高考化学一轮复习专题十四原电池题组精练2

专题十四原电池

考点1 原电池

1.[2018陕西部分学校摸底检测]常温下,将除去表面氧化膜的Al片、Cu片插入浓HNO3中组成原电池(图1),测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化如图2所示。反应过程中有红棕色气体产生。下列说法错误的是( )

A.t1时刻前,Al片上的电极反应为2Al-6e-+3H2O Al2O3+6H+

B.t1时,因Al在浓硝酸中钝化,氧化膜阻碍了Al继续反应

C.t1时刻后,负极Cu失电子,电流方向发生改变

D.烧杯中发生反应的离子方程式为2NO2+2OH-2N+H2O

2.[2015天津理综,4,6分]锌铜原电池装置如图所示,其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过。下列有关叙述正确的是( )

A.铜电极上发生氧化反应

B.电池工作一段时间后,甲池的c(S)减小

C.电池工作一段时间后,乙池溶液的总质量增加

D.阴阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动,保持溶液中电荷平衡

3.[2014新课标全国卷,12,6分]2013年3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系。下列叙述错误的是( )

A.a为电池的正极

B.电池充电反应为LiMn2O4Li1-x Mn2O4+x Li

C.放电时,a极锂的化合价发生变化

D.放电时,溶液中Li+从b向a迁移

考点2 常见的化学电源

4.两种锌锰电池的构造如图所示。与普通锌锰电池相比,碱性锌锰电池的优点及其理由是

。

5.[2018湖北荆州第一次质检]硼化钒(VB2)-空气电池是目前储电能力最高的电池,电池装置如图所示,该电池工作时反应式为4VB2+11O24B2O3+2V2O5。下列说法不正确的是( )

A.电极a 为电池正极

B.图中选择透过性膜为阴离子透过性膜

C.电池工作过程中,电极a附近区域pH减小

D.VB2极发生的电极反应为2VB2+22OH--22e-V2O5+2B2O3+11H2O

6.[2017合肥三模]我国科研人员以Zn和尖晶石型锰酸锌(ZnMn2O4)为电极材料,研制出一种水系锌离

子电池。该电池的总反应式:x Zn +Zn1-x Mn2O4ZnMn2O4。下列说法正确的是( )

A.充电时,Zn2+向ZnMn2O4电极迁移

B.充电时,阳极反应式:ZnMn2O4 -2x e-Zn1-x Mn2O4+x Zn2+

C.放电时,每转移1 mol e-,ZnMn2O4电极质量增加65 g

D.充电或放电过程中,只有Zn元素的化合价发生变化

7.[2018成都毕业班摸底考试]铅蓄电池是汽车常用的蓄电池,其构造如图所示。下列说法不正确的是( )

A.电池放电时,负极质量减轻

B.电池放电时,c(H+)减小

C.电池充电时总反应为2PbSO4+2H2O Pb+PbO2+2H2SO4

D.铅蓄电池的缺点是笨重、比能量低

8.NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池,其原理如图所示。该电池在使用过程中石墨Ⅰ电极上生成氧化物Y。下列说法正确的是( )

A.若将该电池中的熔融NaNO3换成NaOH溶液,则不可能产生电流

B.电子从石墨Ⅱ电极沿导线流向石墨Ⅰ电极

C.石墨电极的电极反应式为NO2+N-e-N2O5

D.NO2只有还原性没有氧化性

9.[2013新课标全国卷Ⅱ,11,6分]“ZEBRA”蓄电池的结构如图所示,电极材料多孔Ni/NiCl2和金属钠之间由钠离子导体制作的陶瓷管相隔。下列关于该电池的叙述错误的是( )

A.电池反应中有NaCl生成

B.电池的总反应是金属钠还原三价铝离子

C.正极反应为:NiCl2+2e-Ni+2Cl-

D.钠离子通过钠离子导体在两电极间移动

答案

1.D 由题图1、2知,t1时刻前,即Al钝化前,Al片作负极,发生反应2Al-6e-+3H2O Al2O3+

6H+,A项正确;t1时,因Al在浓硝酸中钝化,氧化膜阻碍了Al继续反应,B项正确;t1时刻后,Cu片作负极,失电子,电流方向发生改变,C项正确;烧杯中发生反应的离子方程式为2NO2+2OH-N+N+H2O,D项错误。

2.C 锌电极是原电池的负极,发生氧化反应,铜电极是原电池的正极,发生还原反应,A项错误。阳离子交换膜不允许阴离子通过,所以电池工作一段时间后,甲池的c(S)不变,B项错误。乙池中发生的电极反应为Cu2++2e-Cu,溶液中Cu2+逐渐减少,为维持溶液中的电荷平衡,Zn2+会不断移向乙池,使溶液质量增加,C项正确。阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过,D项错误。

3.C 锂离子电池中,单质锂作负极,负极反应式是Li-e-Li+,因此题图中含金属锂的b是电池的负极,则a为电池的正极,A项正确。LiMn2O4是锂离子电池的正极材料,充放电过程中,发生LiMn2O4与Li1-x Mn2O4之间的转化。充电时阳极(电池的正极材料)的反应式为LiMn2O4

