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【化学】浙江省台州市书生中学2018-2019学年高二上学期第三次月考（解析版） 试卷
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浙江省台州市书生中学2018-2019学年高二上学期第三次月考
1.下列属于非电解质的是：
A. Cl2 B. 医用酒精 C. CO2 D. CH3COOH
【答案】C
【解析】
【分析】
非电解质是指在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，其本质是在水溶液中和熔融状态下都不能发生电离。
【详解】A.非电解质是指在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，Cl2不是化合物，所以不属于非电解质，A项错误；
B.非电解质是指在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，医用酒精是体积分数为75%的酒精水溶液，是混合物，所以酒精不是非电解质，B项错误；
C.非电解质的本质是在水溶液中和熔融状态下都不能发生电离，实验已证明CO2在水溶液中和液态时都不能电离，所以CO2属于非电解质，C项正确；
D.非电解质是指在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，CH3COOH水溶液能导电，所以CH3COOH不属于非电解质，D项正确；答案选C。
2.下列属于吸热反应的是：
A. 实验室用锌粒与稀硫酸反应制备氢气 B. 工业上冶炼铁时还原剂产生过程
C. 反应物的总键能低于生成物的总键能 D. 乙醇在红热的铜丝作用下氧化生成乙醛
【答案】B
【解析】
【分析】
根据我们熟悉的吸热反应和放热反应分析解答。
【详解】A.锌粒与稀硫酸反应属于放热反应Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑，A项错误；
B.工业上冶炼铁的还原剂是CO，在炼铁高炉中加入过量的炭与鼓入的空气发生反应生成CO：C+CO22CO，该反应是吸热反应，B项正确；
C.在化学反应中断裂化学键需要吸收能量，形成化学键需要释放能量，当反应物的总键能低于生成物的总键能时，即反应物断裂化学键需要吸收的总能量低于生成物形成化学键释放的总能量，所以该反应为释放能量的过程，属于放热反应，C项错误；
D.乙醇在红热的铜丝催化下氧化生成乙醛：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，该反应属于放热反应，D项错误；答案选B。
3.下列说法不正确的是：
A. 科里创立了有机化合物合成的“逆合成分析理论”
B. 中国是第一个人工合成蛋白质（结晶牛胰岛素）的国家
C. 维勒是第一个由无机物[CO(NH2)2]合成有机物(NH4CNO)的化学家
D. 海维西运用“同位素示踪法”，在研究化学反应方面作出了重要贡献
【答案】C
【解析】
【详解】A.科里于1967年提出了“逆合成分析理论”，将有机合成路线设计技巧艺术地变成了有严格思维逻辑的科学，A项正确；
B.我国于1965年9月17日，由当时的中科院生物化学研究所、北京大学、中科院有机化学研究所成功协作完成了人工全合成结晶牛胰岛素，是世界上第一个人工合成蛋白质（结晶牛胰岛素）的国家，B项正确；
C. NH4CNO是无机物，CO(NH2)2是有机物，维勒是第一个由无机物(NH4CNO)合成有机物[CO(NH2)2]的化学家，C项错误；
D.匈牙利化学家海维西首次运用“同位素示踪技术”研究有机化学反应历程，推进了对生命过程的化学本质的理解而获得了诺贝尔化学奖，D项正确；答案选C。
4.下列方法与有机物的结构研究无关的是：
A. 分光光度法 B. 核磁共振法 C. 紫外光谱法 D. 红外光谱法
【答案】A
【解析】
【详解】A.分光光度法是通过测定被测物质在特定波长处或一定波长范围内光的吸收度，对该物质进行定性和定量分析的方法，所以，分光光度法与有机物的结构研究无关，A项正确；
B.核磁共振法是研究处于强磁场中的原子核对射频辐射的吸收，从而获得有关化合物分子结构信息的分析方法，该方法已成为有机物结构分析的强有力的工具之一，B项错误；
C.紫外光谱法是测定物质分子在紫外光区吸收光谱的分析方法，在有机化学中应用最广泛的测定分子结构的方法之一，C项错误；
D.红外光谱是分子能选择性吸收某些波长的红外线而引起分子中振动能级和转动能级的跃迁，检测红外线被吸收的情况可得到物质的红外吸收光谱，不同的化学键或官能团吸收频率不同，在红外光谱上将处于不同位置，从而获得有机分子中含有何种化学键或官能团的信息，显然，红外光谱法与有机物的结构研究有关，D项错误；答案选A。
5.如图所示：a为铁片、b为铜片。下列叙述不正确的是：
A. a和b是否用导线连接时，都会有金属铜析出
B. a和b用导线连接比a和b不连接的反应速率要快
C. a和b用导线连接时，铜片上反应：Cu2＋＋2e－＝Cu
D. 无论a和b用导线是否连接，铁片上产生的现象相同
【答案】D
【解析】
【详解】A.若a和b不用导线连接时，不能形成原电池，铁直接与CuSO4溶液反应置换出铜Cu2++Fe=Fe2++Cu，a极上析出铜；若a和b用导线连接时，该装置构成原电池，b为正极Cu2++2e-=Cu，b极上析出铜。所以A项正确；
B.a和b用导线连接能形成原电池，不用导线连接不能形成原电池，形成原电池能加快化学反应速率，所以B项正确；
C.a和b用导线连接时，该装置为原电池，铁为负极，铜为正极，铜片上发生还原反应：Cu2＋＋2e－＝Cu，C项正确；
D.若a和b不用导线连接时，不能形成原电池，铁片直接与CuSO4溶液反应置换出铜Cu2++Fe=Fe2++Cu，铁片上析出铜；若a和b用导线连接时，该装置构成原电池，铁片为负极，铁片发生反应Fe-2e-=Fe2+，铁片逐渐溶解，D项错误；答案选D。
6.在一定条件下，反应：X(g)＋2Y(g) 2Z(g) △H＝－a kJ·mol－1，达到化学平衡时，则下列说法中不正确的是：
A. 该反应可能放出a kJ热量 B. 各物质浓度c(X) : c(Y) : c(Z)肯定不变
C. X与Y的物质的量肯定之比为1 : 2 D. 容器中肯定同时存在X、Y、Z三种物质
【答案】C
【解析】
【详解】A.若达到化学平衡时恰好有1molX(g)和2molY(g)完全转化生成2molZ(g)时，即可放出akJ的热量，A项正确；
B.达到化学平衡时各组分的浓度保持不变，所以各物质浓度c(X) : c(Y) : c(Z)肯定不变，B项正确；
C.因为反应物平衡物质的量=初始物质的量－转化物质的量，而X、Y初始物质的量之比不一定是1:2，所以平衡物质的量也不一定等于1:2，C项错误；
D.该反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以容器中肯定同时存在X、Y、Z三种物质，D项正确；答案选C。
7.下列各项事实中，其中能说明HA是弱酸的是：
① 0.1 mol·L－1 HA溶液能使石蕊试液变红色；
② 0.1 mol·L－1 NaA溶液能使酚酞试液变红色；
③ 0.1 mol·L－1 HA溶液导电性比1.0 mol·L－1 盐酸弱；
④ HA滴入NaHCO3溶液中产生气泡；
⑤ 等体积的0.1 mol·L－1 HA溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液恰好完全反应。
A. ② B. ②③ C. ②③④ D. ①②③④⑤
【答案】A
【解析】
【分析】
弱酸属于弱电解质，只能部分电离，存在电离平衡，其对应的盐能发生水解，据此分析。
【详解】①0.1 mol·L－1 HA溶液能使石蕊试液变红色，说明0.1 mol·L－1 HA溶液的pH<5，所以HA可能是强酸也可能是弱酸，①项错误；
②0.1 mol·L－1 NaA溶液能使酚酞试液变红色，即NaA溶液显碱性，证明NaA是强碱弱酸盐，说明HA是弱酸，②项正确；
③溶液的导电性与溶液中离子浓度和离子所带电荷数成正比，因为0.1 mol·L－1 HA溶液的浓度是1.0 mol·L－1 盐酸浓度的，所以不论HA是强酸还是弱酸，0.1 mol·L－1 HA溶液中离子浓度一定比1.0 mol·L－1 盐酸中离子浓度小，即0.1 mol·L－1 HA溶液导电性比1.0 mol·L－1 盐酸导电性弱，不能说明HA是弱酸，③项错误；
④HA滴入NaHCO3溶液中产生气泡，有反应HA+NaHCO3=NaA+CO2↑+H2O，只能证明HA酸性比H2CO3强，但不能说明HA一定是弱酸，④项错误；
⑤等体积的0.1 mol·L－1HA溶液与0.1 mol·L－1NaOH溶液恰好完全反应，只能证明HA是一元酸，能发生中和反应HA+NaOH=NaA+H2O，但不能说明HA一定是弱酸，⑤项错误；答案选A。
8.下列变化过程不能用勒夏特列原理解释的是：
A. 热的纯碱溶液洗涤油渍效果较好 B. 将AlCl3溶液蒸干、灼烧，得到Al2O3固体
C. 实验室配制FeCl3溶液时滴入盐酸 D. 制硫酸工业中，采用500℃左右氧化SO2
【答案】D
【解析】
【分析】
勒夏特列原理又称平衡移动原理：如果改变影响平衡的条件之一（温度、压强、参加反应的化学物质的浓度）平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。由此分析。
【详解】A.纯碱溶液中存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-，水解过程是吸热反应，根据勒夏特列原理受热水解平衡右移，所以热的纯碱溶液中碱性更强，洗涤油渍效果较好，A项错误；
B.AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，水解过程是吸热反应，且加热时HCl随水蒸气挥发，根据勒夏特列原理将AlCl3溶液蒸干过程中，水解平衡右移直到进行完全，生成Al(OH)3固体，灼烧时Al(OH)3分解生成Al2O3：2Al(OH)3Al2O3+3H2O，B项错误；
C. FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，加入盐酸能使水解平衡左移，从而减少所配FeCl3溶液中Fe(OH)3杂质，C项错误；
D.制硫酸工业中氧化SO2的反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，正反应为放热反应，采用5000C左右的高温是为了增大反应速率，提高单位时间的生产效率，与平衡移动无关，D项正确；答案选D。
9.下列说法不正确的是：
A. 能发生化学反应的分子，肯定是活化分子
B. 已知x（500℃）和y（25℃） 两个反应，则反应速率：v(x)＞v(y)
C. 反应：CaCO3(s)＝CaO(s)＋CO2(g)能否自发进行，主要由△S＞0决定
D. 升高温度或加入催化剂都能使单位体积内活化分子的百分数增大，但原因不同
【答案】B
【解析】
【详解】A.活化分子具有足够的能量和合适的取向才能发生有效碰撞，所以能发生化学反应的分子，肯定是活化分子，A项正确；
B.影响化学反应速率的外界因素除温度外，还有压强、浓度、催化剂等，如果y反应使用了催化剂和加压，也可能使y反应速率大于x反应速率，B项错误；
C.气体的混乱度大于固体的混乱度，该反应正反应为熵增加的反应，由熵判据可知熵增加的反应有自发进行的倾向，C项正确；
D.升高温度使体系分子获得了能量，使部分普通分子成为活化分子，从而增大单位体积内活化分子百分数；加入催化剂降低了反应的活化能，使部分普通分子成为活化分子，从而增大单位体积内活化分子百分数。D项正确；答案选B。
10.在恒温恒容中反应：2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)，能说明反应达平衡状态的是：
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；
③NO2、NO、O2 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. ①④⑥ B. ②③⑤ C. ①③④ D. 全部
【答案】A
【解析】
【分析】
从平衡状态的两个重要特征上判断：（1）υ正=υ逆≠0，（2）混合物中各组分的浓度、百分含量不变。
【详解】①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2 ，说明υ正=υ逆≠0，达到平衡状态，故正确；
