陕西省西安市交大附中2025届化学高二上期中质量跟踪监视模拟试题含解析

陕西省西安市交大附中2025届化学高二上期中质量跟踪监视模拟试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。

3．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、某温度时，在2 L容器中三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。

由图中数据分析，该反应的化学方程式和反应开始至2 min末Z的平均反应速率分别为（）
A．X+3Y=2Z 0.1 mol•1
min-
L-·1
B．2X+Y2Z 0.1 mol•1
min-
L-·1
C．X+2Y=Z 0.05 mol•1
min-
L-·1
D．3X+Y2Z 0.05 mol•1
min-
L-·1
2、用下列装置(夹持仪器已略去)进行相关实验，装置正确且能达到实验目的的是
A．图1装置配制银氨溶液
B．图2装置分离苯萃取碘水后已分层的水层与有机层
C．图3装置进行石油的分馏
D．图4装置采取乙醇、乙酸与浓硫酸混合共热的方法制取乙酸乙酯
3、已知短周期元素的离子：a A2＋、b B＋、c C3－、d D－都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是()
A．原子半径：A＞B＞D＞C B．原子序数：d＞c＞b＞a
C．离子半径：C＞D＞B＞A D．单质的还原性：A＞B＞D＞C
C原子的说法正确的是
4、下列关于14
6
A ．中子数为8
B ．质子数为14
C ．质量数为20
D ．核外电子数为8
5、已知：某温度下,H 2(g)+I 2(g) 2HI(g)的平衡常数为K 1；1/2H 2(g)+ 1/2I 2(g)
HI(g)的平衡常数为K 2，则
K 1、K 2的关系为 A ．K 1= 2K 2
B ．K 1= K 22
C ．K 1 = K 2
D ．不能确定
6、如图是温度和压强对X ＋Y 2Z 反应影响的示意图。

图中横坐标表示温度，纵坐标表示平衡混合气体中Z 的体
积分数。

下列叙述正确的是（）
A ．上述可逆反应的正反应为放热反应
B ．X 、Y 、Z 均为气态
C ．X 和Y 中只有一种是气态，Z 为气态
D ．上述反应的逆反应的△H ＞0
7、常温下，下列溶液中各离子浓度关系正确的是
A ．pH ＝2的醋酸溶液与pH ＝12的氢氧化钠溶液等体积混合：c(CH 3COO －)＞c(Na ＋)＞c(H ＋)＞c(OH －)
B ．浓度为0.1 mol·L －1的碳酸氢钠溶液：c(Na ＋)＋ c(H ＋)＝c(HCO 3－)＋c(OH －)
C ．浓度为0.1 mol·L －1的(NH 4)2CO 3溶液：c(NH 4＋)＝2c(CO 32－)＋2c(HCO 3－)＋2c(H 2CO 3)
D ．浓度均为0.1 mol·L －1的醋酸溶液与NaOH 溶液混合后：c(OH －)＝c(H ＋)＋c(CH 3COOH) 8、对氨基苯甲酸可用甲苯为原料合成。

已知①苯环上的硝基可被还原为氨基：
+3Fe+6HCl→
+3FeCl 2+2H 2O ，产物苯胺还原性强，易被氧化；②-CH 3为邻、对位取代定位
基，而-COOH 为间位取代定位基。

则由甲苯合成对氨基苯甲酸的步骤合理的是
A ．甲苯硝化
→ X 氧化甲基−−−−−−→ Y 还原硝基
−−−−−−→对氨基苯甲酸 B ．甲苯氧化甲基−−−−−−→X 硝化
→Y 还原硝基−−−−−−→对氨基苯甲酸 C ．甲苯还原−−−→X 氧化甲基−−−−−−→Y 硝化
→对氨基苯甲酸 D ．甲苯硝化
→X 还原硝基−−−−−−→Y 氧化甲基−−−−−−→对氨基苯甲酸
9、下列事实中，不能．．用勒夏特列原理来解释的是 A ．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
B．红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅
C．含酚酞的氨水溶液，微热后红色变深
D．H2(g)、I2(g)、HI(g)气体组成的平衡体系加压后颜色变深
10、下列物质溶于水中，会显著放热的是（）
A．食盐B．蔗糖C．酒精D．NaOH
11、下列实验方法不能达到实验目的的是( )
A．用丁达尔效应区分氢氧化铁胶体与氯化铁溶液
B．用氯化钙溶液鉴别NaHCO3和Na2CO3
C．用分液法分离植物油和水的混合物
D．用淀粉溶液区别加碘盐和无碘盐
12、为消除目前燃料燃烧时产生的环境污染，同时缓解能源危机，有关专家提出了利用太阳能制取氢能的构想。

