2020北京四中高二上期末化学教师版

1、2020北京四中高二（上）期末、选择题（共15小题，每小题2分，满分30分）（2分）电动汽车（标志为)在改善城市交通、保护环境等方面的作用至关重要。下列说法不正确的是（A .电动汽车的使用有助于减少氮氧化物的排放B,燃油汽车也可以悬挂该标志C.电动汽车使用时涉及化学能与电能的转换D .电动汽车充电、放电过程均有电子转移2.（2分）下列金属的冶炼需要用到电解法的是（B.铁C.铜D.银3.（2分）体积相同、pH相同的NaOH溶液和氨水，与盐酸恰好中和时两者消耗HCl的物质的量（4.B . NaOH的多C.氨水的多D.无法比较（2分）CH3COOH溶液中存在如下平衡:CH3COOH?H+CH3COO

2、 ,加入少量下列固体物质能使平衡向右移动的是（5.6.A . NaCl（2分）柠檬水溶液的A . 0.1mol/LB . CH3COONapH是3,其中的B . 1xi03mol/LC.(OH )C.（2分）为了配制 NH4+浓度与C的浓度比为1:Na2CO31 x 107 mol/L1的溶液，可在D. HClD. 1 X 10 11 mol/LNH4Cl溶液中加入适量的 HCl适量的NaCl固体适量的氨水适量的NaOH固体，正确的是（A.C.D.7.20mL 0.01mol?L 1KCl 溶液 30mL 0.02mol?L 1CaCl2 溶液40mL 0.03mol?L 1 HCl 溶液10

3、mL蒸储水 50mL 0.05mol?L 1 AgNO3 溶液.（2分）锌铜原电池装置如图所示，下列说法正确的是（）A.铜片作负极B.锌电极的反应式：Zn-2e一 Zr2+C.电流从锌片流向铜片（2分）用蒸储水稀释 0.1mol/L醋酸,A .溶液中的c （CH3COO ）C.溶液中的c （CH3COOH）（2分）下列溶液肯定呈酸性的是（A . c （OH ） 7的原因： 三、选择题(共13小题，每小题3分，满分(3分)下列表述正确的是()一氯甲烷的电子式39分）1-丁烯的键线式八夕C.异丙基的结构简式 口口一 C上一19. (3分)下列各组物质中，互为同系物的是(D.聚丙烯的结构简式EE仃I

4、I A . CH3CH = CH2和B.甲烷和2, 2-二甲基丁烷thC.和CHCNYHD . CH3CH2CH = CH2和 CH2=CH CH = CH220. (3分)下列有机物有顺反异构体的是()A . CH3CH3CH2=CH2CH3CH = CHCH3CH3CH=CH221. (3分)有8种物质：新戊烷甲苯聚乙烯-KHz-CH2 -丁焕环己烷邻二甲苯2-甲基-1, 3-丁二烯，既能和酸性高镒酸钾溶液反应又能与滨水反应的是()A.B.C.D.d.微粒浓度满足：c (X-) c (Na+) c (H+) c (OH-)4 / 31（3分）下列说法正确的是（A.2-甲基丙烷的一氯取代物有

5、两种B.用核磁共振氢谱不能够区分O O和工11,1(M ( HC.某烯煌的顺式结构与反式结构与氢气加成的产物不相同D.丙烯与HCl的加成产物只有一种5.4g 和 13.2g,则（3分）5.8g某有机物在氧气中充分燃烧，将产物先后通过浓硫酸和碱石灰，两者分别增重该有机物必须满足的条件是（）A.该有机物是燃B.分子中C、H个数比为1 : 2C.最简式为C3H3OD .该有机物的相对分子质量为14的倍数24. （3分）控制适当的条件，将反应2Fe3+2？2Fe2+|2设计成如图所示的原电池。下列判断不正确的是（石奥A.反应开始时，乙中电极反应为2-2e= l2C.电流计读数为零时，反应达到化学平衡状

