新疆哈密市石油高级中学2024届化学高二第一学期期中复习检测模拟试题含解析

新疆哈密市石油高级中学2024届化学高二第一学期期中复习检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、提纯固体有机物常采用重结晶法，提纯苯甲酸（混有泥沙）的实验不正确的是（）A．本实验需要趁热过滤B．过滤时采用短颈漏斗比长颈漏斗好C．粗苯甲酸全溶后一般要补加少量蒸馏水D．只需过滤一次就可以得到纯苯甲酸晶体2、下列实验能成功的是A．将溴乙烷和浓硫酸加热到170°C发生消去反应得到乙烯B．检验CH3)2C=CHCHO中醛基时，取适量的试样直接加入银氨溶液，然后水浴加热，出现银镜说明有醛基C．验证某RX是碘代烷，把RX与烧碱水溶液混合加热后，将溶液冷却后再加入硝酸银溶液，得黄色沉淀，证明其中含有碘元素D．检验淀粉已经水解，将淀粉与少量稀硫酸加热一段时间后，加入银氨溶液，无银镜出现，说明淀粉还没有水解3、下列仪器与粗盐提纯实验无关的是（）A．蒸发皿 B．玻璃棒 C．漏斗 D．温度计4、下列性质中，属于烷烃特征性质的是A．完全燃烧产物只有二氧化碳和水 B．几乎不溶于水C．它们是非电解质 D．分子的通式为CnH2n+2，与氯气发生取代反应5、实验室制取的气体不能用浓硫酸干燥的是A．O2 B．H2 C．NH3 D．CO26、某温度时，AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A．加入AgNO3可以使溶液由c点变到d点B．加入固体NaCl，则AgCl的溶解度减小，Ksp也减小C．d点有AgCl沉淀生成D．c点对应的Ksp小于d点对应的Ksp7、已知：（HF）2（g）2HF（g）△H>0，平衡体系的总质量m（总）与总物质的量n（总）之比在不同温度下随压强的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A．温度：T1<T2B．平衡常数：K（a）=K（b）<K（c）C．反应速率：v（b）>v（a）D．当30g·mol-1时，n（HF）：n[（HF）2]=2:18、羊毛的主要成分是（）A．蛋白质 B．脂肪 C．纤维素 D．糖类9、已知CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)，△H＝－Q1kJ•mol－1；2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)，△H＝－Q2kJ•mol－1；2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)，△H2＝－Q3kJ•mol－1。常温下，取体积比4∶1的甲烷和氢气的混合气体11.2L（标准状况下），经完全燃烧后恢复至室温，则放出的热量为A．0.4Q1＋0.05Q3 B．0.4Q1＋0.05Q2C．0.4Q1＋0.1Q3 D．0.4Q1＋0.2Q210、已知反应X(s)＋3Y(g)Z(g)＋2W(g)在四种不同情况下的反应速率，其中反应最快的为（）A．v(X)＝0.25mol/(L·s) B．v(Y)＝0.5mol/(L·s)C．v(Z)＝0.6mol/(L·min) D．v(W)＝0.4mol/(L·s)11、用已知浓度的烧碱溶液滴定未知浓度的盐酸，下列操作中正确的是A．碱式滴定管用蒸馏水洗净后，直接加入已知浓度的烧碱溶液B．锥形瓶用蒸馏水洗净后，直接加入一定体积的未知浓度的盐酸C．滴定时，没有逐出滴定管下口的气泡D．该实验中，某同学将消耗已知浓度的烧碱溶液的体积记录为22.5mL12、下列关于有机物的描述中，正确的是A．乙醇在Cu催化下能被氧气氧化成乙醛B．乙烯使高锰酸钾溶液和溴水褪色的原理相同C．油脂可以水解生成氨基酸D．葡萄糖能发生水解反应13、已知在25℃、101kPa下，1gC8H18(辛烷)燃烧生成二氧化碳和液态水放出48.40kJ热量，表示上述反应的热化学方程式正确的是()A．C8H18(l)+O2(g)8CO2(g)+9H2O(l)ΔH=－48.40kJ·mol-1B．C8H18(l)+O2(g)8CO2(g)+9H2O(l)ΔH=－5518kJ·mol-1C．C8H18(l)+O2(g)8CO2(g)+9H2O(l)ΔH=+5518kJ·mol-1D．C8H18(l)+O2(g)8CO2(g)+9H2O(l)ΔH=+48.40kJ·mol-114、中学化学中很多“规律”都有其使用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是A．