2026届新疆乌鲁木齐市高二化学第一学期期中监测试题含解析

2026届新疆乌鲁木齐市高二化学第一学期期中监测试题注意事项：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、下列事实不能说明HNO2是弱电解质的是A．常温下NaNO2溶液的pH大于7B．0.1mol·L－1HNO2溶液稀释至100倍，pH﹥3C．HNO2和NaCl不能发生反应D．常温下pH=2的HNO2溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH小于72、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是A．含16

g氧原子的二氧化硅晶体中含有的σ键数目为2NAB．58.5gNaCl晶体中含有0.25NA个右图所示的结构单元C．常温常压下，5

g

D2O含有的质子数、电子数、中子数均为2.5NAD．2

mol

SO2和1

mol

O2在一定条件下反应所得混合气体分子数小于2NA3、以乙醇为原料设计合成的方案。需要经过的反应类型是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、下列反应中，生成物的总能量高于反应物的总能量的是A．碳酸钙受热分解B．乙醇在空气中燃烧C．铝粉与盐酸反应D．氧化钙溶解于水5、关于下列各装置图的叙述不正确的是（）A．用图①装置实现铁上镀铜，a极为铜，电解质溶液可以是CuSO4溶液B．图②装置盐桥中KCl的Cl－移向左烧杯C．图③装置中钢闸门应与外接电源的负极相连获得保护D．图④两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量相同6、下列过程中∆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、已知化学反应A2（g）+B2（g）═2AB（g）的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是（）A．每生成2分子AB吸收bkJ热量B．该反应热△H=+（a﹣b）kJ•mol﹣1C．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量D．断裂1molA﹣A和1molB﹣B键，放出akJ能量8、某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（）(提示BaSO4(s)⇌Ba2+(aq)＋SO42-(aq)的平衡常数Ksp＝c(Ba2＋)·c(SO42-)，Ksp称为溶度积常数。）A．加入Na2SO4可以使溶液由a点变到b点B．通过蒸发可以使溶液由d点变到c点C．d点无BaSO4沉淀生成D．a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp9、下列关于化学平衡常数的说法中，正确的是（）A．在任何条件下，化学平衡常数都是一个定值B．化学平衡常数K可以推断一个可逆反应进行的程度C．化学平衡常数K只与温度、反应物浓度、体系的压强有关D．当改变反应物的浓度时，化学平衡常数会发生改变10、下列途径不能得到晶体的是()A．熔融态物质快速冷却 B．熔融态物质凝固C．气态物质凝华 D．溶质从溶液中析出11、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12、许多国家十分重视海水资源的综合利用。不需要化学变化就能从海水中获得的物质是（）A．溴单质、碘单质 B．钠、镁 C．氧气、氢气 D．食盐、淡水13、下列离子方程式中，属于水解反应的是（）A．HCOOH+H2OHCOO－+H3O+B．CO2+H2OHCO3－+H+C．CO32－+H2OHCO3－+OH－D．HS－+H2OS2－+H3O+14、下列说法正确的是A．缩小体积增大压强，活化分子百分数增加，化学反应速率增大B．升高温度，单位体积内分子总数不变，但活化分子数增加了，化学反应速率增大C．使用催化剂，增加了分子的能量，活化分子百分数增加，化学反应速率增大D．增大反应物浓度，活化分子百分数增加，化学反应速率增大15、等物质的量的A（g）与B（g）在密闭容器中进行可逆反应：A（g）+B（g）2C（g）+D（s）△H＜0，下列叙述正确的是A．达到平衡时，反应速率v正（A）=2v逆（C）B．达到平衡后，增大压强，平衡逆向移动C．达到平衡后，升高温度，平衡正向移动D．平衡常数K值越大，A的转化率越大16、密闭容器中进行下列反应：M(g)＋N(g)R(g)＋2L，如图所示R%是R的体积分数，t是时间，下列关于该反应的分析正确的是A．正反应吸热，L为气体 B．正反应吸热，L为固体或纯液体C．正反应放热，L为气体 D．正反应放热，L为固体或纯液体二、非选择题（本题包括5小题）17、聚苯乙烯（PS）和聚对苯二甲酸乙二醇酯（PET）材料具有高韧性、质轻、耐酸碱等性能，在生产生活中应用广泛。这两种聚合物可按图路线合成，请回答下列问题：（1）A的分子式为_____，其核磁共振氢谱有_____组（个）吸收峰。（2）含有苯环的B的同分异构体有_____种。（3）D为苯乙烯，其结构简式为_____，官能团为_____。（4）F的名称为_____，由E→G的反应类型是_____（填“缩聚”或“加聚”）反应。（5）已知：，写出由Br-CH2CH2-Br制备HOOC-CH2CH2-COOH的合成路线：_____。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、碳酸亚铁(白色固体，难溶于水)是一种重要的工业原料，

