高中化学鲁科版有机化学基础本册总复习总复习（市一等奖）

山东省莱阳市第九中学2023学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1．下列反应中属于加成反应的是A．乙炔通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色B．苯滴入溴水中，振荡后溴水层接近无色C．甲烷和氯气混合后，放置在光亮的地方，混合气体颜色逐渐变浅D．将裂化获得的汽油滴入溴水中，溴水褪色【答案】D【解析】试题分析：乙炔通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，这是氧化反应，选项A不正确；苯滴入溴水中，振荡后溴水层接近无色，这是萃取的缘故，选项B不正确；甲烷和氯气混合后，放置在光亮的地方，混合气体颜色逐渐变浅，发生了取代反应，选项C不正确；裂化汽油中含有不饱和烃，将裂化获得的汽油滴入溴水中，发生加成反应，溴水褪色，选项D正确考点：实验现象的分析，涉及反应类型的判断。2．已知ROH为强碱，HM为弱酸，使其完全反应后的RM溶液中，各种离子浓度由小到大的顺序是()(OH-)＜c(H+)＜c(M-)＜c(R+)(H+)＜c(M-)＜c(R+)＜c(OH-)(H+)＜c(OH-)＜c(M-)＜c(R+)(R+)＜c(M-)＜c(H+)＜c(OH-)【答案】C【解析】因ROH为强碱，HM为弱酸，所以中和后生成强碱弱酸盐，水解显碱性，c(H+)＜c(OH-)。但单水解程度一般较小，所以c(OH-)＜c(M-)，故选C。3．用铂电极惰性电解下列溶液时，阴极和阳极上的主要产物分别是H2和O2的是A稀NaOH溶液BHCI溶液CNaCl溶液D酸性AgNO3溶液【答案】A【解析】略4．下列说法正确的是（）A．可逆反应的特征是正反应速率和逆反应速率相等B．在其他条件不变时，使用催化剂只能改变反应速率，而不能改变化学平衡状态C．在其他条件不变时，升高温度可以使平衡向放热反应方向移动D．在其他条件不变时，增大压强一定会破坏气体反应的平衡状态【答案】B【解析】试题分析：A．可逆反应的特征是在相同条件下反应既可以向正反应方向进行，也可以向逆反应方向进行，错误；B．在其他条件不变时，使用催化剂只能改变反应速率，由于对正反应、逆反应的速率影响情况相同，因而不能改变化学平衡状态，正确；C．由于温度对吸热反应影响更大，所以在其他条件不变时，升高温度可以使平衡向吸热反应方向移动，错误；D．若反应是反应前后气体体积不变的反应，在其他条件不变时，增大压强一定不会破坏气体反应的平衡状态，错误。考点：考查可逆反应的特征及外界条件对可逆反应化学平衡移动的影响的知识。5．0℃和×105Pa条件下，13g某气体与8gCH4的分子数目相同，则该气体在相应的条件下密度为A．0.36g·L-1B．0.58g·LC．1.16g·L-1D．0.714g·L-1【答案】C【解析】试题分析：8g甲烷分子数=（8/16）NA=NA，所以该气体的摩尔质量=13/=26g/mol，因为标准状况下密度=摩尔质量/，所以该气体密度=26/=1.16g/L。答案选C。考点：摩尔质量与密度6．NA为阿伏加德罗常数，下列有关说法中不正确的是A．标准状况下，22．4L氦气含有NA个氦原子B．20g重水含有10NA个电子C．12．5mLl6mol·L-1浓硫酸与足量铜反应，转移电子数为0．2NAD．1．6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0．1NA【答案】C【解析】试题分析：A、氦气为单原子分子，所以标准状况下，22．4L氦气含有NA个氦原子，故A正确；B、20g重水物质的量为：20g÷20g/mol=1mol，则含有10NA个电子，故B正确；C、随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，变为稀硫酸后与Cu不反应，所以12．5mLl6mol·L-1浓硫酸与足量铜反应，转移电子数小于0．2NA，故C错误；D、1．