②单位时间内生成n mol O2 的同时，生成2n mol NO，不能说明υ正=υ逆，不能说明反应达到平衡状态，故错误；
③NO2.、NO、O2 的反应速率的比为2 : 2 : 1的状态，不能说明υ正=υ逆，不能确定是否达到平衡状态，故错误；
④混合气体的颜色不再改变的状态，说明NO2气体的浓度不变，达到平衡状态，故正确；
⑤混合气体的质量不变，体积不变，密度始终不变，所以密度不变不能说明反应达到平衡状态，故错误；
⑥反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量不再改变，混合气体的平均相对分子质量不再改变能说明反应达到平衡状态；故正确。
故选A。
【点睛】解决本题的关键是掌握化学平衡状态的两个重要特征：υ正=υ逆≠0，混合物中各组分的浓度、百分含量不变。
11.一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列说法不正确的是：
A. 电池工作时，CO32－向电极A移动
B. 电极A上H2参与的电极反应：H2－2e－＝2H+
C. 电极B上发生电极反应：O2＋2CO2＋4e－＝2CO32－
D. 反应CH4＋H2O＝3H2＋CO，每消耗22.4 L CH4气体，转移6 mol e－
【答案】D
【解析】
【分析】
由电池原理示意图看出，CH4和水蒸气经过催化重整后生成CO和H2，CO和H2通入燃料电池A极，电池放电后生成CO2和H2O，由碳元素化合价由CO中的+2价变化到CO2中的+4价，失去电子，因此A极是电池的负极；B极通入O2和CO2，O2作氧化剂，O2+4e-+2CO2=2CO32-，B为正极。由此分析。
【详解】A.燃料电池属于原电池，A极为负极，原电池工作时阴离子向负极迁移，即CO32-向A极移动，A项正确；
B.由电池原理示意图看出，A极通入CO和H2，电池放电后生成CO2和H2O，所以H2参与的电极反应为：H2-2e-=2H+，H+再与CO32-发生离子反应：2H++CO32-=CO2↑+H2O，B项正确；
C.由电池原理示意图看出，电极B通入O2和CO2，作电池正极，发生还原反应，所以电极反应为O2＋2CO2＋4e－＝2CO32－，C项正确；
D.CH4和水蒸气经过催化重整生成CO和H2，发生反应CH4+H2O3H2+CO，碳元素的化合价由CH4中的-4价变化到CO中的+2价，化合价升高6价，即每个碳原子失去6个电子，由于题目未明确22.4LCH4气体是否处于标准状况，无法确定22.4LCH4气体的物质的量，所以无法计算每消耗22.4LCH4气体时转移电子的物质的量，D项错误；答案选D。
12.某研究小组研究不同催化剂对2 L相同浓度H2O2溶液分解反应的催化效果时所得实验结果（O2体积均换算为标准状况下，忽略反应前后体积变化）如表，下列说不正确的是：
A. 在15～35 s内，FeCl3的催化作用比颗粒状MnO2好
B. 固体催化剂的颗粒大小对反应的催化作用没有影响
C. 催化效率由大到小的顺序：粉末状MnO2 、FeCl3、颗粒CuO
D. 在颗粒状MnO2催化作用下，0～15 s内v(H2O2)＝5.0×10－5 mol·L－1 ·s－1
【答案】B
【解析】
【详解】A.因为气体都已换算成标准状况，可以用相同时间内收集到气体的体积来表示反应速率的快慢。由表格数据可知，15s内FeCl3催化下收集到的O2体积大于颗粒状MnO2催化下收集到的O2体积，即前者反应速率快；35s内FeCl3催化下收集到的O2体积大于颗粒状MnO2催化下收集到O2体积，也是前者反应速率快，所以在15～35 s内，FeCl3的催化作用比颗粒状MnO2好，A项正确；
B.由表格数据可知，在10s、15s、35s内分别收集到的O2体积大小关系为：粉末状MnO2>颗粒状MnO2，即粉末状MnO2催化下反应速率快，所以固体催化剂的颗粒大小对反应的催化作用有影响，B项错误；
C.由表格数据可知，在10s、15s、35s时间内分别收集到的O2体积大小都有如下关系：粉末状MnO2>FeCl3>颗粒状MnO2，所以催化剂效率由大到小的顺序为：粉末状MnO2>FeCl3>颗粒状MnO2，C项正确；
D.由表格数据知，在颗粒状MnO2催化作用下，0～15 s内产生O2体积为16.8mL，标准状况下16.8mLO2的物质的量==7.5×10-4mol，根据反应方程式2H2O22H2O+O2↑可知，生成7.5×10-4molO2消耗H2O2的物质的量=2×7.5×10-4mol=1.5×10-3mol，反应速率==，D项正确；答案选B。
13.用惰性电极电解足量的下列各溶液，电解一段时间后，加入括号内适量的物质，不可能使电解后溶液恢复到电解前的状态的是：
A. KCl（HCl气体） B. CuSO4（CuCO3固体）
C. Na2SO4（H2O） D. CuCl2（CuO固体）
【答案】D
【解析】
【详解】A.用惰性电极电解KCl溶液：2KCl+2H2OCl2↑+H2↑+2KOH，即电解过程溶液中每1molKCl和1mol水消耗同时生成1molKOH，通入HCl气体，发生反应HCl+KOH=KCl+H2O，1molHCl恰好与1molKOH反应生成1molKCl和1molH2O，恰好能使溶液恢复到电解前的状态，A项错误；
B.用惰性电极电解CuSO4溶液：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，即电解过程溶液中每1molCuSO4和1mol水消耗同时生成1molH2SO4，加入CuCO3发生反应H2SO4+CuCO3=CuSO4+CO2↑+H2O，加入1molCuCO3恰好与1molH2SO4反应生成1molCuSO4和1molH2O，恰好能使溶液恢复到电解前的状态，B项错误；
C.用惰性电极电解Na2SO4溶液：2H2O2H2↑+O2↑，电解过程只消耗水，溶液中没有增加新的溶质，所以加入适量的水即可恢复到电解前的状态，C项错误；
D.用惰性电极电解CuCl2溶液：CuCl2Cl2↑+Cu，即电解过程只消耗CuCl2，溶液中也没有增加其它溶质，因CuO在水溶液中不能转化为CuCl2，所以加入CuO固体无法使溶液恢复到电解前的状态，D项正确；答案选D。
14.氢卤酸能量关系如图。下列说法不正确的是：
A. 相同条件下，HCl的△H2比HBr的小
B. 已知HF气体溶于水放热，则HF的△H1＞0
C. 相同条件下，HCl的△H3＋△H4与HI的一样大
D. 一定条件下气态原子生成1 mol H－X键放出a kJ能量，则该条件下△H2＝a kJ • mol－1
【答案】A
【解析】
【详解】A.由氢卤酸能量关系图知，△H2是气态卤化氢断裂化学键生成气态原子过程的焓变，断裂化学键需要吸收能量即△H2>0，因为卤素（X）的非金属性越强，H-X键就越强，断裂需要的吸收的能量就越多，因非金属性Cl>Br，所以H-Cl键断裂吸收的能量比H-Br键断裂吸收的能量多，所以相同条件下，HCl的△H2比HBr的大，A项错误；
B.HF气体溶于水的过程分两步：HF(g)=HF(aq)，-△H1；HF(aq)=H+(aq)+F-(aq), △H。两热化学方程式相加得总过程热化学方程式为：HF(g)=H+(aq)+F-(aq)，-△H1+△H <0，即△H1>△H，因电离过程吸收热量即△H>0，所以△H1>0，B项正确；
C.HCl气体和HI气体溶于水的过程都存在：气态氢原子失电子形成气态氢离子，气态氢离子溶于水形成水合氢离子的过程，该过程的总焓变为△H3＋△H4，所以相同条件下HCl的△H3＋△H4与HI的一样大，C项正确；
D.根据一定条件下气态原子生成1 mol H－X键放出a kJ能量，有热化学方程式：H(g)+X(g)= HX(g), △H=-akJ/mol。由氢卤酸能量关系图知HX(g)=H(g)+X(g)，△H2，则△H2=+a kJ/mol，D项正确；答案选A。
15.已知：H2的标准燃烧热为－286 kJ · mol－1，CO的标准燃烧热为－283 kJ · mol－1，液态甲醇（CH3OH）标准燃烧热为－726 kJ · mol－1。由H2(g)与CO2(g)合成CH3OH(l)的ΔH为：
A. ＋297 kJ · mol－1 B. ＋151 kJ · mol－1
C. －132 kJ · mol－1 D. －1548 kJ · mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】由H2(g)、CO(g)、CH3OH(l)的标准燃烧热可分别写出它们燃烧的热化学方程式：①H2(g)+O2(g)=H2O(l), ΔH=－286 kJ·mol－1；②CO(g)+O2(g)=CO2(g), ΔH=－283 kJ·mol－1；③CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l), ΔH=－726 kJ·mol－1。根据盖斯定律，将①×3-③得3H2(g)+CO2(g)=CH3OH(l)+H2O(l), ΔH=(-286 kJ·mol－1×3)-(-726 kJ·mol－1)=-132 kJ·mol－1，答案选C。
16.下列各组混合物，可由分液漏斗直接分离的是：
A. 苯和四氯化碳 B. 甲苯和水 C. 酒精和水 D. 溴和酒精
【答案】B
【解析】
【详解】两种互不相溶的液态混合物可由分液漏斗直接分离。
A. 苯和四氯化碳互溶，不能用分液漏斗分离，A项错误；
B.甲苯和水互不相溶，甲苯和水的混合物可由分液漏斗直接分离，B项正确；
C.酒精和水互溶，酒精和水的混合物不能用分液漏斗直接分离，C项错误；
D.溴能溶解于酒精，溴和酒精的混合物不能用分液漏斗直接分离，D项错误；答案选B。
17.下列各组混合物，可用水鉴别的是：
A. 苯和乙苯 B. 甲苯和四氯化碳 C. 硝基苯和四氯化碳 D. 酒精和乙醛
【答案】B
【解析】
【详解】A.苯和乙苯都是不溶于水的液态物质，且密度都比水小，分别加水到苯和乙苯中现象相同，所以苯和乙苯不可用水鉴别，A项错误；
B.甲苯和四氯化碳都是不溶于水的液态物质，但甲苯的密度比水小，四氯化碳的密度比水大，分别加水到甲苯和四氯化碳中，有机层在上的是甲苯，有机层在下的是四氯化碳，所以甲苯和四氯化碳可用水鉴别，B项正确；
C.硝基苯和四氯化碳都是不溶于水的液态物质，且密度都比水大，分别加水到硝基苯和四氯化碳中现象相同，所以硝基苯和四氯化碳不可用水鉴别，C项错误；
D.酒精和乙醛都是易溶于水的液态物质，分别加水到酒精和乙醛中现象相同，所以酒精和乙醛不可用水鉴别，D项错误；答案选B。
18.CH2＝C(CH3)CH＝CH2与一定量的HBr在一定条件下加成，生成的产物有：
A. 4种 B. 5种 C. 8种 D. 10种
【答案】D
【解析】
【详解】CH2＝C(CH3)CH＝CH2分子中含有共轭双键，能够发生1,2-加成和1,4-加成，及完全加成，加成产物如下：CH3C(CH3)BrCH＝CH2；CH2BrCH(CH3)CH=CH2；CH2＝C(CH3)CH2CH2Br；CH2=C(CH3)CHBrCH3；CH3C(CH3)=CHCH2Br；CH2BrC(CH3)=CHCH3；CH3C(CH3)BrCH2CH2Br；CH3C(CH3)BrCHBrCH3；CH2BrCH(CH3)CHBrCH3 ；CH2BrCH(CH3)CH2CH2Br，故生成的产物共有10种，答案选D。
19.下列物质的一溴取代物只有3种的是：
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据一元取代物的种数等于等效氢原子的种数分析。
【详解】A. 分子中有3种等效氢原子，所以它有3种一溴代物，A项正确；
B. 分子中只有2种等效氢原子，所以它有2种一溴代物，B项错误；
C. 分子中有4种等效氢原子，所以它有4种一溴代物，C项错误；
D. 分子中含有5种等效氢原子，所以它有5种一溴代物，D项错误；答案选A。
【点睛】等效氢原子的判断原则是(1)同一碳原子上的氢原子属于同一类等效氢原子；(2)同一碳原子上所连甲基的氢原子属于同一类等效氢原子；(3)处于对称（轴对称或镜面对称）位置的碳原子上的氢原子属于同一类等效氢原子。
20.下列各分子中，所有C原子肯定在同一平面的是：
A. CH3CH＝CHCH2CH3 B. CH3CH＝CHCH2C≡CH
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A. CH3CH＝CHCH2CH3分子中双键决定的平面为，由于单键可以旋转，该分子中两个-CH3的碳原子不一定在同一平面上，A项错误；