可用于制备补血剂乳酸亚铁，也可用作可充电电池的电极。某研究小组通过下列实验，寻找利用复分解反应制备FeCO3

沉淀的最佳方案：实验试剂现象滴管试管0.8

mol/LFeSO4溶液(pH=4.5)1

mol/LNa2CO3溶液(pH=11.9)实验Ⅰ：立即产生灰绿色沉淀，5min后出现明显的红褐色0.8

mol/L

FeSO4溶液(pH=4.5)1

mo/L

NaHCO3溶液(pH=8.6)实验Ⅱ：产生白色沉淀及少量无色气泡，2min后出现明显的灰绿色0.8

mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液(pH=4.0)1

mo/L

NaHCO3溶液(pH=8.6)实验Ⅲ：产生白色沉淀及无色气泡，较长时间保持白色(1)实验Ⅰ中红褐色沉淀产生的原因可用如下反应表示，请补全反应：□Fe2++口+口+□H2O=□Fe(OH)3+□_____(2)实验Ⅱ中产生FeCO3的离子方程式为____________________

。(3)为了探究实验Ⅲ中所起的作用，甲同学设计了实验IV

进行探究：操作现象实验IV向0.8mol/LFeSO4溶液中加入①______，

再加入Na2SO4固体配制成混合溶液

(已知Na+对实验无影响，

忽略混合后溶液体积变化)。再取该溶液一滴管，与2mL

1

mol/LNaHCO3溶液混合与实验III现象相同实验IV中加入Na2SO4

固体的目的是②____________________________。对比实验II、III、IV，甲同学得出结论：水解产生H+，降低溶液pH，减少了副产物Fe(OH)2

