2026屆新疆烏魯木齊市高二化學第一學期期中監(jiān)測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列事實不能說明HNO2是弱電解質的是A．常溫下NaNO2溶液的pH大于7B．0.1mol·L－1HNO2溶液稀釋至100倍，pH﹥3C．HNO2和NaCl不能發(fā)生反應D．常溫下pH=2的HNO2溶液與pH=12的NaOH溶液等體積混合后，溶液的pH小于72、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述錯誤的是A．含16

g氧原子的二氧化硅晶體中含有的σ鍵數(shù)目為2NAB．58.5gNaCl晶體中含有0.25NA個右圖所示的結構單元C．常溫常壓下，5

g

D2O含有的質子數(shù)、電子數(shù)、中子數(shù)均為2.5NAD．2

mol

SO2和1

mol

O2在一定條件下反應所得混合氣體分子數(shù)小于2NA3、以乙醇為原料設計合成的方案。需要經過的反應類型是A．消去、取代、水解、加成 B．取代、消去、加成、水解、C．消去、加成、取代、水解． D．消去、加成、水解、取代4、下列反應中，生成物的總能量高于反應物的總能量的是A．碳酸鈣受熱分解B．乙醇在空氣中燃燒C．鋁粉與鹽酸反應D．氧化鈣溶解于水5、關于下列各裝置圖的敘述不正確的是（）A．用圖①裝置實現(xiàn)鐵上鍍銅，a極為銅，電解質溶液可以是CuSO4溶液B．圖②裝置鹽橋中KCl的Cl－移向左燒杯C．圖③裝置中鋼閘門應與外接電源的負極相連獲得保護D．圖④兩個裝置中通過導線的電子數(shù)相同時，消耗負極材料的物質的量相同6、下列過程中?H大于零的是A．2Al+Fe2O32Fe+Al2O3 B．CaO+H2O=Ca(OH)2C．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ D．H—Br→H+Br7、已知化學反應A2（g）+B2（g）═2AB（g）的能量變化如圖所示，判斷下列敘述中正確的是（）A．每生成2分子AB吸收bkJ熱量B．該反應熱△H=+（a﹣b）kJ?mol﹣1C．該反應中反應物的總能量高于生成物的總能量D．斷裂1molA﹣A和1molB﹣B鍵，放出akJ能量8、某溫度時，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法正確的是（）(提示BaSO4(s)?Ba2+(aq)＋SO42-(aq)的平衡常數(shù)Ksp＝c(Ba2＋)·c(SO42-)，Ksp稱為溶度積常數(shù)。）A．加入Na2SO4可以使溶液由a點變到b點B．通過蒸發(fā)可以使溶液由d點變到c點C．d點無BaSO4沉淀生成D．a點對應的Ksp大于c點對應的Ksp9、下列關于化學平衡常數(shù)的說法中，正確的是（）A．在任何條件下，化學平衡常數(shù)都是一個定值B．化學平衡常數(shù)K可以推斷一個可逆反應進行的程度C．化學平衡常數(shù)K只與溫度、反應物濃度、體系的壓強有關D．當改變反應物的濃度時，化學平衡常數(shù)會發(fā)生改變10、下列途徑不能得到晶體的是()A．熔融態(tài)物質快速冷卻 B．熔融態(tài)物質凝固C．氣態(tài)物質凝華 D．溶質從溶液中析出11、下列性質中，屬于烷烴特征性質的是A．