2015-2016学年浙江省湖州市高二（上）期末化学试卷（解析版）

2015-2016学年浙江省湖州市高二（上）期末化学试卷

一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分．） 1．下列说法不正确的是（ ）

A．电解法制铝工艺的发明使铝在生产生活中得以迅速普及

B．合成氨工艺的开发缓解了人类有限耕地资源与庞大粮食需求的矛盾

C．研究影响化学反应速率的因素对提高可逆反应的限度具有决定性作用 D．燃料电池的能量转换效率高具有广阔的前景

2．分类是化学学习和研究的常用手段，下列分类依据和结论都正确的是（A．HCHO、Al2O3均含有氧元素，属于氧化物 B．H2SO4、HNO3均为强酸，属于强电解质 C．蓝宝石、明矾的主要成分都是含有铝元素的氧化物 D．AlCl3、Na2O2都属于离子化合物

3．下列有关化学用语表示不正确的是（ ） A．中子数为20的氯原子： Cl B．NH3分子的电子式： C．铝原子的结构示意图：

D．聚丙烯的结构简式为：

4．下列事实能说明金属性钠比铝强的是（ ） A．钠能与冷水剧烈反应，而铝不能与冷水反应 B．NaOH易溶于水，Al（OH）3难溶于水

C．等物质的量的NaOH和Al（OH）3，Al（OH）3可以电离出更多OH﹣ D．等物质的量铝比钠失去电子数多

1页

）

5．下列离子方程式正确的是（ ）

A．NaHCO3溶液呈碱性的原因：HCO3﹣+H2O?CO32﹣+H3O+

B．向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至沉淀质量最大：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2

﹣

+2H2O

C．氢氧化铝溶于醋酸溶液：Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O D．氯化铝溶液中加入过量氨水Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O

6．在反应C+4HNO3（浓）A．C

B．HNO3

CO2↑+4NO2↑+2H2O中，氧化剂是（ ）

C．CO2

D．SO2

7．下列通过试剂间两两反应不能鉴别的是（ ） A．AlCl3溶液和NaOH溶液 C．NaHCO3溶液和HCl溶液

B．NaAlO2和HCl溶液 D．AgNO3溶液和氨水

8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A．常温常压下，46g NO2与N2O4的混合气体含有原子总数为3NA B．92g甲苯中含有碳碳双键数目为3 NA

C．1 L 1 molL﹣1的Na2CO3溶液中含有CO32﹣的数目为NA D．标准状况下，2.24L Cl2与水反应转移的电子数目为0.1NA

9．常温下，下列溶液肯定呈碱性的是（ ） A．溶液中含有OH﹣ B．与氯化铵溶液反应放出氨气 C．与金属铝反应放出氢气

D．滴入甲基橙试液后，溶液呈黄色

10．在分子式为CnH2n的烃分子中共用电子对的数目为（ ） A．3n

B．3n+1

C．2n

D．2n+1

11．下列仪器对应的名称正确的是（ ）

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A．容量瓶

B．

萃取瓶

C．

锥形瓶

D．

酸式滴定管

12．甲苯、四氯化碳、己烯、碘化钾溶液、亚硫酸钠溶液均为无色液体，只用一种试剂就可鉴别的是（ ）

A．硝酸银溶液

B．溴水

C．酸性高锰酸钾溶液 D．氯化铁溶液

13．下列各组中的两组物质互为同系物的是（ ） A．乙苯与二甲苯

B．乙醇与乙二醇

C．乙烯与聚乙烯

D．甲烷与新戊烷

14．两种气态烃组成的混合物1.12L（标准状况），完全燃烧后得到CO22.24L（标准状况）和1.8g水．该混合物的组成可能是（ ） A．CH3OH和C3H4

B．CH4和C3H4O

C．CH4和C2H4

D．CH4和C3H4

15．下列结论正确的是（ ）

A．S（g）+O2（g）═SO2（g）△H1；S（s）+O2（g）═SO2（g）△H2，则△H1＜△H2 B．C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H=+1.9 kJmol﹣1，则金刚石比石墨稳定

3页

C．NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.4 kJmol﹣1，则含20 g NaOH的稀溶液与稀醋酸恰好完全反应，放出的热量为28.7 kJ

D．2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221 kJmol﹣1，则碳的燃烧热等于110.5 kJmol﹣1

16．现有标准状况下氢气和甲烷组成的混合气体112L，使其完全燃烧生成H2O（l）和CO2，实验测得反应放热3695kJ．已知：

2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJmol﹣1

CH4 （g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJmol﹣1 则原混合气体中H2与CH4的质量之比约为（ ） A．1：3

B．3：1

C．1：24

D．24：1

17．已知反应：2H2O（g）

2H2（g）+O2（g）△H=+484kJmol﹣1．某温度下，在4L密闭容器中加

入纳米级Cu2O并通入0.2mol H2O（g），记录不同时间产生O2的物质的量如表： 时间/min

20

40 0.0032

60 0.0040

80 0.0040

n（O2）/mol 0.0020 下列说法正确的是（ ）

A．前20min的反应速率v（H2O）=2.5×10﹣5molL﹣1min﹣1 B．达平衡时，至少需要从外界吸收的能量为0.968kJ C．增大c（H2O），可以提高水的分解率

D．使用纳米级Cu2O颗粒是为了提高催化效果

18．已知反应：C（s）+CO2（g）?2CO（g）△H＞0一定条件下，改变某一个反应条件一定能使反应速率显著加快的是（ ） A．降低反应体系的压强 C．缩小反应体系的体积

B．增加反应物碳的用量 D．减少体系中CO的量

19．反应 Fe（s）+CO2（g）?FeO（s）+CO（g）△H1 平衡常数为K1 Fe（s）+H2O （g）?FeO（s）+H2 （g）△H2 平衡常数为K2 在不同温度时K1、K2的值如表： 温度（K） 973

K2 2.38

4页

K1 1.47

1173 2.15 1.67

据此可知反应“CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）△H 平衡常数为K″的相关信息不正确的是（ ）

A．△H=△H1﹣△H2 B．K=

C．该反应进行时不断分离出H2O，可以提高CO2的转化率和反应速率

D．该反应正反应为吸热反应

20．下列说法正确的是（ ）

A．滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，红色褪去可证明BaCl2溶液显酸性 B．根据盐溶液的酸碱性，将盐分成酸式盐、正盐和碱式盐

C．泡沫灭火器是利用硫酸铝溶液和碳酸钠溶液反应产生大量CO2和Al（OH）3灭火 D．NH4F溶液中含有少量的HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中

21．下列关于0.10molL﹣1 NaHCO3溶液的说法不正确的是（ ）

A．该溶液中离子浓度关系为：c （Na+）＞c（HCO3﹣）＞c （OH﹣）＞c（H+）

B．25℃时，加水稀释后，

变小

C．温度升高，c（OH﹣）×c（H+）不变（忽略体积变化） D．溶液中c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）

22．25℃时，某酸性溶液中只含NH4+、Cl﹣、H+、OH﹣四种离子，下列说法不正确的是（

A．可能由pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合而成 B．该溶液可能由等物质的量浓度的盐酸和氨水等体积混合而成

C．加入适量氨水，溶液中离子浓度可能为：c （NH4+）＞c （Cl﹣）＞c （OH﹣）＞c（H+）D．该溶液中c （NH4+）=c （Cl﹣）+c （OH﹣）﹣c（H+）

23．某氢氧固体酸燃料电池的总反应为：2H2+O2=2H2O，其基本结构如图所示：

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）

下列有关说法不正确的是（ ） A．电子通过外电路从a极流向b极 B．H+由a极通过固体酸电解质传递到b极

C．电池工作时每转移0.1 mol电子，消耗1.12 LH2 D．b极上的电极反应式为：O2+4H++4e﹣=2H2O

24．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸的反应为Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，某兴趣小组以该反应为例探究反应速率的影响因素并设计了如下实验，下列说法不正确的是（ ） 实验 序号 1 2 3

反应温度/℃ Na2S2O3溶液 25 25 35

V/mL 5 5 5

稀H2SO4 c/molL﹣1 0.1 0.2 0.1

H2O V/mL 10 5 10

c/molL﹣1 V/mL 0.1 0.2 0.1

5 10 5

A．实验1和实验2可以探究Na2S2O3浓度对反应速率的影响 B．实验1和实验3可以探究温度对反应速率的影响

C．通过测定单位时间内收集到气体的体积判断化学反应速率快慢

D．实验3时，应先分别将Na2S2O3溶液、H2SO4溶液和水置于热水浴中加热到所需温度再混合发生反应，记录反应所需时间

25．某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Fe3+、Cl﹣、SO42﹣、NO3﹣、AlO2﹣ 中的若干种离子，离子浓度均为0.1molL﹣1，某同学进行了如图实验：

