2017-2018学年安徽省安庆一中、安师大附中、马鞍山二中、铜陵一中高二下学期期末化学试题（解析版）

2017-2018学年安徽省安庆一中、安师大附中、马鞍山二中、铜陵一中高二下学期期末化学试题（解析版）

‎2017-2018学年安徽省安庆一中、安师大附中、马鞍山二中、铜陵一中高二（下）期末化学试卷 一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）‎ 1. 下列生活用品，主要成分属于蛋白质的是（　　）‎ A. 尼龙绳 B. 宣纸 C. 羊绒衫 D. 棉衬衣 ‎【答案】C ‎【解析】解：A．尼龙绳主要成分是聚酯类合成纤维，不是蛋白质，故A错误； B．宣纸成分为天然纤维素，故B错误； C．羊绒衫的主要成分是羊毛属于蛋白质，故C正确； D．棉衬衣的主要成分为天然纤维素，不是蛋白质，故D错误； 故选：C。 蛋白质常存在于动物肌肉、毛发、指甲、角、蹄、蚕丝等，以此解答该题。 本题考查有机物的识别，为高频考点，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，注意相关基础知识的积累，难度不大。 ‎ 2. ‎《天工开物》记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无砂粘土而为之”，“凡坯既成，干燥之后，则堆积窖中燃薪举火”，“浇水转釉（主要为青色），与造砖同法”．下列说法错误的是（　　）‎ A. 沙子和粘土主要成分为硅酸盐 B. “燃薪举火”使粘土发生复杂的物理化学变化 C. 烧制后自然冷却成红瓦，浇水冷却成青瓦 D. 粘土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料 ‎【答案】A ‎【解析】解：A．沙子主要成分为二氧化硅，二氧化硅是氧化物，不属于硅酸盐，故A错误； B．黏土烧制成瓦的过程为复杂的物理化学变化过程，粘土发生复杂的物理化学变化，故B正确； C．青瓦和红瓦是在冷却时区分的：自然冷却的是红瓦，水冷却的是青瓦，故C正确； D．由“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无砂粘土而为之”可知粘土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料，故D正确； 故选：A。 A．沙子主要成分为二氧化硅； B．依据烧瓦过程中是否有新物质生成判断解答； C．青砖里面主要是氧化亚铁，红砖里面是氧化铁； D．结合干给出信息解答； 本题考查了陶瓷的烧制，熟悉硅及其化合物性质是解题关键，注意准确把握题干给出信息，题目难度不大． ‎ 3. 设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（　　）‎ A. 在密闭容器中，1.5molH2和0.5molN2充分反应后得到NH3分子数为NA B. 标准状况下，1.12L氯仿中含有的原子数为0.25NA C. 10g质量分数为46%的乙醇溶液中所含的极性共价键数为0.7NA D. 电解精炼铜时，若阴极质量增加6.4g，则阳极失去的电子数为0.2NA ‎【答案】D ‎【解析】解：A、合成氨的反应为可逆反应，故反应不能进行彻底，则反应后生成的氨气分子个数小于NA个，故A错误； B、标况下氯仿为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误； C、在乙醇的水溶液中，除了乙醇还含水，10g46%的乙醇溶液中乙醇的质量为4.6g，物质的量为0.1mol，含0.7NA条共价键，水的质量为5.4g，物质的量为0.3mol，含0.6NA条共价键，故此溶液中含有的极性键的条数为1.3NA条，故C错误； D、电解精炼铜时，阴极上发生反应Cu2++2e-=Cu，故当阴极上增加6.4g时，得到0.2mol电子，则阳极上失去0.2NA个电子，故D正确。 故选：D。 A、合成氨的反应为可逆反应； B、标况下氯仿为液体； C、在乙醇的水溶液中，除了乙醇还含水； D、电解精炼铜时，阴极上发生反应Cu2++2e-=Cu。 本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构。 ‎ 1. 下图是金属镁和卤素单质（X2）反应的能量变化示意图。下列说法正确的是（　　） ‎ A. 金属镁和卤素单质（X2）的反应能自发进行是因为△H均小于零 B. 热稳定性：MgI2＞MgBr2＞MgCl2＞MgF2 C. 工业上可由电解MgCl2溶液冶炼金属Mg，该过程需吸收热量 D. 由图可知此温度下MgBr2（s）与Cl2（g）反应的热化学方程式为：MgBr2（s）+Cl2（g）=MgCl2（s）+Br2（g）△H=+117kJ•mol-1 ‎ ‎【答案】A ‎【解析】解：A．由图可知，均为反应物总能量大于生成物总能量，均为放热反应，则金属镁和卤素单质（X2）的反应能自发进行是因为△H均小于零，故A正确； B．能量低的物质稳定，则化合物的热稳定性顺序为：MgI2＜MgBr2＜MgCl2＜MgF2，故B错误； C．电解MgCl2溶液生成氢氧化镁、氢气、氯气，电解时电能转化为化学能，故C错误； D．由图可知Mg（s）+Cl2（l）=MgCl2（s）△H=-641kJ/mol，Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）△H=-524kJ/mol，结合盖斯定律，将第一个方程式减去第二方程式得MgBr2（s）+Cl2（g）=MgCl2（s）+Br2（g）△H=-117KJ•mol-1，故D错误； 故选：A。 A．由图可知，均为反应物总能量大于生成物总能量； B．