浙江省2025_2026学年高二化学上学期10月月考试题含解析

这是一份浙江省2025_2026学年高二化学上学期10月月考试题含解析，共21页。试卷主要包含了 下列离子方程式书写正确的是等内容，欢迎下载使用。
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号(填涂)；
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效。
本卷有可能用到的相对原子质量： H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 Ti48 Fe56 Cu64
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 下列物质中属于非电解质，且溶于水后能导电的是
A NaOHB. NH3C. AlCl3D. 蔗糖
【答案】B
【解析】
【详解】A．是电解质，溶于水能导电，但不符合非电解质的条件，A不符合题意；
B．是非电解质，溶于水生成，后者电离出离子使溶液导电，B符合题意；
C．是电解质，溶于水能导电，但不符合非电解质的条件，C不符合题意；
D．蔗糖是非电解质，但溶于水不导电，D不符合题意；
故选B。
2. 下列化学用语正确的是
A. F-的离子结构示意图：
B. 氯化铵的电子式：
C. 乙炔的分子的球棍模型：
D. 用电子式表示 Na2O的形成过程：
【答案】D
【解析】
【详解】A．F-的离子结构示意图中，氟离子核外有10个电子，最外层应为8个电子，而题干图示为氟原子的结构示意图，A错误；
B．氯化铵的电子式中，Cl-的最外层电子未标出，正确的是：，B错误；
C．乙炔分子含2个C原子和2个H原子，球棍模型应体现碳碳三键，且为直线，可表示为：，C错误；
D．Na2O的形成过程中，2个Na原子各失去1个电子形成Na+，O原子得到2个电子形成O2-，电子式表示正确，D正确；
故选D。
3. 根据元素周期律推测，下列说法不正确的是
A. 原子半径： Mg> NaB. 碱性：
C. 非金属性：Br>ID. 热稳定性：
【答案】A
【解析】
【详解】A．同周期主族元素从左到右原子半径减小，Na在Mg左侧，原子半径应为Na＞Mg，A错误；
B．金属性Mg＞Al，对应最高价氧化物水化物的碱性Mg(OH)2＞Al(OH)3，B正确；
C．Br和I同属ⅦA族，Br在上，非金属性Br＞I，C正确；
D．N的非金属性＞P的非金属性，故NH3的热稳定性＞PH3的热稳定性，D正确；
故选A。
4. 化学与社会、科学、技术和环境密切相关。下列叙述正确的是
A. 鸡蛋煮熟、福尔马林保存标本和医用酒精杀菌消毒都涉及蛋白质变性
B. 石油通过催化裂化将重油裂化成乙烯、丙烯等基本化工原料，满足轻质油的需求
C. 由于羧基与水可形成分子间氢键，因此高级脂肪酸易溶于水
D. 利用微生物在富氧环境下发酵秸秆、粪便可生产沼气，实现生物质能的综合利用
【答案】A
【解析】
【详解】A．鸡蛋煮熟（高温变性）、福尔马林（化学变性）和医用酒精（脱水变性）均涉及蛋白质变性，A正确；
B．催化裂化的目的是将重油转化为轻质油（如汽油），而乙烯、丙烯等小分子烯烃需通过裂解反应获得，B错误；
C．高级脂肪酸的烃基链长，疏水性占主导，难溶于水，尽管羧基可形成氢键，但无法改变整体溶解性，C错误；
D．沼气（甲烷）需在厌氧条件下由微生物发酵产生，富氧环境会抑制该过程，D错误；
故选A。
5. 物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是
A. Al2O3具有两性，可用于制作坩埚
B. SiO2熔点高，可用于生产光导纤维
C. Na具有还原性，可用于高温下与 TiCl4反应制备 Ti
D. 浓硫酸有吸水性，可用于干燥 H2S气体
【答案】C
【解析】
【详解】A．Al2O3具有高熔点而非两性，制作坩埚依赖其耐高温性，A错误；
B．SiO2用于光导纤维是因其光学特性，而非熔点高，B错误；