下列说法正确的是（ ）

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A．无法确定原试液中是否含有Fe3+、K+

B．滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe3+、H+和Al3+ C．无法确定沉淀B的成分

D．原溶液中一定存在的离子为NH4+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣

二、非选择题（本大题共4小题，共50分．）

26．在煤的液化过程中可以获得洁净的化工原料，如水煤气等．利用水煤气在一定条件下可以合成烃及其衍生物，如辛烷和甲醇． （1）用系统命名法命名

： ．

（2）用水煤气合成甲醇的化学方程式： ．

27．随着原子序数的递增，八种短周期元素（用字母x等表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示：

（1）h的原子结构示意图 ．

（2）上述元素组成的复盐 （zx4） af b（gd4）c，向盛有10mL1molL﹣1该盐溶液中慢慢滴加1molL﹣1NaOH溶液，沉淀的物质的量随NaOH溶液体积变化如图2： ①a：b：c= ．

②图中AB段发生反应的离子方程式为 ．

28．实验室制取硝基苯的装置如图所示． （1）导管a的作用 ．

（2）b是温度计，为了控制反应温度在55～60℃，图示的加热方法是 ． （3）反应的化学方程式为 ．

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29．将一定质量的镁铝合金投入200mL一定浓度的盐酸中，合金完全溶解．向所得溶液中滴加浓度为5molL

﹣1

的NaOH溶液，生成的沉淀跟加入NaOH溶液体积的关系如图．

（1）合金中镁和铝的质量比 ． （2）所用盐酸的物质的量浓度 ．

【加试题】

30．镁和铝单质及化合物在生产生活中的应用十分广泛．

（1）“真空碳热还原﹣氯化法”是一种新型的由铝土矿制备金属铝的方法． 已知：Al2O3（s）+3C（s）═2Al（l）+3CO（g）△H=a kJmol﹣1

Al2O3（s）+AlCl3（g）+3C（s）═3AlCl（g）+3CO（g）△H=b kJmol﹣1 3AlCl（g）═2Al（l）+AlCl3（g）△H=c kJmol﹣1 ①用代数式表示a、b、c之间的关系：a= ．

②Al4C3是反应过程中的中间产物，Al4C3与水发生反应的化学方程式为 ．

③传统单质铝的冶炼一般先用碱液处理铝土矿或用苏打焙烧铝土矿，使难溶的氧化铝变为可溶性偏铝酸盐，用苏打焙烧铝土矿的化学方程式为 ．

（2）CH3MgCl是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价为+2价，该化合物发生水解反应的化学方程式为 ．

NaOH溶液为电解液组成的新型电池，（3）以Al和NiO（OH）为电极，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）

2，该电池负极的电极反应式为

．

31．三氯化铁是合成草酸铁的重要原料．利用工业FeCl3制取纯净的草酸铁晶体[Fe2（C2O4）35H2O]的实验流程如图1所示：

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①为抑制FeCl3水解，溶液X为 ．

②上述流程中FeCl3能被异丙醚萃取，其原因是 ；检验萃取、分液后所得水层中是否含有Fe3+的方法是 ．

③所得Fe2（C2O4）35H2O需用冰水洗涤，其目的是 ．

④为测定所得草酸铁晶体的纯度，实验室称取a g样品，加硫酸酸化，用KMnO4标准溶液滴定生成的H2C2O4，KMnO4标准溶液应置于图2所示仪器 （填“甲”或“乙”）中．下列情况会造成实验测得Fe2（C2O4）35H2O含量偏低的是 ． a．盛放KMnO4的滴定管水洗后未用标准液润洗 b．滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失 c．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数．

32．请填写下列空白：

Ⅰ．请写出支链只有一个乙基且式量最小的烷烃的结构简式： ． Ⅱ．请写出苯和丙烯反应生成主要产物的化学方程式 ．

Ⅲ．在沥青中存在一系列结构相似的稠环芳香烃．这一系列化合物中的前三个同系物的结构简式如图所示．

（1）芘的分子式是 ．

2，3，4…）（2）这一系列有机物的通式可用含x的代数式来表示（x为自然数1，，则该通式为 ．

Ⅳ．环蕃A（cyclophane）和超蕃B（superphane）是一种光电信息材料，都属于烃（B中氢原子未画出），它们的结构如图所示．

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下列有关说法正确的是 ．

A．环蕃和超蕃互为同系物 B．环蕃能与液溴、硝酸发生取代反应

C．环蕃能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．超蕃的一氯取代物只有1种，二氯取代物有3种．

2015-2016学年浙江省湖州市高二（上）期末化学试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分．） 1．下列说法不正确的是（ ）

A．电解法制铝工艺的发明使铝在生产生活中得以迅速普及

B．合成氨工艺的开发缓解了人类有限耕地资源与庞大粮食需求的矛盾

C．研究影响化学反应速率的因素对提高可逆反应的限度具有决定性作用 D．燃料电池的能量转换效率高具有广阔的前景

【考点】化学反应速率的影响因素；原电池和电解池的工作原理；电解原理． 【专题】化学反应速率专题；电化学专题．

【分析】A．电解法制铝，可增大铝的产量； B．合成氨工艺的开发，可促进农作物的产量； C．增大反应速率，平衡不一定移动；

D．燃料电池的能量转换效率高，可提高能量的利用率．

【解答】解：A．电解法制铝，可增大铝的产量，使铝在生产生活中得以迅速普及，故A正确； B．合成氨工艺的开发，可促进农作物的产量，故B正确； C．增大反应速率，平衡不一定移动，如催化剂等，故C错误；

D．燃料电池的能量转换效率高，可提高能量的利用率，故D正确． 故选C．

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【点评】本题考查较为综合，涉及铝的冶炼、化学平衡的移动以及原电池等知识，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．

2．分类是化学学习和研究的常用手段，下列分类依据和结论都正确的是（ ） A．HCHO、Al2O3均含有氧元素，属于氧化物 B．H2SO4、HNO3均为强酸，属于强电解质 C．蓝宝石、明矾的主要成分都是含有铝元素的氧化物 D．AlCl3、Na2O2都属于离子化合物

【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质． 【专题】物质的分类专题．

【分析】A．两种元素组成其中一种为氧元素的化合物为氧化物； B．水溶液中完全电离的酸为强酸，属于强电解质；

C．蓝宝石主要成分是氧化铝属于氧化物，明矾是硫酸铝钾晶体属于盐；

D．AlCl3是共价化合物，Na2O2是钠离子和过氧根离子构成的属于离子化合物．

【解答】解：A．两种元素组成其中一种为氧元素的化合物为氧化物，Al2O3属于氧化物，HCHO是酸，故A错误；

B．H2SO4、HNO3均在水溶液中完全电离为强酸，属于强电解质，故B正确；

C．蓝宝石主要成分是氧化铝属于氧化物，明矾是硫酸铝钾晶体属于盐，故C错误；

D．AlCl3是共价化合物，Na2O2是钠离子和过氧根离子构成的属于离子化合物，故D错误； 故选B．

【点评】本题考查了酸、碱、盐、氧化物、电解质等概念的分析判断，职务基础是解题关键，题目较简单．

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3．下列有关化学用语表示不正确的是（ ） A．中子数为20的氯原子：B．NH3分子的电子式：C．铝原子的结构示意图：D．聚丙烯的结构简式为：

