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2021-2022学年北京市首都师大附属丽泽中学高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年北京市首都师大附属丽泽中学高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共28页。
2021-2022学年北京市首都师大附属丽泽中学高二（上）期末化学试卷
1. 有机物分子的结构简式为，其用系统命名法的名称是( )
A. 2，5−二甲基己烷 B. 2，4−二甲基−3−乙基己烷
C. 2，5−二甲基−3−乙基己烷 D. 3，3，4−三甲基己烷
2. 北京奥运会期间对大量盆栽鲜花施用了S−诱抗素制剂，以保证鲜花盛开，S−诱抗素的分子结构如图，下列关于该分子说法正确的是( )
A. 含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基
B. 含有苯环、羟基、羰基、羧基
C. 含有羟基、羰基、羧基、酯基
D. 含有碳碳双键、苯环、羟基、羰基
3. N95口罩是用聚丙烯制作成的能过滤95%微细颗粒的5层口罩。下列说法错误的是( )
A. 聚丙烯的单体是CH2=CH−CH3 B. 聚丙烯是混合物
C. 聚丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 聚丙烯的实验式为CH2
4. 下列实验能获得成功的是( )
A. 用溴水可鉴别苯、CCl4、己烯 B. 加浓溴水，然后过滤可除去苯中少量己烯
C. 苯、溴水、铁粉混合制成溴苯 D. 可用分液漏斗分离己烷和苯的混合物
5. 关于有机物的叙述正确的是( )
A. 丙烷的二氯代物是4种，则其六氯代物是2种
B. 对二甲苯的核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢
C. 甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有3种
D. 某烃的同分异构体只能形成一种一氯代物，其分子式可能为C5H12
6. 已知乙烯为平面形结构，因此1，2二苯乙烯可形成如下两种不同的空间异构体．下列叙述正确的是( )
A. 丙烯和2−丁烯也能发生类似的结构变化
B. 由结构(Ⅰ)到结构(Ⅱ)属物理变化
C. 结构(Ⅰ)和结构(Ⅱ)互为同分异构体
D. 1，2二苯乙烯中所有原子不可能处于同一平面内
7. 下列操作中正确的是( )
A. 将医用酒精变为无水乙醇：加入金属Na后，蒸馏
B. 除去溴苯中的少量溴：加入NaOH溶液，振荡、静置分层后除去水层
C. 除去苯甲酸中的氯化钠和泥沙：加热溶解、蒸发至出现大量固体后趁热过滤
D. 提取溶解在水中的少量碘：加入苯，振荡、静置分层后，取出下层液体，再分离
8. 分子式为C7H15Cl的某有机物发生消去反应时，得到三种烯烃，则该卤代烃的结构可能是( )
A.
B.
C.
D.
9. 下列关于甲、乙、丙、丁四种有机物说法正确的是( )
A. 四种物质中分别加入AgNO3溶液后再加稀硝酸，均有沉淀生成
B. 四种物质中加入NaOH溶液共热，然后加入稀硝酸酸化，再滴入AgNO3溶液，均有沉淀生成
C. 四种物质中加入NaOH的醇溶液共热，然后加入稀硝酸酸化，再滴入AgNO3溶液，均有沉淀生成
D. 乙发生消去反应得到两种烯烃
10. 现通过以下具体步骤由制取。
下列说法不正确的是( )
A. ③⑤为消去反应
B. A的所有碳原子不可能在同一平面上
C. ⑤的化学反应方程式为：
D. C的核磁共振氢谱上有两个吸收峰
11. 一种有机物的结构简式如图所示，下列有关该有机物的说法正确的是( )
A. 分子中有四种官能团
B. 分子中所有碳原子不可能在同一平面上
C. 1mol有机物与足量氢气反应，最多消耗1molH2
D. 该有机物能发生的反应类型有氧化反应、取代反应、加成反应
12. 只有一种试剂就能将甲苯、己烯、四氯化碳、乙醇区分开，该试剂为( )
A. 溴水 B. 碘化钾溶液 C. 酸性高锰酸钾溶液 D. 硝酸银溶液
13. 与互为同分异构体的芳香族化合物中，属于酚类和不属于酚类的种类分别有( )
A. 2种和1种 B. 3种和2种 C. 2种和3种 D. 3种和1种
14. 下列事实不能用原电池原理解释的是( )
A. 将镁粉、铁粉和食盐一块加到水中迅速反应放热
B. 铁被钝化处理后不易腐蚀
C. 纯锌与稀硫酸反应时，滴入少量CuSO4溶液后反应速率加快
D. 镀层破损后，镀锌铁比镀锡铁更耐用
15. 某小组进行电化学研究，甲同学设计如图的原电池装置，乙同学利用甲设计的装置及提供的药品与材料，不能完成的实验的是( )
A. 在石墨电极上镀锌 B. 设计一个新的原电池
C. 使甲同学的正极变为负极 D. 使锌电极受到保护
16. 如图是某同学设计的原电池装置，下列叙述中正确的是( )
A. 氧化剂和还原剂必须直接接触才能发生反应
B. 电极Ⅱ上发生还原反应，做原电池的正极
C. 该原电池的总反应式为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+
D. 盐桥中装有含氯化钾的琼脂，K+移向负极区
17. 据报道，摩托罗拉公司曾经研制过一种由甲醇和氧气以及强碱作电解质溶液的手机电池，电量可达镍氢电池或锂电池的10倍。有关此电池的叙述错误的是( )
A. 正极电极反应式：O2+2H2O+4e−=4OH−
B. 负极电极反应式：CH3OH+4OH−−4e−=CO2+4H2O
C. 电池在使用过程中，电解质溶液的pH降低
D. 当外电路通过1.2mole−时，理论上消耗甲醇6.4g
18. 为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn(3D−Zn)可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3D−Zn−NiOOH二次电池，结构如图所示。电池反应为Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l)ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。下列说法错误的是( )
A. 三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高
B. 充电时阳极反应为Ni(OH)2(s)+OH−(aq)−e−=NiOOH(s)+H2O(l)
C. 放电时负极反应为Zn(s)+2OH−(aq)−2e−=ZnO(s)+H2O(l)
D. 放电过程中OH−通过隔膜从负极区移向正极区
19. 我国科学家研制了一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池，其工作原理示意图如图。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。下列叙述不正确的是( )
A. 放电时，a电极反应为I2Br−+2e−=2I−+Br−
B. 放电时，溶液中离子的数目增大
C. 充电时，b电极每增重0.65g，溶液中有0.02molI−被氧化
D. 充电时，a电极接外电源负极
20. 常温下，NCl3是一种黄色黏稠状液体，是制备新型水消毒剂ClO2的原料，可以采用如图所示装置制备NCl3。下列说法正确的是( )
A. 石墨极的电极反应式为NH4++3Cl−−6e−=NCl3+4H+
B. 可用湿润的淀粉−KI试纸检验气体M
C. 每生成1molNCl3，理论上有4molH+经质子交换膜从左侧向右侧迁移
D. 电解过程中，质子交换膜右侧溶液的pH会减小
21. 在通风橱中进行下列实验：
步骤
现象
Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色
Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止
Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡
下列说法不正确的是( )
A. Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O2=2NO2
B. Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应
C. 对此Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3
D. 针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化
22. 常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是( )
A. 相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则Ka(HCOOH)>Ka(HF)
B. 相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中c(CH3COO−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)
C. FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp(FeS)>Ksp(CuS)
D. 在1mol⋅L−1Na2S溶液中，c(S2−)+c(HS−)+c(H2S)=1mol⋅L−1
23. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A. 由水电离的c(H+)=10−12mol/L的溶液中：Na+、NH4+、Cl−、K+
B. pH=14的溶液中ClO−、K+、Cl−、CO32−
C. 含有I−的溶液中：Na+、H+、Cl−、NO3−
D. 无色溶液中：Na+、Cr2O72−、K+、NO3−
24. 改变0.1mol⋅L−1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA−、A2−的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)=c(X)c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)]。下列叙述错误的是( )
A. pH=1.2时，c(H2A)=c(HA−)
B. lg[K2(H2A)]=−4.2
C. pH=2.7时，c(HA−)>c(H2A)=c(A2−)
D. pH=4.2时，c(HA−)=c(A2−)=c(H+)
25. 常温下，用0.1000mol⋅L−1的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol⋅L−1的三种一元弱酸的钠盐(NaX、NaY、NaZ)溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是( )
A. 该NaX溶液中：c(Na+)>c(X−)>c(OH−)>c(H+)
B. 三种一元弱酸的电离常数：Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ)
C. 当pH=7时，三种溶液中：c(X−)=c(Y−)=c(Z−)
D. 分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：c(X−)+c(Y−)+c(Z−)=c(H+)−c(OH−)
26. 立方烷()具有高度对称性、高致密性、高张力能及高稳定性等特点，因此合成立方烷及其衍生物成为化学界关注的热点．下面是立方烷衍生物I的一种合成路线：
回答下列问题：
(1)C的结构简式为______，E的结构简式为______.
(2)③的反应类型为______，⑤的反应类型为______.
(3)化合物A可由环戊烷经三步反应合成：
反应I的试剂与条件为______，反应2的化学方程式为______，反应3可用的试剂为______.
(4)在I的合成路线中，互为同分异构体的化合物是______.(填化合物代号)
(5)I与碱石灰共热可化为立方烷．立方烷的核磁共振氢谱中有______个峰．
(6)立方烷经硝化可得到六硝基立方烷，其可能的结构有______种．
27. 软锰矿浆(主要成分MnO2)可吸收烟气中的SO2，同时可制备MnCO3，工艺流程如图：
资料：①吸收后的软锰矿浆中含有Fe2+、Fe3+、Al3+、Zn2+等阳离子；
②金属离子沉淀的pH如下表．
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Zn2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
6.2
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
8.2
(1)脱硫的产物是MnSO4，软锰矿中MnO2所起的作用是 ______。
(2)过程1向浆液中通入O2的目的是 ______。
(3)滤渣1的成分是 ______，过程2中发生反应的离子方程式为 ______。
(4)制备MnCO3的过程中，一般控制溶液的pH范围为5∼7，不宜过大或过小，原因是 ______。
(5)已知：常温下，(NH4)2CO3溶液的pH约为9.3，NH4HCO3溶液的pH约为7.8。请推测物质A，并写出制备MnCO3时发生反应的离子方程式：______。
(6)取m g碳酸锰样品，加适量硫酸加热溶解后，用cmol⋅L−1的KMnO4溶液滴定，至滴定终点时，消耗KMnO4溶液的体积为VmL。(已知：反应产物为MnO2，杂质不参与反应)
样品中MnCO3质量分数的计算式为 ______(用质量分数表示)。
28. 某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素，将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞(如图1).从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化．
(1)请完成以下实验设计表(表中不要留空格)：
编号
实验目的
碳粉/g
铁粉/g
醋酸/%
①
为以下实验作参照
0.5
2.0
90.0
②
醋酸浓度的影响
0.5
36.0
③
0.2
2.0
90.0
(2)编号①实验测得容器中压强随时间变化如图2.t2时，容器中压强明显小于起始压强，其原因是铁发生了______腐蚀，请在图3中用箭头标出发生该腐蚀时电子流动方向______；此时，碳粉表面发生了______(填“氧化”或“还原”)反应，其电极反应式是______.
