2026届山东省沂源县二中化学高二第一学期期中复习检测模拟试题含解析

2026届山东省沂源县二中化学高二第一学期期中复习检测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、根据下列图示所得出的结论正确的是()A．图甲表示1mLpH＝2某一元酸溶液加水稀释时，pH随溶液总体积的变化曲线，说明该酸是强酸B．图乙表示恒容密闭容器中其他条件相同时改变温度，反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)中n(CH3OH)随时间的变化曲线，说明反应平衡常数KⅠ>KⅡC．图丙表示不同温度下水溶液中－lgc(H＋)、－lgc(OH－)变化曲线，说明T1>T2D．图丁表示1molH2和0.5molO2反应生成1molH2O过程中的能量变化曲线，说明H2的燃烧热是241.8kJ·mol－12、下列关于测定中和热的说法中正确的是()A．实验中需要用到的主要玻璃仪器有：两只大小相同的烧杯、两只大小相同的量筒、温度计、环形玻璃搅拌棒B．可以用保温杯来代替烧杯做有关测定中和热的实验C．在测定中和热的实验中，至少需要测定并记录的温度是2次D．实验中若所使用的稀NaOH溶液的物质的量稍大于稀盐酸，则会导致所测得的中和热数值偏高3、在t℃时，Ag2CrO4(橘红色)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知AgCl的Ksp＝1.8×10－10。下列说法不正确的是()A．t℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－8B．饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点C．t℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等D．t℃时，将0.01mol·L－1AgNO3溶液滴入20mL0.01mol·L－1KCl和0.01mol·L－1K2CrO4的混合溶液中，Cl－先沉淀4、在Al2(SO4)3和MgSO4的混合溶液中，滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示，则原混合液中Al2(SO4)3与MgSO4的物质的量浓度之比为A．1：1B．1：2C．2：1D．3：15、在N2＋3H22NH3的反应中，经过一段时间后，NH3的浓度增加了0.6mol/L，在此段时间内用H2表示的平均反应速率为0.45mol/（L·s），则此段时间是（）A．1s B．2s C．44s D．1.33s6、常温下，一定浓度的某溶液，由水电离出的cOH=1×10-4mol/L，则该溶液中的溶质可能是A．H2SO4B．CH3COONaC．NaOHD．KHSO47、已知：2H2(g)+O2(g)═2H2O(g)△H13H2(g)+Fe2O3(s)═2Fe(s)+3H2O(g)△H22Fe(s)+O2(g)═Fe2O3(s)△H32Al(s)+O2(g)═Al2O3(s)△H42Al(s)+Fe2O3(s)═Al2O3(s)+2Fe(s)△H5下列关于上述反应焓变的判断正确的是()A．△H1＜0，△H3＞0 B．△H5＜0，△H4＜△H3C．△H1＝△H2+△H3 D．△H3＝△H4+△H58、微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是()A．电子从b流出，经外电路流向aB．HS－在硫氧化菌作用下转化为SO42-的反应是HS－＋4H2O－8e－===SO42-＋9H＋C．如果将反应物直接燃烧，能量的利用率不会变化D．若该电池电路中有0.4mol电子发生转移，则有0.5molH＋通过质子交换膜9、下列说法中错误的是A．凡是放热反应而且熵增加的反应，就更易自发进行B．对于同一物质在不同状态时的熵值是：气态>液态>固态C．平衡常数K值越大，则可逆反应进行越完全，反应物的转化率越大D．凡是能量达到活化能的分子发生的碰撞均为有效碰撞10、一定温度下，在一定容积的密闭容器中加入NH3和O2各1mol，发生反应：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）。