根据同周期元素的第一电离能变化趋势，推出Al的第一电离能比Mg大B．根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是+7C．根据溶液的pH与溶液酸碱性的关系，推出pH=6.8的溶液一定显酸性D．根据较强酸可以制取较弱酸的规律，推出通入NaClO溶液中能生成HClO15、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．1mol可燃冰(CH4·8H2O)含有的质子数为80NAB．反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O中，6molNO2完全反应时，生成氧化产物的分子数为7NAC．一定条件下1molCl2和2molPCl3发生反应PCl3+Cl2PCl5，增加的极性键数为2NAD．反应2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)ΔH=+109.8kJ·mol-1中，吸收54.9kJ热量时转移的电子数为2NA16、某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是A．反应过程a有催化剂参与B．该反应为吸热反应，热效应等于△HC．有催化剂的条件下，反应的活化能等于E1+E2D．改变催化剂，可改变该反应的活化能二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E、F、G是7种短周期元素。IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA01A2B3CDEF（1）表中所标出的A、B、C、D、E、F六种元素中，原子半径最大的元素是____________(填元素符号)，非金属性最强的元素是____________(填元素符号)，这两种元素形成的化合物中含有的化学键是_____(填序号);a.离子键b.共价键c.金属键（2）G元素的原子核外M层有4个电子，它在元素周期表中位置是____________；（3）A和E、A和F所形成的化合物中热稳定性较强的是____________(用化学式表示)；（4）写出B、D元素各自所形成的最高价氧化物对应水化物之间发生化学反应的离子方程式____________________________________________________________.（5）能说明F的非金属性比E的非金属性强的实验依据是____________________________________(用化学方程式表示).18、图中A~J均为有机化合物，有如图转化关系：已知：根据图中的信息，回答下列问题：（1）环状化合物A的相对分子质量为82，其中含碳87.80%，含氢12.20%B的一氯代物仅有一种，B的结构简式为___；（2）M是B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱图中只有1个峰，分子中所有的碳原子共平面，则M的名称为___；（3）由A生成D的反应类型是___，由D生成E的反应类型是___。（4）G的分子式为C6H10O4，0.146gG需用20mL0.100mol/LNaOH溶液完全中和。M与G互为同系物，且含有2个碳原子。则M与乙二醇反应生成环状化合物N的化学方程式为___；（5）由E和A反应生成F的化学方程式为___；（6）Ⅰ中含有的官能团名称是___。（7）根据题中信息，写出以2—溴丁烷为原料制备4，5—二甲基—1—环己烯的合成路线流程图(需注明反应条件)。___合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH219、实验室需配制100mL2.00mol/LNaCl溶液。请你参与实验过程，并完成实验报告（在横线上填写适当内容）实验原理m=cVM实验仪器托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL_________（仪器①）、胶头滴管实验步骤(1)计算：溶质NaCl固体的质量为_______g。(2)称量：用托盘天平称取所需NaCl固体。(3)溶解：将称好的NaCl固体放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解。(4)转移、洗涤：将烧杯中的溶液注入仪器①中，并用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁2-3次，洗涤液也都注入仪器①中。