1、甘肃省静宁县第一中学2019-2020学年高二下学期第一次月考化学试题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
2、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OHBCH3CH2CH2COOH羧酸C醛类CHODCH3OCH3醚类A. AB. BC. CD. 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，
3、属于醚类，D正确。答案选D。3.下列五种烃：2甲基丁烷2,2二甲基丙烷戊烷己烷丁烷，按它们的沸点由高到低的顺序排列正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】2-甲基丁烷2，2-二甲基丙烷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；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，则沸点最高，最低，故有沸点由高到低的顺序排列的是，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，
4、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)：CH2D. 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. CH2ClCH2Cl 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
5、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.CH2ClCH2Cl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(CH3CHOHCH2OH)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
6、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D7.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ACH4(C2H4)酸性KMnO4溶液洗气B苯(Br2)NaOH溶液过滤CC2H5OH(H2O)新制生石灰蒸馏D乙
7、酸乙酯(乙酸)饱和Na2CO3溶液蒸馏A. AB. BC. CD. 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
8、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C4H8B. 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、
9、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 溴的四氯化碳溶液 银氨溶液 氯化铁溶液 氢氧化钠溶液A. 与B. 与C. 与D. 与【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
10、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。符合题意的试剂为溴的四氯化碳溶液和 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C5H11OH，首先
11、写出C5H11碳链异构有3种：CCCCC、，再分别加上OH。式有3种结构，式有4种结构，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32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31，B中有3组峰，其氢原子数之比为311，C中有3组峰，其氢原子数之比为314，D中有两组峰，其氢原子数之比为32。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C10H12O3B. 1molNa2CO3最多能消耗1mol有机物MC. 1molM和
12、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（ ）加成 酯化 氧化 中和 消去A. B.
13、 C. D. 【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
14、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.
15、属于芳香烃B. 分子式为C18H16O2C. 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
16、误；故合理选项是C17.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
17、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+4CB. 01s内， v(A)=v(B)C. 05s内，B的平均反应速率为006molL-1s-1D. 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
18、、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；B01s内，A、B的物质的量变化量不等所以，B项错误；C05s内，B的平均反应速率，C项正确；D5s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+
19、)分别为a、b、c(单位为mol/L)，下列判断正确的是A. a=b=cB. abcC. acbD. cab【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cab，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：NH4Cl、C
20、H3COONH4、NH4HSO4、(NH4)2SO4、(NH4)2Fe(SO4)2，c(NH)由大到小的顺序为，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（Q0），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1：2：2D. 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
21、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；BS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pH8B. 常温下0.1molL1CH3COOH溶液的pH2.8C. CH3COONa溶液与稀盐酸反应生成CH3COOH和NaClD. CH3COOH属于共
22、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 molL1CH3COOH溶液的pH2.8，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
23、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
24、）=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
25、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) H0，该反应能否自发进行与温度无关D. 冰融化为水的过程中：H0【答案】A【解析】【详解】A反应若能自发进行，则G=H-TS 0，故该吸热反应能自发进行，S0，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；CCaCO3(s)CaO(s)CO2(g) H0、S0，依据G=H-TS 0、S0，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KspB. 加
26、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；Cd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
27、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，
28、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、
29、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
30、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
31、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452=90，故答案为：90；(2)由题意可推知：n(A)=9.0g90g/mol=0.1mol，n(C)=n(CO2)=13.2g44g/mol=0.3mol，n(H)=2n(H2O)=25.4g18g/mol=0.6mol，n(O)=（9g0.312g0.61g）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0.1molH
32、2，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
33、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。T1_T2（填“”、“”、“”或“=”）K2。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_。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
34、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=+131.6kJmol-1 (2). 高温 (3). (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-TS0分析判断；(2)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；根据影响化学平衡的因素分析判断；由图可知，t2时
35、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；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=+131.6kJmol-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S0；G=H
36、-TS0，反应能自发进行，而H0，S0，说明在高温条件下G才为负值；(2)由达到平衡所需要的时间长短知T1T2，当温度由T2T1，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K1K2；A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；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
37、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；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：反应的化学方程式是_写出B的结构简式是_反应中属于取代反应的是_填序号
38、反应的化学方程式为是_反应的化学方程式是_下列说法正确的是_填字母a B存在顺反异构b 1molE与足量的银氨溶液反应能生成2molc 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
39、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，反应为消去反应，反应为加成反应，反应为取代反应或水解反应，答案为；反应的化学方程式为；反应的化学方程式是；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
40、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 cm3 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1
41、70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”、“
42、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+Br2BrCH2CH2Br (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
43、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+Br2BrCH2C
44、H2Br；（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。