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【化学】海南省文昌中学2019-2020学年高二上学期第二次月考（解析版） 试卷
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海南省文昌中学2019-2020学年高二上学期第二次月考
可能用到的相对原子质量：C－12，H－1，O－16
第Ⅰ卷 （选择题，共40分）
一、单项选择题（本题包括8个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共16分。）
1.下列说法错误的是
A. 酒越陈越香与酯化反应有关 B. 细铁粉可作食品抗氧化剂
C. 双氧水可作消毒剂 D. 熟石灰可作食品干燥剂
【答案】D
【解析】
【详解】A.白酒中主要成分乙醇与少量存在的乙酸缓慢反应生成乙酸乙酯，使白酒带香味，所以“酒越陈越香”与酯化反应有关，A正确；
B.铁粉能与氧气反应，可以除去食品袋中的氧气，因此可以作食品抗氧化剂，B正确；
C.双氧水具有氧化性，可以起杀菌消毒作用，因此可作消毒剂，C正确；
D.熟石灰Ca(OH)2，不能吸收水分，而生石灰能与水反应，可作食品干燥剂，D错误；
故合理选项是D。
2.可把苯酚、硫氰化钾、乙醛、氢氧化钠、硝酸银等五种溶液鉴别出来的一种试剂是
A. 溴水 B. 酚酞溶液
C. 银氨溶液 D. FeCl3溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
苯酚、硫氰化钾、乙醛、氢氧化钠、硝酸银溶液分别与FeCl3溶液反应的现象为：显紫色、溶液变成血红色、不反应不分层、生成红褐色沉淀，生成白色沉淀，现象不同，以此来解答。
【详解】A.加入溴水，苯酚会产生白色沉淀；硝酸银溶液产生淡黄色沉淀；硫氰化钾、乙醛、氢氧化钠反应后溶液均显无色，不能鉴别；只能鉴别苯酚和硝酸银溶液，A错误；
B.酚酞只能鉴别出NaOH溶液，溶液显红色，B错误；
C.加入银氨溶液，只能鉴别出乙醛溶液，C错误；
D.苯酚、硫氰化钾、乙醛、氢氧化钠、硝酸银溶液分别与FeCl3溶液反应的现象为：显紫色、溶液变成血红色、不反应不分层、生成红褐色沉淀，生成白色沉淀，现象各不相同，可鉴别，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查物质的鉴别，注意物质混合现象不同是解答鉴别题的关键，熟悉各种有机物及无机物质的性质即可解答。
3.对于化学反应3W(g)+2X(g)=4Y(g)+3Z(g)，下列反应速率关系中，正确的是
A. υ(W)=3υ(Z) B. 2υ(X)=3υ(Z)
C. 2υ(X)=υ(Y) D. 3υ(W)=2υ(X)
【答案】C
【解析】
【详解】同一反应中，化学反应速率与化学计量数成正比。
A.W、Z的计量数之比=3：3，则υ(W)=υ(Z)，A错误；
B.X、Z的计量数之比=2：3，则3υ(X)=2υ(Z)，B错误；
C.X、Y的计量数之比=2：4=1：2，则2υ(X)=υ(Y)，C正确；
D.W、X的计量数之比=3：2，则2υ(W)=3υ(X)，D错误；
故合理选项是C。
4.下列有关化学反应速率的说法中，不正确的是
A. 实验室用H2O2分解制O2，加入MnO2后，反应速率明显加快
B. 增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C. 可用单位时间内氢离子物质的量浓度的变化来表示NaOH和H2SO4反应的速率
D. 实验室用碳酸钙和盐酸反应制取CO2，用碳酸钙粉末比块状反应要快
【答案】B
【解析】
【详解】A. MnO2为H2O2分解的催化剂，可降低反应的活化能，增大反应速率，A正确；
B.增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子数，而单位体积内活化分子的百分数，从而使反应速率增大，B错误；
C.酸碱发生中和反应时氢离子结合氢氧根离子生成水，所以可用单位时间内氢离子物质的量浓度的变化来表示NaOH和H2SO4反应的速率，C正确；
D.粉末表面积大于块状，增大固体表面积，可增大反应速率，D正确；
故合理选项是B。
5.能够跟1mol 起反应的Br2或H2的最大用量分别是
A. 1mol，1mol B. 3.5mol，7mol
C. 1mol，7mol D. 6mol，7mol
【答案】D
【解析】
【详解】酚可以与Br2发生苯环上邻、对位上的取代反应，物质分子中共含有3个酚羟基，1mol该化合物可与5mol溴发生取代反应；含有不饱和的碳碳双键，可以与Br2发生加成反应，含有1个碳碳双键，则1mol该化合物可与1mol溴发生加成反应，因此与Br2发生反应，共消耗6molBr2。分子中含有苯环和碳碳双键都可以与H2发生加成反应，分子中含有2个苯环，1个碳碳双键，则1mol该化合物可与7mol氢气发生加成反应，所以1mol该化合物反应消耗Br2或H2的最大用量分别是6mol、7mol，故合理选项是D。
6.已知下列反应的热化学方程式：
6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(l)；ΔH1
2 H2(g)+ O2(g)= 2H2O(g)；ΔH2
C(s)+ O2(g)=CO2(g)；ΔH3
则反应4C3H5(ONO2)3(l)= 12CO2(g)+10H2O(g) + O2(g) +6N2(g)的ΔH为
A. 12ΔH3+5ΔH2-2ΔH1 B. 2ΔH1-5ΔH2-12ΔH3
C. 12ΔH3-5ΔH2-2ΔH1 D. ΔH1-5ΔH2-12ΔH3
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：已知：①6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)═2C3H5(ONO2)3(l)；△H1，
②H2(g)+O2(g)=H2O(g)；△H2，③C(s)+O2(g)═CO2(g)；△H3，
由盖斯定律：10×②+12×③-2×①得：
4C3H5(ONO2)3(l)═12CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)；△H=12△H3+10△H2-2△H1；
故选A。
【点晴】本题考查了反应热的计算，侧重于盖斯定律应用的考查，构建目标方程式是解答关键。根据盖斯定律，由已知热化学反应方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的加减。盖斯定律的使用方法：①写出目标方程式；②确定“过渡物质”(要消去的物质)；③用消元法逐一消去“过渡物质”。
7.油酸甘油酯（相对分子质量884）在体内代谢时可发生如下反应：C57H104O6(s)+80O2(g)＝57CO2(g)+52H2O(l)。已知燃烧1kg该化合物释放出热量3.8×104kJ。油酸甘油酯的燃烧热△H为
A. 3.8×104kJ·mol-1 B. －3.8×104kJ·mol-1
C. 3.4×104kJ·mol-1 D. －3.4×104kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】燃烧热指的是燃烧1mol可燃物生成稳定的氧化物所放出的热量。燃烧1kg油酸甘油酯释放出热量3.8×104kJ，1kg该化合物的物质的量为，则油酸甘油酯的燃烧热△H=-≈-3.4×104kJ•mol-1，故选D。
