重庆市第三十中学2018_2019学年高二化学下学期期中试题（含解析）.docx

重庆市第三十中学2018-2019学年高二化学下学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16一、选择题(本题包括20小题，每小题3分，共60分。每小题只有一个正确选项。)1.下列关于有机化合物的说法正确的是（ ）A. 聚氯乙烯分子中含碳碳双键B. 以淀粉为原料可制取乙酸乙酯C. 丁烷有3种同分异构体D. 油脂的皂化反应属于加成反应【答案】B【解析】试题分析：A、聚氯乙烯是乙烯的加聚产物，所以不含碳碳双键，错误；B、淀粉水解可生成葡萄糖，葡萄糖发酵可得到乙醇，乙醇被氧化最终得到乙酸，乙醇与乙酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下生成乙酸乙酯，正确；C、戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种同分异构体，正确；D、油脂的皂化反应是指油脂在碱性条件下的水解反应，正确，答案选A。考点：考查对有机物化学性质的判断2.下列有机物的命名错误的是A. 1，2，4三甲苯B. 3-甲基-1-戊烯C. 2-甲基-1-丙醇D. 1，3-二溴丙烷【答案】C【解析】【分析】A、苯的同系物命名时，应从简单的侧链开始、按顺时针或逆时针给苯环上的碳原子进行标号，使侧链的位次和最小，据此分析；B、烯烃命名时，应选择含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，并标出官能团的位置；C、醇命名时，应选择含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，并标出官能团的位置；D、卤代烃命名时，应选择含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，并标出官能团的位置。【详解】A、苯的同系物命名时，应从简单的侧链开始、按顺时针或逆时针给苯环上的碳原子进行标号，使侧链的位次和最小，故三个甲基在苯环上的位置分别是1号、2号和4号位，故名称为1，2，4-三甲苯，选项A正确；B、烯烃命名时，应选择含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有5个碳原子，故为戊烯，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，并标出官能团的位置，故碳碳双键在1号和2号碳原子上，在3号碳原子上有一个甲基，故名称为3-甲基-1-戊烯，选项B正确；C、醇命名时，应选择含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有4个碳原子，故为丁醇，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，并标出官能团的位置，故-OH在2号碳原子上，则名称为2-丁醇，选项C错误；D、卤代烃命名时，应选择含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有3个碳原子，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，并标出官能团的位置，则两个溴原子分别在1号和3号碳原子上，故名称为1，3-二溴丙烷，选项D正确。答案选C。【点睛】本题考查了烃以及烃的衍生物的命名，应注意的是含官能团的有机物在命名时，应以官能团为首要的考虑对象。3. 下列反应不属于取代反应的是（ ）A. 淀粉水解制葡萄糖B. 石油裂解制丙烯C. 乙醇与乙酸反应制乙酸乙酯D. 油脂与浓NaOH反应制高级脂肪酸钠【答案】B【解析】试题分析：A、淀粉发生水解反应生成葡萄糖，是取代反应，A错误；B、石油裂解制丙烯，不属于取代反应，B正确；C、乙醇与乙酸反应制乙酸乙酯，该反应属于取代反应，C错误；D、油脂与浓NaOH反应制高级脂肪酸钠，该反应属于取代反应，D错误。答案选B考点：有机反应类型的判断。4.关于化合物，下列说法正确的是A. 可以与8molH2发生加成反应B. 可与新制Cu(OH)2共热生成红色沉淀C. 可与FeCl3溶液反应显紫色D. 可与热的浓硝酸和浓硫酸混合液反应【答案】D【解析】【详解】A苯环和羰基能够与氢气发生加成反应，1mol该有机物能够与7molH2发生加成反应，故A错误；B不含醛基，不能与新制Cu(OH)2共热生成红色沉淀，故B错误；C不含酚羟基，不能与FeCl3溶液反应显紫色，故C错误；D含有苯环，且苯环上含有氢原子，可与热的浓硝酸和浓硫酸混合液发生苯环上的硝化反应，故D正确；答案选D。5.“司乐平”是治疗高血压的一种临床药物，其有效成分M的结构简式如图所示。下列关于M的说法正确的是A. 属于芳香族化合物B. 遇FeCl3溶液显紫色C. 