6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的物质的量为，则氧原子的数目为0．1NA，故D正确。考点：本题考查阿伏加德罗常数的计算。7．下列说法正确的是A．氧气的摩尔质量等于1molO2的质量B．盐酸既具有氧化性又具有还原性C．光照氯水有气泡冒出，该气体是氯气D．燃烧反应一定要有氧气参加【答案】B【解析】试题分析：A、摩尔质量的单位为g/mol，但质量的单位为g，所以不能等于，错误，不选A；B、盐酸中氢元素化合价能降低，有氧化性，氯元素化合价能升高，有还原性，正确，选B；C、氯水中次氯酸见光能分解产生氧气，错误，不选C；D、燃烧反应不一定有氧气参与，例如钠在氯气中燃烧等，错误，不选D。考点：摩尔质量和质量的关系，物质的性质和元素化合价的关系，氯水的性质，燃烧反应8．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Y原子的最外层有2个电子，Z单质可制成半导体材料，W与X属于同一主族。下列叙述正确的是（）A．原子半径由小到大的顺序为Y<Z<X<WB．X的简单氢化物的热稳定性比W的强C．化合物YX、ZX2、WX3，中化学键的类型相同D．W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱【答案】B【解析】试题分析：短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，则X原子有2个电子层，最外层电子数为6，X为O元素，W与X属于同一主族，W为S元素，Y原子的最外层只有2个电子，处于第ⅡA族，原子序数大于O元素，Y为Mg元素，Z的单质常作为半导体材料，Z是Si元素，据此回答。A．同主族自上而下原子半径增大，原子半径O＜S，同周期自左而右原子半径减小，原子半径Mg＞Si＞S，原子半径Mg＞Si＞S＞O，即r(Y)＞r(Z)＞r(W)＞r(X)，A项错误；B．同主族自上而下非金属性减弱，非金属性O＞S，非金属性越强，氢化物越稳定，稳定性H2O＞H2S，B项正确；C．YX是MgO，属于离子化合物，只含离子键，ZX2和WX3分别是二氧化硅和三氧化硫，它们都只含共价键，C项错误；D．同周期自左而右非金属性增强，非金属性S＞Si，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性H2SO4＞H2SiO3，D项错误；答案选B。考点：考查元素的推断及元素周期律的应用等知识。9．二氧化碳、氢气、一氧化碳组成的混合气体在同温、同压下与氮气的密度相同。则该混合气体中二氧化碳、氢气、一氧化碳的体积比为()A．29:8:13B．22:1:14C．13:8:13D．【答案】C【解析】试题分析：同温同压下，气体的密度比等于摩尔质量比，所以CO2、H2、CO组成的混合气体的平均摩尔质量等于N2的摩尔质量即28g·mol–1，而CO的摩尔质量为28g·mol–1，则只要CO2和H2的平均摩尔质量为28g·mol–1即可满足题目要求。设CO2的物质的量为x，H2的物质的量为y，则：，求得x:y=13:8，同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以，只要满足CO2与H2的体积之比等于13:8，CO为任意值都可。故选C。考点：考查阿伏伽德罗定律及推论、混合物的有关计算。10．下列物质互为同分异构体的是()、2-二甲基丁烷和新戊烷B.相对分子质量相同而结构不同的两种物质C.D．【答案】D【解析】试题分析：分子式相同，而结构不同的化合物互为同分异构体，则D中满足。A中分子式不同，B中分子式不一定相同，C中是同一种物质，答案选D。考点：考查同分异构体的判断点评：该题是中等难度的试题，试题基础性强，侧重能力的培养和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，该题的关键是明确同分异构体的含义，然后灵活运用即可。11．A、B、C、D为四种短周期元素，已知A、C同主族，B、C、D同周期；A的气态氢化物比C的气态氢化物稳定；B的阳离子比D的阳离子氧化性强；B的阳离子比C的阴离子少一个电子层。