浙江省杭州市西湖高中2026届高二上化学期中学业质量监测模拟试题含解析

浙江省杭州市西湖高中2026届高二上化学期中学业质量监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、下列说法正确的是A．H2(g)的燃烧热△H＝-285.8kJ/mol，则2H2O(g)＝2H2(g)＋O2(g)△H＝＋571.6kJ/molB．反应物的总能量低于生成物的总能量时，该反应为放热反应C．由石墨比金刚石稳定可知：c(金刚石，s)＝c(石墨，s)△H＜0D．已知：298K时，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H＝-92.0kJ/mol。在相同温度下，向密闭容器中通入0.5molN2和1.5molH2，达到平衡时放出46.0kJ的热量2、下列离子方程式中，不正确的是A．向溶液中通入过量的：+CO2+2H2O==Al(OH)3+B．氧化铁与足量的HI溶液反应：C．已知酸性的强弱：，则向NaCN溶液中通入少量的时：D．侯氏制碱法：3、下列化合物中含有手性碳原子的是()A． B． C．CCl2F2 D．H2N-CH2-COOH4、下列物质放入水中，会显著放热的是A．食盐 B．蔗糖 C．酒精 D．生石灰5、已知25℃、101kPa条件下：4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s)△H=-2800kJ/mol4Al(s)+2O3(g)=2Al2O3(s)△H=-3100kJ/mol。由此得出的结论正确的是A．O2比O3稳定，由O2变O3为放热反应B．O3比O2稳定，由O2变O3为吸热反应C．等质量的O2与O3分别与足量的可燃物充分反应，后者释放的能量更多D．将O2转化为O3的过程是物理变化6、10mL浓度为1mol/L的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又影响氢气生成量的是（）A．Na2CO3 B．NaNO3 C．CH3COONa D．CuSO47、在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X(g)Y(g)，温度T1、T2下X的物质的量浓度c(x)随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是A．该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量B．T2下，在0～t1时间内，υ(Y)＝mol/(L·min)C．M点的正反应速率υ正大于N点的逆反应速率υ逆D．M点时再加入一定量的X，平衡后X的转化率减小8、下列各组离子因发生水解反应而不能大量共存的是A．Ba2+、Cl-、Na+、SO42-B．Al3+、K+、HCO3-、Cl-C．H+、Fe2+、NO3-、SO42-D．H+、Na+、Cl-、CO32-9、为了研究Mg(OH)2溶于铵盐溶液的原因，进行如下实验：①向2mL0.2mol/LMgCl2溶液中滴加1mol/LNaOH溶液至不再产生沉淀，将浊液分为2等份。②向一份中逐滴加入4mol/LNH4Cl溶液，另一份中逐滴加入4mol/LCH3COONH4溶液(pH≈7)，边滴加边测定其中沉淀的量，沉淀的量与铵盐溶液的体积的关系如图。③将①中的NaOH溶液用氨水替换，重复上述实验。下列说法不正确的是A．Mg(OH)2浊液中存在：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH﹣(aq)B．②中两组实验中均存在反应：Mg(OH)2+2NH4+=Mg2++2NH3•H2OC．H+可能参与了NH4Cl溶液溶解Mg(OH)2的过程D．③中获得的图象与②相同10、已知Ksp(CaC2O4)=4.010－9，若在c(Ca2＋)=0.020mol·L－1的溶液生成CaC2O4沉淀，溶液中的c(C2O42－)最小应为（）A．4.010－9mol·L－1B．2.010－7mol·L－1C．2.010－9mol·L－1D．8.010－11mol·L－111、根据下列实验操作所得的现象及结论不正确的是选项实验操作现象及结论A将AlCl3溶液加热蒸干并灼烧得到的白色固体为氧化铝B向体积均为25

mL的冷水和沸水中分别滴入5滴FeCl3饱和溶液前者为黄色，后者为红褐色，说明温度升高，Fe3+的水解程度增大C取CH3COONa溶液于试管中并加入几滴酚酞试剂，再给试管加热溶液颜色变深，说明CH3COONa溶液中存在水解平衡D室温下，用pH试纸分别测0.1