能量低的物质稳定； C．电解MgCl2溶液生成氢氧化镁、氢气、氯气； D．由图可知Mg（s）+Cl2（l）=MgCl2（s）△H=-641kJ/mol，Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）△H=-524kJ/mol，结合盖斯定律来解答。 本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、稳定性与能量、盖斯定律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。 ‎ 2. 下列实验中，依据操作及现象，得出的结论正确的是（　　）‎ 实验操作 现象 结论 A 取少量Na2O2粉末，向其中滴加过量的稀盐酸 产生无色气体 Na2O2已变质 B 向Ca（C1O）2溶液中通入SO2气体 产生白色沉淀 H2SO3的酸性强于HClO C 向C2H5Br中加入NaOH乙醇溶液，加热，将产生的气体依饮通过蒸馏水、酸性KMnO4溶液 紫红色褪去 生成了乙烯 D 向某溶液中先加入几滴KSCN溶液，再滴入酸性高锰酸钾溶液 溶液变为浅红色 原溶液中有含Fe2+‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】解：A．过氧化钠与盐酸反应生成氧气，若变质混有碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳，则有气体生成不能说明是否变质，故A错误； B．Ca（ClO）2溶液中通入SO2气体，发生氧化还原反应生成硫酸钙，不能比较酸性的强弱，且HClO为弱酸，硫酸为强酸，故B错误； C．C2H5Br中加入NaOH乙醇溶液，加热，发生消去反应生成乙烯，蒸馏水可除去乙醇，乙烯能被高锰酸钾氧化，则溶液褪色可说明生成乙烯，故C正确； D．原溶液中可能含Fe3+，再滴入酸性高锰酸钾溶液时溶液的体积变大，且高锰酸钾为紫色，不能说明原溶液中有含Fe2+，故D错误； 故选：C。 A．过氧化钠与盐酸反应生成氧气，若变质混有碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳； B．Ca（ClO）2溶液中通入SO2气体，发生氧化还原反应生成硫酸钙； C．C2H5Br中加入NaOH乙醇溶液，加热，发生消去反应生成乙烯，蒸馏水可除去乙醇，乙烯能被高锰酸钾氧化； D．原溶液中可能含Fe3+。 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、反应与现象、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。 ‎ 1. 某离子反应中涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种微粒．其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示．下列判断正确的是（　　）‎ A. 该反应的还原剂是Cl- B. 消耗1mol还原剂，转移6mol电子 C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3 D. 反应后溶液的酸性明显增强 ‎ ‎【答案】D ‎【解析】解：方程式为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+， A．由方程式可知反应的还原剂为NH4+，故A错误； B．N元素化合价由-3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故B错误； C．由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，故C错误； D．反应生成H+，溶液酸性增强，故D正确。 故选：D。 由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO-为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，则反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+‎ ‎，以此解答该题． 本题考查氧化还原反应的计算，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，难度不大． ‎ 1. 在某2L恒容密闭容器中充入2mol X（g）和1mol Y（g）发生反应：2X（g）+Y（g）⇌3Z（g）反应过程中持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示．下列推断正确的是（　　）‎ A. M点时，Y的转化率最大 B. 升高温度，平衡常数减小 C. 平衡后充入Z，达到新平衡时Z的体积分数增大 D. W、M两点Y的正反应速率相同 ‎【答案】B ‎【解析】解：温度在a℃之前，升高温度，X的含量减小，温度在a℃之后，升高温度，X的含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向正反应进行，最低点之后，各点为平衡点，升高温度X的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应， A．曲线上最低点Q为平衡点，升高温度平衡向逆反应移动，Y的转化率减小，所以Q点时，Y的转化率最大，故A错误； B．已知该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，平衡常数减小，故B正确； C．