2021-2022学年辽宁省六校高一下学期第三次联考化学试题（含解析）

试卷第=page1818页，共=sectionpages2020页辽宁省六校2021-2022学年高一下学期第三次联考化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列说法不正确的是A．我国已能利用3D打印技术，以钛合金粉末为原料，通过激光熔化逐层堆积，来制造飞机钛合金结构件，金属钛可用金属钠从其盐溶液中置换B．神舟飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分属于新型无机非金属材料C．“平原用电、山地用氢”的原则，在各赛区推广电动汽车、氢燃料电池汽车D．有人称“一带一路”，是“现代丝绸之路”，丝绸的主要成分是蛋白质【答案】A【解析】【详解】A．钠的化学性质较活泼，钠放入其盐溶液中先与水反应，不能置换出金属钛单质，应在高温时，金属钠可还原相应的氯化物来制取金属钛，故A错误；B．新型无机非金属材料在性能上比传统无机非金属材料有了很大的提高，可适用于不同的要求，如高温结构陶瓷、压电陶瓷、透明陶瓷、超导陶瓷等都属于新型无机非金属材料，故B正确；C．电能和氢能是清洁能源，可推广电动汽车、氢燃料电池汽车，故C正确；D．丝绸主要成分为蚕丝，属于蛋白质，故D正确；故选：A。2．醋酸是常用的调味品。下列关于醋酸化学用语表述不正确的是A．键线式： B．结构式：C．最简式：CH2O D．比例模型：【答案】B【解析】【详解】A．醋酸的键线式为，故A正确；B．结构是共用电子对用短线表示，醋酸的结构式为，故B错误；C．最简式是化合物分子中各元素的原子个数比的最简关系式，醋酸的最简式是CH2O，故C正确；D．比例模型体现的是组成该分子的原子间的大小、分子的空间结构、原子间的连接顺序等，图示为醋酸的比例模型，故D正确；故答案为B。3．NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是A．标准状况下2.24L氯气与水充分反应转移电子数为0.1NAB．1mol-OH和1molOH-含有的电子数均为10NAC．标准状况下2.24L的CCl4中含有的C-Cl键数为0.4NAD．2.8gC2H4中含有0.4NA个极性键【答案】D【解析】【分析】【详解】A．标准状况下2.24L氯气的物质的量为1mol，但只有一部分Cl2与水发生反应Cl2+H2OHCl+HClO，所以与水充分反应转移电子数小于0.1NA，A不正确；B．1个-OH含有的电子数为9，则1mol-OH含有的电子数为9NA，B不正确；C．标准状况下CCl4呈液态，无法求出2.24L的CCl4的物质的量，也就无法求出其含有的C-Cl键的数目，C不正确；D．1个C2H4分子中含有4个C-H极性键，2.8gC2H4的物质的量为0.1mol，则含有0.4NA个极性键，D正确；故选D。4．实验室可用如图装置制备乙酸乙酯，实验开始时先加热至110~120℃，再滴入乙醇和冰醋酸并使滴入速率与蒸出液体的速率几乎相等，滴加完毕后升温到130℃至不再有液体蒸出。下列说法错误的是A．冰乙酸2mol、乙醇4mol和适量浓硫酸可制备2mol乙酸乙酯B．可用油浴加热C．滴加速率不宜过快，是为了减少反应物蒸发，提高利用率D．蒸出的液体用饱和碳酸钠溶液洗涤、分液可得到粗乙酸乙酯【答案】A【解析】【详解】A．乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯是可逆反应，反应物不能完全转化，2mol冰乙酸和4mol乙醇反应生成小于2mol乙酸乙酯，A错误；B．所需温度高于水的沸点，所以可以采用沸点更高的油进行油浴加热，B正确；C．滴加速率不宜过快，是为了减少反应物的蒸发损失，提高利用率，C正确；D．饱和碳酸钠可以吸收未反应的乙醇和乙酸，同时乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，所以洗涤、分液可得到粗乙酸乙酯，D正确；答案为A。5．下列反应中，反应物总键能大于生成物总键能的是①碳和水蒸气；②碳酸钠和盐酸；③煅烧石灰石制生石灰；④铝热反应⑤酸与碱的中和反应；⑥晶体与混合搅拌A．①③⑥ B．①④⑤ C．②③④ D．②④⑤【答案】A【解析】【详解】反应物总键能大于生成物总键能的是吸热反应；①碳和水蒸气是吸热反应，故选；②碳酸钠和盐酸是放热反应，故不选；③煅烧石灰石制生石灰是吸热反应，故选；④铝热反应是放热反应，故不选；⑤酸与碱的中和反应是放热反应，故不选；⑥晶体与是吸热反应，故选；故选：A。【点睛】常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸、水的反应、所有中和反应、绝大多数化合反应和铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应、个别的化合反应(如C和CO2)、少数置换反应以及某些复分解(如铵盐和强碱)；6．人们每天摄入较多糖类、蛋白质、油脂。关于以上几种物质的描述中正确的是A．向蔗糖和稀硫酸共热后的溶液中加入少量银氨溶液，检验生成的葡萄糖B．醋酸甘油酯在碱性条件下水解叫做皂化反应C．我国科学家于1995年在世界上首次合成完成了具有生命活力的蛋白质-结晶牛胰岛素D．氨基酸、氧化铝和碳酸氢钠都既能与盐酸又能与氢氧化钠反应，属于两性化合物【答案】C【解析】【详解】A．向蔗糖和稀硫酸共热后的溶液中应该先加入NaOH溶液中和稀硫酸，然后再加入少量银氨溶液，检验生成的葡萄糖，否则稀硫酸与银氨溶液反应，干扰了检验结果，故A错误；B．皂化反应为高级脂肪酸甘油酯在碱性环境下水解，醋酸甘油酯不属于高级脂肪酸甘油酯，其水解反应不属于皂化反应，故B错误；C．结晶牛胰岛素是具有生命活性的蛋白质，是中国科学家在1965年合成的，故C正确；D．碳酸氢钠电离出Na+和，既能与盐酸又能与氢氧化钠反应，但碳酸氢钠不属于两性化合物，故D错误；故选：C。7．下列关于有机物的说法正确的是（）。A．乙烯能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色，二者反应原理不相同B．交警用酸性重铬酸钾溶液检查司机是否饮酒过量时乙醇发生取代反应C．乙酸的分子式为CH3COOH，属于弱电解质D．苯分子中没有碳碳双键，因此苯不能发生加成反应【答案】A【解析】【详解】A.乙烯能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色，二者反应原理不相同，前者是氧化反应，后者是加成反应，A正确；B.交警用酸性重铬酸钾溶液检查司机是否饮酒过量时乙醇发生氧化反应，B不正确；C.乙酸的分子式为C2H4O2，结构简式为CH3COOH，，C不正确；D.虽然苯分子中没有碳碳双键，但是苯能发生加成反应，苯在一定条件下可以与氢气发生加成反应，D不正确；故选A。8．用如图所示装置探究Cl2和NO2在NaOH溶液中的反应，若通入适当比例的Cl2和NO2，即发生反应Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O。下列叙述正确的是（