8.把 0.6molX气体和0.4molY气体混合于2L的密闭容器中，使它们发生如下反应3X(g)+Y(g)nZ(g)+2W(g)，5min末已生成 0.2molW，若测知以 Z 表示的平均反应速率为 0.01mol·L﹣1·min﹣1，则 n是（ ）
A. 1 B. 4 C. 2 D. 3
【答案】A
【解析】
【详解】5min内W的平均化学反应速率v(W)==0.02mol/(L·min)，利用各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比，Z浓度变化表示的平均反应速率为0.01 mol/(L·min)，则：v(Z)：v(W)= 0.01 mol/(L·min)：0.02mol/(L·min)=n：2，所以n=1，
故合理选项是A。
二、不定项选择题（本题包括6个小题，每小题有1－2个选项符合题意，每小题4分，共24分。若该小题有2个正确选项的，全选得4分，只选1个且正确得2分，多选、错选不得分。）
9.已知热化学方程式2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH，下列有关ΔH的说法正确的是
A. 与化学方程式的书写形式无关
B. 与H-H键、O=O键、H-O键的键能有关
C. 与是否使用催化剂有关
D. 与物质的状态无关
【答案】B
【解析】
【详解】A.在热化学方程式中的ΔH，与物质的存在状态及反应的物质的量多少有关，A错误；
B.反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键放出的总能量的差，因此该反应的反应热与H-H键、O=O键、H-O键的键能有关，B正确；
C.催化剂只能改变反应途径，不能改变反应物、生成物的能量，因此反应热与是否使用催化剂无关，C错误；
D.同一物质，在不同状态时含有的能量多少不同，所以反应热与物质的状态有关，D错误；
故合理选项是B。
10.已知反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H<0，在一定温度和压强下于密闭容器中，反应达到平衡。下列叙述正确的是（ ）
A. 升高温度，n(CO)减少 B. 减小压强，n(CO2)增加
C. 更换高效催化剂，CO的转化率增大 D. 充入一定量的氮气，n(H2)不变
【答案】D
【解析】
【详解】A.升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，n(CO)增加，A错误；
B.该反应是反应前后气体体积不变的反应，减小压强，平衡不移动，n(CO2)不变，B错误；
C.催化剂不能使化学平衡发生移动，因此CO转化率不变，C错误；
D.充入一定量的氮气，由于反应体系的任何物质的浓度不变，所以化学平衡不移动，n(H2)不变，D正确；
故合理选项是D。
11.下列各组化合物中不互为同分异构体的是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A.二者分子式都是C6H6，分子式相同，结构不同，二者是同分异构体，A不符合题意；
B.前者分子式C14H24，后者分子式是C13H22，分子式不相同，二者不是同分异构体，B符合题意；
C.前者分子式是C3H6O2，后者分子式是C3H6O2，分子式相同，结构不同，二者是同分异构体，C不符合题意；
D.前者分子式是C6H6O3，后者分子式是C6H6O3，分子式相同，结构不同，二者是同分异构体，D不符合题意；
故合理选项是B。
12.10mL浓度为1mol·L－1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成的量的是
A. K2SO4 B. CH3COONa C. 几滴浓硫酸 D. Na2CO3
【答案】AB
【解析】
【详解】A.加入K2SO4溶液，相当于加水稀释，溶液中氢离子浓度降低，且氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，A正确；
B.加入CH3COONa溶液，溶液被稀释，且醋酸根与溶液中氢离子结合为醋酸分子，溶液中氢离子浓度降低，且提供的氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，B正确；
C.浓硫酸溶于水放出热量，氢离子浓度增大，加快反应速率，C错误；
D.加入Na2CO3溶液，Na2CO3与盐酸反应产生CO2气体，使氢离子总量较小，生成氢气的量减少，D错误；
故合理选项是AB。
13.分子中只有两种不同化学环境的氢，且数目比为3：2的化合物
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】
只有两种不同化学环境的氢，且数目比为3：2，结合有机物的结构对称性判断H的种类及个数，以此来解答。
【详解】A.含2种H，标注为，结合C原子价电子为4，可知分子中H原子个数比为4：4=1：1，A不符合题意；
B.含3种H，标注为，B不符合题意；
C.含2种H，标注为，结合C原子价电子为4，可知分子中H原子个数比为6：4=3：2，C符合题意；
D.含2种H，标注为，结合C原子价电子为4，可知分子中H原子个数比为6：4= 3：2，D符合题意；
故合理选项是CD。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握H的种类及个数为解答关键，注意分子的对称性，结合碳原子价电子数为4进行判断，侧重考查学生的分析与应用能力。
14.下列氯代烃中不能由烯烃与氯化氢加成直接得到的有
A. 氯代环已烷 B. 2，2－二甲基－1－氯丙烷
C. 2－甲基－2－氯丙烷 D. 2，2，4，4－四甲基－3－氯戊烷
【答案】BD
【解析】
【详解】A.氯代环己烷可以由环己烯与HCl加成得到，A不符合题意；
B.2，2-二甲基-1-氯丙烷分子中与氯原子连接的碳原子相邻的碳原子上不含有H原子，不能由烯烃与HCl加成得到，B符合题意；
C.2-甲基-2-氯丙烷可以由2-甲基丙烯与HCl加成得到，C不符合题意；
D.2，2，4，4-四甲基-3-氯戊烷分子中与氯原子连接的碳原子相连的碳原子上不含有H原子，不能由烯烃与HCl加成得到，D符合题意；
故合理选项是BD。
第Ⅱ卷 （非选择题，共60分）
三、填空题（本题包括6个小题，共60分。）
15.(1)根据下图中的能量关系，可求得C-H的键能为______________。
(2)X(s)+3Y(g)Z(g)+3W(g) ΔH=－akJ/mol，一定条件下，将2molX和2molY通入2L恒容密闭容器中，反应10s后达到平衡，测得生成0.5molZ。
①则10s内，Y的平均反应速率为_____________，第10s时，X的物质的量为__________，Y的浓度为_______，10s内，X和Y反应放出的热量Q为______。
②判断该反应是否达到平衡的依据是__________（填字母）。
A.压强不随时间改变 B.气体的密度不随时间改变
C.c(Y)不随时间改变 D.单位时间里生成Z和W的物质的量之比为1∶2
【答案】 (1). 414kJ/mol (2). 0.075mol/(L·s) (3). 1.5mol (4). 0.25mol/L (5). 0.5akJ (6). BC
【解析】
【分析】
(1)利用反应△H=反应物总键能-生成物总键能分析解答。
(2)①根据物质反应转化关系，由生成Z的物质的量计算反应消耗的X、Y的物质的量，再结合c=计算10s时Y物质的浓度，利用v=计算Y的反应速率；利用物质反应能量变化与反应的物质的量相对应计算10s内放出的能量；
