2017-2018学年贵州省铜仁市西片区高中教育联盟高二下学期期末考试化学试题 解析版

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贵州省铜仁市西片区高中教育联盟2017-2018学年高二下学期期末考试化学试题 ‎1. 糖类、油脂和蛋白质是食物中的基本营养物质。以下叙述错误的是(　 　)‎ A. 淀粉除了做食物外，还可以用于水解生产葡萄糖 B. 淀粉、纤维素的组成都可以用(C6H10O5)n表示，二者互为同分异构体 C. 进入人体的重金属盐能使蛋白质变性，所以会使人中毒 D. 液态植物油通过催化氢化可以变为固态脂肪 ‎【答案】B ‎【解析】分析：A．淀粉的最终水解产物为葡萄糖；B．分子式相同结构不同的有机物互为同分异构体；C．重金属离子能够使蛋白质失去生理活性而变性；D. 液态植物油分子结构中含有碳碳双键；据此分析判断。‎ 详解：A．淀粉的水解产物为葡萄糖，因此淀粉除了做食物外，还可以用于水解生产葡萄糖，故A正确；B．淀粉、纤维素的组成都可以用(C6H10O5)n表示，但是聚合度n取值不同，所以分子式不相同，故B错误；C．重金属离子能够使蛋白质失去生理活性而变性，故C正确；D．液态植物油与氢气加成变固态脂肪，故D正确；故选B。‎ ‎2. 设NA为阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是（　 　）‎ A. 18 g D2O(重水)中含有10NA个质子 B. 78 g苯中含有3NA个 C=C双键 C. 1L 0.1mo l/L NaHCO3溶液中含有0.1NA个 HCO3−‎ D. a g某气体中含分子数为b，c g该气体在标况下的体积为22.4bc/aNAL ‎【答案】D ‎【解析】分析：A、求出重水的物质的量，然后根据重水中含10个质子来分析；B、苯不是单双键交替的结构；C、HCO3-在溶液中既能水解又能电离；D、根据ag某气体中含分子数为b，求出cg该气体的分子个数，再求出物质的量和在标况下的体积。‎ 详解：A、18g重水的物质的量n==0.9mol，而重水中含10个质子，故0.9mol重水中含9NA个质子，故A错误；B、苯不是单双键交替的结构，故苯中不含碳碳双键，故B错误；C、HCO3-在溶液中既能水解又能电离，故溶液中 HCO3-的个数小于0.1NA个，故C错误；D、由于ag某气体中含分子数为b，故cg该气体的分子个数N=个，则气体的物质的量n=‎ ‎=mol，则在标况下的体积V=mol×22.4L/mol=L，故D正确；故选D。‎ ‎3. 烷烃CH3CH2CH(CH2CH2CH3)CH(CH3)CH3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 ‎【答案】D ‎【解析】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，该物质的名称是2-甲基-3-乙基己烷，故D正确，故选D。‎ 点睛：本题考查了烷烃的命名，为高频考点。该题的关键是明确有机物的命名原则，选择分子中含有碳原子数最多的碳链为主链，从离支链较近的一端给主链的碳原子编号。‎ ‎4. 下列每组物质中含有的化学键类型相同的是（　 　）‎ A. NaCl、HCl、H2O、NaOH B. Cl2、Na2S、HCl、SO2‎ C. HBr、CO2、H2O、CS2‎ D. Na2O2、H2O2、H2O、O3‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析：一般来说，活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，第IA族、第IIA族和第VIA族、第VIIA族元素之间易形成离子键。‎ 详解：A．氯化钠中只存在离子键；氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氧原子和氢原子之间存在共价键，选项A错误；B．Na2S中钠离子和硫离子之间只存在离子键，选项B错误；C．HBr、CO2、H2O、CS2中只存在共价键，选项C正确；D．