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2022-2023学年湖南省长沙市芙蓉高级中学高二上学期期中考试化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年湖南省长沙市芙蓉高级中学高二上学期期中考试化学试题含解析，共30页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2022—2023学年上学期高二年级期中考试
化学试卷
试卷满分：100分 考试时间： 90分钟
第I卷(选择题)
一、单选题(每题2.5分，合计24题，共60分)
1. 环保材料越来越受到人们的关注，其中聚碳酸酯是用得较多的材料。聚碳酸酯的结构简式如图所示，下列说法正确的是
A. 它是由1种单体聚合而成的 B. 它是通过加聚反应得到的
C. 它是一种纯净物 D. 它不耐强碱，可发生水解反应
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由题给结构简式可知，聚碳酸酯的单体是和，共2种，A项错误；
B．聚碳酸酯是由和通过缩聚反应得到的，B项错误；
C．聚碳酸酯是高分子，由于不同分子中聚合度不同，所以是混合物，C项错误；
D．聚碳酸酯含有酯基，可酸性或碱性条件下水解，D项正确；
综上所述答案为D。
2. 1 mol 某烷烃在氧气中充分燃烧，需要消耗标准状况下的氧气 179.2 L，它在光照的条件下与氯气反应能生成三种不同的一氯取代物(不考虑立体异构)，该烃的结构简式是
A. C(CH3)3CH2CH3 B. CH3CH2CH(CH3)2
C. CH3CH2CH2CH2CH3 D. C(CH3)4
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．C(CH3)3CH2CH3有三种位置的氢，其一氯代物有三种，该物质分子式为C6H14，根据燃烧反应该物质1mol燃烧9.5mol即标准状况下212.8L氧气，故A不符合题意；
B．CH3CH2CH(CH3)2有四种位置的氢，其一氯代物有四种，故B不符合题意；
C．CH3CH2CH2CH2CH3有三种位置的氢，其一氯代物有三种，该物质分子式为C5H12，根据燃烧反应该物质1mol燃烧8mol即标准状况下179.2L氧气，故C符合题意；
D．C(CH3)4有一种位置的氢，其一氯代物有一种，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
3. 可逆反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)的v-t图象如图甲所示，若其他条件都不变，只是在反应前加入合适的催化剂，其v-t图象如图乙所示。 下列说法正确的是
①a1=a2②a1＜a2 ③b1=b2④b1＜b2 ⑤t1>t2 ⑥t1=t2
⑦两图中阴影部分面积相等 ⑧图乙中阴影部分面积更大
A. ②④⑤⑦ B. ②④⑥⑧ C. ②③⑤⑦ D. ②③⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①加入催化剂，反应速率加快，则a1＜a2，①项错误；
②加入催化剂，反应速率加快，则a1＜a2，②项正确；
③加入催化剂，反应达平衡时其反应速率也快，则b1＜b2，③项错误；
④加入催化剂，反应达平衡时其反应速率也快，则b1＜b2，④项正确；
⑤加入催化剂，反应速率加快，达到平衡时所用时间缩短，则t1>t2，⑤项正确；
⑥加入催化剂，反应速率加快，达到平衡时所用时间缩短，则t1>t2，⑥项错误；
⑦使用催化剂对化学平衡没有影响，阴影部分为反应物的浓度改变量，故两图中阴影部分面积相等，⑦项正确；
⑧使用催化剂对化学平衡没有影响，阴影部分为反应物的浓度改变量，故两图中阴影部分面积相等，⑧项错误；
答案选A。
4. 中国是世界上最早制糖的国家之一，人体所需左右的能量由糖提供。下列说法正确的是
A. 公元674年，我国发明的用黄泥浆使红糖脱色的方法，是利用了黄泥浆的吸附性
B. 唐大历年间，四川遂宁出现用甘蔗制取冰糖的方法，冰糖的主要成分是葡萄糖
C. 饴糖是以米(淀粉)和麦芽经过糖化熬煮而成的糖，饴糖就是葡萄糖
D. “床头冬酿压琼浆”中“冬酿”指的是蜂蜜，蜂蜜中几乎不含单糖
【答案】A
【解析】
【详解】A．黄泥浆遇红糖脱色是物理过程，是利用了黄泥浆的吸附性，A正确；
B．冰糖的主要成分是蔗糖，是一种二糖，而不是葡萄糖，B错误；
C．饴糖的主要成分是麦芽糖，不是葡萄糖，C错误；
D．蜂蜜的主要成分是葡萄糖和果糖，D错误；
故答案选A。
5. 下列关于2-环己基丙烯和2-苯基丙烯的说法中正确的是
A. 二者均为芳香烃 B. 2-苯基丙烯分子中所有碳原子一定共平面
C. 二者均可发生加聚反应和氧化反应 D. 2-环己基丙烯的分子式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．2-环己基丙烯中没有苯环，不属于芳香烃，A错误；
B．苯环和碳碳双键之间存在碳碳单键，可自由旋转，则所有的碳原子不一定在同一个平面内，B错误；
C．二者都含有碳碳双键，均可发生加聚反应和氧化反应，C正确；
D．2-环己基丙烯的分子式为，D错误；
故答案选C。
6. 下表中有关物质用途与原因解释均正确的是
选项
用途
原因
A
用浓硫酸与食盐制备少量HCl
硫酸的酸性强于盐酸
B
乙二醇可用于生产汽车防冻液
乙二醇是无色、粘稠的液体
C
用氢氧化铝治疗胃酸过多
氢氧化铝可以与盐酸反应
D
用聚乙烯塑料制作食品保鲜膜
聚乙烯塑料燃烧生成CO2和H2O
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．微热时氯化钠固体和浓硫酸生成硫酸氢钠和氯化氢气体，强热时氯化钠固体和浓硫酸生成硫酸钠和氯化氢气体，是利用不挥发性酸制取挥发性酸，A错误；
B．乙二醇可用于生产汽车防冻液，是因为乙二醇水溶液的凝固点可达-50°C，B错误；
C．氢氧化铝是不溶于水的具有弱碱性的两性氢氧化物、可以与盐酸反应，故用氢氧化铝治疗胃酸过多，C正确；
D．聚乙烯塑料无毒、用聚乙烯塑料制作食品保鲜膜，D错误；
答案选C。
7. 如图是金属镁和卤素单质X2反应的能量变化示意图。下列说法正确的是
A. 由MgCl2制取Mg是放热过程
B. 热稳定性： MgI2 > MgBr2 > MgCl2 > MgF2
C. 金属镁和卤素单质X2的反应都是放热反应
D. 由图可知，此温度下MgBr2 (s) 与Cl2 (g) 反应的热化学方程式为MgBr2(s)+Cl2(g)=MgCl2(s)+Br2(g) ∆H=+117kJ/mol
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，Mg与Cl2的能量高于MgCl2，则由MgCl2制取Mg是吸热反应，故A错误；
B．物质的能量越低越稳定，由图可知，化合物的热稳定性顺序为MgI2＜MgBr2＜MgCl2＜MgF2，故B错误；
C．金属镁和卤素单质（X2）的能量均比生成物能量高，则均为放热反应，故C正确；
D．由图可知①Mg（s）+Cl2（l）=MgCl2（s）△H=-641kJ/mol、②Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）△H=-524kJ/mol，结合盖斯定律可知，①-②得到MgBr2（s）+Cl2（g）═MgCl2（s）+Br2（g）△H=-117kJ•mol-1，故D错误；
答案选C。
8. 下列有机反应中，发生断裂的是
A. 甲烷与氯气在光照条件下反应
B. 乙烯与溴的四氯化碳溶液反应
C. 乙炔与氯化氢在催化剂和加热条件下反应
D. 苯与氢气在催化剂和加热条件下反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成氯代烃，C－H键断裂，A符合；
B．乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，生成1，2－二溴乙烷，断裂的是碳碳键，B不符合；
C．乙炔与氯化氢在催化剂和加热条件下发生加成反应，断裂的是碳碳键，C不符合；
D．苯与氢气在催化剂和加热条件下发生加成反应，断裂的是碳碳键，D不符合；
答案选A。
9. 实验室制备硝基苯的原理是在50～60 ℃下，苯与浓硝酸在浓硫酸作用下发生反应：+HNO3 +H2O，实验装置如图所示(夹持装置已略去)。下列说法不正确的是
A. 水浴加热的优点是使反应物受热均匀、容易控制温度
B. 反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到产品
C. 硝基苯有苦杏仁气味，密度比水的大
D. 将浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应向浓硝酸中加入浓硫酸，待冷却至室温后，将所得混合物加入苯中
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．水浴加热的优点为反应物受热均匀、容易控制温度，A正确；
B．反应完全后，溶液分层，应选分液漏斗分离，粗产品用蒸馏烧瓶(不用圆底烧瓶)和直形冷凝管(不用球形冷凝管)蒸馏得到硝基苯，B错误；
C．硝基苯有苦杏仁气味，密度比水的大，C正确；
D．混合时要使热量及时散失，防止苯挥发，由于浓硫酸的密度大于浓硝酸，为避免液体迸溅，应向浓硝酸中加入浓硫酸，待冷却后，将所得的混合物加入苯中，D正确；
故选B。
10. 甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：
①CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g) ΔH=＋49.0 kJ/mol
②CH3OH(g)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2(g) ΔH=-192.9 kJ/mol
下列说法正确的是
A. CH3OH的燃烧热为192.9 kJ/mol
B. 反应①中的能量变化如图所示
C. CH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量
D. 根据②推知反应CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)的ΔH >-192.9 kJ/mol
【答案】D
【解析】
【详解】A．燃烧热是指物质与氧气进行完全燃烧反应生成稳定的氧化物时放出的热量，反应②是生成氢气而不是液态的水，故CH3OH的燃烧热不是192.9 kJ/mol，A错误；
B．反应①是吸热反应，而该能量变化图是放热反应，B错误；
C．CH3OH转变成H2的过程可以是通过①反应，也可以是②反应。①反应是吸热反应，②反应是放热反应，C错误；
D． 1molCH3OH(l)能量低于1molCH3OH(g)，根据②可推知反应CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)的ΔH >-192.9 kJ/mol，D正确；
答案选D。
11. 现代化学测定有机物组成及结构的分析方法较多。下列有关说法正确的是
A. 元素分析仪不仅可以测出试样常见的组成元素及含量，还可以测定其分子的空间结构
B. 的核磁共振氢谱中有四组峰，峰面积之比为1：2：2：3
C. 通过红外光谱分析可以区分乙醇和乙酸乙酯
D. 质谱法和红外光谱法不属于测定有机物组成和结构的现代分析方法
【答案】C
【解析】
【详解】A．元素分析仪可对物质中的元素及含量进行定量分析，但无法确定有机化合物的空间结构，故A错误；
B．的核磁共振氢谱中有5组峰，峰面积之比为2：4：4：1：3，故B错误；
C．红外光谱可确定物质中的基团，乙醇和乙酸乙酯中的基团不同，则通过红外光谱分析可以区分乙醇和乙酸乙酯，故C正确；
D．质谱法可以测定有机物的相对分子质量，红外光谱法可以测定分子中的基团，属于测定有机物组成和结构的现代分析法，故D错误；
故答案选C。
12. 对可逆反应，有关反应条件改变使反应速率增大原因分析不正确的是
A. 使用催化剂，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加
B. 升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加
C. 增大，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加
D. 增大压强，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加
【答案】C
【解析】
【详解】A．使用催化剂，降低活化能，活化分子数目增加，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加，反应速率增大，故A正确；
B．升高温度，活化分子数目增多，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加，反应速率增大，故B正确；
C．增大c(O2)，单位体积内活化分子数量增多，活化分子百分数不变，有效碰撞几率增加，反应速率加快，故C错误；
D．增大压强，气体体积减小，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加，反应速率加快，故D正确；
答案选C。
13. 一定条件下，在体积为2L的密闭容器中，二氧化碳与氢气反应生成甲烷：，甲烷的物质的量随时间变化如图所示。根据图象，计算在300℃时，从反应开始到反应刚达到平衡这段时间内，氢气的平均反应速率为
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由图中信息可知，在300℃时，从反应开始到平衡所用时间为tAmin，生成的CH4的物质的量为nAmol，则根据反应方程式可知，消耗的H2的物质的量为4nAmol，容器的体积为2L，则该时间段内H2的平均反应速率为：υ=Δc/Δt=Δn/( VΔt) =，故答案为：C。
14. 下列热化学方程式正确的是
选项
已知条件
热化学方程式
A
H2的燃烧热为a kJ∙mol−1
H2(g)+Cl2(g)2HCl(g) ΔH＝−a kJ∙mol−1
B
1molSO2、0.5molO2完全反应后，放出热量98.3kJ
2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ΔH＝−98.3 kJ∙mol−1
C
H＋(aq)+OH－(aq)＝H2O(l) ΔH＝−57.3 kJ∙mol−1
H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)＝BaSO4(s)+2H2O(l) ΔH＝−114.6 kJ∙mol−1
D
31g白磷比31g红磷能量多bkJ
P4(白磷,s) ＝ 4P(红磷,s) ΔH＝−4b kJ∙mol−1
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所释放的热量，应是1mol气态H2和气态O2反应生成1mol液态水放出的热量，故A错误；
B．根据1molSO2、0.5molO2完全反应后，放出热量98.3kJ可知，则2molSO2、1molO2完全反应后，放出热量196.6kJ，因此2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ΔH＝−196.6 kJ∙mol−1，故B错误；
C．根据H＋(aq)+OH－(aq)＝H2O(l) ΔH＝−57.3 kJ∙mol−1，生成BaSO4沉淀，放出的热量大于114.6 kJ ，故H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)＝BaSO4(s)+2H2O(l) ΔH＜−114.6 kJ∙mol−1，故C错误；
D．根据31g即0.25mol白磷比31g即1mol红磷能量多bkJ，白磷转化为红磷会释放能量，1mol白磷固体变为4mol红磷固体释放4bkJ的热量，因此P4(白磷,s)＝4P(红磷,s) ΔH＝−4b kJ∙mol−1，故D正确。
综上所述，答案为D。
【点睛】无论化学反应是否可逆，热化学方程式中的反应热 Δ H 都表示反应进行到底 ( 完全转化 ) 时的能量变化。
15. 某有机物A的结构简式为，若取等物质的量的A分别与足量的、溶液、溶液充分反应，理论上消耗、、的物质的量之比为
A. 3∶2∶1 B. 3∶2∶2 C. 6∶4∶5 D. 3∶2∶3
【答案】A
【解析】
【详解】该物质中能与钠反应的官能团有羧基、羟基，能与反应的官能团只有酚羟基和羧基，能与碳酸氢钠反应的官能团只有羧基，故1A物质分别与题给物质充分反应，消耗、、的物质的量分别是3、2、1。综上所述，A项符合题意。
16. 阿莫西林是种最常用的抗生素，其结构如图所示。下列说法错误的是
A. 1mol阿莫西林最多消耗5mol
B. 1mol阿莫西林最多消耗4molNaOH
C. 阿莫西林分子中含有4个手性碳原子
D. 阿莫西林能发生取代、加成、氧化、缩聚等反应
【答案】A
【解析】
【分析】阿莫西林含有酚羟基、酰胺基、肽键、氨基、苯环；连接四个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，据此次分析作答。
【详解】A．苯环可与氢气加成，但羧基、肽键、酰胺基难与氢气加成，所以1mol阿莫西林最多消耗3mol，故A错误；
B．阿莫西林含有酚羟基、羧基、肽键均能与氢氧化钠反应，1mol阿莫西林最多消耗4molNaOH，故 B正 确 ；
C．打※的为手性碳原子，共4个，故C正确；
D．阿莫西林含有酚羟基等，可以发生氧化反应，含有苯环，可以发生加成反应，含有氨基与羧基，可以发生取代反应、缩聚反应，故D正确；
故答案选A。
17. 以下12种实验操作方法以及结论错误的有
①比较水和乙醇羟基的活泼性强弱，用金属钠分别与水和乙醇反应。
②欲证明CH2=CHCHO中含有碳碳双键，滴入酸性KMnO4溶液，看紫红色是否褪去。
③将0.1mol/L的NaOH溶液与0.5mol/L的CuSO4溶液等体积混合制得氢氧化铜悬浊液，用于检验麦芽糖是否为还原性糖。
④检验溴乙烷中的溴元素，将少量溴乙烷与NaOH溶液混合共热，充分反应并冷却后，向溶液中加稀HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液。
⑤用燃烧的方法鉴别乙醇、四氯化碳、苯。
⑥用足量的NaOH溶液与矿物油和地沟油加热，可鉴别出地沟油。
⑦油脂皂化后可用渗析的方法使高级脂肪酸钠和甘油分离。
⑧将铜丝在酒精灯外焰上加热变黑后移至内焰，铜丝恢复原来的红色。
⑨检验淀粉是否水解完全的方法是：在水解液中先加入过量的氢氧化钠溶液，然后滴加碘水，未变蓝，说明已水解完全。
⑩在紫外线、饱和Na2SO4、CuSO4溶液、福尔马林等作用下，蛋白质均会发生变性。
⑪甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红，则生成的氯甲烷具有酸性。