完全燃燒產物只有二氧化碳和水 B．幾乎不溶于水C．它們是非電解質 D．分子的通式為CnH2n+2，與氯氣發(fā)生取代反應12、許多國家十分重視海水資源的綜合利用。不需要化學變化就能從海水中獲得的物質是（）A．溴單質、碘單質 B．鈉、鎂 C．氧氣、氫氣 D．食鹽、淡水13、下列離子方程式中，屬于水解反應的是（）A．HCOOH+H2OHCOO－+H3O+B．CO2+H2OHCO3－+H+C．CO32－+H2OHCO3－+OH－D．HS－+H2OS2－+H3O+14、下列說法正確的是A．縮小體積增大壓強，活化分子百分數(shù)增加，化學反應速率增大B．升高溫度，單位體積內分子總數(shù)不變，但活化分子數(shù)增加了，化學反應速率增大C．使用催化劑，增加了分子的能量，活化分子百分數(shù)增加，化學反應速率增大D．增大反應物濃度，活化分子百分數(shù)增加，化學反應速率增大15、等物質的量的A（g）與B（g）在密閉容器中進行可逆反應：A（g）+B（g）2C（g）+D（s）△H＜0，下列敘述正確的是A．達到平衡時，反應速率v正（A）=2v逆（C）B．達到平衡后，增大壓強，平衡逆向移動C．達到平衡后，升高溫度，平衡正向移動D．平衡常數(shù)K值越大，A的轉化率越大16、密閉容器中進行下列反應：M(g)＋N(g)R(g)＋2L，如圖所示R%是R的體積分數(shù)，t是時間，下列關于該反應的分析正確的是A．正反應吸熱，L為氣體 B．正反應吸熱，L為固體或純液體C．正反應放熱，L為氣體 D．正反應放熱，L為固體或純液體二、非選擇題（本題包括5小題）17、聚苯乙烯（PS）和聚對苯二甲酸乙二醇酯（PET）材料具有高韌性、質輕、耐酸堿等性能，在生產生活中應用廣泛。這兩種聚合物可按圖路線合成，請回答下列問題：（1）A的分子式為_____，其核磁共振氫譜有_____組（個）吸收峰。（2）含有苯環(huán)的B的同分異構體有_____種。（3）D為苯乙烯，其結構簡式為_____，官能團為_____。（4）F的名稱為_____，由E→G的反應類型是_____（填“縮聚”或“加聚”）反應。（5）已知：，寫出由Br-CH2CH2-Br制備HOOC-CH2CH2-COOH的合成路線：_____。18、圖中A~J均為有機化合物，有如圖轉化關系：已知：根據(jù)圖中的信息，回答下列問題：（1）環(huán)狀化合物A的相對分子質量為82，其中含碳87.80%，含氫12.20%B的一氯代物僅有一種，B的結構簡式為___；（2）M是B的一種同分異構體，其核磁共振氫譜圖中只有1個峰，分子中所有的碳原子共平面，則M的名稱為___；（3）由A生成D的反應類型是___，由D生成E的反應類型是___。（4）G的分子式為C6H10O4，0.146gG需用20mL0.100mol/LNaOH溶液完全中和。M與G互為同系物，且含有2個碳原子。則M與乙二醇反應生成環(huán)狀化合物N的化學方程式為___；（5）由E和A反應生成F的化學方程式為___；（6）Ⅰ中含有的官能團名稱是___。（7）根據(jù)題中信息，寫出以2—溴丁烷為原料制備4，5—二甲基—1—環(huán)己烯的合成路線流程圖(需注明反應條件)。___合成路線流程圖示例如下：CH3CH2OHCH2=CH219、碳酸亞鐵(白色固體，難溶于水)是一種重要的工業(yè)原料，