下列说法正确的是
A．H2O 的分解反应是放热反应
B．氢能源已被普遍使用
C．2 mol H2O 具有的总能量低于 2 mol H2和 1 mol O2具有的总能量
D．氢气是不可再生能源
13、在一密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生可逆反应：Ni(s) + 4CO(g)Ni(CO)4(g)，已知该反应在25℃、80℃时的平衡常数分别为5×104和2，下列说法正确的是
A．上述生成Ni(CO)4(g)的反应为吸热反应
B．80℃时，测得某时刻Ni(CO)4(g)、CO(g)浓度均为0.5 mol/L，则此时v(正)＜v(逆)
C．恒温恒压下，向容器中再充入少量的Ar，上述平衡将正向移动
D．恒温时将气体体积缩小到原来的一半，达到新平衡时CO浓度将要减小
14、烷烃的命名正确的是
A．4-甲基-3-丙基戊烷B．3-异丙基己烷
C．2-甲基-3-丙基戊烷D．2-甲基-3-乙基己烷
15、已知分解1molH2O2放出热量98kJ。

在含少量I-的溶液中，H2O2分解的机理为H2O2+I-→H2O+IO-慢
H2O2+IO-→H2O+O2+I-快下列有关该反应的说法不正确
．．．的是
A．反应速率与I-浓度有关B．I-是该反应的催化剂
C．生成1molO2放热196kJ D．v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)
16、下面是4位同学对“化学与健康”这一话题发表的见解中，正确的是（）
A．B．
C．D．
二、非选择题（本题包括5小题）
17、由丙烯经下列反应可制得F、G两种高分子化合物，它们都是常用的塑料。

（1）聚合物F的结构简式___。

A→B的反应条件为_____。

E→G的反应类型为_____。

（2）D的结构简式______。

B转化为C的化学反应方程式是_______。

（3）在一定条件下，两分子E能脱去两分子水形成一种六元环状化合物，该化合物的结构简式是_____。

（4）E有多种同分异构体，其中一种能发生银镜反应，1mol该种同分异构体与足量的金属钠反应产生1mol H2，则该种同分异构体的结构简式为______。

18、有U、V、W、X四种短周期元素，原子序数依次增大，其相关信息如下表：
请回答下列问题：
（1）U、V两种元素组成的一种化合物甲是重要的化工原料，常把它的产量作为衡量石油化工发展水平的标志，则甲分子中σ键和π键的个数比为________，其中心原子采取______杂化。

（2）V与W原子结合形成的V3W4晶体，其硬度比金刚石大，则V3W4晶体中含有________键，属于________晶体。

（3）乙和丙分别是V和X的氢化物，这两种氢化物分子中都含有18个电子。

乙和丙的化学式分别是
________、____________，两者沸点的关系为：乙________丙(填“>”或“<”)，原因是______________。

19、实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生用0.10 mol·L－1 NaOH标准溶液进行测定盐酸的浓度的实验。

取20.00 mL 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)
1 20.00 0.10 24.18
2 20.00 0.10 23.06
3 20.00 0.10 22.96
I．(1)滴定达到终点的标志是_________。

(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)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20.00 mL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．硼酸(H3BO3)是生产其它硼化物的基本原料。

