天津市河北区2026届化学高二上期中监测试题含解析

天津市河北区2026届化学高二上期中监测试题注意事项：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、胶体最本质的特征是（）A．丁达尔效应B．可以通过滤纸C．布朗运动D．分散质粒子的直径在1～100nm之间2、根据有机化合物的命名原则，下列命名正确的是A．3-甲基-1,3-丁二烯B．2-羟基戊烷C．CH3CH(C2H5)CH2CH2CH32-乙基戊烷D．CH3CH(NH2)CH2COOH3-氨基丁酸3、在一定温度下，CO和水蒸气分别为1mol、3mol，在密闭容器中发生反应CO＋H2O(g)CO2＋H2，达平衡后测得CO2为0.75mol，再通入6mol水蒸气，达到新的平衡后，CO2和H2的物质的量之和可能为A．1.2mol B．1.8mol C．2.5mol D．1.5mol4、把2.5molA和2.5molB通入容积为2L的密闭容器里，发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为0.2mol/(L·s)，同时生成1molD。下列叙述中不正确的是（）A．x=4B．达到平衡状态时容器内气体的压强与起始时压强比为6：5C．达到平衡状态时A的转化率为50%D．5s内B的反应速率v(B)=0.05mol/(L·s)5、利用平衡移动原理能证明Na2SO3溶液中存在下列平衡SO32-＋H2OHSO3-＋OH－事实的是A．滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液后红色褪去B．滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色褪去C．滴入酚酞溶液变红，再加入NaOH溶液后红色加深D．滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去6、下列说法正确的是()A．甲烷的燃烧热为ΔH＝－890.3kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－890.3kJ·mol－1B．NaOH(aq)＋CH3COOH(aq)===CH3COONa(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1(中和热)C．测定盐酸和NaOH溶液反应的中和热时，每次实验均应测量3个温度，即盐酸起始温度、NaOH溶液起始温度和反应后终止温度D．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－1(燃烧热)7、在铁制品上镀上一定厚度的铜，以下电镀方案中正确的是A．铜作阳极，铁制品作阴极，溶液中含Fe2+B．铜作阴极，铁制品作阳极，溶液中含Cu2+C．铜作阴极，铁制品作阳极，溶液中含Fe3+D．铜作阳极，铁制品作阴极，溶液中含Cu2+8、下列属于直接利用太阳辐射能的是①光-热转换②光-电转换③光—化学能转换④光-生物质能转换A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④9、化学平衡常数K的数值大小是衡量化学反应进行程度的标志，在常温下，下列反应的平衡常数的数值如下：2NO(g)N2(g)＋O2(g)K1＝1×10302H2(g)＋O2(g)2H2O(g)K2＝2×10812CO2(g)2CO(g)＋O2(g)K3＝4×10－92以下说法正确的是A．常温下，NO分解产生O2的反应的平衡常数表达式为K1＝c(N2)·c(O2)B．常温下，水分解产生O2，此时平衡常数的数值约为5×10－80C．常温下，NO、H2O、CO2三种物质分解放出O2的倾向由大到小的顺序为NO＞H2O＞CO2D．以上说法都不正确10、常温下，将0.1mol/L的氢氧化钠溶液与0.06mol/L硫酸溶液等体积混合，溶液的pH等于A．1.7B．2.0C．10D．1211、下列物质中具有止咳平喘作用，可用于治疗支气管哮喘、鼻粘膜充血引起的鼻塞等的是A．麻黄碱 B．阿司匹林C．抗酸药 D．青霉素12、下列反应中，属于吸热反应的是A．食物的腐败B．铝与稀盐酸反应C．二氧化碳与碳反应生成一氧化碳D．甲烷在氧气中的燃烧13、在0.1mol/LNa2CO3溶液中，下列关系正确的是A．c(Na＋)＝2c(CO32－)B．c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)C．c(HCO3－)＞c(H2CO3)D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(OH－)14、利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）通过下列反应合成甲醇。下列说法正确的是()反应①：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H1＝41kJ·mol–1反应②：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2＝–99kJ·mol–1反应③：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(l)△H3A．反应①为放热反应B．增大反应①的压强，H2转化率提高C．△H3＝－58kJ·mol–1D．反应②使用催化剂，△H2不变15、某元素最高价氧化物对应水化物的化学式是HXO4，这种元素气态氢化物的分子式为A．XH4B．XH3C．H2XD．HX16、电解质是一类在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物。下列物质属于电解质的是A．铜 B．蔗糖 C．硝酸钾 D．