2024届内蒙古师范大学附属中学化学高二第一学期期中学业水平测试试题含解析

2024届内蒙古师范大学附属中学化学高二第一学期期中学业水平测试试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。

用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。

将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。

答案不能答在试题卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

4．考生必须保证答题卡的整洁。

考试结束后，请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、下列实验中，由于错误操作导致实验结果一定偏低的是
A．用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液的浓度
B．滴定时盛放待测液的锥形瓶没有干燥，所测得待测液的浓度
C．用标准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的醋酸溶液，选甲基橙做指示剂，所测得醋酸溶液的浓度
D．滴定管(装标准溶液)滴定前尖嘴处有气泡，滴定后无气泡，所测得待测液的浓度
2、下列物质按纯净物、混合物、强电解质、弱电解质和非电解质顺序排列的是
A．纯盐酸、水煤气、硫酸、醋酸、干冰
B．冰醋酸、玻璃、硫酸钡、氢氟酸、乙醇
C．油酯、冰水混合物、苛性钠、氢硫酸、三氧化硫
D．绿矾、漂白粉、次氯酸、氯化钾、氯气
3、下列说法中，正确的是()
A．0.1 mol·L-1盐酸和0.1 mol·L-1硫酸与2 mol·L-1 NaOH溶液反应，其反应速率相同
B．大理石块与大理石粉分别同0.1 mol·L-1盐酸反应，其反应速率相同
C．0.1 mol·L-1盐酸和0.1 mol·L-1硝酸与相同形状和大小的大理石反应，其反应速率相同
D．Mg、Al在相同条件下分别与0.1 mol·L-1盐酸反应，其反应速率相同
4、分类是学习和研究化学的一种重要方法，下列分类合理的是：
A．K2CO3和K2O都属于盐B．KOH和Na2CO3都属于碱
C．H2SO4和HNO3都属于酸D．Na2O和Na2SiO3都属于氧化物
5、下列事实能说明亚硝酸是弱电解质的是（）
①25℃时亚硝酸钠溶液的pH大于7 ②用HNO2溶液做导电试验，灯泡很暗③HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应④0.1mol·L-1HNO2溶液的pH＝2
A．①②③
B．②③④
C．①④
D．①②④
6、空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池(RFC)，RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池。

RFC的工作原理如图如示。

下列有关说法正确的是()
A．当有0.1 mol电子转移时，a电极产生2.24 L H2(标况)
B．b电极上发生的电极反应式为4H2O＋4e－=2H2↑＋4OH－
C．c电极上进行还原反应，B池中的H＋可以通过隔膜进入A池
D．d电极上发生的电极反应式为O2＋4H＋＋4e－=2H2O
7、下列物质中,含有共价键的是
A．NaCl B．CO2C．MgCl2D．Na2O
8、常压下羰基化法精炼镍的原理：Ni(s)＋4CO(g) Ni(CO)4(g)。

230 ℃时，该反应的平衡常数K＝2×10－5。

已知：Ni(CO)4 的沸点为42.2 ℃，固体杂质不参与反应。

第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230 ℃制得高纯镍。

下列判断正确的是
A．增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大
B．该反应达到平衡时，υ生成[Ni(CO)4]）＝4υ生成(CO)
C．第一阶段，在30 ℃和50 ℃两者之间选择反应温度，选50 ℃
D．第二阶段，Ni(CO)4分解率较低
9、下列各有机物：①分子式为C5H12O的醇；②分子式为C5H10O的醛；③分子式为C5H10O的酮；④分子式为C5H10O2的羧酸。