）A．实验室中用二氧化锰与1mol·L-1的盐酸共热制备氯气B．装置Ⅰ中盛放的试剂是浓硫酸，作用是干燥氯气C．装置Ⅲ的作用是便于控制通入NO2的量D．若制备的NO2中含有NO，应将混合气体通入水中以除去NO【答案】C【解析】【详解】A．实验室中用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气，而1mol·L-1的盐酸是稀盐酸，因此不能发生反应制取氯气，故A错误；B．该实验不需要保证氯气是干燥的，所以装置Ⅰ中盛放的试剂是饱和NaCl溶液，作用是除去氯气中的杂质HCl气体，故B错误；C．由于NO2气体不能再CCl4中溶解，气体通过装置Ⅲ，可根据导气管口气泡的多少，观察气体流速，因此其作用是便于控制通入NO2的量，故C正确；D．若制备的NO2中含有NO，将混合气体通入水中，会发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，最后导致气体完全变为NO，故D错误；答案选C。9．分子式为C4H8BrCl的有机物（不含立体结构）共有A．9种 B．10种 C．11种 D．12种【答案】D【解析】【分析】C4H8ClBr可以看成丁烷中的2个H原子分别被1个Cl、1个Br原子取代，丁烷只有2种结构，氯原子与溴原子可以取代同一碳原子上的H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，据此书写判断。【详解】C4H8BrCl可以看作C4H10中2个H原子被Cl、Br原子取代，而丁烷有CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2两种，先分析碳骨架异构，分别为

