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- 2021-08-06 发布
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湖北省郧阳中学、恩施高中、随州二中三校2018-2019学年高二（下）期中化学试卷
一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 乙烯、氯乙烯、聚乙烯均可使酸性高锰钾溶液褪色
B. 棉、丝、羽毛、塑料及合成橡胶完全燃烧都只生成CO2和H2O
C. 纤维素、合成纤维、光导纤维都是有机高分子化合物
D. 液化石油气可由石油分馏获得，汽油可由石油分馏或石油裂化获得
2. 异戊烷（CH3）2CHCH2CH3的一氯代物与二氯代物的同分异构体数目分别是（不含立体异构）（ ）
A. 4，10 B. 5，11 C. 4，9 D. 4，11
3. 近几年，我国因为汽车尾气对环境的污染日趋严重，清洁能源的燃料电池汽车逐渐进入市场，已知甲烷的燃烧热为 890 KJ•mol-1，某电池用甲烷作为燃料，电池中以含 0.6molKOH 的溶液为电解质溶液，有关这类电池的说法不正确的（ ）
A. 这类电池的正极反应与金属的吸氧腐蚀正极反应相似
B. 该电池在作为照明和带动马达时每转移 8mol 电子，则这种电池最终转换为热能 890 KJ
C. 电池的负极反应为：CH4+10OH-=CO32-+7H2O+8e-
D. 当消耗0.4 摩尔燃料时，电池中的各种离子的浓度关系为：c(K+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)
4. 1934年，科学家首先从人尿中分离出具有生长素效应的化学物质--吲哚乙酸，吲哚乙酸的结构如图所示．下列有关吲哚乙酸的说法中正确的是（ ）
A. 吲哚乙酸与苯丙氨酸互为同分异构体
B. 吲哚乙酸可以发生取代反应、加成反应、氧化反应和还原反应
C. 1mol吲哚乙酸与足量氢气发生加成反应时，可以消耗5mol H2
D. 吲哚乙酸苯环上的二氯代物共有四种结构
5. 用 NA 表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法中不正确的是（ ）
A. 1mol 氨基(-NH 2)中含有电子的数目为 7NA
B. 常温下，1L pH=3 的硫酸溶液中，SO4 2-离子的数目约为 5×10-4NA
C. 一定条件下的密闭容器中，1molN2 与 3molH2 充分反应，转移电子的数目可能为 2NA
D. 3molNO2 和H2O 完全反应，被还原的 NO2 分子数目为 1NA
6. CO2 的资源化利用是解决温室效应的重要途径。以下是在一定条件下用 NH3 捕获 CO2 生成重要化工产
品三聚氰胺的反应：NH3+CO2→+H2O下列有关三聚氰胺的说法正确的是（ ）
A. 分子式为C3H6N3O3
B. 分子中既含极性键，又含非极性键
C. 三聚氰胺分子中所有碳原子都属于不饱和碳原子
D. 三聚氰胺分子中有肽键
7. 镁-次氯酸盐燃料电池，它具有比能量高、安全方便等优点．该电池的正极反应式为：ClO-+H2O+2e-=Cl-+2OH-，关于该电池的叙述正确的是（ ）
A. 该电池中镁为负极，发生还原反应
B. 电池工作时，OH-向正极移动
C. 该电池的总反应为：Mg+ClO-+H2O=Mg(OH)2↓+Cl-
D. 电池工作时，正极周围溶液的pH将不断变小
8. 根据有机化合物的命名原则，下列命名正确的是（ ）
A. 3-甲基-1，3-丁二烯
B. 2-羟基丁烷
C. CH3CH(C2H5)CH2CH2CH3 2-乙基戊烷
D. CH3CH(NH2)CH2COOH 3-氨基丁酸
9. 下列实验能达到预期目的是（ ）
编号
实验内容
实验目的
A
取两只试管，分别加入 4 mL 0.01 mol/LKMnO4酸性溶液，然后向一只试管中加入 0.1 mol/LH2C2O4溶液 2 mL，向另一只试管中加入 0.1 mol/LH2C2O4溶液 4 mL，记录褪色时间
证明草酸浓度越大，反应速率越快
B
向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaC12固体，溶液红色变浅
证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
C
向 10mL 0.2 mol/L NaOH 溶液中滴入 2 滴 0.1 mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加 2 滴 0.1mol/LFeCl3溶液，又生成红褐色沉淀
证明在相同温度下的 Ksp：Mg（OH）2＞Fe（OH）3
测定相同条件等物质的量浓度的NaHSO3溶液与Na2CO3溶
D
液的 pH，后者较大
证明非金属性S＞C
A. A B. B C. C D. D
1. 下列设计的实验方案能达到实验目的是（ ）
A. 比较AgCl 和AgI 的溶解度：向 2 mL 0.1 mol⋅L-1 NaCl 溶液中滴加数滴同浓度 AgNO3 溶液，静置，取上层澄清溶液再滴入 KI 溶液
B. 验证溴原子：取 C2H5Br 少许与NaOH 溶液共热，冷却后滴加AgNO3 溶液
C. 检验 Fe2+：取少量待测液，向其中加入适量新制氯水，再滴加 KSCN 溶液
D. 制备 Fe(OH)3 胶体：0.1 mol⋅L-1 FeCl3 溶液与 0.3 mol⋅L-1 NaOH 溶液等体积混合
2. M是苯的同系物，其结构为，则M的结构式共有（ ）
A. 16 种 B. 12 种 C. 10 种 D. 8 种
3. 某高分子材料的结构如图所示：已知该高分子材料是由三种单体聚合而成的，下列与该高分子材料相关的说法正确的是（ ）
