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【化学】河北省张家口市第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）
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河北省张家口市第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题
一、选择题：（共30小题，1-19每小题2分，20-31每小题3分，合计74分）
1.有关苯的结构和性质，下列说法正确的是（ ）
A. 的习惯命名是间二甲苯
B. 苯在空气中不易燃烧完全，燃烧时冒浓烟
C. 煤干馏得到的煤焦油可以分离出苯，苯是无色无味的液态烃
D. 向2mL苯中加入1mL酸性高锰酸钾溶液，振荡后静置，可观察到液体分层，上层呈紫红色
【答案】B
【解析】
【详解】A.该物质分子中两个甲基在苯环上相邻的两个碳原子上，俗称邻二甲苯，A错误；
B.苯的分子式为C6H6，在室温下呈液态，由于含碳量大，燃烧时不易燃烧完全，因此在燃烧时冒浓烟，B正确；
C.苯是无色具有特殊气味的液体烃，C错误；
D.苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，苯的密度比水的小，难溶于水，因此向2mL苯中加入1mL酸性高锰酸钾溶液，振荡并静置后下层液体为紫红色，D错误；
故合理选项是B。
2.下列五种烃：①正丁烷、②异丁烷、③丙烷、④辛烷、⑤乙烷，按它们的沸点由高到低的顺序排列为（ ）
A. ①④②③⑤ B. ④①②③⑤ C. ⑤③②①④ D. ④①③⑤②
【答案】B
【解析】
【分析】烷烃熔沸点随着物质的相对分子质量的增大而增大，但在烷烃的同分异构体中，物质分子中支链越多的烷烃其熔沸点越低，据此分析解答。
【详解】烷烃的熔沸点随着物质的相对分子质量的增大而增大，但烷烃的同分异构体中，支链越多的烷烃其熔沸点越低。①正丁烷分子式是C4H10；②异丁烷分子式是C4H10，③丙烷分子式是C3H8，④辛烷分子式是C8H18；⑤乙烷分子式是C2H6。分子中含有的碳原子数越少，物质的相对分子质量越小，物质的熔沸点就越低。对于相对分子质量相同的同分异构体正丁烷和异丁烷来说，由于异丁烷分子中含有支链，所以沸点①>②；故①正丁烷 ②异丁烷 ③丙烷 ④辛烷 ⑤乙烷的相对分子量逐渐减少，所以这几种物质熔沸点高低顺序是④①②③⑤，故合理选项是B。
3.下列有关乙烯和乙烷的说法中错误的是
A. 乙烯是平面分子，乙烷分子中所有原子不可能在同一平面内
B. 溴的四氯化碳溶液和酸性溶液都可以鉴别乙烯和乙烷
C. 溴的四氯化碳溶液和酸性溶液都可以除去乙烷中混有的乙烯
D. 乙烯的化学性质比乙烷的化学性质活泼
【答案】C
【解析】A. 甲烷是正四面体结构，所以乙烷中所有原子不可能在同一平面上；乙烯为平面 结构，所有原子都处在同一平面上，故A正确；B. 乙烯能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应而褪色，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而褪色，而乙烷不能使溴的四氯化碳溶液和酸性KMnO4溶液褪色，所以溴的四氯化碳溶液和酸性KMnO4溶液都可以鉴别乙烯和乙烷，故B正确；C. 乙烯含有C=C官能团，能与溴水发生加成反应，而乙烷不能与溴的四氯化碳溶液反应，可用溴的四氯化碳溶液可以除去乙烷中混有的乙烯；烷不能与酸性KMnO4溶液反应，乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化，氧化时生成二氧化碳，所以酸性KMnO4溶液不可以除去乙烷中混有的乙烯，故C错误；D. 乙烯含不饱和键，易于发生化学反应性质活泼；通常情况下，乙烯的化学性质比乙烷活泼，故D正确；本题选C。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 图1为实验室制备硝基苯的装置
B. 图2中振荡后下层为无色
C. 用图3所示的实验装置制备乙酸乙酯
D. 图4装置可以达到验证溴乙烷发生消去反应生成烯烃的目的
【答案】B
【解析】
【详解】A、实验室制备硝基苯水溶加热，要有长导管回流，A错误；
B、图2中振荡后分层，上层为水层，碱和溴水反应无色，下层为四氯化碳，溶液无色，B正确；
C、制备乙酸乙酯时，通到碳酸钠溶液的长导管不可以伸入水中，否则发生倒吸，C错误；
D、图4装置发生消去反应，无法检验烯烃，因为挥发出的乙醇也可以还原酸性高锰酸钾，D错误；
答案选B。
5.下列叙述中，错误的是（ ）
A. 苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持55～60℃反应生成硝基苯
B 苯不能使酸性高锰酸钾褪色，说明苯环中没有碳碳双键
C. 甲烷中混有的乙烯可以用溴水除去
D. 医院用75%酒精杀菌、消毒，75%是指质量分数
【答案】D
【解析】
【详解】A．在浓硫酸做催化剂、55℃-60℃加热条件下，苯能和浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，该反应也称硝化反应，A正确；
B．苯分子中不含碳碳双键，不能被高锰酸钾氧化，不能使酸性高锰酸钾褪色，B正确；
C．乙烯能够与溴发生加成反应，甲烷与溴不反应，所以甲烷中混有的乙烯可以用溴水除去，C正确；
D．医院用75%酒精，75%是体积分数，不是质量分数，D错误；
答案选D。
6.下列有关乙烯的说法，其中错误的是（ ）
A. 乙烯分子的双键中有一个键较易断裂
B. 乙烯分子里所有原子都在同一平面上，且碳氢键之间的键角约为120°
C. 乙烯的化学性质比乙烷活泼
D. 乙烯和环丙烷（）的分子组成符合通式CnH2n，因此它们属于同系物
【答案】D
【解析】试题分析：A．乙烯分子的双键中有一个键较易断裂，化学性质活泼，故A正确；B．乙烯分子是平面结构，所有原子都在同一平面上，且碳氢键之间的键角为120°，故B正确；C．碳碳双键不稳定，乙烯的化学性质比乙烷活泼，故C正确；D．乙烯和环丙烷（）的分子组成符合通式CnH2n，但结构不相似，因此它们不属于同系物，故D错误，答案为D。
7.下列关于苯的叙述正确的是( )
A. 反应为取代反应，有机产物的密度比水小
B. 反应为取代反应，有机产物是一种烃
C. 反应中1mol苯最多与发生加成反应，是因为苯分子含有三个碳碳双键
D. 反应为氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有较多的黑烟
【答案】D
【解析】
【详解】A、苯与液溴在铁做催化剂的条件下生成溴苯和溴化氢，属于取代反应，溴苯的密度大于水，故A错误；
B、苯与浓硫酸、浓硝酸的混合液加热发生取代反应生成硝基苯，有机产物硝基苯是烃的衍生物，故B错误；
C. 1mol苯最多与发生加成反应，苯中的碳碳键是介于单键和双键之间的独特键，苯分子不含碳碳双键，故C错误；
D. 苯分子中含碳量高，燃烧的现象是火焰明亮并带有较多的黑烟，故D正确，答案选D。
8.某单烯烃经氢化后得到的饱和烃是，该烯烃可能有的结构有( )
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种
【答案】A
【解析】根据烯烃与加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均含有原子的碳原子间是对应烯烃存在的位置，该烷烃中能形成双键键位置有:1和2之间、2和3之间；2和6、4和5、4和7与1、2形成的键相同，3和4与2和6位置形成的键相同，故该烯烃共有2种；正确选项A。
9.对与的反应如图所示叙述不正确的是
A. 该反应属于取代反应
B. 该反应的条件是光照
C. 该反应的生成物有四种
D. 该反应的现象是量筒内气体颜色变浅，器壁上有油状液滴，量筒内液面上升并产生白雾
【答案】C
【解析】试题分析：CH4与Cl2在光照条件下发生取代反应，该反应的生成物有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷、氯化氢五种产物；所以现象是量筒内气体颜色变浅，器壁上有油状液滴，量筒内液面上升并产生白雾，故C错误。
10.用NA表示阿伏伽德罗常数的数值，下列叙述正确的是（ ）
A. 78g苯中含有的碳碳双键的数目为3NA
B. 16gCu2S和CuO组成的混合物中含有的阳离子数为0.2NA
C. 将1mol H2与 1 mol I2充入一密闭容器中充分反应后，转移的电子书为2NA
D. 1 mol Fe 与足量的浓硫酸共热反应，生成SO2的分子数为NA
【答案】B
【解析】A、苯分子中无碳碳双键，故A错误；B、若16g全是Cu2S，含有n(Cu+)==0.2mol，若16g全是CuO，则n(Cu2+)==0.2mol，所以总质量为16g时，Cu2S和CuO无论以何种比例混合，阳离子数目均为0.2NA，故B正确；C、H2与 I2的反应为可逆反应，1mol H2与 1 mol I2不能完全反应，所以转移的电子数少于2NA，故C 错误；D、1 mol Fe 与足量的浓硫酸共热反应，Fe转化为Fe3+，则1molFe失去3mol电子，而每生成1molSO2，转移2mol电子，故生成SO2应为1.5mol，分数为1.5NA，故D错误。故选B。
