四川省南充高级中学2022-2023学年高二上学期期中考试化学Word版含解析.docx

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南充高中2022—2023学年度高2021级上学期期中考试化学试题可能用到的相对原子质量H：1C：12N：14O：16Mg：24Cl：35.5S：32K：39Fe：56Mn：55Cu：64Ag：108Pb：207一、选择题(本题包含20个小题，1—10小题每题2分，11—20小题每题3分，共50分，每小题只有一个选项符合题意)1.武当山金殿是铜铸鎏金大殿。传统鎏金工艺是将金溶于汞中制成“金汞漆”，涂在器物表面，然后加火除汞，使金附着在器物表面。下列说法错误的是A.鎏金工艺利用了汞的挥发性B.鎏金工艺中金发生了化学反应C.鎏金工艺的原理可用于金的富集D.用电化学方法也可实现铜上覆金【答案】B【解析】【详解】A．加热除汞，说明汞易挥发，A正确；B．将金溶于汞中制成“金汞漆”，然后加热汞挥发后留下金，整个过程中没有新物质生成，属于物理变化，B错误；C．金溶于汞中，然后再加热除去汞，使得金的纯度增大，所以可以用于金的富集，C正确；D．用电解方法，铜做阴极，电解液中含有可溶性的含金离子，则可实现铜上镀金，D正确；故选B。2.下列有关营养物质的说法正确的是A.淀粉和纤维素互为同分异构体B.纤维素在人体内可水解生成葡萄糖，进而被氧化为二氧化碳和水，释放能量C.油脂、淀粉、纤维素、蛋白质都是天然高分子化合物D.油脂的水解在碱性条件下可生产肥皂，在酸性条件下生成甘油和高级脂肪酸【答案】D【解析】【详解】A．淀粉和纤维素化学式(C6H10O5)n中n不同、化学式不同，则二者不互为同分异构体，A错误；B．人体内没有纤维素酶，纤维素在人体内不会水解生成葡萄糖，B错误；C．油脂的相对分子质量小，不是有机高分子化合物，C错误； D．油脂是高级脂肪酸的甘油酯，油脂的水解在碱性条件下可生产肥皂，在酸性条件下生成甘油和高级脂肪酸，D正确；答案选D。3.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.28g乙烯和环丙烷的混合气体中含C－H键的数目为4NAB.电解精炼铜时，若转移了NA个电子，阳极溶解铜C.92.0g甘油(丙三醇)中含有羟基数为1.0NAD.1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA【答案】A【解析】【详解】A．已知乙烯和环丙烷的最简式均为CH2，故28g乙烯和环丙烷的混合气体中含C－H键的数目为=4NA，A正确；B．电解精炼铜时，若转移了NA个电子，阳极上除了Cu失去电子之外，还有Fe、Zn、Ni等也失去电子，故溶解铜的质量小于，B错误；C．已知甘油分子中含有3个羟基，故92.0g甘油(丙三醇)中含有羟基数为=3.0NA，C错误；D．已知CH4和Cl2在光照下，生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4等四种有机产物，根据碳原子守恒可知，1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数小于1.0NA，D错误；故答案为：A。4.向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下发生反应SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)＋NO(g)，正反应速率随时间变化如图所示。由图得出结论正确的是A.反应在c点达到平衡状态B反应物浓度：a点小于b点 C.反应物的总能量低于生成物的总能量D.△t1=△t2时，a～b段平均正反应速率小于b～c段【答案】D【解析】【详解】A．反应在c点后速率还发生改变，c点没有达到平衡状态，故A错误；B．随反应进行，反应物浓度逐渐减小，反应物浓度：a点大于b点，故B错误；C．a→c点正反应速率加快，说明温度升高反应放热，所以反应物的总能量高于生成物的总能量，故C错误；D．