A. 该高分子材料是体型高分子，合成它的反应是加聚反应
B. 形成该高分子材料的单体 中，所有原子可能处于同一平面内
C. 三种单体中有两种有机物互为同系物
D. 三种单体都可以使溴水褪色，但只有两种能使酸性高锰酸钾溶液褪色
4. 某恒定温度下，在一个 2 L 的密闭容器中，加入 4 mol A 和 2 mol B 进行如下反应：3A（g）+⇌2B（g）4C（？）+2D（？），“？”代表状态不确定。反应一段时间后达到平衡，测得生成 1.6 mol C，且反应的前后压强之比为 5：4，则下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的化学平衡常数表达式是 K=c4(C)⋅c2(D)c3(A)⋅c2(B)
B. 此时B 的平衡转化率是 60%
C. 增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大
D. 增加C，B 的平衡转化率不变
5. 中国女药学家屠呦呦因创制新型抗疟药---青蒿素（结构如图）和双 氢青蒿素的贡献，荣获 2015 年诺贝尔奖生物学或医学奖。下列有关青蒿素的叙述错误的是（ ）
A. 氧原子化合价有-1 和-2
B. 易溶于C2H5OC2H5
C. 青蒿素的同分异构体中不可能既含有苯环又含有羧基
D. 能与 NaOH 溶液反应
6. 常温下，100 mL pH 均为 2 的盐酸和醋酸溶液分别加入 pH=12 的氢氧化钠溶液，反应后溶液 pH 值随加入NaOH 溶液体积变化的曲线如图所示。（a，b 两点横坐标相同）据图判断正确的是（ ）
A. Ⅰ为醋酸加入NaOH 溶液时 pH 值变化曲线
B. a 点 Kw 的数值比 c 点 Kw 的数值大
C. c 点对应的NaOH 溶液的体积小于 100 mL
D. b 点溶液的导电性比 c 点溶液的导电性强
二、简答题（本大题共4小题，共45.0分）
7. 研究硫、碳的氧化物大气污染的处理具有重要意义。
（1）有人研究将 CO 和 SO2 在催化剂作用下转化为单质 S．已知：
①CO（g）+12O2（g）=CO2（g）△H1=-283.0 kJ•mol-1
②2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）△H2
若 S（s）的燃烧热为 296.0 kJ•mol-1，则△H2=______。
（2）工业上常采用催化氧化法除去 SO2，反应为：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0。
①在一定条件下将 0.050 mol SO2（g）和 0.030 mol O2（g）放入容积为 1 L 的密闭容器中进行反应，5 秒后达到平衡状态，测得 c（SO3）=0.040 mol•L-1．用 SO2 表示的 5 秒内的平均反应速率为______，该条件下反应的平衡常数 K=______。保持其它条件不变，向上述平衡体系中再充入 0.01 mol SO2（g）和 0.04 mol SO3（g），则平衡______移动（填写“向左”、“向右”或“不”）。
②当该反应处于平衡状态时，欲使平衡向正反应方向移动且反应速率加快，下列措施可行的是______。（填字母）A．向平衡混合物中充入 ArB．向平衡混合物中充入O2 C．改变反应的催化剂D．降低反应的温度
8. 运用化学反应原理研究物质的性质具有重要意义。请回答下列问题：
（1）氨气可以构成燃料电池，其电池反应原理为 4NH3+3O2=2N2+6H2O．若电解质溶液为 KOH，则负极反应式为______。
（2）25℃时。将 amol•L-1 的氨水与 0.1mol•L-1 的盐酸等体积混合。
①当溶液中离子浓度关系满足 c（NH4+）＞c（Cl-）时。则反应的情况可能为______。
a．盐酸不足。氨水剩余 b．氨水与盐酸恰好完全反应 c．盐酸过量
②当溶液中c（NH4+）=c（Cl-）时。用含 a 的代数式表示 NH3•H2O 的电离常数K=______。
（3）向 BaCl2 溶液中通 CO2 不会出现沉淀，请根据难溶电解质的溶解平衡原理解释其原因 ______，某同学根据相同的理由认为向 BaCl2 溶液中通入 SO2 也不会出现沉淀，但在实验验证中发现了异常情况，将 SO2 通入 BaCl2 溶液中开始并无沉淀，放置一段时间出现了白色沉淀，则产生该沉淀的离子反应方程式为______。
9. V、W、X、Y、Z是由四种短周期元素中的两种或三种组成的5种化合物，其中W、X、Z均由两种元素组成，X是导致温室效应的主要气体，Z是天然气的主要成分，Y、W都既能与酸反应，又能与强碱溶液反应．上述5种化合物涉及的四种元素的原子序数之和等于28；V由一种金属元素和两种非金属
元素组成，其原子个数比为1：3：9，所含原子总数等于其组成中金属元素的原子序数．它们之间的反应关系如图：
（1）写出W物质的一种用途______．
（2）写出V与足量NaOH溶液反应的化学方程式______．
（3）将过量的X通入某种物质的水溶液中可以生成Y，该反应的离子方程式为______．
（4）4g Z完全燃烧生成X和液态水放出222.5kJ的热量，请写出表示Z燃烧热的热化学方程式______．
（5）在200mL 1.5mol•L-1 NaOH溶液中通入标准状况下4.48L X气体，完全反应后所得溶液中，各种离子浓度由大到小的顺序是______．
（6）Y是一种难溶物质，其溶度积常数为1.25×10-33．将0.01mol Y投入1L某浓度的盐酸中，为使Y完全溶解得到澄清透明溶液，则盐酸的浓度至少应为______（体积变化忽略不计，结果保留三位有效数字）．
1. 已知一个碳原子上连有两个羟基时，易发生下列转化：，请回答下列问题：
（1）A中所含官能团的名称为______．