反应前后气体的物质的量不变，平衡时充入Z，达到平衡时与原平衡是等效平衡，所以达到新平衡时Z的体积分数不变，故C错误； D．W点对应的温度低于M点对应的温度，温度越高，反应速率越高，所以W点Y的正反应速率小于M点Y的正反应速率，故D错误； 故选：B。 温度在a℃之前，升高温度，X的含量减小，温度在a℃之后，升高温度，X的含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向正反应进行，最低点之后，各点为平衡点，升高温度X的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，据此分析解答． 本题考查化学平衡图象、化学反应速率和平衡的影响因素、化学平衡常数等，难度中等，判断最低点及之后各点为平衡点是解题的关键． ‎ 2. 第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种容液。室温0.0100mol/L的这四种溶液的pH与该元家原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）‎ A. 氢化物熔点：W＜X B. 气态氢化物的稳定性：Z＞W＞Y C. 简单离子半径：X＞Z＞W D. Z与X形成化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红 ‎【答案】A ‎【解析】解：由以上分析可知X为Na、Y为P、Z为S、W为Cl元素。 A．NaH为离子化合物，熔点比HCl高，故A正确； ‎ B．非金属性W＞Z＞Y，气态氢化物的稳定性：W＞Z＞Y，故B错误； C．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径＞S2-＞Cl-＞Na+，故C错误； D．Z与X形成化合物为Na2S，水溶液呈碱性，可使红色石蕊试液变蓝色，故D错误。 故选：A。 第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液pH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na；Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的强、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径Y＞Z＞Cl，硅酸不溶于水，故Z为S元素，Y为P元素，以此解答该题。 本题考查结构性质位置关系应用，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，根据酸性、原子半径推断元素是解题关键，侧重对元素周期律的考查，难度中等。 ‎ 1. 常温下，二氧化二硫（S2C12）为橙黄色液体，遏水易水解，工业上用于橡胶的硫化。某学习小组合成S2Cl2的实验装置如图所示。下列说法正确的是（　　）‎ ‎ A. 实验室可以用盐酸酸化高锰酸钾溶液 B. C中所盛试剂为饱和碳酸氢钠溶液 C. 实验时需先点燃B处的酒精灯 D. G中可收集到纯净的产品 ‎【答案】C ‎【解析】解：A．由浓盐酸与二氧化锰加热发生反应生成氯气，可知高锰酸钾可氧化盐酸，则不能用盐酸酸化高锰酸钾溶液，故A错误； B．C中所盛试剂为饱和氯化钠溶液，可除去氯气中混有的HCl，故B错误； C．实验时需先点燃B处的酒精灯，后点燃E处的酒精灯，防止S与氧气反应，故C正确； D．E装置中生成气态S2Cl2，G装置中S2Cl2中混有S，故D错误； 故选：C。 由制备实验装置可知，A中为浓盐酸，B中为二氧化锰，浓盐酸与二氧化锰加热发生反应生成氯气，C中饱和食盐水除去HCl，D中浓硫酸干燥氯气，E中S与氯气反应生成S2Cl2，G中可收集液态S2Cl2，且可防止倒吸，H中NaOH溶液吸收尾气，以此来解答。 本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验装置的作用，题目难度不大。 ‎ 2. 下列关于有机化合物的说法错误的是（　　）‎ A. 甘氨酸和氯乙烯都能通过聚合反应生成高分子化合物 B. 麦芽糖的水解产物有两种，且互为同分异构体 C. 等质量的苯和苯乙烯（）完全燃烧，消耗氧气的物质的量相同 D. 乙酸和葡萄糖都能与新制的氢氧化铜反应 ‎【答案】B ‎【解析】解：A．甘氨酸含氨基、羧基，可发生缩聚反应生成高分子，而氯乙烯含碳碳双键，发生加聚反应生成高分子，故A正确； B．麦芽糖的水解只生成葡萄糖，产物只有一种，故B错误； C．苯和苯乙烯（）是最简式均为CH，等质量时含C、H的质量相同，则完全燃烧，消耗氧气的物质的量相同，故C正确； D．乙酸含-COOH与氢氧化铜发生中和反应，葡萄糖含-CHO，与氢氧化铜发生氧化反应，故D正确； 故选：B。 A．甘氨酸含氨基、羧基，氯乙烯含碳碳双键； B．麦芽糖的水解只生成葡萄糖； C．苯和苯乙烯（）是最简式均为CH，等质量时含C、H的质量相同； D．乙酸含-COOH，葡萄糖含-CHO。 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、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。 ‎ 1. 下列离子方程式书写正确的是（　　）‎ A. 用（NH4）2Fe（SO4）2 溶液与过量NaOH反应制Fe（OH）2：Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓ B. 用稀氢碘酸溶液除去铁制品表面的铁锈：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O C. 