已知H3BO3的电离常数为5.8×10－10，H2CO3的电离常数为K1=4.4×10－7、K2=4.7×10－11。

向盛有饱和硼酸溶液的试管中，滴加0.1 mol/LNa2CO3溶液，____________(填“能”或“不能”)观察到气泡逸出。

Ⅲ．某温度时测得0.01 mol/L的NaOH溶液pH为11，求该温度下水的离子积常数K W =_________
20、I．实验室用50 mL 0.50mol/L盐酸、50mL 0.55 mol/LNaOH溶液和如图所示装置，进行测定中和热的实验，得到表中的数据：
实验次数起始温度t1/℃
终止温度t2/℃盐酸NaOH溶液
1 20.
2 20.
3 23.7
2 20.
3 20.5 23.8
3 21.5 21.6 24.9
完成下列问题：
(1)图中实验装置中尚缺少的玻璃仪器是____________________________．
(2)在操作正确的前提下，提高中和热测定准确性的关键是________________________．
(3)根据上表中所测数据进行计算，则该实验测得的中和热△H=_________[盐酸和NaOH溶液的密度按1g/cm3计算，反应后混合溶液的比热容(c)按4.18J/(g·℃)计算]．
(4)如用0.5 mol/L的盐酸与NaOH固体进行实验，则实验中测得的“中和热”数值将_____（填“偏大”、“偏小”、“不变”）．如改用60 mL0.5moI/L的盐酸与50 mL 0.55mol/L的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量______（填“相等”或“不相等”），所求中和热_____（填“相等”或“不相等”）。

(5) 上述实验结果数值与57.3相比有偏差，产生偏差的原因可能是（填字母）______．
A．测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净
B．把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓
C．做本实验的当天室温较高
D．在量取NaOH溶液时仰视计数
E.大烧杯的盖扳中间小孔太大。

Ⅱ．某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。

实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过褪色所需时间来判断反应的快慢。

该小组设计了如下方案：
（1）已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，为了观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为n(H2C2O4)：n(KMnO4) ≥_______。

（2）试验编号②和③探究的内容是_____________。

（3）实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率
v(KMnO4)=__________mol·L-1·min-1。

21、营养平衡与人体健康：
（1）营养均衡有利于身体健康。

秋葵是一种大众喜爱的食材，含有蛋白质、维生素A、维生素C、纤维素、阿拉伯果糖和丰富的铁、锌、钙等元素，其中：
①属于糖类的有：阿拉伯果糖、___。

②蛋白质在人体内水解的最终产物为___。

③人体缺乏某种微量元素会发生贫血，这种微量元素是___。

④属于水溶性维生素的是___，缺乏该维生素会引起___。

（2）如图为某品牌酱油标签的一部分。

①氨基酸态氮的含量是酱油质量的重要指标，这些氨基酸是由大豆中的主要营养物质___水解而来。

②配料清单中属于防腐剂的是___。

③小麦中的主要营养物质是___。

（3）了解一些用药常识，有利于自我保健。

现有下列药物：碳酸镁、青霉素、阿司匹林、氢氧化铝。

①其中属于解热镇痛的药物是___；
②青霉素作用是___。

③药片常用淀粉作为黏合剂，淀粉水解最终产物是___。

④某胃药的主要成分是Al a Mg b(OH)c CO3。

常用于冶疗胃酸过多，写出其与胃酸反应的化学方程式：___。

参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【详解】由图可知，Y、X的物质的量减小，Z的物质的量增加，则Y、X为反应物，Z为生成物，且△n之比为
(1−0.9):(1−0.7):(0.2−0)=1:3:2，2min达到平衡，由物质的量的变化量之比等于化学计量数之比可知，反应为3X+Y⇌2Z；
反应开始至2min末Z的平均反应速率为0.2mol
2L
2min
=0.05mol⋅min−1；
故选：D。

2、B
【解析】A项，配制银氨溶液的方法为向硝酸银溶液中滴加氨水，滴加氨水至生成的沉淀恰好溶解即可，故不选A项；B项，苯萃取碘水后，苯的密度小于水，有机层位于上层，水层在下层，通过分液方法分离，可以达到实验目的，故选B项；
C项，蒸馏时，温度计的水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口，冷却水应该“下口进，上口出”，故不选C项；
D项，右侧导管不应插入到碳酸钠溶液内，易产生倒吸，故不选D项；
综上所述，本题选B。