B. CH3CH＝CHCH2C≡CH分子中双键决定的平面为，-CH3的碳原子和-C≡CH的碳原子不一定在这个平面上，B项错误；
C. 分子决定的平面为，由于苯环与碳碳双键之间的单键可以旋转，所以碳碳双键的2个碳原子不一定在苯环的平面上，C项错误；
D. 分子决定的平面为，因为侧链的3个碳原子在同一条直线上，且这条直线在苯环的平面内，所以该分子中所有C原子肯定在同一平面上，D项正确；答案选D。
21.一定条件下，0.05 mol烃刚好与0.1 mol HCl完全加成，生成的有机物在光照下刚好与0.4 mol Cl2完全取代。则该烃可能是：
A. CH2＝CHCH2CH3 B. CH2＝CHCH3
C. CH3C≡CCH2CH3 D. CH2＝CHCH＝CH2
【答案】D
【解析】
【详解】根据题意，烃、HCl、Cl2的物质的量之比为0.05mol:0.1mol:0.4mol=1:2:8，即1分该烃刚好与2分子HCl完全加成，生成的1分子二氯代烃恰好与8分子Cl2完全取代，因此只有CH2＝CHCH＝CH2符合：CH2＝CHCH＝CH2+2HCl→C4H8Cl2，C4H8Cl2+8Cl2C4Cl10+8HCl，答案选D。
22.下列各种说法中，其中正确的是：
A. NaCl溶液和NaClO溶液中都含有5种微粒
B. 0.1mol · Lˉ1的氨水能使酚酞试液变红，说明一水合氨是弱电解质
C. 常温下，pH相等的NaOH溶液和CH3COONa溶液中，由水电离的OH−浓度不相等
D. 常温下，浓度相等的盐酸和醋酸溶液，加水稀释相同倍数后，盐酸的pH大于醋酸
【答案】C
【解析】
【详解】A.NaCl溶液中只含有5种微粒：H2O、Na+、Cl-、H+、OH-；由于部分ClO-发生水解，故而NaClO溶液中含有6种微粒：H2O、Na+、ClO-、HClO、H+、OH-，A项错误；
B. 能使酚酞试液变红的溶液的pH>10，0.1mol · Lˉ1的氨水能使酚酞试液变红，一水合氨可能是强碱（pH=13时），也可能是弱碱（10
D. 浓度相等的盐酸和醋酸溶液，加水稀释相同倍数后盐酸和醋酸的浓度仍相等，由于盐酸完全电离，醋酸只有部分电离，所以溶液中H+浓度大小是：盐酸>醋酸，所以溶液的pH：盐酸<醋酸，D项错误；答案选C。
23.如图装置在常温下工作（溶液体积变化忽略不计）。闭合K，灯泡发光。下列叙述中正确的是：
A. 当电路中有0.06 mol电子转移时，乙烧杯中溶液c(H＋) 约为0.1 mol · L－1
B. 乙池中的还原产物为SO42－
C. 电池工作时，甲烧杯中溶液的pH逐渐增大
D. 电池工作时，盐桥中的K＋移向乙烧杯，外电路的电流方向是从b到a
【答案】C
【解析】
【分析】
该装置为原电池，由于KMnO4具有强氧化性，NaHSO3具有较强的还原性，因此甲烧杯中石墨作正极：MnO4-+5e-+ 8H+=Mn2++4H2O，乙烧杯中石墨作负极：HSO3--2e-+H2O=SO42-+3H+，由此分析。
【详解】A.该装置为原电池，由于KMnO4具有强氧化性，NaHSO3具有较强的还原性，因此乙烧杯中石墨作负极：HSO3--2e-+H2O=SO42-+3H+，当电路中有0.06 mol电子转移时，乙烧杯中生成H+的物质的量=×0.06mol=0.09mol，乙烧杯溶液c(H＋) ==0.3 mol · L－1，A项错误；
B.乙池中石墨作负极，HSO3-被氧化，其氧化产物为SO42-，B项错误；
C. 电池工作时，甲烧杯中石墨作正极，发生的电极反应为MnO4-+5e-+ 8H+=Mn2++4H2O，H+不断消耗，溶液的酸性减小，所以pH逐渐增大，C项正确；
D. 电池工作时，盐桥中的K＋移向正极，即向甲烧杯迁移，外电路的电流方向是从a到b，D项错误；答案选C。
【点睛】原电池中电子导体中电子流向是：负极→正极；离子导体中阴、阳离子迁移方向是阴离子→负极，阳离子→正极，即所谓“正向正、负向负”。
24.如图所示是两种气态烃组成的混合气体完全燃烧所得的CO2和H2O的物质的量（单位：mol）的变化关系。下列判断不正确的是：
A. 一定含有甲烷
B. 可能含有乙烷
C. 可能含有乙炔
D. 若120℃不变，反应前后气体体积不一定发生变化
【答案】A
【解析】
【分析】
由图像可知该混合烃燃烧生成的CO2和H2O的物质的量相等，则该混合烃中碳、氢原子个数比为1:2，根据平均值的特点，有种情形：一是各组分碳、氢原子个数比都是1:2；二是两组分碳、氢原子个数比一个大于1:2，另一个小于1:2，由此分析。
【详解】A.由图像可知该混合烃燃烧生成的CO2和H2O的物质的量相等，则该混合烃中碳、氢原子个数比为1:2。该混合烃可以是两种烯烃（如乙烯和丙烯：碳、氢原子个数比均为1:2）混合物；或者是乙炔（C2H2碳、氢原子个数比大于1:2）与丙烷或丁烷（C3H8或C4H10碳、氢原子个数比均小于1:2）混合物，所以该混合烃中不一定含有甲烷，A项错误；
B.因为乙烷（C2H6）中碳、氢原子个数比为1:3（小于1:2），乙烷与乙炔（C2H2：碳、氢原子个数比大于1:2）的混合物中碳、氢原子个数比可能为1:2，所以该混合烃中可能含有乙烷，B项正确；
C.根据A、B项分析知，该混合烃中可能含有乙炔，C项正确；
D.设该混合烃的平均组成为CxHy，其燃烧通式为CxHy+(x+)O2→xCO2+H2O(g)，因在1200C时水为蒸气，若使燃烧前后气体体积不变则有1+(x+)=x+，解得y=4，即平均组成为CxH4，且同时满足碳、氢原子个数比为1:2，这两种气态烃可以是甲烷（CH4碳、氢原子个数比小于1:2）和丙炔（C3H4碳、氢原子个数比大于1:2），所以在120℃下当混合烃为甲烷和丙炔时，反应前后气体体积不发生变化，D项正确；答案选A。
25.常温下10 mL某气态烃与40 mL氧气混合，烃完全燃烧后恢复到反应前的状况，测得气体的体积为25 mL。则下列烃符合上述情况的是：
A. C2H2 B. C2H6 C. C3H6 D. C3H8
【答案】B
【解析】
【详解】设该气态烃分子式为CxHy，其燃烧的通式为：CxHy+(x+)O2→xCO2+H2O，根据题意可计算得燃烧前后气体体积减小了10mL+40mL-25mL=25mL，根据化学方程式计算有：（常温下水为液态）
列等式：=，解得y=6，即有CxH6+(x+)O2→xCO2+3H2O(l)。由于烃是完全燃烧，所以40mLO2过量或恰好反应，则有x+≤=4，解之得x≤2.5，所以该烃只能是C2H6，答案选B。
26.常温下，向10 mL 0.1 mol·L－1的一元酸HA溶液中加入0.1 mol · L－1 NaOH溶液，HA和A－ 的物质的量分数(α)随溶液pH变化的关系如图所示，下列说法正确的是：
A. pH＜5.5时，c(HA)＜c(A－)
B. pH＞8时，c(Na+)＋c(H+)＞c(A－)
C. pH＝7时，c(HA)＞c(A－)＞c(OH－)＝c(H+)
D. pH＝5时α(HA)与α(Aˉ)之和比pH＝9时α(HA)与α(Aˉ)之和大
【答案】B
【解析】
【分析】
向10 mL 0.1 mol·L－1的一元酸HA溶液中加入0.1 mol · L－1 NaOH溶液，溶液的pH逐渐增大，一元酸HA的电离平衡向右移动：HAH++A-，故未电离的HA分子浓度由大到小，A-浓度由小到大，它们的物质的量分数的关系为α(HA)+ α(A-)=1。
【详解】A.向10 mL 0.1 mol·L－1的一元酸HA溶液中加入0.1 mol · L－1 NaOH溶液，溶液的pH逐渐增大，一元酸HA的电离平衡向右移动：HAH++A-，故未电离的HA分子浓度由大到小，A-浓度由小到大，由图像知pH<5.5时，α(HA)>0.5，α(A-)<0.5，所以c(HA)>c(A-)，A项错误；
B.根据电荷守恒有c(Na+)＋c(H+)=c(OH-)+c(A－)，当pH>8时，溶液呈碱性，溶液中OH-浓度不能忽略，所以c(Na+)＋c(H+)> c(A－)，B项正确；
C. 常温下溶液pH=7，故有c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，由图像可知pH=7时c(A-)>c(HA)，所以有c(A-)>c(HA)＞c(OH－)＝c(H+)，C项错误；
D. 向10 mL 0.1 mol·L－1的一元酸HA溶液中加入0.1 mol · L－1 NaOH溶液过程中，根据物料守恒可知，HA和A-的物质的量分数的关系始终为α(HA)+ α(A-)=1，D项错误；答案选B。
27.（1）甲醇（CH3OH，常温下为液态）是一种常用的能源物质。
①甲醇的热值为23 kJ · g－1。写出甲醇燃烧热的热化学方程式：_________________________。
②以甲醇为原料设计成燃料电池：若以熔融Na2CO3作为电解质，一极充入甲醇，另一极充入空气和CO2气体。回答下列问题：
充入空气和CO2气体的电极为__________极，该电池的总反应式：_____________________，充入甲醇电极的反应式：______________________________________。
③若用该燃料电池为电源，用石墨电极电解250 mL CuSO4溶液。则与充入空气和CO2气体的电极相连的是电解池的_______极；与甲醇电极相连的电极反应式为______________________；若燃料电池中消耗0.05 mol甲醇，电解池中共产生标准状况下气体2.24 L， 则原 CuSO4溶液浓度为________mol·L－1（假设电解前后溶液体积不变）。
（2）以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]水溶液为原料，通过电解法可以制备四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]，装置如图所示。写出该电解的总反应_________________________________。
【答案】 (1). CH3OH(l)＋3/2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)，ΔH1＝－736 kJ·mol－1 (2). 正 (3). 2CH3OH＋3O2＝2CO2＋4H2O (4). CH3OH－6e－＋3CO32－＝4CO2＋2H2O (5). 阳 (6). Cu2++2e-＝Cu (7). 0.5 (8). 2(CH3)4NCl＋2H2O2(CH3)4NOH＋H2 ↑＋Cl2 ↑
【解析】
【分析】
(1) ①101kPa下，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所释放的热量称为该物质的燃烧热，据此写出甲醇燃烧热的热化学方程式；
②以熔融Na2CO3作为电解质的甲醇燃料电池的总反应：CH3OH+O2=CO2+2H2O，从分析化合价入手确定电池的正、负极及电极反应式；
③以甲醇燃料电池为电源电解CuSO4溶液时，在电解池中与电源正极相连的为阳极，与电源负极相连的为阴极，阴极发生还原反应，据此写出阴极反应式。甲醇燃料电池与电解池是串联的，根据电路中转移的电子守恒，利用讨论法分析电解产生的2.24L气体是纯O2还是H2和O2的混合气体，来确定CuSO4被电解完后是否有水被电解，再根据反应式的计量关系进行相关计算；
(2) 分析四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]和四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]的化学式可知，由四甲基氯化铵转化为四甲基氢氧化铵即将-Cl替换为-OH（羟基），再结合电解池中阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应确定电解过程中还会产生Cl2和H2，据此写出总反应的化学方程式。
【详解】(1) ①甲醇的摩尔质量为32g/mol，1mol甲醇完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时释放出的热量=32g/mol×1mol×23kJ/g=736kJ，甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)，△H=-736kJ/mol。
② 以熔融Na2CO3作为电解质的甲醇燃料电池的总反应：2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，其中氧元素化合价由0价降低到-2价，故O2得电子发生还原反应，所以充入空气和CO2的一极是正极；甲醇中碳元素化合价由-2价升高到+4价，每个碳原子得6个电子，充入甲醇的一极为负极，其电极反应为CH3OH-6e-+3CO32-=4CO2+2H2O。