（2）质谱分析发现B的最大质荷比为208，红外光谱显示B分子中含有苯环结构和两个酯基：核磁共振氢谱中有五个吸收峰，其峰值比为2：2：2：3：3，其中苯环上的一氯代物只有两种．则B的结构简式为______．
（3）写出下列反应方程式：①______；④______．
（4）符合下列条件的B的同分异构体共有______种．
①属于芳香族化合物；
②含有三个取代基，其中只有一个烃基，另两个取代基相同且处于相间的位置；
③能发生水解反应和银镜反应．
（5）已知：
请以G为唯一有机试剂合成乙酰乙酸乙酯（CH3COCH2COOC2H5），设计合成路线（其他试剂任选）．合成路线流程图示例：CH3CH2ClCH3CH2OHCH3COOC2H5．
三、实验题（本大题共1小题，共10.0分）
2. A 是一取代芳香化合物，相对分子质量为 136，分子中只含碳、氢、氧，其中氧的含量为 23.5%．实验表明：A 的芳环侧链上只含一个官能团；A 和NaOH 溶液反应后酸化可以得到 E（C7H6O2）和 F。
（1）A 的结构简式为______。
（2）A 和NaOH 溶液反应、酸化的实验装置如下：
写出A 与 NaOH 溶液反应加热条件下的化学反应方程式______。写出实验装置中M 的名称和作用______。
（3）A 有多种同分异构体，符合下列条件的结构共有______种，
①可以发生银镜反应②属于芳香族化合物，不具备其它环状结构
③可以与氢氧化钠溶液反应④不能与 FeCl3 发生显色反应
请写出其中核磁共振氢谱有 5 个吸收峰的A 的结构的结构简式：______
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
解：A．聚乙烯中不含碳碳双键，不能使酸性高锰钾溶液褪色，而乙烯、氯乙烯均可使酸性高锰钾溶液褪色，故A错误；
B．丝、羽毛的成分为蛋白质，燃烧产物除CO2和H2O，还有氮气，故B错误；
C．光导纤维的成分为二氧化硅，不属于有机物，而纤维素、合成纤维都是有机高分子化合物，故C错误；
D．汽油中主要含烯烃，石油分馏可得到液化石油气和汽油等，石油裂化得到烯烃类有机物，则液化石油气可由石油分馏获得，汽油可由石油分馏或石油裂化获得，故D正确；
故选：D。
A．聚乙烯中不含碳碳双键；
B．丝、羽毛的成分为蛋白质；
C．光导纤维的成分为二氧化硅；
D．汽油中主要含烯烃，石油分馏可得到液化石油气和汽油等．
本题考查较综合，涉及物质的组成、性质及石油产品，侧重有机物结构、有机反应及石油裂化的考查，注重基础知识的夯实，题目难度不大．
2.【答案】A
【解析】
解：异戊烷（CH3）2CHCH2CH3有4种H原子，其一氯代物有4种；CH3（CH2Cl）CHCH2CH3的一氯代物有4种，（CH3）2CClCH2CH3的一氯代物有3种，（CH3）2CHCHClCH3的一氯代物有2种，（CH3）2CHCH2CH2Cl的一氯代物有1种，异戊烷（CH3）2CHCH2CH3的二氯代物共10种；故选A。
根据等效氢进行判断一氯代物数目；根据在一氯代物的基础上，继续取代一个氢原子，据此分析二氯代物．
本题考查同分异构体的书写，先找出一氯代物，再取代一个氢原子即可，难度不大．
3.【答案】B
【解析】
解：A、此电池的正极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，和金属的吸氧腐蚀的正极反应相同，故A正确；
B、原电池的总反应为CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，此反应转移8mol电子，消耗1molCH4，但原电池在反应时，能量主要转化为电能，则这种电池最终转换为热能小于 890 KJ，故B错误；
C、在负极上放电的是甲烷，由于是碱性环境，故碳元素转化为CO32-，故电极反应为：CH4+10OH-═CO32-+7H2O+8e-，故C正确；
D、当燃料为0.4mol时，生成的二氧化碳的物质的量也为0.4mol，而电解质溶液中KOH的物质的量为0.6mol，设所得的溶液中K2CO3的物质的量为xmol，KHCO3的物质的量为ymol，则有：x+y=0.4 ①2x+y=0.6 ②解①②得x=0.2mol y=0.2mol。即所得的溶液为物质的量均为0.2mol的K2CO3和KHCO3的混合物。溶液水解显碱性，且由于CO32-的水解程度大于HCO3-的水解程度，故溶液中的离子浓度关系为：C（K+）＞C（HCO3-）＞C（CO32-）＞C（OH-）＞C（H+），故D正确。
故选：B。
根据题意可知，此电池为碱性甲烷燃料电池，负极上甲烷放电，反应为：CH4+10OH--8e-═CO32-+7H2O，正极上氧气放电，反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，反应转移8mol电子，消耗1molCH4，根据能量的转化形式来分析产生的电能；当消耗0.4mol燃料时，生成0.4mol二氧化碳，结合0.6molKOH的量来分析所得溶液中的溶质的物质的量，并比较出离子浓度。
本题考查了燃料电池的总反应、正负极反应的书写和离子浓度大小比较，应注意的是电池是将化学能转化为电能的装置，但能量的转化并不是百分之百，仍有一部分化学能转化为电能，故得到的电能小于理论值。
4.【答案】B
【解析】
解：A．该有机物分子比苯丙氨酸多1个碳原子，分子式不同，不是同分异构体，故A错误；
B．含有碳碳双键，可发生加成、氧化和还原反应，含有羧基，可发生取代反应，故B正确；
C．苯环、碳碳双键可与氢气发生加成反应，则1mol吲哚乙酸与足量氢气发生加成反应时，可以消耗4mol H2，故C错误；
D．苯环有4个H原子可被取代，如图：，可取代位置有1，2；1，3；1，4；2，3，2，4；3，4，共6种结构，故D错误。
故选：B。
有机物含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，结合有机物的结构解答该题．