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D. 1molM完全水解生成2mol醇【答案】A【解析】试题分析：A、M含有苯环，属于芳香族化合物，故A正确；B、M不含酚羟基，遇FeCl3溶液不显紫色，故B错误；C、M含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D、1molM完全水解生成2mol乙醇、1mol 2-甲基-2-丙醇，故D错误，故选A。【考点定位】考查有机物的结构和性质【名师点晴】以有机物的结构为载体，考查官能团的性质。熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有羧基决定具有羧酸的性质，有醇羟基决定具有醇的性质，羟基连接在苯环上就具有酚的性质等。6. 分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是A. 分子中含有2种官能团B. 可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同C. 1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应D. 可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同【答案】B【解析】A、根据分支酸的结构简式可知分枝酸含羧基、羟基和碳碳双键三种官能团，错误；B、分枝酸含有羧基和羟基，可分别与乙醇、乙酸发生酯化反应，反应类型相同，正确；C、分支酸分子中含有2个羧基，所以1mol分枝酸最多能与2mol NaOH发生中和反应，错误；D、分支酸分子中含有碳碳双键，使溴的四氯化碳溶液褪色是发生了加成反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生了氧化反应，原理不同，错误。【考点定位】本题考查了有机化合物的结构与性质，包含了通过分析有机化合物的结构简式，判断有机化合物的官能团、反应类型的判断、有机物的性质。7.己烷雌酚的一种合成路线如图：下列叙述正确的是A. 在NaOH水溶液中加热，化合物X可发生消去反应B. 在一定条件，化合物Y可与溴水发生加成反应C. 用FeCl3溶液可鉴别化合物X和YD. 化合物Y中不能与金属钠反应放出氢气【答案】C【解析】【详解】AX分子中含有溴原子，在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成醇，如发生消去反应，条件应为氢氧化钠醇溶液，故A错误；BY含有酚羟基，与苯酚性质相似，可与浓溴水发生取代反应，故B错误；CY含有酚羟基，可与氯化铁发生显色反应，而X不能，故C正确；DY含有酚羟基，具有弱酸性，能与金属钠反应放出氢气，故D错误；答案选C。【点睛】本题的易错点为A，要注意区分卤代烃的水解反应和消去反应的条件。8. 下列实验操作正确的是（ ）A. 用玻璃棒蘸取CH3COOH溶液点在水湿润的pH试纸上，测定该溶液的pHB. 中和滴定时，滴定管用所盛装的反应液润洗23次C. 用装置甲分液，放出水相后再从分液漏斗下口放出有机相D. 用装置乙加热分解NaHCO3固体【答案】B【解析】A、不能点在湿润pH试纸上，对醋酸有稀释，所测pH不准，故 A错误；B、滴定管要用盛装反应液润洗23次，若不这样，对反应液有稀释作用，所测浓度有影响，故正确；C、分液时，上层液体从上口倒出，有机相应从上口倒出，故C错误；D、加热固体试管口略向下倾斜，故D错误。【考点定位】考查pH试纸的使用、滴定管的使用、分液漏斗使用、对固体加热等知识。9.下列有关实验的选项正确的是A配制0 l0mol/L NaOH溶液B.除去CO中的CO2C苯萃取碘水中的I2，分出水层后的操作D记录滴定终点读数为12.20 mLA. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.容量瓶是准确配制一定物质的量浓度溶液的仪器，要在烧杯中溶解固体物质，不能在容量瓶中进行固体的溶解，A错误；B.CO2是酸性氧化物，可以与NaOH反应产生可溶性盐和水，而CO不能反应，所以可利用氢氧化钠吸收CO中的二氧化碳，可以达到除杂净化的实验目的，B正确；C.进行萃取分液，下层液体从下口流出，上层液体要从上口倒出。由于苯层在上层，所以应在分出水层后从分液漏斗的上口倒出该溶液，C错误；D.滴定管0刻度在上部，小刻度在上，大刻度在下，液面读数是在11.80mL刻度处，D错误；合理选项B。10.