根据图示，△t1=△t2时，a～b段平均正反应速率小于b～c段，故D正确；选D。5.某密闭容器内发生反应，下列能说明反应已达到平衡的是：①消耗2molA的同时生成2molB；②；③容器内气压不变；④C的体积分数不变；⑤气体平均相对分子质量不变；⑥气体密度不变；⑦气体总物质的量不变A.①②③④⑤⑥⑦B.②③④⑦C.②③④⑤⑥D.②④⑤⑥【答案】D【解析】【详解】①由物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，消耗2molA的同时生成2molB不能说明正逆反应速率相等，反应未达到平衡，故错误；②由物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；③该反应是气体体积不变的反应，反应中容器内气压始终不变，则容器内气压不变不能说明正逆反应速率相等，反应未达到平衡，故错误；④C的体积分数不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；⑤该反应是气体质量增大、气体体积不变的反应，反应中气体平均相对分子质量增大，则气体平均相对分子质量不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；⑥该反应是气体质量增大的反应，反应中气体密度增大，则气体密度不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；⑦该反应是气体体积不变的反应，反应中气体总物质的量始终不变，则气体总物质的量不变不能说明正逆反应速率相等，反应未达到平衡，故错误；②④⑤⑥正确，故选D。 6.苯及其同系物与氢气发生的加成反应称为氢化。甲苯完全氢化后，再发生氯代反应，其一氯代物的同分异构体数目有A.3种B.4种C.5种D.6种【答案】C【解析】【详解】苯及其同系物与氢气发生的加成反应称为氢化。甲苯完全氢化后，得到，发生氯代反应，由于有5种不同环境的氢，因此其一氯代物的同分异构体数目有5种，故C符合题意。综上所述，答案为C。7.金属腐蚀造成的损失约占国民生产总值的2%~4%。下列有关说法错误的是A.改变金属的结构，可将金属制成防腐的合金B.喷油漆、涂油脂、电镀或表面钝化是金属防护的物理方法C.黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易产生铜绿与金属的电化学防护有关D.将钢闸门连接直流电源的负极可以起到防护作用【答案】B【解析】【详解】A．改变金属的结构，将金属制成防腐的合金可以减少金属腐蚀造成的损失，故A正确；B．电镀或表面钝化时，有新物质生成，属于化学变化，故B错误；C．黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易产生铜绿是因为锌的金属性强于铜，锌铜构成的原电池中锌做负极被损耗，铜做正极被保护，该保护方法为牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D．将钢闸门连接直流电源的负极可以起到防护作用，该保护方法为外加直流电源的阴极保护法，故D正确；故选B。8.已知碳碳单键可绕键轴自由旋转，某烃的结构简式如图所示，下列说法中不正确的是A.该物质所有原子不可能共平面B.该有机物苯环上的一溴代物有6种 C.分子中至少有11个碳原子处于同一平面上D.分子中最多有6个碳原子处于同一直线上【答案】B【解析】【详解】A．该物质含有饱和碳原子，饱和碳原子与其相连接的4个原子为四面体结构，所有原子不可能共平面，故A正确；B．该有机物苯环上有3种氢原子，故一溴代物有3种，故B错误；C．苯环为平面结构，与苯环直接相连的碳原子与苯环在同一平面，再根据单键可以旋转可知，两个苯环可共平面，也可不共平面，故分子中至少有11个碳原子处于同一平面上，故C正确；D．将该有机物的结构简式写成，1、2、3、4、5、6号碳原子一定在同一直线上，故分子中最多有6个碳原子处于同一直线上，故D正确；故选B。9.