11.化学与生活、环境密切相关。下列说法正确的是（ ）
A. 明矾在水中生成的Al(OH)3胶体有吸附性，因此常用明矾对水进行消毒
B. 汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧产生的
C. 氨气很容易液化，液氨汽化吸收大量的热，所以液氨常用作制冷剂
D. 为了消除碘缺乏病，在食用盐中加入一定量的碘单质
【答案】C
【解析】
【分析】A.氢氧化铝胶体能净水但不能消毒；
B.汽油中不含氮元素；
C.氨很容易液化，液氨气化吸收大量的热，导致其周围环境温度降低；
D.碘盐就是在食盐中加入一定量的碘酸钾(KIO3)。
【详解】A.明矾在水中发生水解反应产生氢氧化铝胶体，胶体表面积大具有强的吸附性，能吸附水中的悬浮物而净水，从而起到净水的作用，但该物质没有强氧化性，所以不能杀菌消毒，A错误；
B.汽油中不含氮元素，汽车尾气中的氮氧化物是空气中的氮气与氧气在高温条件下生成的，B错误；
C.氨气分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使氨气易液化，液氨气化吸收大量的热，导致其周围环境温度降低，所以液氨常用作制冷剂，C正确；
D.为了消除碘缺乏病，在食用盐中加入一定量的碘酸钾(KIO3)，而不是碘单质，D错误；
故合理选项是C。
12.苏轼的《格物粗谈》有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”按照现代科技观点，该文中的“气”是指（ ）
A. 脱落酸 B. 生长素 C. 乙烯 D. 甲烷
【答案】C
【解析】
【详解】根据记载，其中的“气”是能促进果实成熟的气体；
A. 脱落酸指能引起芽休眠、叶子脱落和抑制细胞生长等生理作用的植物激素，不能促进果实成熟，“气”不是脱落酸；
B.生长素是植物激素，促进细胞分裂和根的分化，促进营养器官的伸长，促进果实发育，较低浓度促进生长，较高浓度抑制生长，“气”不是生长素；
C.乙烯是能够促进果实的成熟的气体，“气”是乙烯；
D.甲烷对植物的生长无作用，“气”不是甲烷；
故选C。
13.用下图所示装置检验乙烯时不需要除杂的是( )
选项
乙烯的制备
试剂X
试剂Y
A
CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热
H2O
KMnO4酸性溶液
B
CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热
H2O
Br2的CCl4溶液
C
C2H5OH与浓H2SO4加热至170 ℃
NaOH溶液
KMnO4酸性溶液
D
C2H5OH与浓H2SO4加热至170 ℃
NaOH溶液
Br2的CCl4溶液
【答案】B
【解析】A．发生消去反应生成乙烯，水吸收乙醇，乙醇能被高锰酸钾氧化，则需要加水除杂，否则干扰乙烯的检验，故A不选；B．发生消去反应生成乙烯，乙醇与Br2的CCl4溶液不反应，乙烯与Br2的CCl4溶液反应，则不需要除杂，不影响乙烯检验，故B选；C．发生消去反应生成乙烯，NaOH溶液吸收乙醇，乙醇能被高锰酸钾氧化，则需要NaOH溶液除杂，否则干扰乙烯的检验，故C不选；D．发生消去反应生成乙烯，乙醇与溴水不反应，但可能混有二氧化硫，二氧化硫、乙烯均与溴水发生反应，则需要除杂，否则可干扰乙烯检验，故D不选；故选B。
14.下列物质各1mol分别与足量的H2发生加成反应，消耗H2物质的量最多的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A.1mol与氢气发生加成反应，消耗氢气3mol；
B.1mol中含有1mol苯环、1molC=C双键，与氢气完全加成反应消耗氢气3mol+1mol=4mol；
C.1molCH3-CH2-C≡CH含有1molC≡C三键，与氢气完全加成反应消耗2mol氢气；
D.1molCH3（CH=CH）3CH3含有3molC=C双键，与氢气完全加成反应消耗3mol氢气。
故1mol与氢气完全加成反应消耗的氢气最多，故答案B正确。
故选B。
15.以苯为原料，不能通过一步反应制得的有机物是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】苯分子中不含碳碳双键，其中的化学键碳碳键是介于碳碳单键与碳碳双键之间独特的化学键，苯能够与液氯发生取代反应，与硝酸发生硝化反应，与氢气发生加成反应，以此解答该题。
【详解】A.苯和氯气在催化剂的作用下能发生取代反应生成氯苯，故A正确；
B.苯与浓硝酸在浓硫酸作催化剂时，在加热条件下发生取代反应生成硝基苯，B正确；
C.苯应先生成甲苯，然后再生成三硝基甲苯，不能由苯一步反应制得，C错误；
D.苯一定条件下可以与氢气发生加成反应生成环己烷，D正确；
故合理选项是C。
16.某烯烃CH2＝CH—C(CH3)3的名称叫“3,3－二甲基－1－丁烯”。该烯烃跟氢气催化加氢后所得到的产物的名称叫（ ）
A. 3,3－二甲基丁烷
B. 2,2－二甲基丁烷
C. 1,1,1－三甲基丙烷
D. 1,1－二甲基丁烷
【答案】B
【解析】试题分析：烯烃CH2=CH-C（CH3）3和氢气催化加成反应生成烷烃，CH3-CH2-C（CH3）3，根据烷烃的命名原则，选取含碳最长的为主碳链为4个碳原子，其他为支链，从离支链近的一端编号用于确定支链位置，按照要求写出名称为2，2-二甲基丁烷，即选项B正确。故选B。
17. 由乙烯推测丙烯的结构或性质，正确的是 （ ）
A. 分子中三个碳原子在同一直线上
B. 分子中所有原子在同一平面上
C. 与HCl加成只生成一种产物
D. 在一定条件下，能发生加聚反应
【答案】D
【解析】
【详解】乙烯中含碳碳双键，能发生加成反应，所以分子在同一平面内，丙烯与乙烯同系物，性质相似，但丙烯中存在甲基，甲基为空间四面体结构；
A.乙烯平面结构，夹角为120℃，所以丙烯中只有2个碳原子在一条直线上，故A错误；
B.丙烯中存在甲基，甲基为空间四面体结构，则分子中所有原子不会在同一平面上，故B错误；
C.因丙烯结构不对称，则与HCl加成可生成两种产物，故C错误；
D.丙烯中含有碳碳双键，能发生加聚反应生成聚丙烯，故D正确；
故答案选D。
18.反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）在一个密闭容器中进行，下列措施可以使反应速率增大的是（ ）
①增加少量C（s） ②升高温度 ③体积不变，再通入CO2
④缩小体积增大压强 ⑤体积不变，再通入He ⑥压强不变，再通入He．
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】从影响化学反应速率的因素进行分析；
【详解】①C为固体，浓度视为常数，因此该反应中加入C，反应速率无变化，故①不符合题意；
②升高温度，化学反应速率增大，故②符合题意；
③体积不变，再通入CO2，反应物浓度增大，化学反应速率增大，故③符合题意；
④缩小容器的体积，压强增大，化学反应速率增大，故④符合题意；
⑤体积不变，说明容器为恒容状态，再通入He，组分浓度不变，化学反应速率不变，故⑤不符合题意；
⑥压强不变，再通入He，体积增大，组分浓度降低，化学反应速率降低，故⑥不符合题意；
综上所示，选项D符合题意。
19.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42-可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是（ ）
A. 通电后中间隔室的SO42-离子向正极迁移，正极区溶液pH增大
B. 该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品
C. 负极反应为2H2O–4e–=O2+4H+，负极区溶液pH降低
D. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，在电解池中阴离子会向正电荷较多的阳极区定向移动，因此通电后中间隔室的SO42－离子向正极迁移；在正极区带负电荷的OH－失去电子，发生氧化反应而放电，由于破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(H＋)>c(OH－)，所以正极区溶液酸性增强，溶液的pH减小，故A错误；
B．阳极区氢氧根放电，溶液中产生硫酸，阴极区氢离子获得电子，发生还原反应而放电，破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(OH－)>c(H＋)，所以产生氢氧化钠，因此该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；
C．负极区氢离子得到电子，使溶液中c(H＋)增大，所以负极区溶液pH升高，故C错误；
D．当电路中通过1mol电子的电量时，根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知反应产生氧气的物质的量是n(O2)=1mol÷4=0.25mol，故D错误。
故选B。
