1、福建省三明一中20152016学年度高二上学期第二次月考化学试卷（特保班）一选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共50分）1下列说法中正确的是（）A需要加热才能发生的反应一定是吸热反应B任何放热的反应在常温条件下一定能发生反应C吸热反应只能在加热的条件下才能进行D反应是放热还是吸热是由反应物和生成物所具有的总能量所决定的2下列装置中能构成原电池的是（）A酒精B稀H2SO4C酒精D稀H2SO43目前，一种人称“摇摇冰”的即冷即饮型饮料开始上市所谓“摇摇冰”是指吸食前将饮料罐隔离层中的制冷物质和水混合摇动能使罐中饮料冷却请根据所学知识猜测该制冷物质是（）A固体硝酸铵B氯化钠C生石灰D固
2、体氢氧化钠4N2H4是一种高效清洁的火箭燃料，0.25molN2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量则下列热化学方程式中正确的是（）AN2H4（g）+O2（g）N2（g）+2H2O（g）H=+267 kJmol1BN2H4（g）+O2（g）N2（g）+2H2O（g）H=534 kJmol1CN2H4（g）+O2（g）N2（g）+2H2O（g）H=+534 kJmol1DN2H4（g）+O2（g）N2（g）+2H2O（l）H=133.5 kJmol15把a、b、c、d四块金属片浸入稀硫酸中，用导线两两相连可以组成几个原电池若a、b 相连时a为负极；c、d相连时电流由d到c
3、；a、c相连时c极上产生大量气泡；b、d相连时b上有大量气泡产生，则四种金属的活动性顺序由强到弱为（）AabcdBacdbCcabdDbdca6在铁制品上镀上一定厚度的锌层，以下设计方案正确的是（）A锌作阳极，镀件作阴极，溶液中含有锌离子B铂作阴极，镀件作阳极，溶液中含有锌离子C铁作阳极，镀件作阴极，溶液中含有亚铁离子D锌用阴极，镀件作阳极，溶液中含有锌离子7线型弹性材料“丁苯吡橡胶”的结构简式如下：其单体可能是：CH2CHCHCH正确的组合是（）ABCD8二甲醚和乙醇是同分异构体，其鉴别可采用化学方法及物理方法，下列鉴别方法中不能对二者进行鉴别的是（）A利用质谱法B利用金属钠C利用红外光谱法
4、D利用核磁共振氢谱9金属镍有广泛的用途粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，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，其电极反应式：Ni2+2eNiB电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等C电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Fe2+和Zn2+D电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt10电解法处理酸性含铬废水（主要含有Cr2O72）时，以铁板作阴、阳极，处理过程中存在反应Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，最后Cr3+以Cr（OH）3形式除去，下列说法不正确的是（）A阳极反应为Fe2eFe
5、2+B过程中有Fe（OH）3沉淀生成C电路中每转移12mol电子，最多有1molCr2O72被还原D如果石墨做阴阳极，电解过程不变11在水中加入等物质的量的AgNO3、Ba（NO3）2、NaCl、K2SO4混合均匀，取溶液，用惰性电极电解，片刻后在两个极区析出的氧化产物与还原产物的物质的质量之比为（）A35.5：108Bl：2C108：35.5D8：112用惰性电极电解含有0.400molCu（NO3）2和0.400mol KCl的混合溶液，一段时间后，在一个电极上析出0.300mol Cu，此时在另一电极上放出的气体在标准状况下的体积（标准状况下）为（）A3.36LB6.72LC5.60LD
6、2.80L130.2mol某有机物和0.4mol O2在密闭容器中燃烧后的产物为CO2、CO和H2O（g）产物经过浓硫酸后，浓硫酸的质量增加10.8g；再通过灼热CuO充分反应后，固体质量减轻了3.2g；最后气体再通过碱石灰被完全吸收，碱石灰增重17.6g该有机物的化学式为（）AC2H6BC2H6OCC2H6O2DC3H6O314如图：X为铁棒，Y为铜棒，当K闭合后，下列有关分析不正确的是（）A当a为电流表，b为浓硝酸时：Y为负极B当a为电流表，b为稀硫酸时：X电极反应为：Fe2eFe2+C当a为直流电源，b为CuSO4溶液时：X、Y两电极附近的SO42浓度相等D当a为直流电源，b为NaOH溶
7、液，X极附近产生白色沉淀时：电子从X极流入a15如图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置，通电后在石墨电极a和b附近分别滴加石蕊溶液，下列实验现象正确的是（）A逸出气体的体积：a电极的小于b电极的Ba电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色Ca电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色D电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体16下列装置中，能对Fe片腐蚀起防护作用的是（）ABCD17与肼（H2NNH2）有关化学反应的能量变化如右题所示，已知断裂1mol化学键所需的能量（kJ）：NN为942、O=O为500、NN为154，则断裂1molNH键所需的能量是（）A194 KJB391 KJC516 KJD6
8、58 KJ18如图所示，杠杆A、B两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球，调节杠杆并使其在水中保持平衡，小心地向水槽中滴入CuSO4 浓溶液（该过程中不考虑两球浮力的变化）下列说法正确的是（）A若杠杆由绝缘体材料制成，一段时间后，杠杆一定B端高A端低B若杠杆由导体材料制成，一段时间后，杠杆一定B端高A端低C若杠杆由导体材料制成，一段时间后，杠杆一定A端高B端低D无论杠杆由绝缘体材料还是由导体材料制成，一段时间后，杠杆一定A端高B端低19关于下列装置说法正确的是（）A装置中，盐桥中的K+移向ZnSO4溶液B装置工作一段时间后，a极附近溶液的pH增大C用装置精炼铜时，c极为粗铜D装置中
9、电子由Zn流向Fe，装置中有Fe2+生成20将质量分数为0.052 （5.2%）的NaOH溶液1L（密度为1.06g/cm3），用Pt电极进行电解，当溶液中NaOH的质量分数改变了0.010（1.0%）时，停止电解，则此时溶液中应符合的关系是（）NaOH的质量分数阳极析出物质的质量/g阴极析出物质的质量/gA0.062（6.2%）19152B0.062（6.2%）15219C0.042（4.2%）1.29.4D0.042（4.2%）9.41.2AABBCCDD21纽扣电池的两极材料分别为锌和氧化银，电解质溶液为KOH溶液放电时两个电极反应分别为：Zn2e+2OH=Zn（OH）2Ag2O+H2O
10、+2e=2Ag+2OH下列说法正确的是（）A溶液中OH向正极移动，K+、H+向负极移动B锌发生还原反应，氧化银发生氧化反应C锌是负极，氧化银是正极D在电池放电过程中，负极区溶液碱性增强22将如图所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是（）ACu电极上发生还原反应B电子沿ZnabCu 路径流动C片刻后甲池中c（SO42）增大D片刻后可观察到滤纸b点变红色23下列说法正确的是（）A苯中含有杂质苯酚，可用浓溴水来除杂B1mol 在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗3mol NaOHC按系统命名法，的名称为3，3，6一三甲基4乙基庚烷D已知CC键可以绕键轴自由旋转，结构简式为的分子中至少有11个