的产生。乙同学认为该实验方案不够严谨，应补充的对比实验操作是：向0.8mol/LFeSO4溶液中加入Na2SO4

固体至c()=1.6

mol/L，再取该溶液一滴管，与2mL1

mol/LNaHCO3溶液混合。(4)小组同学进一步讨论认为，定性实验现象并不能直接证明实验III

中FeCO3的纯度最高，需要利用如图所示的装置进行定量测定。分别将实验I、

II、

III

中的沉淀进行过滤、洗涤、干燥后称量，然后转移至A处的广口瓶中。为测定FeCO3的纯度，除样品总质量外，还需测定的物理量是______________。(5)实验反思：经测定，实验III中的FeCO3纯度高于实验I和实验II。通过以上实验分析，制备FeCO3实验成功的关键因素是______________________________。20、某烧碱样品中含有少量不与酸作用的可溶性杂质，为了测定其纯度，进行以下滴定操作：A．用250mL容量瓶等仪器配制成250mL烧碱溶液；B．用移液管（或碱式滴定管）量取25mL烧碱溶液于锥形瓶中并加几滴甲基橙指示剂；C．在天平上准确称取烧碱样品Wg，在烧杯中加蒸馏水溶解；D．将物质的量浓度为Mmol•L﹣1的标准HCl溶液装入酸式滴定管，调整液面，记下开始刻度数V1mL；E．在锥形瓶下垫一张白纸，滴定到终点，记录终点耗酸体积V2mL。回答下列问题：（1）正确的操作步骤是（填写字母）________→________→________→D→________；（2）滴定时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视________________；（3）终点时颜色变化是_____________________；（4）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_____（填字母序号）；A．滴定终点读数时俯视B．锥形瓶水洗后未干燥C．酸式滴定管使用前，水洗后未用盐酸润洗D．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失（5）该烧碱样品的纯度计算式是________。21、25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数1.7×10﹣5mol•L﹣1K1=4.4×10﹣7mol•L﹣1K2=5.6×10﹣11mol•L﹣13.0×10﹣8mol•L﹣1请回答下列问题：（1）同浓度的CH3COO﹣、HCO3﹣、CO32﹣、ClO﹣结合H+的能力由强到弱的顺序为________。（2）常温下0.1mol•L﹣1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是________（填字母序号，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)若该溶液升高温度，上述5种表达式的数据增大的是________。（3）体积为10mLpH=2的醋酸溶液与一元酸HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程pH变化如图：则HX的电离平衡常数________（填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸的平衡常数。稀释后，HX溶液中由水电离出来的c（H+）________（填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸的溶液中由水电离出来的c（H+），理由是____________________。（4）已知100℃时，水的离子积为1×10﹣12，该温度下测得某溶液pH=7，该溶液显________（填“酸”、“碱”或“中”）性。将此温度下pH=1的H2SO4溶液aL与pH=11的NaOH溶液bL混合，若所得混合液pH=2，则a∶b=________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A项，常温下NaNO2溶液的pH大于7，说明NO2-发生水解，可说明HNO2是弱酸，正确；B项，0.1mol/LHNO2溶液稀释至100倍，物质的量浓度变为0.001mol/L，0.001mol/LHNO2溶液的pH3说明HNO2部分电离，说明HNO2是弱酸，正确；C项，HNO2和NaCl不反应，不能说明酸性的强弱，如HNO3等强酸与NaCl也不反应，错误；D项，NaOH为强碱，常温下pH=2的HNO2溶液和pH=12的NaOH等体积混合后溶液的pH小于7，说明反应后HNO2过量，说明HNO2是弱酸，正确；答案选C。点睛：本题考查通过实验证明某酸是强酸还是弱酸。实验证明某酸是强酸还是弱酸可从以下几个方面思考：（1）从弱电解质电离的特点分析，如测已知物质的量浓度溶液的pH（题中B项）、比较等物质的量浓度等体积强酸弱酸导电能力的强弱、比较等物质的量浓度强酸弱酸与相同活泼金属反应的快慢等；（2）从影响弱电解质电离平衡的因素分析，如测等pH的强酸弱酸溶液稀释相同倍数后的pH、等pH等体积强酸弱酸与相同活泼金属反应的快慢等；（3）从对应盐是否发生水解分析，如测对应强碱盐溶液的pH（题中A项）。2、D【分析】二氧化硅晶体中，每个氧原子形成2个σ键；根据均摊原则，每个NaCl晶体的晶胞含有4个钠离子、4个氯离子；5gD2O的物质的量是，1个D2O分子中含有10个质子、10个电子、10个中子；SO2、O2生成SO3的反应可逆。【详解】16g氧原子的物质的量是1mol，每个氧原子形成2个σ键，所以含16g氧原子的二氧化硅晶体中含有的σ键数目为2NA，故A叙述正确；58.5gNaCl的物质的量是1mol，每个NaCl晶体的晶胞含有4个钠离子、4个氯离子，所以58.5gNaCl晶体中含有0.25NA个右图所示的结构单元，故B叙述正确；5gD2O的物质的量是，1个D2O分子中含有10个质子、10个电子、10个中子，所以5gD2O含有的质子数、电子数、中子数均为2.5NA，故C叙述正确；SO2、O2生成SO3的反应可逆，所以2molSO2和1molO2在一定条件下反应所得混合气体分子数大于2NA，故D叙述错误。3、D【分析】本题主要考查有机物的合成与路线设计。可通过逆向合成进行推断，由该有机物结构简式可判断该有机物是通过二元醇发生取代反应生成，故可利用乙醇发生消去反应，再与卤素加成，最后/水解合成二元醇。【详解】由上述分析可知，由乙醇为原料设计合成的方案为：，故答案为D。4、A【解析】A.碳酸钙受热分解属于吸热反应，生成物总能量高于反应物总能量，故A正确；B.乙醇燃烧属于放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量，故B错误；C.铝与盐酸反应属于放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量，故C错误;D.氧化钙溶于水，与水发生化合反应，属于放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量，故D错误。故选A。