2026届浙江平阳中学化学高二上期中学业质量监测试题含解析

2026届浙江平阳中学化学高二上期中学业质量监测试题注意事项：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、一定条件下，对于可逆反应X(g)+3Y(g)2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零)，达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.08mol/L，则下列判断不正确的是()A．c1:c2=1:3 B．平衡时，Y和Z的生成速率之比为3:2C．X、Y的转化率相等 D．c3的取值范围为0mol/L<c3<0.14mol/L2、青霉氨基酸的结构式为，它不能发生的反应是A．能与NaOH发生中和反应B．能与醇发生酯化反应C．能与盐酸反应生成盐D．能发生银镜反应3、每年6月5日为世界环境日。下列有关环保建议不能采纳的是A．开发利用太阳能 B．提倡垃圾分类处理C．改进汽车尾气净化技术 D．将工业废水直接排放4、我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和Cu2O，在水溶液中用H原子将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇，反应机理如下图。下列有关说法不正确的是A．CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现的B．催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒C．该催化过程中只涉及化学键的形成，未涉及化学键的断裂D．有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物5、为消除目前燃料燃烧时产生的环境污染，同时缓解能源危机，有关专家提出了利用太阳能制取氢能的构想。下列说法正确的是A．H2O的分解反应是放热反应B．氢能源已被普遍使用C．2molH2O具有的总能量低于2molH2和1molO2具有的总能量D．氢气是不可再生能源6、为探究锌与0.1mol/L稀硫酸的反应速率[以v(H2)表示]，对反应物作出如下改变。下列判断正确的是A．加入NH4HSO4固体，v(H2)不变B．把稀硫酸改为98%的浓硫酸，v(H2)减小C．加入少量水，v(H2)增大D．把0.1mol/L稀硫酸改为0.2mol/L盐酸，v(H2)不变7、下列变化中属于吸热反应的是①液态水汽化②将胆矾加热变成白色粉末③浓硫酸稀释④Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应⑤生石灰跟水反应生成熟石灰A．①④ B．②③ C．①④⑤ D．②④8、常温下，某溶液中水电离出的[H+]=1×10-9mol/L，该溶液(

)A．加入甲基橙可能呈红色 B．加入酚酞可能呈无色C．可能是酷酸钠溶液 D．不可能是氨水9、下列物质的分子中既有σ键，又有π键，并含有非极性键的是()①H2O2②N2③H2O④HCl⑤C2H4⑥C2H2A．②⑤⑥B．①②⑤⑥C．②③④D．②④⑥10、下列关于图装置的说法正确的是A．若断开K1关闭K2，X为石墨，Y是Fe，Z是海水，则该装置可用于保护Fe。B．若断开K1关闭K2，X是铁棒，Y是纯铜，Z是CuSO4溶液，则该装置可用于在铁棒上镀铜。C．若断开K2关闭K1，X是Mg，Y是Fe,Z是溶有氧气的NaCl溶液，则X与Y之间有Fe(OH)2沉淀生成。D．若断开K2关闭K1，X是Sn，Y是Fe，Z是含有酚酞的海水，则铁电极附近溶液变红色。11、下列说法不正确的是()A．焓变是影响反应是否具有自发性的一个重要因素B．冰融化的过程中，熵值增加C．铁生锈和氢燃烧均为自发放热过程D．可以通过改变温度或加催化剂的办法使非自发反应转变为自发反应12、已知CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(g)ΔH==-Q1；2H2(g)+O2(g)→2H2O(g)ΔH==-Q2；H2O(g)→H2O(l)ΔH==-Q3常温下，取体积比为4：1的甲烷和H2的混合气体112L（标准状况下），经完全燃烧后恢复到常温，则放出的热量为A．4Q1+0.5Q2 B．4Q1+Q2+10Q3 C．4Q1+2Q2 D．4Q1+0.5Q2+9Q313、阿司匹林又名乙酰水杨酸，推断它不应具有的性质A．与NaOH溶液反应 B．与金属钠反应C．与乙酸发生酯化反应 D．与乙醇发生酯化反应14、下列说法中，正确的是（）A．1molNO的质量是30gB．标准状况下，1molH2O的体积是22.4LC．17gNH3含有的氢原子总数为6.02×1023D．100mL0.1mol/LNa2CO3溶液中，Na+的物质的量为0.01mol15、CH3OH是重要的化工原料,工业上用CO与H2在催化剂作用下合成CH3OH,其反应为:CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）。按n(CO):n(H2)=1:2，向密闭容器中充入反应物,测得平衡时混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法中,正确的是A．p1<p2B．该反应的ΔH>0C．平衡常数:K(A)=K(B)D．在C点时,CO转化率为75%16、实验室用4molSO2与2molO2进行下列反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-196.64kJ/mol，当放出314.624kJ热量时，SO2的转化率为A．40% B．50% C．80% D．90%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、立方烷()具有高度对称性、高致密性、高张力能及高稳定性等特点，因此合成立方烷及其衍生物成为化学界关注的热点。下面是立方烷衍生物I的一种合成路线：回答下列问题：(1)C的结构简式为______，E中的官能团名称为______。(2)步骤③、⑤的反应类型分别为______、______。(3)化合物A可由环戊烷经三步反应合成：若反应1所用试剂为Cl2，则反应2的化学方程式为______。(4)立方烷经硝化可得到六硝基立方烷，其可能的结构有______种。19、称取一定质量的NaOH来测定未知浓度的盐酸时（NaOH放在锥形瓶内，盐酸放在滴定管中）。用A偏高；B偏低；C无影响；填写下列各项操作会给实验造成的误差。（1）滴定管装入盐酸前未用盐酸润洗__________。（2）开始滴定时，滴定管尖端处有气泡，滴定完毕排出气泡__________。（3）摇动锥形瓶时，因用力过猛，使少量溶液溅出________。（4）滴定前读数时仰视，滴定完毕读数时俯视________。20、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、在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)

