黑龙江省绥化市2022届化学高一(下)期末经典模拟试题含解析

黑龙江省绥化市2022届化学高一(下)期末经典模拟试题
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．给出下列条件，无法确定该气体摩尔质量的是（）
A．已知气体在标准状况时的密度
B．已知气体的体积和质量
C．已知一种气体的质量和物质的量
D．已知气体一个分子的实际质量
【答案】B
【解析】
【详解】
A、已知气体在标准状况下的密度，计算气体摩尔质量，可以采用M=22.4ρ标，故A不符合题意；
B、利用M=m
n
，n=
m
V
V，因此求摩尔质量，需要给出气体摩尔体积，本题无法判断出该气体摩尔质量，
故B符合题意；
C、当知道质量和物质的量，根据M=m
n
，可以求出摩尔质量，故C不符合题意；
D、单位物质的量的物质所具有的质量称为摩尔质量，在数值上1mol该分子的质量等于其相对分子质量，故D不符合题意；
答案选B。

2．下列说法不正确的是
A．需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应
B．反应物和生成物具有的总能量决定了反应是吸热还是放热
C．在化学反应过程中，发生物质变化的同时不一定发生能量变化
D．将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中，然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固。

由此可知，在该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量
【答案】C
【解析】
【详解】
A．加热是化学反应进行的条件，而吸、放热是比较反应物总能量与生成物总能量的差值，所以加热与反应是吸热还是放热没有必然联系。

有些放热反应也需要加热才能进行，比如铁与硫的反应，需要加热反应才能“启动”，A项正确；
B．化学反应中能量变化遵循能量守恒定律，反应是吸热还是放热由反应物和生成物的总能量的差值决定，如反应物的总能量多，则表现为放热，B项正确；
C．物质不同，能量不同；物质改变，能量必然改变，C项错误；
D．醋酸的凝固点为16.6℃，醋酸的凝固说明反应后烧杯中的温度降低，说明烧杯中发生了吸热反应，即该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，D项正确；
所以答案选择C项。

3．下列说法不正确
．．．的是
A．不是所有的糖类都能发生水解
B．蛋白质水解的最终产物都是氨基酸，氨基酸分子中一定含有氨基和羧基
C．往皂化反应后的溶液中加入热的饱和食盐水，上层析出固体物质
D．用于纺织的棉花和蚕丝的主要成分都是纤维素
【答案】D
【解析】
【详解】
A.单糖不能发生水解反应，故A说法正确，不能选；
B. 蛋白质水解产物是氨基酸，氨基酸分子中一定含有氨基和羧基，故说法正确，不能选；
C. 皂化反应后的溶液加入热的饱和食盐水，发生盐析，析出固体，说法正确，故不符合题意；
D.蚕丝是蛋白质，不是纤维素，故说法不正确，符合题意，选D.
4．雾霾(其中的PM2. 5，即大气中粒径小于或等于2.5 μm的颗粒物；1 μm=1x10-6m)中物质转化如下图所示。

下列说法正确的是
A．PM2.5属于胶体
B．一次颗粒物(如BC)中不含碳元素
C．二次无机颗粒物(SNA)主要成分为NH4NO3和( NH4)2SO4
D．二次有机颗粒物(SOA)主要成分属于醇类
【答案】C
【解析】
分析：本题考查了物质的分类，属于基础知识，平时注重积累即可。

详解：A. PM2. 5，即大气中粒径小于或等于2.5 μm的颗粒物，不属于胶体的微粒范围，故错误；B.
从图分析，一次颗粒物通过界面反应，内混后得到二次有机颗粒物，有机颗粒物中肯定含有碳元素，所以一次颗粒物中含有碳元素，故错误；C.从图分析，二次无机颗粒物含有铵根离子和硫酸根离子和硝酸等，所以主要成分为硝酸铵和硫酸铵，故正确；D.二次有机颗粒物(SOA)主要成分不属于醇，属于酸，故错误。

