上海市交大附中嘉定分校2024届化学高二第一学期期中综合测试试题含解析

上海市交大附中嘉定分校2024届化学高二第一学期期中综合测试试题注意事项：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、中和反应反应热的测定中使用0.50mol/L的酸和0.55mol/L的碱。在相同的条件下，下列测定结果最接近57.3kJ·mol－1的是A．用H2SO4和Ba(OH)2B．用CH3COOH和Ba(OH)2C．用盐酸和NaOHD．用CH3COOH和NaOH2、室温下，将1mol的CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1，将1mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2；CuSO4·5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4·5H2O(s)＝CuSO4(s)+5H2O(l)，热效应为△H3。则下列判断不正确的是()A．△H2<△H3 B．△H1<△H3 C．△H2+△H3=△H1 D．△H1+△H2>△H33、已知热化学方程式C2H2(g)＋O2(g)＝2CO2(g)＋H2O(g)△H=-1256kJ/mol，下列说法正确的是()A．乙炔的燃烧热为1256kJ·mol-1B．若生成2mol液态水，则放出的热量为2512kJ·mol-1C．若转移10mol电子，则消耗2.5mo1O2D．若形成4mol碳氧共用电子对，则放出的热量为2512kJ4、下列说法正确的是（）A．手机、电脑中使用的锂电池属于一次电池B．铅蓄电池放电时，正极与负极质量均增加C．二次电池充电时，正极与外接电源的负极相连D．燃料电池工作时，燃料在电池中燃烧，热能转化为电能5、用示意图或图示的方法能够直观形象地将化学知识传授给学生，下列示意图或图示正确的是()A．砷原子的结构示意图 B．BF4—的结构式C．HF分子间的氢键 D．丙氨酸的手性异构6、下列物质中不可做净水剂的是A．磺化煤 B．高铁酸盐 C．活性炭 D．明矾7、在恒温恒容条件下，反应2X(g)＋Y(g)Z(g)∆H=-197kJ•mol-1，若将2mol

