【化学】湖北省黄梅国际育才高级中学2018-2019高二4月周考 试卷

湖北省黄梅国际育才高级中学2018-2019高二4月周考
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题)
一、单选题（每小题3分）
1．在 25℃时，AgCl 的白色悬浊液中，依次加入等浓度的 KI 溶液和 Na2S 溶液，观察到的现象是先出现黄色沉淀，最终出现黑色沉淀。已知有关物质的溶度积 KSP(25℃)如下：下列错误的是

AgCl
AgI
Ag2S
KSP
1.8×10﹣10
8.51×10﹣16
6.3×10﹣50
A．沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动
B．溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀
C．AgCl 固液共存溶液中加少量 0.1mol/LAgNO3，AgCl 溶解度减小，KSP(AgCl)减小
D．25℃时，饱和 AgCl、AgI、Ag2S 水溶液中，c(Ag﹣)最小的是 Ag2S 饱和溶液
2．二异丙烯基苯是工业上常用的交联剂，可用于制备高性能超分子聚合物，其结构如下图所示。下列有关二异丙烯基苯的说法错误的是

A．在催化剂存在下可发生加聚反应
B．与溴水混合后加入铁粉可发生取代反应
C．分子中所有碳原子可能都处于同一平面
D．其一氯代物有5种
3．常温下水的离子积常数KW=1.0×10−14，在100 ℃时水的离子积常数K'W=1.0×10−12。若将下列溶液加热至90 ℃(忽略溶液体积变化)，则溶液pH不变的是
A．硫酸钠溶液 B．稀硫酸 C．氢氧化钠溶液 D．浓盐酸
4．下列化学用语表述正确的是
A．次氯酸的电离方程式：HClO=H++ClO－
B．铝溶于烧碱溶液的离子方程式：Al+2OH－=AlO2－+H2↑
C．电解精炼铜的阴极反应式：Cu－2e－=Cu2+
D．已知中和热为57.3 kJ/mol，稀硫酸与氢氧化钠稀溶液反应的热化学方程式：H2SO4 (aq)+2NaOH (aq)= Na2SO4 (aq)+2H2O ( l ) ΔH=－114.6 kJ/mol
5．某新型水系钠离子电池工作原理如图所示。TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，充电时Na2S4 还原为 Na2S。下列说法不正确的是

A．充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能
B．放电时，a 极为负极
C．M 是阴离子交换膜
D．充电时，阳极的电极反应式为 3I－－2e－= I3－
6．下列说法正确的是（ ）
A．28克乙烯所含共用电子对数目为4NA
B．1mol甲基的电子数为9NA
C．石油的裂化是物理变化
D．在制备乙烯实验中，加热时应使温度缓慢上升至170℃
7．下列有关有机化合物的说法正确的是
A．聚乙烯塑料中含有碳碳双键，容易老化
B．甲苯与溴水在铁催化作用下发生取代反应
C．乙酸乙酯、油脂分别与热NaOH溶液反应均有醇生成
D．有机物是苯的同系物
8．下列事实能说明醋酸是弱电解质的是（ ）
①醋酸与水能以任意比互溶；
②醋酸溶液能导电；
③醋酸稀溶液中存在醋酸分子；
④常温下，0.1mol/L醋酸的pH比0.1mol/L盐酸的pH大；
⑤醋酸能和碳酸钙反应放出C02；
⑥0.1mol/L醋酸钠溶液pH=8.9；
⑦大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢
⑧pH=a的溶液的物质的量浓度等于pH=a+1的溶液的物质的量浓度的10倍
A．③④⑥⑦ B．③④⑤⑥
C．②⑥⑦⑧ D．③④⑦⑧
9．化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列有关说法正确的是
A．我国发射的“嫦娥三号”卫星中使用的碳纤维，是一种有机高分子材料
B．石油裂化和裂解制取乙烯、丙烯等化工原料不涉及化学变化
C．电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
D．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶没有丁达尔效应
10．化学家正在研究尿素动力燃料电池，尿液也能发电。用这种电池直接去除城市废水中的尿素，既能产生净化的水，又能发电，尿素燃料电池结构如图所示，下列有关描述正确的是