③由上面分析可知，甲醇燃料电池中充入空气和CO2气体的一极为正极；充入甲醇的一极为负极。在以甲醇燃料电池为电源的电解池中与电源正极相连的为阳极，即与充入空气和CO2气体的一极相连的为电解池的阳极。与甲醇电极相连的为电解池的阴极，电解池的阴极发生还原反应，其电极反应式为Cu2++2e-=Cu。用石墨电极电解CuSO4溶液总反应式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4~转移电子4e-。由燃料电池负极反应式CH3OH-6e-+3CO32-=4CO2+2H2O可知，每消耗0.05 mol甲醇时电路中转移电子物质的量=0.05mol×6=0.3mol，再由电解CuSO4的阳极反应式2H2O－4e－＝O2↑＋4H＋可知，产生的2.24 L气体若是纯O2，则此时转移电子物质的量=4×=0.4mol>0.3mol，说明电解产生的2.24L气体是H2和O2的混合气体，即CuSO4电解结束后又继续电解水：2H2O2H2↑+O2↑~转移电子4e-。设原CuSO4溶液中含CuSO4物质的量为x，电解CuSO4转移的电子物质的量为2x，则电解水转移电子物质的量=0.3mol-2x，电解池共产生气体物质的量=×2x+×(0.3mol-2x)= ，解得x=0.125mol，所以原CuSO4溶液浓度==0.5mol/L。
(2)分析四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]和四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]的化学式可知，由四甲基氯化铵转化为四甲基氢氧化铵即将-Cl替换为-OH（羟基），氯原子可在阳极放电生成Cl2，-OH可有阴极H2O的H+放电产生的OH-转化而来：2H2O+4e-=2H2↑+4OH-，所以电解产物还应有Cl2和H2，总反应方程式为2(CH3)4NCl＋2H2O2(CH3)4NOH＋H2 ↑＋Cl2 ↑。
28.（1）SO2、NOx、CO等气体和可吸入颗粒物对环境的污染尤其严重，为了减少它们对环境的污染，通常采用下列措施进行处理：
已知：①N2(g)＋O2(g)2NO(g) ΔH1＝＋180 kJ·mol－1
②2CO(g)＋O2(g)2CO2(g) ΔH2＝－566 kJ·mol－1
可以在汽车的排气管上安装一个催化装置，使汽车尾气中的CO、NO转化成无污染的物质，则该反应热化学方程式为____________________________，该反应自发进行的条件是_________。
（2）通常将SO2经过净化后，与空气进行催化氧化可制硫酸。不同温度下向一恒容密闭容器中通入n(SO2) : n(O2)＝2 : 1[2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)]，测得容器内总压强与反应时间如图1所示。
①下列说法不正确的是________；
A．T2＞T1 B．该反应正向是吸热反应 C．增大压强一定以使平衡正向移动
D．其他条件不变，向平衡体系中再按物质的量之比为2 : 1充入SO2和O2，达到新的平衡后SO2平衡转化率增大
②图中B点的平衡常数Kp＝__________________________（提示：用平衡分压代替平衡浓度计算，平衡分压＝总压×物质的量分数）
③ 在压强为p1 MPa下，将2.0 mol SO2(g)和1.0 mol O2(g)充入容积为2 L的密闭容器中，反应达到平衡时，测得SO3气体的体积分数随温度的变化曲线如图所示，请在图中画出p2 MPa（p1＜p2 ）时平衡体系中SO3气体的体积分数随温度变化的曲线（表明p2 ）。 ______________
（3）NH4Cl溶液呈酸性的原因（用相应离子方程式表示）______________________________；常温下，若用pH＝3的盐酸滴定pH＝11的氨水生成NH4Cl溶液，则用去两溶液的体积关系：V(盐酸)________V(氨水)（填“＞”、“＝”或“＜”），滴定终点的判断：__________________。
【答案】 (1). 2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－746 kJ·mol－1 (2). 低温 (3). BC (4). 2430 MPa－1 (5). (6). NH4＋＋H2ONH3 • H2O＋H＋ (7). ＞ (8). 溶液刚好由黄色变为橙色，且半分钟内不变
【解析】
【详解】(1) 根据绿色化学的要求，将汽车尾气中的CO、NO转化成无污染的N2和CO2，根据盖斯定律，将②-①得2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g), ΔH=-566kJ/mol-180kJ/mol=-746kJ/mol，即该反应的热化学方程式为2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g), ΔH=-746kJ/mol。因为该反应熵减小即ΔS<0，且放热反应ΔH<0，根据ΔH-TΔS<0时能自发进行，所以该反应自发进行的条件是低温（即T要小）。
(2) ①A.由图像可知T1和T2条件下初始压强相同，达到平衡所用时间T2条件下比T1条件下要少，说明T2条件下的反应速率大于T1条件下的反应速率，所以温度T2>T1，A项正确；B.由反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)知其正反应气体分子数目减小，由图像可知T1和T2条件下初始压强相同，T1平衡状态的压强比T2平衡状态的压强小，说明T1平衡向正反应方向进行的程度大，由A项分析知T2>T1，因此由T2变化到T1（即降温）时平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应为放热反应，B项错误；C.因为该反应处于恒容容器中，若通入惰性气体容器中压强增大，但平衡没有移动，C项错误；D.其他条件不变，向平衡体系中再按物质的量之比为2 : 1充入SO2和O2，相当于增大气体的压强，根据勒夏特列原理平衡将向正反应方向移动，所以达到新的平衡后SO2平衡转化率增大，D项正确；答案选BC。
②图中B点达到平衡状态，其气体压强为P平衡=0.7Pa，初始压强P初始=1.0，假定初始时通入2molSO2和1molO2，平衡时消耗O2为x mol，有下列关系量：
相同温度（T1）和相同体积时，==，解之得x=0.9mol。所以平衡时SO2为0.2mol，O2为0.1mol，SO3为1.8mol，各组分的物质的量分数分别为、、，T1温度下平衡常数Kp===2430 MPa-1。
③由反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)可知正反应气体分子数减小，增大压强该反应向正反应方向移动，所以温度相同时SO3的体积分数比P1条件下要大，又因该反应正反应为放热反应，升温平衡向逆反应方向移动，故SO3的体积分数随温度的升高而减小，由此画出P2 MPa时平衡体系中SO3气体的体积分数随温度变化的曲线。
(3) NH4Cl属于强酸弱碱盐，在水溶液中能发生水解反应，其离子方程式为NH4＋＋H2ONH3 • H2O＋H＋。根据反应NH3 • H2O+HCl=NH4Cl+H2O可知恰好反应时HCl与NH3 • H2O物质的量相等，而pH=3的盐酸中c(HCl)=10-3mol/L，pH=11的氨水中c(NH3 • H2O)>10-3mol/L，根据溶液体积V=可知，消耗盐酸体积要大于氨水的体积，即V(盐酸)>V(氨水)。因为盐酸和氨水恰好中和时溶液呈酸性，选择甲基橙作指示剂，氨水中甲基橙呈黄色，所以滴定终点的判断为：溶液刚好由黄色变为橙色，且半分钟内不变色。
29.工业合成橡胶可以利用以下途径：
（1）C5H12同分异构体共有_____种，其中核磁共振H谱图只有1种的结构简式为________。
（2）下列有关上述的C5H8说法正确的是_____________。
A．所有的原子可能共平面 B．和溴水、溴的四氯化碳反应的现象不完全相同
C．所有C原子可能共平面 D．和溴的四氯化碳溶液反应生成产物最多有2种
（3）写出分子式C5H8属于炔烃的所有同分异构体的结构简式_____________________。
（4）写出下列反应的化学方程式（注明反应条件）：
①C5H12→C5H10Cl2：_______________________________________________________。
②C5H10Cl2→C5H8：_____________________________________________________。
（5）以乙烷为原料可合成聚氯乙烯。请设计合成路线（无机试剂及溶剂任选）。注：合成路线的书写格式参照如下示例流程图：__________
【答案】 (1). 3 (2). C(CH3)4 (3). BC (4). CH≡CCH2CH2CH3 、CH3C≡CCH2CH3、CH≡CCH(CH3)2 (5). (6). CH3CCl(CH3)CH2CH2Cl+2NaOH CH2=C(CH3)CH=CH2+2NaCl+2H2O (7). CH3CH3CH3CH2ClCH2=CH2CH2-CH2
【解析】
【分析】
由物质转化过程图并运用逆向思维分析，由CH2C(CH3)=CHCH2结构知，C5H8通过加聚反应合成了CH2C(CH3)=CHCH2，即C5H8结构简式为CH2=C(CH3)CH=CH2，根据题给“已知”，C5H10Cl2在NaOH醇溶液中共热反应可生成CH2=C(CH3)CH=CH2，因烃与Cl2的取代反应过程中碳架不变，由C5H12在光照下生成二氯代烃C5H10Cl2可推断C5H12的结构，据此分析解答。
【详解】(1) C5H12属于烷烃，其同分异构体属于碳链异构，共有3种：CH3(CH2)3CH3、CH3CH(CH3)CH2CH3、(CH3)4C。其中，(CH3)4C分子中只有一种等效氢原子，则该分子的核磁共振H谱图只有1种的结构，其结构简式为：(CH3)4C。
(2)由物质转化过程图并逆向思维分析，由CH2C(CH3)=CHCH2结构可知，C5H8通过加聚反应合成了CH2C(CH3)=CHCH2，所以C5H8结构简式为CH2=C(CH3)CH=CH2，CH2=C(CH3)CH=CH2中2个碳碳双键构成的平面有可能共平面，但-CH3上3个氢原子不可能在双键决定的平面上，所以不可能所有原子共平面，A项错误；B. CH2=C(CH3)CH=CH2中含有碳碳双键可以与溴（Br2）发生加成反应，生成不溶水但能溶于四氯化碳的液态溴代烃，反应后溴水和溴的四氯化碳都褪色，但溴水反应后分层，下层是无色油状液体，溴的四氯化碳溶液反应后不分层，所以现象不完全相同，B项正确；C. 因单键可以旋转，所以CH2=C(CH3)CH=CH2分子中两个碳碳双键决定的平面有可能共平面如 ，故所有C原子可能共平面，C项正确；D. CH2=C(CH3)CH=CH2与Br2发生1,2-加成和1,4-加成，及完全加成，其产物有：CH2BrC(CH3)BrCH=CH2、CH2=C(CH3)CHBrCH2Br、CH2BrC(CH3)=CHCH2Br、CH2BrC(CH3)BrCHBrCH2Br等共4种产物，D项错误；答案选BC。
(3)根据 C5H8不饱和度=2知，所求同分异构体中只有一个-C≡C-，先碳链异构再位置异构分别写出其同分异构体的结构简式：CH≡CCH2CH2CH3、CH3C≡CCH2CH3、CH≡CCH(CH3)2。
(4) 由第(2)题分析知C5H8结构简式为CH2=C(CH3)CH=CH2，根据题给“已知”卤代烃在NaOH醇溶液中共热可生成碳碳双键，且此过程碳架不变，由C5H10Cl2在NaOH醇溶液中可生成CH2=C(CH3)CH=CH2，C5H12在光照下发生取代反应生成二氯代烃C5H10Cl2，取代反应过程中碳架也不变，故C5H12的结构简式为CH3CH(CH3)CH2CH3。发生反应的化学方程式为①CH3CH(CH3)CH2CH3+2Cl2 CH3CCl(CH3)CH2CH2Cl+2HCl；②CH3CCl(CH3)CH2CH2Cl+2NaOH CH2=C(CH3)CH=CH2+2NaCl+2H2O。
