山东省淄博市第一中学2018-2019学年高二下学期期中考试化学试卷 含答案解析

淄博一中高2017级2018-2019学年第二学期期中考试

化学试题

1．本试题分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。第Ⅰ卷为选择题，共48分；第Ⅱ卷为非选择题，共52分，满分100分，考试时间为90分钟。

2．第Ⅰ卷16小题，每小题3分；每小题只有一个正确答案，请将选出的答案标号（A、B、C、D）涂在答题卡上。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Br 80 Mg 24 Pb 207

第Ⅰ卷（共48分）

一．选择题

1.下列有关电化学知识的描述正确的是（ ）

A. 行人踩踏发电瓷砖(原理是利用行人踩踏地板产生的振动来发电)是将化学能转化为电能

B. 某原电池反应为Cu＋2AgNO3===Cu(NO3)2＋2Ag，装置中的盐桥可以装有含琼胶的KCl饱和溶液

C. 因为铁的活泼性强于铜，所以将铁、铜用导线连接后放入浓硝酸中，若能组成原电池，必是铁作负极、铜作正极

D. 理论上，任何能自发进行的且能放出能量的氧化还原反应都可设计成原电池

【答案】D

【解析】

【详解】A项、行人踩踏发电瓷砖是将动能转化为电能，故A错误；

B项、KCl饱和溶液会与AgNO3溶液发生反应：KCl＋AgNO3=AgCl↓＋KNO3，反应生成AgCl沉淀会使盐桥中溶液的离子浓度减小，导电性减弱，所以不能使用KCl饱和溶液，可换成KNO3饱和溶液，故B错误；

C项、铁遇到冷的浓硝酸会发生钝化，铁、铜在入浓硝酸中构成原电池时，铁作正极，铜作负极，故C错误；

D项、构成原电池首要的条件是自发的发生氧化还原反应，所以理论上说，任何能自发进行的氧化还原反应都可设计成原电池，故D正确。

故选D。

【点睛】本题考查了原电池原理，注意原电池的形成条件，知道原电池的反应特点，明确正负极的判断方法是解答关键。

2.某小组为研究电化学原理，设计甲、乙、丙三种装置(C1、C2、C3均为石墨)。下列叙述正确的是（ ）

A. 甲、丙中是化学能转化为电能，乙中是电能转化为化学能

B. C1、C2分别是阳极、阴极，锌片、铁片上都发生氧化反应

C. C1上和C3上放出的气体相同，铜片上和铁片上放出的气体也相同

D. 甲中溶液的pH逐渐升高，丙中溶液的pH逐渐降低

【答案】C

【解析】

试题分析：A．甲没有外接电源，是将化学能转化为电能的装置，乙、丙有外接电源，是将电能转化为化学能的装置，为电解池，A项错误；B．C1、C2分别连接原电池正负极，所以是电解池的阳极、阴极，锌作负极，负极上锌失电子发生氧化反应，铁片作阴极，阴极上得电子发生还原反应，B项错误；C．C1和C3都是阳极，阳极上氯离子失电子发生氧化反应而生成氯气，铜片上和铁片上都是氢离子得电子发生还原反应生成氢气，C项正确；D．甲、丙溶液中，甲中正极和丙中阴极上都是氢离子得电子生成氢气，随着反应的进行，氢离子浓度都逐渐减少，则溶液的pH都增大，D项错误；答案选C。

【考点定位】考查原电池、电解池的工作原理。

【名师点睛】本题考查原电池、电解池的工作原理。高考对电解的考查主要是围绕电解池工作原理的分析，要求学生掌握电解池中阴、阳极的判断，电极上离子的放电顺序，电极反应式的书写，一般步骤为：

（1）首先判断阴、阳极，分析阳极材料是惰性电极还是活泼电极；（2）再分析电解质溶液的组成

（3）依据阴、阳两极离子的放电顺序分析电极反应，判断电极产物，写出电极反应式，要注意遵循原子守恒和电荷守恒

阴极：Ag＋>Fe3＋>Cu2＋>H＋(酸)>Fe2＋>Zn2＋>H＋(水)>Al3＋>Mg2＋>Na＋>Ca2＋>K＋

阳极：活泼电极>S2－>I－>Br－>Cl－>OH－>含氧酸根离子

3.用下列装置能达到预期目的的是(　　)

A. 甲图装置可用于电解精炼铝

B. 乙图装置可得到持续、稳定的电流

C. 丙图装置可达到保护钢闸门的目的

D. 丁图装置可达到保护钢闸门的目的

【答案】D

【解析】

试题分析：A、电解精炼铝可以让粗铝做阳极，纯铝做阴极，电解质不能使；氯化铝溶液，这样在阴极上会析出氢气，可以使熔融的氧化铝，错误，不选A；B、原电池可以产生电流，但不能提供稳定的电流，错误，不选B；C、丙图装置中，形成原电池，钢闸门是负极，易被腐蚀，不能达到保护闸门的目的，错误，不选C；D、丁图装置，形成电解池，钢闸门时阴极，不容易被腐蚀，可达到保护钢闸门的目的，正确，选D。

