山东省日照市2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题 Word版含解析

山东省日照市2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题 Word版含解析

山东省日照市2019-2020学年高一下学期期末考试 化学试题 可能用到的相对原子质量：H1 O16  P31  Cl35.5 Cu64  Zn65‎ 一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1. 化学与生活密切相关。下列说法错误的是 A. 涂料中红色颜料的成分是四氧化三铁 B. “卤水点豆腐"利用的是胶体的聚沉原理 C. 油性记号笔的笔迹可以用汽油等有机溶剂擦掉 D. 汽车安全气囊的设计主要从化学反应速率和物质变化的视角解决问题 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.涂料中红色颜料的成分是三氧化二铁，故A错误；‎ B.豆浆为胶体，卤水为电解质，豆浆中加电解质会聚成形成豆腐，故B正确；‎ C.油性记号笔，笔油为有机物，有机物易溶于汽油等有机溶剂，故C正确；‎ D.汽车安全气囊设计要考虑瞬间的反应速率，同时反应中要产生大量气体，故D正确；‎ 故选：A。‎ ‎2. 下列有关有机物的说法错误的是 A. 甲烷、乙烯、苯都属于烃 B. 一氯甲烷和一氯乙烷均只有1种 C. 苯分子中的碳碳键和乙烯分子中的碳碳双键相同 D. 75%的医用酒精是用含淀粉植物酿造后再通过蒸馏的方法制得 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲烷、乙烯、苯均只含有C、H两种元素，都属于烃，A说法正确；‎ B．一氯甲烷和一氯乙烷无同分异构体，则均只有1种结构，B说法正确；‎ C．苯分子中的碳碳键为大π键，和乙烯分子中的碳碳双键不相同，C说法错误；‎ D．淀粉水解后生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶的作用下生成乙醇，则75%的医用酒精是用含淀粉植物酿造后再通过蒸馏的方法制得，D说法正确；‎ 答案为C。‎ - 16 -‎ ‎3. 下列化学用语正确的是 A. S2-的结构示意图：‎ B. HClO 的结构式：H-O-Cl C. 乙烯的结构简式：CH2CH2‎ D. 氯化钙的电子式：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．S的原子结构示意图：，S2-的最外层电子达到稳定结构，结构示意图为：，故A错误；‎ B．氧元素的非金属性强于氯元素的，因此在次氯酸中氧元素显-2价，氯元素显+1价，结构式是H—O—Cl，故B正确；‎ C．乙烯分子中含有碳碳双键，乙烯的结构简式为：CH2=CH2，故C错误；‎ D．氯化钙的电子式：，阴离子的电子式不能合并，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎4. 下列装置不能达到相应实验目的的是 A. 装置①：实验室制乙酸乙酯 B. 装置②：用CCl4萃取碘水中的I2并分液 C. 装置③：实验室用MnO2和浓盐酸制Cl2‎ D. 装置④：实验室制氨气 ‎【答案】C - 16 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A.实验室用乙醇、乙酸和浓硫酸混合加热制取乙酸乙酯，用饱和碳酸钠除去乙醇和乙酸，得到乙酸乙酯，装置①可以达到目的，故A不符合题意；‎ B.CCl4与水互不相溶且互不反应，碘单质在CCl4中溶解度远大于水中，可用CCl4萃取碘水中的碘，装置②可达到目的，故B不符合题意；‎ C.实验室用MnO2和浓盐酸制Cl2需要加热条件下实现，该装置没有加热装置，不能达到目的，故C符合题意；‎ D.实验室制氨气用氯化铵和氢氧化钙混合固体加热制取，该装置可以达到目的，故D不符合题意；‎ 故选：C ‎5. 下列各组离子， 在pH=1的溶液中可以大量共存的是 A. Na+、K+、、Fe2+‎ B. K+、Al3+、Cl-、‎ C. Mg2+、、、OH-‎ D. CH3COO-、 Cu2+、Cl-、‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.pH=1的溶液显酸性，在酸性条件下能氧化Fe2+两者不能大量共存，故A不符合题意；‎ B.