C．Na的强还原性可还原TiCl4制备Ti，性质与用途对应正确，C正确；
D．浓硫酸与H2S发生氧化还原反应，无法干燥H2S，D错误；
故选C。
6. 可根据物质结构推测其性质，下列推测的性质不合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯环中的碳氢键为单键，在FeBr3催化下，苯环上的氢，能被液溴取代生成溴苯，A正确；
B．硅酸盐中硅氧四面体通过共价键形成空间网状结构，共价键结合牢固，故硅酸盐材料大多硬度高，B正确；
C．聚乳酸结构中含酯基，酯基易在酸性或碱性条件下水解，可被微生物降解，“很难降解”错误，C错误；
D．碳碳双键具有还原性，易被氧气氧化，天然橡胶因含碳碳双键而易被氧化，D正确；
故选C。
7. 下列离子方程式书写正确的是
A. NaHSO3溶液中滴加少量的溴水：
B. 向次氯酸钙溶液通入少量二氧化碳：
C. 用氢氟酸雕刻玻璃：
D. 乙醇与足量酸性重铬酸钾反应：
【答案】A
【解析】
【详解】A．溴水作为强氧化剂，将部分氧化为，同时酸性条件下剩余的与H+反应生成SO2。离子反应方程式为：，A项正确；
B．少量CO₂通入次氯酸钙溶液，应生成而非（因酸性强弱顺序为H2CO3 > HClO > ），离子反应方程式为：，B项错误；
C．氢氟酸与玻璃中的SiO2反应生成SiF4和H2O，但SiO2为固体不可拆分为离子形式，且HF为弱酸不应拆解，离子反应方程式为：，C项错误；
D．乙醇在足量酸性重铬酸钾条件下应被完全氧化为乙酸，而非乙醛。离子反应方程式为：，D项错误；
故答案选A。
8. 下列实验装置、操作能达到目的的是
A. 图①装置用于验证反应是否有 CO2生成
B. 图②装置用于制备乙酸乙酯
C. 图③装置用于测定中和反应的反应热
D. 图④装置用于快速制备氨气
【答案】C
【解析】
【详解】A．木炭与浓硫酸加热反应生成CO2、SO2和水，SO2也能使澄清石灰水变浑浊，未除去SO2干扰，无法验证CO2生成，A错误；
B．制备乙酸乙酯时，右侧试管中应该是饱和Na2CO3溶液（而非NaOH溶液，NaOH会导致酯水解），且导管不能插入液面以下（防倒吸），B错误；
C．测定中和反应反应热需减少热量损失，装置有隔热层、杯盖，玻璃搅拌器使反应均匀，温度计测温度变化，符合要求，C正确；
D．稀氨水浓度低，与碱石灰反应生成NH3量少，应使用浓氨水（或加热固体NH4Cl与Ca(OH)2）快速制备氨气，D错误；
故选C。
9. 甜菊醇，又名斯替维醇，被称为继蔗糖、甜菜糖之后的第三种天然糖源，其结构简式如下图，下列关于甜菊醇说法不正确的是
A. 1ml 甜菊醇与足量金属钠反应，最多产生1ml
B. 1ml 甜菊醇最多能与2ml氢氧化钠反应
C. 甜菊醇可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 甜菊醇能发生氧化、取代、加成反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．1个甜菊醇分子含1个羧基（）和1个醇羟基（），二者均含活泼氢，故1ml 甜菊醇与足量Na反应时，2 ml 活泼氢生成1ml ，1ml甜菊醇可生成1ml ，A正确；
B．甜菊醇中只有羧基（）能与反应（反应物质的量之比为1:1），醇羟基不与反应，故1ml甜菊醇最多消耗1ml ，B错误；
C．甜菊醇含碳碳双键（）和醇羟基（可被氧化），均能被酸性高锰酸钾氧化，使溶液褪色，C正确；
D．氧化反应（双键、羟基氧化）、取代反应（烷基的氢原子卤代、羟基和羧基的酯化）、加成反应（双键加成）均可发生，D正确；
故答案选B。
10. NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 17gH2O2中含有的极性键的数目是 0.5NA
B. 10g质量分数为46%的乙醇溶液中，H 原子总数为1.2NA
C. pH=13 的NaOH 溶液中含有的 Na+数目为0.1NA
D. 1ml乙醇和 1ml乙酸发生酯化反应，可以生成NA个乙酸乙酯分子