20.在一定温度下，在体积为2L的恒容密闭容器中，某一反应中X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列表述中正确的是（ ）
A. 反应的化学方程式为2X=3Y+Z
B. t时，正、逆反应都不再继续进行，反应达到化学平衡
C. 若t=4，则0-t的X的化学反应速率为0.1mol/(L·min)
D. 温度、体积不变，t时刻充入1molHe使压强增大，正、逆反应速率都增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．参加反应的各物质的物质的量之比等于化学计量数之比，所以X、Y、Z的化学计量数之比为0.8:1.2:0.4=2:3:1，但是该反应是一个可逆反应，反应的化学方程式为：2X3Y + Z，A错误；
B．化学平衡是一种动态平衡，即正逆反应都在进行，且正反应速率等于逆反应速率，不等于0，B错误；
C．若t=4，则0～t的X的化学反应速率为（2.4-1.6）mol÷（2L×4min）=0.1 mol•L－1•min－1，C正确；
D．温度、体积不变，t时刻充入1 mol He使压强增大，但是各物质的物质的量浓度不变，正、逆反应速率不变，化学平衡不移动，D错误；
本题答案选C。
21.下列图示变化为吸热反应的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应物的总能量小于生成物的总能量，反应为吸热反应，符合题意，A正确；
B．反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，与题意不符，B错误；
C．浓硫酸稀释放出热量，与题意不符，C错误；
D．锌与稀盐酸的反应为放热反应，与题意不符，D错误；
答案为A。
22.某小组为研究电化学原理，设计如图装置．下列叙述不正确的是（ ）
A. a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出
B. a 和 b 用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2++2e-=Cu
C. 无论a和b是否连接，铁片均会溶解
D. a和b用导线连接后，Fe片上发生还原反应，溶液中的Cu2+向铜电极移动
【答案】D
【解析】
【详解】A．a和b不连接时，铁片和硫酸铜溶液之间发生化学反应，铁能将金属铜从其盐中置换出来，所以铁片上会有金属铜析出，故A正确；
B．a和b用导线连接时，形成了原电池，铜作正极，发生的反应为：Cu2++2e-=Cu，故B正确；
C．a和b不连接时，铁片和硫酸铜溶液之间发生化学反应，铁能将金属铜从其盐中置换出来，a和b用导线连接时，形成了原电池，加快了铁将金属铜从其盐中置换出来的速度，无论a和b是否连接，铁片均会溶解，故C正确；
D． a和b用导线连接后，是原电池，Fe片为负极，发生氧化反应，溶液中的Cu2＋向铜电极移动，故D错误；答案为D。
23.可逆反应：2NO22NO+O2在密闭容器反应，达到平衡状态的标志是（）
（1）单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2
（2）单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO
（3）用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示反应速率的比为2:2:1的状态
（4）混合气体的颜色不再改变的状态
（5）混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】（1）单位时间内生成n mol O2，同时生成2n mol NO2，说明反应v正=v逆；
（2）未体现正与逆的关系，不能说明达到平衡状态；
（3）从反应开始就符合速率的比为2：2：1的状态；
（4）混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变；
（5）当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量不再改变。
【详解】（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）生成n mol O2，生成2n mol NO，表示的均为正反应过程，未体现正与逆的关系，不能说明达到平衡状态，故（2）错误；
（3）任意时刻，同一个化学反应中用不同的物质表示的化学反应速率等于计量数之比，所以不能说明达平衡状态，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）混合气体的平均相对分子质量=，各物质均为气体，总质量不变；反应前后物质的量变化。当平均相对分子质量不变的时候，说明总物质的量不变，各物质的物质的量不变，达到平衡状态，故（5）正确；
答案选C。
24.二烯烃与单烯烃作用生成六元环状化合物的反应常用于有机合成，其反应形式可示例为：如果要用这一反应方式合成：，则所用原料的名称是（ ）
A. 丁烯和乙基，丁二烯 B. 丁烯和甲基，丁二烯
C. 丁烯和乙基，丁二烯 D. 乙烯和甲基，丁二烯
【答案】A
【解析】
【分析】据1，3-丁二烯与乙烯反应知，1，3-丁二烯中的两个碳碳双键断裂，中间形成一个碳碳双键，边上两个半键与乙烯中的两个半键相连构成环状，类比1，3-丁二烯与乙烯的加成反应采用逆合成分析法分析解答。
【详解】与环己烯相比较，含有2个乙基，由可知，的原料为：、，名称分别为2-乙基-1，3-丁二烯和1-丁烯，故选A。
25.按图示装置，实验能够成功的是（ ）
A. 测定乙醇的结构式
B. 实验室制乙烯
C. 制取并收集乙炔
D. 除去甲烷中的乙烯
【答案】A
【解析】采取排水法测定生成氢气的体积，测定乙醇与钠反应生成氢气的体积，并据此计算乙醇分子中能与金属钠反应的氢原子的数目，该装置能实现实验目的，A项正确；实验室制取乙烯的反应方程式为CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，温度计的下端应伸到混合液中，测反应液的温度，B项错误；实验室常用电石和水反应制得乙炔，反应方程式为：CaC2+2H2O═Ca(OH)2+C2H2↑，收集乙炔应采取排水法收集，C项错误；酸性高锰酸钾溶液能将氧化乙烯能成CO2，这样甲烷中混有二氧化碳杂质，D项错误。
26.关于如图的说法不正确的是（ ）
A. 1mol固态碘与1mol氢气化合生成2molHI气体时，需要吸收5kJ的能量
B. 2molHI气体分解生成1mol碘蒸气与1mol氢气时需要吸收12kJ的能量
C. 1mol固态碘变为1mol碘蒸气时需要吸收17kJ的能量
D. 碘蒸气与氢气生成HI气体的反应是吸热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，1molI2(s)+1molH2(g)吸收5kJ热量生成2molHI(g)，A项正确；
B．由图可知，1molI2(g)+1molH2(g)放出12kJ热量生成2molHI(g)，逆反应热量不变，2molHI气体分解生成1mol碘蒸气与时需要吸收12kJ的能量，B项正确；
C．由图可知，1molI2(g)变为1molI2(s)放出17kJ的热量，则1mol固态碘变为1mol碘蒸气时需要吸收17kJ的能量，C项正确；
D．1mol I2(g)+1mol H2(g)放出12kJ热量生成2molHI(g)，该反应为放热反应，D项错误；
答案选D。
27.如图所示的各图中，表示2A（g）+B（g）⇌2C（g）（△H＜0）这个可逆反应的正确图像为（注：Φ（C）表示C的体积分数，P表示气体压强，C表示浓度）（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A. 温度高，反应速率加快，先到达平衡；升高温度，平衡向吸热方向移动，即向逆反应方向移动，C的体积分数降低，A项正确；
B. 压强增大，正逆反应速率都增大，B项错误；
C. 使用催化剂，加快反应，到达平衡的时间短，但不影响平衡的移动，平衡时C的浓度不变，C项错误；
D. 增大压强反应向体积减小方向移动，即向正反应方向移动，A的转化率增大；升高温度，平衡向吸热方向移动，即向逆反应方向移动，A的转化率降低，D项错误；
答案选A。
28.[2017新课标Ⅰ]支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是（ ）
A. 通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零
B. 通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩
C. 高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流
D. 通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整
【答案】C