②利用反应达到平衡时，任何物质的物质的量、浓度及含量不变分析判断。
【详解】(1)根据图知，C(s)键能为717kJ/mol、氢气键能为(864÷2)kJ/mol=432kJ/mol，C(s)+2H2(g)=CH4(g) △H=-75kJ/mol，该反应△H=反应物总键能-生成物总键能=-75kJ/mol，则C-H的键能=kJ/mol=414kJ/mol；
(2)①由方程式X(s)+3Y(g)Z(g)+3W(g) ΔH=-akJ/mol可知：每反应产生1molZ，会同时消耗1molX，消耗3molY，反应放出热量akJ，则反应进行到10s后达到平衡，此时反应产生0.5molZ，会同时放出0.5akJ的热量，消耗0.5molX，1.5molY，因此用Y表示的反应速率为v(Y)==0.075mol/(L·s)；此时X的物质的量还有2mol-0.5mol=1.5mol；
②A.该反应是反应前后气体体积不变的反应，体系的压强始终不变，因此不能根据压强不随时间改变判断反应是否处于平衡状态，A错误；
B.若反应未达到平衡状态，气体的质量会发生变化，气体的密度也会发生改变，若容器内气体的密度不随时间改变，则反应达到平衡状态，B正确；
C.反应未达到平衡状态，Y的物质的量及浓度就会变化，若c(Y)不随时间改变，说明反应处于平衡状态，C正确；
D.根据方程式可知：Z、W都是生成物，二者改变的物质的量的比是1：3，无论是否达到平衡，单位时间里生成Z和W的物质的量之比不可能为1∶2，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，D错误；
故合理选项是BC。
【点睛】本题考查反应热和焓变、反应速率的计算、平衡状态的判断等知识，明确反应热的计算方法、反应热和反应物总键能及生成物总键能之差的关系，清楚反应速率的概念、平衡状态的特征及实质是本题解答的关键。
16.分别取1 molA、B、C、D、E、F六种有机物，使它们充分燃烧，都生成44.8LCO2(标况)，D和E是碳、氢、氧的化合物，两者互为同分异构体，E被氧化成A，A继续氧化成B，C、F都能发生加聚反应，C和氯化氢加成生成F。试推断有机化合物A、B、C、D、E、F的结构简式。
(1)A．______、B．______、C．______、D．______、E．______、F．______。
(2)写出下列反应的化学方程式
E→A：_________________________________________。
实验室制备C：__________________________________。
【答案】 (1). CH3CHO (2). CH3COOH (3). CHCH (4). CH3OCH3 (5). CH3CH2OH (6). CH2=CHCl (7). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (8). CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑
【解析】
【分析】
首先根据n=计算CO2的物质的量，然后根据A、B、C、D、E、F六种有机物分子中含有C原子数目为2，根据物质的性质及转化关系，推出各种物质的结构，并书写出相应反应的化学方程式。
【详解】在标准状况下44.8LCO2的物质的量n(CO2)==2mol，由于1 molA、B、C、D、E、F六种有机物燃烧都产生2molCO2，所以A、B、C、D、E、F六种有机物分子中含有C原子数目为2mol÷1mol=2，E被氧化成A，A继续氧化成B，则E含有-OH、A含有-CHO、B含有-COOH，E是碳、氢、氧三种元素的化合物，则E为乙醇、A为乙醛、B为乙酸，D和E两者互为同分异构体，D为二甲醚，C和F都发生聚合反应，C和HCl加成生成F，说明C与F都含有不饱和键，因此C为乙炔，F为氯乙烯。
(1)根据上述分析可知：A是乙醛，A结构简式为CH3CHO；B为乙酸，结构简式为CH3COOH；C为乙炔，结构简式为CH≡CH；D为二甲醚，结构简式为CH3OCH3；E为乙醇，结构简式为CH3CH2OH；F为氯乙烯，结构简式为CH2=CHCl；
(2)E为CH3CH2OH，含有羟基，与O2在催化剂存在的条件下加热，发生氧化反应乙醛，该反应的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；C为乙炔CH≡CH，在实验室中是用电石CaC2与H2O反应制取的，反应方程式为：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑。
【点睛】本题考查有机物的推断，确定有机物中含有的碳原子数目是解题的关键，再结合E可以连续氧化，推断E为乙醇，结合物质的性质及转化关系顺推可得其它物质。掌握各类物质官能团的结构及其性质就可以顺利求解。
17.将含有C、H、O的有机物3.24 g，装入元素分析装置，通入足量的O2使它完全燃烧，将生成的气体依次通过氯化钙干燥管A和碱石灰干燥管B。测得A管质量增加了2.16g，B管增加了9.24g。已知该有机物的相对分子质量为108。
(1)燃烧此化合物3.24g，须消耗氧气的质量是______________________；
(2)该化合物的分子式为____________；
(3)该化合物1分子中存在1个苯环，且在核磁共振氢谱图中有4组吸收峰。试写出它可能的结构简式_______________、_______________。
【答案】 (1). 8.16g (2). C7H8O (3). (4).
【解析】
【分析】
(1)A管质量增加了2.16g为生成水的质量，B管增加了9.24g为生成二氧化碳的质量，根据质量守恒计算消耗氧气的质量；
(2)计算有机物、水、二氧化碳的物质的量，根据原子守恒计算有机物分子中C、H原子数目，结合相对分子质量确定O原子数目；
(3)有机物含有苯环，核磁共振氢谱存在四个峰，说明含有4种H原子，结合分子式书写可能的结构。
【详解】(1)试管A质量增加2.16g为生成水的质量，B管碱石灰吸CO2增加9.24g，由质量守恒定律，可知消耗氧气的质量m(O2)=2.16g+9.24g-3.24g=8.16g；
(2)试管A质量增加2.16g为生成水的质量，则水的物质的量n(H2O)=2.16g÷18g/mol=0.12mol，碱石灰干燥管B吸收增重CO2的质量为9.24g，二氧化碳的物质的量n(CO2)=9.24g÷44g/mol=0.21mol，该有机物质量为3.24g，相对分子质量是108，所以有机物的物质的量为n(有机物)=3.24g÷108g/mol=0.03mol，所以有机物分子中，N(C)==7， N(H)==8， N(O)==1，因此该有机物的分子式为：C7H8O；
(3)若该有机物含有苯环，且核磁共振氢谱存在四个峰，可能的结构简式为：、。
【点睛】本题考查有机物分子式的确定、限制条件同分异构体书写，注意根据质量守恒定律，用燃烧法确定有机物的分子式，结合核磁共振氢谱图，有几个吸收峰，就有几种不同的H原子，峰面积比为各种不同H原子的个数比，确定物质的结构简式。
18.已知苯可以进行如下转化，回答下列问题：
(1)反应①的反应类型为________，化合物A的化学名称为___________。
(2)化合物B的结构简式为_________，反应②的反应类型为__________。
(3)写出下列反应的化学方程式
A→B：_________________________。
B→C：_________________________。
【答案】 (1). 加成反应 (2). 环己烷 (3). (4). 消去反应 (5). (6).