C−C−C−C

与

2种情况，然后分别对2

种碳骨架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架

C−C−C−C

有、(数字代表溴原子的位置)共

8

种，骨架有、(数字代表溴原子的位置)，共

4

种，总共12种，答案选D。10．已知汽车尾气无害化处理反应为，下列说法不正确的是A．升高温度可使该反应的速率增大B．选择合适的催化剂可有效提高正反应速率，降低逆反应速率C．反应达到平衡后，NO的反应速率保持恒定D．单位时间内消耗CO和的物质的量相等时，反应达到平衡【答案】B【解析】【详解】A．升高温度，正、逆反应速率都增大，故A正确；B．使用高效催化剂，能够降低活化能，从而提高反应速率，正、逆反应速率都提高，故B错误；C．反应达到平衡后，体系各组分的反应速率都保持恒定，故C正确；D．消耗1mol一氧化碳能生成1mol二氧化碳，而同时又消耗1mol二氧化碳，可知正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故D正确；答案选B。11．下列有关实验操作、现象和结论正确的是选项实验操作实验现象实验结论A把和气体X一起通入到溶液中有白色沉淀产生X气体具有强氧化性B向溶液Y中加入浓氢氧化钠溶液并加热有气体产生，该气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝溶液Y不一定是铵盐溶液C过量铁粉加入稀硝酸中，充分反应后，滴加KSCN溶液有无色气泡产生，溶液呈血红色稀硝酸能将Fe氧化成D向某溶液中加入稀硫酸生成淡黄色沉淀和能使品红溶液褪色的刺激性气味的气体该溶液中一定含有A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】【详解】A．若二氧化硫和氯化钡发生反应生成亚硫酸钡沉淀，则有，从方程式看出盐酸是强酸，不符合“强生弱”的规律；但二氧化硫和X气体一起通入到氯化钡溶液当中，有白色沉淀生成，有两种情况：一是白色沉淀是硫酸钡，则X具有强氧化性；二是盐酸被中和，则X是氨气，故A项错误；B．向溶液Y中加入浓氢氧化钠溶液并加热，该气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该气体是碱性气体，氢氧化钠不挥发，故溶液Y不一定是铵盐溶液，故B项正确；C．铁粉加入稀硝酸中，如果Fe过量，过量的Fe会Fe3+反应生成Fe2+，3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，若铁的量很多，则三价铁全部被还原，则加入KSCN不会呈血红色，故C项错误；D．向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和能使品红溶液褪色的刺激性气味的气体，据分析该黄色沉淀是单质S，能使品红溶液褪色的刺激性气味的气体为SO2；则有如下情况:(1)Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，则溶液中有；(2)溶液中有亚硫酸根遇到氢离子会生SO2，SO2与S2-在酸性条件下能生成单质S，故溶液中还可能有和S2-，故D项错误；故答案选B。12．下列有关自然资源的开发利用的叙述正确的是A．煤中含有大量的苯、甲苯、二甲苯等有机物，可通过煤的干馏来提取B．裂化汽油可用于萃取溴水中的溴C．石油的裂化和裂解属于化学变化而煤的液化、气化属于物理变化D．通过催化重整，可从石油中获取环状烃【答案】D【解析】【详解】A．煤中不含苯、甲苯和二甲苯等芳香烃，但可以通过煤的干馏来获取煤焦油，从煤焦油中提取苯、甲苯和二甲苯等，A错误；B．裂化汽油中含有烯烃，能够与溴发生加成反应，不能用于萃取溴水中的溴，B错误；C．煤的气化是用煤来生产水煤气，煤的液化是用煤来生成甲醇等液态燃料，均为化学变化，C错误；D．石油的催化重整可以获得芳香烃等环状烃，目的是为了提高芳香烃的质量和产量，D正确；故答案选D。13．工业上合成乙苯()的反应为：+CH2=CH2，下列说法不正确的是A．乙苯的分子式是C8H10B．苯和乙烯均为平面形分子C．苯是由碳原子以单键、双键相互交替结合而成D．等质量的苯和乙烯充分燃烧消耗O2的量：苯<乙烯【答案】C【解析】【详解】A．根据结构式可知，乙苯的分子式是C8H10，A项正确；B．