该组离子与氢离子均不反应，且彼此不故B符合题意；‎ C.该组离子中、OH-发生反应，且两者均能与氢离子反应，不能大量共存，故C不符合题意；‎ D.CH3COO-与氢离子反应生成醋酸，不能大量共存，故D不符合题意；‎ 故选：B。‎ ‎6. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 标准状况下，11.2 LSO3中含有的分子数大于0.5NA B. 0.1NA 个硫酸分子与9.8 g磷酸含有的氧原子数相同 - 16 -‎ C. 6.4 g Cu 与足量浓硝酸充分反应，转移的电子数为0.2NA D. 一定条件下， 密闭容器中3 moH2(g)与1 mol N2(g)充分反应后生成的NH3(g)分子数为2NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．标准状况下，SO3为非气体，则11.2 L含有的分子数大于0.5NA，A说法正确；‎ B．硫酸与磷酸的摩尔质量相等，且相同个数的分子含有的氧原子数目相等，则0.1NA 个硫酸分子与9.8 g磷酸含有的氧原子数相同，B说法正确；‎ C．6.4 g Cu 与足量浓硝酸充分反应，化合价由0价变为+2价，则转移的电子数为0.2NA，C说法正确；‎ D．一定条件下，氮气与氢气的反应为可逆反应，则密闭容器中3 moH2(g)与1 mol N2(g)充分反应后生成的NH3(g)分子数小于2NA，D说法错误；‎ 答案为D。‎ ‎7. 下列实验操作对应的现象正确的是 选项 实验操作 实验现象 A 用湿润的蓝色石蕊试纸检验甲烷与氯气在光照条件下反应后的混合气体 石蕊试纸不变色 B 向酸性高锰酸钾溶液中通入足量的乙烯 溶液的紫色逐渐褪去 C 向AlCl3溶液中滴加过量氨水 溶液中先出现白色沉淀后溶解 D 向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液 溶液中出现血红色沉淀 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.甲烷与氯气光照产生气体中有HCl，能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，故A错误；‎ B.乙烯中的碳碳双键易被高锰酸钾氧化，能使高锰酸钾溶液褪色，故B正确；‎ C.AlCl3溶液中滴加过量氨水产生氢氧化铝白色沉淀，氢氧化铝不溶于氨水，沉淀不溶解，故C错误；‎ - 16 -‎ D.FeCl3溶液中滴加KSCN溶液变血红色，无血红色沉淀，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎8. 氮及其化合物的转化关系如下图所示。下列说法错误的是 A. 氮气可在足量的氧气中通过一步 反应生成NO2‎ B. 路线①②③是工业生产硝酸的主要途径 C. 路线I、II、III是自然固氮的一种途径 D. 上述所有转化都属于氧化还原反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氮气与氧气反应只能直接得到NO，不能一步生成二氧化氮，故A错误；‎ B.工业制取硝酸，首先通过氨的催化氧化产生NO，NO与氧气反应转变成二氧化氮，二氧化氮再与水反应得到硝酸，即路线①②③，故B正确；‎ C.氮气在闪电条件下转变成NO，NO与氧气反应转变成二氧化氮，二氧化氮再与水反应转化成硝酸，属于自然固氮过程，故C正确；‎ D.上述每步转化过程中均有元素化合价的变化，均属于氧化还原反应，故D正确；‎ 故选：A。‎ ‎9. LiH 可作飞船的燃料，已知下列反应：‎ ‎①2Li(s)+ H2(g)=2LiH(s) △H=-182 kJ/mol ‎②2H2(g)+O(g)=2H2O1) △H=- 572 kJ/mol ‎③4Li(s)+O2(g) = 2Li2O(s) △H=-1196 kJ/mol 则反应2LiH(s)+O2(g)=Li2O(s)+H2O(l)的焓变为 A. +351 kJ/mol B. -351 kJ/mol C. +702 kJ/mol D. -702 kJ/mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】将上述三个反应的焓变依次标记为：△H1、△H2、△H3，根据盖斯定律，反应 - 16 -‎ ‎2LiH(s)+O2(g)=Li2O(s)+H2O(l)可由得到，则该反应的焓变==，D选项正确，‎ 故选：D。