2015-2016学年陕西省西安交大附中高二（上）期中化学试
卷（理科）
参考答案与试题解析
一、选择题《本大题共23小题，每小题2分．共46分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．下列各项叙述不正确的是（）
A．乙烷、乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去
B．“酸可以除锈”，“洗涤剂可以去油”都是发生了化学变化
C．被蜂蚁蜇咬会感觉疼痛难忍，这是由于人的皮肤被注入了甲酸的缘故，此时若能涂抹稀氨水或碳酸氢钠溶液，可以减轻疼痛
D．苯酚皂溶液可用于环境消毒，医用酒精可用于皮肤消毒．其原因均在子可使蛋白质变性凝固
【考点】取代反应与加成反应；物理变化与化学变化的区别与联系；羧酸简介；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．
【专题】物质的性质和变化专题；有机反应；有机物的化学性质及推断；糖类与蛋白质专题．【分析】A．乙醇含有羟基、乙酸含有羧基，乙酸乙酯含有酯基，都可发生取代反应，乙酸可与饱和Na2CO3溶液反应；
B．洗涤剂去油是利用物质的相似相溶原理；
C．甲酸能和碱性物质反应生成盐；
D．强酸、强碱、重金属盐、乙醇等都能使蛋白质变性．
【解答】解：A．乙醇含有羟基、乙酸含有羧基，乙酸乙酯含有酯基，都可发生取代反应，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可与饱和Na2CO3溶液反应，故A正确；
B．酸除锈是酸和铁锈反应生成盐，属于化学变化，涤剂去油是利用物质的相似相溶原理，属于物理变化，故B错误；
C．甲酸是酸性物质能和碱反应生成盐，所以甲酸和氨水、碳酸氢钠等碱性物质反应生成盐，从而减轻疼痛，故C正确；
D．强酸、强碱、重金属盐、乙醇等都能使蛋白质变性，病菌属于蛋白质，酒精能使病菌变性，从而达到消毒目的，故D正确；
故选B．
【点评】本题考查了元素化合物的性质，题目难度不大，侧重考查了有机化合物的性质，明确物质的性质是解本题的关键，注意化学与生活的联系，试题培养了学生的灵活应用能力．
2．右图是一个一次性加热杯的示意图．当水袋破裂时，水与固体碎块混和，杯内食物温度逐渐上升．制造此加热杯可选用的固体碎块是（）
A．硝酸铵B．生石灰C．氯化镁D．食盐
【考点】吸热反应和放热反应．
【分析】根据常见的放热反应有：大多数的化合反应，酸碱中和的反应，金属与酸的反应，金属与水的反应，燃烧反应，爆炸反应；常见的吸热反应有：大多数的分解反应，C、CO、H2还原金属氧化物，铵盐与碱的反应；结合题意可知水与固体碎片混合时放出热量，即为放热反应来解答．
【解答】解：A、硝酸铵与水混合时，吸收热量，故A错误；
B、生石灰（CaO）与水反应时放出热量，故B正确；
C、氯化镁溶于水没有明显的热效应，故C错误；
D、食盐溶于水也没有明显的热效应，故D错误；
故选：B．
【点评】本题考查常见的放热和吸热反应，明确物质的性质、掌握常见的放热反应和吸热反应是解决该类题目的关键．
3．下列说法正确的是（）
A．血红蛋白、牛胰岛素、蚕丝、人造奶油充分水解后均可得到氨基酸
B．李比希燃烧法、钠熔法、铜丝燃烧法、纸层析法都是元素定性分析法
C．测定有机物结构方法较多，如红外光谱、紫外光谱、质谱、核磁共振谱、同位素示踪法等
D．色谱法通常用于分离结构相近、物理性质和化学性质相似的物质．纸层析法就是一种简单的色谱分析法
【考点】化学研究基本方法及作用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．
【分析】A．人造奶油主要成分是油脂；
B．李比希燃烧法是元素定量分析法，钠熔法定性鉴定有机化合物所含元素（氮、卤素、硫）的方法，铜丝燃烧法可定性确定有机物中是否存在卤素；
C．质谱仪其实是把有机物打成很多小块，会有很多不同的分子量出现，其中最大的那个就是该有机物的分子量；
D．色谱法是一种常用的物质分离分析方法，常用于分离结构相近、物理性质和化学性质相似物质．
【解答】解：A．人造奶油主要成分是油脂，水解产物为高级脂肪酸（或盐）和甘油，故A 错误；
B．李比希燃烧法是元素定量分析法，故B错误；
C．质谱仪其实是把有机物打成很多小块，会有很多不同的分子量出现，其中最大的那个就是该有机物的分子量，不能测定结构，故C错误；