考点： 原电池和电解池的工作原理

4.如图所示，其中甲池的总反应式为2CH3OH＋3O2＋4KOH===2K2CO3＋6H2O。下列说法正确的是（ ）

A. 1min内甲池消耗1mol O2转移的电子是乙池Ag电极转移电子数的4倍

B. 甲池通入CH3OH的电极反应式为CH3OH－6e－＋2H2O===CO32-＋8H＋

C. 反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu(OH)2固体能使CuSO4溶液恢复到原浓度

D. 甲池中消耗280mL(标准状况下)O2，此时丙池中理论上最多产生1.45g固体

【答案】D

【解析】

【分析】

由装置示意图可知，甲池是CH3OH燃料电池，是化学能能转化为电能的装置，乙、丙池是电解池，是将电能能转化为化学能的装置。

【详解】A项、1min内甲池消耗1mol O2，反应转移的电子为4mol，甲池和乙池中，转移的电子数目相等，乙池Ag电极为阴极, 转移的也为4mol，析出2molCu，故A错误；

B项、甲池是燃料电池，CH3OH燃料通入的极是电池的负极，发生氧化反应，因电解质是氢氧化钾，所以电极反应不会生成氢离子，故B错误；

C项、电解硫酸铜时，阳极放氧气，阴极析出金属铜，所以要让电解质在电解后复原，应加入氧化铜，故C错误；

D项、丙池中电解氯化镁溶液，电解的离子方程式为Mg2++2Cl-+2H2O H2↑+Cl2↑+Mg（OH）2↓，甲池中标准状况下消耗280mLO2的物质的量为0.0125mol，转移的电子为0.05mol，此时析出氢氧化镁的物质的量为58g/mol×0.025mol=1.45g，故D正确.

故选D。

【点睛】本题考查原电池和电解池的工作原理，注意书写电极反应式时要结合电解质溶液的酸碱性，电解质溶液不同电极反应式不同，注意根据转移电子与生成沉淀的关系式计算是解答关键。

5.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42-可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是

A. 通电后中间隔室的SO42-离子向正极迁移，正极区溶液pH增大

B. 该法word/media/image7_1.png处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品

C. 负极反应为2H2O–4e–=O2+4H+，负极区溶液pH降低

D. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成

【答案】B

【解析】

A．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，在电解池中阴离子会向正电荷较多的阳极区定向移动，因此通电后中间隔室的SO42－离子向正极迁移；在正极区带负电荷的OH－失去电子，发生氧化反应而放电，由于破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(H＋)>c(OH－)，所以正极区溶液酸性增强，溶液的pH减小，故A错误；B．阳极区氢氧根放电，溶液中产生硫酸，阴极区氢离子获得电子，发生还原反应而放电，破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(OH－)>c(H＋)，所以产生氢氧化钠，因此该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；C．负极区氢离子得到电子，使溶液中c(H＋)增大，所以负极区溶液pH升高，故C错误；D．当电路中通过1mol电子的电量时，根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知反应产生氧气的物质的量是n(O2)=1mol÷4=0.25mol，故D错误。故选B。

点睛：本题主要是考查电解原理及其应用、电极判断、电极反应式书写、电极产物判断与计算等。电化学是历年高考的重要考点之一，考查的内容为：提供电极材料和电解质溶液判断能否形成原电池，原电池电极名称判断及电极反应式的书写，提供反应方程式设计原电池、电解池（包括电镀池、精炼池），根据电解时电极质量或溶液p H的变化判断电极材料或电解质种类，电解产物的判断和计算，结合图像考查电极质量或电解质溶液质量分数的变化。

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6.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）

A. 22.4L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到6NA个CO2分子

B. 42g乙烯与丙烯的混合气体中所含氢原子数目为6NA

C. 1.0 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA

D. 在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成1molI2转移的电子数为2NA

【答案】B

【解析】

【分析】

A、标准状况下苯不是气体；

B、乙烯和丙烯的最简式相同，均为CH2；

C、CH4与Cl2在光照下发生取代反应，可同时生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种氯代物；

D、在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，KIO3中I元素的化合价由+5价降低为0，HI中I元素的化合价由-1价升高为0。

【详解】A项、标准状况下苯不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故A错误；

B项、乙烯和丙烯的最简式相同，均为CH2，42g混合物中CH2的物质的量为3mol，含有的氢原子为6mol即6NA个，故B正确；

C项、CH4与Cl2在光照下发生取代反应，可同时生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种氯代物，故生成CH3Cl的分子数小于NA，故C错误；

D项、在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，KIO3中I元素的化合价由+5价降低为0，HI中I元素的化合价由-1价升高为0，反应生成3mo1I2转移的电子数为5NA，故D错误。