【解析】
【分析】
苯与液溴在Fe催化下发生取代反应产生溴苯，苯与H2在Pd/C催化下发生加成反应产生环己烷，环己烷与Cl2在光照条件下发生取代反应产生一氯环己烷，一氯环己烷与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应产生环己烯。
【详解】由上述分析可知A是，B是。
(1)反应①是与H2在Pd/C催化下发生加成反应产生环己烷，反应类型为加成反应，化合物A是，化学名称为环己烷。
(2)环己烷与Cl2在光照条件下发生取代反应产生化合物B是一氯环己烷，B的结构简式为，反应②是与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应，产生、NaCl、H2O，该反应的反应类型为消去反应。
(3)由(2)可知：A→B反应的化学方程式为：。B→C反应的化学方程式为：。
【点睛】掌握苯的结构、烷烃、卤代烃的性质及反应条件是本题正确推断的依据。
19.奥沙拉秦是曾用于治疗急、慢性溃疡性结肠炎的药物，其由水杨酸为起始物的合成路线如下：
回答下列问题：
(1)A的结构简式为_________；由A制备B的反应试剂和条件为_______________。反应类型为_________。
(2)工业上常采用廉价的CO2与E反应制备奥沙拉秦，通入的CO2与E的物质的量之比至少应为_________。
(3)奥沙拉秦的分子式为_________，其核磁共振氢谱为_______组峰，峰面积比为__________。
(4)若将奥沙拉秦用HCl酸化后，分子中含氧官能团的名称为________________。
(5)W是水杨酸的同分异构体，可以发生银镜反应；W经碱催化水解后再酸化可以得到对苯二酚。W的结构简式为___________。
(6)写出下列反应的化学方程式：
由水杨酸制备A：____________________________________。
由D生成E：________________________________________。
【答案】 (1). (2). 浓硫酸，浓硝酸，加热 (3). 取代反应 (4). 2∶1 (5). C14H8N2O6Na2 (6). 4 (7). 1∶1∶1∶1 (8). 羧基 羟基 (9). (10). +CH3OH+H2O (11). +4NaOH+2CH3OH+2H2O
【解析】
【分析】
对比水杨酸、B的结构，结合反应条件，可知水杨酸与甲醇发生酯化反应生成A：，A发生硝化反应生成B：，B在Fe、HCl、H2O存在条件下-NO2被还原为-NH2，产生C：；C在NaNO2/HCl，并加热在0～5℃时反应产生，与反应产生D：，D与足量NaOH的水溶液混合加热发生反应产生E是，向该物质的水溶液中通入足量CO2气体，利用酸性：羧酸＞H2CO3＞苯酚，发生复分解反应产生目标产物奥沙拉秦。
【详解】根据上述分析可知：A是，E是
(1)对比水杨酸、B的结构，结合反应条件，可知水杨酸与甲醇发生酯化反应生成A，所以A的结构简式为：；A与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应生成B，该取代反应又叫硝化反应，所以由A制备B的反应试剂和条件为：浓硝酸、浓硫酸、加热，反应类型为取代反应；
(2)由于酸性：羧酸＞H2CO3＞C6H5OH＞NaHCO3，E中含有2个-ONa，所以要使E与CO2发生反应转移为奥沙拉秦和NaHCO3，通入的CO2与E的物质的量之比至少应为2：1；
(3)由奥沙拉秦的结构，可知其分子中有14个C原子、8个H原子、2个N原子、6个O原子、2个Na原子，其分子式为：C14H8N2O6Na2；该物质分子关于氮氮双键对称，分子有4种化学环境不同的H原子，峰面积之比等于H原子数目之比为1：1：1：1；
(4)由于酸性：HCl＞羧酸＞H2CO3＞C6H5OH，所以若将奥沙拉秦用HCl酸化后可得到，该物质分子中含氧官能团为-COOH、-OH，名称为羧基、羟基；
(5)W是水杨酸的同分异构体，可以发生银镜反应；W经碱催化水解后再酸化可以得到对苯二酚。说明W分子中-OH、-OOCH处于对位的结构简式为；
(6)由水杨酸制备A的反应化学方程式：+CH3OH+H2O；由D生成E的反应化学方程式：+4NaOH+2CH3OH+2H2O。
【点睛】本题考查有机物的合成与推断，涉及反应类型的判断、反应方程式的书写、物质的结构的推断、限制条件同分异构体的书写等，对比物质的结构明确发生的反应类型，熟练掌握官能团的性质与转化，注意盐酸、羧酸、酚、碳酸的酸性强弱及应用。
20.某课外兴趣小组对H2O2的分解速率做了如下实验探究。
(1)下表是该小组研究影响过氧化氢(H2O2)分解速率的因素时采集的一组数据：用10mL H2O2制取150mLO2所需的时间(秒)
30% H2O2
15% H2O2
10% H2O2
5% H2O2
无催化剂、不加热
几乎不反应
几乎不反应
几乎不反应
几乎不反应
无催化剂、加热
360
480
540
720
MnO2催化剂、加热
10
25
60
120
①该研究小组在设计方案时。考虑了浓度、___________、____________等因素对过氧化氢分解速率的影响。
②从上述影响过氧化氢分解速率的因素中任选一个，说明该因素对分解速率有何影响？_______________________。
(2)将质量相同但聚集状态不同的MnO2分别加入到5mL 5%(密度为1.0g/cm3)的双氧水中，并用带火星的木条测试。测定结果如下：
实验
序号
催化剂（MnO2）
操作
情况
观察结果
反应完成
所需的时间
A
粉末状
混合不振荡
剧烈反应，带火星的木条复燃
5分钟
B
块状
反应较慢，火星红亮但木条未复燃
30分钟
① 写出H2O2发生分解的化学反应方程式________________。求出实验A中H2O2在5分钟内的平均反应速率________________。（结果保留小数点后两位数字）
② 实验结果说明催化剂作用大小与____________________有关。
【答案】 (1). 温度 (2). 催化剂 (3). 其他条件不变时，增大H2O2浓度，H2O2分解速率增大，减小H2O2浓度，H2O2分解速率减小 (4). 2H2O22H2O+O2↑ (5). 0.29mol/(L·min) (6). 催化剂的接触面积
【解析】
【分析】
(1) H2O2在常温下很难分解得到氧气，其分解速度受浓度、温度、催化剂等因素的影响。设计实验方案来证明时，要注意实验的控制变量，以确保实验结果的准确性；
(2) MnO2是H2O2分解的催化剂，由带火星木条复燃，可知产物，由此可写出方程式；根据v=计算用H2O2表示的反应速率大小，由实验现象可知，催化剂表面大小的影响因素。
【详解】(1)①根据表中给出的数据，无催化剂不加热的情况下，不同浓度的H2O2溶液都是几乎不反应，在无催化剂加热的情况下，不同浓度的H2O2溶液都分解，说明H2O2的分解速率与温度有关，但是得到相同气体的时间不同，浓度越大，反应的速度越快，说明H2O2的分解速率与浓度有关；比较同一浓度的H2O2溶液如30%时，在无催化剂加热的时候，需要时间是360s，有催化剂加热的条件下，需要时间是10s，说明H2O2的分解速率与温度、催化剂有关，故该研究小组在设计方案时。考虑了浓度、温度、催化剂等因素对过氧化氢分解速率的影响；
②分析表中数据可以看出，浓度越大，反应速率越快；加热能加快H2O2的分解，使用合适的催化剂能使H2O2分解速率快；
(2)①H2O2在二氧化锰作用下发生反应的化学反应方程式为：2H2O22H2O+O2↑；c(H2O2)=mol/L=1.47mol/L，在5min内完全反应，则用H2O2表示的反应速率v(H2O2)== 0.29mol/(L·min)；