X和1mol

Y充入2L的密闭容器中，反应10min，测得X的物质的量为1.4mol，下列说法正确的是A．10min内，反应放出的热量为197kJ热量B．10min内，X的平均反应速率为0.06mol•L-1•min-1C．第10min时，Y的反应速率小于0.015mol•L-1•min-1D．第10min时，Z浓度为0.6mol•L-18、最近我国“人造太阳”研究获重大进展。核聚变中下列质子数小于中子数的原子是（）A．12HB．13H9、常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni（s）＋4CO（g）Ni(CO)4（g）。230℃时，该反应的平衡常数K＝2×10－5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。下列判断正确的是A．第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃B．增大c(CO)，平衡正向移动，反应的平衡常数增大C．第二阶段，Ni(CO)4分解率较低D．增加Ni的含量，CO的转化率增大10、茶油是人们生活中一种高品质的食用油，茶油中的主要成分属于A．淀粉 B．油脂 C．蛋白质 D．糖类11、下列说法中正确的是A．将纯水加热的过程中，Kw变大、pH变小B．配制FeSO4溶液时，加入稀HNO3抑制Fe2＋水解C．FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终得到FeCl3固体D．向0.1mol/L氨水中加入少量水，溶液中减小12、常温下pH＝3的二元弱酸H2R溶液与aLpH＝11的NaOH溶液混合后，混合液的pH刚好等于7（假设反应前后体积不变），则对反应后混合液的叙述正确的是A．c(R2－)+c(OH－)＝c(Na＋)+c(H＋) B．c(R2－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)C．2c(R2－)+c(HR－)＝c(Na＋) D．混合后溶液的体积为2aL13、依据图示关系，下列说法不正确的是A．石墨燃烧是放热反应B．1molC(石墨)和1molCO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2，前者放热多C．C(石墨)+CO2(g)=2CO(g)ΔH=ΔH1-ΔH2D．化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关14、常温下向l0mL0.1mol/L氨水中缓缓加蒸馏水稀释到1L后，下列说法不正确的是A．OH—数目增大，H+数目减小B．c(OH－)·c(NH4+)/c(NH3·H2O)不变C．电离程度增大，导电能力减弱D．c(H+)与c(OH—)的乘积不变15、下列反应的热效应与其它三项不相同的是A．铝粉与氧化铁的反应 B．氯化铵与Ba(OH)2·8H2O反应C．锌片与稀硫酸反应 D．钠与冷水反应16、将甲、乙两种金属分别放入硫酸铜溶液中，甲表面析出金属铜，乙没有明显现象。据此判断，三种金属活动性顺序为（）A．乙>铜>甲 B．铜>甲>乙 C．甲>铜>乙 D．甲>乙>铜二、非选择题（本题包括5小题）17、有机物G是一种重要的工业原料，其合成路线如图：回答下列问题：(1)已知反应①为加成反应，则有机物A的名称为______。(2)反应③的试剂和条件为______。(3)芳香烃M与B互为同分异构体，其核磁共振氢谱图中峰面积之比为3：1，M的结构简式为______。(4)有人提出可以将上述合成路线中的反应③和反应④简化掉，请说明你的观点和理由______。(5)反应⑥的化学方程式为______。18、萜品醇可作为消毒剂、抗氧化剂、医药和溶剂。合成α萜品醇G的路线之一如下:已知：请回答下列问题：（1）A所含官能团的名称是_____。（2）B的分子式为_____；写出同时满足下列条件的B的链状同分异构体的结构简式：_______________。①核磁共振氢谱有2个吸收峰②能发生银镜反应（3）B→C、E→F的反应类型分别为_____、_____。（4）C→D的化学方程式为_____。（5）通过常温下的反应，区别E、F和G的试剂是_____和_____。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、溴苯是一种化工原料，实验室合成溴苯的装置示意图及有关数据如下：苯溴溴苯密度/g·cm-30.883.101.50（1）请补充图1烧瓶中反应的化学方程式：①2Fe+3Br2=2FeBr3②______________________________。（2）图1洗气瓶中盛放的试剂为__________，实验中观察到洗气瓶的液体变为橙黄色；还观察到锥形瓶中出现白雾，这是因为____________________形成的。（3）制得的溴苯经过下列步骤进行提纯：①操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中有机层在__________（填仪器名称）中处于__________层。②操作Ⅱ中NaOH溶液的作用是____________________。③向有机层3加入氯化钙的目的是______________________________。④经以上操作后，要对有机层4进一步提纯，下列操作中必须的是__________（填选项）。a．重结晶b．过滤c．蒸馏d．萃取（4）若使用图2所示装置制取溴苯，球形冷凝管中冷却水应由__________口进入，恒压滴液漏斗中盛放的试剂应为__________（填选项）。a．苯b．液溴21、某温度下，在密闭容器中SO2、O2、SO3三种气态物质建立化学平衡后，改变条件对反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，ΔH＜0的正、逆反应速率的影响如图所示：(1)加催化剂对反应速率影响的图象是________(填序号，下同)，平衡________移动。(2)升高温度对反应速率影响的图象是__________，平衡向________方向移动。(3)增大反应容器的体积对反应速率影响的图象是________，平衡向________方向移动。(4)增大O2的浓度对反应速率影响的图象是__________，平衡向________方向移动。(5)图1是反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。①该反应的焓变ΔH________(填“＞”、“＜”或“＝”)0。②T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1________(填“>”、“<”或“＝”)K2。在T1温度下，往体积为1L的密闭容器中，充入1molCO和2molH2，经测得CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图2所示。则该反应的平衡常数为__________________________。③若容器容积不变，下列措施可增加CO转化率的是___________________(填字母)。a．升高温度b．将CH3OH(g)从体系中分离c．使用合适的催化剂d．充入He，使体系总压强增大