【答案】B
【解析】
【详解】A．每个分子含2个极性键，17g 为，极性键数目为，A错误；
B．10g溶液中乙醇4.6g（，含），水5.4g（，含），总H原子数，H 原子总数为，B正确；
C．的溶液，但未提供溶液体积，无法确定数目，C错误；
D．酯化反应为可逆反应，1ml乙醇和乙酸无法完全生成1ml乙酸乙酯，实际数目小于，D错误；
故选B。
11. 在标准压强101kPa、298K下，由最稳定的单质生成1ml物质B 的反应焓变，叫做物质B 的标准摩尔生成焓，用符号 表示。部分物质的 如图所示，已知：单质的标准摩尔生成焓为0，下列有关反应 的焓变判断正确的是
A. ΔH=B. ΔH=
C. ΔH=D. ΔH=
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应产物中H2O为液态（对应b）、CH3OH为气态（对应c），A项用H2O(g)(a)和CH3OH(l)(d)计算有误，A项错误；
B．反应焓变ΔH=Σ(产物生成焓)-Σ(反应物生成焓)，产物为CH3OH(g)(c)和H2O(l)(b)，反应物为CO2(g)(e)（H2为单质生成焓为0），故ΔH=b+c-e kJ·ml-1，B项正确；
C．反应产物中H2O为液态（b），C项用H2O(g)(a)计算有误，C项错误；
D．反应产物中CH3OH为气态（c），D项用CH3OH(l)(d)计算有误，D项错误；
故答案选B。
12. 沉积物微生物燃料电池可处理含硫废水，其工作原理示意图如图：
已知：光合菌发生的光合作用反应式为 沉积物 中的 Fe为+2价且在反应过程中 Fe化合价不变，下列说法不正确的是
A. 碳棒b为电池的正极
B. 碳棒a表面发生的第二步电极反应式为
C. 负极室每处理 1ml沉积物 则转移(2+6x) ml电子
D. 若光合菌产生的氧气被全部反应，则该电池每消耗32gO2，正极室质量增加44g
【答案】D
【解析】
【分析】氢离子移向碳棒b，故碳棒b为原电池的正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应生成水；碳棒a为原电池的负极，在负极上失电子发生氧化反应生成S单质，S单质再失电子生成。
【详解】A．根据分析可知，碳棒b为原电池的正极，A正确；
B．根据图示，碳棒上(负极) S生成的电极反应式：，B正确；
C．中Fe为+2价，S的化合价为（+2 + x·y=0，解得）。S最终转化为（S为+6价），每个S原子失去电子数为，1ml 含x ml S，转移电子总数为，即(2+6x) ml，C正确；
D．消耗32g O₂（1ml）时，根据正极反应，有4ml（约4g）进入正极室；根据光合作用反应式，生成1ml 需要消耗1ml （44g）。因此，正极室质量增加为和的质量之和，即 4g + 44g = 48g ，D错误；
故答案选D。
13. 在2L 的恒容密闭容器中充入1ml CO 和 一定温度下发生反应： 测得部分物质的物质的量变化如图所示。下列说法正确的是
A. 曲线Ⅱ代表的物质是 H2
B. t=4min时，
C. 从反应开始到1min内，CH3OH的平均反应速率为
D. 该温度下的反应平衡常数为K=12
【答案】C
【解析】
【分析】初始投入1 ml CO，曲线II从1 ml开始减小，所以曲线II代表CO，生成物只有CH3OH，所以曲线I代表CH3OH。
【详解】A．曲线Ⅱ初始量为1 ml（对应初始投入1 ml CO），故曲线Ⅱ代表CO，A错误；
B．t=4 min时反应达平衡，v正=v逆。由反应速率与计量数关系：v正(H2)=2v正(CH3OH)，且v正(H2)=v逆(H2)，则v逆(H2)=2v正(CH3OH)，即v正(CH3OH)=0.5v逆(H2)，B错误；
C．从反应开始到1 min内，CH3OH物质的量为0.5 ml，根据v=Δn/(V·Δt)得CH3OH的平均反应速率为0.25 ml·L-1·min-1，C正确；