11、碳原子处于同一平面上24如图所示，a、b是多孔石墨电极，某同学按图示装置进行如下实验：断开K2，闭合K1一段时间，观察到两支玻璃管内都有气泡将电极包围，此时断开K1，闭合K2，观察到电流计A的指针有偏转下列说法不正确的是（）A断开K2，闭合K1一段时间，溶液的pH变大B断开K1，闭合K2时，b极上的电极反应式为：2H+2eH2C断开K2，闭合K1时，a极上的电极反应式为：4OH4eO2+2H2OD断开K1，闭合K2时，OH向b极移动25药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反应制得：下列有关叙述正确的是（）A贝诺酯分子中有三种含氧官能团B可用FeCl3溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基
12、酚C乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚均能与NaHCO3溶液反应D贝诺酯与足量NaOH溶液共热，最终生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠二、填空题26把煤作为燃料可通过下列两种途径：途径C（s）+O2（g）CO2（g）H10途径先制成水煤气：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H20再燃烧水煤气：2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H302H2（g）+O2（g）2H2O（g）H40 请回答下列问题：（1）途径放出的热量理论上（填“大于”“等于”或“小于”）途径放出的热量H1、H2、H3、H4的数学关系式是（3）已知：C（s）+O2（g）CO2（g）H=393.5kJmol-12CO（g）+O2（g
13、）2CO2（g）H=566kJmol-1TiO2（s）+2Cl2（g）TiCl4（s）+O2（g）H=+141kJmol-1则TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）TiCl4（s）+2CO（g）的DH=（4）在25、101kPa下，1g液态甲醇完全燃烧生成CO2和液态水时放热22.7kJ，则该反应的热化学方程式应为27从H+、Cu2+、NO3、Na+、Cl 中选择适当的离子组成电解质，使之符合题目的要求（每组写2个）（1）以石墨棒为电极，电解时电解质质量减小，水量不变，应选用的电解质是以石墨棒为电极，电解时电解质质量不变，水量减少，应选用的电解质是（3）以石墨棒为阳极，铁棒为阴极，电解时电
14、解质和水量都减少，应选用的电解质是28电解原理在化学工业中有广泛应用如图表示一个电解池，装有电解液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连请回答以下问题：（1）若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，则：电解池中X极上的电极反应式为；在X极附近观察到的现象是Y电极上的电极反应式为；检验该电极反应产物的方法是如用电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，则X电极的材料是，电极反应式为Y电极的材料是，电极反应式为（说明：杂质发生的电极反应不必写出）29图中甲池是甲烷燃料电池的示意图，乙池中使用的电极材料为石墨和铁，工作一段时间后，发现M、N两
15、个电极的质量均没有变化，请回答下列问题：（1）乙池中M电极材料为，N电极上发生的电极反应式为：；乙池中发生的电解总化学反应方程式为甲池中通入甲烷的铂电极上发生的电极反应式为（3）若乙池中某一电极析出金属银4.32g时，理论上甲池中应消耗氧气为 L（标况下）；若此时乙池溶液的体积为400mL，则乙池中溶液的H+的浓度为30莫沙朵林是一种镇痛药，它的合成路线如下：（1）化合物D中含氧官能团的名称为；化合物E的分子式为B中有个手性碳原子C与新制氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为（3）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：核磁共振氢谱有4个峰；能发生银镜反应和水解反应；能与FeCl3溶液发
16、生显色反应（4）已知E+XF为加成反应，化合物X的结构简式为（5）已知：，化合物是合成抗病毒药阿普洛韦的中间体，请设计合理方案以和为原料合成该化合物（用合成路线流程图表示：并注明反应条件）合成路线流程图实力如下CH3CH2OHCH2CH231姜黄素（分子式为C21H20O6）存在姜科植物姜黄等的根茎中，具有抗基因突变和预防肿瘤的作用其合成路线如下： 已知：R3CHO+R2R1（R1、R2、R3为烃基或氢原子）E的核磁共振氢谱中有两个峰请回答下列问题：（1）E中含有的官能团名称是B物质的名称为；试剂X为（3）姜黄素的结构简式为（4）EG反应的化学方程式为；其反应类型是（5）下列有关香兰醛的叙述正
17、确的是（填编号）a香兰醛能与NaHCO3溶液反应b香兰醛能与浓溴水发生取代反应c能与FeCl3溶液发生显色反应d.1mol香兰醛最多能与3molH2发生加成反应（6）符合下列条件的香兰醛（K）的同分异构体有种：属于芳香族化合物 与氯化铁溶液发生显色反应 苯环上只有两个取代基 存在羰基的结构写出香兰醛（K）的同分异构体中符合下列条件的结构简式苯环上的一氯取代物只有2种；1mol该物质与烧碱溶液反应，最多消耗3molNaOH；核磁共振氢谱中有4种吸收峰福建省三明一中20152016学年度高二上学期第二次月考化学试卷（特保班）参考答案与试题解析一选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共50
18、分）1下列说法中正确的是（）A需要加热才能发生的反应一定是吸热反应B任何放热的反应在常温条件下一定能发生反应C吸热反应只能在加热的条件下才能进行D反应是放热还是吸热是由反应物和生成物所具有的总能量所决定的【考点】反应热和焓变【专题】化学反应中的能量变化【分析】A、反应的吸放热和反应的条件无关；B、有的放热反应在常温下无法进行；C、吸热反应不一定只能在加热的条件下才能进行；D、由反应物和生成物所具有的总能量可以判断反应的吸放热【解答】解：A、反应的吸放热和反应的条件无关，需要加热才能发生的反应也有的是放热反应，如金属铁和硫之间的反应需要加热，但是属于放热反应，故A错误；B、有的放热反应在常温下无
19、法进行，如金属铁和硫之间的反应需要加热，但是属于放热反应，故B错误；C、吸热反应不一定只能在加热的条件下才能进行，如氯化铵和氢氧化钡晶体之间的反应，无需加热，属于吸热反应，故C错误；D、由反应物和生成物所具有的总能量可以判断反应的吸放热，当反应物所具有的总能量大于生成物所具有的总能量，反应是放热，反之是吸热，故D正确故选D【点评】本题涉及化学反应中的能量变化知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大2下列装置中能构成原电池的是（）A酒精B稀H2SO4C酒精D稀H2SO4【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】构成原电池需具备以下条件：两个活性不同的电极；电解质溶液；形成闭合回
20、路；存在能自动发生的氧化还原反应，且为放热反应，以此来解答【解答】解：A酒精不导电，为非电解质，不能形成原电池，故A错误；B锌为负极，铜为正极，电解质为硫酸，可发生自发进行的氧化还原反应，符合原电池的构成条件，能形成原电池反应，故B正确；C酒精不导电，为非电解质，不能形成原电池，故C错误；D两电极相同，不能形成原电池，故D错误故选B【点评】本题考查了原电池原理的分析应用，该题是高考中的常见考点，属于基础性试题的考查，难度不大，明确原电池的工作原理、构成条件是答题的关键3目前，一种人称“摇摇冰”的即冷即饮型饮料开始上市所谓“摇摇冰”是指吸食前将饮料罐隔离层中的制冷物质和水混合摇动能使罐中饮料冷却
21、请根据所学知识猜测该制冷物质是（）A固体硝酸铵B氯化钠C生石灰D固体氢氧化钠【考点】化学能与热能的相互转化【专题】化学反应中的能量变化【分析】由题意可知该物质与水混合会吸热使温度降低，才能达到制冷的效果要从物质溶于水后热量变化来考虑【解答】解：A固体硝酸铵溶于水吸热，能使温度降低能达到制冷的作用，故A正确； B氯化钠溶于水热效应很小，现象不明显，故B错误；C生石灰溶于水能与水反应生成氢氧化钙并放出热量，不能起到制冷的作用，故C错误；D固体氢氧化钠溶于水放热，不能起到制冷的作用，故D错误故选A【点评】本题考查了化学能与热能的相互转化，注意掌握物质溶于水时热量的变化即可解答，难度不大4N2H4是一