本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大．
5.【答案】A
【解析】
解：A、氨基中含9个电子，故1mol氨基中含电子为9NA个电子，故A错误；
B、pH=3的硫酸溶液中，氢离子浓度为0.001mol/L，故硫酸根浓度为0.0005mol/L，则1L
溶液中硫酸根个数为5×10-4NA，故B正确；
C、合成氨的反应是可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于3NA个，故可能是2NA个，故C正确；
D、NO2 和H2O 的反应为歧化反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，3mol二氧化氮中有1mol被还原，2mol被氧化，故被还原的为NA个，故D正确。
故选：A。
A、氨基中含9个电子；
B、pH=3的硫酸溶液中，氢离子为0.001mol/L；
C、合成氨的反应是可逆反应；
D、NO2 和H2O 的反应为歧化反应。
本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
6.【答案】C
【解析】
解：A．根据结构简式确定分子式为C3H3N3O3，故A错误；
B．该分子中存在O-H、C-N、C-O键，为极性键，故B错误；
C．所有碳原子都含有双键，所以三聚氰胺分子中所有碳原子都属于不饱和碳原子，故C正确；
D．该分子中存在羟基、双键，不存在肽键，故D错误；
故选：C。
A．根据结构简式确定分子式；
B．该分子中存在O-H、C-N、C-O键；
C．所有碳原子都含有双键；
D．该分子中存在羟基、双键。
本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意：环中不存在碳碳键，为解答易错点。
7.【答案】C
【解析】
解：A．负极发生氧化反应，故A错误；
B．原电池原理中，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，故B错误；
C．负极上镁失电子，正极上次氯酸根离子得电子，所以电池反应为Mg+ClO-+H2O=Mg（OH）2↓+Cl-，故C正确；
D．电池工作时正极上的反应为：ClO-+H2O+2e-=Cl-+2OH-，在正极附近生成OH-，故pH增大，故D错误；
故选：C。
该原电池中，镁作负极，负极上镁失电子发生氧化反应，正极上次氯酸根离子得电子发生还原反应，电池反应式为：Mg+ClO-+H2O=Mg（OH）2↓+Cl-，原电池放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动．
本题考查原电池（燃料电池）基本原理，涉及电极判断、电极反应书写、离子流动等相关知识，难度不大．
8.【答案】D
【解析】
解：A、根据烯烃命名原则，取代基应该是2-甲基，正确命名应该是2-甲基-1，3-丁二烯，故A错误；
B、是醇不是烷烃，根据醇的命名，应该是 2-丁醇，故B错误；
C、根据烷烃命名原则，2-乙基说明主链不是最长的，应该是3-甲基己烷，故C错误；
D、是一种氨基酸，命名是3-氨基丁酸，故D正确；
故选：D。
A、甲基的序号不是最小的；
B、不是烷烃，应该是醇的命名，称为丁醇；
C、烷烃的命名原则是：找出最长的碳链当主链，依碳数命名主链，前十个以天干（甲、乙、丙…）代表碳数，碳数多于十个时，以中文数字命名，如：十一烷；从最近的取代基位置编号：1、2、3…（使取代基的位置数字越小越好）．以数字代表取代基的位置．数字与中文数字之间以-隔开；有多个取代基时，以取代基数字最小且最长的碳链当主链，并依甲基、乙基、丙基的顺序列出所有取代基；有两个以上的取代基相同时，在取代基前面加入中文数字：一、二、三…，如：二甲基，其位置以，隔开，一起列于取代基前面；
D、羧酸的命名，选取含有羧基的最长链为主链，符合原则．
本题是基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练．该题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可．有利于培养学生的规范答题能力．
9.【答案】B
【解析】
解：A．草酸浓度不同，且生成锰离子可作催化剂，不能说明浓度对反应速率的影响，故A错误；
B．碳酸根离子与钡离子结合生成碳酸钡，导致水解平衡逆向移动，由现象可知Na2CO3溶液中存在水解平衡，故B正确；
C．NaOH过量，均为沉淀生成，不能比较Ksp，故C错误；
D．NaHSO3溶液电离显酸性，Na2CO3溶液水解显碱性，亚硫酸不是最高价含氧酸，不能比较非金属性，故D错误；
故选：B。
A．草酸浓度不同，且生成锰离子可作催化剂；
B．碳酸根离子与钡离子结合生成碳酸钡，导致水解平衡逆向移动；
C．NaOH过量，均为沉淀生成；
D．NaHSO3溶液电离显酸性，Na2CO3溶液水解显碱性。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应速率、盐类水解、沉淀生成、非金属性比较、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
10.【答案】A
【解析】
解：A．发生沉淀的转化，可比较AgCl 和AgI 的溶解度，故A正确；
B．水解后在酸性条件下检验溴离子，没有加硝酸至酸性，不能检验，故B错误；
C．氯水可氧化亚铁离子，应先加KSCN溶液无现象，后加氯水检验，故C错误；
D．发生复分解反应生成沉淀，应在沸水中水解制备，故D错误；
故选：A。
A．发生沉淀的转化；
B．水解后在酸性条件下检验溴离子；
C．氯水可氧化亚铁离子；