饱和一元醇的通式为，6.0g某饱和一元醇与足量金属钠反应，得到1.12L(标准状况)的氢气。则该饱和一元醇的分子式为A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】1.12L(标准状况)的氢气的物质的量为，，则该一元醇的摩尔质量为，饱和一元醇的通式为，则，解得n=3，则该饱和一元醇的分子式为，故选C；答案选C。10.有机物的化学性质主要由其官能团决定。苹果酸是一种有机酸，其结构简式为HOOCCHOHCH2COOH。下列有关苹果酸的说法不正确的是A.分子式为C4H6O5B.与乙醇、乙酸都能反应C.能自身发生酯化反应D.不能发生催化氧化反应【答案】D 【解析】【详解】A．根据苹果酸的结构简式HOOCCHOHCH2COOH，可知苹果酸的分子式为C4H6O5，故A正确；B．苹果酸分子中含有羟基、羧基，所以苹果酸与乙醇、乙酸都能发生酯化反应，故B正确；C．苹果酸分子中含有羟基、羧基，能自身发生酯化反应，故C正确；D．与羟基相连的碳原子上有H原子，能发生催化氧化反应，故D错误；选D。11.光刻胶(主要成分是)是大规模集成电路印刷电路版技术中的关键材料，某一光刻胶的主要成分如图所示，下列有关说法正确的是A.合成此高聚物的单体的化学式为C11H10O2B.发生加成反应时1mol该物质可消耗4molH2C.该物质可稳定存在于碱性溶液中D.该物质可经过缩聚反应制得【答案】A【解析】【详解】A．根据结构简式知，该高聚物（）的单体是苯丙烯酸乙烯酯，分子式为C11H10O2，故A正确；B．该物质为高分子化合物，聚合度为n，发生加成反应时1mol该物质可消耗4nmolH2，故B错误；C．该物质存在-COOC-，在碱性溶液中能发生水解反应，不能稳定存在，故C错误；D．该高分子化合物的直链中只有2个碳原子，可通过加聚反应制得的，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为B，要注意该物质为高聚物。12.高铁酸钾()是一种暗紫色固体，低温碱性条件下比较稳定。高铁酸钾微溶于浓KOH溶液，能溶于水，且能与水反应放出氧气，并生成胶体，常用作水处理剂。高铁酸钾有强氧化性，酸性条件下，其氧化性强于、等。工业上湿法制备的流程如下： 下列关于的说法错误的是A.可用丁达尔效应鉴别和两种紫红色溶液B.与水反应，每消耗1mol转移3mol电子C.将与盐酸混合使用，可增强其杀菌消毒效果D.“反应Ⅱ”中，氧化剂和还原剂的个数之比为3∶2【答案】C【解析】【分析】NaClO具有强氧化性，可以把Fe(NO3)3中三价铁离子氧化为+6价的高铁酸钠，高铁酸钠与氢氧化钾发生复分解反应，生成在氢氧化钾溶液中溶解度小的高铁酸钾。【详解】A．K2FeO4与水反应生成氢氧化铁胶体，能发生丁达尔效应，可用丁达尔效应来鉴别K2FeO4和KMnO4两种紫红色溶液，A正确；B．与水反应，高铁酸钾中+6价的铁被还原为+3价的铁，每消耗1molK2FeO4转移3mol电子，B正确；C．K2FeO4有强氧化性与盐酸混合会发生反应生成氯气，降低其杀菌消毒效果，C错误；D．反应II中NaClO是氧化剂，Fe(NO3)3是还原剂，Cl的化合价由+1价降到-1价降低2价，Fe的化合价由+3+价升高到+6价升高3价，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的个数之比之比为3：2，D正确；故选C。13.工业上可利用“吹出法”提溴。“吹出法”提溴的流程如图所示：已知酸化后的浓缩海水中主要含H+、Na+、Mg2+、Cl－、Br－、等离子。下列说法正确的是A.“氧化1”中Cl2过量会增大“吸收”时SO2水溶液的用量B.取“吹出”后的溶液滴加到淀粉KI试纸上，若试纸变蓝，则说明溶液中含Cl2C.“吸收”时的离子方程式为：SO2+2H2O+Br2=2H+++2HBr D.蒸馏后溶液中主要存在的离子是：Na+、Mg2+、Cl－和【答案】A【解析】【分析】由流程可知，海水中通入足量氯气可氧化溴离子生成溴，热空气吹出溴，吸收时发生SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+，然后氯气氧化溴离子生成溴，达到富集溴的目的，再蒸馏分离出液溴，以此来解答。