②因在其他条件相同时，粉末状二氧化锰比块状二氧化锰反应所需时间短，说明催化剂的接触面积对反应速率有影响。
【点睛】本题通过图表数据，考察了化学反应速率的计算及外界条件对反应速率的影响，要注意分析外界条件对化学反应速率的影响时，要采用控制变量的方法，即只有一个条件改变时，其他条件相同，分析该条件如何影响反应速率。
可能用到的相对原子质量：C－12，H－1，O－16
第Ⅰ卷 （选择题，共40分）
一、单项选择题（本题包括8个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共16分。）
1.下列说法错误的是
A. 酒越陈越香与酯化反应有关 B. 细铁粉可作食品抗氧化剂
C. 双氧水可作消毒剂 D. 熟石灰可作食品干燥剂
【答案】D
【解析】
【详解】A.白酒中主要成分乙醇与少量存在的乙酸缓慢反应生成乙酸乙酯，使白酒带香味，所以“酒越陈越香”与酯化反应有关，A正确；
B.铁粉能与氧气反应，可以除去食品袋中的氧气，因此可以作食品抗氧化剂，B正确；
C.双氧水具有氧化性，可以起杀菌消毒作用，因此可作消毒剂，C正确；
D.熟石灰Ca(OH)2，不能吸收水分，而生石灰能与水反应，可作食品干燥剂，D错误；
故合理选项是D。
2.可把苯酚、硫氰化钾、乙醛、氢氧化钠、硝酸银等五种溶液鉴别出来的一种试剂是
A. 溴水 B. 酚酞溶液
C. 银氨溶液 D. FeCl3溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
苯酚、硫氰化钾、乙醛、氢氧化钠、硝酸银溶液分别与FeCl3溶液反应的现象为：显紫色、溶液变成血红色、不反应不分层、生成红褐色沉淀，生成白色沉淀，现象不同，以此来解答。
【详解】A.加入溴水，苯酚会产生白色沉淀；硝酸银溶液产生淡黄色沉淀；硫氰化钾、乙醛、氢氧化钠反应后溶液均显无色，不能鉴别；只能鉴别苯酚和硝酸银溶液，A错误；
B.酚酞只能鉴别出NaOH溶液，溶液显红色，B错误；
C.加入银氨溶液，只能鉴别出乙醛溶液，C错误；
D.苯酚、硫氰化钾、乙醛、氢氧化钠、硝酸银溶液分别与FeCl3溶液反应的现象为：显紫色、溶液变成血红色、不反应不分层、生成红褐色沉淀，生成白色沉淀，现象各不相同，可鉴别，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查物质的鉴别，注意物质混合现象不同是解答鉴别题的关键，熟悉各种有机物及无机物质的性质即可解答。
3.对于化学反应3W(g)+2X(g)=4Y(g)+3Z(g)，下列反应速率关系中，正确的是
A. υ(W)=3υ(Z) B. 2υ(X)=3υ(Z)
C. 2υ(X)=υ(Y) D. 3υ(W)=2υ(X)
【答案】C
【解析】
【详解】同一反应中，化学反应速率与化学计量数成正比。
A.W、Z的计量数之比=3：3，则υ(W)=υ(Z)，A错误；
B.X、Z的计量数之比=2：3，则3υ(X)=2υ(Z)，B错误；
C.X、Y的计量数之比=2：4=1：2，则2υ(X)=υ(Y)，C正确；
D.W、X的计量数之比=3：2，则2υ(W)=3υ(X)，D错误；
故合理选项是C。
4.下列有关化学反应速率的说法中，不正确的是
A. 实验室用H2O2分解制O2，加入MnO2后，反应速率明显加快
B. 增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C. 可用单位时间内氢离子物质的量浓度的变化来表示NaOH和H2SO4反应的速率
D. 实验室用碳酸钙和盐酸反应制取CO2，用碳酸钙粉末比块状反应要快
【答案】B
【解析】
【详解】A. MnO2为H2O2分解的催化剂，可降低反应的活化能，增大反应速率，A正确；
B.增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子数，而单位体积内活化分子的百分数，从而使反应速率增大，B错误；
C.酸碱发生中和反应时氢离子结合氢氧根离子生成水，所以可用单位时间内氢离子物质的量浓度的变化来表示NaOH和H2SO4反应的速率，C正确；
D.粉末表面积大于块状，增大固体表面积，可增大反应速率，D正确；
故合理选项是B。
5.能够跟1mol 起反应的Br2或H2的最大用量分别是
A. 1mol，1mol B. 3.5mol，7mol
C. 1mol，7mol D. 6mol，7mol
【答案】D
【解析】
【详解】酚可以与Br2发生苯环上邻、对位上的取代反应，物质分子中共含有3个酚羟基，1mol该化合物可与5mol溴发生取代反应；含有不饱和的碳碳双键，可以与Br2发生加成反应，含有1个碳碳双键，则1mol该化合物可与1mol溴发生加成反应，因此与Br2发生反应，共消耗6molBr2。分子中含有苯环和碳碳双键都可以与H2发生加成反应，分子中含有2个苯环，1个碳碳双键，则1mol该化合物可与7mol氢气发生加成反应，所以1mol该化合物反应消耗Br2或H2的最大用量分别是6mol、7mol，故合理选项是D。
6.已知下列反应的热化学方程式：
6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(l)；ΔH1
2 H2(g)+ O2(g)= 2H2O(g)；ΔH2
C(s)+ O2(g)=CO2(g)；ΔH3
则反应4C3H5(ONO2)3(l)= 12CO2(g)+10H2O(g) + O2(g) +6N2(g)的ΔH为
A. 12ΔH3+5ΔH2-2ΔH1 B. 2ΔH1-5ΔH2-12ΔH3
C. 12ΔH3-5ΔH2-2ΔH1 D. ΔH1-5ΔH2-12ΔH3
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：已知：①6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)═2C3H5(ONO2)3(l)；△H1，
②H2(g)+O2(g)=H2O(g)；△H2，③C(s)+O2(g)═CO2(g)；△H3，
由盖斯定律：10×②+12×③-2×①得：
4C3H5(ONO2)3(l)═12CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)；△H=12△H3+10△H2-2△H1；
故选A。
【点晴】本题考查了反应热的计算，侧重于盖斯定律应用的考查，构建目标方程式是解答关键。根据盖斯定律，由已知热化学反应方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的加减。盖斯定律的使用方法：①写出目标方程式；②确定“过渡物质”(要消去的物质)；③用消元法逐一消去“过渡物质”。
7.油酸甘油酯（相对分子质量884）在体内代谢时可发生如下反应：C57H104O6(s)+80O2(g)＝57CO2(g)+52H2O(l)。已知燃烧1kg该化合物释放出热量3.8×104kJ。油酸甘油酯的燃烧热△H为
A. 3.8×104kJ·mol-1 B. －3.8×104kJ·mol-1
C. 3.4×104kJ·mol-1 D. －3.4×104kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】燃烧热指的是燃烧1mol可燃物生成稳定的氧化物所放出的热量。燃烧1kg油酸甘油酯释放出热量3.8×104kJ，1kg该化合物的物质的量为，则油酸甘油酯的燃烧热△H=-≈-3.4×104kJ•mol-1，故选D。