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】A.在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1mol水时的反应热称为中和热，H1SO4和Ba(OH)1反应生成硫酸钡沉淀，由于自由离子生成沉淀或是弱电解质过程中放出热量，所以测得中和热的值将大于2.3kJ·mol－1，故A错误；B.醋酸是弱酸，电离时，吸收热量，所以测得的中和热应小于2.3kJ·mol－1，故B错误；C.盐酸是强酸，NaOH是强碱，反应生成氯化钠和水，根据中和热的定义可知，盐酸和NaOH反应测得的中和热最接近2.3kJ·mol－1，故C正确；D.醋酸是弱酸，电离的过程吸热，所以测得的中和热应小于2.3kJ·mol－1，故D错误；故选C。【题目点拨】在稀溶液中，酸和碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量称为中和热。注意：1.必须是酸和碱的稀溶液，因为浓酸溶液和浓碱溶液在相互稀释时会放热；1．弱酸或弱碱在中和反应中由于电离吸收热量，其中和热小于2．3kJ·mol－1；3．以生成1mol水为基准；4.反应不可以生成沉淀（如Ba(OH)1+H1SO4=BaSO4+1H1O)。2、D【分析】胆矾溶于水时，溶液温度降低，该反应为吸热反应，则：CuSO4·5H2O(s)＝Cu2+(aq)+SO42-(aq)+

+5H2O(l)△H1>0；

硫酸铜溶于水，溶液温度升高，说明该反应为放热反应，则：CuSO4(s)=Cu2+(aq)+SO42-(aq)△H2<0；

已知CuSO4·5H2O(s)＝CuSO4(s)+5H2O(l)△H3，根据盖斯定律确定各焓变之间的关系，以此解答该题。【题目详解】①胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4·5H2O(s)＝Cu2+(aq)+SO42-(aq)+

