2024届广西南宁市“4 N”高中联合体高二化学第一学期期中调研试题含解析

2024届广西南宁市“4N”高中联合体高二化学第一学期期中调研试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、2014年11月，北京召开APEC会议，期间空气质量一级优，天空被称为“APEC蓝”。为了使“蓝天工程"可持续发展，下列做法正确的是（）A．直接排放工业废气 B．改进汽车尾气净化技术C．采用焚烧方法处理垃圾 D．过度开采和使用化石燃料2、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是(

)A．28g乙烯和丙烯的混合气体中所含原子个数为4NAB．足量Na与1molO2反应生成Na2O2时，钠失去2NA个电子C．标况下，22.4LNO2气体中含NA个NO2分子D．1L0.1mol/L的蔗糖溶液中含有NA个分子3、1mol/LNaOH溶液的含义是A．1L溶液中含有1molNaOH B．溶液中含有1molNaOHC．1L水中含有1molNaOH D．将40克NaOH溶于1L水中所得的溶液4、已知：25℃时，CaCO3的，现将浓度为的Na2CO3溶液与某浓度CaCl2溶液等体积混合，若要产生沉淀，则所用CaCl2溶液的浓度至少应大于()A． B． C． D．5、用H2O2和H2SO4的混合溶液可腐蚀印刷电路板上的铜，其热化学方程式为Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l)ΔH已知①Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g)ΔH1=64kJ·mol-1②2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)ΔH2=-196kJ·mol-1③H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH3=-286kJ·mol-1下列说法不正确的是（）A．反应①可通过铜作电极电解稀的H2SO4方法实现B．反应②在任何条件下都能自发进行C．若H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH4，则ΔH4＜ΔH3D．ΔH=-320kJ·mol-16、原电池的应用促进了人类社会的发展。某种铜锌原电池示意图如图，关于该原电池的说法正确的是A．铜是负极 B．工作时，电流由铜电极经导线流向锌电极C．溶液中H+发生氧化反应 D．锌发生还原反应7、如果家里的食用花生油不小心混入了大量的水，利用所学的知识，最简便的分离方法是（）A． B．C． D．8、下列气态氢化物最不稳定的是（）A．NH3 B．H2O C．HF D．PH39、常温下，有关下列溶液的比较中，错误的是（）①的溶液②的溶液③的氨水④的溶液A．将②、④溶液等体积混合后溶液B．由水电离出的：①=②=③=④C．等体积的①、②溶液分别与足量锌反应，生成的量：②<①D．向③、④两种溶液中各加入水后，溶液的：③>④10、某分子式为C10H20O2的酯，在一定条件下可发生如下图的转化过程：则符合上述条件的酯的结构可有A．2种 B．4种 C．6种 D．8种11、下列各微粒中属于等电子体的是（）A．N2O4和NO2 B．SO2和O3 C．CO2和NO2 D．C2H6和N2H412、设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．在电解精炼铜时，当电路中通过的电子数为2NA时，阳极质量减少64gB．标准状况下，22.4LCO和C2H4混合气体的总分子数为NA，质量为28gC．常温常压下，1mol甲基(-CH3)所含电子数为10NAD．标准状况下，11.2L苯中含有C-H键的数目为3NA13、某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4molA和2molB进行如下反应：3A(g)+2B(g)4C(s)+2D(g)，反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，且反应的前后压强之比为5:4(相同的温度下测量)，则下列说法正确的是()A．该反应的化学平衡常数表达式是K=B．此时，B的平衡转化率是40%C．增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大D．增加B，B的平衡转化率升高14、某温度下向20mL0.1mol·L－1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol·L－1NaOH溶液，混合液的pH随NaOH溶液的体积（V）的变化关系如图（忽略温度变化）。下列说法中正确的是（）A．该温度下醋酸的电离平衡常数约为1×10－5mol·L－1B．图中V1>20mL，且a点对应的溶液中：c(Na+）+c(H+)＝c(OH－）+c(CH3COO－)C．