可用于制備補血劑乳酸亞鐵，也可用作可充電電池的電極。某研究小組通過下列實驗，尋找利用復分解反應制備FeCO3

沉淀的最佳方案：實驗試劑現(xiàn)象滴管試管0.8

mol/LFeSO4溶液(pH=4.5)1

mol/LNa2CO3溶液(pH=11.9)實驗Ⅰ：立即產生灰綠色沉淀，5min后出現(xiàn)明顯的紅褐色0.8

mol/L

FeSO4溶液(pH=4.5)1

mo/L

NaHCO3溶液(pH=8.6)實驗Ⅱ：產生白色沉淀及少量無色氣泡，2min后出現(xiàn)明顯的灰綠色0.8

mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液(pH=4.0)1

mo/L

NaHCO3溶液(pH=8.6)實驗Ⅲ：產生白色沉淀及無色氣泡，較長時間保持白色(1)實驗Ⅰ中紅褐色沉淀產生的原因可用如下反應表示，請補全反應：□Fe2++口+口+□H2O=□Fe(OH)3+□_____(2)實驗Ⅱ中產生FeCO3的離子方程式為____________________

。(3)為了探究實驗Ⅲ中所起的作用，甲同學設計了實驗IV

進行探究：操作現(xiàn)象實驗IV向0.8mol/LFeSO4溶液中加入①______，

再加入Na2SO4固體配制成混合溶液

(已知Na+對實驗無影響，

忽略混合后溶液體積變化)。再取該溶液一滴管，與2mL

1

mol/LNaHCO3溶液混合與實驗III現(xiàn)象相同實驗IV中加入Na2SO4

固體的目的是②____________________________。對比實驗II、III、IV，甲同學得出結論：水解產生H+，降低溶液pH，減少了副產物Fe(OH)2