Cl

【考点】电子式；原子结构示意图；结构简式． 【专题】化学用语专题．

【分析】A、写在元素符号的左上角的是质量数； B、氨气中N原子和H原子间为共价键；

C、铝原子的核外有13个电子，核内有13个质子； D、丙烯CH2=CHCH3经加聚后所得的为聚丙烯．

【解答】解：A、写在元素符号的左上角的是质量数，而质量数等于质子数+中子数，故中子数为20的氯原子的符号为：3717Cl，故A错误；

B、氨气为共价化合物，分子中存在3对共用电子对，氮原子最外层达到8个电子，氢原子最外层达到2个电子，氨气分子的电子式为

，故B正确；

，

C、铝原子的核外有13个电子，核内有13个质子，核外的电子的排布2、8、3，故结构示意图为故C正确；

D、丙烯CH2=CHCH3经加聚后所得的为聚丙烯，加聚时碳碳双键断开，故所得的聚丙烯的结构简式为

，故D正确．

故选A．

【点评】本题考查了原子的表示方法、电子式的书写和原子结构示意图以及聚合物结构简式的书写，难度不大，注意基础的掌握．

4．下列事实能说明金属性钠比铝强的是（ ） A．钠能与冷水剧烈反应，而铝不能与冷水反应 B．NaOH易溶于水，Al（OH）3难溶于水

C．等物质的量的NaOH和Al（OH）3，Al（OH）3可以电离出更多OH﹣ D．等物质的量铝比钠失去电子数多

【考点】金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律． 【专题】元素周期律与元素周期表专题．

【分析】利用金属单质之间的置换反应、失去电子的难易程度、金属对应阳离子的氧化性、与水或酸反应的难易程度、金属的最高价氧化物对应水化物的碱性等来比较金属性的强弱．

【解答】解：A、Na能与冷水反应，而Al不能，说明金属钠的活泼性强于金属镁，故A正确； B、元素最高价氧化物对应水化物的碱的溶解性，不能证明金属的活泼性强弱，故B错误；

C、等物质的量的NaOH和Al（OH）3可以电离出氢氧根离子的数目不能证明金属的活泼性强弱，可以根据电离出氢氧根离子的难易判断，故C错误；

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D、原子失电子的多少不能证明金属的活泼性强弱，可以根据原子失电子的难易来判断，故D错误． 故选A．

【点评】本题考查元素金属性的强弱比较方法，明确常见的金属性比较的方法即可解答，难度中等．

5．下列离子方程式正确的是（ ）

A．NaHCO3溶液呈碱性的原因：HCO3﹣+H2O?CO32﹣+H3O+

B．向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至沉淀质量最大：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2

﹣

+2H2O

C．氢氧化铝溶于醋酸溶液：Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O D．氯化铝溶液中加入过量氨水Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O 【考点】离子方程式的书写． 【专题】离子反应专题．

【分析】A．碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子；

B．向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至沉淀质量最大时生成硫酸钡和偏铝酸钾、水； C．醋酸为弱酸应保留化学式； D．不符合反应客观事实．

【解答】解：A．NaHCO3溶液呈碱性的原因，离子方程式：HCO3﹣+H2O?H2CO3+OH﹣，故A错误；

B．向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至沉淀质量最大时生成硫酸钡和偏铝酸钾、水，离子方程式：：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，故B正确；

C．氢氧化铝溶于醋酸溶液，离子方程式：Al（OH）3+3CH3COOH═Al3++3H2O+3CH3COO﹣，故C错误；

D．Al3++3NH3H2O═3NH4++Al氯化铝溶液中加入过量的氨水，氢氧化铝不溶于氨水，正确的离子方程式为：（OH）3↓，故D错误； 故选：B．

【点评】本题离子方程式的书写，明确发生的反应是解答本题的关键，注意与量有关的离子反应即可解答，题目难度中等．

6．在反应C+4HNO3（浓）

CO2↑+4NO2↑+2H2O中，氧化剂是（ ）

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A．C

B．HNO3 C．CO2

D．SO2

【考点】氧化还原反应． 【专题】氧化还原反应专题．

【分析】在反应中，N元素化合价由+5价变为+4，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，据此分析解答．

【解答】解：在反应C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O中，N元素化合价由+5价变为+4，得

电子化合价降低的反应物是氧化剂，则HNO3是氧化剂， 故选B．

【点评】本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键，结合基本概念分析，难度不大．

7．下列通过试剂间两两反应不能鉴别的是（ ） A．AlCl3溶液和NaOH溶液 C．NaHCO3溶液和HCl溶液

B．NaAlO2和HCl溶液 D．AgNO3溶液和氨水

【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用． 【专题】物质的分离提纯和鉴别．

【分析】将各组溶液两两混合，若现象各不相同，即可鉴别．A中MaOH溶液和AlCl3溶液、B中NaAlO2和HCl溶液、D中AgNO3溶液和氨水溶液滴加顺序不同，现象不同；但是NaHCO3溶液和HCl溶液反应只生成气体，现象相同，不能鉴别，以此解答．

【解答】解：A．NaOH溶液和AlCl3溶液滴加顺序不同，现象不同：将NaOH溶液滴加到AlCl3 溶液中，先生成沉淀，当NaOH过量时，沉淀溶解，可鉴别，故A不选；

B．NaAlO2和HCl溶液滴加顺序不同，现象不同：将NaAlO2滴加到HCl溶液中先没有沉淀生成，当滴加到一定程度时有沉淀生成，但将HCl滴加到NaAlO2溶液中，开始就有沉淀生成，当完全反应后再滴加溶液，沉淀逐渐溶解，可鉴别，故B不选；

C．NaHCO3、HCl的反应与量无关，改变滴定顺序，现象相同，不能鉴别，故C选；

D．AgNO3溶液和氨水混合，硝酸银加入氨水中，氨水过量，生成银氨络离子，没有沉淀生成，如将氨水加入到硝酸银溶液中，开始生成沉淀，现象不同，可鉴别，故D不选． 故选C．

【点评】本题考查物质的鉴别，题目难度中等，侧重与量有关的离子反应及物质检验现象的考查，注意在解答这类题时要注意利用物质化学特性来选择合适的物质进行区分，两两之间反应，可一一鉴别．

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8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A．常温常压下，46g NO2与N2O4的混合气体含有原子总数为3NA B．92g甲苯中含有碳碳双键数目为3 NA

C．1 L 1 molL﹣1的Na2CO3溶液中含有CO32﹣的数目为NA D．标准状况下，2.24L Cl2与水反应转移的电子数目为0.1NA 【考点】阿伏加德罗常数．

【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律． 【分析】A、NO2与N2O4的最简式均为NO2； B、苯环不是单双键交替的结构； C、CO32﹣是弱酸根，在溶液中会水解； D、氯气和水的反应为可逆反应．

【解答】解：A、NO2与N2O4的最简式均为NO2，故46g混合物中含有的NO2的物质的量为n=

=1mol，故含3NA个原子，故A正确；

B、苯环不是单双键交替的结构，故甲苯中不含碳碳双键，故B错误；

C、CO32﹣是弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中碳酸根的个数小于NA个，故C错误；

D、氯气和水的反应为可逆反应，故标况下2.24L氯气的物质的量小于0.1mol，则和水反应转移电子数小于0.1NA个，故D错误． 故选A．

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．

9．常温下，下列溶液肯定呈碱性的是（ ） A．溶液中含有OH﹣ B．与氯化铵溶液反应放出氨气 C．与金属铝反应放出氢气

D．滴入甲基橙试液后，溶液呈黄色 【考点】探究溶液的酸碱性． 【专题】电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】水溶液中都含有H+和OH﹣，溶液酸碱性取决于H+和OH﹣的浓度的相对大小：[H+]＞[OH﹣]溶液呈酸性；[H+]=[OH﹣]溶液呈中性；[H+]＜[OH﹣]溶液呈碱性；

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室温时，Kw=10﹣14，若溶液中：[H+]=10﹣7，pH值=7，溶液呈中性；[H+]＞10﹣7，pH值＜7，溶液呈酸性；：[H+]＜10﹣7，pH值＞7，溶液呈碱性，据此分析解答．

【解答】解：A．任何电解质溶液中都含有H+和OH﹣，不能根据溶液中含有OH﹣而确定溶液酸碱性，故A错误；

B．碱和氯化铵反应生成氨气，则该溶液一定呈碱性，故B正确；

C．非强氧化性酸和强碱溶液都能和铝反应生成氢气，所以能与铝反应生成氢气的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，故C错误；

D．甲基橙的变色范围为3.1﹣4.4，则滴入甲基橙呈黄色的溶液可能呈酸性、中性或碱性，故D错误； 故选B．

【点评】本题考查电解质溶液酸碱性判断，为高频考点，明确酸碱性溶液判断标准是解本题关键，温度未知时不能根据溶液pH判断酸碱性，题目难度不大．

10．在分子式为CnH2n的烃分子中共用电子对的数目为（ ） A．3n

【考点】电子式．

B．3n+1

C．2n

D．2n+1

【专题】化学用语专题．

【分析】分子式为CnH2n的烃分子要么是单烯烃，要么是环烷烃，但无论结构如何，对共用电子对数无影响．

【解答】解：分子式为CnH2n的烃分子要么是单烯烃，要么是环烷烃，但无论是哪种结构，在C原子和H原子间均存在2n对共用电子对，在碳原子间均存在n对共用电子对，故共存在3n对共用电子对，故选A．

