2026届江苏省淮安市淮阴区淮阴中学化学高二第一学期期中教学质量检测模拟试题含解析

2026届江苏省淮安市淮阴区淮阴中学化学高二第一学期期中教学质量检测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、短周期非金属元素X和Y能形成XY2型化合物，下列有关XY2的判断不正确的是()A．XY2一定是分子晶体B．XY2的电子式可能是:::X:::C．XY2水溶液不可能呈碱性D．X可能是ⅣA，ⅤA或ⅥA族元素。2、X、Y、Z均为短周期元素，它们在周期表中相对位置如图所示。若Z原子的K层与M层电子数和等于其L层电子数，下列说法不正确的是A．Y的气态简单氢化物比X的稳定B．含W元素的酸一定比含Z元素的酸的酸性强C．Y的非金属性比Z的强D．X与Y形成的化合物有的能与水反应3、下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A．滴加盐酸可以产生沉淀的溶液中：Ca2+、Na+、NO、K+B．0.1mol/LFeCl2溶液：K+、Mg2+、SO、MnOC．0.1mol/L的NaHCO3溶液中：SO、AlO2-、NH、Br-D．(NH4)2Fe(SO4)2的溶液中：Fe3+、Cl-、Br-、K+4、NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A．1mol甲苯含有6NA个C－H键B．2L0.5mol•L－1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NAC．1molNa2O2固体中含离子总数为4NAD．丙烯和环丙烷组成的42g混合气体中氢原子的个数为6NA5、下列有关苯的叙述中，错误的是A．苯在催化剂作用下能与液溴发生取代反应B．在一定条件下，苯能与氢气发生加成反应C．在苯中加入酸性高锰酸钾溶液，振荡并静置后下层液体为紫红色D．在苯中加入溴水，振荡并静置后下层液体为橙红色6、我国某科研团队设计了一种新型能量存储/转化装置（如图所示）。闭合K2、断开K1时，制氢并储能；断开K2、闭合K1时，供电。下列说法错误的是（）A．制氢时，溶液中K+向Pt电极移动B．供电时，Zn电极附近溶液的pH不变C．供电时，X电极发生还原反应D．制氢时，X电极反应式为Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O7、下列选项中的原因或结论与现象不对应的是选项现象原因或结论A在H2O2中加入MnO2，能加速H2O2的分解速率MnO2降低了反应所需的活化能B将盛有NO2气体的密闭容器浸泡在热水中，容器内气体颜色变深2NO2(g)N2O4(g)ΔH＜0，平衡向生成NO2方向移动C在密闭容器中有反应：A+xB(g)2C(g)达到平衡时测得c(A)为0.5mol·L-1，恒温条件下将容器容积扩大到原来的两倍，测得c(A)为0.4mol·L-1A为非气体、x＝1D向5mL0.005mol·L-1FeCl3溶液中加入5mL0.015mol·L-1KSCN溶液，溶液呈红色，再滴加几滴1mol·L-1KSCN溶液，溶液颜色加深增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动A．A B．B C．C D．D8、研究不同条件对相同体积相同物质的量浓度的H2O2分解速率的影响，得到如下数据。由此不能得出的结论是：A．Cu2+与Fe3+对H2O2分解都有催化作用，但Cu2+催化效果更好B．由Ⅰ与Ⅱ可知其它条件相同时，时间越长，H2O2分解越彻底C．由Ⅰ与Ⅲ可知其它条件相同时，温度越高，H2O2分解越快D．由Ⅰ与Ⅲ可知其它条件相同时，碱性越强，H2O2分解越快9、下列各组中，前面的元素单质不可以把后面的元素单质从其化合物的溶液中置换出来的是（）A．Fe、Cu、Ag B．Cl、Br、I C．Al、Fe、Cu D．Na、Cu、Ag.10、某有机物的化学式为C5H10O，它能发生银镜反应，其可能的结构有A．4种 B．5种 C．6种 D．8种11、下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是A．纯银器表面在空气中因电化学腐蚀渐渐变暗B．当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用C．在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法D．可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀12、下列物质中属于电解质的是A．蔗糖 B．浓硫酸 C．NaCl D．乙醇13、下列常见物质溶于水显著放热的是A．食盐B．食醋C．酒精D．碱石灰14、下列实验事实不能用基团间相互作用来解释的是A．与Na反应时，乙醇的反应速率比水慢B．苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能C．乙醇能使重铬酸钾溶液变色而乙酸不能D．甲苯能使KMnO4酸性溶液褪色而乙烷不能15、物质的量浓度相同的下列溶液：①NH4Cl②(NH4)2Fe(SO4)2③(NH4)2SO4④CH3COONH4⑤NH4HSO4中，c(NH4＋)由大到小的顺序为A．②③①⑤④ B．