D．纸层析法是一种物质分离的简单方法，是色谱分析法的一种，故D正确．
故选D．
【点评】本题主要考查了有机物的性质与结构、化学研究方法等知识，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握．
4．25℃、101kPa下，碳、氢气、甲烷和葡萄糖的燃烧热依次是393.5kJ/mol、285.8kJ/mol、890.3kJ/mol、2800kJ/mol，则下列热化学方程式正确的是（）
A．C（s）+O2（g）=CO（g）；△H=﹣393.5 kJ/mol
B．2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）；△H=+571.6 kJ/mol
C．CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）；△H=﹣890.3 kJ
D．C6H12O6（s）+3O2（g）=3CO2（g）+3H2O（l）；△H=﹣1400 kJ/mol
【考点】热化学方程式．
【专题】化学反应中的能量变化．
【分析】燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，根据燃烧热的定义判断热化学方程式是否正确．
【解答】解：A．C完全燃烧应生成CO2，生成CO，反应热小于393.5kJ/mol，故A错误；B．H2完全燃烧生成的稳定的氧化物为液态水，故B错误；
C．CH4完全燃烧生成稳定的氧化物为CO2和液态水，故C正确；
D.1mol葡萄糖完全燃烧生成CO2和H2O（l），燃烧热为2800kJ/mol，则mol葡萄糖完全燃烧放出1400kJ热量，故D正确；
故选CD．
【点评】本题考查热化学方程式，题目难度不大，本题注意把握燃烧热的概念，特别是水，稳定状态为液态．
5．只用一种试剂，区别甲苯，四氯化碳，己烯，乙醇，碘化钾溶液，亚硫酸6种无色溶液，应选用（）
A．酸性KMnO4溶液B．溴水
C．碘水D．硝酸银溶液
【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．
【专题】物质检验鉴别题．
【分析】从物质的物理性和化学性质的差异性的角度分析，甲苯和四氯化碳都不溶于水，但二者的密度不同，乙醇与水互溶，己烯含有C=C官能团，可发生加成反应，碘化钾和亚硫酸都具有还原性，但生成的单质碘为紫色．
【解答】解：A．甲苯、己烯、乙醇、碘化钾溶液、亚硫酸均能使酸性KMnO4溶液褪色，所以无法鉴别，故A错误；
B．苯和四氯化碳都不溶于水，加入溴水，苯的有色层在上层，四氯化碳的有色层在下层，己烯与溴水发生加成反应，溶液褪色，且生成难溶于水的有机物，在溶液的下层，乙醇和溴水互溶，溴水加入到碘化钾溶液中，生成单质碘，溶液变为紫色，亚硫酸和溴水发生氧化还原反应，溶液无色，以上现象各不相同，故B正确；
C．碘水与乙醇、碘化钾均不反应，无法鉴别，故C错误；
D．AgNO3溶液与苯、四氯化碳、己烯、乙醇都不反应，无法鉴别，故D错误．
故选B．
【点评】本题考查常见有机物的鉴别，题目难度不大，注意常见有机物的物理性质、化学性质以及特性，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力．
6．在探究下列物质性质或组成的实验中，实验现象与实验结论均正确的是（）
A．A B．B C．C D．D
【考点】化学实验方案的评价．
【专题】实验评价题．
【分析】A．体积膨胀，发生C与浓硫酸的反应生成气体；
B．铜片放入浓硝酸中，反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；
C．溴乙烷和氢氧化钠溶液发生水解反应，在酸性溶液中可检验溴离子；
D．苯的密度比水的密度小，有机层在上层．
【解答】解：A．体积膨胀，发生C与浓硫酸的反应生成气体，由现象可知，体现了浓硫酸的脱水性、强氧化性，故A错误；
B．铜片放入浓硝酸中，反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，则产生大量红棕色气体，溶液变为蓝绿色，可知浓硝酸的强氧化性和酸性，故B正确；
C．溴乙烷和氢氧化钠溶液发生水解反应，在酸性溶液中可检验溴离子，由生成淡黄色沉淀可知溴乙烷中含有溴元素，故C正确；
D．苯的密度比水的密度小，有机层在上层，则溴水褪色上层有机层为橙红色，故D错误；故选BC．