【点评】本题考查了烃分子中共用电子对的对数，应注意的是有几个H原子即在C和H原子间存在几对共用电子对，然后根据C原子间的成键情况来分析C原子间的共用电子对．

11．下列仪器对应的名称正确的是（ ） A．容量瓶

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B．

萃取瓶

C．

锥形瓶

D．

酸式滴定管

【考点】化学仪器的洗涤、干燥． 【专题】化学实验常用仪器及试剂．

【分析】根据仪器的形状确定仪器的名称，据此解题． 【解答】解：A．该仪器为圆底烧瓶，故A错误； B．该仪器为分液漏斗，故B错误； C．该仪器为干燥管，故C错误； D．该仪器为酸式滴定管，故D正确． 故选D．

【点评】本题考查常见仪器的使用和化学基本操作的方法，题目难度不大，注意在学习中加强基础知识的积累．

12．甲苯、四氯化碳、己烯、碘化钾溶液、亚硫酸钠溶液均为无色液体，只用一种试剂就可鉴别的是（ ）

A．硝酸银溶液

B．溴水

C．酸性高锰酸钾溶液 D．氯化铁溶液

【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用． 【专题】物质的分离提纯和鉴别．

【分析】甲苯和四氯化碳都不溶于水，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，碘化钾、亚硫酸钠溶于水，具有还原性，根据物质的性质的异同选择合适的鉴别试剂．

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【解答】解：A．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A错误；

B．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，碘化钾与溴水发生氧化还原反应，溶液颜色加深，亚硫酸钠溶液与溴水发生氧化还原反应，溶液褪色，可鉴别，故B正确；

C．甲苯和己烯都与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，不能鉴别，故C错误；

D．氯化铁氧化鉴别碘化钾溶液、亚硫酸钠溶液，不能鉴别甲苯和己烯，故D错误． 故选B．

【点评】本题考查有机物的鉴别，为高频考点，把握常见有机物的性质及性质差异为解答的关键，注意反应现象相同时不能鉴别物质，侧重萃取及现象的考查，题目难度不大．

13．下列各组中的两组物质互为同系物的是（ ） A．乙苯与二甲苯

B．乙醇与乙二醇

C．乙烯与聚乙烯

D．甲烷与新戊烷

【考点】芳香烃、烃基和同系物． 【专题】同系物和同分异构体．

【分析】结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；互为同系物的物质满足以下特点：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同；如果含有官能团，则含有的官能团种类及数目必须完全相同．

【解答】解：A．乙苯与二甲苯分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故A错误； B．乙醇与乙二醇羟基个数不同，结构不相似，故B错误； C．乙烯含有双键，聚乙烯不含，结构不像素，故C错误； D．甲烷与新戊烷都是烷烃，结构相似，互为同系物，故D正确． 故选D．

【点评】本题考查了同系物的判断，题目难度不大，注意明确同系物的概念几件判断方法，互为同系物的有机物分子中，如果含有官能团，则含有官能团类型及数目一定完全相同．

14．两种气态烃组成的混合物1.12L（标准状况），完全燃烧后得到CO22.24L（标准状况）和1.8g水．该混合物的组成可能是（ ） A．CH3OH和C3H4

B．CH4和C3H4O

C．CH4和C2H4

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D．CH4和C3H4

【考点】化学方程式的有关计算． 【专题】利用化学方程式的计算．

【分析】1.12L两种气态烃组成的混合物的物质的量为：=

=0.1mol，n（H2O）=

=0.05mol；n（CO2）

=0.1mol，则混合的平均化学式为，C2，因是混合物，则肯定

含有C原子数小于2的烃，即一定含有甲烷，另一分子大于2，因甲烷中含有4个氢原子，则另一种烃也含有4个氢原子，以此进行解答．

=0.05mol；n（CO2）

【解答】解：1.12L两种气态烃组成的混合物的物质的量为：=

=0.1mol，n（H2O）=

=0.1mol，则混合的平均化学式为，C2，因是混合物，则肯定

含有C原子数小于2的烃，即一定含有甲烷，另一分子大于2，因甲烷中含有4个氢原子，则另一种烃也含有4个氢原子，两种气态烃，A和B中都有烃衍生成物，而C中的烃的碳原子数小于2，所以只有D符合，故选D．

【点评】本题考查了有机物分子式的计算，题目难度中等，注意掌握利用平均分子组成判断烃的组成的方法，常用方法有：平均碳法、平均氢法、平均碳氢分子式法、平均式量法等．

15．下列结论正确的是（ ）

A．S（g）+O2（g）═SO2（g）△H1；S（s）+O2（g）═SO2（g）△H2，则△H1＜△H2 B．C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H=+1.9 kJmol﹣1，则金刚石比石墨稳定

C．NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.4 kJmol﹣1，则含20 g NaOH的稀溶液与稀醋酸恰好完全反应，放出的热量为28.7 kJ

D．2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221 kJmol﹣1，则碳的燃烧热等于110.5 kJmol﹣1 【考点】反应热和焓变；热化学方程式． 【专题】化学反应中的能量变化．

【分析】A、固体硫变化为气体硫需要吸热； B、能量越低越稳定；

C、20．OgNaOH为0.5mol，醋酸是弱酸，其电离过程是吸热过程；

D、燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，一氧化碳不是稳定氧化物．

【解答】解：固体硫变化为气体硫需要吸热，放热反应，焓变为负值，S（s）+O2（g）═SO2（g）△H2 则△H2＞△H1，故A正确；

B、石墨生成金刚石吸热，石墨能量低，比较稳定，故B错误；

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C、已知NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.4 kJmol﹣1，指1molNaOH和molHCl溶液发生中和反应生成1mol水时所放出的热量为57.4 kJ，则0.5molNaOH与强酸反应放出

=28.7kJ

的热量，醋酸是弱酸，其电离过程是吸热过，20.0g即0.5molNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于28.7kJ的热量，故C错误；

D、2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221 kJmol﹣1，碳的燃烧热应该对应的产物是二氧化碳放出的热量，不能是CO，故D错误． 故选A．

【点评】本题考查燃烧热、焓变的意义、物质稳定性以及热化学方程式的含义知识，掌握△H的含义以及热化学方程式概念的运用，题目难度不大．

16．现有标准状况下氢气和甲烷组成的混合气体112L，使其完全燃烧生成H2O（l）和CO2，实验测得反应放热3695kJ．已知：

2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJmol﹣1

CH4 （g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJmol﹣1 则原混合气体中H2与CH4的质量之比约为（ ） A．1：3

B．3：1

C．1：24

D．24：1

【考点】反应热和焓变． 【专题】化学反应中的能量变化．

【分析】先根据方程式求出H2和CH4的燃烧热，化学反应的燃烧热和物质的量之间成正比，然后设出H2的物质的量，利用方程式来解各自的物质的量即可得出结果．

【解答】解：设混合气中H2的物质的量为x，则CH4的物质的量为5mol﹣x．根据题意，列方程为：

kJ/mol×x+890kJ/mol×=3695kJ，CH4的物质的量为5mol﹣1.25mol=3.75mol．（5mol﹣x）解得 x=1.25mol；所以混合气体中H2与CH4的质量之比约为（2×1.25）：（3.75×16）=1：24． 故选C．

【点评】以常规方法进行计算求解，思路直接，便于理解，为我们解题时的首选方法，但是由于一般需要列方程，计算量较大，一定要注意计算的准确性．

17．已知反应：2H2O（g）

2H2（g）+O2（g）△H=+484kJmol﹣1．某温度下，在4L密闭容器中加

入纳米级Cu2O并通入0.2mol H2O（g），记录不同时间产生O2的物质的量如表： 时间/min

20 40 60

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80

n（O2）/mol 0.0020 下列说法正确的是（ ）

0.0032 0.0040

0.0040

=5×10﹣5molL

A．前20min的反应速率v（H2O）=2.5×10﹣5molL﹣1min﹣1 B．达平衡时，至少需要从外界吸收的能量为0.968kJ C．增大c（H2O），可以提高水的分解率