下列说法中，表明该反应达到化学平衡状态的是A．NO和H2O浓度比不再变化B．v(NH3)正＝v(NH3)逆C．气体的密度不再变化D．v(NH3)正＝v(O2)逆11、如图是Zn和Cu组成的原电池示意图，某小组做完该实验后，在读书卡片上作了如下记录，其中合理的是()实验记录：①导线中电流方向：锌→铜②铜极上有气泡产生③锌片变薄实验结论：④Zn为正极，Cu为负极⑤铜比锌活泼⑥H＋向铜片移动A．①②③ B．④⑤⑥ C．③④⑤ D．②③⑥12、下溶液中的Cl—浓度与100mL2mol·L－1MgCl2溶液中的Cl－浓度相等的是A．150mL1mol·L－1NaCl溶液 B．75mL1mol·L－1AlCl3溶液C．75mL2mol·L－1CaCl2溶液 D．200mL2mol·L－1KCl溶液13、下列金属防腐的措施中，使用外加电流的阴极保护法的是A．水中的钢闸门连接电源的负极 B．金属护拦表面涂漆C．汽车底盘喷涂高分子膜 D．地下钢管连接镁块14、在恒容条件下，能使NO2(g)＋CO(g)CO2(g)＋NO(g)正反应速率增大且活化分子的百分数也增加的措施是（）A．增大NO2或CO的浓度 B．减小CO2或NO的浓度C．通入Ne使气体的压强增大 D．升高反应的温度15、六苯乙烷为白色固体，其结构如图，下列有关说法正确的是A．它是一种饱和烃，易溶于有机溶剂中B．它的分子式为C38H30，只含有非极性键C．它的一氯代物只有三种D．在同一平面上的原子最多有14个16、离子反应H++OH-→H2O，可用于表示下列哪组物质（）A．NaOH与HCl B．HCl与Al（OH）3C．HNO3与Fe（OH）3 D．CH3COOH与NaOH二、非选择题（本题包括5小题）17、已知有机物A、B、C、D、E、F、G有如图转化关系，其中C的产量可用来衡量一个国家石油化工发展水平，G的分子式为C9H10O2，试回答下列有关问题。（1）C的电子式___，G的结构简式为____。（2）指出下列反应的反应类型：A转化为B：___，C转化为D：___。（3）B的同分异构体有很多种，遇FeCl3溶液显紫色的同分异构体共有__种。（4）写出下列反应的化学方程式。A→B的化学方程式：___。B和F生成G的化学方程式：___。18、下图中，A、B、C、D、E、F、G均为有机化合物。根据上图回答问题：(1)D、F的化学名称是________、________。(2)写出下列反应的化学方程式，并注明反应类型。②____________________________________________，________；④____________________________________________，________；(3)A的结构简式是__________________，1molA与足量的NaOH溶液反应会消耗________molNaOH。(4)写出符合下列3个条件的B的同分异构体____________________。①含有邻二取代苯环结构②与B有相同官能团③不与FeCl3溶液发生显色反应19、定量分析是化学实验中重要的组成部分。Ⅰ．中和热的测定：在实验室中，用50mL0.40mol/L的盐酸与50mL0.50mol/L的NaOH溶液反应测定中和热。假设此时溶液密度均为1g/cm3，生成溶液的比容热c=4.18J/(g•℃)，实验起始温度为T1℃，终止温度为T2℃，则中和热△H=___kJ/mol。Ⅱ．氧化还原滴定实验与中和滴定类似。为测定某H2C2O4溶液的浓度，取该溶液于锥形瓶中，加入适量稀H2SO4后，用浓度为cmol/LKMnO4标准溶液滴定。(1)滴定原理为：(用离子方程式表示)___________。(2)达到滴定终点时的颜色变化为___________。(3)如图表示50mL滴定管中液面的位置，此时滴定管中液面的___________读数为mL。(4)为了减小实验误差，该同学一共进行了三次实验，假设每次所取H2C2O4溶液体积均为VmL，三次实验结果记录如下：实验序号①②③消耗KMnO4溶液体积/mL26.5324.0223.98从上表可以看出，实验①中记录消耗KMnO4溶液的体积明显多于②③，其原因可能是______________________。A．滴加KMnO4溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定B．