故选B。

【点睛】本题考查阿伏加德罗常数，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系是解题关键，注意气体摩尔体积适用对象及条件是解答关键。

7.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺[2，2]戊烷（）是最简单的一种。下列关于该化合物的说法错误的是（ ）

A. 生成1molC5H12至少需要2 molH2 B. 二氯代物超过两种

C. 所有碳原子均处同一平面 D. 与环戊烯互为同分异构体

【答案】C

【解析】

【分析】

螺[2,2]戊烷的分子式均为C5H8，分子中碳原子均为饱和碳原子，分子中只含有一类氢原子，一氯代物的分子中含有4类氢原子，生成1mol C5H12至少需要2mol氢气。

【详解】A项、螺[2,2]戊烷的分子式为C5H8，由质量守恒定律可知，生成1mol C5H12至少需要2mol氢气，故A正确；

B项、螺[2,2]戊烷分子中只含有一类氢原子，一氯代物只有一种，一氯代物的分子中含有4类氢原子，则二氯代物有四种，故B正确；

C项、螺[2,2]戊烷分子中碳原子均为饱和碳原子，则所有碳原子一定不在同一平面上，故C错误；

D项、螺[2,2]戊烷和环戊烯的分子式均为C5H8，两者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确。

故选C。

【点睛】本题考查有机物的结构和性质，注意对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目，明确有机物分子中共面问题的判断是解答关键。

8.丙烷的分子结构可简写成键线式结构，有机物A的键线式结构为，有机物B与等物质的量的H2发生加成反应可得到有机物A。下列有关说法错误的是（ ）

A. B的结构可能有3种，其中一种名称为2，2，3-三甲基-2-戊烯

B. 用系统命名法命名有机物A，名称为2，2，3-三甲基戊烷

C. 有机物A的分子式为C8H18

D. 有机物A的一氯取代物只有5种

【答案】A

【解析】

【分析】

由有机物A的键线式可知其结构简式为，分子式为C8H18，由A是有机物B与等物质的量的H2发生加成产物可知，B为含有1个C=C双键的烯烃。

【详解】A项、A是有机物B与等物质的量的H2发生加成产物，则B中含有1个C=C双键，根据加成反应还原双键，A中相邻碳原子上都含有H原子的可以含有碳碳双键，故B的结构简式可能有如下三种： 、、，它们名称依次为：3，3-二甲基-2-乙基-1-丁烯、3，4，4-三甲基-1-戊烯、3，4，4-三甲基-2-戊烯，故A错误；

B项、有机物A最长的主链含有5个C原子，从距离甲基进的一段编碳号，的名称为：2，2，3-三甲基戊烷，故B正确；

C项、由A的结构简式可知，A的分子式为C8H18，故C正确；

D项、根据信息可知，A的结构简式为，分子中有5种化学环境不同的氢原子，故其一氯代物有5种，故D正确。

故选A。

【点睛】本题考查有机物的结构和性质，注意利用还原双键方法书写可能的同分异构体是解答关键。

9. 食品香精菠萝酯的生产路线(反应条件略去)如下：

下列叙述错误的是

A. 步骤(1)产物中残留的苯酚可用FeCl3溶液检验

B. 苯酚和菠萝酯均可与酸性KMnO4溶液发生反应

C. 苯氧乙酸和菠萝酯均可与NaOH溶液发生反应

D. 步骤(2)产物中残留的烯丙醇可用溴水检验

【答案】D

【解析】

【详解】A.因为苯酚遇三氯化铁显紫色，故A项正确；B.苯酚有还原性，可以被酸性高锰酸钾氧化，菠萝酯的碳碳双键也可和酸性高锰酸钾发生反应，故B项正确；C.苯氧乙酸属于羧酸，菠萝酯有酯基，均可和氢氧化钠溶液发生反应，故C正确; D.菠萝酯有碳碳双键，一样可以使溴水褪色，故D错误；答案为D。

10.有机物甲的分子式为C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，在相同的温度和压强下，同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，则甲的可能结构有（ ）

A. 16种 B. 14种 C. 8种 D. 18种

【答案】A

【解析】

【详解】由题意可知乙和丙的相对分子质量应相等，而一个O的式量等于一个CH4的式量，可推知乙和丙应为C5H12O的醇和C4H8O2的羧酸，其中C5H12O的醇的同分异构体为8种，而C4H8O2的羧酸的同分异构体为2种，由它们通过酯化反应得到的A应为8×2=16种，故选A。

11.下图是一些常见有机物的转化关系，关于反应①～⑦的说法不正确的是（ ）

A. 只有反应③是氧化反应 B. 反应①是消去反应

C. 只有反应②是加成聚合反应 D. 反应④⑤⑥⑦是取代反应

【答案】B

【解析】

【分析】

由有机物的转化关系可知，反应①是乙烯与溴水或溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1.2—二溴乙烷，反应②是乙烯一定条件下发生加聚反应生成聚乙烯，应③是乙醇一定条件下发生氧化反应生成乙醛，反应④是乙酸乙酯发生水解反应生成乙醇，反应⑤是乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应⑥是乙酸乙酯发生水解反应生成乙酸，反应⑦是乙酸乙酯发生水解反应生成乙酸。

