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【化学】重庆市第三十中学2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）
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重庆市第三十中学2018-2019学年高二下学期期中考试
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16
一、选择题(本题包括20小题，每小题3分，共60分。每小题只有一个正确选项。)
1.下列关于有机化合物的说法正确的是（ ）
A. 聚氯乙烯分子中含碳碳双键 B. 以淀粉为原料可制取乙酸乙酯
C. 丁烷有3种同分异构体 D. 油脂的皂化反应属于加成反应
【答案】B
【解析】A、聚氯乙烯是乙烯的加聚产物，所以不含碳碳双键，错误；B、淀粉水解可生成葡萄糖，葡萄糖发酵可得到乙醇，乙醇被氧化最终得到乙酸，乙醇与乙酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下生成乙酸乙酯，正确；C、戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种同分异构体，正确；D、油脂的皂化反应是指油脂在碱性条件下的水解反应，正确，答案选A。
考点：考查对有机物化学性质的判断
2.下列有机物的命名错误的是（ ）
A. 1，2，4﹣三甲苯
B. 3-甲基-1-戊烯
C. 2-甲基-1-丙醇
D. 1，3-二溴丙烷
【答案】C
【分析】A、苯的同系物命名时，应从简单的侧链开始、按顺时针或逆时针给苯环上的碳原子进行标号，使侧链的位次和最小，据此分析；
B、烯烃命名时，应选择含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，并标出官能团的位置；
C、醇命名时，应选择含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，并标出官能团的位置；
D、卤代烃命名时，应选择含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，并标出官能团的位置。
【详解】A、苯的同系物命名时，应从简单的侧链开始、按顺时针或逆时针给苯环上的碳原子进行标号，使侧链的位次和最小，故三个甲基在苯环上的位置分别是1号、2号和4号位，故名称为1，2，4-三甲苯，选项A正确；
B、烯烃命名时，应选择含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有5个碳原子，故为戊烯，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，并标出官能团的位置，故碳碳双键在1号和2号碳原子上，在3号碳原子上有一个甲基，故名称为3-甲基-1-戊烯，选项B正确；
C、醇命名时，应选择含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有4个碳原子，故为丁醇，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，并标出官能团的位置，故-OH在2号碳原子上，则名称为2-丁醇，选项C错误；
D、卤代烃命名时，应选择含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有3个碳原子，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，并标出官能团的位置，则两个溴原子分别在1号和3号碳原子上，故名称为1，3-二溴丙烷，选项D正确。
答案选C。
【点睛】本题考查了烃以及烃的衍生物的命名，应注意的是含官能团的有机物在命名时，应以官能团为首要的考虑对象。
3. 下列反应不属于取代反应的是（ ）
A. 淀粉水解制葡萄糖 B. 石油裂解制丙烯
C. 乙醇与乙酸反应制乙酸乙酯 D. 油脂与浓NaOH反应制高级脂肪酸钠
【答案】B
【解析】A、淀粉发生水解反应生成葡萄糖，是取代反应，A错误；B、石油裂解制丙烯，不属于取代反应，B正确；C、乙醇与乙酸反应制乙酸乙酯，该反应属于取代反应，C错误；D、油脂与浓NaOH反应制高级脂肪酸钠，该反应属于取代反应，D错误。答案选B
考点：有机反应类型的判断。
4.关于化合物，下列说法正确的是（ ）
A. 可以与8molH2发生加成反应
B. 可与新制Cu(OH)2共热生成红色沉淀
C. 可与FeCl3溶液反应显紫色
D. 可与热的浓硝酸和浓硫酸混合液反应
【答案】D
【详解】A．苯环和羰基能够与氢气发生加成反应，1mol该有机物能够与7molH2发生加成反应，故A错误；
B．不含醛基，不能与新制Cu(OH)2共热生成红色沉淀，故B错误；
C．不含酚羟基，不能与FeCl3溶液反应显紫色，故C错误；
D．含有苯环，且苯环上含有氢原子，可与热的浓硝酸和浓硫酸混合液发生苯环上的硝化反应，故D正确；
答案选D。
5.“司乐平”是治疗高血压的一种临床药物，其有效成分M的结构简式如图所示。下列关于M的说法正确的是
A. 属于芳香族化合物
B. 遇FeCl3溶液显紫色
C. 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 1molM完全水解生成2mol醇
【答案】A
【解析】A、M含有苯环，属于芳香族化合物，故A正确；B、M不含酚羟基，遇FeCl3溶液不显紫色，故B错误；C、M含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D、1molM完全水解生成2mol乙醇、1mol 2-甲基-2-丙醇，故D错误，故选A。
【考点定位】考查有机物的结构和性质
【名师点晴】以有机物的结构为载体，考查官能团的性质。熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有羧基决定具有羧酸的性质，有醇羟基决定具有醇的性质，羟基连接在苯环上就具有酚的性质等。
6. 分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是（ ）
A. 分子中含有2种官能团
B. 可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同
C. 1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应
D. 可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同
【答案】B
【解析】A、根据分支酸的结构简式可知分枝酸含羧基、羟基和碳碳双键三种官能团，错误；B、分枝酸含有羧基和羟基，可分别与乙醇、乙酸发生酯化反应，反应类型相同，正确；C、分支酸分子中含有2个羧基，所以1mol分枝酸最多能与2mol NaOH发生中和反应，错误；D、分支酸分子中含有碳碳双键，使溴的四氯化碳溶液褪色是发生了加成反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生了氧化反应，原理不同，错误。
【考点定位】本题考查了有机化合物的结构与性质，包含了通过分析有机化合物的结构简式，判断有机化合物的官能团、反应类型的判断、有机物的性质。
7.己烷雌酚的一种合成路线如图：下列叙述正确的是（ ）
A. 在NaOH水溶液中加热，化合物X可发生消去反应
B. 在一定条件，化合物Y可与溴水发生加成反应
C. 用FeCl3溶液可鉴别化合物X和Y
D. 化合物Y中不能与金属钠反应放出氢气
【答案】C
【详解】A．X分子中含有溴原子，在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成醇，如发生消去反应，条件应为氢氧化钠醇溶液，故A错误；
B．Y含有酚羟基，与苯酚性质相似，可与浓溴水发生取代反应，故B错误；
C．Y含有酚羟基，可与氯化铁发生显色反应，而X不能，故C正确；
D．Y含有酚羟基，具有弱酸性，能与金属钠反应放出氢气，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题的易错点为A，要注意区分卤代烃的水解反应和消去反应的条件。
8. 下列实验操作正确的是（ ）
A. 用玻璃棒蘸取CH3COOH溶液点在水湿润的pH试纸上，测定该溶液的pH
B. 中和滴定时，滴定管用所盛装的反应液润洗2～3次
C. 用装置甲分液，放出水相后再从分液漏斗下口放出有机相
D. 用装置乙加热分解NaHCO3固体
【答案】B
