2022年山东省泰安市泰安一中高一年级下册6月学情诊断化学试卷（含解析）

泰安一中2021-2022学年下学期6月学情诊断

高一化学试题卷

本试卷分第I卷（选择题）第II卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟。

可能用到的相对原子质量：HlC12O16S32Cu64Ag108Pb207

第I卷（选择题，共50分）

注意事项

1、答第I卷前，考生务必将自己的姓名、考试号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上。

2、每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦

干净后，再选涂其他答案，不能答在试卷上。

一、选择题：（本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。）

1.以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行的分析不合理的是

A.四千余年前用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应

B.商代后期铸造出工艺精湛的后（司）母戊鼎，该鼎属于铜合金制品

C.汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土

D.屠呦呦用乙醛从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作

【答案】A

【解析】

【分析】本题考查的是化学知识在具体的生产生活中的应用，进行判断时，应该先考虑清楚对应化学物质的

成分，再结合题目说明判断该过程的化学反应或对应物质的性质即可解答。

【详解】A.谷物中的淀粉在酿造中发生水解反应只能得到葡萄糖，葡萄糖要在酒化酶作用下分解，得到酒

精和二氧化碳。酒中含有酒精，醋中含有醋酸，显然都不是只水解就可以的，选项A不合理；

B.商代后期铸造出工艺精湛的后（司）母戊鼎属于青铜器，青铜是铜锡合金，选项B合理；

C.陶瓷的制造原料为黏土，选项C合理；

D.屠呦呦用乙醛从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，是利用青蒿素在乙醛中溶解度较大的原

理，将青蒿素提取到乙醛中，所以属于萃取操作，选项D合理。

【点睛】萃取操作有很多形式，其中比较常见的是液液萃取，例如：用四氯化碳萃取碘水中的碘。实际应

用中，还有一种比较常见的萃取形式是固液萃取，即：用液体溶剂萃取固体物质中的某种成分，例如：用

烈酒浸泡某些药材。本题的选项D就是一种固液萃取。

2.下列化学用语或描述中，正确的是A.甲烷分子的比例模型:四氯化碳的电子式:

Cl

C1：•C・：C1

Cl

C.乙烯的结构简式CH2cH2D.乙醇的分子式：C2H6。

【答案】D

【解析】

【详解】A.为甲烷分子的球棍模型，A项错误；

:C1：

B.四氯化碳的电子式为：Cl：C：Cl：-B项错误；

=ci：

C.乙烯的结构简式为CH2=CH2,C项错误；

D.乙醇的结构简式为：C2H50H,分子式：C2H6。，D项正确；

答案选D。

3.在25℃、lOlkPa下，0.2molC2H2完全燃烧生成CO2和HzO⑴时放出259.92kJ热量。表示C2H2摩尔燃烧

焰的热化学方程式正确的是

A.2c2H2（g）+5O2（g）=4CO2（g）+2H2。。）△H=-2599.2kJ/mol

5

B.C2H2（g）+-O2（g）=2CO2（g）+H2O（g）△H=-1299.6kJ/mol

5

C.C2H2（g）+-O2（g>2CO2（g）+H2O（l）△H=+1299.6kJ/mol

5

D.C2H2（g）+,O2（g）=2co2（g）+H2O（1）△H=-1299.6kJ/mol

【答案】D

【解析】

【详解】在25℃、lOlkPa下，0.2molC2H2完全燃烧生成CO2和H2。。)时放出259.92kJ热量,则ImolC2H2

完全燃烧生成CO?和H2O⑴时放出1299.6H热量，即表示C2H2摩尔燃烧焙的热化学方程式为C2H2(g)+；

O2(g)=2CO2(g)+H2O(1)△/7=-1299.6kJ/mol；

答案选D。

4.戊烷(C5H12)在光照条件下与氯气可发生取代反应，能生成多种卤代烧。其中分子式为C5H1CI的异构

体有

A.5种B.6种C.7种D.8种【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】c5H12有正戊烷、新戊烷、异戊烷碳链异构，CsHuCl的异构体有：