稀硫酸二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E代表前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且A原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反；工业上电解熔融C2A3制取单质C；B、E除最外层均只有2个电子外，其余各层全充满。回答下列问题：（1）B、C中第一电离能较大的是__(用元素符号填空)，基态E原子价电子的轨道表达式______。（2）DA2分子的VSEPR模型是_____。（3）实验测得C与氯元素形成化合物的实际组成为C2Cl6，其球棍模型如图所示。已知C2Cl6在加热时易升华，与过量的NaOH溶液反应可生成Na[C(OH)4]。①C2Cl6属于_______晶体（填晶体类型），其中C原子的杂化轨道类型为________杂化。②[C(OH)4]-中存在的化学键有________。a．离子键b．共价键c．σ键d．π键e．配位键f．氢键（4）B、C的氟化物晶格能分别是2957kJ/mol、5492kJ/mol，二者相差很大的原因________。（5）D与E形成化合物晶体的晶胞如下图所示：①在该晶胞中，E的配位数为_________。②原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。上图晶胞中，原子的坐标参数为：a(0，0，0)；b(，0，)；c(，，0)。则d原子的坐标参数为______。③已知该晶胞的边长为xcm，则该晶胞的密度为ρ=_______g/cm3（列出计算式即可）。18、长托宁是一种选择性抗胆碱药，可通过以下方法合成(部分反应条件略去):(1)长托宁中的含氧官能团名称为______和______(填名称)。(2)反应③的反应类型为______。(3)反应②中加入试剂X的分子式为C8H6O3，X的结构简式为______。(4)D在一定条件下可以生成高聚物M，该反应的化学方程式为______。(5)C的一种同分异构体满足下列条件：I．能与FeCl3溶液发生显色反应。II．核磁共振氢谱有5个峰且峰的面积比为2：4：4：1：1；分子中含有两个苯环。写出该同分异构体的结构简式：______。(6)根据已有知识并结合相关信息，写出以和为原料制备的合成路线流程图______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线见上面题干)。19、通常用燃烧的方法测定有机物的分子式，可在燃烧室内将有机物样品与纯氧在电炉加热下充分燃烧，根据产品的质量确定有机物的组成。如图所示的是用燃烧法确定有机物分子式的常用装置。现准确称取1.8g样品(只含C、H、O三种元素中的两种或三种)，经燃烧后A管增重1.76g，B管增重0.36g。请回答：(1)产生的气体由左向右流向，所选用的各导管口连接的顺序是________。(2)E中应盛装的试剂是_______。(3)如果把CuO网去掉，A管增重将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。(4)该有机物的最简式为________。(5)在整个实验开始之前，需先让D产生的气体通过整套装置一段时间，其目的是________。20、草酸与高锰酸钾在酸性条件下能够发生如下反应：MnO4—＋H2C2O4＋H＋→Mn2＋＋CO2↑＋H2O(未配平)。用4mL0.001mol/LKMnO4溶液与2mL0.01mol/LH2C2O4溶液，研究不同条件对化学反应速率的影响。改变的条件如下：(1)写出该反应的离子方程式______________________，该反应中每生成1molCO2转移电子数为________。(2)如果研究催化剂对化学反应速率的影响，使用实验_______和________（用I~IV表示，下同）；如果研究温度对化学反应速率的影响，使用实验________和_________。

(3)对比实验I和IV，可以研究________对化学反应速率的影响，实验IV中加入1mL蒸馏水的目的是______________________。21、超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，化学方程式如下：2NO+2CO2CO2+N2，为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表：时间／s012345c(NO)/mol·L-11.00×10-34.50×10-42.50×10-41.50×10-41.00×10-41.00×10-4c(CO)/mol·L-13.60×10-33.05×10-32.85×10-32.75×10-32.70×10-32.70×10-3请回答下列问题(均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响)：（1）在上述条件下反应能够自发进行，则反应的△H________0(填写“＞”、“＜”、“=”)。（2）前2s内的平均反应速率v(N2)=_____________________。（3）假设在密闭容器中发生上述反应，投入相等的反应物，反应刚开始时下列措施能提高NO反应速率的是_______。A．选用更有效的催化剂B．升高反应体系的温度C．降低反应体系的温度D．缩小容器的体积（4）研究表明：在使用等质量催化剂时，催化剂比表面积会影响化学反应速率。为了分别验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下面实验设计表中，请在下表中填入剩余的实验条件数据。实验编号T/℃NO初始浓度mol·L-1CO初始浓度mol·L-1催化剂的比表面积m2·g-1达到平衡的时间分钟Ⅰ280l.20×10-35.80×10-382200Ⅱl.20×10-3124120Ⅲ3505.80×10-31245通过这3组实验，可以得出的温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律是___________________________________________________________.

