甘肃省武威第五中学2024届化学高二上期中考试模拟试题含解析

甘肃省武威第五中学2024届化学高二上期中考试模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、对于可逆反应：2A(g)＋B(g)2C(g)△H＜0，下列各图中正确的是（）A．B．C．D．2、500℃时，某反应达到平衡，反应的平衡常数表达式为：K，若恒容时升高温度，SO2浓度增大，则下列说法正确的是()A．该反应的△H＜0，降低温度将缩短反应达到平衡的时间B．恒温恒容下，充入惰性气体，SO2转化率增大C．增大反应体系的压强，正反应速率增大，逆反应速率减小D．t1，t2时刻，SO2(g)的浓度分别是c1、c2，则时间间隔t1-t2内，SO2(g)生成的平均速率值为v=3、以乙醇为原料设计合成的方案。需要经过的反应类型是A．消去、取代、水解、加成 B．取代、消去、加成、水解、C．消去、加成、取代、水解． D．消去、加成、水解、取代4、将铂电极放置在KOH溶液中，然后分别向两极通入CH4和O2，即可产生电流，此装置称为甲烷燃料电池。下列叙述中正确的是（）①通入CH4的电极为正极；②正极的电极反应式为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－；③通入CH4的电极反应式为：CH4＋2O2＋4e－＝CO2＋2H2O；④负极的电极反应式为：CH4＋10OH－－8e－＝CO32－＋7H2O；⑤放电时溶液中的阳离子向负极移动；⑥放电时溶液中的阴离子向负极移动。A．①③⑤ B．②④⑥ C．④⑤⑥ D．①②③5、在实验室中，常用KMnO4代替MnO2与浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+5Cl2↑+2KCl+8H2O，下列叙述中正确的是（）A．反应中KMnO4被氧化B．HCl发生还原反应C．每消耗2molHCl时，反应中转移的电子为2molD．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1﹕56、下列说法中不正确的是()弱酸CH3COOHHClOH2CO3电离平衡常数（25℃）Ki=1.76×10﹣5Ki=2.95×10﹣8Ki1=4.30×10﹣7Ki2=5.60×10﹣11A．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液中c(Na+):③<②<①B．一定浓度的NaHS溶液中:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)C．pH=a的氨水，稀释至原体积的10倍后,其pH=b,则b>a-1D．室温下，甲、乙两烧杯均盛有5mLpH=2的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH=3，则甲乙两个烧杯中，由水电离出来的c(OH—)：10c(OH－)甲≤c(OH－)乙7、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是()A．密闭容器中有一定量红棕色的NO2，加压(缩小体积)后颜色先变深后变浅B．高压条件比常压条件有利于SO2和O2合成SO3C．由H2(g)、I2(g)、HI(g)组成的平衡体系加压(缩小体积)后颜色变深D．实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气8、用下列实验装置进行相应实验能达到实验目的的是（）A．用甲装置测定NaHCO3溶液的pHB．用乙装置制取无水氯化镁C．用丙装置模拟钢闸门的保护D．用丁装置准确量取一定体积的KMnO4标准溶液9、下列说法正确的是()A．增大反应物浓度，可增大活化分子百分数，反应速率加快B．有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大C．升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数D．催化剂能增大反应物的能量，从而成千成万倍地增大化学反应速率10、下列有关维生素和微量元素的叙述不正确的是A．合理摄入维生素C能增强对传染病的抵抗力，而且它还有解毒作用B．维生素D属于典型的水溶性维生素C．为减少新鲜蔬菜中的维生素C的流失，炒蔬菜的时间不能太长，炒熟即可D．补充维生素D有利于人体钙的摄入11、电化学装置工作时，下列电极上发生的反应一定是氧化反应的是（）A．阴极 B．负极 C．铜电极 D．石墨电极12、锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是A．铜电极上发生氧化反应B．电池工作一段时间后，甲池的c(SO42－)减小C．电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加D．阴阳离子离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡13、将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中。