【详解】A．氯气可置换出溴单质，由氯气具有氧化性，SO2具有还原性，若Cl2过量，则会增大“吸收”时SO2水溶液的用量，故A正确；B．“吹出”后的溶液可能还含有Br2，由氧化性：Br2>I2，Br2与KI发生氧化还原反应生成I2，也能使试纸变蓝，故B错误；C．吸收过程发生氧化还原反应，反应的离子方程式是SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+，故C错误；D．由于热空气吹出溴蒸汽，用SO2水溶液吸收生成硫酸和HBr，加入氯气生成HCl，蒸馏后溶液主要是Cl-和，故D错误；故选：A。14.微型银—锌电池可用作电子仪器的电源，其电极分别是Ag/Ag2O和Zn，电解质为KOH溶液，电池总反应为Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2。下列说法正确的是A.电池工作过程中，KOH溶液浓度降低B.电池工作过程中，电解液中OH-向正极迁移C.负极发生反应：Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2D.正极发生反应：Ag2O+2H++2e-=Ag+H2O【答案】C【解析】【详解】A．由电池总反应Ag2O＋Zn＋H2O=2Ag＋Zn(OH)2可知，反应中n(KOH)不变，但电池反应消耗了H2O，所以电池工作过程中，KOH溶液浓度升高，A错误；B．电池工作过程中，电解质溶液中的阴离子向负极移动，所以电解液中OH-向负极迁移，B错误；C．由电池总反应可知，Zn失电子、发生氧化反应而作负极，电极反应式为Zn＋2OH--2e-=Zn(OH)2，C正确；D．氧化银得电子、发生还原反应作正极，电极反应式为Ag2O＋H2O＋2e-=2Ag＋2OH-，D错误；故选C。15.锌铜原电池装置如图所示(电解质溶液为1mol/L的稀硫酸) ，其中阴离子交换膜只允许阴离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是A.电池工作一段时间后，甲池溶液的总质量减轻B.铜电极上发生氧化反应C.电池工作一段时间后，乙池的c(Zn2+)＞c()D.阴、阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡【答案】A【解析】【分析】该图为锌铜原电池装置，Zn比Cu活泼，Zn做负极，失去电子，经导线向Cu移动，Cu做正极，氢离子在铜电极得电子，生成氢气，硫酸根离子向负极移动，使保持溶液呈电中性。但乙池中也是稀硫酸溶液，故Zn会直接与稀硫酸发生反应。【详解】A． 经分析，甲池溶液中的硫酸浓度减小，乙池硫酸锌的浓度增大，水分子从甲池移向乙池，故乙池溶液总质量增加，甲池总质量减小，故A项正确；B．经分析，该原电池反应式为：Zn+2H+=Zn2++H2↑，Zn为负极，Zn-2e-Zn2+，发生氧化反应,，Cu为正极，2H++2e-H2↑，发生还原反应，故B项错误；C．乙池中是稀硫酸溶液，若不考虑乙池Zn直接与稀硫酸发生反应，阴离子交换膜只允许阴离子通过，乙池发生Zn-2e-Zn2+，不断产生Zn2+，而通过阴离子交换膜进入乙池，(Zn2+)＜c() ，若考虑Zn直接与稀硫酸发生反应，且乙中硫酸反应完全，则(Zn2+)＝c() ，综上所述，(Zn2+)c()， 故C项错误；D．其中阴离子交换膜只允许阴离子和水分子通过，阳离子不能通过阴离子交换膜，故D项错误；故答案选A。16.某锂电池工作原理如图所示。下列叙述正确的是 A.有机电解质可用溶液代替B.电池工作时，正极的电极反应式为C.充电时，多孔电极应与电源负极相连D.电池充电时间越长，电池中含量越多【答案】B【解析】【详解】A．因为Li与水反应，有机电解质防止金属理与水反应，故不能用溶液作电解质溶液，A项错误；B．由题图可知，正极的电极反应为：，B项正确；C．充电时为电解池，多孔电极应与电源正极相连作为电解池的阳极，C项错误；D．