①滴定盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水清洗过，未用标准液润洗，②③均用标准液润洗C．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时KMnO4溶液的体积D．①滴定用的锥形瓶用待测液润洗过，②③未润洗(5)H2C2O4的物质的量浓度=______________mol/L。20、某化学反应2AB＋D在四种不同条件下进行，B、D起始浓度为0。反应物A的浓度（mol/L）随反应时间（min）的变化情况如下表：根据上述数据，完成下列填空：（1）在实验1，反应在10至20分钟时间内平均速率为_____mol/（L·min）。（2）在实验2，A的初始浓度c2＝____________mol/L，反应经20分钟就达到平衡，可推测实验2中还隐含的条件是___________。（3）设实验3的反应速率为v3，实验1的反应速率为v1，则v3_______v1（填＞、＝、＜），且c3_______1.0mol/L（填＞、＝、＜）。（4）比较实验4和实验1，可推测该反应是____反应（选填吸热、放热）。理由是__________21、某种兴奋剂的结构简式如图：回答下列问题：(1)该兴奋剂与FeCl3溶液混合，现象是________________________________。(2)滴入KMnO4酸性溶液，振荡，紫色褪去，_______(填“能”或“不能”)证明其结构中含有碳碳双键()。理由是________________________。证明其结构中含有的方法是_____________________________________(若能证明，此空可以不填)。(3)1mol该物质分别与浓溴水和H2反应时，最多消耗Br2和H2分别为_____mol和_____mol。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【详解】A.图甲表示1mLpH＝2某一元酸溶液加水稀释时，pH随溶液总体积的变化曲线，当体积为100mL时，溶液体积增大100倍，pH<4，说明存在电离平衡，则该酸是弱酸，选项A错误；B、根据图中信息可知曲线Ⅱ反应速率快，温度较高，升高温度，平衡时n(CH3OH)较小，则平衡向逆反应方向移动，平衡常数KⅠ>KⅡ，选项B正确；C.升高温度促进水的电离，c(H＋)、c(OH－)增大，－lgc(H＋)、－lgc(OH－)减小，图丙表示不同温度下水溶液中－lgc(H＋)、－lgc(OH－)变化曲线，说明T1<T2，选项C错误；D、在温度为25℃，压力为101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量为燃烧热，图中表示的是生成气态水，不是稳定氧化物，选项D错误；答案选B。2、B【详解】A.实验中需要用到的主要玻璃仪器有：两只大小不同的烧杯、两只大小相同的量筒、温度计、环形玻璃搅拌棒，使用大小两只烧杯，小烧杯和大烧杯之间应用塑料泡沫隔开，故错误；B.可以用保温杯来代替烧杯做有关测定中和热的实验，减少实验过程中热量的损失，故正确；C.在测定中和热的实验中，每次实验至少需要测定并记录的温度是3次，1次测试硫酸的温度，1次测试氢氧化钠的温度，1次测定反应后的温度，中和热实验属于定量实验至少平均做2次实验才能求出其正确值，所以在整个实验郭晨中最少需要测定并记录温度的次数为6次，故错误；D.实验中若所使用的稀NaOH溶液的物质的量稍大于稀盐酸，会保证酸完全反应，不会影响所测得的中和热数值，故错误。故选B。【点睛】掌握中和热实验的原理和注意事项。中和热是利用酸碱反应放出热量，通过测定反应前后温度的变化进行计算。实验的关键为装置的保温和实验数据的准确性。实验中用大小两只烧杯，并在其中添加塑料泡沫，两只烧杯的口水平，用纸板盖住。用环性玻璃搅拌棒进行搅拌，实验过程中通常使用少过量的碱，保证酸完全反应。反应前分别测定酸和碱溶液的温度，快速加入碱后测定反应后的温度，平行实验做两次。