稣背皆%沌磊队H2A声共8种，故选：Do

5.下列各组中的物质均能发生加成反应的是

A.乙烯和乙醇B.苯和聚乙烯C.乙酸和乙烷D.乙烯和甲苯

【答案】D

【解析】

【详解】A.乙烯含有碳碳双键，能发生加成反应，乙醇含有羟基，不能发生加成反应，A错误；

B.苯可以发生加成反应，聚乙烯不含有碳碳双键，不能发生加成反应，B错误；

C.乙酸含有竣基，不能发生加成反应，乙烷属于烷烧，不能发生加成反应，C错误；

D.乙烯含有碳碳双键，能发生加成反应，甲苯含有苯环，也能发生加成反应，D正确。

答案选D。

6.下列说法正确的是

A.除去乙烷中少量的乙烯，可用酸性高镒酸钾溶液洗气

B.总质量一定时，乙酸和葡萄糖无论以何种比例混合，完全燃烧消耗氧气的量相等

C.煤中含有苯、甲苯，可先干储后分储的方法把它们分离出来

D.苯不能使酸性高锦酸钾溶液褪色，所以苯不能发生氧化反应

【答案】B

【解析】

【详解】A.乙烯可被酸性高锦酸钾溶液氧化为二氧化碳，又引入新的杂质，故A错误；

B.乙酸和葡萄糖的最简式相同，均为CEO,则总质量一定时，乙酸和葡萄糖无论以何种比例混合，完

全燃烧消耗氧气的量相等，故B正确；

C.煤中不含有苯、甲苯，干储是化学变化，煤通过干储可生成苯、甲苯，故C错误；

D.苯可以燃烧，燃烧也是氧化反应，故D错误；

故选B。

7.含有一个叁键的焕烧，与氢气加成后的产物如图所示，则该嫌的结构简式可能有

CH3—CH2—CH—CH2—CH—CH—CH3

CH3—CH2CH2—€H2

A.1种B.2种C.3种D.4种

【答案】B

【解析】

【详解】根据快燃与氢气加成反应的原理，推知该烷烧分子中相邻的碳原子上均带2个氢原子的碳原子间

CH,—CH,—CH—CH,—CH—CH—CH,

时对应焕存在C三C的位置，有如图1?II3I所示的3个位置可以还原C三C,其

中I、2两位置相同，故该焕煌共有2种，综上所述B符合题意，故选B。

答案选B。

8.对于苯乙烯(Q^c”)的下列叙述：①能使KMnCU酸性溶液褪色②可发生加聚反应③可溶于水④可

溶于苯中⑤能与浓硝酸发生取代反应⑥所有的原子一定全部共平面，其中正确的是

A.①②©⑤B.①②⑤⑥C.①②④⑥D.①②④⑤©

【答案】A

【解析】

【详解】①苯乙烯中含有碳碳双键，则能使酸性KMnO4溶液褪色，①项正确；

②苯乙烯中含有碳碳双键，则可发生加聚反应，②项正确：

③苯乙烯为有机物，不溶于水，③项错误；

④根据相似相溶可知，苯乙烯可溶于苯中，④项正确；

⑤苯环能与浓硝酸发生取代反应，则苯乙烯能与浓硝酸发生取代反应，⑤项正确；

⑥苯环为平面结构、乙烯为平面结构，且苯环中的C原子与乙烯中的碳原子直接相连，单键可以旋转，所

有的原子可能共面，⑥项错误；

答案选A。

9.铁在下列四种情况中腐蚀速率判断正确的是()

