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【化学】甘肃省静宁县第一中学2019-2020学年高二下学期第一次月考（实验班）（解析版） 试卷
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甘肃省静宁县第一中学2019-2020学年高二下学期第一次月考（实验班）
1.2019年12月以来，我国部分地区突发的新冠病毒肺炎威胁着人们的身体健康。下列有关说法正确的是
A. 新型冠状病毒由C、H、O三种元素组成
B. 口罩中间的熔喷布具有核心作用，其主要原料为聚丙烯，属于有机高分子材料
C. 过氧化氢、乙醇、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的
D. “84”消毒液是以NaClO为主要有效成分的消毒液，为了提升消毒效果，可以与洁厕灵（主要成分为盐酸）混合使用
【答案】B
【解析】
【详解】A. 新型冠状病毒由蛋白质组成，蛋白质主要由C、H、O、N等元素组成，故A错误；
B. 口罩中间的熔喷布具有核心作用，其主要原料为聚丙烯，聚丙烯、聚乙烯等属于合成有机高分子材料，故B正确；
C. 过氧化氢、过氧乙酸等消毒液可以将病毒氧化而达到消毒的目的，乙醇消毒原理是使细胞脱水，故C错误；
D. NaClO与盐酸能反应生成有毒气体氯气，所以不能混用，故D错误；
故选B。
2.下列化合物的类别与所含官能团都正确的是( )
选项
物质
类别
官能团
A
酚类
—OH
B
CH3CH2CH2COOH
羧酸
C
醛类
—CHO
D
CH3—O—CH3
醚类
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、含有醇羟基，属于醇类，A错误；
B、含有羧基，化学式是－COOH，属于羧酸，B错误；
C、含有酯基，化学式是－COO－，属于酯类，C错误；
D、没有醚键，属于醚类，D正确。
答案选D。
3.下列五种烃：①2—甲基丁烷 ②2,2—二甲基丙烷 ③戊烷 ④己烷 ⑤丁
烷，按它们的沸点由高到低的顺序排列正确的是
A. ①>②>③>④>⑤ B. ②>③>⑤>④>①
C. ③>①>②>⑤>④ D. ④>③>①>②>⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①2-甲基丁烷②2，2-二甲基丙烷③戊烷三者互为同分异构体，根据同分异构体分子中，烃含有的支链越多，分子间的作用力越小，熔沸点越小，则沸点③＞①＞②；烃类物质中，烃含有的C原子数目越多，相对分子质量越大，熔沸点越高，则沸点④最高，⑤最低，故有沸点由高到低的顺序排列的是④＞③＞①＞②＞⑤，故选D。
【点睛】知道有机物熔沸点的比较方法是解题的关键。烃类物质中，烃含有的C原子数目越多，相对分子质量越大，熔沸点越高，同分异构体分子中，烃含有的支链越多，分子间的作用力越小，熔沸点越小。
4.下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是( )
A. 羟基的电子式：
B. CH4分子的球棍模型：
C. 乙烯的最简式(实验式)：CH2
D. 苯乙醛结构简式：
【答案】C
【解析】
【详解】A. 羟基电子式为，故A错误；
B. 该模型是CH4的比例模型，故B错误；
C. 乙烯的最简式(实验式)：CH2，表示正确，故C正确；
D. 苯甲醛的结构简式为，故D错误；
答案选C。
5.下列有机物命名正确的是（ ）
A. 1,3﹣二甲基丁烷
B. 2,2,4﹣三甲基-4-戊烯
C. 对二甲苯
D. CH2Cl－CH2Cl 1,2﹣二氯乙烷
【答案】D
【解析】
【详解】A.的主链以及编号为：，其命名为：2—甲基戊烷，故A错误；
B.的主链以及编号为：，其命名为：2,4,4,—三甲基—1—戊烯，故B错误；
C.为间二甲苯，故C错误；
D.CH2Cl－CH2Cl为1,2﹣二氯乙烷，命名正确，故D正确，答案选D。
6.以1-氯丙烷为主要原料制1,2-丙二醇(CH3—CHOH—CH2OH)时,需要经过的反应依次为（ ）
A. 加成、消去、取代 B. 取代、加成、消去
C. 取代、消去、加成 D. 消去、加成、取代
【答案】D
【解析】
【分析】
1-氯丙烷制取1,2-丙二醇，一个氯原子引入两个羟基且相邻，可经过氯代烃的消去反应，引入一个双键，在发生烃的加成反应，再发生卤代烃的取代反应（水解反应）。
【详解】1-氯丙烷制取1,2-丙二醇，一个氯原子引入两个羟基且相邻，可经过氯代烃的消去反应，引入一个双键，在发生烃的加成反应，再发生卤代烃的取代反应（水解反应）。故答案为D
7.下列关于说法正确的是( )
A. 最多只有4个C原子共平面
B. 除苯环外的C原子共直线
C. 所有C原子可能共平面
D. 最多只有3个C原子共直线
【答案】C
【解析】
【详解】该物质的结构可以写成；
根据右边结构，以及三点确定一个平面，最多有12个C原子共面，共线的C原子最多有5个，答案选C。
8.为提纯下列物质(括号内为杂质)，所用的除杂试剂和分离方法都正确的是( )
选项
不纯物
除杂试剂
分离方法
A
CH4(C2H4)
酸性KMnO4溶液
洗气
B
苯(Br2)
NaOH溶液
过滤
C
C2H5OH(H2O)
新制生石灰
蒸馏
D
乙酸乙酯(乙酸)
饱和Na2CO3溶液
蒸馏
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
A.乙烯与酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳；
B.溴单质能与氢氧化钠溶液反应；
C. 乙酸与生石灰反应；
D.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液,乙酸可与碳酸钠反应；
【详解】A.乙烯与酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳,引入新杂质,应用溴水除杂,故A错误；
B.溴单质能与氢氧化钠溶液反应,而溴苯不能,然后分液即可分离，故B错误；
C.水与生石灰反应，生成的氢氧化钙沸点高，而乙醇沸点低,可用蒸馏的方法分离，故C正确；
D.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可与碳酸钠反应,应用分液的方法分离，故D错误；
正确选项C。
【点睛】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂(提纯)，是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变；除杂质至少要满足两个条件:(1)加入的试剂只能与杂质反应,不能与原物质反应；(2)反应后不能引入新的杂质；选项A，就是一个易错点，虽然除去了乙烯，但是引入了二氧化碳，没有达到真正除杂的目的。
9.乙炔是一种重要的有机化工原料，以乙炔为原料在不同的反应条件下可以转化成以下化合物：
下列说法正确的是（ ）
A. 正四面体烷的分子式为C4H8 B. 正四面体烷二氯取代产物有1种
C. 环辛四烯核磁共振氢谱有2组峰 D. 环辛四烯与苯互为同系物
【答案】B
【解析】
【详解】A．由正四面体烷结构可知，分子中含有4个C原子、4个H原子，故分子式为C4H4，故A错误；
B．正四面体烷中只有1种等效H原子，任意2个H原子位置相同，故其二氯代物只有1种，故B正确；
C．环辛四烯分子结构中只有1种等效H原子，则核磁共振氢谱只有1组峰，故C错误；
D．环辛四烯中存在C=C双键，苯为平面六边形结构，分子中不存在C-C和C=C，苯中化学键是介于单键与双键之间特殊的键，结构不相似，故D错误；
故答案为B。
10.可用于鉴别以下三种化合物的一组试剂是
①溴的四氯化碳溶液 ②银氨溶液 ③ 氯化铁溶液 ④ 氢氧化钠溶液
A. ②与④ B. ①与③ C. ③与④ D. ①与②
【答案】B
【解析】
【详解】乙酰水杨酸中含有酯基和羧基，丁香酚中含有酚羟基和C=C，肉桂酸中含有C=C和羧基，可加入溴的四氯化碳溶液，以鉴别乙酰水杨酸，因为乙酰水杨酸中不含C=C，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，然后加入氯化铁溶液，遇到酚羟基发生显色反应，可鉴别丁香酚。符合题意的试剂为①溴的四氯化碳溶液和③ 氯化铁溶液，故B符合题意；
故选B。
【点睛】乙酰水杨酸中含有酯基和羧基，丁香酚中含有酚羟基和C=C，肉桂酸中含有C=C和羧基，可根据官能团的性质判断异同，进而选择实验方法。
11.分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机化合物有（不考虑立体异构）（ ）
A. 6种 B. 7种 C. 8种 D. 9种
【答案】C
【解析】
【详解】与金属钠反应生成氢气，说明该化合物一定含有—OH，所以此有机物的结构符合C5H11—OH，首先写出C5H11—碳链异构有3种：①C—C—C—C—C、②、③，再分别加上—OH。①式有3种结构，②式有4种结构，③式有1种结构，共8种。答案选C。
