2026届湖南省长沙市一中高二上化学期中预测试题含解析

2026届湖南省长沙市一中高二上化学期中预测试题注意事项：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、一定温度下，在体积不变的密闭容器中，对于可逆反应：2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)的下列叙述中，能说明反应已达到平衡的是A．HI生成的速率与分解的速率相等B．单位时间内消耗amolH2,同时生成2amolHIC．容器内的压强不再变化D．混合气体的物质的量不再变化2、在下列化学反应中，所断裂的共价键中，仅仅断裂δ键的是（）A．N2＋3H22NH3B．2C2H2＋5O22H2O＋4CO2C．Cl2＋H22HClD．C2H4＋H2C2H63、黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S(s)+2KNO3(s)+3C(s)=K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)ΔH=xkJ·mol-1已知：碳的燃烧热ΔH1=akJ·mol-1；S(s)+2K(s)=K2S(s)△H2=bkJ·mol-12K(s)+N2(g)+3O2(g)=2KNO3(s)△H3=ckJ·mol-1；则x为()A．3a+b-c B．c-3a-b C．a+b-c D．c-a-b4、有机物分子中的原子间（或原子与原子团间）的相互影响会导致物质化学性质的不同。下列各项的事实能说明侧链或取代基对苯环产生影响的是A．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．甲苯与氢气能发生加成反应，而乙烷不能与氢气发生加成反应C．苯酚能和氢氧化钠溶液反应，而乙醇不能和氢氧化钠溶液反应D．苯酚与浓溴水反应生成三溴苯酚沉淀，而苯与液溴在溴化铁催化下反应生成溴苯5、把下列四种X溶液分别迅速加入四个盛有10mL2mol·L－1盐酸的烧杯中，此时，X和盐酸立刻进行反应，其中初始反应速率最快的是A．10℃10mL3mol·L－1的X溶液 B．20℃10mL2mol·L－1的X溶液C．20℃10mL4mol·L－1的X溶液 D．10℃10mL2mol·L－1的X溶液6、图中的曲线是表示其他条件一定时，2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)ΔH＜0反应中NO的转化率与温度的关系曲线，图中标有a、b、c、d四点，其中表示未达到平衡状态，且v正＞v逆的点是（）A．a点B．b点C．c点D．d点7、室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是（）A．溶液中导电粒子的数目增加，导电性增强B．醋酸的电离程度增大，pH增大C．再加入10mLpH=11NaOH溶液，混合液pH＞7D．溶液中c(CH3COO—)/c(CH3COOH)c(OH—)变小8、我国镍氢电池居世界先进水平，我军潜艇将装备国产大功率镍氢动力电池。常见镍氢电池的某极是储氢合金LaNi5H6(LaNi5H6中各元素化合价均可视为零价)，电池放电时发生的反应通常表示为:LaNi5H6＋6NiO(OH)＝LaNi5＋6Ni(OH)2。下列说法正确的是（）A．放电时储氢合金作正极B．放电时负极反应为：LaNi5H6－6e－＝LaNi5＋6H＋C．充电时阳极周围c(OH－)减小D．充电时储氢合金作负极9、安息香酸()和山梨酸(CH3CH═CH-CH═CH─COOH)都是常用食品防腐剂，下列关于这两种酸的叙述正确的是A．通常情况下，都能使溴水褪色B．1mol酸分别与足量氢气加成，消耗氢气的量相等C．一定条件下都能与乙醇发生酯化反应D．1mol酸分别与NaOH发生中和反应，消耗NaOH的量不相等10、要验证甲烷中含有C､H元素，可将其完全燃烧产物依次通过：①浓硫酸②无水硫酸铜③澄清石灰水A．①②③ B．②③C．②③① D．③②11、实验室中,下列行为不符合安全要求的是A．在通风橱内制备有毒气体 B．金属钠着火时,立即用沙土覆盖C．实验结束后将废液倒入指定容器中 D．稀释浓硫酸时,将水注入浓硫酸中12、一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入1molN2和3molH2，发生下列反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，反应达到平衡后，改变下述条件，达到平衡后NH3的物质的量浓度不改变的是A．