‎ ‎10. 纽扣电池的两极材料分别是锌和氧化银，离子导体是KOH溶液。放电时两个电极的反应分别是Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O和Ag2O+H2O +2e-=2Ag+2OH-。下列说法正确的是 A. 锌是负极反应物，氧化银是正极反应物 B. 锌发生还原反应，氧化银发生氧化反应 C. 溶液中OH-向正极移动，K+、H+向负极移动 D. 电池使用过程中，负极区溶液的碱性增强 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 放电时两个电极的反应分别是Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O和Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，锌失去电子，锌是负极，氧化银得到电子，作正极，据此解答。‎ ‎【详解】A. 根据以上分析可知锌是负极反应物，氧化银是正极反应物，A正确；‎ B. 锌失去电子，发生氧化反应，氧化银得到电子，发生还原反应，B错误；‎ C. 溶液中OH-向负极移动，K+、H+向正极移动，C错误；‎ D. 电池使用过程中，负极区消耗氢氧根，则负极区溶液的碱性减弱，D错误；答案选A。‎ 二、选择题：每小题只有一个或两个选项符合题意。‎ ‎11. 一定温度下， 在2L的密闭容器内发生反应: H2(g)+I2(g)=2HI(g)  △H＞0。下列说法不能说明该反应达到平衡状态的是 A. 容器气体内颜色不再变化 B. v正(H2)=v逆(I2)‎ C. 容器内压强不再变化 D. 单位时间内消耗H2(g)和I2(g)的物质的量相等 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.容器气体内颜色不再变化，说明碘单质的浓度不再变化，符合平衡状态的特征，故A不符合题意；‎ - 16 -‎ B.v正(H2)=v逆(I2)，说明正、逆反应速率相等，符合平衡状态的特征，故B不符合题意；‎ C.该反应反应前后气体分子数相等，压强始终保持恒定，压强不变不能说明反应达到平衡状态，故C符合题意；‎ D.单位时间内消耗H2(g)和I2(g)均为正向反应，且消耗量之比等于化学计量数之比，不能说明反应达到平衡状态，故D符合题意；‎ 故选：CD。‎ ‎12. 短周期主族元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置如下表所示，其中Z元素的原子L层电子数是M层电子数的2倍。下列说法错误的是 X Y Z W Q A. 原子半径：Z>W>Y B. Q的氧化物对应的水化物的酸性比W的强 C. Z的单质是光导纤维的主要成分 D. X的简单氢化物与Q的简单氢化物可以反应生成离子化合物 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据短周期主族元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置，可知X、Y为第二周期，A、W、Q为第三周期，Z元素的原子L层电子数是M层电子数的2倍，Z为Si，则X为N，Y为O，W为S，Q为Cl，据此分析解答。‎ ‎【详解】A.元素原子的电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，原子半径：Z>W>Y，故A正确；‎ B.Q的氧化物水化物对应的酸HClO为弱酸，W的氧化物对应的酸硫酸为强酸，硫酸酸性强于HClO，故B错误；‎ C.Z为Si，其氧化物SiO2是光导纤维的主要成分，故C错误；‎ D.X的简单氢化物NH3与Q的简单氢化物HCl可以反应生成NH4Cl，NH4Cl为离子化合物，故D正确；‎ - 16 -‎ 故选：BC。‎ ‎13. 下列关于金属的腐蚀与防护的说法正确的是 A. Al、 Fe、Cu在潮湿的空气中腐蚀均生成氧化物 B. 生铁在潮湿的空气中生成红褐色的铁锈，属于化学腐蚀 C. 化工厂中盛装酸性溶液的容器或管道一般用外加电流的阴极保护法防止其腐蚀 D. 