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及氧化还原反应、有机物的结构与性质、萃取等，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．
7．分子式为C10H20O2的有机物A，能在故性条件下水解生成有机物C和D．且C 在一定条件下可转化成D，则A的可能结构有（）
A．4种B．6 种C．3 种D．5 种
【考点】同分异构现象和同分异构体．
【专题】同分异构体的类型及其判定．
【分析】分子式为C10H20O2的有机物A，它能在酸性条件下水解生成C和D，说明有机物A为酯，根据分子组成可知应为饱和一元酸和饱和一元醇形成的酯，且C 在一定条件下可转化成D，说明C和D的碳原子数相同，C为醇、D为羧酸，且C的结构为C4H9﹣CH2OH，根据烃基﹣C4H9异构体数目判断．
【解答】解：分子式为C10H20O2的有机物A，它能在酸性条件下水解生成C和D，说明有机物A为酯，根据分子组成可知应为饱和一元酸和饱和一元醇形成的酯，且C 在一定条件下可转化成D，说明C和D的碳原子数相同，C为醇、D为羧酸，且C的结构为C4H9﹣CH2OH，烃基﹣C4H9有：﹣CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH3、﹣CH2CH（CH3）2、﹣C（CH3）
，故符合条件的A有4种，
2
故选：A．
【点评】本题考查同分异构体书写、官能团的结构与性质等，关键是确定醇的结构特点，也利用取代法确定醇的同分异构体．
8．下列说法正确的是（）
A．按系统命名法，化合物的名称为2，4 一二乙基﹣6﹣丙基辛烷
B．月桂烯（）所有碳原子一定在同一平面上
C．向浓醋酸溶液中加入少量碳酸钠溶液，将产生气体通入苯酚钠溶液，苯酚钠溶液中出现白色浑浊，说明酸性：醋酸＞碳酸＞苯酚
D．在盛有试粉溶液的试管中加入70%的硫酸边搅拌边加热5分钟，冷却至室温，再加入氢氧化钠中和至碱性．加入银氨溶液水浴加热，产生银镜．说明淀粉水解能产生还原性糖【考点】有机物的结构和性质；常见有机化合物的结构；有机化合物命名；物质的检验和鉴别的实验方案设计．
【专题】物质检验鉴别题；化学用语专题；同系物和同分异构体．
【分析】A．主链选择不合理，最长碳链含有10个C；
B．分子中含2个亚甲基，均为四面体结构；
C．醋酸易挥发，醋酸能与苯酚钠反应；
D．淀粉水解生成葡萄糖，在碱性溶液中葡萄糖可发生银镜反应．
【解答】解：A．为烷烃的键线式，最长碳链含有10个C，主链为癸烷，编号从右边开始，在3号C含有一个甲基，在5、7号C各含有一个乙基，该化合物的名称应为：3﹣甲基﹣5、7﹣二乙基癸烷，故A错误；
B．分子中含2个亚甲基，均为四面体结构，则所有C原子不一定共面，故B错误；C．醋酸易挥发，醋酸能与苯酚钠反应，则该实验不能比较碳酸、苯酚的酸性，故C错误；D．淀粉水解生成葡萄糖，在碱性溶液中葡萄糖可发生银镜反应，则冷却至室温，再加入氢氧化钠中和至碱性．加入银氨溶液水浴加热，产生银镜．说明淀粉水解能产生还原性糖，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查较综合，涉及有机物的结构与性质、酸性比较等，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．
9．两种气态烃以任意比例混合，在105℃时1L该混合烃与9L氧气混合，充分燃烧后恢复到原状态，所得气体体积仍是10L．下列各组混合烃中不符合此条件的是（）
A．CH4、C2H4B．CH4 、C3H6C．C2H4、C3H4D．C2H2、C3H6
【考点】有关有机物分子式确定的计算．
【专题】压轴题；计算题．
【分析】有机物燃烧前后体积不变，可设有机物的平均式为C x H y，根据燃烧的方程式计算分子组成特点，进而进行推断．
【解答】解：设有机物的平均式为C x H y，则有：C x H y+（x+）O2→xCO2+H2O，有机物燃烧前后体积不变，则
1+x+=x+，y=4，
即混合气中平均含有H原子数为4，
A．CH4、C2H4中H原子数都为4，平均值为4，符合题意，故A不选；
B．CH4、C3H6中H原子数分别为4、6．平均值不可能为4，故B选；
C．C2H4、C3H4中H原子数都为4，平均值为4，符合题意，故C不选；
