河南省郑州市第七中学2024-2025学年化学高二第二学期期末教学质量检测试题含解析.doc

河南省郑州市第七中学2024-2025学年化学高二第二学期期末教学质量检测试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、在强酸性溶液中能大量共存、且溶液为无色透明的离子组是：
A．NH4+、Mg2+、SO42—、NO3— B．Ag+、Na+、OH—、Cl—
C．K+、NH4+、MnO4—、SO42— D．K +、Na+、NO3—、HCO3—
2、下列溶液中，Na+数目最多的是（ ）
A．1mol•L－1Na2SO4溶液100 mL
B．0.9mol•L－1Na3PO4溶液100 mL
C．2.5mol•L－1NaOH溶液100 mL
D．1mol•L－1NaHCO3溶液100 mL
3、把图二的碎纸片补充到图一中，可得到一个完整的离子方程式。对该离子方程式说法正确的是

A．配平后的化学计量数依次为3、1、2、6、3
B．若有1mol的S被氧化，则生成2mol S2-
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2
D．2mol的S参加反应有3mol的电子转移
4、下列实验操作会导致实验结果偏低的是(　　)
①配制1mol/LNa2CO3溶液时，未洗涤烧杯和玻璃棒②测定碳酸钠晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮　③配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2 g，所得溶液的浓度　④用酸式滴定管取用98%、密度为1.84 g·cm－3的浓硫酸配制200 mL 2 mol·L－1的稀硫酸时，先平视后仰视
A．只有① B．只有② C．①③ D．①③④
5、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．1 mol甲醇分子中含有的共价键数为4 NA
B．92.0 g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0NA
C．1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA
D．将9.2g甲苯加入足量的酸性高锰酸钾溶液中转移的电子数为0.6NA
6、下列常用的混合物分离或提纯操作中，需使用分液漏斗的是
A．过滤 B．蒸发 C．蒸馏 D．分液
7、下列实验方案不能达到相应目的的是

A
B
C
D
目的
比较碳酸根与碳酸氢根水解程度
研究浓度对化学平衡的影响
比较不同催化剂对化学反应速率的影响
比较碳酸、醋酸和硼酸的酸性强弱
实验方案

A．A B．B C．C D．D
8、工业上生产MnO2和Zn的主要反应有：
①MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S+2H2O
②MnSO4+ZnSO4+2H2OMnO2+Zn+2H2SO4
下列说法不正确的是 （ ）
A．①中MnO2和H2SO4都是氧化剂 B．①中析出16gS时转移1 mol电子
C．②中MnSO4发生氧化反应 D．硫酸在该生产中可循环利用
9、下列反应的离子方程式书写正确的是
A．硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3＋＋4NH3·H2O=AlO2－＋4NH4＋＋2H2O
B．氢氧化铁溶于氢碘酸溶液：Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O
C．向氯化铁溶液中加入过量的硫化钠：2Fe3＋＋S2－=2Fe2＋＋S↓
D．向石灰乳中加入氯化铁溶液：3Ca(OH)2＋2Fe3＋=2Fe(OH)3＋3Ca2＋
10、室温下，有下列四种溶液：①0.1mol·L-1氨水，②0.1mol·L －1 NH4Cl溶液，③0.2mol·L －1 盐酸与0.2mol·L －1 NH4Cl溶液等体积混合，④0.2mol·L －1 NaOH溶液与0.2mol·L －1 氨水等体积混合，四种溶液中c（NH4+ ）由大到小排列正确的是（ ）
A．②③④① B．④①②③ C．①④②③ D．③②①④
11、下列各组中化合物的性质比较，不正确的是
A．酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4 B．碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3
C．稳定性：PH3＞H2S＞HCl D．非金属性：F＞O＞S
12、25℃时，在25 mL 0.1 mol·L－1的NaOH溶液中，逐滴加入0.2 mol·L－1的CH3COOH溶液，溶液的pH与醋酸体积关系如图所示，下列分析正确的是(　　)