保持温度和容器压强不变，充入1molNH3(g)B．保持温度和容器体积不变，充入1molNH3(g)C．保持温度和容器体积不变，充入1molN2(g)D．保持温度和容器压强不变，充入1molAr(g)13、已知0.1mol·L-1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，要使溶液中c(H+)/c(CH3COOH)值减小，可以采取的措施是A．通入少量HCl气体 B．升高温度C．加少量醋酸钠晶体 D．加水14、下列溶液在空气中加热蒸干并灼烧后,能得到相应溶质固体的是A．AlCl3 B．KHCO3 C．Fe2(SO4)3 D．FeSO415、实验室制备溴苯的反应装置如图所示，关于实验操作或叙述正确的是()A．向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液后需加热B．实验过程中装置b中的液体颜色无变化C．装置c中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢D．反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯16、CO2催化加氢制取甲醇、乙醇等低碳醇的研究，对于环境问题和能源问题都具有非常重要的意义。已知一定条件下的如下反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)∆H=－49.0kJ·mol-12CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)∆H=－173.6kJ·mol-1下列说法不正确的是A．CH3OH(g)+CO2(g)+3H2(g)CH3CH2OH(g)+2H2O(g)∆H＜0B．增大压强，有利于反应向生成低碳醇的方向移动，平衡常数增大C．升高温度，可以加快生成低碳醇的速率，但反应限度降低D．增大氢气浓度可以提高二氧化碳的转化率二、非选择题（本题包括5小题）17、有机玻璃()因具有良好的性能而广泛应用于生产生活中。图所示流程可用于合成有机玻璃，请回答下列问题：(1)A的名称为_______________；B的结构简式为___________________(2)B→C的反应条件为______；G→H的反应类型为_______；D→E的反应类型为______；(3)写出下列化学方程式：E→F：__________；F→有机玻璃：_________。18、1912年的诺贝尔化学奖授予法国化学家V.Grignard，用于表彰他所发明的Grignard试剂（卤代烃基镁）广泛运用于有机合成中的巨大贡献。Grignard试剂的合成方法是：RX＋MgRMgX（Grignard试剂）。生成的卤代烃基镁与具有羰基结构的化合物（醛、酮等）发生反应，再水解就能合成各种指定结构的醇：现以2－丁烯和必要的无机物为原料合成3，4－二甲基－3－己醇，进而合成一种分子式为C10H16O4的具有六元环的物质J，合成线路如下：请按要求填空：（1）3，4－二甲基－3－己醇是：____（填代号），E的结构简式是___；（2）C→E的反应类型是_____，H→I的反应类型是____；（3）写出下列化学反应方程式（有机物请用结构简式表示）：A→B___，I→J_____。19、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）20、甲醛在医药、染料、香料等行业中都有着广泛的应用。实验室通过下图所示的流程由甲苯氧化制备苯甲醛，试回答下列问题。(1)Mn2O3氧化甲苯的反应需要不断搅拌，搅拌的作用是_______。(2)甲苯经氧化后得到的混合物通过结晶、过滤进行分离，该过程中需将混合物冷却，其目的是_______。(3)实验过程中，可循环使用的物质有_______、_______。(4)实验中分离甲苯和苯甲醛采用的操作Ⅰ是______，其原理是_______。21、t℃时，将3molA和2molB气体通入体积为2L的密闭容器中（容积不变），发生如下反应：3A(g)+B(g)2C(g)，2min时反应达到平衡状态（温度不变），测得C的浓度为0.2mol/L，请填写下列空白：（1）该过程用A表示的反应速率为：v(A)=_______；该温度下该反应的化学平衡常数表达式为__________。（2）比较达到平衡时，A、B两反应物的转化率：α(A)______α(B)（填“＞”、“=”或“＜”）。（3）判断反应达到平衡状态的依据是（填字母序号）__________。a．生成C的速率与消耗B的速率相等b．混合气体的密度不变c．