电池充电时间越长，阳极的电极反应式为：，转化为Li的量越多，则的含量越少，D项错误；答案选B。17.胼(N2H4)-双氧水燃料电池由于绿色环保且具有较高的能量密度而广受关注，其工作原理如图所示。下列说法错误的是A.该电池正极反应式为H2O2+2e-=2OH-B.电池工作过程中A极区溶液pH减小C.隔膜为阴离子交换膜 D.电池工作时，外电路通过2mole-时，A极区产生标准状况下气体11.2L【答案】C【解析】【分析】燃料电池中N2H4在负极（A极）失去电子生成氮气，电极反应为：，正极（B极）为过氧化氢得电子生成氢氧根，电极反应为：，在B极出来的产物为浓氢氧化钠溶液，故隔膜为阳离子交换膜。【详解】A．根据分析正极的电极反应式正确，A正确；B．电池工作过程中A极区的电极反应为：，消耗氢氧根，氢氧根浓度减小，溶液pH减小，B正确；C．根据分析隔膜为阳离子交换膜，C错误；D．电池工作时，外电路通过2mole-时，根据A极的电极反应式，A极区产生N2的物质的量为mol，标准状况下气体体积为11.2L，D正确；故选C。18.在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O—CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示。下列说法不正确的是（）A.X是电源的负极B.阴极的反应式是：H2O＋2eˉ＝H2＋O2ˉCO2＋2eˉ＝CO＋O2ˉC.总反应可表示为：H2O＋CO2=H2＋CO＋O2D.阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1︰1【答案】D【解析】【详解】A、从图示可看出，与X相连的电极发生H2O→H2、CO2→CO的转化，均得电子，应为电解池的阴极，则X为电源的负极，正确；B、阴极H2O→H2、CO2→CO均得电子发生还原反应，电极反应式分别为：H2O＋2eˉ＝H2＋O2ˉ、CO2＋ 2eˉ＝CO＋O2ˉ，正确；C、从图示可知，阳极生成H2和CO的同时，阴极有O2生成，所以总反应可表示为：H2O＋CO2H2＋CO＋O2，正确；D、从总反应方程式可知，阴极生成2mol气体(H2、CO各1mol)、阳极生成1mol气体(氧气)，所以阴、阳两极生成的气体物质的量之比2∶1，错误。答案选D。19.胡妥油(D)用作香料的原料，它可由A合成得到，下列说法不正确的是已知：A.物质A可由和加成得到B.从B到C的反应是消去反应C.等量B分别与足量Na、NaHCO3反应，产生相同条件的气体的体积一样多D.胡妥油(D)既可使酸性高锰酸钾溶液褪色也可使溴水褪色【答案】B【解析】【详解】A．2-甲基-1，3-丁二烯即和丙烯酸即前者发生1，4-加成，后者发生加成反应即可生成A，A正确；B．B中中羧基和醇羟基发生酯化反应生成C，该反应为酯化反应或取代反应，B错误；C．B中羧基和羟基都能和钠反应生成氢气，且存在关系式2-COOH～H2、2-OH～H2，只有羧基能和碳酸氢钠反应生成CO2，存在关系式-COOH～CO2，B中含有1个羧基和1个醇羟基，所以等量B分别与足量Na、NaHCO3反应，产生的气体一样多，C正确；D．由题干可知，胡妥油(D)中含有碳碳双键，故其既可使酸性高锰酸钾溶液褪色也可使溴水褪色，D正确；故答案为：B。20.下列装置由甲、乙部分组成(如图所示)，甲是将废水中乙二胺[H2N(CH2)2NH2] 氧化为环境友好物质形成的化学电源。当电池工作时，下列说法正确的是A.电子的流动方向M→Fe→CuSO4溶液→Cu-NB.当N极消耗5.6LO2时，则铁极增重32gC.一段时间后，乙中CuSO4溶液浓度基本保持不变D.M极电极反应式：H2N(CH2)2NH2+16OH--16e-=2CO2↑+N2↑+12H2O【答案】C【解析】【分析】根据题给信息知，甲图中装置是将化学能转化为电能的原电池，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；乙部分是在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒计算，据此分析答题。