(3)该小组对图2中0−t1时压强变大的原因提出了如下假设，请你完成假设二：：
假设一：发生析氢腐蚀产生了气体；
假设二：______；
…
(4)为验证假设一，某同学设计了检验收集的气体中是否含有H2的方案，请你再设计一个实验方案验证假设一，写出实验步骤和结论．
29. 镍镉电池是应用广泛的二次电池，其总反应为：。
制造密封式镍镉电池的部分工艺如下：
I.Ni(OH)2的制备
以硫酸镍(NiSO4)为原料制备Ni(OH)2的主要过程如图所示。制备过程中，通过降低镍离子的浓度可以降低Ni(OH)2沉淀速率，从而避免沉淀团聚，提升电池性能。
已知：Ni2++6NH3⋅H2O⇌[Ni(NH3)6]2++6H2O
(1)操作a是 ______。
(2)制备过程中，需先加氨水，再加过量NaOH，请分析：
①先加氨水的目的是 ______。
②用化学平衡移动原理分析加入NaOH需过量的原因是 ______。
(3)用无水乙醇代替水洗涤滤渣的优点是 ______(答出1条即可)。
II.镍镉电池的组装
主要步骤：①将Ni(OH)2和Cd(OH)2固定，中间以隔膜隔开(如下图所示)；②将多组上述结构串联；③向电池中注入KOH溶液；④密封。
(4)下列对镍镉电池组装和使用的分析正确的是 ______(填字母序号)。
a.密封镍镉电池可以避免KOH变质
b.镍电极为电池的负极，镉电极为电池的正极
c.电池组装后，应先充电，再使用
(5)该电池充电时，阳极反应式为 ______，阴极反应式为 ______。充电时，若Cd(OH)2耗尽后继续充电，会造成安全隐患，镉电极上生成的气体是 ______。
(6)已知：①隔膜可以透过阴离子和分子；②O2可以与Cd发生反应生成Cd(OH)2。制造电池时，在镉电极加入过量的Cd(OH)2，则Cd(OH)2不会被消耗完，对电池进行过度充电保护，此时：OH−从 ______电极区(填“镍”或“镉”)到 ______电极区(填“镍”或“镉”，下同)。O2从 ______电极区到 ______电极区。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：为烷烃，最长主碳链含6个碳，取代基最多，离取代基近的一端编号得到名称为2，5−二甲基−3−乙基己烷，
故选：C。
烷烃命名时，选用最长的碳链为主链，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，并标出支链的位置，据此分析。
本题考查了烷烃的命名，应注意的是烷烃命名时应选最长的碳链为主链，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查学生官能团的概念，可以根据教材知识来回答，较简单。
【解答】
根据分子的结构简式可以看出，该分子中含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基。
故选：A。
3.【答案】C
【解析】解：A.丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，则的单体是CH2=CHCH3，故A正确；
B.高分子化合物都是混合物，属于聚丙烯属于混合物，故B正确；
C.聚丙烯中不含碳碳不饱和键，所以聚丙烯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，则聚丙烯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D.聚丙烯中C、H原子个数之比为1：2，所以聚丙烯的实验式为CH2，故D正确；
故选：C。
A.聚丙烯的单体是丙烯；
B.聚丙烯中，聚合度不定，属于混合物；
C.聚丙烯中不含碳碳不饱和键；
D.聚丙烯中C、H原子个数之比为1：2。
本题以聚丙烯为载体考查有机高分子化合物，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确有机高分子化合物单体判断方法、有机物的结构和性质关系、实验式的判断方法等知识点是解本题关键，C为解答易错点。
4.【答案】A
【解析】解：A.溴水与苯混合有机层在上层，溴水与四氯化碳混合有机层在下层，溴水与己烯发生加成反应而褪色，现象不同，可鉴别，故A正确；
B.溴易溶于苯，引入新杂质，应利用蒸馏法分离，故B错误；
C.苯、溴水不反应，应选苯、液溴、铁粉混合制成溴苯，故C错误；
D.己烷和苯的混合物不分层，不能利用分液法分离，应选择蒸馏法分离，故D错误；
故选：A。
A.溴水与苯混合有机层在上层，溴水与四氯化碳混合有机层在下层，溴水与己烯发生加成反应而褪色；
B.溴易溶于苯；
C.苯、溴水不反应；
D.己烷和苯的混合物不分层．
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的鉴别、混合物分离提纯、有机物的制备等，把握物质的性质及发生的反应解答的关键，侧重实验技能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．
5.【答案】D
【解析】解：A.丙烷有8个H原子，其中2个H原子被氯原子取代形成丙烷的二氯代物。六氯代物可以看作C3Cl8中的8个氯原子，其中2个氯原子被2个氢原子代替形成，两者是等效的，氯代物有四种同分异构体，可得到六氯代物也有四种同分异构体，故A错误；
B.对二甲苯属于对称结构，其中含有2种化学环境的氢，即苯环上1种，甲基上1种，故B错误；
C.甲苯苯环上有3种H原子，含3个碳原子的烷基有正丙基、异丙基2种，所以甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代有3×2=6种，故C错误；
D.某烃的同分异构体只能形成1种一氯代物，说明含有1种H原子，可能为甲烷、乙烷、新戊烷等，其分子式可能为C5H12，故D正确；
故选：D。
A.丙烷的二卤代物与四氯代物的数目相同；
B.对二甲苯属于对称结构，其中含有2种化学环境的氢；
C.甲苯苯环上有3种H原子，含3个碳原子的烷基取代有正丙基、异丙基；
D.某烃的同分异构体只能形成一种一氯代物，说明含有一种H原子。
本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度不大，注意掌握同分异构体的概念，明确同分异构体的判断方法以及相关概念的理解，注意把握有机物的结构和性质特点。
6.【答案】C
【解析】解：A.丙烯和2−丁烯的C=C连接相同的H原子或−CH3，不具有顺反异构，故A错误；
B.结构(Ⅰ)和结构(Ⅱ)是不同的物质，由结构(Ⅰ)到结构(Ⅱ)生成新物质，属于化学变化，故B错误；
C.结构(Ⅰ)和结构(Ⅱ)分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故C正确；
D.乙烯和苯是平面型结构，1，2二苯乙烯中所有原子可能都处在同一平面上，故D错误。
故选：C。
A.根据具有顺反异构体的有机物中C=C应连接不同的原子或原子团进行判断；
B.结构(Ⅰ)和结构(Ⅱ)是不同的物质；
C.分子式相同结构不同的有机化合物互称同分异构体；
D.根据乙烯和苯是平面型结构进行判断．
本题考查有机物的同分异构体，题目难度中等，注意把握顺反异构结构要求C=C应连接不同的原子或原子团．
7.【答案】B
【解析】解：A.乙醇和水都能和Na反应，将医用酒精变为无水乙醇，应加CaO后蒸馏，故A错误；
B.溴与NaOH反应后，与溴苯分层，然后分液可分离，故B正确；
C.苯甲酸的溶解度随温度变化较大，加热溶解、趁热过滤可除去不溶杂质泥沙，氯化钠残留在母液中，冷却可得到苯甲酸晶体，故C错误；
D.苯的密度比水小，提取溶解在水中的少量碘：加入苯，振荡、静置分层后，取出上层萃取了碘的苯，再分离，故D错误；
故选：B。
A.乙醇和水都能和Na反应；
B.溴与NaOH反应后，与溴苯分层；
C.苯甲酸的溶解度随着温度的升高而升高，加热后缓慢降温会使其析出颗粒较大的晶体，所以常可以采用重结晶法的方法来提纯苯甲酸；
D.苯的密度比水小。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、实验基本操作等，把握物质的性质、实验技能为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查有机物的结构和性质，综合考查有机物发生消去反应的特点，注意有机物发生消去反应的位置与结构的关系，题目难度不大。
【解答】
A、此有机物能消去反应生成1种产物，即2，3，3−三甲基−1−丁烯，故A错误；
B、此有机物能消去反应生成2种产物，即2，4−二甲基−1−戊烯和2，4−二甲基−2−戊烯，故B错误；
C、此有机物能消去反应生成2种产物，即4−甲基−2−己烯和3−甲基−3−己烯，故C错误；
D、此有机物能消去反应生成3种产物，即3−甲基−2−己烯、2−乙基−1−戊烯和3−甲基−3−己烯，故D正确，
故选D。
9.【答案】B
【解析】解：A.这几种卤代烃中都不含自由移动的卤离子，所以四种物质中分别加入AgNO3溶液后再加稀硝酸，均无沉淀生成，故A错误；
B.四种物质中加入NaOH溶液共热，都得到自由移动的卤离子，然后加入稀硝酸酸化，再滴入AgNO3溶液，均有沉淀生成，故B正确；
C.四种物质中加入NaOH醇溶液，B能发生消去反应得到自由移动的溴离子，A、C、D都不反应，没有自由移动的卤离子，所以四种物质中加入NaOH的醇溶液共热，然后加入稀硝酸酸化，再滴入AgNO3溶液，只有B中生成沉淀，故C错误；
D.乙结构对称，发生消去反应时生成一种烯烃，为丙烯，故D错误；
故选：B。
A.这几种卤代烃中都不含自由移动的卤离子；
B.四种物质中加入NaOH溶液共热，都得到自由移动的卤离子；
C.四种物质中加入NaOH醇溶液，B能发生消去反应得到自由移动的溴离子，A、C、D都不反应；
D.乙结构对称，发生消去反应时生成一种烯烃。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系、能发生消去反应的卤代烃的结构特点是解本题关键，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：A.③⑤反应中碳碳双键变为碳碳双键，为氯代烃的消去反应，故A正确；
B.A为，饱和碳原子具有甲烷结构特点，则该分子中所有碳原子不可能共平面，故B正确；
C.⑤为氯代烃的消去反应，反应方程式为，故C正确；
D.C为，C中含有3种氢原子，其核磁共振氢谱中就有3个吸收峰，故D错误；
故选：D。
苯和氯气发生取代反应生成氯苯，反应④的产物中含有2个氯原子和不含苯环，所以氯苯发生加成反应生成A为，A发生消去反应生成B为，B和氯气发生加成反应生成，发生消去反应生成C为，C发生加成反应生成；
A.③⑤反应中碳碳双键变为碳碳双键；
B.A为，饱和碳原子具有甲烷结构特点；
C.⑤为氯代烃的消去反应；
D.C为，C中含有几种氢原子，其核磁共振氢谱中就有几个吸收峰。
本题考查有机物推断，侧重考查对比、分析、推断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系、有机物转化关系是解本题关键，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：A.该分子中含有醚键、碳碳双键和醇羟基三种官能团，故A错误；
B.饱和碳原子具有甲烷结构特点，单键可以旋转，苯、乙烯中所有原子共平面，则该分子中所有碳原子可能共平面，故B错误；
C.苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，该分子中含有1个苯环和1个碳碳双键，所以1mol有机物与足量氢气反应，最多消耗4molH2，故C错误；
D.该物质具有苯、烯烃、醚和醇的性质，苯环和碳碳双键能发生加成反应，醇羟基能发生取代反应，碳碳双键和醇羟基能发生氧化反应，故D正确；
故选：D。
A.该分子中含有醚键、碳碳双键和醇羟基；
B.饱和碳原子具有甲烷结构特点，单键可以旋转，苯、乙烯中所有原子共平面；
C.苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应；
D.该物质具有苯、烯烃、醚和醇的性质。
本题考查有机物结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系、原子共平面判断方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。
12.【答案】A
【解析】解：A.甲苯不溶于水，但密度比水小，四氯化碳不溶于水，但密度比水大，加入溴水，色层位置不同，己烯与溴水发生加成反应，乙醇与溴水发生氧化还原反应，溶液颜色变浅，可鉴别，故A正确；
B.碘化钾溶液与四种试剂都不反应，乙醇与碘化钾溶液互溶，甲苯、己烯、四氯化碳都不溶于水，溶液分层，四氯化碳密度比水大，有机层在下层，而甲苯、己烯密度都比水小，有机层在上层，不能鉴别，故B错误；
C.甲苯、己烯、乙醇与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能鉴别，故C错误；
D.加入硝酸银溶液，不能鉴别甲苯和己烯，二者与硝酸银不反应，且密度都比水小不能鉴别，故D错误；
故选：A。
甲苯和四氯化碳都比溶于水，且二者的密度不同，己烯含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，乙醇溶于水，具有还原性，根据物质的性质的异同选择合适的鉴别试剂。
本题考查有机物的鉴别，题目难度不大，注意掌握常见有机物的物理性质和化学性质，根据性质的异同选择鉴别试剂。
13.【答案】B
【解析】解：分子式为C7H8O，若只有1个侧链，含有苯环的同分异构体有①，②共2种，若有2个侧链，含有苯环同分异构体有③，④，⑤共3种，所以含有苯环同分异构体有5种，其中属于酚类的为③④⑤，总共3种，不属于酚类的为：①②，总共有2种，
故选：B。
互为同分异构体的芳香族化合物，说明是含有苯环结构的同分异构体，根据的结构可知该有机物不饱和度为4，含有1个苯环，苯环的不饱和度为4，所以侧链不存在不饱和键，据此写出所有的满足条件的结构简式。
本题考查限制条件的同分异构体的书写，题目难度中等，注意掌握同分异构体的书写方法，正确分析理解题干限制条件为解答本题的关键。
14.【答案】B
【解析】解：A、将镁粉、铁粉和食盐一块加到水中，构成原电池装置，金属镁是负极，镁和水的反应是放热反应，形成原电池可以加快化学反应速率，能用原电池原理解释，故A错误；
B、铁被钝化后，在金属表面上会形成一层致密的金属氧化膜，保护内部金属不被腐蚀，不能用原电池原理解释，故B正确；
C、纯锌与稀硫酸反应时，滴入少量CuSO4溶液后，金属锌可以和硫酸铜反应置换出铜，Zn、Cu、硫酸会形成原电此装置，Zn为负极，使得Zn和硫酸的反应速率加快，能用原电池原理解释，故C错误；
D、镀层破损后，镀锌铁和潮湿空气形成的原电池中，金属Zn为负极，Fe为正极，Fe被保护，镀锡铁和潮湿空气形成的原电池中，金属Fe为负极，Sn为正极，Fe被腐蚀速率加快，镀锌铁比镀锡铁更耐用，能用原电池原理解释，故D错误。
故选：B。
A、镁粉、铁粉和食盐一块加到水中，构成原电池装置，金属镁是负极；
B、铁被钝化后，在金属表面上会形成一层金属氧化膜；
C、金属锌可以和硫酸铜反应置换出铜，Zn、Cu、硫酸会形成原电此装置；
D、金属做负极更易被腐蚀．
本题考查学生原电池的工作原理，注意原电池的构成条件和金属的防护知识，难度不大．
15.【答案】A
【解析】解：A.因为只有硫酸铜和硝酸银2种电解质溶液，并且铜离子和银离子的氧化性都比锌离子强，所以不可能析出锌，故A正确；
B.将铝、石墨和硝酸银组成一个新的原电池，故B错误；
C.装置甲是原电池，锌做负极，铜作正极，若将锌换成石墨，电解质换成硝酸银溶液时，即铜变成负极，故C错误；
D.将锌与铝组合形成原电池，锌作正极被保护，故D错误；
故选：A。
A.因为只有硫酸铜和硝酸银2种电解质溶液，并且铜离子和银离子的氧化性都比锌离子强，所以不可能析出锌；
B.将铝、石墨和硝酸银组成一个新的原电池；
C.装置甲是原电池，锌做负极，铜作正极，若将锌换成石墨，电解质换成硝酸银溶液时分析；
D.将锌与铝组合形成原电池分析。
本题考查了原电池原理的分析应用，电极名称和判断是解题关键，题目较简单。
16.【答案】C
【解析】解：A.原电池中氧化剂和还原剂分别在正负极上反应，不需要直接接触就能发生反应，故A错误；
B.电极Ⅱ铜电极上铜失电子发生氧化反应，做原电池的负极，故B错误；
C.该原电池负极上铜失电子，正极上铁离子得电子，所以其电池反应式为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，故C正确；
D.盐桥的作用是平衡正负极两池的电荷，盐桥中离子的定向移动形成电流，K+移向正极区，故D错误；
故选C.