向小苏打溶液中加入少量Ca（OH）2溶液反应：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+2H2O+CO32- D. 向NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=Cl-+2Fe3++H2O ‎【答案】C ‎【解析】解：A．用（NH4）2Fe（SO4）2 溶液与过量NaOH反应制Fe（OH）2的离子反应为2NH4++Fe2++4OH-=Fe（OH）2↓+2NH3．H2O，故A错误； B．用稀氢碘酸溶液除去铁制品表面的铁锈的离子反应为Fe2O3+2I-+6H+=2Fe2++I2+3H2O，故B错误； C．向小苏打溶液中加入少量Ca（OH）2溶液反应的离子反应为Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+2H2O+CO32-，故C正确； D．向NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为H2O+2Fe2++ClO-+4OH-=Cl-+2Fe（OH）3↓，故D错误； 故选：C。 A．与过量NaOH反应，漏写铵根离子与碱的反应； B．发生氧化还原反应生成碘化亚铁、碘和水； C．少量Ca（OH）2完全反应，生成碳酸钙、碳酸钠和水； D．滴入少量FeSO4溶液，完全反应，生成氢氧化铁． 本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、与量有关的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大． ‎ 2. 工业上用粗盐（含Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质）为主要原料采用“侯氏制碱法”生产纯碱和化肥NH4Cl，工艺流程如下图所示．下列有关说法正确的是 （　　） ‎ ‎ A. 对粗盐溶液除杂可依次加入NaOH、Na2CO3、BaCl2，再加入盐酸调节溶液pH B. 饱和食盐水中先通入的气体为CO2 C. 流程图中的系列操作中一定需要玻璃棒 D. 如图所示装置可以比较Na2CO3和NaHCO3晶体的热稳定性 ‎【答案】C ‎【解析】解：A、除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙，可以加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除钙离子和过量的钡离子，盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，故A错误； B、二氧化碳在水中溶解度较小，氨气溶解度较大，故应先通入氨气，碱性溶液中再通入二氧化碳，二氧化碳的溶解度增大，可以达到实验目的，故B错误； C、从溶液中得到固体，需要加热浓缩，冷却结晶、过滤等操作，这些过程中需要玻璃棒搅拌、引流等，故C正确； D、Na2CO3加热不易分解，NaHCO3晶体加热容易分解，故小试管中盛放NaHCO3，大试管中盛放Na2CO3，NaHCO3间接加热能分解，Na2CO3直接加热不分解，能证明两者的稳定性，图中放反，故D错误，故选C。 A、除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙，可以加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除钙离子和过量的钡离子，盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，加氢氧化钠和氯化钡无先后顺序要求； B、二氧化碳在水中溶解度较小，氨气溶解度较大，故应先通入氨气； C、从溶液中得到固体，需要加热浓缩，冷却结晶、过滤等操作，据此解答即可； D、Na2CO3加热不易分解，NaHCO3晶体加热容易分解，据此解答即可． 本题以纯碱工业为载体，考查的是粗盐的提纯、纯碱与小苏打热稳定性比较、气体通入顺序以及流程分析等，难度不大． ‎ 1. 某新型水系钠离子电池工作原理如下图所示。TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，充电时Na2S4还原为Na2S．下列说法错误的是（　　）‎ ‎ A. 充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能 B. 放电时，a极为负极 ‎ C. 充电时，阳极的电极反应式为3I--2e-=I3- D. M是阴离子交换膜 ‎【答案】D ‎【解析】解：A、根据题意：TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能，故A正确； B、充电时Na2S4还原为Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a是负极，故B正确； C、在充电时，阳极b上发生失电子的氧化反应，根据图示知道电极反应为：3I--2e-=I3-，故C正确； D、根据图示可以知道交换膜允许钠离子自由通过，所以应该是阳离子交换膜，故D错误。 故选：D。 根据题意：TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能，充电时Na2S4还原为Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a是负极，b是电池的正极，在充电时，阳极上发生失电子的氧化反应：3I--2e-=I3-，据此回答。 