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【详解】胶体的最本质的特征是分散质颗粒的直径在1nm～100nm之间，溶液和浊液本质区别是：分散质微粒直径在<1nm的是溶液，分散质微粒直径在>100nm的是浊液，故答案为：D。【点睛】利用丁达尔效应可以快速鉴别溶液与胶体，但胶体区别于其他分散系的本质特征是胶体粒子的直径介于1～100nm之间，而不是丁达尔效应；胶体不带电荷，胶体粒子(分散质)带电荷，但淀粉胶体的胶体粒子也不带电荷。2、D【详解】A．有机物属于二烯烃，名称是2-甲基-1，3-丁二烯，A错误；B．有机物属于饱和一元醇，名称是2-戊醇，B错误；C．有机物CH3CH(C2H5)CH2CH2CH3属于烷烃，名称是3-甲基己烷，C错误；D．有机物CH3CH(NH2)CH2COOH属于氨基酸，名称是3-氨基丁酸，D正确；答案选D。【点睛】明确有机物的命名方法是解答的关键，注意有机物系统命名中常见的错误：（1）主链选取不当（不包含官能团，不是主链最长、支链最多）；（2）编号错（官能团的位次不是最小，取代基位号之和不是最小）；（3）支链主次不分（不是先简后繁）；（4）“－”、“，”忘记或用错。3、B【解析】在一定温度下，CO和水蒸气分别为1mol、3mol，在密闭容器中发生反应CO＋H2O(g)CO2＋H2，达平衡后测得CO2为0.75mol，则H2的物质的量也是0.75mol，CO2和H2的物质的量之和是1.5mol。向体系中再通入6mol水蒸气，化学平衡向正反应方向移动，达到新的平衡后，CO2和H2的物质的量之和会有所增大，但一定小于极限值2mol，所以可能为B，本题选B。点睛：可逆反应的特点是不能向任何一个方向进行到底。4、C【分析】根据5s内C的平均反应速率为0.2mol/(L·s)可知，反应后C的物质的量为0.2mol/(L·s)×5s×2L=2mol，生成1molD，根据方程式系数之比等于变化量之比可得x：2=2：1，解得x=4，根据题意可得：【详解】A．根据分析可知，x=4，A正确；B．根据阿伏伽德罗定律，其它条件相同时，压强之比等于物质的量之比，反应达到平衡状态时，相同条件下容器内气体的压强与起始时压强比为(1+2+2+1)：(2.5+2.5)=6：5，B正确；C．反应达到平衡状态时A的转化率为×100%=60%，C错误；D．B的反应速率=，D正确；故选C。5、D【解析】A.滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液后反应生成硫酸钠、水和二氧化硫，不能确定水解平衡的存在，故A错误；B.滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后，发生氧化还原反应，生成硫酸钠，且氯水中HClO具有漂白性，不能确定水解平衡的存在，故B错误；C.滴入酚酞溶液变红，再加入NaOH溶液后，OH-离子浓度增大，故C错误；D.滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后，SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-水解平衡逆向移动，产生沉淀且红色褪去，故D正确。故选D。6、C【详解】A.燃烧热指的是1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，其中产物中的水为液态，A错误；B.中和热是稀的强酸和强碱中和生成1mol水所释放的热量，醋酸是弱酸，B错误；C.测定HCl和NaOH反应的中和热时，每次实验均应测量3个温度，即盐酸起始温度、NaOH起始温度和反应混合液的最高温度，C正确；D.燃烧热指的是1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，D错误。故答案为：C。