(5)________：将蒸馏水注入仪器①至液面离刻度线1-2cm时，该用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切。(6)摇匀：盖好瓶塞，反复上下颠倒，然后静置思考探究1、实验步骤(3)、(4)中都要用到玻璃棒，其作用分别是搅拌、______。2、某同学在实验步骤(6)后，发现凹液面低于刻度线，于是再向容器中滴加蒸馏水至刻度线。该同学所配制溶液的浓度________（填“＜”或“＞”或“=”）2.00mol/L20、某烧碱样品含有少量不与酸作用的杂质,为了测定其纯度,进行以下滴定操作：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入2滴甲基橙指示剂；C．在天平上准确称取烧碱样品2.0g,在烧杯中用蒸馏水溶解；D．将物质的量浓度为0.1000mol·L－1的标准盐酸装入酸式滴定管,调整液面记下开始读数为V1；E.在锥形瓶下垫一张白纸,滴定至终点,记下读数V2。就此实验完成下列填空：（1）正确的操作步骤的顺序是(用编号字母填写)________→________→________→D→________。（2）上述E中锥形瓶下垫一张白纸的作用是_______________________________（3）用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视______________。直到加入一滴盐酸后，溶液____________________________(填颜色变化)。（4）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是（____________）A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数（5）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则所用盐酸溶液的体积为________mL。（6）某学生根据3次实验分别记录有关数据如表：滴定次数待测NaOH溶液的体积/mL0.1000mol·L－1盐酸的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液体积/mL第一次25.000.0026.1126.11第二次25.001.5630.3028.74第三次25.000.2226.3126.09依据上表数据列式计算该烧碱的纯度____。（结果保留四位有效数字）21、草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备．用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、A12O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O4•2H2O工艺流程如下已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：沉淀物Fe(OH)3Al(OH)3Co(OH)2Fe(OH)2Mn(OH)2完全沉淀的pH3.75.29.29.69.8(1)Co2O3中Co的化合价是________________(2)写出浸出过程中Na2SO3与Co2O3发生反应的离子方程式：________________________________________(3)浸出液中加入NaClO3的目的是______________________________________(4)加Na2CO3能使浸出液中某些金属离子转化成氢氧化物沉淀，沉淀除Al(OH)3外，还有的成分是____________，(填化学式)试用离子方程式和必要的文字简述其原理：_____________________________________________________________________________________(5)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图，萃取剂的作用是____________________；其使用的适宜pH范围是_____．A．2.0～2.5B．3.0～3.5C．4.0～4.5(6)滤液I“除钙、镁”是将其转化为MgF2、CaF2沉淀．已知Ksp(MgF2)=7.35×10﹣11、Ksp(CaF2)=1.05×10﹣10，当加入过量NaF后，所得滤液c(Mg2+)/c(Ca2+)=_______．