12.在核磁共振氢谱中出现两组峰，其氢原子数之比为3∶2的化合物是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】根据有机物结构简式可判断A中有2组峰，其氢原子数之比为3∶1，B中有3组峰，其氢原子数之比为3∶1∶1，C中有3组峰，其氢原子数之比为3∶1∶4，D中有两组峰，其氢原子数之比为3∶2。选项D正确，答案选D。
13.芳香化合物M的结构简式为，关于有机物M的说法正确的是
A. 有机物M的分子式为C10H12O3
B. 1molNa2CO3最多能消耗1mol有机物M
C. 1molM和足量金属钠反应生成22.4L气体
D. 有机物M能发生取代、氧化和加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据结构简式，有机物M的分子式为C10H10O3，故A错误；
B、羧基和碳酸钠反应，1 molNa2CO3最多能消耗2mol羧基，1 molNa2CO3最多能消耗2 mol有机物M，故B错误；
C、羧基、羟基都能与钠反应放出氢气，1 mol M和足量金属钠反应生成1mol氢气，在标准状况下的体积是22.4 L，故C错误；
D、有机物M含有羧基、羟基能发生取代、含有碳碳双键能发生氧化和加成反应，故D正确。
14.有机物结构如图所示，它在一定条件下能发生的反应有（ ）
①加成 ②酯化 ③氧化 ④中和 ⑤消去
A. ②③④ B. ①③④⑤
C. ①②③④ D. ②③④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】该分子中含有醛基、羧基、醇羟基和苯环，具有醛、醇、羧酸、苯的性质，醛基能发生加成反应、氧化反应、还原反应；羧基能发生中和反应、酯化反应；醇羟基能发生氧化反应、酯化反应；该分子中不含卤原子、酯基，与羟基相连的碳原子的相邻碳原子上没有氢原子，所以不能发生消去反应、水解反应，故答案选C。
【点睛】有机物常见官能团（卤素原子，羟基，醛基，羧基，酯基）的化学性质要熟练掌握。
15.由两种单体加聚而成的高聚物是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．单体为：、，反应类型为加聚反应，故A符合题意；
B．单体为、HCHO，反应类型为缩聚反应，故B不符合题意；
C．单体为HOOC(CH2)4COOH、NH2(CH2)6NH2，反应类型为缩聚反应，故C不符合题意；
D．单体为：，故A不符合题意；
故答案为：A。
【点睛】加聚产物的单体推断方法：
（1）凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可；
（2）凡链节主链上只有四个碳原子（无其它原子）且链节无双键的高聚物，其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可；
（3）凡链节主链上只有碳原子并存在碳碳双键结构的高聚物，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换。
16.某合成有机光电材料中间体，结构简式如图所示。下列说法正确的是
A. 属于芳香烃 B. 分子式为C18H16O2
C. 苯环上的二氯取代物有6种 D. 性质稳定，不与强酸、强碱、强氧化剂反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.该物质是含有苯环的物质，且含有C、H、O三种元素，因此属于芳香烃的衍生物，A错误；
B. 根据物质结构简式可知其分子式为C18H18O2，B错误；
C. 物质苯环上有5个位置，采用定一移二分法，当其中一个氯在取代基的邻位时，另外一个氯还有4种位置，故此二氯代物有4种结构；当其中一个氯在取代基的间位时，另一个氯有2种位置，苯环上的二氯代物共有4+2=6种，C正确；
D．物质分子中含有酯基，可在强酸、强碱条件下水解，含有碳碳双键，可被氧化，因此物质性质不稳定，D错误；
故合理选项是C
17.关于某有机物的性质叙述正确的是( )
A. 1 mol该有机物可以与3 mol Na发生反应
B. 1 mol该有机物可以与3 mol NaOH发生反应
C. 1 mol该有机物可以与6 mol H2发生加成反应
D. 1 mol该有机物分别与足量Na或NaHCO3反应，产生的气体在相同条件下体积相等
【答案】A
【解析】
试题分析：A、分子中含有1个羧基和1个羟基，1 mol该有机物可以与2 mol Na发生反应，A错误；B、只有酯基和羧基能与氢氧化钠反应，则1 mol该有机物可以与2mol NaOH发生反应，B错误；C、只有碳碳双键和苯环能与氢气发生加成反应，则1 mol该有机物可以与4mol H2发生加成反应，C错误；D、只有羧基能与碳酸氢钠反应，1mol该有机物与足量钠反应生成1mol1氢气，与足量碳酸氢钠反应生成1mol二氧化碳，D正确答案选D。
考点：考查有机物结构和性质判断
18.一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示。则下列对该反应的推断合理的是（ ）
A. 该反应的化学方程式为6A+2D3B+4C
B. 0～1s内， v(A)=v(B)
C. 0～5s内，B的平均反应速率为006mol·L-1·s-1
D. 5s时，v(A)=v(B)=v(C)=v(D)
【答案】C
【解析】
【分析】
由图像可知，A、D物质增加为生成物，B、C物质减少为反应物，根据变化的物质的量之比与系数之比相等写出化学方程式；，以此计算化学反应速率。
【详解】A．由图可知，反应达到平衡时A物质增加了1.2mol，D物质增加了0.4mol、B物质减少了0.6mol、C物质减少了0.8mol，故A、D为生成物，B、C为反应物，该反应的化学方程式为，A项错误；
B．0～1s内，A、B的物质的量变化量不等所以，B项错误；
C．0～5s内，B的平均反应速率，C项正确；
D．5s时反应达到了化学平衡状态，，D项错误；
故答案选：C。
19.在25℃时，浓度均为0.5 mol/L的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2的三种溶液，测得各溶液的c(NH4+)分别为a、b、c(单位为mol/L)，下列判断正确的是
A. a=b=c B. a＞b＞c C. a＞c＞b D. c＞a＞b
【答案】D
【解析】
【详解】加入与原水解离子的水解性质相同的物质，对原水解离子有抑制作用，加入与原水解离子的水解性质相反的物质，对原水解离子有促进作用；三种溶液中均存在下述水解平衡：，对于(NH4)2CO3，因为，使水解平衡向右移动，促进水解．对于(NH4)2Fe(SO4)2，因为，因增大了c(H+)，上述水解平衡受到抑制，平衡向左移动，所以c＞a＞b，故答案为：D。
【点睛】不同溶液中同一离子浓度的大小比较时，选好参照物，分组比较各个击破：
如25 ℃时，相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2，c(NH)由大到小的顺序为⑤>④>③>①>②，分析流程为：。
20.一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：SO2(g)+2CO(g)2CO2(g)+S(l)+Q（Q﹥0），若反应在恒容密闭容器中进行，下列有关说法正确的是（ ）
A. 平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变
B. 平衡时，其它条件不变，分离出硫，正反应速率加快
C. 达到平衡时，SO2、CO、CO2的平衡浓度一定为1：2：2
D. 平衡时，其他条件不变，升高温度SO2的转化率降低
【答案】D
【解析】
【详解】A．一定温度和体积下，压强与物质的量成正比。该反应为气体体积减小的反应，随着反应的进行，气体的物质的量减小，则压强减小，A错误；
B．S为液体，其浓度是一定值。其他条件不变，平衡时，分离出少量硫，各物质的浓度不变，反应速率不变，B错误；
C．达到平衡时，各物质的浓度不变，但浓度不一定成化学计量数之比，C错误；
D．该反应为放热反应，平衡时，升高温度，向吸热反应方向移动，即逆向移动，SO2转化率降低，D正确。
答案选D。
21.下列事实中不能证明CH3COOH是弱电解质的是( )
A. 常温下某CH3COONa溶液的pH＝8
B. 常温下0.1mol·L－1CH3COOH溶液的pH＝2.8
C. CH3COONa溶液与稀盐酸反应生成CH3COOH和NaCl
D. CH3COOH属于共价化合物
【答案】D
【解析】
【分析】
弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在，就证明了弱电解质。对于弱酸弱碱，也可以检测对应盐（强酸盐、强碱盐）的溶液的酸碱性，若不是中性，也可以证明是弱电解质。
【详解】A、常温下某CH3COONa溶液的pH=8，说明溶液水解呈碱性，应为强碱弱酸盐，可证明CH3COOH是弱电解质，A正确；
B、常温下0.1 mol·L－1CH3COOH溶液的pH＝2.8，说明醋酸没有完全电离，存在电离平衡，可以证明CH3COOH是弱电解质，B正确；
C、CH3COONa溶液与稀盐酸反应生成CH3COOH和NaCl，则根据复分解反应发生的条件可知，醋酸是弱电解质，C正确；
