吸（3）c（4）e（5）蒸餾（6）產品熔點低，過度冷卻會凝固而堵塞導管口（7）D中溴水完全褪色【解析】試題分析：A裝置是實驗室制取乙烯，B是安全瓶，C是排除干擾裝置，D是制取1，2-二溴乙烷裝置。（1）根據上述分析，燒瓶A中發生的主要的反應方程式是CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O。（2）根據上述分析，裝置B是安全瓶，所以裝置B的作用是平衡壓強，作安全瓶，防止倒吸。（3）C是排除干擾裝置，濃硫酸具有強氧化性，將乙醇氧化成二氧化碳，自身被還原成二氧化硫，二氧化碳、二氧化硫能和氫氧化鈉溶液反應，因此，C中加入的是氫氧化鈉溶液，其作用是除去可能產生的酸性氣體SO2、CO2，答案選c。（4）因1，2-二溴乙烷在堿性條件下能發生取代反應，所以除去少量的Br2不用NaOH溶液，而是用與Br2反應的Na2SO3溶液，答案選e。（5）乙醚與其它有機物溶且沸點相關比較大，采用分餾的方法分離。（6）溴在常溫下，易揮發，乙烯與溴反應時放熱，溴更易揮發，冷卻可避免溴的大量揮發，但1，2-二溴乙烷的凝固點9℃較低，過度冷卻會凝固而堵塞導管口，所以不能過度冷卻。（7）乙烯和溴水發生加成反應生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷為無色，所以判斷反應結束的方法是觀察D中溴水完全褪色。考點：考查實驗室制乙烯，乙烯的性質，制備實驗基本操作等知識。20．某學生用·L－1的標準NaOH溶液滴定未知濃度的鹽酸，其操作可分為如下幾步：①用蒸餾水洗滌堿式滴定管后立即注入NaOH溶液至“0”刻度線以上；②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充滿液體；=3\*GB3③調節液面至“0”或“0”刻度線稍下，并記下讀數；=4\*GB3④量取待測液注入潔凈的錐形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；=5\*GB3⑤用標準液滴定至終點，記下滴定管液面讀數。請回答：（1）以上操作步驟中有一步有錯誤,請指出編號，該錯誤操作會導致測定結果(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)（2）用標準NaOH溶液滴定時，應將標準NaOH溶液注入中。（從右圖中選填“甲”或“乙”）（3）下列操作會引起實驗結果偏大的是：（填編號）A．在錐形瓶裝液前，留有少量蒸餾水B．滴定前，堿式滴定管尖嘴有氣泡，滴定后無氣泡C．錐形瓶先用蒸餾水洗滌后，再用待測液潤洗D．用酸式滴定管量取待測液時將一滴待測液滴在錐形瓶外（4）判斷到達滴定終點的現象是：錐形瓶中溶液從色變為色，且半分鐘之內不再改變。（5）以下是實驗數據記錄表通過計算可得，該鹽酸濃度為：mol·L－1（計算結果保留2位小數）。【答案】（1）①；偏大；（2）乙；（3）BC；（4）無；淺紅；（5）【解析】試題分析：（1）堿式滴定管在裝液前應用待裝液進行潤洗，所以上述操作步驟中編號②錯誤；用蒸餾水洗滌堿式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度線以上，堿式滴定管未用標準NaOH溶液潤洗就直接注入標準NaOH溶液，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，所測溶液濃度偏大。（2）NaOH溶液應盛裝在堿式滴定管中，選乙。（3）A．在錐形瓶裝液前，留有少量蒸餾水，V（標準）不變，對測定結果無影響，A項錯誤；B．