A．1mol维生素A最多能与7molH2发生加成反应 B．维生素A不能被氧化得到醛 C．维生素A是一种易溶于水的醇 D．维生素A的分子式为C20H30O 【答案】D 【解析】 【详解】
A.维生素A中含5个碳碳双键，1mol维生素A最多可以与5mol H2发生加成反应，A错误； B.根据维生素A结构简式可以看出该物质中含有-CH2OH结构，因此能被氧化得到醛，B错误；
C.维生素A的烃基部分含有的C原子数较多，烃基是憎水基，烃基部分越大，水溶性越小，所以维生素A是一种在水中溶解度较小的醇，C错误； D.维生素A的分子式为C20H30O，D正确； 故合理选项是D。 18．已知 键能(kJ/mol) H-H 436 Cl-Cl 243 H-Cl 431 对于反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的能量变化描述正确的是
A．436kJ/mol是指断开1 molH2中的H-H键需要放出436kJ的能量 B．431kJ/mol是指生成2 mol HCl中的H- Cl键需要放出431kJ的能量 C．由键能数据分析，该反应属于吸热反应
D．2mol HCl(g)的能量比lmolH2(g)和lmolCl2(g)的总能量低 【答案】D 【解析】
分析：根据断键吸热、形成新化学键放热以及反应热与化学键键能的关系解答。 详解：A. 436kJ/mol是指断开1 molH2中的H-H键需要吸收436kJ的能量，A错误； B. 431kJ/mol是指生成1 mol HCl中的H-Cl键需要放出431kJ的能量，B错误；
C. 反应热ΔH＝反应物的化学键断裂吸收的能量－生成物的化学键形成释放的能量＝（436+243－2×431）kJ/mol＝－183kJ/mol，因此该反应属于放热反应，C错误；
D. 反应是放热反应，则2mol HCl(g)的能量比lmolH2(g)和lmolCl2(g)的总能量低，D正确，答案选D。 点睛：掌握反应热与化学键键能的关系是解答的关键，注意掌握常见反应热的计算方法，根据热化学方程式计算，即反应热与反应物各物质的物质的量成正比；根据反应物和生成物的总能量计算，即ΔH＝E生成物－E反应物；依据反应物化学键断裂与生成物化学键形成过程中的能量变化计算，即ΔH＝反应物的化学键断裂吸收的能量－生成物的化学键形成释放的能量；根据盖斯定律的计算。
19．下列说法正确的是
A．羟基与氢氧根离子有相同的化学式和电子式
B．乙醇的官能团是—OH，可与NaOH溶液发生中和反应 C．常温下，1 mol乙醇可与足量的Na反应生成11.2 L H2
D．已知乙醇的结构式如图所示，则乙醇催化氧化时断裂的化学键为①③
【答案】D 【解析】 【分析】
乙醇的官能团是—OH，属于醇类，能与活泼金属钠反应置换出氢气，能发生氧化反应、消去反应、酯化反应。 【详解】
A项、羟基的电子式为
，氢氧根离子的电子式为
，故A错误；
B项、乙醇的官能团是—OH，属于非电解质，不能与NaOH溶液发生中和反应，故B错误； C项、标准状况下，1 mol乙醇可与足量的Na反应生成11.2 L H2，故C错误；
D项、乙醇催化氧化时，羟基发生氢氧键和与羟基相连的碳原子发生碳氢键断裂，断裂的化学键为①③，故D正确； 故选D。 【点睛】
本题考察了乙醇结构和性质，注意羟基是乙醇的官能团，乙醇的性质由官能团羟基决定，注意分析反应时断键部位是解答关键。
20．下列有关有机物的叙述不正确的是：
A．C5H10O2的酯有9种结构 B．异丁烷的一氯代物有2种 C．淀粉和纤维素互为同分异构体 D．C9H12含苯环的烃有8种 【答案】C 【解析】
试题分析：A．若甲酸和丁醇酯化，由于正丁醇和异丁烷都有两种不同化学环境的氢原子，所以丁醇有四种结构，形成的酯有四种结构；若乙酸和丙醇形成的酯，丙烷有两种不同化学环境的氢原子，丙醇有两种结构，形成的酯有两种；若丙酸和乙烷形成的酯只有一种结构；丁酸有两种结构，丁酸和甲醇形成的酯有两种结构，所以一共有9种结构，A正确；B．异丁烷有两种不同化学环境的氢原子，所以一氯代物有2种，B正确；C．淀粉和纤维素的分子式都为（C6H10O5）n，由于聚合度不同，即n不同，所以不是同分异
构体，C错误；D．C9H12是苯的同系物，当苯环上只有一个取代基时，丙基有两种结构，所以有两种不同的结构，苯环上有两个取代基时，有邻、间、对三种结构，苯环上有三个取代基时有三种结构，共有8种结构，D正确，答案选C。 考点：考查有机物的同分异构体