A．电池工作时H＋移向负极
B．该电池用的电解质溶液是KOH溶液
C．甲电极反应式：CO(NH2)2＋H2O+6e－===CO2＋N2＋6H＋
D．电池工作时，理论上每净化1 mol CO(NH2)2，消耗标况下氧气33.6 L O2
11．下列有关电池叙述正确的是
A．锌锰干电池中，正极是锰
B．华为Mate20系列手机采用超大的容量高密度电池是一种一次电池
C．燃料电池电极本身只是一个催化转化元件，本身不包括活性物质
D．太阳能电池主要材料为二氧化硅
12．0.5mol某不饱和烃能与1mol HCl完全加成，其加成后的产物又能被3mol Cl2完全取代，则该烃是（　　）
A．乙炔 B．丙烯
C．丙炔 D．1,3-丁二烯
13．下列实验事实不能用勒夏特列原理解释的是
A．唾液可以使淀粉水解速率加快
B．红棕色的NO2气体加压后颜色先变深后变浅
C．向Fe(SCN)3溶液中加入铁粉，溶液颜色变浅或褪色
D．在AgCl的悬浊液中加Na2S溶液，生成黑色Ag2S沉淀
14．下列各项关系中正确的是（ ）
A．常温下,pH均为3的硫酸铝和醋酸两种溶液中,由水电离出的氢离子浓度之比为1:108
B．常温下pH=a的稀H2SO4与pH=b的氨水等体积混合后恰好完全反应，则a+b②>③
15．某烷烃主链上有4个碳原子的同分异构体有2种，含有相同碳原子数且主链上也有4个碳原子的单烯烃的同分异构体有(　　)
A．2种 B．4种
C．5种 D．7种
16．在一定条件下，苯与氯气在氯化铁催化下连续反应，生成以氯苯、氯化氢为主要产物，邻二氯苯、对二氯苯为次要产物的粗氯代苯混合物。有关物质的沸点、熔点如图，下列说法不正确的是（   ）

A．该反应属于取代反应
B．反应放出的氯化氢可以用水吸收
C．用蒸馏的方法可将邻二氯苯从有机混合物中首先分离出来
D．从上述两种二氯苯混合物中，用冷却结晶的方法可将对二氯苯分离出来
17．对于下列实验现象的解释，不合理的是



实验
现象
解释
A

②中产生气体的速率比①慢
乙醇分子中，乙基对羟基产生影响，使O—H键不容易断裂
B

③中振荡静置后分层，上层为橙色；④中产生白色沉淀

苯酚分子中，苯环对羟基产生影响，使O—H键更容易被取代
C

⑤中振荡静置后分层，下层为紫色溶液；⑥中振荡后紫色溶液褪色
甲苯分子中，苯环对甲基产生影响，使甲基上C—H更容易被氧化
D

水浴加热，⑦中未见明显变化；⑧中试管壁上附着一层光亮的银
碱性条件下+1价的Ag才能氧化乙醛
18．有关物质结构、性质的说法中正确的是( )

①烃的密度比水的密度小
②C2H6、C4H10、C6H14在常温下均为气体
③1 mol苯最多与3 mol H2发生加成反应，是因为苯分子含有3个碳碳双键
④水芹烯(桂皮中的一种成分)键线式如图，其分子式为C10H16
⑤互为同系物
⑥甲烷与氯气在光照的条件下可以制取纯净的一氯甲烷
⑦C5H12有三种同分异构体
A．①②⑤ B．③④⑦ C．③⑤⑥ D．①④⑦
19．萘的结构简式可表示为，其二氯取代产物异构体数目为（　　）
A．6种 B．8种 C．10种 D．12种
20．某有机物的结构如图所示，下列说法正确的是

A．该有机物的分子式为C21H24O4
B．该有机物共有四种官能团，分别是：羟基、羧基、苯环、碳碳双键
C．该有机物最多消耗NaOH与NaHCO3的物质的量比为1:1
D．1mol 该有机物与足量金属钠反应，生成33.6L氢气
第II卷（非选择题)
二、解答题（28分，每空2分）
21．（1）对于反应：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)，在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强(p1、p2)下温度变化的曲线如图:

①比较p1、p2的大小关系：________。
②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是________(“增大”或“减小”)。
（2）在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g)，随温度升高，混合气体的颜色变深。回答下列问题：
①反应的ΔH______0(填“大于”或“小于”)；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如上图所示。在0～60s时段，反应速率v(N2O4)为__________________；平衡时混合气体中NO2的体积分数为_______。
②100℃时达平衡后，向容器中迅速充入含0.08mol的NO2和0.08mol N2O4 的混合气体，此时速率关系v(正)____v（逆）。（填“大于”，“等于”，或“小于”）
③100℃时达平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)以0.0020mol·L－1·s－1的平均速率降低，经10s又达到平衡。
a.T________100℃(填“大于”或“小于”)，判断理由是____________________
b.列式计算温度T时反应的平衡常数K2（写计算过程）：______
22．某有机化合物A经李比希法测得其中含碳为70.59%、含氢为 5.88%，其余含有氧。现用下列方法测定该有机化合物的相对分子质量和分子结构。
方法一：用质谱法分析得知A的质谱图如图1：

方法二：核磁共振仪测出A的核磁共振氢谱有4个峰，其面积之比为1：2：2：3。如图2。
方法三：利用红外光谱仪测得A分子的红外光谱，如图3。

（1）A的摩尔质量__________。
（2）A的分子式为_____________。
（3）该物质属于哪一类有机物___________。
（4）A的分子中只含一个甲基的依据是________（填序号）。
a．A的相对分子质量 b．A的分子式
c．A的核磁共振氢谱图 d．A分子的红外光谱图
（5）A的结构简式为_______________________。

三、实验题（18分，每空2分）
23．某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置(如图)，以环己醇制备环己烯

已知：

（1）制备粗品
将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入lmL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。
①A中碎瓷片的作用是___________，导管B除了导气外还具有的作用是___________。
②试管C置于冰水浴中的目的是_____________。
（2）制备精品

①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在_________层(填上或下)，分液后用_________ (填入编号)洗涤。
a．KMnO4溶液 b．稀H2SO4 c．Na2CO3溶液
②再将环己烯按如图装置蒸馏，蒸馏时要加入生石灰，目的是__________________。
③收集产品时，控制的温度应在_________左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是（_______）
a．蒸馏时从70℃开始收集产品
b．环己醇实际用量多了
c．制备粗品时环己醇随产品一起蒸出
（3）以下区分环己烯精品和粗品的方法，合理的是_________。
a．用酸性高锰酸钾溶液 b．用金属钠 c．测定沸点