该原电池中，铜电极易失电子发生氧化反应而作负极，铂电极上铁离子得电子发生还原反应，则铂电极是正极，盐桥的作用是平衡正负极两池的电荷．
本题考查原电池原理，明确正负极上得失电子是解本题关键，知道盐桥的作用，题目较简单．
17.【答案】B
【解析】解：A.正极上发生的反应是氧气得电子的过程，在碱性环境下的电极反应为：O2+4e−+2H2O=4OH−，故A正确；
B.负极为燃料失电子发生氧化反应，反应为CH3OH+8OH−−6e−=CO32−+6H2O，故B错误；
C.电池反应2CH3OH+3O2+4OH−=2CO32−+6H2O，消耗碱，则电池工作时，电解质溶液的pH减小，故C正确；
D.负极为燃料失电子发生氧化反应，反应为CH3OH+8OH−−6e−=CO32−+6H2O，所以当外电路通过1.2mole−时，消耗甲醇0.2mol，质量为0.2mol×32g/mol=6.4g，故D正确；
故选：B。
由甲醇和氧气以及强碱作电解质溶液的新型手机电池中，负极为燃料失电子发生氧化反应，反应为CH3OH+8OH−−6e−=CO32−+6H2O，正极上发生的反应是氧气得电子的过程，在碱性环境下的电极反应为：O2+4e−+2H2O=4OH−，则电池反应2CH3OH+3O2+4OH−=2CO32−+6H2O，所以使用过程中，电解质溶液的pH降低，据此分析解答。
本题考查了燃料电池，注意把握原电池原理和电极方程式的书写，题目难度不大，侧重于基础知识的考查。
18.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查化学电源新型电池，侧重考查原电池和电解池原理，明确各个电极上发生的反应及离子移动方向是解本题关键，难点是各个电极上电极反应式的书写，题目难度不大。
【解答】
A.表面积越大，反应物接触面积越大，则沉积的ZnO越分散，所以沉积的ZnO分散度高，故A正确；
B.充电时阳极上失电子发生氧化反应，电极反应式为Ni(OH)2(s)+OH−(aq)−e−=NiOOH(s)+H2O(l)，故B正确；
C.放电时Zn作负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为Zn(s)+2OH−(aq)−2e−=ZnO(s)+H2O(l)，故C正确；
D.放电时，负极上失电子，电子通过导线到达正极，溶液中OH−通过隔膜从正极区移向负极区，故D错误；
故选：D。
19.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查原电池和电解池知识，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握电极的反应和判断，结合图象的物质的变化，从氧化还原反应的角度分析，题目难度一般。
【解答】
由电池装置图可知，a极I2Br−生成I−，则发生还原反应，应为原电池的正极；b极Zn失电子生成Zn2+，发生氧化反应，应为原电池的负极，充电时，a为阳极，b为阴极。
A.放电时，a电极I2Br−生成I−，发生还原反应，电极反应为I2Br−+2e−=2I−+Br−，故A正确；
B.放电时，正极I2Br−生成I−、Br−，负极生成Zn2+，则溶液中离子的数目增多，故B正确；
C.充电时，b电极生成Zn，每增重0.65g，即生成0.01molZn，则转移0.02mol电子，阳极发生2I−+Br−−2e−=I2Br−，溶液中有0.02molI−被氧化，故C正确；
D.充电时，a电极I−、Br−生成I2Br−，发生氧化反应，a为阳极，连接电源的正极，故D错误。
故选D。
20.【答案】A
【解析】解：A.石墨电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应为NH4++3Cl−−6e−=NCl3+4H+，故A正确；
B.Pt是阴极，在阴极上是氢离子得电子的还原反应，电极反应式为2H++2e−=H2↑，不可用湿润的淀粉KI试纸检验氢气，故B错误；
C.由图可知，石墨电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应为NH4++3Cl−−6e−=NCl3+4H+，每生产1molNCl3，理论上有6molH+经质子交换膜由右侧向左侧迁移，故C错误；
D.H+经质子交换膜由右侧向左侧迁移，质子交换膜右侧溶液的pH会增大，故D错误；
故选：A。
由装置可知，石墨电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应NH4++3Cl−−6e−=NCl3+4H+，Pt是阴极，在阴极上是氢离子得电子的还原反应，电极反应式为：2H++2e−=H2↑，质子交换膜只让氢离子通过，且向阴极移动，以此来解答。
本题考查电解原理，为高频考点，把握电极、电极反应为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意质子交换膜的作用，题目难度不大。
21.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查硝酸的化学性质、原电池原理，难度不大，侧重考查学生分析解决问题的能力．
【解答】
A.稀硝酸具有酸性与强氧化性，与Fe反应生成NO，NO遇空气变为二氧化氮，Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O2=2NO2，故A正确；
B.Ⅱ的现象是因为铁发生了钝化，Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，故B正确；
C.对比Ⅰ、Ⅱ的现象，Fe与稀硝酸反应生成NO，而Fe与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，故C错误；
D.根据Ⅲ中现象，说明构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极，进而判断Fe是否被氧化，故D正确，
故选：C。
22.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查学生对电离平衡和水解平衡的理解和掌握，题目难度中等，掌握平衡的影响因素、元素守恒、离子浓度大小比较等，明确Ka、Ksp的大小判断是解题关键。同时考查学生阅读题目获取新信息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。
【解答】
A、酸性越弱，其相应离子的水解程度越大；相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，说明HCOO−的水解程度大于F−的水解程度，HCOOH的酸性弱于HF的酸性，酸性越弱，Ka越小，所以Ka(HCOOH)
C、FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，对于组成相似的物质，溶解性越大，Ksp越大，所以Ksp(FeS)>Ksp(CuS)，故C正确；
D、在1mol⋅L−1Na2S溶液中，S2−+H2O⇌HS−+OH−，HS−+H2O⇌H2S+OH−，根据硫元素的物料守恒，c(S2−)+c(HS−)+c(H2S)=1mol⋅L−1，故D正确；
故选：A。
23.【答案】B
【解析】A.水的电离被抑制，则溶液呈强酸性或强碱性，强碱性条件下NH4+、OH−反应生成NH3⋅H2O而不能大量共存，故A错误；
B.pH=14的溶液呈强碱性，这些离子之间不反应且都不和OH−反应，所以能大量共存，故B正确；
C.能和I−反应的离子不能大量共存，酸性条件下I−、NO3−发生氧化和反应生成I2、NO而不能大量共存，故C错误；
D.无色溶液中不含有色离子，Cr2O72−的溶液呈橙色，不符合无色条件，故D错误；
故选B。
本题考查离子共存，侧重考查复分解反应、氧化还原反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意C中能发生氧化还原反应，题目难度不大。
24.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，本题注意把握弱电解质的电离特点以及题给图象的曲线变化，难度中等。
【解答】
A.由题干图象可知pH=1.2时，H2A与HA−的曲线相交，则c(H2A)=c(HA−)，故A正确；
B.pH=4.2时，c(H+)=10−4.2mol/L，c(HA−)=c(A2−)，K2(H2A)=c(A2−)c(H+)c(HA−)=10−4.2，则lg[K2(H2A)]=−4.2，故B正确；
C.由题干图象可知，pH=2.7时，c(H2A)=c(A2−)，由纵坐标数据可知c(HA−)>c(H2A)=c(A2−)，故C正确；
D.pH=4.2时，c(H+)=10−4.2mol/L，由图可知，c(HA−)=c(A2−)，且物质的量分数约为0.5，则c(HA−)=c(A2−)>c(H+)，故D错误；
故选：D。
25.【答案】C
【解析】解：A.因为HX为弱酸，NaX存在水解：X−+H2O⇌HX+OH−，所以c(Na+)>c(X−)>c(OH−)>c(H+)，故A正确；
B.溶液碱性强弱为：NaXHY>HZ，所以有：Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ)，故B正确；
C.当pH=7时，c(H+)=c(OH−)，根据电荷守恒，NaX溶液中有：c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(X−)+c(Cl−)，则有：c(X−)=c(Na+)−c(Cl−)，同理有：c(Y−)=c(Na+)−c(Cl−)，c(Z−)=c(Na+)−c(Cl−)，又因三种溶液滴定到pH=7时，消耗的HCl的量是不一样的，即溶液中的c(Cl−)是不一样的，所以c(X−)≠c(Y−)≠c(Z−)，故C错误；
D.分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合后存在电荷守恒：c(X−)+c(Y−)+c(Z−)+c(OH−)+c(Cl−)=c(H+)+c(Na+)，又混合溶液中c(Na+)=0.1mol/L×20mL×340mL×3=0.05mol/L，混合溶液中c(Cl−)=0.1mol/L×20mL×340mL×3=0.05mol/L，代入电荷守恒表达式，有c(X−)+c(Y−)+c(Z−)=c(H+)−c(OH−)，故D正确。
故选：C。
本题主要考查强碱弱酸盐的水解等相关知识，具体考查了离子浓度、电离平衡常数的大小比较，电荷守恒的应用，混合溶液的离子浓度的计算等，同时考查学生的看图、读图的理解、应用能力，具有一定的综合性，难度中等。
26.【答案】；；取代反应；消去反应；Cl2/光照；；O2/Cu；G和H；1；3
【解析】解：A发生取代反应生成B，B消去反应生成C，C发生取代反应生成D，E生成F，根据F和D的结构简式知，D发生加成反应生成E，E发生消去反应生成F，F发生加成反应生成G，G发生加成反应生成H，H发生反应生成I，
(1)根据B和D结构简式的差异性知，C的结构简式为，根据F和D的结构简式知，D发生加成反应生成E，E的结构简式为，
故答案为：；；
(2)通过以上分析中，③的反应类型为取代反应，⑤的反应类型为消去反应，
故答案为：取代反应；消去反应；
(3)环戊烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成X，和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成Y，Y为，在铜作催化剂加热条件下发生氧化反应生成，所以反应I的试剂和条件为Cl2/光照，反应2的化学方程式为，反应3可用的试剂为O2/Cu，
故答案为：Cl2/光照；；O2/Cu；
(4)在I的合成路线中，互为同分异构体的化合物是G和H，故答案为：G和H；
(5)I与碱石灰共热可化为立方烷，核磁共振氢谱中氢原子种类与吸收峰个数相等，立方烷中氢原子种类是1，所以立方烷的核磁共振氢谱中有1个峰，故答案为：1；
(6)立方烷经硝化可得到六硝基立方烷，两个H原子可能是相邻、同一面的对角线顶点上、通过体心的对角线顶点上，所以其可能的结构有3种，
故答案为：3.
