2026届福建省龙岩市高级中学化学高二第一学期期中调研模拟试题含解析

2026届福建省龙岩市高级中学化学高二第一学期期中调研模拟试题注意事项: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、①FeCl2②Fe(OH)3③FeCl3，通过化合、置换、复分解反应均能制得的是（）A．只有① B．只有② C．只有①③ D．全部2、下列装置图及有关说法正确的是（）A．装置①中K键闭合时，片刻后CuSO4溶液中c(Cl-)增大B．装置①中K键闭合时，片刻后可观察到滤纸a点变红色C．装置②中铁腐蚀的速率由大到小顺序是：只闭合K1>只闭合K3>只闭合K2>都断开D．装置③中当铁制品上析出1.6g铜时，电源负极输出的电子数为0.025NA3、向CH3COONa稀溶液中分别加入少量下列物质（忽略温度与体积变化），可以使的比值减小的是A．KOH固体 B．冰醋酸 C．CH3COONa固体 D．NaHSO4固体4、如图是可逆反应X2＋3Y22Z在反应过程中的反应速率(v)与时间(t)的关系曲线，下列叙述正确的是()A．t1时，只有正方向反应B．0～t1，c(Z)在减小C．t2～t3，反应不再进行D．t2～t3，各物质的浓度不再发生变化5、25℃时，已知弱酸的电离常数：K(CH3COOH)=1.8×10-5；K1(H2C03)=4.4×10-7,K2(H2C03)=5.6×10-11；K(HCl0)=3.0×10-8。下列说法中正确的是()A．25℃时，0.1mol·L-1的醋酸溶液比0.Olmol·L-1的醋酸溶液的K值小B．25℃时，CH3COOH溶液中加入少量NaHC03固体，醋酸的电离程度增大C．新制氯水与NaHC03溶液不发生反应D．NaCl0溶液中通入少量CO2发生反应的离子方程式:2NaCl0+CO2+H2O=Na2CO3+2HCl06、常温下，下列物质在水溶液中促进了水的电离的是A．NaHSO4B．CuSO4C．NaClD．HClO7、某同学在实验报告中有以下实验数据：①用托盘天平称取11.7g食盐；②用量筒量取5.28mL硫酸；③用广泛pH试纸测得溶液的pH值是3.5；④用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸用去溶液20.10ml，其中数据合理的是A．①④ B．②③ C．①③ D．②④8、恒容密闭容器中发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=QkJ•mol﹣1在其他条件不变的情况下，研究温度对反应的影响，实验结果如图所示，下列说法正确的是A．反应的平衡常数B．Q>0C．高温有利于该反应的自发进行D．A点混合气体的平均摩尔质量大于B点9、右图是恒温下某化学反应的反应速率随反应时间变化的示意图。下列叙述与示意图不相符合的是（）A．反应达平衡时，正反应速率和逆反应速率相等B．该反应达到平衡态Ⅰ后，增大反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡态ⅡC．该反应达到平衡态后，减小反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡态ⅡD．同一种反应物在平衡态Ⅰ和平衡Ⅱ时浓度不相等10、下列4种醇的分子式均为C4H10O①、②CH3CH2CH2CH2OH、③(CH3)2CHCH2OH、④(CH3)3COH其中不能被催化氧化的是A．③B．①④C．③④D．④11、某生产工艺中用惰性电极电解Na2CO3溶液获得NaHCO3和NaOH，其原理如图。下列有关说法正确的是（）A．a接外电源负极B．B出口为H2，C出口为NaHCO3溶液C．阳极电极反应为4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑D．应选用阳离子交换膜，电解时Na+从右侧往左移动12、用于净化汽车尾气的反应：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)，已知该反应速率极慢，570K时平衡常数为1×1059。下列说法正确的是A．装有尾气净化装置的汽车排出的气体中一定不再含有NO或COB．提高尾气净化效率的常用方法是升高温度C．提高尾气净化效率的最佳途径是研制高效催化剂D．570K时该反应正向进行的程度很大，故使用催化剂并无实际意义13、用Pt极电解含有Ag+、Cu2＋和X3＋各1．1mol的溶液，阴极析出固体物质的质量m(g)与回路中通过电子的物质的量n(mol)关系如图所示。则下列氧化性强弱的判断正确的是A．Ag+>X3+＞Cu2+>H+>X2+B．Ag+＞Cu2+＞X3+>H+>X2+C．Cu2＋>X3十>Ag十>X2+>H+D．Cu2+＞Ag＋＞X3+>H+＞X2+14、为除去括号内杂质，下列有关试剂和操作方法不正确的是A．苯（苯酚）：稀NaOH溶液，分液 B．乙醇（乙酸）：KOH溶液，分液C．乙烷（乙烯）：溴水，洗气 D．苯（溴）：稀NaOH溶液，分液15、现有等体积的硫酸、盐酸和醋酸三种溶液，将它们分别与V1L、V2L、V3L等浓度的NaOH溶液混合，下列说法中正确的是()A．若混合前三溶液物质的量浓度相等，混合后溶液呈中性，则V1＜V2＜V3B．若混合前三溶液pH相等，酸碱恰好完全反应，则V1＝V2＞V3C．若混合前三溶液物质的量浓度相等，酸碱恰好完全反应，则V1＞V2＞V3D．若混合前三溶液pH相等，将它们同等倍数稀释后再与足量锌片反应，则醋酸溶液放出气体最多16、下列对[Zn（NH3）4]SO4配合物的说法不正确的是（）A．SO42﹣是内界 B．配位数是4C．Zn2+是中心离子 D．NH3是配位体二、非选择题（本题包括5小题）17、以葡萄糖为原料制得的山梨醇（A）和异山梨醇（B）都是重要的生物质转化平台化合物。E是一种治疗心绞痛的药物，由葡萄糖为原料合成E的过程如下：回答下列问题：(1)葡萄糖的分子式为__________。(2)C中含有的官能团有__________(填官能团名称)。(3)由C到D的反应类型为__________。(4)F是B的同分异构体，7.30g的F足量饱和碳酸氢钠可释放出2.24L二氧化碳（标准状况），F的可能结构共有________种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3∶1∶1的结构简式为_________。