同分异构体数目的关系为
A．①=②=③=④B．①>②=④>③C．①<②=④<③D．①>②>④>③
10、某溶液中只含有Na＋、H＋、OH－、A－四种离子，下列说法正确的是
A．若c(OH－)>c(H＋)，溶液中不可能存在：c(Na＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)
B．溶液中不可能存在：c(Na＋)>c (A－)>c(OH－)>c(H＋)
C．若溶液中c(A－) = c(Na＋)，则溶液一定呈中性
D．若溶质为NaA、HA，则一定存在：c(A－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
11、已知反应：X＋Ｙ＝Ｍ＋Ｎ为放热反应，对该反应的下列说法中正确的是( )
A．X的能量一定高于M
B．Y的能量一定高于N
C．X和Y的总能量一定高于M和N的总能量
D．因为该反应为放热反应，故不必加热反应就可以发生
12、常温下，下列溶液中各离子浓度关系正确的是
A．pH＝2的醋酸溶液与pH＝12的氢氧化钠溶液等体积混合：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
B．浓度为0.1 mol·L－1的碳酸氢钠溶液：c(Na＋)＋ c(H＋)＝c(HCO3－)＋c(OH－)
C．浓度为0.1 mol·L－1的(NH4)2CO3溶液：c(NH4＋)＝2c(CO32－)＋2c(HCO3－)＋2c(H2CO3)
D．浓度均为0.1 mol·L－1的醋酸溶液与NaOH溶液混合后：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)
13、一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示，下列说法正确的是
A．a、b、c三点溶液的pH：c＜a＜b
B．用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏小
C．a、b、c三点CH3COOH的电离程度：c＜a＜b
D．a、b、c三点溶液用1 mol·L−1 NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液体积：c＜a＜b
14、在相同的条件下(500℃)，有相同体积的甲、乙两容器，甲容器充入1gO2和1gSO2，乙容器充入2gO2和2g SO2 。

下列叙述中错误
．．的是：
A．平衡时SO2的转化率：乙＞甲B．平衡时O2的浓度：乙＞甲
C．平衡时SO2的体积分数：乙＞甲D．化学反应速率：乙＞甲
15、反应4A(s)＋3B(g) 2C(g)＋D(g)，经2 min后，B的浓度减少了0.6 mol·L－1。

对此反应速率的正确表示是（）
A．用A表示的反应速率是0.8 mol·L－1·s－1
B．在2 min末时的反应速率，用反应物B来表示是0.3 mol·L－1·min－1
C．分别用B、C、D表示反应的速率，其比值是3∶2∶1
D．在这2 min内用B和C表示的反应速率的值都是相同的
16、属于碱性氧化物的是
A．SO2B．Na2O2C．Na2O D．SiO2
二、非选择题（本题包括5小题）
17、重要的化工原料F(C5H8O4)有特殊的香味，可通过如图所示的流程合成：
已知：①X是石油裂解气主要成分之一，与乙烯互为同系物；
②；
③C、E、F均能与NaHCO3生成气体
(1)D中所含官能团的名称是_______________。

(2)反应②的化学方程式为_____________，反应类型是________；反应⑥的化学方程式为______________。

(3)F的同分异构体很多，其中一种同分异构体只含有一种官能团，在酸性或碱性条件下都能水解生成两种有机物，该同分异构体的结构简式是____________________________。

18、石油分馏得到的轻汽油，可在Pt催化下脱氢环化，逐步转化为芳香烃。

以链烃A为原料合成两种高分子材料的路线如下：
已知以下信息：
①B的核磁共振氢谱中只有一组峰；G为一氯代烃。

②R—X＋R′—X R—R′(X为卤素原子，R、R′为烃基)。

回答以下问题：
（1）B的化学名称为_________，E的结构简式为_________。

（2）生成J的反应所属反应类型为_________。

（3）F合成丁苯橡胶的化学方程式为：_________
（4）I的同分异构体中能同时满足下列条件的共有_________种(不含立体异构)。

①能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体；
②既能发生银镜反应，又能发生水解反应。

其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6∶2∶1∶1的是_________(写出其中一种的结构简式)。

（5）参照上述合成路线，以2-甲基己烷和一氯甲烷为原料(无机试剂任选)，设计制备化合物E的合成路线：_________。

19、某校化学课外兴趣小组为了探究影响化学反应速率的因素，做了以下实验。

(1)用三支试管各取5.0 mL、0.01 mol·L－1的酸性KMnO4溶液，再分别滴入0.1 mol·L－1 H2C2O4溶液，实验报告如下。

①实验1、3研究的是_________对反应速率的影响。

②表中V＝_________mL。

(2)小组同学在进行(1)中各组实验时，均发现该反应开始时很慢，一段时间后速率会突然加快。

对此该小组的同学展开讨论：
①甲同学认为KMnO4与H2C2O4的反应放热，温度升高，速率加快。

②乙同学认为随着反应的进行，因_________，故速率加快。

(3)为比较Fe3＋、Cu2＋对H2O2分解的催化效果，该小组的同学又分别设计了如图甲、乙所示的实验。

回答相关问题：
①装置乙中仪器A的名称为_________。

②定性分析：如图甲可通过观察反应产生气泡的快慢，定性比较得出结论。

有同学提出将CuSO4溶液改为CuCl2溶液更合理，其理由是____________________________________。

③定量分析：如图乙所示，实验时以收集到40 mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据
是_______________。