【解析】A、不能点在湿润pH试纸上，对醋酸有稀释，所测pH不准，故 A错误；B、滴定管要用盛装反应液润洗2～3次，若不这样，对反应液有稀释作用，所测浓度有影响，故正确；C、分液时，上层液体从上口倒出，有机相应从上口倒出，故C错误；D、加热固体试管口略向下倾斜，故D错误。
【考点定位】考查pH试纸的使用、滴定管的使用、分液漏斗使用、对固体加热等知识。
9.下列有关实验的选项正确的是（ ）
A．配制0 l0mol/L NaOH溶液
B.除去CO中的CO2
C．苯萃取碘水中的I2，分出水层后的操作
D．记录滴定终点读数为12.20 mL
【答案】B
【详解】A.容量瓶是准确配制一定物质的量浓度溶液的仪器，要在烧杯中溶解固体物质，不能在容量瓶中进行固体的溶解，A错误；
B.CO2是酸性氧化物，可以与NaOH反应产生可溶性盐和水，而CO不能反应，所以可利用氢氧化钠吸收CO中的二氧化碳，可以达到除杂净化的实验目的，B正确；
C.进行萃取分液，下层液体从下口流出，上层液体要从上口倒出。由于苯层在上层，所以应在分出水层后从分液漏斗的上口倒出该溶液，C错误；
D.滴定管0刻度在上部，小刻度在上，大刻度在下，液面读数是在11.80mL刻度处，D错误；
合理选项B。
10.下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系的是（ ）
选项
叙述Ⅰ
叙述Ⅱ
A
1己醇的沸点比己烷的沸点高
1己醇和己烷可通过蒸馏初步分离
B
原电池可将化学能转化为电能
原电池需外接电源才能工作
C
乙二酸可与KMnO4溶液发生反应
乙二酸具有酸性
D
Na在Cl2中燃烧的生成物含离子键
NaCl固体可导电
【答案】A
【解析】A．含有氢键的物质熔沸点较高，1-己醇中含有氢键、己烷中不含氢键，所以1-己醇熔沸点高于己烷；互溶且熔沸点不同液体可以采用蒸馏方法分离，二者互溶且熔沸点不同，所以可以采用蒸馏方法分离，故A正确；B．原电池是将化学能转化为电能的装置，电解池是将电能转化为化学能的装置，所以原电池没有未接电源、电解池有未接电源，故B错误；C．高锰酸钾具有强氧化性，能氧化还原性物质，能氧化乙二酸，说明乙二酸没有还原性，不能说明乙二酸具有酸性，故C错误；D．由阴阳离子构成的化合物是离子化合物，NaCl是由钠离子和锂离子构成的离子化合物，含有自由移动电子或离子的物质能导电，固体氯化钠中不含自由移动离子，所以不导电，故D错误；故选A。
考点：考查了原电池和电解池原理、离子化合物与导电的关系、熔沸点高低比较、羧酸的性质等相关知识。
11.合成导电高分子材料PPV的反应：
下列说法正确的是（ ）
A. 合成PPV的反应为加聚反应
B. PPV与聚苯乙烯具有相同的重复结构单元
C. 和苯乙烯均能使溴水褪色
D. 通过质谱法可测定PPV中氢原子的种类
【答案】C
【详解】A．合成PPV时有小分子物质HI生成，为缩聚反应，不属于加聚反应，故A错误；
B．聚苯乙烯的重复结构单元为，不含碳碳双键，而该高聚物的结构单元中含有碳碳双键，所以不相同，故B错误；
C．有两个碳碳双键，苯乙烯有一个碳碳双键，均能与溴水发生加成反应，使溴水褪色，故C正确；
D．质谱仪能记录分子离子、碎片离子的相对质量，质谱图中数值最大的即是该分子的相对分子质量，但不能测定氢原子的种类，故D错误；
答案选C。
12.分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有(不含立体异构)( )
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】B
【解析】能与Na2CO3反应放出气体，气体为二氧化碳，则化学式为C5H10O2的物质为羧酸，分子中含有官能团-COOH，该有机物可以书写为：C4H9COOH，丁烷分子中含有的位置不同的氢原子数目，即为该羧酸的同分异构体数目；丁烷存在的同分异构体为：①CH3CH2CH2CH3和②CH（CH3）3，其中①CH3CH2CH2CH3中存在2种位置不同的H原子；②CH（CH3）3中也存在2种CH（CH3）3，所以满足条件的该有机物同分异构体总共有：2+2=4种，故选B。
考点：考查了同分异构体的相关知识。
13.某羧酸酯的分子式为C18H26O5,1 mol该酯完全水解可得到1 mol羧酸和2 mol乙醇,该羧酸的分子式为( )
A. C14H18O5 B. C14H16O4
C. C16H22O5 D. C16H20O5
【答案】A
【解析】羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，这说明分子中含有2个酯基，因此有2分子水参加反应，水解方程式为：C18H26O5+2H2O→羧酸+2C2H6O，则根据原子守恒可知该羧酸的分子式中碳原子个数是18—2×2＝14，氢原子个数是26+4-2×6＝18，氧原子个数是5+2-2×1＝5，即分子式为C14H18O5，A正确。
【考点定位】本题主要是考查酯类物质的水解、利用质量守恒定律判断物质的分子式
【名师点晴】该题以酯类的水解反应为载体，考查了学生灵活运用水解反应方程式判断有机物分子式，该题的答题关键是判断出酯类物质中含有2个酯基以及原子守恒在化学反应中的应用，题目难度不大。
14. 某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，下列用来解释事实的方程式中不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）（ ）
A. 该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH－="==" Cl－+ ClO－+ H2O
B. 该消毒液的pH约为12：ClO－+ H2OHClO+ OH－
C. 该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生Cl2：2H＋+ Cl－+ ClO－= Cl2↑+H2O
D. 该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ ClO－= HClO+CH3COO—
【答案】B
【解析】A、用Cl2和NaOH溶液反应制取漂白液，故A正确 ；B、根据提干信息知：饱和NaClO溶液的pH约为11，而该溶液pH=12＞11，故主要是因为该消毒液中含有一定量的NaOH，故B不合理；C、根据HCl和HclO中Cl的化合价分析，该氧化还原方程式的书写正确，故C正确 ；D、根据漂白粉起漂白作用的原理，应用的是较强酸制取较弱酸，故D正确。
考点：考查化学反应原理和化学方程式的正误判断
15. 下列说法正确的是（ ）
A. 分子式为C2H6O的有机化合物性质相同
B. 相同条件下，等质量的碳按a、b两种途径完全转化，途径a比途径b放出更多热能途径a：CCO+H2CO2+H2O途径b：CCO2
C. 在氧化还原反应中，还原剂失去电子总数等于氧化剂得到电子的总数
D. 通过化学变化可以直接将水转变为汽油
【答案】C
【解析】A、C2H6O可以是CH3CH2OH，也可以是CH3OCH3，化学性质不同，故A错误；B、根据盖斯定律，反应热只跟始态和终态有关，跟反应过程无关，始态和终态不变，反应热不变，等质量C生成CO2，放出热量相同，故B错误；C、氧化还原反应中，得失电子数目守恒，故C正确；D、违背了化学变化的元素守恒，故D错误。
【考点定位】考查有机物同分异构体的性质、盖斯定律、氧化还原反应的规律、化学反应规律等知识。
16. 在不同浓度（c)、温度（T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率（v）如下表。下列判断不正确的是（ ）
A. a=6.00
B. 同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变
C. b＜318.2
D. 不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同
【答案】D
【解析】A.根据表格的数据可知：温度不变时，蔗糖的浓度越大，水解的速率越快。根据浓度与速率的变化关系可知：在328.2T时，蔗糖的浓度每减小0.100mol/L，水解速率减小1.50mmol/(L∙min)，所以在温度是328.2T、浓度是0.400mol/L时，水解的速率是a=7.50-1.50=6.00 mmol/(L∙min)，正确。B．根据表格数据可知：升高温度，水解速率增大，增大浓度，水解速率也增大，若同时改变反应物的浓度和反应的温度，则二者对水解反应速率的影响因素可能相互抵消，使反应速率可能不发生改变，正确。C．在物质的浓度不变时，升高温度，水解速率增大，降低温度，水解速率减小。由于在物质的浓度是0.600mol/L时，温度是318.2T时水解速率是3.60mmol/(L∙min)，现在该反应的速率是2.16 mmol/(L∙min)<3.60 mmol/(L∙min)，说明反应温度低于318.2 T。即b＜318.2，正确。D．不同温度时，蔗糖浓度减少，所以速率减慢，但是温度不同，在相同的浓度时的反应速率不相同，错误。