18、下图中，A、B、C、D、E、F、G均为有机化合物。根据上图回答问题：(1)D、F的化学名称是________、________。(2)写出下列反应的化学方程式，并注明反应类型。②____________________________________________，________；④____________________________________________，________；(3)A的结构简式是__________________，1molA与足量的NaOH溶液反应会消耗________molNaOH。(4)写出符合下列3个条件的B的同分异构体____________________。①含有邻二取代苯环结构②与B有相同官能团③不与FeCl3溶液发生显色反应19、某学生用0.1000mol/LKMnO4标准液滴定未知浓度的H2C2O4溶液。（将20.00mLH2C2O4待测液注入锥形瓶，用KMnO4溶液滴定）回答下列问题：（1）请写出该实验所需使用的玻璃仪器，锥形瓶和___________，______________。（2）高锰酸钾溶液应使用______式（填“酸”或“碱”）滴定管盛放。（3）①在滴定过程是否需要指示剂？_________（填“是”或“否”）②请描述滴定终点时溶液颜色的变化_________________________。③若滴定终点时，仰视标准液滴定管的刻线读数，其他操作正确，则测定结果__________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）；若最终消耗标准液体积为18.00mL（平均值），则H2C2O4的浓度为_________（结果保留4位有效数字）。（已知：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O）20、Ⅰ.测定化学反应速率某同学利用如图装置测定化学反应速率。(已知：S2O32-+2H+=H2O+S↓+SO2↑)（1）为保证实验准确性、可靠性，利用该装置进行实验前应先进行的步骤是__；除如图所示的实验用品、仪器外，还需要的一件实验仪器是__。（2）若在2min时收集到224mL(已折算成标准状况)气体，可计算出该2min内H+的反应速率，而该测定值比实际值偏小，其原因是___。Ⅱ.为探讨化学反应速率的影响因素某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。已知：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O实验时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。限选试剂与仪器：0.20mol/LH2C2O4溶液，0.010mol/L酸性KMnO4溶液，蒸馏水，锥形瓶，恒温水浴槽，量筒，秒表。该小组设计了如下的方案。物理量水H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液温度/℃体积/mL浓度/mol•L-1体积/mL浓度/mol•L-1体积/mL①00.202.00.0104.050②00.202.00.0104.025③1.00.0104.025（1）已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4。为了观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为：n(H2C2O4)：n(KMnO4)≥__。（2）实验③测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v（KMnO4）=__mol·L-1·min-1。（3）请完成表格内二处空白__、__。（4）已知50℃时c(MnO4-)～反应时间t的变化曲线如图。其中反应速率最快的阶段是__，原因是___。21、“温室效应”是全球关注的环境问题之一。CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体，CO2的综合利用是解决温室及能源问题的有效途径。（1）CO2催化加氢能合成低碳烯烃：2CO2(g)＋6H2(g)C2H4(g)＋4H2O(g)。不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量如图所示，则曲线b表示的物质为________(填化学式)。（2）CO2和H2在催化剂Cu/ZnO作用下可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。反应A：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)反应B：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)控制CO2和H2初始投料比为1∶3时，温度对CO2平衡转化率及甲醇和CO产率的影响如图所示。①由图可知温度升高CO的产率上升，其主要原因可能是_____。②由图可知获取CH3OH最适宜的温度是________，下列措施有利于提高CO2转化为CH3OH的平衡转化率的有________(填字母)。A．使用催化剂B．增大体系压强C．增大CO2和H2的初始投料比D．投料比和容器体积不变，增加反应物的浓度（3）在恒温恒容条件下，反应A达到平衡的标志有_____A．容器中气体压强不再发生变化B．容器中气体密度不再发生变化C．容器中气体颜色不再发生变化D．容器中气体平均摩尔质量不再发生变化（4）由CO2制取C的太阳能工艺如图所示。“热分解系统”发生的反应为2Fe3O46FeO＋O2↑，每分解1molFe3O4转移电子的物质的量为_____；“重整系统”发生反应的化学方程式为___。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【详解】①Fe与氯化铁发生化合反应生成氯化亚铁，铁与盐酸发生置换反应生成氯化亚铁，氢氧化亚铁与盐酸发生复分解反应生成氯化亚铁，都能制得，故①符合题意；