(5)聚氯乙烯可由乙烯加聚得到，乙烯可由氯乙烷在NaOH醇溶液中加热得到，氯乙烷又可由乙烷与Cl2在光照下得到，所以由乙烷合成聚氯乙烯的流程图为：CH3CH3CH3CH2ClCH2=CH2CH2-CH2
1.下列属于非电解质的是：
A. Cl2 B. 医用酒精 C. CO2 D. CH3COOH
【答案】C
【解析】
【分析】
非电解质是指在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，其本质是在水溶液中和熔融状态下都不能发生电离。
【详解】A.非电解质是指在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，Cl2不是化合物，所以不属于非电解质，A项错误；
B.非电解质是指在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，医用酒精是体积分数为75%的酒精水溶液，是混合物，所以酒精不是非电解质，B项错误；
C.非电解质的本质是在水溶液中和熔融状态下都不能发生电离，实验已证明CO2在水溶液中和液态时都不能电离，所以CO2属于非电解质，C项正确；
D.非电解质是指在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，CH3COOH水溶液能导电，所以CH3COOH不属于非电解质，D项正确；答案选C。
2.下列属于吸热反应的是：
A. 实验室用锌粒与稀硫酸反应制备氢气 B. 工业上冶炼铁时还原剂产生过程
C. 反应物的总键能低于生成物的总键能 D. 乙醇在红热的铜丝作用下氧化生成乙醛
【答案】B
【解析】
【分析】
根据我们熟悉的吸热反应和放热反应分析解答。
【详解】A.锌粒与稀硫酸反应属于放热反应Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑，A项错误；
B.工业上冶炼铁的还原剂是CO，在炼铁高炉中加入过量的炭与鼓入的空气发生反应生成CO：C+CO22CO，该反应是吸热反应，B项正确；
C.在化学反应中断裂化学键需要吸收能量，形成化学键需要释放能量，当反应物的总键能低于生成物的总键能时，即反应物断裂化学键需要吸收的总能量低于生成物形成化学键释放的总能量，所以该反应为释放能量的过程，属于放热反应，C项错误；
D.乙醇在红热的铜丝催化下氧化生成乙醛：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，该反应属于放热反应，D项错误；答案选B。
3.下列说法不正确的是：
A. 科里创立了有机化合物合成的“逆合成分析理论”
B. 中国是第一个人工合成蛋白质（结晶牛胰岛素）的国家
C. 维勒是第一个由无机物[CO(NH2)2]合成有机物(NH4CNO)的化学家
D. 海维西运用“同位素示踪法”，在研究化学反应方面作出了重要贡献
【答案】C
【解析】
【详解】A.科里于1967年提出了“逆合成分析理论”，将有机合成路线设计技巧艺术地变成了有严格思维逻辑的科学，A项正确；
B.我国于1965年9月17日，由当时的中科院生物化学研究所、北京大学、中科院有机化学研究所成功协作完成了人工全合成结晶牛胰岛素，是世界上第一个人工合成蛋白质（结晶牛胰岛素）的国家，B项正确；
C. NH4CNO是无机物，CO(NH2)2是有机物，维勒是第一个由无机物(NH4CNO)合成有机物[CO(NH2)2]的化学家，C项错误；
D.匈牙利化学家海维西首次运用“同位素示踪技术”研究有机化学反应历程，推进了对生命过程的化学本质的理解而获得了诺贝尔化学奖，D项正确；答案选C。
4.下列方法与有机物的结构研究无关的是：
A. 分光光度法 B. 核磁共振法 C. 紫外光谱法 D. 红外光谱法
【答案】A
【解析】
【详解】A.分光光度法是通过测定被测物质在特定波长处或一定波长范围内光的吸收度，对该物质进行定性和定量分析的方法，所以，分光光度法与有机物的结构研究无关，A项正确；
B.核磁共振法是研究处于强磁场中的原子核对射频辐射的吸收，从而获得有关化合物分子结构信息的分析方法，该方法已成为有机物结构分析的强有力的工具之一，B项错误；
C.紫外光谱法是测定物质分子在紫外光区吸收光谱的分析方法，在有机化学中应用最广泛的测定分子结构的方法之一，C项错误；
D.红外光谱是分子能选择性吸收某些波长的红外线而引起分子中振动能级和转动能级的跃迁，检测红外线被吸收的情况可得到物质的红外吸收光谱，不同的化学键或官能团吸收频率不同，在红外光谱上将处于不同位置，从而获得有机分子中含有何种化学键或官能团的信息，显然，红外光谱法与有机物的结构研究有关，D项错误；答案选A。
5.如图所示：a为铁片、b为铜片。下列叙述不正确的是：
A. a和b是否用导线连接时，都会有金属铜析出
B. a和b用导线连接比a和b不连接的反应速率要快
C. a和b用导线连接时，铜片上反应：Cu2＋＋2e－＝Cu
D. 无论a和b用导线是否连接，铁片上产生的现象相同
【答案】D
【解析】
【详解】A.若a和b不用导线连接时，不能形成原电池，铁直接与CuSO4溶液反应置换出铜Cu2++Fe=Fe2++Cu，a极上析出铜；若a和b用导线连接时，该装置构成原电池，b为正极Cu2++2e-=Cu，b极上析出铜。所以A项正确；
B.a和b用导线连接能形成原电池，不用导线连接不能形成原电池，形成原电池能加快化学反应速率，所以B项正确；
C.a和b用导线连接时，该装置为原电池，铁为负极，铜为正极，铜片上发生还原反应：Cu2＋＋2e－＝Cu，C项正确；
D.若a和b不用导线连接时，不能形成原电池，铁片直接与CuSO4溶液反应置换出铜Cu2++Fe=Fe2++Cu，铁片上析出铜；若a和b用导线连接时，该装置构成原电池，铁片为负极，铁片发生反应Fe-2e-=Fe2+，铁片逐渐溶解，D项错误；答案选D。
6.在一定条件下，反应：X(g)＋2Y(g) 2Z(g) △H＝－a kJ·mol－1，达到化学平衡时，则下列说法中不正确的是：
A. 该反应可能放出a kJ热量 B. 各物质浓度c(X) : c(Y) : c(Z)肯定不变
C. X与Y的物质的量肯定之比为1 : 2 D. 容器中肯定同时存在X、Y、Z三种物质
【答案】C
【解析】
【详解】A.若达到化学平衡时恰好有1molX(g)和2molY(g)完全转化生成2molZ(g)时，即可放出akJ的热量，A项正确；
B.达到化学平衡时各组分的浓度保持不变，所以各物质浓度c(X) : c(Y) : c(Z)肯定不变，B项正确；
C.因为反应物平衡物质的量=初始物质的量－转化物质的量，而X、Y初始物质的量之比不一定是1:2，所以平衡物质的量也不一定等于1:2，C项错误；
D.该反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以容器中肯定同时存在X、Y、Z三种物质，D项正确；答案选C。
7.下列各项事实中，其中能说明HA是弱酸的是：
① 0.1 mol·L－1 HA溶液能使石蕊试液变红色；
② 0.1 mol·L－1 NaA溶液能使酚酞试液变红色；
③ 0.1 mol·L－1 HA溶液导电性比1.0 mol·L－1 盐酸弱；
④ HA滴入NaHCO3溶液中产生气泡；
⑤ 等体积的0.1 mol·L－1 HA溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液恰好完全反应。
A. ② B. ②③ C. ②③④ D. ①②③④⑤
【答案】A
【解析】
【分析】
弱酸属于弱电解质，只能部分电离，存在电离平衡，其对应的盐能发生水解，据此分析。
【详解】①0.1 mol·L－1 HA溶液能使石蕊试液变红色，说明0.1 mol·L－1 HA溶液的pH<5，所以HA可能是强酸也可能是弱酸，①项错误；
②0.1 mol·L－1 NaA溶液能使酚酞试液变红色，即NaA溶液显碱性，证明NaA是强碱弱酸盐，说明HA是弱酸，②项正确；
③溶液的导电性与溶液中离子浓度和离子所带电荷数成正比，因为0.1 mol·L－1 HA溶液的浓度是1.0 mol·L－1 盐酸浓度的，所以不论HA是强酸还是弱酸，0.1 mol·L－1 HA溶液中离子浓度一定比1.0 mol·L－1 盐酸中离子浓度小，即0.1 mol·L－1 HA溶液导电性比1.0 mol·L－1 盐酸导电性弱，不能说明HA是弱酸，③项错误；
④HA滴入NaHCO3溶液中产生气泡，有反应HA+NaHCO3=NaA+CO2↑+H2O，只能证明HA酸性比H2CO3强，但不能说明HA一定是弱酸，④项错误；
⑤等体积的0.1 mol·L－1HA溶液与0.1 mol·L－1NaOH溶液恰好完全反应，只能证明HA是一元酸，能发生中和反应HA+NaOH=NaA+H2O，但不能说明HA一定是弱酸，⑤项错误；答案选A。
8.下列变化过程不能用勒夏特列原理解释的是：
A. 热的纯碱溶液洗涤油渍效果较好 B. 将AlCl3溶液蒸干、灼烧，得到Al2O3固体
C. 实验室配制FeCl3溶液时滴入盐酸 D. 制硫酸工业中，采用500℃左右氧化SO2
【答案】D
【解析】
【分析】
勒夏特列原理又称平衡移动原理：如果改变影响平衡的条件之一（温度、压强、参加反应的化学物质的浓度）平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。由此分析。
【详解】A.纯碱溶液中存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-，水解过程是吸热反应，根据勒夏特列原理受热水解平衡右移，所以热的纯碱溶液中碱性更强，洗涤油渍效果较好，A项错误；
B.AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，水解过程是吸热反应，且加热时HCl随水蒸气挥发，根据勒夏特列原理将AlCl3溶液蒸干过程中，水解平衡右移直到进行完全，生成Al(OH)3固体，灼烧时Al(OH)3分解生成Al2O3：2Al(OH)3Al2O3+3H2O，B项错误；
C. FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，加入盐酸能使水解平衡左移，从而减少所配FeCl3溶液中Fe(OH)3杂质，C项错误；
D.制硫酸工业中氧化SO2的反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，正反应为放热反应，采用5000C左右的高温是为了增大反应速率，提高单位时间的生产效率，与平衡移动无关，D项正确；答案选D。
9.下列说法不正确的是：
A. 能发生化学反应的分子，肯定是活化分子
B. 已知x（500℃）和y（25℃） 两个反应，则反应速率：v(x)＞v(y)
C. 反应：CaCO3(s)＝CaO(s)＋CO2(g)能否自发进行，主要由△S＞0决定
D. 升高温度或加入催化剂都能使单位体积内活化分子的百分数增大，但原因不同
【答案】B
【解析】
【详解】A.活化分子具有足够的能量和合适的取向才能发生有效碰撞，所以能发生化学反应的分子，肯定是活化分子，A项正确；
B.影响化学反应速率的外界因素除温度外，还有压强、浓度、催化剂等，如果y反应使用了催化剂和加压，也可能使y反应速率大于x反应速率，B项错误；
C.气体的混乱度大于固体的混乱度，该反应正反应为熵增加的反应，由熵判据可知熵增加的反应有自发进行的倾向，C项正确；
D.升高温度使体系分子获得了能量，使部分普通分子成为活化分子，从而增大单位体积内活化分子百分数；加入催化剂降低了反应的活化能，使部分普通分子成为活化分子，从而增大单位体积内活化分子百分数。D项正确；答案选B。
10.在恒温恒容中反应：2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)，能说明反应达平衡状态的是：
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；
③NO2、NO、O2 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. ①④⑥ B. ②③⑤ C. ①③④ D. 全部
【答案】A
【解析】
【分析】
从平衡状态的两个重要特征上判断：（1）υ正=υ逆≠0，（2）混合物中各组分的浓度、百分含量不变。
【详解】①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2 ，说明υ正=υ逆≠0，达到平衡状态，故正确；
②单位时间内生成n mol O2 的同时，生成2n mol NO，不能说明υ正=υ逆，不能说明反应达到平衡状态，故错误；