A．该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂
B．B点的横坐标a＝12.5
C．水的电离程度：D＞C＞B
D．D点时溶液中有：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)
13、下列解释实验现象的反应方程式正确的是 （ ）
A．切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗:2Na+O2=Na2O2
B．向AgC1悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色:2AgCl+S2- =Ag2S↓+2Cl-
C．Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色粘稠物:2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2
D．FeCl2溶液中滴加NaClO溶液生成红褐色沉淀：2Fe2+ + ClO- + 5H2O= 2Fe(OH)3↓+Cl-+ 4H+
14、如图是模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的部分装置。下列操作正确的是( )

A．a通入CO2，然后b通入NH3，c中放碱石灰
B．b通入NH3，然后a通入CO2，c中放碱石灰
C．a通入NH3，然后b通入CO2，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉
D．b通入CO2，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉
15、在标准状况下，将aLNH3完全溶于水得到VmL氨水，溶液的密度为，溶质的质量分数为ω，溶质的物质的量浓度为C mol·L-1。则下列叙述中正确的是
① ②③上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5ω
④向上述溶液中加入VmL C mol·L-1的稀盐酸，充分反应后溶液中离子浓度大小关系为：
A．②④B．②③C．①③D．①④
16、某种钢闸门保护法原理示意图如下，下列说法不正确的是

A．锌块发生氧化反应：Zn-2e–= Zn2+
B．钢闸门有电子流入，可以有效减缓腐蚀
C．若通过外加电源保护钢闸门，应将钢闸门与电源正极相连
D．锅炉内壁装上若干镁合金的防腐原理与该种钢闸门保护法原理相同
二、非选择题（本题包括5小题）
17、1，4－环己二醇可通过下列路线合成(某些反应的反应物和反应条件未列出)：

(1)写出反应④、⑦的化学方程式：
④__________________________________；
⑦__________________________________。
(2)上述七个反应中属于加成反应的有____________(填反应序号)，A中所含有的官能团名称为____________。
(3)反应⑤中可能产生一定量的副产物，其可能的结构简式为_____________________。
18、维拉佐酮是临床上使用广泛的抗抑部药，其关键中间体合成路线如下:

已知:R-X+→+H-X

(1)下列说法正确的是______(填编号)。
A化合物A不能使三氧化铁溶液显紫色
B．反应①④⑤均为取代反应
C．合成过程中反应③与反应④不能调换
D．反应②中K2CO3的作用是使反应向正方向移动
(2)写出物质C的结构简式:__________。
(3)写出反应②的化学方程式:_____________。
(4)设计以苯和乙烯为原料制备的合成路线(用流程图表示，其他无机试剂任选)____________。
(5)经过水解和氧化后可得到分子式为C4H9O2N的物质F，写出物质F的可能的同分异构体结构简式__________。须同时符合:
①分子结构中有一个六元环；
②1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子。
19、粮食仓储常用磷化铝(A1P)熏蒸杀虫，A1P遇水即产生强还原性的PH3气体。国家标准规定粮食中磷物(以PH3计)的残留量不超过0.05 mg•kg-1时为合格。某小组同学用如图所示实验装置和原理测定某粮食样品中碟化物的残留量。C中加入100 g原粮，E 中加入20.00mL2.50×lO-4mol•L-1KMnO4溶液的H2SO4酸化)，C中加入足量水，充分反应后，用亚硫酸钠标准溶液滴定E中的溶液。

(1)装置A中的KMn04溶液的作用是_____。
(2)装置B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液吸收空气中的O2。若去掉该装置，则测得的磷化物的残留量___(填“偏髙”“偏低”或“不变”)。
(3)装置E中PH3氧化成磷酸，MnO4-被还原为Mn2+，写出该反应的离子方程式：__________。
(4)收集装置E中的吸收液，加水稀释至250 mL，量取其中的25.00 mL于锥形瓶中， 用4.0×lO-5mol•L-1的Na2SO3标准溶液滴定，消耗Na2SO3标准溶液20.00mL，反应原理是 S02-+Mn04-+H+→S042-+Mn2++H20(未配平)通过计算判断该样品是否合格(写出计算过程)_______。
20、某化学活动小组设计如下图所示(部分夹持装置已略去)实验装置，以探究潮湿的Cl2与Na2CO3反应得到的气态物质。