②Fe(OH)3可通过氢氧化亚铁、氧气、水发生化合反应生成，可通过NaOH与FeCl3发生复分解反应生成，但不能通过置换反应得到，故②不符合题意；

③FeCl3可通过铁和氯气发生化合反应生成，可通过氯化钡与硫酸铁发生复分解反应生成，不能通过置换反应得到，故③不符合题意；

综上所述，答案为A。2、B【详解】A．装置①中K键闭合时为原电池，原电池中阴离子向负极移动，放电过程中Zn被氧化成Zn2+为负极，则Cl-向ZnSO4溶液移动，CuSO4溶液中c(Cl-)减小，故A错误；B．装置①中K键闭合时，滤纸相当于电解池，a极与原电池负极相连为阴极，阴极氢离子放电导致氢氧根离子浓度增大，所以a附近变红色，故B正确；

C．只闭合K1时Fe作阳极被腐蚀，只闭合K2时Fe作阴极被保护，只闭合K3时Fe作负极被腐蚀，都断开为化学腐蚀，电解池的阳极腐蚀速度大于原电池的负极腐蚀速度，电化学腐蚀比化学腐蚀快，所以铁腐蚀的速度由大到小的顺序是：只闭合K1＞只闭合K3＞都断开＞只闭合K2，故C错误；