参考答案
1．C
【解析】
【详解】
A.沉淀转化的实质就是通过离子反应使一种难溶物质逐渐溶解，同时生成另一种难溶物质的过程，故属于沉淀溶解平衡的移动，故 A 正确；
B.对于相同类型的难溶性盐，一般情况下溶度积大的沉淀较易转化成溶度积小的沉淀，如向 AgCl的白色悬浊液中加入 KI 溶液，可生成 AgI 沉淀，故B正确；
C.溶度积常数只随温度改变，所以 AgCl 固液共存溶液中加少量 0.1mol/LAgNO3，AgCl 溶解度减小，KSP(AgCl)不变，故C错误；
D．Ag2S 与 AgCl 、 AgI 不是同类型沉淀，但是其 Ksp 数量级与 AgCl 和 AgI 相差极大，所以 Ag2S 更难溶，则c(Ag+)最小的是Ag2S 饱和溶液，故 D 正确。
故选C。
【点睛】
本题考查难溶电解质的溶解平衡移动，注意把握溶度积常数的影响因素及溶度积常数的应用、沉淀的转化原理。
2．B
【解析】
【详解】
A.物质含有碳碳双键，可发生加聚反应，A正确；
B.含有苯环，具有苯的化学性质，可与液溴发生苯环上的取代反应，B错误；
C.含有碳碳双键的物质、苯环为平面形结构，与苯环、碳碳双键直接相连的原子可能在同一个平面上，则分子中所有碳原子可能都处于同一平面，C正确；
D.该物质分子结构对称，在有机物含有5种不同的H原子，故其一氯代物有5种，D正确；
故合理选项是B。
3．A (备注 ：老师要求改为B）
【解析】
【详解】
由题目提供的不同温度下水的离子积常数可知，温度升高时水的离子积常数增大；
A. 硫酸钠不会破坏水的电离平衡，但升温时，水的电离程度增大，c(H+)增大，溶液的pH减小，故A错误；
B. 决定稀硫酸溶液pH的因素是硫酸完全电离产生的c(H+)，它不会随温度变化而变化，溶液的pH不变，故B正确；
C. 升温时，氢氧化钠溶液中的 c(OH-)不会变化，但由于水的离子积常数增大c(H+)=Kw/ c(OH-)，所以c(H+)，增大，溶液的pH减小，故C错误；
D. 因为加热浓盐酸时，会有大量氯化氢气体逸出，c(H+)减小，溶液的pH增大，故D错误。
故选B。
4．D
【解析】
【详解】
A、次氯酸是一元弱酸，部分电离，电离方程式为：HClOH++ClO-，故A错误；
B、铝与烧碱溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，则离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑，故B错误；
C、阴极发生还原反应，电解精炼铜过程中，阴极上Cu2+得电子生成Cu，电极反应式为：Cu2++2e-＝Cu，故C错误；
D、已知中和热为57.3 kJ·mol-1，根据中和热的概念，稀硫酸与氢氧化钠稀溶液反应的热化学方程式为：1/2H2SO4(aq)+NaOH(aq)＝1/2Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ•mol-1，即H2SO4(aq)+2NaOH(aq)＝Na2SO4(aq)+2H2O(l)ΔH=-114.6kJ•mol-1，故D正确。
答案选D。
5．C
【解析】
【分析】
根据题意及图示可知，TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电。则充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能，充电时Na2S4还原为Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a是负极，b是电池的正极，在充电时，阳极上发生失电子的氧化反应：3I--2e-═I3－，据此回答。
【详解】
A. 根据题意：TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能，故A项正确；
B. 充电时Na2S4还原为Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a是负极，故B项正确；
C. 根据图示可以知道交换膜允许钠离子自由通过，所以应该是阳离子交换膜，故C项错误；
D. 在充电时，阳极b上发生失电子的氧化反应，根据图示知道电极反应为：3I--2e-═I3－，故D项正确；
答案选C。
6．B
【解析】
【分析】
A、求出乙烯的物质的量，然后根据乙烯中含6对共用电子对来分析．
B、1mol甲基的电子数为(6+3)NA=9NA；
C、石油的裂化生成新物质；
D、使温度迅速上升至170℃，防止发生副反应生成乙醚；
【详解】
A、28g乙烯的物质的量为1mol，而乙烯中含6对共用电子对，故1mol乙烯中含共用电子对数目为6NA，故A错误；
B、1mol甲基的电子数为(6+3)NA=9NA，故B正确；
C、石油的裂化生成新物质，是化学变化，故C错误；