Zn、

A.a>b>c>dB.b>a>d>

海水

ahd

c

C.d>c>b>aD.b>d>a>c

【答案】B

【解析】【详解】a、铁的吸氧腐蚀，原电池中铁为负极,加速其腐蚀；b、原电池中铁做负极，铁与硫酸反

应，腐蚀速率大于a；c、铁做阴极，外加电源的阴极保护法，不会腐蚀；d、牺牲阳极的阴极保护法，铁被

保护，但效果没有c好。所以腐蚀速率判断为b>a>d>c,B正确。

10.苯环结构中不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，下列可以作为证据的是（）

①苯不能与澳水反应而褪色

②苯不能使酸性KMnO,溶液褪色

③苯在一定条件下既能发生取代反应，又能发生加成反应

④经测定，邻二甲苯只有一种结构

⑤苯分子具有正六边形结构

A.①②④©B.①®④⑤C.①②③④D.②③④⑤

【答案】A

【解析】

【详解】①由于苯不因化学变化而使溟水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在

C-C单键与c=c双键的交替结构，①正确；

②由于苯不能使酸性高铸酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单

键与C=C双键的交替结构，②正确；

③苯能和卤素单质发生取代反应，体现烷烧的性质，苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，发生加成

反应是双键或三键具有的性质，所以不能证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，③错

误；

④如果苯分子是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹C-C,另一种是两个甲基夹

c=c.邻二甲苯只有一种结构，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与c=c双键的交替结

构，④正确；

⑤苯为平面正六边形分子，说明苯分子中的碳碳键完全相同，不存在C-C单键与c=c双键的交替结构，

⑤正确；

答案选A。

二、选择题：（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题有一个或两个选项符合题意，

全部选对得3分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。）

11.将等质量的铜片在酒精灯上加热后，分别插入下列溶液中，放置片刻铜片质量不变的是

A.水B.无水乙醉C.石灰水D.盐酸

【答案】B

【解析】【详解】A.铜加热后生成CuO,插入水中后不反应，故铜片质量增加，A项错误；

B.铜加热后生成CuO,插入乙醇中，生成乙醛和Cu,则铜片质量不变，B项正确；

C.铜加热后生成CuO,插入石灰水中，铜片质量增加，C项错误；

D.铜加热后生成CuO,插入盐酸中，CuO和盐酸反应生成CuC12溶于水，故铜片质量减少，D项错误；

答案选Bo

12.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.O.SmolCaHio中含有的共价键数为6.5NA