⑫将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明，则生成的1，2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳。
A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个
【答案】D
【解析】
【详解】①金属钠能与羟基发生反应生成氢气，可根据金属钠与水和乙醇分别反应，根据二者反应的剧烈程度判断水和乙醇羟基的活泼性强弱，实验操作方法正确；
②CH2=CHCHO中含有碳碳双键、醛基，二者均能使KMnO4溶液紫红色褪去，因此实验方法错误；
③制备新制氢氧化铜溶液需碱稍过量，而等体积0.1mol/L的NaOH溶液与0.5mol/L的CuSO4溶液混合后，硫酸铜过量，因此该混合溶液无法用于鉴别还原性糖，因此实验方法错误；
④溴乙烷与NaOH溶液混合共热发生取代反应生成NaBr，反应结束后向溶液中加稀HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液，若产生淡黄色AgBr沉淀，则说可证明溴乙烷中含有溴原子，实验操作方法以及结论正确；
⑤乙醇燃烧火焰为淡蓝色，苯燃烧时有浓烈的黑烟，而四氯化碳不燃烧，因此可利用燃烧法鉴别，实验操作方法正确；
⑥矿物油是由石油所得精炼液态烃的混合物，主要为饱和的环烷烃与链烷烃混合物，与氢氧化钠溶液不反应，且二者混合后溶液会分层，而地沟油主要成分为高级脂肪酸甘油酯，在氢氧化钠溶液作用下会发生水解，生成高级脂肪酸钠盐和丙三醇，溶液不会分层，因此该实验方法正确；
⑦油脂发生皂化反应后生成的高级脂肪酸钠盐和丙三醇，溶液中微粒直径均小于1nm，因此无法利用渗析法分离，可利用盐析方法分离，因此实验方法错误；
⑧将铜丝在酒精灯外焰上加热变黑后，生成氧化铜，再移至内焰时，氧化铜与内焰中的乙醇反应生成铜，铜丝又恢复到原来的红色，实验操作方法以及结论正确；
⑨利用碘水检验淀粉时溶液不能呈碱性，应向水解液中加入过量酸溶液，然后滴加碘水，从而确定溶液中是否含有淀粉，实验操作错误；
⑩在饱和Na2SO4溶液作用下，蛋白质溶液会发生盐析，而非变性，故结论错误；
⑪甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红，其原因是生成了HCl气体，并非是生成的氯甲烷具有酸性，故结论错误；
⑫将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明，其原因是乙烯与溴单质发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，而1，2-二溴乙烷为无色且易溶于四氯化碳中，故结论正确；
综上所述，实验操作方法以及结论错误的有②③⑦⑨⑩⑪，共6个，故答案为：D。
【点睛】蛋白质变性作用是蛋白质受物理或化学因素的影响，改变其分子内部结构和性质的作用，一般认为蛋白质的二级结构和三级结构有了改变或遭到破坏，都是变性的结果，能使蛋白质变性的化学方法有加强酸、强碱、重金属盐、尿素、丙酮等；能使蛋白质变性的物理方法有加热(高温)、紫外线及X射线照射、超声波、剧烈振荡或搅拌等。
18. 以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程图如下：
相关反应的热化学方程式为
反应I：SO2(g)+I2(g)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq) △H1=-213kJ/mol
反应Ⅱ：H2SO4(aq)=SO2(g)+H2O(l)+O2(g) △H2=+327 kJ/mol
反应Ⅲ：2HI(aq)=H2(g)+I2(g) △H3=+172kJ/mol
下列说法不正确的是
A. 该过程实现了太阳能到化学能的转化
B. SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用
C. 总反应的热化学力程式为2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) △H=+286kJ/mol
D. 该过程使水分解制氢反应更加容易发生，但总反应的△H不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知利用太阳能使化学反应发生，则太阳能转化为化学能，A正确；
B．由图可知总反应为水分解生成氧气、氢气，则SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用，B正确；
C．由盖斯定律可知，I+II+III得到H2O(l)═H2 (g)+O2(g) △H=(-213kJ•mol-1)+(+327kJ•mol-1)+(+172kJ•mol-1)=+286 kJ•mol-1，C错误；
D．催化剂降低反应的活化能，不影响焓变，则该过程降低了水分解制氢反应的活化能，但总反应的△H不变，D正确；
故答案为：C。
19. 反应在四种不同情况下的反应速率如下：
①
②
③
④
则反应速率由快到慢的顺序为
A. ①>②=③>④ B. ②=③>①>④ C. ④>①>②>③ D. ②>③>①>④
【答案】B
【解析】
【详解】用各物质表示的化学反应速率之比等于它们的化学计量数之比，即，则用X表示的化学反应速率分别为：
①，②，③，④，故反应速率由快到慢的顺序为②=③>①>④；
答案选B。
20. 有机物A与B的分子式为C5H10O2，在酸性条件下均可水解，发生如下转化关系，下列有关说法中错误的是
A. X、Y一定互为同分异构体
B. X、Y一定含有相同官能团
C. 若A能发生银镜反应，则B一定也可以
D. C所含碳原子数最多为3个
【答案】D
【解析】
【分析】有机物A与B的分子式为C5H10O2，在酸性条件下可水解，则A、B应为酯，A、B水解生成同一种物质C，且分别生成X和Y，则X和Y的分子式相同，结构不同，应为同分异构体。若C为CH3OH，则X、Y可能分别为CH3CH2CH2COOH或CH3CH(CH3)COOH，成立；若C为乙醇，则X、Y只能为丙酸，不存在同分异构体，则不成立；若C为乙酸，X、Y分别为CH3CH2CH2OH、CH3CHOHCH3；若C为甲酸，则X、Y可能为CH3CH2CH2CH2OH、CH3CHOHCH2CH3、CH3COH(CH3)2或(CH3)2CHCH2OH，成立，据此分析解答。
【详解】A. 由以上分析可知，X、Y一定互为同分异构体，故A正确；
B. 由以上分析可知，X、Y一定含有相同官能团，故B正确；
C. 若A能发生银镜反应，则A为甲酸丁酯，B也一定为与A互为同分异构体的另一甲酸丁酯，则B也能发生银镜反应，故C正确；
D. C可能为CH3OH、乙酸或甲酸，则其所含碳原子数最多为2个，故D错误；
故选D。
21. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 的乙醇水溶液中含有的氢原子数为6
B. 将(标准状况)通入足量水中，转移的电子数为
C. 和在一定条件下完全反应，转移的电子数为2
D. 和混合，反应一段时间后总原子数为4
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙醇分子中含氢原子，水分子中也含氢原子，在50g质量分数为46%的乙醇水溶液中，乙醇的物质的量为，水的物质的量，则该溶液中含的氢原子总数为，A错误；
B．氯气和水的反应为可逆反应，无法计算转移的电子数，B错误；
C．氢由0价变为+1价，转移1个电子，则和在一定条件下完全反应，转移的电子数为2，C正确；
D．的物质的量为1mol，含有3mol原子，的物质的量为1mol，含有2mol原子，化学反应遵循原子守恒定律，则反应后原子总物质的量为5mol，数目为5，D错误；
故选C。
22. 下列实验装置能达到目的的是
A. 装置甲实验室制乙酸乙酯 B. 装置乙实验室制硝基苯
C. 装置丙实验室制乙炔 D. 装置丁实验室制乙烯
【答案】B
【解析】
【详解】A．装置甲实验室装置甲实验室制乙酸乙酯，应在制备装置后连接收集产物的装置（试管中加饱和碳酸钠溶液），A错误；
B．制备硝基苯，水浴加热，温度计测定水温，图中制备装置合理，能够达到实验目的，B正确；
C．装置丙实验室制乙炔，不能使用启普发生器，电石是粉末状的，会从启普发生器中间的间隙中漏到食盐水中，不会达到随时停止的状况，且反应剧烈，C错误；
D．装置丁制取乙烯的条件是迅速加热到170℃，图中缺少温度计，D错误；
故答案为：B。
第II卷(非选择题)
二、填空题(共40分)
23. 回答下列问题
（1）在400℃时，将一定量的AB2和14molB2压入一个盛有催化剂的10L密闭容器中进行反应：2AB2+B2 2AB3，已知2min后，容器中剩余2molAB2和12molB2，则：
①反应中消耗了_______molAB2，2min后AB3的物质的量浓度是_______。
②2min内平均反应速率：v(B2)=_______。
③发生反应前容器内压强与发生反应后容器中压强比值为：_______。
（2）某温度时，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的量随时间的变化曲线如图所示。
①Z的产率是_______。
②由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为_______。
③若三种物质都是气体，则平衡时X所占体积的百分比为_______。
【答案】（1） ①. 4 ②. 0.4mol/L ③. 0.1mol/(L·min) ④. 10：9