D．使用纳米级Cu2O颗粒是为了提高催化效果 【考点】化学平衡的计算；化学反应速率的影响因素． 【专题】化学反应速率专题． 【分析】A．根据v=

计算反应速率；

B．根据平衡时生成O2的物质的量结合热化学方程式计算； C．增大C（H2O），水的分解率反而降低； D．使用纳米级Cu2O颗粒，可增大反应速率．

A．v=【解答】解：前20min内生成0.0020molO2，则消耗水0.0040mol，（H2O）

﹣1

min﹣1，故A错误；

B．达到平衡时，生成0.0040molO2，则需要从外界吸收的能量为0.0040mol×484KJmol﹣1=1.936 kJ，故B错误；

C．增大C（H2O），虽然平衡向正反应分析移动，但移动的程度小于增加的水的量，水的分解率反而降低，故C错误；

D．固体表面积越大，反应速率越大，故D正确． 故选：D．

【点评】本题考查化学平衡移动问题，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，本题易错点为C，注意增加一种反应物的浓度，该反应物的转化率降低．

18．已知反应：C（s）+CO2（g）?2CO（g）△H＞0一定条件下，改变某一个反应条件一定能使反应速率显著加快的是（ ） A．降低反应体系的压强 C．缩小反应体系的体积 【考点】化学平衡的影响因素． 【专题】化学平衡专题．

B．增加反应物碳的用量 D．减少体系中CO的量

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【分析】增加反应速率，则升高温度、增大浓度或增大压强等，注意C为固体的特点，以此解答．

【解答】解：A、降低反应体系的压强，反应速率减慢，故A错误；

B、由于碳为固体，增加反应物C的用量，对反应速率没有影响，故B错误；

C、缩小反应体系的体积，压强增大，气体浓度增大，反应速率增大，故C正确； D、减少体系中CO的量，反应速率减小，故D错误；故选：C．

【点评】本题考查化学反应速率的影响，侧重于基础知识的考查，注意相关基础知识的学习，难度不大．

19．反应 Fe（s）+CO2（g）?FeO（s）+CO（g）△H1 平衡常数为K1 Fe（s）+H2O （g）?FeO（s）+H2 （g）△H2 平衡常数为K2 在不同温度时K1、K2的值如表： 温度（K） 973 1173

K1 1.47 2.15

K2 2.38 1.67

据此可知反应“CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）△H 平衡常数为K″的相关信息不正确的是（ ）

A．△H=△H1﹣△H2 B．K=

C．该反应进行时不断分离出H2O，可以提高CO2的转化率和反应速率 D．该反应正反应为吸热反应

【考点】反应热和焓变；化学反应速率的影响因素． 【专题】化学反应中的能量变化；化学反应速率专题． 【分析】A、①Fe（s）+CO2（g）?FeO（s）+CO（g）； ②Fe（s）+H2O （g）?FeO（s）+H2 （g）；

①﹣②得到H2（g）+CO2（g）?CO（g）+H2O（g），据此计算焓变；

B、①﹣②得到H2（g）+CO2（g）?CO（g）+H2O（g），据此写出平衡常数表达式K； C、反应进行时不断分离出H2O，平衡向右移动，根据影响平衡移动和速率的因素来回答； D、根据盖斯定律及题中热化学方程式判断反应③的反应热．

【解答】解：A、①Fe（s）+CO2（g）?FeO（s）+CO（g）△H1，

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②Fe（s）+H2O（g）?FeO（s）+H2（g）△H2，

根据盖斯定律可得：①﹣②可得，③H2（g）+CO2（g）?CO（g）+H2O（g）△H3=△H1﹣△H2，故A正确；

，故B正确；

B、①﹣②得到H2（g）+CO2（g）?CO（g）+H2O（g），据此写出平衡常数表达式K=

C、该反应进行时不断分离出H2O，平衡向右移动，可以提高CO2的转化率，但是反应速率减慢，故C错误；

D、根据表中数据可知，温度升高，反应①的平衡常数增大，说明该反应吸热，△H1＞；升高温度反应②的平衡常数减小，该反应为放热反应，△H2＜0，所以）△H3=△H1﹣△H2＞0，反应为吸热反应，故D正确． 故选C．

【点评】本题考查了化学平衡常数的计算、化学平衡常数的影响因素、盖斯定律的应用等知识，题目难度中等，注意掌握影响化学平衡的因素、化学平衡常数表达式及计算方法、盖斯定律的含有及应用，试题侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．

20．下列说法正确的是（ ）

A．滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，红色褪去可证明BaCl2溶液显酸性 B．根据盐溶液的酸碱性，将盐分成酸式盐、正盐和碱式盐

C．泡沫灭火器是利用硫酸铝溶液和碳酸钠溶液反应产生大量CO2和Al（OH）3灭火 D．NH4F溶液中含有少量的HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中 【考点】盐类水解的应用．

【专题】电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】A．碳酸钠水解呈碱性，加入氯化钡沉淀碳酸钡沉淀，导致水解平衡向逆向移动，溶液碱性减弱；

B．依据盐的组成分类将盐分成酸式盐、正盐和碱式盐；

C．泡沫灭火器是利用硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳和Al（OH）3灭火；

D．NH4F溶液是弱酸弱碱盐，水解得到溶液中含HF，玻璃中的二氧化硅会和氢氟酸发生反应；

【解答】解：A．Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，BaCl2与Na2CO3反应生成BaCO3沉淀，水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱，故氯化钡是强酸强碱盐，溶液呈中性，A错误；

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B．NaHSO4根据盐的组成，将盐分成酸式盐、正盐和碱式盐，酸式盐不一定显酸性，如NaHCO3溶液显碱性，显酸性，故B错误；

C．碳酸氢钠和硫酸铝发生双水解反应生成二氧化碳快，泡沫灭火器是利用硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳灭火，故C错误；

D．NH4F溶液是弱酸弱碱盐，水解得到溶液中含HF，NH4++F﹣+H2O?NH3H2O+HF，生成的氢氟酸会和玻璃中的二氧化硅反应，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中，故D正确； 故选D．

【点评】本题考查了盐类水解原理分析，主要是影响水解平衡的因素、盐类水解的应用分析判断，题目难度中等．

21．下列关于0.10molL﹣1 NaHCO3溶液的说法不正确的是（ ）

A．该溶液中离子浓度关系为：c （Na+）＞c（HCO3﹣）＞c （OH﹣）＞c（H+） B．25℃时，加水稀释后，

变小

C．温度升高，c（OH﹣）×c（H+）不变（忽略体积变化） D．溶液中c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3） 【考点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较． 【专题】电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】A．碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解程度大于碳酸氢根离子电离程度，溶液显碱性；

B．加水稀释促进电离，氢氧根离子浓度减小，一定温度下溶液中离子积常数不变，氢离子浓度增大；

C．升温促进水的电离，离子积常数增大；

D．溶液中存在物料守恒分析，n（Na）=n（C）．

【解答】解：A．碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解程度大于碳酸氢根离子电离程度，溶液显碱性，溶液中离子浓度关系为：c （Na+）＞c（HCO3﹣）＞c （OH﹣）＞c（H+），故A正确； B.25℃时，碳酸氢钠溶液加水稀释后，氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大，所以故B正确；

比值减小，

C．升温促进水的电离，离子积常数c（OH﹣）×c（H+）增大，故C错误；

D.0.10molL﹣1 NaHCO3溶液中存在物料守恒c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），故D正确；

24页

故选C．

【点评】本题考查了盐类水解原理、水的离子积常数、电解质溶液中物料守恒的分析应用，注意影响水电离平衡的因素，题目难度中等．

22．25℃时，某酸性溶液中只含NH4+、Cl﹣、H+、OH﹣四种离子，下列说法不正确的是（ ）

A．可能由pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合而成 B．该溶液可能由等物质的量浓度的盐酸和氨水等体积混合而成

C．加入适量氨水，溶液中离子浓度可能为：c （NH4+）＞c （Cl﹣）＞c （OH﹣）＞c（H+） D．该溶液中c （NH4+）=c （Cl﹣）+c （OH﹣）﹣c（H+） 【考点】离子浓度大小的比较． 【专题】电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】A．常温下，pH=3的HCl与pH=11的NH3H2O溶液中，c（NH3H2O）＞c（HCl），二者等体积混合氨水有剩余，溶液呈碱性；

B．氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致氯化铵溶液呈酸性；

C．加入适量NH3H2O，一水合氨的电离程度大于铵根离子水解程度会导致溶液呈碱性，再结合电荷守恒判断；

D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断．

【解答】解：A．一水合氨是弱电解质、HCl是强电解质，常温下，pH=2的HCl与pH=12的NH3H2O溶液中，c（NH3H2O）远远大于c（HCl），二者等体积混合氨水有剩余，导致溶液呈碱性而不是酸性，故A错误；