D、在制备乙烯的实验中，加热时应使温度迅速上升至170℃，不能缓慢加热，故D错误；
故选B。
7．C
【解析】
【详解】
A.聚乙烯塑料的分子中无碳碳双键，A错误；
B.甲苯与溴水不发生反应，甲苯与液溴在溴化铁催化作用下发生取代反应，B错误；
C.乙酸乙酯、油脂都属于酯，分别与热NaOH溶液反应生成醇和相应的羧酸，C正确；
D.有机物分子中含有2个苯环，不是苯的同系物，D错误；
故合理选项是C。
8．A
【解析】
【详解】
①醋酸与水能以任意比互溶，不能说明醋酸的电离程度，所以不能证明醋酸是弱酸，故①错误；
②醋酸溶液能导电，只能说明醋酸能电离，不能说明醋酸的电离程度，所以不能证明醋酸是弱酸，故②错误；
③醋酸稀溶液中存在醋酸分子，说明醋酸存在电离平衡，能证明醋酸是弱酸，故③正确；
④常温下，0.1mol/L醋酸的pH比0.1mol/L盐酸的pH大，说明醋酸不完全电离，能证明醋酸是弱酸，故④正确；
⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2，说明醋酸酸性比碳酸强，但不能说明醋酸的电离程度，所以不能证明醋酸是弱酸，故⑤错误；
⑥0.1mol/L醋酸钠溶液pH=8.9，其水溶液呈碱性，说明醋酸钠是强碱弱酸盐，所以能说明醋酸是弱酸，故⑥正确；
⑦大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢，说明醋酸中氢离子浓度小于盐酸中氢离子浓度，则证明醋酸是弱酸，故⑦正确；
⑧pH=a的溶液的物质的量浓度等于pH=a+1的溶液的物质的量浓度的10倍，不能说明醋酸部分电离，所以不能说明醋酸是弱电解质，故⑧错误。
能说明醋酸是弱电解质的是③④⑥⑦，所以A正确。
故选A。
【点睛】
强弱电解质的根本区别是电离程度，只有部分电离的电解质是弱电解质，可以根据其一定浓度溶液的pH值、对应盐溶液的酸碱性等方面判断。
9．C
【解析】
【详解】
A. 碳纤维是含碳量高于90%的无机高分子纤维，属于无机非金属材料，A项错误。
B. 石油裂化和裂解都属于化学变化，在反应过程中生成了新物质，B项错误。
C.金属内胆一般来说是不锈钢材质的，镁棒的金属活动性强于金属内胆的，所以镁棒相当于原电池的负极，从而保护了金属内胆不被腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法，C项正确。
D.胶体具有丁达尔效应，气溶胶也属于胶体的一种，D项错误。
【点睛】
易错点：石油裂化和裂解，煤的汽化、液化、干馏均是化学变化，石油的分馏是物理变化，需要牢记。
10．D
【解析】
【分析】
A、原电池中阳离子向正极移动；
B．该原电池是酸性电解质；
C．负极上是CO(NH2)2失电子生成二氧化碳和氮气；
D．根据电池的总反应式进行计算。
【详解】
A、原电池中阳离子向正极移动，则电池工作时H+移向正极，选项A错误；
B．该原电池是酸性电解质，质子交换膜只允许氢离子通过，选项B错误；
C．负极上是CO(NH2)2失电子生成二氧化碳和氮气，则负极反应式为：CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2+N2+6H+，选项C错误；
D．电池的总反应式为：2CO(NH2)2+3O2=2CO2+2N2+4H2O，每净化1mol CO(NH2)2，消耗1.5molO2，则在标准状况下氧气为33.6L，选项D正确；
答案选D。
【点睛】
本题考查了原电池原理的应用，注意掌握电极方程式的书写是解决本题的关键，注意用气体的体积求算物质的量是要看清是否是标准状况，题目难度中等。
11．C
【解析】
【详解】
A.锌锰干电池中，正极是石墨，A错误；
B.华为Mate20系列手机采用超大的容量高密度电池是一种可连续充电、放电的二次电池，B错误；
C.燃料电池电极本身不包含活性物质，如氢氧燃料电池，燃料电池的燃料和氧化剂都是从外部供给，因此电极只是一个催化转化元件，本身不包括活性物质，C正确；
D.太阳能电池主要材料为晶体硅，D错误；
故合理选项是C。
12．C
【解析】
【分析】
气态烃0.5mol能与1molHCl加成，说明烃中含有1个C≡C键或2个C=C键，加成后产物分子上的氢原子又可被3molCl2完全取代，说明0.5mol氯代烃中含有3molH原子，则0.5mol烃中含有2molH原子，即1mol烃含有含有4molH，并含有1个C≡C键或2个C=C键。
【详解】
烃0.5mol能与1molHCl加成，说明烃中含有1个C≡C键或2个C=C键，加成后产物分子上的氢原子又可被3molCl2完全取代，说明0.5mol氯代烃中含有3molH原子，则0.5mol烃中含有2molH原子，即1mol烃含有含有4molH，并含有1个C≡C键或2个C=C键，符合要求的只有CH≡CCH3，故选C。