8.把 0.6molX气体和0.4molY气体混合于2L的密闭容器中，使它们发生如下反应3X(g)+Y(g)nZ(g)+2W(g)，5min末已生成 0.2molW，若测知以 Z 表示的平均反应速率为 0.01mol·L﹣1·min﹣1，则 n是（ ）
A. 1 B. 4 C. 2 D. 3
【答案】A
【解析】
【详解】5min内W的平均化学反应速率v(W)==0.02mol/(L·min)，利用各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比，Z浓度变化表示的平均反应速率为0.01 mol/(L·min)，则：v(Z)：v(W)= 0.01 mol/(L·min)：0.02mol/(L·min)=n：2，所以n=1，
故合理选项是A。
二、不定项选择题（本题包括6个小题，每小题有1－2个选项符合题意，每小题4分，共24分。若该小题有2个正确选项的，全选得4分，只选1个且正确得2分，多选、错选不得分。）
9.已知热化学方程式2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH，下列有关ΔH的说法正确的是
A. 与化学方程式的书写形式无关
B. 与H-H键、O=O键、H-O键的键能有关
C. 与是否使用催化剂有关
D. 与物质的状态无关
【答案】B
【解析】
【详解】A.在热化学方程式中的ΔH，与物质的存在状态及反应的物质的量多少有关，A错误；
B.反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键放出的总能量的差，因此该反应的反应热与H-H键、O=O键、H-O键的键能有关，B正确；
C.催化剂只能改变反应途径，不能改变反应物、生成物的能量，因此反应热与是否使用催化剂无关，C错误；
D.同一物质，在不同状态时含有的能量多少不同，所以反应热与物质的状态有关，D错误；
故合理选项是B。
10.已知反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H<0，在一定温度和压强下于密闭容器中，反应达到平衡。下列叙述正确的是（ ）
A. 升高温度，n(CO)减少 B. 减小压强，n(CO2)增加
C. 更换高效催化剂，CO的转化率增大 D. 充入一定量的氮气，n(H2)不变
【答案】D
【解析】
【详解】A.升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，n(CO)增加，A错误；
B.该反应是反应前后气体体积不变的反应，减小压强，平衡不移动，n(CO2)不变，B错误；
C.催化剂不能使化学平衡发生移动，因此CO转化率不变，C错误；
D.充入一定量的氮气，由于反应体系的任何物质的浓度不变，所以化学平衡不移动，n(H2)不变，D正确；
故合理选项是D。
11.下列各组化合物中不互为同分异构体的是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A.二者分子式都是C6H6，分子式相同，结构不同，二者是同分异构体，A不符合题意；
B.前者分子式C14H24，后者分子式是C13H22，分子式不相同，二者不是同分异构体，B符合题意；
C.前者分子式是C3H6O2，后者分子式是C3H6O2，分子式相同，结构不同，二者是同分异构体，C不符合题意；
D.前者分子式是C6H6O3，后者分子式是C6H6O3，分子式相同，结构不同，二者是同分异构体，D不符合题意；
故合理选项是B。
12.10mL浓度为1mol·L－1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成的量的是
A. K2SO4 B. CH3COONa C. 几滴浓硫酸 D. Na2CO3
【答案】AB
【解析】
【详解】A.加入K2SO4溶液，相当于加水稀释，溶液中氢离子浓度降低，且氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，A正确；
B.加入CH3COONa溶液，溶液被稀释，且醋酸根与溶液中氢离子结合为醋酸分子，溶液中氢离子浓度降低，且提供的氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，B正确；
C.浓硫酸溶于水放出热量，氢离子浓度增大，加快反应速率，C错误；
D.加入Na2CO3溶液，Na2CO3与盐酸反应产生CO2气体，使氢离子总量较小，生成氢气的量减少，D错误；
故合理选项是AB。
13.分子中只有两种不同化学环境的氢，且数目比为3：2的化合物
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】
只有两种不同化学环境的氢，且数目比为3：2，结合有机物的结构对称性判断H的种类及个数，以此来解答。
【详解】A.含2种H，标注为，结合C原子价电子为4，可知分子中H原子个数比为4：4=1：1，A不符合题意；
B.含3种H，标注为，B不符合题意；
C.含2种H，标注为，结合C原子价电子为4，可知分子中H原子个数比为6：4=3：2，C符合题意；
D.含2种H，标注为，结合C原子价电子为4，可知分子中H原子个数比为6：4= 3：2，D符合题意；
故合理选项是CD。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握H的种类及个数为解答关键，注意分子的对称性，结合碳原子价电子数为4进行判断，侧重考查学生的分析与应用能力。
14.下列氯代烃中不能由烯烃与氯化氢加成直接得到的有
A. 氯代环已烷 B. 2，2－二甲基－1－氯丙烷
C. 2－甲基－2－氯丙烷 D. 2，2，4，4－四甲基－3－氯戊烷
【答案】BD
【解析】
【详解】A.氯代环己烷可以由环己烯与HCl加成得到，A不符合题意；
B.2，2-二甲基-1-氯丙烷分子中与氯原子连接的碳原子相邻的碳原子上不含有H原子，不能由烯烃与HCl加成得到，B符合题意；
C.2-甲基-2-氯丙烷可以由2-甲基丙烯与HCl加成得到，C不符合题意；
D.2，2，4，4-四甲基-3-氯戊烷分子中与氯原子连接的碳原子相连的碳原子上不含有H原子，不能由烯烃与HCl加成得到，D符合题意；
故合理选项是BD。
第Ⅱ卷 （非选择题，共60分）
三、填空题（本题包括6个小题，共60分。）
15.(1)根据下图中的能量关系，可求得C-H的键能为______________。
(2)X(s)+3Y(g)Z(g)+3W(g) ΔH=－akJ/mol，一定条件下，将2molX和2molY通入2L恒容密闭容器中，反应10s后达到平衡，测得生成0.5molZ。
①则10s内，Y的平均反应速率为_____________，第10s时，X的物质的量为__________，Y的浓度为_______，10s内，X和Y反应放出的热量Q为______。
②判断该反应是否达到平衡的依据是__________（填字母）。
A.压强不随时间改变 B.气体的密度不随时间改变
C.c(Y)不随时间改变 D.单位时间里生成Z和W的物质的量之比为1∶2
【答案】 (1). 414kJ/mol (2). 0.075mol/(L·s) (3). 1.5mol (4). 0.25mol/L (5). 0.5akJ (6). BC
【解析】
【分析】
(1)利用反应△H=反应物总键能-生成物总键能分析解答。
(2)①根据物质反应转化关系，由生成Z的物质的量计算反应消耗的X、Y的物质的量，再结合c=计算10s时Y物质的浓度，利用v=计算Y的反应速率；利用物质反应能量变化与反应的物质的量相对应计算10s内放出的能量；