D．发生复分解反应生成沉淀。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、沉淀转化、离子检验、胶体制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
11.【答案】C
【解析】
解：丁烷的同分异构体CH3CH2CH2CH3；CH3CH（CH3）CH3；
CH3CH2CH2CH3 有2种不同环境氢原子，所以对应2种丁基，
分别是：CH3CH2CH2CH2-； CH3CH2CH（CH3）-；
CH3CH（CH3）CH3有2种不同环境氢原子，所以对应2种丁基，
分别是：CH3CH（CH3）CH2-；-C（CH3）3；
结合有机物结构苯环对位上的两个丁基可以是相同的也可以是不同的：
当左右两边相同时，共4种；
当左右两别不同时，当左边丁基为：CH3CH2CH2CH2CH2-时，右边可以连的丁基有3种；
当左边丁基为：CH3CH2CH（CH3）-时，排除重复结构，右边可以连的丁基有2种；
当左边丁基为：CH3CH（CH3）CH2-时，排除重复结构，右边可以连的丁基有1种；
当左边丁基为：-C（CH3）3；，排除重复结构，右边可以连的丁基有0种；共10种
故选：C。
写出丁烷的同分异构体，根据丁烷同分异构体利用等效氢原子判断丁基种数，进而判断该有机物的种数．
本题考查了有机物同分异构体的书写，准确判断丁基的种数是解题的关键，题目难度较大，容易漏写．
12.【答案】B
【解析】
解：A．该高分子材料是线型结构高分子，故A错误；
B．苯环上所有原子共平面、乙烯中所有原子共平面，单键可以旋转，所以中所有原子可能共平面，故B正确；
C．形成该高分子化合物的单体是形成该高分子化合物的单体是、、CH3CH=CH-CN，这几种单体之间没有同系物，故C错误；
D．形形成该高分子化合物的单体是、、CH3CH=CH-CN，三种单体都含有碳碳不饱和键，所以都能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；
故选：B。
A．该分子结构不是空间网状结构；
B．苯环上所有原子共平面、乙烯中所有原子共平面，单键可以旋转；
C．结构相似，在分子组成上相差一个或n个-CH2原子团的有机物互称同系物；
D．含有碳碳双键的有机物都能和溴发生加成反应、都能酸性高锰酸钾溶液氧化。
本题考查有机物结构和性质，正确判断该高分子化合物单体结构简式是解本题关键，侧重考查烯的性质，题目难度不大。
13.【答案】D
【解析】
解：由题意可知，反应的前后压强之比为 5：4，说明反应正向是体积减小的反应，即C、D 物质中只有一种是气体，
反应的三段式为3A（g）+2B（g）⇌4C（？）+2D（？）
起始量（mol） 4 2 0 0
变化量（mol） 1.2 0.8 1.6 0.8
平衡量（mol） 2.8 1.2 1.6 0.8
由于（4+2）：（2.8+1.2+1.6）=15：14≠5：4，（4+2）：（2.8+1.2+0.8）=5：4，所以C物不是气体，D物为气体，
A．由于生成物C为非气体，其浓度为1，所以该反应的化学平衡常数表达式K=，故A错误；
B．B的平衡转化率===40%，故B错误；
C．化学平衡常数只与温度有关，温度不变则平衡常数不变，故C错误；
D．增大反应体系中物质的浓度，平衡向浓度减小的方向移动，但C物不是气体，增加C不能使平衡正向移动，所以B 的平衡转化率不变，故D正确；
故选：D。
由题意可知，反应的前后压强之比为 5：4，说明反应正向是体积减小的反应，即C、D 物质中只有一种是气体，
反应的三段式为3A（g）+2B（g）⇌4C（？）+2D（？）
起始量（mol） 4 2 0 0
变化量（mol） 1.2 0.8 1.6 0.8
平衡量（mol） 2.8 1.2 1.6 0.8
由于（4+2）：（2.8+1.2+1.6）=15：14≠5：4，（4+2）：（2.8+1.2+0.8）=5：4，所以C物不是气体，D物为气体，
A．反应的化学平衡常数等于生成物浓度幂积与反应物浓度幂积之比；
B．平衡转化率=；
C．化学平衡常数只与温度有关，温度不变则平衡常数不变；
D．增大反应体系中物质的浓度，平衡向浓度减小的方向移动。
本题考查化学平衡常数、化学反应速率与化学平衡计算、影响化学平衡的因素等，注意掌握外界条件对化学平衡的影响和反应三段式的应用，题目难度不大。
14.【答案】C
【解析】
解：A．-O-O-中O为-1价，-COOC中及醚键中O为-2价，故A正确；
B．有机物易溶于有机物，则易溶于C2H5OC2H5，故B正确；
C．有机物含有4个环，1个C=O键，不饱和度为5，可能含有苯环，且-COOC-的同分异构体可含-COOH，故C错误；
D．含-COOC-，能与NaOH溶液反应，故D正确；
故选：C。
由结构可知，分子中含醚键、-COOC-、-O-O-键，结合酯、过氧化物的性质来解答。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酯的性质及分析与应用能力的考查，题目难度中等。
15.【答案】D
【解析】
解：醋酸为弱酸，pH均为2时，醋酸的浓度大于盐酸，随着氢氧化钠溶液的加入，醋酸的电离程度增大，则溶液的pH变化小于盐酸，则曲线Ⅰ表示的是盐酸加入NaOH 溶液时pH 值变化曲线，曲线Ⅱ表示的是醋酸加入NaOH 溶液时 pH 值变化曲线。
A．根据分析可知，曲线Ⅰ为盐酸加入NaOH 溶液时 pH 值变化曲线，故A错误；
B．水的离子积只受温度影响，a、c两点温度相同，则 Kw 相同，故B错误；
C．盐酸和氢氧化钠都是强电解质，二者浓度相同，c点溶液的pH=7，说明盐酸和NaOH恰好反应，则c点加入NaOH溶液的体积为100mL，故C错误；
D．盐酸中滴入NaOH发生中和反应生成NaCl和水，由于溶液体积不断增大，溶液中导电离子浓度逐渐减小，则b点溶液的导电性比 c 点溶液的导电性强，故D正确；
故选：D。