的產生。乙同學認為該實驗方案不夠嚴謹，應補充的對比實驗操作是：向0.8mol/LFeSO4溶液中加入Na2SO4

固體至c()=1.6

mol/L，再取該溶液一滴管，與2mL1

mol/LNaHCO3溶液混合。(4)小組同學進一步討論認為，定性實驗現(xiàn)象并不能直接證明實驗III

中FeCO3的純度最高，需要利用如圖所示的裝置進行定量測定。分別將實驗I、

II、

III

中的沉淀進行過濾、洗滌、干燥后稱量，然后轉移至A處的廣口瓶中。為測定FeCO3的純度，除樣品總質量外，還需測定的物理量是______________。(5)實驗反思：經測定，實驗III中的FeCO3純度高于實驗I和實驗II。通過以上實驗分析，制備FeCO3實驗成功的關鍵因素是______________________________。20、某燒堿樣品中含有少量不與酸作用的可溶性雜質，為了測定其純度，進行以下滴定操作：A．用250mL容量瓶等儀器配制成250mL燒堿溶液；B．用移液管（或堿式滴定管）量取25mL燒堿溶液于錐形瓶中并加幾滴甲基橙指示劑；C．在天平上準確稱取燒堿樣品Wg，在燒杯中加蒸餾水溶解；D．將物質的量濃度為Mmol?L﹣1的標準HCl溶液裝入酸式滴定管，調整液面，記下開始刻度數(shù)V1mL；E．在錐形瓶下墊一張白紙，滴定到終點，記錄終點耗酸體積V2mL。回答下列問題：（1）正確的操作步驟是（填寫字母）________→________→________→D→________；（2）滴定時，左手握酸式滴定管的活塞，右手搖動錐形瓶，眼睛注視________________；（3）終點時顏色變化是_____________________；（4）在上述實驗中，下列操作（其他操作正確）會造成測定結果偏高的有_____（填字母序號）；A．滴定終點讀數(shù)時俯視B．錐形瓶水洗后未干燥C．酸式滴定管使用前，水洗后未用鹽酸潤洗D．酸式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失（5）該燒堿樣品的純度計算式是________。21、25℃時，部分物質的電離平衡常數(shù)如表所示：化學式CH3COOHH2CO3HClO電離平衡常數(shù)1.7×10﹣5mol?L﹣1K1=4.4×10﹣7mol?L﹣1K2=5.6×10﹣11mol?L﹣13.0×10﹣8mol?L﹣1請回答下列問題：（1）同濃度的CH3COO﹣、HCO3﹣、CO32﹣、ClO﹣結合H+的能力由強到弱的順序為________。（2）常溫下0.1mol?L﹣1的CH3COOH溶液在加水稀釋過程中，下列表達式的數(shù)據(jù)一定變小的是________（填字母序號，下同）。A．c（H+）B．c(H+)/c(CH3COOH)C．c（H+）?c（OH﹣）D．c(OH-)/c（H+）E．c(H+)c(CH3COO-)/c(CH3COOH)若該溶液升高溫度，上述5種表達式的數(shù)據(jù)增大的是________。（3）體積為10mLpH=2的醋酸溶液與一元酸HX溶液分別加水稀釋至1000mL，稀釋過程pH變化如圖：則HX的電離平衡常數(shù)________（填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸的平衡常數(shù)。稀釋后，HX溶液中由水電離出來的c（H+）________（填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸的溶液中由水電離出來的c（H+），理由是____________________。（4）已知100℃時，水的離子積為1×10﹣12，該溫度下測得某溶液pH=7，該溶液顯________（填“酸”、“堿”或“中”）性。