苯和乙烯均为平面形结构分子，B项正确；C．苯中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊的共价键，C项错误；D．苯中氢元素质量分数为×100%=7.7%，乙烯中氢元素质量分数为×100%=14.3%，烃中氢元素质量分数越高，相同质量的烃完全燃烧时消耗的O2越多，D项正确；答案选C。14．某研究小组利用如图装置探究SO2和FeCl3溶液的反应原理。下列说法错误的是A．装置B中若产生白色沉淀，说明Fe3+能将SO2氧化成B．实验室中用98%的浓硫酸(ρ=1.84g/cm3)配制100g70%的硫酸需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100ml容量瓶C．三颈烧瓶中通入N2的操作应在滴加浓硫酸之前，目的是排尽装置内的空气D．装置C可能发生倒吸，可以换成倒置漏斗【答案】B【解析】【分析】先通N2排除装置内的空气，再打开分液漏斗的活塞使70%的硫酸和Na2SO3发生反应制备SO2，SO2与B中Fe3+发生氧化还原反应得和Fe2+，和Ba2+反应生成BaSO4沉淀，用C中NaOH吸收过量的SO2，据此解答。【详解】A．由于H2SO3的酸性弱于HCl，因此SO2不能和BaCl2溶液反应产生白色的BaSO3沉淀，装置B中若产生白色沉淀，则该白色沉淀必为BaSO4，说明说明Fe3+能将SO2氧化成，A正确；B．容量瓶用于配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的配制时定容，100g70%的硫酸物质的量浓度、体积无法计算，无需用到100mL容量瓶，B错误；C．氧气和二氧化硫水溶液能产生，干扰实验，因此三颈烧瓶中通入N2的操作应在滴加浓硫酸之前，目的是排尽装置内的空气，C正确；D．二氧化硫能与NaOH反应，若剩余二氧化硫较多，在C中易引起倒吸，因此装置C可能发生倒吸，可以换成倒置漏斗，D正确。答案选B。15．用下图装置探究原电池中的能量转化。图中注射器用来收集气体并读取气体体积，记录实验据如下表：①②气体体积/mL溶液温度/℃气体体积/mL溶液温度/℃0022.0022.08.53024.85023.810.55026.0--下列说法不正确的是A．两个装置中反应均为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑B．0~8.5min内，生成气体的平均速率①<②C．时间相同时，对比两装置的溶液温度，说明反应释放的总能量①>②D．生成气体体积相同时，对比两装置的溶液温度，说明②中反应的化学能部分转化为电能【答案】C【解析】【分析】由图可知，装置①中活泼金属锌与稀硫酸反应，反应时，锌片溶解，表面上有气泡逸出，不活泼金属铜与稀硫酸不反应；装置②中锌、铜在稀硫酸溶液中构成原电池，活泼金属锌做负极，不活泼金属铜做正极，电池工作时，锌片溶解，铜片表面有气泡逸出，原电池反应使反应速率加快。【详解】A.装置①和②发生反应的实质都是锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，反应的化学方程式为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，故A正确；B.由表格数据可知，相同时间内，装置②中生成的氢气的体积比装置①中大，生成气体的平均速率①<②，故B正确；C.由能量转化形式可知，装置①中化学能转化为热能，装置②中化学能转化为电能和热能，由两装置的溶液温度可知，装置①中化学能转化为热能的能量大于装置②中化学能转化为热能的能量，但相同时间内，装置②中生成的氢气的体积比装置①中大，反应释放的总能量①<②，故C错误；D.生成气体体积相同时，两装置反应释放的总能量相等，由两装置的溶液温度可知，装置①中化学能转化为热能的能量大于装置②中化学能转化为热能的能量，说明②中反应的化学能部分转化为电能，故D正确；故选C。二、填空题16．回答下列问题(1)氨是重要的化工原料。某工厂用氨制硝酸和铵盐的流程如图所示。①实验室制备氨气的化学方程式：_______②设备1中发生反应的化学方程式为：_______③设备2中通入的物质A是：_______④跟NaClO反应来制得肼()。该反应的化学方程式为：______(2)利用甲烷催化还原氮氧化物，可以消除氮氧化物的污染。已知：①