3、A【详解】A、由图中数据可计算Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO42-)＝(1×10－3)2×1×10－5=1.0×10－11，故A错误，符合题意；B、在Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，c(CrO42-)增大，则c(Ag＋)降低，而X点与Y点的c(Ag＋)相同，故B正确，不符合题意；C、Y点、Z点溶液的温度相同，则Ksp相同，故C正确，不符合题意；D、由AgCl的Ksp计算此条件下AgCl沉淀时的c(Ag＋)＝mol·L－1＝1.8×10－8mol·L－1，由Ag2CrO4的Ksp计算c(Ag＋)＝mol·L－1＝3.2×10－5mol·L－1，Cl－沉淀需要的c(Ag＋)更低，可知Cl－先沉淀，故D正确，不符合题意；故选A。4、B【分析】首先发生反应Mg2＋+2OH－═Mg（OH）2↓、Al3＋+3OH－═Al（OH）3↓，然后发生反应Al（OH）3+OH－═AlO2－+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3＋+3OH－═Al（OH）3↓可知，沉淀Al3＋消耗的氢氧化钠溶液的体积，沉淀Mg2＋、Al3＋总共消耗氢氧化钠溶液50mL，计算沉淀Mg2＋消耗的氢氧化钠溶液的体积，据此确定溶液中n（Mg2＋）：n（Al3＋），据此计算解答．【详解】首先发生反应Mg2＋+2OH－═Mg（OH）2↓、Al3＋+3OH－═Al（OH）3↓，然后发生反应Al（OH）3+OH－═AlO2－+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3＋+3OH－═Al（OH）3↓可知，沉淀Al3＋消耗的氢氧化钠溶液的体积为10mL×3=30mL，沉淀Mg2＋、Al3＋总共消耗氢氧化钠溶液50mL，则沉淀Mg2＋消耗的氢氧化钠溶液的体积为50mL-30mL=20mL，则n（Mg2＋）：n（Al3＋）=×20mL：×30mL=1：1，原来混合溶液中Al2（SO4）3和MgSO4的物质的量之比为：1=1：2，由于在同一溶液中，物质的量浓度之比等于物质的量之比，所以原混合液中Al2（SO4）3与MgSO4的物质的量浓度之比为1：2，故选B。【点睛】本题考查了离子方程式的计算，明确图象曲线变化对应反应原理为解答关键，注意掌握氢氧化铝的化学性质，首先明确发生的反应，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3＋+3OH－═Al（OH）3↓可知，沉淀Al3＋消耗的氢氧化钠溶液的体积，沉淀Mg2＋、Al3＋总共消耗氢氧化钠溶液50mL，计算沉淀Mg2＋消耗的氢氧化钠溶液的体积。5、B【详解】根据NH3的浓度增加了0.6mol·L－1，则H2的浓度变化了0.9mol·L－1，此段时间内用H2表示的平均反应速率为0.45mol·L－1·s－1，则t＝0.9mol·L－1÷0.45mol·L－1·s－1＝2s；答案选B。6、B【解析】常温下，水的离子积为：10-14，由水电离出的c（OH-）=10-4mol/L，c（H+）·c（OH-）=10-8＞10-14，水的电离程度增大，说明所加的溶质促进水的电离，结合选项知，只能是水解呈碱性的强碱弱酸盐醋酸钠。【详解】常温下，由水电离出的c（OH-）=10-4mol/L，水电离的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，则c（H+）·c（OH-）=10-8＞10-14，说明该溶液中溶质促进了的水的电离，硫酸、氢氧化钠、硫酸氢钾都抑制了水的电离，只有醋酸钠属于强碱弱酸盐，醋酸根离子结合水电离的氢离子，促进了水的电离，答案选B。【点睛】本题考查了水的电离、盐的水解等知识，题目难度中等，试题侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养，解题的关键是准确判断出溶液中的溶质对水的电离程度的影响。7、B【详解】A．物质的燃烧均为放热反应，而放热反应的△H均为负值，故A错误；B．铝热反应为放热反应，故△H5＜0；而③2Fe(s)+O2(g)＝Fe2O3(s)△H3；④2Al(s)+O2(g)＝Al2O3(s)△H4，将④﹣③可得：2Al(s)+Fe2O3(s)＝A12O3(s)+2Fe(s)△H5＝△H4﹣△H3＜0时，故△H4＜△H3，故B正确；C．