【详解】A项、反应③word/media/image18_1.png乙醇被氧化生成乙醛，属于氧化反应，故A正确；

B项、反应①是乙烯与单质溴发生加成反应，故B错误；

C项、反应②是乙烯一定条件下发生加聚反应生成聚乙烯，故C正确；

D项、水解反应与酯化反应均属于取代反应，故反应①～⑦属于取代反应的有④⑤⑥⑦，故D正确。

故选B。

【点睛】本题考查有机反应类型，把握官能团与性质的关系，注意注意分析常见有机物转化关系及反应类型对有机反应类型含义以及判断依据是解答关键。

12.某有机化合物的结构简式如图所示，有关该化合物的叙述不正确的是（ ）

A. 该有机物的分子式为C11H12O2

B. 1 mol该物质最多能与4 molH2发生加成反应

C. 该有机物能与热的新制氢氧化铜悬浊液反应，生成砖红色沉淀

D. 该有机物在一定条件下，可以发生取代、氧化、酯化反应

【答案】C

【解析】

试题分析：A、由有机物结构简式可知分子式为C11H12O2，故A正确；B、分子中含有1个苯环和1个碳碳双键，则1mol该物质最多能与4mol H2发生加成反应，故B正确；C、分子中不含醛基，与新制氢氧化铜浊液不能发生氧化还原反应，故C错误；D、分子中含有羧基，可发生取代、酯化反应，含有碳碳双键，可发生氧化反应，故D正确；故选C。

考点：考查了有机物的结构和性质的相关知识。

13.等质量的下列各组混合物完全燃烧生成CO2的质量由大到小是（ ）

①C2H6 C3H8 ②C3H4 C3H6 ③C3H6 C2H4 ④C4H10 C3H8 ⑤C2H2 C3H4

A. ⑤②③④① B. ②③⑤④① C. ①②③④⑤ D. ⑤②③①④

【答案】A

【解析】

【分析】

等质量的烃（设为CxHy）完全燃烧时，把烃的分子式写成CH，越大耗氧量越大，生成的H2O越多，而生成的CO2越少。

【详解】①C2H6的最简式为CH3，C3H8的最简式为CH，质量为m的C2H6和C3H8混合物完全燃烧生成CO2的质量80%＜m1＜81.8%；

②C3H4的最简式为CH，C3H6的最简式为CH2，质量为m的C3H4和C3H6混合物完全燃烧生成CO2的质量85.7%＜m2＜90.0%；

③C3H6的最简式为CH2，C2H4的最简式为CH2，质量为m的C3H6和C2H4混合物完全燃烧生成CO2的质量m3为85.7%；

④C4H10的最简式为CH2.5，C3H8的最简式为CH，质量为m的C4H10和C3H8混合物完全燃烧生成CO2的质量82.7%＜m4＜82.8%；

⑤C2H2的最简式为CH，C3H4的最简式为CH，质量为m的C3H4和C3H6混合物完全燃烧生成CO2的质量90.0%＜m5＜92.3%；

由以上分析可知，等质量的下列各组混合物完全燃烧生成CO2的质量由大到小顺序是⑤②③④①，故选A。

【点睛】本题考查有机物燃烧计算，侧重分析与应用能力的考查，把握有机物的含碳量计算、最简式为解答的关键。

14.某优质甜樱桃中含有一种羟基酸(用M表示)，M的碳链结构无支链，分子式为C4H6O5；1.34 gM与足量的碳酸氢钠溶液反应，生成标准状况下的气体0.448L。M在一定条件下可发生如下转化：MABC(M、A、B、C分子中碳原子数目相同)。下列有关说法中不正确的是（ ）

A. M的结构简式为HOOC—CHOH—CH2—COOH

B. B的分子式为C4H4O4Br2

C. 与M的官能团种类、数量完全相同的同分异构体还有2种

D. 在一定条件下C物质分子间可以加聚成高分子

【答案】D

【解析】

【分析】

M的碳链结构无支链，分子式为C4H6O5，1.34gM与足量的碳酸氢钠溶液反应，生成标准状况下的气体0.448L，则n（M）为0.01mol，n（CO2）0.02mol，则M中含2个-COOH，所以M为HOOC-CHOH-CH2-COOH，M、A、B、C分子中碳原子数目相同，则M发生消去反应生成A为HOOC-CH=CH-COOH，A与溴发生加成反应生成B为HOOC-CHBr-CHBr-COOH，B与足量的氢氧化钠溶液反应生成C为NaOOC-CH（OH）-CH（OH）-COONa。