7、D【解析】试题分析：电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极，镀层材料金属与电解质溶液中金属阳离子为同一元素，在Fe制品上镀上一层Cu时，镀层Cu作阳极、镀件Fe作阴极，且电解质为可溶性的铜盐，电解质溶液中含有铜离子，答案选D。考点：考查电镀原理8、D【详解】①光—热转换是太阳能转化为内能的装置，属于光热转换，①符合；②光—电转换是太阳能转化为电能，太阳能汽车是太阳能转化为电能，属于光电转换，②符合；③光—化学能转换，绿色植物的生长是太阳能转化为化学能，属于光化转换，③符合；④光—生物质能转换，生物质能利用基于动、植物能的物质，形成是通过绿色植物的光合作用将太阳辐射的能量以一种生物质形式固定下来的能源，是人类最重要的间接利用太阳能方式，④符合；答案选D。9、C【解析】试题分析：A、平衡常数是在一定条件下，可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，A错误；B、常温下水是液态，不能利用氢气燃烧生成气态水的平衡常数计算液态水分解的平衡常数，B错误；C、平衡常数大小能反应可逆反应进行的程度大小，所以根据平衡常数的相对大小可知常温下，NO、H2O、CO2三种物质分解放出O2的倾向由大到小的顺序为NO＞H2O＞CO2，C正确；D、根据以上分析可知D错误，答案选C。考点：考查平衡常数的应用10、B【解析】根据酸碱溶液混合时，先判断过量，然后计算过量的酸或碱的物质的量浓度，最后计算溶液的pH来解答即可。【详解】氢氧化钠溶液物质的量浓度为0.1mol/L，设溶液的体积都是1L，则氢氧化钠的物质的量为1L×0.1mol•L-1=0.1mol，硫酸的物质的量为1L×0.06mol•L-1=0.06mol，H+的物质的量为0.06mol×2=0.12mol，则当酸碱发生中和时H+和OH-的物质的量分别为0.12mol和0.1mol，则硫酸过量，过量的H+的物质的量为0.12mol-0.1mol=0.02mol，则反应后溶液中H+的物质的量浓度为c（H+）=0.02mol2L=0.01mol•L-1，pH=-lg10-2【点睛】本题主要考查溶液pH的有关计算，明确酸碱反应的过量分析是解答的关键，并应熟悉物质的量的计算、pH的计算公式来解答即可。11、A【解析】A、麻黄碱属于止咳平喘、刺激中枢神经兴奋的药物，可用于治疗支气管哮喘、鼻粘膜充血引起的鼻塞等，A正确；B、阿司匹林属于解热镇痛药，B错误；C、抗酸药用来治疗胃酸过多，C错误；D、青霉素属于抗生素药，有阻止多种细菌生长的功能，D错误；答案选A。12、C【解析】试题分析：A项食物的腐败、B．铝与稀盐酸反应、D．甲烷在氧气中的燃烧均属于放热反应，故A、B、D均错误；C项二氧化碳与碳反应生成一氧化碳属于吸热反应，故C项正确。考点：化学反应能量变化。13、C【解析】A．碳酸根离子水解而钠离子不水解，所以c(Na+)＞2c(CO32-)，故A错误；B．碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，碳酸根离子、碳酸氢根离子和水电离都生成氢氧根离子，只有水电离生成氢离子，所以溶液中存在质子守恒，即c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)，故B错误；C．碳酸根离子第一步水解远远大于第二步，所以c(HCO3-)＞c(H2CO3)，故C正确；D．溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，故D错误；故选C。【点睛】本题考查了离子浓度大小比较。解答此类试题需要注意几个守恒关系中，离子前面的系数的确定，如碳酸钠溶液中的质子守恒中c(H2CO3)前系数为2，而物料守恒中c(H2CO3)前系数为1。14、D【解析】A、反应①焓变为正值，反应是吸热反应，选项A错误；B、增大反应①的压强，平衡不移动，氢气的转化率不变，选项B错误；C、根据盖斯定律，由①+②得反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=△H1+△H2=-58kJ·mol–1，所以③CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(l)△H3≠-58kJ·mol–1，选项C错误；D、焓变只与系数有关，使用催化剂△H不变，选项D正确。