mol/L的Na2SO3溶液和0.1

mol/L的NaHSO3溶液的pH前者

pH约为10，后者pH约为5，说明HSO结合H+的能力比SO强A．A B．B C．C D．D12、维生素C具有的性质是：A．难溶于水 B．强还原性 C．强氧化性 D．加热难分解13、下列叙述正确的是（）A．为保护钢闸门，应将钢闸门与外接电源的正极相连B．氢氧燃料电池的负极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-C．若要在银上镀铜，与负极相连的一极是银，电解质溶液可以是氯化铜溶液D．钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe-2e-=Fe2+14、在温度不变的条件下，在恒容的容器中进行下列反应：N2O4(g)2NO2(g)，若N2O4的浓度由0.1mol·L-1降到0.07mol·L-1需要15s，那么N2O4的浓度由0.07mol·L-1降到0.05mol·L-1所需的反应时间（）A．等于5s B．等于10s C．小于10s D．大于10s15、最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程．反应过程的示意图如下：下列说法不正确的是A．CO和O生成CO2是放热反应。B．在该过程中，CO分子中碳氧键没有断裂成C和O。C．在该过程中，O与CO中C结合形成共价键。D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程。16、25℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－ΔH>0，下列叙述正确的是A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低B．向水中加入少量CH3COOH，平衡逆向移动，c(H＋)降低C．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，KW不变D．将水加热，KW增大，c(H＋)不变二、非选择题（本题包括5小题）17、为探究工业尾气处理副产品X(黑色固体，仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：请回答：（1）X含有的两种元素是__________，其化学式是____________。（2）无色气体D与氯化铁溶液反应的离子方程式是____________________。（3）已知化合物X能与稀盐酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518g·L-1），写出该反应的化学方程式________________________________________。18、化合物G是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药。可以通过下图所示的路线合成：已知：(1)RCOOHRCOCl；(2)D与FeCl3溶液能发生显色。请回答下列问题：(1)B→C的转化所加的试剂可能是____________，C＋E→F的反应类型是_____________。(2)有关G的下列说法正确的是_______________。A．属于芳香烃B．能与FeCl3溶液发生显色反应C．可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应D．1molG最多可以跟4molH2反应(3)E的结构简式为__________________。(4)F与足量NaOH溶液充分反应的化学方程式为_________________________。(5)写出同时满足下列条件的E的同分异构体的结构简式_______________________。①能发生水解反应②与FeCl3溶液能发生显色反应③苯环上有两种不同化学环境的氢原子(6)已知：酚羟基一般不易直接与羧酸酯化。而苯甲酸苯酚酯（）是一种重要的有机合成中间体。试写出以苯酚、甲苯为原料制取该化合物的合成路线流程图___________(无机原料任用)。

注：合成路线的书写格式参照如下示例流程图：

19、欲测定某HCl溶液的物质的量浓度，可用0.1000mol·L-1NaOH标准溶液进行中和滴定（用酚酞作指示剂）。请回答下列问题：(1)若甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为1.10mL，滴定后液面如图，则此时消耗标准溶液的体积为___________；(2)乙学生做了三组平行实验，数据记录如下：实验序号待测HCl溶液的体积/mL0.1000mol·L-1NaOH溶液的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度125.000.0026.11225.001.5631.30325.000.2226.31选取上述合理数据，计算出HCl待测溶液的物质的量浓度为________mol·L-1（小数点后保留四位）；(3)滴定时的正确操作是_____________________________________________________。滴定达到终点的现象是_____________________________________________；此时锥形瓶内溶液的pH的范围是________。(4)下列哪些操作会使测定结果偏高_______________（填序号）。A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗C．滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数20、利用如图装置测定中和热的实验步骤如下①量取50mL0.25mol/LH2SO4溶液倒入小烧杯中，测量温度；②量取50mL0.55mol/LNaOH溶液，测量温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，混合均匀后测量混合液温度．请回答：（1）如图所示，仪器A的名称是__________．（2）NaOH溶液稍过量的原因____________碎泡沫塑料作用_______________．（3）加入NaOH溶液的正确操作是_____________（填字母）．A沿玻璃棒缓慢加入B一次迅速加入C分三次加入（4）若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量_______（填“小于”、“等于”或“大于”）57.3kJ，原因是________________．21、Ⅰ．反应：aA（g）+bB（g）cC（g）△H＜0在2L恒容容器中进行。改变其他反应条件，在第一、第二和第三阶段体系中各物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示：回答问题：（1）反应的化学方程式中，a：b：c=__________。（2）由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是___________，采取的措施是____________。（3）比较第二阶段反应温度（T2）和第三阶段反应温度（T3）的高低：T2__________T3（填“＞”“＜”或“＝”），判断的理由是_________________。（4）第三阶段平衡常数K3的计算式____________________。Ⅱ．利用图①中的信息，按图②装置链接的A、B瓶中已充有NO2气体。（5）B瓶中的气体颜色比A瓶中的_________（填“深”或“浅”），其原因是________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【详解】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=-571.6kJ/mol，则2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+571.6kJ/mol，A项错误；B．反应物的总能量低于生成物的总能量时，该反应为吸热反应，B项错误；C．石墨比金刚石稳定，所以石墨具有的能量低，C（金刚石，s）=C（石墨，s）△H＜0，C项正确；D．该反应为可逆反应，不能进行到底，故向密闭容器中通入0.5molN2和1.5molH2，达到平衡时放出的热量小于46.0