D．C2H2、C3H6H原子数分别为2、6，只有1：1混合才能使平均值为4，不符合以任意比例混合的要求，故D选．
故选：BD．
【点评】本题考查有机物的确定，题目难度中等，注意根据有机物燃烧的方程式，用平均值法计算．
10．已知：
2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol；
Na2O2（s）+CO2（g）=Na2CO3（s）+O2（g）△H=﹣226kJ/mol
根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是（）
A．CO的燃烧热为283 kJ
B．
如图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系
C．2Na2O2（s）+2CO2（s）=2Na2CO3（s）+O2（g）△H＞﹣452 kJ/mol
D．CO（g）与Na2O2（s）反应放出509 kJ热量时，电子转移数为6.02×1023
【考点】反应热和焓变．
【专题】压轴题；化学反应中的能量变化．
【分析】A、依据燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热量；
B、依据热化学方程式，2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol；分析图象中物质的量不符合反应物质物质的量；
C、固体二氧化碳变化为气体二氧化碳需要吸热，焓变放热是负值；
D、依据热化学方程式，结合盖斯定律计算得到热化学方程式计算分析；
【解答】解：A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热量；已知：2CO （g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol；一氧化碳的燃烧热为283KJ/mol；故A错误；
B、依据热化学方程式，2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol；分析图象中一氧
化碳和氧气物质的量为1、物质的量不符合反应物质的物质的量；故B错误；
C、固体二氧化碳变化为气体二氧化碳需要吸热，焓变放热是负值；依据热化学方程式判断，2Na2O2（s）+2CO2（g）=2Na2CO3（s）+O2（g）△H=﹣226kJ/mol；所以反应
2Na2O2（s）+2CO2（s）=2Na2CO3（s）+O2（g）△H＞﹣452 kJ/mol，故C正确；
D、已知：
①2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol；
②Na2O2（s）+CO2（g）=Na2CO3（s）+O2（g）△H=﹣226kJ/mol
依据盖斯定律②×2+①得到：2Na2O2（s）+2CO（g）=2Na2CO3（s）△H=﹣1018KJ/mol；即Na2O2（s）+CO（g）=Na2CO3（s）△H=﹣509KJ/mol；
CO（g）与Na2O2（s）反应放出509 kJ热量时，反应的一氧化碳物质的量为1mol，电子转移数为2×6.02×1023，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查了热化学方程式的计算应用，盖斯定律的应用，燃烧热概念计算分析，热化学方程式的书写方法和计算应用是解题关键，题目难度中等．
11．1，4﹣二氧六环是一种常见的溶剂，它可以通过下列合成路线制得：则烃A应是（）
A．乙烯B．乙醇C．乙二醇D．乙酸
【考点】乙烯的化学性质．
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】根据逆合成分析法可知，由于C是脱水生成了1，4﹣二氧六环，故可知C为HOCH2CH2OH，而C是B通过和氢氧化钠水溶液作用得到的，故可知B为卤代烃，由B到C发生的是卤代烃的水解，又结合B是烃A和溴反应得到的，故B为BrCH2CH2Br，继而可推知A的结构．
【解答】解：根据逆合成分析法可知，由于C是经浓硫酸做催化剂、脱水生成了1，4﹣二氧六环这种醚类，即可知由C生成1，4﹣二氧六环发生的是醇分子间的脱水，即C为HOCH2CH2OH，而C是B通过和氢氧化钠水溶液作用得到的，故可知B为卤代烃，即B到C发生的是卤代烃的水解，又结合B是烃A和溴反应得到的，故B为BrCH2CH2Br，而B 是由烃A和溴反应生成的，故此烃最好是乙烯，是和溴通过加成反应能生成纯净的