（2） ① 30% ②. ③. 38.9%
【解析】
【小问1详解】
①已知2min后，容器中剩余2molAB2和12molB2，因此消耗B2物质的量是14mol-12mol=2mol，根据方程式可知反应中消耗了4molAB2，同时生成AB3是4mol，则2min后AB3的物质的量浓度是4mol÷10L=0.4mol/L。
②2min内平均反应速率v(B2)==0.1mol/(L·min)。
③压强之比是物质的量之比，则发生反应前容器内压强与发生反应后容器中压强比值为：。
【小问2详解】
①达到平衡时消耗X的物质的量是1mol-0.7mol=0.3mol，消耗Y的物质的量是1mol-0.9mol=0.1mol，生成Z的物质的量是0.2mol，变化量之比是化学计量数之比，因此方程式为，所以Z的理论产量是，平衡时生成Z是0.2mol，所以Z的产率是×100%=30%。
②根据以上分析可知该反应的化学方程式为。
③若三种物质都是气体，则平衡时X所占体积的百分比为×100%≈38.9%。
24. 在日常生活和工农业生产中经常涉及到吸热反应和放热反应，回答下面问题：
（1）下列反应一定属于吸热反应的是___________。
A. 酸碱中和反应 B. 燃烧反应
C. 铝热反应 D. C(s)+CO2(g)2CO(g)
（2）在101kPa时，H2在1.0molO2中完全燃烧，生成2.0mol液态水，放出571.6k的热量，表示氢气燃烧的热化学方程式为___________，氢气的燃烧热为___________kJ•mol-1。
（3）我国科学家利用计算机模拟了甲醇(CH3OH)与水在铜基催化剂上的反应机理和能量图如图：
①反应I的△H___________0(填“<”“>”或“=”)，反应Ⅱ的活化能是___________kJ•mol-1。
②在相同条件下反应I的反应速率___________(填“<”“>”或“=”)反应Ⅱ的反应速率。
③写出反应Ⅱ的热化学方程式___________。
（4）取30mL0.5mol•L-1H2SO4溶液与50mL0.5mol•L-1NaOH溶液于小烧杯中，用如图所示：装置进行中和反应反应热的测定实验。
①仪器a的名称是___________。
②若实验中测得中和热数值总是偏小，可能的原因是___________(答出一条即可)。
【答案】（1）D （2） ①. 2H2(g)+O2(g)=2H2O △H=-571.6kJ•mol-1 ②. 285.8
（3） ①. ＞ ②. a ③. ＜ ④. CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H=-bkJ•mol-1或CO(g)+H2O(g)+2H2(g)=CO2(g)+3H2(g) △H=-bkJ•mol-1
（4） ①. 环形玻璃搅拌棒 ②. 实验装置保温、隔热效果差
【解析】
【小问1详解】
酸碱中和反应、燃烧反应、铝热反应都是典型的放热反应，碳与二氧化碳生成一氧化碳的反应即C(s)+CO2(g)2CO(g)是吸热反应，故选D。
【小问2详解】
在101kPa时，H2在1.0molO2中完全燃烧，生成2.0mol液态水，放出571.6k的热量，则表示氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H=-571.6kJ•mol-1；H2燃烧热是1mol H2完全燃烧生成液态水时放出的热量，故氢气的燃烧热为285.8 kJ•mol-1。
【小问3详解】
①由反应过程能量图象可知第一步反应的生成物能量更高，该反应是吸热反应，△H>0；活化能是能量图像中，活化分子具有的平均能量（图像最高点）与反应物平均能量的差值，则反应II的活化能是a kJ•mol-1。②图象中反应I的活化能大于反应II的活化能，故在相同条件下反应I的反应速率比反应II的反应速率小。③由计算机模拟的甲醇(CH3OH)与水在铜基催化剂上的反应机理图示可知反应II化学方程式为：CO+H2O=CO2+H2，故热化学方程式为CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H=-bkJ•mol-1或CO(g)+H2O(g)+2H2(g)=CO2(g)+3H2(g) △H=-bkJ•mol-1；
【小问4详解】
①仪器a的名称是环形玻璃搅拌棒。②若实验中测得中和热数值总是偏小，说明实验中有热量从体系内散失，可能的原因是实验装置保温、隔热效果差等。
25. I.为比较和对分解的催化效果，某化学研究小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。请回答相关问题：
（1）定性分析：如图甲可通过观察产生气泡的快慢，定性比较得出结论。有同学提出将0.1mol/L，改为0.1mol/L___________，更为合理，其理由是___________；
（2）查阅资料得知：将作为催化剂的溶液加入溶液后，溶液中会发生两个氧化还原反应，且两个反应中均参加了反应，试从催化剂的角度分析，这两个氧化还原反应的离子方程式分别是：和______。
II．某实验小组通过锌粒与稀硫酸反应的实验，研究影响反应速率的因素，并绘制出甲、乙两种图象。
（3）甲图中，t1到t2速率明显加快的主要原因是______
（4）乙图中，a为锌粒与足量稀硫酸反应产生氢气的体积随时间变化情况，其它条件不变，添加适量的下列试剂___________，能使a变为b。
A. B. C. 溶液 D. 浓
III．乙同学利用控制变量法探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素时，设计了如下系列实验：
实验序号
反应温度/℃
浓度
稀硫酸
V/mL
c(mol/L)
V/mL
c(mol/L)
V/mL
①
20
10.0
0.10
10.0
0.50
0
②
40
0.10
0.50
③
20
0.10
4.0
0.50
（5）该实验①、②可探究___________对反应速率的影响。实验①、③可探究硫酸浓度对反应速率的影响，因此___________。
【答案】（1） ①. ②. 排除阴离子的干扰
（2）
（3）温度升高，速率加快(反应放热，溶液温度升高，反应速率加快) （4）D
（5） ①. 反应温度(或温度) ②. 6.0
【解析】
【小问1详解】
对比实验变量应该只有一个变量，研究比较和对分解的催化效果，阴离子应该相同，排除阴离子的干扰，所以将0.1mol/L，改为0.1mol/L；
【小问2详解】
催化剂在反应前后不发生变化，但是要参与反应过程，所以第一个反应得电子生成，第二个反应应该是被氧化生成的过程，生成催化剂本身，方程式为；
【小问3详解】
锌粒与稀硫酸反应是放热反应，甲图中，t1到t2速率明显加快的主要原因是温度升高，速率加快(反应放热，溶液温度升高，反应速率加快)；
【小问4详解】
a变为b斜率增大，说明速率加快，并且产生氢气的量相等，锌粒与足量稀硫酸要想增大速率又不能消耗锌。
A．加入形成原电池加快速率，需要消耗锌置换出铜，产生的氢气量减少，故不符合；
B．加入硝酸不产生氢气；
C．加入溶液稀释了硫酸溶液，速率减慢；
D．加入浓，增大氢离子的浓度，加快速率，且产生氢气的量相等；
故答案为D；
【小问5详解】
实验1温度20℃，实验2温度40℃，实验1和实验2探究反应温度对化学反应速率的影响，因此其余实验条件相同，V1=10.0mL；从表中可见实验1和3温度相同，硫酸所取得体积不同，可探究硫酸浓度对反应速率的影响，其余实验条件相同，V4=10.0mL，液体体积相同，因此V5=10.0-4.0=6.0mL；
26. 芳香烃A可用于合成有机化工原料N和某抗结肠炎药物H，其合成路线如下图所示(部分反应略去试剂和条件)：
已知：①；
②(、表示烃基)。
回答下列问题：
（1）芳香烃A的名称是_______；F的含氧官能团是_______；
（2）M生成的反应条件为_______。
（3）E与足量NaOH溶液共热反应的化学方程式为_______。
（4）设计C→D和E→F两步反应的目的是_______。
（5）写出符合下列条件的D的同分异构体的结构简式：_______(写出一种即可)。
①能发生银镜反应，也能发生水解反应，且水解后的产物之一能与溶液发生显色反应。
②核磁共振氢谱有四组峰峰面积比为1∶1∶2∶6。
（6）已知易被氧化，苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位。据此设计以A为原料制备高分子化合物的合成路线_______(无机试剂任选)。
【答案】（1） ①. 甲苯 ②. 羟基、羧基
（2）浓硫酸、加热 （3）+3NaOH+CH3COONa+2H2O
（4）保护酚羟基或防止酚羟基被氧化
（5）或 （6）
【解析】
【分析】根据框图和反应条件可知，A为，A发生取代反应生成B为，B发生水解反应生成C为，C发生酯化反应生成D为，D到E是酸性高锰酸钾氧化甲基，所以E为，E到F是碱性条件下水解，再酸化，所以F为，F到G是硝化反应，且G到H是还原硝基为氨基，氨基在羟基的对位，所以G为，由框图知H为，由框图知K为，由题干已知信息和N的结构简式知M为，M发生消去反应生成N，据此解答。
【小问1详解】
芳香烃A的名称是甲苯；F为，F的含氧官能团是羟基、羧基；
【小问2详解】
M生成是醇类的消去反应，反应条件为浓硫酸、加热。
【小问3详解】
E与足量NaOH溶液共热反应的化学方程式为+3NaOH+CH3COONa+2H2O。
【小问4详解】
由于酚羟基易被氧化，所以设计C→D和E→F两步反应的目的是保护酚羟基或防止酚羟基被氧化。
【小问5详解】
①能发生银镜反应，也能发生水解反应，且水解后的产物之一能与溶液发生显色反应，含有酚羟基，且含有酚羟基形成的酯基。②核磁共振氢谱有四组峰峰面积比为1∶1∶2∶6，符合条件的有机物结构简式为 或。