-x e--x Li+Li1-x Mn2O4;再将阴极(负极材料)的反应式乘以x与正极反应式相加就得到电池充电的总反应,B项正确。放电时,a作电池的正极,Mn化合价发生变化,Li化合价不变,C项错误。放电时,b为电池的负极,a为电池的正极,Li+从负极向正极迁移,D项正确。

4.消耗的负极改装在电池的内部,碱性电池不易发生电解质泄漏;碱性电池使用寿命较长,金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性高(答一条即可)

【解析】锌负极由外壳改装到电池内部,避免了因锌筒的腐蚀而发生电解质泄漏的问题;金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性高,锌由与酸性电解质接触改为与碱性电解质接触,防止电池不工作时锌直接被酸性介质氧化,延长了电池的使用寿命。

5.C 电极a通入空气,则电极a为正极,故A说法正确;电极a的反应式为O2+2H2O+4e- 4OH-,负极反应式为2VB2+22OH--22e-V2O5+2B2O3+11H2O,OH-需要向负极移动,因此选择透过性膜为阴离子透过性膜,故B、D说法正确;根据以上分析,电极a产生OH-,使其附近区域pH增大,故C说法错误。

6.B 充电时,ZnMn2O4作阳极,Zn作阴极,Zn2+向阴极(Zn电极)移动,A项错误;充电时,阳极上ZnMn2O4发生氧化反应,转化为Zn1-x Mn2O4,B项正确;放电时,ZnMn2O4电极上发生还原反应:Zn1-x Mn2O4+x Zn2++2x e-ZnMn2O4,故每转移1 mol e-,ZnMn2O4电极质量增加32.5 g,C项错误;充电或放电过程中,Zn、Mn元素的化合价均发生变化,D项错误。

7.A 放电时负极Pb失去电子转化为PbSO4,负极质量增加,A项错误;放电过程中消耗H2SO4,溶液中c(H+)减小,B项正确;电池充电时总反应为2PbSO4+2H2O Pb+PbO2+2H2SO4,C项正确;铅蓄电池的缺点是笨重、比能量低,废弃电池污染环境,D项正确。

8.C NO2能与NaOH溶液发生氧化还原反应,反应过程中有电子转移,故可产生电流,A项错误;根据电池工作示意图可知,石墨Ⅱ电极上O2得电子发生还原反应,为电池正极,石墨Ⅰ电极为电池负极,电子从石墨Ⅰ电极沿导线流向石墨Ⅱ电极,B项错误;石墨Ⅰ电极上,NO2失去电子与N结合转化为N2O5,C 项正确;NO2既有氧化性又有还原性,D项错误。

9.B 该电池的总反应为2Na+NiCl22NaCl+Ni,因此有NaCl生成,A项正确;电池总反应为Na还原Ni2+,B项错误;正极为NiCl2发生还原反应:NiCl2+2e-Ni+2Cl-,C项正确;钠离子通过钠离子导体由负极移向正极,D项正确。

2021届新高考化学模拟试卷

一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）

1．下列说法正确的是（）

A．用分液的方法可以分离汽油和水B．酒精灯加热试管时须垫石棉网

C．NH3能使湿润的蓝色石蕊试纸变红D．盛放NaOH溶液的广口瓶，可用玻璃塞

2．碳酸亚乙酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如下图。下列有关该物质的说法正确的是

A．分子式为C3H2O3

B．分子中含6个σ键

C．分子中只有极性键

D．8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO2

3．下列颜色变化与氧化还原反应无关的是（）

A．长期放置的苯酚晶体变红B．硝酸银晶体光照后变黑

C．氢氧化亚铁变灰绿再变红褐D．二氧化氮气体冷却后变淡

4．我国医药学家屠呦呦因研究青蒿素而荣获2016年诺贝尔化学奖。她在青蒿液中加入乙醚，经操作1得含青蒿素的乙醚和其他杂质的混合物。再经操作2得到含青蒿素的乙醚，最后经操作3得到青蒿粗产品。操作1、2、3相当于

A．过滤、结晶、蒸发B．结晶、萃取、分液

C．萃取、分液、蒸馏D．萃取、过滤、蒸馏

5．下列化学用语表示正确的是（）

A．中子数为16的硫原子：48

S B．Cl-的结构示意图：

32

C．甲酸甲酯的结构简式：HCOOCH3D．氢氧化钠的电子式：

6．实行垃圾分类，关系生活环境改善和节约使用资源。下列说法正确的是

A．回收厨余垃圾用于提取食用油

B．对废油脂进行处理可获取氨基酸

C．回收旧报纸用于生产再生纸

D．废旧电池含重金属须深度填埋

7．已知常温下,K a1(H2CO3)=4.3×10-7, K a2(H2CO3)=5.6×10-11。某二元酸H2R及其钠盐的溶液中,H2R、HR-、R2-三者的物质的量分数随溶液pH变化关系如图所示，下列叙述错误的是（）