醋酸为弱酸，pH均为2时，醋酸的浓度大于盐酸，随着氢氧化钠溶液的加入，醋酸的电离程度增大，则溶液的pH变化小于盐酸，则曲线Ⅰ表示的是盐酸加入NaOH 溶液时pH 值变化曲线，曲线Ⅱ表示的是醋酸加入NaOH 溶液时 pH 值变化曲线。
A．根据分析曲线Ⅰ代表的意义；
B．水的离子积只与温度有关，温度不变 Kw 不变；
C．c点溶液的pH=7，说明盐酸和NaOH恰好反应；
D．c点酸碱恰好反应，则b→c的过程中导电离子浓度逐渐减小。
本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度不大，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系及弱电解质的电离特点，试题培养了学生的综合应用能力。
16.【答案】-270.0kJ•mol-1 0.008mol•L-1•s-1 1600 不 B
【解析】
解：（1）①CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H1=-283.0kJ•mol-1
②S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=-296.0kJ•mol-1
结合盖斯定律可知①×2-②得到2CO（g）+SO2（g）═S（s）+2CO2（g）△H2═（-283.0kJ/mol）×2-（-296.0kJ/mol）=-270kJ/mol，
故答案为：-270.0 kJ•mol-1；
（2）①用SO2 表示的 5秒内的平均反应速率为=0.008mol•L-1•s-1，该条件下反应的平衡常数K==1600，保持其它条件不变，向上述平衡体系中再充入 0.01 molSO2（g）和 0.04 molSO3（g），Qc==1600=K，则平衡不移动，
故答案为：0.008mol•L-1•s-1；1600；不；
②A．向平衡混合物中充入 Ar，体积不变时，平衡不移动，故不选；
B．向平衡混合物中充入O2，反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动且反应速率加快，故选；
C．改变反应的催化剂，平衡不移动，故不选；
D．降低反应的温度，反应速率减小，故不选；
故答案为：B。
（1）①CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H1=-283.0kJ•mol-1
②S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=-296.0kJ•mol-1
结合盖斯定律可知①×2-②得到2CO（g）+SO2（g）═S（s）+2CO2（g）△H2；
（2）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3
开始 0.05 0.03 0
转化 0.04 0.02 0.04
平衡 0.01 0.01 0.04
①结合v=及K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比计算；
向上述平衡体系中再充入 0.01 molSO2（g）和 0.04 molSO3（g），Qc==1600；
②为气体体积减小、放热反应，若使平衡向正反应方向移动且反应速率加快，可增大压强或增大反应物的浓度。
本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握平衡常数、Qc的关系及计算、焓变计算、平衡移动为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意（2）为解答的难点，题目难度不大。
17.【答案】2NH3+6OH--6e-=6H2O+N2 a 10-8a-0.1 c（Ba2+）×c（CO32-）＜Ksp（BaCO3），无沉淀生成 2Ba2++2SO2+O2+2H2O=2BaSO4↓+4H+
【解析】
解：（1）氨是燃料电池的负极，在碱性条件下，氨气与氢氧根反应生成氮气和水，氨气中氮的化合价由-3价升高到0价，2mol氨气失去6mol电子，电极反应式为2NH3+6OH--6e-═6H2O+N2，故答案为：2NH3+6OH--6e-═6H2O+N2；
（2）①溶液中离子浓度关系满足c（NH4+）＞c（Cl-）时，由电荷守恒可知c（H+）＜c（OH-），溶液呈碱性，
a．盐酸不足，氨水剩余，为氯化铵与氨水的混合溶液，铵根离子水解程度小于氨水的电离时，溶液可能呈碱性，故a正确；
b．氨水与盐酸恰好完全反应，为氯化铵溶液，铵根离子水解，溶液呈酸性，故b错误；
c．盐酸过量，溶液为氯化铵、盐酸的混合溶液，溶液呈酸性，故c错误；
故选：a；
②根据电荷守恒有c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），由于c（NH4+）=c（Cl-），故c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，故溶液中c（OH-）=10-7mol/L，溶液中c（NH4+）=c（Cl-）=×0.1mol•L-1=0.05mol•L-1，故混合后溶液中c（NH3．H2O）=×amol•L-1-0.05mol•L-1=（0.5a-0.05）mol/L，NH3•H2O的电离常数Kb==，故答案为：；
（3）BaCl2溶液中通入二氧化碳没有沉淀生成，是因为二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸电离出的碳酸根离子浓度很小，浓度商Q=c（Ba2+）×c（CO32-）＜Ksp（BaCO3）；将SO2通入BaCl2溶液中开始并无沉淀，放置一段时间后出现了白色沉淀，氧气将亚硫酸氧化成硫酸与氯化钡生成硫酸钡沉淀，所以离子方程式为：2Ba2++2SO2+O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+；
