2024届吉林省通化市梅河口市博文学校化学高二第二学期期末质量检测试题含解析

2024届吉林省通化市梅河口市博文学校化学高二第二学期期末质量检测试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、一定温度下，某恒容容器中发生可逆反应3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)，下列叙述中能说明反应已达平衡状态的是A．反应混合气体的质量不再变化 B．某一时刻测得C．反应容器内气体体积不再变化 D．当生成0.3molH2的同时消耗了0.1molN22、在有机物分子中，若某碳原子连接四个不同的原子或基团，则这种碳原子称为“手性碳原子”，含“手性碳原子”的物质通常具有不同的光学特征（称为光学活性），下列物质在一定条件下不能使分子失去光学活性的是A．H2 B．CH3COOH C．O2／Cu D．NaOH溶液3、下列事实不能用电化学理论解释的是A．轮船水线以下的船壳上镶嵌有一定量的锌块B．镀锌的铁制品比镀锡的铁制品耐用C．铝片不用特殊方法保存D．生铁跟稀硫酸反应比纯铁的反应来得快4、根据价层电子对互斥理论及原子轨道的杂化理论判断NF3分子的空间构型和中心原子的杂化方式为（）A．直线形sp杂化 B．三角形sp2杂化C．三角锥形sp2杂化 D．三角锥形sp3杂化5、央视曝光了双汇在食品生产中使用“瘦肉精”猪肉，一时间，市场哗然。瘦肉精的结构简式如图：下列有关说法错误的是()A．该有机物的分子式为C12H18N2Cl2OB．该有机物的核磁共振氢谱图中有6个吸收峰C．该有机物能发生加成反应、取代反应、氧化反应和酯化反应D．该有机物能溶于水，且水溶液显碱性6、下列热化学方程式正确的是()A．甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol－1，则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－890.3kJ·mol－1B．500℃、30MPa下，将0.5molN2(g)和1.5molH2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH＝－38.6kJ·mol－1C．已知1g液态肼和足量液态过氧化氢反应生成氮气和水蒸气时放出20.05kJ的热量，肼和过氧化氢反应的热化学方程式为N2H4(l)＋2H2O2(l)===N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－641.6kJ·mol－1D．CO的燃烧热是283.0kJ·mol－1，则2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g)ΔH＝＋283.0kJ·mol－17、人造空气(氧气与氦气的混合气)可用于减轻某些病痛或供深水潜水员使用。标准状况下，5.6L“人造空气”的质量是2.4g，其中氧气与氦气的质量比是()A．1∶1 B．2∶1 C．1∶4 D．2∶38、某有机物的结构简式为下列叙述正确的是A．1mol该有机物与NaOH溶液完全反应时，消耗1molNaOHB．该有机物可通过加聚反应生成C．该有机物水解所得的产物能发生加成反应D．该有机物分子的单体为两种9、下列说法正确的是A．HD、CuSO4·5H2O都是化合物B．CO2、NO2和SiO2都是酸性氧化物，都是大气污染物C．常温下，浓硫酸、浓硝酸与铁均能发生钝化，均能用铁罐储运D．NaClO和明矾都能作消毒剂或净水剂，加入酚酞试液均显红色10、我国自主研发“对二甲苯的绿色合成路线”取得新进展，其合成示意图如下。下列说法中，不正确的是A．过程i发生了加成反应B．对二甲苯的一溴代物只有一种C．M所含官能团既可与H2反应，也可与Br2的CCl4溶液反应D．该合成路线理论上碳原子利用率为100％，且产物易分离11、下列离子方程式正确的是A．金属铝溶于氢氧化钠溶液：Al+2OH－=AlO2－+H2↑B．钠与水的反应：Na+2H2O=Na++2OH－+H2↑C．铜片跟稀硝酸的反应：Cu+NO3－+4H+=Cu2++NO↑+2H2OD．将氯气通入氯化亚铁溶液：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－12、通常人们把拆开1mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能。现给出化学键的键能(见下表)：化学键H—HCl—ClCl—H键能/(kJ·mol－1)436243431请计算H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)的反应热()A．＋862kJ·mol－1 B．＋679kJ·mol－1 C．－183kJ·mol－1 D．＋183kJ·mol－113、下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是①pH=0的溶液：Na+、C2O42—、MnO4—、SO42—②pH=11的溶液中：CO32－、Na+、AlO2－、NO3－、S2－、SO32－③水电离的H+浓度为10－12mol·L－1的溶液中：Cl－、CO32－、NO3－、NH4+、SO32－④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl－、K+、SO42－⑤使石蕊变红的溶液中：Fe2+、MnO4－、NO3－、Na+、SO42－⑥中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3－、I－、Cl－、S2－A．