【化学】甘肃省武威第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试（解析版） 23页

甘肃省武威第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试 第I卷（选择题)‎ 一、单选题（1~15小题每题2分，16~25小题每题3分）‎ ‎1.下列物质的沸点按由高到低的顺序排列正确的是 ‎①CH3(CH2)2CH3 ②CH3(CH2)3CH3 ③(CH3)3CH ④(CH3)2CHCH2CH3‎ A. ②④①③ B. ④②①③ C. ④③②① D. ②④③①‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】烷烃的物理性质随着分子中碳原子数的递增呈规律性变化，沸点逐渐升高；碳原子数相同的烃，支链越多，熔沸点越低．‎ ‎②、④中碳原子都是5个，②无支链，所以沸点：②＞④＞③；①③中碳原子数为4，③的支链比①多，比②④中碳原子数都少，所以沸点：②＞④＞①＞③；故沸点按由高到低的顺序排列是：②④①③；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】根据烷烃的物理性质随着分子中碳原子数的递增呈规律性变化，沸点逐渐升高；碳原子数相同的烃，支链越多，熔、沸点越低来分析.‎ ‎2.某甲烷燃料电池构造示意图如下，关于该电池的说法不正确的是 A. a极是负极，发生氧化反应 B. 正极的电极反应是：O2+2H2O+4e-=4OH-‎ C. 该甲烷燃料电池的总反应：CH4+2O2=CO2+2H2O D. 甲烷燃料电池是环保电池 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.a极通入甲烷，甲烷发生氧化反应，所以a极是负极，A正确；‎ B.正极是氧气发生还原反应，得到电子，结合电解质溶液中的水生成氢氧根离子，B正确；‎ C.因为电解质为碱性，所以生成的二氧化碳与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，C错误；‎ D.甲烷燃料电池最终的产物是碳酸根离子和水，对环境无污染，为环保电池，D正确。答案选C。‎ ‎3.一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应如图所示，(无机小分子产物略去)。下列说法正确的是 A. 该反应属于化合反应 B. b的二氯代物有6种结构 C. 1mol b加氢生成饱和烃需要6molH2‎ D. C5H11Cl的结构有8种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl；‎ B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种，甲基上的氢也可以被取代；‎ C、1mol b加氢生成饱和烃需要3molH2；‎ D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构。‎ ‎【详解】A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl，属于取代反应，故A错误；‎ B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种，甲基上的氢也可以被取代，故B错误；‎ C、1mol b加氢生成饱和烃需要3molH2，故C错误；‎ D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构分别有3种、4种、1种，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】易错点B，区别“甲苯的苯环上的二氯代物”和“甲苯的的二氯代物”是两种不同的条件，后者甲基上的氢也可以被取代。‎ ‎4.萜品油烯(D)可用作香料的原料，它可由A合成得到如下所示，下列说法正确的是 ( )‎ A. 有机物B的分子式为C11H19O3‎ B. 有机物D分子中所有碳原子一定共面 C. 1 mol有机物A中含有1.204×1024个双键 D. 有机物C的同分异构体中不可能有芳香化合物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.仅含碳、氢、氧元素的化合物中氢原子数不可能为奇数，有机物B的分子式应为C11H18O3，故A错误；‎ B.有机物D分子中的环状结构并不是苯环，有机物D分子中所有碳原子一定不共面，故B错误；‎ C.根据结构简式，A中含有碳碳双键和碳氧双键，1 mol有机物A中含有1mol碳碳双键和1mol碳氧双键，共1.204×1024个双键，故C正确；‎ D.