kJ，D项错误；故选C。2、C【详解】A．向NaAlO2

溶液中通入过量CO2的离子方程式为+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+，故A正确；B．氧化铁和足量HI溶液能够发生氧化还原反应，反应的离子方程式为Fe2O3+6H++2I-═2Fe2++I2+3H2O，故B正确；C．根据酸性的强弱：，向NaCN溶液中通入少量的时生成碳酸氢钠，则反应的离子方程式为CN-+H2O+CO2=HCN+，故C错误；D．侯氏制碱法的基本原理为二氧化碳、氨气、饱和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液，反应的离子方程式为Na++NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH，故D正确；故选C。3、B【详解】A．分子中，所有的碳原子所连接的四个基团都有相同的，不存在手性碳原子，故A不符合题意；B．分子中，CH3—中C原子上连有3个H原子，不是手性碳原子，羧基的碳原子为不饱和碳原子，不是手性碳原子，剩余的一个碳原子所连的四个取代基分别是羟基、甲基、氢原子和羧基，该碳原子为手性碳原子，故B符合题意；C．CCl2F2分子中，碳原子所连接的4个基团有2个是一样的Cl，另2个是一样的F，没有手性碳原子，故C不符合题意；D．H2N-CH2-COOH中，-CH2-中含有2个H，羧基的碳原子为不饱和碳原子，该有机物中不存在手性碳原子，故D不符合题意；故选B。4、D【详解】A.食盐溶于水，放热不明显，A错误；B.蔗糖溶于水，放热不明显，B错误；C.酒精溶于水，放热不明显，C错误；D.生石灰溶于水生成氢氧化钙时放出大量的热，属于放热反应，D正确，答案选D。【点睛】明确常见物质溶于水的热效应是解答的关键，需要说明的是D中热效应是反应热，物理变化中的放热或吸热不是反应热。5、C【解析】根据题干热化学方程式，依据盖斯定律书写要求，氧气和臭氧之间转化的热化学方程式进行判断分析。【详解】根据题干信息，将两个热化学方程式分别标为①和②；根据盖斯定律计算得到：①-②等于3O2(g)=2O3(g)ΔH=−2800kJ/mol−(−3100kJ/mol)=+300kJ/mol；A.O2比O3稳定，由O2变O3为吸热反应，故A项错误，B项错误；C.等质量的O2与O3分别与足量的可燃物充分反应，O3能量高，放出热量更多，故C项正确；D.O2转化为O3的过程有新物质生成，为化学变化，故D错误。综上，本题选C。【点睛】本题考查了盖斯定律的应用，热化学方程式的书写，熟练掌握由已知热化学方程式转换为未知热化学方程式是解题的关键，理解物质的能量越高越不稳定。6、C【详解】A.因为锌粉过量，产生的氢气的量取决于溶液中的氢离子，，氢离子浓度降低，反应速率减小，同时与锌反应的氢离子总量减少，产生的氢气减少，A项错误；B.，在酸性条件下具有强氧化性，与金属反应不再生成氢气，应该生成NO，B项错误；C.，醋酸是弱电解质，发生不完全电离，与锌反应的H+被缓慢释放出来，生成氢气的速率降低，但H+总量不变，生成的氢气不变，C项正确；D.，新生成的Cu与溶液中的Zn和盐酸构成原电池，原电池的正极反应和负极反应彻底分开进行，所以产生氢气的速率加快，但是锌粉过量，铜离子消耗的锌粉对生成氢气的量不产生影响，D项错误。7、C【详解】A、根据图像可知W点消耗的X的物质的量大于M点消耗X的物质的量，因此根据热化学方程式可知W点放出的热量多，A不正确；B、T2下，在0～t1时间内X的浓度减少了（a－b）mol/L，则根据方程式可知Y的浓度增加了mol。