下列叙述正确的是()A．原子序数：A>C>B>D B．单质熔点：D>B,A>CC．原子半径：D>B>C>A D．简单离子半径：D>B>C>A【答案】C【解析】试题分析：A的气态氢化物比C的气态氢化物稳定，说明A是第二周期元素，C是第三周期元素，则B、D也是第三周期元素；B的阳离子比C的阴离子少一个电子层，说明B是金属元素，C是非金属元素；B的阳离子比D的阳离子氧化性强，也即B单质的还原性比D单质的还原性弱，则说明B、D都是金属元素且B在D的右侧。A、四种元素原子序数的大小关系是C>B>D>A，错误；B、单质的熔点D的金属性强，则D的金属键比B强，所以单质熔点D>B，A、C都是非金属单质，二者都是分子晶体，单质的熔点C>A，错误；C、根据元素周期律原子半径的大小关系是D>B>C>A，正确；D、A、B、D的简单离子具有相同的电子层结构，离子半径大小关系是A>D>B，C的电子层数最多，离子半径最大，所以简单离子半径：C>A>D>B，错误，答案选C。考点：考查元素的推断，元素周期律的应用12．保护环境是每一个公民的责任，下列做法有利于保护环境的是A．开展煤的综合利用B．开发和利用太阳能C推广使用无氟冰箱D．用火力发电代替风力发电【答案】ABC【解析】试题分析：A.开展煤的综合利用，可以减少对环境的污染，变废为宝，符合保护环境的要求，正确；B．开发和利用太阳能，就可以减少化石能源的使用，从而保护环境，正确；C推广使用无氟冰箱，就可以减少对臭氧层的破坏，因此有利于保护环境，正确；D．用火力发电代替风力发电，就可以使空气中的固体颗粒、CO2等含量大大增加，不利于环境保护，错误。考点：考查保护环境的措施的正误判断的知识。13．对于可逆反应：2A(g)+B(g)2C(g)△H<0，下列各图中正确的是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】试题分析：A.根据方程式2A(g)+B(g)2C(g)△H<0可知，该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，A.升高温度，反应速率加快，得到平衡所需要的时间缩短。升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，所以c(B)增大，错误；B.在其它条件不变时，增大压强，正反应速率和逆反应速率都增大，由于反应物的系数大于生成物的系数，所以正反应的速率增大的多，化学平衡向正反应方向移动，错误；C.在温度不变时，增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，w(C)增加；在压强不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，w(C)减小，正确；D.在温度不变时，增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，反应物A的转化率增大；当压强不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，A的转化率降低，错误。考点：考查图像方法在化学平衡移动的影响的知识。14．A、B、C为3种单质（其中A为固体，B、C为气体），将D的饱和溶液滴人沸水中继续煮沸，溶液呈红褐色，B、C反应的产物易溶于水得到无色溶液E。它们之间的转化关系如图，下列推断正确的是A．物质B是H2B．物质C是Cl2C．物质D是FeCl2D．物质F是FeCl【答案】D【解析】试题分析：A与B反应生成D，D的饱和溶液滴入沸水中继续煮沸，溶液呈红褐色，则D是氯化铁，AB都是单质，且A是固体，所以A是铁，B为氯气，B和C反应生成E，E极易溶于水得无色溶液E，则C是氢气，E是氯化氢，盐酸和铁反应生成氯化亚铁和氢气，符合转化关系，则F是氯化亚铁，根据上面的分析可知D正确。考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用，无机物的推断15．