过氧化钠中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，氧原子和氧原子之间存在共价键，选项D错误；答案选C。‎ 点睛：本题考查了化学键的判断，明确离子键和共价键的概念是解本题关键，注意二者的区别，会书写过氧化钠的电子式，题目难度不大。‎ ‎5. 北京奥运会期间对大量盆栽鲜花施用了S-诱抗素制剂，以保证鲜花盛开，S-诱抗素的分子结构如图，下列关于该分子说法正确的是（　 　）‎ A. 含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基 B. 含有苯环、羟基、羰基、羧基 C. 含有羟基、羰基、羧基、酯基 D. 含有碳碳双键、苯环、羟基、羰基 ‎【答案】A ‎【解析】分析：根据S-诱抗素的分子结构图来分析官能团，并利用官能团的概念来分析判断。‎ 详解：根据分子的结构简式可以看出，该分子中含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基，故选A。‎ ‎6. 下列对有机化合物的分类结果正确的是（　 　）‎ A. 乙烯(CH2=CH2)、苯()、环己烷()都属于脂肪烃 B. 苯()、环戊烷()、环己烷()同属于芳香烃 C. 乙烯(CH2=CH2)、乙炔(CH≡CH)同属于烯烃 D. 、、同属于环烷烃 ‎【答案】D ‎【解析】分析：根据脂肪烃、芳香烃烯烃和环烷烃的概念，结合典型的物质分析判断。‎ ‎..................‎ 点睛：本题主要考查的有机物的分类，掌握各种有机物的代表物，熟记各种物质的分类依据是解决本题的关键。本题的易错点为D，要注意也属于环烷烃。‎ ‎7. 芳香烃C8H10的一氯代物的结构有(不考虑立体异构)（　 　）‎ A. 16种 B. 14种 C. 9种 D. 5种 ‎【答案】B ‎【解析】芳香烃C8H10的结构有乙苯、邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯四种结构，乙苯的一氯代物有5种、邻二甲苯的一氯代物有3种、间二甲苯的一氯代物有4种、对二甲苯的一氯代物有2种，共14种，故B正确。‎ ‎8. 已知苯乙烯的结构为,有关该物质的下列说法正确的是( )‎ A. 与液溴混合后加入铁粉可发生取代反应 B. 该物质能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，褪色原理完全相同 C. 苯乙烯分子的所有原子不可能在同一平面上 D. 除去乙苯中混有的苯乙烯可以通入等量氢气反应 ‎【答案】A ‎【解析】分析：结构中含有苯环和碳碳双键，结合苯和乙烯的结构和性质分析判断。‎ 详解：A．结构中含有苯环和碳碳双键，苯环上的氢原子在催化剂作用下能够被溴原子取代，故A正确；B．含碳碳双键，与溴水发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，反应类型不同，故B错误；C．苯环、双键均为平面结构，则苯乙烯分子的所有原子可能在同一平面上，故C错误；D．应选蒸馏法除去乙苯中混有的苯乙烯，除去乙苯中混有的苯乙烯可以通入等量氢气反应，会引入新杂质，故D错误；故选A。‎ ‎9. 分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是（　 　）‎ A. 可与乙醇、乙酸反应，也可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 1mol该有机物与NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH C. 分枝酸的分子式为C10H8O6‎ D. 分枝酸分子中含有2种含氧官能团 ‎【答案】A ‎10. 下列鉴别实验不能达到目的的是（　 　）‎ A. 用新制氢氧化铜悬浊液鉴别乙醇与乙醛 B. 用氢氧化钠溶液鉴别乙醇与乙酸 C. 用溴水鉴别乙烷与乙炔 D. 用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯与甲苯 ‎【答案】B ‎【解析】分析：A. 乙醛能够新制氢氧化铜悬浊液加热发生氧化反应；B. 乙醇易溶于水，乙酸能与氢氧化钠溶液反应；C. 