(7)用m1kg水钴矿(含Co2O360%)制备CoC2O4•2H2O，最终得到产品m2kg，产率为________________。(不要求得出计算结果，只需列出数字计算式)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解题分析】A.趁热过滤，减少苯甲酸的损失；B.从过滤时滤液的温度变化分析；C.从过滤时溶液与环境的温差分析；D.从提纯步骤分析。【题目详解】A.苯甲酸的溶解度随温度变化很大，温度越高，其溶解度越大。趁热过滤，可以防止溶液温度降低后有晶体析出。为减少苯甲酸的损失，则重结晶法提纯苯甲酸时，为除去杂质和防止苯甲酸析出，应该趁热过滤，选项A正确；B.过滤时滤液温度会有较大变化，为防止过滤时有晶体在漏斗颈中析出，故采用短颈漏斗，不使用长颈漏斗，选项B正确；C.因溶液过滤时常溶液与环境的温差较大，易使苯甲酸晶体提前析出而滞留在过滤器中，故在粗苯甲酸溶解后还要加点水适当稀释溶液，减少过滤时苯甲酸的损失，防止提前析出结晶，选项C正确；D.提纯苯甲酸晶体的过程中，过滤一次不能达到较纯净的晶体，至少需要两次过滤，粗品溶解过滤除去泥沙，冷却结晶后过滤得到苯甲酸，还要进行洗涤。选项D错误；答案选D。2、B【解题分析】A.溴乙烷发生消去反应的条件是氢氧化钠的醇溶液、加热，反应条件错误；B.检验醛基可利用银氨溶液，在水浴加热条件下生成银镜则说明有醛基，正确；C.RX与氢氧化钠发生取代反应后，需加入稀硝酸酸化，以中和未反应完全的碱，再加入硝酸银，方案设计错误；D.加入银氨溶液前需加入氢氧化钠溶液碱化，方案设计错误。【题目点拨】对于对于醛基检验试验，加入银氨溶液或新制氢氧化铜溶液前，需进行碱化；对于常见有机化学反应，需注意反应条件的差别。3、D【分析】粗盐的主要成分是氯化钠，粗盐提纯是通过溶解（把不溶物与食盐初步分离）、过滤（把不溶物彻底除去）、蒸发（食盐从溶液中分离出来而得到食盐的过程），进行分析判断所需的仪器。【题目详解】A.粗盐提纯的实验中，蒸发操作需使用蒸发皿，故A不符合题意；B.溶解、过滤、蒸发操作中都要用到的实验仪器是玻璃棒，作用分别是搅拌，加快食盐的溶解速率，引流，搅拌，故B不符合题意；C.粗盐提纯的实验中，过滤操作需使用漏斗，故C不符合题意；D.粗盐提纯的实验中，不需要使用温度计，故D符合题意；答案选D。4、D【解题分析】A.碳氢化合物完全燃烧产物都是二氧化碳和水，不属于烷烃的特征性质，故A错误；B.烯烃、炔烃、苯等大部分有机物都是不溶于水的，不属于烷烃的特征性质，故B错误；C.炔烃、苯及其同系物等大部分有机物都是非电解质，不属于烷烃的特征性质，故C错误；D.烷烃为饱和烃，其分子的通式为CnH2n+2，满足CnH2n+2的烃一定为烷烃；能够发生取代反应是烷烃的特征反应之一，故D正确；故选D。5、C【分析】浓硫酸为酸性干燥剂，不能干燥碱性气体，如氨气；浓硫酸具有强氧化性，不能干燥具有较强还原性的气体，如碘化氢、氯化氢等，据此进行解答。【题目详解】A．氧气为中性气体，能够使用浓硫酸干燥，选项A不选；B．氢气为中性气体，不与浓硫酸反应，可以用浓硫酸干燥，选项B不选；C．氨气为碱性气体，不能用浓硫酸干燥，可以使用碱石灰干燥，选项C选；D．二氧化碳为酸性气体，不与浓硫酸反应，可以用浓硫酸干燥，选项D不选；答案选A。【题目点拨】本题考查了气体的干燥与净化方法、浓硫酸的性质，题目难度不大，注意掌握常见气体的性质及干燥方法，明确浓硫酸具有的性质。6、C【分析】在相同温度时，溶度积不变，根据勒夏特列原理回答问题。【题目详解】A.加入AgNO3，c(Ag+)增大，AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)平衡逆向移动，c(Cl-)减小，图中c点变到d点时c(Cl-)不变，A错误；B.Ksp只与温度有关，加NaCl时溶解平衡逆向移动，则AgCl的溶解度减小，Ksp不变，故B错误；C.d点时Qc(AgCl)＞Ksp(AgCl)，则d点有AgCl沉淀生成，C正确；D.Ksp只与温度有关，c、d点温度相同，c点对应的Ksp等于d点对应的Ksp，D错误；答案为C。7、C【题目详解】A、根据平衡体系的总质量m(总)与总物质的量n(总)之比为混合气体平均摩尔质量可知,该反应是吸热反应,升温平衡正向进行,气体物质的量增大,总质量m(总)与总物质的量n(总)之比减小，可推知T1>T2,故A错误；B、平衡常数随温度变化,不随压强变化,温度越高,平衡正向进行,平衡常数增大,所以平衡常数:K(a)=K(c)<K(b),故B错误；C、分析判断可以知道T1>T2,温度越高反应速率越快,反应速率:v(b)>v(a),故C正确；D、设=x:y，根据==30g·mol-1时,得x:y=1:1，故D错误；故选C。