13．A
【解析】
【分析】
平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释。
【详解】
A、唾液中淀粉酶可以催化淀粉的水解，唾液可以使淀粉水解速率加快，不能用勒夏特列原理解释，故A选；
B、存在平衡2NO2（g）N2O4（g），增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡正反应移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，由于平衡的移动是减弱变化，而不是消除，故颜色仍比原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，故B不选；
C、向Fe(SCN)3溶液中加入铁粉，发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，Fe3＋浓度减小，平衡Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3逆向移动，溶液颜色变浅或褪色，所以可以用平衡移动原理解释，故C不选；
D、在AgCl的悬浊液中存在溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl-（aq），加Na2S溶液，S2－与Ag+结合成黑色Ag2S沉淀，平衡正向移动，生成黑色Ag2S沉淀，所以可以用平衡移动原理解释，故D不选；
故选A。
【点睛】
本题考查勒夏特列原理应用的有关判断，易错点A，催化剂只改变速率，应注意区别化学平衡移动原理和化学反应速率理论的应用范围，并能具体问题具体分析。
14．B
【解析】
【详解】
A.醋酸中水电离出的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根离子浓度为10-11mol/L，硫酸铝溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢离子的浓度为10-3mol/L，10-3：10-11 =108:1，故A项错误；
B.常温下pH=a的稀H2SO4与pH=b的氨水等体积混合后恰好完全反应，硫酸是强酸则酸中n(H+)=n(一水合氨),因一水合氨水为弱碱,则酸中的氢离子浓度大于氨水中氢氧根离子的浓度，即10−amoL/L>10b−14mol/L，a+b③,故D错误;
综上，本题选B。
【点睛】
本题A项醋酸溶液中氢离子来源有两种，一是醋酸电离出的氢离子，二是水电离出的氢离子，在酸性较强的溶液中，可以忽略水电离出的氢离子。
15．B
【解析】
【分析】
先根据烷烃的条件，确定烷烃的分子式，然后再根据官能团位置异构确定单烯烃的同分异构体。
【详解】
第一步：确定该烷烃碳原子个数，
①主链为4个碳原子的烷烃，其支链只能是甲基(不可能是乙基，否则主链超过4个碳原子).
②主链为4个碳原子的烷烃，支链数最多4个(下面的0，是指该物质只有一种，没有同分异构体)
甲基的个数同分异构体
  1个   0
  2个   2
  3个   0
  4个   0
③结论：该烷烃总共有6个碳原子，
第二步：分析烯烃的同分异构体数目
①双键在1号位，，有以下3种：2−乙基丁烯、2，3−二甲基丁烯、3，3−二甲基丁烯
②双键在2号位，，有1种：2，3−二甲基−2−丁烯
结论：共有4种，故B项正确；
答案选B。
16．C
【解析】
【分析】
A．苯与氯气反应生成氯代苯混合物，苯环上H被取代；
B．HCl极易溶于水；
C．由表格数据可知，沸点低的先被蒸馏出；
D．邻二氯苯、对二氯苯的沸点接近，但熔点差异大．
【详解】
A．苯与氯气反应生成氯代苯混合物，苯环上H被取代，为取代反应，故A正确；
B．HCl极易溶于水，卤代烃不溶于水，则反应放出的氯化氢可以用水吸收，故B正确；
C．由表格数据可知，沸点低的先被蒸馏出，则氯苯从有机混合物中首先分离出来，故C错误；
D．邻二氯苯、对二氯苯的沸点接近，但熔点差异大，则用冷却结晶的方法可将对二氯苯分离出来，故D正确；
故选C。
【点睛】
本题考查混合物分离提纯，解题关键：把握有机物的结构与性质、表格数据、混合物分离方法，注意选项D为解答的难点．
17．B
【解析】
【详解】
A. 乙醇与水均可与钠反应置换出氢气，②中产生气体的速率比①慢，原因是因为乙醇中的乙基对羟基有影响，使得羟基氢比水的离氢能力弱，故A项正确；
B. 根据现象可知，苯酚与溴水发生了取代反应，生成了三溴苯酚白色沉淀，其主要原因是苯酚分子中，酚羟基对苯环产生影响，使苯环上的邻对位更容易被取代，反应条件比苯环减弱所导致的现象，故B项错误；
C. 甲苯分子中，苯环对甲基产生影响，使甲基上C—H更容易被氧化，导致甲苯可使酸性高锰酸钾褪色，而苯只是分层，没有发生化学变化，故C项正确；