6、态25. （3分）下列关于苯的叙述正确的是（）B.反应开始时，甲中石墨电极上Fe3+被还原D.平衡时甲中溶入 FeCl2固体后，电流计指针不偏转A.反应常温下不能进行，需要加热B.反应不发生，但是仍有分层现象，紫色层在下层C.反应为取代反应，产物是一种芳香烧D.反应能发生，从而证明苯中是单双键交替结构5 / 31（3分）某链煌Almol最多可与2mol H 2发生加成反应生成化合物B,化合物B最多能与12moi Cl 2发生取代反应生成化合物 C,则下列有关说法正确的是（）A.链煌A分子内既有碳碳双键又有碳碳三键B .链煌A分子内碳原子数超过6C .链煌A能发生氧化反应和加聚反应D.化合物C可

7、能有三种结构（3分）下述实验方案能达到实验目的的是（）B.验证石蜡油分解的产物是乙烯吃干光亮处C.苯和滨水混合后加入铁粉，制澳苯D.验证甲烷与氯气发生化学反应（3分）下列有关2个电化学装置的叙述正确的是（A .装置中，电子移动的路径是：Zn-Cu CuSO4溶液一 KCl盐桥一 ZnSO4溶液B.在不改变总反应的前提下，装置可用Na2SO4替换ZnSO4,用石墨替换 Cu棒C,装置中采用石墨电极，通电后，由于OH-向阳极迁移，导致阳极附近 pH升高D.若装置用于铁棒镀铜，则 N极为铁棒6 / 31（3分）除去混合物中的杂质（括号中为杂质），所选试剂和分离方法都正确的是（混合物除杂试剂分离方法A

8、乙烷（乙烯）Br2 (0014)洗气B乙醇（水）生石灰过滤C硝基苯（HNO3）NaOH溶液分液D澳苯（澳）0014萃取A . AB. B0. 0D. D卜列说法不正确的是（3分）在一定条件下，甲苯可生成二甲苯的混合物和苯。有关物质的沸点、熔点如表。（ ）对一甲苯邻一甲苯间一甲苯苯沸点/ 点/ c1325476A.甲苯、对二甲苯属于同系物B.推测甲苯的沸点高于 80c而低于138cC.甲苯生成二甲苯和苯的反应属于取代反应D.用蒸储的方法能从二甲苯混合物中分离出对二甲苯四、解答题（共9小题，满分81分）（6分）用系统命名法给下列有机物命名(1)(2)(3)7 / 3132

9、. （2 分）核磁共振氢谱吸收峰面积之比是3: 2, A的结构简式（2分）苯的同系物 A的分子式为C8H10,核磁共振氢谱出现两组峰，峰面积之比为A为除杂装置，B为性质检验装（4分）实验室制备乙快时，气体中常含有杂质，影响其性质的检验。如图置，回答下列问题:（1）实验室中制备乙快的化学方程式:（2） A中试剂:35. （2分）以为单体发生1,4加聚反应的化学方程式36. （2分）某高聚物的结构简式如图OCN则形成该高分子化合物H3的单体的结构简式分别为37. （20分）以乙快为主要原料可以合成聚氯乙烯、聚丙烯睛和氯丁橡胶，有关合成路线图如图。催化端 V1加聚CN、-+HCM加成 ,乙柒 H -

10、一定条件 （聚丙烯gflj催化剂.旧+HCI加成.而催化 f LJ加聚（1）乙快中官能团的名称是 ，（2）试剂a是8 / 31(3)写出物质B的结构简式。(4)的反应类型是。(5)写出下列反应的化学方程式：反应；反应CH-CHO /38. (20分)某物质G可做香料，其结构简式为已知:,工业合成路线如图。WCH-CHKC.RCH = CHRX 11 N33H/S 0AC. RCH 2X+NaOH -RCH2QH+NaX （ R、R为煌基或 H 原子，X 为卤素原子）回答下列问题:(1) A为芳香烧，相对分子质量为 78.下列关于A的说法中，正确的是 (填序号)。a.密度比水大 b.所有原子均在