（9分）下图是中学教材中元素周期表的一部分，其中标出A~Q14种元素，试回答下列问题：（1）在上表所列出的短周期元素中（填具体物质化学式）原子半径最小的是（除稀有气体元素）；阴离子还原性最弱的是；最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是。（2）F和G两元素相比较，金属性较强的是（填名称），可以验证该结论的实验是。（填编号）a．将在空气中放置已久的这两种元素的块状单质分别放入热水中b．将这两种元素的单质粉末分别和同浓度的盐酸反应c．将这两种元素的单质粉末分别和热水作用，并滴入酚酞溶液d．比较这两种元素的气态氢化物的稳定性（3）Q在元素周期表中的位置是，B元素形成的单质的结构式为。（4）写出E的最高价氧化物对应的水化物与G单质发生的反应的离子方程式：。【答案】（1）F；F-；HClO4（每空1分）（2）镁；bc（每空1分）（3）第四周期Ⅷ族；N≡N（每空1分）（4）2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑（2分）【解析】考查元素周期表的结构及元素周期律的应用。（1）同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大。所以原子半径最小的是F。非金属性越强，相应阴离子的还原性越弱。氟的非金属性最强，所以氟离子的还原性最弱。非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，因此是HClO4。（2）F和Q分别是镁和铁，根据金属活动顺序表可知，镁的金属性强于铁的。比较元素金属性强弱的依据是1．在一定条件下金属单质与水反应的难易程度和剧烈程度。一般情况下，与水反应越容易、越剧烈，其金属性越强。2．常温下与同浓度酸反应的难易程度和剧烈程度。一般情况下，与酸反应越容易、越剧烈，其金属性越强。3．依据最高价氧化物的水化物碱性的强弱。碱性越强，其元素的金属性越强4．依据金属单质与盐溶液之间的置换反应。一般是活泼金属置换不活泼金属。但是ⅠA族和ⅡA族的金属在与盐溶液反应时，通常是先与水反应生成对应的强碱和氢气，然后强碱再可能与盐发生复分解反应。5．依据金属活动性顺序表（极少数例外）。6．依据元素周期表。同周期中，从左向右，随着核电荷数的增加，金属性逐渐减弱；同主族中，由上而下，随着核电荷数的增加，金属性逐渐增强。7．依据原电池中的电极名称。做负极材料的金属性强于做正极材料的金属性。所以据此可判断选项bc正确。（3）根据铁的位置可知，铁位于第四周期第Ⅷ。用1根短线表示1对电子的式子是结构式，所以氮气的结构式为N≡N。（4）金属铝能溶于氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠和氢气，方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。16．（1）300℃时，将2molA和2molB两种气体混合于2L密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)2C(g)＋2D(g)ΔH＝Q,2min末时达到平衡，生成molD。300℃时，该反应的平衡常数表达式为K＝；已知K300℃<K350℃，则ΔH0(填“>”或“<”)。在2min末时，B的平衡浓度为________mol·L－1,D的平均反应速率为________mol·L－1min-1。若温度不变，缩小容器容积，则A的转化率________(填“增大”“减小”或“不变”)。（2）下图表示在密闭容器中反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H<0达到平衡时，由于条件改变而引起反应速度和化学平衡的变化情况，ab过程中改变的条件可能是；bc过程中改变的条件可能是.【答案】（1）（×）÷（×），﹥；；。不变。（2）升高温度；减少SO3的浓度【解析】试题分析：（1）对于反应