2NO2(g)

ΔH，随温度升高，混合气体的颜色变深。回答下列问题：（1）反应的ΔH_____0(填“＞”或“＜”)；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示。在0~60s时段，平均反应速率v(NO2)为________mol·L-1·s-1，反应的平衡常数K为（数值）__________。（2）100℃时达到平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)以0.0020mol·L-1·s-1的平均速率降低，经10s又达到平衡。则T__________100℃(填“大于”或“小于”)。（3）利用图(a)和(b)中的信息，按图(b)装置(连通的A、B瓶中已充有NO2气体)进行实验。可观察到B瓶中气体颜色比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、D【分析】根据建立化学平衡的过程和化学平衡的特点分析解答。【详解】A项：X、Y、Z的起始浓度均不为零，起始时反应可能向右或向左进行达到化学平衡。按化学方程式，反应消耗或生成的X、Y的浓度之比为1:3，又平衡时X、Y的浓度之比为0.1mol/L:0.3mol/L＝1:3，则起始时c1:c2=1:3，A项正确；B项：平衡时，生成Y的逆反应速率和生成Z的正反应速率之比等于它们的化学计量数之比，即3:2，B项正确；C项：起始、转化的X、Y浓度之比都是1:3，则它们的转化率相等，C项正确；D项：若反应向右进行建立平衡，一种极端的起始状态为：c1＝0.14mol/L、c2＝0.42mol/L、c3＝0。若反应向左进行建立平衡，另一种极端的起始状态为：c1＝0、c2＝0、c3＝0.28mol/L，故c3的取值范围为0mol/L<c3<0.28mol/L，D项错误。本题选D。2、D【解析】有机物含有的官能团有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，含有氨基，可与酸反应，含有-SH，可发生取代、消去反应，以此解答该题。【详解】A．青霉氨基酸含有羧基，具有酸性，可发生中和反应，选项A正确；B．青霉氨基酸含有羧基，可与醇发生酯化反应，选项B正确；C．青霉氨基酸含有氨基，可与盐酸反应生成盐，选项C正确；D．青霉氨基酸分子中不含醛基，不能发生银镜反应，选项D错误。答案选D。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大。3、D【解析】A.开发利用太阳能可以减少化石燃料的使用，有利于环境保护，A正确；B.提倡垃圾分类处理，有利于环境保护，B正确；C.改进汽车尾气净化技术，可以减少有毒气体的排放，有利于环境保护，C正确；D.将工业废水直接排放会造成水源和土壤污染，不利于环境保护，D错误。答案选D。4、C【详解】A.有机反应中加氢或去氧的反应叫还原反应，CO2生成甲醇是通过了多步加氢，为还原反应，故A正确；B.根据题中反应机理图所示，催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒，故B正确；C.催化过程中有旧的原子团消失，说明有化学键的断裂，例如：CO2和H转化为COOH，故C错误；D.根据反应机理图所示，中间步骤中有CH2O生成，如果调控反应条件可以在此步骤中得到甲醛，故D正确。答案选C。5、C【解析】本题是常识性知识的考查，考查反应热与物质总能量的关系，可再生能源的概念。【详解】A.氢气燃烧生成水是放热反应，则水的分解反应是吸热反应，A错误；B.利用太阳能制取氢气技术不成熟，制约氢气大量生产，所以氢能源还没有被普遍使用，B错误；C.水分解是吸热反应，∆H=生成物总能量-反应物总能量＞0，故2molH2O具有的总能量低于2molH2和1molO2具有的总能量，C正确；D.不可再生能源包括三大化石燃料，核能，氢气属于可再生新能源，D错误；答案为C。6、D【详解】A项，加入硫酸氢铵固体后，溶液中c(H+)增大，v(H2)增大，故A项错误；B项，锌与浓硫酸反应生成二氧化硫，不产生氢气，故B项错误；C项，加水稀释，溶液中c(H+)减小，v(H2)减小，故C项错误；D项，0.1mol/L稀硫酸改为0.2mol/L盐酸，溶液中c(H+)不变，v(H2)不变，故D项正确；综上所述，本题选D。7、D【详解】①液态水汽化需要吸热，由于是物理变化，不是吸热反应；②将胆矾加热变成白色粉末属于吸热反应；③浓硫酸稀释放热，属于物理变化，不是放热反应；④Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应属于吸热反应；⑤生石灰跟水反应生成熟石灰属于放热反应。答案选D。8、B【分析】常温下，某物质的水溶液中由水电离出来的H+物质的量浓度为1×10-9mol/L<1×10-7mol/L，则水的电离受到抑制，该物质可能是酸或电离显酸性的酸式盐，c(OH-)=1×10-9mol/L，c(H+)=1×10-5mol/L，pH=5，也可能是碱，pH=9，据此分析解答。【详解】A.若该物质可能是酸或电离显酸性的酸式盐，则溶液呈酸性，pH=5，滴入甲基橙后显黄色，故A错误；B.若该物质可能是酸或电离显酸性的酸式盐如NaHSO4或NaHSO3溶液，则溶液呈酸性，pH<7，加入酚酞可能呈无色，故B正确；C.不可能是酷酸钠溶液，因为醋酸钠水解促进水的电离，故C错误；D.可能是氨水，因为氨水会抑制水的电离，故D错误；故选：B。9、A【解析】共价单键为σ键,共价双键中一个是σ键一个是π键,共价三键中一个是σ键两个是键,同种元素之间形成非极性共价键,据此分析。【详解】①H2O2中存在H-O和O-O键,只有σ键,故错误；