22、种高效清洁的火箭燃料，0.25molN2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量则下列热化学方程式中正确的是（）AN2H4（g）+O2（g）N2（g）+2H2O（g）H=+267 kJmol1BN2H4（g）+O2（g）N2（g）+2H2O（g）H=534 kJmol1CN2H4（g）+O2（g）N2（g）+2H2O（g）H=+534 kJmol1DN2H4（g）+O2（g）N2（g）+2H2O（l）H=133.5 kJmol1【考点】反应热和焓变【专题】化学反应中的能量变化【分析】根据热化学方程式的意义以及热化学方程式的书写方法，则0.25mol N2H4（g）完全燃烧生
23、成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量，则1mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ4=534kJ的热量，热化学方程式为：N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）H=534kJmol1，据此分析【解答】解：A、0.25mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量，其焓变是负值，故A错误；B、0.25mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量，则1mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ4=534kJ的热量，热化学方程式为：N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H
24、2O（g）H=534kJmol1，故B正确；C、N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出热量，其焓变是负值，故C错误；D、0.25mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量，则1mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ4=534kJ的热量，故D错误；故选B【点评】本题考查学生热化学方程式的意义以及热化学方程式的书写方法，可以根据所学知识来回答，难度不大5把a、b、c、d四块金属片浸入稀硫酸中，用导线两两相连可以组成几个原电池若a、b 相连时a为负极；c、d相连时电流由d到c；a、c相连时c极上产生大量气泡；b、d相连时b上有大量气
25、泡产生，则四种金属的活动性顺序由强到弱为（）AabcdBacdbCcabdDbdca【考点】常见金属的活动性顺序及其应用【专题】电化学专题【分析】原电池中，一般来说，较活泼的金属作负极；还可以根据电子、电流的流向及电极反应现象判断正负极，据此分析解答【解答】解：若a、b 相连时a为负极，则活动性顺序ab；c、d相连时电流由dc，说明c是负极，则活动性顺序cd；a、c相连时c极上产生大量气泡，说明c是正极，则活动性顺序ac；b、d相连时b上有大量气泡产生，说明b是正极，则活动性顺序db，故活动性顺序是acdb，故选：B【点评】本题从原电池的角度比较金属性的活动性顺序，正确判断原电池负极是解本题关
26、键，难度不大6在铁制品上镀上一定厚度的锌层，以下设计方案正确的是（）A锌作阳极，镀件作阴极，溶液中含有锌离子B铂作阴极，镀件作阳极，溶液中含有锌离子C铁作阳极，镀件作阴极，溶液中含有亚铁离子D锌用阴极，镀件作阳极，溶液中含有锌离子【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】根究电镀池的阳极是镀层金属，阴极是镀件，电镀液中一定含有镀层金属的阳离子的特点设计方案【解答】解：由电镀装置的设计方法可知，应选用锌片作阳极，铁制品作阴极，含有Zn2+的溶液作电镀液，故选A【点评】该题是基础性试题的考查，难度不大关键是理解并掌握电镀的原理，然后结合具体问题，灵活运用即可7线型弹性材料“丁苯吡橡
27、胶”的结构简式如下：其单体可能是：CH2CHCHCH正确的组合是（）ABCD【考点】聚合反应与酯化反应；有机高分子化合物的结构和性质【专题】有机化合物的获得与应用【分析】在高分子链中，单体转变为在化学组成上能够重复的最小单位，即链节判断高聚物的单体，就是根据高分子链，结合单体间可能发生的反应机理，找出高分子链中的链节凡链节中主碳链为8个碳原子，含有一个碳碳双键结构时，其单体可为一种二烯烃，两种单烯烃含有二个碳碳双键时，其单体可为二烯烃等【解答】解：分析其链节可知，链节中主碳链为8个碳原子，含有一个碳碳双键结构时，其单体为一种二烯烃，两种单烯烃，按如图方式断键，可得其单体为尤其是找第3种单体时，
28、注意CH3与CHCH2在环上相对“N”的位置，即单体为：，故选C【点评】本题主要考查了加聚反应原理、加聚反应产物单体的求算，题目难度中等，注意CH3与CHCH2在环上相对“N”的位置，为易错点8二甲醚和乙醇是同分异构体，其鉴别可采用化学方法及物理方法，下列鉴别方法中不能对二者进行鉴别的是（）A利用质谱法B利用金属钠C利用红外光谱法D利用核磁共振氢谱【考点】有机物的鉴别【分析】二甲醚和乙醇中分别含有O和OH，二者性质不同，OH可与Na反应，二者含有的H原子的种类和性质不同，由于分子式相同，燃烧产物相同，以此解答【解答】解：A二者属于同分异构体，相对分子质量相同，用质谱法不能鉴别，故A错误；B乙醇
29、中含有OH，可与金属钠或金属钾反应生成氢气，可鉴别，故B正确；C二甲醚和乙醇中分别含有O和OH，官能团不同，可用红外光谱法鉴别，故C正确；D二者含有的H原子的种类和性质不同，可用核磁共振氢谱鉴别，故D正确故选A【点评】本题考查有机物的鉴别，题目难度不大，本题注意有机物官能团的异同以及有机物的结构，注意把握鉴别方法9金属镍有广泛的用途粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，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，其电极反应式：Ni2+2eNiB电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等C电解后，溶液中存在的金属阳离子只有F
30、e2+和Zn2+D电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】A、阳极失去电子发生氧化反应；B、阳极失电子的有Fe、Zn、Ni；阴极析出的是镍；依据电子守恒计算分析；C、精炼过程中，电解质溶液中一定含有Ni2+；D、粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和鉑不失电子沉降电解池底部形成阳极泥；【解答】解：A、阳极发生氧化反应，其电极反应式：Ni2e=Ni2+，Fe2e=Fe2+；Zn2e=Zn2+；故A错误；B、电解过程中阳极失电子的有Fe、Zn、Ni；阴极析出的是镍；依据电子守恒，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，故B错误；C、电解后，
31、溶液中存在的金属阳离子有Fe2+、Zn2+、Ni2+；故C错误；D、粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和鉑不失电子沉降电解池底部形成阳极泥，电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt，故D正确；故选D【点评】本题考查了电极原理的应用，主要考查电解精炼镍的原理分析判断10电解法处理酸性含铬废水（主要含有Cr2O72）时，以铁板作阴、阳极，处理过程中存在反应Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，最后Cr3+以Cr（OH）3形式除去，下列说法不正确的是（）A阳极反应为Fe2eFe2+B过程中有Fe（OH）3沉淀生成C电路中每转移12mol电子，最多有1mol