【详解】A．M是负极，N是正极，Fe为阴极，Cu为阳极，电子从负极经导线流向阴极，由阳极经导线流回正极，但是电子不会经过电解质溶液，A错误；B．当N电极消耗0.25mol氧气时，则转移0.25×4=1mol电子，所以铁电极增重0.5mol×64g/mol=32g，但是气体需指明是标况下的气体，B错误；C．乙部分是在铁上镀铜，阳极反应为：Cu-2e-=Cu2+，阴极反应为：Cu2++2e-=Cu，电解液浓度基本不变，所以乙中CuSO4溶液浓度基本保持不变，C正确；D．M是负极，H2NCONH2在负极M上失电子发生氧化反应，在酸性环境下，不会出现OH-，正确的电极反应式为：H2N(CH2)2NH2+4H2O-16e-=2CO2↑+N2↑+16H+，D错误；故答案为：C。二、填空题(共50分)21.一定温度下，2L容器内某反应中A、B、C的物质的量随反应时间的变化情况如图所示。请回答下列问题： （1）该反应的化学方程式为___________；2分钟后A、B、C各物质的量不再随时间的变化而变化，说明在这个条件下，反应已达到了___________；2min内C的平均反应速率为___________。（2）此反应在三种不同情况下的反应速率分别为：①(A)=5mol/(L·min)；②(B)=6mol/(L·min)；③(C)=4.5mol/(L·min)；其中反应速率最快的是___________(填编号)。（3）前2min内A转化率为___________；（4）为了加快2H2+O2=2H2O的反应速率，可以采取的措施有___________(填序号)A.使用合适的催化剂B.适当提高氧气的浓度C.适当提高反应的温度D.适当降低反应的温度【答案】（1）①2A+B2C②.平衡状态③.0.5mol•L-1•min-1（2）②（3）40%（4）ABC【解析】【小问1详解】根据图中数据知，A、B是反应物而C是生成物，2min内n(A)=(5-3)mol=2mol、n(B)=(2-1)mol=1mol、n(C)=(4-2)mol=2mol，相同时间内参加反应的不同物质的物质的量之比等于其计量数之比，则A、B、C的计量数之比=2mol：1mol：2mol=2：1：2，则该反应方程式为2A+B2C，当反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不再变化，2分钟后A、B、C各物质的量不再随时间的变化而变化，说明在这个条件下，反应已达到了平衡状态，2min内C的平均反应速率为v(C)==0.5mol•L-1•min-1，故答案为：2A+B2C；平衡状态；0.5mol•L-1•min-1；【小问2详解】由(1)分析可知，该反应方程式为：2A+B2C并结合反应速率之比等于化学计量系数比可知，①当(A)=5mol/(L·min)时，(B)=2.5mol/(L·min)；②(B)=6mol/(L·min)；③当(C)=4.5mol/(L·min)时，(B)=2.25mol/(L·min)，故其中反应速率最快的是②，故答案为：②；【小问3详解】由题干图像信息可知，前2min内A的转化率为×100%=40%，故答案为：40%；【小问4详解】A．使用合适的催化剂，可以加快反应速率，A符合题意；B．适当提高氧气的浓度，可以加快反应速率，B符合题意；C．适当提高反应的温度，可以加快反应速率，C符合题意；D．适当降低反应的温度，反应速率将减慢，D不合题意；故答案为：ABC。 22.乳酸乙酯是白酒的香气成分之一，广泛用于食品香精。适量添加可增加白酒中酯的浓度，增加白酒的香气。乳酸乙酯发生如图变化：(已知烃A的产量是衡量一个国家化工发展水平的重要标志)（1）B中含氧官能团的名称是___________；②的反应类型是___________；（2）A可以合成一种高分子化合物，其结构简式是___________；（3）③的化学方程式是___________；（4）1mol乳酸与足量Na反应，可生成___________molH2；（5）下列说法正确的是___________。