本题考查了原电池原理，明确正负极上得失电子及反应类型是解本题关键，难点是电极反应式的书写，根据M晶体的类型确定M的导电作用，题目难度中等。 ‎ 1. 已知Ka（CH3COOH）=1.7×10-5，Kb（NH3•H2O）=1.7×10-5．25℃时，向40ml浓度均为0.01mol•L-1的盐酸和醋酸（1：1）混合溶液中逐滴加入0.10mol•L-1的氨水，测定过程中电导率和pH变化曲线如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A. a点溶液中，c（CH3COO-）数量级约为10-5 B. b点溶液中，c（NH4+）＜c（CH3COOH） C. c点溶液中，c（NH4+）＞c（Cl-）+c（CH3COO-） D. d点水的电离程度大于c点 ‎【答案】A ‎【解析】解：A．由CH3COOH的电离平衡常数表达式可知，c（CH3COO-）=≈=1.7×10-5，故A正确； B．Ka（CH3COOH）=1.7×10-5，Kh（NH4+）=×10-9，Ka（CH3COOH）＞Kh（NH4+），醋酸电离程度大于NH4+水解程度，则c（NH4+）＞c（CH3COOH），故B错误； C．根据电荷守恒式c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（CH3COO-）+c（OH-），且c（H+）＞c（OH-），则c点溶液中，c（NH4+）＜c（Cl-）+c（CH3COO-），故C错误； D．c点氯化铵、醋酸铵均促进水的电离，d点还存在抑制水的电离的一水合氨，故c点水的电离程度大于d点，故D错误， 故选：A。 a点为浓度均为0.01mol/L的盐酸和醋酸（1：1）混合溶液，b点溶质为等浓度氯化铵和醋酸，c点溶质为等浓度氯化铵和醋酸铵，d点溶质为氯化铵、醋酸铵和一水合氨的中性溶液，根据醋酸的电离平衡常数表达式，电荷守恒，物料守恒分析。 本题考查弱电解质的电离平衡，明确图象上点对应溶液中的组分是解题的关键，注意运用溶液中的守恒关系，整体难度中等。 ‎ 二、双选题（本大题共1小题，共3.0分）‎ 1. 据《Chem Commun）报导，Marcel Mayorl合成的桥连多环烃（），拓展了人工合成自然产物的技术。下列有关该烃的说法错误的是（　　）‎ A. 属于饱和烃，不能发生氧化反应 B. 一氯代物共有5种 C. 分子中含有4个五元环 D. 不存在属于苯的同系物的同分异构体 ‎【答案】AD ‎【解析】解：A．只含单键，且含环状结构，为不饱和烃，可燃烧生成二氧化碳和水，能发生氧化反应，故A错误； B．为对称结构，分子中含有五种环境的氢原子，则一氯代物共有5种，故B正确； C．分子中含有4个五元环和3个六元环，则分子中含有4个五元环，故C正确； D．由结构可知分子式为Cl1H16，不饱和度为=4，苯环的不饱和度为4，则存在属于苯的同系物的同分异构体，故D错误； 故选：AD。 A．只含单键，且含环状结构，可燃烧生成二氧化碳和水； B．为对称结构，分子中含有五种环境的氢原子； C．分子中含有4个五元环和3个六元环； D．由结构可知分子式为Cl1H16，不饱和度为=4，苯环的不饱和度为4。 本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、官能团与性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。 ‎ 三、简答题（本大题共2小题，共25.0分）‎ 2. 草酸钴是制作氧化钴和金属钴的原料．一种利用含钴废料（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等）制取CoC2O4的工艺流程如图： （1）“550℃焙烧”的目的是______； （2）“浸出液”的主要成分是______； （3）“钴浸出”过程中Co3+转化为Co2+，反应的离子方程式为______； （4）“净化除杂1”过程中，先在40～50℃加入H2O2，其作用是______（用离子方程式表示）；再升温至80～85℃，加入Na2CO3溶液，调pH至4.5，“滤渣1”主要成分的是______． （5）“净化除杂2”可将钙、镁离子转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中c（Ca2+）=1.0×l0-5mol/L，则滤液中 c（Mg2+）为______[已知Ksp（MgF2）=7.35×10-11、Ksp（CaF2）=1.05×10-10]． （6）为测定制得样品的纯度，现称取1.00g样品，将其用适当试剂转化，得到草酸铵[（‎ NH4）2C2O4]溶液，再用过量稀硫酸酸化，用0.1000mol/L KMnO4溶液滴定，达到滴定终点时，共用去KMnO4溶液26.00mL，则草酸钴样品的纯度为______．‎ ‎【答案】除去碳和有机物   NaAlO2   2Co3++SO32-+H2O=2Co2++SO42-+2H+   2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O   Fe（OH）3   7.0×10-6mol/L   95.55%‎ ‎【解析】解：（1）“550℃焙烧”可以除去碳和有机物； 故答案为：除去碳和有机物； （2）加入氢氧化钠溶液，Al2O3溶解生成NaAlO2，所以浸出液的主要成分为NaAlO2； 故答案为：NaAlO2； （3）“钴浸出”过程中Co3+转化为Co2+，则Na2SO3将Co3+还原为Co2+，自身被还原为硫酸钠，发生的反应为：2Co3++SO32-+H2O=2Co2++SO42-+2H+； 