32、Cr2O72被还原D如果石墨做阴阳极，电解过程不变【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】AFe板作阳极，为活性电极，Fe失电子，发生氧化反应生成亚铁离子；B阴极发生还原反应，溶液中的氢离子得到电子减少，同时生成氢氧根；CFe2e=Fe2+，则转移电子数12mol需要6molFe，再根据能够处理的关系式，得6Fe12e6Fe2+Cr2O72，据此计算；D、电解池的阳极不是活泼金属电极，该电极上是电解质里的阴离子发生失电子的还原反应【解答】解：AFe板作阳极，为活性电极，Fe失电子，发生氧化反应生成亚铁离子，阳极反应为Fe2eFe2+，故A正确；B阴极发生还原反应，溶液中的氢离子得到电子减少，同
33、时生成氢氧根，有Fe（OH）3沉淀生成，故B正确；CFe2e=Fe2+，则转移电子数12mol需要6molFe，再根据能够处理的关系式，得6Fe12e6Fe2+Cr2O72，故被还原的Cr2O72的物质的量为1mol，故C正确；D如果石墨做阴阳极，则不会出现还原性的亚铁离子，则不会发生重铬酸根离子被还原的反应，电解过程发生变化，故D错误；故选D【点评】本题考查电解原理、氧化还原反应等，清楚发生的电极反应是解题的关键，是对学生综合能力的考查，难度中等11在水中加入等物质的量的AgNO3、Ba（NO3）2、NaCl、K2SO4混合均匀，取溶液，用惰性电极电解，片刻后在两个极区析出的氧化产物与还原产
34、物的物质的质量之比为（）A35.5：108Bl：2C108：35.5D8：1【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】将等物质的量的AgNO3、Ba（NO3）2、NaCl、K2SO4混合均匀后，置于指定容器中，加入足量的水，发生反应：K2SO4+Ba（NO3）2=BaSO4+2KNO3，AgNO3+NaCl=AgCl+NaNO3，反应后为KNO3和NaNO3溶液，用铂电极电解，实际上电解的为水，在两极上分别生成氧气和氢气【解答】解：将等物质的量的AgNO3、Ba（NO3）2、NaCl、K2SO4混合均匀后，置于指定容器中，加入足量的水，发生反应：K2SO4+Ba（NO3）2=BaSO4+2KN
35、O3，AgNO3+NaCl=AgCl+NaNO3，搅拌、静置、过滤，滤液为KNO3和NaNO3溶液，电解时发生：2H2O2H2+O2，氧化产物为O2，还原产物为H2，两极区析出的氧化产物与还原产物的质量比约为32：22=8：1，故选D【点评】本题考查电解知识，题目难度中等，解答本题的关键是根据混合物的性质判断反应后滤液的成分，注意仔细审题12用惰性电极电解含有0.400molCu（NO3）2和0.400mol KCl的混合溶液，一段时间后，在一个电极上析出0.300mol Cu，此时在另一电极上放出的气体在标准状况下的体积（标准状况下）为（）A3.36LB6.72LC5.60LD2.80L【考
36、点】电解原理【专题】电化学专题【分析】电解混合溶液时，阴极发生Cu2+2e=Cu，可知阴极得到0.6mol电子，阳极发生：2Cl2e=Cl2、4OH4e=O2+2H2O，结合两极转移电子数目相等和电极方程式计算【解答】解：阴极发生Cu2+2e=Cu，可知阴极得到0.6mol电子，阳极发生：2Cl2e=Cl2、4OH4e=O2+2H2O，氯离子完全析出时，生成n（Cl2）=0.2mol，转移电子0.4mol，则生成氧气转移电子0.2mol，生成氧气0.05mol，所以阳极共生成（0.2+0.05）mol=0.25mol气体，气体体积=0.25mol22.4L/mol=5.6L，故选C【点评】本题
37、以电解原理为载体考查了物质的量的有关计算，明确阳极上析出气体的成分再结合转移电子相等即可解答，题目难度中等130.2mol某有机物和0.4mol O2在密闭容器中燃烧后的产物为CO2、CO和H2O（g）产物经过浓硫酸后，浓硫酸的质量增加10.8g；再通过灼热CuO充分反应后，固体质量减轻了3.2g；最后气体再通过碱石灰被完全吸收，碱石灰增重17.6g该有机物的化学式为（）AC2H6BC2H6OCC2H6O2DC3H6O3【考点】有关有机物分子式确定的计算【专题】有机物的化学性质及推断【分析】浓硫酸增重10.8g为反应生成的水的质量，通过灼热氧化铜，发生反应：CuO+COCu+CO2，利用差量法
38、可计算CO的物质的量，碱石灰的质量增加17.6g为总CO2的质量，减去CO与CuO反应生成的CO2的质量为有机物燃烧生成CO2的质量，根据原子守恒计算有机物中含有C、H、O原子数目，进而确定有机物化学式【解答】解：有机物燃烧生成水10.8g，物质的量为=0.6mol，令有机物燃烧生成的CO为x，则：CuO+COCu+CO2 固体减少m 28g 16g x 3.2g所以x=5.6g，CO的物质的量为=0.2mol，根据碳元素守恒可知CO与CuO反应生成的CO2的物质的量为0.2mol，质量为0.2mol44g/mol=8.8g有机物燃烧生成的CO2的质量为17.6g8.8g=8.8g，物质的量为
39、=0.2mol，根据碳元素守恒，有机物分子中N（C）=2，根据氢元素守恒，有机物分子中N（H）=6，根据氧元素守恒，有机物分子中N（O）=2，所以有机物的分子式为C2H6O2，故选：C【点评】本题考查有机物分子式确定，属于计算型推断，注意利用原子守恒判断有机物的分子式，难度中等14如图：X为铁棒，Y为铜棒，当K闭合后，下列有关分析不正确的是（）A当a为电流表，b为浓硝酸时：Y为负极B当a为电流表，b为稀硫酸时：X电极反应为：Fe2eFe2+C当a为直流电源，b为CuSO4溶液时：X、Y两电极附近的SO42浓度相等D当a为直流电源，b为NaOH溶液，X极附近产生白色沉淀时：电子从X极流入a【考点
40、】原电池和电解池的工作原理【专题】压轴题；电化学专题【分析】A、当电解质溶液为浓硝酸时，铜能与浓硝酸自发的进行氧化还原反应，所以铜作负极，铁作正极B、当电解质溶液为稀硫酸时，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，负极上失电子发生氧化反应C、电解池工作时，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动D、电解池工作时，b为NaOH溶液，X极附近产生白色沉淀时，X极为阳极，Y为阴极【解答】解：A、当电解质溶液为浓硝酸时，常温下，铁能与浓硝酸发生钝化现象而阻止了铁与浓硝酸进一步的反应，铜与浓硝酸能自发的进行氧化还原反应，所以铜作负极，铁作正极，即Y为负极，故A正确B、当电解质溶液为稀硫酸时，铁能与稀硫酸自发
41、的进行氧化还原反应，铜不与稀硫酸反应，所以铁作负极，铜作正极，负极上失电子发生氧化反应，X电极上发生的电极反应式为Fe2eFe2+，故B正确C、当a为直流电源，b为CuSO4溶液时，电解池工作时，电解质溶液中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，所以两极附近的SO42浓度不相等，故C错误D、电解池工作时，b为NaOH溶液，X极附近产生白色沉淀时，说明X极铁失电子生成二价铁离子进入溶液，铁作阳极，铜作阴极，电子从X极流入a即电子从阳极流向正极，故D正确故选C【点评】本题考查了原电池和电解池原理，易错选项是A，注意不能根据金属的活泼性判断原电池的正负极，要根据电极上发生反应的反应类型判断正负极，负极
42、上发生氧化反应，正极上发生还原反应15如图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置，通电后在石墨电极a和b附近分别滴加石蕊溶液，下列实验现象正确的是（）A逸出气体的体积：a电极的小于b电极的Ba电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色Ca电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色D电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】A、根据电解水时，阳极产生的氧气体积是阴极产生氢气体积的一半来回答；B、酸遇石蕊显红色，碱遇石蕊显蓝色，酸遇酚酞不变色，碱遇酚酞显红色，结合该极反应来回答；C、酸遇石蕊显红色，碱遇石蕊显蓝色，酸遇酚酞不变色，碱遇酚酞显红色，结合该极反应来回答；D、氢