20、某同学称取9g淀粉溶于水，测定淀粉的水解百分率。

其程序如下：
(1)各步加入的试剂为：
A______________，B_____________，C______________。

(2)加入A溶液而不加入B溶液是否可以__________________，其理由是__________________。

(3)当析出1.44g砖红色沉淀时，淀粉水解率是___________________。

21、依据氧化还原反应Zn(s)＋Cu2＋(aq)===Zn2＋(aq)＋Cu(s)设计的原电池如下图所示。

请回答下列问题：
（1）电极X的材料是____________；电解质溶液Y是__________________。

（2）铜电极为电池的________极，发生的电极反应为_______________________ X极上发生的电极反应为
______________。

（3）外电路中的电子是从________极流向__________极（填名称）。

（4）盐桥中的Cl－向________极移动，如将盐桥撤掉，电流计的指针将________偏转。

参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解题分析】A. 用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏大，A错误；
B. 滴定时盛放待测液的锥形瓶没有干燥，不影响溶质的量，所测得待测液的浓度无影响，B错误；
C.甲基橙的变色pH范围为3.1-4.4，用标准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的醋酸溶液，反应后生成的醋酸钠显碱性，而选甲基橙做指示剂，溶液显酸性，所消耗的氢氧化钠的体积偏小，所测得醋酸溶液的浓度偏低，C正确；
D.滴定管(装标准溶液)在滴定前尖嘴处有气泡,滴定终了无气泡,读出的标准液体积增大,测定结果偏高,D错误；
综上所述，本题选C。

【题目点拨】
用NaOH标准溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液时，由于醋酸钠溶液水解显碱性，所以使用酚酞作指示剂；用盐酸标准溶液滴定未知浓度的氨水溶液时，由于氯化铵溶液水解显酸性，所以使用甲基橙作指示剂；对于用NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸溶液时，由于氯化钠溶液显中性，用酚酞或甲基橙做指示剂均可。

2、B
【解题分析】有一种物质组成的是纯净物；
由两种或两种以上的物质组成的混合物；
在水溶液里或熔融状态下完全电离的是强电解质，部分电离的是弱电解质；
在水溶液里或熔融状态下不导电的化合物是非电解质。

【题目详解】A项、盐酸是混合物，故A错误；
B项、各项符合条件，故B正确；
C．冰水混合物的成分是水，属于纯净物，故C错误；
D．次氯酸是弱电解质，氯气既不是电解质，也不是非电解质，故D错误。

故选B。

【题目点拨】
本题考查物质的分类断，明确电解质是化合物及电解质与物质的溶解性没有必然的联系，如碳酸钡不溶于水，但属于强电解质是解答的难点。

3、C
【题目详解】A．两个反应中OH-浓度相同，但两种溶液中的H+浓度不同，因此反应速率不相同，A错误；
B．粉末状CaCO3与盐酸的接触面积大，因此反应速率粉末状比块状CaCO3快，B错误；
C．固体表面积相同，两种溶液中H+浓度相同，因此反应速率相同，C正确；
D．金属越活泼，与同浓度的酸反应产生氢气的速率就越快，由于金属活动性Mg＞Al，所以反应速率：Mg＞Al，D 错误；
故合理选项是C。

4、C
【题目详解】A. K2CO3属于盐，K2O属于氧化物，故A错误；
B. KOH属于碱，Na2CO3属于盐，故B错误；
C. H2SO4和HNO3都属于酸，故C正确；
D. Na2O属于氧化物，Na2SiO3属于盐，故D错误；
答案选C。

【题目点拨】
电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物叫酸；电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物叫碱；电离时生成金属离子和酸根离子的化合物叫盐；由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物叫氧化物。