答案选D。15、D【解析】元素的最高正价+|最低负价|=8，根据元素的最高价氧化物的水化物的化学式确定最高正价，进而求得最低负价，得出气态氢化物的化学式。【详解】元素X的最高价氧化物的水化物的化学式为HXO4，X的最高正价是+7价，所以最低负价为-1价，X的气态氢化物的化学式为HX。答案选A。【点睛】本题考查学生元素周期律的应用知识，可以根据元素的最高正价与最低负价之间的关系分析判断，较简单。16、C【详解】A、Cu是单质，既不是电解质也不是非电解质，选项A错误；B、蔗糖在水溶液中和熔融状态下均不能导电，属于非电解质，选项B错误；C、硝酸钾是在水溶液中和熔融状态下均能导电的化合物，属于电解质，选项C正确；D、稀硫酸属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查学生电解质的概念，注意电解质是对化合物进行的分类，可以根据所学知识进行回答，较简单。二、非选择题（本题包括5小题）17、Mg平面三角形分子sp3bceAl3+比Mg2+电荷多，半径小，晶格能大4（1，，）【分析】A、B、C、D、E是前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且A原子的2p轨道上有1个电子的自旋方向与其它电子的自旋方向相反，则A是核外电子排布式是1s22s22p4，所以A是O元素；D是S元素；工业上电解熔融C2A3制取单质C，则C为Al元素；基态B、E原子的最外层均只有2个电子，其余各电子层均全充满，结合原子序数可知，B的电子排布为1s22s22p63s2、E的电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2，B为Mg，E为Zn，以此来解答。【详解】由上述分析可知，A为O元素，B为Mg元素，C为Al元素，D为S元素，E为Zn元素。(1)Mg的3s电子全满为稳定结构，难失去电子；C是Al元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s33p1，失去第一个电子相对容易，因此元素B与C第一电离能较大的是Mg；E是Zn元素，根据构造原理可得其基态E原子电子排布式是[Ar]3d104s2，所以价电子的轨道表达式为；(2)DA2分子是SO2，根据VSEPR理论，价电子对数为VP=BP+LP=2+=3，VSEPR理论为平面三角形；(3)①C2Cl6是Al2Cl6，在加热时易升华，可知其熔沸点较低，据此可知该物质在固态时为分子晶体，Al形成4个共价键，3个为σ键，1个为配位键，其杂化方式为sp3杂化；②[Al(OH)4]-中，含有O-H极性共价键，Al-O配位键，共价单键为σ键，故合理选项是bce；(4)B、C的氟化物分别为MgF2和AlF3，晶格能分别是2957kJ/mol、5492kJ/mol，同为离子晶体，晶格能相差很大，是由于Al3+比Mg2+电荷多、离子半径小，而AlF3的晶格能比MgCl2大；(5)①根据晶胞结构分析，S为面心立方最密堆积，Zn为四面体填隙，则Zn的配位数为4；②根据如图晶胞，原子坐标a为(0，0，0)；b为(，0，）；c为(，，0），d处于右侧面的面心，根据几何关系，则d的原子坐标参数为（1，，）；③一个晶胞中含有S的个数为8×+6×=4个，含有Zn的个数为4个，1个晶胞中含有4个ZnS，1个晶胞的体积为V=a3cm3，所以晶体密度为ρ==g/cm3。【点睛】本题考查晶胞计算及原子结构与元素周期律的知识，把握电子排布规律推断元素、杂化及均摊法计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意(5)为解答的难点，具有一定的空间想象能力和数学计算能力才可以。