②③⑤①④ C．⑤④①③② D．②③①④⑤16、“白色污染”的主要危害有（）①破坏土壤结构；②降低土壤肥效；③污染地下水④危及海洋生物的生存（）A．仅①② B．仅②③ C．①②③④ D．仅②④二、非选择题（本题包括5小题）17、在下图所示的物质转化关系中。C、G、I、M为常见单质，G和M化合可生成最常见液体A，E为黑色粉末，F的焰色反应为黄色，K为白色沉淀，N为红褐色沉淀，I为黄绿色气体，化合物B的摩尔质量为24g·mol－1。(部分生成物和反应条件未列出)（1）L的化学式为______________。（2）A的电子式为______________。（3）反应②的离子方程式为____________________________________。（4）反应③的化学方程式为____________________________________。18、有机玻璃()因具有良好的性能而广泛应用于生产生活中。图所示流程可用于合成有机玻璃，请回答下列问题：(1)A的名称为_______________；B的结构简式为___________________(2)B→C的反应条件为______；G→H的反应类型为_______；D→E的反应类型为______；(3)写出下列化学方程式：E→F：__________；F→有机玻璃：_________。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、某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验：（原理）2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O（实验内容及记录）实验编号室温下，试管中所加试剂及其用量/mL室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min0.6mol·L-1H2C2O4溶液H2O0.2mol·L-1KMnO4溶液3mol·L-1稀硫酸13.02.03.02.04.023.03.02.02.05.233.04.01.02.06.4请回答：（1）根据上表中的实验数据，可以得到的结论是____________________；（2）利用实验1中数据计算，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为：v(KMnO4)=__________；（3）该小组同学根据经验绘制了n(Mn2+)随时间变化趋势的示意图，如图1所示。但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn2+)随时间变化趋势应如图2所示。该小组同学根据图2所示信息提出了新的假设，并继续进行实验探究。图1图2①该小组同学提出的假设是__________________________________________；②请你帮助该小组同学完成实验方案，并填完表中空白。实验编号室温下，试管中所加试剂及其用量/mL室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min0.6mol·L-1H2C2O4溶液H2O0.2mol·L-1KMnO4溶液3mol·L-1稀硫酸向试管中加入少量固体43.02.03.02.0_____________t③若该小组同学提出的假设成立，应观察到的现象是______________________。21、硒化锌是一种透明黄色半导体，也可作红外光学材料，熔点1520℃。（1）锌离子的电子排布式是_____________。（2）根据元素周期律，电负性S______Se，第一电离能Se______As(填“>”或“<”）。（3）H2O的沸点______________(填“>”或“<”）H2Se的沸点，其原因是：______。（4）NaCl晶胞如图所示，阴、阳离子都具有球型对称结构，它们都可以看做刚性圆球，并彼此“相切”。晶胞中Na＋的配位数为____，若晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值用NA表示，若晶体密度为_______g·cm﹣3。(列出表达式）。（5）铜晶体中铜原子的堆积方式如图所示，铜晶体中原子的堆积模型属于_______。若已知铜的原子半径为rcm，表示原子空间占有率的表达式为__________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】A、短周期常见由金属元素形成的XY2型化合物有很多，可结合具体例子分析，A项说法错误；B、XY2可能是分子晶体(CO2)，也有可能是原子晶体(SiO2)；如果是CO2或者CS2电子式可能是形式，B项说法正确；C、根据常见XY2型化合物，XY2水溶液不可能呈碱性，C项说法正确；D、ⅣA、VA或ⅥA族元素都有可能为＋2或者＋4价，所以都有可能形成XY2型化合物，D项说法也正确。2、B【解析】X、Y、Z均为短周期元素，Z原子的K层与M层电子数和等于其L层电子数，即2+6=8，故Z为S元素，则W为Cl，Y为O，X为N。据此解答。【详解】根据上述分析，X为N元素，Y为O元素，Z为S元素，W为Cl元素。A．同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增大，Y的气态氢化物的稳定性比X的强，故A正确；B．