已知：②3H2(g)+Fe2O3(s)＝2Fe(s)+3H2O(g)△H2；③：2Fe(s)+O2(g)＝Fe2O3(s)△H3，将(②+③)×可得：2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g)△H1＝(△H2+△H3)，故C错误；D．已知：③2Fe(s)+O2(g)＝Fe2O3(s)△H3；④2Al(s)+O2(g)＝Al2O3(s)△H4，将④﹣③可得：2Al(s)+Fe2O3(s)＝A12O3(s)+2Fe(s)故有：△H5＝△H4﹣△H3，即：△H3＝△H4﹣△H5，故D错误；综上所述答案为：B。8、B【解析】A.b电极通入氧气，是正极，a电极是负极，电子从a流出，经外电路流向b，A错误；B.a电极是负极，发生失去电子的氧化反应，即HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-，电极反应是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+，B正确；C.如果将反应物直接燃烧，会有部分化学能转化为光能，因此能量的利用率会变化，C错误；D.若该电池电路中有0.4mol电子发生转移，根据电荷守恒可知有0.4molH+通过质子交换膜与0.1mol氧气结合转化为水，D错误，答案选B。点睛：明确原电池的工作原理是解答的关键，注意正负极、电子流向、离子移动方向的有关判断。难点是电极反应式的书写，注意从氧化还原反应的角度结合电解质溶液的酸碱性或交换膜的性质分析解答。9、D【详解】A．属于放热和熵增加的反应，即△H＜0，△S＞0，根据△H-T△S＜0可知，反应易自发进行，故A正确；B、同一物质的固态、液态、气态的混乱度依次增大，熵值增大，故B正确；C．平衡常数是利用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，所以K值越大，说明这个反应正向进行的程度越大，反应物的转化率越大，故C正确；D．活化分子发生有效碰撞需要满足合适的取向，因此能量达到活化能的分子发生的碰撞不一定为有效碰撞，故D错误；故选D。10、B【解析】A、该反应过程中NO和H2O浓度比始终保持不变，则NO和H2O浓度比不再变化，无法判断是否达到平衡状态，故A错误；B、根据化学平衡状态的定义，当正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，故B正确；C、容积不变，气体体积不变，组分都是气体，气体质量保持不变，根据密度的定义，反应任何时刻，密度都相等，即密度不变，不能说明反应达到平衡，故C错误；D、NH3和O2的速率之比等于4：5，因此v(NH3)正＝v(O2)逆不能说明反应达到平衡，故D错误。【点睛】易错点为选项D，用不同物质的反应速率表示达到平衡，要求反应的方向是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，如本题v(NH3)正说明反应向正反应方向进行，v(O2)逆说明反应向逆反应方向进行，但两者速率之比不等于化学计量数之比，因此选项D不能说明反应达到平衡。11、D【分析】由图可知，Zn、Cu、稀硫酸构成原电池，Zn为负极，失去电子发生氧化反应，Cu为正极，氢离子得到电子发生还原反应，电子由负极经过外电路流向正极，据此分析解答。【详解】由图可知，Zn、Cu、硫酸构成原电池，Zn为负极，失去电子发生氧化反应，Cu为正极，氢离子得到电子发生还原反应。①电流方向与电子方向相反，由Cu→Zn，故①错误；②正极上氢离子得到电子生成氢气，铜极上有气泡产生，故②正确；③Zn失去电子，溶解而变薄，故③正确；④由上述分析可知，Zn为负极，Cu为正极，故④错误；⑤Zn失去电子，Zn活泼，故⑤错误；⑥原电池中，阳离子向正极移动，则H＋向铜片移动，故⑥正确；合理的有②③⑥，故选D。【点睛】把握原电池的工作原理为解答的关键。本题的易错点为①，要注意电流方向是正电荷的移动方向，与电子移动的方向相反。12、C【详解】100mL2mol·L－1MgCl2溶液中的Cl－浓度为2mol/L×2=4mol/L；A．150mL1mol·L－1NaCl溶液中氯离子的浓度为1mol/L，与题意不符，故A错误；B．