43、气和氧气均是无色无味的气体【解答】解：和电源的正极b相连的是阳极，和电源的负极a相连的是阴极，A、和电源的正极b相连的是阳极，和电源的负极a相连的是阴极，电解硫酸钠的实质是电解水，阳极b极是氢氧根离子失电子，放氧气，阴极是氢离子得电子，a放氢气，氧气体积是氢气体积的一半，即气体体积：a电极的大于b电极的，故A错误；B、a电极氢离子放电，碱性增强，该极附近呈蓝色，b电极氢氧根离子放电，酸性增强，该极附近呈红色，故B正确；C、a电极氢离子放电，碱性增强，该极附近呈蓝色，b电极氢氧根离子放电，酸性增强，该极附近呈红色，故C错误；D、a电极逸出氢气，b电极逸出氧气，均是无色无味的气体，故D错误；故选B
44、【点评】本题考查学生电解池的工作原理，要求学生熟记教材知识，并会灵活运用16下列装置中，能对Fe片腐蚀起防护作用的是（）ABCD【考点】金属的电化学腐蚀与防护【专题】电化学专题【分析】装置为原电池锌做负极被腐蚀，铁做正极被保护；装置为电解池，铁做阴极被保护，据此分析【解答】解：该装置铁未作任何保护，故不选；该装置为原电池，铁的金属活动性比锡强，铁为原电池的负极，铁腐蚀得更快，故不选；该装置为原电池锌做负极被腐蚀，铁做正极被保护，故选；该装置为电解池，铁做阴极被保护，故选；该装置为电解池，铁做阳极腐蚀得更快，故不选；故选A【点评】本题考查了电化学有关知识，作原电池负极或电解池阳极的金属易被腐蚀，
45、明确原电池的工作原理、掌握金属腐蚀原理是解本题关键，题目难度不大17与肼（H2NNH2）有关化学反应的能量变化如右题所示，已知断裂1mol化学键所需的能量（kJ）：NN为942、O=O为500、NN为154，则断裂1molNH键所需的能量是（）A194 KJB391 KJC516 KJD658 KJ【考点】反应热和焓变【专题】化学反应中的能量变化【分析】根据热化学方程式的含义可知：旧键断裂所吸收的能量和新键生成所释放的能量之差即为化学反应焓变的数值，结合图示内容来回答即可【解答】解：根据图中内容，可以看出N2H4（g）+O2（g）=2N（g）+4H（g）+2O（g），H3=2752kJ/mol
46、534kJ/mol=2218kJ/mol，化学反应的焓变等于产物的能量与反应物能量的差值，旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，设断裂1molNH键所需的能量为K，旧键断裂吸收的能量：154+4K+500=2218，解得K=391故选B【点评】本题考查学生化学键的断裂和生成与反应的吸放热之间的关系，考查学生知识的灵活应用情况，难度不大18如图所示，杠杆A、B两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球，调节杠杆并使其在水中保持平衡，小心地向水槽中滴入CuSO4 浓溶液（该过程中不考虑两球浮力的变化）下列说法正确的是（）A若杠杆由绝缘体材料制成，一段时间后，杠杆一定B端高A端低B若杠杆由导体
47、材料制成，一段时间后，杠杆一定B端高A端低C若杠杆由导体材料制成，一段时间后，杠杆一定A端高B端低D无论杠杆由绝缘体材料还是由导体材料制成，一段时间后，杠杆一定A端高B端低【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】若杠杆是导体，空心铜球、空心铁球和硫酸铜溶液构成了原电池，活泼金属铁作负极，铜作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，铁变成亚铁离子进入溶液，铁球上质量减小，正极上铜离子得电子发生还原反应析出金属铜，铜球上质量增加若杠杆是绝缘体，铁与铜离子发生置换反应，导致铁球变重【解答】解：A、若杠杆由绝缘体材料制成，铁能和铜离子发生置换反应析出铜单质，导致铁球变重，铜不反应，铜球质量
48、不变，所以一段时间后，杠杆一定A端高B端低，故A错误；B、若杠杆由导体材料制成，空心铜球、空心铁球和硫酸铜溶液构成了原电池，活泼金属铁作负极，铜作正极，铁变成亚铁离子进入溶液，铁球上质量减小，正极上铜离子得电子发生还原反应析出金属铜，铜球上质量增加，所以一段时间后，杠杆一定B端高A端低，故B正确；C、若杠杆由导体材料制成，空心铜球、空心铁球和硫酸铜溶液构成了原电池，活泼金属铁作负极，铜作正极，铁变成亚铁离子进入溶液，铁球上质量减小，正极上铜离子得电子发生还原反应析出金属铜，铜球上质量增加，所以一段时间后，杠杆一定B端高A端低，故C错误；D、通过以上分析知，杠杆哪边高，与杠杆材质有关，故D错误；
49、故选B【点评】本题考查了原电池原理，难度较大，明确杠杆的材质对杠杆平衡的影响是解本题的关键19关于下列装置说法正确的是（）A装置中，盐桥中的K+移向ZnSO4溶液B装置工作一段时间后，a极附近溶液的pH增大C用装置精炼铜时，c极为粗铜D装置中电子由Zn流向Fe，装置中有Fe2+生成【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】A、在原电池中，电解质中的阳离子移向正极；B、在电解池的阴极上是阳离子发生得电子的还原反应；C、电解精炼铜时，电解池的阳极是粗铜；D、在金属的电化学腐蚀中，电子是从负极流向正极，根据电极反应来判断即可【解答】解：A、在装置中，金属锌是负极，金属铜是正极，盐桥中
50、的K+移向CuSO4溶液，故A错误；B、在电解池装置的阴极上是阳离子氢离子发生得电子的还原反应，氢离子浓度减小，所以a极附近溶液的pH增大，故B正确；C、电解精炼铜时，电解池的阳极是粗铜，阴极时精铜，即c极为精铜，故C错误；D、在金属的电化学腐蚀中，金属锌是负极，金属铁是正极，电子是从负极Zn流向正极Fe，装置中铁电极上会产生氢气，故D错误故选：B【点评】本题考查学生原电池、电解池的工作原理等方面的知识，注意知识的归纳和整理是解题关键，难度不大20将质量分数为0.052 （5.2%）的NaOH溶液1L（密度为1.06g/cm3），用Pt电极进行电解，当溶液中NaOH的质量分数改变了0.010（
51、1.0%）时，停止电解，则此时溶液中应符合的关系是（）NaOH的质量分数阳极析出物质的质量/g阴极析出物质的质量/gA0.062（6.2%）19152B0.062（6.2%）15219C0.042（4.2%）1.29.4D0.042（4.2%）9.41.2AABBCCDD【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】电解时，溶液中氢离子和氢氧根离子放电，所以在阴极上生成氢气，在阳极上生成氧气，且阳极生成氧气的质量大于阴极氢气的质量；电解质溶液中溶剂的质量减少，溶质的质量不变，所以随着电解的进行，溶液的质量分数增大【解答】解：氢氧化钠溶液电解时，电解的是水，氢氧化钠质量不变，水电解后生成氢气和氧气，
52、溶液质量减少，所以氢氧化钠的质量分数会增加，因为溶液中NaOH的质量分数改变了1.0%，即现在变为：5.2%+1.0%6.2%；由于电解水时正极产生的是氧气，负极产生的是氢气，氧气与氢气的质量比为8：1，所以正极产生的质量要多于负极产生的气体的质量A、电解时，溶液中氢离子和氢氧根离子放电，所以在阴极上生成氢气，在阳极上生成氧气，且阳极生成氧气的质量大于阴极氢气的质量，故A错误；B、电解时，溶液中氢离子和氢氧根离子放电，所以在阴极上生成氢气，在阳极上生成氧气，氧气与氢气的质量比为8：1，相当于电解水，质量分数现在变为：5.2%+1.0%=6.2%，故B正确；C、电解时，溶液中氢离子和氢氧根离子放
53、电，所以在阴极上生成氢气，在阳极上生成氧气，且阳极生成氧气的质量大于阴极氢气的质量，故C错误；D、相电解当于电解水，溶液质量分数增大，质量分数现在变为：5.2%+1.0%=6.2%，故D错误；故选B【点评】本题以电解原理为载体考查了电解时，阴阳极上得到的物质之间的关系及电解质溶液浓度的变化，电解强碱和含氧强酸的实质都是电解水21纽扣电池的两极材料分别为锌和氧化银，电解质溶液为KOH溶液放电时两个电极反应分别为：Zn2e+2OH=Zn（OH）2Ag2O+H2O+2e=2Ag+2OH下列说法正确的是（）A溶液中OH向正极移动，K+、H+向负极移动B锌发生还原反应，氧化银发生氧化反应C锌是负极，氧化
54、银是正极D在电池放电过程中，负极区溶液碱性增强【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】原电池放电时，较活泼的金属作负极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，以此解答该题【解答】解：A原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以溶液中OH向负极移动，K+、H+向正极移动，故A错误；B由化合价的变化可知，Zn化合价升高，发生氧化反应，氧化银得电子发生还原反应，故B错误；C锌失电子是负极，氧化银得电子是正极，故C正确；D负极的电极反应式Zn2e+2OH=Zn（OH）2，反应消耗氢氧根离子，负极区OH浓度减小，