【考点定位】考查蔗糖水解的速率与温度、物质的浓度的关系的计算与判断的知识。
17.某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料（C3H8O）。下列说法正确的是（ ）
A. 该装置将化学能转化为光能和电能
B. 该装置工作时，H+从b极区向a极区迁移
C. 每生成1mol O2，有44g CO2被还原
D. a电极的反应为：3CO2+18H+﹣18e﹣=C3H8O+5H2O
【答案】B
【解析】A、根据图示可知，该装置将电能和光能转化为化学能，错误；B、根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，该装置工作时，H+从正电荷较多的阳极b极区向负电荷较多的阴极a极区迁移，正确；C、该反应的电极总反应式为：6CO2+8 H2O =2C3H8O+9O2，根据反应方程式可知，每生成1mol氧气，有mol二氧化碳被还原，其质量是，错误；D、根据图示可知与电源负极连接的a电极为阴极，发生还原反应，电极的反应式为：3CO2+18H++18e－=C3H8O+5H2O，错误。答案选B。
18.碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图，下列有关该物质的说法正确的是（ ）
A. 分子式为C3H4O3
B. 1mol该分子能与2molH2加成
C. 分子中只有极性键
D. 标准状况下8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO2
【答案】D
【详解】A．由结构可知，碳酸亚乙烯酯的分子式为C3H2O3，故A错误；
B．结构中只有碳碳双键与氢气发生加成反应，则1mol该物质最多可与1molH2加成，故B错误；
C．结构中含C=C，属于非极性键，故C错误；
D．8.6g该化合物的物质的量==0.1mol，完全燃烧生成0.3mol二氧化碳，标准状况下的体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L，故D正确；
答案选D。
19.微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是（ ）
A. 正极反应中有CO2生成 B. 微生物促进了反应中电子的转移
C. 质子通过交换膜从负极区移向正极区 D. 电池总反应为C6H12O6+6O2═6CO2+6H2O
【答案】A
【解析】首先根据原电池反应判断出厌氧反应为负极侧，有氧反应为正极侧。A、根据厌氧反应中碳元素的化合价的变化：葡萄糖分子中碳元素平均为0价，二氧化碳中碳元素的化合价为+4价，所以生成二氧化碳的反应为氧化反应，所以在负极生成，A正确；B、在微生物的作用下，该装置为原电池装置。原电池能加快氧化还原反应速率，故可以说微生物促进了电子的转移，B正确；C、原电池中阳离子向正极移动，即质子通过交换膜从负极区移向正极区，C正确；D、正极是氧气得到电子结合氢离子生成水，即O2＋4e-＋4H＋＝2H2O，D错误，答案选D。
【考点定位】本题主要是考查原电池原理
【名师点晴】该题是高频考点，侧重于电化学原理的应用。电化学包括原电池和电解池。原电池是将化学能转化为电能的装置，组成有正负极、电解质溶液、形成闭合回路，活动性强的电极为负极，发生氧化反应，活动性弱的电极为正极，正极上发生还原反应。电解池是将电能转化为化学能的装置。与外加电源正极连接的为阳极，与电源负极连接的为阴极。阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。若阳极是活性电极，则是电极本身失去电子，若电极是惰性电极，则电解质溶液（或熔融状态）阴离子发生还原反应。掌握好阴离子、阳离子的放电顺序、清楚在闭合回路中电子转移数目相等是本题的关键。特别是要注意溶液的酸碱性，有无质子交换膜等。
20. 乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构式如图所示。将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为（ ）
A. 1∶1 B. 2∶3 C. 3∶2 D. 2∶1
【答案】C
【解析】根据结构简式以及元素守恒，1mol乌洛托品有4molN，因此需要4molNH3·H2O，6molC需要6mol甲醛的水溶液，因此两者的比值为6：4=3：2，故选项B正确。
考点：考查元素守恒思想的化学计算等知识。
二、非选择题(本题包括3小题，，共40分)
21.实验室以苯甲醛为原料制备间溴苯甲醛（实验装置见图，相关物质沸点见附表）。
附表相关物质的沸点（101kPa）
物质
沸点/℃
物质
沸点/℃
溴
58.8
1，2﹣二氯乙烷
83.5
苯甲醛
179
间溴苯甲醛
229
实验步骤为：
步骤1：将三颈瓶中的一定配比的无水AlCl3、1，2﹣二氯乙烷和苯甲醛充分混合后，升温至60℃，缓慢滴加经H2SO4干燥过的液溴，保温反应一段时间，冷却。
步骤2：将反应混合物缓慢加入一定量的稀盐酸中，搅拌、静置、分液。有机相用10%NaHCO3溶液洗涤。
步骤3：经洗涤的有机相加入适量无水MgSO4固体，放置一段时间后过滤。
步骤4：减压蒸馏有机相，收集相应馏分。
（1）实验装置中冷凝管的主要作用是_________________________________，锥形瓶中的溶液应为______________________。
（2）步骤1所加入的物质中，有一种物质是催化剂，其化学式为_________________。
（3）步骤2中用10%NaHCO3溶液洗涤有机相，是为了除去溶于有机相的________、________（填化学式）。
（4）步骤3中加入无水MgSO4固体的作用_______________________________。
（5）步骤4中采用减压蒸馏技术，是为了防止___________________________。
【答案】（1）冷凝回流 NaOH（或KOH） （2）AlCl3 （3）Br2、HCl
（4）除去有机相的水 （5）间溴苯甲醛被氧化
【解析】（1）因溴易挥发，为使溴充分反应，应进行冷凝回流，以增大产率，反应发生取代反应，生成间溴苯甲醛的同时生成HBr，用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气；
（2）将三颈瓶中的一定配比的无水AlCl3、1，2-二氯乙烷和苯甲醛充分混合，三种物质中无水AlCl3为催化剂，1，2-二氯乙烷为溶剂，苯甲醛为反应物；
（3）由于反应混合物含有溴，缓慢加入一定量的稀盐酸中，加入碳酸氢钠，可与Br2、HCl反应，从而除去；
（4）经洗涤的有机相含有水，加入适量无水MgSO4固体，可起到除去有机相的水的作用；
（5）减压蒸馏，可降低沸点，避免温度过高，导致间溴苯甲醛被氧化。
【考点定位】本题主要是考查有机物制备实验方案设计与评价
【名师点晴】该题高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，明确实验原理和物质的性质是解答的关键。解答时注意把握基本实验操作方法以及实验的原理；苯甲醛与溴在氯化铝催化作用下在60℃时反应生成间溴苯甲醛，通式生成HBr，经冷凝回流可到间溴苯甲醛，生成的HBr用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，有机相中含有Br2，加入HCl，可用碳酸氢钠除去，有机相加入无水MgSO4固体，可起到吸收水的作用，减压蒸馏，可降低沸点，避免温度过高，导致间溴苯甲醛被氧化，以此解答该题。
22.草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中，其K1=5.4×10﹣2，K2=5.4×10﹣5。草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体(H2C2O4•2H2O)无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解。回答下列问题：
(1)草酸中含有的官能团名称是__________________。
(2)甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物，装置C中可观察到的现象是______________________________，由此可知草酸晶体分解的产物中有_________。装置B的主要作用是___________________________________。