下列叙述和均正确并有因果关系的是选项叙述叙述A1己醇的沸点比己烷的沸点高1己醇和己烷可通过蒸馏初步分离B原电池可将化学能转化为电能原电池需外接电源才能工作C乙二酸可与KMnO4溶液发生反应乙二酸具有酸性DNa在Cl2中燃烧的生成物含离子键NaCl固体可导电A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】试题分析：A含有氢键的物质熔沸点较高，1-己醇中含有氢键、己烷中不含氢键，所以1-己醇熔沸点高于己烷；互溶且熔沸点不同液体可以采用蒸馏方法分离，二者互溶且熔沸点不同，所以可以采用蒸馏方法分离，故A正确；B原电池是将化学能转化为电能的装置，电解池是将电能转化为化学能的装置，所以原电池没有未接电源、电解池有未接电源，故B错误；C高锰酸钾具有强氧化性，能氧化还原性物质，能氧化乙二酸，说明乙二酸没有还原性，不能说明乙二酸具有酸性，故C错误；D由阴阳离子构成的化合物是离子化合物，NaCl是由钠离子和锂离子构成的离子化合物，含有自由移动电子或离子的物质能导电，固体氯化钠中不含自由移动离子，所以不导电，故D错误；故选A。考点：考查了原电池和电解池原理、离子化合物与导电的关系、熔沸点高低比较、羧酸的性质等相关知识。11.合成导电高分子材料PPV的反应：下列说法正确的是A. 合成PPV的反应为加聚反应B. PPV与聚苯乙烯具有相同的重复结构单元C. 和苯乙烯均能使溴水褪色D. 通过质谱法可测定PPV中氢原子的种类【答案】C【解析】【详解】A合成PPV时有小分子物质HI生成，为缩聚反应，不属于加聚反应，故A错误；B聚苯乙烯的重复结构单元为，不含碳碳双键，而该高聚物的结构单元中含有碳碳双键，所以不相同，故B错误；C有两个碳碳双键，苯乙烯有一个碳碳双键，均能与溴水发生加成反应，使溴水褪色，故C正确；D质谱仪能记录分子离子、碎片离子的相对质量，质谱图中数值最大的即是该分子的相对分子质量，但不能测定氢原子的种类，故D错误；答案选C。12.分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有(不含立体异构)()A. 3种B. 4种C. 5种D. 6种【答案】B【解析】试题分析：能与Na2CO3反应放出气体，气体为二氧化碳，则化学式为C5H10O2的物质为羧酸，分子中含有官能团-COOH，该有机物可以书写为：C4H9COOH，丁烷分子中含有的位置不同的氢原子数目，即为该羧酸的同分异构体数目；丁烷存在的同分异构体为：CH3CH2CH2CH3和CH（CH3）3，其中CH3CH2CH2CH3中存在2种位置不同的H原子；CH（CH3）3中也存在2种CH（CH3）3，所以满足条件的该有机物同分异构体总共有：2+2=4种，故选B。考点：考查了同分异构体的相关知识。13.某羧酸酯的分子式为C18H26O5,1 mol该酯完全水解可得到1 mol羧酸和2 mol乙醇,该羧酸的分子式为( )A. C14H18O5B. C14H16O4C. C16H22O5D. C16H20O5【答案】A【解析】试题分析：羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，这说明分子中含有2个酯基，因此有2分子水参加反应，水解方程式为：C18H26O5+2H2O羧酸+2C2H6O，则根据原子守恒可知该羧酸的分子式中碳原子个数是182214，氢原子个数是26+4-2618，氧原子个数是5+2-215，即分子式为C14H18O5，A正确。【考点定位】本题主要是考查酯类物质的水解、利用质量守恒定律判断物质的分子式【名师点晴】该题以酯类的水解反应为载体，考查了学生灵活运用水解反应方程式判断有机物分子式，该题的答题关键是判断出酯类物质中含有2个酯基以及原子守恒在化学反应中的应用，题目难度不大。14. 某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，下列用来解释事实的方程式中不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）A. 该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH= Cl+ ClO+ H2OB. 该消毒液的pH约为12：ClO+ H2OHClO+ OHC. 该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生Cl2：2H+ Cl+ ClO= Cl2+H2OD. 该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ ClO= HClO+CH3COO【答案】B【解析】试题分析：A、用Cl2和NaOH溶液反应制取漂白液，故A正确 ；B、根据提干信息知：饱和NaClO溶液的pH约为11，而该溶液pH=1211，故主要是因为该消毒液中含有一定量的NaOH，故B不合理；C、根据HCl和HclO中Cl的化合价分析，该氧化还原方程式的书写正确，故C正确 ；D、根据漂白粉起漂白作用的原理，应用的是较强酸制取较弱酸，故D正确。考点：考查化学反应原理和化学方程式的正误判断15. 下列说法正确的是（ ）A. 分子式为C2H6O的有机化合物性质相同B. 相同条件下，等质量的碳按a、b两种途径完全转化，途径a比途径b放出更多热能途径a：CCO+H2CO2+H2O途径b：CCO2C. 