【解析】本题使用的是外加电流的阴极保护法，钢管柱与电源的负极相连，被保护。A．外加强大的电流可以抑制金属电化学腐蚀产生的电流，从而保护钢管柱，A正确；B．通电后，被保护的钢管柱作阴极，高硅铸铁作阳极，因此电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩，B正确；C．高硅铸铁为惰性辅助阳极，所以高硅铸铁不损耗，C错误；D．通过外加电流抑制金属电化学腐蚀产生的电流，因此通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整，D正确。答案选C。
29.如图是常见四种有机物的比例模型示意图。下列说法正确的是（ ）
A. 甲能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 乙可与溴水发生物理变化萃取使溴水褪色
C. 丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键
D. 丁在常温下是无色气体
【答案】C
【解析】
【详解】A.甲为甲烷，不能被酸性KMnO4溶液氧化而使酸性KMnO4溶液褪色，A错误；
B.乙为乙烯，含不饱和的碳碳双键，与溴水发生加成反应而使溴水褪色，B错误；
C.丙为苯，分子中不存在单、双键，分子中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特键，C正确；
D.丁为乙醇，在常温下为无色液体，D错误；
故合理选项是C。
30.香天竺葵醇具有温和、香甜的玫瑰花气息，其结构式如图所示。下列有关香天竺葵醇的说法错误的是（ ）
A. 分子中含有两种官能团
B. 该物质中的碳原子一定全部共面
C. 使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色的原理不同
D. 香天竺葵醇能发生加聚反应和氧化反应
【答案】B
【解析】
【详解】A.该物质分子中含碳碳双键、羟基两种官能团，A正确；
B.该物质分子中含有多个饱和C原子，由于饱和碳原子具有甲烷的正四面体结构，所以物质分子中的碳原子不一定能共平面，B错误；
C.物质分子中含碳碳双键，与溴发生加成反应而使溴水褪色，与高锰酸钾发生氧化反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，二者褪色原理不相同，C正确；
D.物质分子中含双键可发生加聚反应，含-OH、双键均可发生氧化反应，D正确；
故合理选项是B。
31.已知：浓硫酸易使有机物脱水，如图是用实验室制得的乙烯（C2H5OHCH2＝CH2↑+H2O)与溴水作用制取1，2－二溴乙烷的部分装置图，根据图示判断下列说法正确的是（ ）
A. 装置①和装置③中都盛有水，其作用相同
B. 装置②和装置④中都盛有NaOH溶液，其吸收的杂质相同
C. 产物可用分液的方法进行分离，1，2－二溴乙烷应从分液漏斗的上口倒出
D. 制备乙烯时温度计水银球位置应在反应液的液面下
【答案】D
【解析】
【详解】A．装置①中气体压力过大时，水就会从玻璃管上端溢出，起到缓冲作用；溴易挥发，装置③水的作用是冷凝液溴，可避免溴的大量挥发，水的作用不同，A错误；
B．装置②吸收乙烯中混有的SO2、CO2；装置④是吸收逸出的溴蒸气，防止污染空气，吸收的杂质不相同，B错误；
C.1，2－二溴乙烷与水不溶，密度比水大，在水的下层，应从分液漏斗的下口放出，C错误；
D．制备乙烯时温度计测量溶液的温度，因此温度计水银球位置应在反应液的液面下，D正确。
答案选D。
二、 填空题：（共2小题，每空2分，合计26分）
32. （1）下面是石蜡油在炽热碎瓷片的作用下产生乙烯并检验其性质的实验，完成下列问题。
①A中碎瓷片的作用是 。
②B中反应类型是 。C中实验现象是 。
③在D处点燃前必须进行的操作是 。
（2）制取氯乙烷（CH3CH2Cl）的最佳方法是（用化学方程式表示）： 。
（3）来自石油的另一产品是苯，请写出由苯制硝基苯的化学方程式： 。
（4）该实验中D处乙烯燃烧的化学方程式： 。
【答案】（10分）（1）①催化作用；②氧化反应；溴的四氯化碳溶液褪色；③检验气体的纯度。
（2）CH2=CH2＋ HClCH3CH2Cl （3）
(4) C2H4＋ 3O22CO2＋ 2H2O
【解析】试题分析：（1）①石蜡油需要在催化剂的作用下才能发生反应，则A中碎瓷片的作用催化作用。
②石蜡油生成的乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化，则反应类型是氧化反应。乙烯含有碳碳双键，能和溴水发生加成反应，则C中实验现象是溴的四氯化碳溶液褪色。
③乙烯是可燃性气体，则在D处点燃前必须进行的操作是检验气体的纯度。
（2）制取氯乙烷（CH3CH2Cl）的最佳方法是通过乙烯的加成反应，所以反应的方程式是CH2=CH2＋ HClCH3CH2Cl。
（3）在浓硫酸的作用下，苯和浓硝酸发生硝化反应生成硝基苯，反应的化学方程式是。
(4)因此燃烧生成CO2和水，则反应的化学方程式是C2H4＋ 3O22CO2＋ 2H2O。
33.汽车尾气里含有的NO气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致：
N2(g)+O2(g)2NO(g)，△H>0，已知该反应在240℃，平衡常数K=64×10-4。请回答：
(1)某温度下，向2L的密闭容器中充入N2和O2各1mol，5分钟后O2的物质的量为0.5mol，则N2的反应速率为______。
(2)假定该反应是在恒容条件下进行，判断该反应达到平衡的标志______．
A.消耗1mol N2同时生成1mol O2 混合气体密度不变
C.混合气体平均相对分子质量不变 D.2v正(N2)=v逆(NO)
(3)将N2、O2的混合气体充入恒温恒容密闭容器中，如图变化趋势正确的是______(填字母序号)。
(4)向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量的N2和O2，达到平衡状态后再向其中充入一定量NO，重新达到化学平衡状态与原平衡状态相比，此时平衡混合气中NO的体积分数______填“变大”、“变小”或“不变”
(5)该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1mol/L、4.0×10-2mol/L和3.0×10-3mol/L，此时反应______(填“处于化学平衡状态”、“向正反应方向进行”或“向逆反应方向进行”)，理由是______。
【答案】(1). 0.05mol/(L·min) (2). AD (3). AC (4). 不变 (5). 向正反应方向进行 (6). 因为浓度商Qc
【分析】(1)先根据速率定义式计算v(O2)，然后根据不同物质表示的速率比等于化学计量数的比计算v(N2)；
(2)可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等(同种物质)或正逆反应速率之比等于系数之比(不同物质)，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析；
(3)根据温度对化学反应速率和化学平衡移动的影响分析AC；
根据催化剂可以加快反应速率，但不能使化学平衡移动分析B；
(4)根据化学方程式的特点结合压强对平衡的影响分析；
(5)计算某时刻生成物的浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，与该温度下的平衡常数相比较，可得出结论。
【详解】(1)5分钟内，△n(O2)=1mol-0.5mol=0.5mol，则v(O2)==0.05 mol/(L·min) ，根据反应方程式N2(g)+O2(g)2NO(g)可知v(N2)=v(O2)==0.05 mol/(L·min)；
(2)A.消耗1molN2等效于消耗1mol O2，同时生成1mol O2，说明正逆反应速率相等(同种物质)，反应达到平衡，A符合题意；
B.混合气体的总质量不变，容器的体积不变，无论反应是否平衡，混合气体密度一直不变，B不符合题意；
C.混合气体的总质量不变，总的物质的量也不变，无论反应是否平衡，混合气体平均相对分子质量始终不变，不能据此判断反应是否处于平衡状态，C不符合题意；
D. 2v正(N2)=v逆(NO)= v正(NO)，说明正逆反应速率相等(同种物质)，说明反应达到平衡状态，D符合题意；
故合理选项是AD；
(3)该反应的正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应进行，化学平衡常数增大，A正确；
B.加入催化剂，可以加快化学反应速率，但对化学平衡移动无影响，因此平衡不发生移动，物质的平衡含量不变，B错误；
C.升高温度，化学反应速率增大，达到平衡所需要的时间缩短，先达到平衡，由于该反应的正反应是吸热反应，升高温度，化学平衡向正反应方向移动，使N2的转化率增大，C正确；
故合理选项是AC；
(4)该反应中，气体的化学计量数之和前后相等，压强对平衡移动没有影响，只要是在相同温度下，则平衡状态相同，与原平衡状态相比，此时平衡混合气中NO的体积分数不变；