D、CH3COOH属于共价化合物与醋酸是弱电解质并无直接关系，D错误；
故答案选D。
22.常温下，将pH=2的HCl与pH=12的氨水等体积混合后，在所得的溶液中，下列关系式正确的是
A. c（Cl-）>c（NH4+）>c（OH-）>c（H+）
B. c（NH4+）>c（Cl-）>c（OH-）=c（H+）
C. c（NH4+）>c（Cl-）>c（H+）>c（OH-）
D. c（NH4+）>c（Cl-）>c（OH-）>c（H+）
【答案】D
【解析】
【详解】常温下，pH=2的HCl中c（H+）=0.01mol/L，HCl是强电解质，c（HCl）=0.01mol/L。pH=12的氨水中c（OH-）=0.01mol/L，一水合氨为弱电解质，在溶液中部分电离，所以氨水的浓度远远大于0.01mol/L，将pH=2的HCl与pH=12的氨水等体积混合后氨水过量，溶液呈碱性，所以c（OH-）>c（H+）。又因为反应后的溶液中存在电荷守恒：c（NH4+）+ c（H+）= c（Cl-）+ c（OH-），所以c（NH4+）>c（Cl-），OH-和H+是水电出的量很少，综上所述，在所得的溶液中离子浓度关系为c（NH4+）>c（Cl-）>c（OH-）>c（H+），D正确；
答案选D。
23.下列有关化学反应方向的描述中正确的是
A. 某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应
B. 知道了某过程有自发性之后，可预测反应过程发生的快慢
C. CaCO3(s)CaO(s)＋CO2(g) △H>0，该反应能否自发进行与温度无关
D. 冰融化为水的过程中：△H<0，△S>0
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应若能自发进行，则ΔG=ΔH-TΔS <0，因为△H>0，故该吸热反应能自发进行，△S>0，A正确；
B．知道了某过程有自发性之后，不可预测反应过程发生的快慢，B错误；
C．CaCO3(s)CaO(s)＋CO2(g) △H>0、△S>0，依据ΔG=ΔH-TΔS <0，该反应能否自发进行与温度有关，C错误；
D．冰融化为水的过程中是吸热、熵增过程，即△H>0、△S>0，D错误；
答案选A。
24.某温度时，AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是
A. c点对应的Ksp等于a点对应的Ksp
B. 加入AgNO3，可以使溶液由c点变到d点
C. d点没有AgCl沉淀生成
D. 加入少量水，平衡右移，Cl－浓度减小
【答案】A
【解析】
【详解】A．温度不变，Ksp不变，c点与a点都在曲线上，c点与a点对应的Ksp相等，A正确；
B．加入AgNO3，AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)平衡左移，溶液仍达平衡状态，c点不可能变到d点，B不正确；
C．d点时，虽然溶液过饱和，但仍有AgCl沉淀生成，C不正确；
D．温度不变，Ksp不变，加入少量水，平衡右移，Cl－浓度不变，D不正确；
故选A。
25.如图所示，甲池的总反应式为：，下列关于该电池工作时的说法正确的是
A. 该装置工作时，Ag电极上有气体生成
B. 甲池中负极反应为
C. 甲池和乙池中的溶液的pH均减小
D. 当甲池中消耗 时，乙池中理论上最多产生固体
【答案】C
【解析】
甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极电极反应为 Cu2++2e-=Cu、阳极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，A．通入肼的电极为负极，负极与阴极相连，银极为阴极，铜离子得电子生成铜单质，选项A错误；B．甲池负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，氢离子不能在碱性溶液中出现，选项B错误；C．甲池生成水，导致溶液中KOH浓度降低，则溶液pH减小，乙池中氢氧根离子放电，导致溶液pH减小，选项C正确；D．甲池N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，消耗0.1mol N2H4时，转移0.4mol电子，乙池Cu2++2e-=Cu，产生0.2mol铜，为12.8g固体，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查了原电池和电解池原理，根据电极反应确定电极上的生成物及溶液pH变化，难点是电极反应式的书写及计算。甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极电极反应为 Cu2++2e-=Cu、阳极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，据此分析解答。
26.有机物A可由葡萄糖发酵得到，也可以从牛奶中提取。纯净的A为无色粘稠液体，易溶于水。为研究A的组成与结构，进行了如下实验：
实验步骤
解释或实验结论
称取A9.0g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍
试通过计算填空：
（1）A的相对分子质量为__。
将9.0gA在足量纯O2中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4g和13.2g
（2）A的分子式为__。
另取A9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反应，生成2.24LCO2（标准状况），若与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况）。
（3）用结构简式表示A中含有的官能团__、__。
A的核磁共振氢谱如图：
（4）A中含有__种氢原子。
综上所述，A的结构简式为__。
【答案】 (1). 90 (2). C3H6O3 (3). -COOH (4). -OH (5). 4 (6).
【解析】
【分析】
（1）相同条件下，气体的相对分子质量之比等于密度之比；
（2）浓硫酸可以吸收水，碱石灰可以吸收二氧化碳，根据元素守恒来确定有机物的分子式；
（3）羧基可以和碳酸氢钠发生化学反应生成二氧化碳，-OH、-COOH和金属钠发生化学反应生成氢气，根据生成气体物质的量判断含有的官能团；
（4）核磁共振氢谱图中有几个峰值则含有几种类型等效氢原子，峰面积之比等于氢原子的数目之比；
（5）结合A的分子式、含有的官能团确定A的结构简式。
【详解】(1)由其密度是相同条件下H2的45倍，可知A的相对分子质量为45×2=90，
故答案为：90；
(2)由题意可推知：n(A)=9.0g÷90g/mol=0.1mol，n(C)=n(CO2)=13.2g÷44g/mol=0.3mol，n(H)=2n(H2O)=2×5.4g÷18g/mol=0.6mol，n(O)=（9g−0.3×12g−0.6×1g）÷16g/mol=0.3mol，所以根据原子守恒可知A的分子式为C3H6O3，
故答案为：C3H6O3；
(3)0.1molA与NaHCO3反应放出0.1molCO2，则说A中应含有一个羧基，而与足量金属钠反应则生成0.1molH2，说明A中还含有一个羟基，
故答案为：-COOH；-OH；
(4)核磁共振氢谱中有4个吸收峰，面积之比为1:1:1:3，可知A中应含有4种不同环境的氢原子，根据核磁共振氢谱图看出有机物中有4个峰值，则含4种类型的等效氢原子，且氢原子的个数比是3:1:1:1，所以结构简式为：。
27.能源问题是现代社会发展的三大基本问题之一。
（1）焦炭可用于制取水煤气。实验测得1.2g碳与水蒸气完全反应生成水煤气时，吸收了13.16kJ热量。该反应热化学方程式为___；该反应在条件下能自发进行___（选“高温”、“低温”或“任意温度”）。
（2）甲醇（CH3OH）广泛用作燃料电池的燃料，工业上可由CO和H2来合成，化学方程式为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。如图是在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。
①T1___T2（填“>”、“<”或“=”）。T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1___（填“>”、“<”或“=”）K2。
②若容器容积不变，下列措施不能增加CO转化率的是___（填字母）。
a.降低温度
b.将CH3OH(g)从体系中分离
c.使用合适的催化剂
d.充入He，使体系总压强增大
③生成甲醇的化学反应速率（v）与时间（t）的关系如图所示。则图中t2时采取的措施可能是___；t3时采取的措施可能是___。
④若在T1℃时，往一密闭容器通入等物质的量CO和H2测得容器内总压强1MPa，40min达平衡时测得容器内总压强为0.6MPa，计算生成甲醇的压强平衡常数KP=___（MPa）-2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。