(1)装置A中发生反应的离子方程式为_______________________________________。
(2)装置B中试剂Y应为_________________。
(3)已知在装置C中通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下为黄红色的气体(含氯氧化物)，装置C中只有氯化钠和碳酸氢钠。若C中有0.1 mol Cl2参加反应，可推知C中反应生成的含氯氧化物为______________(写化学式)。
(4)该实验装置中明显存在不足之处，改进的措施为____________________________。
21、在一恒容密闭容器中,发生反应:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH。其平衡常数(K)和温度(T)的关系如下表:
T℃
700
800
850
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
试回答下列问题:
（1）上述反应为____(填“放热”或“吸热”)反应,升高温度,平衡向______ (填“正反应”或“逆反应”) 方向移动。
（2）某温度下,在体积为2L的恒容密闭容器中通入2molCO2(g)和4molH2(B)发生上述应,5min时反应达到平衡,测得CO2(g)的转化率是75%。
①v(H2O)=______mol·L-1·min-l。
②该温度下反应的平衡常数K=______.
（3）生产水煤气的过程如下:
①C(s)+CO2(g) 2CO(g)ΔH1
②CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH2
③反应:CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH=________ (用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、A
【解析】
分析：强酸性溶液中含大量的H+，根据离子之间不能结合生成沉淀、水、气体，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答。
详解：A．酸性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，选项A选；B．H+、OH—结合生成水，Ag+与OH—、Cl—结合生成沉淀，不能大量共存，选项B不选；C．MnO4-为紫色，与无色不符，选项C不选；D．H+、HCO3—发生反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，选项D不选；答案选A。
点睛：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应及氧化还原反应的离子共存考查，注意离子的颜色，题目难度不大。
2、B
【解析】
已知溶液中溶质的物质的量浓度和溶液的体积，根据n=cV，可以求溶质的物质的量，进而可以确定Na+的物质的量，物质的量和粒子数成正比，所以比较Na+的数目，可以直接比较Na+的物质的量。
【详解】
A. 1mol•L－1Na2SO4溶液100 mL 含有Na+0.2mol；
B.0.9mol•L－1Na3PO4溶液100 mL含有Na+0.27mol；
C. 2.5mol•L－1NaOH溶液100 mL含有Na+0.25mol；
D. 1mol•L－1NaHCO3溶液100 mL含有Na+0.1mol。
故选B。
3、B
【解析】
由所给物质的化合价和溶液的酸碱性可知该反应的离子方程式为3S＋6OH－=SO32－＋2S2－＋3H2O，其中S既作氧化剂又作还原剂，还原产物是S2－，氧化产物是SO32－，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比是1:2。每消耗3molS，转移4mol电子，，所以正确的答案是C。
4、D
【解析】
①配制1mol/LNa2CO3溶液时，未洗涤烧杯和玻璃棒，溶液中溶质的物质的量偏小，导致所配溶液浓度偏低，故正确；
②测定碳酸钠晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮，称量的碳酸钠晶体的量偏少而水偏多，导致所测结晶水的百分含量偏高，故错误；