混合气体的相对平均分子质量不变d．A的质量分数不再发生变化（4）若升高温度，再次达平衡时，平衡常数数值变大，则该反应的H_____0（填“＞”、“=”或“＜”）。（5）若保持温度不变时，继续向原平衡混合物的容器中通入少量氦气(氦气和A、B、C都不反应)后，则化学反应速率会__________（填“加快”、“减慢”或“不变”），化学平衡将_________（填“正反应方向移动”、“逆反应方向移动”或“不移动”）。（6）在恒温恒容密闭容器中进行上述反应，起始投料时各物质的浓度如下表：ABC投料I3.0mol/L1.0mol/L0投料II2.0mol/L1.0mol/L2.0mol/L按投料I进行反应，测得达到化学平衡状态时A的转化率为40％，若按投料II进行反应，起始时反应进行的方向为________（填“正向”、“逆向”或“不移动）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【详解】A.由反应：2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)可知，HI生成的速率与HI分解的速率相等，说明正逆反应速率相等，化学反应达到平衡状态，故A选；B.由反应：2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)可知，单位时间内消耗amolH2，同时生成2amolHI，都表示的是逆反应，未体现正、逆反应速率的关系，不能判断反应是否达到平衡状态，故B不选；C.由反应：2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)可知，方程式两边气体的化学计量数之和相等，则容器内的压强始终不变，所以容器内的压强不再变化，不能说明反应达到平衡状态，故C不选；D.由反应：2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)可知，方程式两边气体的化学计量数之和相等，则容器内混合气体的物质的量始终不变，所以混合气体的物质的量不再变化，不能说明反应达到平衡状态，故D不选；故答案：A。2、C【解析】共价单键为σ键；共价双键中含1个σ键和1个π键，共价三键中含1个σ键和2个π键，据此答题。【详解】A.N2分子中存在共价三键，反应时三键中的1个σ键和2个π键均断裂，故A错误；B.C2H2分子中存在三键，反应时三键中的1个σ键和2个π键均断裂，故B错误；C.H2、Cl2分子中均为单键，反应时仅仅断裂σ键，故C正确；D.C2H4分子中存在碳碳双键，C2H6中存在碳碳单键，C2H4与H2发生加成反应时π键发生断裂，故D错误。故选C。3、A【详解】碳的燃烧热△H1=a

kJ•mol-1，其热化学方程式为C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=a

kJ•mol-1①S(s)+2K(s)═K2S(s)△H2=b

kJ•mol-1②2K(s)+N2(g)+3O2(g)═2KNO3(s)△H3=c

kJ•mol-1③将方程式3①+②-③得S(s)+2KNO3(s)+3C(s)═K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)，则△H=x

kJ•mol-1=(3a+b-c)kJ•mol-1，所以x=3a+b-c，故答案为A。4、D【解析】有机物的化学性质主要取决于官能团，分子内不同原子团间也相互影响各自的性质。【详解】A项：甲苯分子的甲基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，而乙烷分子的甲基不能。说明甲苯分子中，苯环影响甲基的性质。A项错误。B.甲苯能与氢气能加成，是因为苯环中的碳碳键兼有碳碳单键和碳碳双键的性质。而乙烷不能与氢气能加成，是因为乙烷分子无不饱和键。它们的性质不同是由于分子结构不同，而非原子团相互影响。B项错误。C.苯酚和乙醇都有羟基，苯酚能和氢氧化钠溶液反应而乙醇不能。说明苯酚分子中苯环影响了羟基的性质。C项错误。D.苯与溴的取代反应时，需液溴、溴化铁催化，生成一溴代物。苯酚与溴取代反应需溴水、不要催化剂，生成三溴代物。说明苯酚与溴的取代反应更容易，羟基影响了苯环的性质。D项正确。本题选D。【点睛】在苯的衍生物中，侧链或取代基的性质发生改变，是受到苯环的影响；苯环的性质发生改变，是受到侧链或取代基的影响。5、C【分析】从影响反应速率的因素分析解答。【详解】温度越高，化学反应速率反应越快；反应物浓度越大，化学反应速率越快。C选项中，温度最高、反应物的浓度最大，所以反应最快的应该是C。