②利用反应达到平衡时，任何物质的物质的量、浓度及含量不变分析判断。
【详解】(1)根据图知，C(s)键能为717kJ/mol、氢气键能为(864÷2)kJ/mol=432kJ/mol，C(s)+2H2(g)=CH4(g) △H=-75kJ/mol，该反应△H=反应物总键能-生成物总键能=-75kJ/mol，则C-H的键能=kJ/mol=414kJ/mol；
(2)①由方程式X(s)+3Y(g)Z(g)+3W(g) ΔH=-akJ/mol可知：每反应产生1molZ，会同时消耗1molX，消耗3molY，反应放出热量akJ，则反应进行到10s后达到平衡，此时反应产生0.5molZ，会同时放出0.5akJ的热量，消耗0.5molX，1.5molY，因此用Y表示的反应速率为v(Y)==0.075mol/(L·s)；此时X的物质的量还有2mol-0.5mol=1.5mol；
②A.该反应是反应前后气体体积不变的反应，体系的压强始终不变，因此不能根据压强不随时间改变判断反应是否处于平衡状态，A错误；
B.若反应未达到平衡状态，气体的质量会发生变化，气体的密度也会发生改变，若容器内气体的密度不随时间改变，则反应达到平衡状态，B正确；
C.反应未达到平衡状态，Y的物质的量及浓度就会变化，若c(Y)不随时间改变，说明反应处于平衡状态，C正确；
D.根据方程式可知：Z、W都是生成物，二者改变的物质的量的比是1：3，无论是否达到平衡，单位时间里生成Z和W的物质的量之比不可能为1∶2，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，D错误；
故合理选项是BC。
【点睛】本题考查反应热和焓变、反应速率的计算、平衡状态的判断等知识，明确反应热的计算方法、反应热和反应物总键能及生成物总键能之差的关系，清楚反应速率的概念、平衡状态的特征及实质是本题解答的关键。
16.分别取1 molA、B、C、D、E、F六种有机物，使它们充分燃烧，都生成44.8LCO2(标况)，D和E是碳、氢、氧的化合物，两者互为同分异构体，E被氧化成A，A继续氧化成B，C、F都能发生加聚反应，C和氯化氢加成生成F。试推断有机化合物A、B、C、D、E、F的结构简式。
(1)A．______、B．______、C．______、D．______、E．______、F．______。
(2)写出下列反应的化学方程式
E→A：_________________________________________。
实验室制备C：__________________________________。
【答案】 (1). CH3CHO (2). CH3COOH (3). CHCH (4). CH3OCH3 (5). CH3CH2OH (6). CH2=CHCl (7). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (8). CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑
【解析】
【分析】
首先根据n=计算CO2的物质的量，然后根据A、B、C、D、E、F六种有机物分子中含有C原子数目为2，根据物质的性质及转化关系，推出各种物质的结构，并书写出相应反应的化学方程式。
【详解】在标准状况下44.8LCO2的物质的量n(CO2)==2mol，由于1 molA、B、C、D、E、F六种有机物燃烧都产生2molCO2，所以A、B、C、D、E、F六种有机物分子中含有C原子数目为2mol÷1mol=2，E被氧化成A，A继续氧化成B，则E含有-OH、A含有-CHO、B含有-COOH，E是碳、氢、氧三种元素的化合物，则E为乙醇、A为乙醛、B为乙酸，D和E两者互为同分异构体，D为二甲醚，C和F都发生聚合反应，C和HCl加成生成F，说明C与F都含有不饱和键，因此C为乙炔，F为氯乙烯。
(1)根据上述分析可知：A是乙醛，A结构简式为CH3CHO；B为乙酸，结构简式为CH3COOH；C为乙炔，结构简式为CH≡CH；D为二甲醚，结构简式为CH3OCH3；E为乙醇，结构简式为CH3CH2OH；F为氯乙烯，结构简式为CH2=CHCl；
(2)E为CH3CH2OH，含有羟基，与O2在催化剂存在的条件下加热，发生氧化反应乙醛，该反应的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；C为乙炔CH≡CH，在实验室中是用电石CaC2与H2O反应制取的，反应方程式为：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑。
【点睛】本题考查有机物的推断，确定有机物中含有的碳原子数目是解题的关键，再结合E可以连续氧化，推断E为乙醇，结合物质的性质及转化关系顺推可得其它物质。掌握各类物质官能团的结构及其性质就可以顺利求解。
17.将含有C、H、O的有机物3.24 g，装入元素分析装置，通入足量的O2使它完全燃烧，将生成的气体依次通过氯化钙干燥管A和碱石灰干燥管B。测得A管质量增加了2.16g，B管增加了9.24g。已知该有机物的相对分子质量为108。
(1)燃烧此化合物3.24g，须消耗氧气的质量是______________________；
(2)该化合物的分子式为____________；
(3)该化合物1分子中存在1个苯环，且在核磁共振氢谱图中有4组吸收峰。试写出它可能的结构简式_______________、_______________。
【答案】 (1). 8.16g (2). C7H8O (3). (4).
【解析】
【分析】
(1)A管质量增加了2.16g为生成水的质量，B管增加了9.24g为生成二氧化碳的质量，根据质量守恒计算消耗氧气的质量；
(2)计算有机物、水、二氧化碳的物质的量，根据原子守恒计算有机物分子中C、H原子数目，结合相对分子质量确定O原子数目；
(3)有机物含有苯环，核磁共振氢谱存在四个峰，说明含有4种H原子，结合分子式书写可能的结构。
【详解】(1)试管A质量增加2.16g为生成水的质量，B管碱石灰吸CO2增加9.24g，由质量守恒定律，可知消耗氧气的质量m(O2)=2.16g+9.24g-3.24g=8.16g；
(2)试管A质量增加2.16g为生成水的质量，则水的物质的量n(H2O)=2.16g÷18g/mol=0.12mol，碱石灰干燥管B吸收增重CO2的质量为9.24g，二氧化碳的物质的量n(CO2)=9.24g÷44g/mol=0.21mol，该有机物质量为3.24g，相对分子质量是108，所以有机物的物质的量为n(有机物)=3.24g÷108g/mol=0.03mol，所以有机物分子中，N(C)==7， N(H)==8， N(O)==1，因此该有机物的分子式为：C7H8O；
(3)若该有机物含有苯环，且核磁共振氢谱存在四个峰，可能的结构简式为：、。
【点睛】本题考查有机物分子式的确定、限制条件同分异构体书写，注意根据质量守恒定律，用燃烧法确定有机物的分子式，结合核磁共振氢谱图，有几个吸收峰，就有几种不同的H原子，峰面积比为各种不同H原子的个数比，确定物质的结构简式。
18.已知苯可以进行如下转化，回答下列问题：
(1)反应①的反应类型为________，化合物A的化学名称为___________。
(2)化合物B的结构简式为_________，反应②的反应类型为__________。
(3)写出下列反应的化学方程式
A→B：_________________________。
B→C：_________________________。
【答案】 (1). 加成反应 (2). 环己烷 (3). (4). 消去反应 (5). (6).