由于有机物C的不饱和度为4，苯环的不饱和度为4，故其同分异构体中可能有芳香化合物，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎5.下列实验装置图正确的是（ ）‎ A. 实验室制备及收集乙烯 B. 石油分馏 C. 实验室制硝基苯 D. 实验室制乙炔 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．常温下，虽然乙烯和空气不反应，但乙烯相对分子质量接近于空气，所以不能用排空气法收集，乙烯难溶于水，需用排水法收集， 选项A错误；B．蒸馏时，温度计应位于蒸馏烧瓶支管口附近测蒸气的温度，为充分冷凝，应从下端进水，上端出水，选项B错误；C．苯和硝酸沸点较低，易挥发，用长玻璃导管冷凝，制硝基苯的温度是50‎-60℃‎，水浴加热可以使反应物受热均匀，并且温度容易控制，图示装置正确，选项C正确；D．电石成分为碳化钙，实验室利用碳化钙与水反应制取乙炔，此反应大量放热，会损坏启普发生器，生成的氢氧化钙是糊状物，会堵塞反应容器，故不可利用启普发生器制取，选项D错误。答案选C。‎ 点睛：本题考查实验室制备物质的装置图分析判断、原理应用，掌握基础和注意问题是关键，注意A接近于空气相对分子质量的气体，即使和空气不反应，也不能用排空气集气法收集，易错点为选项C：实验室用浓硝酸和苯在浓硫酸作用下制备硝基苯，，制取硝基苯的温度是50‎-60℃‎，据此分析解答。‎ ‎6.下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 李比希法、钠熔融法可以直接确定出有机物的分子式 B. 元素分析仪可用于分析有机物中的元素组成 C. “钠融法”的变化过程中钠必定发生还原反应 D. 根据1H核磁共振谱就可以确定任何有机物分子的结构 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．李比希法、钠融法可以确定有机化合物的元素组成，但不能确定分子式，故A错误；‎ B．元素分析仪来确定有机化合物中的元素组成，例如，可用元素分析仪确定C、H、O等元素，故B正确；‎ C．“钠熔法”是定性鉴定有机化合物所含元素(氮、卤素、硫)‎ 的方法，有机化合物样品与金属钠一起加热熔融，生成氰化钠、卤化钠和硫化钠等，钠失去电子发生氧化反应，故C错误；‎ D．从氢核磁共振谱图上可以定量的分析出有机物中处于不同化学环境的氢原子的种类和比例，并不能确定有机物分子的结构，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎7.“青取之于蓝而胜于蓝”中的蓝是指靛蓝，它是历史上最早使用的还原性染料，结构简式如图，下列关于它的性质的叙述中错误的是( )‎ A. 它的苯环上的一氯取代物有4种 B. 它的化学式是C14H10N2O2‎ C. 它可以与溴水因发生加成反应而使溴水褪色 D. 它不属于烃类 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.靛蓝的苯环上有4种H原子（如图），则其苯环上的一氯取代物有4种，A正确；‎ B.根据有机物成键特点，靛蓝的分子式为C16H10N2O2，B错误；‎ C.靛蓝中含有碳碳双键，能与溴水因发生加成反应，使溴水褪色，C正确；‎ D.靛蓝中除含有碳氢两种元素外，还含有N和O两种元素，因此不属于烃，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎8.下列有机物命名（括号内为名称）正确的是（ ）‎ A. （1,3,4三甲苯） B. （2,2-二甲基-3-乙基丁烷）‎ C. （2-甲基-3-戊醇） D. （2,3,4,4-四甲基-2-戊烯）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．正确名称是1，2，4-三甲苯，故A错误；‎ B．正确名称是2，2，3-三甲基戊烷，故B错误；‎ C．正确名称是4-甲基-2-戊醇，故C错误；‎ D．正确名称是2，3，4，4-四甲基-2-戊烯，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎9.下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是（　　）‎ A. 醛基的电子式：‎ B. 丙烷的分子结构的比例模型：‎ C. 乙烯的最简式（实验式）：CH2‎ D. 硝基苯结构简式：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．醛基的电子式应为，故A错误；B．原子之间为单键，主链有3个碳原子，氢原子数为8个，是丙烷的球棍模型，故B错误；C．