3、C
【分析】四种元素的离子电子层结构相同，它们在周期表中的相对位置如图所示：。

【详解】A. A和B的原子核外的电子层数比C和D的原子核外电子层数多一层，所以A和B的原子半径比C和D的原子半径大。

A和B在同一周期，电子层数相同，B的核电荷数比A小，所以原子半径B比A大，同理，C的原子半径比D的大，所以原子半径：B＞A＞C＞D，故A不选；
B. 从这四种元素在周期表中的相对位置可以看出，原子序数：a＞b＞d＞c，故B不选；
C. 这四种离子电子层结构相同，所以离子半径只取决于核电荷数，核电荷数越多，半径越小，所以离子半径：C＞D ＞B＞A，故C选；
D. 四种元素均为短周期元素，所以B为Na，A为Mg，C为N，D为F。

钠的还原性强于镁，F2没有还原性，故D不选。

故选C。

【点睛】
几种离子的电子层结构相同，可以首先找到它们在周期表中的相对位置，根据它们的位置，利用元素周期表的结构和
元素周期律分析它们的原子半径、离子半径、原子序数、最高价氧化物的水化物的酸碱性、气态氢化物的稳定性、单质的氧化性和还原性以及离子的还原性和氧化性等关系。

4、A
C中质量数为14，质量数=质子数+中子数，则中子数=14−6=8，故A项正确；
【详解】A. C是6号元素，14
6
B. 质子数为6，故B项错误；
C. 质量数为14，故C项错误；
D. 对于原子，核外电子数=核内质子数，所以核外电子数为6，故D项错误；
综上所述，本题正确答案为A。

5、B
【详解】根据平衡常数的定义可知，K1=c(HI)2/ c(H2) c(I2) ，K2=c(HI) /[ c(H2) c(I2)]1/2，所以K1= K22，答案选B。

6、C
【详解】A．从图中可以看出，升高温度，Z的体积分数增大，说明平衡正向移动，正反应为吸热反应，A不正确；B．相同温度下，增大压强，Z的体积分数减小，则平衡逆向移动，反应物的气体分子数小于生成物的气体分子数，若X、Y、Z均为气态，则加压时平衡不移动，B不正确；
C．从B中分析可知，反应物的气体分子数小于生成物的气体分子数，所以X和Y中只有一种是气态，Z为气态，C 正确；
D．由A中分析可知，正反应为吸热反应，则上述反应的逆反应的△H<0，D不正确；
故选C。

【点睛】
若反应物X、Y都不是气体，只有生成物Z是气体，则不管是温度变化还是压强变化，虽然平衡发生移动，但Z的体积分数始终不变。

7、A
【解析】A、因醋酸为弱酸，pH＝2的醋酸与pH＝12的氢氧化钠溶液等体积混合，反应后为醋酸和醋酸钠的混合溶液，该溶液显酸性，弱电解质的电离大于醋酸根离子的水解，则c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，故A正确；
B、浓度为0.1 mol·L－1的碳酸氢钠溶液，由电荷守恒可以知道c(Na＋)＋c(H＋)＝2cCO32-)+c(HCO3－)＋c(OH－)，故B 错误；
C、浓度为0.1 mol·L－1的(NH4)2CO3溶液，由物料守恒可以知道c(NH4＋)+c(NH3H2O)＝2c(CO32－)＋2c(HCO3－)＋
2c(H2CO3)，故C错误；
D、浓度均为0.1 mol·L－1的醋酸溶液与NaOH溶液若等体积混合，恰好生成醋酸钠，由质子守恒可以知道c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)，但混合时溶液体积未知，故D错误；
所以A选项是正确的。

8、A
【详解】由于甲基是邻、对位取代定位基，而-COOH为间位取代定位基，且氨基还原性强，易被氧化，所以由甲苯合成对氨基苯甲酸的步骤是：甲苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生甲基对位上的取代反应产生对硝基甲苯，然后被酸性KMnO4溶液氧化，产生对硝基苯甲酸，最后对硝基苯甲酸与Fe、HCl作用，硝基被还原产生-NH2，得到对氨基苯甲酸，故合理选项是A。