BrCH2CH2Br，故选A．
【点评】本题考查了乙烯的性质，应注意逆合成分析法的运用．是考试的常考点，难度不大．
12．在有机物分子中，若某个碳原子连接4个不同的原子或原子团，则这种碳原子称为“手性碳原子”，凡有一个手性碳原子的物质一定具有光学活性．已知某有机物结构如下：
具有光学活性，当它发生下列反应后生成的有机物仍然一定具有光学活性的是（）
A．与甲酸发生酯化反应B．与NaOH溶液共热
C．与氧气发生催化氧化D．在催化剂存在下与H2作用
【考点】有机物的结构和性质．
【分析】根据题意知，手性碳原子连接4个不同的原子或原子团，如果反应后的生成物的碳原子上连接4个不同的原子或原子团，则其生成物就含有手性碳原子，据此分析解答．【解答】解：A．与甲酸发生酯化反应，C原子仍连接4个不同的原子或原子团，具有光学活性，故A正确；
B．与NaOH溶液共热发生水解，反应后生成的物质中C原子上连接两个相同的﹣CH2OH 原子团，不具有光学活性，故B错误；
C．铜作催化剂的条件下被氧气氧化，﹣CH2OH生成﹣CHO，有2个相同的原子团，不具有光学活性，故C错误；
D．在催化剂存在下与H2作用，﹣CHO生成﹣CH2OH，反应后生成的物质中C原子上连接两个相同的﹣CH2OH原子团，不具有光学活性，故D错误．
故选A．
【点评】本题考查了手性碳原子的判断，明确“手性碳原子连接4个不同的原子或原子团”
是解本题的关键，根据有机物的结构来分析解答即可，难度不大．
13．可逆反应：2NO2（g）?2NO（g）+O2（g）在一固定容积的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（）
①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2
②单位时间内生成nmolO2的同时，生成2nmolNO
③用NO2、NO、O2物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．
A．②③⑤B．①④⑥C．①③④D．①②③④⑤⑥
【考点】化学平衡状态的判断．
【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．
【解答】解：①单位时间内生成n mol O2，同时生成2n molNO2，说明反应v正=v逆，达到平衡状态，故①正确；
②无论反应是否达到平衡状态，反应速率之比等于化学计量数之比，不能说明达到平衡状态，故②错误；
③当体系达平衡状态时，NO2、NO、O2物质的量浓度变化表示的反应速率之比可能为2：2：1，也可能不是2：2：1，与各物质的初始浓度及转化率有关，故③错误；
④混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变，达到平衡状态，故④正确；
⑤无论反应是否达到平衡状态，混合气体的质量不变，容器的体积不变，所以混合气体的密度不变，不能说明达到平衡状态，故⑤错误；
⑥反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的压强不变，故⑥正确；故选B．
【点评】本题考查化学平衡状态的判断，难度不大，做题时注意分析化学方程式的前后计量数大小的关系．
14．化合物A经李比希法和质谱法分析得知其相对分子质量为136，分子式C8H8O2．A的核磁共振氢谱有4个峰且面积之比为1：2：2：3，A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其核磁共振氢谱与红外光谱如图．关于A的下列说法中，正确的是（）
A．A分子属于酯类化合物，在一定条件下能发生水解反应
B．符合题中A分子结构特征的有机物有两种
C．A在一定条件下可与3 mol H2发生加成反应
D．分子式为C8H8O2且分子中含苯环和﹣COOR（﹣R为烃基）的物质共有6种
【考点】有机物结构式的确定．
【专题】有机化学基础．
【分析】有机物A的分子式为分子式C8H8O2，不饱和度为=5，A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其核磁共振氢谱有四个吸收峰，说明分子中含有4种H 原子，峰面积之比为3：2：2：1，则四种氢原子个数之比=1：2：2：3，结合红外光谱可知，