5、C
【题目详解】弱酸认证方法主要有：证明其部分电离、证明存在电离平衡移动现象、对应钠盐存在水解、与强酸对比等。

NO 能发生水解，HNO2为弱酸，①符合题意；
①NaNO2溶液pH＞7，说明
2
②溶液的导电性与溶液中离子浓度有关，离子浓度越大溶液的导电性越强，导电性差只说明溶液中离子的浓度较小，可能是HNO2的浓度小，不能说明HNO2的电离程度，②不符合题意；
③HNO2不与Na2SO4反应，不能说明HNO2是弱酸，③不符合题意；
④0.1 mol·L－1HNO2溶液pH＝2，c(H＋)＝1×10－2mol·L－1，说明HNO2未完全电离，HNO2是弱电解质，④符合题意；综上，C正确。

6、C
【分析】电解池中的电极反应为：b电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑；a电极为阴极得到电子发生还原反应：4H++4e-=2H2↑；原电池中是酸性溶液，电极反应为：d为负极失电子发生氧化反应：2H2-4e-=4H+；c电极为正极得到电子发生还原反应：O2+4H++4e-=2H2O。

【题目详解】A.阳极电极反应计算，当有0.1 mol电子转移时，a电极产生1.12LH2故A错误；
B.b电极上发生的电极反应是4OH--4e-=2H2O+O2↑；故B错误；
C.c电极上进行还原反应，B池中的H+可以通过隔膜进入A池，故C正确；
D.d电极上发生的电极反应是：2H2-4e-=4H+；故D错误；
故选C。

【点评】
本题考查了化学电源新型电池，主要考查原电池和电解池的工作原理，电极判断，电极反应，关键是原电池中电解质溶液是酸性环境，注意电极书写。

7、B
【分析】一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，以此来解答。

【题目详解】A. NaCl由钠离子和氯离子构成，只含离子键，选项A不符合；
B. CO2由碳原子和氧原子通过共用电子对而形成，只含有共价键，选项B符合；
C. MgCl2由镁离子和氯离子构成，只含离子键，选项C不符合；
D. Na2O由钠离子和氧离子构成，只含离子键，选项D不符合。

答案选B。

【题目点拨】
本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意特殊物质中的化学键，题目难度不大。

8、C
【题目详解】A．平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，所以增加c（CO），虽然平衡向正向移动，但反应的平衡常数不变，故A错误；
B．反应的速率之比等于气体的计量数之比，所以平衡时有4υ生成[Ni(CO)4]=υ生成(CO)，故B错误；
C．Ni(CO)4的沸点为42.2℃，应大于沸点，便于分离出Ni(CO)4，则第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃，故C正确；
D．加热至230℃制得高纯镍，可知第二阶段Ni(CO)4分解率较大，故D错误；
故选C。

9、B
【题目详解】①分子式为C5H12O的醇，同分异构体有8种；
②分子式为C5H10O的醛，同分异构体有4种；
③分子式为C5H10O的酮，同分异构体有3种；
④分子式为C5H10O2的羧酸，同分异构体有4种；
综合以上分析，同分异构体数目的关系为①>②=④>③，故选B。

【题目点拨】
分子式为C5H12O的醇，其同分异构体的数目，实质上就是C5H11-的异构体数目；分子式为C5H10O的醛，其异构体的数目，实质上就是C4H9-的异构体数目；分子式为C5H10O2的羧酸，其异构体的数目，实质上就是C4H9-的异构体数目。

从烃基碳原子数，也可大致确定三者异构体的数目关系。

10、C
【题目详解】A、由电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，溶液中c(A-)=c(Na+)，则c(OH-)=c(H+)，溶液为中性，选项A正确；
B、溶质若为NaA，A-水解使溶液显碱性，则存在c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，选项B错误；
C、若c(OH-)＞c(H+)，溶质可能为NaA、NaOH，且NaOH的物质的量较大时存在c(Na+)＞c(OH-)＞c(A-)＞c(H+)，选项C错误；
D、若溶质为NaA、HA，二者等物质的量时且酸电离大于盐的水解存在c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，若二者等物质的量且盐的水解大于酸的电离，则存在c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，选项D错误；
答案选D。

11、C
【题目详解】该反应为放热反应，因此反应物的总能量大于生成物的总能量，但单个反应物与单个生成物无法比较能量大小，故A项和B项错误，C项正确；
放热反应仅说明旧键断裂吸收的能量小于新键形成放出的能量，并不意味着反应不需要加热就可以发生，反应的放热、吸热与反应条件(如加热)是无关的，故D项错误；
故选C。