B.3.4g羟基和3.4g氢氧根离子均含有2NA个电子

C.2gH2*0中含有NA个电子

D.标准状况下，22.4L由CHCb和CH2cL组成的混合物中含有的分子数目为NA

【答案】AC

【解析】

【详解】A.丁烷分子中含有10个碳氢单键、3个碳碳单键，则0.5molC4Hio中含有的共价键数为6.5M,

A项正确；

B.3.4g羟基和3.4g氢氧根离子的物质的量均是0.2mol,其中分别含有1.9必个电子、2NA个电子，B项错

误；

C.2gH2叼的物质的量为O.lmol,则其中含有NA个电子，C项正确；

D.标准状况下CHCb和CH2cL均是液体，不能利用气体摩尔体积计算，D项错误；

答案选AC。

13.有机物X、Y分子式不同，它们只含C、H、。元素中的两种或三种，若将X、Y不论何种比例混合，

只要其物质的量之和不变，完全燃烧时耗氧气量不变。X、Y可能

A.C2H4、C2H6。B.C2H2、C6H6C.CH2O、C3H6O2D.CH4、C2H4O2

【答案】AD

【解析】

【分析】设可燃物分子式为CxHyOz,则完全燃烧耗氧量为(x+y/4-z/2)mol。

【详解】A.C2H6。可以写成C2H4F2O,则等物质的量的C2H4、C2H完全燃烧时耗氧气量相同，故只要

其物质的量之和不变，完全燃烧时耗氧气量不变，故A符合；

B.等物质的量的C2H2、C6H6完全燃烧时耗氧气量不相同，故其物质的量之和不变，完全燃烧时耗氧气量

也会发生变化，故B不符合；

C.CH2。可以写成C-H2。，C3H6O2可以写成c3H2-2H2O,故等物质的量CH20、c3H6。2耗氧量不同，故其

物质的量之和不变，完全燃烧时耗氧气量也会发生变化，故c不符合；D.C2H4。2可以写成CH4CO2,故

等物质的量的CH4、C2H4。2完全燃烧耗氧量相同，则只要其物质的量之和不变，完全燃烧时耗氧气量不

变，故D符合；

故选D。

14.下列实验装置或操作能达到实验目的的是

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A.乙酸和乙醇互溶，二者不能用分液的方法分离，应该用蒸馈的方法分离，故A错误；

B.制取乙酸乙酯时，应用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯，同时反应物乙酸和乙醇易挥发，则乙酸乙酯中

会混有乙酸和乙醇，而乙酸和乙醇易溶于水，为防止倒吸，导气管口不能插入液面以下，故B错误；

C.蒸锵时，冷凝管中的冷却水应从下口进，上口出，故C错误；

D.甲烷与氯气在光照条件下反应，该装置可进行甲烷与氯气反应的实验，故D错误；

故选D。

15.反兴奋剂是体育赛事关注的热点，利尿酸是一种常见的兴奋剂，其分子结构如图:

ClCl

0

II

关于利尿酸的说法中，正确的是

CH3CH2C—COCH2coOH

CH,

利尿酸

A.它的分子式是Cl3Hl204cl2B.它能发生取代反应、加成反应和酯化反应

C.它不能使酸性高锌酸钾溶液褪色

D.它不能与饱和碳酸钠溶液反应放出C02

【答案】AB

【解析】

【详解】A.由结构简式可知，分子式是C13H12O4CI2,A项正确;

B.含碳碳双键、碳氧双键及苯环可发生加成反应，含竣基可发生取代和酯化反应，B项正确;

C.含碳碳双键，能使酸性高镒酸钾溶液褪色，C项错误；

D.含竣基（-COOH）能与饱和碳酸钠溶液反应放出CO2,D项错误；

答案选AB。

16.除去括号内杂质所用试剂和方法正确的是

选项物质所用试剂方法

A澳苯（浪）苯分液

B乙烷（乙烯）酸性高镭酸钾溶液洗气

C乙醇（水）生石灰蒸储

D乙酸乙酯（乙酸）饱和碳酸钠溶液蒸储

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.澳苯和澳都会溶于苯中，无法分液，A项错误；

B.乙烯被高镒酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应加澳水，洗气除杂，B项错误；

C.CaO与水反应后生成Ca（0H）2,然后蒸储，可得到纯净的乙醇，C项正确；

D.乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可除杂，不需要蒸储，D项错误；

答案选C。

17.甲、乙两个相同的电解槽，如图所示连接a,b,c,d均为伯电极，通电后发现a极板处有气体放出,

c极板质量增加，则以下说法中正确的是

A.甲槽中溶液是H?SO”乙槽中溶液是NaOH

B.甲槽中溶液是NaOH,乙槽中溶液是AgNOs

C.甲槽中溶液是AgNQ“乙槽中溶液是CuSO」

D.甲槽中溶液是CuSO”乙槽中溶液是H2SO,

【答案】B

【解析】

【分析】该装置为电解池装置，a、c极为阴极，b、d极为阳极。

【详解】A.甲槽是硫酸溶液，则a极是氢离子放电生成氢气，乙槽是氢氧化钠溶液，则c极是氢离子放

电生成氢气，则c极板的质量不会增加，错误；

B.甲槽中溶液是NaOH,则a极是氢离子放电生成氢气，乙槽中溶液是AgNOs,c极是银离子放电生成

单质银，所以c极板质量增加，正确：

C.甲槽中溶液是AgNO3,乙槽中溶液是CuSCM,a极是银离子放电生成单质银，所以a极板质量增加，

不符合题意，错误；

D.甲槽中溶液CuSOq,a极是铜离子放电生成单质铜，所以a极板质量增加，乙槽中溶液是H2SO4,则

c极是氢离子放电生成氢气，不符合题意，错误，

答案选Bo

18.验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下(烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液)。