然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固。下列说法正确的是（）A．NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应B．该反应中，热能转化为产物内部的能量C．反应物的总能量高于生成物的总能量D．反应的热化学方程式为：NH4HCO3+HCl=NH4Cl+CO2↑+H2OΔH＞014、有关化学反应的判断下列说法中正确的是A．常温下，放热反应一般都能自发进行．而吸热反应都不能自发进行B．反应NH4HCO3(s)NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)ΔH=+185.57kJ·mol-1，在低温条件下不自发，但在高温条件下能自发C．自发反应一定都能发生，而非自发发应在任何条件下都不能发生D．在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变化学反应进行的方向15、萤石(CaF2)是一种难溶于水的固体。下列实验事实能说明CaF2一定是离子晶体的是()A．CaF2难溶于水，其水溶液的导电性极弱B．CaF2的熔点较高，硬度较大C．CaF2固体不导电，但在熔融状态下可以导电D．CaF2在有机溶剂(如苯)中的溶解度极小16、在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO(g)＋CO(g)N2(g)＋CO2(g)；ΔH＝－373.2kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是A．加催化剂同时升高温度 B．加催化剂同时增大压强C．升高温度同时充入N2 D．降低温度同时增大压强二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下，A为固体，B为易挥发液体，C为气体。D、E、F、G、X均为化合物，其中X是一种无氧强酸、E为黑色固体，H在常温下为液体.它们之间的转化关系如图所示（其中某些反应条件和部分反应物已略去）。（1）写出化学式：A___，D___，E___，X___。（2）在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是____。（填编号）（3）反应⑥的离子方程式为____。（4）反应⑦的化学方程式为____。（5）该反应中每消耗0.3mol的A，可转移电子___mol。18、根据反应路线及所给信息填空。(1)A的结构简式是________。(2)①②的反应类型分别是_______，②的反应方程式是_________。(3)反应③的化学方程式是________。(4)反应④的化学方程式是________。19、中华人民共和国国家标准（G2762011）规定葡萄酒中c最大使用量为0.25g/L.某兴趣小组用图装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中SO2，并对含量进行测定。（1）仪器A的名称是________，水通入A的进口为_______________（2）B中加入300.0ml葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出与C中H2O2完全反应其化学方程式为_________________________________（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol/LNaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的________；若滴定终点时溶液的pH=8.8，则选择的指示剂为________；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“20”处，则管内液体的体积______（填序号）（①=20mL，②=30mL，③＜20mL，④＞30mL）．（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液12.50mL，该葡萄酒中SO2含量为:___g/L（5）该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施______________20、实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生用0.10mol·L-1NaOH标准溶液进行测定盐酸的浓度的实验。取20.00mL待测盐酸放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用自己配制的NaOH标准溶液进行滴定。重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下。完成下列填空：实验编号待测盐酸的体积（mL）NaOH溶液的浓度（mol·L-1）滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积（mL）120.000.1024.18220.000.1023.06320.000.1022.96I.