75mL1mol·L－1AlCl3溶液中氯离子的浓度为1mol/L×3=3mol/L，与题意不符，故B错误；C．75mL2mol·L－1CaCl2溶液中氯离子的浓度为2mol/L×2=4mol/L，，与题意吻合，故C正确；D．200mL2mol·L－1KCl溶液中氯离子的浓度为2mol/L，与题意不符，故D错误；故答案为C。13、A【详解】A．水中的钢闸门连接电源负极，阴极上得电子被保护，所以属于使用外加电流的阴极保护法，故A正确；B．金属护拦表面涂漆使金属和空气、水等物质隔离而防止生锈，没有连接外加电源，故B错误；C．汽车底盘喷涂高分子膜阻止了铁与空气、水的接触，从而防止金属铁防锈，没有连接外加电源，故C错误；D．镁的活泼性大于铁，用牺牲镁块的方法来保护地下钢管而防止铁被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，故D错误；故选A。14、D【详解】A．增大NO2或CO的浓度，浓度增大，反应速率加快，活化分子数目增大，故A不选；B．减小NO或CO2的浓度，浓度减小，反应速率减慢，活化分子数目减少，故B不选；C．通入Ne使气体的压强增大，为恒容，则反应体现中各物质的浓度不变，反应速率不变，故C不选；D．升高反应温度，反应速率加快，活化分子百分数增大，故D选；故选D。【点晴】把握反应速率的影响及活化理论为解答的关键，增大浓度、压强，活化分子的数目增多；而升高温度、使用催化剂，增大活化分子百分数，选项C为解答的难点，恒容条件下，通入Ne使气体的压强增大，但对浓度没有影响，对速率也没有影响，据此解题。15、C【解析】A.该分子中含有6个苯环，属于不饱和芳香烃，故A错误；B.它的分子中含有38个碳原子和30个氢原子,分子式为C38H30，分子中含有C-C键,为非极性键,含有C-H键,为极性键,故B错误；

C.六个苯环的位置是等效的，但每个苯环上的氢不全等效，出现邻、间、对三种不同位置的取代产物，故C正确；

D.两个苯环上碳原子12个加上乙烷结构上的1个碳原子共13个,2个苯环上氢原子10个，一共23个，即在同一平面上的原子最多有23个，故D错误；

综上所述，本题选C。16、A【详解】A．NaOH与HCl均为强电解质，两物质反应时可用表示H++OH-=H2O，A符合题意；B．Al(OH)3为弱电解质，HCl与Al(OH)3反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，B与题意不符；C．Fe(OH)3为弱电解质，HNO3与Fe(OH)3反应的离子方程式为Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O，C与题意不符；D．CH3COOH为弱电解质，CH3COOH与NaOH反应的离子方程式为CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，D与题意不符；答案为A。二、非选择题（本题包括5小题）17、取代反应加成反应3+NaOH+NaClCH3COOH++H2O【分析】C的产量可用来衡量一个国家石油化工发展水平，则C为乙烯，其与水发生加成反应生成的D为乙醇；乙醇经催化氧化生成E，E为乙醛；乙醛经银氨溶液氧化后再酸化得到F，则F为乙酸；由图中信息可知，甲苯与氯气在光照的条件下发生侧链上的取代反应生成A，A属于卤代烃，其在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成B；B与F在一定条件下生成G，由G的分子式C9H10O2可以推断B为苯甲醇（）、A是。【详解】（1）C为乙烯，其电子式为；G为乙酸苯甲酯，其结构简式为。（2）A转化为B属于卤代烃的水解反应，其反应类型为取代反应；C转化为D的反应是乙烯与水反应生成乙醇，其反应类型为加成反应。（3）B为苯甲醇，其同分异构体有很多种，遇FeCl3溶液显紫色的同分异构体属于酚，可能为邻甲酚、间甲酚和对甲酚，共有3种。（4）A→B的化学方程式为+NaOH+NaCl。B和F生成G的化学方程式为CH3COOH++H2O。18、乙醇乙酸乙酯＋H2O酯化反应(或取代反应)CH3CH2OHCH2＝CH2↑＋H2O消去反应2【分析】B在浓硫酸、加热条件下反应生成酯，根据E的结构简式，推知B中含有羧基和羟基，其结构简式为：；D在浓硫酸、170℃下反应生成乙烯，结合D的分子式可推知D是乙醇；C和乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成F，结合F的分子式可知，C的结构简式为CH3COOH，则F为CH3COOC2H5，B和C、D发生酯化反应生成A，则A的结构简式为：。【详解】（1）根据以上分析，D的结构简式为：CH3CH2OH，其名称是乙醇，F的结构简式为：CH3COOC2H5，其名称是乙酸乙酯，故答案为乙醇；乙酸乙酯；