在Fe表面生成蓝色沉淀试管内无明显变化试管内生成蓝色沉淀

下列说法不氐倒的是

A.对比②③，可以判定Zn保护了Fe

B.对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化

C.验证Zn保护Fe时不能用①的方法

D.将Zn换成Cu,用①的方法可判断Fe比Cu活泼

【答案】D

【解析】

【详解】分析：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K.MFe(CN)61无明显变化，②Fe附近的溶液中

不含Fe2+,③Fe附近的溶液中加入K3[Fe(CN)6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe?+,②中Fe被保

护；B项，①加入K3[Fe(CN)61在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe?+,对比①②的异同，①可能

2+2+

是K3[Fe(CN)6]将Fe氧化成Fe；C项，对比①②，①也能检验出Fe,不能用①的方法验证Zn保护

Fe；D项，由实验可知K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化成Fe?+,将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu

活泼。

详解：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe(CN)61无明显变化，②Fe附近的溶液中不含

Fe2+,③Fe附近的溶液中加入K4Fe(CN)61产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe?+,②中Fe被保

护，A项正确；B项，①加入K3[Fe(CN)61在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe?+,对比①②的异

同，①可能是K31Fe(CN)6]将Fe氧化成Fe2+,B项正确；C项，对比①②，①加入Ks[Fe(CN)61在Fe

表面产生蓝色沉淀，①也能检验出Fe2+,不能用①的方法验证Zn保护Fe,C项正确；D项，由实验可知

WFe(CN)6]可能将Fe氧化成Fe2+,将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼，D项错误；答案

选D。

点睛：本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe?+的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是

用对比分析法。要注意操作条件的变化，如①中没有取溶液，②中取出溶液，考虑Fe对实验结果的影

响。要证明Fe比Cu活泼，可用②的方法。

19.将反应Cu(s)+2Ag+(aq)==Cu?+(aq)+2Ag(s)设计成如图所示原电池。下列说法中正确的是

A.电极X是正极，其电极反应为Cu-2e==Cu2+B.银电极板质量逐渐

QSO,溶液

减小，Y溶液中c(Ag+)增大

C.当X电极质量变化0.64g时，Y溶液质量变化2.16g

D.外电路中电流由银极流向铜极

【答案】D

【解析】

【详解】A、电极X的材料是铜，为原电池的负极，其电极反应为Cu-2e==Cu2+,错误；

B、银电极为电池的正极，被还原，发生的电极反应为:Ag++-==Ag,银电极质量逐渐增大，Y溶液中

c(Ag+)减小，错误；

C、当X电极质量减少0.64g时，即0.64g+64g/mol=0.01mol,则正极有0.02mol的银单质析出，即

0.02molxl08g/mol=2.16g,则溶液质量变化应为2.16g-0.64g=1.52g。错误；

D、电极X的材料是铜，为原电池的负极；银电极为电池的正极，外电路中电流由正极(银电极)流向负

极(铜电极)。正确；

答案选D„

20.研究人员研制出一种可在一分钟内完成充放电的超常性能铝离子电池。该电池分别以铝和石墨为电

极，用A1C1；和有机阳离子构成的电解质溶液作为离子导体，其放电工作原理如图所示。下列说法中，不

正确的是

A.放电时，铝为负极，石墨为正极

石墨

(Cn)