反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示，所以Y表示的反应速率为mol/(L·min)，B不正确；C、根据图像可知，温度为T1时反应首先达到平衡状态。温度高反应速率快，到达平衡的时间少，则温度是T1＞T2。M点温度高于N点温度，且N点反应没有达到平衡状态，此时反应向正反应方向进行，即N点的逆反应速率小于N点的正反应速率，因此M点的正反应速率大于N点的逆反应速率，C正确；D、由于反应前后均是一种物质，因此M点时再加入一定量的X，则相当于是增大压强，正反应是体积减小的可逆反应，因此平衡向正反应方向移动，所以X的转化率升高，D不正确.故选C。8、B【解析】弱酸根离子与弱碱离子在溶液中能相互促进水解反应，而不能大量共存，以此来解答。【详解】A．因Ba2+、SO42-发生复分解反应，而不能共存，选项A不选；B．因Al3+、HCO3-相互促进水解，而不能大量共存，选项B选；C．因H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，而不能共存，选项C不选；D．因H+、CO32-发生复分解反应，而不能大量共存，选项D不选；答案选B。【点睛】本题考查离子的共存，明确习题中的信息是解答本题的关键，注意不能共存发生的反应类型，选项B为解答的难点，题目难度不大。9、D【详解】A.Mg(OH)2浊液中，Mg(OH)2为难溶电解质，存在沉淀溶解平衡，则浊液中存在：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH﹣(aq)，A正确；B.根据图象，加入NH4Cl或CH3COONH4，Mg(OH)2质量减少，说明Mg(OH)2溶于铵盐溶液，发生反应：Mg(OH)2+2NH4+=Mg2++2NH3•H2O，B正确；C.NH4Cl溶液为酸性溶液，NH4+发生水解产生H+，相当于发生酸碱反应，则H+可能参与了NH4Cl溶液溶解Mg(OH)2的过程，C正确；D.③中将①中的NaOH溶液用氨水替换，重复上述实验，NaOH是强碱，抑制Mg(OH)2的溶解，所得的图象与②不相同，D错误；故合理选项是D。10、B【解析】由Ksp（CaC2O4）=c（C2O42-）×c（Ca2+）可知，溶液中的c(C2O42－)=Ksp/c(Ca2＋)=4.010－9/0.020mol·L－1=2.010－7mol·L－1,属于溶液中的c(C2O42－)最小应为2.010－7mol·L－1,故选B。11、D【详解】A．加热促进AlCl3水解平衡正向移动，生成氢氧化铝沉淀，灼烧氢氧化铝分解为氧化铝，故A正确；B．FeCl3在冷水中的水解程度较小，加热促进FeCl3水解，得到氢氧化铁胶体，故B正确；C．加热含有酚酞的醋酸钠的溶液，颜色加深，说明醋酸钠水解平衡正向移动，溶液碱性增强，故C正确；D．HSO结合H+的能力比SO弱，0.1

mol/L的NaHSO3溶液的pH约为5，是因为HSO电离大于水解，故D错误；选D。12、B【详解】维生素C是一种水溶性维生素，容易失去电子，是一种较强的还原剂，在碱性溶液中很容易被氧化，加热易分解，答案选B。13、C【详解】A.根据外加电源的阴极保护法，钢闸门应与电源的负极相连，A错误；

B.氢氧燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为为：H2-2e-+2OH-=2H2O或H2-2e-=2H+，B不正确；