8、A【题目详解】像毛、发、皮肤、指甲、趾甲、肌肉、羊毛、蚕丝等主要成分均为蛋白质；答案选A。9、A【题目详解】标准状况下11.2L气体是物质的量为0.5mol，甲烷和氢气体积比即物质的量之比为4:1，所以甲烷为0.4mol，氢气为0.1mol。根据燃烧的热化学方程式可知，0.4mol甲烷完全燃烧放出的热量为0.4Q1kJ，0.1mol氢气完全燃烧恢复到室温（此时水为液体），放出的热量为0.05Q3kJ，所以共放出热量0.4Q1＋0.05Q3，故选A。10、D【分析】比较同一反应在相同条件下反应速率的快慢时，应转化为同一种物质，同时还需注意单位的统一。【题目详解】A．X为固体，不能用其浓度变化表示反应速率；B．v(Y)＝0.5mol/(L·s)，以此为基准；C．v(Z)＝0.6mol/(L·min)，v(Y)＝0.03mol/(L·s)；D．v(W)＝0.4mol/(L·s)，v(Y)＝0.6mol/(L·s)比较以上选项中的v(Y)，D中v(Y)的数值最大，故选D。11、B【题目详解】A.滴定管用蒸馏水洗净后还要用待装液体润洗，A项错误；B.锥形瓶用蒸馏水洗净后不能用待装液体润洗，否则引起所测盐酸的浓度偏大，B项正确；C.滴定前要排除滴定管尖嘴部分的气泡，否则会引起误差，C项错误；D.滴定管精确到0.1mL，估读到0.01mL，D项错误；答案选B。12、A【题目详解】A．乙醇在Cu催化下能被氧气氧化成乙醛，属于乙醇的催化氧化，故A正确；B．乙烯被高锰酸钾氧化而使高锰酸钾溶液褪色，乙烯和溴水发生加成反应而使溴水褪色，故二者原理不相同，故B错误；C．油脂水解生成高级脂肪酸和甘油，故C错误；D．葡萄糖属于单糖，不能发生水解反应，故D错误；答案选A。13、B【解题分析】由25℃，101kPa下，1gC8H18(辛烷)燃烧生成二氧化碳和液态水时放出48.40kJ热量，则1molC8H18燃烧生成二氧化碳和液态水时放出热量为48.40kJ×114=5518kJ，该反应为放热反应，则热化学反应方程式为C8H18(l)+22.5O2(g)═8CO2(g)+9H2O(l)△H=-5518kJ/mol，故选B。14、D【解题分析】A.同周期元素，第一电离能的变化趋势为：从左到右呈增大趋势，但是镁的价电子排布是3s2，3s轨道全满较稳定，则铝的第一电离能比镁小，A项错误；B.卤族元素中的F元素非金属性很强，没有正价，B项错误；C.溶液呈酸性是指溶液中c（H+）＞c（OH-），而pH实际反映的是c（H+），水的离子积常数受温度影响，pH=6.8不能说明溶液一定显酸性，如100℃时pH=6.8的溶液呈碱性，C项错误；D.根据强酸制弱酸原理，强酸可以与弱酸的盐溶液反应制取弱酸，酸性：H2CO3>HClO，所以CO2通入NaClO溶液中能生成HClO，D项正确；答案选D。15、D【题目详解】A.1mol可燃冰(CH4·8H2O)含有的质子数为1mol×(6+4×1+8×2×1+8×8)NA=90NA，故A错误；B.反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O中，6molNO2完全反应时，消耗氨气是8mol，氨气是还原剂，被氧化生成4mol氮气，即生成氧化产物的分子数为4NA，故B错误；C.一定条件下1molCl2和2molPCl3发生反应PCl3+Cl2PCl5，该反应是可逆反应，增加的极性键数小于2NA，故C错误；D.反应2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)ΔH=+109.8kJ·mol-1中，吸收54.9kJ热量时消耗的五氧化二氮是1mol，氮元素的化合价有+5价降到+4价，则转移的电子数为2NA，故D正确；故选：D。16、D【解题分析】A、催化剂能降低反应的活化能；B、该反应反应物能量高于生成物；C、催化剂改变了反应历程，E1、E2分别代表各步反应的活化能．D、不同的催化剂对反应的催化效果不同。【题目详解】A、催化剂能降低反应的活化能，所以b中使用了催化剂，故A错误；B、反应物能量高于生成物，反应为放热反应，故B错误；C、E1、E2分别代表反应过程中各步反应的活化能，整个反应的活化能为能量较高的E1，故C错误；D、不同的催化剂，反应的活化能不同，故D正确。