A发生取代反应生成B，B消去反应生成C，C应为，C发生取代反应生成D，E生成F，根据F和D的结构简式知，D发生加成反应生成E，E为，E发生消去反应生成F，F发生加成反应生成G，G发生加成反应生成H，H发生反应生成I，再结合问题分析解答．
本题考查了有机物的合成，涉及反应条件的判断、反应方程式的书写、同分异构体种类的判断等知识点，明确有机物中含有的官能团及其性质是解本题关键，会根据已知物质结构确定发生的反应，题目难度中等．
27.【答案】吸收烟气中的SO2，生成MnSO4 将其中的Fe2+氧化成Fe3+，而后经过调节溶液的pH除去 氢氧化铁与氢氧化铝 S2−+Zn2+=ZnS↓pH过小Fe3+、Al3+沉淀不完全，pH过大Mn2+转化成沉淀 Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O34.5cV2m
【解析】解：(1)由题意可知，MnO2可吸收烟气中的SO2，生成MnSO4，
故答案为：吸收烟气中的SO2，生成MnSO4；
(2)过程1向浆液中通入O2的目的是将其中的Fe2+氧化成Fe3+，而后经过调节溶液的pH除去，
故答案为：将其中的Fe2+氧化成Fe3+，而后经过调节溶液的pH除去；
(3)金属离子沉淀的pH表可知，调节溶液的pH将Fe3+、Al3+变成氢氧化铁与氢氧化铝沉淀；离子方程式为Fe3++3OH−=Fe(OH)3，Al3++3OH−=Al(OH)3，过程2是加入硫化铵，生成硫化锌沉淀，离子方程式为S2−+Zn2+=ZnS↓，
故答案为：氢氧化铁与氢氧化铝；S2−+Zn2+=ZnS↓；
(4)制备MnCO3的过程中，一般控制溶液的pH范围为5∼7，pH过小Fe3+、Al3+沉淀不完全，pH过大Mn2+转化成沉淀，
故答案为：pH过小Fe3+、Al3+沉淀不完全，pH过大Mn2+转化成沉淀；
(5)金属离子沉淀的pH表可知，pH不能过大，所以选择物质A为NH4HCO3，发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
(6)碳酸锰与硫酸反应生成硫酸锰，而后与KMnO4反应生成MnO2，化合价由+2价变成+4价，KMnO4由+7价变成+4价，根据化合价升降规律，设碳酸锰的物质的量为nmol，所以n2=V×10−3×c×3，解得n=3cV×10−32mol=，故MnCO3质量分数为3cV×10−32×115m×100%=34.5cV2m%，
故答案为：34.5cV2m。
软锰矿浆(主要成分MnO2)通入二氧化硫，进行脱硫，通入氧气将亚铁离子氧化为铁离子，加入氨水将Fe3+、Al3+变成氢氧化铁与氢氧化铝沉淀，加入硫化铵除去锌离子，最后加入碳酸氢铵生成碳酸锰，依次答题；
(1)MnO2可吸收烟气中的SO2；
(2)过程1向浆液中通入O2的目的是将其中的Fe2+氧化成Fe3+；
(3)金属离子沉淀的pH表可知，调节溶液的pH将Fe3+、Al3+变成氢氧化铁与氢氧化铝沉淀；
(4)制备MnCO3的过程中，pH过小Fe3+、Al3+沉淀不完全，pH过大Mn2+转化成沉淀；
(5)金属离子沉淀的pH表可知，pH不能过大，所以选择物质A为NH4HCO3；
(6)碳酸锰与硫酸反应生成硫酸锰，而后与KMnO4反应生成MnO2，化合价由+2价变成+4价，KMnO4由+7价变成+4价，化合价升降总数相等。
本题考查了物质制备方案设计，主要考查了实验方案评价、离子方程式的书写、化学计算等，题目难度中等，侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能量，注意相关基础知识的学习与积累。
28.【答案】吸氧 还原 O2+2H2O+4e−=4OH−反应放热使锥形瓶内温度升高
【解析】解：(1)①为参照试验，由于②探究醋酸的浓度的影响，则除了醋酸浓度不同外，其它条件必须完全相同，即铁粉质量应该为2.0g；
③中只有碳粉含量与①不同，则③为探究碳粉含量的影响，
故答案为：
②
2.0
③
碳粉含量的影响
(2)t2时，容器中压强明显小于起始压强，说明锥形瓶中气体体积减小，说明发生了吸氧腐蚀，碳为正极，铁为负极，电子转移的方向为：，碳电极氧气得到电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e−=4OH−，
故答案为：吸氧； ； 还原；O2+2H2O+4e−=4OH−；
(3)图2中0−t1时压强变大的原因可能为：铁发生了析氢腐蚀、铁与醋酸的反应为放热反应，温度升高时锥形瓶中压强增大，所以假设二为：反应放热使锥形瓶内温度升高，
故答案为：反应放热使锥形瓶内温度升高；
(4)可以通过检验反应是否生成亚铁离子判断是否发生析氢腐蚀，方法为：
①将锥形瓶中反应后的溶液过滤；
②滤液中滴加几滴硫氰化钾溶液，再滴入几滴新制氯水，
若滴入KSCN溶液不变红，滴入氯水后溶液变红，证明假设一正确；
若滴入KSCN溶液不变红，滴入氯水后溶液不变红，证明假设一错误．
故答案为：①将锥形瓶中反应后的溶液过滤；②滤液中滴加几滴硫氰化钾溶液，再滴入几滴新制氯水，若滴入KSCN溶液不变红，滴入氯水后溶液变红，证明假设一正确；若滴入KSCN溶液不变红，滴入氯水后溶液不变红，证明假设一错误．
(1)根据对比试验中保证变量的唯一性进行解答；
(2)根据析氢腐蚀与吸氧腐蚀的区别及锥形瓶中压强的变化判断钢铁的腐蚀类型；根据钢铁的腐蚀类型及原理标出电子转移的方向；碳粉表明氧气得到电子生成氢氧根离子，发生还原反应；
(3)图2中0−t1时压强变大，可能是发生了析氢腐蚀使气体体积增大或者反应放热使温度升高，锥形瓶中气体体积增大；
(4)可以根据检验锥形瓶中是否生成了亚铁离子判断方案一是否正确．
本题考查了探究铁的腐蚀原理、原电池工作原理，题目难度中等，注意掌握原电池工作原理，明确钢铁的化学腐蚀类型、腐蚀原理及区别．
29.【答案】过滤 使Ni2+发生反应转化为[Ni(NH3)6]2+，降低溶液中Ni2+的浓度；再加入NaOH时，可减慢Ni(OH)2的沉降速率 溶液中存在两个平衡：平衡①：Ni2+(aq)+2OH−⇌Ni(OH)2(s)，平衡②：Ni2++6NH3⋅H2O⇌[Ni(NH3)6]2++6H2O；OH−过量，使平衡①正向移动，溶液中的Ni2+的浓度减小，促使平衡②逆向移动，从而提高Ni(OH)2的产率 除去Ni(OH)2表面的水分或或乙醇易挥发，有利于真空干燥，降低Ni(OH)2的溶解度 ac2Ni(OH)2−2e−+2OH−=2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2e−=Cd+2OH− H2(或氢气)镉 镍 镍 镉
【解析】解：(1)进行此操作之后，是洗涤和干燥固体生成物，所以是在洗涤之前的过滤，
故答案为：过滤；
(2)①根据已知：Ni2++6NH3⋅H2O⇌[Ni(NH3)6]2++6H2O，先加入氨水，可使Ni2+发生反应转化为[Ni(NH3)6]2+，降低溶液中Ni2+的浓度；再加入NaOH时，可减慢Ni(OH)2的沉降速率，
故答案为：使Ni2+发生反应转化为[Ni(NH3)6]2+，降低溶液中Ni2+的浓度；再加入NaOH时，可减慢Ni(OH)2的沉降速率；
②溶液中存在两个平衡，平衡①：Ni2+(aq)+2OH−(aq)⇌Ni(OH)2(s)，平衡②：Ni2++6NH3⋅H2O⇌[Ni(NH3)6]2++6H2O；加入NaOH后，c(OH−)增大，使平衡①正向移动，溶液中的c(Ni2+)减小；溶液中的c(Ni2+)减小，使平衡②逆向移动，生成更多的Ni(OH)2，从而提高Ni(OH)2的产率；
故答案为：溶液中存在两个平衡：平衡①：Ni2+(aq)+2OH−⇌Ni(OH)2(s)，平衡②：Ni2++6NH3⋅H2O⇌[Ni(NH3)6]2++6H2O；OH−过量，使平衡①正向移动，溶液中的Ni2+的浓度减小，促使平衡②逆向移动，从而提高Ni(OH)2的产率；
(3)无水乙醇代替水洗涤滤渣，无水乙醇易与水结合形成氢键而除水，即除去Ni(OH)2表面的水分；或者考虑乙醇易挥发，有利于真空干燥，以降低Ni(OH)2的溶解度，
故答案为：除去Ni(OH)2表面的水分或或乙醇易挥发，有利于真空干燥，降低Ni(OH)2的溶解度；
(4)a.KOH显碱性易与空气中的酸性氧化物CO2反应而变质，故a正确；
b.根据电池反应：，放电时NiOOH化合价降低发生还原反应生成Ni(OH)2，所以为正极；另一极Cd化合价升高发生氧化反应生成Cd(OH)2，所以为负极，故b错误；
c.电池组装时，将Ni(OH)2和Cd(OH)2固定，只有放电后的生成物Ni(OH)2和Cd(OH)2；已知电池反应：，只有生成物，生成物量最大，没有反应物，所以开始时反应逆向进行，即充电过程，条件为充电，故c正确；
故答案为：ac；
(5)该电池充电时，阳极反应式为2Ni(OH)2−2e−+2OH−=2NiOOH+2H2O，阴极反应式为Cd(OH)2+2e−=Cd+2OH−，阴极反应式为Cd(OH)2耗尽后继续充电，就会使溶液中的H+在阴极得电子而生成H2(或氢气)，电极反应为：2H++2e−=H2↑，
故答案为：2Ni(OH)2−2e−+2OH−=2NiOOH+2H2O；Cd(OH)2+2e−=Cd+2OH−；H2(或氢气)；
(6)过度充电时，由于镉电极Cd(OH)2过量，阴极的电极反应为：2Cd(OH)2+4e−=2Cd+4OH−，避免生成H2；阳极电极反应为：4OH−−4e−=O2↑+2H2O，O2通过隔膜进入阴极室与Cd发生反应：2Cd+O2+2H2O=2Cd(OH)2，消耗阳极生成的O2，同时生成Cd(OH)2，可继续作为阴极反应物；OH−透过隔膜进入阳极室补充消耗的OH−，使反应循环发生，
故答案为：镉；镍；镍；镉。
(1)洗涤和干燥固体生成物前先过滤得到固体；
(2)①根据题中已知的信息：Ni2++6NH3⋅H2O⇌[Ni(NH3)6]2++6H2O；
②溶液中存在两个平衡，根据化学平衡的移动来解释；
(3)无水乙醇易与水结合形成氢键而除水；
(4)a、KOH显碱性；b、根据两极的反应类型判断电极类型；c、反应只有生成物，没有反应物，所以开始时反应逆向进行；
(5)Cd(OH)2耗尽，溶液中的H+在阴极得电子；
(6)通过电极反应和化学平衡的移动的角度来考虑。
本题考查电化学的重点知识，侧重考查学生对电化学相关知识的理解能力和综合运用能力是重点，也是必考点；同时注意知识点的合理、正确并灵活运用；平时练习时注意归纳积累，理解并熟练掌握构建思维导图，培养化学思维，形成化学学科的核心素养。
2021-2022学年北京市首都师大附属丽泽中学高二（上）期末化学试卷
1. 有机物分子的结构简式为，其用系统命名法的名称是( )
A. 2，5−二甲基己烷 B. 2，4−二甲基−3−乙基己烷
C. 2，5−二甲基−3−乙基己烷 D. 3，3，4−三甲基己烷
2. 北京奥运会期间对大量盆栽鲜花施用了S−诱抗素制剂，以保证鲜花盛开，S−诱抗素的分子结构如图，下列关于该分子说法正确的是( )
A. 含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基
B. 含有苯环、羟基、羰基、羧基
C. 含有羟基、羰基、羧基、酯基
D. 含有碳碳双键、苯环、羟基、羰基
3. N95口罩是用聚丙烯制作成的能过滤95%微细颗粒的5层口罩。下列说法错误的是( )
A. 聚丙烯的单体是CH2=CH−CH3 B. 聚丙烯是混合物
C. 聚丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 聚丙烯的实验式为CH2
4. 下列实验能获得成功的是( )
A. 用溴水可鉴别苯、CCl4、己烯 B. 加浓溴水，然后过滤可除去苯中少量己烯
C. 苯、溴水、铁粉混合制成溴苯 D. 可用分液漏斗分离己烷和苯的混合物
5. 关于有机物的叙述正确的是( )
A. 丙烷的二氯代物是4种，则其六氯代物是2种
B. 对二甲苯的核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢
C. 甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有3种
D. 某烃的同分异构体只能形成一种一氯代物，其分子式可能为C5H12
6. 已知乙烯为平面形结构，因此1，2二苯乙烯可形成如下两种不同的空间异构体．下列叙述正确的是( )
A. 丙烯和2−丁烯也能发生类似的结构变化
B. 由结构(Ⅰ)到结构(Ⅱ)属物理变化
C. 结构(Ⅰ)和结构(Ⅱ)互为同分异构体
D. 1，2二苯乙烯中所有原子不可能处于同一平面内
7. 下列操作中正确的是( )
A. 将医用酒精变为无水乙醇：加入金属Na后，蒸馏
B. 除去溴苯中的少量溴：加入NaOH溶液，振荡、静置分层后除去水层
C. 除去苯甲酸中的氯化钠和泥沙：加热溶解、蒸发至出现大量固体后趁热过滤
D. 提取溶解在水中的少量碘：加入苯，振荡、静置分层后，取出下层液体，再分离
8. 分子式为C7H15Cl的某有机物发生消去反应时，得到三种烯烃，则该卤代烃的结构可能是( )
A.