故选C，
5．pC类似于pH，是指极稀溶液中的溶质浓度的常用对数的负值。

如某溶液中某溶质的浓度为1×10-3mol·L-1，则该溶液中该溶质的pC=-lg(1×10-3) = 3。

下图为25℃时H2CO3溶液的pC-pH图（若离子浓度小于10-5 mol·L-1，可认为该离子不存在）。

下列说法错误的是
A．向Na2CO3溶液中滴加盐酸至pH等于11时，溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)+c(Cl-) B．25℃时，H2CO3的一级电离平衡常数K a1= 10-6
C．25℃时，CO2饱和溶液的浓度是0.05 mol·L-1，其中1/5的CO2转变为H2CO3，若此时溶液的pH 约为5，据此可得该温度下CO2饱和溶液中H2CO3的电离度约为1%
D．25℃时，0.1 mol·L-1，的Na2CO3和0.1 mol·L-1的NaHCO3混合溶液中离子浓度的大小为
c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】C
【解析】
A. 向Na2CO3溶液中滴加盐酸至pH等于11时，溶液中存在电荷守恒为：
c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)+c(Cl-)，选项A正确；B、25℃时，pH等于11时，c(HCO3-)= c(H2CO3),H2CO3
的一级电离平衡常数K a1=
()()
()
3
23
c H c HCO
c H CO
+-
=()
c H+= 10-6，选项B正确；C. 25℃时，CO2饱和溶液的浓度
是0.05 mol·L-1，其中1/5的CO2转变为H2CO3，即H2CO3的浓度为0.01 mol·L-1，若此时溶液的pH 约为5，
即c(H+)=10-5mol/L，据此可得该温度下CO2饱和溶液中H2CO3的电离度约为
5
10
100%0.1%
0.01
-
⨯=，选项C
错误；D. 25℃时，0.1 mol·L-1，的Na2CO3和0.1 mol·L-1的NaHCO3混合溶液呈碱性，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子的水解，离子浓度的大小为c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)，选项D正确。

答案选C。

6．将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生下列反应：3A(g)＋B(g)⇌xC(g)＋2D(g)，经2min
后测得D的浓度为0.5 mol·L-1，c(A)∶c(B)＝3∶5，以C表示的平均速率v(C)＝0.25 mol·L-1·min-1，下列说法正确的是
A．该反应方程式中，x＝1
B．2 min时，A的物质的量为0.75mol
C．2 min时，A的转化率为50%
D．反应速率v(B)＝0.25 mol·L-1·min-1
【答案】C
【解析】
分析：2min后测得D的浓度为0.5 mol·L-1，v(D)==0.25 mol·L-1·min-1，B表示的平均速率v(C)＝0.25
mol·L-1·min-1，由速率之比等于化学计量数之比可以知道,x=2,设A、B的起始物质的量均为n,生成D为2L×0.5 mol·L-1=1mol,则
3A(g)＋B(g)⇌2C(g)＋2D(g)
起始n n 0 0
转化 1.5 0.5 1 1
2min n-1.5 n-0.5 1 1
c(A)∶c(B)＝3∶5，则=，计算得出n=3，以此来解答。

详解:A.由上述分析可以知道，x=2，故A错误；
B. 2min时,A的物质的量为3mol-1.5mol=1.5mol,故B错误；
C.2 min时,A的转化率为×100%=50%,所以C选项是正确的；
D. 反应速率v(B)＝=0.125 mol·L-1·min-1,故D错误；
所以C选项是正确的。

7．下列反应中, 属于取代反应的是( )
A．C2H5OH → C2H4↑＋ H2O B．CH2＝CH2 ＋ Br2 → CH2Br－CH2Br
C．D．2CH3CHO ＋ O2→ 2CH3COOH
【答案】C
【解析】分析：有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应，根据定义进行判断。

详解：A. C2H5OH → C2H4↑＋H2O 属于消去反应，故A错误；
B. CH2＝CH2 ＋Br2 → CH2Br－CH2Br属于加成反应，故B错误；
C. 属于取代反应，故C正确；
D. 2CH3CHO ＋O2→ 2CH3COOH属于氧化反应，故D错误；
故选C。