图中V1<20mL，且a点对应的溶液中：c(CH3COOH)+c(CH3COO－)<c(Na+）D．当加入NaOH溶液的体积为20mL时，溶液中：c(CH3COOH)+c(H+)>c(OH－）15、在密闭容器中进行如下反应：X2(g)+Y2(g)⇌2Z(g)，已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是()A．Z为0.3mol/L B．Y2为0.4mol/L C．X2为0.2mol/L D．Z为0.4mol/L16、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二、非选择题（本题包括5小题）17、乙烯是来自石油的重要有机化工原料，其产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平，结合图1中路线回答：已知：2CH3CHO+O22CH3COOH（1）上述过程中属于物理变化的是______________（填序号）。①分馏②裂解（2）反应II的化学方程式是______________。（3）D为高分子化合物，可以用来制造多种包装材料，其结构简式是______________。（4）E是有香味的物质，在实验室中可用图2装置制取。①反应IV的化学方程式是______________。②试管乙中的导气管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，不能插入溶液中，目的是______________。（5）根据乙烯和乙酸的结构及性质进行类比，关于有机物CH2=CH-COOH的说法正确的是______________。①与CH3COOH互为同系物②可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体③在一定条件下可以发生酯化、加成、氧化反应18、某有机物A，由C、H、O三种元素组成，在一定条件下，由A可以转化为有机物B、C、D、E；C又可以转化为B、D。它们的转化关系如下：已知D的蒸气密度是氢气的22倍，并可以发生银镜反应。(1)写出A、D、的结构简式和所含官能团名称A_______、________，D__________、___________(2)写出反应⑤的化学方程式___________________________________；(3)从组成上分析反应⑨是___________(填反应类型)。(4)F的同分异构体中能与NaOH溶液发生反应的共_______种(包含F)，写出其中一种与NaOH溶液反应的化学方程式______________19、滴定法是化学常用来定量测定物质浓度的一种重要的实验方法。在食品工业、药品制造、化妆品行业等等都被广泛应用。中华人民共和国国家标准(GB2760－2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g·L－1。某兴趣小组用如图装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。（1）仪器A的名称是________，水通入A的进口为________。B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热B使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应。（2）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定，若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为________。滴定终点现象为_______________。（3）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为：________g·L－1。（4）该测定结果往往比实际值偏高，最可能的原因是_________________，在不改变装置的情况下，如何改进：______________________________________________。20、某小组拟用含稀硫酸的KMnO4溶液与H2C2O4溶液(弱酸)的反应(此反应为放热反应)来探究“条件对化学反应速率的影响”，并设计了如表的方案记录实验结果(忽略溶液混合体积变化)。限选试剂和仪器：0.20mol/LH2C2O4溶液、0.010mol/LKMnO4溶液(酸性)、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽V(0.20mol/LH2C2O4溶液)/mLV(蒸馏水)/mLV(0.010mol/LKMnO4溶液)/mLM(MnSO4固体)/gT/℃乙①2.004.0050②2.004.0025③1.0a4.0025④2.004.00.125回答下列问题：(1)完成上述反应原理的化学反应方程式：___。