【答案】 (1). C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g） △H=+131.6kJ·mol-1 (2). 高温 (3). < (4). > (5). cd (6). 加压 (7). 加入催化剂 (8). 66.7
【解析】
【分析】
(1) 1.2g碳的物质的量为0.1mol，与水蒸气完全反应生成CO、H2，吸收13.16kJ热量，则1molC与水蒸气完全反应生成CO、H2，吸收131.6kJ热量，据此书写热化学方程式；依据△G=△H-T△S＜0分析判断；
(2)①由达到平衡所需要的时间长短知温度的大小关系，根据温度对平衡移动的影响来回答判断；②根据影响化学平衡的因素分析判断；③由图可知，t2时正逆反应速率均增大，且正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动；t3时正、逆反应速率均增大，正反应速率=逆反应速率，平衡不移动，结合化学平衡的因素分析判断；④同温同体积条件下，气体的物质的量之比=压强之比，结合三段式计算。
【详解】(1)1.2g碳的物质的量为0.1mol，与水蒸气完全反应生成CO、H2，吸收13.16kJ热量，则1molC与水蒸气完全反应生成CO、H2，吸收131.6kJ热量，反应的热化学方程式为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H=+131.6kJ•mol-1；
C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，该反应是气体体积变大的反应，体系混乱度变大，则△S＞0；△G=△H-T△S＜0，反应能自发进行，而△H＞0，△S＞0，说明在高温条件下△G才为负值；
(2)①由达到平衡所需要的时间长短知T1＜T2，当温度由T2→T1，即降温时，CO的转化率增大，说明降低温度时平衡向右移动，故正反应是放热反应；放热反应，温度越低，平衡常数越大，则K1＞K2；
②A． 降低温度，平衡正向移动，CO转化率增大，故错误；
B． 将CH3OH(g)从体系中分离，平衡正向移动，CO转化率增大，故错误；
C． 使用合适的催化剂，平衡不移动，CO转化率不变，故正确；
D． 充入He，使体系总压强增大，各组分的浓度不变，平衡不移动，CO转化率不变，故正确；
答案为：cd；
③由图可知，t2时正、逆反应速率均增大，且正反应速率大于逆反应速率，因反应为气体体积减小的放热反应，可知t2时采取的措施可能是增大压强。t3时正、逆反应速率均增大，正反应速率=逆反应速率，平衡不移动，可知t3时采取的措施可能是加入催化剂；
④同温同体积条件下，气体的物质的量之比等于压强之比，设CO和H2的物质的量为1mol，转化的CO为xmol，则
则=，解得：x=0.4，则CO、H2、CH3OH的平衡分压分别为×0.6MPa=0.3MPa、×0.6MPa=0.1 MPa、×0.6MPa=0.2 MPa，则KP==66.7(MPa)-2。
28.醇酸树脂是一种成膜性好的树脂，如图是一种醇酸树脂的合成线路：
已知：
反应①的化学方程式是______．
写出B的结构简式是______．
反应①~③中属于取代反应的是______填序号．
反应④的化学方程式为是______．
反应⑤的化学方程式是______．
下列说法正确的是______填字母．
a B存在顺反异构
b 1mol E与足量的银氨溶液反应能生成2mol
c F能与反应产生
d丁烷、丙醇和D中沸点最高的为丁烷
写出符合下列条件的与互为同分异构体的结构简式______．
能与浓溴水反应生成白色沉淀 苯环上一氯代物有两种 能发生消去反应．
【答案】 (1). (2). (3). (4). +O2+2H2O (5). (6). c (7).
【解析】
【分析】
由题中各物质的转化关系可知，在氢氧化钠乙醇溶液中发生消去反应生成A为，在NBS作用之下生成B为，与生成C为，再碱性水解生成D为，根据，结合反应条件可知，E为，F为，据此来解题即可。
【详解】反应①的化学方程式为；
根据上面的分析可知，B的结构简式是；
根据上面的分析可知，反应①为消去反应，反应②为加成反应，反应③为取代反应或水解反应，答案为③；
反应④的化学方程式为；
反应⑤的化学方程式是；
为，在碳碳双键上的一个碳上有两个原子都是氢，所以不存在顺反异构，故a错误；
为，1mol E与足量的银氨溶液反应能生成4mol Ag，故b错误；
中有羧基，能与反应产生，故c正确；
丁烷、丙醇和中沸点最高的为，故d错误；
答案选c；
符合下列条件能与浓溴水反应生成白色沉淀，说明有酚的结构，苯环上一氯代物有两种，能发生消去反应，与互为同分异构体，这样的结构有，共2种。
【点睛】本题考查有机物推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，需要学生对给予的信息进行利用，能较好的考查学生自学能力与迁移运用能力，注意根据转化关系中的物质结构与反应条件进行推断，熟练掌握官能团的性质，难度中等。
29.实验室制备1，2－二溴乙烷，可用足量的乙醇先制备乙烯，再用乙烯和少量的溴制备1，2－二溴乙烷，装置如下图所示：
有关数据列表如下：
乙醇
1,2－二溴乙烷
乙醚
状态
无色液体
无色液体
无色液体
密度／g · cm－3
0.79
2.2
0.71
沸点／℃
78.5
132
34.6
熔点／℃
-130
9
－116
回答下列问题：
(1)写出由乙醇制备乙烯的化学方程式______________________________，乙烯制备1，2－二溴乙烷的化学方程式_______________________________。
(2)在此制备实验中，要尽可能迅速地把反应温度提高到170℃左右，其最主要目的是___________；(填正确选项前的字母)
a．引发反应 b．加快反应速度
c．防止乙醇挥发 d．减少副产物乙醚生成
(3)在装置A中除了浓硫酸和乙醇外，还应加入_____，其目的是_______装置A中生成副产物乙醚的化学反应方程式 ___________________。
(4)实验室制取乙烯，常因温度过高而使乙醇和浓H2SO4反应生成少量的二氧化硫，为了验证二氧化硫的存在并除去二氧化硫对后续反应的干扰，某同学在A和D之间加入了B、C两个装置，其中B和C中可分别盛放 ________________，
a．酸性KMnO4和水 b．品红和NaOH溶液
c．酸性KMnO4和NaOH溶液 d．品红和酸性KMnO4
(5)将1，2－二溴乙烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物应在_____层(填“上”、“下”)；若产物中有少量副产物乙醚。可用_______的方法除去。
【答案】 (1). CH3CH2OH CH2=CH2↑+H2O (2). CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br (3). d (4). 碎瓷片 (5). 防止暴沸 (6). C2H5OH+C2H5OHC2H5OC2H5+H2O (7). b (8). 下 (9). 蒸馏
【解析】
【分析】
装置A是乙醇在浓硫酸的存在下在170℃脱水生成乙烯，浓硫酸的强氧化性、脱水性导致市场的乙烯气体中含有杂质二氧化硫、二氧化碳、水蒸气等杂质，通过装置B中长导管内液面上升或下降调节装置内压强，B为安全瓶，可以防止倒吸，根据长玻璃管中内外液面高低变化，可以判断是否发生堵塞，二氧化碳、二氧化硫能和氢氧化钠溶液反应，装置C是利用氢氧化钠溶液吸收杂质气体，溴在常温下，易挥发，乙烯与溴反应时放热，溴更易挥发，装置D冷却可避免溴的大量挥发，但1，2-二溴乙烷的凝固点9℃较低，不能过度冷却，否则会使产品凝固而堵塞导管，1，2-二溴乙烷和水不互溶，1，2-二溴乙烷密度比水大，所以加水，振荡后静置，产物应在下层，分离得到产品，据此分析。
【详解】（1）三颈烧瓶A中发生反应是乙醇在浓硫酸的作用下发生分子内脱水制取乙烯，乙醇发生了消去反应，反应方程式为：CH3CH2OH CH2=CH2↑+H2O；
乙烯与溴反应制备1，2－二溴乙烷，反应的化学方程式为CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br；
（2）乙醇在浓硫酸140℃的条件下，发生分子内脱水生成乙醚，可能迅速地把反应温度提高到170℃左右，其最主要目的是：减少副产物乙醚生成；
答案选d；
(3)在装置A中除了浓硫酸和乙醇外，还应加入碎瓷片，其目的是防止暴沸；装置A中生成副产物乙醚的化学反应方程式为C2H5OH+C2H5OHC2H5OC2H5+H2O；
(4)检验SO2气体常用品红溶液，除去SO2气体可选择酸性KMnO4溶液或NaOH溶液，因乙烯也能被酸性KMnO4溶液氧化，只能选择NaOH溶液，选项b正确，故答案为b；
(5)1，2-二溴乙烷和水不互溶，1，2-二溴乙烷密度比水大，产物应在下层；1，2-二溴乙烷与乙醚的沸点不同，两者均为有机物，互溶，用蒸馏的方法将它们分离。