点睛：本题考查了取代反应的判断，题目难度不大，注意掌握常见的有机反应的类型、概念及判断方法，明确加成反应、取代反应、消去反应等之间的反应原理及区别。

8．下列说法正确的是
A．煤的干馏、石油分馏、石油裂解都是化学反应
B．煤经过气化、液化等化学变化可得到清洁燃料
C．人造纤维、合成纤维和油脂都是有机高分子化合物
D．棉花、羊毛、蚕丝、麻都由C、H、O元素构成
【答案】B
【解析】A．石油分馏与物质的沸点有关，为物理变化，而煤的干馏、石油裂解都是化学反应，故A错误；B．煤气化生成CO和氢气、液化生成甲醇，均为化学变化可得到清洁燃料，故B正确；C．油脂的相对分子质量在10000以下，不是高分子，而人造纤维、合成纤维都是有机高分子化合物，故C错误；D．羊毛、蚕丝的成分为蛋白质，含N元素，而棉花、麻都由C、H、O元素构成，故D错误；故选B。

点睛：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机物的组成、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意煤和石油的综合应用，题目难度不大。

9．某兴趣小组同学利用氧化还原反应：2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4＝2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋K2SO4＋8H2O设计如下原电池，盐桥中装有饱和溶液。

下列说法正确的是（）
A．a电极上发生的反应为：MnO4-+8H++5e-═Mn2++4H2O
B．外电路电子的流向是从a到b
C．电池工作时，盐桥中的SO42-移向甲烧杯
D．b电极上发生还原反应
【答案】A
【解析】试题分析：A、总电极反应式：2MnO4－＋10Fe2＋＋16H＋＝2Mn2＋＋10Fe3＋＋8H2O，a极是正极得电子，电极反应式＝总电极反应式－b极反应式，得出：2MnO4－＋16H＋＋10e－＝2Mn2＋＋8H2O，化简得：MnO4－＋8H＋＋5e－＝Mn2＋＋4H2O，A正确；B、根据A的分析，外电路电子流向是从b流向a，B错误；C、根据原电池的工作原理：阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，SO42－向b极移动，C错误；D、根据原
电池的工作原理：负极失电子，发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，b极上电极反应式：Fe2＋－e－＝Fe3＋，D错误，答案选A。

【考点定位】本题主要是考查原电池的工作原理及常见的化学电源
【名师点晴】根据氧化还原反应理论分析反应2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4＝2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O 可知，Mn元素的化合价降低，得到电子，Fe元素的化合价升高，失去电子，再结合原电池理论，则b为负极，a为正极，结合原电池中负极发生氧化反应，电流从正极流向负极，阴离子向负极移动来解答即可。

10．下列装置或操作能达到实验目的的是
A．蒸馏石油B．除去甲烷中少量乙烯C．验证化学能转变电能D．制取乙酸乙酯
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】
分析：A、温度计的位置不合理、冷凝管的通水方向不合理；B、乙烯能被高锰酸钾氧化成二氧化碳，引入新杂质；C、Zn比Cu活泼，与硫酸形成原电池；D、导管浸在碳酸钠溶液液面以下，发生倒吸．
详解：A、实验室中分馏石油时，温度计应该放在蒸馏烧瓶的支管口处，冷凝管应该采用逆向通水，图示装置不合理，故A错误；B、乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，则高锰酸钾不能用于除杂，故B错误；C、Zn比Cu活泼，与硫酸形成原电池，发生Zn与硫酸的电池反应，将化学能转变为电能，故C正确；D、导管浸在碳酸钠溶液液面以下，发生倒吸，导管应在碳酸钠溶液的液面以上，故D错误；故选C。

11．下列物质之间的相互关系错误
．．的是()
A．CH3CH2COOH和CH3COOCH3互为同分异构体
B．干冰和冰为同一种物质
C．CH3CH3和CH3CH2CH3互为同系物
D．O2和O3互为同素异形体
【答案】B
【解析】
【详解】
A．CH3CH2COOH和CH3COOCH3分子式相同，而结构不同，因此二者互为同分异构体，A正确；
B．干冰是固体CO2，而冰为固体水，所以二者不同一种物质，B错误；
C．CH3CH3和CH3CH2CH3都是烷烃，因此互为同系物，C正确；
D．O2和O3分子的元素组成相同，都是单质，因此二者互为同素异形体，D正确；
答案选B。