(2)上述实验①②是探究___对化学反应速率的影响；若上述实验②③是探究浓度对化学反应速率的影响，则a为___；乙是实验需要测量的物理量，则表格中“乙”应填写___。上述实验②④是探究___对化学反应速率的影响。(3)为了观察紫色褪去，草酸与高锰酸钾初始的物质的量需要满足的关系n(H2C2O4):n(KMnO4)最小为：___。21、(1)反应Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)ΔH1，平衡常数为K1；反应Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g)ΔH2，平衡常数为K2；在不同温度时K1、K2的值如下表：700℃900℃K11.472.15K22.381.67①反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH的平衡常数为K，则ΔH＝________(用ΔH1和ΔH2表示)，K＝________(用K1和K2表示)，且由上述计算可知，反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)是_____________________反应(填“吸热”或“放热”)。②能判断CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)达到化学平衡状态的依据是_______(填字母)。A．容器中压强不变B．混合气体中c(CO)不变C．v正(H2)＝v逆(H2O)D．c(CO)＝c(CO2)(2)一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，发生反应：Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)ΔH>0，CO2的浓度与时间的关系如图所示。①该条件下反应的平衡常数为______；若铁粉足量，CO2的起始浓度为2.0mol·L－1，则平衡时CO2的浓度为______mol·L－1。②下列措施中能使平衡时增大的是________(填字母)。A．升高温度B．增大压强C．充入一定量的CO2D．再加入一定量铁粉

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【题目详解】A．直接排放工业废气不利于“蓝天工程"可持续发展，A错误；B．改进汽车尾气净化技术可减少氮氧化合物排放，有利于“蓝天工程"可持续发展，B正确；C．采用焚烧方法处理垃圾容易造成大气污染，不利于“蓝天工程"可持续发展，C错误；D．过度开采和使用化石燃料不利于“蓝天工程"可持续发展，D错误；答案选B。2、B【题目详解】A.乙烯和丙烯的最简式都是CH2，可按CH2进行计算，则28g混合气体的物质的量n===2mol，则其所含的原子个数为2mol×3×NA=6NA，A不符合题意；B.反应生成Na2O2时，氧元素由0价变为-1价，因此钠与1molO2反应时转移电子数为：1mol×2×1×NA=2NA，B符合题意；C.标准状态下，22.4LNO2的物质的量=1mol，由于NO2气体中存在可逆反应2NO2(g)⇌N2O4(g)，因此所含NO2分子数应小于1NA，C不符合题意；D.蔗糖溶液中还存在水分子，因此所含分子数应大于NA，D不符合题意；故答案为：B。3、A【分析】以单位体积溶液中所含溶质的物质的量来表示溶液组成的物理量，叫做溶质的物质的量浓度。【题目详解】1mol/LNaOH溶液的含义是1L溶液中含有1molNaOH，A正确；故选A。4、B【题目详解】Na2CO3溶液的浓度为，与某浓度CaCl2溶液等体积混合后溶液中，根据可知，若要产生沉淀，混合后溶液中，故将溶液等体积混合前，原CaCl2溶液的最小浓度为，综上所述答案为B。5、C【题目详解】A.

Cu与稀硫酸不反应，电解可实现，则反应①可通过铜作电极电解稀H2SO4的方法实现，A正确，不符合；B.反应②的△H<0、△S>0，则△H−T△S<0，在任何条件下都能自发进行，B正确，不符合；C.

③H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH3=-286kJ·mol-1生成液态水，H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH4，生成气态水，生成液态水放出的热量更多，则ΔH3＜ΔH4＜0，C错误，符合；D.由盖斯定律可知①+②+③得到：Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l)，△H=+64kJ⋅mol−1+×(−196kJ⋅mol−1)+(−286kJ⋅mol−1)=−320kJ⋅mol−1，D正确，不符合；答案选C。【题目点拨】C容易出错，放热反应△H＜0，，比较放出热量大小的时候是比较，放热越多，越大，而△H越小，△H的比较是带符号比较。6、B【题目详解】A．铜没有锌活泼，故其为正极，A不正确；B．