分子中存在酯基等基团，且苯环与C原子相连，故有机物A的结构简式为，含有苯环，能与氢气发生加成反应，含有酯基，具有酯的性质．
【解答】解：有机物A的分子式为分子式C8H8O2，不饱和度为=5，A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其核磁共振氢谱有四个吸收峰，说明分子中含有4
种H原子，峰面积之比为3：2：2：1，则四种氢原子个数之比=1：2：2：3，结合红外光谱可知，分子中存在酯基等基团，且苯环与C原子相连，故有机物A的结构简式为
．
A．A含有酯基，属于酯类化合物，在一定条件下能发生水解反应，故A正确；
B．符合题中A分子结构特征的有机物为，只有一种，故B错误；
C．1mol有机物A含有1mol苯环，可以与3mol氢气发生加成反应，故C正确；
D．含有酯基、苯环，若为羧酸与醇形成的酯有：甲酸苯甲酯，苯甲酸甲酯，若为羧酸与酚形成的酯，可以是乙酸酚酯，可以是甲酸与酚形成的酯，甲基有邻、间、对三种位置，故6种异构体，故D正确．
故选ACD．
【点评】本题考查有机物结构的推断、核磁共振氢谱、红外光谱图、官能团性质、同分异构体书写等，难度中等，推断A的结构是解题的关键，注意结合分子式与红外光谱含有的基团进行判断．
15．白磷与氧可发生如下反应：P4+5O2═P4O10．已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：P﹣P：a kJ?mol﹣1、P﹣O：b kJ?mol﹣1、P=O：c kJ?mol﹣1、O=O：d kJ?mol﹣1．根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的△H，其中正确的是（）
A．（6a+5d﹣4c﹣12b）kJ?mol﹣1B．（4c+12b﹣6a﹣5d）kJ?mol﹣1
C．（4c+12b﹣4a﹣5d）kJ?mol﹣1D．（4a+5d﹣4c﹣12b）kJ?mol﹣1
【考点】有关反应热的计算；化学反应中能量转化的原因．
【专题】化学反应中的能量变化．
【分析】反应热△H=反应物总键能﹣生成物总键能，据此计算判断．注意每摩尔P4中含有6molP﹣P键．
【解答】解：各化学键键能为P﹣P a kJ?mol﹣1、P﹣O b kJ?mol﹣1、P=O c kJ?mol﹣1、O=O d kJ?mol﹣1．
反应热△H=反应物总键能﹣生成物总键能，
所以反应P4+5O2=P4O10的反应热△H=6akJ?mol﹣1+5dkJ?mol﹣1﹣（4ckJ?mol﹣1+12bkJ?mol﹣1）=（6a+5d﹣4c﹣12b）kJ?mol﹣1，
故选：A．
【点评】考查反应热与化学键键能的关系，难度中等，注意从物质能量、键能理解反应热．
16．有关如图所示有机化合物的性质说法不正确的是（）
A．既可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应，又可以在光照下与Br2发生取代反应
B．1 mol 该化合物最多可以与3 mol NaOH反应
C．既能催化加氢，又能使酸性KMnO4溶液褪色
D．既能与FeCl3溶液发生显色反应，又能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体
【考点】有机物的结构和性质．
【分析】有机物含有酯基，可发生水解反应，含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，以此解答该题．
【解答】解：A．含有碳碳双键，与Br2的CCl4溶液发生加成反应，含有烃基，可以在光照下与Br2发生取代反应，故A正确；
B．能与氢氧化钠反应的官能团为碳碳双键和酚羟基，则1 mol 该化合物最多可以与3 mol NaOH反应，故B正确；
C．含有碳碳双键，可发生加成和氧化反应，故C正确；
D．酚羟基酸性比碳酸弱，与碳酸氢钠不反应，故D错误．
故选D．
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握球棍模型与结构简式的关系、官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、烯烃性质的考查，题目难度不大．
17．某体积可变的密闭容器，盛有适量的A和B的混合气体，在一定条件下发生反应：