故答案为：2Co3++SO32-+H2O=2Co2++SO42-+2H+； （4）加入H2O2，氧化Fe2+氧化为Fe3+，反应为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，再升温至80～85℃，加入Na2CO3调pH至4.5，可得到Fe（OH）3沉淀； 故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；Fe（OH）3； （5）已知Ksp（MgF2）=7.35×10-11、Ksp（CaF2）=1.05×10-10，若所得滤液中c（Ca2+）=1.0×l0-5mol/L，则c（F-）2=，c（Mg2+）===7.0×10-6mol/L； 故答案为：7.0×10-6mol/L； （6）称取1.00g样品，将其用适当试剂转化，得到草酸铵[（NH4）2C2O4]溶液，再用过量稀硫酸酸化，用0.1000mol/L KMnO4溶液滴定，达到滴定终点时，共用去KMnO4溶液26.00mL， 根据5CoC2O4～5（NH4）2C2O4～2KMnO4，则样品中m（CoC2O4）=×26×10-3L×0.1mol/L×147g/mol=0.9555g，故酸钴样品的纯度为=95.55%； 故答案为：95.55%． 550℃焙烧含钴废料（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等）除去碳和有机物，加入氢氧化钠溶液，其中Al2O3溶解生成NaAlO2，Co2O3、Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO不溶，过滤，则浸出液的主要为NaAlO2，向过滤得到的固体加入稀硫酸和亚硫酸钠，Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，可得CoCl2、FeCl2、MgCl2、CaCl2，在40～50℃加入H2O2，氧化Fe2+氧化为Fe3+，再升温至80～85℃，加入Na2CO3调pH至4.5，可得到Fe（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，滤液中主要含有CoCl2，加入草酸铵溶液得到草酸钴，据此分析解答． 本题考查物质制备工艺流程、物质的分离提纯、溶度积常数应用等，侧重考查学生分析能力、获取信息能力，难度较大． ‎ 1. 树枝化聚合物在生物、医药、催化和光电功能材料等领域有广泛的应用。有机化合物G（3，5-二溴苯甲酸乙酯）是合成树枝化聚合物的重要原料，由A（甲苯）制备H的一种合成路线如下： 回答下列问题： （1）E的化学名称为______。 （2）C的结构简式为______，F中的官能团名称是______。 （3）A 生成B的反应类型为______。 （4）由F生成G的化学方程式为______。 （5）G的同分异构体中能同时满足下列条件的共有______种（不含立体异构）；①溴直接与苯环相连，②苯环只有3个取代基，③存在酯基官能团。 （6）写出用乙苯为原料制备化合物的合成路线______（其他试剂任选）。‎ ‎【答案】3，5-二溴甲苯     羧基、溴原子   取代反应     35  ‎ ‎【解析】解：（1）E为，为3，5-二溴甲苯，故答案为：3，5-二溴甲苯； （2）C的结构简式为，F为，含有羧基、溴原子， 故答案为：；羧基、溴原子； （3）由官能团的变化可知A发生取代反应生成B，故答案为：取代反应； （4）F发生酯化反应生成G，反应的化学方程式为， 故答案为：； （5）G为，对应的同分异构体，①溴直接与苯环相连，②苯环只有3个取代基，③存在酯基官能团，则苯环含有2个-Br、1个含有酯基的支链，酯基可能为 ‎-COOCH2CH3、-CH2COOCH3、HCOOCH2CH2-、HCOOCH（CH3）-、CH3COOCH2-、CH3CH2COO-，各有6种位置异构，共36种，则G的同分异构体满足条件的有35种， 故答案为：35种； （6）用乙苯为原料制备化合物，乙苯先发生硝化反应，氧化乙基生成羧基，在发生还原反应生成氨基，最后发生缩聚反应可生成目标物，反应的流程为， 故答案为：。 由流程图可知A到B为氨基中的氢原子被取代，A应为，B到C为卤代，再根据D的结构特点确定C中溴原子的取代位置，所以C的结构简式为：，后面物质采用逆向推理，根据最终产物G的名称可以推测F到G为酯化反应，再根据E到F的条件可知这步为侧链的氧化反应，进而确定D到E为氨基的脱离，则E为，F为，G为，以此解答该题。 本题考查有机物推断和合成，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确官能团及其性质关系、常见反应类型及反应条件是解本题关键，注意题给信息的灵活运用，易错点为（5），注意同分异构体的判断，题目难度不大。 ‎ 四、实验题（本大题共2小题，共30.0分）‎ 1. 检测明矾样品（含砷酸盐）中的砷含量是否超标，实乙酸铅实验装置如图所示（夹持装置已略去）。 【实验1】配制砷标准溶液 ①取0.132gAs2O3，用NaOH溶液完全溶解后，配制成1LNa2AsO3溶液（此溶液1mL相当于0.10mg砷） ②取一定量上述溶液，配制1L含砷量为1mg/L的砷标准溶液。 （1）步骤①中，必须使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有______；步骤②需取用步骤①中Na2AsO3溶液______mL。 【实验2】制备砷标准对照液 ①往A 瓶中加入2.00mL砷标准溶液，再依次加入一定量的盐酸、KI试液和SnCl2溶液，室温放置10min，使砷元素全部转化为H3AsO3。 ②往A瓶中加入足量锌粒（含有ZnS杂质），立即塞上装有乙酸铅棉花的导气管B，并使B管右侧末端插入比色管C中银盐吸收液的液面下，控制反应温度25-40℃．