B.
C.
D.
9. 下列关于甲、乙、丙、丁四种有机物说法正确的是( )
A. 四种物质中分别加入AgNO3溶液后再加稀硝酸，均有沉淀生成
B. 四种物质中加入NaOH溶液共热，然后加入稀硝酸酸化，再滴入AgNO3溶液，均有沉淀生成
C. 四种物质中加入NaOH的醇溶液共热，然后加入稀硝酸酸化，再滴入AgNO3溶液，均有沉淀生成
D. 乙发生消去反应得到两种烯烃
10. 现通过以下具体步骤由制取。
下列说法不正确的是( )
A. ③⑤为消去反应
B. A的所有碳原子不可能在同一平面上
C. ⑤的化学反应方程式为：
D. C的核磁共振氢谱上有两个吸收峰
11. 一种有机物的结构简式如图所示，下列有关该有机物的说法正确的是( )
A. 分子中有四种官能团
B. 分子中所有碳原子不可能在同一平面上
C. 1mol有机物与足量氢气反应，最多消耗1molH2
D. 该有机物能发生的反应类型有氧化反应、取代反应、加成反应
12. 只有一种试剂就能将甲苯、己烯、四氯化碳、乙醇区分开，该试剂为( )
A. 溴水 B. 碘化钾溶液 C. 酸性高锰酸钾溶液 D. 硝酸银溶液
13. 与互为同分异构体的芳香族化合物中，属于酚类和不属于酚类的种类分别有( )
A. 2种和1种 B. 3种和2种 C. 2种和3种 D. 3种和1种
14. 下列事实不能用原电池原理解释的是( )
A. 将镁粉、铁粉和食盐一块加到水中迅速反应放热
B. 铁被钝化处理后不易腐蚀
C. 纯锌与稀硫酸反应时，滴入少量CuSO4溶液后反应速率加快
D. 镀层破损后，镀锌铁比镀锡铁更耐用
15. 某小组进行电化学研究，甲同学设计如图的原电池装置，乙同学利用甲设计的装置及提供的药品与材料，不能完成的实验的是( )
A. 在石墨电极上镀锌 B. 设计一个新的原电池
C. 使甲同学的正极变为负极 D. 使锌电极受到保护
16. 如图是某同学设计的原电池装置，下列叙述中正确的是( )
A. 氧化剂和还原剂必须直接接触才能发生反应
B. 电极Ⅱ上发生还原反应，做原电池的正极
C. 该原电池的总反应式为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+
D. 盐桥中装有含氯化钾的琼脂，K+移向负极区
17. 据报道，摩托罗拉公司曾经研制过一种由甲醇和氧气以及强碱作电解质溶液的手机电池，电量可达镍氢电池或锂电池的10倍。有关此电池的叙述错误的是( )
A. 正极电极反应式：O2+2H2O+4e−=4OH−
B. 负极电极反应式：CH3OH+4OH−−4e−=CO2+4H2O
C. 电池在使用过程中，电解质溶液的pH降低
D. 当外电路通过1.2mole−时，理论上消耗甲醇6.4g
18. 为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn(3D−Zn)可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3D−Zn−NiOOH二次电池，结构如图所示。电池反应为Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l)ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。下列说法错误的是( )
A. 三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高
B. 充电时阳极反应为Ni(OH)2(s)+OH−(aq)−e−=NiOOH(s)+H2O(l)
C. 放电时负极反应为Zn(s)+2OH−(aq)−2e−=ZnO(s)+H2O(l)
D. 放电过程中OH−通过隔膜从负极区移向正极区
19. 我国科学家研制了一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池，其工作原理示意图如图。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。下列叙述不正确的是( )
A. 放电时，a电极反应为I2Br−+2e−=2I−+Br−
B. 放电时，溶液中离子的数目增大
C. 充电时，b电极每增重0.65g，溶液中有0.02molI−被氧化
D. 充电时，a电极接外电源负极
20. 常温下，NCl3是一种黄色黏稠状液体，是制备新型水消毒剂ClO2的原料，可以采用如图所示装置制备NCl3。下列说法正确的是( )
A. 石墨极的电极反应式为NH4++3Cl−−6e−=NCl3+4H+
B. 可用湿润的淀粉−KI试纸检验气体M
C. 每生成1molNCl3，理论上有4molH+经质子交换膜从左侧向右侧迁移
D. 电解过程中，质子交换膜右侧溶液的pH会减小
21. 在通风橱中进行下列实验：
步骤
现象
Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色
Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止
Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡
下列说法不正确的是( )
A. Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O2=2NO2
B. Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应
C. 对此Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3
D. 针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化
22. 常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是( )
A. 相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则Ka(HCOOH)>Ka(HF)
B. 相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中c(CH3COO−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)
C. FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp(FeS)>Ksp(CuS)
D. 在1mol⋅L−1Na2S溶液中，c(S2−)+c(HS−)+c(H2S)=1mol⋅L−1
23. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A. 由水电离的c(H+)=10−12mol/L的溶液中：Na+、NH4+、Cl−、K+
B. pH=14的溶液中ClO−、K+、Cl−、CO32−
C. 含有I−的溶液中：Na+、H+、Cl−、NO3−
D. 无色溶液中：Na+、Cr2O72−、K+、NO3−
24. 改变0.1mol⋅L−1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA−、A2−的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)=c(X)c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)]。下列叙述错误的是( )
A. pH=1.2时，c(H2A)=c(HA−)
B. lg[K2(H2A)]=−4.2
C. pH=2.7时，c(HA−)>c(H2A)=c(A2−)
D. pH=4.2时，c(HA−)=c(A2−)=c(H+)
25. 常温下，用0.1000mol⋅L−1的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol⋅L−1的三种一元弱酸的钠盐(NaX、NaY、NaZ)溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是( )
A. 该NaX溶液中：c(Na+)>c(X−)>c(OH−)>c(H+)
B. 三种一元弱酸的电离常数：Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ)
C. 当pH=7时，三种溶液中：c(X−)=c(Y−)=c(Z−)
D. 分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：c(X−)+c(Y−)+c(Z−)=c(H+)−c(OH−)
26. 立方烷()具有高度对称性、高致密性、高张力能及高稳定性等特点，因此合成立方烷及其衍生物成为化学界关注的热点．下面是立方烷衍生物I的一种合成路线：
回答下列问题：
(1)C的结构简式为______，E的结构简式为______.
(2)③的反应类型为______，⑤的反应类型为______.
(3)化合物A可由环戊烷经三步反应合成：
反应I的试剂与条件为______，反应2的化学方程式为______，反应3可用的试剂为______.
(4)在I的合成路线中，互为同分异构体的化合物是______.(填化合物代号)
(5)I与碱石灰共热可化为立方烷．立方烷的核磁共振氢谱中有______个峰．
(6)立方烷经硝化可得到六硝基立方烷，其可能的结构有______种．
27. 软锰矿浆(主要成分MnO2)可吸收烟气中的SO2，同时可制备MnCO3，工艺流程如图：
资料：①吸收后的软锰矿浆中含有Fe2+、Fe3+、Al3+、Zn2+等阳离子；
②金属离子沉淀的pH如下表．
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Zn2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
6.2
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
8.2
(1)脱硫的产物是MnSO4，软锰矿中MnO2所起的作用是 ______。
(2)过程1向浆液中通入O2的目的是 ______。
(3)滤渣1的成分是 ______，过程2中发生反应的离子方程式为 ______。
(4)制备MnCO3的过程中，一般控制溶液的pH范围为5∼7，不宜过大或过小，原因是 ______。
(5)已知：常温下，(NH4)2CO3溶液的pH约为9.3，NH4HCO3溶液的pH约为7.8。请推测物质A，并写出制备MnCO3时发生反应的离子方程式：______。
(6)取m g碳酸锰样品，加适量硫酸加热溶解后，用cmol⋅L−1的KMnO4溶液滴定，至滴定终点时，消耗KMnO4溶液的体积为VmL。(已知：反应产物为MnO2，杂质不参与反应)
样品中MnCO3质量分数的计算式为 ______(用质量分数表示)。
28. 某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素，将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞(如图1).从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化．
(1)请完成以下实验设计表(表中不要留空格)：
编号
实验目的
碳粉/g
铁粉/g
醋酸/%
①
为以下实验作参照
0.5
2.0
90.0
②
醋酸浓度的影响
0.5
36.0
③
0.2
2.0
90.0
(2)编号①实验测得容器中压强随时间变化如图2.t2时，容器中压强明显小于起始压强，其原因是铁发生了______腐蚀，请在图3中用箭头标出发生该腐蚀时电子流动方向______；此时，碳粉表面发生了______(填“氧化”或“还原”)反应，其电极反应式是______.