乙炔中含有碳碳不饱和键；D. 甲苯能够被酸性高锰酸钾溶液氧化；据此分析判断。‎ 详解：A. 乙醛与新制氢氧化铜悬浊液加热，能够反应生成砖红色沉淀，而乙醇不能，故A正确；B. 乙醇与乙酸都能溶于氢氧化钠溶液，现象相同，不能鉴别，故B错误；C. 乙炔能够使溴水褪色，而乙烷不能，可以鉴别，故C正确；D. 甲苯能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，使高锰酸钾溶液褪色，而苯不能，可以鉴别，故D正确；故选B。‎ ‎11. 异丙苯[]是一种重要的化工原料，下列关于异丙苯的说法不正确的是（　 　）‎ A. 异丙苯是苯的同系物 B. 可用酸性高锰酸钾溶液区别苯与异丙苯 C. 在光照的条件下，异丙苯与Cl2发生取代反应生成的氯代物有三种 D. 在一定条件下能与氢气发生加成反应 ‎【答案】C ‎【解析】分析：A.根据苯的同系物的概念分析判断；B.异丙苯中的侧链能够被酸性高锰酸钾溶液氧化；C. 在光照的条件下，异丙苯中的侧链与Cl2发生取代反应；D. 结合苯的性质分析判断。‎ 详解：A. 异丙苯中含有苯环，与苯相差3个CH2原子团，是苯的同系物，故A正确；B.‎ ‎ 异丙苯能够与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，高锰酸钾溶液褪色，而苯不能，可以区别，故B正确；C. 在光照的条件下，发生苯环侧链的取代反应，异丙基中含有2种氢原子，因此异丙苯与Cl2发生侧链的取代反应生成的氯代物有两种，故C错误；D. 异丙苯中含有苯环，在一定条件下能与氢气发生加成反应，故D正确；故选C。‎ 点睛：本题考查有机物的结构和性质，掌握苯的同系物的性质是解题的关键。本题的易错点为C，要注意苯环上的氢原子和侧链上的氢原子发生取代反应的条件是不同的。‎ ‎12. 分子式为C7H14O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，且生成的醇没有相同的官能团的同分异构体。若不考虑立体异构，这些酸和醇重新组合可形成的酯共有（　 　）‎ A. 8种 B. 16种 C. 24种 D. 28种 ‎【答案】C ‎【解析】生成的醇无具有相同官能团的同分异构体，则醇为甲醇或乙醇。如果为甲醇，则酸为C5H11-COOH，戊基有8种同分异构体，所以C5H11-COOH的同分异构体也有8种；如果为乙醇，则酸为C4H9-COOH，丁基有4种结构，所以C4H9-COOH的同分异构体也有4种，故醇有2种，酸有8+4=12种，所以这些酸和醇重新组合可形成的酯共有2*12=24种，答案选C。正确答案为C。‎ 点睛：本题的难点是理解生成的醇无具有相同官能团的同分异构体，甲醇、乙醇没有醇类的同分异构体，从丙醇开始就有属于醇类的同分异构体，如丙醇有2种属于醇的同分异构体，CH3CH2OH和CH3CH(OH )CH3，故能否理解题意是解答此题的关键。‎ ‎13. 2000年诺贝尔化学奖授予两位美国化学家和一位日本化学家，以表彰他们在导电塑料领域的贡献，他们首先把聚乙炔树脂制成导电塑料，下列关于聚乙炔的叙述错误的是（　 　）‎ A. 聚乙炔是以乙炔为单体发生加聚反应形成的高聚物 B. 聚乙炔的化学式为﹣[﹣CH=CH﹣]﹣n C. 聚乙炔是一种碳原子之间以单双键交替结合的链状结构的物质 D. 聚乙炔树脂不加任何填充物即可成为电的良导体 ‎【答案】D ‎【解析】分析：A.乙炔发生加聚反应生成聚乙炔；B.聚乙炔由n个-CH=CH-组成的聚合物；C.聚乙炔包括单双键交替的共轭结构；D.聚乙炔经溴或碘掺杂之后导电性会提高到金属水平。‎ 详解：乙炔在高温高压、催化剂条件下发生加聚反应生成聚乙炔,A正确；聚乙炔是由n个-CH=CH-组成的聚合物，化学式为,B正确；聚乙炔的链节为-CH=CH-‎ ‎,是一种碳原子之间以单双键交替结合的链状共轭结构,C正确；聚乙炔经溴或碘掺杂之后导电性会提高到金属水平,成为电的良导体,D错误；正确选项D。‎ ‎14. 