3A（g）+B（g）2C（g）+2D（g），开始（mol）：2200变化（mol）：平衡（mol）：化学平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，则K=（×）÷（×）。由上述计算可知，平衡时B的物质的量为，所以B的平衡浓度为c（B）=2=mol·L－1，平衡时D的物质的量为，所以用D表示的平均反应速率为=0.8/2/2=（L•min），由方程式可知，气体的化学计量数之和前后相等，则反应前后气体体积不变，压强对平衡无影响，缩小容器容积，则A的转化率不变。（2）ab过程中正逆反应速率都增大，且平衡向正向移动，说明条件为升高温度；bc阶段，只有逆反应速率减小，平衡正向移动，所以是减少SO3考点：化学平衡的计算，化学平衡的影响因素17．（=1\*ROMANI）某同学设计实验探究构成原电池的条件，装置如下：实验一：实验探究电极的构成〈甲图〉①A、B两极均选用石墨作电极，发现电流计指针不偏转；②A、B两极均选用铜片作电极，发现电流计指针不偏转；③A极用锌片，B极用铜片，发现电流计指针向左偏转；④A极用锌片，B极用石墨，发现电流计指针向左偏转。结论一：____________________________________。实验二：探究溶液的构成〈甲图，A极用锌片，B极用铜片)①液体采用无水乙醇，发现电流计指针不偏转；②改用硫酸溶液，发现电流计指针偏转，B极上有气体产生。结论二：____________________________________。实验三：对比实验，探究乙图装置能否构成原电池将锌、铜两电极分别放入稀硫酸溶液中，发现锌片上有气泡产生，铜片上无明显现象，电流计指针不发生偏转。结论三：____________________________________。思考：对该同学的实验，同学乙提出了如下疑问，请你帮助解决。（1）在甲图装置中，若A为镁片，B为铝片，电解质溶液为NaOH溶液，电流计的指针应向_______偏转。（2）一根金属丝两端分别放在图乙的两个烧杯之中，电流计指针_______（填“能”或“不能”）偏转。（=2\*ROMANII）依据氧化还原反应：2Ag+(aq)+Cu(s)==Cu2+(aq)+2Ag(s)设计的原电池如图所示。请回答下列问题：(1）电极X的材料是_________；电解质溶液Y是_________；（2）当电路中转移电子时，两电极的质量差为g。【答案】结论一：电极必须是两活泼性不同的电极；结论二：溶液必须是电解质溶液；结论三：必须构成闭合回路。（1）右（2）不能（1）CuAgNO3（2）1．4g【解析】略18．〔Ⅰ〕某兴趣小组为验证日常生活用的火柴头上含有KClO3、MnO2、S等物质，设计了以下实验流程图：请回答以下问题：（1）为验证气体A，按右图所示装置进行实验：若能观察到酸性高锰酸钾溶液褪色，即可证明火柴头上含有S元素，请写出气体A使酸性高锰酸钾溶液褪色的离子方程式。（2）步骤②的实验操作装置如右图所示，该操作的名称是，其优点是；（3）指出图中的错误（有几个错误写几个，不一定填满）错误①。错误②。错误③。〔Ⅱ〕以下是牙膏中某些主要成分的检验的实验流程图（1）关于上述实验说法不正确的是：；A．在①中，可用倾析法分离溶液和沉淀；B．在②中，测得PH﹥7，可能是牙膏成分中NaF水解引起的；C．在③中，用新制Cu(OH)2检验会出现绛蓝色沉淀；D．在牙膏中加入甘油的目的是使牙膏保持湿润；（2）若要检验牙膏中存在CaCO3的操作是。【答案】Ⅰ（1）5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+（2）（3）Ⅱ（1）C（2）取待测样品，滴加稀盐酸，将产生的无色无味气体通入澄清的石灰水，如果溶液变浑浊说明存在碳酸钙。【解析】试题分析：Ⅰ（1）火柴中含有的S燃烧后生成二氧化硫气体，二氧化硫能够被酸性高锰酸钾氧化，从而导致酸性高锰酸钾溶液褪色，反应的离子方程式为：5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+；（2）该装置名称是减压过滤，其工作原理是当打开自来水龙头时，装置内部的空气随自来水被带走，导致装置内部产生负压，从而加快过滤速度，得到较干燥的固体物质；所以其优点为：过滤速度加快，得到较干燥的固体物质；