+5H2O(l)△H1>0；

②硫酸铜溶于水，溶液温度升高，该反应为放热反应，则：CuSO4(s)=Cu2+(aq)+SO42-(aq)△H2<0；

③已知CuSO4·5H2O(s)＝CuSO4(s)+5H2O(l)△H3，

根据盖斯定律①-②得到③：△H3=△H1-△H2，因为△H2<0，△H1>0，则△H3>0，

A.分析可以知道△H3>0，而△H2<0，则△H2<△H3，故A不选；

B.分析可以知道△H2=△H1-△H3，因为△H2<0，△H1<△H3，故B不选；

C.△H2=△H1-△H3，则△H2+△H3=△H1，故C不选；

D.△H2<0，△H1>0，且△H2+△H3=△H1，则△H1+△H2<△H3，所以选D。

所以答案选D。3、C【题目详解】A.燃烧热是指在一定条件下，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，水的稳定状态是液态，故A错误；B.生成2mol气态水时，放出2512kJ·mol-1热量，故B错误；C.1mol氧气得到4mol电子，所以转移10mol电子，需要=2.5mol氧气，故C正确；D.形成4mol碳氧共用电子对说明反应生成2molCO2，放出的热量为1256kJ，故D错误；故选C。4、B【题目详解】A.手机、电脑中使用的锂电池可充电，属于二次电池，A错误；B.铅蓄电池放电时，负极Pb转化为硫酸铅，使负极的质量增大，正极上二氧化铅得电子也转化为硫酸铅，两极质量都增大，B正确；C.二次电池充电时，正极与外接电源的正极相连，发生氧化反应，C错误；D.燃料电池工作时，燃料并不是在电池中直接燃烧，D错误；故选B。5、D【题目详解】A、根据原子核外电子排布规律，砷的原子核外各层电子分别为：2，8，18，5，选项A错误；B、BF4-中有一个F提供一个孤电子对，其它形成共用电子对，据此可画出结构图为，选项B错误；C、HF分子中F原子的电负性较强，与相邻氢原子间形成氢键，选项C错误；D、丙氨酸CH3-CH(NH2)-COOH中有一个碳原子连接一个氨基和一个羧基，且连结-CH3和氢原子，为手性碳原子，四个基团不相同，该分子中含有1个手性碳原子，选项D正确；答案选D。6、A【题目详解】A.磺化煤不能净水，故符合题意；B.高铁酸盐具有强氧化性，且反应后生成的铁离子能水解生成氢氧化铁胶体具有吸附作用，所以具有净水的作用，故不符合题意；C.活性炭有吸附性，能净水，故不符合题意；D.明矾中的铝离子能水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，能净水，故不符合题意。故选A。【题目点拨】掌握净水的原理，如胶体的吸附或活性炭的吸附等。注意净水和对水消毒、杀菌是不同的原理。7、C【分析】2X(g)＋Y(g)Z(g)起始物质的量210改变物质的量0.60.30.3平衡物质的量1.40.70.3【题目详解】A.10min内，反应放出的热量为197kJ/mol×0.3mol=59.1kJ热量，故错误；B.10min内，X的平均反应速率为=0.03mol•L-1•min-1，故错误；C.10min内，Y的反应速率为=0.015mol•L-1•min-1，随着反应的进行，反应物的浓度逐渐减小，所以反应速率逐渐变小，所以当反应进行到第10min时，Y的反应速率小于0.015mol•L-1•min-1，故正确；D.第10min时，Z浓度为0.3mol/2L=0.15mol•L-1，故错误。故选C。8、B【解题分析】A．12H中质量数为2，质子数为1，则中子数为1，选项A不选；B．13H中质量数为3，质子数为1，则中子数为2，质子数小于中子数，选项B选；C．24He中质量数为4，质子数为2，则中子数为2，质子数等于中子数，选项C不选；D．11H中质量数为19、A【解题分析】本题主要考查化学平衡，化学平衡常数。A.将固体杂质分离出去，反应温度大于其沸点；B.化学平衡常数仅与反应温度有关；C.第二阶段为第一阶段反应的逆过程，由此计算平衡常数；D.Ni为固体，增加Ni的含量，CO的转化率不变。【题目详解】A.由题干可知，Ni(CO)4的沸点为42.2℃，要想将固体杂质分离出去，应使反应温度大于Ni(CO)4的沸点，此时反应生成的Ni(CO)4为气态，便于分离，因此选50℃，故A项正确；B.化学平衡常数仅与反应温度有关，与反应物的浓度无直接关系，因此增加c(CO)，反应的平衡常数应不变，故B项错误；C.由题干可知，230℃时，第一阶段反应的平衡常数较小，K＝2×10－5，而第二阶段为第一阶段反应的逆过程，因此可判断第二阶段的反应较彻底，即第二阶段Ni(CO)4分解率较高，故C项错误；D.Ni为固体，增加Ni的含量，CO的转化率不变。综上，本题选A。10、B【题目详解】A．淀粉主要存在于植物种子或块茎及制品中，如大米、面粉、玉米等，选项A错误；B．