②

③

写出将还原为并生成液态水时的热化学方程式：_______(3)科研人员设想用如图原电池装置生产硫酸，则负极的电极反应式为_______为稳定持续生产，硫酸溶液的浓度应维持不变，则通入和水的质量比为_______【答案】(1)

或者空气

(2)

(3)

16：29【解析】【分析】由图可知，设备1中进行氨气的催化氧化，即NH3与O2在催化剂的作用下反应生成NO和H2O，根据原子守恒即可写出反应的化学方程式，将生成的NO通入到设备2中，继续向设备2中通入空气，将NO最终氧化为硝酸；(1)①实验室加热氯化铵和熟石灰制备氨气，反应的化学方程式：；②设备1中进行氨气的催化氧化，即NH3与O2在催化剂的作用下反应生成NO和H2O，反应的方程式为：；③将生成的NO通入到设备2中，继续向设备2中通入空气，将NO最终氧化为硝酸，硝酸再和氨气反应生成硝酸铵，则设备2中通入的物质A是：或者空气；④通过NH3跟NaClO反应来制得火箭燃料肼(N2H4)，反应为NaClO氧化NH3，产生肼，NaCl和水，反应方程式为；(2)根据盖斯定律×(①+②)－③×2即得到CH4将NO2还原为N2并生成液态水时的热化学方程式为CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(l)ΔH=-955kJ/mol；(3)负极二氧化硫失去电子转化为硫酸，则负极的电极反应式为。根据总反应式可知2SO2+O2+2H2O=2H2SO4可知生成1mol硫酸，需要64g二氧化硫和18g水，如果硫酸溶液的浓度应维持不变，则溶剂水的质量是98g，所以通入SO2和水的质量比为＝16：29。17．Ⅰ.在2L密闭容器内，800℃时反应体系中，随时间的变化如表：时间/s012356/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007(1)图中表示的变化的曲线是_______(填字母)+(2)800℃，反应达到平衡时，NO的转化率是_______(3)用表示从0~2s内该反应的平均速率v=_______Ⅱ.将一定量纯净的氨基甲酸铵()置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：(4)能使该反应的速率增大的是_______A．及时分离出气体 B．适当升高温度C．加入少量 D．选择高效催化剂(5)下列不能判断该分解反应已经达到化学平衡状态的是_______(填序号)①②密闭容器中的物质的量不变③容器中与的物质的量之比保持不变④密闭容器中气体总压强保持不变⑤的体积分数保持不变⑥形成2mol的同时消耗1mol⑦气体的平均相对分子质量保持不变⑧混合气体的密度保持不变【答案】(1)b(2)65%(3)0.0015mol/(L∙s)(4)BD(5)③⑤⑦【解析】(1)由表格数据可知，平衡时NO的物质的量为0.007mol，反应的NO为0.013mol，则生成的NO2为0.013mol，NO2的浓度为0.0065mol/L，且二氧化氮为生成物，曲线b平衡时的浓度为0.0065mol/L，故曲线b表示NO2的浓度变化，故选b；(2)800℃，反应达到平衡时，NO的转化率是；(3)由表中数据可知2s内，NO的浓度变化量为，故，根据速率之比等于化学计量数之比，故；(4)A．及时分离出CO2气体，生成物浓度减小，反应速率减小，故A不选；B．适当升高温度，反应速率加快，故B选；C．加入少量NH2COONH4(s)，固体物质的浓度不变，反应速率不变，故C不选；D．选择高效催化剂，反应速率加快，故D选；故答案为：BD；(5)①根据NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)，说明正逆反应速率相等，为平衡状态，故①不选；②密闭容器中氨气的物质的量不变，说明正、逆反应速率相等，为平衡状态，故②不选；③只要反应发生，容器中CO2与NH3的物质的量之比就是2∶1，保持不变，因此容器中NH3与CO2的物质的量之比保持不变，不能判断是平衡状态，故③选；④密闭容器中总压强保持不变，说明气体的总物质的量不变，说明反应达平衡状态，故④不选；⑤只要反应发生，容器中CO2与NH3的物质的量之比就是2∶1，CO2(g)的体积分数始终为，保持不变，因此CO2(g)的体积分数保持不变，不能判断是平衡状态，故⑤选；⑥形成6个N-H键等效于2个C=O键形成，同时有2个C=O键断裂，说明正、逆反应速率相等，是平衡状态，故⑥不选；⑦只要反应发生，容器中CO2与NH3的物质的量之比就是2∶1，气体的平均相对分子质量就等于，保持不变，因此气体的平均相对分子质量保持不变，不能判断是平衡状态，故⑦选；⑧混合气体的密度保持不变，说明气体的质量保持不变，说明是平衡状态，故⑧不选；不能判断该分解反应已经达到化学平衡状态的有③⑤⑦，故答案为：③⑤⑦。三、有机推断题18．有机化合物A-F之间转化关系如图，已知烃A的产量可以衡量一个国家石油化工发展水平。(1)E的结构简式为_______(2)X为A的同系物，相对分子质量比A大14，根据A的性质推测X的性质，下列说法错误的是_______A．X与在一定条件下能发生取代反应B．X与溴水反应产物为C．X发生加成聚合产物为D．X最多有9个原子共面(3)B的同系物分子中：写出主链5个碳原子，且有4个甲基的烷烃的同分异构体有_______种。写出其中一氯代物种数最少的结构简式为_______，并用系统命名法命名：_______(4)C→D的反应类型为_______(5)写出C→F的化学反应方程式_______(6)A和C的混合物共1mol，完全燃烧消耗_______mol【答案】(1)(2)BD(3)