D．平衡时生成CH3OH 0.75 ml，则c(CH3OH)=0.375 ml/L、c(CO)=0.125 ml/L、c(H2)=0.25 ml/L，48，D错误；
故选C
14. 某温度下，重水中存在电离平衡 的离子积常数为 已知pD=-lgc(D+)，该温度下有关分析不正确的是
A 0.01ml NaOD 溶于重水制成1L 溶液， pD=10
B. 将pD=5的DCl的重水溶液稀释至原体积的100倍，所得溶液pD等于7
C. 向30mL0.5ml/L NaOD的重水溶液中加入20mL0.5ml/L DCl的重水溶液(设混合后溶液的体积变化忽略不计)，所得溶液 pD=11
D. pD=10的NaOD 的重水溶液中，由重水电离出的c(OD-)为
【答案】B
【解析】
【详解】A．0.01 ml NaOD溶于重水制成1 L溶液，。根据离子积常数，，pD=10，A正确；
B．重水中性时pD=6，pD=5的DCl溶液稀释100倍，稀释后溶液接近中性，pD不会达到7，实际接近6，B错误；
C．混合后，，，pD=11，C正确；
D．pD=10的NaOD溶液中，，由重水电离的，D正确；
故答案选：B。
15. 常温下，分别取浓度不同、体积均为20.00mL 的3种HCl溶液，分别滴入浓度为 和 的 NaOH 溶液，测得3个反应体系的pH 随V(NaOH)的变化的曲线如图， 在 V(NaOH)=20.00mL 前后pH 出现突跃。下列说法不正确的是
A. 3种HCl溶液的c(HCl)： 最大的是最小的100倍
B. 曲线a、b、c 对应c(NaOH)： a>b>c
C. 当V(NaOH)=20.00mL 时， 3个体系中均满足：
D. 当 V(NaOH)相同时， pH突跃最大的体系中的 c(H+)最大
【答案】D
【解析】
【分析】根据图知，恰好中和时消耗的NaOH溶液体积都是20.00mL，说明对应的初始酸碱浓度相等，未加NaOH溶液时，根据图中pH知，a、b、c对应盐酸浓度分别是1.000ml/L、0.1000ml/L、0.01000ml/L，a、b、c对应碱的浓度分别是1.000ml/L、0.1000ml/L、0.01000ml/L，以此解答。
【详解】A．通过以上分析知，a、b、c盐酸浓度分别是1.000ml/L、0.1000ml/L、0.01000ml/L，3种HCl溶液的c(HCl)：最大与最小浓度之比为1.000ml/L：0.01000ml/L=100：1，故A正确；
B．根据以上分析知，a、b、c对应NaOH溶液浓度：1.000ml/L、0.1000ml/L、0.01000ml/L，所以c(NaOH)：a>b>c，故B正确；
C．当V(NaOH)=20.00mL时，3个体系溶液的溶质均为氯化钠，溶液都呈中性，则c(H+)=c(OH−)，故C正确；
D．pH突跃证明碱恰好稍微过量，碱浓度越大，溶液中氢离子浓度越小，多加半滴氢氧化钠后曲线突跃越大，由于碱浓度：a>b>c，所以a体系中的c(H+)最小，故D错误；
故选D。
16. 从含镍催化剂(含 NiO、 等物质)中回收金属资源的流程如图所示：
已知： 完全沉淀的pH为9.0，温度过高会使结晶水合物分解失去结晶水，下列说法正确的是
A. “溶浸”和“酸浸”使用的试剂分别为NaOH 溶液和盐酸
B. “酸化”过程的离子方程式为
C. 为确保生产效率，“浓缩结晶”应更改为“蒸发结晶”
D. 若杂质中含有 则可以在“酸浸”后加入 从而除去
【答案】D
【解析】
【分析】含镍催化剂中含 NiO、等物质。先将含镍催化剂用氢氧化钠“溶浸”，将Al2O3转化为 ，然后用硫酸“酸浸”，将NiO、Fe2O3溶解，调节pH得到氢氧化铁沉淀，滤液浓缩结晶得到NiSO4晶体，溶浸后滤液通入足量的CO2气体，得到氢氧化铝沉淀，氢氧化铝灼烧得到氧化铝。
【详解】A．溶浸目的是溶解Al2O3，应使用NaOH溶液；根据流程图，酸浸需得到NiSO4·7H2O，故酸浸试剂应为硫酸，故A错误；
B．酸化过程通入过量CO2，与过量CO2反应生成Al(OH)3和HCO，反应的离子方程式为，故B错误；