已知：①CO2(g)+2H2(g)═ CH3OH(g)+O2(g) △H=+192.9kJ/mol ‎②H2(g)+ O2(g)═H2O(l) △H=−285.8kJ/mol 则CH3OH(g) +O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)的△H为( )‎ A. +478.7kJ/mol B. −764.5 kJ/mol C. −478.7kJ/mol D. +764.5kJ/mol ‎【答案】B ‎【解析】分析：根据盖斯定律，将①-②×2得：CO2(g)+2H2O(l)= CH3OH(g) +O2(g)，然后分析计算。‎ 详解：①CO2(g)+2H2(g)═ CH3OH(g)+O2(g) △H=+192.9kJ/mol，②H2(g)+ O2(g)═H2O(l) △H=−285.8kJ/mol，根据盖斯定律，将①-②×2得：CO2(g)+2H2O(l)= CH3OH(g) +O2(g) △H=(+192.9kJ/mol)-(−285.8kJ/mol)×2=+764.5 kJ/mol，则CH3OH(g) +O2(g)═CO2(g)+2H2O(l) △H=-764.5 kJ/mol，故选B。‎ ‎15. 反应4A(s)+3B(g)═2C(g)+D(g)，经2min后，B的浓度减少了0.6mol/L。下列反应速率的表示正确的是（　 　）‎ A. 用A表示的反应速率是0.4 mol/(L⋅min)‎ B. 用B表示的反应速率是0.3 mol/(L⋅min)‎ C. 2 min末时的反应速率，用B表示是0.3 mol/(L⋅min)‎ D. 用D表示的反应速率是0.1 mol/L ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：经2 min后，B的浓度减少了0.6mol/L，则用B物质表示的反应速率是0.6mol/L÷2min＝0.3 mol/(L·min)，选项B正确。由于反应速率之比是相应的化学计量数之比，所以D表示的反应速率分别是0.1‎ ‎ mol/(L·min)，D不正确。A物质是固态，不能表示反应速率，选项A不正确；反应速率是一段时间内的平均值，而不是瞬时反应速率，C不正确，答案选B。‎ 考点：考查反应速率的有关判断和计算 点评：该题是基础性试题的考查，试题难易适中，主要是考查学生对反应速率概念、表示以及有关计算的熟悉掌握程度，有利于培养学生的逻辑推理能力和应试能力。‎ ‎16. 在一定温度下的定容密闭容器中，发生反应：2NO2(g) ⇌N2O4(g)。当下列所给有关量不再变化时，不能表明该反应已达平衡状态的是（　 　）‎ A. 混合气体的压强 B. 混合气体的密度 C. 混合气体的平均相对分子质量 D. c(N2O4)/c2(NO2)‎ ‎【答案】B ‎【解析】A、混合气体的压强不变，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故A不选；B、气体的质量和体积一直不变，所以混合气体的密度始终不变，不能作平衡状态的标志，故B选；C、混合气体的平均相对分子质量，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故C不选；D、Qc==K，说明反应达平衡状态，故D不选；故选B。‎ ‎17. 向三份0.1mol/L CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2CO3、CH3COONa固体（忽略溶液体积变化），则CH3COO- 浓度的变化依次为（　 　）‎ A. 减小、增大、减小 B. 增大、减小、减小 C. 减小、增大、增大 D. 增大、减小、增大 ‎【答案】C ‎【解析】分析：含有弱根离子的盐溶液，如果两种溶液的酸碱性相同，那么它们混合后会相互抑制水解；如果一种溶液显酸性，另一种溶液显碱性，那么它们混合后弱根离子能相互促进水解，据此分析。‎ 详解：CH3COONa是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，NH4NO3是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性，所以向醋酸钠溶液中加硝酸铵会促进醋酸根离子水解，导致醋酸根离子浓度减小；Na2CO3是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，所以向醋酸钠溶液中加碳酸钠会抑制醋酸根离子的水解，导致醋酸根离子浓度增大；CH3COONa溶液中加入CH3COONa，会导致醋酸根离子浓度增大；故选C。