18、羟基醚键加成反应或还原反应n+H2O【分析】A在无水乙醚的作用下与Mg反应生成B，B与X发生加成后再水解得C，根据X的分子式为C8H6O3，B和C的结构可知，X的结构为；C在催化剂作用下与氢气发生催化加氢反应(加成反应)生成D，D与LiAlH4发生还原反应生成E，E在一定条件下发生分子内脱水生成F，F与反应生成G，据此分析解答。【详解】(1)根据长托宁的结构简式可知，长托宁中含氧官氧官能团为羟基和醚键；(2)根据分析，反应③的反应类型为加成反应或还原反应；(3)根据分析可知，X的结构简式为；(4)D的结构中含有羟基和羧基，两个官能团在一定条件下可以生成高聚物M，该反应的化学方程式为n+H2O；(5)根据条件Ⅰ能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，Ⅱ核磁共振氢谱有5个峰且峰的面积比为2：4：4：1：1；分子中含有两个苯环，符合条件的C的同分异构体为；(6)以和为原料制备，可以先将还原成苯甲醇，再与溴化氢发生取代，再发生题中流程中的步骤①②③的反应，再发生消去即可得产品，合成路线为：。【点睛】本题的难点为(6)中的合成路线，解题时要充分利用已知流程的分析和理解，熟知官能团的性质。19、g接f，e接h，i接c(或d)，d(或c)接a(或b)H2O2减小CHO2赶出管内空气，减小实验误差【详解】（1）D中生成的氧气中含有水蒸气，应先通过C中的浓硫酸干燥，在E中电炉加热时用纯氧氧化管内样品，生成二氧化碳和水，如有一氧化碳生成，则E中CuO可与CO进一步反应生成二氧化碳，然后分别通入B（吸收水）、A（吸收二氧化碳）中，根据产物的质量推断有机物的组成，则产生的氧气按从左到右流向，所选用的各导管口连接的顺序为：g→f→e→h→i→c（d）→d（c）→a（b）；（2）D为生成氧气的装置，反应需要二氧化锰且无需加热，应为双氧水在二氧化锰催化作用下生成氧气的反应，则E中应盛放的试剂为双氧水；（3）CuO的作用是使有机物充分氧化生成CO2和H2O，如果把CuO网去掉，燃烧不充分生成的CO不能被碱石灰吸收，导致二氧化碳的质量偏低，装置A的增重将减小；（4）A管质量增加1.76g为二氧化碳的质量，可得碳元素的质量：1.76g×12/44=0.48g，物质的量为0.48g÷12g/mol＝0.04mol，B管质量增加0.36g是水的质量，可得氢元素的质量：0.36g×2/18=0.04g，物质的量是0.04mol，从而可推出含氧元素的质量为：(1.8-0.48-0.04)g=1.28g，物质的量是1.28g÷16g/mol＝0.08mol，则C、H、O的个数之比为0.04：0.04：0.08＝1：1：2，则最简式为CHO2；（5）由于装置内空气成分影响水、二氧化碳质量的测定，所以其目的是赶出装置内空气，减小实验误差。20、2MnO4—＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2ONAⅠⅡⅠⅢ硫酸的浓度或氢离子浓度确保溶液总体积不变【分析】(1)氧化还原反应可根据得失电子守恒进行配平；(2)探究反应物浓度、温度、催化剂对反应速率影响，需在其它条件相同的条件下设置对比实验；

(3)对比实验I和IV，根据两个实验中硫酸的量不同分析实验目的；对比实验中，必须确保溶液总体积相同。【详解】(1)反应中MnO4—中Mn由+7价降为+2价，得到电子，发生还原反应，H2C2O4中C由+3价升为+4价，失去电子，发生氧化反应，根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，MnO4—与H2C2O4化学计量数之比为2:5，再根据原子守恒和电荷守恒配平方程式，2MnO4—＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，因此该反应中每生成1molCO2转移电子数为1mol电子，即NA个电子。(2)由实验目的可以知道，探究反应物浓度、温度、催化剂对反应速率影响，需在相同的条件下对比实验；同浓度溶液，在相同温度下进