③药品的质量等于砝码的质量加游码的量，配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2 g，则药品的质量等于砝码的质量减游码，溶质的物质的量偏小，导致所配溶液浓度偏低，故正确；
④用酸式滴定管取用98%、密度为1.84 g·cm－3的浓硫酸配制200 mL 2 mol·L－1的稀硫酸时，先平视后仰视，导致所取溶液体积偏小，溶质的物质的量偏小，导致所配溶液浓度偏低，故正确；
①③④正确，答案选D。
5、D
【解析】本题考查阿伏加德罗常数。
详解：甲醇分子中含有3个碳氢键、1个碳氧键和1个氧氢键，所以1mol甲醇中含有5mol共价键，含有的共价键数目为5NA，故A错误；92.0 g甘油（丙三醇）的物质的量为1mol，已知一个丙三醇含有3个羟基，则1mol丙三醇含有的羟基数为3NA，B错误；1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl（气）、CH2Cl2（液）、CHCl3（液）、CCl4（液）、HCl（气），所以生成的的分子数小于1.0NA，C错误；9.2g甲苯的物质的量为0.1mol，1mol甲苯被性高锰酸钾溶液氧化为苯甲酸，转移的电子数为6NA，则0.1mol甲苯被氧化为苯甲酸转移的电子数为0.6NA，D正确。
故选D。
点睛：本题通过有机化合物考查阿伏加德罗常数的综合应用，注意甲烷和氯气在光照下反应生成的氯代烃为混合物，甲苯被性高锰酸钾溶液氧化为苯甲酸。
6、D
【解析】
A．普通漏斗常用于过滤分离，故A错误；
B．蒸发皿常用于蒸发，故B错误；
C．蒸馏烧瓶用于蒸馏，分离沸点相差较大的两种液体或固液分离，故C错误；
D．分液漏斗适用于两种互不相溶的液体的分离，故D正确；
故选D。
【点晴】
明确实验原理及基本操作是解题关键，据分离操作常用到的仪器判断，普通漏斗常用于过滤分离，蒸发皿常用于蒸发，蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体或固液分离；分液漏斗适用于两种互不相溶的液体的分离。
7、A
【解析】
A. 比较两种离子的水解程度，需要使用相同离子浓度的溶液；室温下，Na2CO3的溶解性比NaHCO3大，则二者的饱和溶液中，两种物质的浓度不同，对应的阴离子浓度也不相同，因此本实验不合理，A错误；
B. 本实验中，左侧试管中又加入了KSCN溶液，右侧试管中加入了水，则对比左右两只试管，相当于加入试剂前后，溶液的体积都没有变化，左侧试管中KSCN的物质的量增加，所以左侧试管中KSCN的浓度增大，而右侧试管中KSCN的浓度没有变化，因此本实验合理，B正确；
C. 本实验中，只有催化剂不同，其他的物质及其对应的物理量均相同，符合“单一变量”原则，因此本实验合理，C正确；
D. 本实验中，醋酸可以和NaHCO3反应产生气泡，硼酸不行，可以说明酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸，D正确；
故合理选项为A。
化学对比实验，采用“单一变量”原则，在A选项中，两种物质的溶解度不同，且两种物质的适量也不同，导致两种溶液的物质的量浓度也不同，该组实验存在两个变量，故该组实验不合理。在应答此类题目时，一定要注意图中的描述。
8、A
【解析】
A、MnO2中的锰元素化合价有+4价降低到+2价，所以为氧化剂，H2SO4显酸性，且元素的化合价没有变化，故A错误；
B、①中硫化锌中硫的化合价为-2价转化为单质硫为0价，通过方程式可以看出，析出16gS即0.5mol，转移为2×0.5mol=1mol电子，故B正确；
C、硫酸锰中锰的化合价由+2价升到+4价，化合价升高，所以硫酸锰作还原剂，被氧化，发生氧化反应，故C正确；
D、反应①消耗硫酸，反应②生成硫酸，硫酸可循环利用，故D正确。
答案选A。
9、D
【解析】
A．硫酸铝溶液中加入过量氨水的离子反应方程式为Al3++3NH3·H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，选项A错误；
B．氢氧化铁与HI发生氧化还原反应，生成碘化亚铁、碘、水，离子反应方程式为2Fe(OH)3+2I-+6H+=2Fe2++I2+6H2O，选项B错误；
C. 向氯化铁溶液中加入过量的硫化钠，反应生成硫化亚铁和硫单质，反应的离子方程式为：2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓，选项C错误；