B．等物质的量浓度、等体积的HCl溶液和NH3H2O溶液混合，二者恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解而氯离子不水解导致氯化铵溶液呈酸性，故B正确；

C．加入适量NH3H2O，一水合氨的电离程度大于铵根离子水解程度会导致溶液呈碱性，根据电荷守恒得c（NH4+）＞c（Cl﹣），溶液中水的电离程度较小，可能出现离子浓度大小顺序是c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C正确；

D．+c=c+cc （NH4+）任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（NH4+）（H+）（OH﹣）（Cl﹣），=c （Cl﹣）+c （OH﹣）﹣c（H+），故D正确； 故选A．

【点评】本题考查了离子浓度大小比较，根据溶液酸碱性再结合电荷守恒确定溶液中离子浓度大小，知道物质的性质是解本题关键，题目难度中等．

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23．某氢氧固体酸燃料电池的总反应为：2H2+O2=2H2O，其基本结构如图所示：

下列有关说法不正确的是（ ） A．电子通过外电路从a极流向b极 B．H+由a极通过固体酸电解质传递到b极

C．电池工作时每转移0.1 mol电子，消耗1.12 LH2 D．b极上的电极反应式为：O2+4H++4e﹣=2H2O 【考点】原电池和电解池的工作原理． 【专题】电化学专题．

【分析】根据电池总反应：2H2+O2=2H2O可知：通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化还原反应，反应为H2﹣2e﹣═2H+，通入氧气的一极为电池的正极，发生氧化反应，反应为O2+4e﹣+4H+=2H2O；电池工作时，电子通过外电路从负极流向正极，即从a极流向b极，电解质中阳离子向正极移动，即H+由a极通过固体酸电解质传递到b极；每转移0.1mol电子，消耗0.05mol的H2，生成0.05mol水，以此解答该题．

【解答】解：根据电池总反应：2H2+O2=2H2O可知：通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化还原反应，反应为H2﹣2e﹣═2H+，通入氧气的一极为电池的正极，发生氧化反应，反应为O2+4e﹣+4H+=2H2O；电池工作时，电子通过外电路从负极流向正极，即从a极流向b极，电解质中阳离子向正极移动，即H+由a极通过固体酸电解质传递到b极；每转移0.1mol电子，消耗0.05mol的H2，生成0.05mol水， A．a为负极，b是正极，则电子应该是通过外电路由a极流向b，故A正确；

B．原电池中，阳离子向正极移动，所以H+由a极通过固体酸电解质传递到b极，故B正确；

C．每转移0.1mol电子，消耗0.05mol的H2，但气体存在的条件未知，体积不一定为1.12 L，故C错误；

D．该电池为酸性电池，所以正极电极反应为O2+4e﹣+4H+=2H2O，故D正确． 故选C．

【点评】该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题．侧重考查学生灵活运用原电池原理解决实际问题的能力．学习中要明确原电池电子以及离子的定向移动问题，要能正确判断原电池的正负极，以及电极反应式的书写等问题．

26页

24．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸的反应为Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，某兴趣小组以该反应为例探究反应速率的影响因素并设计了如下实验，下列说法不正确的是（ ） 实验 序号 1 2 3

反应温度/℃ Na2S2O3溶液 25 25 35

V/mL 5 5 5

稀H2SO4 c/molL﹣1 0.1 0.2 0.1

H2O V/mL 10 5 10

c/molL﹣1 V/mL 0.1 0.2 0.1

5 10 5

A．实验1和实验2可以探究Na2S2O3浓度对反应速率的影响 B．实验1和实验3可以探究温度对反应速率的影响

C．通过测定单位时间内收集到气体的体积判断化学反应速率快慢

D．实验3时，应先分别将Na2S2O3溶液、H2SO4溶液和水置于热水浴中加热到所需温度再混合发生反应，记录反应所需时间

【考点】化学反应速率的影响因素． 【专题】化学反应速率专题．

【分析】A．实验1和实验2的温度相同，浓度不同； B．实验1和实验3浓度相同，但温度不同；

C．比较反应速率，应比较一段之间内的浓度的变化或生成气体的体积的多少比较； D．可避免实验误差．

【解答】解：A．实验1和实验2的温度相同，浓度不同，可探究Na2S2O3浓度对反应速率的影响，故A正确；

B．实验1和实验3浓度相同，但温度不同，可探究温度对反应速率的影响，故B正确；

C．比较反应速率，应比较一段之间内的浓度的变化或生成气体的体积的多少比较，故C错误；

D．先分别将Na2S2O3溶液、H2SO4溶液和水置于热水浴中加热到所需温度再混合发生反应，可避免实验误差，故D正确． 故选C．

【点评】本题考查化学反应速率，为高频考点，侧重于反应速率的影响因素的考查以及数据处理能力，能较好的培养学生良好的科学素养，学习中注意掌握影响化学反应速率的因素，题目难度不大．

27页

25．某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Fe3+、Cl﹣、SO42﹣、NO3﹣、AlO2﹣ 中的若干种离子，离子浓度均为0.1molL﹣1，某同学进行了如图实验：

下列说法正确的是（ ）

A．无法确定原试液中是否含有Fe3+、K+

B．滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe3+、H+和Al3+ C．无法确定沉淀B的成分

D．原溶液中一定存在的离子为NH4+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣ 【考点】常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．

【分析】试液中加入盐酸产生气体，说明一定含有硝酸根离子和二价铁离子；滤液中加入氢氧化钡生成沉淀，说明一定含有氨根离子，因为加入盐酸，在酸性环境下二价铁离子被氧化生成三价铁，产生氢氧化铁沉淀，二价铁离子与偏铝酸根离子发生双水解，不共存，所以一定不含有偏铝酸根离子，加入氢氧化钡溶液产生气体，则一定含有氨根离子，产生沉淀A，该沉淀可能是氢氧化铁或者硫酸钡，滤液中含有大量钡离子、氢氧根离子，通入二氧化碳，得到沉淀B为碳酸钡沉淀，因为存在的离子浓度均为0.1molL﹣1，从电荷的角度出发，判断是否含有钾离子和硫酸根离子，据此解答．

【解答】解：试液中加入盐酸产生气体，硝酸根离子、二价铁离子在酸性环境下发生氧化还原反应生成三价铁离子和一氧化氮，说明一定含有硝酸根离子、二价铁离子；二价铁离子与偏铝酸根离子发生双水解不共存，一定不含偏铝酸根离子，向滤液中加入足量氢氧化钡，产生气体，氢氧根离子与氨根离子反应生成氨气，一定含有氨根离子，因为第一步反应中生成三价铁离子，所以加入氢氧化钡会产生氢氧化铁沉淀或者硫酸钡，滤液中含有大量钡离子、氢氧根离子，通入二氧化碳，得到沉淀B为碳酸钡沉淀，因为存在的离子浓度均为0.1molL﹣1，依据溶液中阴阳离子所带电荷守恒可知：硫酸根离子一定存在；三价铁离子，一定不存在；

一定不存在的是：Fe3+、AlO2﹣；

所以一定含有的离子有：NH4+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣； 无法确定的是：K+、Cl﹣，

A．通过实验现象无法确定是否含有Cl﹣、K+，故A错误；

B．滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、H+、Fe2+，不含有铝离子，故B错误； C．沉淀B的成分为碳酸钡沉淀，故C错误；

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D．原溶液中一定存在的离子为NH4+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣，故D正确； 故选：D．

【点评】本题考查了常见离子的性质检验，熟悉离子的性质及检验方式是解题关键，题目难度中等．

二、非选择题（本大题共4小题，共50分．）

26．在煤的液化过程中可以获得洁净的化工原料，如水煤气等．利用水煤气在一定条件下可以合成烃及其衍生物，如辛烷和甲醇． （1）用系统命名法命名

（2）用水煤气合成甲醇的化学方程式： CO+2H2【考点】有机化合物命名． 【分析】（1）烷烃命名原则： ①长﹣﹣﹣﹣﹣选最长碳链为主链；

： 2，3，4﹣三甲基戊烷 ． CH3OH ．

②多﹣﹣﹣﹣﹣遇等长碳链时，支链最多为主链； ③近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号；

④小﹣﹣﹣﹣﹣支链编号之和最小．看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号”的原则；

⑤简﹣﹣﹣﹣﹣两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；

（2）用水煤气合成甲醇（CH30H），反应物为CO、H2，O元素以甲醇存在，则反应物的物质的量比为1：2．

【解答】解：（1）最长碳链有5个碳，名称为：2，3，4﹣三甲基戊烷，故答案为：2，3，4﹣三甲基戊烷；

（2）用水煤气合成甲醇（CH30H），反应物为CO、H2，O元素以甲醇存在，则反应物的物质的量比为1：2，则反应为CO+2H2

CH3OH，故答案为：CO+2H2

CH3OH．

【点评】本题考查有机物的命名以及化学反应方程式的书写，为高频考点，把握反应物、生成物及质量守恒定律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧元素在生成物中的存在形式，题目难度不大．