(3)该小组对图2中0−t1时压强变大的原因提出了如下假设，请你完成假设二：：
假设一：发生析氢腐蚀产生了气体；
假设二：______；
…
(4)为验证假设一，某同学设计了检验收集的气体中是否含有H2的方案，请你再设计一个实验方案验证假设一，写出实验步骤和结论．
29. 镍镉电池是应用广泛的二次电池，其总反应为：。
制造密封式镍镉电池的部分工艺如下：
I.Ni(OH)2的制备
以硫酸镍(NiSO4)为原料制备Ni(OH)2的主要过程如图所示。制备过程中，通过降低镍离子的浓度可以降低Ni(OH)2沉淀速率，从而避免沉淀团聚，提升电池性能。
已知：Ni2++6NH3⋅H2O⇌[Ni(NH3)6]2++6H2O
(1)操作a是 ______。
(2)制备过程中，需先加氨水，再加过量NaOH，请分析：
①先加氨水的目的是 ______。
②用化学平衡移动原理分析加入NaOH需过量的原因是 ______。
(3)用无水乙醇代替水洗涤滤渣的优点是 ______(答出1条即可)。
II.镍镉电池的组装
主要步骤：①将Ni(OH)2和Cd(OH)2固定，中间以隔膜隔开(如下图所示)；②将多组上述结构串联；③向电池中注入KOH溶液；④密封。
(4)下列对镍镉电池组装和使用的分析正确的是 ______(填字母序号)。
a.密封镍镉电池可以避免KOH变质
b.镍电极为电池的负极，镉电极为电池的正极
c.电池组装后，应先充电，再使用
(5)该电池充电时，阳极反应式为 ______，阴极反应式为 ______。充电时，若Cd(OH)2耗尽后继续充电，会造成安全隐患，镉电极上生成的气体是 ______。
(6)已知：①隔膜可以透过阴离子和分子；②O2可以与Cd发生反应生成Cd(OH)2。制造电池时，在镉电极加入过量的Cd(OH)2，则Cd(OH)2不会被消耗完，对电池进行过度充电保护，此时：OH−从 ______电极区(填“镍”或“镉”)到 ______电极区(填“镍”或“镉”，下同)。O2从 ______电极区到 ______电极区。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：为烷烃，最长主碳链含6个碳，取代基最多，离取代基近的一端编号得到名称为2，5−二甲基−3−乙基己烷，
故选：C。
烷烃命名时，选用最长的碳链为主链，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，并标出支链的位置，据此分析。
本题考查了烷烃的命名，应注意的是烷烃命名时应选最长的碳链为主链，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查学生官能团的概念，可以根据教材知识来回答，较简单。
【解答】
根据分子的结构简式可以看出，该分子中含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基。
故选：A。
3.【答案】C
【解析】解：A.丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，则的单体是CH2=CHCH3，故A正确；
B.高分子化合物都是混合物，属于聚丙烯属于混合物，故B正确；
C.聚丙烯中不含碳碳不饱和键，所以聚丙烯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，则聚丙烯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D.聚丙烯中C、H原子个数之比为1：2，所以聚丙烯的实验式为CH2，故D正确；
故选：C。
A.聚丙烯的单体是丙烯；
B.聚丙烯中，聚合度不定，属于混合物；
C.聚丙烯中不含碳碳不饱和键；
D.聚丙烯中C、H原子个数之比为1：2。
本题以聚丙烯为载体考查有机高分子化合物，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确有机高分子化合物单体判断方法、有机物的结构和性质关系、实验式的判断方法等知识点是解本题关键，C为解答易错点。
4.【答案】A
【解析】解：A.溴水与苯混合有机层在上层，溴水与四氯化碳混合有机层在下层，溴水与己烯发生加成反应而褪色，现象不同，可鉴别，故A正确；
B.溴易溶于苯，引入新杂质，应利用蒸馏法分离，故B错误；
C.苯、溴水不反应，应选苯、液溴、铁粉混合制成溴苯，故C错误；
D.己烷和苯的混合物不分层，不能利用分液法分离，应选择蒸馏法分离，故D错误；
故选：A。
A.溴水与苯混合有机层在上层，溴水与四氯化碳混合有机层在下层，溴水与己烯发生加成反应而褪色；
B.溴易溶于苯；
C.苯、溴水不反应；
D.己烷和苯的混合物不分层．
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的鉴别、混合物分离提纯、有机物的制备等，把握物质的性质及发生的反应解答的关键，侧重实验技能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．
5.【答案】D
【解析】解：A.丙烷有8个H原子，其中2个H原子被氯原子取代形成丙烷的二氯代物。六氯代物可以看作C3Cl8中的8个氯原子，其中2个氯原子被2个氢原子代替形成，两者是等效的，氯代物有四种同分异构体，可得到六氯代物也有四种同分异构体，故A错误；
B.对二甲苯属于对称结构，其中含有2种化学环境的氢，即苯环上1种，甲基上1种，故B错误；
C.甲苯苯环上有3种H原子，含3个碳原子的烷基有正丙基、异丙基2种，所以甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代有3×2=6种，故C错误；
D.某烃的同分异构体只能形成1种一氯代物，说明含有1种H原子，可能为甲烷、乙烷、新戊烷等，其分子式可能为C5H12，故D正确；
故选：D。
A.丙烷的二卤代物与四氯代物的数目相同；
B.对二甲苯属于对称结构，其中含有2种化学环境的氢；
C.甲苯苯环上有3种H原子，含3个碳原子的烷基取代有正丙基、异丙基；
D.某烃的同分异构体只能形成一种一氯代物，说明含有一种H原子。
本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度不大，注意掌握同分异构体的概念，明确同分异构体的判断方法以及相关概念的理解，注意把握有机物的结构和性质特点。
6.【答案】C
【解析】解：A.丙烯和2−丁烯的C=C连接相同的H原子或−CH3，不具有顺反异构，故A错误；
B.结构(Ⅰ)和结构(Ⅱ)是不同的物质，由结构(Ⅰ)到结构(Ⅱ)生成新物质，属于化学变化，故B错误；
C.结构(Ⅰ)和结构(Ⅱ)分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故C正确；
D.乙烯和苯是平面型结构，1，2二苯乙烯中所有原子可能都处在同一平面上，故D错误。
故选：C。
A.根据具有顺反异构体的有机物中C=C应连接不同的原子或原子团进行判断；
B.结构(Ⅰ)和结构(Ⅱ)是不同的物质；
C.分子式相同结构不同的有机化合物互称同分异构体；
D.根据乙烯和苯是平面型结构进行判断．
本题考查有机物的同分异构体，题目难度中等，注意把握顺反异构结构要求C=C应连接不同的原子或原子团．
7.【答案】B
【解析】解：A.乙醇和水都能和Na反应，将医用酒精变为无水乙醇，应加CaO后蒸馏，故A错误；
B.溴与NaOH反应后，与溴苯分层，然后分液可分离，故B正确；
C.苯甲酸的溶解度随温度变化较大，加热溶解、趁热过滤可除去不溶杂质泥沙，氯化钠残留在母液中，冷却可得到苯甲酸晶体，故C错误；
D.苯的密度比水小，提取溶解在水中的少量碘：加入苯，振荡、静置分层后，取出上层萃取了碘的苯，再分离，故D错误；
故选：B。
A.乙醇和水都能和Na反应；
B.溴与NaOH反应后，与溴苯分层；
C.苯甲酸的溶解度随着温度的升高而升高，加热后缓慢降温会使其析出颗粒较大的晶体，所以常可以采用重结晶法的方法来提纯苯甲酸；
D.苯的密度比水小。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、实验基本操作等，把握物质的性质、实验技能为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查有机物的结构和性质，综合考查有机物发生消去反应的特点，注意有机物发生消去反应的位置与结构的关系，题目难度不大。
【解答】
A、此有机物能消去反应生成1种产物，即2，3，3−三甲基−1−丁烯，故A错误；
B、此有机物能消去反应生成2种产物，即2，4−二甲基−1−戊烯和2，4−二甲基−2−戊烯，故B错误；
C、此有机物能消去反应生成2种产物，即4−甲基−2−己烯和3−甲基−3−己烯，故C错误；
D、此有机物能消去反应生成3种产物，即3−甲基−2−己烯、2−乙基−1−戊烯和3−甲基−3−己烯，故D正确，
故选D。
9.【答案】B
【解析】解：A.这几种卤代烃中都不含自由移动的卤离子，所以四种物质中分别加入AgNO3溶液后再加稀硝酸，均无沉淀生成，故A错误；
B.四种物质中加入NaOH溶液共热，都得到自由移动的卤离子，然后加入稀硝酸酸化，再滴入AgNO3溶液，均有沉淀生成，故B正确；
C.四种物质中加入NaOH醇溶液，B能发生消去反应得到自由移动的溴离子，A、C、D都不反应，没有自由移动的卤离子，所以四种物质中加入NaOH的醇溶液共热，然后加入稀硝酸酸化，再滴入AgNO3溶液，只有B中生成沉淀，故C错误；
D.乙结构对称，发生消去反应时生成一种烯烃，为丙烯，故D错误；
故选：B。
A.这几种卤代烃中都不含自由移动的卤离子；
B.四种物质中加入NaOH溶液共热，都得到自由移动的卤离子；
C.四种物质中加入NaOH醇溶液，B能发生消去反应得到自由移动的溴离子，A、C、D都不反应；
D.乙结构对称，发生消去反应时生成一种烯烃。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系、能发生消去反应的卤代烃的结构特点是解本题关键，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：A.③⑤反应中碳碳双键变为碳碳双键，为氯代烃的消去反应，故A正确；
B.A为，饱和碳原子具有甲烷结构特点，则该分子中所有碳原子不可能共平面，故B正确；
C.⑤为氯代烃的消去反应，反应方程式为，故C正确；
D.C为，C中含有3种氢原子，其核磁共振氢谱中就有3个吸收峰，故D错误；
故选：D。
苯和氯气发生取代反应生成氯苯，反应④的产物中含有2个氯原子和不含苯环，所以氯苯发生加成反应生成A为，A发生消去反应生成B为，B和氯气发生加成反应生成，发生消去反应生成C为，C发生加成反应生成；
A.③⑤反应中碳碳双键变为碳碳双键；
B.A为，饱和碳原子具有甲烷结构特点；
C.⑤为氯代烃的消去反应；
D.C为，C中含有几种氢原子，其核磁共振氢谱中就有几个吸收峰。
本题考查有机物推断，侧重考查对比、分析、推断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系、有机物转化关系是解本题关键，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：A.该分子中含有醚键、碳碳双键和醇羟基三种官能团，故A错误；
B.饱和碳原子具有甲烷结构特点，单键可以旋转，苯、乙烯中所有原子共平面，则该分子中所有碳原子可能共平面，故B错误；
C.苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，该分子中含有1个苯环和1个碳碳双键，所以1mol有机物与足量氢气反应，最多消耗4molH2，故C错误；
D.该物质具有苯、烯烃、醚和醇的性质，苯环和碳碳双键能发生加成反应，醇羟基能发生取代反应，碳碳双键和醇羟基能发生氧化反应，故D正确；
故选：D。
A.该分子中含有醚键、碳碳双键和醇羟基；
B.饱和碳原子具有甲烷结构特点，单键可以旋转，苯、乙烯中所有原子共平面；
C.苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应；
D.该物质具有苯、烯烃、醚和醇的性质。
本题考查有机物结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系、原子共平面判断方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。
12.【答案】A
【解析】解：A.甲苯不溶于水，但密度比水小，四氯化碳不溶于水，但密度比水大，加入溴水，色层位置不同，己烯与溴水发生加成反应，乙醇与溴水发生氧化还原反应，溶液颜色变浅，可鉴别，故A正确；
B.碘化钾溶液与四种试剂都不反应，乙醇与碘化钾溶液互溶，甲苯、己烯、四氯化碳都不溶于水，溶液分层，四氯化碳密度比水大，有机层在下层，而甲苯、己烯密度都比水小，有机层在上层，不能鉴别，故B错误；
C.甲苯、己烯、乙醇与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能鉴别，故C错误；
D.加入硝酸银溶液，不能鉴别甲苯和己烯，二者与硝酸银不反应，且密度都比水小不能鉴别，故D错误；
故选：A。
甲苯和四氯化碳都比溶于水，且二者的密度不同，己烯含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，乙醇溶于水，具有还原性，根据物质的性质的异同选择合适的鉴别试剂。
本题考查有机物的鉴别，题目难度不大，注意掌握常见有机物的物理性质和化学性质，根据性质的异同选择鉴别试剂。
13.【答案】B
【解析】解：分子式为C7H8O，若只有1个侧链，含有苯环的同分异构体有①，②共2种，若有2个侧链，含有苯环同分异构体有③，④，⑤共3种，所以含有苯环同分异构体有5种，其中属于酚类的为③④⑤，总共3种，不属于酚类的为：①②，总共有2种，
故选：B。
互为同分异构体的芳香族化合物，说明是含有苯环结构的同分异构体，根据的结构可知该有机物不饱和度为4，含有1个苯环，苯环的不饱和度为4，所以侧链不存在不饱和键，据此写出所有的满足条件的结构简式。
本题考查限制条件的同分异构体的书写，题目难度中等，注意掌握同分异构体的书写方法，正确分析理解题干限制条件为解答本题的关键。
14.【答案】B
【解析】解：A、将镁粉、铁粉和食盐一块加到水中，构成原电池装置，金属镁是负极，镁和水的反应是放热反应，形成原电池可以加快化学反应速率，能用原电池原理解释，故A错误；
B、铁被钝化后，在金属表面上会形成一层致密的金属氧化膜，保护内部金属不被腐蚀，不能用原电池原理解释，故B正确；
C、纯锌与稀硫酸反应时，滴入少量CuSO4溶液后，金属锌可以和硫酸铜反应置换出铜，Zn、Cu、硫酸会形成原电此装置，Zn为负极，使得Zn和硫酸的反应速率加快，能用原电池原理解释，故C错误；
D、镀层破损后，镀锌铁和潮湿空气形成的原电池中，金属Zn为负极，Fe为正极，Fe被保护，镀锡铁和潮湿空气形成的原电池中，金属Fe为负极，Sn为正极，Fe被腐蚀速率加快，镀锌铁比镀锡铁更耐用，能用原电池原理解释，故D错误。
故选：B。
A、镁粉、铁粉和食盐一块加到水中，构成原电池装置，金属镁是负极；
B、铁被钝化后，在金属表面上会形成一层金属氧化膜；
C、金属锌可以和硫酸铜反应置换出铜，Zn、Cu、硫酸会形成原电此装置；
D、金属做负极更易被腐蚀．
本题考查学生原电池的工作原理，注意原电池的构成条件和金属的防护知识，难度不大．
15.【答案】A
【解析】解：A.因为只有硫酸铜和硝酸银2种电解质溶液，并且铜离子和银离子的氧化性都比锌离子强，所以不可能析出锌，故A正确；
B.将铝、石墨和硝酸银组成一个新的原电池，故B错误；
C.装置甲是原电池，锌做负极，铜作正极，若将锌换成石墨，电解质换成硝酸银溶液时，即铜变成负极，故C错误；
D.将锌与铝组合形成原电池，锌作正极被保护，故D错误；
故选：A。
A.因为只有硫酸铜和硝酸银2种电解质溶液，并且铜离子和银离子的氧化性都比锌离子强，所以不可能析出锌；
B.将铝、石墨和硝酸银组成一个新的原电池；
C.装置甲是原电池，锌做负极，铜作正极，若将锌换成石墨，电解质换成硝酸银溶液时分析；
D.将锌与铝组合形成原电池分析。
本题考查了原电池原理的分析应用，电极名称和判断是解题关键，题目较简单。
16.【答案】C
【解析】解：A.原电池中氧化剂和还原剂分别在正负极上反应，不需要直接接触就能发生反应，故A错误；
B.电极Ⅱ铜电极上铜失电子发生氧化反应，做原电池的负极，故B错误；
C.该原电池负极上铜失电子，正极上铁离子得电子，所以其电池反应式为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，故C正确；
D.盐桥的作用是平衡正负极两池的电荷，盐桥中离子的定向移动形成电流，K+移向正极区，故D错误；
故选C.