【详解】A项、M的结构简式为HOOC-CHOH-CH2-COOH，故A正确；

B项、M发生消去、加成反应生成B，则Bword/media/image26_1.png分子式为C4H4O4Br2，故B正确；

C项、与M的官能团种类、数量完全相同的同分异构体还有（HOOC）2-CH-CH2OH、（HOOC）2-CHOH-CH3，故C正确；

D项、C为NaOOC-CH（OH）-CH（OH）-COONa，因为结构中没有碳碳双键，不能发生加聚反应生成高分子化合物，故D错误。

故选D。

【点睛】本题考查有机物的推断，熟悉醇、烯烃、羧酸等常见有机物的性质，明确酯类物质水解的规律及碳链骨架的变化是解答本题的关键。

15.一种长效、缓释阿司匹林（有机物L）的结构如下图所示：

下列分析不正确的是

A. 有机物L为高分子化合物

B. 1 mol 有机物L中含有2 mol酯基

C. 有机物L能发生加成、取代、氧化反应

D. 有机物L在体内可缓慢水解，逐渐释放出

【答案】B

【解析】

A. 有机物L中含有n个链节，属于高分子化合物，故A正确；B. 有机物L中含有n个链节，1 mol 有机物L中含有2 nmol酯基，故B错误；C. 有机物L中含有酯基，能够发生水解反应，水解反应属于取代反应，含有苯环，能够与氢气能发生加成反应，能够燃烧，燃烧是氧化反应，故C正确；D. 有机物L在体内可缓慢水解，水解产物之一为，故D正确；故选B。

16.鉴别苯酚溶液、己烷、己烯、乙酸溶液和乙醇5种无色液体，可选用的最佳试剂组合是（ ）

A. 酸性KMnO4溶液、新制的Cu(OH)2悬浊液

B. FeCl3溶液、金属钠、溴水、石蕊试液

C. 石蕊试液、溴水

D. 酸性KMnO4溶液、石蕊试液

【答案】C

【解析】

试题分析：A．酸性高锰酸钾可以将1﹣己烯、乙醇、苯酚氧化，高锰酸钾褪色，无法进行鉴别三种物质，

故A不选；B．溴水和己烷不反应，混合后分层，溴水可以和己烯发生加成反应使溴水褪色，乙醇和溴水是互溶的，苯酚能和溴水反应得到白色沉淀，苯酚与氯化铁发生显色反应，现象不一样，可以进行鉴别，乙酸、乙醇与Na反应生成气体，但乙酸可利用石蕊鉴别，但较复杂，故B不选；C、溴水和己烷不反应，混合后分层，溴水可以和己烯发生加成反应使溴水褪色，乙醇和溴水是互溶的，苯酚能和溴水反应得到白色沉淀，现象不一样，乙酸可利用石蕊鉴别，能鉴别，且较简单，故C选；D．酸性高锰酸钾可以将1﹣己烯、乙醇、苯酚氧化，高锰酸钾褪色，无法进行鉴别三种物质，故D不选．故选C．

考点：有机物的鉴别．

第Ⅱ卷（共52分）

17.（1）某原电池装置如图所示，电池总反应为2Ag＋Cl2＝2AgCl。

①正极反应为_________。

②当电路中转移0.01 mol e－时，交换膜左侧溶液中约减少______mol离子。

（2）最近我国科学家设计了一种CO2+H2S协同转化装置，实现对天然气中CO2和H2S的高效去除。示意图如图所示，其中电极分别为ZnO@石墨烯（石墨烯包裹的ZnO）和石墨烯，石墨烯电极区发生反应为：

①EDTA-Fe2+-e-=EDTA-Fe3+

②2EDTA-Fe3++H2S=2H++S+2EDTA-Fe2+

该装置工作时，阴极的电极反应：_________；协同转化总反应：___________；若采用Fe3+/Fe2+取代EDTA-Fe3+/EDTA-Fe2+，溶液需为_______性（碱性、中性、酸性）

（3）以石墨为电极，电解Pb(NO3)2溶液制备PbO2，若电解过程中以铅蓄电池为电源，当电解装置中阳极增重23.9g时(忽略副反应)，理论上蓄电池正极极增重______g。

（4）电化学降解法可用于处理酸性硝酸盐污水，设计一电解池（如图所示）。 若电解过程中转移了2mol电子，则膜两侧电解液的质量变化差(Δm左－Δm右)为____g。

【答案】 (1). Cl2+2e—=2Cl— (2). 0.02 (3). CO2+2H++2e-=CO+H2O (4). CO2+H2S=CO+H2O+S (5). 酸性 (6). 6.4 (7). 14.4

【解析】

【分析】

（1）根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知，Ag失电子作负极失电子生成AgCl，氯气在正极上得电子生成氯离子，电极反应式为Cl2+2e-═2Cl-；