C．NiSO4·7H2O为结晶水合物，温度过高易失去结晶水，若改为蒸发结晶会导致结晶水流失，故C错误；
D．酸浸后加入H2O2可将Fe2+氧化为Fe3+，调pH=3.2时Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，故D正确；
选D。
二、非选择题(本大题共5 小题，共52分)
17. 通常农药所含有的氟、氯、硫、磷等元素在周期表中位置靠近，对这个区域内的元素进行研究，有助于制造出新品种的农药。
（1）F元素在元素周期表中的位置是_______。
（2）H2S 分子的空间构型为_______(用文字描述)。
（3）室温下 为红棕色液体，具有较高的电导率， 下变为红棕色固体，研究表明固态( 为离子化合物， 与水反应生成氯酸和高氯酸。固态( 中含有的两种离子为_______。
（4）焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图所示，这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为(用n 代表P原子数)_______。
【答案】（1）第二周期第VIIA族 （2）V型
（3）和
（4）
【解析】
【小问1详解】
F在第二周期第VIIA族。
【小问2详解】
H2S分子中S的价层电子对数为，孤电子对数为2，所以分子构型为V型。
【小问3详解】
根据Cl2O6与水反应生成+5价的HClO3与+7价的HClO4，Cl2O6中含有离子为和。
【小问4详解】
根据图示结构，氧原子数为4n-(n-1)=3n+1，电荷数为-(3+n-1)=-n-2，通式为。
18. 硫代硫酸钠又叫海波，广泛用于分析试剂、糅革还原剂等。可以用如下流程生产硫代硫酸钠。
已知：酸性条件下， 不稳定； 是难溶于水的白色沉淀。
（1）写出反应①的化学方程式_______。
（2）下列说法正确的是_______。
A. 向SO2水溶液中加入 产生气体，说明非金属性S>C
B. SO2排放造成的酸雨放置一段时间后酸性会增强
C. 和 溶液中加入盐酸可以反应生成硫磺，说明反应①为可逆反应
D. 如果不加入 溶液，反应③无法顺利进行，且可能会生成淡黄色固体
（3）现有 要使其通过这个方法完全转化为 ，需要标准状况下 的体积为_______；
（4）较强的氧化剂如 可以将硫代硫酸根离子转化为硫酸根离子。写出 和 反应的离子方程式_______；
（5）设计实验方案验证 中是否有 杂质：_______。
【答案】（1） （2）BD
（3）4.48 L （4）
（5）先取少许样品于试管中，加入足量盐酸溶解后过滤，向滤液中加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则 Na2S2O3中是否有 Na2SO4杂质。
【解析】
【分析】NaOH溶解硫磺发生歧化反应得到Na2SO3与Na2S，利用强酸制弱酸的原理，可以用浓硫酸（大概70%）与Na2SO3反应制备SO2，SO2与Na2S发生归中反应生成Na2S2O3，并利用Na2CO3调pH增强Na2S2O3的稳定性，据此解答。
【小问1详解】
硫磺与NaOH反应发生的化学方程式为。
【小问2详解】
A．向SO2水溶液中加入 NaHCO3，产生气体，说明H2SO3与NaHCO3反应得到了CO2气体，则H2SO3的酸性大于H2CO3，H2SO3不是最高价含氧酸，不能比较S和C的非金属性，A错误；
B．SO2造成的酸雨易被空气氧化为酸性更强的硫酸，B正确；
C．Na2SO3和 Na2S溶液中加入盐酸反应生成硫磺，与反应①的反应条件不同（强酸性与强碱性），不能说明反应①为可逆反应，C错误；
D．如果不加入Na2CO3溶液，生成的Na2S2O3会分解生成SO2与淡黄色S沉淀，D正确；
故选BD。
【小问3详解】
7.8 g Na2S的物质的量为，根据Na2S~2SO2~1.5Na2S2O3得，需要SO2物质的量为0.2 ml，标准状况下体积为22.4 L/ml×0.2 ml=4.48 L。
【小问4详解】