在铁板上镀锌，镀层破损后，就失去了对铁板的保护作用 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Cu在潮湿的空气中腐蚀产物是Cu2(OH)2CO3，属于碱式盐，而非氧化物，故A错误；‎ B.生铁在潮湿的空气中生成红褐色的铁锈，发生吸氧腐蚀过程，属于电化学腐蚀，故B错误；‎ C.酸性溶液容易腐蚀金属容器或金属材质的管道，可采用外加电流的阴极保护法，即将容器或管道连接电源负极做阴极，防止其腐蚀，故C正确；‎ D.铁板上镀锌，镀层破损后，因锌比铁活泼，若形成原电池，锌作负极，铁作正极，锌能继续保护铁板不被腐蚀，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎14. 已知：①2K2CrO4+H2SO4= K2Cr2O7+ K2SO4+H2O ‎②Fe2(SO4)3+2HI=2FeSO4+I2+ H2SO4‎ ‎③K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2(SO4)3+Cr2(SO4)3+ K2SO4+7H2O 下列结论错误的是 A. K2CrO4转化为K2Cr2O7属于氧化还原反应 B. 氧化性强弱顺序是: K2Cr2O7>Fe2(SO4)3>I2.‎ C. 反应②中，每有l molI2生成，转移电子数为2NA D. 反应③中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：3‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应①中，K2CrO4转化为K2Cr2O7不存在元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故A错误；‎ B.反应②中，Fe2(SO4)3是氧化剂，I2是氧化产物，氧化性：Fe2(SO4)3>I2.，反应③中K2Cr2O7是氧化剂，Fe2(SO4)3是氧化产物，氧化性： K2Cr2O7>Fe2(SO4)3，由此可知氧化性：‎ - 16 -‎ K2Cr2O7>Fe2(SO4)3>I2，故B正确；‎ C.反应②中，I2由HI氧化得到，每有l molI2生成，转移电子数为2NA，故C正确；‎ D.反应③中氧化产物为Fe2(SO4)3，还原产物为Cr2(SO4)3，两者的物质的量之比为3：1，故D错误；‎ 故选：AD。‎ ‎15. 亚氯酸钠(NaClO2) 是一种高效漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊(Mathieson)法制备亚氧酸钠的流程如下：‎ 下列说法错误的是 A. 反应①中NaClO3是氧化剂，SO2 是还原剂 B. 若反应①通过原电池来实现，则SO2应该在负极发生反应 C. 反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2‎ D. 反应②中的H2O2可用NaClO4代替 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氯酸钠和硫酸的混合溶液中通入二氧化硫气体发生反应①，产生硫酸氢钠和ClO2，其中氯酸钠作氧化剂，二氧化硫作还原剂，二氧化氯为还原产物，硫酸氢钠为氧化产物；产生的ClO2与H2O2连同氢氧化钠发生反应②，产生亚氯酸钠，该反应中ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，亚氯酸钠为还原产物，据此分析解答。‎ 详解】A.根据以上分析，反应①中氯酸钠转变成ClO2作氧化剂，二氧化硫转变成硫酸氢钠作还原剂，故A正确；‎ B.若反应①通过原电池实现，失电子的物质应在负极发生反应，即二氧化硫应在负极反应，故B正确；‎ C.反应②中ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，可知ClO2的氧化性大于H2O2，故C正确；‎ D.反应②中的H2O2作还原剂，表现还原性，而NaClO4不具有还原性，不能还原ClO2，因此不能代替H2O2，故D错误；‎ - 16 -‎ 故选：D。‎ 三、非选择题 ‎16. 现有10种物质:①铜线；②Cl2；③NH3；④HCl；⑤SO2；⑥稀盐酸；⑦乙醇(CH3CH2OH)；⑧NaOH溶液；⑨BaSO4晶体；⑩熔融的NaCl。