a．D在酸性、加热条件下，能与新制Cu(OH)2悬浊液反应产生砖红色沉淀b．工业上通常由石油的裂化生产Ac．B和F属于同系物d．与C互为同分异构体的有机物只有1种（6）已知物质G为A的同系物，其相对分子质量为56，请写出对应分子可能的结构简式(不考虑顺反异构)___________。【答案】（1）①.羟基、羧基②.加成反应（2）（3）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O（4）1（5）d（6）、、【解析】【分析】乳酸乙酯水解生成乳酸和乙醇，C为乙醇，D为乙醇催化氧化得到的乙醛，E为乙酸，乳酸和乙酸可以发生酯化反应生成F为，烃A的产量是衡量一个国家化工发展水平的重要标志、A和水反应生成乙醇，说明A为乙烯。【小问1详解】B为乳酸，含有的含氧官能团的名称是羟基、羧基；反应②为乙烯和水生成乙醇，反应类型是加成反应； 【小问2详解】A为乙烯，可以合成的一种高分子化合物为聚乙烯，其结构简式是；【小问3详解】③为乙醇的催化氧化，反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；【小问4详解】乳酸含有的羟基、羧基均能与足量反应生成H2，1mol乳酸与足量Na反应，可生成1molH2；【小问5详解】a．D为乙醛，在碱性、加热条件下，能与新制Cu(OH)2悬浊液反应产生砖红色沉淀，酸能与新制Cu(OH)2悬浊液反应，使乙醛不能参与反应、难以产生砖红色沉淀，a错误；b．石油的裂化可生产汽油，工业上通常由裂解生产A即乙烯，b错误；c．B和F所含官能团不同，不属于同系物，c错误；d．C为乙醇，与C互为同分异构体的有机物只有二甲醚1种，d正确；故选d。【小问6详解】已知物质G为A的同系物，则G属于烯烃，满足通式CnH2n，其相对分子质量为56，n=4，则对应分子可能的结构简式(不考虑顺反异构)为、、。23.Ⅰ．铅蓄电池的总反应式为。请回答下列问题(不考虑氢、氧的氧化还原)：（1）放电时，正极的电极反应式是___________；电解液中浓度将变___________(填“大”或“小”)；当外电路通过电子时，理论上负极板的质量增加___________g。（2）在完全放电耗尽和时，若按如图所示连接，电解一段时间后，则在A电极上的电极反应式为___________，B电极上生成___________。 Ⅱ．我国科学家最近发明了一种电池，电解质为、和KOH，由a和b两种离子交换膜隔开，形成A、B、C三个电解质溶液区域，结构示意图如图。回答下列问题：（3）电池中，B区域的电解质为___________(填“”“”或“KOH”)。（4）电池反应的离子方程式为___________。（5）阳离子交换膜为图中的___________(填“a”或“b”)膜。【答案】（1）①.PbO2+2e-+4H++SO=PbSO4+2H2O②.小③.48（2）①.PbSO4+2e-=Pb+SO②.PbO2（3）（4）（5）a【解析】【小问1详解】电池总反应式为：，放电时，正极二氧化铅得到电子，电极反应式是PbO2+2e-+4H++SO=PbSO4+2H2O；放电时消耗硫酸，则电解液中浓度将变小；负极电极反应：Pb-2e-+SO=PbSO4，当外电路通过1mol电子时，依据电子守恒计算理论上负极板的质量增加0.5mol×96g/mol=48g；【小问2详解】在完全放电耗尽PbO2和Pb时，电极上析出的都是PbSO4，若按题图连接B为阳极应是失去电子发生氧化反应，A为阴极是得到电子发生还原反应，实质是电解反应，A电极发生反应为：PbSO4+2e-=Pb+SO，B电极上发生反应为：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++2SO，所以B电极上生成PbO2。【小问3详解】 根据图示可知，Zn电极失去电子生成，与溶液中的结合形成，所以Zn电极为负极；在A区域的电解质为KOH，正极的电极反应式为，C区域电解质为，在B区域的电解质为；【小问4详解】负极电极反应式为，正极的电极反应式为，电池反应的离子方程式为。