將此溫度下pH=1的H2SO4溶液aL與pH=11的NaOH溶液bL混合，若所得混合液pH=2，則a∶b=________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】A項，常溫下NaNO2溶液的pH大于7，說明NO2-發(fā)生水解，可說明HNO2是弱酸，正確；B項，0.1mol/LHNO2溶液稀釋至100倍，物質的量濃度變?yōu)?.001mol/L，0.001mol/LHNO2溶液的pH3說明HNO2部分電離，說明HNO2是弱酸，正確；C項，HNO2和NaCl不反應，不能說明酸性的強弱，如HNO3等強酸與NaCl也不反應，錯誤；D項，NaOH為強堿，常溫下pH=2的HNO2溶液和pH=12的NaOH等體積混合后溶液的pH小于7，說明反應后HNO2過量，說明HNO2是弱酸，正確；答案選C。點睛：本題考查通過實驗證明某酸是強酸還是弱酸。實驗證明某酸是強酸還是弱酸可從以下幾個方面思考：（1）從弱電解質電離的特點分析，如測已知物質的量濃度溶液的pH（題中B項）、比較等物質的量濃度等體積強酸弱酸導電能力的強弱、比較等物質的量濃度強酸弱酸與相同活潑金屬反應的快慢等；（2）從影響弱電解質電離平衡的因素分析，如測等pH的強酸弱酸溶液稀釋相同倍數(shù)后的pH、等pH等體積強酸弱酸與相同活潑金屬反應的快慢等；（3）從對應鹽是否發(fā)生水解分析，如測對應強堿鹽溶液的pH（題中A項）。2、D【分析】二氧化硅晶體中，每個氧原子形成2個σ鍵；根據(jù)均攤原則，每個NaCl晶體的晶胞含有4個鈉離子、4個氯離子；5gD2O的物質的量是，1個D2O分子中含有10個質子、10個電子、10個中子；SO2、O2生成SO3的反應可逆?！驹斀狻?6g氧原子的物質的量是1mol，每個氧原子形成2個σ鍵，所以含16g氧原子的二氧化硅晶體中含有的σ鍵數(shù)目為2NA，故A敘述正確；58.5gNaCl的物質的量是1mol，每個NaCl晶體的晶胞含有4個鈉離子、4個氯離子，所以58.5gNaCl晶體中含有0.25NA個右圖所示的結構單元，故B敘述正確；5gD2O的物質的量是，1個D2O分子中含有10個質子、10個電子、10個中子，所以5gD2O含有的質子數(shù)、電子數(shù)、中子數(shù)均為2.5NA，故C敘述正確；SO2、O2生成SO3的反應可逆，所以2molSO2和1molO2在一定條件下反應所得混合氣體分子數(shù)大于2NA，故D敘述錯誤。3、D【分析】本題主要考查有機物的合成與路線設計。可通過逆向合成進行推斷，由該有機物結構簡式可判斷該有機物是通過二元醇發(fā)生取代反應生成，故可利用乙醇發(fā)生消去反應，再與鹵素加成，最后/水解合成二元醇。【詳解】由上述分析可知，由乙醇為原料設計合成的方案為：，故答案為D。4、A【解析】A.碳酸鈣受熱分解屬于吸熱反應，生成物總能量高于反應物總能量，故A正確；B.乙醇燃燒屬于放熱反應，生成物的總能量小于反應物的總能量，故B錯誤；C.鋁與鹽酸反應屬于放熱反應，生成物的總能量小于反應物的總能量，故C錯誤;D.氧化鈣溶于水，與水發(fā)生化合反應，屬于放熱反應，生成物的總能量小于反應物的總能量，故D錯誤。故選A。【點睛】反應物的總能量大于生成物的總能量時，反應物轉化為生成物時就會放出能量；反應物的總能量小于生成物的總能量時，反應物需要吸收能量才能轉化為生成物。如果反應中的能量變化主要表現(xiàn)為熱的形式，反應就伴隨有熱量的吸收或釋放。5、D【詳解】A.根據(jù)裝置圖中電流方向可知，a電極為陽極、b電極為陰極，鐵上鍍銅時，Cu為陽極、Fe作陰極，電解質溶液可以是CuSO4溶液，即a電極為銅，電解質溶液可以是CuSO4溶液，故A正確；B.雙液銅鋅原電池中，Zn為負極、Cu為正極，原電池工作時：陽離子移向正極、陰離子移向負極，即鹽橋中KCl的Cl－移向負極，移向左燒杯，故B正確；C.圖③裝置是利用電解原理防止鋼閘門生銹，即外加電流的陰極保護法，其中鋼閘門接外加電源的負極、作陰極，發(fā)生得電子的還原反應，故C正確；D.圖④中兩裝置均為原電池，左側Al電極為負極，電極反應式為，左側Zn電極為負極，電極反應式為，裝置中通過導線的電子數(shù)相同時，消耗負極材料的關系式為，消耗負極材料的物質的量不同，故D錯誤。故答案選：D。6、D【詳解】A．2Al+Fe2O32Fe+Al2O3反應為放熱反應，?H＜0，A與題意不符；B．CaO+H2O=Ca(OH)2反應為放熱反應，?H＜0，B與題意不符；C．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑反應為放熱反應，?H＜0，C與題意不符；D．