②N2的结构式为N≡N,含有σ键和π键,N与N之间为非极性键,故正确;

③H2O中只存在H-O,即只有σ键,故错误；

④HCl的结构式为H-Cl,所以只存在σ键,故错误；⑤C2H4的中氢原子和碳原子之间存在共价单键、碳碳之间存在共价双键,含有σ键和π键,C与C之间为非极性键,故正确；

⑥C2H2的中氢原子和碳原子之间存在共价单键、碳碳之间存在共价三键,所以含有σ键和π键,C与C之间为非极性键,故正确；

综上所述，②⑤⑥符合题意，本题选A。【点睛】通过物质的结构式，可以快速有效判断键的种类及数目；判断成键方式时，需要掌握：共价单键全为σ键，双键中有一个σ键和1个π键，三键中有一个σ键和2个π键，且σ键比π键稳定。10、A【详解】A.若断开K1关闭K2，X为石墨，Y是Fe，Z是海水，构成电解池，依据电源可知X为阳极，Y为阴极，铁受到保护，故A正确；

B.若断开K1关闭K2，要实现电解精炼粗铜，应该粗铜作阳极、纯铜作阴极，即X是粗铜、Y是纯铜，电解质溶液为CuSO4溶液，故B错误；

C.若断开K2关闭K1，是Mg，Y是Fe，Z是溶有氧气的NaCl溶液，该装置是原电池，Mg易失电子作负极、Fe作正极，X与Y之间不可能有Fe(OH)2沉淀生成，故C错误；

D.若断开K2关闭K1，X是Sn，Y是Fe，Z是含有酚酞的海水，该装置是原电池，Fe易失电子作负极、Sn作正极，正极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，正极附近溶液呈碱性，所以在Sn电极附近溶液变红色，故D错误。所以A选项是正确的。11、D【解析】分析：A、反应能否自发进行与反应的熵变和焓变都有关系；B、固体变为液体过程混乱度增大；C、△H﹣T△S＜0的反应自发进行；D、催化剂只改变反应所需的活化能,不改变反应热,所以对△H﹣T△S的值无影响,则对反应的自发性无影响。详解：A、反应能否自发进行与反应的熵变和焓变都有关系，故A正确；B、冰融化过程，分子混乱度增大，熵值增加，故B正确；C、铁生锈、氢气燃烧均是常温下自发的放热反应，故C正确；D、催化剂只改变反应所需的活化能,不改变反应热,所以对△H﹣T△S的值无影响,则对反应的自发性无影响,故D错误。故本题选D。点睛：本题考查所有化学反应都有热效应、不同状态的物质混乱度不同、反应自发与否的条件，明确反应自发进行的判据为：△H-T△S＜0是解题关键，题目有一定难度。12、D【详解】①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-Q1；2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-Q2；H2O(g)→H2O(l)ΔH=-Q3；根据盖斯定律①+2③得

CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-Q1-2Q3；

根据盖斯定律②+2③得

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=Q2-2Q3，标准状况下，112L体积比为4:

1的甲烷和H2的混合气体的物质的量为=

=

5mol

，故甲烷的物质的量为5mol=4mol，完全燃烧生成液体水放出的热量为（Q1+2Q3)

=4

(Q1+2Q3)，氢气的物质的量为5mol-4mol=1mol，完全燃烧生成液体水放出的热量为(Q2+2Q3)

=0.5

(Q2+2Q3)

，故甲烷、氢气完全燃烧，放出的热量为:4

(Q1+2Q3)

+0.5

(Q2+2Q3)=4Q1+0.5Q2+9Q3，故选D。

答案：

D。【点睛】先根据混合气体的物质的量

结合体积分数计算甲烷、氢气各自物质的量，再根据盖斯定律，利用已知的三个热化学反应方程式进行计算甲烷、氢气完全燃烧生成液体水和二氧化碳的反应热。13、C【分析】乙酰水杨酸的结构简式是，含有酯基、苯环和羧基，应具有苯、酯和羧酸的性质，据此分析解答。【详解】乙酰水杨酸含有酯基、羧基，能与氢氧化钠溶液反应，故不选A；乙酰水杨酸中含有羧基，具有酸的性质，能和金属钠发生置换反应生成氢气和盐，故不选B；该物质中不含醇羟基，所以不能和乙酸发生酯化反应，故选C；乙酰水杨酸中含有羧基，具有羧酸的性质，能和醇发生酯化反应，故不选D。14、A【详解】A．1molNO的质量是1mol×30g/mol=30g，选项A正确；B．标准状况下，H2O是液体，不能用气体摩尔体积公式计算其物质的量，选项B错误；C．17gNH3的物质的量为1mol，含有的氢原子总数为3×6.02×1023，选项C错误；D．100mL0.1mol/LNa2CO3溶液中，Na+的物质的量为0.02mol，选项D错误；答案选A。【点睛】本题考查摩尔、摩尔质量、物质的量等的计算。要根据物质的构成确定物质中所含原子个数，为易错点。①1molNO的质量是1mol×30g/mol=30g；②标准状况下，H2O是液体，不能用气体摩尔体积公式计算其物质的量；③依据n=计算即可；④根据n=cV计算即可。15、D【分析】A．增大压强平衡向正反应方向移动；B．由图可知，升高温度，平衡逆向移动，该反应的△H＜0；C．平衡常数只与温度有关；D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，利用三段法进行数据分析计算．【详解】A．由300℃时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1＞p2，故A错误；B．图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，故B错误；C．A、B处的温度不同，平衡常数与温度有关，故平衡常数不等，故C错误；D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，CO的转化率为x，则CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始120变化x2xx结束1-x2-2xx在C点时，CH3OH的体积分数=x/(1-x＋2-2x+x)=0.5，解得x=0.75，故D正确；故选D。16、C【详解】放出314.624kJ的热量，消耗SO2的物质的量为=3.2mol，则SO2的转化率为×100%=80%，答案选C。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、羰基、溴原子取代反应消去反应+NaOH+NaCl3【分析】A发生取代反应生成B，B消去反应生成C，根据B和D结构简式的差异性知，C应为，C发生取代反应生成D，E生成F，根据F和D的结构简式知，D发生加成反应生成E，E为，E发生消去反应生成F，F发生加成反应生成G，G发生加成反应生成H，H发生反应生成I，再结合问题分析解答。【详解】(1)根据分析，C的结构简式为，E的结构简式为，其中的官能团名称为羰基、溴原子；(2)通过以上分析中，③的反应类型为取代反应，⑤的反应类型为消去反应；(3)环戊烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成X，和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成Y，Y为，在铜作催化剂加热条件下发生氧化反应生成，所以反应2的化学方程式为+NaOH+NaCl；(4)立方烷经硝化可得到六硝基立方烷，两个H原子可能是相邻、同一面的对角线顶点上、通过体心的对角线顶点上，所以其可能的结构有3种。19、BBAA【详解】）根据c(HCl)=，分析不当操作对V(HCl)的影响，以此判断浓度的误差：(1)滴定管装入盐酸前未用盐酸润洗，盐酸浓度偏小，导致消耗的盐酸体积即V(HCl)偏大，故结果偏小，故答案为：B；(2)开始滴定时，滴定管尖端处有气泡，滴定完毕排出气泡,导致盐酸体积的读数即V(HCl)偏大，故结果偏小，故答案为：B；(3)摇动锥形瓶时，因用力过猛，使少量溶液溅出,导致锥形瓶中的NaOH损失一部分，故消耗的盐酸体积即V(HCl)偏小，故结果偏大，故答案为：A；(4)滴定前读数时仰视，滴定完毕读数时俯视,导致盐酸体积的读数即V(HCl)偏小，故结果偏大，故答案为：A。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。【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