是乙烯的分子式为C2H4，最简式为CH2，故C正确；D．硝基苯化学式为C6H5NO2，硝基苯中苯环应与硝基上的氮原子相连，硝基苯的结构简式，故D错误；故选C。‎ ‎10.已知某有机物A的红外光谱和核磁共振氢谱如下图所示，下列说法中错误的是 A. 由红外光谱可知，该有机物中至少含有三种不同的化学键 B. 由核磁共振氢谱可知，该有机物分子中有三种不同的氢原子 C. 仅由其核磁共振氢谱可知其分子中的氢原子总数 D. 若A的化学式为C2H6O，则其结构简式为CH3CH2OH ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A.红外光谱图中有C－H、O－H、C－O，因此至少有碳氢键，氧氢键，碳氧单键三种化学键，A正确；‎ B.该有机物分子有三个吸收峰，该有机物分子中有三种不同的氢原子，B正确；‎ C.若不知A的分子式，则无法确定氢原子总数，C错误；‎ D.若A的化学式为C2H6O，其结构简式有两种：CH3CH2OH或CH3OCH3，氢原子个数比为l:2:3，只能是CH3CH2OH，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎11.中国南海海域是全球范围内石油储量与可开采储量较丰富、开采潜力较大的地方，有“第二个波斯湾”之称。下列关于石油的说法正确的是( )‎ A. 石油属于可再生矿物能源 B. 石油只含有碳、氢、氧三种元素 C. 石油裂化的主要目的是提高轻质液体燃料的产量和质量 D. 石油分馏所得的各馏分均是纯净物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、因石油属于不可再生矿物能源，故A正确；‎ B、因石油中含有碳、氢、氧、氮、硫等元素，故B错误；‎ C、因石油裂化的主要目的是提高轻质液体燃料的产量和质量，故C正确；‎ D、因石油分馏的各馏分仍是混合物，故D错误。‎ ‎12.烧杯A中盛放0.1mol/LH2SO4溶液，烧杯B中盛放0.1mol/L的的CuCl2溶液（两种溶液均足量），组成的装置如图所示。下列说法不正确的是 A. A为原电池，B为电解池 B. 当A烧杯中产生0.1mol气体时，B烧杯中产生气体的物质的量也为0.1mol C. 经过一段时间，B烧杯中溶液的浓度减小 D. 将B中右侧石墨改为铜电极，电极上发生的反应不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．A烧杯中为稀硫酸，与C和Fe组成原电池，C为正极，Fe为负极，B烧杯为电解池，A正确；‎ B．当A烧杯产生0.1mol气体的时候，转移电子数为0.2mol，故B烧杯中转移电子数也为0.2mol，根据电解池的电极方程式2Cl--2e-=Cl2↑，可以计算出产生的气体为0.1mol，B正确；‎ C．经过一段时间后B烧杯中Cu2+得到电子质量减小，C正确；‎ D．将右侧C电极换成Cu电极后，电极方程式变为Cu-2e-=Cu2+，D错误；‎ 故选D。‎ ‎13.某学生欲完成2HCl＋2Ag=2AgCl＋H2↑反应，设计了下列四个实验，你认为可行的实验是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】通常情况下HCl与Ag的置换反应不能发生，而通过电解可实施2HCl＋2Ag=2AgCl＋H2↑，电解时，银失去电子被氧化，氢离子得到电子被还原，因此金属银作电解池的阳极，电解质溶液选盐酸，C符合；‎ 答案选C。‎ ‎14.在潮湿的深层土壤中，钢管主要发生厌氧腐蚀，有关厌氧腐蚀的机理有多种，其中一种理论为厌氧细菌可促使SO42-与H2反应生成S2-，加速钢管的腐蚀，其反应原理如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 正极的电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-‎ B. SO42-与H2的反应可表示为：4H2+SO42--8eS2-+4H2O C. 钢管腐蚀的直接产物中含有FeS、Fe（OH）2‎ D. 在钢管表面镀锌或铜可减缓钢管的腐蚀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．正极上水发生还原反应生成H2，电极反应式为2H2O +2e-=2OH-+H2，故A错误；‎ B．SO42-与H2在厌氧细菌的催化作用下反应生成S2-和H2O，离子反应式为：4H2+SO42-S2-+4H2O，故B错误；‎ C．钢管腐蚀的过程中，负极上Fe失电子发生氧化反应生成的Fe2+，与正极周围的S2-和OH-分别生成FeS的Fe(OH)2，故C正确；‎ D．在钢管表面镀锌可减缓钢管的腐蚀，但镀铜破损后容易形成Fe-Cu原电池会加速铁的腐蚀，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎15.