【点睛】本题考查卤代烃的制备实验，涉及制备原理、物质的分离提纯、实验条件控制、对操作分析评价等，是对基础知识的综合考查，需要学生具备扎实的基础，易错点为（2）乙醇在浓硫酸140℃的条件下，发生分子内脱水生成乙醚，可能迅速地把反应温度提高到170℃左右。
1.2019年12月以来，我国部分地区突发的新冠病毒肺炎威胁着人们的身体健康。下列有关说法正确的是
A. 新型冠状病毒由C、H、O三种元素组成
B. 口罩中间的熔喷布具有核心作用，其主要原料为聚丙烯，属于有机高分子材料
C. 过氧化氢、乙醇、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的
D. “84”消毒液是以NaClO为主要有效成分的消毒液，为了提升消毒效果，可以与洁厕灵（主要成分为盐酸）混合使用
【答案】B
【解析】
【详解】A. 新型冠状病毒由蛋白质组成，蛋白质主要由C、H、O、N等元素组成，故A错误；
B. 口罩中间的熔喷布具有核心作用，其主要原料为聚丙烯，聚丙烯、聚乙烯等属于合成有机高分子材料，故B正确；
C. 过氧化氢、过氧乙酸等消毒液可以将病毒氧化而达到消毒的目的，乙醇消毒原理是使细胞脱水，故C错误；
D. NaClO与盐酸能反应生成有毒气体氯气，所以不能混用，故D错误；
故选B。
2.下列化合物的类别与所含官能团都正确的是( )
选项
物质
类别
官能团
A
酚类
—OH
B
CH3CH2CH2COOH
羧酸
C
醛类
—CHO
D
CH3—O—CH3
醚类
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、含有醇羟基，属于醇类，A错误；
B、含有羧基，化学式是－COOH，属于羧酸，B错误；
C、含有酯基，化学式是－COO－，属于酯类，C错误；
D、没有醚键，属于醚类，D正确。
答案选D。
3.下列五种烃：①2—甲基丁烷 ②2,2—二甲基丙烷 ③戊烷 ④己烷 ⑤丁
烷，按它们的沸点由高到低的顺序排列正确的是
A. ①>②>③>④>⑤ B. ②>③>⑤>④>①
C. ③>①>②>⑤>④ D. ④>③>①>②>⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①2-甲基丁烷②2，2-二甲基丙烷③戊烷三者互为同分异构体，根据同分异构体分子中，烃含有的支链越多，分子间的作用力越小，熔沸点越小，则沸点③＞①＞②；烃类物质中，烃含有的C原子数目越多，相对分子质量越大，熔沸点越高，则沸点④最高，⑤最低，故有沸点由高到低的顺序排列的是④＞③＞①＞②＞⑤，故选D。
【点睛】知道有机物熔沸点的比较方法是解题的关键。烃类物质中，烃含有的C原子数目越多，相对分子质量越大，熔沸点越高，同分异构体分子中，烃含有的支链越多，分子间的作用力越小，熔沸点越小。
4.下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是( )
A. 羟基的电子式：
B. CH4分子的球棍模型：
C. 乙烯的最简式(实验式)：CH2
D. 苯乙醛结构简式：
【答案】C
【解析】
【详解】A. 羟基电子式为，故A错误；
B. 该模型是CH4的比例模型，故B错误；
C. 乙烯的最简式(实验式)：CH2，表示正确，故C正确；
D. 苯甲醛的结构简式为，故D错误；
答案选C。
5.下列有机物命名正确的是（ ）
A. 1,3﹣二甲基丁烷
B. 2,2,4﹣三甲基-4-戊烯
C. 对二甲苯
D. CH2Cl－CH2Cl 1,2﹣二氯乙烷
【答案】D
【解析】
【详解】A.的主链以及编号为：，其命名为：2—甲基戊烷，故A错误；
B.的主链以及编号为：，其命名为：2,4,4,—三甲基—1—戊烯，故B错误；
C.为间二甲苯，故C错误；
D.CH2Cl－CH2Cl为1,2﹣二氯乙烷，命名正确，故D正确，答案选D。
6.以1-氯丙烷为主要原料制1,2-丙二醇(CH3—CHOH—CH2OH)时,需要经过的反应依次为（ ）
A. 加成、消去、取代 B. 取代、加成、消去
C. 取代、消去、加成 D. 消去、加成、取代
【答案】D
【解析】
【分析】
1-氯丙烷制取1,2-丙二醇，一个氯原子引入两个羟基且相邻，可经过氯代烃的消去反应，引入一个双键，在发生烃的加成反应，再发生卤代烃的取代反应（水解反应）。
【详解】1-氯丙烷制取1,2-丙二醇，一个氯原子引入两个羟基且相邻，可经过氯代烃的消去反应，引入一个双键，在发生烃的加成反应，再发生卤代烃的取代反应（水解反应）。故答案为D
7.下列关于说法正确的是( )
A. 最多只有4个C原子共平面
B. 除苯环外的C原子共直线
C. 所有C原子可能共平面
D. 最多只有3个C原子共直线
【答案】C
【解析】
【详解】该物质的结构可以写成；
根据右边结构，以及三点确定一个平面，最多有12个C原子共面，共线的C原子最多有5个，答案选C。
8.为提纯下列物质(括号内为杂质)，所用的除杂试剂和分离方法都正确的是( )
选项
不纯物
除杂试剂
分离方法
A
CH4(C2H4)
酸性KMnO4溶液
洗气
B
苯(Br2)
NaOH溶液
过滤
C
C2H5OH(H2O)
新制生石灰
蒸馏
D
乙酸乙酯(乙酸)
饱和Na2CO3溶液
蒸馏
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
A.乙烯与酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳；
B.溴单质能与氢氧化钠溶液反应；
C. 乙酸与生石灰反应；
D.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液,乙酸可与碳酸钠反应；
【详解】A.乙烯与酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳,引入新杂质,应用溴水除杂,故A错误；
B.溴单质能与氢氧化钠溶液反应,而溴苯不能,然后分液即可分离，故B错误；
C.水与生石灰反应，生成的氢氧化钙沸点高，而乙醇沸点低,可用蒸馏的方法分离，故C正确；
D.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可与碳酸钠反应,应用分液的方法分离，故D错误；
正确选项C。
【点睛】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂(提纯)，是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变；除杂质至少要满足两个条件:(1)加入的试剂只能与杂质反应,不能与原物质反应；(2)反应后不能引入新的杂质；选项A，就是一个易错点，虽然除去了乙烯，但是引入了二氧化碳，没有达到真正除杂的目的。
9.乙炔是一种重要的有机化工原料，以乙炔为原料在不同的反应条件下可以转化成以下化合物：
下列说法正确的是（ ）
A. 正四面体烷的分子式为C4H8 B. 正四面体烷二氯取代产物有1种
C. 环辛四烯核磁共振氢谱有2组峰 D. 环辛四烯与苯互为同系物
【答案】B
【解析】
【详解】A．由正四面体烷结构可知，分子中含有4个C原子、4个H原子，故分子式为C4H4，故A错误；
B．正四面体烷中只有1种等效H原子，任意2个H原子位置相同，故其二氯代物只有1种，故B正确；
C．环辛四烯分子结构中只有1种等效H原子，则核磁共振氢谱只有1组峰，故C错误；
D．环辛四烯中存在C=C双键，苯为平面六边形结构，分子中不存在C-C和C=C，苯中化学键是介于单键与双键之间特殊的键，结构不相似，故D错误；
故答案为B。
10.可用于鉴别以下三种化合物的一组试剂是
①溴的四氯化碳溶液 ②银氨溶液 ③ 氯化铁溶液 ④ 氢氧化钠溶液
A. ②与④ B. ①与③ C. ③与④ D. ①与②
【答案】B
【解析】
【详解】乙酰水杨酸中含有酯基和羧基，丁香酚中含有酚羟基和C=C，肉桂酸中含有C=C和羧基，可加入溴的四氯化碳溶液，以鉴别乙酰水杨酸，因为乙酰水杨酸中不含C=C，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，然后加入氯化铁溶液，遇到酚羟基发生显色反应，可鉴别丁香酚。符合题意的试剂为①溴的四氯化碳溶液和③ 氯化铁溶液，故B符合题意；
故选B。
【点睛】乙酰水杨酸中含有酯基和羧基，丁香酚中含有酚羟基和C=C，肉桂酸中含有C=C和羧基，可根据官能团的性质判断异同，进而选择实验方法。
11.分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机化合物有（不考虑立体异构）（ ）
A. 6种 B. 7种 C. 8种 D. 9种
【答案】C
【解析】
【详解】与金属钠反应生成氢气，说明该化合物一定含有—OH，所以此有机物的结构符合C5H11—OH，首先写出C5H11—碳链异构有3种：①C—C—C—C—C、②、③，再分别加上—OH。①式有3种结构，②式有4种结构，③式有1种结构，共8种。答案选C。
12.在核磁共振氢谱中出现两组峰，其氢原子数之比为3∶2的化合物是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】根据有机物结构简式可判断A中有2组峰，其氢原子数之比为3∶1，B中有3组峰，其氢原子数之比为3∶1∶1，C中有3组峰，其氢原子数之比为3∶1∶4，D中有两组峰，其氢原子数之比为3∶2。选项D正确，答案选D。