B.放电时，有机阳离子向铝电极方向移动

C.放电时的负极反应为：Al+7AlCl；-3e=4Al2Cl；

D.充电时的阳极反应为：Cn+AlCl；+e-=CnAlCl4

【答案】BD

【解析】【分析】由装置图可知，放电时为原电池，铝是活泼的金属，铝作负极，被氧化生成Al2c17,电

极反应式为人1+7人10；-3&=4&2(217,石墨为正极，电极反应式为G,AlC14+e-=Cn+AlCl；,；充电时为电

解池，石墨为阳极，A1为阴极，阴、阳极反应与原电池负、正极反应相反，据此分析判断。

【详解】A.放电时为原电池，铝是活泼的金属，铝作负极，石墨为正极，故A正确；

B.原电池工作时，阳离子向正极移动，因此有机阳离子向石墨电极方向移动，故B错误；

C.放电时为原电池，活泼的金属铝是负极，A1失电子生成电极反应式为A1+7A1C1厂3e=4

A12C1；,故C正确；

D.充电时为电解池，阳极反应与原电池的正极反应相反，即阳极反应为Cn+AlCL-e'CnAlCL,故D错

误；

故选BD,

第II卷(非选择题，共50分)

21.乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯直接水合法生产。回答下列问题：

(1)已知：甲醇脱水反应①2cH.QH(g)=CH-QCH3(g)+H2O(g)△H,=-23.9KJ-mol-'

甲醇制烯煌反应②2cH30H(g)=C2H4(g)+2H2O(g)△H2=-29.1KJmol1

乙醒异构化反应③CH3cH20H(g)=CH3OCH3(g)△H3=+50.7KJ-mol"

则乙烯气相直接水合反应C2H4(g)+H2O(g)=C2H50H(g)的△!!=kJ-mol'1

(2)乙醇是一种常用的燃料，也可用于燃料电池。该燃料电池的工作原理如图所示.

负载

①该电池工作时，c口通入的物质为

扩散层扩散层

②写出该电池的电极反应式：正极；负极—

【答案】(1)-45.5

(2)①.02②.O2+4H++4e=2H2O③.CH3cH2OH-12e+3H2O=2CC)2+12H+【解析】

【小问1详解】

根据盖斯定律，将反应①-②-③，得到反应C2H4(g)+H2O(g)=C2H50H(g),则-△%=(-

23.9+29.l-50.7)kJ-molI=-45.5kJ-mol1,故答案为：-45.5；

【小问2详解】

①据氢离子移动方向知，右侧电极为正极，c口通氧气，左侧电极为负极，b口为负极上通入燃料乙醇，故

答案为：。2；

+

②正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为：O2+4H+4e=2H2O;负极上乙醇失电子和水反

++

应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为：CH3CH2OH-12e+3H2O=2CO2+12H,故答案为：O2+4H+4e-

+

=2比0；CH3CH2OH-12e+3H2O=2CO2+12H。

22.回答下列问题：

(1)地下钢管连接镁块是金属防腐措施中的法。

(2)N02、。2和熔融NaNCh可制作燃料电池，其原理见图，石墨I为电池的极；该电池在使用过

程中石墨I电极上生成氧化物Y,其电极反应式为。

负载

=

二

二

一熔融(3)铅及其化合物可用于蓄电池，耐酸设备及X射线防护材料等。

二NaN0

二3

二

回答下列问题：

①PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为。

②铅蓄电池放电时的正极反应式为,当电路中有2moi电子转移时，理论上两电极质量变化的差值

为.g。

【答案】(1)牺牲阳极保护法

(2)①.负(2).N02-e+NO；=N2O5

+

(3)①.PbO2+4HCl(浓)=PbCL+C12f+2H2O②.PbO2+2e+4H+S0/=PbSO4+2H2O③.32

【解析】

小问1详解】

地下钢管连接镁块是利用原电池原理，由于金属活动性：Mg>Fe,所以镁块作负极，钢管作正极，故该金

属防腐措施是牺牲阳极保护法；【小问2详解】

石墨I为电池的负极，N0?失去电子，化合价升高，被氧化，已知石墨I电极上生成氧化物Y,则应为

N2O5,其电极反应式为：NO2-e+NO；=N2O5;