该原电池中，铜电极易失电子发生氧化反应而作负极，铂电极上铁离子得电子发生还原反应，则铂电极是正极，盐桥的作用是平衡正负极两池的电荷．
本题考查原电池原理，明确正负极上得失电子是解本题关键，知道盐桥的作用，题目较简单．
17.【答案】B
【解析】解：A.正极上发生的反应是氧气得电子的过程，在碱性环境下的电极反应为：O2+4e−+2H2O=4OH−，故A正确；
B.负极为燃料失电子发生氧化反应，反应为CH3OH+8OH−−6e−=CO32−+6H2O，故B错误；
C.电池反应2CH3OH+3O2+4OH−=2CO32−+6H2O，消耗碱，则电池工作时，电解质溶液的pH减小，故C正确；
D.负极为燃料失电子发生氧化反应，反应为CH3OH+8OH−−6e−=CO32−+6H2O，所以当外电路通过1.2mole−时，消耗甲醇0.2mol，质量为0.2mol×32g/mol=6.4g，故D正确；
故选：B。
由甲醇和氧气以及强碱作电解质溶液的新型手机电池中，负极为燃料失电子发生氧化反应，反应为CH3OH+8OH−−6e−=CO32−+6H2O，正极上发生的反应是氧气得电子的过程，在碱性环境下的电极反应为：O2+4e−+2H2O=4OH−，则电池反应2CH3OH+3O2+4OH−=2CO32−+6H2O，所以使用过程中，电解质溶液的pH降低，据此分析解答。
本题考查了燃料电池，注意把握原电池原理和电极方程式的书写，题目难度不大，侧重于基础知识的考查。
18.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查化学电源新型电池，侧重考查原电池和电解池原理，明确各个电极上发生的反应及离子移动方向是解本题关键，难点是各个电极上电极反应式的书写，题目难度不大。
【解答】
A.表面积越大，反应物接触面积越大，则沉积的ZnO越分散，所以沉积的ZnO分散度高，故A正确；
B.充电时阳极上失电子发生氧化反应，电极反应式为Ni(OH)2(s)+OH−(aq)−e−=NiOOH(s)+H2O(l)，故B正确；
C.放电时Zn作负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为Zn(s)+2OH−(aq)−2e−=ZnO(s)+H2O(l)，故C正确；
D.放电时，负极上失电子，电子通过导线到达正极，溶液中OH−通过隔膜从正极区移向负极区，故D错误；
故选：D。
19.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查原电池和电解池知识，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握电极的反应和判断，结合图象的物质的变化，从氧化还原反应的角度分析，题目难度一般。
【解答】
由电池装置图可知，a极I2Br−生成I−，则发生还原反应，应为原电池的正极；b极Zn失电子生成Zn2+，发生氧化反应，应为原电池的负极，充电时，a为阳极，b为阴极。
A.放电时，a电极I2Br−生成I−，发生还原反应，电极反应为I2Br−+2e−=2I−+Br−，故A正确；
B.放电时，正极I2Br−生成I−、Br−，负极生成Zn2+，则溶液中离子的数目增多，故B正确；
C.充电时，b电极生成Zn，每增重0.65g，即生成0.01molZn，则转移0.02mol电子，阳极发生2I−+Br−−2e−=I2Br−，溶液中有0.02molI−被氧化，故C正确；
D.充电时，a电极I−、Br−生成I2Br−，发生氧化反应，a为阳极，连接电源的正极，故D错误。
故选D。
20.【答案】A
【解析】解：A.石墨电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应为NH4++3Cl−−6e−=NCl3+4H+，故A正确；
B.Pt是阴极，在阴极上是氢离子得电子的还原反应，电极反应式为2H++2e−=H2↑，不可用湿润的淀粉KI试纸检验氢气，故B错误；
C.由图可知，石墨电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应为NH4++3Cl−−6e−=NCl3+4H+，每生产1molNCl3，理论上有6molH+经质子交换膜由右侧向左侧迁移，故C错误；
D.H+经质子交换膜由右侧向左侧迁移，质子交换膜右侧溶液的pH会增大，故D错误；
故选：A。
由装置可知，石墨电极是阳极，该电极上发生失电子的氧化反应NH4++3Cl−−6e−=NCl3+4H+，Pt是阴极，在阴极上是氢离子得电子的还原反应，电极反应式为：2H++2e−=H2↑，质子交换膜只让氢离子通过，且向阴极移动，以此来解答。
本题考查电解原理，为高频考点，把握电极、电极反应为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意质子交换膜的作用，题目难度不大。
21.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查硝酸的化学性质、原电池原理，难度不大，侧重考查学生分析解决问题的能力．
【解答】
A.稀硝酸具有酸性与强氧化性，与Fe反应生成NO，NO遇空气变为二氧化氮，Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O2=2NO2，故A正确；
B.Ⅱ的现象是因为铁发生了钝化，Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，故B正确；
C.对比Ⅰ、Ⅱ的现象，Fe与稀硝酸反应生成NO，而Fe与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，故C错误；
D.根据Ⅲ中现象，说明构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极，进而判断Fe是否被氧化，故D正确，
故选：C。
22.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查学生对电离平衡和水解平衡的理解和掌握，题目难度中等，掌握平衡的影响因素、元素守恒、离子浓度大小比较等，明确Ka、Ksp的大小判断是解题关键。同时考查学生阅读题目获取新信息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。
【解答】
A、酸性越弱，其相应离子的水解程度越大；相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，说明HCOO−的水解程度大于F−的水解程度，HCOOH的酸性弱于HF的酸性，酸性越弱，Ka越小，所以Ka(HCOOH)
C、FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，对于组成相似的物质，溶解性越大，Ksp越大，所以Ksp(FeS)>Ksp(CuS)，故C正确；
D、在1mol⋅L−1Na2S溶液中，S2−+H2O⇌HS−+OH−，HS−+H2O⇌H2S+OH−，根据硫元素的物料守恒，c(S2−)+c(HS−)+c(H2S)=1mol⋅L−1，故D正确；
故选：A。
23.【答案】B
【解析】A.水的电离被抑制，则溶液呈强酸性或强碱性，强碱性条件下NH4+、OH−反应生成NH3⋅H2O而不能大量共存，故A错误；
B.pH=14的溶液呈强碱性，这些离子之间不反应且都不和OH−反应，所以能大量共存，故B正确；
C.能和I−反应的离子不能大量共存，酸性条件下I−、NO3−发生氧化和反应生成I2、NO而不能大量共存，故C错误；
D.无色溶液中不含有色离子，Cr2O72−的溶液呈橙色，不符合无色条件，故D错误；
故选B。
本题考查离子共存，侧重考查复分解反应、氧化还原反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意C中能发生氧化还原反应，题目难度不大。
24.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，本题注意把握弱电解质的电离特点以及题给图象的曲线变化，难度中等。
【解答】
A.由题干图象可知pH=1.2时，H2A与HA−的曲线相交，则c(H2A)=c(HA−)，故A正确；
B.pH=4.2时，c(H+)=10−4.2mol/L，c(HA−)=c(A2−)，K2(H2A)=c(A2−)c(H+)c(HA−)=10−4.2，则lg[K2(H2A)]=−4.2，故B正确；
C.由题干图象可知，pH=2.7时，c(H2A)=c(A2−)，由纵坐标数据可知c(HA−)>c(H2A)=c(A2−)，故C正确；
D.pH=4.2时，c(H+)=10−4.2mol/L，由图可知，c(HA−)=c(A2−)，且物质的量分数约为0.5，则c(HA−)=c(A2−)>c(H+)，故D错误；
故选：D。
25.【答案】C
【解析】解：A.因为HX为弱酸，NaX存在水解：X−+H2O⇌HX+OH−，所以c(Na+)>c(X−)>c(OH−)>c(H+)，故A正确；
B.溶液碱性强弱为：NaX
C.当pH=7时，c(H+)=c(OH−)，根据电荷守恒，NaX溶液中有：c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(X−)+c(Cl−)，则有：c(X−)=c(Na+)−c(Cl−)，同理有：c(Y−)=c(Na+)−c(Cl−)，c(Z−)=c(Na+)−c(Cl−)，又因三种溶液滴定到pH=7时，消耗的HCl的量是不一样的，即溶液中的c(Cl−)是不一样的，所以c(X−)≠c(Y−)≠c(Z−)，故C错误；
D.分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合后存在电荷守恒：c(X−)+c(Y−)+c(Z−)+c(OH−)+c(Cl−)=c(H+)+c(Na+)，又混合溶液中c(Na+)=0.1mol/L×20mL×340mL×3=0.05mol/L，混合溶液中c(Cl−)=0.1mol/L×20mL×340mL×3=0.05mol/L，代入电荷守恒表达式，有c(X−)+c(Y−)+c(Z−)=c(H+)−c(OH−)，故D正确。
故选：C。
本题主要考查强碱弱酸盐的水解等相关知识，具体考查了离子浓度、电离平衡常数的大小比较，电荷守恒的应用，混合溶液的离子浓度的计算等，同时考查学生的看图、读图的理解、应用能力，具有一定的综合性，难度中等。
26.【答案】；；取代反应；消去反应；Cl2/光照；；O2/Cu；G和H；1；3
【解析】解：A发生取代反应生成B，B消去反应生成C，C发生取代反应生成D，E生成F，根据F和D的结构简式知，D发生加成反应生成E，E发生消去反应生成F，F发生加成反应生成G，G发生加成反应生成H，H发生反应生成I，
(1)根据B和D结构简式的差异性知，C的结构简式为，根据F和D的结构简式知，D发生加成反应生成E，E的结构简式为，
故答案为：；；
(2)通过以上分析中，③的反应类型为取代反应，⑤的反应类型为消去反应，
故答案为：取代反应；消去反应；
(3)环戊烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成X，和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成Y，Y为，在铜作催化剂加热条件下发生氧化反应生成，所以反应I的试剂和条件为Cl2/光照，反应2的化学方程式为，反应3可用的试剂为O2/Cu，
故答案为：Cl2/光照；；O2/Cu；
(4)在I的合成路线中，互为同分异构体的化合物是G和H，故答案为：G和H；
(5)I与碱石灰共热可化为立方烷，核磁共振氢谱中氢原子种类与吸收峰个数相等，立方烷中氢原子种类是1，所以立方烷的核磁共振氢谱中有1个峰，故答案为：1；
(6)立方烷经硝化可得到六硝基立方烷，两个H原子可能是相邻、同一面的对角线顶点上、通过体心的对角线顶点上，所以其可能的结构有3种，
故答案为：3.