工作时，电流由正极流向负极，故电流由铜电极经导线流向锌电极，B正确；C．溶液中H+在正极上得到电子，发生还原反应生成氢气，C不正确；D．锌是原电池的负极，其发生氧化反应，D不正确。本题选B。7、C【分析】油与水不互溶，互不相溶的两液体最简便的分离方法应该是分液，据此分析解答。【题目详解】A．该装置为过滤装置，用于除去溶液中不溶性杂质，无法用于液液分离，A选项错误；B．该装置是蒸发装置，常用于制备晶体，B选项错误；C．该装置是分液装置，满足题意，C选项正确；D．该装置是蒸馏装置，可用于沸点不同的液体和液体间的分离，蒸馏油、水有暴沸的危险，D选项错误；答案选C。8、D【分析】N、P位于同主族，N、O、F位于同周期，非金属性F>O>N>P，非金属性越强，对应氢化物越稳定。【题目详解】A．NH3是N的氢化物，N的非金属性比P强，故A错误；B．H2O是O的氢化物，O的非金属性比N、P强，故B错误；C．HF是F的氢化物，F是非金属性最强的元素，故C错误；D．PH３是P的氢化物，四种元素中P的非金属性最弱，故D正确；故答案选D。9、A【题目详解】A.硫酸和氢氧化钠都是强电解质，由于c(H+)=c(OH-)，故V(NaOH)=V(H2SO4)，若将两个溶液混合后溶液呈中性，则消耗溶液的体积：②=④，故A错误；B.①、②的氢离子浓度相同，③、④的氢氧根离子的浓度相同，相同条件下，水的离子积常数是定值，无论酸还是碱都抑制水的电离，所以这四种溶液中由水电离的c(H+)：①=②=③=④，故B正确；C.醋酸是弱酸，硫酸是强电解质，pH相等的①、②溶液的物质的量浓度关系为：①＞②，所以等体积的①、②溶液分别与铝粉反应，生成H2的量：①＞②，故C正确；D.氨水是弱碱，加水稀释后能促进氨水的电离，所以③、④稀释后溶液的pH值③＞④＞7，故D正确；故选A。10、B【题目详解】因C经两步氧化可生成E，则C为C4H9-CH2OH，D为C4H9—CHO，E为C4H9-COOH，B为C4H9—COO-，-C4H9有四种结构，分别为：CH3-CH2-CH2-CH2-、CH3-CH2-CH(CH3)-、(CH3)2CHCH2-、(CH3)3C-，所以符合条件的酯的结构有4种，故选B。11、B【解题分析】原子数目与价电子数目分别都相同的微粒为等电子体,据此结合选项判断。【题目详解】A.N2O4和NO2原子数目不相同,不是等电子体,故A错误；B.SO2和O3价电子数分别为18和18,原子数均为3,所以属于等电子体,故B正确；C.CO2和NO2原子数目相同,价电子数分别为16和17,不属于等电子体,故C错误；D.C2H6和N2H4原子数目不相同,不是等电子体，故D错误；综上所述，本题选B。【题目点拨】该题的关键是明确等电子体的概念，即把握原子数目与价电子数目相同的微粒才为等电子体，然后灵活运用即可。12、B【解题分析】A项，电解精炼铜时，阳极除了铜被氧化，还有比铜活泼的Zn、Fe等杂质也被氧化，所以当电路中通过的电子数为NA时，不能确定阳极减少的质量，故A项错误；B项，CO的相对分子质量是28，C2H4相对分子质量也是28，标准状况下22.4L混合气体的总分子数为NA，混合气体的质量为28g，故B项正确；C项，1molC所含电子数为6NA，3molH所含电子数为3NA，1mol-CH3共有电子数9NA，故C项错误；D项，标况下苯为液体，所以不能按照标况下气体摩尔体积公式计算其物质的量，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。13、B【题目详解】A．由3A(g)+2B(g)4C(s)+2D(g)，C为固体，不写在K的表达式中，则化学平衡常数K=，故A错误；B．生成1.6molC时，反应的B的物质的量为0.8mol，则B的平衡转化率为×100%=40%，故B正确；C．由3A(g)+2B(g)4C(s)+2D(g)达到平衡反应的前后压强之比为5:4，同温同体积条件下，物质的量之比为等于压强之比，即n(前)：n(平)=5:4，说明这是个气体体积减少的反应，增大该体系的压强，平衡向右移动，但由于温度没变，化学平衡常数不变，故C错误；D．增加B，B的平衡转化率减小，故D错误；故选B。14、A【分析】A、0.1mol·L－1CH3COOH溶液的pH=3，则c（CH3COO－）≈c（H＋）=10-3mol·L－1，根据醋酸的电离平衡常数表达式进行计算；B、没有告诉温度，无法判断溶液酸碱性及加入氢氧化钠溶液体积；C、不知道温度，无法判断加入氢氧化钠溶液的体积；D、溶液中一定满足质子守恒，根据质子守恒进行判断．【题目详解】A、根据图象可知，0.1mol·L－1CH3COOH溶液的pH=3，则c（CH3COO－）≈c（H＋）=10-3mol·L－1，该温度下醋酸的电离平衡常数为：K=c(H＋)c(CH3COO－)/c(CH3COOH)=10-3×10-3/0.1=1×10-5mol·L-1，故A正确；B、由于不知道温度，无法判断a点pH=7时溶液的酸碱性，无法判断加入氢氧化钠溶液的体积，故B错误；C、没有告诉温度，无法判断pH=7时溶液的酸碱性，则无法判断加入氢氧化钠溶液的体积，故C错误；D、溶液中水电离的氢离子与氢氧根离子浓度一定相等，即一定满足质子守恒，c（CH3COOH）+c（H＋）=c（OH－），故D错误；故选A。