【小问5详解】A区域是KOH溶液，发生反应形成，为了维持溶液呈电中性，多余的K+通过交换膜进入到B区域，由于阳离子交换膜只允许阳离子通过，因此阳离子交换膜为图中的a膜。24.Ⅰ．某化学实验室产生的废液中含有，，三种金属离子，实验室设计如下方案对废液进行处理，以回收金属并制得氧化铁，保护环境。回答下列问题：（1）沉淀A中含有的金属单质是铁、___________(填名称)。（2）步骤Ⅱ中加入溶液从浅绿色变为黄色，发生反应的离子方程式为___________。（3）请设计实验方案检验步骤Ⅲ中是否沉淀完全___________。（4）“可排放废水”中含有的主要离子是___________(填离子符号)。Ⅱ．海洋中蕴含着丰富的化学元素，是人类资源的宝库，海带中含有碘元素。从海带中提取碘的实验过程如下图所示：（5）海带灰中含有硫酸镁、碳酸钠等，在实验步骤___________(填名称)中实现与碘分离。（6）步骤④中反应的离子方程式为___________。 （7）请设计一种检验水溶液中是否含有碘单质的方法：___________。Ⅲ．镁及其合金是一种用途很广的金属材料，目前世界上60%的镁是从海水中提取的。主要步骤如下：（8）为了使转化为，试剂①可以选用___________(填化学式)。（9）无水MgCl2在熔融状态下，通电后会产生Mg和Cl2，该反应的化学方程式为_______。【答案】（1）铜、银（2）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（3）静置后，取少量上层清液滴加适量的KSCN溶液，若呈血红色说明溶液中还有Fe3+，若不变红色说明溶液中Fe3+已沉淀完全（4）Na+、（5）萃取（6）（7）取水溶液少量，滴入几滴淀粉溶液，若变成特殊的蓝色，则水溶液中含有碘单质，若不变蓝，则水溶液中没有碘单质（8）或CaO（9）【解析】【分析】Ⅰ．废液中含Fe2+、Cu2+和Ag+三种金属阳离子，中加入过量的铁屑，首先Fe与Fe3+反应产生Fe2+，Fe依次把银和铜从盐溶液中置换出来，操作Ⅰ为过滤，得到的沉淀A中含有金属铜、银和过量的铁，滤液B主要含亚铁离子，加入氧化剂H2O2溶液将Fe2+氧化为Fe3+，溶液C中加入适量NaOH溶液生成Fe(OH)3沉淀，操作Ⅲ为过滤，所得Fe(OH)3在洗涤、灼烧发生分解反应生成Fe2O3，以此解答该题。Ⅱ．提取海带中的碘的流程为：在坩埚中灼烧海带、加蒸馏水浸泡海带灰得海带灰悬浊液，过滤除去不溶性杂质、得到含碘离子的溶液，所得滤液中加硫酸酸化及绿色氧化剂双氧水、碘离子氧化为碘单质、再用四氯化碳萃取、分液后得到碘的四氯化碳溶液，最终分离得到碘单质，据此回答。Ⅲ．海水中加入试剂①石灰乳、产生并过滤得到氢氧化镁沉淀，氢氧化镁溶于试剂②盐酸得到氯化镁溶液，氯化镁溶液经一系列操作制得无水氯化镁，电解熔融氯化镁制得金属镁。【小问1详解】据分析，沉淀A中含有的金属单质是铁、铜、银； 【小问2详解】步骤Ⅱ中加入溶液从浅绿色变为黄色，即加入的H2O2溶液把Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；【小问3详解】Fe3+遇KSCN溶液变为血红色，可据此检验步骤Ⅲ中是否沉淀完全，实验方案为：取少量上层清液滴加适量的KSCN溶液，若呈血红色说明溶液中还有Fe3+，若不变红色说明溶液中Fe3+已沉淀完全；【小问4详解】溶液C是硫酸铁，加入氢氧化钠生成硫酸钠和氢氧化铁沉淀，过滤后所得“可排放废水”中含有的主要离子是Na+、；【小问5详解】海带灰中含有硫酸镁、碳酸钠等，在实验步骤⑤、即萃取(填名称)中实现与碘分离；【小问6详解】步骤④中双氧水把碘离子氧化为碘单质，反应离子方程式为；【小问7详解】淀粉遇碘单质变蓝，要检验水溶液中是否含有碘单质，方法是：取水溶液少量，滴入几滴淀粉溶液，若变成特殊的蓝色，则水溶液中含有碘单质，若不变蓝，则水溶液中没有碘单质；【小问8详解】为了使转化为，应加入碱，生石灰与水反应得熟石灰，为了控制成本，试剂①可以选用或CaO；【小问9详解】