2种

3-甲基-3-乙基戊烷(4)氧化反应(5)(6)3mol【解析】【分析】由烃A的产量可以衡量一个国家石油化工发展水平可知，A为乙烯；在镍做催化剂作用下，乙烯与氢气发生加成反应生成乙烷，则B为乙烷；在催化剂作用下，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，则C为乙醇；乙醇与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应直接生成乙酸，则D为乙酸；在浓硫酸作用下，乙醇和乙酸共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，则E为乙酸乙酯；在铜做催化剂作用下，乙醇和氧气共热发生催化氧化反应生成乙醛，则F为乙醛。(1)由分析可知，在浓硫酸作用下，乙醇和乙酸共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，则E为乙酸乙酯；E的结构简式为；(2)由X为乙烯的同系物，相对分子质量比A大14，则X为丙烯；A．丙烯分子中含有甲基，一定条件下，能与氯气在发生取代反应生成不饱和氯代烃，故A正确；B．丙烯分子中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应生成CH3CHBrCH2Br，故B错误；C．丙烯分子中含有碳碳双键，一定条件下，能发生加聚反应生成，故C正确；D．丙烯CH3-CH=CH2分子中含有碳碳双键，与碳碳双键直接相连的原子共平面，甲基是四面体结构，由于单键可旋转，则最多有7个原子共面，故D错误；故答案为：BD；(3)主链5个碳原子，且有4个甲基的烷烃的同分异构体有、共2种，其中一氯代物种数最少的结构简式为，系统命名法命名：3-甲基-3-乙基戊烷；(4)C为乙醇，乙醇与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应直接生成D为乙酸，C→D的反应类型为氧化反应；(5)C→F的反应为在铜做催化剂作用下，乙醇和氧气共热发生催化氧化反应生成乙醛和水，化学反应方程式为；(6)A为CH2=CH2，C为CH3CH2OH，乙醇的分子结构可以理解为C2H4•H2O，1mol乙烯和乙醇混合物完全燃烧消耗3mol氧气。四、实验题19．某研究性学习小组利用如图装置制备，并对的性质进行探究(装置的气密性已检查)。Ⅰ.探究与