13.芳香化合物M的结构简式为，关于有机物M的说法正确的是
A. 有机物M的分子式为C10H12O3
B. 1molNa2CO3最多能消耗1mol有机物M
C. 1molM和足量金属钠反应生成22.4L气体
D. 有机物M能发生取代、氧化和加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据结构简式，有机物M的分子式为C10H10O3，故A错误；
B、羧基和碳酸钠反应，1 molNa2CO3最多能消耗2mol羧基，1 molNa2CO3最多能消耗2 mol有机物M，故B错误；
C、羧基、羟基都能与钠反应放出氢气，1 mol M和足量金属钠反应生成1mol氢气，在标准状况下的体积是22.4 L，故C错误；
D、有机物M含有羧基、羟基能发生取代、含有碳碳双键能发生氧化和加成反应，故D正确。
14.有机物结构如图所示，它在一定条件下能发生的反应有（ ）
①加成 ②酯化 ③氧化 ④中和 ⑤消去
A. ②③④ B. ①③④⑤
C. ①②③④ D. ②③④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】该分子中含有醛基、羧基、醇羟基和苯环，具有醛、醇、羧酸、苯的性质，醛基能发生加成反应、氧化反应、还原反应；羧基能发生中和反应、酯化反应；醇羟基能发生氧化反应、酯化反应；该分子中不含卤原子、酯基，与羟基相连的碳原子的相邻碳原子上没有氢原子，所以不能发生消去反应、水解反应，故答案选C。
【点睛】有机物常见官能团（卤素原子，羟基，醛基，羧基，酯基）的化学性质要熟练掌握。
15.由两种单体加聚而成的高聚物是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．单体为：、，反应类型为加聚反应，故A符合题意；
B．单体为、HCHO，反应类型为缩聚反应，故B不符合题意；
C．单体为HOOC(CH2)4COOH、NH2(CH2)6NH2，反应类型为缩聚反应，故C不符合题意；
D．单体为：，故A不符合题意；
故答案为：A。
【点睛】加聚产物的单体推断方法：
（1）凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可；
（2）凡链节主链上只有四个碳原子（无其它原子）且链节无双键的高聚物，其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可；
（3）凡链节主链上只有碳原子并存在碳碳双键结构的高聚物，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换。
16.某合成有机光电材料中间体，结构简式如图所示。下列说法正确的是
A. 属于芳香烃 B. 分子式为C18H16O2
C. 苯环上的二氯取代物有6种 D. 性质稳定，不与强酸、强碱、强氧化剂反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.该物质是含有苯环的物质，且含有C、H、O三种元素，因此属于芳香烃的衍生物，A错误；
B. 根据物质结构简式可知其分子式为C18H18O2，B错误；
C. 物质苯环上有5个位置，采用定一移二分法，当其中一个氯在取代基的邻位时，另外一个氯还有4种位置，故此二氯代物有4种结构；当其中一个氯在取代基的间位时，另一个氯有2种位置，苯环上的二氯代物共有4+2=6种，C正确；
D．物质分子中含有酯基，可在强酸、强碱条件下水解，含有碳碳双键，可被氧化，因此物质性质不稳定，D错误；
故合理选项是C
17.关于某有机物的性质叙述正确的是( )
A. 1 mol该有机物可以与3 mol Na发生反应
B. 1 mol该有机物可以与3 mol NaOH发生反应
C. 1 mol该有机物可以与6 mol H2发生加成反应
D. 1 mol该有机物分别与足量Na或NaHCO3反应，产生的气体在相同条件下体积相等
【答案】A
【解析】
试题分析：A、分子中含有1个羧基和1个羟基，1 mol该有机物可以与2 mol Na发生反应，A错误；B、只有酯基和羧基能与氢氧化钠反应，则1 mol该有机物可以与2mol NaOH发生反应，B错误；C、只有碳碳双键和苯环能与氢气发生加成反应，则1 mol该有机物可以与4mol H2发生加成反应，C错误；D、只有羧基能与碳酸氢钠反应，1mol该有机物与足量钠反应生成1mol1氢气，与足量碳酸氢钠反应生成1mol二氧化碳，D正确答案选D。
考点：考查有机物结构和性质判断
18.一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示。则下列对该反应的推断合理的是（ ）
A. 该反应的化学方程式为6A+2D3B+4C
B. 0～1s内， v(A)=v(B)
C. 0～5s内，B的平均反应速率为006mol·L-1·s-1
D. 5s时，v(A)=v(B)=v(C)=v(D)
【答案】C
【解析】
【分析】
由图像可知，A、D物质增加为生成物，B、C物质减少为反应物，根据变化的物质的量之比与系数之比相等写出化学方程式；，以此计算化学反应速率。
【详解】A．由图可知，反应达到平衡时A物质增加了1.2mol，D物质增加了0.4mol、B物质减少了0.6mol、C物质减少了0.8mol，故A、D为生成物，B、C为反应物，该反应的化学方程式为，A项错误；
B．0～1s内，A、B的物质的量变化量不等所以，B项错误；
C．0～5s内，B的平均反应速率，C项正确；
D．5s时反应达到了化学平衡状态，，D项错误；
故答案选：C。
19.在25℃时，浓度均为0.5 mol/L的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2的三种溶液，测得各溶液的c(NH4+)分别为a、b、c(单位为mol/L)，下列判断正确的是
A. a=b=c B. a＞b＞c C. a＞c＞b D. c＞a＞b
【答案】D
【解析】
【详解】加入与原水解离子的水解性质相同的物质，对原水解离子有抑制作用，加入与原水解离子的水解性质相反的物质，对原水解离子有促进作用；三种溶液中均存在下述水解平衡：，对于(NH4)2CO3，因为，使水解平衡向右移动，促进水解．对于(NH4)2Fe(SO4)2，因为，因增大了c(H+)，上述水解平衡受到抑制，平衡向左移动，所以c＞a＞b，故答案为：D。
【点睛】不同溶液中同一离子浓度的大小比较时，选好参照物，分组比较各个击破：
如25 ℃时，相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2，c(NH)由大到小的顺序为⑤>④>③>①>②，分析流程为：。
20.一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：SO2(g)+2CO(g)2CO2(g)+S(l)+Q（Q﹥0），若反应在恒容密闭容器中进行，下列有关说法正确的是（ ）
A. 平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变
B. 平衡时，其它条件不变，分离出硫，正反应速率加快
C. 达到平衡时，SO2、CO、CO2的平衡浓度一定为1：2：2
D. 平衡时，其他条件不变，升高温度SO2的转化率降低
【答案】D
【解析】
【详解】A．一定温度和体积下，压强与物质的量成正比。该反应为气体体积减小的反应，随着反应的进行，气体的物质的量减小，则压强减小，A错误；
B．S为液体，其浓度是一定值。其他条件不变，平衡时，分离出少量硫，各物质的浓度不变，反应速率不变，B错误；
C．达到平衡时，各物质的浓度不变，但浓度不一定成化学计量数之比，C错误；
D．该反应为放热反应，平衡时，升高温度，向吸热反应方向移动，即逆向移动，SO2转化率降低，D正确。
答案选D。
21.下列事实中不能证明CH3COOH是弱电解质的是( )
A. 常温下某CH3COONa溶液的pH＝8
B. 常温下0.1mol·L－1CH3COOH溶液的pH＝2.8
C. CH3COONa溶液与稀盐酸反应生成CH3COOH和NaCl
D. CH3COOH属于共价化合物
【答案】D
【解析】
【分析】
弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在，就证明了弱电解质。对于弱酸弱碱，也可以检测对应盐（强酸盐、强碱盐）的溶液的酸碱性，若不是中性，也可以证明是弱电解质。
【详解】A、常温下某CH3COONa溶液的pH=8，说明溶液水解呈碱性，应为强碱弱酸盐，可证明CH3COOH是弱电解质，A正确；
B、常温下0.1 mol·L－1CH3COOH溶液的pH＝2.8，说明醋酸没有完全电离，存在电离平衡，可以证明CH3COOH是弱电解质，B正确；
C、CH3COONa溶液与稀盐酸反应生成CH3COOH和NaCl，则根据复分解反应发生的条件可知，醋酸是弱电解质，C正确；
D、CH3COOH属于共价化合物与醋酸是弱电解质并无直接关系，D错误；
故答案选D。
22.常温下，将pH=2的HCl与pH=12的氨水等体积混合后，在所得的溶液中，下列关系式正确的是
A. c（Cl-）>c（NH4+）>c（OH-）>c（H+）