A+3B2C若维持温度和压强不变，当达到平衡时，容器的体积为V升，其中C气体的体积占10%，下列推断正确的是（）
①原混和气体的体积为1.2V升；
②原混和气体的体积为1.1V升；
③反应达平衡时气体A消耗掉0.05V升；
④反应达平衡时气体B消耗掉0.05V升．
A．②③B．②④C．①③D．①④
【考点】化学反应速率和化学计量数的关系；等效平衡；化学平衡的计算．
【专题】压轴题；差量法；化学平衡专题．
【分析】在反应A+3B2C中，A、B的消耗量和C得生成量之比为1：3：2，反应后，C 体积变化量为0.1V，可以获得A、B的消耗量；根据C的体积增加量确定原来混合气体体积．
【解答】解：根据反应：A+3B 2C
各物质体积变化量0.05V 0.15V 0.1V
则生成气体C的体积等于反应中混合气体减少的总体积，即为0.1V，气体A所消耗的体积等于混合气体减少的总体积的一半，气体B所消耗的体积等于混合气体减少的总体积的1.5 倍，由于平衡时总体积减少10%V L，则原混合气体的体积应为1V L+10%V L=1.1V L，建立平衡时，气体A的消耗为：0.5×10%V L=0.05V L，气体B的消耗为：1.5×10%V L=0.15V L．
故选A．
【点评】本题考查了学生气体差量法的有关计算，难度较大，考查学生分析和解决问题的能力．
18．某烃的组成为C15H24，分子结构非常对称．有关实验证明该烃中仅存在三种基团：乙烯
基（﹣CH=CH2），亚甲基（﹣CH2﹣）和次甲基（），并且乙烯基和次甲基之间必须通过亚甲基相连．当该烃含有单环结构时，分子中的乙烯基和亚甲基数依次为（）A．4、6 B．2、3 C．3、6 D．3、3
【考点】常见有机化合物的结构．
【分析】C15H24的不饱和度为：=4，由题意知，该有机物为单环结构，故一定含有三个碳碳双键，乙烯基和次甲基之间必须通过亚甲基相连，且分子结构非常对称，据此解答即可．
【解答】解：C15H24的不饱和度为：=4，由题意知，该有机物为单环结构，故一定含有三个碳碳双键，且碳碳双键的数目为4﹣1=3，乙烯基和次甲基之间必须通过亚甲基相连，且分子结构非常对称，那么需要亚甲基数目为3×2=6，故选C．
【点评】本题主要考查的是有机物结构的确定，难度较大，依据分子式计算出该有机物的不饱和度，依据题意得出双键数目是解决本题的关键，注意总结．
19．已知：4NH3+5O2=4NO+6H2O，若反应速率分别用ν（NH3）、ν（O2）、ν（NO）、ν（H2O）（摩/升?分）表示，则正确的关系是（）
A．ν（NH3）=ν（O2 ）B．ν（O2）=ν（H2O）
C．ν（NH3）=ν（H2O）D．ν（O2）=ν（NO）
【考点】反应速率的定量表示方法．
【专题】化学反应速率专题．
【分析】根据同一化学反应中，化学反应速率之比等于化学计量数之比来解答．
【解答】解：A、由化学反应速率之比等于化学计量数之比，则vO2=VNH3，故A错误；
B、由化学反应速率之比等于化学计量数之比，则νH2O=νO2，故B错误；
C、由化学反应速率之比等于化学计量数之比，则VH2O=VNH3，故C错误；
D、由化学反应速率之比等于化学计量数之比，则VNO═νO2，故D正确；
故选：D．
【点评】本题考查化学反应速率的计算，明确同一化学反应中，用不同的物质来表示化学反应速率，数值不同，但意义相同，且化学反应速率之比等于化学计量数之比．
20．某高聚物的结构片段如图，下列分析正确的是（）
A．它是缩聚反应的产物B．其单体是CH2=CH2和HCOOCH3 C．其链节是CH3CH2COOCH3D．其单体是CH2=CHCOOCH3
【考点】聚合反应与酯化反应；有机物的结构式．
【专题】有机反应．
【分析】A、链节中主链上只有碳原子，为加聚反应生成的高聚物；
B、找出链节，根据链节判断单体；
C、单体转变为在化学组成上能够重复的最小单位，即链节；
D、找出链节，根据链节判断单体．
【解答】解：A、链节中主链上只有碳原子，为加聚反应生成的高聚物，故A错误；
B、该高聚物的链节为，所以该高聚物单体为其单体是CH2═CHCOOCH3，故B错误；
C、该高聚物的链节为，故C错误；
D、该高聚物的链节为，所以该高聚物单体为其单体是CH2═CHCOOCH3，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查高聚物的结构与单体，难度不大，先判断链节再根据链节寻找单体．