11、同一平面上c. 一氯代物只有一种(2)反应的反应类型为 反应。(3) C的核磁共振氢谱显示有 4组峰，步骤的化学方程式是 。(4)的反应条件是。(5)为加成反应，E的核磁共振氢谱显示有 6组峰，步骤的化学方程式是 (6)步骤的化学方程式是 。(7)下列说法正确的是。a.上述框图中方框内所有物质均为芳香族化合物9 / 31b. D存在顺反异构c.反应和都是取代反应(8)反应中Cu是反应的催化剂，该反应的化学方程式是 39. (23分)实验室用乙醇和浓硫酸加热制取乙烯，实验装置如图1,制备过程中，常会看到烧瓶中液体变黑，并有刺激性气味气体(SO2)产生。(1)制备乙烯的化学方程式 。(2)加热至1

12、40c时发生副反应，写出该反应有机产物的结构简式 ,该反应的反应类型为： (3)写出产生SO2的化学方程式： 。(4)图中一处明显的错误是 ,加入碎瓷片的作用是 。(5)有人设计下列实验以确认上述混合气体中有乙烯和SO2。如图2装置、可盛放的试剂是;品红； 。(填字母)A.品红溶液NaOH溶液C.浓 H2SO4D,酸性KMnO4溶液(6)实验(5)中确认含有乙烯的现象是 温度计10 / 312020北京四中高二（上）期末化学参考答案、选择题（共15小题，每小题2分，满分30分）【分析】电动汽车以电为动力，在充电时电能转化为化学能；使用电动汽车，能减少汽车尾气对环境的污染，有利于减缓温室效应；汽

13、车尾气中的主要污染物有一氧化碳和氮的氧化物等，会对空气产生污染，电动车不会产生尾气，据此解答。【解答】解：A.大力推广使用电动汽车，能够减少汽车尾气氮氧化物的排放，有利于环境保护，故A正确；B .此标志为电动汽车专用标志，燃油汽车不能悬挂该标志，故 B错误；C.电动汽车充电过程中化学能转化为电能，使用时涉及化学能与电能的转换，故C正确；D.电动汽车充电为电解池原理，放电为原电池原理，两个过程均属于氧化还原反应，存在电子转移，故D正确；故选：Bo【点评】 本题考查原电池与电解池原理应用，题目难度不大，明确原电池和电解池工作原理为解答关键，注意掌握环境污染与治理，试题培养了学生的分析能力及灵活应用

14、能力。.【分析】电解法：冶炼活泼金属 K、Ca、Na、Mg、Al, 一般用电解熔融的氯化物（ Al是电解熔融的三氧化二铝）制得；热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、法：Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，物理分离法：【解答】 解：A.钠性质活泼，一般用电解熔融的氯化物得到B. Fe常用还原剂（C、CO、H2等）还原氧化物得到，故Pb、Cu,常用还原剂有（C、CO、H2等）；热分解Pt、Au用物理分离的方法制得。申解2NaCl2Na+Cl2f,故 A 正确；B错误；Cu常用还原剂（C、CO、H2等）还原氧化物得到，故 C错误;Ag用加热分解氧化物的方法制得，故 D错误;故选：A。【点

15、评】本题考查金属冶炼的一般方法和原理，根据金属的活泼性采用相应的冶炼方法，题目难度不大。3.【分析】pH相同的NaOH溶液和氨水溶液，c （NaOH） vc （NH3?H2。），体积相同、pH相同的NaOH溶液和 氨水，n （NaOH） v n （NH3?H2。），与盐酸恰好中和时，消耗 n （HCl）与n （碱）成正比。【解答】 解：pH相同的NaOH溶液和氨水溶液，c （NaOH） c （NH3?H2。），体积相同、pH相同的NaOH溶 液和氨水，n （NaOH） c (H + ),该溶液一定呈碱性，若 c (OH ) = c(H + ),该溶液呈中性，若 c (OH ) c (H+),该