9、D
【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动．使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．
【详解】A、气体的溶解度随温度的升高而减小，随压强的增大而增大，由气体的溶解度随压强的增大而增大，因此常温时打开汽水瓶时，瓶内的压强减小，因此瓶内的二氧化碳会从瓶中溢出，可以用勒夏特列原理解释，故A不选；
B、2NO2N2O4，加压后NO2浓度先变大，颜色变深，然后平衡正确向移动，颜色后变浅，能用勒夏特利原理解释，故B不选；
C、NH3·H2O NH4＋＋OH－，加热促进平衡正向进行，含酚酞的氨水溶液，微热后红色变深，能用勒夏特利原理解释，故C不选；
D、由H2、I2（g）、HI气体组成的平衡，反应前后气体体积不变，加压后平衡不动，体积减小颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，故D选；
故选D。

【点睛】
本题考查了化学平衡移动原理的分析判断，解题关键：对平衡移动原理的理解，影响平衡因素的分析，易错点D，反应前后气体体积不变的反应，加压平衡不移动。

10、D
【解析】A．NaCl溶于水热效应不明显，A错误；
B．蔗糖溶于水热效应不明显，B错误；
C．酒精溶于水温度几乎不变，C错误；
D．NaOH溶于水会放出大量的热，D正确；
答案为D。

11、D
【解析】A.丁达尔现象为胶体特有的性质；
B.NaHCO3与CaCl2不反应，Na2CO3与CaCl2反应生成白色沉淀；
C.植物油和水的混合物分层；
D.淀粉遇碘变蓝。

【详解】A.丁达尔现象为胶体特有的性质，则丁达尔效应可区分氢氧化铁胶体与氯化铁溶液，故A正确；
B.氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙白色沉淀，与碳酸氢钠不反应，可用氯化钙溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3两种溶液，故B正确；
C.植物油和水的混合物分层，选择分液法可分离，故C正确；
D.淀粉遇碘变蓝，加碘盐中含有的是碘酸钾，则淀粉溶液不能区别加碘盐和无碘盐，故D错误。

故选D。

12、C
【解析】本题是常识性知识的考查，考查反应热与物质总能量的关系，可再生能源的概念。

【详解】A. 氢气燃烧生成水是放热反应，则水的分解反应是吸热反应，A错误；
B. 利用太阳能制取氢气技术不成熟，制约氢气大量生产，所以氢能源还没有被普遍使用，B错误；
C. 水分解是吸热反应，∆H=生成物总能量-反应物总能量＞0，故2 mol H2O 具有的总能量低于2 mol H2和1 mol O2具有的总能量，C正确；
D. 不可再生能源包括三大化石燃料，核能，氢气属于可再生新能源，D错误；
答案为C。

13、B
【解析】A、根据题中平衡常数数据分析，平衡常数随温度升高减小，说明平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，选项A错误；B、80℃时，测得某时刻Ni(CO)4(g)、CO（g）浓度均为0.5
mol•L-1，Q c=
(]
()4
4
c[Ni CO)
c CO
=
4
0.5
0.5
=8＞2，说明平衡逆向进行，则此时v（正）＜v（逆），选项B正确；C、恒
温恒压下，向容器中再充入少量的Ar，压强增大保持恒压，平衡向气体体积增大的方向进行，上述平衡将逆向移动，选项C错误；D、恒温时将气体体积缩小到原来的一半，，相当于增大压强平衡正向进行，达到新平衡时，CO的百分含量将减小，选项D错误。

答案选B。

14、D
【详解】选择分子中含有碳原子数最多的碳链为主链，并从离支链较近的一端给主链的碳原子编号。

从右端开始，到第三个碳原子往上，然后右转，主链碳原子有6个，第2号碳原子上有1个甲基，第3个碳原子上有1个乙基，该物质的名称是2-甲基-3-乙基己烷，故D正确，故选D。

【点睛】
烷烃命名要抓住五个“最”：①最长-选最长碳链为主链；②最多-遇等长碳链时，支链最多为主链；③最近-离支链最近一端编号；④最小-支链编号之和最小(两端等距又同基，支链编号之和最小)；⑤最简-两不同取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。