D．装置③中铁制品上的反应为Cu2++2e-=Cu，析出1.6g铜即0.025mol时，电源负极输出的电子数为0.05NA，故D错误。

故选：B。3、D【分析】醋酸钠溶液中存在醋酸根离子水解平衡：CH3COO-

+H2OCH3COOH+OH-

，使c（CH3COO-

）/c（Na+）比值增大，可使平衡向逆反应方向移动，结合影响水解平衡移动的因素解答该题。【详解】A、加入固体KOH，醋酸根的水解平衡逆向移动，c（CH3COO-

）增大，但c（Na+）不变，则比值增大，故A错误；

B、加入冰醋酸，平衡逆向移动，c（CH3COO-）增大，则比值增大，故B错误；

C、加入固体CH3COONa，c(CH3COONa)浓度增大，水解程度降低，则比值增大，故C错误；

D、加入固体NaHSO4

，平衡向正向移动，c（Na+）增大，c（CH3

COO-）减小，则比值减小，故D正确；

综上所述，本题选D。【点睛】本题考查学生盐的水解原理以及影响盐的水解平衡移动等方面的知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意知识的归纳整理是解题关键，难度中等。4、D【详解】A.t1时，既有正方向反应，又有逆反应，故A错误；B.0-t1时，反应未达平衡状态，反应正向进行，c（Z）增大，故B错误；C.化学平衡状态是动态平衡，t2～t3时，v正═v逆＞0，反应仍在进行，故C错误；D.t2-t3，达平衡状态，各物质的浓度不再发生变化，故D正确。故选D。【点睛】化学平衡状态的标志可概括为“一等五不变”：“一等”即正反应速率等于逆反应速率；“五不变”即反应混合物中各组分的浓度保持不变,其意义是指各组分的物质的量不变；各组分的浓度不变；各组分的百分含量不变；反应物的转化率不变。5、B【解析】A.电离平衡常数与溶液的物质的量浓度无关，故A项错误；B.25℃时，CH3COOH溶液中加入少量NaHC03固体，溶液中氢离子浓度减小，醋酸的电离程度增大，故B正确；C.新制氯水中含有大量H+，可与碳酸氢钠反应，故C项错误；D.NaClO溶液中通入少量CO2发生反应的离子方程式:Cl0-+CO2+H2O=HCO3-+HClO，故D错误；答案：B。6、B【解析】H2O的电离方程式为H2OH＋＋OH－，促进水的电离因素有：升温、加入弱酸根、加入弱碱根。【详解】H2O的电离方程式为H2OH＋＋OH－，A、NaHSO4在水中电离方程式为NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－，c(H＋)增大，抑制水的电离，故A不符合题意；B、CuSO4属于强酸弱碱盐，Cu2＋发生水解反应，促进水的电离，故B符合题意；C、NaCl不影响水的电离，故C错误；D、HClO属于酸，抑制水的电离，故D不符合题意。7、A【详解】①托盘天平的读数到小数点后一位，故①正确；②量筒的精确度较低，读数到小数点后1位，故②错误；③广泛pH试纸测得溶液的pH的数值为整数，故③错误；④滴定管的精确度较高，读数到小数点后2位，故④正确；答案选A。8、D【详解】A.该反应的平衡常数，A不符合题意；B.由分析可知，该反应为放热反应，因此Q<0，B不符合题意；C.若反应自发进行，则ΔH-TΔS<0，由于该反应ΔH<0，ΔS<0，若为高温条件，则ΔH-TΔS可能大于0，不利于反应自发进行，C不符合题意；D.该反应中反应物和生成物都是气体，因此反应前后混合气体的质量不变，A点时反应正向进行的程度较大，则混合气体的物质的量较小，根据公式可知，混合气体的平均摩尔质量较大，D符合题意；故答案为：D9、C【分析】由图可以知道，该反应从正反应一端开始，正逆反应速率相等时为状态Ⅰ，然后，该反应向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，且改变条件的一瞬间逆反应速率不变，以此来解答。