12、A
【解题分析】A、因醋酸为弱酸，pH＝2的醋酸与pH＝12的氢氧化钠溶液等体积混合，反应后为醋酸和醋酸钠的混合溶液，该溶液显酸性，弱电解质的电离大于醋酸根离子的水解，则c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，故A正确；
B、浓度为0.1 mol·L－1的碳酸氢钠溶液，由电荷守恒可以知道c(Na＋)＋c(H＋)＝2cCO32-)+c(HCO3－)＋c(OH－)，故B 错误；
C、浓度为0.1 mol·L－1的(NH4)2CO3溶液，由物料守恒可以知道c(NH4＋)+c(NH3H2O)＝2c(CO32－)＋2c(HCO3－)＋
2c(H2CO3)，故C错误；
D、浓度均为0.1 mol·L－1的醋酸溶液与NaOH溶液若等体积混合，恰好生成醋酸钠，由质子守恒可以知道c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)，但混合时溶液体积未知，故D错误；
所以A选项是正确的。

13、B
【分析】A. 导电能力越强，离子浓度越大，H+浓度越大，pH越小；
B. a处溶液稀释时，溶液酸性增强；
C. 随水的增多，醋酸的电离程度在增大；
D. a、b、c三点溶液浓度不同，但溶质的物质的量相同。

【题目详解】A. 导电能力越强，离子浓度越大，H+浓度越大，pH越小，因此a、b、c三点溶液的pH大小关系为：b ＜a＜c，A项错误；
B. 用湿润的pH试纸测量酸性的pH，a处溶液稀释，导电能力增大，溶液酸性增强，pH减小，因此测量结果偏小，B项正确；
C. 随水的增多，醋酸的电离程度在增大，因此a、b、c三点CH3COOH的电离程度：a＜b＜c，C项错误；
D. a、b、c三点溶液浓度不同，但溶质的物质的量相同，因此用1 mol·L−1 NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液体积：a=b=c，D项错误；
答案选B。

14、C
【解题分析】由于甲乙体积相同，可以认为乙是甲体积2倍后压缩得到。

【题目详解】A、由于乙中的量是甲中的2倍，气体物质的量越大，压强越大，所以乙中相当于增大了压强，平衡正移，二氧化硫的转化率增大，所以平衡后SO2的转化率：乙＞甲，故A正确；
B、由于乙中的量是甲中的2倍，所以反应后乙中剩余的氧气多，所以平衡后O2的浓度：乙＞甲，故B正确；
C、由于乙中的量是甲中的2倍，气体物质的量越大，压强越大，所以乙中相当于增大了压强，平衡正移，所以平衡后的体积分数：甲＞乙，故C错误；
D、浓度越大反应速率越快，所以开始时化学反应速率：乙＞甲，故D正确。

故选C。

15、C
【分析】
【题目详解】A．A是固体，不能用A表示反应速率，故A错误；
B．在2 min内的反应速率，用反应物B来表示是0.3 mol·L－1·min－1，故B错误；
C．反应速率比等于系数比，分别用B、C、D表示反应的速率，其比值是3∶2∶1，故C正确；
D．在这2 min内用B和C表示的反应速率的值比都是3:2，故D错误；
故选C。

16、C
【解题分析】A. SO2属于酸性氧化物，故错误；
B. Na2O2不属于碱性氧化物，故错误；
C. Na2O是碱性氧化物，故正确；
D. SiO2是酸性氧化物，故错误。

故选C。

【题目点拨】
氧化物中能和酸反应生成盐和水的为碱性氧化物。

能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物。

有些氧化物不是酸性氧化物也不是碱性氧化物，如过氧化钠，因为其和酸反应生成盐和水和氧气。

如一氧化碳等是不成盐氧化物。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、氯原子、羧基2CH3CH2CH2OH＋O22CH3CH2CHO＋2H2O氧化反应CH3CH2COOH＋
HOCH2COOH CH3CH2COOCH2COOH＋H2O CH3OOCCH2COOCH3
【分析】乙酸和氯气发生取代反应生成有机物（D）Cl-CH2-COOH ，Cl-CH2-COOH在氢氧化钠溶液发生取代后酸化得到有机物（E）HO--CH2-COOH，根据有机物F(C5H8O4)分子式，可知有机物X、 A、 B、 C均含有3个碳，且X是乙烯的同系物，X为丙烯，A为1-丙醇、B为丙醛，C为丙酸；丙酸和有机物（E）HO--CH2-COOH发生酯化反应生成F，据以上分析解答。

