B．苯环上酚羟基邻对位H原子能被溴原子取代，1mol去甲肾上腺素最多能与3mol Br2发生取代反应，故B错误；
C．该有机物中含有酚羟基，能和碳酸钠反应生成酚钠和碳酸氢钠，故C错误；
D．该物质中含有酚羟基和氨基，具有酸性和碱性，能和氢氧化钠、稀盐酸反应，故D正确； 故选D．
【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查酚、氨基性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意酚羟基能和碳酸钠反应但不能和碳酸氢钠反应，为易错题．
9．下列指定微粒的数目相等的是（ ）
A．等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数 B．等物质的量的水与重水含有的中子数
C．同温、同压、同体积的CO和NO含有的质子数
D．等物质的量的铁和铝分别与足量盐酸完全反应时转移的电子数 【考点】物质的量的相关计算． 【专题】物质的量的计算．
【分析】A、乙烯有6对共用电子对，丙烯有9对； B、H和D原子的中子数不同；
C、一氧化碳和NO含有的质子数不同； D、Fe被氧化为+3价，而铝被氧化为+2价．
【解答】解：A、1 个乙烯中共用电子对数为 6，1 个丙烯中共用电子对数为 9，等质量的乙烯和丙烯共用电子对数比为：
×6：
×9=1：1，等质量的乙烯和丙烯中含有共用电子对数相同，故A
正确；
B、物质的量相等的H2O与D2O含有的中子数比值为（8）：（8+2×1）=8：10，中子数不同，故B错误；
C、CO的质子数为6+8=14，而NO的质子数为7+6=13，同温、同压、同体积的一氧化碳和一氧化碳含有的质子数不相等，故C错误；
D．Fe被氧化为+3价，而Al被氧化为+3价，则等物质的量的铁和铝分别与氯气完全反应，转移的电子数一定不等，故D错误． 故选A．
【点评】本题考查阿伏加德罗常数，题目难度中等，本题侧重于物质的结构和性质的考查，为易错点，答题时还要注意物质存在的外界条件是否一致．
10．根据如图，下列判断中正确的是（ ）
[来源:Zxxk.Com]
A．石墨与O2生成CO2的反应是吸热反应
B．金刚石、石墨与O2反应，均可生成具有极性共价键的CO2 C．从能量角度看，金刚石比石墨更稳定
D．C（金刚石，s）═C（石墨，s）△H=E3﹣E1 【考点】反应热和焓变．
【专题】化学反应中的能量变化．
【分析】A、根据图象看出石墨与O2的总能量比CO2的高； B、根据图象看出金刚石、石墨的最终产物均为二氧化碳； C、根据图象看出金刚石的能量大于石墨的能量；
D、根据图象看出C（金刚石，s）═C（石墨，s）△H=E1﹣E2．
【解答】解：A、根据图象看出石墨与O2的总能量比CO2的高，所以石墨与O2生成CO2的反应是放热反应，故A错误；
B、根据图象看出金刚石、石墨均可生成具有极性共价键的CO2，故B正确； C、根据图象看出金刚石的能量大于石墨的能量，能量越大越不稳定，故C错误； D、根据图象看出C（金刚石，s）═C（石墨，s）△H=E1﹣E2，故D错误． 故选：B．
【点评】本题侧重于化学反应原理的探究的考查，题目着重于考查学生的分析能力和自学能力，注意把握题给信息，难度不大．
11．溴酸银（AgBrO3）的溶解度随温度变化曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．温度升高不利于溴酸银的溶解 B．溴酸银的溶解是放热过程
C．若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯
D．60℃时，将0.04g溴酸银加入到10g水中，形成的分散系中存在沉淀溶解平衡 【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算． 【专题】溶解度的计算．
【分析】A．温度升高溶解度增大；
B．根据图象中温度对溴酸银的溶解度影响可知溴酸银的溶解过程为吸热过程；
C．溴酸银的溶解度受温度的影响较小，可以通过重结晶法分离硝酸钾与溴酸银的混合物； D．根据溶解度计算10g水中溴酸银，结合选项中的数据判断是否饱和．
【解答】解：A．温度升高溶解度增大，所以温度升高有于溴酸银的溶解，故A错误；
B．根据图象可知，升高温度，溴酸银的溶解度增大，说明溴酸银的溶解过程为吸热过程，故B错误；