在氧化还原反应中，还原剂失去电子总数等于氧化剂得到电子的总数D. 通过化学变化可以直接将水转变为汽油【答案】C【解析】A、C2H6O可以是CH3CH2OH，也可以是CH3OCH3，化学性质不同，故A错误；B、根据盖斯定律，反应热只跟始态和终态有关，跟反应过程无关，始态和终态不变，反应热不变，等质量C生成CO2，放出热量相同，故B错误；C、氧化还原反应中，得失电子数目守恒，故C正确；D、违背了化学变化的元素守恒，故D错误。【考点定位】考查有机物同分异构体的性质、盖斯定律、氧化还原反应的规律、化学反应规律等知识。16. 在不同浓度（c)、温度（T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率（v）如下表。下列判断不正确的是A. a=6.00B. 同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变C. b318.2D. 不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同【答案】D【解析】A.根据表格的数据可知：温度不变时，蔗糖的浓度越大，水解的速率越快。根据浓度与速率的变化关系可知：在328.2T时，蔗糖的浓度每减小0.100mol/L，水解速率减小1.50mmol/(Lmin)，所以在温度是328.2T、浓度是0.400mol/L时，水解的速率是a=7.50-1.50=6.00 mmol/(Lmin)，正确。B根据表格数据可知：升高温度，水解速率增大，增大浓度，水解速率也增大，若同时改变反应物的浓度和反应的温度，则二者对水解反应速率的影响因素可能相互抵消，使反应速率可能不发生改变，正确。C在物质的浓度不变时，升高温度，水解速率增大，降低温度，水解速率减小。由于在物质的浓度是0.600mol/L时，温度是318.2T时水解速率是3.60mmol/(Lmin)，现在该反应的速率是2.16 mmol/(Lmin)3.60 mmol/(Lmin)，说明反应温度低于318.2 T。即b318.2，正确。D不同温度时，蔗糖浓度减少，所以速率减慢，但是温度不同，在相同的浓度时的反应速率不相同，错误。【考点定位】考查蔗糖水解的速率与温度、物质的浓度的关系的计算与判断的知识。17.某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料（C3H8O）。下列说法正确的是A. 该装置将化学能转化为光能和电能B. 该装置工作时，H+从b极区向a极区迁移C. 每生成1mol O2，有44g CO2被还原D. a电极的反应为：3CO2+18H+18e=C3H8O+5H2O【答案】B【解析】A、根据图示可知，该装置将电能和光能转化为化学能，错误；B、根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，该装置工作时，H+从正电荷较多的阳极b极区向负电荷较多的阴极a极区迁移，正确；C、该反应的电极总反应式为：6CO2+8 H2O =2C3H8O+9O2，根据反应方程式可知，每生成1mol氧气，有mol二氧化碳被还原，其质量是，错误；D、根据图示可知与电源负极连接的a电极为阴极，发生还原反应，电极的反应式为：3CO2+18H+18e=C3H8O+5H2O，错误。答案选B。18.碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图，下列有关该物质的说法正确的是A. 分子式为C3H4O3B. 1mol该分子能与2molH2加成C. 分子中只有极性键D. 标准状况下8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO2【答案】D【解析】【详解】A由结构可知，碳酸亚乙烯酯的分子式为C3H2O3，故A错误；B结构中只有碳碳双键与氢气发生加成反应，则1mol该物质最多可与1molH2加成，故B错误；C结构中含C=C，属于非极性键，故C错误；D8.6g该化合物的物质的量=0.1mol，完全燃烧生成0.3mol二氧化碳，标准状况下的体积为0.3mol22.4L/mol=6.72L，故D正确；答案选D。19.微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是A. 正极反应中有CO2生成B. 微生物促进了反应中电子的转移C. 质子通过交换膜从负极区移向正极区D. 电池总反应为C6H12O6+6O26CO2+6H2O【答案】A【解析】试题分析：首先根据原电池反应判断出厌氧反应为负极侧，有氧反应为正极侧。A、根据厌氧反应中碳元素的化合价的变化：葡萄糖分子中碳元素平均为0价，二氧化碳中碳元素的化合价为+4价，所以生成二氧化碳的反应为氧化反应，所以在负极生成，A正确；B、在微生物的作用下，该装置为原电池装置。