故答案为：c（Ba2+）×c（CO32-）＜Ksp（BaCO3），无沉淀生成；2Ba2++2SO2+O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+。
（1）氨气为碱性气体，易与酸反应，应用碱性电解质，正极上氧化剂得电子发生还原反应；
（2）①溶液中离子浓度关系满足c（NH4+）＜c（Cl-）时，由电荷守恒可知c（H+）＞c（OH-），溶液呈酸性性，结合选项根据反应物量的关系，判断溶液酸碱性；
②根据电荷守恒判断溶液中氢离子与氢氧根离子浓度的相对大小，进而判断溶液的酸碱性；溶液中存在平衡NH3．H2O⇌NH4++OH-，根据溶液的pH值计算溶液中c（OH-），根据氯离子浓度计算c（NH4+），利用物料守恒计算溶液中c（NH3．H2O），代入NH3•H2O的电离常数表达式计算。
（3）二氧化碳溶于水得到碳酸，碳酸微弱电离，根据浓度商和平衡常数的关系确定沉淀的产生与否；亚硫酸不稳定，容易被氧气氧化为硫酸。
本题考查沉淀溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度中等，注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积KSP的概念。
18.【答案】高温耐火材料或冶炼金属铝 Al（CH3）3+NaOH+H2O=NaAlO2+3CH4↑ AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3- CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890KJ/mol c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+） 3.02×10-2mol/L
【解析】
解：X是导致温室效应的主要气体，应为CO2，Z是天然气的主要成分，应为CH4，Y、W都既能与酸反应，又能与强碱溶液反应，应为两性化合物，由转化关系可知Y为Al（OH）3，W为Al2O3，则V中含有C、Al、H元素，原子个数比为1：3：9，应为Al（CH3）3，
（1）W为Al2O3，熔点高，可用于高温耐火材料或冶炼金属铝，故答案为：高温耐火材料或冶炼金属铝；
（2）VAl（CH3）3，与足量NaOH溶液反应生成和甲烷，反应的化学方程式Al（CH3）3+NaOH+H2O=NaAlO2+3CH4↑，
故答案为：Al（CH3）3+NaOH+H2O=NaAlO2+3CH4↑；
（3）将过量的NaAlO2通入某种物质的水溶液中可以生成Al（OH）3，应通入二氧化碳，反应的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，
故答案为：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；
（4）4g甲烷为0.25mol，0.25mol甲烷完全燃烧生成液态水时放出222.5KJ热量，1mol甲烷反应燃烧反应放热=890KJ；反应的热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890KJ/mol；
故答案为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890KJ/mol；
（5）4.48L CO2通入到200mL 1.5mol/LNaOH溶液中，二氧化碳的物质的量==0.2mol，
氢氧化钠的物质的量1.5mol/L×0.2L=0.3mol，
当1＜n（NaOH）：n（CO2）＜2时，生成物是碳酸钠和碳酸氢钠，
根据二氧化碳和氢氧化钠物质的量之间的关系得方程式为2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，根据方程式知，碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量相等，碳酸根离子和碳酸氢根离子水解而使溶液呈碱性，则c（OH-）＞c（H+），碳酸根离子的水解能力大于碳酸氢根离子，所以c（HCO3-）＞c（CO32-），钠离子不水解，离子浓度最大，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+），
故答案为：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+）；
（6）Al（OH）3是一种难溶物质，其溶度积常数为1.25×10-33．将0.01mol Al（OH）3投入1L某浓度的盐酸中，则至少需要0.03mol，为使Al（OH）3完全溶解得到澄清透明溶液，反应后c（OH-）=mol/L=0.5×10-10mol/L，则c（H+）=2×10-4mol/L，所以需要盐酸的浓度为3.02×10-2mol/L，
故答案为：3.02×10-2mol/L．
X是导致温室效应的主要气体，应为CO2，Z是天然气的主要成分，应为CH4，Y、W都既能与酸反应，又能与强碱溶液反应，应为两性化合物，由转化关系可知Y为Al（OH）3，W为Al2O3，则V中含有C、Al、H元素，原子个数比为1：3：9，应为Al（CH3）3，
（1）W为Al2O3，熔点高，可用于高温耐火材料或冶炼金属铝；
（2）VAl（CH3）3，与足量NaOH溶液反应生成和甲烷；
（3）将过量的NaAlO2通入某种物质的水溶液中可以生成Al（OH）3，应通入二氧化碳；
（4）4g甲烷为0.25mol，0.25mol甲烷完全燃烧生成液态水时放出222.5KJ热量，1mol甲烷反应燃烧反应放热=890KJ；