某学生想制作一种家用环保型消毒液发生器，用石墨作电极解饱和氯化钠溶液，通电时，为使Cl2被完成吸收投篮有较强杀菌能力的消毒液，设计了如图所示的装置，以下对电源电极名称和消毒液和主要成分判断正确的是（ ）‎ A. a为正极，b为负极：NaClO和NaCl B. a为负极，b为正极：NaClO和NaCl C. a为阳极，b为阴极：HClO和NaCl D. a为阴极，b为阳极：HClO和NaCl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电解池中，阳极是阴离子放电，阴极是阳离子放电，氯气能和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，可以制得有较强杀菌能力的消毒液．‎ ‎【详解】电解氯化钠溶液时，阳极是氯离子失电子生成氯气的过程，阴极是氢离子的电子生成氢气的过程，为使Cl2被完全吸收，制得有较强杀菌能力的消毒液，所以一定要让氯气在d电极产生，所以d电极是阳极，c电极是阴极，即a为负极，b为正极，氯气和氢氧化钠反应生成的是氯化钠和次氯酸钠。‎ 故选B。‎ ‎16.金属镍有广泛的有途，粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法备高纯度的镍，下列叙述正确的是(已知氧化性：Fe2+＜Ni2+＜Cu2+）（ ）‎ A. 阳极发生还原反应，电极反应式：Ni2++2e-=Ni B. 电解后，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等 C. 电解后，溶液中存在的金属离子只有Fe2+和Zn2+‎ D. 电解后，电解槽底部的阳极泥中有Cu和Pt ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．阳极发生氧化反应，Fe、Ni、Zn失电子，A错误；‎ B．阳极上放电的有Fe、Ni、Zn，阴极是Ni2+得电子生成金属Ni，阴阳极上转移电子数相等，但是金属摩尔质量不等，所以阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，B错误；‎ C．电解后溶液中还有Ni2+，C错误；‎ D．Pt为惰性电极，所以阳极上Cu和Pt不参与反应，电解后，电解槽底部的阳极泥中有Cu和Pt，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎17.2019年诺贝尔化学奖授予了锂离子电池开发三位科学家。一种锂离子电池的结构如图所示，电池反应式为 LixC6 + Li1-xCoO‎2‎C6 + LiCoO2（x<1）。下列说法正确的是 A. 充电时 a 极接外电源的负极 B. 放电时Li+在电解质中由a极向b极迁移 C. 充电时若转移0.02 mol电子，石墨电极将减重‎0.14 g D. 该废旧电池进行“放电处理”有利于锂在LiCoO2极回收 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过对电极反应式和电池示意图分析可知，电池放电时，a电极由Li1-xCoO2生成LiCoO2，b电极则发生Li+脱嵌的过程，因此，放电时Li+从b电极脱嵌，通过电解质迁移到a电极，原电池放电时，阳离子向正极移动，则放电时，a电极即为电池的正极，b电极即为电池的负极。‎ ‎【详解】A．对二次电池充电时，外电源的正极接二次电池的正极；由于该锂离子电池放电时，a电极为正极，所以对其充电时，应当接电源的正极，A错误；‎ B．通过分析可知，该锂离子电池放电时，a为正极，b为负极，所以Li+的迁移方向是从b到a，B错误；‎ C．充电时，b极石墨电极发生Li+嵌入的过程，质量不会减少；若外电路转移0.02mol电子，b电极应当增加‎0.14g，C错误；‎ D．电池放电时，b电极则发生Li+脱嵌的过程，脱嵌下来的Li+，通过电解质迁移到a极并使Li1-xCoO2生成LiCoO2；因此，废旧电池放电处理后，有利于锂在LiCoO2极的回收，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】二次电池放电时做原电池处理，充电时做电解池处理；并且充电过程中，外电源的正极应该接二次电池的正极，简单记做“正接正，负接负”。‎ ‎18.近年来，金属—空气电池的研究和应用取得很大进步，这种新型燃料电池具有比能量高、污染小、应用场合多等多方面优点。铝—空气电池工作原理如图所示。关于金属—空气电池的说法不正确的是（ ）‎ A. 铝—空气电池(如上图)中，铝作负极，电子通过外电路到正极 B. 为帮助电子与空气中的氧气反应，可使用活性炭作正极材料 C. 