(5)该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1mol/L、4.0×10-2mol/L和3.0×10-3mol/L，则该时刻生成物的浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值为Qc==9.0×10-4
一、选择题：（共30小题，1-19每小题2分，20-31每小题3分，合计74分）
1.有关苯的结构和性质，下列说法正确的是（ ）
A. 的习惯命名是间二甲苯
B. 苯在空气中不易燃烧完全，燃烧时冒浓烟
C. 煤干馏得到的煤焦油可以分离出苯，苯是无色无味的液态烃
D. 向2mL苯中加入1mL酸性高锰酸钾溶液，振荡后静置，可观察到液体分层，上层呈紫红色
【答案】B
【解析】
【详解】A.该物质分子中两个甲基在苯环上相邻的两个碳原子上，俗称邻二甲苯，A错误；
B.苯的分子式为C6H6，在室温下呈液态，由于含碳量大，燃烧时不易燃烧完全，因此在燃烧时冒浓烟，B正确；
C.苯是无色具有特殊气味的液体烃，C错误；
D.苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，苯的密度比水的小，难溶于水，因此向2mL苯中加入1mL酸性高锰酸钾溶液，振荡并静置后下层液体为紫红色，D错误；
故合理选项是B。
2.下列五种烃：①正丁烷、②异丁烷、③丙烷、④辛烷、⑤乙烷，按它们的沸点由高到低的顺序排列为（ ）
A. ①④②③⑤ B. ④①②③⑤ C. ⑤③②①④ D. ④①③⑤②
【答案】B
【解析】
【分析】烷烃熔沸点随着物质的相对分子质量的增大而增大，但在烷烃的同分异构体中，物质分子中支链越多的烷烃其熔沸点越低，据此分析解答。
【详解】烷烃的熔沸点随着物质的相对分子质量的增大而增大，但烷烃的同分异构体中，支链越多的烷烃其熔沸点越低。①正丁烷分子式是C4H10；②异丁烷分子式是C4H10，③丙烷分子式是C3H8，④辛烷分子式是C8H18；⑤乙烷分子式是C2H6。分子中含有的碳原子数越少，物质的相对分子质量越小，物质的熔沸点就越低。对于相对分子质量相同的同分异构体正丁烷和异丁烷来说，由于异丁烷分子中含有支链，所以沸点①>②；故①正丁烷 ②异丁烷 ③丙烷 ④辛烷 ⑤乙烷的相对分子量逐渐减少，所以这几种物质熔沸点高低顺序是④①②③⑤，故合理选项是B。
3.下列有关乙烯和乙烷的说法中错误的是
A. 乙烯是平面分子，乙烷分子中所有原子不可能在同一平面内
B. 溴的四氯化碳溶液和酸性溶液都可以鉴别乙烯和乙烷
C. 溴的四氯化碳溶液和酸性溶液都可以除去乙烷中混有的乙烯
D. 乙烯的化学性质比乙烷的化学性质活泼
【答案】C
【解析】A. 甲烷是正四面体结构，所以乙烷中所有原子不可能在同一平面上；乙烯为平面 结构，所有原子都处在同一平面上，故A正确；B. 乙烯能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应而褪色，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而褪色，而乙烷不能使溴的四氯化碳溶液和酸性KMnO4溶液褪色，所以溴的四氯化碳溶液和酸性KMnO4溶液都可以鉴别乙烯和乙烷，故B正确；C. 乙烯含有C=C官能团，能与溴水发生加成反应，而乙烷不能与溴的四氯化碳溶液反应，可用溴的四氯化碳溶液可以除去乙烷中混有的乙烯；烷不能与酸性KMnO4溶液反应，乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化，氧化时生成二氧化碳，所以酸性KMnO4溶液不可以除去乙烷中混有的乙烯，故C错误；D. 乙烯含不饱和键，易于发生化学反应性质活泼；通常情况下，乙烯的化学性质比乙烷活泼，故D正确；本题选C。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 图1为实验室制备硝基苯的装置
B. 图2中振荡后下层为无色
C. 用图3所示的实验装置制备乙酸乙酯
D. 图4装置可以达到验证溴乙烷发生消去反应生成烯烃的目的
【答案】B
【解析】
【详解】A、实验室制备硝基苯水溶加热，要有长导管回流，A错误；
B、图2中振荡后分层，上层为水层，碱和溴水反应无色，下层为四氯化碳，溶液无色，B正确；
C、制备乙酸乙酯时，通到碳酸钠溶液的长导管不可以伸入水中，否则发生倒吸，C错误；
D、图4装置发生消去反应，无法检验烯烃，因为挥发出的乙醇也可以还原酸性高锰酸钾，D错误；
答案选B。
5.下列叙述中，错误的是（ ）
A. 苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持55～60℃反应生成硝基苯
B 苯不能使酸性高锰酸钾褪色，说明苯环中没有碳碳双键
C. 甲烷中混有的乙烯可以用溴水除去
D. 医院用75%酒精杀菌、消毒，75%是指质量分数
【答案】D
【解析】
【详解】A．在浓硫酸做催化剂、55℃-60℃加热条件下，苯能和浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，该反应也称硝化反应，A正确；
B．苯分子中不含碳碳双键，不能被高锰酸钾氧化，不能使酸性高锰酸钾褪色，B正确；
C．乙烯能够与溴发生加成反应，甲烷与溴不反应，所以甲烷中混有的乙烯可以用溴水除去，C正确；
D．医院用75%酒精，75%是体积分数，不是质量分数，D错误；
答案选D。
6.下列有关乙烯的说法，其中错误的是（ ）
A. 乙烯分子的双键中有一个键较易断裂
B. 乙烯分子里所有原子都在同一平面上，且碳氢键之间的键角约为120°
C. 乙烯的化学性质比乙烷活泼
D. 乙烯和环丙烷（）的分子组成符合通式CnH2n，因此它们属于同系物
【答案】D
【解析】试题分析：A．乙烯分子的双键中有一个键较易断裂，化学性质活泼，故A正确；B．乙烯分子是平面结构，所有原子都在同一平面上，且碳氢键之间的键角为120°，故B正确；C．碳碳双键不稳定，乙烯的化学性质比乙烷活泼，故C正确；D．乙烯和环丙烷（）的分子组成符合通式CnH2n，但结构不相似，因此它们不属于同系物，故D错误，答案为D。
7.下列关于苯的叙述正确的是( )
A. 反应为取代反应，有机产物的密度比水小
B. 反应为取代反应，有机产物是一种烃
C. 反应中1mol苯最多与发生加成反应，是因为苯分子含有三个碳碳双键
D. 反应为氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有较多的黑烟
【答案】D
【解析】
【详解】A、苯与液溴在铁做催化剂的条件下生成溴苯和溴化氢，属于取代反应，溴苯的密度大于水，故A错误；
B、苯与浓硫酸、浓硝酸的混合液加热发生取代反应生成硝基苯，有机产物硝基苯是烃的衍生物，故B错误；
C. 1mol苯最多与发生加成反应，苯中的碳碳键是介于单键和双键之间的独特键，苯分子不含碳碳双键，故C错误；
D. 苯分子中含碳量高，燃烧的现象是火焰明亮并带有较多的黑烟，故D正确，答案选D。
8.某单烯烃经氢化后得到的饱和烃是，该烯烃可能有的结构有( )
A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种
【答案】A
【解析】根据烯烃与加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均含有原子的碳原子间是对应烯烃存在的位置，该烷烃中能形成双键键位置有:1和2之间、2和3之间；2和6、4和5、4和7与1、2形成的键相同，3和4与2和6位置形成的键相同，故该烯烃共有2种；正确选项A。
9.对与的反应如图所示叙述不正确的是
A. 该反应属于取代反应
B. 该反应的条件是光照
C. 该反应的生成物有四种
D. 该反应的现象是量筒内气体颜色变浅，器壁上有油状液滴，量筒内液面上升并产生白雾
【答案】C
【解析】试题分析：CH4与Cl2在光照条件下发生取代反应，该反应的生成物有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷、氯化氢五种产物；所以现象是量筒内气体颜色变浅，器壁上有油状液滴，量筒内液面上升并产生白雾，故C错误。
10.用NA表示阿伏伽德罗常数的数值，下列叙述正确的是（ ）
A. 78g苯中含有的碳碳双键的数目为3NA
B. 16gCu2S和CuO组成的混合物中含有的阳离子数为0.2NA
C. 将1mol H2与 1 mol I2充入一密闭容器中充分反应后，转移的电子书为2NA
D. 1 mol Fe 与足量的浓硫酸共热反应，生成SO2的分子数为NA
【答案】B
【解析】A、苯分子中无碳碳双键，故A错误；B、若16g全是Cu2S，含有n(Cu+)==0.2mol，若16g全是CuO，则n(Cu2+)==0.2mol，所以总质量为16g时，Cu2S和CuO无论以何种比例混合，阳离子数目均为0.2NA，故B正确；C、H2与 I2的反应为可逆反应，1mol H2与 1 mol I2不能完全反应，所以转移的电子数少于2NA，故C 错误；D、1 mol Fe 与足量的浓硫酸共热反应，Fe转化为Fe3+，则1molFe失去3mol电子，而每生成1molSO2，转移2mol电子，故生成SO2应为1.5mol，分数为1.5NA，故D错误。故选B。
11.化学与生活、环境密切相关。下列说法正确的是（ ）
A. 明矾在水中生成的Al(OH)3胶体有吸附性，因此常用明矾对水进行消毒