回答下列问题：‎ ‎(1)上述物质属于下图所示化学概念交叉部分的有_____ (填序号)。‎ ‎(2)向⑧中通入足量的⑤充分反应，产物为__________(填化学式)。‎ ‎(3)所含原子个数相等的⑤与⑦的物质的量之比为_____；与 7.3g的④含有相同分子数的③在标准状况下的体积为__________L。‎ ‎(4)将②与③充分混合，会出现浓厚的白烟，另一生成物是空气的主要成分，则反应的化学方程式为_______，还原产物中阳离子的电子式为________。‎ ‎【答案】 (1). ⑩ (2). NaHSO3 (3). 3: 1 (4). 4.48 (5). 8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)能导电有金属单质，电解质溶液，熔融电解质，上述物质中①铜线⑥稀盐酸⑧NaOH溶液⑩熔融的NaCl，可导电，其中①为单质，⑥⑧为混合物均不是电解质，所以既能导电又属于电解质为⑩熔融的NaCl，故答案为：⑩；‎ ‎(2)氢氧化钠中通足量的二氧化硫最终产生亚硫酸氢钠NaHSO3，故答案为：NaHSO3；‎ ‎(3)1mol SO2含3mol原子，1mol乙醇(CH3CH2OH)含9mol原子，所含原子个数相等的⑤与⑦的物质的量之比应为3:1，7.3g的④HCl的物质的量为0.2mol，则含相同分子数的③也应为0.2mol，体积为4.48L，故答案为：3:1；4.48；‎ ‎(4)②与③充分混合，会出现浓厚的白烟，另一生成物是空气的主要成分，可知产物为氮气和氯化铵固体，反应方程式为：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2；还原产物为氯化铵，其阳离子铵根离子的电子式为：；故答案为：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2；。‎ ‎17. 下图是某些单质及其化合物之间的转化关系图，各方框表示有关的一种反应物或生成物(部分物质已略去)。已知：C常温下为黄绿色气体，D是最常见的无色液体，G是“84”‎ - 16 -‎ 消毒液的有效成分。‎ 回答下列向題：‎ ‎(1)G中含有的化学键类型为_______。‎ ‎(2)反应①的化学方程式为__________。‎ ‎(3)1 molNa2O2与足量D充分反应，转移电子的物质的量为______ mol。‎ ‎(4)反应③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____________。‎ ‎(5)生活中“84"消毒液不能与“洁厕灵"混合使用，原因是二者混合会发生反应④，反应离子方程式为_______，该反应中 A表现出的性质是______________。‎ ‎【答案】 (1). 共价键、离子键 (2). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+ Cl2↑+2H2O (3). 1 (4). 1:1 (5). Cl-+ClO-+ 2H+=Cl2↑+H2O (6). 酸性、还原性 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ C常温下为黄绿色气体，C为氯气，结合氯气的实验室制法原理及框图信息分析可知A为HCl，G是“84”消毒液的有效成分，则G为NaClO，C和E产生G，则E为氢氧化钠，D是最常见的无色液体，且能与过氧化钠反应产生氢氧化钠，则D为H2O，氯气与氢氧化钠产生次氯酸钠和氯化钠，则F为NaCl，次氯酸钠与稀盐酸反应产生氯气，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)G为NaClO，钠离子与次氯酸根离子间存在离子键，次氯酸根离子内Cl-O之间存在共价键，故答案为：离子键和共价键；‎ ‎(2)反应①为二氧化锰与浓盐酸加热制取氯气的反应，方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+ Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+ Cl2↑+2H2O；‎ ‎(3)Na2O2与H2O发生反应：，2mol过氧化钠反应时转移电子2mol，则1 molNa2O2与足量D充分反应，转移电子的物质的量为1mol，故答案为：1；‎ ‎(4)反应③为：‎ - 16 -‎ ‎，氯气既是氧化剂还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1；故答案为：1:1；‎ ‎(5)“84"消毒液有效成分NaClO与“洁厕灵"的主要成分HCl反应产生氯气，离子方程式：Cl-+ClO-+ 2H+=Cl2↑+H2O；反应中HCl部分被氧化成氯气表现还原性，部分转变成NaCl表现酸性，故答案为：Cl-+ClO-+ 2H+=Cl2↑+H2O；酸性、还原性；‎ ‎18. 