【小问6详解】
甲苯首先引入硝基，然后被氧化引入羧基，将硝基还原为为氨基，最后发生缩聚反应，则制备高分子化合物的合成路线为。
2022—2023学年上学期高二年级期中考试
化学试卷
试卷满分：100分 考试时间： 90分钟
第I卷(选择题)
一、单选题(每题2.5分，合计24题，共60分)
1. 环保材料越来越受到人们的关注，其中聚碳酸酯是用得较多的材料。聚碳酸酯的结构简式如图所示，下列说法正确的是
A. 它是由1种单体聚合而成的 B. 它是通过加聚反应得到的
C. 它是一种纯净物 D. 它不耐强碱，可发生水解反应
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由题给结构简式可知，聚碳酸酯的单体是和，共2种，A项错误；
B．聚碳酸酯是由和通过缩聚反应得到的，B项错误；
C．聚碳酸酯是高分子，由于不同分子中聚合度不同，所以是混合物，C项错误；
D．聚碳酸酯含有酯基，可酸性或碱性条件下水解，D项正确；
综上所述答案为D。
2. 1 mol 某烷烃在氧气中充分燃烧，需要消耗标准状况下的氧气 179.2 L，它在光照的条件下与氯气反应能生成三种不同的一氯取代物(不考虑立体异构)，该烃的结构简式是
A. C(CH3)3CH2CH3 B. CH3CH2CH(CH3)2
C. CH3CH2CH2CH2CH3 D. C(CH3)4
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．C(CH3)3CH2CH3有三种位置的氢，其一氯代物有三种，该物质分子式为C6H14，根据燃烧反应该物质1mol燃烧9.5mol即标准状况下212.8L氧气，故A不符合题意；
B．CH3CH2CH(CH3)2有四种位置的氢，其一氯代物有四种，故B不符合题意；
C．CH3CH2CH2CH2CH3有三种位置的氢，其一氯代物有三种，该物质分子式为C5H12，根据燃烧反应该物质1mol燃烧8mol即标准状况下179.2L氧气，故C符合题意；
D．C(CH3)4有一种位置的氢，其一氯代物有一种，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
3. 可逆反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)的v-t图象如图甲所示，若其他条件都不变，只是在反应前加入合适的催化剂，其v-t图象如图乙所示。 下列说法正确的是
①a1=a2②a1＜a2 ③b1=b2④b1＜b2 ⑤t1>t2 ⑥t1=t2
⑦两图中阴影部分面积相等 ⑧图乙中阴影部分面积更大
A. ②④⑤⑦ B. ②④⑥⑧ C. ②③⑤⑦ D. ②③⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①加入催化剂，反应速率加快，则a1＜a2，①项错误；
②加入催化剂，反应速率加快，则a1＜a2，②项正确；
③加入催化剂，反应达平衡时其反应速率也快，则b1＜b2，③项错误；
④加入催化剂，反应达平衡时其反应速率也快，则b1＜b2，④项正确；
⑤加入催化剂，反应速率加快，达到平衡时所用时间缩短，则t1>t2，⑤项正确；
⑥加入催化剂，反应速率加快，达到平衡时所用时间缩短，则t1>t2，⑥项错误；
⑦使用催化剂对化学平衡没有影响，阴影部分为反应物的浓度改变量，故两图中阴影部分面积相等，⑦项正确；
⑧使用催化剂对化学平衡没有影响，阴影部分为反应物的浓度改变量，故两图中阴影部分面积相等，⑧项错误；
答案选A。
4. 中国是世界上最早制糖的国家之一，人体所需左右的能量由糖提供。下列说法正确的是
A. 公元674年，我国发明的用黄泥浆使红糖脱色的方法，是利用了黄泥浆的吸附性
B. 唐大历年间，四川遂宁出现用甘蔗制取冰糖的方法，冰糖的主要成分是葡萄糖
C. 饴糖是以米(淀粉)和麦芽经过糖化熬煮而成的糖，饴糖就是葡萄糖
D. “床头冬酿压琼浆”中“冬酿”指的是蜂蜜，蜂蜜中几乎不含单糖
【答案】A
【解析】
【详解】A．黄泥浆遇红糖脱色是物理过程，是利用了黄泥浆的吸附性，A正确；
B．冰糖的主要成分是蔗糖，是一种二糖，而不是葡萄糖，B错误；
C．饴糖的主要成分是麦芽糖，不是葡萄糖，C错误；
D．蜂蜜的主要成分是葡萄糖和果糖，D错误；
故答案选A。
5. 下列关于2-环己基丙烯和2-苯基丙烯的说法中正确的是
A. 二者均为芳香烃 B. 2-苯基丙烯分子中所有碳原子一定共平面
C. 二者均可发生加聚反应和氧化反应 D. 2-环己基丙烯的分子式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．2-环己基丙烯中没有苯环，不属于芳香烃，A错误；
B．苯环和碳碳双键之间存在碳碳单键，可自由旋转，则所有的碳原子不一定在同一个平面内，B错误；
C．二者都含有碳碳双键，均可发生加聚反应和氧化反应，C正确；
D．2-环己基丙烯的分子式为，D错误；
故答案选C。
6. 下表中有关物质用途与原因解释均正确的是
选项
用途
原因
A
用浓硫酸与食盐制备少量HCl
硫酸的酸性强于盐酸
B
乙二醇可用于生产汽车防冻液
乙二醇是无色、粘稠的液体
C
用氢氧化铝治疗胃酸过多
氢氧化铝可以与盐酸反应
D
用聚乙烯塑料制作食品保鲜膜
聚乙烯塑料燃烧生成CO2和H2O
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．微热时氯化钠固体和浓硫酸生成硫酸氢钠和氯化氢气体，强热时氯化钠固体和浓硫酸生成硫酸钠和氯化氢气体，是利用不挥发性酸制取挥发性酸，A错误；
B．乙二醇可用于生产汽车防冻液，是因为乙二醇水溶液的凝固点可达-50°C，B错误；
C．氢氧化铝是不溶于水的具有弱碱性的两性氢氧化物、可以与盐酸反应，故用氢氧化铝治疗胃酸过多，C正确；
D．聚乙烯塑料无毒、用聚乙烯塑料制作食品保鲜膜，D错误；
答案选C。
7. 如图是金属镁和卤素单质X2反应的能量变化示意图。下列说法正确的是
A. 由MgCl2制取Mg是放热过程
B. 热稳定性： MgI2 > MgBr2 > MgCl2 > MgF2
C. 金属镁和卤素单质X2的反应都是放热反应
D. 由图可知，此温度下MgBr2 (s) 与Cl2 (g) 反应的热化学方程式为MgBr2(s)+Cl2(g)=MgCl2(s)+Br2(g) ∆H=+117kJ/mol
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，Mg与Cl2的能量高于MgCl2，则由MgCl2制取Mg是吸热反应，故A错误；
B．物质的能量越低越稳定，由图可知，化合物的热稳定性顺序为MgI2＜MgBr2＜MgCl2＜MgF2，故B错误；
C．金属镁和卤素单质（X2）的能量均比生成物能量高，则均为放热反应，故C正确；
D．由图可知①Mg（s）+Cl2（l）=MgCl2（s）△H=-641kJ/mol、②Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）△H=-524kJ/mol，结合盖斯定律可知，①-②得到MgBr2（s）+Cl2（g）═MgCl2（s）+Br2（g）△H=-117kJ•mol-1，故D错误；
答案选C。
8. 下列有机反应中，发生断裂的是
A. 甲烷与氯气在光照条件下反应
B. 乙烯与溴的四氯化碳溶液反应
C. 乙炔与氯化氢在催化剂和加热条件下反应
D. 苯与氢气在催化剂和加热条件下反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成氯代烃，C－H键断裂，A符合；
B．乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，生成1，2－二溴乙烷，断裂的是碳碳键，B不符合；
C．乙炔与氯化氢在催化剂和加热条件下发生加成反应，断裂的是碳碳键，C不符合；
D．苯与氢气在催化剂和加热条件下发生加成反应，断裂的是碳碳键，D不符合；
答案选A。
9. 实验室制备硝基苯的原理是在50～60 ℃下，苯与浓硝酸在浓硫酸作用下发生反应：+HNO3 +H2O，实验装置如图所示(夹持装置已略去)。下列说法不正确的是
A. 水浴加热的优点是使反应物受热均匀、容易控制温度
B. 反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到产品
C. 硝基苯有苦杏仁气味，密度比水的大
D. 将浓硫酸、浓硝酸和苯混合时，应向浓硝酸中加入浓硫酸，待冷却至室温后，将所得混合物加入苯中
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．水浴加热的优点为反应物受热均匀、容易控制温度，A正确；
B．反应完全后，溶液分层，应选分液漏斗分离，粗产品用蒸馏烧瓶(不用圆底烧瓶)和直形冷凝管(不用球形冷凝管)蒸馏得到硝基苯，B错误；
C．硝基苯有苦杏仁气味，密度比水的大，C正确；
D．混合时要使热量及时散失，防止苯挥发，由于浓硫酸的密度大于浓硝酸，为避免液体迸溅，应向浓硝酸中加入浓硫酸，待冷却后，将所得的混合物加入苯中，D正确；
故选B。
10. 甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：
①CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g) ΔH=＋49.0 kJ/mol
②CH3OH(g)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2(g) ΔH=-192.9 kJ/mol