C.在银上镀铜，银是待镀金属，作阴极，铜离子在阴极得电子变铜单质，电解质溶液可以是氯化铜溶液，C正确；

D.钢铁发生电化学腐蚀时，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，D不正确；

答案选C。14、D【详解】N2O4的浓度由0.1mol·L-1降到0.07mol·L-1需要15s，即N2O4的浓度变化为0.03mol·L-1，N2O4的浓度由0.07mol·L-1降到0.05mol·L-1，即N2O4的浓度变化为0.02mol·L-1，若反应速率不变，则所需时间为15s×0.02/0.03=10s，但随着浓度的减小，反应速率逐渐减小，故所需时间大于10s。故答案选D。15、D【分析】由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，CO与O在催化剂表面形成CO2，不存在CO的断键过程，以此解答该题。【详解】A．由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故A正确；B．由图可知不存在CO的断键过程，故B正确；C．CO与O在催化剂表面形成CO2，CO2含有极性共价键，故C正确；D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，而不是与氧气反应，故D错误。故选D。16、C【分析】根据弱电解质的电离平衡分析。【详解】A.向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，但c(OH-)增大，故A错误；B.向水中加入少量CH3COOH，c(H+)增大，平衡逆向移动，故B错误；C.向水中加入少量固体硫酸氢钠，NaHSO4=Na++H++SO42-，c(H+)增大，温度不变，Kw不变，故C正确；D.将水加热，即温度升高，Kw增大，水的电离程度增大，c(H＋)增大，故D错误。故选C。【点睛】Kw只受温度影响，温度不变，Kw不变。二、非选择题（本题包括5小题）17、Fe、SFe2S3SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+Fe2S3+4HCl=2H2S↑+2FeCl2+S↓【分析】本题考查化学反应流程图、离子反应方程式的书写及物质的推断等知识。根据向B加入KSCN溶液后，C为血红色溶液为突破口，可以推知B为FeCl3，C为Fe(SCN)3，可知A为Fe2O3，且n(Fe2O3)=32g/160g/mol=0.2mol，n(Fe)=0.4mol，m(Fe)=0.4mol56g/mol=22.4g，X燃烧生成的无色气体D，D使FeCl3溶液变为浅绿色，再加BaCl2生成白色沉淀，可知含有X中含有S元素。再根据各元素的质量求出个数比，据此分析作答。【详解】（1）B加入KSCN，C为血红色溶液，可以知道B为FeCl3，C为Fe(SCN)3等，可知A为Fe2O3，且n(Fe2O3)=32g/160g/mol=0.2mol，n(Fe)=0.4mol，m(Fe)=0.4mol56g/mol=22.4g，X燃烧生成的无色气体D，D使FeCl3溶液变为浅绿色，再加BaCl2生成白色沉淀，可知含有X中含有S元素，且m(S)=41.6g-22.4g=19.2g，n(S)==0.6mol，可以知道n(Fe):n(S)=2:3，应为Fe2S3，故答案为Fe、S；Fe2S3；（2）无色气体D为SO2，与氯化铁发生氧化还原反应，离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，故答案为SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；(3)化合物X能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标况下的密度为1.518g/L，淡黄色不溶物为S，气体的相对分子质量为1.518×22.4L=34，为H2S气体，该反应的化学方程式为Fe2S3+4HCl=2H2S↑+2FeCl2+S↓，故答案为Fe2S3+4HCl=2H2S↑+2FeCl2+S↓【点睛】用化合价升降法配平氧化还原反应方程式，必须遵循两个基本原则：一是反应中还原剂各元素化合价升高的总数和氧化剂各元素化合价降低的总数必须相等，即得失电子守恒；二是反应前后各种原子个数相等，即质量守恒。对氧化还原型离子方程式的配平法：离子方程式的配平依据是得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒，即首先根据得失电子守恒配平氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，在此基础上根据电荷守恒，配平两边离子所带电荷数，最后根据质量守恒配平其余物质的化学计量数。18、银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液取代反应CD+3NaOH→CH3COONa+CH3OH++H2O【分析】根据题中各物转化关系，结合信息RCOOHRCOCl，可知C为CH3COOH，由A→B→C的转化条件可知，A被氧化成B，B再被氧化成C，所以B为CH3CHO，A为CH3CH2OH；根据F的结构可知E发生取代反应生成F，所以E为，根据D的分子式，结合D与FeCl3溶液能发生显色和E的结构可知，D与甲醇反应生成E，所以D的结构简式为，据此解答。【详解】(1)B→C的转化是醛基氧化成羧基，所以所加的试剂可能是银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液，根据上面的分析可知，C+E→F的反应类型是取代反应，故答案为银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液；取代反应；(2)根据G的结构简式可知，G中有酯基、醇羟基、碳碳双键、苯环。A．G中有氧元素，所以不属于芳香烃，故A错误；