【题目详解】乙酸和氯气发生取代反应生成有机物（D）Cl-CH2-COOH ，Cl-CH2-COOH在氢氧化钠溶液发生取代后酸化得到有机物（E）HO--CH2-COOH，根据有机物F(C5H8O4)分子式，可知有机物X、 A、 B、 C均含有3个碳，且X是乙烯的同系物，X为丙烯，A为1-丙醇、B为丙醛，C为丙酸；丙酸和有机物（E）HO--CH2-COOH发生酯化反应生成F；
(1)结合以上分析可知：（D）Cl-CH2-COOH中所含官能团氯原子、羧基；正确答案：氯原子、羧基。

(2) 1-丙醇发生催化氧化为醛，化学方程式为2CH3CH2CH2OH＋O22CH3CH2CHO＋2H2O；反应类型：氧化反应；丙酸与HO-CH2-COOH在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，化学方程式为：CH3CH2COOH＋HOCH2COOH CH3CH2COOCH2COOH＋H2O；正确答案：2CH3CH2CH2OH＋O22CH3CH2CHO＋2H2O；氧化反应；CH3CH2COOH＋HOCH2COOH CH3CH2COOCH2COOH
＋H2O。

(3)有机物F为CH3CH2COOCH2COOH，它的同分异构体满足只含有一种官能团，在酸性或碱性条件下都能水解生成两种有机物，该有机物一定为酯类，且为乙二酸二甲酯，结构简式为CH3OOCCH2COOCH3；正确答案：CH3OOCCH2COOCH3。

18、环己烷缩聚反应
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【分析】根据信息①，有机物A 的分子式为C6H14，在Pt催化下脱氢环化，生成环己烷（B），环己烷在Pt催化下脱氢环化，生成苯（C），苯与氯气在氯化铁作用下生成氯苯（D）；根据信息②可知，氯苯与一氯乙烷在钠，20℃条件下反应生成乙苯，乙苯在一定条件下发生消去反应生成苯乙烯（F），苯乙烯与1,3丁二烯发生加聚反应生成丁苯橡胶；环己烷在光照条件下，与氯气发生取代反应生成一氯环己烷（G），一氯环己烷在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成环己烯（H），环己烯被酸性高锰酸钾溶液氧化为二元羧酸（I），二元羧酸与乙二醇发生缩聚反应生成聚酯纤维（J）；据以上分析解答。

【题目详解】根据信息①，有机物A 的分子式为C6H14，在Pt催化下脱氢环化，生成环己烷（B），环己烷在Pt催化下脱氢环化，生成苯（C），苯与氯气在氯化铁作用下生成氯苯（D）；根据信息②可知，氯苯与一氯乙烷在钠，20℃条件下反应生成乙苯，乙苯在一定条件下发生消去反应生成苯乙烯（F），苯乙烯与1,3丁二烯发生加聚反应生成丁苯橡胶；环己烷在光照条件下，与氯气发生取代反应生成一氯环己烷（G），一氯环己烷在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成环己烯（H），环己烯被酸性高锰酸钾溶液氧化为二元羧酸（I），二元羧酸与乙二醇发生缩聚反应生成聚酯纤维（J）；
（1）根据以上分析可知，B的化学名称为环己烷；E的结构简式为；综上所述，本题答案是：环己烷，。

（2）根据以上分析可知，二元羧酸与乙二醇发生缩聚反应生成聚酯纤维（J）；反应类型为缩聚反应；综上所述，本题答案是：缩聚反应。

（3）苯乙烯与1,3-丁二烯发生加聚反应生成高分子丁苯橡胶，F合成丁苯橡胶的化学方程式为：
；综上所述，本题答案是：。

（4）有机物I的结构为：，I的同分异构体中同时满足①能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体，结构中含有羧基；②既能发生银镜反应，又能发生水解反应，含有HCOO-结构，所以有机物I的同分异构体可以看做-COOH ，HCOO-取代C4H10中的两个氢原子，丁烷有正丁烷和异丁烷两种。