12．下列各组物质间的反应与对应的反应类型不相符的是
A．乙烯与溴水—加成反应B．苯与浓硝酸—取代反应
C．乙醇与钠—置换反应D．乙醇的燃烧—化合反应
【答案】D
【解析】分析：A.有机物分子中双键或三键两端的碳原子与其他原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应叫加成反应；
B. 有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应；
C. 一种单质与化合物反应生成另一种单质和化合物的反应是置换反应；
D. 两种或两种以上的物质生成一种物质的反应是化合反应。

详解：A. 乙烯含有碳碳双键，与溴水发生加成反应，A正确；
B. 苯与浓硝酸发生取代反应生成硝基苯和水，B正确；
C. 乙醇与钠发生置换反应生成乙醇钠和氢气，C正确；
D. 乙醇的燃烧是乙醇和氧气发生氧化还原反应生成二氧化碳和水，不是化合反应，D错误。

答案选D。

13．下列说法中正确的是
A．熵增加且放热的反应一定是自发反应
B．自发反应一定是熵增大的反应，非自发反应一定是熵减小或不变的反应
C．凡是放热反应都是能自发进行的反应，而吸热反应都是非自发进行的反应
D．非自发反应在任何条件下都不能发生
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A.熵增加且放热的反应，△S＞0，△H＜0，△G=△H-T△S＜0一定是自发反应，A正确；
B.熵减小△S＜0，△H＜0高温下，△G=△H-T△S＜0，反应自发进行，自发反应不一定是熵增大的反应，非自发反应不一定是熵减小或不变的反应，B错误；
C.若△H＜0、△S＜0，则高温下△G=△H-T△S＞0，不能自发进行，故放热反应不一定能自发进行的反应；若△H＞0、△S＞0，则高温下△G=△H-T△S＜0，能自发进行，故吸热反应不一定是非自发进行的反应，C 错误；
D.△H-△T△S＜0反应自发进行，△G=△H-T△S＞0反应非自发进行，改变条件非自发进行的反应可以变
化为自发进行，D错误。

故选A。

14．恒温、恒压下，将1mol O2和2mol SO2气体充入一体积可变的容器中（状态Ⅰ），发生反应
2SO 2+O22SO3，状态Ⅱ时达平衡，则O2的转化率为（）
A．40％B．60％C．80％D．90％
【答案】B
【解析】
试题分析：根据PV=nRT，恒温、恒压下，物质的量之比等于体积之比，则有n(前)：n(后)= V前(前)：V(后)，即：=，可得：=，则n(后)= 2.4mol，根据差量法可知，反应前后减少的物质实际就是O2的物质的量，所以O2消耗了0.6mol。

O2的转化率为0.6/1 =" 60%" 。

考点：化学平衡的计算
15．下列变化，不能通过一步反应直接完成的是（）
A．Al→NaAlO2B．NaHCO3→Na2CO3C．SiO2→H2SiO3D．Fe(OH)2→Fe(OH)3
【答案】C
【解析】
分析：根据物质的性质判断反应的可能性，A.Al与NaOH发生反应生成AlO2-和氢气；B. NaHCO3加热分解为碳酸钠、二氧化碳和水；C.SiO2不溶于水，也不与水反应；D.Fe（OH）2可与H2O、O2发生化合反应生成Fe（OH）3。

详解：Al与NaOH发生反应生成AlO2-，可一步反应生成，A错误；NaHCO3加热分解为碳酸钠、二氧化碳和水，可一步反应生成，B错误；SiO2不溶于水，也不与水反应，因此SiO2先与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠溶液，然后再加入稀硫酸可以得到硅酸，C正确；Fe（OH）2可与H2O、O2发生化合反应生成Fe（OH）3，D错误；正确选项C。

16．N2(g)与H2(g)在一定条件下反应生成NH3(g)，过程如下图，下列说法正确的是
A．I为放热过程、Ⅱ为吸热过程
B．1/2 molN2和3/2molH2的键能之和大于1 mol NH3的键能
C．1/2molN2和3/2molH2所具有的能量之和低于1 mol NH3所具有的能量
D．该过程的热化学反应方程式为N 2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92 kJ/mol
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图像可知反应物总能量高于生成物总能量，属于放热反应，反应热等于断键吸收的总能量与形成化学键所放出的总能量的差值，据此解答。