B．G中没有酚羟基，所以不能与FeCl3溶液发生显色反应，故B错误；C．G中有酯基、羟基、碳碳双键，可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应，故C正确；D．G中有苯环，一个苯环可以与三个H2加成，一个碳碳双键可以与一个H2加成，所以1mol

G最多可以跟4mol

H2反应，故D正确；故选CD；(3)根据上面的分析可知，E的结构简式为，故答案为；

(4)F中有两个酯基与足量NaOH溶液充分反应生成酚羟基也与氢氧化钠反应，所以反应的化学方程式为+3NaOH→CH3COONa+CH3OH++H2O，故答案为+3NaOH→CH3COONa+CH3OH++H2O；(5)E为，E的同分异构体中同时满足下列条件①能发生水解反应，说明有酯基，②与FeCl3溶液能发生显色反应，有酚羟基，③苯环上有两种不同化学环境的氢原子，说明有两个基团处于苯环的对位，这样的结构简式有，故答案为；(6)甲苯氧化生成苯甲酸，苯取代生成氯苯，水解生成苯酚，以此合成该有机物，合成流程图为，故答案为。【点睛】本题考查有机物的合成，把握合成流程中的反应条件、已知信息等推断各物质是解题的关键。本题的难点为(6)，要注意充分利用题干信息结合流程图的提示分析解答。19、23.80mL0.1044左手控制活塞，右手不断摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化当滴入最后一滴NaOH溶液加入时，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不变色8.2～10.0AC【分析】(1)根据滴定后的液面图，液面读数是24.90mL，消耗标准溶液的体积是两次读数的差；(2)根据表格数据，第二次实验偏离正常误差范围，利用1、3次实验数据计算消耗氢氧化钠溶液的平均体积，代入计算HCl待测溶液的物质的量浓度。(3)根据中和滴定的规范操作回答；当盐酸与氢氧化钠完全反应时，达到滴定终点，滴定过程中，溶液pH升高；指示剂酚酞的变色范围是8.2～10.0；(4)根据分析误差。【详解】(1)滴定前滴定管内液面读数为1.10mL，滴定后液面读数是24.90mL，此时消耗标准溶液的体积为24.90mL-1.10mL=23.80mL；(2)根据表格数据，第二次实验偏离正常误差范围，1、3两次实验消耗氢氧化钠溶液的平均体积为=26.10mL，0.1044mol·L-1；(3)中和滴定时，左手控制活塞，右手不断摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化；滴定过程中，溶液pH升高，所以滴定达到终点的现象是：当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不变色；指示剂酚酞的变色范围是8.2～10.0，此时锥形瓶内溶液的pH的范围是8.2～10.0；(4)A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗，盐酸物质的量增多，消耗氢氧化钠体积偏大，测定结果偏高，故选A；B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗，无影响，故不选B；C．滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，消耗氢氧化钠溶液的体积偏大，测定结果偏高，故选C；D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数，氢氧化钠溶液的体积偏小，测定结果偏低，故不选D。【点睛】本题考查了酸碱中和滴定实验的原理、终点判断、误差分析以及计算，熟练掌握滴定管的结构，会根据分析误差。20、环形玻璃棒充分反应完全中和保温隔热防止热量损失B大于浓硫酸溶于水放热【分析】（1）仪器A的名称环形玻璃搅拌棒；

（2）为了确保定量的硫酸反应完全，所用NaOH稍过量；

（3）将NaOH溶液倒入小烧杯中，不能分几次倒入，否则会导致热量散失，影响测定结果；（4）浓硫酸溶于水放热，据此分析解答。【详解】（1）如图所示，仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒；故答案为：环形玻璃搅拌棒；（2）实验中，所用NaOH稍过量的原因是确保定量的硫酸反应完全；碎泡沫塑料作用是保温隔热防止热量损失，故答案为：充分反应完全中和；保温隔热防止热量损失；（3）倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果，故答案为：B；（4）将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，原因是浓硫酸溶于水时放热，故答案为