③NO2.、NO、O2 的反应速率的比为2 : 2 : 1的状态，不能说明υ正=υ逆，不能确定是否达到平衡状态，故错误；
④混合气体的颜色不再改变的状态，说明NO2气体的浓度不变，达到平衡状态，故正确；
⑤混合气体的质量不变，体积不变，密度始终不变，所以密度不变不能说明反应达到平衡状态，故错误；
⑥反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量不再改变，混合气体的平均相对分子质量不再改变能说明反应达到平衡状态；故正确。
故选A。
【点睛】解决本题的关键是掌握化学平衡状态的两个重要特征：υ正=υ逆≠0，混合物中各组分的浓度、百分含量不变。
11.一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列说法不正确的是：
A. 电池工作时，CO32－向电极A移动
B. 电极A上H2参与的电极反应：H2－2e－＝2H+
C. 电极B上发生电极反应：O2＋2CO2＋4e－＝2CO32－
D. 反应CH4＋H2O＝3H2＋CO，每消耗22.4 L CH4气体，转移6 mol e－
【答案】D
【解析】
【分析】
由电池原理示意图看出，CH4和水蒸气经过催化重整后生成CO和H2，CO和H2通入燃料电池A极，电池放电后生成CO2和H2O，由碳元素化合价由CO中的+2价变化到CO2中的+4价，失去电子，因此A极是电池的负极；B极通入O2和CO2，O2作氧化剂，O2+4e-+2CO2=2CO32-，B为正极。由此分析。
【详解】A.燃料电池属于原电池，A极为负极，原电池工作时阴离子向负极迁移，即CO32-向A极移动，A项正确；
B.由电池原理示意图看出，A极通入CO和H2，电池放电后生成CO2和H2O，所以H2参与的电极反应为：H2-2e-=2H+，H+再与CO32-发生离子反应：2H++CO32-=CO2↑+H2O，B项正确；
C.由电池原理示意图看出，电极B通入O2和CO2，作电池正极，发生还原反应，所以电极反应为O2＋2CO2＋4e－＝2CO32－，C项正确；
D.CH4和水蒸气经过催化重整生成CO和H2，发生反应CH4+H2O3H2+CO，碳元素的化合价由CH4中的-4价变化到CO中的+2价，化合价升高6价，即每个碳原子失去6个电子，由于题目未明确22.4LCH4气体是否处于标准状况，无法确定22.4LCH4气体的物质的量，所以无法计算每消耗22.4LCH4气体时转移电子的物质的量，D项错误；答案选D。
12.某研究小组研究不同催化剂对2 L相同浓度H2O2溶液分解反应的催化效果时所得实验结果（O2体积均换算为标准状况下，忽略反应前后体积变化）如表，下列说不正确的是：
A. 在15～35 s内，FeCl3的催化作用比颗粒状MnO2好
B. 固体催化剂的颗粒大小对反应的催化作用没有影响
C. 催化效率由大到小的顺序：粉末状MnO2 、FeCl3、颗粒CuO
D. 在颗粒状MnO2催化作用下，0～15 s内v(H2O2)＝5.0×10－5 mol·L－1 ·s－1
【答案】B
【解析】
【详解】A.因为气体都已换算成标准状况，可以用相同时间内收集到气体的体积来表示反应速率的快慢。由表格数据可知，15s内FeCl3催化下收集到的O2体积大于颗粒状MnO2催化下收集到的O2体积，即前者反应速率快；35s内FeCl3催化下收集到的O2体积大于颗粒状MnO2催化下收集到O2体积，也是前者反应速率快，所以在15～35 s内，FeCl3的催化作用比颗粒状MnO2好，A项正确；
B.由表格数据可知，在10s、15s、35s内分别收集到的O2体积大小关系为：粉末状MnO2>颗粒状MnO2，即粉末状MnO2催化下反应速率快，所以固体催化剂的颗粒大小对反应的催化作用有影响，B项错误；
C.由表格数据可知，在10s、15s、35s时间内分别收集到的O2体积大小都有如下关系：粉末状MnO2>FeCl3>颗粒状MnO2，所以催化剂效率由大到小的顺序为：粉末状MnO2>FeCl3>颗粒状MnO2，C项正确；
D.由表格数据知，在颗粒状MnO2催化作用下，0～15 s内产生O2体积为16.8mL，标准状况下16.8mLO2的物质的量==7.5×10-4mol，根据反应方程式2H2O22H2O+O2↑可知，生成7.5×10-4molO2消耗H2O2的物质的量=2×7.5×10-4mol=1.5×10-3mol，反应速率==，D项正确；答案选B。
13.用惰性电极电解足量的下列各溶液，电解一段时间后，加入括号内适量的物质，不可能使电解后溶液恢复到电解前的状态的是：
A. KCl（HCl气体） B. CuSO4（CuCO3固体）
C. Na2SO4（H2O） D. CuCl2（CuO固体）
【答案】D
【解析】
【详解】A.用惰性电极电解KCl溶液：2KCl+2H2OCl2↑+H2↑+2KOH，即电解过程溶液中每1molKCl和1mol水消耗同时生成1molKOH，通入HCl气体，发生反应HCl+KOH=KCl+H2O，1molHCl恰好与1molKOH反应生成1molKCl和1molH2O，恰好能使溶液恢复到电解前的状态，A项错误；
B.用惰性电极电解CuSO4溶液：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，即电解过程溶液中每1molCuSO4和1mol水消耗同时生成1molH2SO4，加入CuCO3发生反应H2SO4+CuCO3=CuSO4+CO2↑+H2O，加入1molCuCO3恰好与1molH2SO4反应生成1molCuSO4和1molH2O，恰好能使溶液恢复到电解前的状态，B项错误；
C.用惰性电极电解Na2SO4溶液：2H2O2H2↑+O2↑，电解过程只消耗水，溶液中没有增加新的溶质，所以加入适量的水即可恢复到电解前的状态，C项错误；
D.用惰性电极电解CuCl2溶液：CuCl2Cl2↑+Cu，即电解过程只消耗CuCl2，溶液中也没有增加其它溶质，因CuO在水溶液中不能转化为CuCl2，所以加入CuO固体无法使溶液恢复到电解前的状态，D项正确；答案选D。
14.氢卤酸能量关系如图。下列说法不正确的是：
A. 相同条件下，HCl的△H2比HBr的小
B. 已知HF气体溶于水放热，则HF的△H1＞0
C. 相同条件下，HCl的△H3＋△H4与HI的一样大
D. 一定条件下气态原子生成1 mol H－X键放出a kJ能量，则该条件下△H2＝a kJ • mol－1
【答案】A
【解析】
【详解】A.由氢卤酸能量关系图知，△H2是气态卤化氢断裂化学键生成气态原子过程的焓变，断裂化学键需要吸收能量即△H2>0，因为卤素（X）的非金属性越强，H-X键就越强，断裂需要的吸收的能量就越多，因非金属性Cl>Br，所以H-Cl键断裂吸收的能量比H-Br键断裂吸收的能量多，所以相同条件下，HCl的△H2比HBr的大，A项错误；
B.HF气体溶于水的过程分两步：HF(g)=HF(aq)，-△H1；HF(aq)=H+(aq)+F-(aq), △H。两热化学方程式相加得总过程热化学方程式为：HF(g)=H+(aq)+F-(aq)，-△H1+△H <0，即△H1>△H，因电离过程吸收热量即△H>0，所以△H1>0，B项正确；
C.HCl气体和HI气体溶于水的过程都存在：气态氢原子失电子形成气态氢离子，气态氢离子溶于水形成水合氢离子的过程，该过程的总焓变为△H3＋△H4，所以相同条件下HCl的△H3＋△H4与HI的一样大，C项正确；
D.根据一定条件下气态原子生成1 mol H－X键放出a kJ能量，有热化学方程式：H(g)+X(g)= HX(g), △H=-akJ/mol。由氢卤酸能量关系图知HX(g)=H(g)+X(g)，△H2，则△H2=+a kJ/mol，D项正确；答案选A。
15.已知：H2的标准燃烧热为－286 kJ · mol－1，CO的标准燃烧热为－283 kJ · mol－1，液态甲醇（CH3OH）标准燃烧热为－726 kJ · mol－1。由H2(g)与CO2(g)合成CH3OH(l)的ΔH为：
A. ＋297 kJ · mol－1 B. ＋151 kJ · mol－1
C. －132 kJ · mol－1 D. －1548 kJ · mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】由H2(g)、CO(g)、CH3OH(l)的标准燃烧热可分别写出它们燃烧的热化学方程式：①H2(g)+O2(g)=H2O(l), ΔH=－286 kJ·mol－1；②CO(g)+O2(g)=CO2(g), ΔH=－283 kJ·mol－1；③CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l), ΔH=－726 kJ·mol－1。根据盖斯定律，将①×3-③得3H2(g)+CO2(g)=CH3OH(l)+H2O(l), ΔH=(-286 kJ·mol－1×3)-(-726 kJ·mol－1)=-132 kJ·mol－1，答案选C。
16.下列各组混合物，可由分液漏斗直接分离的是：
A. 苯和四氯化碳 B. 甲苯和水 C. 酒精和水 D. 溴和酒精
【答案】B
【解析】
【详解】两种互不相溶的液态混合物可由分液漏斗直接分离。
A. 苯和四氯化碳互溶，不能用分液漏斗分离，A项错误；
B.甲苯和水互不相溶，甲苯和水的混合物可由分液漏斗直接分离，B项正确；
C.酒精和水互溶，酒精和水的混合物不能用分液漏斗直接分离，C项错误；
D.溴能溶解于酒精，溴和酒精的混合物不能用分液漏斗直接分离，D项错误；答案选B。
17.下列各组混合物，可用水鉴别的是：
A. 苯和乙苯 B. 甲苯和四氯化碳 C. 硝基苯和四氯化碳 D. 酒精和乙醛
【答案】B
【解析】
【详解】A.苯和乙苯都是不溶于水的液态物质，且密度都比水小，分别加水到苯和乙苯中现象相同，所以苯和乙苯不可用水鉴别，A项错误；
B.甲苯和四氯化碳都是不溶于水的液态物质，但甲苯的密度比水小，四氯化碳的密度比水大，分别加水到甲苯和四氯化碳中，有机层在上的是甲苯，有机层在下的是四氯化碳，所以甲苯和四氯化碳可用水鉴别，B项正确；
C.硝基苯和四氯化碳都是不溶于水的液态物质，且密度都比水大，分别加水到硝基苯和四氯化碳中现象相同，所以硝基苯和四氯化碳不可用水鉴别，C项错误；
D.酒精和乙醛都是易溶于水的液态物质，分别加水到酒精和乙醛中现象相同，所以酒精和乙醛不可用水鉴别，D项错误；答案选B。
18.CH2＝C(CH3)CH＝CH2与一定量的HBr在一定条件下加成，生成的产物有：
A. 4种 B. 5种 C. 8种 D. 10种
【答案】D
【解析】
【详解】CH2＝C(CH3)CH＝CH2分子中含有共轭双键，能够发生1,2-加成和1,4-加成，及完全加成，加成产物如下：CH3C(CH3)BrCH＝CH2；CH2BrCH(CH3)CH=CH2；CH2＝C(CH3)CH2CH2Br；CH2=C(CH3)CHBrCH3；CH3C(CH3)=CHCH2Br；CH2BrC(CH3)=CHCH3；CH3C(CH3)BrCH2CH2Br；CH3C(CH3)BrCHBrCH3；CH2BrCH(CH3)CHBrCH3 ；CH2BrCH(CH3)CH2CH2Br，故生成的产物共有10种，答案选D。
19.下列物质的一溴取代物只有3种的是：
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据一元取代物的种数等于等效氢原子的种数分析。
【详解】A. 分子中有3种等效氢原子，所以它有3种一溴代物，A项正确；
B. 分子中只有2种等效氢原子，所以它有2种一溴代物，B项错误；
C. 分子中有4种等效氢原子，所以它有4种一溴代物，C项错误；
D. 分子中含有5种等效氢原子，所以它有5种一溴代物，D项错误；答案选A。
【点睛】等效氢原子的判断原则是(1)同一碳原子上的氢原子属于同一类等效氢原子；(2)同一碳原子上所连甲基的氢原子属于同一类等效氢原子；(3)处于对称（轴对称或镜面对称）位置的碳原子上的氢原子属于同一类等效氢原子。
20.下列各分子中，所有C原子肯定在同一平面的是：
A. CH3CH＝CHCH2CH3 B. CH3CH＝CHCH2C≡CH
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A. CH3CH＝CHCH2CH3分子中双键决定的平面为，由于单键可以旋转，该分子中两个-CH3的碳原子不一定在同一平面上，A项错误；
B. CH3CH＝CHCH2C≡CH分子中双键决定的平面为，-CH3的碳原子和-C≡CH的碳原子不一定在这个平面上，B项错误；
C. 分子决定的平面为，由于苯环与碳碳双键之间的单键可以旋转，所以碳碳双键的2个碳原子不一定在苯环的平面上，C项错误；