(3)乙组同学认为草酸晶体分解的产物中含有CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置A、B和如图所示的部分装置(可以重复选用)进行实验。
①乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、_____________。装置H反应管中盛有的物质是_____________(填化学式)。
②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是________________________________；
(4) 设计实验：①证明草酸的酸性比碳酸的强(简述操作步骤和现象，下同)________________
________________________________________________；
②用简单的方法鉴别草酸和甲酸__________________________________________________。
【答案】 (1). 羧基 (2). 有气泡冒出且澄清石灰水变浑浊 (3). CO2 (4). 冷凝（水蒸气和草酸），防止草酸进入装置C反应生成沉淀而干扰CO2的检验 (5). F、D、G、H、D、I (6). CuO (7). H中黑色粉末变为红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊 (8). 向盛有少量NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生 (9). 用NaOH标准溶液滴定草酸溶液，消耗NaOH的物质的量是草酸的2倍
【分析】(1)草酸为乙二酸；
(2)根据题干信息中草酸晶体的性质分析解答；
(3)①要检验生成CO，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰干燥CO，利用CO还原性将CO氧化，再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集CO；H装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和CO反应有明显现象发生；②CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊；
(4)①要证明草酸酸性大于碳酸，可以利用强酸制取弱酸；②草酸为二元弱酸，甲酸为一元弱酸，据此分析解答。
【详解】(1)草酸为乙二酸，含有的官能团为羧基，故答案为：羧基；
(2)草酸晶体(H2C2O4•2H2O)无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钙反应生成难溶性的碳酸钙沉淀，而使澄清石灰水变浑浊，所以C中观察到的现象是：有气泡冒出，且澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成；草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水，草酸易挥发，导致生成的气体中含有草酸，草酸和氢氧化钙反应生成难溶性的草酸钙而干扰二氧化碳的检验，B装置温度较低，有冷凝作用，防止干扰二氧化碳的检验，故答案为：有气泡冒出，澄清石灰水变浑浊；CO2；冷凝(水蒸气和草酸)，防止草酸进入装置C反应生成沉淀而干扰CO2的检验；
(3)①要检验生成的CO，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰干燥CO，利用CO和CuO发生还原反应生成CO2，再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集CO避免环境污染，所以其连接顺序是A、B、F、D、G、H、D、I；H装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和CO反应有明显现象发生，CuO能被CO还原且反应过程中黑色固体变为红色，现象明显，所以H中盛放的物质是CuO，故答案为：F、D、G、H、D、I；CuO；
②CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，且CO将黑色的CuO还原为红色的Cu，只要H中黑色固体转化为红色且其后的D装置溶液变浑浊就说明含有CO，故答案为：H中黑色粉末变为红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊；
(4)①要证明草酸酸性大于碳酸，可以利用强酸制取弱酸，向盛有少量NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生就说明草酸酸性大于碳酸，故答案为：向盛有少量 NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生；
②草酸为二元弱酸，甲酸为一元弱酸，相同物质的量的两种酸，草酸消耗的氢氧化钠为甲酸的2倍，因此可以用NaOH标准溶液滴定草酸溶液，消耗NaOH的物质的量是草酸的2倍，故答案为：用NaOH标准溶液滴定草酸溶液，消耗NaOH的物质的量是草酸的2倍。
【点睛】本题的易错点和难点为(4)②，可以根据草酸为二元弱酸，甲酸为一元弱酸，设计实验区分，也可以根据甲酸中含有醛基，而草酸中没有，结合醛基的性质设计实验区分，还可以根据草酸钙难溶，甲酸钙易溶设计实验区分，答案具有开放性。
23.甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：
①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1
②CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H2
③CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H3
回答下列问题：
(1)已知△H1=﹣99kJ·mol﹣1，已知△H2=﹣58kJ·mol﹣1，则△H3=______kJ·mol﹣1。
(2)反应①的化学平衡常数K的表达式为______________；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为________(填曲线标记字母)。
(3)合成气的组成n(H2)/n(CO+CO2)=2.60时体系中的CO平衡转化率(a)与温度和压强的关系如图2所示。a(CO)值随温度升高而________(填“增大”或“减小”)图2中的压强由大到小为____________________。
【答案】 (1). +41 (2). c(CH3OH)/c(CO)c2(H2) (3). a (4). 减小 (5). P1＞P2＞P3
【分析】(1)根据盖斯定律分析解答；
(2)化学平衡常数指可逆反应达到平衡时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；化学平衡常数只受温度影响，根据温度对平衡移动的影响，进而判断温度对平衡常数的影响；
(3)由图2可知，压强一定时，根据温度对平衡的影响分析判断；相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①②正反应为气体分子减小的反应，根据压强对平衡的影响分析判断。
【详解】(1)①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1，②CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H2，③CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H3，根据盖斯定律：反应②-反应①=反应③，故△H3=△H2-△H1=-58kJ·mol-1-(-99kJ·mol-1)=+41kJ·mol-1，故答案为：+41；
(2)反应①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的平衡常数表达式K=；反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，曲线a正确反映平衡常数K随温度变化关系，故答案为：；a；