如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。

15、D
【解析】A、已知：①H2O2+I-→H2O+IO-慢②H2O2+IO-→H2O+O2+I-快，过氧化氢分解快慢决定于反应慢的①，I-是①的反应物之一，其浓度大小对反应不可能没有影响，例如，其浓度为0时反应不能发生，选项A正确；
B、将反应①+②可得总反应方程式，反应的催化剂是I-，IO-只是中间产物，选项B正确；
C、分解1molH2O2生成0.5molO2放出热量98kJ，故当反应生成1molO2放热196kJ，选项C正确；
D、因为反应是在含少量I-的溶液中进行的，溶液中水的浓度是常数，不能用其浓度变化表示反应速率，选项D不正确。

答案选D。

16、C
【解析】A.蔬菜和水果是维生素、矿物质、膳食纤维的重要来源，需要多吃水果和蔬菜，故A错误；B.使用食品添加剂是必要的，故B错误；C.维生素在人体内有特殊的生理功能，故C正确；D.多吃海带可以补碘，不可防治缺铁性贫血，故D错误。

故选D。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、NaOH水溶液、加热缩聚反应CH3COCOOH
CH2(OH)CH(OH)CHO
【分析】丙烯与溴发生加成反应生成A，A为CH3CHBrCH2Br，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成B，B为CH3CH（OH）CH2OH，B催化氧化生成C，C为，C氧化生成D，D为，D与氢气发生加成反应生成E，E为CH3CH（OH）COOH，E发生酯化反应是高聚物G，丙烯发生加聚反应生成高聚物F，F为，结合有机物的结构和性质以及题目要求可解答该题。

【详解】（1）丙烯发生加聚反应生成F聚丙烯，其结构简式为：。

A→B的反应条件为：NaOH水溶液，加热。

E→G的反应类型为：缩聚反应。

（2）通过以上分析知，D的结构简式为；B转化为C是CH3CH(OH)CH2OH催化氧化生成
O=C(CH3)CHO，反应方程式为。

（3）在一定条件下，两分子CH3CH(OH)COOH能脱去两分子水形成一种六元环化合物，该化合物的结构简式是.。

（4）E的结构简式为CH3CH(OH)COOH，CH3CH(OH)COOH有多种同分异构体，其中一种能发生银镜反应，1mol
该种同分异构体与足量的金属钠反应产生1mol H2，说明该同分异构体分子中含有2个﹣OH、1个﹣CHO，故符合条件的同分异构体为：HOCH2CH2(OH)CHO。

18、5∶1 sp2共价原子C2H6H2O2< H2O2分子间存在氢键，C2H6分子间不存在氢键
【分析】根据核外电子排布规律分析解答；根据共价键的形成及分类分析解答；根据分子间作用力的综合利用分析解答；
【详解】根据题意已知，U是H元素；V元素三个能级，说明只有2个电子层，且每个能级中电子数相等，它的核外电子排布式为：1s22s22p2，即C元素；W在基态时，2p轨道处于半充满状态，所以它的核外电子排布式为：1s22s22p3，即N元素；X与W同周期，说明X处于第二周期，且X的第一电离能比W小，故X是O元素；
(1) 衡量石油化工发展水平的标志的是乙烯，即甲分子是乙烯分子，乙烯分子中含有碳碳双键，双键中含有一个σ键和一个π键，两个碳氢共价键，即四个σ键，则甲分子中σ键和π键的个数比为：5∶1，其中心原子采取的是sp2杂化，体现平面结构；
(2) V3W4晶体是C3N4晶体，其硬度比金刚石大，说明晶体中含有共价键，是原子晶体；
(3) V的氢化物含有18个电子，该分子是C2H6，W的氢化物含有18个电子的分子是：H2O2，由于H2O2分子间存在氢键，C2H6分子间不存在氢键，故沸点：C2H6<H2O2；
【点睛】
同种元素形成的不同种单质，互为同素异形体。

同种原子形成共价键，叫做非极性键。

形成分子间氢键的分子熔点和沸点都会比同系列的化合物偏高，例如：H2O常温下为液态，而不是气态。

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 CE 不能
1×10-13
【分析】
【详解】Ⅰ．(1)用标准NaOH溶液滴定盐酸，用酚酞作指示剂，当最后一滴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时达到滴定终点。