（3）根据图示可知，图1中错误为：安全瓶中长管和短管的连接顺序弄错；图2中的错误为：布氏漏斗的颈口斜面没有和吸滤瓶支管口相对；Ⅱ（1）A．将固体和溶液分离的方法是过滤，可通过倾析法分离溶液和沉淀，故A正确；B．溶液中氟离子水解溶液呈碱性，则在②中，测得pH＞7，可能是牙膏成分中NaF水解引起的，故B正确；C．甘油和新制氢氧化铜之间的反应为：，所得的溶液显示绛蓝色，据此可检验甘油，但是生成的不是沉淀，故C错误；D．甘油的水溶液有保湿润肤的作用，在牙膏中加入甘油的目的是使牙膏保持湿润，故D正确；故答案为C；

（2）碳酸钙和盐酸发生反应生成二氧化碳气体能使澄清石灰水变浑浊，检验牙膏中存在CaCO3的操作是：取待测样品，滴加稀盐酸，将产生的无色无味气体通入澄清的石灰水，如果溶液变浑浊说明存在碳酸钙。考点：考查了探究物质组成的实验。19．(16分)水处理剂在生产生活中有重要的应用。（1）聚合氯化铝晶体([Al2(OH)nCl6-n∙xH2O]m)是一种高效无机水处理剂，它的制备原理是通过调节增大A1C13溶液的pH，促进其水解而结晶析出。利用高岭土制备聚合氯化铝，其制备过程有如下两种途径：说明：①高岭土的化学组成为：Al2O3、SiO2、Fe2O3及少量有机杂质和水分，②高岭土在煅烧的过程中可除去有机杂质和水分。①途径I和途径Ⅱ中最合理的是_________。②途径I中加入铝粉最主要的目的是__________(选填序号字母)。a．中和过量的盐酸b．将Fe3+还原为Fe2+c．除去溶液中的铁元素d．制备生成聚合氯化铝所需要的AlCl3③加入碳酸钙调节溶液pH至～的目的是_______________________。④蒸发浓缩过程中生成Al2(OH)nCl6-n∙xH2O的化学反应方程式是_______。（2）Na2FeO4是一种既能杀菌、消毒，又能絮凝净水的水处理剂。电解法制备Na2FeO4的装置如右图所示：请根据图示回答：电解过程的化学方程式为_________；电路中每通过mol电子在Ni电极上产生的气体在标况下的体积为_________；隔膜应选择__________(填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”)。【答案】（1）途径I（2分），c（2分），促使氯化铝水解，2AlCl3+(x+n)H2OAl2(OH)nCl6-n·xH2O+nHCl↑；（2）Fe+2NaOH+2H2ONa2FeO4+3H2↑（3分），6.72L（2分），阳离子交换膜（2分）。【解析】试题分析：（1）①途径I：高岭土在煅烧的过程中除去有机杂质和水分，然后加入过量的盐酸，发生反应：Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，然后再加入过量的Al，发生反应：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，Al+FeCl3=AlCl3+Fe,将不能反应的SiO2及置换出来的Fe过滤除去，向滤液中加入CaCO3，与酸发生反应，使溶液的pH至～，就可以使大量的Al3+发生水解反应，形成聚合氯化铝晶体([Al2(OH)nCl6-n∙xH2O]m)；途径Ⅱ：高岭土在煅烧的过程中除去有机杂质和水分，然后加入过量的NaOH，发生反应：Al2O3+2NaOH=NaAlO2+H2O；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，过滤除去不能反应的Fe2O3，向滤液中加入过量的盐酸，发生反应：NaAlO2+4HCl=NaCl+AlCl3+2H2O；Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3↓，将沉淀过滤除去，在滤液中含有NaCl、AlCl3、过量的HCl，因此滤液不纯，不能得到纯净的聚合氯化铝晶体([Al2(OH)nCl6-n∙xH2O]m)。故途径I好，最合理。②途径I中加入铝粉一方面发生消耗过量的盐酸，另一方面，与溶液中的杂质FeCl3发生置换反应，除去杂质。