二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．将9.6 g铜单质置于200 mL一定浓度的稀硝酸中，两者恰好完全反应。假定溶液体积不变，请回答．．下列问题：(要求写出计算过程) （1）反应生成的气体的体积(标况下)； （2）反应过程中转移电子的物质的量； （3）参加反应的稀硝酸的物质的量浓度。 【答案】（1）2.24L （2）0.3mol （3）2mol/L 【解析】
试题分析：（1）9.6g铜的物质的量是9.6g÷64g/mol＝0.15mol 根据反应的方程式可知
3Cu ＋ 8HNO3(稀) ＝ 3Cu(NO3)2 ＋ 2NO↑ ＋ 4H2O ～ 6e
－
3mol 8mol 2mol 6mol 0.15mol 0.4mol 0.1mol 0.3mol
所以反应生成的气体的体积在标准状况下的体积为0.1mol×22.4L/mol＝2.24L （2）根据以上分析可知反应过程中转移电子的物质的量为0.3mol （3）硝酸的浓度是0.4mol÷0.2L＝2mol/L 考点：考查铜与稀硝酸反应的有关计算 三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．用酸性KMnO4溶液与H2C2O4（草酸）溶液反应研究影响反应速率的因素，一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的体积，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下（KMnO4溶液已酸化），实验装置如图所示： 实验序号 ① ② A溶液 20mL 0.1mol·L-1H2C2O4溶液 20mL 0.2mol·L-1H2C2O4溶液 B溶液 30mL 0.01mol·L-1KMnO4溶液 30mL 0.01mol·L-1KMnO4溶液
（1）写出该反应的离子方程式__________________________________________。
（2）该实验探究的是________因素对化学反应速率的影响。相同时间内针筒中所得CO2的体积大小关系是______>______（填实验序号）。
L-1（假（3）若实验①在2min末收集了4.48mL CO2（标准状况下），则在2min末，c(MnO4-)=______ mol·设混合溶液的体积为50mL）。
（4）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率外，本实验还可通过测定_________________________来比较化学反应速率。
（5）小组同学发现反应速率变化如图，其中t1-t2时间内速率变快的主要原因可能是：①反应放热，②___________________。
【答案】2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O 浓度 ② ① 0.0052 KMnO4溶液完全褪色所需时间（或产生相同体积气体所需要的时间） 产物Mn2+是反应的催化剂 【解析】 【详解】
（1）利用高锰酸钾的强氧化性，将草酸氧化成CO2，本身被还原成Mn2，利用化合价升降法进行配平，即离子方程式为2MnO4+5H2C2O4+6H=2Mn2+10CO2↑+8H2O；
（2）对比实验①②只有草酸的浓度不同，即该实验探究的是浓度对反应速率的影响，实验②中A溶液的c(H2C2O4)比实验①中大，则实验②的化学反应速率快，相同时间内所得CO2的体积大，即②>①； （3）收集到CO2的物质的量为n(CO2)=
=2×10-4mol，根据（1）的离子方程式，得出：
-+
+
+
n(MnO4-)=mol=4×10-5mol，在2min末，
n(MnO4-)=30×10-3L×0.01mol·L-1-4×10-5mol=2.6×10-4mol，从而可得c(MnO4-)=
=0.0052mol·L-1；
（4）本实验还可通过测定KMnO4完全褪色所需的时间或产生相同体积气体所需要的时间；
（5）这段时间，速率变快的主要原因是①产物中Mn2+或MnSO4是反应的催化剂，②反应放热，使混合溶液的温度升高，加快反应速率。 【点睛】
氧化还原反应方程式的书写是难点，一般先写出氧化剂＋还原剂→氧化产物＋还原产物，利用化合价升降
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