①②⑤ B．①③⑥ C．②④ D．①②④14、下列离子方程式书写正确的是A．氢氧化钡溶液与足量硫酸氢钠的溶液混合：Ba2++OH―+H++SO42―＝BaSO4↓+H2OB．过量的铁溶于稀硝酸：Fe+4H++NO3―＝Fe3++NO↑+2H2OC．氯气与水：Cl2+H2O2H++Cl―+ClO―D．硫酸铝溶液中加过量氨水：Al3+＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4+15、下列关于酸性溶液的叙述中正确的是()A．可能是盐的水溶液 B．一定是酸的水溶液C．溶液中c(H＋)<c(OH－) D．不含有OH－的溶液16、已知2Fe3＋+2I﹣═2Fe2＋+I2，Br2+2Fe2＋═2Br﹣+2Fe3＋。往含有FeBr2、FeI2的混合液中通入一定量的氯气后，再滴加少量的KSCN溶液，溶液变为红色，则下列说法不正确的是A．按I﹣、Fe2＋、Br﹣的顺序还原性逐渐减弱B．通入氯气后原溶液中Fe2＋一定被氧化C．原溶液中Br﹣一定被氧化D．不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2＋二、非选择题（本题包括5小题）17、有机物A（C10H20O2）具有兰花香味，可用作香皂、洗发香波的芳香赋予剂。已知：①B分子中没有支链。②D能与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳。③D、E互为具有相同官能团的同分异构体。E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只有一种。④F可以使溴的四氯化碳溶液褪色。（1）B可以发生的反应有_________（选填序号）①取代反应②消去反应③加聚反应④氧化反应（2）D、F分子所含的官能团的名称依次是：_________、____________。（3）写出与D、E具有相同官能团的同分异构体的可能结构简式：________________________________________________________。（4）E可用于生产氨苄青霉素等。已知E的制备方法不同于其常见的同系物，据报道，可由2—甲基—1—丙醇和甲酸在一定条件下制取E。该反应的化学方程式是_______________________________。18、有机物A(C6H12O2)具有果香味，可用作食品加香剂，还可用作天然和合成树脂的溶剂。已知：①D、E具有相同官能团，E的相对分子质量比D大；②E分子含有支链；③F是可以使溴的四氯化碳溶液褪色的烃。(1)B的化学名称为____________；D的结构简式_____________。(2)C、F分子中所含的官能团的名称分别是___________、______________。(3)写出有机物B生成C的化学反应方程式：___________________；反应类型是________。(4)写出有机物B与E反应生成A的化学反应方程式：_______________________；反应类型是________。(5)E的同分异构体中能同时满足下列条件的共有________种(不含立体异构)，并写出任意一种符合条件的同分异构体结构简式__________________。①能与Na反应；②能发生银镜反应。19、某同学进行影响草酸与酸性高锰酸钾溶液反应速率因素的研究。草酸与酸性高锰酸钾的反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。室温下，实验数据如下：实验序号①②③加入试剂0.01mol/LKMnO40.1mol/LH2C2O40.01mol/LKMnO40.1mol/LH2C2O4MnSO4固体0.01mol/LKMnO40.1mol/LH2C2O4Na2SO4固体褪色时间/s1166117请回答：（1）该实验结论是________。（2）还可以控制变量，研究哪些因素对该反应速率的影响________。（3）进行上述三个实验后，该同学进行反思，认为实验①的现象可以证明上述结论。请你写出实验①的现象并分析产生该现象的原因________。（4）实验②选用MnSO4固体而不是MnCl2固体的原因是_________。20、铁是人体必须的微量元素，治疗缺铁性贫血的常见方法是服用补铁药物。“速力菲”（主要成分：琥珀酸亚铁，呈暗黄色）是市场上一种常见的补铁药物。该药品不溶于水但能溶于人体中的胃酸。某同学为了检测“速力菲”药片中Fe2+的存在，设计并进行了如下实验：（1）试剂1是_______________________。（2）加入KSCN溶液后，在未加新制氯水的情况下，溶液中也产生了红色，其可能的原因是_______________________________________________________________。（3）在实验中发现放置一段时间，溶液的颜色会逐渐褪去。为了进一步探究溶液褪色的原因，甲、乙、丙三位同学首先进行了猜想：编号