(2) 根据示意图可知， ZnO@石墨烯作阴极，CO2被还原生成CO；石墨烯失电子作阳极，阳极Fe2+失电子生成Fe3+，Fe3+继续与H2S反应生成Fe2+与S，故协同转化总反应为CO2+H2S=

CO+H2O+S，且阳极的电势高；Fe2+、Fe3+易水解，只能在酸性条件下存在；

（3）电解Pb(NO3)2溶液制备PbO2时，阳极上铅离子失电子发生氧化反应生成二氧化铅，电极反应式为Pb2++2H2O-2e-=PbO2↓+4H+，蓄电池正极为PbO2，PbO2得电子发生还原反应生成电极反应式为PbO2+2e-+ +4H++SO42-= PbSO4+ 2H2O；

（4）根据图知，电解槽右边部分N元素化合价由+5价变为0价，所以硝酸根离子发生还原反应，则Ag-Pt电极为阴极、Pt电极为阳极，阴极的电极反应式为2NO3-+12H++10e-=N2↑+6H2O，阳极的电极反应式为2H2O-4e-═4H++O2↑。

【详解】（1）①根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知，氯气在正极上得电子生成氯离子，电极反应式为Cl2+2e-═2Cl-，故答案为：Cl2+2e-═2Cl-；

②放电时，当电路中转移0.01 mol e－时，交换膜左侧的电极放电产生0.01 mol Ag＋，与电解质中的0.01 mol Cl－结合生成AgCl沉淀，同时约有0.01 mol H＋通过阳离子交换膜转移到右侧溶液中，则交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子，故答案为：0.02；

（2）石墨烯失电子作阳极，ZnO@石墨烯作阴极，CO2被还原生成CO，电极反应式为CO2+2H++2e-=CO+H2O；石墨烯失电子作阳极，阳极Fe2+失电子生成Fe3+，Fe3+继续与H2S反应生成Fe2+与S，故协同转化总反应为CO2+H2S=CO+H2O+S，Fe2+、Fe3+易水解，只能在酸性条件下存在，故答案为：CO2+2H++2e-=CO+H2O；CO2+H2S=CO+H2O+S；酸性；

（3）电解Pb(NO3)2溶液制备PbO2时，阳极上铅离子失电子发生氧化反应生成二氧化铅，电极反应式为Pb2++2H2O-2e-=PbO2↓+4H+，23.9g PbO2的物质的量为0.1mol，反应转移的电子数目为0.2mol，蓄电池正极为PbO2，PbO2得电子发生还原反应生成电极反应式为PbO2+2e-+ +4H++SO42-= PbSO4+ 2H2O，由电极反应式可知，当PbO2得到2mol电子时，正极增重64g，则反应转移的电子数目为0.2mol，正极增重6.4g，故答案为：6.4；

（4）转移2mol电子时，阳极（阳极反应为H2O失电子氧化为O2和H+）消耗1mol水，产生2molH+进入阴极室，阳极室质量减少18g；阴极的电极反应式为2NO3-+6H++10e-=N2↑+6OH-，转移2mol电子，阴极室中放出0.2molN2（5.6g），同时有2molH+（2g）进入阴极室，因此阴极室质量减少3.6g，故膜两侧电解液的质量变化差（△m左-△m右）=18g-3.6g=14.4g，故答案为：14.4。

【点睛】本题考查原电池工作原理和电解池的工作原理，试题考查对原电池和电解池原理的掌握情况和分析解决问题的能力，注意把握电极的判断和电极方程式的书写，利用电子及电荷守恒来解决有关计算是解答关键。

18.苯乙酸铜是合成优良催化剂、传感材料——纳米氧化铜的重要前驱体之一。下面是它的一种实验室合成路线：

+H2O+H2SO4+NH4HSO4

+ Cu(OH)2 +H2O

制备苯乙酸的装置示意图如图(加热和夹持装置等略)。

己知：苯乙酸的熔点为76.5℃，可升华，易溶于热水，微溶于冷水，溶于乙醇。

请回答下列问题：

（1）将装置中的溶液加热至100℃，缓缓滴加40g苯乙腈到硫酸溶液中，然后升温至130℃继续反应，在装置示意图中，仪器a的名称是___，其作用是____。

（2）反应结束后加适量冷水，可分离出苯乙酸粗品，其加入冷水的目的是_______；下列仪器中可用于分离苯乙酸粗品的是_____(填标号)。

A.分液漏斗 B.漏斗 C.烧杯 D.直形冷凝管 E.玻璃棒

（3）如果要将苯乙酸粗品进一步提纯，你选择的实验方法是________(填二种方法)。

（4）用CuCl2·2H2O和NaOH溶液制备适量Cu(OH)2沉淀，并多次用蒸馏水洗涤沉淀，判断沉淀洗干净的实验操作和现象是______。

（5）将苯乙酸加入到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后，加入Cu(OH)2搅拌30min，过滤，滤液静置一段时间，析出苯乙酸铜晶体，混合溶剂中乙醇的作用是____。