(3)由图2可知，压强一定时，随温度的升高，CO的转化率减小；相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①②正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故增大压强有利于CO的转化率升高，故压强：P1＞P2＞P3，故答案为：减小；P1＞P2＞P3。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16
一、选择题(本题包括20小题，每小题3分，共60分。每小题只有一个正确选项。)
1.下列关于有机化合物的说法正确的是（ ）
A. 聚氯乙烯分子中含碳碳双键 B. 以淀粉为原料可制取乙酸乙酯
C. 丁烷有3种同分异构体 D. 油脂的皂化反应属于加成反应
【答案】B
【解析】A、聚氯乙烯是乙烯的加聚产物，所以不含碳碳双键，错误；B、淀粉水解可生成葡萄糖，葡萄糖发酵可得到乙醇，乙醇被氧化最终得到乙酸，乙醇与乙酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下生成乙酸乙酯，正确；C、戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种同分异构体，正确；D、油脂的皂化反应是指油脂在碱性条件下的水解反应，正确，答案选A。
考点：考查对有机物化学性质的判断
2.下列有机物的命名错误的是（ ）
A. 1，2，4﹣三甲苯
B. 3-甲基-1-戊烯
C. 2-甲基-1-丙醇
D. 1，3-二溴丙烷
【答案】C
【分析】A、苯的同系物命名时，应从简单的侧链开始、按顺时针或逆时针给苯环上的碳原子进行标号，使侧链的位次和最小，据此分析；
B、烯烃命名时，应选择含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，并标出官能团的位置；
C、醇命名时，应选择含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，并标出官能团的位置；
D、卤代烃命名时，应选择含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，并标出官能团的位置。
【详解】A、苯的同系物命名时，应从简单的侧链开始、按顺时针或逆时针给苯环上的碳原子进行标号，使侧链的位次和最小，故三个甲基在苯环上的位置分别是1号、2号和4号位，故名称为1，2，4-三甲苯，选项A正确；
B、烯烃命名时，应选择含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有5个碳原子，故为戊烯，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，并标出官能团的位置，故碳碳双键在1号和2号碳原子上，在3号碳原子上有一个甲基，故名称为3-甲基-1-戊烯，选项B正确；
C、醇命名时，应选择含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有4个碳原子，故为丁醇，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，并标出官能团的位置，故-OH在2号碳原子上，则名称为2-丁醇，选项C错误；
D、卤代烃命名时，应选择含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有3个碳原子，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，并标出官能团的位置，则两个溴原子分别在1号和3号碳原子上，故名称为1，3-二溴丙烷，选项D正确。
答案选C。
【点睛】本题考查了烃以及烃的衍生物的命名，应注意的是含官能团的有机物在命名时，应以官能团为首要的考虑对象。
3. 下列反应不属于取代反应的是（ ）
A. 淀粉水解制葡萄糖 B. 石油裂解制丙烯
C. 乙醇与乙酸反应制乙酸乙酯 D. 油脂与浓NaOH反应制高级脂肪酸钠
【答案】B
【解析】A、淀粉发生水解反应生成葡萄糖，是取代反应，A错误；B、石油裂解制丙烯，不属于取代反应，B正确；C、乙醇与乙酸反应制乙酸乙酯，该反应属于取代反应，C错误；D、油脂与浓NaOH反应制高级脂肪酸钠，该反应属于取代反应，D错误。答案选B
考点：有机反应类型的判断。
4.关于化合物，下列说法正确的是（ ）
A. 可以与8molH2发生加成反应
B. 可与新制Cu(OH)2共热生成红色沉淀
C. 可与FeCl3溶液反应显紫色
D. 可与热的浓硝酸和浓硫酸混合液反应
【答案】D
【详解】A．苯环和羰基能够与氢气发生加成反应，1mol该有机物能够与7molH2发生加成反应，故A错误；
B．不含醛基，不能与新制Cu(OH)2共热生成红色沉淀，故B错误；
C．不含酚羟基，不能与FeCl3溶液反应显紫色，故C错误；
D．含有苯环，且苯环上含有氢原子，可与热的浓硝酸和浓硫酸混合液发生苯环上的硝化反应，故D正确；
答案选D。
5.“司乐平”是治疗高血压的一种临床药物，其有效成分M的结构简式如图所示。下列关于M的说法正确的是
A. 属于芳香族化合物
B. 遇FeCl3溶液显紫色
C. 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 1molM完全水解生成2mol醇
【答案】A
【解析】A、M含有苯环，属于芳香族化合物，故A正确；B、M不含酚羟基，遇FeCl3溶液不显紫色，故B错误；C、M含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D、1molM完全水解生成2mol乙醇、1mol 2-甲基-2-丙醇，故D错误，故选A。
【考点定位】考查有机物的结构和性质
【名师点晴】以有机物的结构为载体，考查官能团的性质。熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有羧基决定具有羧酸的性质，有醇羟基决定具有醇的性质，羟基连接在苯环上就具有酚的性质等。
6. 分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是（ ）
A. 分子中含有2种官能团
B. 可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同
C. 1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应
D. 可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同
【答案】B
【解析】A、根据分支酸的结构简式可知分枝酸含羧基、羟基和碳碳双键三种官能团，错误；B、分枝酸含有羧基和羟基，可分别与乙醇、乙酸发生酯化反应，反应类型相同，正确；C、分支酸分子中含有2个羧基，所以1mol分枝酸最多能与2mol NaOH发生中和反应，错误；D、分支酸分子中含有碳碳双键，使溴的四氯化碳溶液褪色是发生了加成反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生了氧化反应，原理不同，错误。
【考点定位】本题考查了有机化合物的结构与性质，包含了通过分析有机化合物的结构简式，判断有机化合物的官能团、反应类型的判断、有机物的性质。
7.己烷雌酚的一种合成路线如图：下列叙述正确的是（ ）
A. 在NaOH水溶液中加热，化合物X可发生消去反应
B. 在一定条件，化合物Y可与溴水发生加成反应
C. 用FeCl3溶液可鉴别化合物X和Y
D. 化合物Y中不能与金属钠反应放出氢气
【答案】C
【详解】A．X分子中含有溴原子，在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成醇，如发生消去反应，条件应为氢氧化钠醇溶液，故A错误；
B．Y含有酚羟基，与苯酚性质相似，可与浓溴水发生取代反应，故B错误；
C．Y含有酚羟基，可与氯化铁发生显色反应，而X不能，故C正确；
D．Y含有酚羟基，具有弱酸性，能与金属钠反应放出氢气，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题的易错点为A，要注意区分卤代烃的水解反应和消去反应的条件。
8. 下列实验操作正确的是（ ）
A. 用玻璃棒蘸取CH3COOH溶液点在水湿润的pH试纸上，测定该溶液的pH
B. 中和滴定时，滴定管用所盛装的反应液润洗2～3次
C. 用装置甲分液，放出水相后再从分液漏斗下口放出有机相
D. 用装置乙加热分解NaHCO3固体
【答案】B
【解析】A、不能点在湿润pH试纸上，对醋酸有稀释，所测pH不准，故 A错误；B、滴定管要用盛装反应液润洗2～3次，若不这样，对反应液有稀释作用，所测浓度有影响，故正确；C、分液时，上层液体从上口倒出，有机相应从上口倒出，故C错误；D、加热固体试管口略向下倾斜，故D错误。
【考点定位】考查pH试纸的使用、滴定管的使用、分液漏斗使用、对固体加热等知识。