45min后，生成的砷化氢气体被完全吸收，Ag+被还原为红色胶态银。 ③取出C管，向其中添加氯仿至刻度线，混匀，得到砷标准对照液。 （2）乙酸铅棉花的作用是______。 （3）完成生成砷化氢反应的离子方程式：______Zn+______H3AsO3+______ H+=______+______Zn2++______ （4）控制A瓶中反应温度的方法是______；反应中，A瓶有较多氢气产生，氢气除了搅拌作用外，还具有的作用是______。 （5）B管右侧末端导管口径不能过大（一般为1mm），原因是______。 【实验3】判断样品中砷含量是否超标 称取ag明矾样品替代【实验2】①中“2.00mL砷标准溶液”，重复【实验2】后续操作。将实验所得液体与砷标准对照液比对，若所得液体的颜色浅，说明含砷量未超标，反之则超标。 （6）国标规定砷限量为百万分之一（质量分数），则【实验3】中所取明矾样品a为______。‎ ‎【答案】1000mL容量瓶、胶头滴管   10.0   除去H2S气体   3   1   6   AsH3↑   3   3H2O   水浴加热   将AsH3气体完全带入C管   增大反应接触面积，使AsH3气体被充分吸收，确保形成胶态银   2.0‎ ‎【解析】解：（1）步骤①中，必须使用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有1000mL容量瓶、胶头滴管，此溶液1mL相当于0.10mg砷，配制1L含砷量为1mg•L-1的砷标准溶液，步骤②需取用步骤①中Na3AsO3溶液为10.0mL， 故答案为：1000mL容量瓶、胶头滴管；10.0； （2）乙酸铅棉花的作用是：除去H2S气体， 故答案为：除去H2S气体； （3）锌元素化合价0价变化为+2价，砷元素化合价+3价变化为-3价，电子转移6e-，锌前的系数为3，配平得到化学方程式为：3Zn+H3AsO3+6H+=AsH3↑+3Zn2++3H2O， 故答案为：3Zn+H3AsO3+6H+=AsH3↑+3Zn2++3H2O； （4）控制反应温度25～40℃，控制A瓶中反应温度的方法是水浴加热，反应中，A瓶有较多氢气产生，氢气除了搅拌作用外，还具有的作用是：将AsH3气体完全带入C管， 故答案为：水浴加热；  将AsH3气体完全带入C管； （5）B管右侧末端导管口径不能过大（约为1mm），原因是：增大反应接触面积，使AsH3气体被充分吸收，确保形成胶态银， 故答案为：增大反应接触面积，使AsH3气体被充分吸收，确保形成胶态银； （6）配制1L含砷量为1mg•L-1的砷标准溶液，2.00m砷标准溶液含砷2.0mg，国标规定砷限量为百万分之一计算，a×1×10-6=2×10-3L×1×10-6（g/L） a=2.0×10-3g=2.0mg， 故答案为：2.0。 （1）取0.132gAg2O3，用NaOH溶液完全溶解后，配制成1LNa3AsO3溶液（此溶液1mL相当于0.10mg砷），配制溶液需要计算、称量、溶解、转移、定容、摇匀等步骤，据此选择需要的仪器； （2）乙酸铅和硫化氢反应等出硫化铅沉淀； （3）锌元素化合价0价变化为+2价，砷元素化合价+3价变化为-3价，电子转移6e-，锌前的系数为3，结合原子守恒配平书写化学方程式； （4）控制反应温度25～40℃，需要水浴加热，氢气气流会把生成的AsH3带入装置C吸收； ‎ ‎（5）B管右侧末端导管口径不能过大是增加反应接触面积，利于吸收生成的气体； （6）配制1L含砷量为1mg•L-1的砷标准溶液，2.00m砷标准溶液含砷2.0mg，国标规定砷限量为百万分之二，结合砷守恒计算； 本题考查了物质组成和性质探究实验、过程分析和氧化还原反应、元素守恒的计算等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。 ‎ 1. 工业废气、汽车尾气排放出的NOx、SO2等，是形成雾霾的主要物质，其综合治理是当前重要的研究课题。 （1）汽车尾气中的NO（g）和CO（g）在一定温度和催化剂条件下可发生如下反应： 2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H 已知：CO燃烧热的△H1=-283.0kJ/mol N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H1=+180.5kJ/mol，则△H=______。 （2）某研究小组对反应NO2+SO2⇌SO3+NO△H＜0进行相关实验探究。在固定体积的密闭容器中，使用某种催化剂，改变原料气配比[n（NO2）：n（SO2）]进行多组实验（各次实验的温度可能相同，也可能不同），测定NO2的平衡转化率[a（NO2）]，部分实验结果如图1所示。 ①如果将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，应采取的措施是______。 ②图中C、D两点对应的实验温度分别为TC和TD，通过计算判断：TC______TD （填“＞”、“=“或“＜”）。 （3）某厂采用湿法K2S2O8氧化脱硝和氨法脱硫工艺综合处理燃煤锅炉烟气，提高了烟气处理效率。 ①K2S2O8中S的化合价为+6，则S2O82-中含过氧键数目为______。 ②过二硫酸钾可通过电解KHSO4溶液的方法制得。电解液中含硫微粒主要存在形式与pH的关系如图2所示。 已知在阳极放电的高子主要是HSO4-，阳极区电解质溶液的pH范围为______；阳极的电极反应式为______。 ③已知25℃时，NH3•H20的Kb=1.8×10-5，H2SO3的Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.2×10-8。 