滴定前，堿式滴定管尖嘴有氣泡，滴定后無氣泡，導致標準液的體積增大，所測溶液濃度偏大，B項正確；C．錐形瓶先用蒸餾水洗滌后，再用待測液潤洗，導致消耗標準液的體積增大，所測溶液濃度偏大，C項正確；D．用酸式滴定管量取待測液時將一滴待測液滴在錐形瓶外，導致待測液減小，消耗標準液的體積減少，所測溶液濃度偏小，D項錯誤；答案選BC。（4）滴定時，當溶液顏色變化且半分鐘內不變色，可說明達到滴定終點，所以當滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由無色變為淺紅色，且半分鐘內不再改變。（5）2次NaOH溶液體積的平均值為（+）÷2=，c（待測）=·L－1×)÷=?L-1。【考點定位】考查酸堿中和滴定。【名師點睛】本題考查酸堿中和滴定。中和滴定中指示劑的選擇和使用指示劑變色要靈敏，變色范圍要小，酸堿恰好完全反應時，終點溶液的pH應在指示劑的變色范圍內。（1）強酸和強堿的滴定一般常用甲基橙、酚酞作指示劑。（2）強酸溶液和弱堿溶液的相互滴定應選用甲基橙作指示劑；強堿溶液和弱酸溶液的相互滴定應選用酚酞作指示劑。（3）石蕊試液由于顏色變化不明顯，不易辨別，在滴定過程中不宜使用。21．(6分)一定溫度下，測得某純水的pH為6．5。試計算：(1)此時水的離子積常數Kw為多少?(2)若在此純水中加一定量Ba(OH)2固體，配制成0．005mol·L-1。的Ba(OH)2溶液，保持原溫度，其溶液的pH為多少?(3)取上述Ba(OH)2溶液200mL，加入含的濃溶液，待反應完全后，上層清液中Ba2+濃度變為多少?[體積變化忽略不計，Ksp(BaSO4)=1．08×10-10]【答案】（1）（1分）（2）pH=1（2分）（3）（3分）【解析】22．【化學—選修5：有機化學基礎】（15分）丙二醇是重要的化工原料，利用甘油制備二元醇符合綠色化學要求。利用1，2-丙二醇可制得乳酸〔CH3CH(OH)COOH〕，乳酸與上述反應中的某一產物B可以反應，轉換關系如下。已知A的碳原子數與乳酸相同，E、F為鏈狀高分子化合物。請回答下列問題：（1）反應①的反應類型是，A中所含官能團名稱是。（2）B在一定條件下反應生成分子式為C2H4O的有機物，該物質不能發生銀鏡反應，核磁共振氫譜中只有一個峰，寫出該物質的結構簡式_______________。（3）F具有良好的光學性能和親水性可作為隱形眼鏡的材料，寫出由D制備F的化學方程式。（4）寫出1，2-丙二醇制備乳酸的合成路線。（5）物質C(C8H10O4)存在含有苯環的同分異構體，已知：①一個C原子上連兩個羥基不穩定；②苯環上含有4個取代基；③分子中含有兩個–CH2OH。符合上述條件的C的同分異構體有種，寫出其中一種的同分異構體的結構簡式。【答案】（15分）（1）消去反應；（2分）碳碳雙鍵、羧基；（各1分）（2）（2分）（3）（2分）（4）（除以上兩個方案，其它合理答案也可3分）（5）11種（2分）；（2分，其它合理答案也可）【解析】試題分析：（1）乳酸分子在濃硫酸、加熱條件下發生消去反應，生成丙烯酸，所以反應①為消去反應；所以A中的官能團為碳碳雙鍵、羧基；（2）B在一定條件下反應生成分子式為C2H4O的有機物，該物質不能發生銀鏡反應，該物質不是乙醛，核磁共振氫譜中只有一個峰，所以該物質是環氧乙烷，結構簡式為；（3）B位乙二醇，發生分子內脫水生成環氧乙烷，則A與乙二醇發生酯化反應生成D，D的結構簡式是CH2=CHCOOCH2CH2OH，D在一定條件下發生加聚反應生成F，所以化學方程式是；（4）1，2-丙二醇先發生氧化反應，氧化為羧酸和羰基，然后羰基再發生于氫氣的加成反應生成乳酸，流程圖為；（5）根據題意，物質C(C8H10O4)的結構中含有