(2)滴定三次，第一次滴定所用标准液的体积和其他两次偏差太大，舍去，第二次和第三次所用NaOH溶液体积的平均值为23.01mL。

NaOH溶液浓度为0.10mol/L，盐酸体积为20.00mL。

NaOH和HCl的物质的量相等，即
0.02301L×0.10mol/L=0.02000L×c(HCl)，可计算得到c(HCl)=0.115mol/L。

(3)A．用酸式滴定管取20.00 mL待测盐酸，使用前，水洗后未用待测盐酸润洗，待测盐酸被稀释，测定结果偏低；B．锥形瓶用水洗后未干燥，不影响所用的NaOH溶液的体积，不影响测定结果；
C．称量NaOH固体时，有小部分NaOH潮解，使标准液浓度变小，导致所用的NaOH溶液体积偏大，测定结果偏高；D．滴定终点时俯视读数，读取的NaOH溶液体积偏小，带入计算导致结果偏低；
E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，使读取的NaOH溶液体积偏大，带入计算导致结果偏高；
故选CE。

Ⅱ．弱酸的电离平衡常数可以衡量弱酸的酸性强弱，从给出的电离平衡常数可知，硼酸的酸性弱于碳酸，所以向饱和硼酸溶液的试管中滴加碳酸钠溶液，不能生成碳酸，所以不能观察到气泡逸出。

Ⅲ．0.01mol/LNaOH溶液中的c(OH-)=0.01mol/L，溶液的pH=11，即溶液中的c(H+)=1×10-11mol/L，水的离子积常数K W=c(H+)c(OH-)=0.01×10-11=1×10-13。

20、环形玻璃搅拌棒提高装置的保温效果－56.8 kJ·mol－1偏大不相等相等ABDE 2.5(或5:2)其他条件不变，温度对反应速率的影响0.010
【解析】I．(1)由装置图可知，装置中尚缺少的玻璃仪器是环形玻璃搅拌棒。

(2)中和热测定实验的主要目的是测量反应放出的热量多少，所以提高中和热测定准确性的关键是提高装置的保温效果。

(3)从表格数据知，三次实验温度差的平均值为3.40℃，50 mL 0.50mol/L盐酸、50mL 0.55 mol/LNaOH溶液的质量
m=100mL1g/mL=100g，c=4.18J/(g·℃),代入Q=cm△T得生成0.025mol水放出的热量
Q=4.18J/(g·℃)100g 3.40℃=1421.2J=1.4212kJ，所以生成1mol水放出热量为=56.8kJ, 则该实验测得的中和热△H=－56.8 kJ·mol－1。

(4)氢氧化钠固体溶于水放热反应映后温度升高，计算所得的热量偏大，所以实验中测得的“中和热”数值将偏大；反应放出的热量和所用的酸和碱的用量多少有关，改用60 mL0.5moI/L的盐酸与50 mL 0.55mol/L的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成的水量增多，所放出的热量偏高，但是中和热均是强酸与强碱反应生成1mol水时放出的热，因此所求中和热相等。

本题正确答案为：偏大；不相等；相等
(5) A．测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净，在测碱的温度时，会发生酸碱中和，温度计读数变化值会减小，所以导致实验中测得的中和热数值偏小，故A正确；B. 把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓，会导致一部分热量散失，实验中测得的中和热数值偏小，故B正确；C．做本实验的室温与反应热的数据无关，故C错误；D．在量取NaOH溶液时仰视计数，会使实际测量体积高于所要量的体积，由于碱过量，放出的热不变，但溶液质量变大，△T 变小，导致实验测得的中和热数值偏低，故D正确；E.大烧杯的盖扳中间小孔太大，会导致一部分热量散失，导致实验测得的中和热数值偏低，故E正确；因此，本题正确答案为ABDE。

Ⅱ．（1）根据反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，利用化合价升降相等写出反应的化学方程是：2 KMnO4+5 H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑；从方程式知，当n(H2C2O4)：n(KMnO4)=5:2=2.5时反应恰好发生，为了观察到紫色褪去，KMnO4的量应少量，即n(H2C2O4)：n(KMnO4) ≥2.5。

（2）实验编号②和③除了温度不同，其他条件完全相同，所以实验编号②和③探究的内容是其他条件不变，温度对反应速率的影响。