（1）滴定达到终点的标志是___。（2）根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为__（保留小数点后3位）。（3）排除碱式滴定管尖嘴中气泡的方法应采用__操作，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。（4）在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有__。A．用酸式滴定管取20.00mL待测盐酸，使用前，水洗后未用待测盐酸润洗B．锥形瓶水洗后未干燥C．称量NaOH固体时，有小部分NaOH潮解D．滴定终点读数时俯视E.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失II.硼酸（H3BO3）是生产其它硼化物的基本原料。已知H3BO3的电离常数为5.8×10-10，H2CO3的电离常数为K1=4.4×10-7、K2=4.7×10-11。向盛有饱和硼酸溶液的试管中，滴加0.1mol/LNa2CO3溶液，__（填“能”或“不能”）观察到气泡逸出。已知H3BO3与足量NaOH溶液反应的离子方程式为H3BO3+OH-=B（OH），写出硼酸在水溶液中的电离方程式__。21、氮、碳都是重要的非金属元素，含氮、碳元素的物质在工业生产中有重要的应用。（1）请写出工业上由NH3制取NO的化学方程式________________________________。（2）一定条件下，铁可以和CO2发生反应：Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)，已知该反应的平衡常数K与温度T的关系如图所示。①该反应的逆反应是________________(填“吸热”或“放热”)反应。②T℃、Ppa压强下，在体积为VL的容器中进行反应，下列能说明反应达到平衡状态的是________。A、混合气体的平均相对分子质量不再变化；B、容器内压强不再变化；C、υ正(CO2)=υ逆(FeO)③T1温度下，向体积为VL的密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2，反应过程中CO和CO2物质的量与时间的关系如图乙所示。则CO2的平衡转化率为_________，平衡时混合气体的密度与起始时气体的密度之比为________________。（3）在恒温条件下，起始时容积均为5L的甲、乙两密闭容器中(甲为恒容容器、乙为恒压容器)，均进行反应：N2+3H22NH3，有关数据及平衡状态特点见下表。容器起始投入达平衡时甲2molN23molH20molNH31.5molNH3同种物质的体积分数相同乙amolN2bmolH20molNH31.2molNH3起始时乙容器中的压强是甲容器的____________倍。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【题目详解】试题分析：A、该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，B的浓度增大，与图像不符，错误；B、对于有气体参加的反应，增大压强，正、逆反应速率均增大，与图像不符，错误；C、该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，C的物质的量减小，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强，平衡正向移动，C的物质的量增大，与图像相符，正确；C、该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，A的转化率减小，与图像不符，错误。考点：考查化学平衡图像分析2、D【分析】根据该反应的平衡常数表达式可知该反应为2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，若恒容时升高温度，SO2浓度增大，可知升高温度平衡逆向移动，则△H＜0。【题目详解】A．降低温度，反应速率减小，则增大反应达到平衡的时间，故A错误；B．恒温恒容充入惰性气体，反应物浓度不变，平衡不移动，转化率不变，故B错误；C．增大压强，正逆反应速率都增大，故C错误；D．t1，t2时刻，SO2(g)的浓度分别是c1、c2，则时间间隔t1～t2内，△c(SO2)=c1-c2，则SO2(g)生成的平均速率值为v=，故D正确。故选：D。3、D【分析】本题主要考查有机物的合成与路线设计。可通过逆向合成进行推断，由该有机物结构简式可判断该有机物是通过二元醇发生取代反应生成，故可利用乙醇发生消去反应，再与卤素加成，最后/水解合成二元醇。【题目详解】由上述分析可知，由乙醇为原料设计合成的方案为：，故答案为D。