D. 水浴加热后，在碱性条件下，发生了银镜反应，则说明乙醛才能被氧化成乙酸，产生银单质，故D项正确；
故答案选B。
18．D
【解析】
【分析】
①烃难溶于水，密度比水的小；②碳原子数小于等于4的烃常温下为气体；③苯分子中不含碳碳双键；④根据水芹烯的键线式分析分子式；⑤属于酚，属于醇；⑥甲烷与氯气在光照的条件下生成多种氯代甲烷的混合物；⑦C5H12有三种结构。
【详解】
①烃难溶于水，密度比水的小，故①正确；②碳原子数小于等于4的烃常温下为气体，常温下C2H6、C4H10是气体，C6H14是液体，故②错误；③苯分子中不含碳碳双键，故③错误；④根据水芹烯的键线式，其分子式为C10H16，故④正确；⑤属于酚，属于醇，不属于同系物，故⑤错误；⑥甲烷与氯气在光照的条件下生成多种氯代甲烷的混合物，故⑥错误；⑦C5H12有CH3CH2CH2CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH3、C(CH3)4三种结构，故⑦正确 。选D。
19．C
【解析】
【分析】
萘分子中的氢原子均可以被取代，发生苯环上的二元取代，可以采用定一议二法解题，据此书写判断。
【详解】
萘分子中两个苯环是等同的，除并在一起的两个碳原子外，只存在两种不同的碳原子，即位的和位的碳原子。定一个位的碳原子，再连接其余的位的和位的碳原子，这样形成的二溴代物就有7种；定一个位的碳原子，再连接其余的位的碳原子，这样形成的二溴代物就有3种。如图所示。因此，总共有10种，
故选C。
【点睛】
本题考查同分异构体的书写，二元取代物可以采用定一移一法，即先固定一个取代基的位置，再移动另一个取代基位置以确定同分异构体数目。
20．C
【解析】A项，该有机物的不饱和度为9，该有机物的分子式为C21H26O4，A项错误；B项，该有机物中含有羟基、碳碳双键、羧基三种官能团，B项错误；C项，该有机物中只有-COOH能与NaOH和NaHCO3反应，该有机物最多消耗NaOH与NaHCO3物质的量之比为1:1，C项正确；D项，该有机物中2个-OH和1个-COOH都能与金属Na反应，1mol该有机物与足量金属Na反应生成1.5molH2，由于H2所处温度和压强未知，无法计算H2的体积，D项错误；答案选C。
点睛：本题考查有机物的结构和性质、官能团的识别。注意苯环不是官能团，该物质中的羟基为醇羟基，不是酚羟基。
21．p2>p1 减小 大于 0.0010 mol·L－1·s－1 75% 大于 大于 反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高 1.28
【解析】
【分析】
（1）①已知2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)是正方向体积减小的反应，根据压强对平衡的影响分析；
②根据图象判断该反应正方向是放热还是吸热，再判断K随温度的变化；
（2）①随温度的升高，混合气体的颜色变深，化学平衡向正反应方向移动，据此判断；根据v＝计算速率；求平衡时混合气体中NO2的体积分数可利用三段式；
②计算浓度商Qc，再和平衡常数K比较，根据大小关系判断平衡移动方向，从而比较正逆反应速率的相对大小；
③N2O4的浓度降低，平衡向正反应方向移动，由于正反应方向吸热，T＞100℃；计算平衡常数可利用三段式。
【详解】
（1）①已知2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）是正方向体积减小的反应，增大压强平衡正移，则NO的转化率会增大，由图可知p2时NO的转化率大，则p2时压强大，即p2>p1，
故答案为：p2>p1；
②由图象可知，随着温度的升高，NO的转化率减小，说明升高温度平衡逆移，则该反应正方向是放热反应，所以升高温度平衡常数K减小，
故答案为：减小；
（2）①由题意及图示知，在1.00 L的容器中，通入0.100 mol的N2O4，发生反应：N2O4(g)2NO2(g)，随温度升高混合气体的颜色变深，说明反应向生成NO2的方向移动，即向正反应方向移动，所以正反应为吸热反应，即ΔH>0；
由图示知60s时该反应达到平衡，消耗N2O4为0.100 mol·L－1－0.040 mol·L－1＝0.060 mol·L－1，根据v＝可知：v(N2O4)＝＝0.0010 mol·L－1·s－1；
求平衡时混合气体中NO2的体积分数可利用三段式：
　　　　　　 　N2O4(g)2NO2(g)
起始量/(mol·L－1)  0.100  0
转化量/(mol·L－1)  0.060  0.120
平衡量/(mol·L－1)   0.040  0.120
平衡时NO2的体积分数=100%=75%，
故答案为：大于；0.0010 mol·L－1·s－1 ；75%；