16、溶液呈酸性，据此分析解答。【解答】 解：A. c (OH ) Al 2( SO4)3,即、不可能分别为AlCl 3和Al 2(SO4) 3,故A错误；AlCl 3、Al 2 (SO4)3都是强酸弱碱盐，浓度相同时， AlCl 3中铝离子的浓度小于(Al 2 (SO4)3,溶液酸性： Al 2 (SO4) 3AlCl 3,溶液的 pH: Al 2 (SO4) 37,符合题意，故 B 正 确；NaOH是强碱，Na2CO3是弱酸强碱盐，浓度相同时 pH： NaOH Na2CO3,即不可能是 NaOH ,故C错 误；14 / 31CH3COOH是弱酸，A1C13、Al 2 (SO。3都是强酸弱碱盐，它

17、们的 pH均小于7,即不可能是 Al 2 (SO4)3,故D错误；故选：Bo【点评】本题考查盐类的水解知识点，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确酸或碱的强弱与溶液pH的关系、盐类水解程度与溶液pH的关系是解本题关键，题目难度中等。12.【分析】1mL 0.1mol?L1AgNO3溶液中滴加过量的 NaCl溶液生成白色沉淀 AgCl ,继续滴加过量的 0.1mo1?L1KI溶液生成溶解度更小的黄色沉淀AgI ,最后滴加过量的 0.1mol?LFNa2s溶液生成更难溶的黑色沉淀Ag2S;Ag 2s比AgCl更难溶，若按顺序实验，能看到黑色沉淀；AgI的溶解度比AgCl小，所以AgI不易生

18、成AgCl ,若按顺序实验，看不到白色沉淀，以此分析解答。【解答】 解：A. AgNO3溶液中的Ag+和过量的NaCl溶液中的C生成AgCl的白色沉淀，离子方程式为：Ag +Cl = AgCl J ,所以沉淀为难溶的 AgCl ,故A正确；一般来说，溶解度小的沉淀可转化为溶解度更小的沉淀，实验中白色沉淀AgCl转化成了黄色的 AgI沉淀，说明AgI比AgCl更难溶，故B正确；Ag2s比AgCl更难溶，若按顺序实验，可发生反应2AgCl (s)+S2(aq)?Ag2S( s)+2Cl(aq),能看到黑色沉淀，故 C错误；AgI的溶解度比AgCl小，所以AgI不易生成AgCl,若按顺序实验，看不到

19、白色沉淀，故 D正确；故选：Co【点评】本题考查难溶物溶解平衡及沉淀的转化，明确难溶物转化实质为解答关键，注意掌握溶解平衡及其影 响，试题侧重考查学生的分析能力及知识与能力，题目难度不大。13 【分析】在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙快是直线型结构，其它有机 物可在此基础上进行判断.【解答】 解：A.乙烯是平面型结构，取代乙烯中氢原子的碳在同一平面上，故 A错误；B.苯是平面型结构，甲基上的碳原子取代苯环上的氢原子，在同一个平面上，故B错误；C. 1-丁烯中4号碳与其他3个碳原子不一定在同一平面上，故 C正确；D.苯是平面型结构，乙快是直线型分子，所有碳原子一定

20、在同一平面上，故 D错误。故选：Co【点评】本题主要考查有机化合物的结构特点，难度不大，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙快的结构特点判断有机分子的空间结构.15 / 3114 【分析】 有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成 反应。q nQ 0 【解答】 解：由lonq / Xi 二0一。”,可知，第一种分子中的不饱和键断裂，断键原子与 Q qA另一种分子断裂产生的原子相结合，生成新的化合物的反应，属于加成反应。故选：Bo【点评】本题考查有机物的反应类型，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确常见官能团及其性质关 系是解本题关键，题目难度不大

21、，注意根据有机物的结构与定义进行判断。15【分析】A.阳离子移向阴极，故 b为阴极得电子发生还原反应，则电极反应方程式为2Li + +2H2O+2e=H2 T +2LiOH,据此进行分析；B.阴离子移向阳极，故 a为阳极失电子发生氧化反应，据此书写电解反应方程式；C.据离子移动以及电极方程式来分析；D.根据离子游动方向判断 b极为阴极。【解答】 解：A.阳离子移向阴极，故阴极得电子发生还原反应，则电极反应方程式为2Li + +2H2O+2e =H2 T +2LiOH,故b极附近溶液的pH增大，故A正确；B.阴离子移向阳极，故 a为阳极失电子发生氧化反应，故a极发生的反应为2H2O-4e =O2