茶油的主要成分是油脂，选项B正确；C．蛋白质主要存在于动物肌肉和蛋奶中，选项C错误；D．糖类主要存在于植物种子或块茎及制品中，如大米、面粉、玉米等，选项D错误；答案选B。11、A【题目详解】A、水的电离是吸热过程，升高温度，促进水的电离，Kw增大，c(H＋)增大，pH变小，故A说法正确；B、HNO3具有强氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，因此配制FeSO4溶液时，需要加入H2SO4抑制Fe2＋水解，故B说法错误；C、FeCl3溶液中：FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl，盐类水解是吸热反应，升高温度，促进水解，且也能促进HCl的挥发，蒸干后得到Fe(OH)3，灼烧至恒重，最终得到的是Fe2O3，故C说法错误；D、氨水溶液中存在NH3·H2ONH4＋＋OH－，加水稀释，促进电离，n(NH4＋)增加，n(NH3·H2O)减小，即溶液中增大，故D说法错误；答案为A。【题目点拨】盐溶液蒸干灼烧时所得产物的几种判断类型：1.盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得到原物质；盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得到对应的氧化物；2.酸根阴离子易水解的强碱盐，蒸干后可得到原物质；3.考虑盐受热时是否分解；4.还原性盐在蒸干时会被氧气氧化。12、C【题目详解】A．根据电荷守恒可知2c(R2－)+c(HR－)+c(OH－)＝c(Na＋)+c(H＋)，A错误；B．混合液的pH刚好等于7，c(H＋)＝c(OH－)，结合电荷守恒可得：2c(R2－)+c(HR－)=c(Na＋)，所以c(R2－)<c(Na＋)，B错误；C．根据电荷守恒可知2c(R2－)+c(HR－)+c(OH－)＝c(Na＋)+c(H＋)，由于溶液显中性，所以c(H＋)＝c(OH－)，两式相减可得2c(R2－)+c(HR－)＝c(Na＋)，C正确；D．由于H2R是二元弱酸，主要以酸分子存在，pH＝3，c(H＋)=10-3mol/L，pH＝11的NaOH溶液，c(OH－)=10-3mol/L，若二者等体积混合，酸电离产生的氢离子恰好被中和，未电离酸分子会进一步电离产生氢离子，使溶液显酸性，所以溶液的pH<7，故要使溶液pH=7，则酸溶液的体积小于碱溶液的体积，D错误。答案选C。13、C【题目详解】A．所有的燃烧都是放热反应，根据图示，C(石墨)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ/mol，ΔH1＜0，则石墨燃烧是放热反应，故A正确；B．根据图示，C(石墨)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ/mol，CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=-283.0kJ/mol，根据反应可知都是放热反应，1molC(石墨)和1molCO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2，1molC(石墨)放热多，故B正确；C．根据B项分析，①C(石墨)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ/mol，②CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=-283.0kJ/mol，根据盖斯定律①-②ｘ2可得：C(石墨)+CO2(g)=2CO(g)ΔH=ΔH1-2ΔH2，故C错误；D．根据盖斯定律可知，化学反应的焓变只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，故D正确；答案选C。14、A【解题分析】加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c（NH3·H2O）、c（NH4＋）、c（OH－）都减小，但c（H＋）增大，据此分析解答。【题目详解】A．加水稀释促进一水合氨电离，溶液中OH－数目增大，溶液中氢离子浓度增大，则H＋数目增大，故A错误；B．温度不变，一水合氨电离平衡常数c(OH－)·c(NH4+)/c(NH3·H2O)不变，故B正确；C．加水稀释促进电离，一水合氨电离程度增大，随着稀释的进行，溶液导电能力减弱，故C正确；D．温度不变，水的离子积常数不变，所以c（H＋）与c（OH－）的乘积不变，故D正确，故选A。【题目点拨】本题考查了弱电解质的电离，解题关键：明确弱电解质电离程度与溶液浓度的关系，知道稀释过程中各种微粒浓度变化。