故选C。【点睛】反应物的浓度越大反应越快，和反应物的多少没关系。6、C【解析】曲线上各点在一定温度下均到达平衡，NO的转化率小于平衡转化率，反应未到达平衡，反应向正反应方向进行，而NO的转化率大于平衡时转化率，反应也未到达平衡，反应向逆反应方向进行。【详解】A.a在曲线上，在一定温度下均处于平衡状态，则存在：V正=V逆，而a点NO转化率等于同温度下平衡转化率，反应到达平衡，故A不符合题意；B.b在曲线上，在一定温度下处于平衡状态，则存在：V正=V逆，而b点NO转化率等于同温度下平衡转化率，反应到达平衡，故B不符合题意；C.c点NO的转化率小于同温度下平衡转化率，反应未达到平衡状态，且v正>v逆，反应向正反应方向进行，故C符合题意；D.d点NO的转化率大于同温度下平衡转化率，反应未达到平衡状态，且v正<v逆，反应向逆反应方向进行，故D不符合题意；答案选C。【点睛】看懂图像是关键，从图像中读出有效信息。7、B【详解】醋酸属于弱酸，加水稀释有利于醋酸的电离，所以醋酸的电离程度增大，同时溶液中导电粒子的数目会增大，由于溶液体积变化更大，所以溶液的酸性会降低，即c(H＋)、c(CH3COO－)、c(CH3COOH)均会降低，因此选项A不正确、选项B正确；由水的离子积常数Kw=c(H＋)·c(OH－)知c(OH－)=，所以＝其中表示醋酸的电离平衡常数，由于水的离子积常数和醋酸的电离平衡常数均只与温度有关，所以选项D不正确；pH=3的醋酸说明醋酸的浓度大于0.001mol/L，pH=11的NaOH溶液说明氢氧化钠的浓度等于0.001mol/L，因此加入等体积的pH=11的NaOH溶液时，醋酸会过量，溶液显酸性，混合液pH<7，选项C不正确。答案选B。【点睛】本题考查学生对弱电解质电离平衡以及影响电离平衡因素的熟悉了解程度，有利于培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力。明确温度与电离平衡常数的关系、溶液的pH与物质的量浓度的关系、稀释中溶液体积的变化与离子的物质的量的变化程度是解答本题的关键。8、C【详解】A.放电时是原电池，依据总反应化学方程式可知，负极反应为LaNi5H6-6e-+6OH-=LaNi5+6H2O，储氢合金做电池的负极，A错误；B.放电时负极反应为：LaNi5H6-6e-+6OH-=LaNi5+6H2O，B错误；C.充电时阳极反应为6Ni(OH)2+6OH--6e-=6NiOOH+6H2O，充电时阳极周围c(OH－)减小，C正确；D.充电时，阴极反应为LaNi5+6H2O+6e-=LaNi5H6+6OH-，储氢合金失电子发生氧化反应，作阴极，D错误；故选C。【点睛】本题主要是应用题干信息考查原电池原理，书写电极反应是关键。此电池放电时的反应为LaNi5H6+6NiO(OH)═LaNi5+6Ni(OH)2，负极反应为：LaNi5H6-6e-+6OH-=LaNi5+6H2O，正极反应为6NiOOH+6e-=6Ni(OH)2+6OH-，充电时负变阴，正变阳，倒过来分析即可。9、C【详解】A．安息香酸中不含碳碳不饱和键，所以不能使溴水褪色，故A错误；B．安息香酸（含有1个苯基）消耗3molH2，山梨酸（含有2个碳碳双键）消耗2molH2，所以1mol酸分别与足量氢气加成，消耗的氢气量不同，故B错误；C．两种物质中都含有羧基，所以一定条件下都能和乙醇发生酯化反应，故C正确；D．二者都含一个-COOH，消耗NaOH的量相等，故D错误；故答案选C。10、B【详解】要验证甲烷中含有C､H元素，可检验燃烧产物中含有水和二氧化碳，故将燃烧产物依次通过无水硫酸铜和澄清石灰水就可以了，选项B符合题意｡11、D【详解】A、为防止中毒，在通风橱内制备有毒气体，选项A符合安全要求；B、钠与水反应放出氢气，金属钠着火时，不能用水扑灭，要用沙子盖灭，选项B符合安全要求；C、为防止污染，实验结束后将废液倒入指定容器中，选项C符合安全要求；D、浓硫酸密度比水大，溶于水放热，稀释浓硫酸时，将浓硫酸缓慢注入水中并搅拌，选项D不符合安全要求；答案选D。12、A【详解】A．保持温度和容器压强不变，充入1molNH3(g)，原来的N2与H2是1：3，现在充入NH3，相当于N2和H2还是1：3，又是恒压，相当于恒压等效平衡，故A符合；B．保持温度和容器体积不变，相当于增大压强，平衡正向进行，氨气浓度增大，故B不符；C．保持温度和容器体积不变，充入1molN2(g)，只充入N2，与原来不等效，故C不符；D．保持温度和容器压强不变，充入1molAr(g)，Ar是无关气体，相当于减小压强，平衡逆向移动，故D不符；故选A。13、C【解析】A．