B. c（NH4+）>c（Cl-）>c（OH-）=c（H+）
C. c（NH4+）>c（Cl-）>c（H+）>c（OH-）
D. c（NH4+）>c（Cl-）>c（OH-）>c（H+）
【答案】D
【解析】
【详解】常温下，pH=2的HCl中c（H+）=0.01mol/L，HCl是强电解质，c（HCl）=0.01mol/L。pH=12的氨水中c（OH-）=0.01mol/L，一水合氨为弱电解质，在溶液中部分电离，所以氨水的浓度远远大于0.01mol/L，将pH=2的HCl与pH=12的氨水等体积混合后氨水过量，溶液呈碱性，所以c（OH-）>c（H+）。又因为反应后的溶液中存在电荷守恒：c（NH4+）+ c（H+）= c（Cl-）+ c（OH-），所以c（NH4+）>c（Cl-），OH-和H+是水电出的量很少，综上所述，在所得的溶液中离子浓度关系为c（NH4+）>c（Cl-）>c（OH-）>c（H+），D正确；
答案选D。
23.下列有关化学反应方向的描述中正确的是
A. 某吸热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应
B. 知道了某过程有自发性之后，可预测反应过程发生的快慢
C. CaCO3(s)CaO(s)＋CO2(g) △H>0，该反应能否自发进行与温度无关
D. 冰融化为水的过程中：△H<0，△S>0
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应若能自发进行，则ΔG=ΔH-TΔS <0，因为△H>0，故该吸热反应能自发进行，△S>0，A正确；
B．知道了某过程有自发性之后，不可预测反应过程发生的快慢，B错误；
C．CaCO3(s)CaO(s)＋CO2(g) △H>0、△S>0，依据ΔG=ΔH-TΔS <0，该反应能否自发进行与温度有关，C错误；
D．冰融化为水的过程中是吸热、熵增过程，即△H>0、△S>0，D错误；
答案选A。
24.某温度时，AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是
A. c点对应的Ksp等于a点对应的Ksp
B. 加入AgNO3，可以使溶液由c点变到d点
C. d点没有AgCl沉淀生成
D. 加入少量水，平衡右移，Cl－浓度减小
【答案】A
【解析】
【详解】A．温度不变，Ksp不变，c点与a点都在曲线上，c点与a点对应的Ksp相等，A正确；
B．加入AgNO3，AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)平衡左移，溶液仍达平衡状态，c点不可能变到d点，B不正确；
C．d点时，虽然溶液过饱和，但仍有AgCl沉淀生成，C不正确；
D．温度不变，Ksp不变，加入少量水，平衡右移，Cl－浓度不变，D不正确；
故选A。
25.如图所示，甲池的总反应式为：，下列关于该电池工作时的说法正确的是
A. 该装置工作时，Ag电极上有气体生成
B. 甲池中负极反应为
C. 甲池和乙池中的溶液的pH均减小
D. 当甲池中消耗 时，乙池中理论上最多产生固体
【答案】C
【解析】
甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极电极反应为 Cu2++2e-=Cu、阳极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，A．通入肼的电极为负极，负极与阴极相连，银极为阴极，铜离子得电子生成铜单质，选项A错误；B．甲池负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，氢离子不能在碱性溶液中出现，选项B错误；C．甲池生成水，导致溶液中KOH浓度降低，则溶液pH减小，乙池中氢氧根离子放电，导致溶液pH减小，选项C正确；D．甲池N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，消耗0.1mol N2H4时，转移0.4mol电子，乙池Cu2++2e-=Cu，产生0.2mol铜，为12.8g固体，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查了原电池和电解池原理，根据电极反应确定电极上的生成物及溶液pH变化，难点是电极反应式的书写及计算。甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极电极反应为 Cu2++2e-=Cu、阳极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，据此分析解答。
26.有机物A可由葡萄糖发酵得到，也可以从牛奶中提取。纯净的A为无色粘稠液体，易溶于水。为研究A的组成与结构，进行了如下实验：
实验步骤
解释或实验结论
称取A9.0g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍
试通过计算填空：
（1）A的相对分子质量为__。
将9.0gA在足量纯O2中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4g和13.2g
（2）A的分子式为__。
另取A9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反应，生成2.24LCO2（标准状况），若与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况）。
（3）用结构简式表示A中含有的官能团__、__。
A的核磁共振氢谱如图：
（4）A中含有__种氢原子。
综上所述，A的结构简式为__。
【答案】 (1). 90 (2). C3H6O3 (3). -COOH (4). -OH (5). 4 (6).
【解析】
【分析】
（1）相同条件下，气体的相对分子质量之比等于密度之比；
（2）浓硫酸可以吸收水，碱石灰可以吸收二氧化碳，根据元素守恒来确定有机物的分子式；
（3）羧基可以和碳酸氢钠发生化学反应生成二氧化碳，-OH、-COOH和金属钠发生化学反应生成氢气，根据生成气体物质的量判断含有的官能团；
（4）核磁共振氢谱图中有几个峰值则含有几种类型等效氢原子，峰面积之比等于氢原子的数目之比；
（5）结合A的分子式、含有的官能团确定A的结构简式。
【详解】(1)由其密度是相同条件下H2的45倍，可知A的相对分子质量为45×2=90，
故答案为：90；
(2)由题意可推知：n(A)=9.0g÷90g/mol=0.1mol，n(C)=n(CO2)=13.2g÷44g/mol=0.3mol，n(H)=2n(H2O)=2×5.4g÷18g/mol=0.6mol，n(O)=（9g−0.3×12g−0.6×1g）÷16g/mol=0.3mol，所以根据原子守恒可知A的分子式为C3H6O3，
故答案为：C3H6O3；
(3)0.1molA与NaHCO3反应放出0.1molCO2，则说A中应含有一个羧基，而与足量金属钠反应则生成0.1molH2，说明A中还含有一个羟基，
故答案为：-COOH；-OH；
(4)核磁共振氢谱中有4个吸收峰，面积之比为1:1:1:3，可知A中应含有4种不同环境的氢原子，根据核磁共振氢谱图看出有机物中有4个峰值，则含4种类型的等效氢原子，且氢原子的个数比是3:1:1:1，所以结构简式为：。
27.能源问题是现代社会发展的三大基本问题之一。
（1）焦炭可用于制取水煤气。实验测得1.2g碳与水蒸气完全反应生成水煤气时，吸收了13.16kJ热量。该反应热化学方程式为___；该反应在条件下能自发进行___（选“高温”、“低温”或“任意温度”）。
（2）甲醇（CH3OH）广泛用作燃料电池的燃料，工业上可由CO和H2来合成，化学方程式为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。如图是在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。
①T1___T2（填“>”、“<”或“=”）。T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1___（填“>”、“<”或“=”）K2。
②若容器容积不变，下列措施不能增加CO转化率的是___（填字母）。
a.降低温度
b.将CH3OH(g)从体系中分离
c.使用合适的催化剂
d.充入He，使体系总压强增大
③生成甲醇的化学反应速率（v）与时间（t）的关系如图所示。则图中t2时采取的措施可能是___；t3时采取的措施可能是___。
④若在T1℃时，往一密闭容器通入等物质的量CO和H2测得容器内总压强1MPa，40min达平衡时测得容器内总压强为0.6MPa，计算生成甲醇的压强平衡常数KP=___（MPa）-2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。
【答案】 (1). C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g） △H=+131.6kJ·mol-1 (2). 高温 (3). < (4). > (5). cd (6). 加压 (7). 加入催化剂 (8). 66.7