原电池能加快氧化还原反应速率，故可以说微生物促进了电子的转移，B正确；C、原电池中阳离子向正极移动，即质子通过交换膜从负极区移向正极区，C正确；D、正极是氧气得到电子结合氢离子生成水，即O24e-4H2H2O，D错误，答案选D。【考点定位】本题主要是考查原电池原理【名师点晴】该题是高频考点，侧重于电化学原理的应用。电化学包括原电池和电解池。原电池是将化学能转化为电能的装置，组成有正负极、电解质溶液、形成闭合回路，活动性强的电极为负极，发生氧化反应，活动性弱的电极为正极，正极上发生还原反应。电解池是将电能转化为化学能的装置。与外加电源正极连接的为阳极，与电源负极连接的为阴极。阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。若阳极是活性电极，则是电极本身失去电子，若电极是惰性电极，则电解质溶液（或熔融状态）阴离子发生还原反应。掌握好阴离子、阳离子的放电顺序、清楚在闭合回路中电子转移数目相等是本题的关键。特别是要注意溶液的酸碱性，有无质子交换膜等。20. 乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构式如图所示。将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为A. 11B. 23C. 32D. 21【答案】C【解析】试题分析：根据结构简式以及元素守恒，1mol乌洛托品有4molN，因此需要4molNH3H2O，6molC需要6mol甲醛的水溶液，因此两者的比值为6：4=3：2，故选项B正确。考点：考查元素守恒思想的化学计算等知识。二、非选择题(本题包括3小题，共40分)21.实验室以苯甲醛为原料制备间溴苯甲醛（实验装置见图，相关物质沸点见附表）。 附表相关物质的沸点（101kPa）物质沸点/物质沸点/溴58.81，2二氯乙烷83.5苯甲醛179间溴苯甲醛229实验步骤为：步骤1：将三颈瓶中的一定配比的无水AlCl3、1，2二氯乙烷和苯甲醛充分混合后，升温至60，缓慢滴加经H2SO4干燥过的液溴，保温反应一段时间，冷却。步骤2：将反应混合物缓慢加入一定量的稀盐酸中，搅拌、静置、分液。有机相用10%NaHCO3溶液洗涤。步骤3：经洗涤的有机相加入适量无水MgSO4固体，放置一段时间后过滤。步骤4：减压蒸馏有机相，收集相应馏分。（1）实验装置中冷凝管的主要作用是_，锥形瓶中的溶液应为_。（2）步骤1所加入的物质中，有一种物质是催化剂，其化学式为_。（3）步骤2中用10%NaHCO3溶液洗涤有机相，是为了除去溶于有机相的_、_（填化学式）。（4）步骤3中加入无水MgSO4固体的作用_。（5）步骤4中采用减压蒸馏技术，是为了防止_。【答案】（1）冷凝回流 NaOH（或KOH）（2）AlCl3 （3）Br2、HCl（4）除去有机相的水 （5）间溴苯甲醛被氧化【解析】试题分析：（1）因溴易挥发，为使溴充分反应，应进行冷凝回流，以增大产率，反应发生取代反应，生成间溴苯甲醛的同时生成HBr，用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气；（2）将三颈瓶中的一定配比的无水AlCl3、1，2-二氯乙烷和苯甲醛充分混合，三种物质中无水AlCl3为催化剂，1，2-二氯乙烷为溶剂，苯甲醛为反应物；（3）由于反应混合物含有溴，缓慢加入一定量的稀盐酸中，加入碳酸氢钠，可与Br2、HCl反应，从而除去；（4）经洗涤的有机相含有水，加入适量无水MgSO4固体，可起到除去有机相的水的作用；（5）减压蒸馏，可降低沸点，避免温度过高，导致间溴苯甲醛被氧化。【考点定位】本题主要是考查有机物制备实验方案设计与评价【名师点晴】该题高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，明确实验原理和物质的性质是解答的关键。解答时注意把握基本实验操作方法以及实验的原理；苯甲醛与溴在氯化铝催化作用下在60时反应生成间溴苯甲醛，通式生成HBr，经冷凝回流可到间溴苯甲醛，生成的HBr用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，有机相中含有Br2，加入HCl，可用碳酸氢钠除去，有机相加入无水MgSO4固体，可起到吸收水的作用，减压蒸馏，可降低沸点，避免温度过高，导致间溴苯甲醛被氧化，以此解答该题。22.草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中，其K1=5.4102，K2=5.4105。草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体(H2C2O42H2O)无色，熔点为101，易溶于水，受热脱水、升华，170以上分解。回答下列问题：(1)草酸中含有的官能团名称是_。(2)甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物，装置C中可观察到的现象是_，由此可知草酸晶体分解的产物中有_。