【答案】 (1). 球形冷凝管 (2). 冷凝回流，防止苯乙酸的挥发而降低产品产率 (3). 便于苯乙酸结晶析出 (4). BCE (5). 重结晶、升华 (6). 取少量最后一次洗涤液于试管中，加入稀硝酸，再加AgNO3 溶液，无白色沉淀(或白色浑)出现 (7). 增大苯乙酸溶解度，便于充分反应

【解析】

（1）仪器a为球形冷凝管，能起到冷凝回流的作用(使气化的反应液冷凝)；

（2）反应结束后加适量冷水，便于苯乙酸(微溶于冷水)结晶析出，通过过滤能从混合液中分离出苯乙酸粗品，过滤所用的仪器主要有漏斗、玻璃棒、烧杯等，选BCE。

（3）将粗苯乙酸晶体重新在热水中溶解，然后再降温结晶过滤(重结晶)可得较纯净的苯乙酸晶体；或由已知信息：苯乙酸的熔点为76.5℃，可升华，可用升华的方法提纯苯乙酸；

（4））在制备Cu(OH)2沉淀的同时还有可溶性NaCl生成，故判断沉淀洗干净的方法就是检验最后一次洗涤液中是否还含有Cl－。具体方法是取少量最后一次洗涤液于试管中，加入稀硝酸，再加AgNO3 溶液，无白色沉淀出现。

（5）根据“苯乙酸微溶于冷水，溶于乙醇”，故乙醇与水的混合溶剂中的乙醇能增大苯乙酸的溶解度，便于充分反应。

19.根据分子的空间结构判断原子共线和共面问题、判断物质的性质和同分异构体是学习有机化学所必须具备的基本能力。请解答以下问题：

（1）下列反应的产物中，有的有同分异构体，有的没有同分异构体，其中一定不存在同分异构体的反应是______。

A 异戊二烯()与等物质的量的Br2发生加成反应

B 邻羟基苯甲酸与NaHCO3溶液反应

C 2­氯丁烷与NaOH乙醇溶液共热发生消去HCl分子的反应

D 甲苯在一定条件下发生硝化反应生成一硝基甲苯的反应

E 丙烷与溴蒸汽在光照下发生一取代反应

F 甲酸乙酯在稀硫酸作用下加热水解

（2）某烃结构简式如下：，有关其结构说法正确的是（ ）

A 所有原子可能在同一平面上 B 所有原子可能在同一条直线上

C 所有氢原子可能在同一平面上 D 所有碳原子可能在同一平面上

（3）有机物A是一种广谱高效食品防腐剂，如图所示是A分子的球棍模型。回答下列问题：

（Ⅰ）写出A的分子式：_______；

（Ⅱ）A能够发生反应的类型有(填序号)：_________；

①氧化反应 ②加成反应 ③取代反应 ④消去反应

（Ⅲ）写出A与烧碱溶液反应的化学方程式：___________。

（4）下列是一些中草药中所含的有机物：

其中互为同分异构体的是(填序号)______；能与溴水反应的是(填序号)________。

【答案】 (1). BF (2). D (3). C9H10O3 (4). ①②③ (5). +2NaOH→+CH3CH2OH+H2O (6). ②④ (7). ①②④

【解析】

【分析】

（1）A、异戊二烯与等物质的量的Br2发生加成反应，可发生1,2加成、3，4加成和1,4加成；

B、邻羟基苯甲酸与NaHCO3溶液反应时分子中的酚羟基不反应，只有羧基和碳酸氢钠反应生成邻羟基苯甲酸钠，二氧化碳和水；

C、2-氯丁烷（CH3CH2CClHCH3）与NaOH乙醇溶液共热发生消去HCl分子的反应，可以从1号碳上消去氢原子形成双键，也可以从3号碳原子上消去氢原子形成双键；

D、甲苯在一定条件下发生硝化生成一硝基甲苯的反应时，可以生成邻硝基甲苯、间硝基甲苯、对硝基甲苯；

E、丙烷与溴蒸汽在光照下发生一取代反应可以生成1—溴丙烷和2—溴丙烷；

F、甲酸乙酯在稀硫酸作用下，加热发生水解反应生成甲酸和乙醇；

（2）在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行判断；

（3）由球棍模型可知结构简式为，分子式为C9H10O3，官能团为酚羟基和酯基；

（4）由图可知，②④的分子式相同，①②④中含碳碳双键，能与溴水发生加成反应。

【详解】（1）A、异戊二烯与等物质的量的Br2发生加成反应，可发生1,2加成、3，4加成和1,4加成，生成3种产物，故错误；

B、邻羟基苯甲酸与NaHCO3溶液反应时分子中的酚羟基不反应，只有羧基和碳酸氢钠反应生成邻羟基苯甲酸钠，二氧化碳和水，产物不存在同分异构，故正确；

C、2-氯丁烷（CH3CH2CClHCH3）与NaOH乙醇溶液共热发生消去HCl分子的反应，可以从1号碳上消去氢原子形成双键，也可以从3号碳原子上消去氢原子形成双键，消去反应能生成两种结果不同的同分异构体，故错误；