C．根据图象可知，溴酸银的溶解度受温度的影响不大，而硝酸钾的溶解度受温度影响较大，所以硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯，故C正确；
D．60℃时，溴酸银的溶解度为0.6g，则10g水中溴酸银的质量为0.06g，则0.04g溴酸银加入到10g水中形成不饱和溶液，则形成的分散系中不存在沉淀溶解平衡， 故D错误； 故选C．
【点评】本题考查了难溶物的溶解平衡、温度对溶解度的影响等，题目难度中等，注意掌握难溶物的溶解平衡及其影响因素，明确溶度积的概念及计算方法是解题的关键．
12．常温下，两种酸的电离平衡常数如下表： 酸 电离常数K1 电离常数K2 ﹣2﹣7H2SO3 1.54×10 1.02×10 ﹣7﹣11H2CO3 4.3×10 5.6×10 常温下，浓度均为0.1mol/L的下列溶液：①Na2SO3；②Na2CO3；③NaHSO3，下列有关说法正确的是（ ）
A．pH：Na2CO3溶液小于Na2SO3溶液
+2﹣2﹣
B．结合H能力：CO3弱于SO3
++2﹣
C．NaHSO3溶液显酸性的原因是：NaHSO3═Na+H+SO3
﹣﹣2﹣2﹣
D．①与②溶液等体积混合后的溶液中：c（SO3）＞c（CO3）＞c（HCO3）＞c（HSO3） 【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡． 【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A．酸性越强，对应盐的水解程度越小； B．酸性越强，对应酸根离子结合氢离子的能力越小；
C．HSO3在溶液中部分电离；
D．Na2SO3与Na2CO3等物质的量混合，碳酸根离子的水解程度大于亚硫酸根离子．
﹣﹣
【解答】解：由电离常数可知，酸性：H2SO3＞H2CO3＞HSO3＞HCO3；
A．酸性越强，对应盐的水解程度越小，其pH越小，则pH：Na2CO3溶液大于Na2SO3溶液，故A错误；
B．酸性越强，对应酸根离子结合氢离子的能力越小，则结合H能力：CO3强于SO3，故B错误；
C．HSO3在溶液中部分电离，其电离方程式为：NaHSO3═Na+HSO3，HSO3?H+SO3，故C错误；
D．Na2SO3与Na2CO3等物质的量混合，碳酸根离子的水解程度大于亚硫酸根离子，则离子浓度c
2﹣2﹣
（SO3）＞c（CO3），水解生成的碳酸氢根离子浓度大于亚硫酸氢根离子浓度，所以溶液中：c
﹣﹣2﹣2﹣
（SO3）＞c（CO3）＞c（HCO3）＞c（HSO3），故D正确． 故选D．
【点评】本题考查了电离常数的应用、盐的水解、弱电解质的电离、离子浓度大小比较等，题目难度不大，注意根据酸的电离常数判断酸的酸性强弱．
13．某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生．为探究其反应原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是（ ） 选项 实验及现象 结论 A 将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝 反应中有NH3产生 B 收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色 反应中有H2产生 C 收集气体的同时测得溶液的pH为8.6 溶液中OHˉ氧化了Mg D 弱碱性溶液中Mg也可被氧化 将光亮的镁条放入pH为8.6的NaHCO3溶液中，有气泡产生 A．A B．B C．C D．D 【考点】镁的化学性质；铵盐． 【专题】元素及其化合物．
【分析】A．氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝；
﹣﹣
+2﹣2﹣
+
﹣﹣
+2﹣
B．氢气燃烧发出淡蓝色的火焰；
C．若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体； D．PH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化；
【解答】解：A．氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，可以证明气体中含有氨气，故A正确；