55、则碱性减弱，故D错误故选C【点评】本题考查了原电池原理，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大，注意把握原电池的工作原理和电极方程式的判断22将如图所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是（）ACu电极上发生还原反应B电子沿ZnabCu 路径流动C片刻后甲池中c（SO42）增大D片刻后可观察到滤纸b点变红色【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】A、依据装置图分析装置的K闭合，为原电池装置电解滤纸上的饱和硫酸钠溶液，甲和乙形成原电池反应锌做负极失电子发生氧化反应，铜做正极，电极上得到电子发生还原反应；B、电子从原电池负极流出经外电路流向电解池阴极a，通过电解质溶液离子定向移动到b
56、；电子不能通过电解质溶液；C、甲池中锌离子浓度增大，盐桥中的氯离子移向甲池，硫酸根离子浓度基本不变；D、滤纸处是电解池，a做阴极，氢离子得到电子发生还原反应，水电离平衡破坏附近氢氧根离子浓度增大，酚酞变红，b做阳极氢氧根离子失电子生成氧气，附近氢离子浓度增大；【解答】解：A，Zn作原电池的负极，Cu作原电池的正极，Cu电极是发生还原反应；故A正确；B、电子流向是负极到正极，但ab这一环节是在溶液中导电，是离子导电，电子并没沿此路径流动；故B错误；C、选项中硫酸根离子浓度基本保持不变；故C错误；D、选项中是滤纸a点是阴极，氢离子放电，水电离平衡破坏附近氢氧根离子浓度增大，酚酞变红；b做阳极氢氧根
57、离子失电子生成氧气，附近氢离子浓度增大，故D错误；故选A【点评】本题考查电化学知识，原电池、电解池原理的应用，装置图设计有些复杂，B选项干扰作用明显，设问巧妙，题目难度中等23下列说法正确的是（）A苯中含有杂质苯酚，可用浓溴水来除杂B1mol 在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗3mol NaOHC按系统命名法，的名称为3，3，6一三甲基4乙基庚烷D已知CC键可以绕键轴自由旋转，结构简式为的分子中至少有11个碳原子处于同一平面上【考点】苯酚的化学性质；有机物分子中的官能团及其结构；有机化合物命名；物质的分离、提纯和除杂【专题】有机物的化学性质及推断；有机物分子组成通式的应用规律【分析】
58、A苯酚与浓溴水发生反应生成2，4，6三溴苯酚，该物质易溶于苯；BCOO，C6H5OH均能与氢氧化钠发生反应；C烷烃系统命名法编号时应从靠近支链一端开始编；D依据苯环上的12个原子共面，CC键可以绕键轴自由旋转解答【解答】解：A苯酚与浓溴水发生反应生成2，4，6三溴苯酚易溶于苯，不能分离，故A错误；BCOO，C6H5OH均能与氢氧化钠发生反应，1mol 在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗2mol NaOH，故B错误；C按系统命名法，的名称2，5，5一三甲基4乙基庚烷，故C错误；D苯环上12个原子共面，所以苯环上的碳原子与连在苯环上的两个甲基碳原子，和另一个苯环相连的碳原子一定共面，相连
59、苯环碳的对位上的碳原子及连接的甲基碳处于一条直线上，所以也一定在该平面上，共面的碳原子数为6+2+1+1+1=11个，故D正确；故选：D【点评】本题考查了苯酚的化学性质，物质分离与提纯，有机物结构的判断，题目难度中等，注意D为易错项，解题时应该从苯环的结构入手，考虑单键能旋转的特点24如图所示，a、b是多孔石墨电极，某同学按图示装置进行如下实验：断开K2，闭合K1一段时间，观察到两支玻璃管内都有气泡将电极包围，此时断开K1，闭合K2，观察到电流计A的指针有偏转下列说法不正确的是（）A断开K2，闭合K1一段时间，溶液的pH变大B断开K1，闭合K2时，b极上的电极反应式为：2H+2eH2C断开K2
60、，闭合K1时，a极上的电极反应式为：4OH4eO2+2H2OD断开K1，闭合K2时，OH向b极移动【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A、断开K2，闭合K1时，相当于电解装置，电解氢氧化钾溶液的实质为电解水；B、断开K1，闭合K2时，形成氢氧燃料电池；C、断开K2，闭合K1时，形成电解池，阳极发生失电子的氧化反应；D、原电池中，电解质里的阴离子移向电池的负极【解答】解：A、断开K2，闭合K1时，相当于电解装置，相当于电解氢氧化钾，实质是电解水，所以氢氧化钾的浓度增大，pH要变大，故A正确；B、断开K1，闭合K2时，形成氢氧燃料电池，在a极附近有大量的氧气，在b极附近有大量的氢气，此时b极是
61、负极，发生失电子的氧化反应，在碱性电解质下，电极反应为：2OH+H22e2H2O，故B错误；C、断开K2，闭合K1时，形成电解池，a极是阳极，氢氧根离子发生失电子的氧化反应，即4OH4eO2+2H2O，故C正确；D、断开K1，闭合K2时，形成氢氧燃料电池，a极是充满氧气的正极，b极是充满氢气的负极，电解质里的阴离子移向电池的负极移动，即OH向b极移动，故D正确故选B【点评】本题考查学生原电池和电解质的工作原理，是一道物理电路和化学电池联系的一道综合题目，难度较大25药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反应制得：下列有关叙述正确的是（）A贝诺酯分子中有三种含氧官能团B可用FeCl3
62、溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚C乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚均能与NaHCO3溶液反应D贝诺酯与足量NaOH溶液共热，最终生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构【专题】有机物的化学性质及推断【分析】A贝诺酯分子中有COOC、NHCO；B对乙酰氨基酚含酚OH；C乙酰水杨酸含COOH，酚OH的酸性不能与NaHCO3溶液反应；D贝诺酯与足量NaOH溶液共热发生水解，COOC、NHCO均发生断键【解答】解：A贝诺酯分子中有COOC、NHCO，两种含氧官能团，故A错误；B对乙酰氨基酚含酚OH，遇FeCl3溶液显紫色，则可用FeCl3溶液区别乙酰水杨酸和对乙
63、酰氨基酚，故B正确；C乙酰水杨酸含COOH，酚OH的酸性不能与NaHCO3溶液反应，则只有乙酰水杨酸能与NaHCO3溶液反应，故C错误；D贝诺酯与足量NaOH溶液共热发生水解，COOC、NHCO均发生断键，不生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠，故D错误；故选B【点评】本题考查有机物的结构和性质，明确酚及酯的性质是解答本题的关键，注意选项D中的水解为解答的难点和易错点，题目难度中等二、填空题26把煤作为燃料可通过下列两种途径：途径C（s）+O2（g）CO2（g）H10途径先制成水煤气：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H20再燃烧水煤气：2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H302H2
64、（g）+O2（g）2H2O（g）H40 请回答下列问题：（1）途径放出的热量理论上等于（填“大于”“等于”或“小于”）途径放出的热量H1、H2、H3、H4的数学关系式是H1=H2+（H3+H4）（3）已知：C（s）+O2（g）CO2（g）H=393.5kJmol-12CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=566kJmol-1TiO2（s）+2Cl2（g）TiCl4（s）+O2（g）H=+141kJmol-1则TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）TiCl4（s）+2CO（g）的DH=80kJmol1（4）在25、101kPa下，1g液态甲醇完全燃烧生成CO2和液态水时放热22.7kJ，则