D、甲苯在一定条件下发生硝化生成一硝基甲苯的反应时，可以生成邻硝基甲苯、间硝基甲苯、对硝基甲苯三种一硝基取代产物，生成物存在同分异构体，故错误；

E、丙烷与溴蒸汽在光照下发生一取代反应可以生成1—溴丙烷和2—溴丙烷，生成物存在同分异构体，故错误；

F、甲酸乙酯在稀硫酸作用下，加热发生水解反应生成甲酸和乙醇，产物不存在同分异构，故正确；

BF正确，故答案为：BF；

（2）有机物-C≡C-CH=CH-CH3中，具有苯环、碳碳双键的共面结构以及碳碳三键的共线结构，苯环的6个碳原子一定共面，具有碳碳双键结构的4个碳原子一定共面，具有碳碳双键结构的四个碳原子和苯环对角线上的碳原子一定共线，则所有的碳原子可以共面，但不共线，D正确，故答案为：D；

（3）（Ⅰ）由球棍模型可知结构简式为，分子式为C9H10O3，故答案为：C9H10O3；

（Ⅱ）的官能团为酚羟基和酯基，含有酚羟基，可发生取代、氧化反应，含有酯基，可发生水解反应，水解反应属于取代反应，但不能发生消去反应，故答案为：①②③；

（Ⅲ）的官能团为酚羟基和酯基，酚羟基和酯基均与氢氧化钠溶液反应，反应的化学方程式为，故答案为：；

（4）由图可知，②④的分子式相同，但结构不同，二者互为同分异构体，①②④中含碳碳双键，能与溴水发生加成反应，故答案为：②④；①②④。

【点睛】本题考查有机物word/media/image26_1.png结构和性质，侧重于分析能力考查，注意把握有机物的官能团的性质和有机物的结构特点为解答该题的关键。

20.芳香化合物A分子式为C9H10O2，B的相对分子质量比A大79，J是乙酸，K是聚乙酸乙烯酯的单体，G与氯化铁溶液能发生显色反应，且苯环上的一元取代物只有两种。A→K之间有如下转化关系：

已知：①当羟基与双键碳原子相连时，易发生转化：RCH==CHOH→RCH2CHO

②—ONa连word/media/image7_1.png烃基上不会被氧化。

请回答下列问题：

（1）化合物K的结构简式是_______。I中官能团的名称为______。

（2）反应①④⑤⑥中属于水解反应的是___(填反应编号)。由C→G操作顺序为②③④，而不采取④②③，原因是______。

（3）G可以与NaHCO3溶液反应，1 molG与NaHCO3溶液反应时最多消耗____molNaHCO3。

（4）写出B→C＋D的化学方程式_____________。

（5）同时符合下列要求的A的同分异构体有________种(不考虑立体异构)。

Ⅰ.含有苯环；Ⅱ.能发生银镜反应和水解反应。

在这些同分异构体中，满足下列条件的同分异构体的结构简式为________。

①核磁共振氢谱有5个吸收峰；②1mol该同分异构体只能与1molNaOH反应。

【答案】（1） CH3COOCH=CH2醛基

（2）①⑥；保护酚羟基，防止被氧化（3）1

（4）

（5）14；

【解析】

试题分析：K是聚乙酸乙烯酯的单体，K为CH3COOCH=CH2；CH3COOCH=CH2在氢氧化钠的水溶液中水解，根据已知①，D为CH3COONa、I为CH3CHO；B的分子量比A大79，B的分子式为C9H9O2Br；B水解为乙酸钠和C，C分子式C7H7O2Na，C与氯化铁溶液能发生显色反应，且苯环上的一元取代物只有两种，C为；E为；F为；G为,A为

（1）化合物K的结构简式是CH3COOCH=CH2。CH3CHO中官能团的名称为醛基。

（2）反应①④⑤⑥中属于水解的是①⑥。②-ONa连在烃基上不会被氧化，由C→G操作顺序为②③④，而不采取④②③，原因是保护酚羟基，防止被氧化。

（3）G中含有羧基，可以与NaHC03溶液反应，1 mol羧基与NaHC03溶液反应时最多消耗1mol NaHCO3。

（4） B→C+D的化学方程式

（5）I含有苯环；Ⅱ能发生银镜反应和水解反应说明是甲酸酯。同时符合要求的A的同分异构体有14种。

在这些同分异构体中，满足①核磁共振氢谱有5个吸收峰；②1mol该同分异构体只能与1 mol NaOH反应

的同分异构体的结构简式为。

考点：本题考查化学反应中的能量变化。

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/9f6bd4f686c24028915f804d2b160b4e777f81ea.html