【详解】
A. I为断键过程，为吸热过程，Ⅱ为形成化学键的过程，为放热过程，A错误；
B. 由于是放热反应，则1/2 molN2和3/2molH2的键能之和小于1 mol NH3的键能，B错误；
C. 由于是放热反应，则1/2molN2和3/2molH2所具有的能量之和高于1 mol NH3所具有的能量，C错误；
D. 根据图像可知生成1mol氨气的反应热是1129 kJ/mol－1175 kJ/mol＝－46 kJ/mol，因此该过程的热化学反应方程式为N 2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92 kJ/mol，D正确。

答案选D。

17．下列说法错误的是
A．蔗糖、果糖和麦芽糖均为双糖
B．植物油硬化过程中发生了加成反应
C．加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性
D．加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂
【答案】A
【解析】
【详解】
A. 蔗糖和麦芽糖均为双糖，果糖为单糖，故错误；
B. 植物油硬化是因为植物油中的碳碳双键发生了加成反应，故正确；
C. 热能使蛋白质变性，故加热能杀死流感病毒，故正确；
D.吸水性的植物纤维可以吸水，作食品干燥剂，故正确。

故选A。

18．若N A表示阿伏加德罗常数的值。

下列有关说法正确的是
A．0.2mol·L—1Na2SO4溶液中Na+的数目为0.4N A
B．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10N A
C．标准状况下，5.6L丙烷中含有共价键的数目为2.5N A
D．27g铝与足量NaOH溶液反应，转移的电子数为2N A
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．0.2mol•L -1的 Na 2SO 4溶液体积未知，无法计算溶液中的钠离子数目，故A 错误；
B ．重水(D 2O)的摩尔质量为20g/mol ，故18g 重水的物质的量为0.9mol ，而重水中含10个质子，故0.9mol 重水中含9N A 个质子，故B 错误；
C ．丙烷的分子式为C 3H 8，1个丙烷分子中含有8个C-H 键和2个C-C 键，1个丙烷中共价键数为10个，标准状况下，5.6L 丙烷的物质的量为0.25mol ，故共价键共2.5mol ，个数2.5N A ，故C 正确；
D ．27g 铝的物质的量为1mol ，而铝反应后变为+3价，故1mol 铝反应后转移3N A 个电子，故D 错误； 故选C 。

19．下列水解反应的应用，不正确．．．
的是 A ．热的纯碱溶液清洗油污：2323CO H O HCO OH ---++ƒ
B ．明矾净水：323Al 3H O Al(OH)()3H ++++ƒ胶体
C ．用TiCl 4制备Ti02：()4222TiCl x 2H O()TiO xH O 4HCl ++⋅+ƒ过量
D ．配制氯化亚锡溶液时应加入氢氧化钠：22SnCl H O Sn(OH)Cl HCl ++ƒ
【答案】D
【解析】A. 热的纯碱溶液清洗油污，水解呈碱性：2323CO H O HCO OH ---++ƒ，选项A 正确；B. 明
矾净水，铝离子水解得到氢氧化铝胶体：323Al 3H O Al(OH)()3H ++++ƒ胶体，选项B 正确；C. 用TiCl 4制备TiO 2，TiCl 4水解产生TiO 2：()4222TiCl x 2H O()TiO xH O 4HCl ++⋅+ƒ过量，选项C 正确；
D. 配制氯化亚锡溶液时应加入氢氧化钠，抑制水解：222SnCl H O Sn(OH)HCl ++ƒ，选项D 不正确。

答案选D 。

20．某固体酸燃料电池以4CsHSO 固体为电解质传递H +，其基本结构如图，电池总反应可表示为2222H O 2H O +=，下列有关说法正确的是( )
A ．电子通过外电路从b 极流向a 极
B ．b 极上的电极反应式为22O 2H O 4e 4OH --++=
2.24LH
C．每转移0.1mol电子，消耗标准状况下2
D．H 由a极通过固体酸电解质传递到b极
【答案】D
【解析】
【分析】
根据电池总反应：2H2+O2=2H2O可知：通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应，反应为H2-2e-=2H+，通入氧气的一极为电池的正极，发生还原反应，反应为O2+4e-+4H+=2H2O；电池工作时，电子通过外电路从负极流向正极，即从a极流向b极，电解质溶液中阳离子向正极移动，即H+由a极通过固体酸电解质传递到b极；每转移0.1mol电子，消耗0.05mol的H2，标准状况下的体积为1.12L。