二、非选择题（本题包括5小题）17、NaCla第三周期IVA族HClAl(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2OCl2+H2S=2HCl+S↓【分析】A、B、C、D、E、F六种元素分别为：H、N、Na、Al、S、Cl。【题目详解】（1）表中所标出的A、B、C、D、E、F六种元素中，周期表中原子半径从上到下，从右往左半径变大，原子半径最大的元素是Na(填元素符号)，周期表中非金属性从上到下，从右往左半径变不，非金属性最强的元素是Cl(填元素符号)，这两种元素形成的化合物是氯化钠，含有的化学键是a.离子键，故答案为：Na、Cl、a；（2）G元素的原子核外M层有4个电子，核外电子排布为2、8、4，有三个电子层，最外层是4个电子，它在元素周期表中位置是第三周期IVA族，故答案为：第三周期IVA族；（3）同周期从左到右元素的非金属性增强，元素的氢化物的稳定性增强，A和E、A和F所形成的化合物中热稳定性较强的是HCl，故答案为：HCl；（4）B、D元素各自所形成的最高价氧化物对应水化物是硝酸和氢氧化铝，它们之间发生化学反应的离子方程式：Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，故答案为：Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O；（5）单质氧化性氯气强于硫，能说明Cl的非金属性比S的非金属性强，化学方程式为：Cl2+H2S=2HCl+S↓，故答案为：Cl2+H2S=2HCl+S↓。18、2,3—二甲基-2-丁烯加成反应消去反应+2H2O羟基【分析】根据A中碳氢含量知A是烃，A中碳原子个数为6，氢原子个数为10，-故A的分子式是C6H10，能和氢气发生加成反应生成B，说明A中含有碳碳双键，B的一氯代物仅有一种，说明环烷烃B没有支链，所以A的结构简式为，B的结构简式为：；A和溴发生加成反应生成D，所以D的结构简式为：，D和氢氧化钠的醇Br溶液发生消去反应生成E，E能和A发生反应生成F，结合题给信息知，E的结构简式为：，F的结构简式为：，F和HBr发生加成反应生成H，则H的结构简式为：，H和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成I，I的结构简式为：，A被酸性高锰酸钾氧化生成G，碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化成羧酸，G的分子式为C6H10O4，G的摩尔质量为146g/mol，，消耗的n(NaOH)=0.100mol/L×0.02L=0.002mol，故G分子中含有2个羧基，其结构简式为：HOOC-(CH2)4-COOH，M与G是同系物，且含有两个碳原子，所以M的结构简式为，以下由此解答；【题目详解】(1)1molA的质量为82g，，，故A的分子式是C6H10，A为环状化合物，B为A的加成产物。且B的一氯代物只有一种，故A为环乙烯（），B为环己烷，B的结构简式为：，故答案为：；(2)M为B的同分异构体，核磁共振氢谱只有一个峰，分子中所有的C原子共平面，故M分子中含有碳碳双键，且为对称结构，结构简式为(CH3)2C=C(CH3)2，名称为：2,3—二甲基-2-丁烯，故答案为：2,3—二甲基-2-丁烯；(3)A（）与Br2发生加成反应得到D（），由D在NaOH醇溶液中加热生成E（）属于消去反应，故答案为：加成反应，消去反应；(4)G的摩尔质量为146g/mol，，消耗的n(NaOH)=0.100mol/L×0.02L=0.002mol，故G分子中含有2个羧基，故G的结构简式为HOOC-(CH2)4-COOH，M与G互为同系物，且含有2个碳原子，则M为，则与乙二醇反应生成环状化合物N的化学方程式为：+H2O，故答案为：+H2O；(5)根据题中信息可知，E（）与A（）发生化学反应的方程式为：，故答案为：；(6)F与HBr发生加成反应得到H（），H在NaOH水溶液的作用下得到I（），其中含有的官能团为羟基，故答案为：羟基；(7)由题中信息可知，要制备4,5-二甲基-1-环己烯，应先制备2-丁烯和1,3-丁二烯，由2-溴甲烷消去可得2-丁烯，2-丁烯与溴发生加成反应得到2,3-二溴丁烷，然后消去可得1,3-丁二烯，故合成路线为：，故答案为：19、容量瓶11.7定容引流＜【分析】依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤和需要选择的仪器，并结合c=分析解答。