D. 向石灰乳中加入氯化铁溶液，反应生成氢氧化铁和氯化钙，离子方程式为：3Ca(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Ca2+，选项D正确；
答案选D。
本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，并熟悉离子反应方程式的书写方法来解答，题目难度不大。
10、D
【解析】
①中一水合氨是弱电解质，0.1mol/L的氨水中铵根离子浓度远远小于0.1mol/L；②氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解但程度较小，所以0.1mol/L的氯化铵中铵根离子浓度接近略小于0.1mol/L；③氯化氢电离出的氢离子抑制铵根离子水解，所以0.2mol·L－1盐酸与0.2mol·L－1NH4Cl溶液等体积混合该溶液中铵根离子浓度接近0.1mol/L，但大于②中铵根离子浓度；④氢氧化钠电离出的氢氧根离子抑制一水合氨电离，所以0.2mol·L－1NaOH溶液与0.2mol·L－1氨水等体积混合溶液中铵根离子浓度远远小于0.1mol/L，且小于①中铵根离子浓度；且氯化铵溶液中铵根离子浓度远远大于相同浓度的氨水中铵根离子浓度，所以这四种溶液中铵根离子浓度由大到小排列顺序是：③②①④，故本题选D。
11、C
【解析】
A、同主族元素自上而下非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强，非金属性越强最高价氧化物的水化物的酸性就越强，酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4，A正确；
B、同周期元素自左向右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强。金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性就越强，碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，B正确；
C、非金属性越强相应氢化物的稳定性也越强，则稳定性：PH3＜H2S＜HCl，C错误；
D、非金属性：F＞O＞S，D正确；
答案选C。
12、D
【解析】
A. 用强碱滴定弱酸，滴定终点是溶液显碱性，应该选用酚酞作为指示剂，故A错误；
B、当a=12.5时，氢氧化钠和醋酸的物质的量之比1：1，恰好反应生成CH3COONa，CH3COONa为强碱弱酸盐，溶液显碱性，与pH=7不符，故B错误；
C. B点时溶液显中性，则醋酸过量，C、D溶液显酸性，醋酸过量更多，水的电离受到抑制，水的电离程度：D＜C＜B，故C错误；
D、在D点时，反应后醋酸剩余，溶液的组成为等浓度的醋酸和醋酸钠的混合物，根据物料守恒，此时c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，故D正确；
故选D。
13、B
【解析】
A、切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗是生成氧化钠的原因，4Na+O2=2Na2O，故A错误；B、向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，硫化银溶解性小于氯化银，实现沉淀转化，白色沉淀变成黑色：2AgCl+S2- ═Ag2S↓+2Cl- ，故B正确；C、Na 2 O 2 在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色黏稠物是因为2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2 ，生成的氢氧化钠潮解，故C错误；D、FeCl2溶液中滴加NaClO溶液生成红褐色沉淀：2Fe2+ + ClO- + 5H2O= 2Fe(OH)3↓+Cl-+ 4H+，方程式中有Fe(OH)3和H+不能共存，此方程式不符合客观事实，故D错误；故选B。
14、C
【解析】
由于CO2在水中的溶解度比较小，而NH3极易溶于水，所以在实验中要先通入溶解度较大的NH3，再通入CO2；由于NH3极易溶于水，在溶于水时极易发生倒吸现象，所以通入NH3的导气管的末端不能伸入到溶液中，即a先通入NH3，然后b通入CO2，A、B、D选项均错误；因为NH3是碱性气体，所以过量的NH3要用稀硫酸来吸收，选项C合理；故合理答案是C。