Br2和 Na2S2O3反应的离子方程式为。
【小问5详解】
先利用盐酸将Na2S2O3分解为S和SO2，利用BaSO3溶于盐酸，BaSO4不溶盐酸的原理设计实验：先取少许样品于试管中，加入足量盐酸溶解后过滤，向滤液中加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则 Na2S2O3中是否有 Na2SO4杂质。
19. 已知苯甲酸的燃烧热为 3228kJ/ ml， 乙醇的燃烧热为 1367kJ/ ml， 苯甲酸乙酯在酸性条件下水解： △H=+8kJ/ ml
（1）1ml苯甲酸乙酯在碱性条件下完全水解的反应热ΔH_______(填大于、小于或等于)+8kJ/ml。写出表示苯甲酸乙酯燃烧热的热化学反应方程式_______。
（2）25℃下，在容器中加入各1ml苯甲酸乙酯和水， 硫酸作为催化剂，以及适量的乙醇作溶剂。
i.能说明该反应达到平衡状态的是_______；
A.单位时间内每生成1ml乙醇，同时消耗1ml水
B.苯甲酸乙酯的物质的量分数保持不变
C.混合物的平均摩尔质量不变
D. n(苯甲酸)=n(苯甲酸乙酯)
E.混合液的pH保持不变
ii.某同学绘制了反应过程中瞬时速率ν和时间t的图像
说明该条件下反应速率随时间变化先升高后降低的原因_______。
（3）研究发现，在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电，工作原理如图：
负极的电极反应式为_______。
【答案】（1） ①. 小于 ②. C6H5COOCH2CH3(l)+ O2(g)= 9CO2(g)+5H2O(1) △H=-4587kJ/ ml
（2） ①. BE ②. 反应开始时，反应生成苯甲酸，电离出H+，使H+浓度增大，加快了反应速率；随着反应进行，反应物浓度减小，反应速率减慢，所以反应速率随时间变化先升高后降低
（3）CH3CH2OH+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+
【解析】
【分析】原电池负极失去电子，发生氧化反应，Pt电极为负极，正极得电子，发生还原反应，石墨电极为正极。
【小问1详解】
苯甲酸乙酯在碱性条件下水解，生成的苯甲酸会与碱反应，放出的热量，故1ml苯甲酸乙酯在碱性条件下水解反应热△H小于酸性条件下的反应热△H，所以1ml苯甲酸乙酯在碱性条件下完全水解的反应热ΔH小于+ 8kJ/ml；苯甲酸乙酯燃烧生成CO2和H2O，苯甲酸的燃烧热为 3228kJ/ ml，热反应方程式为C6H5COOH(l)+O2(g)=7CO2(g)+3H2O(l) △H1=-3228kJ/ ml；乙醇的燃烧热为 1367kJ/ ml，CH3CH2OH(1) +3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) △H2=-1367kJ/ ml， 苯甲酸乙酯在酸性条件下水解 C6H5COOCH2CH3(l)+H2O(l)=C6H5COOH(l)+CH3CH2OH(1) △H3=+8kJ/ ml，目标反应为C6H5COOCH2CH3(l)+O2(g)= 9CO2(g)+5H2O(1) △H，根据盖斯定律可知，△H=△H3+△H1+△H2=+8kJ/ ml-3228kJ/ ml-1367kJ/ ml=-4587kJ/ ml，所以苯甲酸乙酯的热的热化学反应方程式为C6H5COOCH2CH3(l)+ O2(g)= 9CO2(g)+5H2O(1) △H=-4587kJ/ ml。
【小问2详解】
A．单位时间内每生成1ml乙醇，同时消耗1ml水，都表示正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，不能说明达到平衡，A 错误；
B．苯甲酸乙酯的物质的量分数保持不变，说明各物质的量不再变化，反应达到平衡，B 正确；
C．反应前后各物质均为液态，总质量不变，总物质的量也不变，混合物的平均摩尔质量始终不变，不能说明达到平衡，C 错误；