B．收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色，可以证明氢气的存在，故B正确；
C．若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体，所以C的结论不合理，故C错误；
D．PH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化，故D正确； 故选：C．
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉镁、氯化铵、碳酸氢钠的性质是解题关键，注意物质检验方法的积累．
14．Na2FeO4是一种高效的水处理剂，下列用于解释事实的方程式中，不正确的是（ ）
3+3+3+
A．Na2FeO4消毒、杀菌时得到的Fe可以净水，Fe能产生净水物质的原因是：Fe+3H2O?Fe（OH）
+
3（胶体）+3H
B．工业上可用FeCl3、NaOH、NaClO三种物质反应制得Na2FeO4，化学方程式为：2FeCl3+10NaOH+3NaClO═2 Na2FeO4+9NaCl+5H2O
3+2﹣
C．Na2FeO4在酸性溶液中不稳定，与水反应生成Fe和O2，离子方程式为：4FeO4
﹣3+
+10H2O═4Fe+20OH+3O2↑
﹣
D．工业上可用铁做阳极，电解浓NaOH溶液的方法制Na2FeO4，阳极的电极反应为：Fe﹣6e+8OH﹣2﹣
═FeO4+4H2O
【考点】离子方程式的书写． 【专题】离子反应专题．
【分析】A．Na2FeO4还原产物为Fe，Fe水解得到胶体；
B．FeCl3、NaOH、NaClO三种物质反应制得Na2FeO4，发生氧化还原反应，Cl元素得到电子生成NaCl；
C．酸性溶液中不能生成氢氧根离子； D．铁做阳极，Fe失去电子．
3+3+3+
【解答】解：A．Na2FeO4还原产物为Fe，Fe水解得到胶体，水解离子反应为Fe+3H2O?Fe（OH）
+
3（胶体）+3H，故A正确；
B．FeCl3、NaOH、NaClO三种物质反应制得Na2FeO4，发生氧化还原反应，Cl元素得到电子生成NaCl，由电子、原子守恒可知，反应为2FeCl3+10NaOH+3NaClO═2 Na2FeO4+9NaCl+5H2O，故B正确；
C．酸性溶液中不能生成氢氧根离子，则离子方程式为4FeO4+20 H═4Fe+10H2O+3O2↑，故C错误；
D．铁做阳极，Fe失去电子，则阳极的电极反应为：Fe﹣6e+8OH═FeO4+4H2O，故D正确； 故选C．
【点评】本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握习题中的信息、氧化还原反应及水解原理是解答本题的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度较大．
二、解答题（共5小题，满分58分）
15．高分子化合物PTT是一种性能优异的新型纤维，是当前国际上最新开发的热门高分子新材料．PTT的一种合成路线如图：
﹣
﹣
3+3+
2﹣+3+
2﹣
已知：R1CHO+R2CHCHO
（1）已知A→B是加成反应，B的结构简式为 CH3CHO ，C分子中含有的官能团是 ﹣CHO、﹣OH ．
（2）用系统命名法给有机物D进行命名 1，3﹣丙二醇 ．
（3）芳香烃E的相对分子质量为106，E的一氯代物只有2种，则E的结构简式为 （4）E→F的反应类型为 取代 反应，合成PTT的化学方程式为
．
．
（5）有机物I的同分异构体有很多种，写出同时符合下列条件的所有同分异构体的结构简式
．
①含有苯环 ②核磁共振氢谱有三个峰． 【考点】有机物的推断．
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】根据题给信息知，B为醛，结构简式为CH3CHO，A发生加成反应生成B，A为HC≡CH，C为HOCH2CH2CHO，C和氢气发生加成反应生成D，D结构简式为HOCH2CH2CH2OH； 芳香烃E的相对分子质量为106，设其分子式为CnH2n﹣6，n=
=8，E的一氯代物只有2种，
则E的结构简式为，
E和氯气在光照条件下发生取代反应生成F，F和氢氧化钠水溶液发生取代反应生成G，G能发生氧
化反应生成H，说明G是醇、H是醛，H发生银镜反应后酸化得到I，I是羧酸，所以F为、