猜想

甲

溶液中的+3价Fe又被还原为+2价Fe

乙

溶液中的SCN-被过量的氯水氧化

丙

新制的氯水具有漂白性，将该溶液漂白

基于乙同学的猜想，请设计实验方案，验证乙同学的猜想是否正确。写出有关的实验操作、预期现象和结论。（不一定填满，也可以补充）编号实验操作预期现象和结论

21、铜是人类最早使用的金属之一，铜的化合物丰富多彩。⑴铜与N2O4在一定条件下可制备无水Cu(NO3)2。Cu在周期表中位于______区，基态Cu原子的电子排布式为______。NO3-的空间构型为_____。⑵邻氨基吡啶()的铜配合物在有机合成中有重要作用。C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为______；邻氨基吡啶的铜配合物结构简式如图所示，C原子轨道杂化类型为______；1mol中σ键的数目为______mol。⑶如图是铜的一种氮化物晶体的晶胞结构。该化合物中Cu的化合价是______，Cu和N原子的配位数之比是______。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解题分析】

A.反应体系中，所有物质均为气体，则混合气体的质量一直未变化，A错误；B.某一时刻测得3v正（H2）=2v逆（NH3），v正（H2）：v逆（NH3）=2：3，转化为同一物质时，正逆反应速率不相等，B错误；C.反应容器为恒容密闭容器，气体体积一直未变化，C错误；D.当生成0.3molH2时，必然生成0.1mol氮气，同时消耗了0.1molN2，消耗与生成氮气的量相同，达到平衡状态，D正确；答案为D2、B【解题分析】

A、H2在一定条件下与醛基发生加成反应生成—CH2OH，失去光学活性，错误；B、CH3COOH与醇羟基发生酯化反应，不失去光学活性，正确；C、—CH2OH在铜作催化剂、加热的条件下与氧气反应生成醛基，失去光学活性，错误；D、卤代烃与氢氧化钠溶液发生水解反应生成—CH2OH，失去光学活性，错误。3、C【解题分析】本题考查电化学理论的应用。解析：轮船水线下的船壳装上锌块后，可保护船壳在海水中不被腐蚀，因为Zn比Fe活泼，Zn与Fe构成原电池，在海水中锌被腐蚀，从而保护船壳，发生原电池反应可用电化学知识解释，A不选；镀锌铁发生金属被腐蚀现象时，因Zn比Fe活泼，Zn被腐蚀，镀锡铁破损后发生电化腐蚀，因Fe比Sn活泼，因而是铁被腐蚀．所以镀锌铁比镀锡铁耐用．发生原电池反应而可用电化学知识解释，B不选；铝片在空气中被O2氧化，使铝片表面形成一层致密的氧化物薄膜而保护内层的铝不再被氧化，所以铝片不用特殊方法保存，此现象与电化学知识无关，故C选；生铁中含杂质，在稀硫酸中形成了原电池，原电池反应使反应速率加快，D不选。故选C。点睛：解题的关键是对相关的事实进行分析，只要是存在原电池的反应，便可用电化学理论解释。4、D【解题分析】

根据价层电子对互斥理论可知，NF3分子中氮原子含有的孤对电子对数=(5-3×1)÷2=1，所以NF3是三角锥形结构，氮原子是sp3杂化，答案选D。5、B【解题分析】

A.由结构简式可以知有机物的分子式为C12H18N2Cl2O,故A正确;B.由结构简式可知含有7种不同环境的H原子,则核磁共振氢谱中有7个吸收峰,故B错误;C.含苯环能与氢气发生加成反应,和卤素单质发生取代反应；含-OH可发生氧化和酯化反应,故C正确；D.含有氨基,为碱性基团,且能溶于水，故D正确;答案：B。6、C【解题分析】A、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的能量，气态水不属于稳定的化合物，选项A错误；B、合成氨反应是可逆的，所以0.5molN2完全反应时放出的热量应该大于19.3kJ，选项B错误；C、1g液态肼和足量液态过氧化氢反应生成氮气和水蒸气时放出20.05kJ的热量，则1mol肼反应放出的热量为32×20.05=641.60（kJ）所以肼和过氧化氢反应的热化学方程式为：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=-641.6kJ•mol-1，选项C正确；D、CO的燃烧热是指1molCO完全燃烧生成稳定的氧化物CO2（g）放出的热量，故有2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566kJ/mol，则2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）反应的△H=+566.0kJ•mol-1，选项D错误；答案选C。7、B【解题分析】