下列说法正确的是
A. CH3OH的燃烧热为192.9 kJ/mol
B. 反应①中的能量变化如图所示
C. CH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量
D. 根据②推知反应CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)的ΔH >-192.9 kJ/mol
【答案】D
【解析】
【详解】A．燃烧热是指物质与氧气进行完全燃烧反应生成稳定的氧化物时放出的热量，反应②是生成氢气而不是液态的水，故CH3OH的燃烧热不是192.9 kJ/mol，A错误；
B．反应①是吸热反应，而该能量变化图是放热反应，B错误；
C．CH3OH转变成H2的过程可以是通过①反应，也可以是②反应。①反应是吸热反应，②反应是放热反应，C错误；
D． 1molCH3OH(l)能量低于1molCH3OH(g)，根据②可推知反应CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)的ΔH >-192.9 kJ/mol，D正确；
答案选D。
11. 现代化学测定有机物组成及结构的分析方法较多。下列有关说法正确的是
A. 元素分析仪不仅可以测出试样常见的组成元素及含量，还可以测定其分子的空间结构
B. 的核磁共振氢谱中有四组峰，峰面积之比为1：2：2：3
C. 通过红外光谱分析可以区分乙醇和乙酸乙酯
D. 质谱法和红外光谱法不属于测定有机物组成和结构的现代分析方法
【答案】C
【解析】
【详解】A．元素分析仪可对物质中的元素及含量进行定量分析，但无法确定有机化合物的空间结构，故A错误；
B．的核磁共振氢谱中有5组峰，峰面积之比为2：4：4：1：3，故B错误；
C．红外光谱可确定物质中的基团，乙醇和乙酸乙酯中的基团不同，则通过红外光谱分析可以区分乙醇和乙酸乙酯，故C正确；
D．质谱法可以测定有机物的相对分子质量，红外光谱法可以测定分子中的基团，属于测定有机物组成和结构的现代分析法，故D错误；
故答案选C。
12. 对可逆反应，有关反应条件改变使反应速率增大原因分析不正确的是
A. 使用催化剂，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加
B. 升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加
C. 增大，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加
D. 增大压强，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加
【答案】C
【解析】
【详解】A．使用催化剂，降低活化能，活化分子数目增加，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加，反应速率增大，故A正确；
B．升高温度，活化分子数目增多，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加，反应速率增大，故B正确；
C．增大c(O2)，单位体积内活化分子数量增多，活化分子百分数不变，有效碰撞几率增加，反应速率加快，故C错误；
D．增大压强，气体体积减小，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加，反应速率加快，故D正确；
答案选C。
13. 一定条件下，在体积为2L的密闭容器中，二氧化碳与氢气反应生成甲烷：，甲烷的物质的量随时间变化如图所示。根据图象，计算在300℃时，从反应开始到反应刚达到平衡这段时间内，氢气的平均反应速率为
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由图中信息可知，在300℃时，从反应开始到平衡所用时间为tAmin，生成的CH4的物质的量为nAmol，则根据反应方程式可知，消耗的H2的物质的量为4nAmol，容器的体积为2L，则该时间段内H2的平均反应速率为：υ=Δc/Δt=Δn/( VΔt) =，故答案为：C。
14. 下列热化学方程式正确的是
选项
已知条件
热化学方程式
A
H2的燃烧热为a kJ∙mol−1
H2(g)+Cl2(g)2HCl(g) ΔH＝−a kJ∙mol−1
B
1molSO2、0.5molO2完全反应后，放出热量98.3kJ
2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ΔH＝−98.3 kJ∙mol−1
C
H＋(aq)+OH－(aq)＝H2O(l) ΔH＝−57.3 kJ∙mol−1
H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)＝BaSO4(s)+2H2O(l) ΔH＝−114.6 kJ∙mol−1
D
31g白磷比31g红磷能量多bkJ
P4(白磷,s) ＝ 4P(红磷,s) ΔH＝−4b kJ∙mol−1
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所释放的热量，应是1mol气态H2和气态O2反应生成1mol液态水放出的热量，故A错误；
B．根据1molSO2、0.5molO2完全反应后，放出热量98.3kJ可知，则2molSO2、1molO2完全反应后，放出热量196.6kJ，因此2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ΔH＝−196.6 kJ∙mol−1，故B错误；
C．根据H＋(aq)+OH－(aq)＝H2O(l) ΔH＝−57.3 kJ∙mol−1，生成BaSO4沉淀，放出的热量大于114.6 kJ ，故H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)＝BaSO4(s)+2H2O(l) ΔH＜−114.6 kJ∙mol−1，故C错误；
D．根据31g即0.25mol白磷比31g即1mol红磷能量多bkJ，白磷转化为红磷会释放能量，1mol白磷固体变为4mol红磷固体释放4bkJ的热量，因此P4(白磷,s)＝4P(红磷,s) ΔH＝−4b kJ∙mol−1，故D正确。
综上所述，答案为D。
【点睛】无论化学反应是否可逆，热化学方程式中的反应热 Δ H 都表示反应进行到底 ( 完全转化 ) 时的能量变化。
15. 某有机物A的结构简式为，若取等物质的量的A分别与足量的、溶液、溶液充分反应，理论上消耗、、的物质的量之比为
A. 3∶2∶1 B. 3∶2∶2 C. 6∶4∶5 D. 3∶2∶3
【答案】A
【解析】
【详解】该物质中能与钠反应的官能团有羧基、羟基，能与反应的官能团只有酚羟基和羧基，能与碳酸氢钠反应的官能团只有羧基，故1A物质分别与题给物质充分反应，消耗、、的物质的量分别是3、2、1。综上所述，A项符合题意。
16. 阿莫西林是种最常用的抗生素，其结构如图所示。下列说法错误的是
A. 1mol阿莫西林最多消耗5mol
B. 1mol阿莫西林最多消耗4molNaOH
C. 阿莫西林分子中含有4个手性碳原子
D. 阿莫西林能发生取代、加成、氧化、缩聚等反应
【答案】A
【解析】
【分析】阿莫西林含有酚羟基、酰胺基、肽键、氨基、苯环；连接四个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，据此次分析作答。
【详解】A．苯环可与氢气加成，但羧基、肽键、酰胺基难与氢气加成，所以1mol阿莫西林最多消耗3mol，故A错误；
B．阿莫西林含有酚羟基、羧基、肽键均能与氢氧化钠反应，1mol阿莫西林最多消耗4molNaOH，故 B正 确 ；
C．打※的为手性碳原子，共4个，故C正确；
D．阿莫西林含有酚羟基等，可以发生氧化反应，含有苯环，可以发生加成反应，含有氨基与羧基，可以发生取代反应、缩聚反应，故D正确；
故答案选A。
17. 以下12种实验操作方法以及结论错误的有
①比较水和乙醇羟基的活泼性强弱，用金属钠分别与水和乙醇反应。
②欲证明CH2=CHCHO中含有碳碳双键，滴入酸性KMnO4溶液，看紫红色是否褪去。
③将0.1mol/L的NaOH溶液与0.5mol/L的CuSO4溶液等体积混合制得氢氧化铜悬浊液，用于检验麦芽糖是否为还原性糖。
④检验溴乙烷中的溴元素，将少量溴乙烷与NaOH溶液混合共热，充分反应并冷却后，向溶液中加稀HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液。
⑤用燃烧的方法鉴别乙醇、四氯化碳、苯。
⑥用足量的NaOH溶液与矿物油和地沟油加热，可鉴别出地沟油。
⑦油脂皂化后可用渗析的方法使高级脂肪酸钠和甘油分离。
⑧将铜丝在酒精灯外焰上加热变黑后移至内焰，铜丝恢复原来的红色。
⑨检验淀粉是否水解完全的方法是：在水解液中先加入过量的氢氧化钠溶液，然后滴加碘水，未变蓝，说明已水解完全。
⑩在紫外线、饱和Na2SO4、CuSO4溶液、福尔马林等作用下，蛋白质均会发生变性。
⑪甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红，则生成的氯甲烷具有酸性。
⑫将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明，则生成的1，2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳。
A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个