本题主要考查钠及其重要化合物的性质，及在日常生产、生活中的应用，题型以选择题(性质、应用判断)。注意对钠及化合物的性质在综合实验及工艺流程类题目的应用加以关注。
15、A
【解析】
本题考查物质的量浓度的有关计算。
分析：①溶质的质量分数为ω可由溶质的质量和溶液的质量来计算；②根据c=来计算；③根据溶质的质量分数=×100%来计算；④根据反应后的溶质及水解来分析离子浓度大小。
详解：VmL氨水，溶液的密度为ρg•cm-3，溶液的质量为ρVg，溶质的质量为×17，则溶质的质量分数为ω=×100%，①错误；溶质的物质的量为mol，溶液的体积为VmL，则c=mol/L，②正确；再加入VmL水后，所得溶液的质量分数为，水的密度大于氨水的密度，则所得溶液的质量分数小于0.5ω，③错误；VmL氨水，再加入1.5VmL同浓度稀盐酸，充分反应后生成氯化铵，还有剩余的盐酸，溶液显酸性，则c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），④正确。正确答案选A。
故选A。
点睛：明确质量分数、物质的量浓度的关系、氨水的密度与水的密度大小是解答本题的关键。
16、C
【解析】
该保护法利用了原电池的原理，锌块作负极，钢闸门作正极，海水作电解质溶液，整个过程是锌的吸氧腐蚀。
【详解】
A. 该保护法利用了原电池的原理，锌块作负极，发生氧化反应，电极反应为Zn-2e–= Zn2+，A正确；
B. 锌块作负极，发生氧化反应，失去的电子通过导线转移到钢闸门，减缓了钢闸门的腐蚀，B正确；
C. 通过外加电源保护钢闸门，若将钢闸门与电源正极相连，则钢闸门作阳极，这样会加快钢闸门的腐蚀，C错误；
D. 镁的活泼性比铁强，锅炉内壁装上若干镁合金的防腐原理与该种铁闸门保护法一样，都是利用了原电池的原理，D正确；
故合理选项为C。
该装置利用的原理是金属的电化学腐蚀，我们已学过铁的吸氧腐蚀，凡是在水中的金属的腐蚀，几乎考察的都是吸氧腐蚀，需要搞明白哪个金属是我们不希望被腐蚀的，即哪个金属应该作正极，而负极的金属一般是较活泼的金属，也就是用来被“牺牲”的金属，这种保护法叫作牺牲阳极的阴极保护法（注意区别外加电源的阴极保护法）。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、+NaOH+2NaCl+2H2O +2NaOH+2NaBr ③⑤⑥ 碳碳双键
【解析】
由合成路线可知，反应①为光照条件下的取代反应，反应②为NaOH/醇条件下的消去反应生成A为，反应③为A与氯气发生加成反应生成B为，B在NaOH/醇条件下发生消去反应得到，反应⑤为溴与的1,4—加成反应，反应⑥为碳碳双键与氢气的加成反应，生成C为，反应⑦为C在NaOH/水条件下发生水解反应生成1,4-环己二醇，据此解答。
【详解】
（1）一氯环己烷与NaOH的醇溶液加热发生消去反应产生A：环己烯；环己烯与氯气发生加成反应产生B：1，2二氯环己烷，与NaOH的醇溶液加热发生消去反应产生环己二烯，故反应④的化学方程式为；
⑦环己二烯与溴水按照1:1发生1,4加成反应产生；与氢气发生加成反应产生C：；C与NaOH的水溶液发生取代反应产生。故反应⑦的化学方程式是：。
（2）在上述七个反应中属于加成反应的有③⑤⑥，A为，所含官能团名称为碳碳双键；
（3）二烯烃可能发生1,2加成，也可能发生1,4加成反应，还可能完全发生加成反应，所以反应⑤中可能产生一定量的副产物，其可能的结构简式为、。
18、CD 、、
【解析】
分析：本题考查有机物的推断和合成，充分利用有机物的结构进行分析解读，侧重考查学生的分析推理能力，知识迁移能力。
详解：根据A到B再到，对比分子式和有机物的结构，可知A为，B为，反应①为硝化反应，反应②为取代反应。而由到C脱掉一分子水，再对比前后的结构，可以推出C的结构为，反应④发生的是硝基还原为氨基的反应，则D为。(1) A.化合物A的结构为，含有酚羟基和醛基，能使三氧化铁溶液显紫色，故错误；B.反应①为取代，④为还原反应，⑤为取代反应，故错误；C.合成过程中反应③与反应④不能调换，否则醛基有会与氢气发生加成反应，故正确；D.反应②中生成盐酸，而盐酸可以和K2CO3，所以碳酸钾的作用是使反应向正方向移动，故正确；故选CD。(2)根据以上分析可知物质C的结构简式为：；
(3)反应②的化学方程式为；（4）根据题中信息可知，氨基可以和二卤代烃反应生成环，所以先生成二卤代烃和氨基。合成路线为：。（5）分子式为C4H9O2N的物质F，写出物质F的可能的同分异构体结构①分子结构中有一个六元环；