【详解】A.由平衡的特征可以知道，反应达平衡时，正反应速率和逆反应速率相等，A正确；B.该反应达到平衡态Ⅰ后，增大反应物浓度，一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，平衡正向移动，达到平衡态Ⅱ，B正确；C.该反应达到平衡态后，减小反应物浓度，平衡应逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，与图象矛盾，C错误；D.该反应达到平衡态Ⅰ后，增大反应物浓度使反应继续正向移动达到平衡态Ⅱ，所以同一种反应物在平衡态Ⅰ和平衡Ⅱ时浓度不相等，D正确；答案选C。10、D【解析】①中连接羟基的碳原子上有1个氢原子，催化氧化后得到酮；②CH3CH2CH2CH2OH中连接羟基的碳原子上有2个氢原子，催化氧化后得到醛；③(CH3)2CHCH2OH中连接羟基的碳原子上有2个氢原子，催化氧化后得到醛；④(CH3)3COH中连接羟基的碳原子上没有氢原子，不能被催化氧化。综上分析不能被催化氧化的是④，故选D。点睛：本题考查醇催化氧化的规律，注意醇催化氧化的实质，明确断键的位置是解题的关键，醇催化氧化断键部位是O-H键和连接羟基的碳原子上的C-H键，然后形成C=O键，当连羟基的碳原子上有2个氢原子时，被氧化后得到醛；当连羟基的碳原子上有1个氢原子时，被氧化得到酮；当连羟基的碳原子上没有氢原子时不能被氧化。11、C【解析】根据图示，a极放出氧气，是溶液中的水失去电子发生氧化反应，a极为阳极，阳极区生成的氢离子与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子，则b极放出氢气，溶液中的水得到电子发生还原反应，阴极区生成的氢氧根离子与阳极区迁移过来的钠离子结合形成氢氧化钠。【详解】A.根据上述分析，a极为阳极，a接外电源正极，故A错误；B.B出口为H2，C出口为氢氧化钠浓溶液，故B错误；C.根据上述分析，阳极电极反应为4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑，故C正确；D.根据上述分析，阳极区的钠离子需要向阴极区迁移，应选用阳离子交换膜，电解时Na+从左侧往右移动，故D错误；故选C。12、C【详解】A．该反应为可逆反应，不能完全转化，排出的气体中一定含有NO或CO，A错误；B．尾气温度已经很高，再升高温度，反应速率提高有限，且消耗更多能源，意义不大，B错误；C．研制高效催化剂可提高反应速率，解决反应极慢的问题，有利于尾气的转化，C正确；D．570K时该反应正向进行的程度很大，但反应速率极慢，既然升高温度不切实际，应从催化剂的角度考虑，D错误。答案选C。【点睛】化学平衡常数很大，说明反应正向进行的程度大，但不代表着化学反应速率大。13、A【详解】由图像分析可知，实验开始即析出固体，当有1.1mol电子通过时，析出固体质量达最大，证明此时析出的固体是Ag，此后，继续有电子通过，不再有固体析出，说明X3+放电生成X2+，最后又有固体析出，则为铜。因此，氧化能力为Ag+＞X3+＞Cu2+；当电子超过1.4mol时，固体质量没变，说明这是阴极产生的是氢气，即电解水，说明氧化能力H+＞X2+。故氧化能力为Ag+＞X3+＞Cu2+＞H+＞X2+。14、B【详解】A、苯酚和氢氧化钠溶液反应生成苯酚钠和水，苯不溶于水，分液即可，A正确；B、乙醇和水互溶，应该蒸馏，B错误；C、乙烯和溴水发生加成反应，乙烷不溶于水，洗气即可，C正确；D、溴和氢氧化钠溶液反应，苯不溶于水，分液即可，D正确；答案选B。15、D【详解】A．若三种溶液浓度相等，体积相等，硫酸中最大，醋酸是弱电解质，盐酸是强电解质，所以反应后溶液呈中性时，需要NaOH溶液体积V1＞V2＞V3，故A错误；