利用下图所示装置制取SO2并验证其部分性质(夹持装置已省略)。‎ 已知: Na2SO3+ H2SO4(浓)=Na2SO4+ SO2↑+H2O 回答下列问题：‎ ‎(1)仪器a的名称为______；装置B中品红溶液褪色，说明SO2具有______性。‎ ‎(2)装置C中有白色沉淀生成，则该白色沉淀为_________(填化学式) 。‎ ‎(3)装置D中无白色沉淀产生，再向其中通入______ (填标号) 气体仍不会产生沉淀。‎ a.Cl2 b.NH3 c.O2 d.CO2‎ ‎(4)装置E中有淡黄色沉淀生成，则该反应的化学方程式为_____________。‎ ‎(5)该实验装置的缺陷是________________。‎ ‎【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 漂白性 (3). BaSO4 (4). d (5). SO2+2H2S=3S↓+2H2O (6). 缺少尾气处理装置 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A装置中亚硫酸钠和浓硫酸反应制得二氧化硫气体，经过品红溶液验证二氧化硫的漂白性，在酸性条件下，二氧化硫和硝酸钡反应得到硫酸钡白色沉淀，二氧化硫和氯化钡不反应，加入氧化性物质或是氨气可生成白色沉淀；二氧化硫和硫化氢可以反应生成硫单质和水，由此分析。‎ ‎【详解】(1)根据仪器a的形状，可知为分液漏斗；SO2具有漂白性，可使装置B - 16 -‎ 中品红溶液褪色；‎ ‎(2)二氧化硫可以和硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀，装置C中有白色沉淀生成，是BaSO4沉淀； ‎ ‎(3)a．二氧化硫和氯化钡不反应，再向其中通入Cl2，氯气具有氧化性，会和二氧化硫、氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故a不符合题意；‎ b．NH3、二氧化硫可以和硝酸钡反应生成亚硫酸钡沉淀，故b不符合题意；‎ c．O2具有氧化性，会和二氧化硫、氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故c不符合题意；‎ d．CO2和二氧化硫，氯化钡都不反应，故气体仍不会产生沉淀，故d符合题意；‎ 答案选d；‎ ‎(4)装置E中有淡黄色沉淀生成，二氧化硫有氧化性，硫化氢有还原性，硫化氢和二氧化硫反应可以生成硫单质和水，化学方程式为SO2+2H2S=3S↓+2H2O；‎ ‎(5)该实验装置缺少尾气处理装置，二氧化硫有毒，会污染空气。‎ ‎【点睛】二氧化硫和氯化钡不能生成亚硫酸钡沉淀为易错点。‎ ‎19. 乙烯是重要有机化工原料，以乙烯为原料合成部分化工产品的流程如下(部分反应条件略去)。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)乙酸的分子式为_____，其官能团的名称是___________。‎ ‎(2)反应②的反应类型是___________。‎ ‎(3)聚苯乙烯的结构简式为_____________。‎ ‎(4)下列关于上述物质和反应的叙述正确的是_________(填标号)。‎ a.反应①与反应⑤的反应类型不同 b.与反应①获得的产物互为同分异构体的有机物只有1种 c. 反应③得到的有机产物和聚苯乙烯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色 d.乙酸乙酯的同分异构体中，与乙酸互为同系物的只有2种 ‎(5)反应⑧的化学方程式为_________________。‎ - 16 -‎ ‎【答案】 (1). C2H4O2 (2). 羧基 (3). 取代反应 (4). (5). bd (6). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+ H2O ‎【解析】‎ 分析】‎ 乙烯与溴单质发生加成反应得到，与苯发生取代反应得到，与氢氧化钠醇溶液发生消去反应得到，发生加聚反应得到；乙烯与水发生加成反应的到乙醇，乙醇催化氧化产生乙醛，乙醛氧化得到乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应得到乙酸乙酯，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)乙酸分子式为C2H4O2，结构简式为CH3COOH，官能团为羧基，故答案为：C2H4O2；羧基；‎ ‎(2)反应②为1,2-二溴乙烷与苯发生的取代反应，故答案为：取代反应；‎ ‎(3)聚苯乙烯的结构简式为：，故答案为：；‎ ‎(4)a.反应①为乙烯与溴单质的加成反应，反应⑤为乙烯与水的加成反应，反应类型相同，故错误；‎ b.反应①的产物为，互为同分异构体的有机物只有1，1-二溴乙烷1种，故正确；‎ c.聚苯乙烯不含碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故错误；‎ d.乙酸乙酯的同分异构体中，与乙酸互为同系物的有丁酸、2-甲基丙酸2种，故正确；‎ 故答案为：bd；‎ ‎(5)反应⑧为乙酸与乙醇发生的酯化反应得到乙酸乙酯，反应方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+ H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+ H2O；‎ ‎20. 利用下图所示装置探究电化学反应原理。‎ - 16 -‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)上述装置中的正极材料是___ (填化学式)；乙池中Pt电极上的电极反应方程式为____。‎ ‎(2)该装置工作过程中，盐桥中的Cl-移向____溶液(填“ZnSO4”或“CuSO4”)。‎ ‎(3)若起始时甲池中两电极的质量相等，反应一段时间后两电极的质量差为25.8 g，则电路中通过的电子的物质的量为____mol。‎ ‎(4)若将甲池换成以KOH为电解质溶液的氢氧燃料电池，则负极的电极反应式为___。‎ ‎(5)若将甲池中的ZnSO4溶液换成CuSO4溶液，用U形铜棒代替“盐桥”，工作一段时间后，甲池右侧烧杯中c(Cu2+)___ (填 “增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎【答案】 (1). Cu (2). 2Cl--2e-= Cl2↑ (3). ZnSO4 (4). 0.4 (5). H2+2OH--2e-=2H2O (6). 不变 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由电池的结构可知，甲池为原电池装置，原理反应为：，乙池为电解饱和食盐水，锌为原电池的负极，铜为正极，Pt为电解池的阳极，C为阴极，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)甲池为原电池，铜为正极，乙池为电解池，Pt为阳极，发生反应：2Cl--2e-= Cl2↑，故答案为：Cu；2Cl--2e-= Cl2↑；‎ ‎(2)原电池中，电解质溶液中的阴离子向负极移动，则盐桥中的氯离子向负极硫酸锌溶液移动，故答案为：ZnSO4；‎ ‎(3)甲池中的反应为，负极消耗1molZn时正极析出1molCu，则此时两电极的质量差为65g+64g=129g，若两电极的质量差为25.8 g，可知反应的Zn为0.2mol，转移电子的物质的量为0.4mol，故答案为：0.4；‎ ‎(4)甲池换成以KOH为电解质溶液的氢氧燃料电池，则负极为氢气反应，电极方程式为：H2+2OH--2e-=2H2O，故答案为：H2+2OH--2e-=2H2O；‎ - 16 -‎ ‎(5)若将甲池中的ZnSO4溶液换成CuSO4溶液，用U形铜棒代替“盐桥”，则甲中左池为原电池，右池变为电解池，铜棒作阴极，U形铜棒作阳极，阳极反应为：Cu-2e-=Cu2+，阴极反应为Cu2++2e-=Cu，电解质溶液的浓度不变，则铜离子浓度不变，故答案为：不变；‎ - 16 -‎