22、? +4H,故B正确；a极发生的反应为 2H2O-4e= O2f +4H, SO42移向a极可以与H+结合生成硫酸，b极反应方程式为2H 2O+2e-= H2 T +2OH,则可得到氢气，故该法制备LiOH还可得到硫酸和氢气等产品，故 C正确；Li +向b极移动，判断b极为阴极，故D错误；故选：D。【点评】本题考查了电解池原理，根据阴阳离子的移动方向确定正负极，明确各个电极上发生的电极反应是解 本题关键，本题难度中等。二、解答题(共2小题，满分0分)16 【分析】(1)钢铁在海水中发生吸氧腐蚀，正极上氧气得电子生成氢氧根；形成原电池时，Fe作正极被保护；活泼性比 Fe强的金属作负极，被腐蚀；(

23、2)该图中铁和石墨及海水构成电解池，要保护铁需要将铁作阴极，另一个电极为阳极；若用氯化钠溶液模拟海水进行实验，利用亚铁离子和K3Fe (CN) 6生成蓝色沉淀，进行检验；16 / 31(3)氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为电源的负极，发生氧化反应，电极反应式为H2-2e +2OH =2H2O,通入氧气的一极为原电池的正极，电极反应式为O2+4e+2H2O=4OH-，原电池工作时，氢氧燃料电池的总反应为2H2+O2=2H2O;求出3.6g水的物质的量，而在 2H2+O2=2H2O中，化合价升高值=化合价降低值=4,即当转移电子 4mol时，会有2mol的水生成，据此计算。【解答】 解：(1)钢铁

24、在海水中发生吸氧腐蚀，正极上氧气得电子生成氢氧根，电极反应为O2+4e+2H2。=4OH ,故答案为：O2+4e +2H2O= 4OH ;形成原电池时，Fe作正极被保护，则要选择活泼性比Fe强的金属作负极，所以选锌；锌的活泼性比Fe强的作负极，不断遭受腐蚀，需定期拆换；故答案为：Zn;(2)该图中铁和石墨及海水构成电解池，要保护铁需要将铁作阴极，亚铁离子和K3Fe (CN) 6生成蓝色沉淀，检测钢铁保护效果的方法是：滴加K3Fe (CN)可溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明保护效果好，故答案为：阴；滴加 K3Fe (CN) 6溶液，若无蓝色沉淀生成；(3)氢氧燃料电池中，通入氢气的一极a为电源的负

25、极，通入氧气的一极为原电池的正极，由于电解质溶液呈碱性，则负极电极反应式为2H2-4e+4OH- = 4H2O (或H2 - 2e +2OH = 2H2O),故答案为：2H2-4e+40H =4H2O (或 H2-2e+20H =2HzO);7 Ga3.6g水的物质的量为n= 产 =0.2mol,氢氧燃料电池的总反应与氢气在氧气中燃烧的化学方程式相18g/ircl同，生成物为水，即 2H2+O2=2H2O,在2H2+O2= 2H2O中，化合价升高值=化合价降低值=4,即当转移电子4mol时，会有2mol水生成，当若电池共产生 0.2mol水时，会转移电子 0.4mol的电子，故答案为：0.4。

26、【点评】 本题考查了原电池原理和电解池原理的分析应用，把握原电池原理和电解池原理是解答关键，注意要 保护哪种较活泼金属则该金属作原电池正极或电解池阴极即可，题目难度不大。.【分析】(1) 0.100mol/L的HX溶液pH1,说明HX部分电离，为弱电解质；B点溶液中溶质为等物质的量浓度的 HX、NaX,溶液pH1,说明HX部分电离，为弱电解质，HX电离方程式为HX ?H+X ,故答案为：HX ?H+X ；B点溶液中溶质为等物质的量浓度的HX、NaX,溶液pH c (OH ),根据电荷守恒得 c (X-)c (Na+), HX电离程度较小，则溶液中 c (Na+) c (H+),所以存在 c (