4、B【题目详解】①甲烷燃料电池中甲烷失电子为负极，故错误；②碱性条件下，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，其电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故正确；③甲烷燃料电池负极是甲烷失电子，碱性条件下生成碳酸根离子，所以负极的电极反应式为：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，故错误；④甲烷燃料电池负极是甲烷失电子，碱性条件下生成碳酸根离子，所以负极的电极反应式为：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，故正确；⑤⑥原电池工作时，电解质溶液中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，所以⑤错误，⑥正确；故正确的有②④⑥；故选B。5、D【解题分析】A、锰元素的化合价从+7价降低到+2价，得到电子，反应中KMnO4被还原，A错误；B、氯元素化合价从-1价升高到0价，氯化氢发生氧化反应，B错误；C、每消耗2molHCl时生成mol氯气，反应中转移的电子为mol，C错误；D、根据方程式可知16mol氯化氢中作还原剂的是10mol，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1﹕5，D正确；答案选D。6、D【分析】A、根据电离平衡常数的数值，推出电离出H＋能力强弱：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3－，然后进行分析；B、利用电荷守恒进行分析；C、加水稀释促进NH3·H2O的电离，然后进行分析；D、酸性溶液中OH－是由水电离产生。【题目详解】根据电离平衡常数，推出电离出H＋的能力：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3－，A.依据越弱越水解，推出相同浓度时，溶液pH大小顺序是NaClO>NaHCO3>CH3COONa，pH相同时，c(CH3COONa)>c(NaHCO3)>c(NaClO)，即c(Na＋)大小顺序是①>②>③，故A说法正确；B.根据溶液呈现电中性，因此有c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)，故B说法正确；C.假设NH3·H2O为强碱，稀释10倍，则b应为a－1，但NH3·H2O为弱碱，加水稀释促使NH3·H2O电离，即b>a－1，故C说法正确；D.酸性溶液中OH－是水电离的，甲烧杯中水电离出的c(OH－)===10－12mol·L－1，乙烧杯中加水稀释至pH=3，此时水电离出c(OH－)===10－11mol·L－1，则10c(OH－)甲=c(OH－)乙，故D说法错误；故答案选D。7、C【题目详解】A.二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为气体体积减小的可逆反应，缩小体积，二氧化氮浓度增大，气体颜色变深，增大压强，平衡向正反应方向移动，气体颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A不选；B.二氧化硫的催化氧化反应是气体体积减小的可逆反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，则高压条件比常压条件有利于SO2和O2合成SO3，能用勒夏特列原理解释，故B不选；C.H2(g)和I2(g)生成HI(g)是一个气体体积不变的反应，加压平衡不移动，不能用平衡移动原理解释，颜色加深是因为加压后体积缩小浓度增大，不能用勒夏特列原理解释，故C选；D.饱和食盐水中氯离子浓度大，使氯气和水的反应平衡逆向移动，能用勒夏特列原理解释，故D不选；故选C。【题目点拨】勒沙特列原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用勒沙特列原理解释。8、A【题目详解】A．用甲装置测定NaHCO3溶液的pH，能达到实验目的，故A符合题意；B．用乙装置不能制取无水氯化镁，应在HCl气流中加热，不能达到实验目的，故B不符合题意；C．用丙装置铁作阳极，铁失去电子，不能保护钢闸门，不能达到实验目的，故C不符合题意；D．丁装置是碱式滴定管，KMnO4要用酸式滴定管量取，因此不能达到实验目的，故D不符合题意。综上所述，答案为A。9、C【解题分析】增大反应物的浓度和增大压强，只能增大活化分子数，不能增大活化分子百分数，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大，可升高温度、加入催化剂等措施。【题目详解】A项、增大反应物浓度，增大单位体积内活化分子个数，但活化分子百分数不变，故A错误；B项、有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增大单位体积内活化分子的个数，但活化分子百分数不变，故B错误；C项、升高温度，升高了分子能量，增大了活化分子百分数，故C正确；D项、催化剂能够降低反应的活化能，，降低了反应能量，增加了活化分子百分数，加快反应速率，故D错误。【题目点拨】本题考查外界条件对反应速率的影响，注意浓度、温度、压强、催化剂对反应速率影响的实质，把握活化分子及活化理论为解答的关键。10、B【分析】