【答案】D
【解析】
【详解】①金属钠能与羟基发生反应生成氢气，可根据金属钠与水和乙醇分别反应，根据二者反应的剧烈程度判断水和乙醇羟基的活泼性强弱，实验操作方法正确；
②CH2=CHCHO中含有碳碳双键、醛基，二者均能使KMnO4溶液紫红色褪去，因此实验方法错误；
③制备新制氢氧化铜溶液需碱稍过量，而等体积0.1mol/L的NaOH溶液与0.5mol/L的CuSO4溶液混合后，硫酸铜过量，因此该混合溶液无法用于鉴别还原性糖，因此实验方法错误；
④溴乙烷与NaOH溶液混合共热发生取代反应生成NaBr，反应结束后向溶液中加稀HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液，若产生淡黄色AgBr沉淀，则说可证明溴乙烷中含有溴原子，实验操作方法以及结论正确；
⑤乙醇燃烧火焰为淡蓝色，苯燃烧时有浓烈的黑烟，而四氯化碳不燃烧，因此可利用燃烧法鉴别，实验操作方法正确；
⑥矿物油是由石油所得精炼液态烃的混合物，主要为饱和的环烷烃与链烷烃混合物，与氢氧化钠溶液不反应，且二者混合后溶液会分层，而地沟油主要成分为高级脂肪酸甘油酯，在氢氧化钠溶液作用下会发生水解，生成高级脂肪酸钠盐和丙三醇，溶液不会分层，因此该实验方法正确；
⑦油脂发生皂化反应后生成的高级脂肪酸钠盐和丙三醇，溶液中微粒直径均小于1nm，因此无法利用渗析法分离，可利用盐析方法分离，因此实验方法错误；
⑧将铜丝在酒精灯外焰上加热变黑后，生成氧化铜，再移至内焰时，氧化铜与内焰中的乙醇反应生成铜，铜丝又恢复到原来的红色，实验操作方法以及结论正确；
⑨利用碘水检验淀粉时溶液不能呈碱性，应向水解液中加入过量酸溶液，然后滴加碘水，从而确定溶液中是否含有淀粉，实验操作错误；
⑩在饱和Na2SO4溶液作用下，蛋白质溶液会发生盐析，而非变性，故结论错误；
⑪甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红，其原因是生成了HCl气体，并非是生成的氯甲烷具有酸性，故结论错误；
⑫将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明，其原因是乙烯与溴单质发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，而1，2-二溴乙烷为无色且易溶于四氯化碳中，故结论正确；
综上所述，实验操作方法以及结论错误的有②③⑦⑨⑩⑪，共6个，故答案为：D。
【点睛】蛋白质变性作用是蛋白质受物理或化学因素的影响，改变其分子内部结构和性质的作用，一般认为蛋白质的二级结构和三级结构有了改变或遭到破坏，都是变性的结果，能使蛋白质变性的化学方法有加强酸、强碱、重金属盐、尿素、丙酮等；能使蛋白质变性的物理方法有加热(高温)、紫外线及X射线照射、超声波、剧烈振荡或搅拌等。
18. 以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程图如下：
相关反应的热化学方程式为
反应I：SO2(g)+I2(g)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq) △H1=-213kJ/mol
反应Ⅱ：H2SO4(aq)=SO2(g)+H2O(l)+O2(g) △H2=+327 kJ/mol
反应Ⅲ：2HI(aq)=H2(g)+I2(g) △H3=+172kJ/mol
下列说法不正确的是
A. 该过程实现了太阳能到化学能的转化
B. SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用
C. 总反应的热化学力程式为2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) △H=+286kJ/mol
D. 该过程使水分解制氢反应更加容易发生，但总反应的△H不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知利用太阳能使化学反应发生，则太阳能转化为化学能，A正确；
B．由图可知总反应为水分解生成氧气、氢气，则SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用，B正确；
C．由盖斯定律可知，I+II+III得到H2O(l)═H2 (g)+O2(g) △H=(-213kJ•mol-1)+(+327kJ•mol-1)+(+172kJ•mol-1)=+286 kJ•mol-1，C错误；
D．催化剂降低反应的活化能，不影响焓变，则该过程降低了水分解制氢反应的活化能，但总反应的△H不变，D正确；
故答案为：C。
19. 反应在四种不同情况下的反应速率如下：
①
②
③
④
则反应速率由快到慢的顺序为
A. ①>②=③>④ B. ②=③>①>④ C. ④>①>②>③ D. ②>③>①>④
【答案】B
【解析】
【详解】用各物质表示的化学反应速率之比等于它们的化学计量数之比，即，则用X表示的化学反应速率分别为：
①，②，③，④，故反应速率由快到慢的顺序为②=③>①>④；
答案选B。
20. 有机物A与B的分子式为C5H10O2，在酸性条件下均可水解，发生如下转化关系，下列有关说法中错误的是
A. X、Y一定互为同分异构体
B. X、Y一定含有相同官能团
C. 若A能发生银镜反应，则B一定也可以
D. C所含碳原子数最多为3个
【答案】D
【解析】
【分析】有机物A与B的分子式为C5H10O2，在酸性条件下可水解，则A、B应为酯，A、B水解生成同一种物质C，且分别生成X和Y，则X和Y的分子式相同，结构不同，应为同分异构体。若C为CH3OH，则X、Y可能分别为CH3CH2CH2COOH或CH3CH(CH3)COOH，成立；若C为乙醇，则X、Y只能为丙酸，不存在同分异构体，则不成立；若C为乙酸，X、Y分别为CH3CH2CH2OH、CH3CHOHCH3；若C为甲酸，则X、Y可能为CH3CH2CH2CH2OH、CH3CHOHCH2CH3、CH3COH(CH3)2或(CH3)2CHCH2OH，成立，据此分析解答。
【详解】A. 由以上分析可知，X、Y一定互为同分异构体，故A正确；
B. 由以上分析可知，X、Y一定含有相同官能团，故B正确；
C. 若A能发生银镜反应，则A为甲酸丁酯，B也一定为与A互为同分异构体的另一甲酸丁酯，则B也能发生银镜反应，故C正确；
D. C可能为CH3OH、乙酸或甲酸，则其所含碳原子数最多为2个，故D错误；
故选D。
21. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 的乙醇水溶液中含有的氢原子数为6
B. 将(标准状况)通入足量水中，转移的电子数为
C. 和在一定条件下完全反应，转移的电子数为2
D. 和混合，反应一段时间后总原子数为4
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙醇分子中含氢原子，水分子中也含氢原子，在50g质量分数为46%的乙醇水溶液中，乙醇的物质的量为，水的物质的量，则该溶液中含的氢原子总数为，A错误；
B．氯气和水的反应为可逆反应，无法计算转移的电子数，B错误；
C．氢由0价变为+1价，转移1个电子，则和在一定条件下完全反应，转移的电子数为2，C正确；
D．的物质的量为1mol，含有3mol原子，的物质的量为1mol，含有2mol原子，化学反应遵循原子守恒定律，则反应后原子总物质的量为5mol，数目为5，D错误；
故选C。
22. 下列实验装置能达到目的的是
A. 装置甲实验室制乙酸乙酯 B. 装置乙实验室制硝基苯
C. 装置丙实验室制乙炔 D. 装置丁实验室制乙烯
【答案】B
【解析】
【详解】A．装置甲实验室装置甲实验室制乙酸乙酯，应在制备装置后连接收集产物的装置（试管中加饱和碳酸钠溶液），A错误；
B．制备硝基苯，水浴加热，温度计测定水温，图中制备装置合理，能够达到实验目的，B正确；
C．装置丙实验室制乙炔，不能使用启普发生器，电石是粉末状的，会从启普发生器中间的间隙中漏到食盐水中，不会达到随时停止的状况，且反应剧烈，C错误；
D．装置丁制取乙烯的条件是迅速加热到170℃，图中缺少温度计，D错误；
故答案为：B。
第II卷(非选择题)
二、填空题(共40分)
23. 回答下列问题
（1）在400℃时，将一定量的AB2和14molB2压入一个盛有催化剂的10L密闭容器中进行反应：2AB2+B2 2AB3，已知2min后，容器中剩余2molAB2和12molB2，则：
①反应中消耗了_______molAB2，2min后AB3的物质的量浓度是_______。
②2min内平均反应速率：v(B2)=_______。
③发生反应前容器内压强与发生反应后容器中压强比值为：_______。
（2）某温度时，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的量随时间的变化曲线如图所示。
①Z的产率是_______。
②由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为_______。
③若三种物质都是气体，则平衡时X所占体积的百分比为_______。
【答案】（1） ①. 4 ②. 0.4mol/L ③. 0.1mol/(L·min) ④. 10：9
（2） ① 30% ②. ③. 38.9%
【解析】
【小问1详解】
①已知2min后，容器中剩余2molAB2和12molB2，因此消耗B2物质的量是14mol-12mol=2mol，根据方程式可知反应中消耗了4molAB2，同时生成AB3是4mol，则2min后AB3的物质的量浓度是4mol÷10L=0.4mol/L。