B．若混合前三种溶液的pH相等，则醋酸浓度大于盐酸，盐酸中氢离子浓度和硫酸中氢离子浓度相等，恰好中和时，需要氢氧化钠溶液的体积V1=V2＜V3，故B错误；

C．若混合前三种溶液物质的量浓度相等，等体积时，酸碱恰好完全中和时硫酸中最大，所以硫酸需要的NaOH溶液体积最多，盐酸和醋酸的物质的量相等，需要的NaOH溶液体积相等，所以其体积大小顺序是V1＞V2=V3，故C错误；

D．若混合前三种溶液的pH相等，醋酸是弱电解质，盐酸、硫酸是强电解质，稀释相同的倍数，促进醋酸电离，所以溶液醋酸中氢离子浓度最大，但盐酸、硫酸中氢离子浓度相等，与足量锌片反应，醋酸放出的气体最多，故D正确；

答案选D。16、A【解析】A．在[Zn（NH3）4]SO4中外界是SO42-，內界是[Zn（NH3）4]2+，故A错误；B．锌离子配位原子个数是4，所以其配位数是4，故B正确；C．该配合物中，锌离子提供空轨道，所以锌离子是中心离子，故C正确；D．该配合物中氮原子提供孤电子对，所以NH3是配位体，故D正确；答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、C6H12O6羟基、酯基、醚键取代反应9【分析】本题考察了有机合成推断过程，从B物质入手，根据题意，葡萄糖经过氢气加成和脱去两分子水后生成B，故葡萄糖和B之间差2个O原子、4个氢原子；根据取代反应特点，从碳原子的个数差异上判断参与酯化反应的乙酸分子的数目。【详解】（1）根据图像可知，葡萄糖在催化加氢之后，与浓硫酸反应脱去2分子水，生成B（C6H10O4），故葡萄糖的分子式为C6H12O6；（2）C的分子式为C8H12O5，故B与一分子乙酸发生酯化反应，C中含有的官能团有羟基、酯基、醚键；（3）D的分子式为C8H11NO7，C的分子式是C8H12O5，由E的结构可知，C与硝酸发生酯化反应生成D，，故反应类型为取代反应（或酯化反应）；（4）F是B的同分异构体，分子式为C6H10O4，摩尔质量为146g/mol，故7.30g的F物质的量为0.05mol，和碳酸氢钠可释放出2.24L即0.1mol二氧化碳（标准状况），故F的结构中存在2个羧基，可能结构共有9种，包括CH3CH2CH2CH(COOH)2、CH3CH2C(COOH)2CH3，CH3CH2CH(COOH)CH2COOH、CH3CH(COOH)CH2CH2COOH、CH2(COOH)CH2CH2CH2COOH、CH3CH(COOH）CH（COOH)CH3、(CH3)2CC(COOH)2、(CH3)2C(COOH)CH2COOH、CH3CH(CH2COOH)2；其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3∶1∶1的结构简式为CH3CH(COOH)CH(COOH)CH3或。【点睛】加入NaHCO3溶液有气体放出，表示该物质分子中含有—COOH，反应比例为1:1.18、乙醇乙酸乙酯＋H2O酯化反应(或取代反应)CH3CH2OHCH2＝CH2↑＋H2O消去反应2【分析】B在浓硫酸、加热条件下反应生成酯，根据E的结构简式，推知B中含有羧基和羟基，其结构简式为：；D在浓硫酸、170℃下反应生成乙烯，结合D的分子式可推知D是乙醇；C和乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成F，结合F的分子式可知，C的结构简式为CH3COOH，则F为CH3COOC2H5，B和C、D发生酯化反应生成A，则A的结构简式为：。【详解】（1）根据以上分析，D的结构简式为：CH3CH2OH，其名称是乙醇，F的结构简式为：CH3COOC2H5，其名称是乙酸乙酯，故答案为乙醇；乙酸乙酯；

（2）在浓硫酸加热条件下发生分子内酯化反应生成，反应方程式为：＋H2O，反应类型为酯化反应；乙醇在浓硫酸、170℃下反应生成乙烯，反应方程式为：CH3CH2OHCH2＝CH2↑＋H2O，反应类型为消去反应；故答案为＋H2O；酯化反应(或取代反应)；CH3CH2OHCH2＝CH2↑＋H2O；消去反应；

（3）A的结构简式为，分子中含有两个酯基，A在碱性条件下水解后再酸化生成B、C、D，1molA与足量的NaOH溶液反应会消耗2molNaOH。故答案为；2；

（4）①含有邻二取代苯环结构，说明含有两个取代基且处于邻位，②与B有相同官能团说明含有醇羟基和羧基，③不与FeCl3溶液发生显色反应说明不含酚羟基，所以其同分异构体为，有3种同分异构体，