（5）4.48L CO2通入到200mL 1.5mol/LNaOH溶液中，二氧化碳的物质的量==0.2mol，氢氧化钠的物质的量1.5mol/L×0.2L=0.3mol，
当1＜n（NaOH）：n（CO2）＜2时，生成物是碳酸钠和碳酸氢钠，方程式为2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，以此判断；
（6）将0.01mol Al（OH）3投入1L某浓度的盐酸中，则至少需要0.03mol，为使Al（OH）3完全溶解得到澄清透明溶液，反应后c（OH-）=mol/L=0.5×10-10mol/L，则c（H+）=2×10-4mol/L．
本题考查无机物的推断，为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，主要把握常见物质的性质、用途和反应特征，为解答该类题目的关键，难度中等．
19.【答案】酯基、溴原子 9
【解析】
解：A发生水解反应C、D、E，C氧化得D，根据题中信息可知，C的结构简式为CH3CHO，D为CH3COONa，E为NaBr，B的最大质荷比为208，所以B的相对分子质量为208，红外光谱显示B分子中含有苯环结构和两个酯基，核磁共振氢谱中有五个吸收峰，其峰值比为2：2：2：3：3，其中苯环上的一氯代物只有两种，B碱性水解得D、G、F，G连续氧化得到D，则G为CH3CH2OH，可推知B为，B碱性水解得F为．
（1）根据A的结构简式可知，A中所含官能团的名称为酯基、溴原子，
故答案为：酯基、溴原子；
（2）根据上面的分析可知，B的结构简式为，
故答案为：；
（3）反应①的方程式为，
反应④的方程式为，
故答案为：；；
（4）B为，其同分异构体符合：①属于芳香族化合物，说明有苯环；②含有三个取代基，其中只有一个烃基，另两个取代基相同且处于相间的位置；③能发生水解反应和银镜反应，说明有酯基和醛基，则符合条件的B的同分异构体为在苯环的间位连有两个-OOCH和一个-C3H7，有三种排列方法，且-C3H7有2种结构，所以共有6种结构，也可以是在苯环的间位连有两个HCOOCH2-和一个-CH3，有三种排列方法，所以共有9种，
故答案为：9；
（5）以CH3CH2OH为原料合成乙酰乙酸乙酯（CH3COCH2COOC2H5），可以先用乙醇氧化得乙酸，乙醇与乙醇酯化得乙酸乙酯，在乙酸乙酯钠的作用下发生题中信息中的反应得乙酰乙酸乙酯，合成路线为，
故答案为：．
A发生水解反应C、D、E，C氧化得D，根据题中信息可知，C的结构简式为CH3CHO，D为CH3COONa，E为NaBr，B的最大质荷比为208，所以B的相对分子质量为208，红外光谱显示B分子中含有苯环结构和两个酯基，核磁共振氢谱中有五个吸收峰，其峰值比为2：2：2：3：3，其中苯环上的一氯代物只有两种，B碱性水解得D、G、F，G连续氧化得到D，则G为CH3CH2OH，可推知B为，B碱性水解得F为．
（5）G为CH3CH2OH，以CH3CH2OH为原料合成乙酰乙酸乙酯（CH3COCH2COOC2H5），可以先用乙醇氧化得乙酸，乙醇与乙醇酯化得乙酸乙酯，在乙酸乙酯钠的作用下发生题中信息中的反应得乙酰乙酸乙酯．
本题考查有机物推断与合成，侧重考查学生分析推断能力，确定B的结构简式是解本题关键，根据有机物的官能团的变化为突破口进行推断，需要学生熟练掌握官能团的结构与性质，难点是同分异构体种类判断．
20.【答案】 C6H5COOCH3+NaOH→△C6H5COONa+CH3OH 冷凝管、冷凝回流 4
【解析】
解：（1）A相对分子质量为136，其中氧的含量为23.5%，所以分子中的氧原子个数为=2，
结合A是一取代芳香化合物，分子中只含碳、氢、氧，A的芳环侧链上只含一个官能团，且A和NaOH溶液反应后酸化可以得到E（C7H6O2）和F，则A为酯类物质，A的结构简式为：，
故答案为：；
（2）酯在碱性条件下水解为羧酸盐和醇，则反应的化学方程式为：C6H5COOCH3+NaOH C6H5COONa+CH3OH；装置中M的名称是冷凝管，作用是冷凝回流，
故答案为：C6H5COOCH3+NaOHC6H5COONa+CH3OH；冷凝管、冷凝回流；
（3）同时符合4个条件：①可以发生银镜反应，分子中含有醛基、②属于芳香族化合物，不具备其它环状结构，则分子中含有苯环、③可以与氢氧化钠溶液反应，分子中含有羧基或酯基、④不能与FeCl3发生显色反应，分子中不存在酚羟基，则该有机物只能是甲酸酯，可能的结构简式有：、、、，总共4种；其中核磁共振氢谱有5个吸收峰，说明分子中含有5个等效H原子，则A的结构的结构简式为：，
故答案为：4；。
（1）A相对分子质量为136，氧的含量为23.5%，据此计算出氧原子的数目，然后结合A是一取代芳香化合物，分子中只含碳、氢、氧，A的芳环侧链上只含一个官能团，且A和NaOH溶液反应后酸化可以得到E（C7H6O2）和F，则A为酯类物质，据此写出A的结构简式；根据酯的水解可知E是苯甲酸：C6H5COOH，F是甲醇CH3OH；
（2）根据酯在碱性条件下水解为羧酸盐和醇写出反应的化学方程式；装置中M为冷凝管，起到了冷凝回流的作用；
（3）①可以发生银镜反应，分子中含有醛基；②属于芳香族化合物，不具备其它环状结构，则分子中含有苯环；③可以与氢氧化钠溶液反应，分子中含有羧基或酯基④不能与FeCl3发生显色反应，分子中不存在酚羟基，则该有机物只能是甲酸酯，据此写出可能的结构简式；其中核磁共振氢谱有5个吸收峰，说明分子中含有5个等效H原子，据此写出A的结构简式。
本题考查有机物的推断，为高考常见题型，题目涉及有机物分子式的计算、有机物结构与性质、同分异构体的书写，题目难度中等，注意掌握常见有机物结构与性质，明确计算有机物分子式的方法，（3）书写同分异构体为解答难点，注意掌握书写原则。
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