最主要的目的是除去溶液中的铁元素，选项是c。③加入碳酸钙调节溶液pH至～的目的是促使氯化铝水解。④蒸发浓缩过程中生成Al2(OH)nCl6-n∙xH2O的化学反应方程式是2AlCl3+(x+n)H2OAl2(OH)nCl6-n·xH2O+nHCl↑；（2）电解过程，阳极Fe失去电子变为Fe2+进入溶液，在阴极，溶液中的H+得到电子变为H2逸出，产生的Fe2+在碱性条件下被氧化变为FeO42-，根据题意可得溶液中的化学方程式为Fe+2NaOH+2H2ONa2FeO4+3H2↑。电路中每通过mol电子，在Ni电极上产生的气体是物质的量是，在标况下的体积为V=×22.4L/mol=6.72L；由于反应产生Fe2+在碱性条件下被氧化为FeO42-，所以应该使Fe2+进入阴极室，隔膜应选择阳离子交换膜。考点：考查方案的设计与评价、物质的作用、电解原理的应用的知识。20．（10分）由葡萄糖发酵可得乳酸，酸牛奶中也能提取乳酸，纯净乳酸为无色黏稠液体，易溶于水。为了研究乳酸的分子组成和结构，进行下述实验：（1）称取乳酸0．90g，在某种状况下使其完全汽化，已知相同状况下同体积氢气为0．02g，则乳酸的相对分子质量为_________________。（2）若将上述乳酸蒸气在O2中燃烧只生成CO2和H2O（g），当全部被碱石灰吸收时，碱石灰增重1．86g。若将此气体通过足量石灰水后，则石灰水会产生3．00g白色沉淀，则乳酸的分子式为_________________。（3）乳酸分子能发生自身酯化反应，其催化氧化物不能发生银镜反应，葡萄糖发酵只生成乳酸，试写出葡萄糖生成乳酸的化学方程式：________________________________________。（4）写出乳酸在催化剂作用下发生反应，生成分子式为C6H8O4的环状酯的结构简式：__________________________________。【答案】（1）90（2）C3H6O3（3）CH2OH（CHOH）4CHO→2CH3CH（OH）COOH（4）【解析】（1）乳酸的相对分子质量由阿伏加德罗定律可推出：，所以×2=90。（2）0．01mol乳酸完全燃烧生成CO20．03mol，生成H2O：=0．03mol。所以一个乳酸分子中有3个碳原子和6个H原子，又因其相对分子质量为90，故含氧原子数为=3，所以乳酸的分子式为C3H6O3。（3）由乳酸的分子式和题给信息推断，乳酸的结构简式为，故葡萄糖发酵生成乳酸的化学方程式为：CH2OH（CHOH）4CHO→2CH3CH（OH）COOH（4）21．下图是一些常见的单质、化合物之间的转化关系图，有些反应中的部分物质被略去。反应①常被应用于野外焊接钢轨，F是海水中含有盐的主要成分，J为D、G反应产物形成的水溶液。请回答下列问题：（1）B的化学式为。（2）反应②在工业上通常称之为工业。（3）写出反应③的离子方程式。（4）写出反应④的化学方程式。【答案】（1）Fe2O3；（2）氯碱；（3）Al2O3+2OH—＝2AlO2—+H2O；（4）4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3【解析】试题分析：反应①常被应用于野外焊接钢轨判断为铝热反应，A和B为Al和铁的氧化物，依据转化关系CD为铁和氧化铝，F是海水中含有盐的主要成分，结合转化关系反应条件推断为NaCl，J为D、G反应产物形成的水溶液，可以继续和D反应生成K，K+H=M，M为Fe（OH）2，推断H为NaOH，G为Cl2，D为Fe，J为FeCL3，K为FeCl2，N为Fe（OH）3，N加热反应生成B为Fe2O3，推断铝热反应中A为Al，B为Fe2O3，C为Al2O3，E为NaAlO2；综上所述各物质为：A为Al；B为Fe2O3；C为Al2O3；D为Fe；E为NaAlO2；F为NaCl；G为Cl2；H为NaOH；J为FeCL3；K为FeCl2；I为H2；M为Fe（OH）2；N为Fe（OH）3；（1）B为氧化铁，化学式为Fe2O3，故答案为：Fe2O3；（2）反应②是电解饱和食盐水，在工业上通常称之氯碱，故答案：氯碱；（3）反应③是氧化铝和氢氧化钠的反应，反应的离子