H—Br→H+Br為化學鍵的斷裂，吸收熱量，?H＞0，D符合題意；答案為D。7、B【詳解】A．依據(jù)圖象分析判斷1molA2和1molB2反應生成2molAB，每生成2molAB吸收（a-b）kJ熱量，故A錯誤；B．依據(jù)能量圖象分析可知反應物能量低于生成物能量，反應熱△H=反應物能量總和-生成物能量總和，△H=+（a﹣b）kJ?mol﹣1，故B正確；C．依據(jù)能量圖象分析可知反應物能量低于生成物能量，故C錯誤；D．斷裂1molA-A和1molB-B鍵，吸收akJ能量，故D錯誤；故選B。8、C【分析】本題考查沉淀溶解平衡。該圖中的是平衡曲線，線上的任意點都是平衡狀態(tài)。【詳解】A.在該溶液中始終存在溶解平衡，加入Na2SO4，c(SO42-)增大，平衡左移，c(Ba2+)減小，所以溶液不能有a點變到b點，A錯誤；B.通過蒸發(fā)，溶液的濃度增大，若d點變到c點，即僅c(Ba2+)增大，與實際相悖，B錯誤；C.d點在曲線以下，說明該點不存在沉淀溶解平衡，即該點沒有沉淀生成，C正確；D.任何平衡的平衡常數(shù)K只和溫度有關，溫度不變，K也不變，D錯誤；故合理選項為C。9、B【解析】A、在給定的反應方程式中，化學平衡常數(shù)只受溫度的影響，溫度改變則化學平衡常數(shù)改變，故錯誤；B、任何時刻濃度商>K，說明平衡向逆反應方向進行，小于K，說明平衡向正反應方向進行，=K，說明反應達到平衡，故正確；C、化學平衡常數(shù)只受溫度影響，故錯誤；D、根據(jù)選項C分析，故錯誤。10、A【詳解】得到晶體的三個途徑是：①溶質從溶液中析出，②氣態(tài)物質凝華，③熔融態(tài)物質凝固。所以B、C、D選項中的措施可以得到晶體。晶體表現(xiàn)自范性是需要一定條件的，即晶體生成的速率要適當，因此熔融態(tài)物質快速冷卻時不能得到晶體，所以選擇A項。11、D【解析】A.碳氫化合物完全燃燒產物都是二氧化碳和水，不屬于烷烴的特征性質，故A錯誤；B.烯烴、炔烴、苯等大部分有機物都是不溶于水的，不屬于烷烴的特征性質，故B錯誤；C.炔烴、苯及其同系物等大部分有機物都是非電解質，不屬于烷烴的特征性質，故C錯誤；D.烷烴為飽和烴，其分子的通式為CnH2n+2，滿足CnH2n+2的烴一定為烷烴；能夠發(fā)生取代反應是烷烴的特征反應之一，故D正確；故選D。12、D【詳解】A.溴離子和碘離子被氧化為溴單質和碘單質的過程都是化學變化，故A錯誤；B.電解熔融氯化鈉制得鈉和電解熔融氯化鎂制得鎂的過程都是化學變化，故B錯誤；C.電解水制得氧氣和氫氣的過程是化學變化，故C錯誤；D．海水曬鹽和海水蒸餾得到淡水的過程，都沒有新物質生成，是物理變化，故D正確；故選D?！军c睛】元素在溶液中的存在形式是離子，若想得到單質，均需要發(fā)生化學變化。13、C【分析】弱離子水解反應的實質是：弱離子和水電離出的氫離子或氫氧根離子結合生成弱電解質的過程，水解方程式用可逆號?！驹斀狻緼、是甲酸的電離方程式，故A錯誤；B、是碳酸的一級電離方程式，故B錯誤；C、是碳酸根的水解方程式，所以C選項是正確的；D、是硫氫根離子的電離方程式，故D錯誤。所以C選項是正確的。14、B【分析】縮小體積增大壓強，活化分子百分數(shù)不變；升高溫度，活化分子百分數(shù)增加；使用催化劑，分子的能量不變；增大反應物濃度，活化分子百分數(shù)不變；【詳解】縮小體積增大壓強，活化分子百分數(shù)不變，故A錯誤；升高溫度，分子能量增加，活化分子數(shù)增多，活化分子百分數(shù)增加，所以化學反應速率增大，故B正確；使用催化劑，分子的能量不變，活化能降低，活化分子百分數(shù)增加，化學反應速率增大，故C錯誤；加入反應物，增加分子總數(shù)，而活化分子百分數(shù)不變，單位體積活化分子的總數(shù)增多，化學反應速率增大，故D錯誤；【點睛】本題考查影響化學反應速率的因素，注意溫度、濃度、壓強、催化劑對活化分子數(shù)、活化分子百分數(shù)、活化能的影響；以及對化學反應速率的影響。15、D【詳解】A．達到平衡時正逆反應速率相等，反應速率2v正（A）＝v逆（C），A錯誤；B．