‎ 点睛：本题考查了影响盐类水解的因素，明确影响盐的水解的因素是解题的关键。本题的易错点为加入CH3COONa固体，相当于增大了CH3‎ COONa的浓度，水解程度减小，醋酸根离子浓度增大。‎ ‎18. 已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是（　 　）‎ A. 3 Cl2 + 6 FeI2 ═ 2 FeCl3 + 4 FeI3‎ B. Cl2 + FeI2 ═ FeCl2 + I2‎ C. Co2O3 + 6 HCl ═ 2 CoCl2 + Cl2↑+ 3H2O D. 2Fe3+ + 2I－ ═ 2Fe2+ + I2‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A、根据信息，I－的还原性强于Fe2＋，因此Cl2先氧化I－，故说法错误；B、还原性I－>Fe2＋，先和I－反应，氯气过量再和Fe2＋反应，故说法正确；C、Co2O3的氧化性强于Cl2，利用氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，故说法正确；D、Fe3＋的氧化性强于I2，因此两者发生反应，故说法正确。‎ 考点：考查氧化还原反应的规律等知识。‎ ‎19. 铁在下列四种情况中腐蚀速率判断正确的是（　 　）‎ A. a＞b＞c＞d B. b＞a＞d＞c C. d＞c＞b＞a D. b＞d＞a＞c ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：a、铁的吸氧腐蚀，原电池中铁为负极，加速其腐蚀；b、原电池中铁做负极，铁与硫酸反应，腐蚀速率大于a；c、铁做阴极，外加电源的阴极保护法，不会腐蚀；d、牺牲阳极的阴极保护法，铁被保护，但效果没有c好。所以腐蚀速率判断为b>a>d>c，B正确。‎ 考点：考查电化学知识。‎ ‎20. 实验室回收废水中苯酚的过程如图所示。下列分析错误的是（　 　）‎ A. 操作Ⅰ中苯作萃取剂 B. 苯酚钠在苯中的溶解度比在水中的大 C. 通过操作Ⅱ苯可循环使用 D. 三步操作均需要分液漏斗 ‎【答案】B ‎【解析】分析：用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，再加入氢氧化钠溶液，苯酚与氢氧化钠反应得到苯酚钠，苯与苯酚钠溶液不互溶，再进行分液操作，得到苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，苯酚钠溶液中加入盐酸得到苯酚，经过分液分离得到苯酚。‎ 详解：A．根据上述分析，操作I是用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，苯为萃取剂，故A正确；B．苯酚钠属于钠盐，易溶于水，在苯中的溶解度比在水中的小，故B错误；C．操作Ⅱ得到苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，故C正确；D．操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为分液操作，用到分液漏斗，故D正确；故选B。‎ ‎21. 短周期元素W、X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素W的一种核素的中子数为0，X的原子最外层电子数是次外层的2倍，Z与M同主族，Z2−电子层结构与氖相同。‎ ‎(1)M位于元素周期表中第______周期______族。‎ ‎(2)化合物p由W、X、Y、M四种元素组成。已知向p溶液中加入FeCl3溶液，溶液变血红色；向p溶液中加入NaOH溶液并加热可放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。p的化学式为_________。‎ ‎(3)由X、Y、Z三种元素可组成摩尔质量为84g/mol的物质q，且q分子中三种元素的原子个数之比为1:1:1。