【题目详解】A．维生素C易溶于水，具有还原性，可用作抗败血酸，增强人体抵抗力，有解毒作用，A正确；B．维生素D属于脂溶性维生素，B错误；C．加热烹调处理会让维生素C大幅度减少，所以加热蔬菜时间越短越好，炒熟即可，C正确；D．维生素D有利于人体钙的吸收，补钙需要补充维生素D，D正确；答案选B。11、B【题目详解】根据原电池与电解池的工作原理可知，电化学装置工作时，原电池的负极或电解池的阳极，电极上发生的反应一定是氧化反应，B项正确，故选B。12、C【题目详解】A.由图像可知该原电池反应原理为Zn+Cu2＋=Zn2＋+Cu，故Zn电极为负极失电子发生氧化反应，Cu电极为正极得电子发生还原反应，故A项错误；B.该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故两池中c(SO42－)不变，故B项错误；C.电解过程中溶液中Zn2＋由甲池通过阳离子交换膜进入乙池，乙池中Cu2＋+2e—=Cu，故乙池中为Cu2＋～Zn2＋，摩尔质量M(Zn2＋)>M(Cu2＋)故乙池溶液的总质量增加，C项正确；D.该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，电解过程中溶液中Zn2＋由甲池通过阳离子交换膜进入乙池保持溶液中电荷平衡，阴离子并不通过交换膜，故D项错误；本题选C。13、B【题目详解】A.反应过程中醋酸凝固，不能说明该反应是放热的，应说明该反应是吸热的，故错误；B.该反应为吸热的，即热能转化为产物内部的能量，故正确；C.该反应吸热，说明反应物的总能量低于生成物的总能量，故错误；D.热化学方程式中应注明物质的聚集状态，故错误。故选B。14、B【解题分析】A、某些吸热反应也可以自发进行，依据△H-T△S＜0分析，△H＞0，△S＞0，常温下可以△H-T△S＜0，如氢氧化钡晶体和氯化铵反应，是吸热反应，常温下可以自发进行，选项A错误；B、反应焓变大于0，熵变大于0，反应向熵变增大的方向进行，NH4HCO3（s）═NH3（g）+H2O（g）+CO2（g）△H=+185.57kJ/mol，能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向，选项B正确；C、在给定的条件下，无外界帮助，不能自动进行的过程或反应，称为自发反应，非自发反应在一定条件下能实现自发进行，选项C错误；D、在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，只改变反应速率，而不改变反应方向，选项D错误；答案选B。【题目点拨】本题考查焓变与熵变以及催化剂的作用，题目难度不大，注意根据△G=△H-T•△S判断反应能否自发进行。15、C【题目详解】A、难溶于水，其水溶液的导电性极弱，不能说明CaF2一定是离子晶体，故A不符；B、熔、沸点较高，硬度较大，也可能是原子晶体，B项不能说明CaF2一定是离子晶体，故B不符；C、固体不导电但熔融状态下可以导电，一定有自由移动的离子生成，C项说明CaF2一定是离子晶体，故C正确；D、CaF2在有机溶剂(如苯)中的溶解度极小，只能说明CaF2是极性分子，不能说明CaF2一定是离子晶体，故D不符；故选C。16、B【分析】提高该反应的NO的转化率只需让平衡正向移动，据此分析判断。【题目详解】A．加催化剂能使反应速率加快，但平衡不移动，由于该反应为放热反应，升高温度，虽反应速率加快，但反应逆向进行，因此NO的转化率减小，A项错误；B．加催化剂能使反应速率加快，但平衡不移动，由于该反应为气体体积缩小的反应，增大压强，反应速率加快，且平衡正向移动，因此加催化剂同时增大压强能提高该反应的速率和NO的转化率，B项正确；C．由于该反应为放热反应，升高温度，虽反应速率加快，但反应逆向进行，NO的转化率减小，充入N2，增大了生成物的浓度，反应速率加快但平衡逆向移动，NO的转化率减小，C项错误；D．由于该反应为放热反应，降低温度，反应速率减慢，反应正向进行，NO的转化率增大，由于该反应为气体体积缩小的反应，增大压强，反应速率加快，且平衡正向移动，NO的转化率增大，D项错误；答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、FeFe(NO3)3Fe3O4HCl③⑥Fe3++3SCN－Fe(SCN)33Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H20.8【分析】根据D加F为红色溶液，想到KSCN和铁离子显红色，再联想D到G的转化，是亚铁离子和铁离子之间的转化，故D为铁离子，G为亚铁离子，A为单质铁，而B和A要反应生成铁离子，再联系A为有液体且易挥发，说明是硝酸，再根据E和X反应生成D、G、H，说明E中有铁的两个价态，E为黑色固体，且Fe和C点燃变为黑色固体，想到E为四氧化三铁，X为盐酸，H为水。