非金属性Cl＞S，所以最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z强，但含W元素的酸不一定是最高价氧化物对应水化物，如次氯酸为弱酸，酸性小于硫酸，故B错误；C．同主族从上到下非金属性逐渐减弱，则非金属性O＞S，故C正确；D．X与Y形成的化合物可以是一氧化氮或二氧化氮等，二氧化氮能与水反应，故D正确；故选B。3、D【详解】A．滴加盐酸可以产生沉淀的溶液中可能含有Ag+和SiO，Ca2+和SiO反应，SiO存在时不能大量共存，故A不符合题意；B．0.1mol/LFeCl2溶液中，Fe2+具有还原性，与MnO不能大量共存，故B不符合题意C．0.1mol/L的NaHCO3溶液中，AlO2-、NH与HCO发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故C不符合题意；D．的溶液中Fe3+、Cl-、Br-、K+之间不反应，且都不与(NH4)2Fe(SO4)2反应，在溶液中能大量共存，故D符合题意；答案选D。4、D【解析】A.甲苯分子含有8个C－H键，所以1mol甲苯含有8NA个C－H键，故A错误；B.2L0.5mol•L－1硫酸钾溶液中阴离子有和OH－，所带电荷数大于NA，故B错误；C.Na2O2含有的阴离子为O22-，1molNa2O2固体中含离子总数为3NA，故C错误；D.丙烯和环丙烷的分子组成为(CH2)3，丙烯和环丙烷组成的42g混合气体中含有3mol“CH2”原子团，含有氢原子的个数为6NA，故D正确。故选D。5、D【详解】A.苯在Fe3+等作催化剂的条件下能与液溴发生取代反应生成溴苯，故A正确；B.苯在镍催化作用下能与氢气发生加成反应生成环己烷，故B正确；C.苯不与酸性高锰酸钾溶液反应，苯的密度小于水，因此上层为苯，下层为酸性高锰酸钾溶液，为紫红色，故C正确：D.苯不与溴水反应，可发生萃取，苯的密度小于水，因此上层为溴的苯溶液，颜色为橙色，下层颜色为无色，故D错误，答案选D。【点睛】本题考查苯的结构和性质，明确苯中碳碳键是介于单键和双键之间一种独特的化学键是解题关键，题目难度不大，注意苯的密度小于水，可以作为萃取剂萃取溴水中的溴，为易错点。6、B【分析】闭合K2、断开K1时，制氢并储能，构成电解池，Pt电极发生还原反应，为阴极，X电极发生氧化反应，为阳极；断开K2、闭合K1时，构成原电池，X电极发生还原反应，为正极，Zn电极发生氧化反应，为负极。【详解】A．制氢时，Pt电极为阴极，电子从X电极向Pt电极移动，溶液中K+向Pt电极移动，A正确，不选；B．供电时，Zn电极发生氧化反应，发生反应Zn-2e-+4OH-=ZnO22-+2H2O，消耗OH-，pH减小，B错误，符合题意；C．供电时，X电极发生还原反应，NiOOH转化为Ni(OH)2，C正确，不选；D．制氢时，X电极为阳极，反应式为Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O，D正确，不选；答案为B。7、C【解析】A、MnO2为H2O2分解的催化剂，能加速H2O2的分解速率，所以MnO2降低了反应所需的活化能，故A正确；B、NO2为红棕色，N2O4为无色，将盛有NO2气体的密闭容器浸泡在热水中，容器内气体颜色变深，说明NO2浓度增大，2NO2N2O4△H＜0，升高温度，平衡向生成NO2方向移动，故B正确；C、达到平衡时测得c(A)为0.5mol/L，将容器容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，则c（A）为0.25mol/L，现测得c(A)为0.4mol/L，说明减压平衡向生成A的方向移动，反应物气体系数之和大于生成物气体系数之和，故C错误；D、再滴加几滴1mol·L-1KSCN溶液，增加了反应物c（SCN-）浓度，溶液颜色加深，说明平衡向正反应方向移动，故D正确。故答案选C。【点睛】本题考查了催化剂对化学反应速率的影响和化学平衡的移动判断方法，化学平衡的影响因素，平衡移动规律是解题关键。8、C【详解】A．根据表中数据可知在其它条件相同时，分解百分率越高，催化效果越好，因此Cu2+与Fe3+对H2O2分解都有催化作用，但Cu2+催化效果更好，故A正确；B．由I与II可知其它条件相同时，反应时间越长，分解百分率越高，分解越彻底，故B正确；C．由I与III溶液的酸碱性和温度不一样，无法单独判断温度与H2O2分解速率的关系，故C错误；D．由I与III可知温度和溶液的酸碱性均不相同，Ⅲ中在相同条件下，温度低，溶液显碱性时，H2O2分解越快，故D正确；故选C。【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，在探究相关规律时，需要控制其他条件不变。本题的难点和易错点为D，要注意Ⅲ在低温下，碱性条件下进行，分解速率快，因此碱性越强，H2O2分解越快。9、D【详解】A.Fe可以从铜盐溶液中置换出Cu，Cu可以从银盐溶液中置换出Ag，活泼性顺序为：Fe>Cu>Ag，故A错误。B.氯气与NaBr发生置换反应生成溴，溴与NaI发生置换反应生成碘，则前面的元素可以把后面的元素从其化合物的溶液中置换出来，故B错误；C.活泼性顺序为Al>Fe>Cu，所以Al能置换出Fe，Fe能置换出Cu，故C错误；D.