气体的物质的量为n==0.25mol，根据二者的物质的量、质量列比例式进行计算。【题目详解】气体的物质的量为n==0.25mol，设氧气的物质的量为x，氦气的物质的量是y，则根据二者的物质的量、质量得联立方程式：x+y=0.25和32x+4y=2.4，解得x=0.05和y=0.2，则氧气与氦气的质量比=(32g/mol×0.05mol)：(0.2mol×4g/mol)=1.6g：0.8g=2：1，故选B。8、B【解题分析】

从结构上看，合成该有机物的反应为：n，为加聚反应。为酯类，既能在酸性条件下水解，也能在碱性条件下水解。由于1mol该有机物中含nmol酯基，因此水解时所需的水为nmol，生成了nmol乙酸和1mol。据此解题。【题目详解】A.从结构上看，该有机物为高分子，1mol该有机物与NaOH溶液完全反应时，将消耗nmolNaOH，A项错误；B.合成该有机物的反应为：n，为加聚反应，B项正确；C.该有机物发生的水解反应为：+H2O+n所得的产物不含碳碳双键等可以发生加成反应的官能团，因此无法发生加成反应，C项错误；D.从合成该有机物的反应为：n来看，合成该有机物分子的单体为，D项错误；答案应选B。9、C【解题分析】

A．HD由氢元素组成，是单质，A选项错误；B．NO2不是酸性氧化为，CO2不是大气污染物，B选项错误；C．冷的浓硫酸、浓硝酸均能使Al、Fe钝化，故在常温下，能用铁罐储运浓硫酸、浓硝酸，C选项正确；D．明矾中的Al3+水解显酸性，加入酚酞试液不变色，次氯酸钠具有强氧化性，最终能使酚酞试液褪色，D选项错误；答案选C。10、B【解题分析】

A.过程i是异戊二烯和丙烯共同发生加成反应，生成具有对位取代基的六元中间体—4-甲基-3-环己烯甲醛，选项A正确；B.对二甲苯高度对称，分子中只有2种化学环境下的氢原子，其一溴代物有2种，选项B不正确；C.M所含官能团有碳碳双键和醛基，均可与H2发生加成反应，碳碳双键也可与Br2的CCl4溶液反应，选项C正确；D.该合成路线理论上碳原子利用率为100％，且产物对二甲苯与水互不相溶易分离，选项D正确。答案选B。【题目点拨】本题考查有机合成及推断，利用最新的科研成果，通过加成反应和对原子利用率的理解，考察了学生利用已学知识解决未知问题的能力。11、D【解题分析】A、B、C均为电荷不守恒，排除；12、C【解题分析】

反应热=反应物的总键能﹣生成物的总键能=436kJ/mol+243kJ/mol﹣431kJ/mol×2=﹣183.0kJ/mol，故选C。13、C【解题分析】

①pH=0的溶液中氢离子浓度为1mol/L，MnO4-在酸性条件下能够氧化C2O42-，在溶液中不能大量共存，故①错误；②pH=11的溶液中氢氧根离子浓度为0.001mol/L，CO32-、Na+、AlO2-、NO3-、S2-、SO32-离子之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故②正确；③水电离的H+浓度c（H+）=10-12mol•L-1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，CO32-、SO32-与氢离子反应，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故③错误；④加入Mg能放出H2的溶液中存在大量氢离子，Mg2+、NH4+、Cl-、K+、SO42-离子之间不反应，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故④正确；⑤使石蕊变红的溶液中存在大量氢离子，MnO4-、NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故⑤错误；⑥Fe3+能够氧化I-、S2-，Al3+在溶液中与S2-发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故⑥错误；根据以上分析，在溶液中能够大量共存的为②④，故选C。14、D【解题分析】分析：A.硫酸氢钠过量生成硫酸钡、硫酸钠和水；B.铁过量生成硝酸亚铁；C.次氯酸难电离；D.硫酸铝与氨水反应生成氢氧化铝和硫酸铵。详解：A.氢氧化钡溶液与足量硫酸氢钠的溶液混合生成硫酸钡、硫酸钠和水：Ba2++2OH―+2H++SO42―＝BaSO4↓+2H2O，A错误；B.过量的铁溶于稀硝酸生成硝酸亚铁、NO和水：3Fe+8H++2NO3―＝3Fe3++2NO↑+4H2O，B错误；C.氯气与水反应生成次氯酸和盐酸：Cl2+H2OH++Cl―+HClO，C错误；D.硫酸铝溶液中加过量氨水生成氢氧化铝和硫酸铵：Al3+＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4+，D正确。答案选D。点睛：掌握相关物质的性质、发生的化学反应是解答的关键。注意离子方程式书写的正误判断应从以下几点进行分析：不能违背反应原理；电解质的拆分问题；反应前后是否遵循两守恒(原子守恒和电荷守恒)；注意反应物过量的问题，例如酸式盐与碱反应，书写时可采用设“1”法，即将少量物质的量定为1mol，其他反应物的离子根据需要确定物质的量。15、A【解题分析】