已知q分子中各原子均达到8电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，q分子的结构式为_______________。‎ ‎(4) (XY)2的性质与Cl2相似，(XY)2与NaOH溶液反应的离子方程式为_________。‎ ‎【答案】 (1). 三 (2). VIA (3). NH4SCN (4). N≡C−O−O−C≡N (5). (CN)2+2OH−=CN−+CNO−+H2O ‎【解析】分析：元素W的一种核素的中子数为0，应为H元素；X的原子最外层电子数是次外层的2倍，应为C元素，Z与M同主族，Z2-电子层结构与氖相同，则Z为O元素，M为S元素，因为短周期元素W、X、Y、Z、M的原子序数依次增大，因此Y为N元素。‎ ‎(2)向p溶液中加入FeCl3溶液，溶液变血红色，说明含有SCN-离子，向p溶液中加入NaOH溶液并加热可放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明含有铵根离子；‎ ‎(3)X中三种元素的原子数目之比为1：1：1，设分子式为：(CON)x，则x==2，所以分子式为：(CON)2，各原子均达到8电子稳定结构，可确定结构式；‎ ‎(4)(CN)2的性质与Cl2相似，(CN)2与NaOH溶液反应生成CN-、CNO-、H2O，据此书写方程式。‎ 详解：根据上述分析，W为H元素，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，M为S元素。‎ ‎(1)M为S元素，位于周期表第三周期族VIA，故答案为：三；VIA；‎ ‎(2)向p溶液中加入FeCl3溶液，溶液变血红色，说明含有SCN-离子，向p溶液中加入NaOH溶液并加热可放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明含有铵根离子，则应为NH4SCN，故答案为：NH4SCN；‎ ‎(3)X中三种元素的原子数目之比为1：1：1，设分子式为：(CON)x，则x= =2，所以分子式为：(CON)2，各原子均达到8电子稳定结构，且分子中无双键，所以结构式为：N≡C-O-O-C≡N，故答案为：N≡C-O-O-C≡N；‎ ‎(4)(CN)2的性质与Cl2相似，(CN)2与NaOH溶液反应的离子方程式为(CN)2+2OH-=CN-+CNO-+H2O，故答案为：(CN)2+2OH-=CN-+CNO-+H2O。‎ 点睛：本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，正确推断元素是解题的关键。本题的难点为(3)，要注意根据各原子均达到8电子稳定结构，且分子中无双键书写；易错点为(4)，要注意氯气与氢氧化钠反应的方程式的书写。‎ ‎22. 某学生为测定某烧碱样品中NaOH的质量分数，进行如下实验（已知该样品中含有少量不与酸作用的杂质）：‎ A．在250mL的容量瓶中定容，配制250mL烧碱溶液；‎ B．用碱式滴定管移取25.00mL烧碱溶液于锥形瓶中，并滴几滴甲基橙指示剂；‎ C．在天平上准确称取烧碱样品20.5g，在烧杯中用蒸馏水溶解；‎ D．将物质的量浓度为1.00mol•L-1的标准硫酸溶液装入酸式滴定管中，调节液面，记下开始时的读数；‎ E．在锥形瓶下垫一张白纸，滴定至溶液变为橙色为止，记下读数。‎ 试填空：‎ ‎（1）正确操作步骤的顺序是（用字母填写）______________________________________。‎ ‎（2）观察滴定管液面的读数时应注意什么问题？ ______________________________。‎ ‎（3）E步操作中下垫一张白纸的作用是________________________。‎ ‎（4）下列操作中可能使所测NaOH的质量分数偏低的是_______________。‎ a．A步操作中未将溶液冷却至室温就转移到容量瓶中定容 b．C步操作中，称量药品时，砝码放在左盘，NaOH放在右盘 c．D步操作中酸式滴定管在装入标准H2SO4溶液前未用标准液润洗 d．