【详解】
A.因氢元素的化合价升高，则a为负极，电子通过外电路由a极流向b，A错误；
B.该电池电解质能传递H+，因此正极b的电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，B错误；
C.因未指明反应条件是否为标准状况，因此不能确定气体的体积是否为1.12L，C错误；
D.原电池中，a极氢气失电子生成H+，阳离子向负电荷较多的正极移动，所以H+由a极通过固体酸电解质传递到b极，D正确；
故合理选项是D。

【点睛】
本题考查燃料电池的工作原理的知识，学习中要明确电子以及离子的定向移动问题，能正确判断原电池的正负极，燃料电池中通入燃料的电极都是负极、通入氧化剂的电极都是正极，应结合电解质溶液酸碱性书写电极反应式。

二、计算题（本题包括1个小题，共10分）
21．用下图装置进行电解实验(a、b、c、d均为铂电极)，供选择的有4组电解液，要满足下列要求：
组A槽B槽
1 NaCl AgNO3
2 AgNO3CuCl2
3 Na2SO4AgNO3
4 NaOH CuSO4
①工作一段时间后A槽pH上升，B槽的pH下降；
②b、c两极上反应的离子的物质的量相等。

（1）应选择的电解质是上述四组中的第________组。

（2）该组电解过程中各电极上的电极反应为：a极___b极____c极___ d极____
（3）当b极上析出7.1 g电解产物时，a极上析出产物的质量为________g；
【答案】第1组4H＋＋4e－=2H2↑2Cl－－2e－=Cl2↑Ag＋＋e－=Ag4OH－－4e－=O2↑＋2H2O
0.2g
【解析】
【分析】
1组、A槽是电解氯化钠，氯化钠溶液pH增大，b电极是阳极，电极反应为：4Cl--4e-=2Cl2↑；B槽电解硝酸银溶液，溶液pH减小，c电极为阴极，电解反应为：4Ag++4e-=4Ag，根据电子守恒可以知道，b、c两极上反应的离子的物质的量相等；
2组、A槽是电解硝酸银，溶液pH减小，b电极是阳极，电极反应为： 4OH--4e-=2H2O+O2↑；B槽电解氯化铜溶液，溶液pH减小，c电极为阴极，电解反应为：Cu2++2e-= Cu，根据电子守恒可以知道，b、c两极上反应的离子的物质的量不相等；
3组、A槽是电解水,硫酸钠溶液pH不变，b电极是阳极，电极反应为: 4OH--4e-=2H2O+O2↑；B槽电解硝酸银溶液，溶液pH减小，c电极为阴极，电解反应式为：4Ag++4e-=4Ag，根据电子守恒可以知道，b、c两极上反应的离子的物质的量相等；
4组、电解氢氧化钠溶液实质是电解水，A槽是电解水，氢氧化钠溶液pH增大，b电极是阳极，电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；B槽电解硫酸铜溶液，溶液pH减小，c电极为阴极，电解反应式为：Cu2++2e-= Cu，根据电子守恒可以知道，b、c两极上反应的离子的物质的量不相等。

【详解】
(1)根据上述分析可以知道，符合条件的是第1组；因此答案是：1；
(2)第1组电解过程中各电极上的电极反应式为：a、4H++4e-=2H2↑；b、4Cl--4e-=2Cl2↑；c、4Ag++4e-=4Ag；
d、4OH--4e-=2H2O+O2↑;
因此，本题正确答案是: 4H++4e-=2H2↑；b、4Cl--4e-=2Cl2↑；c、4Ag++4e-=4Ag；d、4OH--4e-=2H2O+O2↑；
(3)第1组中：a、4H++4e-=2H2↑；b、4Cl-4e-=2Cl2↑；当b极上析出7.1g即物质的量为0.1mol氯气时，a极上析出为氢气的物质的量为0.1mol，氢气的质量为0.1mol ×2g/mol=0.2g；答案：0.2g。