21．已知：①NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）△H1=﹣176kJ?mol﹣1
②NH3（g（aq）△H2=﹣35.1kJ?mol﹣1
③HCl（g HCl（aq）△H3=﹣72．3kJ?mol﹣1
④NH3（aq）+HCl（aq）═NH4Cl（aq）△H4=﹣52．3kJ?mol﹣1
则反应NH4Cl（s）NH4Cl（aq）的△H5为（）
A．+16.3 B．﹣16.3 C．+335.7 D．﹣335.7
【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．
【专题】燃烧热的计算．
【分析】根据盖斯定律②+④+③﹣①得：NH4Cl（s）NH4Cl（aq）△H5=（﹣35.1KJ?mol
﹣1）+（﹣72.3KJ?mol﹣1），据此进行计算．
﹣1）+（﹣52.3KJ?mo l﹣1）﹣
（﹣176KJ?mol
【解答】解：①NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）△H1=﹣176kJ?mol﹣1
②NH3（g（aq）△H2=﹣35.1kJ?mol﹣1
③HCl（g HCl（aq）△H3=﹣72．3kJ?mol﹣1
④NH3（aq）+HCl（aq）═NH4Cl（aq）△H4=﹣52．3kJ?mol﹣1，
根据盖斯定律②+④+③﹣①得：NH4Cl（s）NH4Cl（aq）△H5=（﹣35.1KJ?mol﹣1）+（﹣52.3KJ?mol﹣1）﹣（﹣176KJ?mol﹣1）+（﹣72.3KJ?mol﹣1）=+16.3KJ?mol﹣1，
故选A．
【点评】本题考查了用盖斯定律进行有关反应热的计算，题目难度中等，明确盖斯定律的含义为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．
22．间二甲苯的二氯取代物种数为（）
A．8 B．9 C．10 D．12
【考点】同分异构现象和同分异构体．
【专题】同分异构体的类型及其判定．
【分析】其中一个甲基中一个H原子被氯原子取代时，一氯代物中有6种化学环境不同的H原子；两氯原子均处于苯环，苯环上任意2个H原子被取代，共有4种组合．
【解答】解：其中一个甲基中一个H原子被氯原子取代时，一氯代物中有6种化学环境不同的H原子，则有6种；两氯原子均处于苯环，苯环上任意2个H原子被取代，共有4种，故共有10种，
故选：C．
【点评】本题考查同分异构体书写，注意利用取代法与定一移二法书写，避免漏写与重复，难度中等．
23．三位科学家因在烯烃复分解反应研究中的杰出贡献而荣获2005年度诺贝尔化学奖，烯烃复分解反应可示意如图：
下列化合物中，经过烯烃复分解反应可以生成的是（）
A．B．C． D．
【考点】烯烃．
【专题】压轴题；有机物的化学性质及推断．
【分析】根据题所给信息烯烃在合适催化剂作用下可双键断裂，两端基团重新组合为新的烯烃，据此结合选项解答．
【解答】解：A、中两个碳碳双键断裂后，生成物中新形成的环为六元环，且新环中所形成的碳碳双键位置符合要求，故A正确；
B、中两个碳碳双键断裂后，合成的是五元环，故B错误；
C、中两个碳碳双键断裂后，合成了六元环，但是碳碳双键的位置不正确，故C错误；
D、中两个碳碳双键断裂后，得到的是五元环，故D错误；
故选A．
【点评】本题考查信息的接受能力，难度不大，烯烃的复分解反应的实质是：两种烯烃中的碳碳双键分别断裂，相互交换成分形成另外两种烯烃．
二、非选择题（满分54分）
24．（1）写出甲苯制TNT的化学方程式
+3HNO3+3H2O；
（2）某烷烃A的蒸气的密度是相同状况下氧气密度的4倍，经测定得知该分子中共含有6个甲基．
①若A不可能是烯烃与氢气的加成产物，则A的结构简式为（CH3）3CCH2C（CH3）3；
②若A是炔烃与氢气的加成产物，则A的结构简式为CH3CH2C（CH3）2C（CH3）3．（3）①某烃1mol与2molHCl完全加成，生成的氯代烷最多可以与4molCl2发生光取代反应，则该烃的结构简式为CH≡CH；
②已知烯烃在氧化剂作用下，可按下式断裂其双键
分子式为C10H18的有机物A催化加氢后得化合物B，其分子式为C10H22，化合物A跟过量的酸性高锰酸钾作用可以得到三种化合物：
由此判断A的结构简式为（CH3）2C=C（CH3）﹣CH2﹣CH2CH=CH﹣CH3或CH3CH=C （CH3）﹣CH2﹣CH2CH=C（CH3）2．