读取硫酸体积时，开始时仰视读数，结束时俯视读数 ‎（5）硫酸的初读数和末读数如图所示，末读数为______mL，初读数为______mL，用量为 ______mL(全对给分)。‎ ‎（6）按滴定所得数据来计算出的烧碱样品中NaOH的质量分数为__________。‎ ‎【答案】 (1). CABDE (2). 视线与凹液面最低点平齐；读数估读到0.01mL (3). 使滴定终点时，溶液颜色变化更明显，易于分辨 (4). b、d (5). 24.00 (6). 0.30 (7). 23.70 (8). 92.49%‎ ‎【解析】分析：(1)根据先配制溶液然后进行滴定排序；‎ ‎(2)根据正确观察滴定管液面的读数方法完成；‎ ‎(3)白纸可以使溶液颜色变化更明显；‎ ‎(4)a、根据热的溶液的体积偏大分析对配制的氢氧化钠溶液的浓度影响；b、根据会使所称药品的质量小于20.5g判断；c、根据标准液被稀释，浓度减小，滴定时消耗的标准液体积偏大判断；d、开始时仰视读数，导致读数偏大；结束时俯视读数，导致读数偏小，最终导致读数偏小；‎ ‎(5)根据滴定管的构造及图示读出滴定管的读数；根据消耗的标准液的体积及浓度计算出氢氧化钠的浓度，再计算出烧碱样品中NaOH的质量分数。‎ 详解：(1)正确的操作顺序为：称量→溶解→定容→滴定，所以操作步骤的顺序为：CABDE，故答案为：C；A；B；D；E；‎ ‎(2)观察滴定管液面时视线应与与凹液面最低点平齐，读数估读到0.01 mL，故答案为：视线与凹液面最低点平齐；读数估读到0.01mL；‎ ‎(3)滴定终点时，白纸起衬托作用，更易分辨颜色变化，故答案为：使滴定终点时，溶液颜色变化更明显，易于分辨；‎ ‎(4)a、未将溶液冷却至室温就转移到容量瓶中定容，会使所配NaOH溶液的浓度偏大，从而使质量分数偏高，故a错误；b、砝码放在左盘，NaOH放在右盘，会使所称药品的质量小于20.5 g，会使样品的质量分数偏低，故b正确；c、酸式滴定管在装入标准H2SO4溶液前未用标准液润洗，会使V(H2SO4)偏大，从而使样品的质量分数偏大，故c错误；d、开始时仰视读数，结束时俯视读数，会使V(H2SO4)偏小，从而使样品的质量分数偏小，故d正确；故选b、d；‎ ‎(5)注意读数估读到0.01 mL，滴定管“0”刻度在上，末读数为24.00 mL，初读数为0.30 mL，用量为23.70 mL，故答案为：24.00；0.30；23.70；‎ ‎(6)氢氧化钠的溶液的浓度为：c(NaOH)===1.896 mol•L-1，烧碱样品中NaOH的质量分数为：w(NaOH)=×100%=92.49%，故答案为：92.49%。‎ ‎23. 为测定某有机化合物A的结构，进行如下实验：‎ ‎(1)将一定量的有机物A置于氧气流中充分燃烧,实验测得：生成5.4g H2O和8.8g CO2，消耗氧气6.72L(标准状况下)，则该物质的实验式是____________。‎ ‎(2)用质谱仪测定该有机化合物的相对分子质量，得到如图1所示的质谱图，则其相对分子质量为_____________，该物质的分子式是_____________。‎ ‎(3)请预测A的可能结构并写出结构简式：_____________。‎ ‎(4)核磁共振氢谱能对有机物分子中不同位置的氢原子给出不同的峰值(信号)，根据峰值(信号)可以确定分子中氢原子的种类和数目。例如甲基氯甲基醚(Cl−CH2−O−CH3，有2种氢原子)的核磁共振氢谱如图2所示：‎ 经测定，有机物A的核磁共振氢谱图如图3所示，则A的结构简式为_____________。‎ ‎【答案】 (1). C2H6O (2). 46 (3). C2H6O (4). CH3CH2OH、CH3−O−CH3 (5). CH3CH2OH ‎【解析】分析：(1)计算水、二氧化碳、氧气物质的量，根据原子守恒计算分子中C、H、O原子数目之比确定最简式；‎ ‎(2)根据质荷比可知相对分子质量为46，结合最简式确定分子式；‎ ‎(3)根据分子式书写可能的结构简式；‎ ‎(4)有机物A的核磁共振氢谱中有3个吸收峰，说明有3种性质不同的H原子，结合分子式确定结构简式．