酸性溶液不一定是酸的溶液。【题目详解】A.可能是酸式盐的水溶液，如硫酸氢钠溶液，A正确；B.不一定是酸的水溶液，也可能是酸式盐的溶液，B不正确；C.溶液中c(H＋)＞c(OH－)，C不正确；D.任何水溶液中都含有OH－，D不正确。故选A。16、C【解题分析】

A．由2Fe3++2I-=2Fe2++I2、Br2+2Fe2+=2Br-+2Fe3+可知，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，按I-、Fe2+、Br-的顺序还原性逐渐减弱，故A正确；B．加少量的KSCN溶液，溶液变为红色，可知通入氯气后原溶液中Fe2+一定被氧化，故B正确；C．若通入氯气后Fe2+部分被氧化，则Br-没有被氧化，故C错误；D．由上述实验不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2+，即溶液中可能存在Fe2+、Br-，故D正确。故选C。【题目点拨】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握氧化的先后顺序、铁离子的检验为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意亚铁离子可能部分被氧化，题目难度不大。由2Fe3++2I-=2Fe2++I2、Br2+2Fe2+=2Br-+2Fe3+可知，还原性为I-＞Fe2+＞Br-，含有FeBr2、FeI2的混合液中通入一定量的氯气后，再滴加少量的KSCN溶液，溶液变为红色，可知碘离子全部被氧化，铁离子可能部分氧化或全部被氧化，以此来解答。二、非选择题（本题包括5小题）17、①②④羧基碳碳双键、【解题分析】

B发生氧化反应生成C，C发生氧化反应生成D，D能与NaHCO3溶液反应放出CO2，D中含羧基，C中含醛基，B中含—CH2OH，且B、C、D中碳原子数相同；B在浓硫酸/加热条件下反应生成F，F可以使溴的四氯化碳溶液褪色，B→F为消去反应；D、E互为同分异构体，D与E的分子式相同，B与E反应生成A，A的分子式为C10H20O2，A具有兰花香味，A属于饱和一元酸与饱和一元醇形成的酯，B分子中没有支链，E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只有一种，则B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH，C为CH3CH2CH2CH2CHO，D为CH3CH2CH2CH2COOH，E为（CH3）3CCOOH，A为（CH3）3CCOOCH2CH2CH2CH2CH3，F为CH3CH2CH2CH=CH2，据此分析作答。【题目详解】B发生氧化反应生成C，C发生氧化反应生成D，D能与NaHCO3溶液反应放出CO2，D中含羧基，C中含醛基，B中含—CH2OH，且B、C、D中碳原子数相同；B在浓硫酸/加热条件下反应生成F，F可以使溴的四氯化碳溶液褪色，B→F为消去反应；D、E互为同分异构体，D与E的分子式相同，B与E反应生成A，A的分子式为C10H20O2，A具有兰花香味，A属于饱和一元酸与饱和一元醇形成的酯，B分子中没有支链，E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只有一种，则B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH，C为CH3CH2CH2CH2CHO，D为CH3CH2CH2CH2COOH，E为（CH3）3CCOOH，A为（CH3）3CCOOCH2CH2CH2CH2CH3，F为CH3CH2CH2CH=CH2，（1）B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH，B属于饱和一元醇，B可以与HBr、羧酸等发生取代反应，B中与—OH相连碳原子的邻碳上连有H原子，B能发生消去反应，B能与O2、KMnO4等发生氧化反应，B不能加聚反应，答案选①②④。（2）D为CH3CH2CH2CH2COOH，所含官能团名称为羧基；F为CH3CH2CH2CH=CH2，所含官能团名称为碳碳双键。（3）D、E的官能团为羧基，与D、E具有相同官能团的同分异构体的可能结构简式为（CH3）2CHCH2COOH、CH3CH2CH（CH3）COOH。（4）E为（CH3）3CCOOH，2—甲基—1—丙醇与甲酸在一定条件下制取E的化学方程式为。18、乙醇CH3COOH醛基碳碳双键2CH3CH2OH＋O22CH3CHO+2H2O氧化反应CH3CH(CH3)COOH+CH3CH2OHCH3CH(CH3)COOCH2CH3+H2O酯化反应(或取代反应)5HOCH2CH2CH2CHO【解题分析】