27、X)c (Na+) c ( H+) c (OH)，故 d 正确；故答案为：abd;HX和NaOH抑制水电离、NaX促进水电离，A点溶质为HX、C点溶质为NaX和极少量的HX ,则水电 离程度：AvC,故答案为： c (H+) = c (OH ),故答案为：c (X)= c (Na+) c (H+) = c (OH)；D点溶液中溶质为 NaX, X水解导致溶液呈碱性，溶液的pH 7,水解离子方程式为X +H2O?HX+OH ,故答案为：X +H2O?HX+OH 。【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断及盐类水解，侧重考查图象分析判断及知识综合应用能力，明确图中 各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关

28、键，注意电荷守恒和物料守恒的灵活应用，题目难度不大。三、选择题(共13小题，每小题3分，满分39分).【分析】A .氯原子的最外层有 7个电子；1-丁烯的主链上有 4个碳原子，在1号和2号碳原子之间有碳碳双键；18 / 31C .异丙基是在丙烷的 2号碳原子上失去一个 H原子;D.聚丙烯的结构单元的主链上应该含有2个C原子。H【解答】 解：A.氯原子的最外层有 7个电子，故一氯甲烷的电子式为 H ；三；,故A错误； ,1 4ILHB. 1-丁烯的主链上有 4个碳原子，在1号和2号碳原子之间有碳碳双键，故 1-丁烯的键线式为 八，故B正确；C.异丙基是在丙烷的 2号碳原子上失去一个 H原子，故其

29、结构简式为- CH (CH3)2,故C错误；D.聚丙烯的结构单元的主链上应该含有2个C原子，故其结构简式为 33哧,故D错误。故选：Bo【点评】本题综合考查结构简式、键线式、电子式等知识，为高频考点，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，题目难度不大。19【分析】同系物指的是结构相似，分子组成上相差1个或者若干个CH2基团的化合物，若含有官能团，含有官能团的种类和数目必须完全相同，据此进行判断。【解答】解：A. CH3-CH=CH2和 1 I 一个为烯烧，一个为环烷烧，两者结构不相似，不是同系物，H?LCH故A错误；B.甲烷和2, 2-二甲基丁烷都属于烷烧，结构相似，两者互为同

30、系物，故B正确；C.构不相似，不属于同系物，故 C错误；D. CH3-CH2-CH = CH2和CH2=CH - CH = CH2含有官能团数目不同，两者结构不相似，不属于同系物，故D错误；故选：Bo【点评】本题考查同系物的判断，题目难度不大，明确同系物的概念为解答关键，试题有利于提高学生灵活应用基础知识的能力。20【分析】根据存在顺反异构体的条件：分子中至少有一个键不能自由旋转(否则将变成另外一种分子)；双键上同一碳上不能有相同的基团，据此进行判断.19 / 31【解答】 解：A .烷烧中不存在碳碳双键，故 A错误;CH2=CH2两个氢连在同一个双键碳上，则不存在顺反异构，故 B错误；CH3

31、CH=CHCH3双键上同一碳上连不相同的基团：甲基和氢原子，所以存在顺反异构，故C正确;CH3CH = CH2两个氢连在同一个双键碳上，则不存在顺反异构，故 D错误。故选：Co【点评】 本题考查顺反异构的判断，题目难度不大，注意掌握同分异构体的概念及类型，明确存在顺反异构体 的条件为解题的关键.【分析】既能使酸性高镒酸钾溶液褪色又能与滨水反应使之褪色，分子中应含有碳碳不饱和键或含有醛基。【解答】 解：中不含碳碳不饱和键和醛基，所以不能和酸性高镒酸钾溶液和滨水反应；能被酸性高镒酸钾溶液氧化而使酸性高镒酸钾溶液褪色，但不能和澳水反应；中含有碳碳不饱和键，能和酸性高镒酸钾溶液和滨水反应，故选：Co【