若氨水的浓度为2.0 mol/L，溶液中的c（OH-）=______mol/L；将SO2通入该氨水中，当溶液呈中性时溶液中的c（NH4+）：c（HSO3-）=______。‎ ‎【答案】-746.5kJ/mol   降低温度   =   1   0～2   2HSO4--2e-=S2O82-+2H+   6.0×10-3   2.24‎ ‎【解析】解：（1）已知：CO燃烧热的△H1=-283.0kJ/mol，热化学方程式：①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△和83.0KJ/mol， ②N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H1=+180.5kJ/mol， 盖斯定律计算①×2-②得到2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H=-746.5kJ/mol， 故答案为：-746.5kJ/mol； （2）①如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，平衡转化率增大，平衡正向进行，正反应为放热反应，降低温度平衡正向进行， 故答案为：降低温度；  ②NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H=-41.8KJ/mol，反应为放热反应，n ‎（NO2）：n（SO2）=1，SO2（g）的起始浓度为c0mol•L-1，c（NO2）=c0mol/L， 图中C、D两点对应的实验温度分别为Tc和Td，C点二氧化氮转化率为50%，                         NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g） 起始量（mol/L）   c0 c0 0                 0 变化量（mol/L）0.5c0 0.5c0 0.5c0 0.5c0 平衡量（mol/L）0.5c0 0.5c0 0.5c0 0.5c0 平衡常数K=1 D点二氧化氮转化率40%，n（NO2）：n（SO2）=1.5，SO2（g）的起始浓度为c0mol•L-1，c（NO2）=1.5c0mol/L，                         NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g） 起始量（mol/L）1.5c0 c0 0              0 变化量（mol/L）0.6c0 0.6c0 0.6c0 0.6c0 平衡量（mol/L）0.9c0 0.4c0 0.6c0 0.6c0 平衡常数K=1 平衡常数相同说明反应温度相同，Tc=Td， 故答案为：=； （3）①过二硫酸离子中存在1个过氧键（-O-O-）、4个S=O键，4个S-O键，则该离子的结构简式为， 故答案为：1； ②阳极放电的离子主要是HSO4-，则阳极区电解质溶液的pH范围应控制在0～2， 阳极发生氧化反应，HSO4-放电转化为S2O82-，则阳极的电极反应为：2HSO4--2e-=S2O82-+2H+， 故答案为：0～2；2HSO4--2e-=S2O82-+2H+； ③NH3•H2O的Kb=1.8×10-5，若氨水的浓度为2.0mol•L-1，由Kb=，可知c（OH-）=mol/L=6.0×10-3mol/L， 将SO2通入该氨水中，当溶液呈中性时溶液中c（OH-）=c（H+）=10-7mol/L，电荷守恒得到：c（NH4+）=c（HSO3-）+2c（SO32-），=1+，H2SO3的Ka2=6.2×10-8，结合Ka2=计算，==0.62， 则=1+=1+2×0.62=2.24， 故答案为：6.0×10-3；2.24。 （1）已知：CO燃烧热的△H1=-283.0kJ/mol，热化学方程式：①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△和83.0KJ/mol， ②N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H1=+180.5kJ/mol， 盖斯定律计算①×2-②得到2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H； （2）①如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，平衡转化率增大，平衡正向进行； ②图中C、D两点对应的实验温度分别为Tc和Td，C点二氧化氮转化率为50%，D点二氧化氮转化率40%，计算CD点对应反应的平衡常数判断反应温度高低； （3）①过二硫酸离子中存在1个过氧键（-O-O-）、4个S=O键，4个S-O键； ②阳极放电的离子主要是HSO4-，则阳极区电解质溶液的pH范围应控制在0～2，阳极发生氧化反应，HSO4-放电转化为S2O82-‎ ‎； ③NH3•H2O的Kb=1.8×10-5，若氨水的浓度为2.0mol•L-1，可结合Kb=计算c（OH-），将SO2通入该氨水中，当溶液呈中性时溶液中c（OH-）=c（H+）=10-7mol/L，电荷守恒得c（NH4+）=c（HSO3-）+2c（SO32-），=1+，H2SO3的Ka2=6.2×10-8，结合Ka2=计算。 本题考查了热化学方程式书写和盖斯定律计算、平衡标志、反应速率计算、平衡常数相关计算、弱电解质电离平衡常数计算等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。 ‎