27．随着原子序数的递增，八种短周期元素（用字母x等表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图1所示：

29页

（1）h的原子结构示意图 ．

（2）上述元素组成的复盐 （zx4） af b（gd4）c，向盛有10mL1molL﹣1该盐溶液中慢慢滴加1molL﹣1NaOH溶液，沉淀的物质的量随NaOH溶液体积变化如图2： ①a：b：c= 4：2：5 ．

②图中AB段发生反应的离子方程式为 NH4++OH﹣=NH3H2O ． 【考点】离子方程式的有关计算． 【专题】离子反应专题．

【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素． （1）h为Cl元素，其原子核外有17个电子分三层排布；

（2）①R是（NH4） aAl b（SO4）c，根据Al3+、NH4+消耗的氢氧化钠计算ab，根据化合价的代数和为零计算c；

②m点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4+与OH﹣反应生成NH3H2O．

【解答】解：从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素．

，故答案为：

；

h为Cl元素，（1）其原子核外有17个电子分三层排布，其原子结构示意图为

aAl bNH4++OH﹣=NH3H2O，①R是（2）（NH4）（SO4）滴加氢氧化钠发生反应Al3++3OH﹣=Al（OH）c，3↓、根据消耗的氢氧化钠可知n（NH4+）：n（Al3+）=2：1，当a=4，b=2时，由化合价的代数和为零可知，c=5，所以a：b：c=4：2：5， 故答案为：4：2：5；

②m点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4+与OH﹣反应生成NH3H2O，离子方程式为：NH4++OH﹣=NH3H2O，

故答案为：NH4++OH﹣=NH3H2O．

【点评】本题考查结构位置性质关系、化学图象及化学计算，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等，注意把握图象中各段发生的反应．

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28．实验室制取硝基苯的装置如图所示． （1）导管a的作用 导气兼冷凝回流 ．

（2）b是温度计，为了控制反应温度在55～60℃，图示的加热方法是 水浴加热 ． （3）反应的化学方程式为

．

【考点】制备实验方案的设计；实验装置综合． 【专题】制备实验综合．

【分析】由图可知，烧杯中水为水浴加热，在试管中浓硫酸、浓硝酸、苯发生硝化反应生成硝基苯，导管起冷凝回流作用，提高反应物利用率，以此来解答．

【解答】解：（1）导管a的作用为导气兼冷凝回流，故答案为：导气兼冷凝回流；

（2）b是温度计，为了控制反应温度在55～60℃，图示的加热方法是水浴加热，故答案为：水浴加热；

，故答案为：

．

（3）反应的化学方程式为

【点评】本题考查硝基苯的制备实验，为高考常见题型，把握实验装置的作用及制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．

29．将一定质量的镁铝合金投入200mL一定浓度的盐酸中，合金完全溶解．向所得溶液中滴加浓度为5molL

﹣1

的NaOH溶液，生成的沉淀跟加入NaOH溶液体积的关系如图．

（1）合金中镁和铝的质量比 16：9 ．

（2）所用盐酸的物质的量浓度 2mol/L ．

【考点】有关混合物反应的计算；离子方程式的有关计算． 【专题】图像图表题；守恒法；离子反应专题．

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【分析】（1）由图可知，从加入10mL氢氧化钠溶液开始产生沉淀，加入氢氧化钠溶液为80mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，该阶段消耗氢氧化钠70mL，由氢氧根守恒可知3n[Al（OH）

3]+2n[Mg（OH）2]=n（NaOH）=（0.08L﹣0.01L）×5mol/L=0.35mol．从加入氢氧化钠溶液

80mL～90mL

溶解氢氧化铝，该阶段发生反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以n[Al（OH）3]=（0.09L﹣0.08L）×5mol/L=0.05mol，代入上式计算n[Mg（OH）2]，由元素守恒可知n（Mg）=n[Mg（OH）2]，再利用m=nM计算Mg的质量．

（2）加入氢氧化钠溶液为80mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液为氯化钠溶液，根据钠元素守恒此时溶液中n（NaCl）=n（NaOH），据此计算出n（HCl），再利用c=计算盐酸的物质的量浓度．

【解答】解：（1）由图可知，从加入10mL氢氧化钠溶液开始产生沉淀，加入氢氧化钠溶液为80mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）（OH）该阶段消耗氢氧化钠70mL，由氢氧根守恒可知3n[Al（OH）2和Al3，

3]+2n[Mg（OH）2]=n（NaOH）=（0.08L﹣0.01L）×5mol/L=0.35mol．从加入氢氧化钠溶液

80mL～90mL

溶解氢氧化铝，该阶段发生反应Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以n[Al（OH）3]=（0.09L﹣0.08L）×5mol/L=0.05mol，故3×0.05mol+2n[Mg（OH）2]=0.35mol，解得n[Mg（OH）2]=0.1mol，由元素守恒可知n（Mg）=n[Mg（OH）2]=0.1mol，所以Mg的质量为：0.1mol×24g/mol=2.4g，铝的质量为：27g/mol×0.05mol=1.35g，

所以合金中镁和铝的质量比为：2.4g：1.35g=16：9， 故答案为：16：9；

②加入氢氧化钠溶液为80mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液为氯化钠溶液，=n=0.08L×5mol/L=0.4mol，=0.4mol，根据钠元素守恒此时溶液中n（NaCl）（NaOH）根据氯元素守恒n（HCl）故盐酸的物质的量浓度为：故答案为：2mol/L．

=2mol/L，

【点评】本题考查镁铝化合物性质、混合物的计算，以图象题的形式考查，题目难度中等，分析图象各阶段的发生的反应是解题关键，再利用守恒计算，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力． 【加试题】

30．镁和铝单质及化合物在生产生活中的应用十分广泛．

（1）“真空碳热还原﹣氯化法”是一种新型的由铝土矿制备金属铝的方法． 已知：Al2O3（s）+3C（s）═2Al（l）+3CO（g）△H=a kJmol﹣1

Al2O3（s）+AlCl3（g）+3C（s）═3AlCl（g）+3CO（g）△H=b kJmol﹣1

32页

3AlCl（g）═2Al（l）+AlCl3（g）△H=c kJmol﹣1 ①用代数式表示a、b、c之间的关系：a= a=b+c ．

②Al4C3是反应过程中的中间产物，Al4C3与水发生反应的化学方程式为 Al4C3+12H2O=4Al（OH）3+3CH4↑， ．

③传统单质铝的冶炼一般先用碱液处理铝土矿或用苏打焙烧铝土矿，使难溶的氧化铝变为可溶性偏铝酸盐，用苏打焙烧铝土矿的化学方程式为 Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑ ．

（2）CH3MgCl是一种重要的有机合成剂，其中镁的化合价为+2价，该化合物发生水解反应的化学方程式为 2CH3MgCl+2H2O=Mg（OH）2↓+MgCl2+2CH4↑ ．

NaOH溶液为电解液组成的新型电池，（3）以Al和NiO（OH）为电极，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）

2，该电池负极的电极反应式为 Al+4OH﹣﹣4e﹣=AlO2﹣+2H2O ．

【考点】反应热和焓变；离子方程式的书写；电极反应和电池反应方程式． 【专题】化学反应中的能量变化；电化学专题．

【分析】（1）①Al2O3（s）+3C（s）═2Al（l）+3CO（g）△H=a kJmol﹣1 ②Al2O3（s）+AlCl3（g）+3C（s）═3AlCl（g）+3CO（g）△H=b kJmol﹣1 ③3AlCl（g）═2Al（l）+AlCl3（g）△H=c kJmol﹣1

由盖斯定律①﹣②可得：3AlCl（g）═2Al（l）+AlCl3（g）△H=c kJmol﹣1，由此分析解答； ②Al4C3与水反应生成氢氧化铝和甲烷，方程式为：Al4C3+12H2O=4 Al（OH）3+3CH4↑； ③用苏打焙烧铝土矿，类似于二氧化硅和碳酸钠反应，生成偏铝酸钠和二氧化碳； （2）CH3MgCl水解生成氢氧化镁、氯化镁和甲烷；