装置B的主要作用是_。(3)乙组同学认为草酸晶体分解的产物中含有CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置A、B和如图所示的部分装置(可以重复选用)进行实验。乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、_。装置H反应管中盛有的物质是_(填化学式)。能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是_；(4)设计实验：证明草酸的酸性比碳酸的强(简述操作步骤和现象，下同)_；用简单的方法鉴别草酸和甲酸_。【答案】 (1). 羧基 (2). 有气泡冒出且澄清石灰水变浑浊 (3). CO2 (4). 冷凝（水蒸气和草酸），防止草酸进入装置C反应生成沉淀而干扰CO2的检验 (5). F、D、G、H、D、I (6). CuO (7). H中黑色粉末变为红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊 (8). 向盛有少量NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生 (9). 用NaOH标准溶液滴定草酸溶液，消耗NaOH的物质的量是草酸的2倍【解析】【分析】(1)草酸为乙二酸；(2)根据题干信息中草酸晶体的性质分析解答；(3)要检验生成CO，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰干燥CO，利用CO还原性将CO氧化，再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集CO；H装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和CO反应有明显现象发生；CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊；(4)要证明草酸酸性大于碳酸，可以利用强酸制取弱酸；草酸为二元弱酸，甲酸为一元弱酸，据此分析解答。【详解】(1)草酸为乙二酸，含有的官能团为羧基，故答案为：羧基；(2)草酸晶体(H2C2O42H2O)无色，熔点为101，易溶于水，受热脱水、升华，170以上分解，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钙反应生成难溶性的碳酸钙沉淀，而使澄清石灰水变浑浊，所以C中观察到的现象是：有气泡冒出，且澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成；草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水，草酸易挥发，导致生成的气体中含有草酸，草酸和氢氧化钙反应生成难溶性的草酸钙而干扰二氧化碳的检验，B装置温度较低，有冷凝作用，防止干扰二氧化碳的检验，故答案为：有气泡冒出，澄清石灰水变浑浊；CO2；冷凝(水蒸气和草酸)，防止草酸进入装置C反应生成沉淀而干扰CO2的检验；(3)要检验生成的CO，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰干燥CO，利用CO和CuO发生还原反应生成CO2，再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集CO避免环境污染，所以其连接顺序是A、B、F、D、G、H、D、I；H装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和CO反应有明显现象发生，CuO能被CO还原且反应过程中黑色固体变为红色，现象明显，所以H中盛放的物质是CuO，故答案为：F、D、G、H、D、I；CuO；CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，且CO将黑色的CuO还原为红色的Cu，只要H中黑色固体转化为红色且其后的D装置溶液变浑浊就说明含有CO，故答案为：H中黑色粉末变为红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊；(4)要证明草酸酸性大于碳酸，可以利用强酸制取弱酸，向盛有少量NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生就说明草酸酸性大于碳酸，故答案为：向盛有少量NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生；草酸为二元弱酸，甲酸为一元弱酸，相同物质的量的两种酸，草酸消耗的氢氧化钠为甲酸的2倍，因此可以用NaOH标准溶液滴定草酸溶液，消耗NaOH的物