D．n(苯甲酸)=n(苯甲酸乙酯)，不能说明各物质的量不再变化，不一定达到平衡，D 错误；
E．混合液的pH值保持不变，说明H+浓度不变，则生成的乙酸的浓度不变，反应达到平衡，E 正确；综上所述BE正确；
反应开始时，反应生成苯甲酸，电离出H+，使H+浓度增大，加快了反应速率；随着反应进行，反应物浓度减小，反应速率减慢，所以反应速率随时间变化先升高后降低。
【小问3详解】
根据分析可知，Pt电极为负极，发生氧化反应，酸性条件下，乙醇失去电子生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3CH2OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+。
20. 白色颜料中通常会添加钛白，钛白的主要成分为TiO2，某小组采用滴定分析法测定钛白中的含量：
①溶解：称取 mg样品放入具塞锥形瓶，加入和混合溶液，加热使样品溶解；
②还原：冷却后，加入足量稀盐酸(Ti元素存在形式变为加入过量铝粉将充分还原(未配平)]；
③滴定：将过量金属铝完全溶解并冷却后，滴加2~3滴指示剂，用c ml/L的标准溶液进行滴定(Fe3+能将Ti3+氧化为四价钛的化合物)，重复上述滴定操作2~3次，平均消耗标准溶液VmL。
（1）过量铝粉的作用除了还原 TiO2+外，另一个作用是_______。
（2）上述滴定过程中应选用的指示剂为_______。
（3）从下列选项中选择滴定实验的正确操作并排序[已知标准溶液呈酸性]：_______。
检漏→蒸馏水洗涤→____→____→____→____→____→____→开始滴定
A.烘干
B.装入 标准溶液至零刻度以上
C.调整滴定管液面至零刻度或零刻度以下
D从上口倒出润洗液
E.从下口放出润洗液
F.用力捏挤玻璃珠使溶液从尖嘴喷出，以排除气泡
G.快速全开旋塞，以排除气泡
H. 用 标准溶液润洗2~3次
I.记录起始读数
（4）在记录起始读数时，液面位置如图所示，则此时的读数为_______。
（5）下列关于滴定分析的操作，不正确的是_______。
A. 用托盘天平称量样品 mg
B. 滴定管时，通常用左手控制旋塞滴加溶液，右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转
C. 读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直
D. 滴定前滴定管尖嘴内无气泡，滴定后尖嘴内有气泡，则测得 TiO2的含量结果偏高
（6）钛白中 的质量分数为_______。(写出最简表达式)
【答案】（1）与溶液中的酸反应生成氢气，将装置内的空气排尽，防止溶液中的在空气中被氧化
（2）KSCN溶液(或NH4SCN等硫氰化物)
（3）H→D→B→G→C→I
（4）0.60 mL （5）AD
（6）
【解析】
【小问1详解】
+容易被溶解氧氧化，因此过量铝粉与溶液中的酸反应生成氢气，可以将氧气排出，而防止被氧化；
【小问2详解】
滴定过程中可以利用铁离子与硫氰根结合产生红色物质而用硫氰盐做指示剂，因此可选KSCN溶液(或NH4SCN等硫氰化物)作指示剂；
【小问3详解】
滴定管使用前的操作步骤：检漏→蒸馏水洗涤→用标准液润洗2~3次（H）→从上口放出润洗液（D）→装入标准液至零刻度以上（B）→快速全开旋塞，以排除气泡（G）→调整滴定管液面至零刻度或零刻度以下（C）→记录起始读数（I）→开始滴定。所以顺序为H→D→B→G→C→I；
【小问4详解】
滴定管的读数精确到0.01 mL，由图可知，此时的读数为0.60 mL；
【小问5详解】
A．滴定过程中可以利用铁离子与硫氰根结合产生红色物质而用硫氰盐做指示剂；滴定实验精确度要求，需用分析天平称量样品，A错误；
B．右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转，该操作可以让标准液和待测液接触充分，从而降低滴定误差，B正确；