故答案为。【点睛】本题考查有机体推断，难点是同分异构体的推断，注意根据题给信息确定含有的官能团及其结构，从而确定该有机物的结构简式。19、酸式滴定管烧杯酸否高锰酸钾滴入后呈现紫红色，且半分钟溶液颜色保持不变（其他合理答案即可）偏高0.2250mol/L【分析】本题主要考查的氧化还原滴定操作，但是不同于普通的滴定操作，除了考查普通的滴定知识外，需要注意高锰酸钾与草酸的量的关系，依据氧化还原方程式做出判断。【详解】（1）由已知，该实验所需使用的玻璃仪器为：盛装KMnO4标准液和取用H2C2O4溶液的酸式滴定管、盛装H2C2O4溶液的锥形瓶、烧杯，故答案为酸式滴定管、烧杯。（2）高锰酸钾溶液具有强氧化性，应使用酸式滴定管盛放，故答案为酸。（3）①因为高锰酸钾溶液是紫色的，与H2C2O4溶液反应会褪色，所以滴定过程是不需要指示剂，故答案为否。②当高锰酸钾溶液滴入后呈现紫红色，且半分钟内溶液颜色保持不变，则说明已经达到滴定终点，故答案为高锰酸钾滴入后呈现紫红色，且半分钟溶液颜色保持不变（其他合理答案即可）。③其他操作正确，若滴定终点时，仰视标准液滴定管的刻读数，则标准液读数偏大，故定结果偏高。酸性KMnO4与H2C2O4溶液反应离子方程式为:2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，所以H2C2O4的浓度为:，故答案为偏高；0.2250mol/L。【点睛】在滴定管的润洗环节需要用烧杯来装润洗后的溶液，判断溶液终点的颜色变化时一定要注意标准液和待测液的位置，否则容易将颜色变化颠倒。20、检查装置的气密性秒表SO2会部分溶于水，导致所测得SO2体积偏小2.50.0101.00.20t1～t2生成物MnSO4是该反应的催化剂【分析】I．（1）从实验装置可知，本实验是通过测量在一个时间段内所收集到的气体的体积来测定反应速率，所以先要检查装置的气密性，实验仪器还需要秒表；（2）SO2易溶于水，导致所测得的SO2的体积偏小；II．（1）根据“观察到紫色褪去”必须满足高锰酸钾的物质的量小于草酸的物质的量解得二者浓度关系；（2）先根据醋酸和高锰酸钾的物质的量判断过量，然后根据不足量及反应速率表达式计算出反应速率；（3）由于高锰酸钾和草酸的浓度均相同，为了探究不同浓度对反映速率的影响，需要加水改变草酸的浓度；（4）从图象可以看出t1-t2阶段斜率最大，c（MnO4-）变化最大，说明此时段反应速率最快，由于浓度变小，可以推测是催化剂的影响；【详解】I．（1）从实验装置可知，本实验是通过测量在一个时间段内所收集到的气体的体积来测定反应速率，所以先要检查装置的气密性，实验仪器还需要秒表；答案为检查装置的气密性；秒表。（2）SO2易溶于水，导致所测得的SO2的体积偏小，则据此计算出的△n（H+）和△C（H+）以及V（H+）会变小；答案为SO2会部分溶于水，导致所测得SO2体积偏小。II．（1）H2C2O4中碳元素的化合价为+3价,变成二氧化碳后化合价总共升高了2(4-3)价,所以每消耗1molH2C2O4转移2mol电子;为了观察到紫色褪去,高锰酸钾的物质的量应该少量,即n(H2C2O4):n(KMnO4)⩾=2.5；答案为2.5。（2）由表中数据可知，实验③H2C2O4的体积只有1mL，所以应加水1mL才能使三组实验的体积一样，草酸的物质的量为：0.20mol⋅L−1×0.001L=0.0002mol,高锰酸钾的物质的量为：0.010mol⋅L−1×0.004L=0.00004mol,草酸和高锰酸钾的物质的量之比为：0.0002mol:0.00004mol=5:1,显然草酸过量,高锰酸钾完全反应,混合后溶液中高锰酸钾的浓度为：=，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)==0.010mol⋅L−1⋅min−1；答案为0.010mol⋅L−1⋅min−1。（3）通过上述分析，表格内二处空白分别为水1mL，H2C2O4浓度为0.2mol/L；答案为1mL，0.2mol/L。（4）从图象可以看出t1-t2阶段斜率最大,c(MnO4-)变化最大，说明此时段反应速率最快，由于反应物的浓度变小，可以推测是催化剂的影响，可推测是生成物做了催化剂；