反應前后體積不變，達到平衡后，增大壓強，平衡不移動，B錯誤；C．正反應放熱，達到平衡后，升高溫度，平衡逆向移動，C錯誤；D．平衡常數(shù)K值越大，說明正向程度越大，A的轉化率越大，D正確。答案選D?！军c睛】注意生成物D為固體，反應前后氣體物質的量不變，所以增大壓強平衡不移動。16、C【詳解】根據(jù)圖示信息知道，壓強不變，溫度升高，R的百分含量減小，所以化學平衡逆向移動，說明正向是一個放熱反應；溫度不變，增大壓強，R的百分含量減小，說明平衡逆向移動，則L為氣體，C選項正確；答案選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、C6H613碳碳雙鍵（或）乙二醇縮聚【分析】核磁共振氫譜確定有機物結構中的氫原子種類，根據(jù)在同一個碳原子上的氫原子相同，和對稱位的碳上的氫原子相同分析?！驹斀狻?1)Ａ為苯，分子式為C6H6，核磁共振氫譜１個吸收峰。(２)Ｂ為乙苯，含有苯環(huán)的Ｂ的同分異構體有鄰間對三種二甲苯。(３)Ｄ為苯乙烯，結構簡式為，官能團為碳碳雙鍵（或）。(４)F的名稱為乙二醇。由E→G的反應類型是縮聚反應。(５)由已知分析，１,２－二溴乙烷反應生成丁二酸，首先加長碳鏈，１,２－二溴乙烷和NaCN發(fā)生取代反應生成NCCH2CH2CN，再水解生成丁二酸，合成路線為：18、2,3—二甲基-2-丁烯加成反應消去反應+2H2O羥基【分析】根據(jù)A中碳氫含量知A是烴，A中碳原子個數(shù)為6，氫原子個數(shù)為10，-故A的分子式是C6H10，能和氫氣發(fā)生加成反應生成B，說明A中含有碳碳雙鍵，B的一氯代物僅有一種，說明環(huán)烷烴B沒有支鏈，所以A的結構簡式為，B的結構簡式為：；A和溴發(fā)生加成反應生成D，所以D的結構簡式為：，D和氫氧化鈉的醇Br溶液發(fā)生消去反應生成E，E能和A發(fā)生反應生成F，結合題給信息知，E的結構簡式為：，F(xiàn)的結構簡式為：，F(xiàn)和HBr發(fā)生加成反應生成H，則H的結構簡式為：，H和氫氧化鈉的水溶液發(fā)生取代反應生成I，I的結構簡式為：，A被酸性高錳酸鉀氧化生成G，碳碳雙鍵能被酸性高錳酸鉀氧化成羧酸，G的分子式為C6H10O4，G的摩爾質量為146g/mol，，消耗的n(NaOH)=0.100mol/L×0.02L=0.002mol，故G分子中含有2個羧基，其結構簡式為：HOOC-(CH2)4-COOH，M與G是同系物，且含有兩個碳原子，所以M的結構簡式為，以下由此解答；【詳解】(1)1molA的質量為82g，，，故A的分子式是C6H10，A為環(huán)狀化合物，B為A的加成產物。且B的一氯代物只有一種，故A為環(huán)乙烯（），B為環(huán)己烷，B的結構簡式為：，故答案為：；(2)M為B的同分異構體，核磁共振氫譜只有一個峰，分子中所有的C原子共平面，故M分子中含有碳碳雙鍵，且為對稱結構，結構簡式為(CH3)2C=C(CH3)2，名稱為：2,3—二甲基-2-丁烯，故答案為：2,3—二甲基-2-丁烯；(3)A（）與Br2發(fā)生加成反應得到D（），由D在NaOH醇溶液中加熱生成E（）屬于消去反應，故答案為：加成反應，消去反應；(4)G的摩爾質量為146g/mol，，消耗的n(NaOH)=0.100mol/L×0.02L=0.002mol，故G分子中含有2個羧基，故G的結構簡式為HOOC-(CH2)4-COOH，M與G互為同系物，且含有2個碳原子，則M為，則與乙二醇反應生成環(huán)狀化合物N的化學方程式為：+H2O，故答案為：+H2O；(5)根據(jù)題中信息可知，E（）與A（）發(fā)生化學反應的方程式為：，故答案為：；(6)F與HBr發(fā)生加成反應得到H（），H在NaOH水溶液的作用下得到I（），其中含有的官能團為羥基，故答案為：羥基；(7)由題中信息可知，要制備4,5-二甲基-1-環(huán)己烯，應先制備2-丁烯和1,3-丁二烯，由2-溴甲烷消去可得2-丁烯，2-丁烯與溴發(fā)生加成反應得到2,3-二溴丁烷，然后消去可得1,3-丁二烯，故合成路線為：，故答案為：19、4Fe2++8+1O2+