65、该反应的热化学方程式应为2CH3OH（g）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）H=1452.8kJ/mol【考点】有关反应热的计算；热化学方程式【专题】化学反应中的能量变化【分析】（1）根据盖斯定律的原理来分析判断；根据盖斯定律来判断各步反应之间的关系；（3）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减，反应热也乘以相应的系数进行相应的加减；（4）由1gCH3OH燃烧放热22.7kJ，则2molCH3OH燃烧放热22.7322=1452.8kJ，并在热化学方程式中标明物质的状态【解答】解：（1）由盖斯定律可知：若是一个反应可以分步进行，则各步反应的吸收或放出的热量总和与这个
66、反应一次发生时吸收或放出的热量相同，故答案为：等于；根据盖斯定律，=+，所以H1=H2+（H3+H4），故答案为：H1=H2+（H3+H4）；（3）已知：C（s）+O2（g）=CO2（g）；H=393.5kJmol12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）；H=566kJmol1TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（s）+O2（g）；H=141kJmol1根据盖斯定律，2+得TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（s）+2CO（g），故H=2（393.5kJmol1（566kJmol1）+141kJmol1=80kJmol1，故答案为：80kJmol1；（4）由1gCH3
67、OH燃烧放热22.7kJ，则2molCH3OH燃烧放热22.7322=1452.8kJ，则该燃烧反应的热化学方程式为2CH3OH（g）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）H=1452.8kJ/mol，故答案为：2CH3OH（g）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）H=1452.8kJ/mol【点评】本题考查了盖斯定律和热化学方程式的书写，难度中等，书写和应用热化学方程式时必须注意以下几点：明确写出反应的计量方程式，各物质化学式前的化学计量系数可以是整数，也可以是分数；各物质化学式右侧用圆括弧（）表明物质的聚集状态可以用g、l、s分别代表气态、液态、固态固体有不同晶态时，还需
68、将晶态注明，例如S（斜方），S（单斜），C（石墨），C（金刚石）等溶液中的反应物质，则须注明其浓度，以aq代表水溶液，（aq） 代表无限稀释水溶液；反应热与反应方程式相互对应若反应式的书写形式不同，则相应的化学计量系数不同，故反应热亦不同；热化学方程式必须标明反应的浓度、温度和压力等条件，若在常温常压时可省略27从H+、Cu2+、NO3、Na+、Cl 中选择适当的离子组成电解质，使之符合题目的要求（每组写2个）（1）以石墨棒为电极，电解时电解质质量减小，水量不变，应选用的电解质是HCl、CuCl2以石墨棒为电极，电解时电解质质量不变，水量减少，应选用的电解质是NaNO3、HNO3（3）以石墨棒
69、为阳极，铁棒为阴极，电解时电解质和水量都减少，应选用的电解质是Cu（NO3）2、NaCl【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】（1）惰性电极电解CuCl2溶液时，电解质质量减小，水量不变；惰性电极电解H2SO4（或Na2SO4）溶液时，电解质质量不变，水量减少；（3）石墨棒为阳极，铁棒为阴极，电解CuSO4（或NaCl）溶液时，电解质和水量都减少【解答】解：因阳离子放电顺序为Cu2+Na+H+，阴离子放电顺序为ClOHNO3，则（1）惰性电极电解HCl、CuCl2溶液时，铜离子、氯离子放电，则电解质质量减小，水量不变，HCl也符合，故答案为：HCl、CuCl2；惰性电极电解NaNO3、HN
70、O3溶液时，氢离子、氢氧根离子放电，则电解质质量不变，水量减少，故答案为：NaNO3、HNO3；（3）石墨棒为阳极，铁棒为阴极，电解Cu（NO3）2、NaCl溶液时，则铜离子、氢氧根离子（或氯离子、氢离子）放电，所以电解质和水量都减少，故答案为：Cu（NO3）2、NaCl【点评】本题考查电解原理，明确离子的放电顺序是解答本题的关键，注意电极材料与发生的电极反应即可解答，题目难度不大28电解原理在化学工业中有广泛应用如图表示一个电解池，装有电解液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连请回答以下问题：（1）若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液
71、，则：电解池中X极上的电极反应式为2H+2e=H2；在X极附近观察到的现象是放出气体，溶液变红Y电极上的电极反应式为2Cl2e=Cl2；检验该电极反应产物的方法是把湿润的碘化钾淀粉试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色如用电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，则X电极的材料是纯铜，电极反应式为Cu2+2e=CuY电极的材料是粗铜，电极反应式为Cu2e=Cu2+（说明：杂质发生的电极反应不必写出）【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】（1）电解饱和食盐水时，阳极上是氯离子失电子，阴极上是氢离子得电子，氯气能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝；根据电解精炼铜的工作原理知识来回答【解答】解：（1）和电源
72、的负极相连的电极X极是阴极，该电极上氢离子发生得电子的还原反应，即2H+2e=H2，所以该电极附近氢氧根浓度增大，碱性增强，滴入几滴酚酞试液会变红，故答案为：2H+2e=H2；放出气体，溶液变红；和电源的正极相连的电极Y极是阳极，该电极上氯离子发生失电子的氧化反应，即2Cl2e=Cl2，氯气能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝，可以用于氯气的检验，故答案为：2Cl2e=Cl2；把湿润的碘化钾淀粉试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色；电解方法精炼粗铜，电解池的阴极材料是纯铜，电极反应为：Cu2+2e=Cu，故答案为：纯铜； Cu2+2e=Cu；电解方法精炼粗铜，电解池的阳极材料是粗铜，电极反应为：Cu2e=C
73、u2+，故答案为：粗铜；Cu2e=Cu2+【点评】本题考查学生电解池的工作原理知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大29图中甲池是甲烷燃料电池的示意图，乙池中使用的电极材料为石墨和铁，工作一段时间后，发现M、N两个电极的质量均没有变化，请回答下列问题：（1）乙池中M电极材料为Fe，N电极上发生的电极反应式为：4OH4e=O2+2H2O；乙池中发生的电解总化学反应方程式为4AgNO3+2H2O4Ag+O2+4HNO3甲池中通入甲烷的铂电极上发生的电极反应式为CH48e+10OH=CO32+7H2O（3）若乙池中某一电极析出金属银4.32g时，理论上甲池中应消耗氧气为0.224 L（标况下）；若
74、此时乙池溶液的体积为400mL，则乙池中溶液的H+的浓度为0.1mol/L【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】酸性甲烷燃料电池中通入甲烷的一极为原电池的负极，通入氧气的一极为原电池的正极，乙池为电解池，乙池中的两个电极一个是石墨电极，一个是铁电极，工作时M、N两个电极的质量都不减少，N连接原电池的正极，应为电解池的阳极，则应为石墨材料，M为电解池的阴极，为铁电极，电解硝酸银溶液时，阴极反应式为Ag+e=Ag，阳极反应式为4OH4e=O2+2H2O，结合电子的转移的物质的量进行计算【解答】解：（1）酸性甲烷燃料电池中通入甲烷的一极为原电池的负极，通入氧气的一极为原电池的正极