通入少量HCl气体，溶液中的c(H＋)增大，CH3COOHCH3COO－＋H＋平衡逆向移动，c(CH3COO-)减小，由于醋酸的电离平衡常数K=不变，则增大，故A错误；B．弱电解质的电离为吸热过程，加热促进电离，则增大，故B错误；C．加少量醋酸钠晶体，c(CH3COO-)增大，由于醋酸的电离平衡常数K=不变，则减小，故C正确；D．加水稀释，促进醋酸的电离，醋酸的物质的量减小，氢离子的物质的量增大，则增大，故D错误；故选C。【点睛】本题考查弱电解质的电离，把握影响弱电解质的电离的影响因素为解题的关键。本题的易错点为A，要注意温度不变，电离平衡常数不变。14、C【详解】A、加热时AlCl3溶液Al3+水解生成Al(OH)3和HCl，HCl易挥发，则溶液蒸干最终得到Al(OH)3固体，灼烧后得到Al2O3固体，故A不符合题意；B、加热时KHCO3溶液，KHCO3水解生成K2CO3，灼烧后得到K2CO3固体，故B不符合题意；C、加热时Fe2(SO4)3溶液中的Fe3+水解生成Fe(OH)3和H2SO4，但H2SO4难挥发，会与Fe(OH)3反应重新生成Fe2(SO4)3，则最后固体仍为Fe2(SO4)3，故C符合题意；D、FeSO4中Fe2+具有还原性，加热时FeSO4（配制其溶液时为防其水解加了一定量的硫酸）在酸性条件下被空气中的氧气氧化为Fe2(SO4)3，Fe2(SO4)3水解生成Fe(OH)3和H2SO4，但H2SO4难挥发，会与Fe(OH)3反应重新生成Fe2(SO4)3，则最后固体为Fe2(SO4)3，故D不符合题意；综上所述，本题应选C。【点睛】本题重点考查盐类水解。“溶液在空气中加热蒸干并灼烧”需要考虑水解和分解。加热蒸干过程可以水解的离子会发生水解，但是水解程度与形成的物质的挥发性有关，如氯化铁水解形成氢氧化铁和盐酸，加热时盐酸易挥发，水解会完全，最终得到氢氧化铁沉淀。灼烧分解得到相应的氧化物。15、C【详解】A．苯和液溴在溴化铁的催化下发生取代反应，不需要加热，A错误；B．实验过程中装置b将吸收随溴化氢一起挥发出来的液溴，故b中的液体颜色由无色变为橙红色，B错误；C．经过b装置后出来的只有溴化氢了，故装置c中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢，C正确；D．溴苯是一种无色、密度比水大的液体，故反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、分液、蒸馏，得到较纯净的溴苯，D错误；故答案为：C。16、B【详解】A.根据盖斯定律，用第二个反应减第一个反应得：，故A正确；B.温度不变，平衡常数不变，故B错误；C.升高温度，正逆反应速率都可以加快，升高温度，平衡向吸热反应方向进行，即平衡逆向移动，反应限度降低，故C正确；D.反应物中氢气和二氧化碳都是气体，增大一种反应物的浓度可以提高另一种反应物的转化率，故D正确；故选：B。二、非选择题（本题包括5小题）17、2-甲基-1-丙烯CH2ClCCl(CH3)2NaOH溶液，加热加成反应消去反应CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2On【分析】根据题给信息和转化关系A→B为加成反应，则B为CH3ClCCCl(CH3)2；B→C为水解反应；C→D为氧化反应，则D为HOOCCOH(CH3)

2；E→F为酯化反应，则F为CH2=C(CH3)COOCH3，G→H为加成反应，据此分析解答。【详解】(1)根据A的结构简式，A的名称为2-甲基-1-丙烯；B的结构简式为CH3ClCCCl(CH3)2；(2)B→C为卤代烃水解生成醇类，反应条件为NaOH溶液、加热；G→H的反应类型为加成反应；D为HOOCCOH(CH3)

2，D→E的反应过程中，D中的羟基上发生消去反应生成E；(3)E→F为CH2=C(CH3)COOH和CH3OH在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成CH2=C(CH3)COOCH3，化学反应方程式为：CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O；F→有机玻璃为CH2=C(CH3)COOCH3发生聚合反应生成有机玻璃，化学反应方程式为：n。