【解析】
【分析】
苯与液溴在Fe催化下发生取代反应产生溴苯，苯与H2在Pd/C催化下发生加成反应产生环己烷，环己烷与Cl2在光照条件下发生取代反应产生一氯环己烷，一氯环己烷与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应产生环己烯。
【详解】由上述分析可知A是，B是。
(1)反应①是与H2在Pd/C催化下发生加成反应产生环己烷，反应类型为加成反应，化合物A是，化学名称为环己烷。
(2)环己烷与Cl2在光照条件下发生取代反应产生化合物B是一氯环己烷，B的结构简式为，反应②是与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应，产生、NaCl、H2O，该反应的反应类型为消去反应。
(3)由(2)可知：A→B反应的化学方程式为：。B→C反应的化学方程式为：。
【点睛】掌握苯的结构、烷烃、卤代烃的性质及反应条件是本题正确推断的依据。
19.奥沙拉秦是曾用于治疗急、慢性溃疡性结肠炎的药物，其由水杨酸为起始物的合成路线如下：
回答下列问题：
(1)A的结构简式为_________；由A制备B的反应试剂和条件为_______________。反应类型为_________。
(2)工业上常采用廉价的CO2与E反应制备奥沙拉秦，通入的CO2与E的物质的量之比至少应为_________。
(3)奥沙拉秦的分子式为_________，其核磁共振氢谱为_______组峰，峰面积比为__________。
(4)若将奥沙拉秦用HCl酸化后，分子中含氧官能团的名称为________________。
(5)W是水杨酸的同分异构体，可以发生银镜反应；W经碱催化水解后再酸化可以得到对苯二酚。W的结构简式为___________。
(6)写出下列反应的化学方程式：
由水杨酸制备A：____________________________________。
由D生成E：________________________________________。
【答案】 (1). (2). 浓硫酸，浓硝酸，加热 (3). 取代反应 (4). 2∶1 (5). C14H8N2O6Na2 (6). 4 (7). 1∶1∶1∶1 (8). 羧基 羟基 (9). (10). +CH3OH+H2O (11). +4NaOH+2CH3OH+2H2O
【解析】
【分析】
对比水杨酸、B的结构，结合反应条件，可知水杨酸与甲醇发生酯化反应生成A：，A发生硝化反应生成B：，B在Fe、HCl、H2O存在条件下-NO2被还原为-NH2，产生C：；C在NaNO2/HCl，并加热在0～5℃时反应产生，与反应产生D：，D与足量NaOH的水溶液混合加热发生反应产生E是，向该物质的水溶液中通入足量CO2气体，利用酸性：羧酸＞H2CO3＞苯酚，发生复分解反应产生目标产物奥沙拉秦。
【详解】根据上述分析可知：A是，E是
(1)对比水杨酸、B的结构，结合反应条件，可知水杨酸与甲醇发生酯化反应生成A，所以A的结构简式为：；A与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应生成B，该取代反应又叫硝化反应，所以由A制备B的反应试剂和条件为：浓硝酸、浓硫酸、加热，反应类型为取代反应；
(2)由于酸性：羧酸＞H2CO3＞C6H5OH＞NaHCO3，E中含有2个-ONa，所以要使E与CO2发生反应转移为奥沙拉秦和NaHCO3，通入的CO2与E的物质的量之比至少应为2：1；
(3)由奥沙拉秦的结构，可知其分子中有14个C原子、8个H原子、2个N原子、6个O原子、2个Na原子，其分子式为：C14H8N2O6Na2；该物质分子关于氮氮双键对称，分子有4种化学环境不同的H原子，峰面积之比等于H原子数目之比为1：1：1：1；
(4)由于酸性：HCl＞羧酸＞H2CO3＞C6H5OH，所以若将奥沙拉秦用HCl酸化后可得到，该物质分子中含氧官能团为-COOH、-OH，名称为羧基、羟基；
(5)W是水杨酸的同分异构体，可以发生银镜反应；W经碱催化水解后再酸化可以得到对苯二酚。说明W分子中-OH、-OOCH处于对位的结构简式为；
(6)由水杨酸制备A的反应化学方程式：+CH3OH+H2O；由D生成E的反应化学方程式：+4NaOH+2CH3OH+2H2O。
【点睛】本题考查有机物的合成与推断，涉及反应类型的判断、反应方程式的书写、物质的结构的推断、限制条件同分异构体的书写等，对比物质的结构明确发生的反应类型，熟练掌握官能团的性质与转化，注意盐酸、羧酸、酚、碳酸的酸性强弱及应用。
20.某课外兴趣小组对H2O2的分解速率做了如下实验探究。
(1)下表是该小组研究影响过氧化氢(H2O2)分解速率的因素时采集的一组数据：用10mL H2O2制取150mLO2所需的时间(秒)
30% H2O2
15% H2O2
10% H2O2
5% H2O2
无催化剂、不加热
几乎不反应
几乎不反应
几乎不反应
几乎不反应
无催化剂、加热
360
480
540
720
MnO2催化剂、加热
10
25
60
120
①该研究小组在设计方案时。考虑了浓度、___________、____________等因素对过氧化氢分解速率的影响。
②从上述影响过氧化氢分解速率的因素中任选一个，说明该因素对分解速率有何影响？_______________________。
(2)将质量相同但聚集状态不同的MnO2分别加入到5mL 5%(密度为1.0g/cm3)的双氧水中，并用带火星的木条测试。测定结果如下：
实验
序号
催化剂（MnO2）
操作
情况
观察结果
反应完成
所需的时间
A
粉末状
混合不振荡
剧烈反应，带火星的木条复燃
5分钟
B
块状
反应较慢，火星红亮但木条未复燃
30分钟
① 写出H2O2发生分解的化学反应方程式________________。求出实验A中H2O2在5分钟内的平均反应速率________________。（结果保留小数点后两位数字）
② 实验结果说明催化剂作用大小与____________________有关。
【答案】 (1). 温度 (2). 催化剂 (3). 其他条件不变时，增大H2O2浓度，H2O2分解速率增大，减小H2O2浓度，H2O2分解速率减小 (4). 2H2O22H2O+O2↑ (5). 0.29mol/(L·min) (6). 催化剂的接触面积
【解析】
【分析】
(1) H2O2在常温下很难分解得到氧气，其分解速度受浓度、温度、催化剂等因素的影响。设计实验方案来证明时，要注意实验的控制变量，以确保实验结果的准确性；
(2) MnO2是H2O2分解的催化剂，由带火星木条复燃，可知产物，由此可写出方程式；根据v=计算用H2O2表示的反应速率大小，由实验现象可知，催化剂表面大小的影响因素。
【详解】(1)①根据表中给出的数据，无催化剂不加热的情况下，不同浓度的H2O2溶液都是几乎不反应，在无催化剂加热的情况下，不同浓度的H2O2溶液都分解，说明H2O2的分解速率与温度有关，但是得到相同气体的时间不同，浓度越大，反应的速度越快，说明H2O2的分解速率与浓度有关；比较同一浓度的H2O2溶液如30%时，在无催化剂加热的时候，需要时间是360s，有催化剂加热的条件下，需要时间是10s，说明H2O2的分解速率与温度、催化剂有关，故该研究小组在设计方案时。考虑了浓度、温度、催化剂等因素对过氧化氢分解速率的影响；
②分析表中数据可以看出，浓度越大，反应速率越快；加热能加快H2O2的分解，使用合适的催化剂能使H2O2分解速率快；
(2)①H2O2在二氧化锰作用下发生反应的化学反应方程式为：2H2O22H2O+O2↑；c(H2O2)=mol/L=1.47mol/L，在5min内完全反应，则用H2O2表示的反应速率v(H2O2)== 0.29mol/(L·min)；
②因在其他条件相同时，粉末状二氧化锰比块状二氧化锰反应所需时间短，说明催化剂的接触面积对反应速率有影响。
【点睛】本题通过图表数据，考察了化学反应速率的计算及外界条件对反应速率的影响，要注意分析外界条件对化学反应速率的影响时，要采用控制变量的方法，即只有一个条件改变时，其他条件相同，分析该条件如何影响反应速率。
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