【点睛】
解题依据：根据串联电路中电子守恒的规律，分析两个电解池阴阳极放电的离子的物质的量变化，根据电极反应和电极反应过程中离子变化确定溶液pH变化。

三、实验题（本题包括1个小题，共10分）
22．I、乙酸乙酯是重要的有机合成中间体，广泛应用于化学工业。

实验室利用如图的装置制备乙酸乙酯。

（1）与教材采用的实验装置不同，此装置中采用了球形干燥管，其作用是：_____________。

（2）请写出用CH3CH218OH制备乙酸乙酯的化学方程式：_____________，反应类型为_______。

（3）为了证明浓硫酸在该反应中起到了催化剂和吸水剂的作用，某同学利用上图所示装置进行了以下4个实验。

实验开始先用酒精灯微热3min，再加热使之微微沸腾3min。

实验结束后充分振荡小试管Ⅱ再测有机层的厚度，实验记录如下：
实验
编号试管Ⅰ中的试剂
试管Ⅱ中的试
剂
有机层的
厚度/cm
A
2 mL乙醇、1 mL乙酸、
1mL18mol·L－1浓硫酸
饱和Na2CO3溶
液3.0
B 2 mL乙醇、1 mL乙酸0.1
C
2 mL乙醇、1 mL乙酸、
3 mL 2mol·L－1 H2SO4
0.6
D 2 mL乙醇、1 mL乙酸、盐酸0.6
①实验D的目的是与实验C相对照，证明H+对酯化反应具有催化作用。

实验D中应加入盐酸的体积和浓度分别是______mL和_____mol·L－1。

②分析实验_________________（填实验编号）的数据，可以推测出浓H2SO4的吸水性提高了乙酸乙酯的产率。

（4）若现有乙酸90g，乙醇138g发生酯化反应得到80g乙酸乙酯，试计算该反应的产率为______________（用百分数表示，保留一位小数）。

II、已知乳酸的结构简式为。

试回答：
①乳酸分子中的官能团有：_____________________________________（写名称
．．．）；
②乳酸与足量金属钠反应的化学方程式为________________________________；
③已知—COOH不会发生催化氧化，写出加热时，乳酸在Cu作用下与O2反应的化学方程式：
________________________________________________；
④腈纶织物产泛地用作衣物、床上用品等。

腈纶是由CH2＝CH－CN聚合而成的。

写出在催化剂、加热条件下制备腈纶的化学方程式________________________。

【答案】防止倒吸CH3COOH＋CH3CH218OH CH3CO18OCH2CH3＋H2O酯化反应34 A C 1．6%羟基、羧基
2CH3CHOHCOOH+O22CH3COCOOH+2H2O
【解析】
【分析】
【详解】
（1）乙酸、乙醇易溶于碳酸钠溶液，会导致装置内气体减小，容易发生倒吸，球形干燥管容积较大，故可以防止倒吸，故答案为防止倒吸；（2）根据酯化反应的机理可知反应方程式：CH3COOH＋
CH3CH218OH CH3CO18OCH2CH3＋H2O，反应类型为取代反应或酯化反应；（3）①实验D的目的是与实验C 相对照，证明H+对酯化反应具有催化作用，由于在实验C中使用的硫酸是3mL 2mol/L，所以在实验D中应加入一元强酸盐酸的体积和浓度分别是3mL和4mol/L；②分析实验A、C 可知：其它条件相同只有硫酸的浓度不同，而最终使用浓硫酸反应产生的酯多，说明浓H2SO4的吸水性提高了乙酸乙酯的产率；故答案为AC；（4）n(乙酸)=90g÷1g/mol=1.5mol，n(乙醇)=138g÷46g/mol=3mol，由于乙醇过量，所以应该按照乙酸来计算得到的酯的质量。

n(乙酸乙酯)=80÷88g/mol=0.909mol，则该反应的产率为0.909
mol÷1.5mol×100%=1.6%；II.①乳酸分子中的官能团有羟基和羧基，故答案为羟基、羧基；②乳酸分子中的羟基氢和羧基氢都能被金属钠置换，故反应方程式为，③加热时，乳酸在Cu作用下与O2反应主要的羟基被催化氧化，故反应方程式为
2CH3CHOHCOOH+O22CH3COCOOH+2H2O；④腈纶是由丙烯腈发生加聚反应而得到的，反应的方程式为。