碱性溶液中，负极反应为Al(s)＋3OH－(aq)=Al(OH)3(s)＋3e－，每消耗‎2.7 g Al(s)，需耗氧‎6.72 L(标准状况)‎ D. 金属—空气电池的可持续应用要求是一方面在工作状态下要有足够的氧气供应，另一方面在非工作状态下能够密封防止金属自腐蚀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、铝-空气电池（如图）中，铝作负极，电子是从负极通过外电路到正极，选项A正确；‎ B、铝-空气电池中活性炭作正极材料，可以帮助电子与空气中的氧气反应，选项B正确；‎ C、碱性溶液中，负极反应为4Al(s)－12e－＋16OH－(aq)=4AlO2－(aq)＋8H2O；正极反应式为：3O2＋12e－＋6H2O=12OH－(aq)，所以每消耗‎2.7 g Al，需耗氧(标准状况)的体积为××3×‎22.4L＝‎1.68 L，选项C不正确；‎ D、金属-空气电池的正极上是氧气得电子的还原反应，电池在工作状态下要有足够的氧气，电池在非工作状态下，能够密封防止金属自腐蚀，选项D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查新型燃料电池的原理，易错点为选项C，注意在碱性溶液中Al发生氧化反应生成AlO2-，根据电极反应中得失电子守恒进行求算。‎ ‎19.红色基B(2-氨基-5-硝基苯甲醚)的结构简式如图所示，它主要用于棉纤维织物的染色，也用于制一些有机颜料，则分子式与红色基B相同，且氨基(—NH2)与硝基(—NO2)直接连在苯环上并呈对位关系的同分异构体的数目(包括红色基B)为 A. 7种 B. 8种 C. 9种 D. 10种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】先考虑官能团异构有醚、醇、酚，属于醚时，根据位置异构有2种：，属于醇时，根据位置异构有2种：，属于酚时，根据羟基的不同有2种，再考虑甲基的位置，有 ‎6种：，共10种，故选D。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团及类别的关系为解答的关键。解答本题可以按“碳架结构→类别异构→官能团或取代基位置异构”顺序有序书写与判断，防止漏写或多写。‎ ‎20.莲花清瘟胶囊对新冠肺炎轻症状患者有显著疗效，其有效成分绿原酸存在如图转化关系，下列有关说法正确的是（ ）‎ A. H的分子式为C17H14O4‎ B. Q中所有碳原子不可能都共面 C. 绿原酸可发生加成、氧化和取代反应 D. W既属于羧酸类化合物又属于酚类化合物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．由H的结构简式可知H的分子式为C17H16O4，故A错误； B．Q中含有的苯环、碳碳双键、羰基均为平面结构，且以单键相连，单键可以旋转，则所有碳原子可能都共面，故B错误； C．绿原酸中碳碳双键和苯环都能发生加成反应，酚羟基和部分醇羟基能发生氧化反应，羧基和羟基、酯基能发生取代反应，故C正确； D．W不含苯环，不含酚羟基，不属于酚类化合物，故D错误； 故选：C。‎ ‎21.CaC2和ZnC2、Al‎4C3、Ba‎4C3、Li‎2C2等都同属离子型碳化物。请通过对CaC2制C2H2的反应进行思考，从中得到必要的启示，判断下列反应产物正确的是（ ）‎ A. Ba‎4C3水解生成丙烷(C3H8)‎ B. Al‎4C3水解生成丙炔(C3H4)‎ C. ZnC2水解生成乙烷(C2H6)‎ D. Li‎2C2水解生成乙烯(C2H4)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】CaC2制C2H2的反应为：CaC2+2H2O→C2H2↑+Ca(OH)2，实质发生水解反应，离子型碳化物中金属离子与水电离的氢氧根结合，阴离子与水电离的氢离子结合；‎ A．Ba‎4C3水解反应为Ba‎4C3+2H2O→C3H8+ 4Ca(OH)2，故A正确；‎ B．Al‎4C3水解反应为：Al‎4C3+12H2O→4Al(OH)3+3CH4↑，生成CH4，故B错误；‎ C．ZnC2水解反应为：ZnC2+2H2O→Zn(OH)2+C2H2↑，生成C2H2，故C错误；‎ D．Li‎2C2水解反应为：Li‎2C2+2H2O→2LiOH+C2H2↑，生成C2H2，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎22.研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2—CaO作电解质，利用图示装置获得金属钙，并以钙为还原剂还原二氧化钛制备金属钛。