15、B【题目详解】A.氧化铁和铝在高温的条件下生成氧化铝和铁，,是典型的放热反应，利用放出的热冶炼金属铁，常用于野外铁轨的焊接，为放热反应；B.氢氧化钡晶体与氯化铵晶体混合：═2NH3↑+BaCl2+10H2O，是典型在常温下发生的吸热反应；C.锌片与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，是放热反应；D.钠与冷水反应，生成氢氧化钠和氢气，放出大量的热，是放热反应；根据以上分析可以知道,B的热效应与其它三者不同；本题答案为B。16、C【题目详解】将甲、乙两种金属分别加入CuSO4溶液中，甲表面析出金属Cu，乙没有明显现象，甲能置换出Cu，乙不能置换出Cu，则甲比Cu活泼，乙的活动性不及Cu，三种金属活动性顺序：甲Cu乙，答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、丙烯NaOH醇溶液，加热不能，由于有机物C有两种结构，通过反应③④进行处理，转化为一种结构2+O22+2H2O【分析】苯与A发生反应①为加成反应产生B，根据B和苯结构简式知，A为CH2=CHCH3，B发生取代反应生成C，C发生消去反应生成D，则C可能为或。由E分子式及D、F的结构可知，D发生加成反应生成E，E水解生成F，则E为，F发生催化氧化生成G。【题目详解】根据上述分析可知：A是CH2=CHCH3；C是或；E是。(1)反应①为加成反应，根据B和苯结构简式知，A为CH2=CHCH3，有机物A的名称为丙烯；(2)反应③是C：或发生消去反应形成D：，需要的试剂和反应条件为：NaOH醇溶液、加热；(3)B是，芳香烃M与B互为同分异构体，其核磁共振氢光谱图峰面积之比为3：1，说明M中含有2种氢原子，氢原子个数之比为3：1，则M的结构简式为；(4)有机物C有两种结构，通过反应③④进行处理，转化为一种结构，所以不能简化掉；(5)反应⑥是F：与O2在Cu作催化剂条件下，加热被氧化为G：的过程，该反应的化学方程式为：2+O22+2H2O。【题目点拨】本题考查有机物的推断与合成。根据有机物的结构，采取正推、逆推相结合的方法进行分析判断，要熟练掌握各类物质的性质，注意反应前后官能团的转化，来确定反应条件。18、羧基羰基C8H14O3取代反应酯化反应NaHCO3溶液Na【分析】根据C生成D的反应条件可知，C中含有卤素原子，则B与HBr发生取代反应生成C，C为，发生消去反应生成D，D为，D酸化得到E，E为，E与乙醇发生酯化反应生成F，F为，F发生信息反应生成G，结合F与G的结构可知，Y为CH3MgBr，据此解答。【题目详解】(1)由有机物A的结构可知，A中含有羰基、羧基，故答案为羰基、羧基；(2)由B的结构简式可知，B的分子式为C8H14O3，B的同分异构体中，核磁共振氢谱有2个吸收峰，说明分子中含有2种H原子，由B的结构可知，分子中H原子数目很多，故该同分异构体为对称结构；能发生银镜反应，说明含有醛基，且为2个-CHO，其余的H原子以甲基形式存在，故符合条件的同分异构体的结构简式为：，故答案为C8H14O3；；(3)根据上面的分析可知，由B到C的反应是B与溴化氢发生的取代反应，E→F发生酯化反应生成F，故答案为取代反应；酯化(取代)反应；(4)由上面的分析可知，C→D的反应方程式为+2NaOH+NaBr+2H2O，故答案为+2NaOH+NaBr+2H2O；(5)E为，含有羧基；F为，含有碳碳双键、酯基；G为，G中含有C=C双键、醇羟基；利用羧基、羟基与钠反应，酯基不反应，区别出F，再利用碳酸氢钠与羧基反应区别G与E，故答案为Na；NaHCO3溶液。【题目点拨】本题考查有机物的推断与合成，充分利用有机物的结构、反应条件及反应信息进行判断，掌握官能团的性质与理解反应信息是关键。本题的难点为(2)，要注意结构的对称性的思考。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、CCl4HBr气体与水蒸气形成酸雾分液漏斗下除去溴苯中溴单质除去溴苯中的水c下b【解题分析】（1）图1烧瓶中，苯与液溴在FeBr3作催化剂的条件下发生取代反应生成溴苯，化学方程式为：。（2）洗气瓶中变橙黄色，则洗气瓶中溶有Br2。由于液溴具有挥发性，且Br2易溶于CCl4，所以图1洗气瓶中可盛装CCl4吸收挥发出的Br2。苯与液溴反应生成HBr，HBr与水蒸气结合呈白雾。故答案为CCl4；HBr气体与水蒸气形成酸雾。（3）粗溴苯中含有溴苯、苯、未反应完的Br2、FeBr3等。粗溴苯水洗后，液体分层，FeBr3易溶于水进入水层，溴易溶于有机物，和苯、溴苯一起进入有机层，分液得有机层1。再加NaOH溶液除去Br2，再次分液，水层中主要含有NaBr、NaBrO等，有机层2中含有苯、溴苯。第二次水洗除去有机层