（2）在浓硫酸加热条件下发生分子内酯化反应生成，反应方程式为：＋H2O，反应类型为酯化反应；乙醇在浓硫酸、170℃下反应生成乙烯，反应方程式为：CH3CH2OHCH2＝CH2↑＋H2O，反应类型为消去反应；故答案为＋H2O；酯化反应(或取代反应)；CH3CH2OHCH2＝CH2↑＋H2O；消去反应；

（3）A的结构简式为，分子中含有两个酯基，A在碱性条件下水解后再酸化生成B、C、D，1molA与足量的NaOH溶液反应会消耗2molNaOH。故答案为；2；

（4）①含有邻二取代苯环结构，说明含有两个取代基且处于邻位，②与B有相同官能团说明含有醇羟基和羧基，③不与FeCl3溶液发生显色反应说明不含酚羟基，所以其同分异构体为，有3种同分异构体，

故答案为。【点睛】本题考查有机体推断，难点是同分异构体的推断，注意根据题给信息确定含有的官能团及其结构，从而确定该有机物的结构简式。19、-20.9（T2-T1）2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O滴入最后一滴KMnO4溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成浅紫红色，且半分钟不褪色21.40BD60c/V【解析】I.在实验室中，用50mL0.40mol/L的盐酸与50mL0.50mol/L的NaOH溶液反应生成水的物质的量为0.02mol，则△H=−4.18×10−3kJ/(g⋅℃)×100mL×1g/mL×(T2−T1)÷0.02mol=−20.9(T2−T1)kJ/mol，故答案为：−20.9(T2−T1)；Ⅱ.(1).H2C2O4与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，H2C2O4被氧化成CO2，KMnO4被还原成Mn2+，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；(2).KMnO4溶液呈紫色，当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点，故答案为：滴入最后一滴KMnO4溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成浅紫红色，且半分钟不褪色；(3).A与C刻度间相差1.00mL，说明每两个小格之间是0.10mL，A处的刻度为21.00，A和B之间是四个小格，所以相差0.40mL，则B是21.40mL，故答案为：21.40；(4).A.滴加KMnO4溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色就立刻停止滴定，会导致滴入的KMnO4溶液体积偏小，故A不选；B.第一次滴定时盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水清洗过，未用标准液润洗，KMnO4浓度偏小，导致滴入KMnO4体积偏大，故B选；C.实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时KMnO4溶液的体积，读数偏小，导致读取的KMnO4体积偏小，故C不选；D.第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，润洗锥形瓶会导致草酸的物质的量偏大，造成滴入KMnO4体积偏大，故D选，答案为：BD；(5).从上表可以看出，第一次实验中记录消耗KMnO4溶液的体积明显多于后两次，应舍弃，则消耗标准液的体积为：24.02+23.982mL=24.00mL，设H2C2O4的物质的量浓度为amol/L，依据滴定原理：2MnO4-+5H2C2O4+6H