10H2O=4Fe(OH)3+

8Fe2+

+2=FeCO3↓+

CO2↑+

H2O硫酸至pH=4.0控制濃度一致C中U形管的增重調節(jié)溶液pH【分析】實驗Ⅰ中，F(xiàn)eSO4溶液與Na2CO3溶液反應，生成Fe(OH)2沉淀和Na2SO4，F(xiàn)e(OH)2不穩(wěn)定，很容易被空氣中的O2氧化為Fe(OH)3；實驗Ⅱ中，F(xiàn)eSO4溶液與NaHCO3溶液反應，生成FeCO3沉淀和CO2氣體，2min后明顯看出有一部分FeCO3轉化為Fe(OH)3；實驗Ⅲ中，(NH4)2Fe(SO4)2溶液中加入NaHCO3溶液，產生白色沉淀及無色氣泡，較長時間保持白色，表明在此種情況下，F(xiàn)e(OH)2能較穩(wěn)定存在。是什么原因導致此結果？通過對比實驗IV進行探究。實驗I、

II、

III

中FeCO3純度探究時，先加硫酸溶解，通過測定生成CO2的質量進行推斷，在實驗過程中，需保證反應產生CO2質量測定的準確性，由此可得出制備FeCO3實驗成功的關鍵因素?！驹斀狻?1)實驗Ⅰ中，F(xiàn)eSO4溶液與Na2CO3溶液反應，所以反應物中含有，F(xiàn)e由+2價升高為+3價，則反應物中還應加入氧化劑O2，利用得失電子守恒和電荷守恒、質量守恒進行配平，即得反應的離子方程式為：4Fe2++8+1O2+

10H2O=4Fe(OH)3+

8。答案為：4Fe2++8+1O2+

10H2O=4Fe(OH)3+

8；(2)實驗Ⅱ中，F(xiàn)eSO4溶液與NaHCO3溶液反應，生成FeCO3沉淀和CO2氣體，離子方程式為Fe2+

+2=FeCO3↓+

CO2↑+

H2O。答案為：Fe2+

+2=FeCO3↓+

CO2↑+

H2O；(3)實驗IV

中，甲同學得出結論：水解產生H+，為調節(jié)0.8mol/LFeSO4溶液pH=4，需增大溶液的酸性，降低溶液pH，所以加入硫酸至pH=4.0；乙同學認為，向0.8mol/LFeSO4溶液中加入Na2SO4

固體至c()=1.6

mol/L，所以實驗IV中，為使溶液中c()與原溶液相同，需加入Na2SO4

固體，其目的是控制濃度一致。答案為：硫酸至pH=4.0；控制濃度一致；(4)為測定FeCO3的純度，除樣品總質量外，還需求出FeCO3的質量(由反應生成的CO2進行計算)，所以需測定的物理量是C中U形管的增重。答案為：C中U形管的增重；(5)通過以上實驗分析，實驗III中的FeCO3純度高于實驗I和實驗II，是因為實驗III中加入了酸性物質，對溶液的pH進行了調整，從而得出制備FeCO3實驗成功的關鍵因素是調節(jié)溶液pH。答案為：調節(jié)溶液pH。【點睛】實驗IV

中，我們很容易將加入的調節(jié)pH的物質寫成(NH4)2SO4，這樣，就跟原物質的成分相同，達不到探究的目的。20、CABE錐形瓶內顏色的變化溶液由黃色變?yōu)槌壬?，且半分鐘內不恢復為原來的顏色CD40M(V2【解析】(1)實驗時應先稱量一定質量的固體，溶解后配制成溶液，量取待測液與錐形瓶中，然后用標準液進行滴定，正確的操作步驟是C→A→B→D→E，故答案為：C；A；B；E；(2)滴定時，左手握酸式滴定管的活塞，右手搖動錐形瓶，眼睛注視錐形瓶內顏色的變化，故答案為：錐形瓶內顏色的變化；(3)指示劑為甲基橙，變色范圍為3.1-4.4，終點時pH約為4，終點時溶液的顏色由黃色變?yōu)槌壬?，且半分鐘內不恢復為原來的顏色，故答案為：溶液由黃色變?yōu)槌壬?，且半分鐘內不恢復為原來的顏色?4)A、滴定終點讀數(shù)時俯視，則V酸偏小，造成測定結果偏低，故A不選；B、錐形瓶水洗后未干燥，堿的物質的量不變，對實驗無影響，故B不選；C、酸式滴定管使用前，水洗后未用鹽酸潤洗，則消耗V酸偏大，造成測定結果偏高，故C選；D、酸式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失，則消耗V酸偏大，造成測定結果偏高，故D選；故答案為：CD；(5)HCl+NaOH=NaCl+H2O可知，n(NaOH)=(V2-V1)×10-3L×Mmol/L×2