B. 汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧产生的
C. 氨气很容易液化，液氨汽化吸收大量的热，所以液氨常用作制冷剂
D. 为了消除碘缺乏病，在食用盐中加入一定量的碘单质
【答案】C
【解析】
【分析】A.氢氧化铝胶体能净水但不能消毒；
B.汽油中不含氮元素；
C.氨很容易液化，液氨气化吸收大量的热，导致其周围环境温度降低；
D.碘盐就是在食盐中加入一定量的碘酸钾(KIO3)。
【详解】A.明矾在水中发生水解反应产生氢氧化铝胶体，胶体表面积大具有强的吸附性，能吸附水中的悬浮物而净水，从而起到净水的作用，但该物质没有强氧化性，所以不能杀菌消毒，A错误；
B.汽油中不含氮元素，汽车尾气中的氮氧化物是空气中的氮气与氧气在高温条件下生成的，B错误；
C.氨气分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使氨气易液化，液氨气化吸收大量的热，导致其周围环境温度降低，所以液氨常用作制冷剂，C正确；
D.为了消除碘缺乏病，在食用盐中加入一定量的碘酸钾(KIO3)，而不是碘单质，D错误；
故合理选项是C。
12.苏轼的《格物粗谈》有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”按照现代科技观点，该文中的“气”是指（ ）
A. 脱落酸 B. 生长素 C. 乙烯 D. 甲烷
【答案】C
【解析】
【详解】根据记载，其中的“气”是能促进果实成熟的气体；
A. 脱落酸指能引起芽休眠、叶子脱落和抑制细胞生长等生理作用的植物激素，不能促进果实成熟，“气”不是脱落酸；
B.生长素是植物激素，促进细胞分裂和根的分化，促进营养器官的伸长，促进果实发育，较低浓度促进生长，较高浓度抑制生长，“气”不是生长素；
C.乙烯是能够促进果实的成熟的气体，“气”是乙烯；
D.甲烷对植物的生长无作用，“气”不是甲烷；
故选C。
13.用下图所示装置检验乙烯时不需要除杂的是( )
选项
乙烯的制备
试剂X
试剂Y
A
CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热
H2O
KMnO4酸性溶液
B
CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热
H2O
Br2的CCl4溶液
C
C2H5OH与浓H2SO4加热至170 ℃
NaOH溶液
KMnO4酸性溶液
D
C2H5OH与浓H2SO4加热至170 ℃
NaOH溶液
Br2的CCl4溶液
【答案】B
【解析】A．发生消去反应生成乙烯，水吸收乙醇，乙醇能被高锰酸钾氧化，则需要加水除杂，否则干扰乙烯的检验，故A不选；B．发生消去反应生成乙烯，乙醇与Br2的CCl4溶液不反应，乙烯与Br2的CCl4溶液反应，则不需要除杂，不影响乙烯检验，故B选；C．发生消去反应生成乙烯，NaOH溶液吸收乙醇，乙醇能被高锰酸钾氧化，则需要NaOH溶液除杂，否则干扰乙烯的检验，故C不选；D．发生消去反应生成乙烯，乙醇与溴水不反应，但可能混有二氧化硫，二氧化硫、乙烯均与溴水发生反应，则需要除杂，否则可干扰乙烯检验，故D不选；故选B。
14.下列物质各1mol分别与足量的H2发生加成反应，消耗H2物质的量最多的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A.1mol与氢气发生加成反应，消耗氢气3mol；
B.1mol中含有1mol苯环、1molC=C双键，与氢气完全加成反应消耗氢气3mol+1mol=4mol；
C.1molCH3-CH2-C≡CH含有1molC≡C三键，与氢气完全加成反应消耗2mol氢气；
D.1molCH3（CH=CH）3CH3含有3molC=C双键，与氢气完全加成反应消耗3mol氢气。
故1mol与氢气完全加成反应消耗的氢气最多，故答案B正确。
故选B。
15.以苯为原料，不能通过一步反应制得的有机物是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】苯分子中不含碳碳双键，其中的化学键碳碳键是介于碳碳单键与碳碳双键之间独特的化学键，苯能够与液氯发生取代反应，与硝酸发生硝化反应，与氢气发生加成反应，以此解答该题。
【详解】A.苯和氯气在催化剂的作用下能发生取代反应生成氯苯，故A正确；
B.苯与浓硝酸在浓硫酸作催化剂时，在加热条件下发生取代反应生成硝基苯，B正确；
C.苯应先生成甲苯，然后再生成三硝基甲苯，不能由苯一步反应制得，C错误；
D.苯一定条件下可以与氢气发生加成反应生成环己烷，D正确；
故合理选项是C。
16.某烯烃CH2＝CH—C(CH3)3的名称叫“3,3－二甲基－1－丁烯”。该烯烃跟氢气催化加氢后所得到的产物的名称叫（ ）
A. 3,3－二甲基丁烷
B. 2,2－二甲基丁烷
C. 1,1,1－三甲基丙烷
D. 1,1－二甲基丁烷
【答案】B
【解析】试题分析：烯烃CH2=CH-C（CH3）3和氢气催化加成反应生成烷烃，CH3-CH2-C（CH3）3，根据烷烃的命名原则，选取含碳最长的为主碳链为4个碳原子，其他为支链，从离支链近的一端编号用于确定支链位置，按照要求写出名称为2，2-二甲基丁烷，即选项B正确。故选B。
17. 由乙烯推测丙烯的结构或性质，正确的是 （ ）
A. 分子中三个碳原子在同一直线上
B. 分子中所有原子在同一平面上
C. 与HCl加成只生成一种产物
D. 在一定条件下，能发生加聚反应
【答案】D
【解析】
【详解】乙烯中含碳碳双键，能发生加成反应，所以分子在同一平面内，丙烯与乙烯同系物，性质相似，但丙烯中存在甲基，甲基为空间四面体结构；
A.乙烯平面结构，夹角为120℃，所以丙烯中只有2个碳原子在一条直线上，故A错误；
B.丙烯中存在甲基，甲基为空间四面体结构，则分子中所有原子不会在同一平面上，故B错误；
C.因丙烯结构不对称，则与HCl加成可生成两种产物，故C错误；
D.丙烯中含有碳碳双键，能发生加聚反应生成聚丙烯，故D正确；
故答案选D。
18.反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）在一个密闭容器中进行，下列措施可以使反应速率增大的是（ ）
①增加少量C（s） ②升高温度 ③体积不变，再通入CO2
④缩小体积增大压强 ⑤体积不变，再通入He ⑥压强不变，再通入He．
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】从影响化学反应速率的因素进行分析；
【详解】①C为固体，浓度视为常数，因此该反应中加入C，反应速率无变化，故①不符合题意；
②升高温度，化学反应速率增大，故②符合题意；
③体积不变，再通入CO2，反应物浓度增大，化学反应速率增大，故③符合题意；
④缩小容器的体积，压强增大，化学反应速率增大，故④符合题意；
⑤体积不变，说明容器为恒容状态，再通入He，组分浓度不变，化学反应速率不变，故⑤不符合题意；
⑥压强不变，再通入He，体积增大，组分浓度降低，化学反应速率降低，故⑥不符合题意；
综上所示，选项D符合题意。
19.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42-可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是（ ）
A. 通电后中间隔室的SO42-离子向正极迁移，正极区溶液pH增大
B. 该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品
C. 负极反应为2H2O–4e–=O2+4H+，负极区溶液pH降低
D. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，在电解池中阴离子会向正电荷较多的阳极区定向移动，因此通电后中间隔室的SO42－离子向正极迁移；在正极区带负电荷的OH－失去电子，发生氧化反应而放电，由于破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(H＋)>c(OH－)，所以正极区溶液酸性增强，溶液的pH减小，故A错误；
B．阳极区氢氧根放电，溶液中产生硫酸，阴极区氢离子获得电子，发生还原反应而放电，破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(OH－)>c(H＋)，所以产生氢氧化钠，因此该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；
C．负极区氢离子得到电子，使溶液中c(H＋)增大，所以负极区溶液pH升高，故C错误；
D．当电路中通过1mol电子的电量时，根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知反应产生氧气的物质的量是n(O2)=1mol÷4=0.25mol，故D错误。
故选B。
20.在一定温度下，在体积为2L的恒容密闭容器中，某一反应中X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列表述中正确的是（ ）
A. 反应的化学方程式为2X=3Y+Z
B. t时，正、逆反应都不再继续进行，反应达到化学平衡