下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 由TiO2制得1mol金属Ti，理论上外电路转移4mol电子 B. 阳极的电极反应式为C+2O2-－4e-=CO2↑‎ C. 在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量会不断减少 D. 装置中石墨电极材料需要定期更换 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由TiO2制得1mol金属Ti，Ti元素化合价降低4价，所以转移4mol电子，故A正确；‎ B．石墨电极为阳极，根据图示可知石墨被氧化和氧离子生成二氧化碳，电极方程式为C+2O2-－4e-=CO2↑，故B正确；‎ C．钙离子在阴极上被还原成钙单质，之后钙单质和TiO2‎ 反应又生成氧化钙，所以氧化钙的总量不变，故C错误；‎ D．根据阳极电极反应可知C不断被消耗，所以需要定期更换，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎23.全钒液流储能电池是利用不同价态离子对的氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化的装置，其原理如图所示。下列说法不正确的是 A. 放电过程中右槽溶液颜色逐渐由紫色变为绿色 B. 放电过程中氢离子的作用之一是参与正极反应 C. 充电过程中左槽溶液逐渐由蓝变黄 D. 充电时若转移的电子数为3.011023个，左槽溶液中n(H+)的变化量为1mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由电池原理示意图可知，左边的电极为电池的正极，充电时做阳极；右边的电极为电池的负极，充电时做阴极。‎ ‎【详解】A．放电时，右边的电极为负极，所以右边发生氧化反应即由V2+转变为V3+的反应，颜色变化为：紫色变绿色，A项正确；‎ B．放电时，左边的电极为正极，电极反应式为：，B项正确；‎ C．充电时，左边电极为阳极，发生氧化反应即由转变为的反应，颜色变化为：蓝色变黄色，C项正确；‎ D．充电时，左槽发生的电极反应式为：，若转移3.01×1023个电子，即0.5mol电子，那么生成H+1mol，同时从左槽到右槽由0.5mol的H+发生迁移；所以整个过程，左槽n(H+)变化量为0.5mol，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】在计算电化学反应过程中电解质溶液中粒子总量的变化时，一方面要结合电极反应式，计算其直接的消耗量或生成量，另一方面也要考虑，从其他极室迁移过来的或迁移到其他极室的量。‎ ‎24.青蒿素是我国药学家屠呦呦在1971年发现的一种含有过氧基团的倍半萜内酯的无色针状晶体，不溶于水，易溶于乙醇、石油醚、苯等有机溶剂，熔点为‎156℃‎，沸点‎389.9℃‎，热稳定性差。一种超声提取青蒿素的主要工艺流程如图：‎ 已知：石油醚的沸点为30～‎80℃‎，青蒿素在95%乙醇中的溶解度随温度的升高而增大。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 超声提取的原理是在强大的超声波作用下，使青蒿细胞乳化、击碎、扩散，其优点是加速溶解 B. 操作1的名称是萃取 C. 操作3的步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 D. 操作3中若温度过高，会降低青蒿素的产率，其原因可能是青蒿素热稳定性差 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．利用超声波使青蒿细胞乳化、击碎、扩散，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率，故A正确；‎ B．操作1将残渣和提取液分离，应为过滤，故B错误；‎ C．青蒿素在95%乙醇中的溶解度随温度的升高而升高，所以操作Ⅲ为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故C正确；‎ D．青蒿素含有过氧基团，热稳定性差，温度过高，可能会使青蒿素分解，降低产率，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎25.某烃的结构式用键线式可表示为，若该烃与Br2发生加成反应(‎ 反应物的物质的量之比为1∶1)，则所得产物（不考虑顺反异构）有（ ）‎ A. 2种 B. 4种 C. 6种 D. 8种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】与Br2发生加成反应(反应物的物质的量之比为1∶1)，当发生1，2-加成时，生成物有：、，当发生1，4-加成时，生成物有：、，所得产物共4种，答案选B。