32、点评】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和综合运用化学知识的能力 的考查，难度不大，注意把握官能团的性质，为解答该题的关键，注意题目既能使酸性高镒酸钾溶液褪色又能 与滨水反应使之褪色的要求。.【分析】A.2-甲基丙烷有2种H;B.两种有机物含有等效氢数目不同；C.烯煌加成后生成烷烧；D .丙烯结构不对称，可与 HCl发生加成反应生成两种物质。【解答】 解：A.2-甲基丙烷有两种氢原子，故一氯代物有两种，故A正确；oOB.含有3种H,含有1种H,则可用核磁共振氢谱区分，故 B错误；H J Ht ( HC.烯煌加成后生成烷烧，应生成同一种物质，故 C错误；D .丙烯结

33、构不对称，可与 HCl发生加成反应生成 1-氯丙烷、2-氯丙烷，故 D错误。故选：A。【点评】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，侧重分析与知 识迁移应用能力的考查，题目难度不大。20 / 3123.【分析】 浓硫酸增重5.4g是生成水的质量，碱石灰增重13.2g是生成二氧化碳的质量，则 n (H) = 2n (H2O)_ 氏&出 一一 一一 一 .一 一一 一 一一 13. 2 厘=2X言=0.6mol, m (H) = 0.6mol x 1g/mol= 0.6g, n (C) = n (CO2)=-已=0.3mol, m (C)18g/inal44g

34、/nol=0.3mol x 12g/mol= 3.6g,由于 m (H) +m ( C) = 0.6g+3.6g = 4.2gv 5.8g,故该有机物还含有氧元素，5.8g 有机物中氧原子质量为：5.8g- 4.2g = 1.6g,故n (O)= 0.1mol,所以有机物分子中n (C): n15g/mol(H)： n (O) = 0.3mol : 0.6mol: 0.1mol = 3: 6: 1,即有机物 A 的实验式为：C3H60。【解答】 解：A.浓硫酸增重5.4g是生成水的质量，碱石灰增重13.2g是生成二氧化碳的质量，则 n (H) =2n5 4s I13(H2O) = 2= 0.6

35、mol, m (H) = 0.6mol x 1g/mol 0.6g, n (C) = n ( CO2) = 0.3mol,18g/inal44g/inn 1m (C) = 0.3mol x 12g/mol 3.6g,由于 m (H) +m (C) = 0.6g+3.6g = 4.2g。，除苯环外还有 2个C,核磁共振氢谱中出现两组峰，且吸收峰面积之比为3: 2,说明对称性强，以此来解答。【解答】 解：苯的同系物分子式为C8H10,根据苯的同系物的通式 CnH2n+6 (n6,除苯环外还有 2个C,核磁原子个数比为3: 2,得出结构简式为:故答案为:共振氢谱中出现两组峰，说明对称性强，即2个甲基

36、位于对位，且吸收峰面积之比为3： 2,可知含2种H,且【点评】本题考查有机物的结构，为高频考点，把握 H的种类及个数为解答的关键，侧重分析与应用能力的考 查，注意结构对称性的判断，题目难度不大。【分析】(1)实验室中用电石和水反应制乙快；(2) A中试剂主要除杂质气体硫化氢、磷化氢等，排除它们对乙快与酸性高镒酸钾溶液反应的干扰。【解答】 解：(1)电石和水反应制乙快，电石的主要成分是碳化钙，与水反应生成氢氧化钙和乙快，反应方程式为：CaC2+2H2Ca (OH) 2+C2H2 T,故答案为：CaC2+2H2Ca (OH) 2+C2H2T;(2)因为电石含杂质硫化钙、磷化钙，与水反应生成的乙快中

37、含有硫化氢，磷化氢等，有毒且均可使高镒酸 钾溶液褪色，会干扰乙快与酸性高镒酸钾溶液反应，因此用硫酸铜溶液除去硫化氢，磷化氢杂质气体；故答案为：硫酸铜溶液。【点评】 本题主要考查了乙快的制备原理和气体的除杂，注重学生实验能力和除杂试剂选择能力的考查，属有 机实验基础题，难度不大。【分析】 二烯煌发生1, 4 -加成聚合时，两个双键同时断裂，在之间形成一个新的碳碳双键，据此分析解答。26 / 31故答案为:【解答】 解：以发生1, 4加聚反应的化学方程式:【点评】本题考查有机物的结构与性质、根据聚合反应产物判断其单体的方法，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团及性质的