18、F加成反应取代反应(水解)CH3CH2CHBrCH3＋NaOHCH3CH2CH(OH)CH3＋NaBr【分析】2-丁烯与HBr发生加成反应生成A，A为CH3CH2CHBrCH3，A与NaOH溶液发生水解反应生成B，B为CH3CH2CH（OH）CH3，B发生氧化反应生成D，D为CH3CH2COCH3，A与Mg/乙醚发生题给信息中反应生成C，C为，C与D反应生成E，E为，E发生水解生成F，F为，F的名称为3，4-二甲基-3-己醇，F发生消去反应生成G，G为，G和溴发生加成反应生成H，H为，H和氢氧化钠溶液发生取代反应生成I，I为，I和一种二元酸酸发生酯化反应生成J，J的分子式为C10H16O4、J具有六元环，则二元酸为HOOC—COOH，J的结构简式为，据此分析作答。【详解】2-丁烯与HBr发生加成反应生成A，A为CH3CH2CHBrCH3，A与NaOH溶液发生水解反应生成B，B为CH3CH2CH（OH）CH3，B发生氧化反应生成D，D为CH3CH2COCH3，A与Mg/乙醚发生题给信息中反应生成C，C为，C与D反应生成E，E为，E发生水解生成F，F为，F的名称为3，4-二甲基-3-己醇，F发生消去反应生成G，G为，G和溴发生加成反应生成H，H为，H和氢氧化钠溶液发生取代反应生成I，I为，I和一种二元酸酸发生酯化反应生成J，J的分子式为C10H16O4、J具有六元环，则二元酸为HOOC—COOH，J的结构简式为；（1）通过以上分析知，3，4-二甲基-3-己醇是F，E的结构简式为；答案：F、。（2）由题给信息结合反应条件可知C为：，D为，则C+D→E的反应类型是为加成反应；由H为，I为，则H→I的反应类型是取代反应(水解)；答案：加成反应、取代反应(水解)。（3）A为CH3CH2CHBrCH3，B为CH3CH2CH(OH)CH3，A→B的方程式为：CH3CH2CHBrCH3＋NaOHCH3CH2CH(OH)CH3＋NaBr；I为，J为，I与HOOC—COOH发生酯化反应生成J，I→J的方程式为：；答案：CH3CH2CHBrCH3＋NaOHCH3CH2CH(OH)CH3＋NaBr、19、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，故答案为锥形瓶内溶液颜色变化；黄色变为橙色且半分钟内不褪色；(4).A.酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，盐酸被稀释，则滴入的标准盐酸体积偏大，测定NaOH溶液的浓度偏高，故A不选；B.滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，对滴定结果无影响，故B不选；C.酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，读取的标准盐酸体积偏大，测定NaOH溶液的浓度偏高，故C不选；D.读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，读取的标准盐酸体积偏小，测定NaOH溶液的浓度偏低，故D选，答案选D；(5).据图可知，滴定开始时，酸式滴定管的读数为0.00mL，结束时读数为26.10mL，则所用盐酸溶液的体积为26.10mL－0.00mL=26.10mL，故答案为26.10；(6).第二次测定数据明显有偏差，舍去，则所用标准盐酸溶液的体积为V(HCl)=(26.11mL+26.09mL)÷2=26.10mL，c.(NaOH)==0.1044mol/L，则样品中NaOH的质量为：m(NaOH)=0.1044mol/L×0.2500L×40g/mol=1.044g，NaOH样品的纯度为：×100%=52.20%，故答案为52.20%。【点睛】本题考查物质的含量测定实验，把握中和滴定原理的应用、实验操作、误差分析等为解答的关键，题目难度不大，注意第(6)小题中实验数据的处理方法，有明显误差的数据应舍去，为易错点。20、使反应物充分接触，加快反应速率降低MnSO4的溶解度稀硫酸甲苯蒸馏利用甲苯和苯甲醛的沸点差异使二者分离【解析】根据流程图，甲苯与Mn2O3、稀硫酸反应生成硫酸锰、苯甲醛，通过结晶、过滤分离出硫酸锰，对滤液进行油水分离、蒸馏操作获得苯甲醛，其中稀硫酸和甲苯可以循环利用。据此分析解答。【详解】(1)固体Mn2O3与液态甲苯反应，接触面积小，反应速率较慢，故反应时需进行搅拌，使反应物充分接触，增大反应速率，故答案为：使反应物充分接触，增大反应速率；(2)所得混合物中含MnSO4、苯甲醛等，为使其分离需降低MnSO4的溶解度，所以需要冷却，故答案为：降低MnSO4的溶解度；(3)根据上述分析，结合流程图可知，参与循环使用的物质是稀H2SO4和甲苯，故答案为：稀硫酸；甲苯；(4)甲苯和苯甲醛是相互溶解的有机物，可利用其沸点的差异，采用蒸馏的方法分离，故答案为：蒸馏；利用甲苯与苯甲醛的沸点差异，使二者分离。【点睛】本题以苯甲醛的合成为载体考查化学实验的基本操作，明确图示制备流程及化学实验