【小问3详解】

①PbCh与浓盐酸共热生成黄绿色气体为氯气，该反应为氧化还原反应，Pb02表现氧化性得到电子被还原

为PbCb,根据得失电子守恒、元素守恒配平反应的化学方程式为PbO2+4HCl(^)=PbCl2+C12f+2H2O；

②铅蓄电池放电时的正极为PbCh,反应式为PbO2+2e-+4H++SOj=PbSO4+2H2。；负极为Pb,Pb失去电子

产生Pb2+,Pb?+与溶液中的SO；结合为PbS04,故负极的电极反应式为Pb-2e-+SO：=PbSO4,总反应方程

式为：PbCh+Pb+2H2so4=2PbSO4+H2O。当电路中有2moi电子转移时，正极质量增加64g,负极质量增加

96g,故理论上两电极质量变化的差值为32g。

23.如图装置所示，C、D、E、F都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同(假设通电前后溶液体

积不变)，A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F极附近呈红色。

AB

(1)B极是电源的极。

(2)若甲、乙装置中C、D、E、F电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为。

(3)现用丙装置给铜件镀银，则H应该是______(填“镀层金属”或“镀件”)，电镀液是_______溶液；当乙

中溶液的c(OH-)=0.1molL」时(此时乙溶液体积为500mL),丙中镀件上析出银的质量为,甲中溶

液的pH(填“变大”“变小"或‘不变")。

(4)若将E电极换为铁，其它装置都不变，则乙中发生总反应的离子方程式是•

(5)通电一段时间后，需向甲中加入49gCu(0H)2固体才能使电解质溶液复原，则这段时间内，整个电

路中转移的电子数为o

【答案】(1)负(2)1：2：2：2

(3)①.镀件②.AgNCh®.5.4g④.变小

通电

-

(4)Fe+2H2OH2T+Fe(OH)2

(5)2NA

【解析】

【分析】将直流电源接通后，F极附近呈红色，说明F极显碱性，是氢离子在该电极放电，所以F即是阴

极，可得出D、F、H均为阴极，C、E、G均为阳极，A是电源的正极，B是负极，据此分析作答。

【小问1详解】

由分析可知，B是负极，故答案为：负；

【小问2详解】

2++

C、D、E、F电极发生的电极反应分别为：4OH=O2t+2H2O+4e\Cu+2e-=Cu.2Cl'=Cl2t+2e\2H+2e-

=H2f,当各电极转移电子均为Imol时，生成单质的量分别为：0.25moK0.5mol>0,5mol>0.5mol,所以单

质的物质的量之比为1：2：2：2,故答案为：1：2：2：2；

【小问3详解】

电镀装置中，镀层金属必须做阳极，镀件做阴极，所以G应该是镀层金属，H是镀件，含有镀层金属离子

的盐溶液为电镀液，则电镀液是AgNCh溶液；当乙中溶液的c(OH-)=0.1mo卜L"时(此时乙溶液体积为

500mL州寸，根据电极反应2H++2e-=H2f,则放电的氢离子的物质的量为：0.1mol/Lx0.5L=0.05mol,当转移

0.05mol电子时，丙中镀件上析出银的质量=108g/molx0.05moi=5.4g；电解甲溶液发生

2CuSO4+2H2O=2Cu+O2T+2H2so4,最后变成硫酸溶液，故酸性增强，pH值变小，故答案为：镀件；

AgNO3；5.4g；变〃、；

【小问4详解】

若将E电极换为铁，其它装置都不变，E电极为活性电极，反应中失去电子，F电极上水得电子，生成氢

通电通电

气，则乙中发生总反应的离子方程式是Fe+2H2O^H2f+Fe(OH)2,故答案为：Fe+2H2O^

H2T+Fe(OH)2；