‎ 详解：(1)5.4gH2O的物质的量==0.3mol，则n(H)=0.6mol，8.8gCO2的物质的量==0.2mol，则n(C)=0.2mol，6.72LO2的物质的量=0.3mol，由O元素守恒可知有机物中含有n(O)=0.3mol+0.2mol×2-0.3mol×2=0.1mol，则分子中n(C)：n(H)：n(O)=2：6：1，故最简式为：C2H6O，故答案为：C2H6O；‎ ‎(2)根据质荷比可知相对分子质量为46，最简式相对分子质量也是46，故分子式为：C2H6O，故答案为：46；C2H6O；‎ ‎(3)分子式为C2H6O的可能结构简式为：CH3CH2OH、CH3-O-CH3，故答案为：CH3CH2OH、CH3-O-CH3；‎ ‎(4)有机物A的核磁共振氢谱中有3个吸收峰，说明有3种性质不同的H原子，故A的结构为：CH3CH2OH，故答案为：CH3CH2OH。‎ ‎24. 某药物H的合成路线如下： ‎ 试回答下列问题： ‎ ‎（1）反应Ⅰ所涉及的物质均为烃，氢的质量分数均相同，则X的结构式为__________，A的名称为___________。 ‎ ‎（2）反应Ⅱ的反应类型是________________。 ‎ ‎（3）B的结构简式是____________；E的分子式为___________；F中含氧官能团的名称是_________。 ‎ ‎（4）由C→D反应的化学方程式为______________。由G→H反应的化学方程式为_____________。‎ ‎（5）化合物G酸性条件下水解产物之一M有多种异构体，满足下列条件的结构有_______种。 ‎ ‎①能发生水解反应和银镜反应；②能与FeCl 3发生显色反应；③苯环上只有两个取代基。‎ ‎（6）参照上述合成路线，设计一条由 制备    的合成路线流程__________________。‎ ‎【答案】 (1). H—C≡C—H (2). 苯乙烯 (3). 取代反应 (4). (5). C10H12O2 (6). 醛基、酯基 (7). (8). (9). 6 (10). ‎ ‎【解析】分析：根据合成线路可知，D与新制Cu(OH)2‎ 加热条件下反应，酸化后得苯乙酸，则D的结构简式为：；C催化氧化生成D，则C的结构简式为：；B水解生成C，则B的结构简式为：；A与溴化氢在双氧水的作用下发生加成反应生成B，所以A为苯乙烯，反应Ⅰ所涉及的物质均为烃，氢的质量分数均相同，比较苯与A的结构可知，苯与X发生加成反应生成A，所以X为CH≡CH，苯乙酸与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成E为，E发生取代反应生成F，F与氢气发生加成，醛基转化为羟基，则G的结构简式为：，G发生消去反应生成H。‎ 详解：(1)根据上面的分析可知，X为CH≡CH，A为苯乙烯，故答案为：H—C≡C—H；苯乙烯；‎ ‎(2)根据上面的分析可知，反应Ⅱ的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；‎ ‎(3)B的结构简式为：，E为，E的分子式为 C10H12O2，根据F的结构简式可知，F中含氧官能团的名称是醛基、酯基，故答案为：；C10H12O2；醛基、酯基；‎ ‎(4)由C→D反应是催化氧化，反应的化学方程式为，G发生消去反应生成H，反应的化学方程式为，故答案为：；；‎ ‎(5)G的结构简式为：，在酸性条件下水解产物之一M为，有多种同分异构体，同时满足下列条件：与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基；能发生水解反应和银镜反应，说明含有甲酸形成的酯基，苯环上有两个取代基，符合条件的同分异构体为苯环上连有-OH、HCOOCH2CH2‎ ‎-，或-OH、HCOOCH(CH3)-，均存在邻、间、对位3种，共有6种结构，故答案为：6；‎ ‎(6)由制备  ，可以用依次通过消去反应得到碳碳双键，在H2O2条件下与HBr加成，Br在端点的C原子上，水解反应生成-OH，然后发生酯化反应得最终产物，所以合成路线图为：，故答案为：。‎ 点睛：本题考查有机合成，涉及有机反应类型、同分异构体书写、有机反应方程式等，根据反应条件进行推断是解答本题的关键。需要熟练掌握官能团的性质与转化，本题的易错点为(6)中合成路线的设计，要注意将中的酯基打开，结合题干流程图分析。‎ ‎ ‎ ‎ ‎