【题目详解】⑴根据前面分析得出化学式：A：Fe，D：Fe(NO3)3，E：Fe3O4，X：HCl，故答案分别为Fe；Fe(NO3)3；Fe3O4；HCl；⑵在反应①～⑦中，①～⑦反应分别属于①氧化还原反应，②氧化还原反应，③复分解反应，④氧化还原反应，⑤氧化还原反应，⑥复分解反应，⑦氧化还原反应，故不属于氧化还原反应的是③⑥，故答案为③⑥；⑶反应⑥的离子方程式为Fe3++3SCN－Fe(SCN)3，故答案为Fe3++3SCN－Fe(SCN)3；⑷反应⑦的化学方程式为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，故答案为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2；⑸反应⑦中，铁化合价升高，水中氢化合价降低，分析氢总共降低了8个价态即转移8mol电子，因此每消耗0.3mol的A，可转移电子0.8mol，故答案为0.8mol。18、取代反应，消去反应+NaOH+NaCl+H2O+Br2→+2NaOH+2NaBr+2H2O【分析】由合成路线可知，反应①为光照条件下的取代反应，所以A为，反应②为卤代烃发生的消去反应，反应③为环己烯的加成反应，则B为，反应④为卤代烃的消去反应，生成环己二烯，结合物质的性质及化学用语来解答。【题目详解】(1)由上述分析可知，A为环己烷，其结构简式为为，故答案为：；(2)反应①为取代反应，②为消去反应，反应②是一氯环己烷发生卤代烃的消去反应生成环己烯，反应化学方程式为：+NaOH+NaCl+H2O，故答案为：取代反应；消去反应；+NaOH+NaCl+H2O；(3)反应③为环己烯的加成反应，反应方程式为+Br2→，反应④是卤代烃在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生的消去反应，反应方程式为：+2NaOH+2NaBr+2H2O，故答案为：+Br2→；+2NaOH+2NaBr+2H2O。19、冷凝管bSO2+H2O2＝H2SO4③酚酞④0.12原因:盐酸的挥发:改进施:用不挥发的强酸例如硫酸代替盐酸，用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响【分析】（1）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；（2）二氧化硫具有还原性，能够与实验室反应生成硫酸，据此写出反应的化学方程式；（3）氢氧化钠应该盛放在碱式滴定管中，根据碱式滴定管的排气泡法进行判断；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；根据滴定管的构造判断滴定管中溶液的体积；（4）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；（5）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A的构造可知，仪器A为冷凝管，冷凝管中通水方向采用逆向通水法，冷凝效果最佳，所以应该进水口为b；（2）双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应的化学方程式为：SO2+H2O2=H2SO4；（3）氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用③的方法；滴定终点时溶液的pH=8.8，应该选择酚酞做指示剂（酚酞的变色范围是8.2～10.0）；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，因此管内的液体体积＞（50.00mL-10.00mL）=40.00mL，所以④正确；（4）根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：1/2×（0.0900mol·L－1×0.0125L）×64g·mol－1=0.036g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：0.036g/0.3L=0.24g·L－1；（5）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。20、最后一滴NaOH溶液加入，溶液由无色恰好变成浅红色且半分钟内不褪色0.115mol/L丙CE不能H3BO3＋H2OB（OH）+H+【分析】根据酸碱滴定操作要求回答问题。【题目详解】I、（1）用NaOH滴定HCl，用酚酞作指示剂，即滴定到终点的标志：滴入最后一定NaOH溶液，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色；（2）第1组数据与另外2组相差较多，删去，消耗NaOH的平均体积为(23.06＋22.96)/2mL=23.01mL，根据V酸×c酸=V碱×c碱，20×10－3×c酸=23.01×10－3×0.10，解得c酸=0.115mol·L－1；（3）排除碱式滴定管尖嘴中气泡采用丙操作；（4）根据V酸×c酸=V碱×c碱，A、量取盐酸时，未用盐酸润洗酸式滴定管，直接盛装盐酸，造成盐酸的浓度降低，消耗NaOH的体积减小，测定结果偏低，故A不符合题意；B、锥形瓶是否干燥，对实验测的结果无影响，故B不符合题意；C、称量NaOH，有小部分NaOH潮解，所配NaOH浓度