75、，乙池为电解池，乙池中的两个电极一个是石墨电极，一个是铁电极，工作时M、N两个电极的质量都不减少，N连接原电池的正极，应为电解池的阳极，则应为石墨材料，N为阳极，电极反应式是4OH4e=O2+2H2O，M为阴极，电极材料为Fe，电极反应式为Ag+e=Ag，发生的电解总化学反应方程式为 4AgNO3+2H2O4Ag+O2+4HNO3，故答案为：Fe；4OH4e=O2+2H2O； 4AgNO3+2H2O 4Ag+O2+4HNO3；甲池中通入甲烷的一极为负极，发生失电子的氧化反应，碱性环境下，电极反应式为CH48e+10OH=CO32+7H2O，故答案为：CH48e+10OH=CO32+7H2O；（
76、3）n（Ag）=0.04mol，根据Ag+e=Ag可知转移电子为0.04mol，甲池中通入氧气的一极为正极，反应式为2O2+8H+8e=4H2O，则消耗n（O2）=0.04mol=0.01mol，V（O2）=0.01mol22.4L/mol=0.224L，此时乙池发生的电解总化学反应方程式为 4AgNO3+2H2O4Ag+O2+4HNO3，转移电子为0.04mol，生成硝酸是0.04mol，溶液的体积为400mL，则乙池中溶液的H+的浓度为=0.1mol/L，故答案为：0.224；0.1mol/L【点评】本题考查了原电池原理和电解池原理，明确原电池和电解池电极上发生反应的类型即可分析解答本题，
77、难度不大，注意电极反应式的书写与电解质溶液的酸碱性有关30莫沙朵林是一种镇痛药，它的合成路线如下：（1）化合物D中含氧官能团的名称为酯基、羟基；化合物E的分子式为C9H10O3B中有3个手性碳原子C与新制氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为（3）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：核磁共振氢谱有4个峰；能发生银镜反应和水解反应；能与FeCl3溶液发生显色反应（4）已知E+XF为加成反应，化合物X的结构简式为CH3N=C=O（5）已知：，化合物是合成抗病毒药阿普洛韦的中间体，请设计合理方案以和为原料合成该化合物（用合成路线流程图表示：并注明反应条件）合成路线流程图实力如下CH3CH2
78、OHCH2CH2【考点】有机物的合成【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机物的化学性质及推断【分析】（1）根据D的结构简式可知，化合物D中含氧官能团为酯基和羟基；根据E的结构简式可知E的分子式；根据手性碳原子的定义分析；C中含有醛基，可与氢氧化铜浊液在加热条件下发生氧化还原反应生成羧基；（3）能发生银镜反应和水解反应，说明含有醛基和酯基，可为甲酸酯，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；（4）根据EF的结构简式并根据原子守恒判断X；（5）可发生催化氧化生成，然后发生消去反应生成，然后发生取代反应生成，进而与作用可生成目标物【解答】解：（1）根据D的结构简式可知，化合物D
79、中含氧官能团的名称为酯基、羟基，根据E的结构简式可知E的分子式为C9H10O3，根据B物质的结构简式可知，分子中含有3个手性碳原子，即，故答案为：酯基、羟基；C9H10O3；3；C中含有醛基，能和新制的氢氧化铜悬浊液反应，则C与新制氢氧化铜反应的化学方程式为，故答案为：；（3）能发生银镜反应和水解反应，这说明分子中含有酯基和醛基能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基又因为核磁共振氢谱有4个峰，所以应该是甲酸形成的酯，则可能的结构简式有，故答案为：； （4）根据EF的结构简式并根据原子守恒可知，该反应应该是加成反应，所以X的结构简式应该是CH3N=C=O，故答案为：CH3N=C=O
80、；（5）可发生催化氧化生成，然后发生消去反应生成，然后发生取代反应生成，进而与作用可生成目标物，反应流程为，故答案为：【点评】本题考查有机合成，是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，涉及有机物手性碳原子、官能团、结构简式、同分异构体、方程式以及有机合成路线的设计等，试题贴近高考，综合性强，在注重对学生基础知识巩固与训练的同时，侧重对学生能力的培养与解题方法的指导和训练31姜黄素（分子式为C21H20O6）存在姜科植物姜黄等的根茎中，具有抗基因突变和预防肿瘤的作用其合成路线如下： 已知：R3CHO+R2R1（R1、R2、R3为烃基或氢原子）E的核磁共振氢谱中有两个峰请回答下列问题：（1）E中含
81、有的官能团名称是醛基、羧基B物质的名称为1，2二溴乙烷；试剂X为NaOH水溶液（3）姜黄素的结构简式为（4）EG反应的化学方程式为；其反应类型是加成反应（5）下列有关香兰醛的叙述正确的是bc（填编号）a香兰醛能与NaHCO3溶液反应b香兰醛能与浓溴水发生取代反应c能与FeCl3溶液发生显色反应d.1mol香兰醛最多能与3molH2发生加成反应（6）符合下列条件的香兰醛（K）的同分异构体有21种：属于芳香族化合物 与氯化铁溶液发生显色反应 苯环上只有两个取代基 存在羰基的结构写出香兰醛（K）的同分异构体中符合下列条件的结构简式苯环上的一氯取代物只有2种；1mol该物质与烧碱溶液反应，最多消耗3m
82、olNaOH；核磁共振氢谱中有4种吸收峰【考点】有机物的推断【专题】有机物的化学性质及推断【分析】乙烯和溴发生加成反应生成B为BrCH2CH2Br，由BE转化及D、E分子式可知，E中含有羧基，D氧化得到E，则D中含有CHO，则B在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成C为HOCH2CH2OH，D为OHCCHO，D中部分醛基被氧化生成E为OHCCOOH，结合J的结构可知，E中醛基发生加成生成G为，G中的醛基被氧化生成J，J在一定条件下发生信息i中脱羧反应生成K为，结合信息ii及姜黄素的分子式，可知姜黄素的结构简式为：，据此分析解答【解答】解：乙烯和溴发生加成反应生成B为BrCH2CH2Br，
83、由BE转化及D、E分子式可知，E中含有羧基，D氧化得到E，则D中含有CHO，则B在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成C为HOCH2CH2OH，D为OHCCHO，D中部分醛基被氧化生成E为OHCCOOH，结合J的结构可知，E中醛基发生加成生成G为，G中的醛基被氧化生成J，J在一定条件下发生信息i中脱羧反应生成K为，结合信息ii及姜黄素的分子式，可知姜黄素的结构简式为：，（1）E为OHCCOOH，E中含有的官能团名称是醛基、羧基，故答案为：醛基、羧基；B为BrCH2CH2Br，其名称是1，2二溴乙烷，通过以上分析知，X是氢氧化钠水溶液，故答案为：1，2二溴乙烷；NaOH溶液；（3）通过以上
84、分析知，姜黄素的结构简式为，故答案为：；（4）E中醛基发生加成生成G为，反应方程式为，该反应是加成反应，故答案为：；加成反应；（5）香兰醛（）中含有醛基、酚羟基、苯环、醚键，不能与NaHCO3溶液反应，可以与浓溴水发生取代反应，与FeCl3溶液发生显色反应，1 mol香兰醛最多能与4molH2发生加成反应，故ad错误，bc正确，故答案为：bc；（6）香兰醛（）的同分异构体符合条件：属于芳香族化合物 与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，苯环上只有两个取代基 存在羰基的结构，所以苯环上除酚羟基之外的另一取代基是问题的关键，另一取代基可能的结构有CH2COOH、OCOCH3、COOCH3、CH
85、2OCHO、OCH2CHO、COCH2OH、CH（OH）CHO共7种，每种取代基都有邻、间、对3种不同的结构，所以符合条件的香兰醛的同分异构体共有21种；香兰醛（K）的同分异构体符合：苯环上的一氯取代物只有2种，则苯环上有2种H原子；1mol该物质与烧碱溶液反应，最多消耗3mol NaOH，说明分子中存在酚羟基、羧酸与酚形成酯基，核磁共振氢谱中有4种吸收峰，酚羟基有1种H原子，苯环上有2种H原子，结合香兰醛的结构可知，含有2个不同的取代基且处于对位，苯环上除酚羟基之外的另一取代基含有原子H原子，所以符合该条件的K的同分异构体的结构简式为，故答案为：21；【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，需要学生对给予的信息进行利用，综合分析确定E的结构是关键，较好地考查学生自学能力与分析推理能力，注意掌握官能团想性质与转化，（6）中同分异构体的书写为易错点、难度，题目难度中等版权所有：高考资源网()