有机物A(C6H12O2)具有果香味，可用作食品加香剂，则A为酯，B和E发生酯化反应生成A，则B和E为醇和酸，B能够发生氧化反应生成C，C能够继续发生氧化反应生成D，则B为醇，D为酸；D、E具有相同官能团，E的相对分子质量比D大，则E中含有四个碳原子，B中含有2个碳原子，E分子含有支链，因此B为乙醇，E为(CH3)2CHCOOH，则A为(CH3)2CHCOOCH2CH3，C为乙醛，D为乙酸；乙醇在浓硫酸存在时发生脱水反应生成F，F是可以使溴的四氯化碳溶液褪色的烃，则F为乙烯，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，A为(CH3)2CHCOOCH2CH3，B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸，E为(CH3)2CHCOOH，F为乙烯。(1)B为乙醇；D为乙酸，结构简式为CH3COOH，故答案为：乙醇；CH3COOH；(2)C为乙醛，F为乙烯，所含的官能团分别是醛基、碳碳双键，故答案为：醛基；碳碳双键；(3)有机物B生成C的化学反应方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO+2H2O，该反应属于氧化反应，故答案为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO+2H2O；氧化反应；(4)有机物B与E反应生成A的化学反应方程式CH3CH(CH3)COOH+CH3CH2OHCH3CH(CH3)COOCH2CH3+H2O，该反应为酯化反应，也是取代反应，故答案为：CH3CH(CH3)COOH+CH3CH2OHCH3CH(CH3)COOCH2CH3+H2O；酯化反应或取代反应；(5)E为(CH3)2CHCOOH，E的同分异构体中能同时满足下列条件：①能与Na反应，说明结构中含有羟基或羧基；②能发生银镜反应，说明结构中含有醛基，因此E的同分异构体中含有醛基和羟基，除去醛基，还有3个碳原子，满足条件的有：醛基连接在1号碳原子上，羟基有3种连接方式；醛基连接在2号碳原子上，羟基有2种连接方式，共5种同分异构体，如HOCH2CH2CH2CHO、CH3CHOHCH2CHO等，故答案为：5；HOCH2CH2CH2CHO(或CH3CHOHCH2CHO等)。19、在其他条件相同时，Mn2+是KMnO4与H2C2O4反应的催化剂，起着加快反应速率的作用温度、浓度等KMnO4溶液褪色的速率开始十分缓慢，一段时间后突然加快。因为反应生成的MnSO4是KMnO4与H2C2O4反应催化剂，能加快反应速率酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化MnCl2中的Cl－，也会使KMnO4溶液褪色，产生干扰【解题分析】

（1）实验①、②、③中使用的反应物是都是0.01mol/LKMnO4、0.1mol/LH2C2O4，都在室温下反应，说明浓度相同，温度相同，高锰酸钾褪色时间最快的是②，加了硫酸锰，③中加的是硫酸钠与①褪色时间基本相同，对比得知起催化作用的是Mn2+，即该实验结论是在其他条件相同时，Mn2+是KMnO4与H2C2O4反应的催化剂，起着加快反应速率的作用；（2）除催化剂对反应速率有影响外，还有其他的外界因素如温度、浓度等；（3）实验②中是单独加入催化剂MnSO4，而草酸与酸性高锰酸钾反应会生成MnSO4，那么这个反应的产物就会起到催化剂的作用，所以实验①的现象是：KMnO4溶液褪色的速率开始十分缓慢，一段时间后突然加快，因为反应生成的MnSO4是草酸与酸性高锰酸钾反应的催化剂，能加快化学反应速；（4）酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化氯化锰中的氯离子，也会使KMnO4溶液褪色，从而缩短褪色时间，产生干扰。【题目点拨】本题考查了草酸与酸性高锰酸钾溶液反应，探究影响化学反应速率的因素，注意对比实验的关键是其他条件不变，控制其中的一个变量进行分析，另外考查了酸性高锰酸钾溶液的强氧化性，题目难度适中。20、稀盐酸（