‎ 第II卷（非选择题)‎ 二、综合题（每空2分，共20分）‎ ‎26.铝和氢氧化钠都是重要的工业产品。请回答：‎ ‎（1）可用阳离子交换膜法电解饱和食盐水制NaOH，其工作原理如图所示。‎ ‎①请写出A、B两处物质的名称或化学式：A__、B__。‎ ‎②请写出电解食盐水制烧碱的离子方程式__。‎ ‎（2）以镁条、铝片为电极，以NaOH溶液为电解质溶液设计的原电池如图。‎ ‎①负极材料为__(填Mg或Al)。‎ ‎②该原电池的总反应式为__。‎ ‎【答案】 (1). 浓NaCl溶液(饱和食盐水也可) (2). 浓NaOH溶液 (3). 2Clˉ+2H2O ‎2OHˉ+H2↑+Cl2↑ (4). Al (5). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)电解饱和食盐水制NaOH阳极氯离子放电生成氯气，阴极水电离出的氢离子放电生成氢气，同时产生氢氧根，据图可知左侧为电解池阳极，所以A应为浓NaCl溶液，钠离子经阳离子交换膜进入阴极，所以B为浓NaOH溶液；‎ ‎(2)铝可以和NaOH溶液反应，而Mg不行，所以电池总反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。‎ ‎【详解】(1)①根据分析可知A为浓NaCl溶液，B为浓NaOH溶液；‎ ‎②电解食盐水制烧碱的离子方程式为2Clˉ+2H2O2OHˉ+H2↑+Cl2↑；‎ ‎(2)①电池总反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，Al失电子被氧化，所以Al为负极；‎ ‎②电池总反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。‎ ‎27.工业上为了处理含有Cr2O酸性工业废水，采用下面的处理方法：往工业废水中加入适量的NaCl，以Fe为电极进行电解，经过一段时间，有Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀生成，经处理后的工业废水中铬(Cr)的含量已低于排放标准。请回答下列问题：‎ ‎(1)电极反应式：阳极___，阴极___。‎ ‎(2)写出Cr2O变为Cr3+的离子方程式___。‎ ‎(3)工业废水pH升高的原因___。‎ ‎(4)该装置中不能改用石墨电极，原因是___。‎ ‎【答案】 (1). Fe-2e-=Fe2＋ (2). 2H＋+2e-=H2↑ (3). Cr2O+6Fe2＋+14H＋=2Cr3＋+6Fe3＋+7H2O (4). 电解时H＋在阴极上不断放电；Fe2＋还原Cr2O消耗H+，使溶液中[H＋]减小，pH增大；生成Fe(OH)3、Cr(OH)3沉淀 (5). 若用石墨电极，不能提供还原剂Fe2＋，无法使Cr2O还原而除去 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该电解池以Fe为电极进行电解，经过一段时间，有Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀生成，说明电解过程中Fe作为阳极被氧化成Fe2+，生成的Fe2+将Cr2O还原生成Fe3+和Cr3+‎ ‎，阴极水电离出的氢离子放电生成氢气，同时产生氢氧根，继而和Fe3+和Cr3+生成沉淀。‎ ‎【详解】(1)根据分析可知Fe作阳极，所以电极方程式为Fe-2e-=Fe2＋；阴极水电离出的氢离子放电生成氢气，电极方程式为2H＋+2e-=H2↑；‎ ‎(2)Fe2+将Cr2O还原生成Fe3+和Cr3+，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为Cr2O+6Fe2＋+14H＋=2Cr3＋+6Fe3＋+7H2O；‎ ‎(3)电解时H＋在阴极上不断放电；Fe2＋还原Cr2O消耗H+，使溶液中氢离子浓度减小，pH增大，生成Fe(OH)3、Cr(OH)3沉淀；‎ ‎(4)若用石墨电极，不能提供还原剂Fe2＋，无法使Cr2O还原而除去。‎ 三、实验题（每空2分，共10分）‎ ‎28.下列装置中有机物样品在电炉中充分燃烧，通过测定生成的CO2和H2O的质量，来确定有机物分子式。‎ ‎(1)A装置是提供实验所需的O2，C中CuO的作用是__。‎ ‎(2)若实验中所取样品只含C、H、O三种元素中的两种或三种，准确称取‎0.44g样品，经充分反应后，D管质量增加‎0.36g，E管质量增加‎0.88g，已知该物质的相对分子质量为44，则该样品的化学式为__。‎ ‎(3)若该有机物核磁共振氢谱如图所示，峰面积之比为1：3，该化合物的结构简式是：___。‎ ‎(4)若符合下列条件，则该有机物的结构简式为___。