A发生取代反应生成B，B消去反应生成C，C应为，C发生取代反应生成D，E生成F，根据F和D的结构简式知，D发生加成反应生成E，E为，E发生消去反应生成F，F发生加成反应生成G，G发生加成反应生成H，H发生反应生成I，再结合问题分析解答．
本题考查了有机物的合成，涉及反应条件的判断、反应方程式的书写、同分异构体种类的判断等知识点，明确有机物中含有的官能团及其性质是解本题关键，会根据已知物质结构确定发生的反应，题目难度中等．
27.【答案】吸收烟气中的SO2，生成MnSO4 将其中的Fe2+氧化成Fe3+，而后经过调节溶液的pH除去 氢氧化铁与氢氧化铝 S2−+Zn2+=ZnS↓pH过小Fe3+、Al3+沉淀不完全，pH过大Mn2+转化成沉淀 Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O34.5cV2m
【解析】解：(1)由题意可知，MnO2可吸收烟气中的SO2，生成MnSO4，
故答案为：吸收烟气中的SO2，生成MnSO4；
(2)过程1向浆液中通入O2的目的是将其中的Fe2+氧化成Fe3+，而后经过调节溶液的pH除去，
故答案为：将其中的Fe2+氧化成Fe3+，而后经过调节溶液的pH除去；
(3)金属离子沉淀的pH表可知，调节溶液的pH将Fe3+、Al3+变成氢氧化铁与氢氧化铝沉淀；离子方程式为Fe3++3OH−=Fe(OH)3，Al3++3OH−=Al(OH)3，过程2是加入硫化铵，生成硫化锌沉淀，离子方程式为S2−+Zn2+=ZnS↓，
故答案为：氢氧化铁与氢氧化铝；S2−+Zn2+=ZnS↓；
(4)制备MnCO3的过程中，一般控制溶液的pH范围为5∼7，pH过小Fe3+、Al3+沉淀不完全，pH过大Mn2+转化成沉淀，
故答案为：pH过小Fe3+、Al3+沉淀不完全，pH过大Mn2+转化成沉淀；
(5)金属离子沉淀的pH表可知，pH不能过大，所以选择物质A为NH4HCO3，发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
(6)碳酸锰与硫酸反应生成硫酸锰，而后与KMnO4反应生成MnO2，化合价由+2价变成+4价，KMnO4由+7价变成+4价，根据化合价升降规律，设碳酸锰的物质的量为nmol，所以n2=V×10−3×c×3，解得n=3cV×10−32mol=，故MnCO3质量分数为3cV×10−32×115m×100%=34.5cV2m%，
故答案为：34.5cV2m。
软锰矿浆(主要成分MnO2)通入二氧化硫，进行脱硫，通入氧气将亚铁离子氧化为铁离子，加入氨水将Fe3+、Al3+变成氢氧化铁与氢氧化铝沉淀，加入硫化铵除去锌离子，最后加入碳酸氢铵生成碳酸锰，依次答题；
(1)MnO2可吸收烟气中的SO2；
(2)过程1向浆液中通入O2的目的是将其中的Fe2+氧化成Fe3+；
(3)金属离子沉淀的pH表可知，调节溶液的pH将Fe3+、Al3+变成氢氧化铁与氢氧化铝沉淀；
(4)制备MnCO3的过程中，pH过小Fe3+、Al3+沉淀不完全，pH过大Mn2+转化成沉淀；
(5)金属离子沉淀的pH表可知，pH不能过大，所以选择物质A为NH4HCO3；
(6)碳酸锰与硫酸反应生成硫酸锰，而后与KMnO4反应生成MnO2，化合价由+2价变成+4价，KMnO4由+7价变成+4价，化合价升降总数相等。
本题考查了物质制备方案设计，主要考查了实验方案评价、离子方程式的书写、化学计算等，题目难度中等，侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能量，注意相关基础知识的学习与积累。
28.【答案】吸氧 还原 O2+2H2O+4e−=4OH−反应放热使锥形瓶内温度升高
【解析】解：(1)①为参照试验，由于②探究醋酸的浓度的影响，则除了醋酸浓度不同外，其它条件必须完全相同，即铁粉质量应该为2.0g；
③中只有碳粉含量与①不同，则③为探究碳粉含量的影响，
故答案为：
②
2.0
③
碳粉含量的影响
(2)t2时，容器中压强明显小于起始压强，说明锥形瓶中气体体积减小，说明发生了吸氧腐蚀，碳为正极，铁为负极，电子转移的方向为：，碳电极氧气得到电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e−=4OH−，
故答案为：吸氧； ； 还原；O2+2H2O+4e−=4OH−；
(3)图2中0−t1时压强变大的原因可能为：铁发生了析氢腐蚀、铁与醋酸的反应为放热反应，温度升高时锥形瓶中压强增大，所以假设二为：反应放热使锥形瓶内温度升高，
故答案为：反应放热使锥形瓶内温度升高；
(4)可以通过检验反应是否生成亚铁离子判断是否发生析氢腐蚀，方法为：
①将锥形瓶中反应后的溶液过滤；
②滤液中滴加几滴硫氰化钾溶液，再滴入几滴新制氯水，
若滴入KSCN溶液不变红，滴入氯水后溶液变红，证明假设一正确；
若滴入KSCN溶液不变红，滴入氯水后溶液不变红，证明假设一错误．
故答案为：①将锥形瓶中反应后的溶液过滤；②滤液中滴加几滴硫氰化钾溶液，再滴入几滴新制氯水，若滴入KSCN溶液不变红，滴入氯水后溶液变红，证明假设一正确；若滴入KSCN溶液不变红，滴入氯水后溶液不变红，证明假设一错误．
(1)根据对比试验中保证变量的唯一性进行解答；
(2)根据析氢腐蚀与吸氧腐蚀的区别及锥形瓶中压强的变化判断钢铁的腐蚀类型；根据钢铁的腐蚀类型及原理标出电子转移的方向；碳粉表明氧气得到电子生成氢氧根离子，发生还原反应；
(3)图2中0−t1时压强变大，可能是发生了析氢腐蚀使气体体积增大或者反应放热使温度升高，锥形瓶中气体体积增大；
(4)可以根据检验锥形瓶中是否生成了亚铁离子判断方案一是否正确．
本题考查了探究铁的腐蚀原理、原电池工作原理，题目难度中等，注意掌握原电池工作原理，明确钢铁的化学腐蚀类型、腐蚀原理及区别．
29.【答案】过滤 使Ni2+发生反应转化为[Ni(NH3)6]2+，降低溶液中Ni2+的浓度；再加入NaOH时，可减慢Ni(OH)2的沉降速率 溶液中存在两个平衡：平衡①：Ni2+(aq)+2OH−⇌Ni(OH)2(s)，平衡②：Ni2++6NH3⋅H2O⇌[Ni(NH3)6]2++6H2O；OH−过量，使平衡①正向移动，溶液中的Ni2+的浓度减小，促使平衡②逆向移动，从而提高Ni(OH)2的产率 除去Ni(OH)2表面的水分或或乙醇易挥发，有利于真空干燥，降低Ni(OH)2的溶解度 ac2Ni(OH)2−2e−+2OH−=2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2e−=Cd+2OH− H2(或氢气)镉 镍 镍 镉
【解析】解：(1)进行此操作之后，是洗涤和干燥固体生成物，所以是在洗涤之前的过滤，
故答案为：过滤；
(2)①根据已知：Ni2++6NH3⋅H2O⇌[Ni(NH3)6]2++6H2O，先加入氨水，可使Ni2+发生反应转化为[Ni(NH3)6]2+，降低溶液中Ni2+的浓度；再加入NaOH时，可减慢Ni(OH)2的沉降速率，
故答案为：使Ni2+发生反应转化为[Ni(NH3)6]2+，降低溶液中Ni2+的浓度；再加入NaOH时，可减慢Ni(OH)2的沉降速率；
②溶液中存在两个平衡，平衡①：Ni2+(aq)+2OH−(aq)⇌Ni(OH)2(s)，平衡②：Ni2++6NH3⋅H2O⇌[Ni(NH3)6]2++6H2O；加入NaOH后，c(OH−)增大，使平衡①正向移动，溶液中的c(Ni2+)减小；溶液中的c(Ni2+)减小，使平衡②逆向移动，生成更多的Ni(OH)2，从而提高Ni(OH)2的产率；
故答案为：溶液中存在两个平衡：平衡①：Ni2+(aq)+2OH−⇌Ni(OH)2(s)，平衡②：Ni2++6NH3⋅H2O⇌[Ni(NH3)6]2++6H2O；OH−过量，使平衡①正向移动，溶液中的Ni2+的浓度减小，促使平衡②逆向移动，从而提高Ni(OH)2的产率；
(3)无水乙醇代替水洗涤滤渣，无水乙醇易与水结合形成氢键而除水，即除去Ni(OH)2表面的水分；或者考虑乙醇易挥发，有利于真空干燥，以降低Ni(OH)2的溶解度，
故答案为：除去Ni(OH)2表面的水分或或乙醇易挥发，有利于真空干燥，降低Ni(OH)2的溶解度；
(4)a.KOH显碱性易与空气中的酸性氧化物CO2反应而变质，故a正确；
b.根据电池反应：，放电时NiOOH化合价降低发生还原反应生成Ni(OH)2，所以为正极；另一极Cd化合价升高发生氧化反应生成Cd(OH)2，所以为负极，故b错误；
c.电池组装时，将Ni(OH)2和Cd(OH)2固定，只有放电后的生成物Ni(OH)2和Cd(OH)2；已知电池反应：，只有生成物，生成物量最大，没有反应物，所以开始时反应逆向进行，即充电过程，条件为充电，故c正确；
故答案为：ac；
(5)该电池充电时，阳极反应式为2Ni(OH)2−2e−+2OH−=2NiOOH+2H2O，阴极反应式为Cd(OH)2+2e−=Cd+2OH−，阴极反应式为Cd(OH)2耗尽后继续充电，就会使溶液中的H+在阴极得电子而生成H2(或氢气)，电极反应为：2H++2e−=H2↑，
故答案为：2Ni(OH)2−2e−+2OH−=2NiOOH+2H2O；Cd(OH)2+2e−=Cd+2OH−；H2(或氢气)；
(6)过度充电时，由于镉电极Cd(OH)2过量，阴极的电极反应为：2Cd(OH)2+4e−=2Cd+4OH−，避免生成H2；阳极电极反应为：4OH−−4e−=O2↑+2H2O，O2通过隔膜进入阴极室与Cd发生反应：2Cd+O2+2H2O=2Cd(OH)2，消耗阳极生成的O2，同时生成Cd(OH)2，可继续作为阴极反应物；OH−透过隔膜进入阳极室补充消耗的OH−，使反应循环发生，
故答案为：镉；镍；镍；镉。
(1)洗涤和干燥固体生成物前先过滤得到固体；
(2)①根据题中已知的信息：Ni2++6NH3⋅H2O⇌[Ni(NH3)6]2++6H2O；
②溶液中存在两个平衡，根据化学平衡的移动来解释；
(3)无水乙醇易与水结合形成氢键而除水；
(4)a、KOH显碱性；b、根据两极的反应类型判断电极类型；c、反应只有生成物，没有反应物，所以开始时反应逆向进行；
(5)Cd(OH)2耗尽，溶液中的H+在阴极得电子；
(6)通过电极反应和化学平衡的移动的角度来考虑。
本题考查电化学的重点知识，侧重考查学生对电化学相关知识的理解能力和综合运用能力是重点，也是必考点；同时注意知识点的合理、正确并灵活运用；平时练习时注意归纳积累，理解并熟练掌握构建思维导图，培养化学思维，形成化学学科的核心素养。
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