②温度T时反应达平衡后，向容器中，迅速充入含0.08mol的NO2和0.08mol N2O4的混合气体，容器体积为1L，则此时浓度商Qc==0.33v（逆），
故答案为：大于；
③100 ℃时达平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)降低，说明平衡N2O4(g)2NO2(g)
向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，温度升高，向吸热反应方向移动，即向正反应方向移动，故T>100 ℃；由c(N2O4)以0.0020 mol·L－1·s－1的平均速率降低，经10 s又达到平衡，可知此时消耗N2O4为：0.0020 mol·L－1·s－1×10 s＝0.020 mol·L－1，
由三段式：
　　　　　　　　N2O4(g)2NO2(g)
起始量/(mol·L－1) 0.040  0.120
转化量/(mol·L－1) 0.020  0.040
平衡量/(mol·L－1)  0.020  0.160
K2＝＝＝1.28。
故答案为：大于；反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高；1.28。
22． 136g/mol C8H8O2 酯类 bc
【解析】分析：由A的质谱图，可知A的相对分子质量为136，结合元素质量分数计算A中C、H、O原子个数，进而确定有机物A的分子式；A的核磁共振氢谱有4个峰，说明分子中有4种H原子；由红外光谱图知，A含有苯环，占6个C原子，还含有C=O、C-O-C、C-C、C-H，其中C=O、C-O-C可组合为 ，结合分子式、核磁共振氢谱判断；
详解：(1)由A的质谱图，可知A 的相对分子质量为136，摩尔质量为136g/mol，故答案为：136g/mol；
(2)A 的相对分子质量为136，则分子中N(C)==8，N(H)==8，则N(O)==2，则分子式为C8H8O2，故答案为：C8H8O2；
(3)由红外光谱图知，A含有苯环，占6个C原子，还含有C=O、C-O-C、C-C、C-H，其中C=O、C-O-C可组合为 ，属于酯类，故答案为：酯类；
(4)由A的核磁共振氢谱图知，A有4个峰，则A中有4种氢原子，结合分子式为C8H8O2，且其比例为1：2：2：3，又由于-CH3上氢原子数为3，所以只能有一个-CH3，故答案为：bc；
(5)根据上述分析，分子中有4种氢原子，且其比例为1：2：2：3，结构中含有一个-CH3、一个苯环，且属于酯类，故A的结构简式为：，故答案为：。
23．防暴沸 冷凝 防止环己烯挥发 上 c 干燥 83℃ c bc
【解析】
【分析】
（1）①为了防止液体暴沸，实验时需要加入碎瓷片防止暴沸；导管B除了导气外还具有冷凝作用；
②环己烯的沸点为83℃，易挥发；
（2）①环己烯不溶于水，且密度比水小；分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇；
②生石灰能与水反应生成氢氧化钙；
③环己烯的沸点为83℃；环己烯的精品质量偏低，说明粗产品中其他的杂质多；
（3）粗产品和精品的区别在于粗产品中含有环己醇，而精品中没有。
【详解】
（1）①由方程式可知该反应为液液加热的反应，为了防止液体暴沸，实验时需要加入碎瓷片防止暴沸；由于生成的环己烯的沸点为83℃，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝，故答案为：防暴沸；冷凝；
②由于生成的环己烯的沸点为83℃，易挥发，将收集环己烯的试管置于冰水浴中，可以防止环己烯挥发，故答案为：防止环己烯挥发；
（2）①环己烯不溶于水，且密度比水小，振荡、静置、分层后环己烯在上层；由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，用Na2CO3溶液洗涤可除去酸、吸收醇；不能用酸性高锰酸钾，否则会氧化环己烯，故答案为：上；c；
②生石灰能与水反应生成氢氧化钙，除去了环己烯中残留的水起到干燥作用，蒸馏时得到纯净的环己烯，故答案为：干燥；
③环己烯的沸点为83℃，所以收集产品时，控制的温度应在83℃；环己烯的精品质量偏低，说明粗产品中其他的杂质多，所以可能是制备粗产品时环己醇一同被蒸出，故答案为：83℃；c；
（3）粗产品和精品的区别在于粗产品中含有环己醇，而精品中没有，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化环己醇和环己烯，不能区分环己烯精品和粗品；钠和醇反应，与环己烯不反应。可以区分环己烯精品和粗品；环己醇的沸点和环己烯的沸点差别较大，测定沸点c也可以区分，故答案为：bc。
【点睛】
本题考查化学实验方案的设计与评价，试题以有机合成为载体综合考查了实验室制环己烯的知识，考查了运用知识的能力，注意把握实验原理和方法，掌握实验的基本操作是解答关键。