②1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子，则说明结构有对称性，六元环由3个碳和一个氮原子和2个氧原子形成对称位置的环，另外连接一个甲基即可，结构为或。或六元环由一个氮原子和一个氧原子和4个碳原子形成有对称性的环，另外连接羟基，结构为。
19、吸收空气中的还原性气体，防止其干扰pH3的测定 偏低 5PH3+8Mn04-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O 0.382 5mg>0.05mg，所以不合格
【解析】
(1) KMnO4溶液有强氧化性，PH3有强还原性；
(2)氧气会氧化一部分PH3，滴定消耗的亚硫酸钠标准溶液偏少，则测得的磷化物的残留量偏低；
(3) 由得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒可写出正确的化学方程式；
(4)先计算Na2SO3标准溶液消耗的高锰酸钾的物质的量，再由高锰酸钾总的物质的量减去Na2SO3标准溶液消耗的高锰酸钾的物质的量求出吸收PH3消耗的高锰酸钾的物质的量，进而求出粮食中磷物(以PH3计)的残留量。
【详解】
(1) KMnO4溶液有强氧化性，PH3有强还原性，装置A中的KMnO4溶液的作用是吸收空气中的还原性气体，防止其干扰PH3的测定；
(2)装置B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液吸收空气中的O2，若去掉该装置，氧气会氧化一部分PH3，导致剩下的KMnO4多，滴定消耗的亚硫酸钠标准溶液偏少，则测得的磷化物的残留量偏低；
(3)装置E中PH3氧化成磷酸，MnO4-被还原为Mn2+，由得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒可知，该反应的离子方程式为：5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O；
(4) 滴定的反应原理是 5SO32-+2MnO4-+16H+=5SO42-+2Mn2++8H2O，Na2SO3标准溶液消耗的高锰酸钾的物质的量==3.2mol。则吸收PH3消耗的高锰酸钾的物质的量=2.50×lO-4mol•L-13.2mol=1.8mol，PH3的物质的量=1.8mol=1.125mol。粮食中磷物(以PH3计)的残留量==0.382 5mg•kg-1，0.382 5mg•kg-1>0.05 mg•kg-1，所以不合格。
20、 MnO2＋4H＋＋2Cl－ Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O 饱和食盐水（或饱和氯化钠溶液） Cl2O 在装置D后连接一尾气处理装置（或连接一盛有NaOH溶液的洗气瓶）
【解析】分析：本题考查了物质性质验证的实验设计，步骤分析判断，现象分析理解，掌握物质性质和实验设计方法是解题关键。
详解：(1)实验室制备氯气，结合装置分析可知是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，反应的离子方程式为：MnO2＋4H＋＋2Cl－ Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O。 (2) 实验室制备氯气中含有氯化氢气体，需要用饱和食盐水除去。(3)C中有0.1mol氯气参加反应，装置C中通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下黄红色的气体，反应为Cl2+Na2CO3→NaHCO3+NaCl+X，依据氧化还原反应电子守恒计算判断氯元素化合价为+1价，可推知C中反应生成的含氯氧化物为Cl2O。(4)实验过程中产生氯气是有毒气体，不能排放到空气中，而装置D后没有尾气吸收装置。
21、吸热正反应0.151.8ΔH1+ΔH2
【解析】（1）化学平衡常数的大小只与温度有关，温度越高，化学平衡常数增大，说明化学平衡正向移动，因此正反应方向吸热，故答案为：吸热、正反应
（2）达到平衡时，CO2(g)的转化率是75%，则反应的CO2为2mol
根据三段法：

①v(H2O)= mol·L-1·min-l
②该温度下反应的平衡常数K=1.8
故答案为：0.15、1.8
（3）根据盖斯定律可得：①+②=③，所以ΔH=ΔH1+ΔH2 故答案为：ΔH1+ΔH2