Na不能置换出Cu，因Na与水反应生成NaOH和氢气，故D正确；故答案选D.10、A【详解】某有机物的化学式为C5H10O，它能发生银镜反应，说明含有-CHO，则还剩余一个丁基，丁基有-CH2CH2CH2CH3,、-CH2CH(CH3)2、-CH(CH3)CH2CH3、-C(CH3)3四种结构，所以同分异构体有四种，故答案为A。【点睛】一些常见烷基的个数：甲基、乙基均只有一种，丙基有2种，丁基有4种，戊基有8种。11、C【详解】A、纯银器在空气中久置会被氧化变黑，不具备形成原电池的条件，所以为化学腐蚀，故A正确；B、当镀锡铁制品的镀层破损时，因为Fe比Sn更活泼，Sn、Fe形成原电池，Fe为负极，镀层不再起到保护作用，故B错误；C、在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀，因为Fe与Zn形成原电池，Zn作负极(阳极)被消耗，从而保护了正极(阴极)Fe，该防护方法称为牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D、利用电解池原理进行金属防护的方法称为外加电流的阴极保护法，使被保护金属与直流电源的负极相连可防止金属被腐蚀，所以将地下输油钢管与外加直流电源的负极相连，可保护钢管不受腐蚀，故D正确。【点睛】本题考查金属的腐蚀与防护，注意把握金属腐蚀的原理和电化学知识。金属腐蚀一般分为化学腐蚀和电化学腐蚀，化学腐蚀是金属与氧化剂直接接触反应，例如本题A项；电化学腐蚀是不纯的金属或合金跟电解质溶液接触，形成原电池而造成的腐蚀，例如题中B项；金属防护方法除了覆盖保护层、改变金属内部结构外，还可以根据电化学原理防护，例如题中C、D涉及的牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法。12、C【分析】电解质：在水溶液或熔融状态下，能够导电的化合物。【详解】A、蔗糖为有机物，属于非电解质，故A不符合题意；B、浓硫酸属于混合物，既不是电解质又不是非电解质，故B不符合题意；C、NaCl属于电解质，故C符合题意；D、乙醇属于非电解质，故D不符合题意，答案选C。【点睛】电解质属于化合物，包括酸、碱、多数的盐、多数的活泼金属氧化物、水等。注意浓硫酸是H2SO4的水溶液，不属于电解质。13、D【解析】碱石灰是氢氧化钠和氧化钙的混合物，氢氧化钠溶于水时放出热量，氧化钙与水反应生成氢氧化钙时放出大量的热，D正确，本题选D。14、C【分析】A．乙醇中羟基不如水中羟基活泼；B．苯酚能跟NaOH溶液反应而乙醇不能，说明苯基对羟基有影响；C．乙醇具有还原性，乙酸不具有还原性；D．甲苯与硝酸反应更容易，说明甲苯中苯环上H原子更活泼。【详解】A．乙醇中羟基不如水中羟基活泼，说明烃基对羟基产生影响，选项A能解释；B．苯酚可以看作是苯基和羟基连接，乙醇可以可作是乙基和羟基连接，苯酚能跟NaOH溶液反应而乙醇不能，则说明苯基对羟基有影响，选项B能解释；C、乙醇具有还原性，乙酸不具有还原性，这是官能团的性质，与所连基团无关，选项C不能解释；D．甲苯与硝酸反应更容易，说明甲基的影响使苯环上的氢原子变得活泼易被取代，选项D能解释；答案选C。【点睛】本题考查有机物结构与性质关系、原子团的相互影响等，难度不大，注意基础知识的把握。15、B【解析】②(NH4)2Fe(SO4)2③(NH4)2SO4溶液中含有两个NH4+，所以物质的量浓度相同时NH4+的浓度较其他的大；②中亚铁离子抑制铵根离子的水解，等浓度时，c(NH4+)：②＞③；⑤中氢离子抑制铵根离子水解，④中铵根离子与醋酸根离子相互促进水解，等浓度时，c(NH4+)：⑤＞①＞④；因此c(NH4+)由大到小的顺序是②③⑤①④，故选B。