②2min内平均反应速率v(B2)==0.1mol/(L·min)。
③压强之比是物质的量之比，则发生反应前容器内压强与发生反应后容器中压强比值为：。
【小问2详解】
①达到平衡时消耗X的物质的量是1mol-0.7mol=0.3mol，消耗Y的物质的量是1mol-0.9mol=0.1mol，生成Z的物质的量是0.2mol，变化量之比是化学计量数之比，因此方程式为，所以Z的理论产量是，平衡时生成Z是0.2mol，所以Z的产率是×100%=30%。
②根据以上分析可知该反应的化学方程式为。
③若三种物质都是气体，则平衡时X所占体积的百分比为×100%≈38.9%。
24. 在日常生活和工农业生产中经常涉及到吸热反应和放热反应，回答下面问题：
（1）下列反应一定属于吸热反应的是___________。
A. 酸碱中和反应 B. 燃烧反应
C. 铝热反应 D. C(s)+CO2(g)2CO(g)
（2）在101kPa时，H2在1.0molO2中完全燃烧，生成2.0mol液态水，放出571.6k的热量，表示氢气燃烧的热化学方程式为___________，氢气的燃烧热为___________kJ•mol-1。
（3）我国科学家利用计算机模拟了甲醇(CH3OH)与水在铜基催化剂上的反应机理和能量图如图：
①反应I的△H___________0(填“<”“>”或“=”)，反应Ⅱ的活化能是___________kJ•mol-1。
②在相同条件下反应I的反应速率___________(填“<”“>”或“=”)反应Ⅱ的反应速率。
③写出反应Ⅱ的热化学方程式___________。
（4）取30mL0.5mol•L-1H2SO4溶液与50mL0.5mol•L-1NaOH溶液于小烧杯中，用如图所示：装置进行中和反应反应热的测定实验。
①仪器a的名称是___________。
②若实验中测得中和热数值总是偏小，可能的原因是___________(答出一条即可)。
【答案】（1）D （2） ①. 2H2(g)+O2(g)=2H2O △H=-571.6kJ•mol-1 ②. 285.8
（3） ①. ＞ ②. a ③. ＜ ④. CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H=-bkJ•mol-1或CO(g)+H2O(g)+2H2(g)=CO2(g)+3H2(g) △H=-bkJ•mol-1
（4） ①. 环形玻璃搅拌棒 ②. 实验装置保温、隔热效果差
【解析】
【小问1详解】
酸碱中和反应、燃烧反应、铝热反应都是典型的放热反应，碳与二氧化碳生成一氧化碳的反应即C(s)+CO2(g)2CO(g)是吸热反应，故选D。
【小问2详解】
在101kPa时，H2在1.0molO2中完全燃烧，生成2.0mol液态水，放出571.6k的热量，则表示氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H=-571.6kJ•mol-1；H2燃烧热是1mol H2完全燃烧生成液态水时放出的热量，故氢气的燃烧热为285.8 kJ•mol-1。
【小问3详解】
①由反应过程能量图象可知第一步反应的生成物能量更高，该反应是吸热反应，△H>0；活化能是能量图像中，活化分子具有的平均能量（图像最高点）与反应物平均能量的差值，则反应II的活化能是a kJ•mol-1。②图象中反应I的活化能大于反应II的活化能，故在相同条件下反应I的反应速率比反应II的反应速率小。③由计算机模拟的甲醇(CH3OH)与水在铜基催化剂上的反应机理图示可知反应II化学方程式为：CO+H2O=CO2+H2，故热化学方程式为CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H=-bkJ•mol-1或CO(g)+H2O(g)+2H2(g)=CO2(g)+3H2(g) △H=-bkJ•mol-1；
【小问4详解】
①仪器a的名称是环形玻璃搅拌棒。②若实验中测得中和热数值总是偏小，说明实验中有热量从体系内散失，可能的原因是实验装置保温、隔热效果差等。
25. I.为比较和对分解的催化效果，某化学研究小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。请回答相关问题：
（1）定性分析：如图甲可通过观察产生气泡的快慢，定性比较得出结论。有同学提出将0.1mol/L，改为0.1mol/L___________，更为合理，其理由是___________；
（2）查阅资料得知：将作为催化剂的溶液加入溶液后，溶液中会发生两个氧化还原反应，且两个反应中均参加了反应，试从催化剂的角度分析，这两个氧化还原反应的离子方程式分别是：和______。
II．某实验小组通过锌粒与稀硫酸反应的实验，研究影响反应速率的因素，并绘制出甲、乙两种图象。
（3）甲图中，t1到t2速率明显加快的主要原因是______
（4）乙图中，a为锌粒与足量稀硫酸反应产生氢气的体积随时间变化情况，其它条件不变，添加适量的下列试剂___________，能使a变为b。
A. B. C. 溶液 D. 浓
III．乙同学利用控制变量法探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素时，设计了如下系列实验：
实验序号
反应温度/℃
浓度
稀硫酸
V/mL
c(mol/L)
V/mL
c(mol/L)
V/mL
①
20
10.0
0.10
10.0
0.50
0
②
40
0.10
0.50
③
20
0.10
4.0
0.50
（5）该实验①、②可探究___________对反应速率的影响。实验①、③可探究硫酸浓度对反应速率的影响，因此___________。
【答案】（1） ①. ②. 排除阴离子的干扰
（2）
（3）温度升高，速率加快(反应放热，溶液温度升高，反应速率加快) （4）D
（5） ①. 反应温度(或温度) ②. 6.0
【解析】
【小问1详解】
对比实验变量应该只有一个变量，研究比较和对分解的催化效果，阴离子应该相同，排除阴离子的干扰，所以将0.1mol/L，改为0.1mol/L；
【小问2详解】
催化剂在反应前后不发生变化，但是要参与反应过程，所以第一个反应得电子生成，第二个反应应该是被氧化生成的过程，生成催化剂本身，方程式为；
【小问3详解】
锌粒与稀硫酸反应是放热反应，甲图中，t1到t2速率明显加快的主要原因是温度升高，速率加快(反应放热，溶液温度升高，反应速率加快)；
【小问4详解】
a变为b斜率增大，说明速率加快，并且产生氢气的量相等，锌粒与足量稀硫酸要想增大速率又不能消耗锌。
A．加入形成原电池加快速率，需要消耗锌置换出铜，产生的氢气量减少，故不符合；
B．加入硝酸不产生氢气；
C．加入溶液稀释了硫酸溶液，速率减慢；
D．加入浓，增大氢离子的浓度，加快速率，且产生氢气的量相等；
故答案为D；
【小问5详解】
实验1温度20℃，实验2温度40℃，实验1和实验2探究反应温度对化学反应速率的影响，因此其余实验条件相同，V1=10.0mL；从表中可见实验1和3温度相同，硫酸所取得体积不同，可探究硫酸浓度对反应速率的影响，其余实验条件相同，V4=10.0mL，液体体积相同，因此V5=10.0-4.0=6.0mL；
26. 芳香烃A可用于合成有机化工原料N和某抗结肠炎药物H，其合成路线如下图所示(部分反应略去试剂和条件)：
已知：①；
②(、表示烃基)。
回答下列问题：
（1）芳香烃A的名称是_______；F的含氧官能团是_______；
（2）M生成的反应条件为_______。
（3）E与足量NaOH溶液共热反应的化学方程式为_______。
（4）设计C→D和E→F两步反应的目的是_______。
（5）写出符合下列条件的D的同分异构体的结构简式：_______(写出一种即可)。
①能发生银镜反应，也能发生水解反应，且水解后的产物之一能与溶液发生显色反应。
②核磁共振氢谱有四组峰峰面积比为1∶1∶2∶6。
（6）已知易被氧化，苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位。据此设计以A为原料制备高分子化合物的合成路线_______(无机试剂任选)。
【答案】（1） ①. 甲苯 ②. 羟基、羧基
（2）浓硫酸、加热 （3）+3NaOH+CH3COONa+2H2O
（4）保护酚羟基或防止酚羟基被氧化
（5）或 （6）
【解析】
【分析】根据框图和反应条件可知，A为，A发生取代反应生成B为，B发生水解反应生成C为，C发生酯化反应生成D为，D到E是酸性高锰酸钾氧化甲基，所以E为，E到F是碱性条件下水解，再酸化，所以F为，F到G是硝化反应，且G到H是还原硝基为氨基，氨基在羟基的对位，所以G为，由框图知H为，由框图知K为，由题干已知信息和N的结构简式知M为，M发生消去反应生成N，据此解答。
【小问1详解】
芳香烃A的名称是甲苯；F为，F的含氧官能团是羟基、羧基；
【小问2详解】
M生成是醇类的消去反应，反应条件为浓硫酸、加热。
【小问3详解】
E与足量NaOH溶液共热反应的化学方程式为+3NaOH+CH3COONa+2H2O。
【小问4详解】
由于酚羟基易被氧化，所以设计C→D和E→F两步反应的目的是保护酚羟基或防止酚羟基被氧化。
【小问5详解】
①能发生银镜反应，也能发生水解反应，且水解后的产物之一能与溶液发生显色反应，含有酚羟基，且含有酚羟基形成的酯基。②核磁共振氢谱有四组峰峰面积比为1∶1∶2∶6，符合条件的有机物结构简式为 或。
【小问6详解】
甲苯首先引入硝基，然后被氧化引入羧基，将硝基还原为为氨基，最后发生缩聚反应，则制备高分子化合物的合成路线为。
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