【点睛】反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应物转化为生成物时就会放出能量；反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应物需要吸收能量才能转化为生成物。如果反应中的能量变化主要表现为热的形式，反应就伴随有热量的吸收或释放。5、D【详解】A.根据装置图中电流方向可知，a电极为阳极、b电极为阴极，铁上镀铜时，Cu为阳极、Fe作阴极，电解质溶液可以是CuSO4溶液，即a电极为铜，电解质溶液可以是CuSO4溶液，故A正确；B.双液铜锌原电池中，Zn为负极、Cu为正极，原电池工作时：阳离子移向正极、阴离子移向负极，即盐桥中KCl的Cl－移向负极，移向左烧杯，故B正确；C.图③装置是利用电解原理防止钢闸门生锈，即外加电流的阴极保护法，其中钢闸门接外加电源的负极、作阴极，发生得电子的还原反应，故C正确；D.图④中两装置均为原电池，左侧Al电极为负极，电极反应式为，左侧Zn电极为负极，电极反应式为，装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的关系式为，消耗负极材料的物质的量不同，故D错误。故答案选：D。6、D【详解】A．2Al+Fe2O32Fe+Al2O3反应为放热反应，∆H＜0，A与题意不符；B．CaO+H2O=Ca(OH)2反应为放热反应，∆H＜0，B与题意不符；C．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑反应为放热反应，∆H＜0，C与题意不符；D．H—Br→H+Br为化学键的断裂，吸收热量，∆H＞0，D符合题意；答案为D。7、B【详解】A．依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收（a-b）kJ热量，故A错误；B．依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量，反应热△H=反应物能量总和-生成物能量总和，△H=+（a﹣b）kJ•mol﹣1，故B正确；C．依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量，故C错误；D．断裂1molA-A和1molB-B键，吸收akJ能量，故D错误；故选B。8、C【分析】本题考查沉淀溶解平衡。该图中的是平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态。【详解】A.在该溶液中始终存在溶解平衡，加入Na2SO4，c(SO42-)增大，平衡左移，c(Ba2+)减小，所以溶液不能有a点变到b点，A错误；B.通过蒸发，溶液的浓度增大，若d点变到c点，即仅c(Ba2+)增大，与实际相悖，B错误；C.d点在曲线以下，说明该点不存在沉淀溶解平衡，即该点没有沉淀生成，C正确；D.任何平衡的平衡常数K只和温度有关，温度不变，K也不变，D错误；故合理选项为C。9、B【解析】A、在给定的反应方程式中，化学平衡常数只受温度的影响，温度改变则化学平衡常数改变，故错误；B、任何时刻浓度商>K，说明平衡向逆反应方向进行，小于K，说明平衡向正反应方向进行，=K，说明反应达到平衡，故正确；C、化学平衡常数只受温度影响，故错误；D、根据选项C分析，故错误。10、A【详解】得到晶体的三个途径是：①溶质从溶液中析出，②气态物质凝华，③熔融态物质凝固。所以B、C、D选项中的措施可以得到晶体。晶体表现自范性是需要一定条件的，即晶体生成的速率要适当，因此熔融态物质快速冷却时不能得到晶体，所以选择A项。11、D【解析】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。12、D【详解】A.溴离子和碘离子被氧化为溴单质和碘单质的过程都是化学变化，故A错误；B.电解熔融氯化钠制得钠和电解熔融氯化镁制得镁的过程都是化学变化，故B错误；C.电解水制得氧气和氢气的过程是化学变化，故C错误；D．海水晒盐和海水蒸馏得到淡水的过程，都没有新物质生成，是物理变化，故D正确；故选D。【点睛】元素在溶液中的存在形式是离子，若想得到单质，均需要发生化学变化。13、C【分析】弱离子水解反应的实质是：弱离子和水电离出的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的过程，水解方程式用可逆号。【详解】A、是甲酸的电离方程式，故A错误；B、是碳酸的一级电离方程式，故B错误；C、是碳酸根的水解方程式，所以C选项是正确的；D、是硫氢根离子的电离方程式，故D错误。所以C选项是正确的。14、B【分析】缩小体积增大压强，活化分子百分数不变；升高温度，活化分子百分数增加；使用催化剂，分子的能量不变；增大反应物浓度，活化分子百分数不变；【详解】缩小体积增大压强，活化分子百分数不变，故A错误；升高温度，分子能量增加，活化分子数增多，活化分子百分数增加，所以化学反应速率增大，故B正确；使用催化剂，分子的能量不变，活化能降低，活化分子百分数增加，化学反应速率增大，故C错误；加入反应物，增加分子总数，而活化分子百分数不变，单位体积活化分子的总数增多，化学反应速率增大，故D错误；【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，注意温度、浓度、压强、催化剂对活化分子数、活化分子百分数、活化能的影响；以及对化学反应速率的影响。15、D【详解】A．达到平衡时正逆反应速率相等，反应速率2v正（A）＝v逆（C），A错误；B．反应前后体积不变，达到平衡后，增大压强，平衡不移动，B错误；C．正反应放热，达到平衡后，升高温度，平衡逆向移动，C错误；D．平衡常数K值越大，说明正向程度越大，A的转化率越大，D正确。答案选D。【点睛】注意生成物D为固体，反应前后气体物质的量不变，所以增大压强平衡不移动。16、C【详解】根据图示信息知道，压强不变，温度升高，R的百分含量减小，所以化学平衡逆向移动，说明正向是一个放热反应；温度不变，增大压强，R的百分含量减小，说明平衡逆向移动，则L为气体，C选项正确；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、C6H613碳碳双键（或）乙二醇缩聚【分析】核磁共振氢谱确定有机物结构中的氢原子种类，根据在同一个碳原子上的氢原子相同，和对称位的碳上的氢原子相同分析。【详解】(1)Ａ为苯，分子式为C6H6，核磁共振氢谱１个吸收峰。(２)Ｂ为乙苯，含有苯环的Ｂ的同分异构体有邻间对三种二甲苯。(３)Ｄ为苯乙烯，结构简式为，官能团为碳碳双键（或）。(４)F的名称为乙二醇。由E→G的反应类型是缩聚反应。(５)由已知分析，１,２－二溴乙烷反应生成丁二酸，首先加长碳链，１,２－二溴乙烷和NaCN发生取代反应生成NCCH2CH2CN，再水解生成丁二酸，合成路线为：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；【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、4Fe2++8+1O2+