【题目详解】实验仪器：配制100mL2.00mol/LNaCl溶液，一般可分为以下几个步骤：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，需要的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、100mL容量瓶、胶头滴管，缺少的为：100mL容量瓶，故答案为：容量瓶；实验步骤：(1)配置100mL2.00mol/LNaCl溶液，需要溶质的质量m=2.00moL/L×58.5g/mol×0.1L=11.7g，故答案为：11.7；(5)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，所以操作(5)为定容，故答案为：定容；思考与探究：1、玻璃棒在溶解过程中作用为搅拌加速溶解，在移液过程中作用为引流，故答案为：引流；2、某同学在实验步骤(6)摇匀后，发现凹液面低于刻度线，于是再向容量瓶中滴加蒸馏水至刻度线，导致溶液的体积偏大，所配制溶液的浓度＜2.00mol/L，故答案为：＜。【题目点拨】明确配制一定物质的量浓度溶液的原理及操作步骤是解题关键。本题的易错点为误差分析，要注意根据c=分析，分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化。20、CABE容易观察溶液颜色变化锥形瓶内溶液颜色变化黄色变为橙色且半分钟内不褪色D26.1052.20%【分析】(1).实验时应先称量一定质量的固体，溶解后配制成溶液，量取待测液于锥形瓶中，然后用标准液进行滴定；(2).锥形瓶下垫一张白纸便于观察滴定终点溶液颜色的变化；(3).滴定时眼睛要注视锥形瓶内溶液颜色变化，达到滴定终点时的颜色变化为黄色变为橙色且半分钟内不褪色；(4).结合c（NaOH）=及不当操作使酸的体积偏小，则造成测定结果偏低；(5).根据滴定管的构造判断读数；(6).第二次测定数据明显有偏差，舍去，根据第一次和第三次测定数据求标准盐酸溶液的体积，利用c（NaOH）=计算NaOH溶液的浓度，结合溶液体积进而求出NaOH的质量，除以样品质量得NaOH的纯度。【题目详解】(1).测定NaOH样品纯度时，应先用托盘天平称量NaOH固体的质量，在烧杯中溶解冷却至室温后，在250mL的容量瓶中定容配制250mL烧碱溶液，用碱式滴定管移取25.00mL烧碱溶液于锥形瓶中并滴入2滴甲基橙指示剂，将物质的量浓度为0.1000mol·L－1的标准盐酸装入酸式滴定管，调整液面记下开始读数，最后在锥形瓶下垫一张白纸，滴定至终点，记下终点读数，所以正确的操作顺序为C→A→B→D→E，，故答案为：C；A；B；E；(2).在锥形瓶下垫一张白纸便于观察滴定终点溶液颜色的变化，故答案为容易观察溶液颜色变化；(3).用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化，直到加入最后一滴盐酸后，溶液颜色由黄色变为橙色且半分钟内不褪色，说明达到了滴定终点，故答案为锥形瓶内溶液颜色变化；黄色变为橙色且半分钟内不褪色；(4).A.酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，盐酸被稀释，则滴入的标准盐酸体积偏大，测定NaOH溶液的浓度偏高，故A不选；B.滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，对滴定结果无影响，故B不选；C.酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，读取的标准盐酸体积偏大，测定NaOH溶液的浓度偏高，故C不选；D.读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，读取的标准盐酸体积偏小，测定NaOH溶液的浓度偏低，故D选，答案选D；(5).据图可知，滴定开始时，酸式滴定管的读数为0.00mL，结束时读数为26.10mL，则所用盐酸溶液的体积为26.10mL－0.00mL=26.10mL，故答案为26.10；(6).第二次测定数据明显有偏差，舍去，则所用标准盐酸溶液的体积为V(HCl)=(26.11mL+26.09mL)÷2=26.10mL，c.(NaOH)==0.1044mol/L，则样品中NaOH的质量为：m(NaOH)=0.1044mol/L×0.2500L×40g/mol=1.044g，NaOH样品的纯度为：×100%=52.20%，故答案为52.20%。【题目点拨】本题考查物质的含量测定实验，把握中和滴定原理的应用、实验操作、误差分析等为解答的关键，题目难度不大，注意第(6)小题中实验数据的处理方法，有明显误差的数据应舍去，为易错点。21、+3SO32