对于这两种结构采用：“定一移一”的方法进行分析，
固定-COOH 的位置，则HCOO-有，共8中位置；同理，固定HCOO-的位置，则-COOH有，共4种位置，因此共有12种；其中核磁共振氢谱为4组峰，且
面积比为6∶2∶1∶1的是：HOOCC(CH3)2CH2OOCH 或 HCOOC(CH3)2CH2COOH；综上所述，本题答案是：12；HOOCC(CH3)2CH2OOCH 或 HCOOC(CH3)2CH2COOH。

（5）根据信息可知，以2-甲基己烷在在Pt催化下高温下脱氢环化，生成甲基环己烷，甲基环己烷在Pt催化下高温下脱氢，生成甲苯，甲苯在光照条件下与氯气发生侧链上的取代反应生成，根据信息②可知，该有机物与一氯甲烷在钠、20℃条件下发生取代反应生成乙苯；具体流程如下：
；综上所述，本题答案是：。

【题目点拨】
有机物的结构和性质。

反应类型的判断，化学方程式、同分异构体及合成路线流程图的书写是高考的常考点。

在有机合成和推断题中一般会已知部分物质，这些已知物质往往是推到过程的关键点。

推导时，可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可从最终产物结合反应条件逆向推导原料，还可以从中间产物出发向两侧推导，推导过程中要注意结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用。

19、温度 4.0 产物Mn2+可能对该反应具有催化作用分液漏斗控制阴离子相同，排除阴离子的干扰
收集40mL气体所需时间
【分析】（1）①、②作对比实验分析，其他条件相同时，只有一个条件的改变对反应速率的影响；
（2）探究反应过程中反应速率加快的原因，一般我们从反应放热，温度升高，另一个方面从反应产生的某种物质可能起到催化作用；
（3）比较Fe3＋、Cu2＋对H2O2分解的催化效果，阳离子不同，尽量让阴离子相同，减少阴离子不同造成的差别，催化效果可以从相同时间内收集气体体积的多少或者从收集相同体积的气体，所需时间的长短入手。

【题目详解】（1）①实验1、3反应物物质的量浓度，但温度不同，所以反应速率不同是由温度不同导致的，故实验1、3研究的是温度对反应速率的影响；
②实验1、2研究的是H2C2O4的浓度对反应速率的影响，此时反应温度相同，KMnO4的浓度相同，故表中V＝4.0mL （2）随着反应的进行，生成的Mn2+的物质的量浓度逐渐增加，生成的Mn2+可能对反应有催化作用；
（3）①由仪器的构造，可知仪器A为分液漏斗；
②在探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，必须保证在其他的条件相同，所以将CuSO4改为CuCl2更为合理，可以避免由于阴离子不同造成的干扰；
③如图乙所示，实验时以收集到40 mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是时间，收集相同体积的气体，所需要的时间越少，反应速率越快。

【题目点拨】
本题通过保持其他外界条件一致而改变一个条件来探究温度、催化剂对反应速率的影响，综合性较强。

20、H2SO4NaOH Cu(OH)2否因后面的反应必须在碱性条件下方可进行，加B溶液是为了中和多余的酸18％
【分析】(1)淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，加碱中和之后溶液呈碱性，然后加入新制的氢氧化铜，有砖红色沉淀，可检验产物葡萄糖；淀粉遇碘单质变蓝；
(2)葡萄糖与新制氢氧化铜反应需要在碱性环境下进行；
(3)依据1mol-CHO～1molCu2O，根据生成的Cu2O质量求出水解的淀粉的质量，据此计算淀粉的水解率。

【题目详解】(1)淀粉在稀硫酸作用下水解生成葡萄糖，加NaOH溶液中和稀硫酸，使混合液呈碱性，加入新制氢氧化铜悬浊液，加热至沸腾生成红色沉淀，证明淀粉已水解，由水解后的溶液加碘水变蓝，则说明水解不完全，故答案为H2SO4；NaOH；Cu(OH)2悬浊液；
(2)葡萄糖与新制氢氧化铜的反应需要在碱性环境下进行，加NaOH溶液的作用是中和稀硫酸，使混合液呈碱性，故答案为否；葡萄糖与氢氧化铜的反应必须在碱性条件下才能进行，加NaOH溶液是为了中和硫酸；
(3)淀粉水解的方程式为：(C6H10O5)n(淀粉)+nH2O nC6H12O6(葡萄糖)，葡萄糖与新制氢氧化铜反应的方程式。