C. 若t=4，则0-t的X的化学反应速率为0.1mol/(L·min)
D. 温度、体积不变，t时刻充入1molHe使压强增大，正、逆反应速率都增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．参加反应的各物质的物质的量之比等于化学计量数之比，所以X、Y、Z的化学计量数之比为0.8:1.2:0.4=2:3:1，但是该反应是一个可逆反应，反应的化学方程式为：2X3Y + Z，A错误；
B．化学平衡是一种动态平衡，即正逆反应都在进行，且正反应速率等于逆反应速率，不等于0，B错误；
C．若t=4，则0～t的X的化学反应速率为（2.4-1.6）mol÷（2L×4min）=0.1 mol•L－1•min－1，C正确；
D．温度、体积不变，t时刻充入1 mol He使压强增大，但是各物质的物质的量浓度不变，正、逆反应速率不变，化学平衡不移动，D错误；
本题答案选C。
21.下列图示变化为吸热反应的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应物的总能量小于生成物的总能量，反应为吸热反应，符合题意，A正确；
B．反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为放热反应，与题意不符，B错误；
C．浓硫酸稀释放出热量，与题意不符，C错误；
D．锌与稀盐酸的反应为放热反应，与题意不符，D错误；
答案为A。
22.某小组为研究电化学原理，设计如图装置．下列叙述不正确的是（ ）
A. a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出
B. a 和 b 用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2++2e-=Cu
C. 无论a和b是否连接，铁片均会溶解
D. a和b用导线连接后，Fe片上发生还原反应，溶液中的Cu2+向铜电极移动
【答案】D
【解析】
【详解】A．a和b不连接时，铁片和硫酸铜溶液之间发生化学反应，铁能将金属铜从其盐中置换出来，所以铁片上会有金属铜析出，故A正确；
B．a和b用导线连接时，形成了原电池，铜作正极，发生的反应为：Cu2++2e-=Cu，故B正确；
C．a和b不连接时，铁片和硫酸铜溶液之间发生化学反应，铁能将金属铜从其盐中置换出来，a和b用导线连接时，形成了原电池，加快了铁将金属铜从其盐中置换出来的速度，无论a和b是否连接，铁片均会溶解，故C正确；
D． a和b用导线连接后，是原电池，Fe片为负极，发生氧化反应，溶液中的Cu2＋向铜电极移动，故D错误；答案为D。
23.可逆反应：2NO22NO+O2在密闭容器反应，达到平衡状态的标志是（）
（1）单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2
（2）单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO
（3）用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示反应速率的比为2:2:1的状态
（4）混合气体的颜色不再改变的状态
（5）混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】（1）单位时间内生成n mol O2，同时生成2n mol NO2，说明反应v正=v逆；
（2）未体现正与逆的关系，不能说明达到平衡状态；
（3）从反应开始就符合速率的比为2：2：1的状态；
（4）混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变；
（5）当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量不再改变。
【详解】（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）生成n mol O2，生成2n mol NO，表示的均为正反应过程，未体现正与逆的关系，不能说明达到平衡状态，故（2）错误；
（3）任意时刻，同一个化学反应中用不同的物质表示的化学反应速率等于计量数之比，所以不能说明达平衡状态，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）混合气体的平均相对分子质量=，各物质均为气体，总质量不变；反应前后物质的量变化。当平均相对分子质量不变的时候，说明总物质的量不变，各物质的物质的量不变，达到平衡状态，故（5）正确；
答案选C。
24.二烯烃与单烯烃作用生成六元环状化合物的反应常用于有机合成，其反应形式可示例为：如果要用这一反应方式合成：，则所用原料的名称是（ ）
A. 丁烯和乙基，丁二烯 B. 丁烯和甲基，丁二烯
C. 丁烯和乙基，丁二烯 D. 乙烯和甲基，丁二烯
【答案】A
【解析】
【分析】据1，3-丁二烯与乙烯反应知，1，3-丁二烯中的两个碳碳双键断裂，中间形成一个碳碳双键，边上两个半键与乙烯中的两个半键相连构成环状，类比1，3-丁二烯与乙烯的加成反应采用逆合成分析法分析解答。
【详解】与环己烯相比较，含有2个乙基，由可知，的原料为：、，名称分别为2-乙基-1，3-丁二烯和1-丁烯，故选A。
25.按图示装置，实验能够成功的是（ ）
A. 测定乙醇的结构式
B. 实验室制乙烯
C. 制取并收集乙炔
D. 除去甲烷中的乙烯
【答案】A
【解析】采取排水法测定生成氢气的体积，测定乙醇与钠反应生成氢气的体积，并据此计算乙醇分子中能与金属钠反应的氢原子的数目，该装置能实现实验目的，A项正确；实验室制取乙烯的反应方程式为CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，温度计的下端应伸到混合液中，测反应液的温度，B项错误；实验室常用电石和水反应制得乙炔，反应方程式为：CaC2+2H2O═Ca(OH)2+C2H2↑，收集乙炔应采取排水法收集，C项错误；酸性高锰酸钾溶液能将氧化乙烯能成CO2，这样甲烷中混有二氧化碳杂质，D项错误。
26.关于如图的说法不正确的是（ ）
A. 1mol固态碘与1mol氢气化合生成2molHI气体时，需要吸收5kJ的能量
B. 2molHI气体分解生成1mol碘蒸气与1mol氢气时需要吸收12kJ的能量
C. 1mol固态碘变为1mol碘蒸气时需要吸收17kJ的能量
D. 碘蒸气与氢气生成HI气体的反应是吸热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，1molI2(s)+1molH2(g)吸收5kJ热量生成2molHI(g)，A项正确；
B．由图可知，1molI2(g)+1molH2(g)放出12kJ热量生成2molHI(g)，逆反应热量不变，2molHI气体分解生成1mol碘蒸气与时需要吸收12kJ的能量，B项正确；
C．由图可知，1molI2(g)变为1molI2(s)放出17kJ的热量，则1mol固态碘变为1mol碘蒸气时需要吸收17kJ的能量，C项正确；
D．1mol I2(g)+1mol H2(g)放出12kJ热量生成2molHI(g)，该反应为放热反应，D项错误；
答案选D。
27.如图所示的各图中，表示2A（g）+B（g）⇌2C（g）（△H＜0）这个可逆反应的正确图像为（注：Φ（C）表示C的体积分数，P表示气体压强，C表示浓度）（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A. 温度高，反应速率加快，先到达平衡；升高温度，平衡向吸热方向移动，即向逆反应方向移动，C的体积分数降低，A项正确；
B. 压强增大，正逆反应速率都增大，B项错误；
C. 使用催化剂，加快反应，到达平衡的时间短，但不影响平衡的移动，平衡时C的浓度不变，C项错误；
D. 增大压强反应向体积减小方向移动，即向正反应方向移动，A的转化率增大；升高温度，平衡向吸热方向移动，即向逆反应方向移动，A的转化率降低，D项错误；
答案选A。
28.[2017新课标Ⅰ]支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是（ ）
A. 通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零
B. 通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩
C. 高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流
D. 通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整
【答案】C
【解析】本题使用的是外加电流的阴极保护法，钢管柱与电源的负极相连，被保护。A．外加强大的电流可以抑制金属电化学腐蚀产生的电流，从而保护钢管柱，A正确；B．通电后，被保护的钢管柱作阴极，高硅铸铁作阳极，因此电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩，B正确；C．高硅铸铁为惰性辅助阳极，所以高硅铸铁不损耗，C错误；D．通过外加电流抑制金属电化学腐蚀产生的电流，因此通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整，D正确。答案选C。