【解析】
【分析】
(1) 1.2g碳的物质的量为0.1mol，与水蒸气完全反应生成CO、H2，吸收13.16kJ热量，则1molC与水蒸气完全反应生成CO、H2，吸收131.6kJ热量，据此书写热化学方程式；依据△G=△H-T△S＜0分析判断；
(2)①由达到平衡所需要的时间长短知温度的大小关系，根据温度对平衡移动的影响来回答判断；②根据影响化学平衡的因素分析判断；③由图可知，t2时正逆反应速率均增大，且正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动；t3时正、逆反应速率均增大，正反应速率=逆反应速率，平衡不移动，结合化学平衡的因素分析判断；④同温同体积条件下，气体的物质的量之比=压强之比，结合三段式计算。
【详解】(1)1.2g碳的物质的量为0.1mol，与水蒸气完全反应生成CO、H2，吸收13.16kJ热量，则1molC与水蒸气完全反应生成CO、H2，吸收131.6kJ热量，反应的热化学方程式为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H=+131.6kJ•mol-1；
C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，该反应是气体体积变大的反应，体系混乱度变大，则△S＞0；△G=△H-T△S＜0，反应能自发进行，而△H＞0，△S＞0，说明在高温条件下△G才为负值；
(2)①由达到平衡所需要的时间长短知T1＜T2，当温度由T2→T1，即降温时，CO的转化率增大，说明降低温度时平衡向右移动，故正反应是放热反应；放热反应，温度越低，平衡常数越大，则K1＞K2；
②A． 降低温度，平衡正向移动，CO转化率增大，故错误；
B． 将CH3OH(g)从体系中分离，平衡正向移动，CO转化率增大，故错误；
C． 使用合适的催化剂，平衡不移动，CO转化率不变，故正确；
D． 充入He，使体系总压强增大，各组分的浓度不变，平衡不移动，CO转化率不变，故正确；
答案为：cd；
③由图可知，t2时正、逆反应速率均增大，且正反应速率大于逆反应速率，因反应为气体体积减小的放热反应，可知t2时采取的措施可能是增大压强。t3时正、逆反应速率均增大，正反应速率=逆反应速率，平衡不移动，可知t3时采取的措施可能是加入催化剂；
④同温同体积条件下，气体的物质的量之比等于压强之比，设CO和H2的物质的量为1mol，转化的CO为xmol，则
则=，解得：x=0.4，则CO、H2、CH3OH的平衡分压分别为×0.6MPa=0.3MPa、×0.6MPa=0.1 MPa、×0.6MPa=0.2 MPa，则KP==66.7(MPa)-2。
28.醇酸树脂是一种成膜性好的树脂，如图是一种醇酸树脂的合成线路：
已知：
反应①的化学方程式是______．
写出B的结构简式是______．
反应①~③中属于取代反应的是______填序号．
反应④的化学方程式为是______．
反应⑤的化学方程式是______．
下列说法正确的是______填字母．
a B存在顺反异构
b 1mol E与足量的银氨溶液反应能生成2mol
c F能与反应产生
d丁烷、丙醇和D中沸点最高的为丁烷
写出符合下列条件的与互为同分异构体的结构简式______．
能与浓溴水反应生成白色沉淀 苯环上一氯代物有两种 能发生消去反应．
【答案】 (1). (2). (3). (4). +O2+2H2O (5). (6). c (7).
【解析】
【分析】
由题中各物质的转化关系可知，在氢氧化钠乙醇溶液中发生消去反应生成A为，在NBS作用之下生成B为，与生成C为，再碱性水解生成D为，根据，结合反应条件可知，E为，F为，据此来解题即可。
【详解】反应①的化学方程式为；
根据上面的分析可知，B的结构简式是；
根据上面的分析可知，反应①为消去反应，反应②为加成反应，反应③为取代反应或水解反应，答案为③；
反应④的化学方程式为；
反应⑤的化学方程式是；
为，在碳碳双键上的一个碳上有两个原子都是氢，所以不存在顺反异构，故a错误；
为，1mol E与足量的银氨溶液反应能生成4mol Ag，故b错误；
中有羧基，能与反应产生，故c正确；
丁烷、丙醇和中沸点最高的为，故d错误；
答案选c；
符合下列条件能与浓溴水反应生成白色沉淀，说明有酚的结构，苯环上一氯代物有两种，能发生消去反应，与互为同分异构体，这样的结构有，共2种。
【点睛】本题考查有机物推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，需要学生对给予的信息进行利用，能较好的考查学生自学能力与迁移运用能力，注意根据转化关系中的物质结构与反应条件进行推断，熟练掌握官能团的性质，难度中等。
29.实验室制备1，2－二溴乙烷，可用足量的乙醇先制备乙烯，再用乙烯和少量的溴制备1，2－二溴乙烷，装置如下图所示：
有关数据列表如下：
乙醇
1,2－二溴乙烷
乙醚
状态
无色液体
无色液体
无色液体
密度／g · cm－3
0.79
2.2
0.71
沸点／℃
78.5
132
34.6
熔点／℃
-130
9
－116
回答下列问题：
(1)写出由乙醇制备乙烯的化学方程式______________________________，乙烯制备1，2－二溴乙烷的化学方程式_______________________________。
(2)在此制备实验中，要尽可能迅速地把反应温度提高到170℃左右，其最主要目的是___________；(填正确选项前的字母)
a．引发反应 b．加快反应速度
c．防止乙醇挥发 d．减少副产物乙醚生成
(3)在装置A中除了浓硫酸和乙醇外，还应加入_____，其目的是_______装置A中生成副产物乙醚的化学反应方程式 ___________________。
(4)实验室制取乙烯，常因温度过高而使乙醇和浓H2SO4反应生成少量的二氧化硫，为了验证二氧化硫的存在并除去二氧化硫对后续反应的干扰，某同学在A和D之间加入了B、C两个装置，其中B和C中可分别盛放 ________________，
a．酸性KMnO4和水 b．品红和NaOH溶液
c．酸性KMnO4和NaOH溶液 d．品红和酸性KMnO4
(5)将1，2－二溴乙烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物应在_____层(填“上”、“下”)；若产物中有少量副产物乙醚。可用_______的方法除去。
【答案】 (1). CH3CH2OH CH2=CH2↑+H2O (2). CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br (3). d (4). 碎瓷片 (5). 防止暴沸 (6). C2H5OH+C2H5OHC2H5OC2H5+H2O (7). b (8). 下 (9). 蒸馏
【解析】
【分析】
装置A是乙醇在浓硫酸的存在下在170℃脱水生成乙烯，浓硫酸的强氧化性、脱水性导致市场的乙烯气体中含有杂质二氧化硫、二氧化碳、水蒸气等杂质，通过装置B中长导管内液面上升或下降调节装置内压强，B为安全瓶，可以防止倒吸，根据长玻璃管中内外液面高低变化，可以判断是否发生堵塞，二氧化碳、二氧化硫能和氢氧化钠溶液反应，装置C是利用氢氧化钠溶液吸收杂质气体，溴在常温下，易挥发，乙烯与溴反应时放热，溴更易挥发，装置D冷却可避免溴的大量挥发，但1，2-二溴乙烷的凝固点9℃较低，不能过度冷却，否则会使产品凝固而堵塞导管，1，2-二溴乙烷和水不互溶，1，2-二溴乙烷密度比水大，所以加水，振荡后静置，产物应在下层，分离得到产品，据此分析。
【详解】（1）三颈烧瓶A中发生反应是乙醇在浓硫酸的作用下发生分子内脱水制取乙烯，乙醇发生了消去反应，反应方程式为：CH3CH2OH CH2=CH2↑+H2O；
乙烯与溴反应制备1，2－二溴乙烷，反应的化学方程式为CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br；
（2）乙醇在浓硫酸140℃的条件下，发生分子内脱水生成乙醚，可能迅速地把反应温度提高到170℃左右，其最主要目的是：减少副产物乙醚生成；
答案选d；
(3)在装置A中除了浓硫酸和乙醇外，还应加入碎瓷片，其目的是防止暴沸；装置A中生成副产物乙醚的化学反应方程式为C2H5OH+C2H5OHC2H5OC2H5+H2O；
(4)检验SO2气体常用品红溶液，除去SO2气体可选择酸性KMnO4溶液或NaOH溶液，因乙烯也能被酸性KMnO4溶液氧化，只能选择NaOH溶液，选项b正确，故答案为b；
(5)1，2-二溴乙烷和水不互溶，1，2-二溴乙烷密度比水大，产物应在下层；1，2-二溴乙烷与乙醚的沸点不同，两者均为有机物，互溶，用蒸馏的方法将它们分离。
【点睛】本题考查卤代烃的制备实验，涉及制备原理、物质的分离提纯、实验条件控制、对操作分析评价等，是对基础知识的综合考查，需要学生具备扎实的基础，易错点为（2）乙醇在浓硫酸140℃的条件下，发生分子内脱水生成乙醚，可能迅速地把反应温度提高到170℃左右。
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