10H2O=4Fe(OH)3+

8Fe2+

+2=FeCO3↓+

CO2↑+

H2O硫酸至pH=4.0控制浓度一致C中U形管的增重调节溶液pH【分析】实验Ⅰ中，FeSO4溶液与Na2CO3溶液反应，生成Fe(OH)2沉淀和Na2SO4，Fe(OH)2不稳定，很容易被空气中的O2氧化为Fe(OH)3；实验Ⅱ中，FeSO4溶液与NaHCO3溶液反应，生成FeCO3沉淀和CO2气体，2min后明显看出有一部分FeCO3转化为Fe(OH)3；实验Ⅲ中，(NH4)2Fe(SO4)2溶液中加入NaHCO3溶液，产生白色沉淀及无色气泡，较长时间保持白色，表明在此种情况下，Fe(OH)2能较稳定存在。是什么原因导致此结果？通过对比实验IV进行探究。实验I、

II、

III

中FeCO3纯度探究时，先加硫酸溶解，通过测定生成CO2的质量进行推断，在实验过程中，需保证反应产生CO2质量测定的准确性，由此可得出制备FeCO3实验成功的关键因素。【详解】(1)实验Ⅰ中，FeSO4溶液与Na2CO3溶液反应，所以反应物中含有，Fe由+2价升高为+3价，则反应物中还应加入氧化剂O2，利用得失电子守恒和电荷守恒、质量守恒进行配平，即得反应的离子方程式为：4Fe2++8+1O2+

10H2O=4Fe(OH)3+

8。答案为：4Fe2++8+1O2+

10H2O=4Fe(OH)3+

8；(2)实验Ⅱ中，FeSO4溶液与NaHCO3溶液反应，生成FeCO3沉淀和CO2气体，离子方程式为Fe2+

+2=FeCO3↓+

CO2↑+

H2O。答案为：Fe2+

+2=FeCO3↓+

CO2↑+

H2O；(3)实验IV

中，甲同学得出结论：水解产生H+，为调节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；乙同学认为，向0.8mol/LFeSO4溶液中加入Na2SO4

固体至c()=1.6

mol/L，所以实验IV中，为使溶液中c()与原溶液相同，需加入Na2SO4

固体，其目的是控制浓度一致。答案为：硫酸至pH=4.0；控制浓度一致；(4)为测定FeCO3的纯度，除样品总质量外，还需求出FeCO3的质量(由反应生成的CO2进行计算)，所以需测定的物理量是C中U形管的增重。答案为：C中U形管的增重；(5)通过以上实验分析，实验III中的FeCO3纯度高于实验I和实验II，是因为实验III中加入了酸性物质，对溶液的pH进行了调整，从而得出制备FeCO3实验成功的关键因素是调节溶液pH。答案为：调节溶液pH。【点睛】实验IV

中，我们很容易将加入的调节pH的物质写成(NH4)2SO4，这样，就跟原物质的成分相同，达不到探究的目的。20、CABE锥形瓶内颜色的变化溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复为原来的颜色CD40M(V2【解析】(1)实验时应先称量一定质量的固体，溶解后配制成溶液，量取待测液与锥形瓶中，然后用标准液进行滴定，正确的操作步骤是C→A→B→D→E，故答案为：C；A；B；E；(2)滴定时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内颜色的变化，故答案为：锥形瓶内颜色的变化；(3)指示剂为甲基橙，变色范围为3.1-4.4，终点时pH约为4，终点时溶液的颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复为原来的颜色，故答案为：溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复为原来的颜色；(4)A、滴定终点读数时俯视，则V酸偏小，造成测定结果偏低，故A不选；B、锥形瓶水洗后未干燥，碱的物质的量不变，对实验无影响，故B不选；C、酸式滴定管使用前，水洗后未用盐酸润洗，则消耗V酸偏大，造成测定结果偏高，故C选；D、酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，则消耗V酸偏大，造成测定结果偏高，故D选；故答案为：CD；(5)HCl+NaOH=NaCl+H2O可知，n(NaOH)=(V2-V1)×10-3L×Mmol/L×2