16、C【详解】白色污染是人们对塑料垃圾污染环境的一种形象称谓，它是指用聚苯乙烯、聚丙烯、聚氯乙烯等高分子化合物制成的各类生活塑料制品，使用后被弃置成为固体废物，由于随意乱丢乱扔，难于降解处理以致造成城市环境严重污染的现象，掩埋会破坏土壤结构、降低土壤肥效、污染地下水以及危及海洋生物的生存，故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、FeCl3MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3【分析】N为红褐色沉淀，N为氢氧化铁，根据图示，K+M+A→N，则为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，K为白色沉淀，则K为Fe(OH)2，M为单质，M为O2，A为H2O；G和M化合可生成最常见液体A，G为H2；化合物B的摩尔质量为24g·mol－1，与水反应生成氢气和F，F的焰色反应为黄色，则F为NaOH，B为NaH；E为黑色粉末，I为黄绿色气体，则E为二氧化锰，I为氯气，D为浓盐酸，单质C为铁，H为FeCl2，L为FeCl3。据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为H2O，B为NaH，C为Fe，D为浓盐酸，E为MnO2，F为NaOH，G为H2，H为FeCl2，I为Cl2，K为Fe(OH)2，L为FeCl3，M为O2，N为Fe(OH)3；(1)L为FeCl3，故答案为FeCl3；(2)A为H2O，电子式为，故答案为；(3)根据图示，反应②为实验室制备氯气的反应，反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，故答案为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；(4)根据图示，反应③为氢氧化亚铁的氧化反应，反应的化学方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O==4Fe(OH)3，故答案为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3。【点睛】本题考查了无机综合推断。本题的突破口为：N为红褐色沉淀；I为黄绿色气体。难点为B的判断，要借助于F的焰色反应为黄色，结合质量守恒判断B中含有钠元素。18、2-甲基-1-丙烯CH2ClCCl(CH3)2NaOH溶液，加热加成反应消去反应CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2On【分析】根据题给信息和转化关系A→B为加成反应，则B为CH3ClCCCl(CH3)2；B→C为水解反应；C→D为氧化反应，则D为HOOCCOH(CH3)

2；E→F为酯化反应，则F为CH2=C(CH3)COOCH3，G→H为加成反应，据此分析解答。【详解】(1)根据A的结构简式，A的名称为2-甲基-1-丙烯；B的结构简式为CH3ClCCCl(CH3)2；(2)B→C为卤代烃水解生成醇类，反应条件为NaOH溶液、加热；G→H的反应类型为加成反应；D为HOOCCOH(CH3)

2，D→E的反应过程中，D中的羟基上发生消去反应生成E；(3)E→F为CH2=C(CH3)COOH和CH3OH在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成CH2=C(CH3)COOCH3，化学反应方程式为：CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O；F→有机玻璃为CH2=C(CH3)COOCH3发生聚合反应生成有机玻璃，化学反应方程式为：n。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．【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、其他条件相同时，增大KMnO4浓度反应速率增大1.5×10-2mol/（L•min）生成物中的MnSO4为该反应的催化剂（或Mn2+对该反应有催化作用）MnSO4与实验1比较，溶液褪色所需时间短（或所用时间（t）小于4min）【解析】（1）对比所给量，KMnO4的浓度不同，其余量不变，KMnO4浓度越大，所需时间越小，化学反应速率越快，因此本实验的结论是其他