【点睛】
在所给的反应物的量有多种时，应考虑物质的过量问题，应先判断过量，然后按照量少的反应物的量进行计算。

四、推断题（本题包括1个小题，共10分）
23．0.2mol某烃A在氧气中完全燃烧后，生成CO2和H2O各1.2mol。

(1)烃A的分子式为_____．
(2)若烃A不能使溴水褪色，但在一定条件下能与氯气发生取代反应，其一氯取代物只有一种，则烃A的结构简式为_____．
(3)若烃A能使溴水褪色，在催化剂作用下，与H2发生加成反应，其加成产物B经测定分子中含有4个甲基，且其核磁共振氢谱图中有两组峰，则A可能有的结构简式为_____．
(4)④、⑥的反应类型依次________、__________。

(5)反应②的化学方程式为________________；
(6)写出E1与金属钠反应的化学方程式___________。

【答案】C6H12CH3C(CH3)=C(CH3)CH3加成取代
CH3-CBr(CH3)-CBr(CH3)-CH3+2NaOH CH2=C(CH3)-C(CH3)=CH2+2NaBr+2H2O CH2OH-C
OH(CH3)-C(CH3)=CH2+2Na→CH2ONa-CONa (CH3)-C(CH3)=CH2+H2↑
【解析】
(1)0.2mol烃A在氧气中完全燃烧后，生成CO2和H2O各1.2mol，则A分子中含有C、H原子数分别为：
N(C)=1.2
0.2
mol
mol=6，n(H)=
1.22
0.2
mol
mol
=12，A分子式为：C6H12，故答案为C6H12；
(2)C6H12只有1个不饱和度，若烃A不能使溴水褪色，则其为环烷烃．其中能与氯气发生取代反应，其一氯代物只有一种，说明其分子中只有1种等效H，故该有机物是环己烷，结构简式为：，故答案为；
(3)烃A能使溴水褪色，在催化剂作用下，与H2加成，其加成产物经测定分子中含有4个甲基，说明烃中含有C=C，其中含有4个甲基的有3种，其碳架结构为(①②③处可分别不同时安排双
键)，可能有的结构简式为：(CH3)3C-CH=CH2、CH3-C(CH3)=C(CH3)-CH3、
CH3CH(CH3)-C(CH3)=CH2；又B分子中核磁共振氢谱图中有两组峰，说明B分子具有对称结构，满足条件的B结构简式为：CH3-CH(CH3)CH(CH3)-CH3，则A的结构简式可能为：CH3-C(CH3)=C(CH3)-CH3、
CH2=C(CH3)-C(CH3)-CH3；故答案为CH3-C(CH3)=C(CH3)-CH3、CH2=C(CH3)-C(CH3)-CH3；
根据流程图，B为卤代烃，B在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成二烯烃，③为1,2-加成，则④为1,4-加成，则A 为CH3-C(CH3)=C(CH3)-CH3，B为CH3-CBr(CH3)-CBr(CH3)-CH3，C为CH2=C(CH3)-C(CH3)=CH2；D1、D2互为同分异构体，D1为CH2Br-C Br(CH3)-C(CH3)=CH2，D2为CH2Br-C (CH3)=C(CH3)-CH2 Br；D1、D2发生水解反应生成E1、E2。

(4)根据上述分析，反应④为加成反应、反应⑥为水解反应或取代反应，故答案为加成反应；取代反应；
(5)反应②的化学方程式为CH3-CBr(CH3)-CBr(CH3)-CH3+2NaOH
CH2=C(CH3)-C(CH3)=CH2+2NaBr+2H2O，故答案为CH3-CBr(CH3)-CBr(CH3)-CH3+2NaOH
CH2=C(CH3)-C(CH3)=CH2+2NaBr+2H2O；。