29.如图是常见四种有机物的比例模型示意图。下列说法正确的是（ ）
A. 甲能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 乙可与溴水发生物理变化萃取使溴水褪色
C. 丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键
D. 丁在常温下是无色气体
【答案】C
【解析】
【详解】A.甲为甲烷，不能被酸性KMnO4溶液氧化而使酸性KMnO4溶液褪色，A错误；
B.乙为乙烯，含不饱和的碳碳双键，与溴水发生加成反应而使溴水褪色，B错误；
C.丙为苯，分子中不存在单、双键，分子中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特键，C正确；
D.丁为乙醇，在常温下为无色液体，D错误；
故合理选项是C。
30.香天竺葵醇具有温和、香甜的玫瑰花气息，其结构式如图所示。下列有关香天竺葵醇的说法错误的是（ ）
A. 分子中含有两种官能团
B. 该物质中的碳原子一定全部共面
C. 使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色的原理不同
D. 香天竺葵醇能发生加聚反应和氧化反应
【答案】B
【解析】
【详解】A.该物质分子中含碳碳双键、羟基两种官能团，A正确；
B.该物质分子中含有多个饱和C原子，由于饱和碳原子具有甲烷的正四面体结构，所以物质分子中的碳原子不一定能共平面，B错误；
C.物质分子中含碳碳双键，与溴发生加成反应而使溴水褪色，与高锰酸钾发生氧化反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，二者褪色原理不相同，C正确；
D.物质分子中含双键可发生加聚反应，含-OH、双键均可发生氧化反应，D正确；
故合理选项是B。
31.已知：浓硫酸易使有机物脱水，如图是用实验室制得的乙烯（C2H5OHCH2＝CH2↑+H2O)与溴水作用制取1，2－二溴乙烷的部分装置图，根据图示判断下列说法正确的是（ ）
A. 装置①和装置③中都盛有水，其作用相同
B. 装置②和装置④中都盛有NaOH溶液，其吸收的杂质相同
C. 产物可用分液的方法进行分离，1，2－二溴乙烷应从分液漏斗的上口倒出
D. 制备乙烯时温度计水银球位置应在反应液的液面下
【答案】D
【解析】
【详解】A．装置①中气体压力过大时，水就会从玻璃管上端溢出，起到缓冲作用；溴易挥发，装置③水的作用是冷凝液溴，可避免溴的大量挥发，水的作用不同，A错误；
B．装置②吸收乙烯中混有的SO2、CO2；装置④是吸收逸出的溴蒸气，防止污染空气，吸收的杂质不相同，B错误；
C.1，2－二溴乙烷与水不溶，密度比水大，在水的下层，应从分液漏斗的下口放出，C错误；
D．制备乙烯时温度计测量溶液的温度，因此温度计水银球位置应在反应液的液面下，D正确。
答案选D。
二、 填空题：（共2小题，每空2分，合计26分）
32. （1）下面是石蜡油在炽热碎瓷片的作用下产生乙烯并检验其性质的实验，完成下列问题。
①A中碎瓷片的作用是 。
②B中反应类型是 。C中实验现象是 。
③在D处点燃前必须进行的操作是 。
（2）制取氯乙烷（CH3CH2Cl）的最佳方法是（用化学方程式表示）： 。
（3）来自石油的另一产品是苯，请写出由苯制硝基苯的化学方程式： 。
（4）该实验中D处乙烯燃烧的化学方程式： 。
【答案】（10分）（1）①催化作用；②氧化反应；溴的四氯化碳溶液褪色；③检验气体的纯度。
（2）CH2=CH2＋ HClCH3CH2Cl （3）
(4) C2H4＋ 3O22CO2＋ 2H2O
【解析】试题分析：（1）①石蜡油需要在催化剂的作用下才能发生反应，则A中碎瓷片的作用催化作用。
②石蜡油生成的乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化，则反应类型是氧化反应。乙烯含有碳碳双键，能和溴水发生加成反应，则C中实验现象是溴的四氯化碳溶液褪色。
③乙烯是可燃性气体，则在D处点燃前必须进行的操作是检验气体的纯度。
（2）制取氯乙烷（CH3CH2Cl）的最佳方法是通过乙烯的加成反应，所以反应的方程式是CH2=CH2＋ HClCH3CH2Cl。
（3）在浓硫酸的作用下，苯和浓硝酸发生硝化反应生成硝基苯，反应的化学方程式是。
(4)因此燃烧生成CO2和水，则反应的化学方程式是C2H4＋ 3O22CO2＋ 2H2O。
33.汽车尾气里含有的NO气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致：
N2(g)+O2(g)2NO(g)，△H>0，已知该反应在240℃，平衡常数K=64×10-4。请回答：
(1)某温度下，向2L的密闭容器中充入N2和O2各1mol，5分钟后O2的物质的量为0.5mol，则N2的反应速率为______。
(2)假定该反应是在恒容条件下进行，判断该反应达到平衡的标志______．
A.消耗1mol N2同时生成1mol O2 混合气体密度不变
C.混合气体平均相对分子质量不变 D.2v正(N2)=v逆(NO)
(3)将N2、O2的混合气体充入恒温恒容密闭容器中，如图变化趋势正确的是______(填字母序号)。
(4)向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量的N2和O2，达到平衡状态后再向其中充入一定量NO，重新达到化学平衡状态与原平衡状态相比，此时平衡混合气中NO的体积分数______填“变大”、“变小”或“不变”
(5)该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1mol/L、4.0×10-2mol/L和3.0×10-3mol/L，此时反应______(填“处于化学平衡状态”、“向正反应方向进行”或“向逆反应方向进行”)，理由是______。
【答案】(1). 0.05mol/(L·min) (2). AD (3). AC (4). 不变 (5). 向正反应方向进行 (6). 因为浓度商Qc
【分析】(1)先根据速率定义式计算v(O2)，然后根据不同物质表示的速率比等于化学计量数的比计算v(N2)；
(2)可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等(同种物质)或正逆反应速率之比等于系数之比(不同物质)，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析；
(3)根据温度对化学反应速率和化学平衡移动的影响分析AC；
根据催化剂可以加快反应速率，但不能使化学平衡移动分析B；
(4)根据化学方程式的特点结合压强对平衡的影响分析；
(5)计算某时刻生成物的浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，与该温度下的平衡常数相比较，可得出结论。
【详解】(1)5分钟内，△n(O2)=1mol-0.5mol=0.5mol，则v(O2)==0.05 mol/(L·min) ，根据反应方程式N2(g)+O2(g)2NO(g)可知v(N2)=v(O2)==0.05 mol/(L·min)；
(2)A.消耗1molN2等效于消耗1mol O2，同时生成1mol O2，说明正逆反应速率相等(同种物质)，反应达到平衡，A符合题意；
B.混合气体的总质量不变，容器的体积不变，无论反应是否平衡，混合气体密度一直不变，B不符合题意；
C.混合气体的总质量不变，总的物质的量也不变，无论反应是否平衡，混合气体平均相对分子质量始终不变，不能据此判断反应是否处于平衡状态，C不符合题意；
D. 2v正(N2)=v逆(NO)= v正(NO)，说明正逆反应速率相等(同种物质)，说明反应达到平衡状态，D符合题意；
故合理选项是AD；
(3)该反应的正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应进行，化学平衡常数增大，A正确；
B.加入催化剂，可以加快化学反应速率，但对化学平衡移动无影响，因此平衡不发生移动，物质的平衡含量不变，B错误；
C.升高温度，化学反应速率增大，达到平衡所需要的时间缩短，先达到平衡，由于该反应的正反应是吸热反应，升高温度，化学平衡向正反应方向移动，使N2的转化率增大，C正确；
故合理选项是AC；
(4)该反应中，气体的化学计量数之和前后相等，压强对平衡移动没有影响，只要是在相同温度下，则平衡状态相同，与原平衡状态相比，此时平衡混合气中NO的体积分数不变；
(5)该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1mol/L、4.0×10-2mol/L和3.0×10-3mol/L，则该时刻生成物的浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值为Qc==9.0×10-4
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