9.下列有关实验的选项正确的是（ ）
A．配制0 l0mol/L NaOH溶液
B.除去CO中的CO2
C．苯萃取碘水中的I2，分出水层后的操作
D．记录滴定终点读数为12.20 mL
【答案】B
【详解】A.容量瓶是准确配制一定物质的量浓度溶液的仪器，要在烧杯中溶解固体物质，不能在容量瓶中进行固体的溶解，A错误；
B.CO2是酸性氧化物，可以与NaOH反应产生可溶性盐和水，而CO不能反应，所以可利用氢氧化钠吸收CO中的二氧化碳，可以达到除杂净化的实验目的，B正确；
C.进行萃取分液，下层液体从下口流出，上层液体要从上口倒出。由于苯层在上层，所以应在分出水层后从分液漏斗的上口倒出该溶液，C错误；
D.滴定管0刻度在上部，小刻度在上，大刻度在下，液面读数是在11.80mL刻度处，D错误；
合理选项B。
10.下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系的是（ ）
选项
叙述Ⅰ
叙述Ⅱ
A
1己醇的沸点比己烷的沸点高
1己醇和己烷可通过蒸馏初步分离
B
原电池可将化学能转化为电能
原电池需外接电源才能工作
C
乙二酸可与KMnO4溶液发生反应
乙二酸具有酸性
D
Na在Cl2中燃烧的生成物含离子键
NaCl固体可导电
【答案】A
【解析】A．含有氢键的物质熔沸点较高，1-己醇中含有氢键、己烷中不含氢键，所以1-己醇熔沸点高于己烷；互溶且熔沸点不同液体可以采用蒸馏方法分离，二者互溶且熔沸点不同，所以可以采用蒸馏方法分离，故A正确；B．原电池是将化学能转化为电能的装置，电解池是将电能转化为化学能的装置，所以原电池没有未接电源、电解池有未接电源，故B错误；C．高锰酸钾具有强氧化性，能氧化还原性物质，能氧化乙二酸，说明乙二酸没有还原性，不能说明乙二酸具有酸性，故C错误；D．由阴阳离子构成的化合物是离子化合物，NaCl是由钠离子和锂离子构成的离子化合物，含有自由移动电子或离子的物质能导电，固体氯化钠中不含自由移动离子，所以不导电，故D错误；故选A。
考点：考查了原电池和电解池原理、离子化合物与导电的关系、熔沸点高低比较、羧酸的性质等相关知识。
11.合成导电高分子材料PPV的反应：
下列说法正确的是（ ）
A. 合成PPV的反应为加聚反应
B. PPV与聚苯乙烯具有相同的重复结构单元
C. 和苯乙烯均能使溴水褪色
D. 通过质谱法可测定PPV中氢原子的种类
【答案】C
【详解】A．合成PPV时有小分子物质HI生成，为缩聚反应，不属于加聚反应，故A错误；
B．聚苯乙烯的重复结构单元为，不含碳碳双键，而该高聚物的结构单元中含有碳碳双键，所以不相同，故B错误；
C．有两个碳碳双键，苯乙烯有一个碳碳双键，均能与溴水发生加成反应，使溴水褪色，故C正确；
D．质谱仪能记录分子离子、碎片离子的相对质量，质谱图中数值最大的即是该分子的相对分子质量，但不能测定氢原子的种类，故D错误；
答案选C。
12.分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有(不含立体异构)( )
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】B
【解析】能与Na2CO3反应放出气体，气体为二氧化碳，则化学式为C5H10O2的物质为羧酸，分子中含有官能团-COOH，该有机物可以书写为：C4H9COOH，丁烷分子中含有的位置不同的氢原子数目，即为该羧酸的同分异构体数目；丁烷存在的同分异构体为：①CH3CH2CH2CH3和②CH（CH3）3，其中①CH3CH2CH2CH3中存在2种位置不同的H原子；②CH（CH3）3中也存在2种CH（CH3）3，所以满足条件的该有机物同分异构体总共有：2+2=4种，故选B。
考点：考查了同分异构体的相关知识。
13.某羧酸酯的分子式为C18H26O5,1 mol该酯完全水解可得到1 mol羧酸和2 mol乙醇,该羧酸的分子式为( )
A. C14H18O5 B. C14H16O4
C. C16H22O5 D. C16H20O5
【答案】A
【解析】羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，这说明分子中含有2个酯基，因此有2分子水参加反应，水解方程式为：C18H26O5+2H2O→羧酸+2C2H6O，则根据原子守恒可知该羧酸的分子式中碳原子个数是18—2×2＝14，氢原子个数是26+4-2×6＝18，氧原子个数是5+2-2×1＝5，即分子式为C14H18O5，A正确。
【考点定位】本题主要是考查酯类物质的水解、利用质量守恒定律判断物质的分子式
【名师点晴】该题以酯类的水解反应为载体，考查了学生灵活运用水解反应方程式判断有机物分子式，该题的答题关键是判断出酯类物质中含有2个酯基以及原子守恒在化学反应中的应用，题目难度不大。
14. 某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，下列用来解释事实的方程式中不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）（ ）
A. 该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH－="==" Cl－+ ClO－+ H2O
B. 该消毒液的pH约为12：ClO－+ H2OHClO+ OH－
C. 该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生Cl2：2H＋+ Cl－+ ClO－= Cl2↑+H2O
D. 该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ ClO－= HClO+CH3COO—
【答案】B
【解析】A、用Cl2和NaOH溶液反应制取漂白液，故A正确 ；B、根据提干信息知：饱和NaClO溶液的pH约为11，而该溶液pH=12＞11，故主要是因为该消毒液中含有一定量的NaOH，故B不合理；C、根据HCl和HclO中Cl的化合价分析，该氧化还原方程式的书写正确，故C正确 ；D、根据漂白粉起漂白作用的原理，应用的是较强酸制取较弱酸，故D正确。
考点：考查化学反应原理和化学方程式的正误判断
15. 下列说法正确的是（ ）
A. 分子式为C2H6O的有机化合物性质相同
B. 相同条件下，等质量的碳按a、b两种途径完全转化，途径a比途径b放出更多热能途径a：CCO+H2CO2+H2O途径b：CCO2
C. 在氧化还原反应中，还原剂失去电子总数等于氧化剂得到电子的总数
D. 通过化学变化可以直接将水转变为汽油
【答案】C
【解析】A、C2H6O可以是CH3CH2OH，也可以是CH3OCH3，化学性质不同，故A错误；B、根据盖斯定律，反应热只跟始态和终态有关，跟反应过程无关，始态和终态不变，反应热不变，等质量C生成CO2，放出热量相同，故B错误；C、氧化还原反应中，得失电子数目守恒，故C正确；D、违背了化学变化的元素守恒，故D错误。
【考点定位】考查有机物同分异构体的性质、盖斯定律、氧化还原反应的规律、化学反应规律等知识。
16. 在不同浓度（c)、温度（T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率（v）如下表。下列判断不正确的是（ ）
A. a=6.00
B. 同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变
C. b＜318.2
D. 不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同
【答案】D
【解析】A.根据表格的数据可知：温度不变时，蔗糖的浓度越大，水解的速率越快。根据浓度与速率的变化关系可知：在328.2T时，蔗糖的浓度每减小0.100mol/L，水解速率减小1.50mmol/(L∙min)，所以在温度是328.2T、浓度是0.400mol/L时，水解的速率是a=7.50-1.50=6.00 mmol/(L∙min)，正确。B．根据表格数据可知：升高温度，水解速率增大，增大浓度，水解速率也增大，若同时改变反应物的浓度和反应的温度，则二者对水解反应速率的影响因素可能相互抵消，使反应速率可能不发生改变，正确。C．在物质的浓度不变时，升高温度，水解速率增大，降低温度，水解速率减小。由于在物质的浓度是0.600mol/L时，温度是318.2T时水解速率是3.60mmol/(L∙min)，现在该反应的速率是2.16 mmol/(L∙min)<3.60 mmol/(L∙min)，说明反应温度低于318.2 T。即b＜318.2，正确。D．不同温度时，蔗糖浓度减少，所以速率减慢，但是温度不同，在相同的浓度时的反应速率不相同，错误。
【考点定位】考查蔗糖水解的速率与温度、物质的浓度的关系的计算与判断的知识。