C．滴定管夹持时滴定管不一定竖直，取消夹持后读数可以减小误差，C正确；
D．滴定前滴定管尖嘴内无气泡，滴定后尖嘴内有气泡，消耗标准液体积偏小，测得TiO2 的含量测定结果偏低，D错误；
故选AD；
【小问6详解】
根据得失电子守恒，有Ti3+~Fe3+，故、，钛白中TiO2质量分数为。
21. 用于制造隐形眼镜的功能高分子材料HEMA 的合成路线如图所示，其中I产量可以衡量一个国家石油化学工业的发展水平，K是六元环状化合物。
已知：；。
回答下列问题：
（1）E中所含官能团的名称为_______，C→D 的反应类型是_______。
（2）K结构简式为_______。
（3）下列说法正确的是_______。
A. 物质C和G为同系物
B. A分子中最多有7个原子共平面
C. 1 ml HEMA 最多可以消耗 1 ml NaOH
D. 物质J可以发生银镜反应
（4）W是比 E碳原子数多一个的同系物，W同分异构体的数目有_______种(不考虑立体异构)。
（5）写出G+F→H的化学方程式_______。
（6）参考题干中流程书写方法，画出利用乙烯(其他无机试剂任选)制备流程图_______。
【答案】（1） ①. 羟基、羧基 ②. 氧化反应
（2） （3）B
（4）12 （5）
（6）
【解析】
【分析】本题可用正推逆推相结合的方式进行分析，首先根据HEMA的结构简式，可知其单体即H为，结合E的结构简式及E→F的反应条件，可知E→F为消去反应，则F为，由H和F的结构简式，可知G的结构简式为：HOCH2CH2OH，I的产量可以用来衡量一个国家石油化学工业的发展水平，I是乙烯，根据I→J→G的反应条件，可知该过程为I与O2发生加成反应生成环氧乙醚（J），J与H2O2反应生成G；K是六元环状化合物，结合E的结构简式和K的分子式，可知E→K为E在浓硫酸、加热条件下发生分子间的酯化反应生成K，K的结构简式为：。根据已知条件，可推出D的结构简式为，结合C的分子式，可知C→D的过程为醇的氧化过程，则C的结构简式为，B→C为卤代烃的水解，B的结构简式为，根据A的分子式及A→B的反应条件，可知A→B为烯烃与HBr发生加成反应的过程，A的结构简式为。
【小问1详解】
结合题干中E的结构简式，其分子中含有的官能团为羟基、羧基；D的结构简式为，C的结构简式为，可知C→D的过程为醇的氧化过程，反应类型为氧化反应；
【小问2详解】
K是六元环状化合物，结合E的结构简式和K的分子式，可知E→K为E在浓硫酸、加热条件下发生分子间的酯化反应生成K，K的结构简式为：；
【小问3详解】
A．C结构简式为，G的结构简式为：，二者结构不相似，不互为同系物，A错误；
B．A的结构简式为，乙烯分子中6个原子共平面，甲基中最多有2个原子与双键共平面，所以最多有7个原子共平面，B正确；
C．1 ml HEMA 结构中含有n ml酯基，1 ml酯基水解消耗1 ml NaOH，则1 ml HEMA最多可以消耗 n ml NaOH，C错误；
D．物质J为环氧乙烷，不可以发生银镜反应，D错误；
故选B。
【小问4详解】
W是比E碳原子数多一个的同系物，即W的分子式为，结构中含有1个羟基和1个羧基。可看作丁烷的二元取代物，羧基固定在一端，羟基在丁基上取代。丁基有4种结构，每种丁基上羟基的取代位置不同，经分析，W同分异构体的数目有12种；
【小问5详解】
G的结构简式为：，F为二者发生酯化反应生成H，化学方程式为：；
【小问6详解】
分析目标产物的结构简式，可逆推出其由在浓硫酸、加热条件下发生分子间的酯化反应生成，结合原料乙烯的结构简式和性质，可通过乙烯与HBr发生加成反应生成溴乙烷，溴乙烷发生水解反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛发生类似已知信息的反应生成，故合成路线为：
。选项
结构
性质
A
苯环中存在碳氢单键
苯在一定条件下可以和Br₂发生取代反应
B
硅酸盐中存在硅氧四面体结构
硅酸盐材料大多硬度高
C
聚乳酸的结构是
聚乳酸是高分子很难降解
D
天然橡胶结构中含有碳碳双键
天然橡胶易被氧化