【小问5详解】

用惰性电极电解CuSOq溶液一段时间后，需加入49gCu(OH)2固体，才能使电解质溶液复原，说明在阴极

上铜离子和氢离子得电子生成了Cu和H2,阳极上OH-失电子生成O2,49gCu(OH)2物质的量为0.5mol,

2++

阴极上的电极反应式为：Cu+2e=Cu.2H+2e=H2T，消耗OSmolCtP+时转移电子物质的量为Imol,

Cu(0H)2可以看作CuO和H2O,消耗lmolH+时生成0.5molH2,转移电子物质的量为Imol,因此电解过程

中转移电子总物质的量为2mol,电子数为2NA,故答案为：2必。

24.乳酸乙酯是白酒的香气成份之一，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，是清香型白酒的主体香成份。乳酸乙酯发生如图变化：(已知煌A是衡量一个国家化工水平的重要

标志)

官能团的名称是;②的反应类型是;

(2)A分子的空间构型是；

(3)③的化学方程式是；⑤的化学方程式是—

(4)ImolB与足量Na反应，可生成H?mol；

(5)绿色化学的核心内容之一是“原子经济性”，即原子的理论利用率为100%。下列转化符合绿色化学要

求的是（填序号）。

a.乙醇制］取乙醛b.甲烷制］备CH3clc.2cH3cH0+0，催化剂＞2cH3coOH

A

【答案】（1）①.羟基、竣基②.加成反应

“，刈却Hc—HC-COOH

(2)平面结构(3)①.2cH3cH，OH+O，他化则>2CHaCHO+2H，O②.3

A

OH

婷的1ssH3c—HCI-COOH+3

+CHCOOH

3A

OOCCH3

(4)1(5)c

【解析】

【分析】燃A是衡量一个国家化工水平的重要标志，则A为乙烯；乳酸乙酯在酸性条件下水解，生成乳酸

Hc—HC——COOH

和乙醇，乙烯与水在催化剂的作用下生成C,则C为乙醇，B为乳酸（3|）；乙醇与氧

0H

气在铜的催化作用下，生成D为乙醛；乙醛在氧气的催化作用下，生成E为乙酸；乙酸与乳酸在浓硫酸的

H3c——HC——COOH

催化作用下，生成F为'|,据此分析作答。

OOCCH3

【小问1详解】

H3c—HC——COOH

B为乳酸（|）,其中含氧官能团的名称是羟基、竣基；②的反应为乙烯与水在催化剂

0H

的作用下生成乙醇，反应类型是加成反应，故答案为：羟基、竣基；加成反应；

【小问2详解】

A为乙烯，空间构型是平面结构，故答案为：平面结构；

【小问3详解】

反应③是乙醉与氧气在铜的催化作用下，生成乙醛，化学方程式是：2cH3cH2OH+O2催1A剂＞

H3c—HC——COOH

2cH3CHO+2H2O；反应⑤是乙酸与乳酸在浓硫酸的催化作用下，生成和水,

OOCCH3

H3c—HC-COOH波研幽H3c—HC-COOH

化学方程式是|+CH3COOH、*收、I+H2O,故答案

OHOOCCH3

H3c—HC——COOH浓硫酸、

为：2CH,CHOH+O2CH3CHO+2H2O+CH3C00H

22A-A

OH

H3C——HC——COOH

+H2O；

OOCCH3

【小问4详解】

H3c—HC——COOH

中，羟基和竣基均可以和钠反应，生成氢气，则ImolB与足量Na反应，可

OH

生成H2为Imol,故答案为：1；

【小问5详解】

a.乙醇经过催化氧化，生成乙醛和水，原子的理论利用率不是100%,a项不符合题意；

b.甲烷和氯气在光照下生成C%。和HC1,原子的理论利用率不是100%,b项不符合题意；

c.2cH3cH0+。2催?剂＞2CH3coOH,原子的理论利用率为100%,c项符合题意；

A

故答案为：Co

25.1.新合成一种烧，其碳骨架呈三棱柱体（如图所示，碳碳键的键长相等）。