（3）负极性氧化反应，且电解质呈碱性，生成偏铝酸根离子，所以电极反应式为：Al+4OH﹣﹣4e﹣=AlO2

﹣

+2H2O．

【解答】解：（1）①Al2O3（s）+3C（s）═2Al（l）+3CO（g）△H=a kJmol﹣1 ②Al2O3（s）+AlCl3（g）+3C（s）═3AlCl（g）+3CO（g）△H=b kJmol﹣1 ③3AlCl（g）═2Al（l）+AlCl3（g）△H=c kJmol﹣1

由盖斯定律①﹣②可得：3AlCl（g）═2Al（l）+AlCl3（g）△H=c kJmol﹣1，所以c=a﹣b，则a=b+c，故答案为：a=b+c；

②Al4C3与水反应生成氢氧化铝和甲烷，方程式为：Al4C3+12H2O=4 Al（OH）3+3CH4↑，故答案为：Al4C3+12H2O=4 Al（OH）3+3CH4↑；

33页

③③用苏打焙烧铝土矿，类似于二氧化硅和碳酸钠反应，生成偏铝酸钠和二氧化碳，所以化学方程式为：Al2O3+Na2CO3

2 NaAlO2+CO2↑，故答案为：Al2O3+Na2CO3

2 NaAlO2+CO2↑；

（2）CH3MgCl水解生成氢氧化镁、氯化镁和甲烷，水解方程式为：2CH3MgCl+2H2O=Mg（OH）

2↓+MgCl2+2CH4↑，故答案为：2CH3MgCl+2H2O=Mg（OH）2↓+MgCl2+2CH4↑；

（3）负极性氧化反应，且电解质呈碱性，生成偏铝酸根离子，所以电极反应式为：Al+4OH﹣﹣4e﹣=AlO2

﹣

+2H2O，故答案为：Al+4OH﹣﹣4e﹣=AlO2﹣+2H2O．

【点评】本题考查盐的水解反应、反应热的有关计算和电化学的相关知识点，学生要学会盖斯定律的准确应用，比较容易．

31．三氯化铁是合成草酸铁的重要原料．利用工业FeCl3制取纯净的草酸铁晶体[Fe2（C2O4）35H2O]的实验流程如图1所示：

①为抑制FeCl3水解，溶液X为 （浓）盐酸 ．

②上述流程中FeCl3能被异丙醚萃取，其原因是 FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度 ；检验萃取、分液后所得水层中是否含有Fe3+的方法是 取少量溶液，向其中滴加少量KSCN溶液，若溶液变红，则含有Fe3+ ．

③所得Fe2（C2O4）35H2O需用冰水洗涤，其目的是 除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗 ．

④为测定所得草酸铁晶体的纯度，实验室称取a g样品，加硫酸酸化，用KMnO4标准溶液滴定生成的H2C2O4，KMnO4标准溶液应置于图2所示仪器 甲 （填“甲”或“乙”）中．下列情况会造成实验测得Fe2（C2O4）35H2O含量偏低的是 c ．

34页

a．盛放KMnO4的滴定管水洗后未用标准液润洗 b．滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失 c．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数．

【考点】制备实验方案的设计． 【专题】制备实验综合．

【分析】利用工业FeCl3制取纯净的草酸铁晶体[Fe2（C2O4）35H2O]的实验流程：工业FeCl3用盐酸溶解，抑制铁离子的水解，FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度，用异丙醚萃取FeCl3，继续向分液漏斗中加入适量异丙醚，充分振荡、静止，弃去水溶液，异丙醚溶液中加入草酸（H2C2O4）溶液，充分反应后分液，弃去醚层，水溶液通过蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥，得到草酸铁晶体[Fe2（C2O4）35H2O]．

①酸化FeCl3用盐酸酸化，不引入杂质；

②萃取是利用溶质在不同溶剂中的溶解度差异分离提取物质的一种方法，能萃取说明FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；检验Fe3+用KSCN溶液效果最好；

③洗涤是除去沉淀表面杂质，冰水是减少沉淀溶解损失；故答案为：除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗；

④KMnO4标准溶液具有强氧化性，应置于酸式滴定管中；根据高锰酸钾的量计算草酸的含量， a．没有润洗导致高锰酸钾浓度低消耗体积多； b．读数高锰酸钾体积多； c．读数体积偏小，结果偏低．

【解答】解：①Fe3+易水解，水解生成H+，水解的离子方程式为Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+，酸化FeCl3用盐酸酸化，不引入杂质，且抑制铁离子的水解， 故答案为：（浓）盐酸；

②萃取是利用溶质在不同溶剂中的溶解度差异分离提取物质的一种方法，能萃取说明FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；检验Fe3+用KSCN溶液效果最好；

故答案为：FeCl3在异丙醚中的溶解度大于其在水中的溶解度；取少量溶液，向其中滴加少量KSCN溶液，若溶液变红，则含有Fe3+；

③洗涤是除去沉淀表面杂质，冰水是减少沉淀溶解损失， 故答案为：除去杂质、减少草酸铁晶体的溶解损耗；

④KMnO4标准溶液具有强氧化性，能氧化碱式滴定管中的橡胶，应置于酸式滴定管中； a．没有润洗导致高锰酸钾浓度低消耗体积多，偏高；

b．滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后消失，读数高锰酸钾体积多，偏高； c．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，读数体积偏小，结果偏低，正确； 故答案为：甲；c．

35页

【点评】本题考查草酸铁晶体[Fe2（C2O4）35H2O]的制备，涉及试验流程问题，根据物质的性质进行分析处理，试题培养了学生分析问题，运用信息的能力，题目难度中等．

．

32．请填写下列空白：

Ⅰ．请写出支链只有一个乙基且式量最小的烷烃的结构简式： Ⅱ．请写出苯和丙烯反应生成主要产物的化学方程式

．

Ⅲ．在沥青中存在一系列结构相似的稠环芳香烃．这一系列化合物中的前三个同系物的结构简式如图所示．

（1）芘的分子式是 C16H10 ．

（2）这一系列有机物的通式可用含x的代数式来表示（x为自然数1，2，3，4…），则该通式为 C（6x+4）H（2x+6） ．

Ⅳ．环蕃A（cyclophane）和超蕃B（superphane）是一种光电信息材料，都属于烃（B中氢原子未画出），它们的结构如图所示．

下列有关说法正确的是 B、C ．

A．环蕃和超蕃互为同系物 B．环蕃能与液溴、硝酸发生取代反应

C．环蕃能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．超蕃的一氯取代物只有1种，二氯取代物有3种． 【考点】常见有机化合物的结构；有机物实验式和分子式的确定． 【专题】烃及其衍生物的燃烧规律．

【分析】Ⅰ．烷烃中含有取代基乙基，则主链至少含有5个C原子，据此写出满足条件的烷烃的结构简式；

36页

Ⅱ．苯和丙烯发生加成反应生成异丙烯； Ⅲ．（1）根据结构简式确定分子式；

（2）这组化合物分子组成的公差是“C4H2”；

Ⅳ．A．环蕃和超蕃所含碳原子数相同，不可能为同系物； B．环蕃中的H能被溴、硝基取代；

C．环蕃中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色； D．超蕃的一氯取代物只有2种．

【解答】解：Ⅰ．乙基至少在3号位，只有一个乙基，则主链最少含有5个C，则式量最小的烷烃的结构简式为：故答案为：

， ；

Ⅱ．苯和丙烯发生加成反应生成异丙烯，化学方程式：

，故答案为：

；

（1）由结构简式可知芘的分子式是C16H10，故答案为：C16H10；

（2）萘比苯多4个C原子、2个氢原子，所以萘的分子式为C10H8，依次可写蒽、并四苯…的分子式，这组化合物分子组成的公差是“C4H2”，所以这组化合物分子式可表示成：C（6x+4）H（2x+6）， 故答案为：C（6x+4）H（2x+6）；

Ⅳ．A．环蕃和超蕃所含碳原子数相同，不可能为同系物，故A错误； B．环蕃中的H能被溴、硝基取代，故B正确；

C．环蕃中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确； D．超蕃的一氯取代物只有2种，故D错误， 故答案为：B、C．

【点评】本题综合考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握有机物的结构特点、分子组成以及官能团的性质，难度中等．

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