【题目点拨】本题考查了酸碱混合的定性判断、溶液中离子浓度定性比较，注意掌握酸碱混合的定性判断方法，本题中需要注意温度不确定，无法判断pH=7时溶液酸碱性，为易错点．15、A【题目详解】若反应向正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最小，Z的浓度最大，假定完全反应，则：X2（g）+Y2（g）⇌2Z（g），开始（mol/L）：0.10.30.2变化（mol/L）：0.10.10.2平衡（mol/L）：00.20.4若反应逆正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最大，Z的浓度最小，假定完全反应，则：X2（g）+Y2（g）⇌2Z（g），开始（mol/L）：0.10.30.2变化（mol/L）：0.10.10.2平衡（mol/L）：0.20.40由于为可逆反应，物质不能完全转化所以平衡时浓度范围为0<c（X2）<0.2，0.2<c（Y2）<0.4，0<c（Z）<0.4，选项A正确、选项BCD错误；答案选A。【题目点拨】本题考查化学平衡的建立，关键是利用可逆反应的不完全性，运用极限假设法解答，难度不大。化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，若反应向正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最小，Z的浓度最大；若反应逆正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最大，Z的浓度最小；利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，据此判断分析。16、C【题目详解】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。【题目点拨】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。二、非选择题（本题包括5小题）17、①2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O防止倒吸②③【分析】石油经分馏后得到沸点不同的各种组分，将得到的重油裂解后得到含有不饱和键的短链烃，如丙烯、乙烯等；乙烯经反应Ⅰ与水发生加成反应生成乙醇，乙醇经反应Ⅱ与氧气发生催化氧化反应生成乙醛，乙醛经反应Ⅲ与氧气发生氧化反应生成乙酸，乙醇与乙酸在浓硫酸作催化剂的条件下发生反应Ⅳ生成乙酸乙酯，据此分析。【题目详解】(1)石油分馏时不产生新物质，所以属于物理变化；裂解时产生新物质，所以属于化学变化，则上述过程中属于物理变化的是①；(2)在铜或银作催化剂、加热条件下，乙醇能被氧气氧化生成乙醛和水，反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；(3)乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，其结构简式为；(4)①乙烯与水反应生成乙醇，乙醇在催化剂作用下生成乙醛，乙醛继续被氧化生成乙酸，在浓硫酸作催化剂、加热条件下，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，则反应IV的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；②试管乙中的导气管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，因为随反应蒸出的乙醇和乙酸在溶液中的溶解度较大，导管插在液面下极易发生倒吸，因此导气管在液面上的目的是防止倒吸；(5)①CH2=CH-COOH和CH3COOH结构不相似，且在分子组成上也没有相差一个-CH2原子团，所以二者不属于同系物，错误；②CH2=CH-COOH中含有羧基，能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，正确；③CH2=CH-COOH含有碳碳双键，能发生加成反应、氧化反应、加聚反应等，含羧基能发生酯化反应，正确；答案选②③。18、C2H5OH羟基CH3CHO醛基2C2H5OH+O22CH3CHO+H2O氧化反应6CH3COOC2H5+NaOHCH3CH2OH+CH3COONa【分析】D的蒸气密度是氢气的22倍，则相对分子质量为44，并可以发生银镜反应，说明含有-CHO，则D为CH3CHO；D被氧化生成E为CH3COOH，D被还原生成A为CH3CH2OH；A可以与浓氢溴酸发生取代生成B，B可以与碱的水溶液反应生成A，则B为CH3CH2Br，B可以在碱的醇溶液中反应生成C，则C为CH2=CH2；A与E可发生酯化反应生成F，F为CH3COOC2H5。