17.某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料（C3H8O）。下列说法正确的是（ ）
A. 该装置将化学能转化为光能和电能
B. 该装置工作时，H+从b极区向a极区迁移
C. 每生成1mol O2，有44g CO2被还原
D. a电极的反应为：3CO2+18H+﹣18e﹣=C3H8O+5H2O
【答案】B
【解析】A、根据图示可知，该装置将电能和光能转化为化学能，错误；B、根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，该装置工作时，H+从正电荷较多的阳极b极区向负电荷较多的阴极a极区迁移，正确；C、该反应的电极总反应式为：6CO2+8 H2O =2C3H8O+9O2，根据反应方程式可知，每生成1mol氧气，有mol二氧化碳被还原，其质量是，错误；D、根据图示可知与电源负极连接的a电极为阴极，发生还原反应，电极的反应式为：3CO2+18H++18e－=C3H8O+5H2O，错误。答案选B。
18.碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图，下列有关该物质的说法正确的是（ ）
A. 分子式为C3H4O3
B. 1mol该分子能与2molH2加成
C. 分子中只有极性键
D. 标准状况下8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO2
【答案】D
【详解】A．由结构可知，碳酸亚乙烯酯的分子式为C3H2O3，故A错误；
B．结构中只有碳碳双键与氢气发生加成反应，则1mol该物质最多可与1molH2加成，故B错误；
C．结构中含C=C，属于非极性键，故C错误；
D．8.6g该化合物的物质的量==0.1mol，完全燃烧生成0.3mol二氧化碳，标准状况下的体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L，故D正确；
答案选D。
19.微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是（ ）
A. 正极反应中有CO2生成 B. 微生物促进了反应中电子的转移
C. 质子通过交换膜从负极区移向正极区 D. 电池总反应为C6H12O6+6O2═6CO2+6H2O
【答案】A
【解析】首先根据原电池反应判断出厌氧反应为负极侧，有氧反应为正极侧。A、根据厌氧反应中碳元素的化合价的变化：葡萄糖分子中碳元素平均为0价，二氧化碳中碳元素的化合价为+4价，所以生成二氧化碳的反应为氧化反应，所以在负极生成，A正确；B、在微生物的作用下，该装置为原电池装置。原电池能加快氧化还原反应速率，故可以说微生物促进了电子的转移，B正确；C、原电池中阳离子向正极移动，即质子通过交换膜从负极区移向正极区，C正确；D、正极是氧气得到电子结合氢离子生成水，即O2＋4e-＋4H＋＝2H2O，D错误，答案选D。
【考点定位】本题主要是考查原电池原理
【名师点晴】该题是高频考点，侧重于电化学原理的应用。电化学包括原电池和电解池。原电池是将化学能转化为电能的装置，组成有正负极、电解质溶液、形成闭合回路，活动性强的电极为负极，发生氧化反应，活动性弱的电极为正极，正极上发生还原反应。电解池是将电能转化为化学能的装置。与外加电源正极连接的为阳极，与电源负极连接的为阴极。阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。若阳极是活性电极，则是电极本身失去电子，若电极是惰性电极，则电解质溶液（或熔融状态）阴离子发生还原反应。掌握好阴离子、阳离子的放电顺序、清楚在闭合回路中电子转移数目相等是本题的关键。特别是要注意溶液的酸碱性，有无质子交换膜等。
20. 乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构式如图所示。将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为（ ）
A. 1∶1 B. 2∶3 C. 3∶2 D. 2∶1
【答案】C
【解析】根据结构简式以及元素守恒，1mol乌洛托品有4molN，因此需要4molNH3·H2O，6molC需要6mol甲醛的水溶液，因此两者的比值为6：4=3：2，故选项B正确。
考点：考查元素守恒思想的化学计算等知识。
二、非选择题(本题包括3小题，，共40分)
21.实验室以苯甲醛为原料制备间溴苯甲醛（实验装置见图，相关物质沸点见附表）。
附表相关物质的沸点（101kPa）
物质
沸点/℃
物质
沸点/℃
溴
58.8
1，2﹣二氯乙烷
83.5
苯甲醛
179
间溴苯甲醛
229
实验步骤为：
步骤1：将三颈瓶中的一定配比的无水AlCl3、1，2﹣二氯乙烷和苯甲醛充分混合后，升温至60℃，缓慢滴加经H2SO4干燥过的液溴，保温反应一段时间，冷却。
步骤2：将反应混合物缓慢加入一定量的稀盐酸中，搅拌、静置、分液。有机相用10%NaHCO3溶液洗涤。
步骤3：经洗涤的有机相加入适量无水MgSO4固体，放置一段时间后过滤。
步骤4：减压蒸馏有机相，收集相应馏分。
（1）实验装置中冷凝管的主要作用是_________________________________，锥形瓶中的溶液应为______________________。
（2）步骤1所加入的物质中，有一种物质是催化剂，其化学式为_________________。
（3）步骤2中用10%NaHCO3溶液洗涤有机相，是为了除去溶于有机相的________、________（填化学式）。
（4）步骤3中加入无水MgSO4固体的作用_______________________________。
（5）步骤4中采用减压蒸馏技术，是为了防止___________________________。
【答案】（1）冷凝回流 NaOH（或KOH） （2）AlCl3 （3）Br2、HCl
（4）除去有机相的水 （5）间溴苯甲醛被氧化
【解析】（1）因溴易挥发，为使溴充分反应，应进行冷凝回流，以增大产率，反应发生取代反应，生成间溴苯甲醛的同时生成HBr，用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气；
（2）将三颈瓶中的一定配比的无水AlCl3、1，2-二氯乙烷和苯甲醛充分混合，三种物质中无水AlCl3为催化剂，1，2-二氯乙烷为溶剂，苯甲醛为反应物；
（3）由于反应混合物含有溴，缓慢加入一定量的稀盐酸中，加入碳酸氢钠，可与Br2、HCl反应，从而除去；
（4）经洗涤的有机相含有水，加入适量无水MgSO4固体，可起到除去有机相的水的作用；
（5）减压蒸馏，可降低沸点，避免温度过高，导致间溴苯甲醛被氧化。
【考点定位】本题主要是考查有机物制备实验方案设计与评价
【名师点晴】该题高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，明确实验原理和物质的性质是解答的关键。解答时注意把握基本实验操作方法以及实验的原理；苯甲醛与溴在氯化铝催化作用下在60℃时反应生成间溴苯甲醛，通式生成HBr，经冷凝回流可到间溴苯甲醛，生成的HBr用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，有机相中含有Br2，加入HCl，可用碳酸氢钠除去，有机相加入无水MgSO4固体，可起到吸收水的作用，减压蒸馏，可降低沸点，避免温度过高，导致间溴苯甲醛被氧化，以此解答该题。
22.草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中，其K1=5.4×10﹣2，K2=5.4×10﹣5。草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体(H2C2O4•2H2O)无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解。回答下列问题：
(1)草酸中含有的官能团名称是__________________。
(2)甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物，装置C中可观察到的现象是______________________________，由此可知草酸晶体分解的产物中有_________。装置B的主要作用是___________________________________。
(3)乙组同学认为草酸晶体分解的产物中含有CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置A、B和如图所示的部分装置(可以重复选用)进行实验。
①乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、_____________。装置H反应管中盛有的物质是_____________(填化学式)。
②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是________________________________；
(4) 设计实验：①证明草酸的酸性比碳酸的强(简述操作步骤和现象，下同)________________
________________________________________________；
②用简单的方法鉴别草酸和甲酸__________________________________________________。
【答案】 (1). 羧基 (2). 有气泡冒出且澄清石灰水变浑浊 (3). CO2 (4). 冷凝（水蒸气和草酸），防止草酸进入装置C反应生成沉淀而干扰CO2的检验 (5). F、D、G、H、D、I (6). CuO (7). H中黑色粉末变为红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊 (8). 向盛有少量NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生 (9). 用NaOH标准溶液滴定草酸溶液，消耗NaOH的物质的量是草酸的2倍
【分析】(1)草酸为乙二酸；
(2)根据题干信息中草酸晶体的性质分析解答；
(3)①要检验生成CO，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰干燥CO，利用CO还原性将CO氧化，再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集CO；H装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和CO反应有明显现象发生；②CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊；
(4)①要证明草酸酸性大于碳酸，可以利用强酸制取弱酸；②草酸为二元弱酸，甲酸为一元弱酸，据此分析解答。
【详解】(1)草酸为乙二酸，含有的官能团为羧基，故答案为：羧基；
(2)草酸晶体(H2C2O4•2H2O)无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钙反应生成难溶性的碳酸钙沉淀，而使澄清石灰水变浑浊，所以C中观察到的现象是：有气泡冒出，且澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成；草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水，草酸易挥发，导致生成的气体中含有草酸，草酸和氢氧化钙反应生成难溶性的草酸钙而干扰二氧化碳的检验，B装置温度较低，有冷凝作用，防止干扰二氧化碳的检验，故答案为：有气泡冒出，澄清石灰水变浑浊；CO2；冷凝(水蒸气和草酸)，防止草酸进入装置C反应生成沉淀而干扰CO2的检验；
(3)①要检验生成的CO，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰干燥CO，利用CO和CuO发生还原反应生成CO2，再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集CO避免环境污染，所以其连接顺序是A、B、F、D、G、H、D、I；H装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和CO反应有明显现象发生，CuO能被CO还原且反应过程中黑色固体变为红色，现象明显，所以H中盛放的物质是CuO，故答案为：F、D、G、H、D、I；CuO；
②CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，且CO将黑色的CuO还原为红色的Cu，只要H中黑色固体转化为红色且其后的D装置溶液变浑浊就说明含有CO，故答案为：H中黑色粉末变为红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊；
(4)①要证明草酸酸性大于碳酸，可以利用强酸制取弱酸，向盛有少量NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生就说明草酸酸性大于碳酸，故答案为：向盛有少量 NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生；
②草酸为二元弱酸，甲酸为一元弱酸，相同物质的量的两种酸，草酸消耗的氢氧化钠为甲酸的2倍，因此可以用NaOH标准溶液滴定草酸溶液，消耗NaOH的物质的量是草酸的2倍，故答案为：用NaOH标准溶液滴定草酸溶液，消耗NaOH的物质的量是草酸的2倍。
【点睛】本题的易错点和难点为(4)②，可以根据草酸为二元弱酸，甲酸为一元弱酸，设计实验区分，也可以根据甲酸中含有醛基，而草酸中没有，结合醛基的性质设计实验区分，还可以根据草酸钙难溶，甲酸钙易溶设计实验区分，答案具有开放性。
23.甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：
①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1
②CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H2
③CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H3
回答下列问题：
(1)已知△H1=﹣99kJ·mol﹣1，已知△H2=﹣58kJ·mol﹣1，则△H3=______kJ·mol﹣1。
(2)反应①的化学平衡常数K的表达式为______________；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为________(填曲线标记字母)。
(3)合成气的组成n(H2)/n(CO+CO2)=2.60时体系中的CO平衡转化率(a)与温度和压强的关系如图2所示。a(CO)值随温度升高而________(填“增大”或“减小”)图2中的压强由大到小为____________________。
【答案】 (1). +41 (2). c(CH3OH)/c(CO)c2(H2) (3). a (4). 减小 (5). P1＞P2＞P3
【分析】(1)根据盖斯定律分析解答；
(2)化学平衡常数指可逆反应达到平衡时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；化学平衡常数只受温度影响，根据温度对平衡移动的影响，进而判断温度对平衡常数的影响；
(3)由图2可知，压强一定时，根据温度对平衡的影响分析判断；相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①②正反应为气体分子减小的反应，根据压强对平衡的影响分析判断。
【详解】(1)①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1，②CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H2，③CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H3，根据盖斯定律：反应②-反应①=反应③，故△H3=△H2-△H1=-58kJ·mol-1-(-99kJ·mol-1)=+41kJ·mol-1，故答案为：+41；
(2)反应①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)的平衡常数表达式K=；反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，曲线a正确反映平衡常数K随温度变化关系，故答案为：；a；
(3)由图2可知，压强一定时，随温度的升高，CO的转化率减小；相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①②正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故增大压强有利于CO的转化率升高，故压强：P1＞P2＞P3，故答案为：减小；P1＞P2＞P3。
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