D. 分子决定的平面为，因为侧链的3个碳原子在同一条直线上，且这条直线在苯环的平面内，所以该分子中所有C原子肯定在同一平面上，D项正确；答案选D。
21.一定条件下，0.05 mol烃刚好与0.1 mol HCl完全加成，生成的有机物在光照下刚好与0.4 mol Cl2完全取代。则该烃可能是：
A. CH2＝CHCH2CH3 B. CH2＝CHCH3
C. CH3C≡CCH2CH3 D. CH2＝CHCH＝CH2
【答案】D
【解析】
【详解】根据题意，烃、HCl、Cl2的物质的量之比为0.05mol:0.1mol:0.4mol=1:2:8，即1分该烃刚好与2分子HCl完全加成，生成的1分子二氯代烃恰好与8分子Cl2完全取代，因此只有CH2＝CHCH＝CH2符合：CH2＝CHCH＝CH2+2HCl→C4H8Cl2，C4H8Cl2+8Cl2C4Cl10+8HCl，答案选D。
22.下列各种说法中，其中正确的是：
A. NaCl溶液和NaClO溶液中都含有5种微粒
B. 0.1mol · Lˉ1的氨水能使酚酞试液变红，说明一水合氨是弱电解质
C. 常温下，pH相等的NaOH溶液和CH3COONa溶液中，由水电离的OH−浓度不相等
D. 常温下，浓度相等的盐酸和醋酸溶液，加水稀释相同倍数后，盐酸的pH大于醋酸
【答案】C
【解析】
【详解】A.NaCl溶液中只含有5种微粒：H2O、Na+、Cl-、H+、OH-；由于部分ClO-发生水解，故而NaClO溶液中含有6种微粒：H2O、Na+、ClO-、HClO、H+、OH-，A项错误；
B. 能使酚酞试液变红的溶液的pH>10，0.1mol · Lˉ1的氨水能使酚酞试液变红，一水合氨可能是强碱（pH=13时），也可能是弱碱（10
D. 浓度相等的盐酸和醋酸溶液，加水稀释相同倍数后盐酸和醋酸的浓度仍相等，由于盐酸完全电离，醋酸只有部分电离，所以溶液中H+浓度大小是：盐酸>醋酸，所以溶液的pH：盐酸<醋酸，D项错误；答案选C。
23.如图装置在常温下工作（溶液体积变化忽略不计）。闭合K，灯泡发光。下列叙述中正确的是：
A. 当电路中有0.06 mol电子转移时，乙烧杯中溶液c(H＋) 约为0.1 mol · L－1
B. 乙池中的还原产物为SO42－
C. 电池工作时，甲烧杯中溶液的pH逐渐增大
D. 电池工作时，盐桥中的K＋移向乙烧杯，外电路的电流方向是从b到a
【答案】C
【解析】
【分析】
该装置为原电池，由于KMnO4具有强氧化性，NaHSO3具有较强的还原性，因此甲烧杯中石墨作正极：MnO4-+5e-+ 8H+=Mn2++4H2O，乙烧杯中石墨作负极：HSO3--2e-+H2O=SO42-+3H+，由此分析。
【详解】A.该装置为原电池，由于KMnO4具有强氧化性，NaHSO3具有较强的还原性，因此乙烧杯中石墨作负极：HSO3--2e-+H2O=SO42-+3H+，当电路中有0.06 mol电子转移时，乙烧杯中生成H+的物质的量=×0.06mol=0.09mol，乙烧杯溶液c(H＋) ==0.3 mol · L－1，A项错误；
B.乙池中石墨作负极，HSO3-被氧化，其氧化产物为SO42-，B项错误；
C. 电池工作时，甲烧杯中石墨作正极，发生的电极反应为MnO4-+5e-+ 8H+=Mn2++4H2O，H+不断消耗，溶液的酸性减小，所以pH逐渐增大，C项正确；
D. 电池工作时，盐桥中的K＋移向正极，即向甲烧杯迁移，外电路的电流方向是从a到b，D项错误；答案选C。
【点睛】原电池中电子导体中电子流向是：负极→正极；离子导体中阴、阳离子迁移方向是阴离子→负极，阳离子→正极，即所谓“正向正、负向负”。
24.如图所示是两种气态烃组成的混合气体完全燃烧所得的CO2和H2O的物质的量（单位：mol）的变化关系。下列判断不正确的是：
A. 一定含有甲烷
B. 可能含有乙烷
C. 可能含有乙炔
D. 若120℃不变，反应前后气体体积不一定发生变化
【答案】A
【解析】
【分析】
由图像可知该混合烃燃烧生成的CO2和H2O的物质的量相等，则该混合烃中碳、氢原子个数比为1:2，根据平均值的特点，有种情形：一是各组分碳、氢原子个数比都是1:2；二是两组分碳、氢原子个数比一个大于1:2，另一个小于1:2，由此分析。
【详解】A.由图像可知该混合烃燃烧生成的CO2和H2O的物质的量相等，则该混合烃中碳、氢原子个数比为1:2。该混合烃可以是两种烯烃（如乙烯和丙烯：碳、氢原子个数比均为1:2）混合物；或者是乙炔（C2H2碳、氢原子个数比大于1:2）与丙烷或丁烷（C3H8或C4H10碳、氢原子个数比均小于1:2）混合物，所以该混合烃中不一定含有甲烷，A项错误；
B.因为乙烷（C2H6）中碳、氢原子个数比为1:3（小于1:2），乙烷与乙炔（C2H2：碳、氢原子个数比大于1:2）的混合物中碳、氢原子个数比可能为1:2，所以该混合烃中可能含有乙烷，B项正确；
C.根据A、B项分析知，该混合烃中可能含有乙炔，C项正确；
D.设该混合烃的平均组成为CxHy，其燃烧通式为CxHy+(x+)O2→xCO2+H2O(g)，因在1200C时水为蒸气，若使燃烧前后气体体积不变则有1+(x+)=x+，解得y=4，即平均组成为CxH4，且同时满足碳、氢原子个数比为1:2，这两种气态烃可以是甲烷（CH4碳、氢原子个数比小于1:2）和丙炔（C3H4碳、氢原子个数比大于1:2），所以在120℃下当混合烃为甲烷和丙炔时，反应前后气体体积不发生变化，D项正确；答案选A。
25.常温下10 mL某气态烃与40 mL氧气混合，烃完全燃烧后恢复到反应前的状况，测得气体的体积为25 mL。则下列烃符合上述情况的是：
A. C2H2 B. C2H6 C. C3H6 D. C3H8
【答案】B
【解析】
【详解】设该气态烃分子式为CxHy，其燃烧的通式为：CxHy+(x+)O2→xCO2+H2O，根据题意可计算得燃烧前后气体体积减小了10mL+40mL-25mL=25mL，根据化学方程式计算有：（常温下水为液态）
列等式：=，解得y=6，即有CxH6+(x+)O2→xCO2+3H2O(l)。由于烃是完全燃烧，所以40mLO2过量或恰好反应，则有x+≤=4，解之得x≤2.5，所以该烃只能是C2H6，答案选B。
26.常温下，向10 mL 0.1 mol·L－1的一元酸HA溶液中加入0.1 mol · L－1 NaOH溶液，HA和A－ 的物质的量分数(α)随溶液pH变化的关系如图所示，下列说法正确的是：
A. pH＜5.5时，c(HA)＜c(A－)
B. pH＞8时，c(Na+)＋c(H+)＞c(A－)
C. pH＝7时，c(HA)＞c(A－)＞c(OH－)＝c(H+)
D. pH＝5时α(HA)与α(Aˉ)之和比pH＝9时α(HA)与α(Aˉ)之和大
【答案】B
【解析】
【分析】
向10 mL 0.1 mol·L－1的一元酸HA溶液中加入0.1 mol · L－1 NaOH溶液，溶液的pH逐渐增大，一元酸HA的电离平衡向右移动：HAH++A-，故未电离的HA分子浓度由大到小，A-浓度由小到大，它们的物质的量分数的关系为α(HA)+ α(A-)=1。
【详解】A.向10 mL 0.1 mol·L－1的一元酸HA溶液中加入0.1 mol · L－1 NaOH溶液，溶液的pH逐渐增大，一元酸HA的电离平衡向右移动：HAH++A-，故未电离的HA分子浓度由大到小，A-浓度由小到大，由图像知pH<5.5时，α(HA)>0.5，α(A-)<0.5，所以c(HA)>c(A-)，A项错误；
B.根据电荷守恒有c(Na+)＋c(H+)=c(OH-)+c(A－)，当pH>8时，溶液呈碱性，溶液中OH-浓度不能忽略，所以c(Na+)＋c(H+)> c(A－)，B项正确；
C. 常温下溶液pH=7，故有c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，由图像可知pH=7时c(A-)>c(HA)，所以有c(A-)>c(HA)＞c(OH－)＝c(H+)，C项错误；
D. 向10 mL 0.1 mol·L－1的一元酸HA溶液中加入0.1 mol · L－1 NaOH溶液过程中，根据物料守恒可知，HA和A-的物质的量分数的关系始终为α(HA)+ α(A-)=1，D项错误；答案选B。
27.（1）甲醇（CH3OH，常温下为液态）是一种常用的能源物质。
①甲醇的热值为23 kJ · g－1。写出甲醇燃烧热的热化学方程式：_________________________。
②以甲醇为原料设计成燃料电池：若以熔融Na2CO3作为电解质，一极充入甲醇，另一极充入空气和CO2气体。回答下列问题：
充入空气和CO2气体的电极为__________极，该电池的总反应式：_____________________，充入甲醇电极的反应式：______________________________________。
③若用该燃料电池为电源，用石墨电极电解250 mL CuSO4溶液。则与充入空气和CO2气体的电极相连的是电解池的_______极；与甲醇电极相连的电极反应式为______________________；若燃料电池中消耗0.05 mol甲醇，电解池中共产生标准状况下气体2.24 L， 则原 CuSO4溶液浓度为________mol·L－1（假设电解前后溶液体积不变）。
（2）以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]水溶液为原料，通过电解法可以制备四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]，装置如图所示。写出该电解的总反应_________________________________。
【答案】 (1). CH3OH(l)＋3/2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)，ΔH1＝－736 kJ·mol－1 (2). 正 (3). 2CH3OH＋3O2＝2CO2＋4H2O (4). CH3OH－6e－＋3CO32－＝4CO2＋2H2O (5). 阳 (6). Cu2++2e-＝Cu (7). 0.5 (8). 2(CH3)4NCl＋2H2O2(CH3)4NOH＋H2 ↑＋Cl2 ↑
【解析】
【分析】
(1) ①101kPa下，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所释放的热量称为该物质的燃烧热，据此写出甲醇燃烧热的热化学方程式；
②以熔融Na2CO3作为电解质的甲醇燃料电池的总反应：CH3OH+O2=CO2+2H2O，从分析化合价入手确定电池的正、负极及电极反应式；
③以甲醇燃料电池为电源电解CuSO4溶液时，在电解池中与电源正极相连的为阳极，与电源负极相连的为阴极，阴极发生还原反应，据此写出阴极反应式。甲醇燃料电池与电解池是串联的，根据电路中转移的电子守恒，利用讨论法分析电解产生的2.24L气体是纯O2还是H2和O2的混合气体，来确定CuSO4被电解完后是否有水被电解，再根据反应式的计量关系进行相关计算；
(2) 分析四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]和四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]的化学式可知，由四甲基氯化铵转化为四甲基氢氧化铵即将-Cl替换为-OH（羟基），再结合电解池中阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应确定电解过程中还会产生Cl2和H2，据此写出总反应的化学方程式。
【详解】(1) ①甲醇的摩尔质量为32g/mol，1mol甲醇完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时释放出的热量=32g/mol×1mol×23kJ/g=736kJ，甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)，△H=-736kJ/mol。
② 以熔融Na2CO3作为电解质的甲醇燃料电池的总反应：2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，其中氧元素化合价由0价降低到-2价，故O2得电子发生还原反应，所以充入空气和CO2的一极是正极；甲醇中碳元素化合价由-2价升高到+4价，每个碳原子得6个电子，充入甲醇的一极为负极，其电极反应为CH3OH-6e-+3CO32-=4CO2+2H2O。