‎ ‎①环状化合物 ‎②只有一种类型的氢原子 ‎(5)某同学认为E和空气相通，会影响测定结果准确性，应在E后再增加一个装置E，其主要目的是___。‎ ‎【答案】 (1). 使有机物充分氧化生成CO2、H2O (2). C2H4O (3). CH3CHO (4). (5). 吸收空气中的二氧化碳和水蒸气 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验原理是测定一定质量的有机物完全燃烧时生成CO2和H2O的质量，来确定是否含氧及C、H、O的个数比，求出最简式；因此生成O2后必须除杂(主要是除H2O)，E用来吸收二氧化碳，测定生成二氧化碳的质量，D用来吸收水，测定生成水的质量，B用于干燥通入E中的氧气、A用来制取反应所需的氧气、C是在电炉加热时用纯氧气氧化管内样品；核磁共振氢谱可以确定有机物分子中有多少种氢原子，以及不同环境氢原子的个数比。‎ ‎【详解】(1)CuO具有一定氧化性，可以使有机物充分氧化生成CO2、H2O；‎ ‎(2)D管增重的质量为水的质量，所以n(H2O)==0.02mol，所以有机物中n(H)=0.04mol，E管增重的质量为二氧化碳的质量，所以n(CO2)==0.02mol，所以该有机物中n(C)=0.02mol，有机物中C、H元素总质量为0.04mol×‎1g/mol+0.02mol×‎12g/mol=‎0.28g，所以还有‎0.44g-0.28g=‎0.16g氧原子，n(O)==0.01mol，所以有机物中n(C)：n(H)：n(O)=0.02：0.04：0.01=2：4：1，已知该物质的相对分子质量为44，则分子式为：C2H4O；‎ ‎(3)若该有机物的核磁共振氢谱如图所示，峰面积之比为1：3，所以分子中含两种氢原子，且数量比为1：3，则其结构简式应为CH3CHO；‎ ‎(4)若为环状化合物，只有一种类型的氢原子，则该有机物的结构简式为；‎ ‎(5)E装置直接与空气接触，可能吸收空气中的水和二氧化碳，导致测得结果不准确，所以可E后再增加一个E装置，吸收空气中的二氧化碳和水蒸气。‎ 四、推断题（每空2分，共10分）‎ ‎29.2014年中国十大科技成果之一是：我国科学家成功实现甲烷在催化剂及无氧条件下，一步高效生产乙烯、芳烃和氢气等化学品，为天然气化工开发了一条革命性技术。以甲烷为原料合成部分化工产品流程如图（部分反应条件已略去）：‎ ‎（1）乙酸分子中所含官能团名称为_____。‎ ‎（2）聚苯乙烯的结构简式为_____。‎ ‎（3）图中9步反应中只有两步属于取代反应，它们是_____（填序号）。‎ ‎（4）写出下列反应的化学方程式（注明反应条件）：‎ 反应⑤为_____；‎ 反应⑥为______。‎ ‎【答案】 (1). 羧基 (2). (3). ⑤⑥ (4). CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O (5). +Br2+HBr ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析题给信息，甲烷在催化剂和无氧条件下高效生产乙烯、苯。根据流程图可知：‎ ‎（1）乙烯和H2O在催化剂、加热、加压条件下生成乙醇，乙醇被O2氧化成乙醛，乙醛再度被O2催化氧化生成乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应，生成乙酸乙酯。‎ ‎（2）乙烯和苯发生加成反应可生成乙苯，乙苯发生消去反应，生成苯乙烯，苯乙烯可在一定条件下发生加聚反应，生成聚苯乙烯。‎ ‎（3）苯和液溴在催化剂的作用下发生取代反应生成溴苯。‎ 据此分析。‎ ‎【详解】（1）乙酸的结构简式为CH3COOH，分子中所含官能团为羧基。答案为：羧基；‎ ‎（2）苯乙烯发生加聚反应生成聚苯乙烯，可知聚苯乙烯的结构简式为：；答案为：；‎ ‎（3）分析流程图，可知，乙烯和水反应生成乙醇、乙烯和苯的反应生成乙苯都属于加成反应；乙醇转化为乙醛、乙醛转化为乙酸都为氧化反应；乙苯转化为苯乙烯属于消去反应；苯乙烯转化为聚苯乙烯属于加聚反应；乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯、苯和液溴反应生成溴苯都属于取代反应。故答案为：⑤⑥；‎ ‎（4）反应⑤为乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯的过程，化学方程式为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；答案为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；反应⑥为苯和液溴在催化剂的作用下发生取代反应生成溴苯的过程，化学方程式为：+Br2+HBr。答案为：+Br2+HBr。‎