38、关系，熟悉醇、烯煌的性质即可解答，题目难度不大。.【分析】由于单体经过某些化学反应（如加聚、缩聚、开环等）生成高聚物，所以在高分子链中，单体转变为 在化学组成上能够重复的最小单位，即链节。判断高聚物的单体，就是根据高分子链，结合单体间可能发生的 反应机理，找出高分子链中的链节，判断其单体。凡链节主链只有两个碳原子（无其他原子）的聚合物，其合成单体必为一种，将两个半键闭合即可。凡链节主链有四个碳原子（无其他原子），且链节无双键的聚合物，其单体必为两种，在中央画线断开，然后两键闭合即可。凡双键，四个碳；无双键，两个碳 ”画凡链节主链上只有碳原子，仅存在碳碳双键结构的高聚物，其规律是线断开。【解答】

39、解：根据分析,的单体为：【点评】本题考查有机物的结构与性质、根据聚合反应产物判断其单体的方法，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团及性质的关系，熟悉醇、烯煌的性质即可解答，题目难度不大。37 【分析】根据题中各物质转化关系可知，乙快与氯化氢加成得A为CH2=CHCl, A发生加聚反应得聚氯乙27 / 31烯；乙快与HCN发生加成反应生成 B为CH2=CHCN, B发生加聚反应生成聚丙烯睛；两个乙快发生加成反应得C为CHC - CHHCH 2, C与氯化氢发生加成得 D为CH2= CCl - CHFCH2, D发生加聚反应生成氯丁橡 胶，据此答题。【解答】 解：(1

40、)乙快结构简式为 CHCH,含有的官能团为碳碳三键，故答案为：碳碳三键；(2)反应为乙快与氯化氢的加成反应，反应的化学方程式为：CHCH+HCl催化网CH2=CHCl ,故答案为：HCl ;(3)反应为乙快与 HCN发生加成反应生成 B为CH2=CHCN ,化学方程式为:催化剂CH CH+HCN N故答案为：CH2=CHCN;(4) B为CH2= CHCN ,反应为B发生加聚反应生成聚丙烯睛,故答案为：加聚反应;uCHrCH-OCHja傕化相(5)反应两个乙快分子发生加成反应得C+C - CHHCH2,反应化学方程式为：2c舟的 CHW-CHH CH2；为CH2=CCl - CHF CH2的加

41、聚反应，反应的化学方程式为:，Cl故答案为:2c庠 CH -： C+C*-CHHCH 2；【点评】 本题主要考查有机物的推断，比较简单，解题时注意对加聚反应的理解和加成反应的把握即可，注意碳碳参键与氯化氢的加成及 1 , 4-加成的原理。38【分析】A为芳香烧，相对分子质量为78, A与丙烯发生反应得到异丙苯，则 A为反应为加成反应，异丙苯与氯气在光照条件下发生侧链上取代反应生成一氯代物C,则C为彳，一，一匕1c=ch2CH328 / 31E, E发生水解反应生成F, F发生氧化反应生成,步骤的化学方程式是:【解答】解：(1) A为芳香烧，相对分子质量为 78, A为,密度比水小，为平面结构，所有原子均在同平面上，不存单双键交替形式，为单键双键之间的一种特殊的键，其一氯代物只有一种，故a错误，bc正确, 故答案为：bc；(2)反应是苯与丙烯发生反应得到异丙苯，该反应类型为加成反应,故答案为：加成;(3) C的核磁共振氢谱显示有 4组峰，则C的结构简式为:(4)发生卤代燃的消去反应，反应条件是：NaOH醇溶液、加热,故答案为：NaOH醇溶液、加热;(5)为加成反应，E的核磁共振氢谱显示有 6组峰,E为CH-CH典,步骤的化学方程式是:29 / 31故答案为:+NaOH+NaBr(7) a.上述框图