③由上面分析可知，甲醇燃料电池中充入空气和CO2气体的一极为正极；充入甲醇的一极为负极。在以甲醇燃料电池为电源的电解池中与电源正极相连的为阳极，即与充入空气和CO2气体的一极相连的为电解池的阳极。与甲醇电极相连的为电解池的阴极，电解池的阴极发生还原反应，其电极反应式为Cu2++2e-=Cu。用石墨电极电解CuSO4溶液总反应式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4~转移电子4e-。由燃料电池负极反应式CH3OH-6e-+3CO32-=4CO2+2H2O可知，每消耗0.05 mol甲醇时电路中转移电子物质的量=0.05mol×6=0.3mol，再由电解CuSO4的阳极反应式2H2O－4e－＝O2↑＋4H＋可知，产生的2.24 L气体若是纯O2，则此时转移电子物质的量=4×=0.4mol>0.3mol，说明电解产生的2.24L气体是H2和O2的混合气体，即CuSO4电解结束后又继续电解水：2H2O2H2↑+O2↑~转移电子4e-。设原CuSO4溶液中含CuSO4物质的量为x，电解CuSO4转移的电子物质的量为2x，则电解水转移电子物质的量=0.3mol-2x，电解池共产生气体物质的量=×2x+×(0.3mol-2x)= ，解得x=0.125mol，所以原CuSO4溶液浓度==0.5mol/L。
(2)分析四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]和四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]的化学式可知，由四甲基氯化铵转化为四甲基氢氧化铵即将-Cl替换为-OH（羟基），氯原子可在阳极放电生成Cl2，-OH可有阴极H2O的H+放电产生的OH-转化而来：2H2O+4e-=2H2↑+4OH-，所以电解产物还应有Cl2和H2，总反应方程式为2(CH3)4NCl＋2H2O2(CH3)4NOH＋H2 ↑＋Cl2 ↑。
28.（1）SO2、NOx、CO等气体和可吸入颗粒物对环境的污染尤其严重，为了减少它们对环境的污染，通常采用下列措施进行处理：
已知：①N2(g)＋O2(g)2NO(g) ΔH1＝＋180 kJ·mol－1
②2CO(g)＋O2(g)2CO2(g) ΔH2＝－566 kJ·mol－1
可以在汽车的排气管上安装一个催化装置，使汽车尾气中的CO、NO转化成无污染的物质，则该反应热化学方程式为____________________________，该反应自发进行的条件是_________。
（2）通常将SO2经过净化后，与空气进行催化氧化可制硫酸。不同温度下向一恒容密闭容器中通入n(SO2) : n(O2)＝2 : 1[2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)]，测得容器内总压强与反应时间如图1所示。
①下列说法不正确的是________；
A．T2＞T1 B．该反应正向是吸热反应 C．增大压强一定以使平衡正向移动
D．其他条件不变，向平衡体系中再按物质的量之比为2 : 1充入SO2和O2，达到新的平衡后SO2平衡转化率增大
②图中B点的平衡常数Kp＝__________________________（提示：用平衡分压代替平衡浓度计算，平衡分压＝总压×物质的量分数）
③ 在压强为p1 MPa下，将2.0 mol SO2(g)和1.0 mol O2(g)充入容积为2 L的密闭容器中，反应达到平衡时，测得SO3气体的体积分数随温度的变化曲线如图所示，请在图中画出p2 MPa（p1＜p2 ）时平衡体系中SO3气体的体积分数随温度变化的曲线（表明p2 ）。 ______________
（3）NH4Cl溶液呈酸性的原因（用相应离子方程式表示）______________________________；常温下，若用pH＝3的盐酸滴定pH＝11的氨水生成NH4Cl溶液，则用去两溶液的体积关系：V(盐酸)________V(氨水)（填“＞”、“＝”或“＜”），滴定终点的判断：__________________。
【答案】 (1). 2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝－746 kJ·mol－1 (2). 低温 (3). BC (4). 2430 MPa－1 (5). (6). NH4＋＋H2ONH3 • H2O＋H＋ (7). ＞ (8). 溶液刚好由黄色变为橙色，且半分钟内不变
【解析】
【详解】(1) 根据绿色化学的要求，将汽车尾气中的CO、NO转化成无污染的N2和CO2，根据盖斯定律，将②-①得2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g), ΔH=-566kJ/mol-180kJ/mol=-746kJ/mol，即该反应的热化学方程式为2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g), ΔH=-746kJ/mol。因为该反应熵减小即ΔS<0，且放热反应ΔH<0，根据ΔH-TΔS<0时能自发进行，所以该反应自发进行的条件是低温（即T要小）。
(2) ①A.由图像可知T1和T2条件下初始压强相同，达到平衡所用时间T2条件下比T1条件下要少，说明T2条件下的反应速率大于T1条件下的反应速率，所以温度T2>T1，A项正确；B.由反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)知其正反应气体分子数目减小，由图像可知T1和T2条件下初始压强相同，T1平衡状态的压强比T2平衡状态的压强小，说明T1平衡向正反应方向进行的程度大，由A项分析知T2>T1，因此由T2变化到T1（即降温）时平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应为放热反应，B项错误；C.因为该反应处于恒容容器中，若通入惰性气体容器中压强增大，但平衡没有移动，C项错误；D.其他条件不变，向平衡体系中再按物质的量之比为2 : 1充入SO2和O2，相当于增大气体的压强，根据勒夏特列原理平衡将向正反应方向移动，所以达到新的平衡后SO2平衡转化率增大，D项正确；答案选BC。
②图中B点达到平衡状态，其气体压强为P平衡=0.7Pa，初始压强P初始=1.0，假定初始时通入2molSO2和1molO2，平衡时消耗O2为x mol，有下列关系量：
相同温度（T1）和相同体积时，==，解之得x=0.9mol。所以平衡时SO2为0.2mol，O2为0.1mol，SO3为1.8mol，各组分的物质的量分数分别为、、，T1温度下平衡常数Kp===2430 MPa-1。
③由反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)可知正反应气体分子数减小，增大压强该反应向正反应方向移动，所以温度相同时SO3的体积分数比P1条件下要大，又因该反应正反应为放热反应，升温平衡向逆反应方向移动，故SO3的体积分数随温度的升高而减小，由此画出P2 MPa时平衡体系中SO3气体的体积分数随温度变化的曲线。
(3) NH4Cl属于强酸弱碱盐，在水溶液中能发生水解反应，其离子方程式为NH4＋＋H2ONH3 • H2O＋H＋。根据反应NH3 • H2O+HCl=NH4Cl+H2O可知恰好反应时HCl与NH3 • H2O物质的量相等，而pH=3的盐酸中c(HCl)=10-3mol/L，pH=11的氨水中c(NH3 • H2O)>10-3mol/L，根据溶液体积V=可知，消耗盐酸体积要大于氨水的体积，即V(盐酸)>V(氨水)。因为盐酸和氨水恰好中和时溶液呈酸性，选择甲基橙作指示剂，氨水中甲基橙呈黄色，所以滴定终点的判断为：溶液刚好由黄色变为橙色，且半分钟内不变色。
29.工业合成橡胶可以利用以下途径：
（1）C5H12同分异构体共有_____种，其中核磁共振H谱图只有1种的结构简式为________。
（2）下列有关上述的C5H8说法正确的是_____________。
A．所有的原子可能共平面 B．和溴水、溴的四氯化碳反应的现象不完全相同
C．所有C原子可能共平面 D．和溴的四氯化碳溶液反应生成产物最多有2种
（3）写出分子式C5H8属于炔烃的所有同分异构体的结构简式_____________________。
（4）写出下列反应的化学方程式（注明反应条件）：
①C5H12→C5H10Cl2：_______________________________________________________。
②C5H10Cl2→C5H8：_____________________________________________________。
（5）以乙烷为原料可合成聚氯乙烯。请设计合成路线（无机试剂及溶剂任选）。注：合成路线的书写格式参照如下示例流程图：__________
【答案】 (1). 3 (2). C(CH3)4 (3). BC (4). CH≡CCH2CH2CH3 、CH3C≡CCH2CH3、CH≡CCH(CH3)2 (5). (6). CH3CCl(CH3)CH2CH2Cl+2NaOH CH2=C(CH3)CH=CH2+2NaCl+2H2O (7). CH3CH3CH3CH2ClCH2=CH2CH2-CH2
【解析】
【分析】
由物质转化过程图并运用逆向思维分析，由CH2C(CH3)=CHCH2结构知，C5H8通过加聚反应合成了CH2C(CH3)=CHCH2，即C5H8结构简式为CH2=C(CH3)CH=CH2，根据题给“已知”，C5H10Cl2在NaOH醇溶液中共热反应可生成CH2=C(CH3)CH=CH2，因烃与Cl2的取代反应过程中碳架不变，由C5H12在光照下生成二氯代烃C5H10Cl2可推断C5H12的结构，据此分析解答。
【详解】(1) C5H12属于烷烃，其同分异构体属于碳链异构，共有3种：CH3(CH2)3CH3、CH3CH(CH3)CH2CH3、(CH3)4C。其中，(CH3)4C分子中只有一种等效氢原子，则该分子的核磁共振H谱图只有1种的结构，其结构简式为：(CH3)4C。
(2)由物质转化过程图并逆向思维分析，由CH2C(CH3)=CHCH2结构可知，C5H8通过加聚反应合成了CH2C(CH3)=CHCH2，所以C5H8结构简式为CH2=C(CH3)CH=CH2，CH2=C(CH3)CH=CH2中2个碳碳双键构成的平面有可能共平面，但-CH3上3个氢原子不可能在双键决定的平面上，所以不可能所有原子共平面，A项错误；B. CH2=C(CH3)CH=CH2中含有碳碳双键可以与溴（Br2）发生加成反应，生成不溶水但能溶于四氯化碳的液态溴代烃，反应后溴水和溴的四氯化碳都褪色，但溴水反应后分层，下层是无色油状液体，溴的四氯化碳溶液反应后不分层，所以现象不完全相同，B项正确；C. 因单键可以旋转，所以CH2=C(CH3)CH=CH2分子中两个碳碳双键决定的平面有可能共平面如 ，故所有C原子可能共平面，C项正确；D. CH2=C(CH3)CH=CH2与Br2发生1,2-加成和1,4-加成，及完全加成，其产物有：CH2BrC(CH3)BrCH=CH2、CH2=C(CH3)CHBrCH2Br、CH2BrC(CH3)=CHCH2Br、CH2BrC(CH3)BrCHBrCH2Br等共4种产物，D项错误；答案选BC。
(3)根据 C5H8不饱和度=2知，所求同分异构体中只有一个-C≡C-，先碳链异构再位置异构分别写出其同分异构体的结构简式：CH≡CCH2CH2CH3、CH3C≡CCH2CH3、CH≡CCH(CH3)2。
(4) 由第(2)题分析知C5H8结构简式为CH2=C(CH3)CH=CH2，根据题给“已知”卤代烃在NaOH醇溶液中共热可生成碳碳双键，且此过程碳架不变，由C5H10Cl2在NaOH醇溶液中可生成CH2=C(CH3)CH=CH2，C5H12在光照下发生取代反应生成二氯代烃C5H10Cl2，取代反应过程中碳架也不变，故C5H12的结构简式为CH3CH(CH3)CH2CH3。发生反应的化学方程式为①CH3CH(CH3)CH2CH3+2Cl2 CH3CCl(CH3)CH2CH2Cl+2HCl；②CH3CCl(CH3)CH2CH2Cl+2NaOH CH2=C(CH3)CH=CH2+2NaCl+2H2O。
(5)聚氯乙烯可由乙烯加聚得到，乙烯可由氯乙烷在NaOH醇溶液中加热得到，氯乙烷又可由乙烷与Cl2在光照下得到，所以由乙烷合成聚氯乙烯的流程图为：CH3CH3CH3CH2ClCH2=CH2CH2-CH2
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