【题目详解】(1)根据分析可知A为CH3CH2OH，其官能团为羟基；D为CH3CHO，其官能团为醛基；(2)反应⑤为乙醇的催化氧化，方程式为2C2H5OH+O22CH3CHO+H2O；(3)C为CH2=CH2，D为CH3CHO，由C到D的过程多了氧原子，所以为氧化反应；(4)F的同分异构体中能与NaOH溶液发生反应，说明含有羧基或酯基，若为酯则有：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2、CH3CH2COOCH3，若为羧酸则有：CH3CH(COOH)CH3、CH3CH2CH2COOH，所以包括F在内共有6种结构；酯类与NaOH反应方程式以乙酸乙酯为例：CH3COOC2H5+NaOHCH3CH2OH+CH3COONa，羧酸类：CH3CH2CH2COOH+NaOH=CH3CH2CH2COONa+H2O。19、冷凝管b酚酞当滴入最后一滴烧碱溶液时，溶液变红且半分钟不褪色0.24盐酸的挥发用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响【解题分析】根据仪器A特点书写其名称，为了充分冷却气体，应该下口进水；根据滴定终点时溶液的pH及常见指示剂的变色范围选用正确的指示剂；根据关系式2NaOH～H2SO4～SO2及氢氧化钠的物质的量计算出二氧化硫的质量，再计算出该葡萄酒中的二氧化硫含量；根据盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠判断对测定结果的影响；可以选用非挥发性的酸或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，减去盐酸挥发的影响。【题目详解】（1）根据仪器的构造特点可知，仪器A是冷凝管或冷凝器。冷凝时冷却水的流向应该是下口进，上口出，即水通入A的进口是b。（2）滴定终点时的pH＝8.8，说明溶液显碱性，则指示剂的变色范围在碱性条件下，甲基橙的变色范围是3.1～4.4，酚酞的变色范围是8.2～10.0，所以选择的指示剂是酚酞；滴定终点现象为当滴入最后一滴烧碱溶液时，溶液变红且半分钟不褪色。（3）根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：1/2×（0.0900mol/L×0.025L）×64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：0.72g/0.3L=0.24g/L。由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高；因此改进的措施为用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响。【题目点拨】本题考查了探究物质的组成、测量物质的含量的方法，涉及了二氧化硫性质、中和滴定的计算，掌握探究物质组成、测量物质含量的方法，明确二氧化硫的化学性质及中和滴定的操作方法及计算方法是解答的关键。20、5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4═10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O温度1.0t(溶液褪色时间)/s催化剂2.5【分析】（1）酸性KMnO4溶液与H2C2O2发生氧化还原反应，MnO4-被还原为Mn2+，H2C2O2被氧化为CO2，结合离子方程式的电荷守恒和反应环境可知，要有H+参与反应，根据得失电子数守恒和电荷守恒来配平；（2）当探究某一种因素对反应速率的影响时，必须保持其他影响因素一致；要探究H2C2O4溶液浓度不同对反应速率的影响，则加入的H2C2O4溶液的体积不同，但反应体积溶液的总体积需相同，故应加入蒸馏水来确保溶液的总体积均为6mL；要准确描述反应速率的快慢，必须准确测得溶液褪色时间的长短；催化剂能加快反应速率；(3)草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸，在溶液中分步电离；(4)由反应的化学方程式可知，为了观察到紫色褪去，草酸应该稍微过量。【题目详解】(1)酸性高锰酸钾是用稀硫酸酸化，H2SO4、KMnO4与H2C2O2发生反应，KMnO4被还原为MnSO4，化合价降低5价，H2C2O2被氧化为CO2，每个C原子的化合价升高1价，1个H2C2O2升高2价，则高锰酸钾与草酸计量数之比为2:5，根据原子守恒配平可得：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4═10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O，故答案为：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4═10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2