A．在pH=4.3的溶液中：3c(R2-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)

B．等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，此溶液中水的电离程度比纯水小

C．在pH=3的溶液中存在

2-

2

2-

(R)(H R)

(HR)

c c

c

=10-3

D．向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，发生反应：CO32-+H2R=HCO3-+HR-

8．根据实验目的，设计相关实验，下列实验操作、现象解释及结论都正确的是（）

A．A B．B C．C D．D 9．下列各项中的两个量，其比值一定为2∶1的是（）

A．在反应2FeCl3+Fe =3FeCl2中还原产物与氧化产物的质量

B．相同温度下，0.2 mol·L－1CH3COOH溶液与0.1 mol·L-1CH3COOH溶液中c(H+) C．在密闭容器中，N 2+3H22NH3已达平衡时c(NH3)与c(N2)

D．液面均在“0”刻度时，50 mL碱式滴定管和25 mL碱式滴定管所盛溶液的体积

10．“地沟油”可与醇加工制成生物柴油变废为宝。关于“地沟油”的说法正确的是

A．属于烃类B．由不同酯组成的混合物

C．密度比水大D．不能发生皂化反应

11．如图，这种具有不同能量的分子百分数和能量的对应关系图，叫做一定温度下分子能量分布曲线图。图中E表示分子平均能量，Ec是活化分子具有的最低能量。下列说法不正确的是（）

A．图中E c与E之差表示活化能

B．升高温度，图中阴影部分面积会增大

C．使用合适的催化剂，E不变，E c变小

D．能量大于E c的分子间发生的碰撞一定是有效碰撞

12．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性，0.01mol·L–1r溶液的pH为2，s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如下图所示。下列说法不正确的是（）

A．原子半径的大小：W

B．元素的非金属性：Z>X>Y

C．Y的氢化物常温常压下为液态

D．X的最高价氧化物的水化物为弱酸

13．根据下表(部分短周期元素的原子半径及主要化合价)信息，判断以下叙述正确的是

元素代号 A B C D E

原子半径/nm 0.186 0.143 0.089 0.102 0.074

主要化合价＋1 ＋3 ＋2 ＋6、－2 －2

A．最高价氧化物对应水化物的碱性C＞A

B．氢化物的沸点H2E＞H2D

C．单质与稀盐酸反应的速率A＜B

D．C2＋与A＋的核外电子数相等

14．一种从植物中提取的天然化合物，可用于制作“香水”，其结构简式为，下列有关该化合物

的说法错误的是

A．分子式为C12H18O2

B．分子中至少有6个碳原子共平面

C．该化合物能使酸性高锰酸钾溶液褪色

D．一定条件下，1 mol该化合物最多可与3 mol H2加成

15．已知还原性I- > Fe2+ > Br-，在只含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量的氯气，关于所得溶液离子成分分析正确的是（不考虑Br2、I2和水的反应）（）

A．I-、Fe3+ 、Cl-B．Fe2+、Cl-、Br-

C．Fe2+、Fe3+ 、Cl-D．Fe2+、I-、Cl-

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．实验小组以二氧化锰和浓盐酸为反应物，连接装置A→B→C制取氯水，并探究氯气和水反应的产物。

（1）A中发生反应的离子方程式是_________。

（2）B中得到浅黄绿色的饱和氯水，将所得氯水分三等份，进行的操作、现象、结论如下：

实验实验操作现象结论

氯气与水反应至少产生了一种酸性强

Ⅰ向氯水中加入碳酸氢钠粉末有无色气泡产生

于碳酸的物质

Ⅱ向品红溶液中滴入氯水溶液褪色氯气与水反应的产物有漂白性

（1）甲同学指出：由实验Ⅰ得出的结论不合理，原因是制取的氯水中含有杂质______（填化学式），也能与碳酸氢钠反应产生气泡。应在A、B间连接除杂装置，请画出除杂装置并标出气体流向和药品名称______。

（2）乙同学指出由实验Ⅱ得出的结论不合理，原因是实验未证明_______（填化学式）是否有漂白性。

（3）丙同学利用正确的实验装置发现氯水中有Cl-存在，证明氯水中有Cl-的操作和现象是：_____。丙同学认为，依据上述现象和守恒规律，能推测出氯水中有次氯酸存在。这一推测是否正确，请说明理由________。

（4）丁同学利用正确的实验装置和操作进行实验，观察到实验现象与实验Ⅰ、Ⅱ相似，说明氯气和水反应的产物具有的性质是________。

（5）戊同学将第三份氯水分成两等份，向其中一份加入等体积的蒸馏水，溶液接近无色。另一份中加入等体积饱和的氯化钠溶液，溶液为浅黄绿色。对比这两个实验现象能说明：_______。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

17．某化合物X有三种元素组成，某学习小组进行了如下实验：

(1)化合物X的化学式为___________

(2)混合气体N通入足量的NaOH溶液中，恰好完全反应生成一种盐，其离子反应方程式为______________。

(3)黑色固体Y与NH3的化学方程式为____________

(4)若以X ? 3H2O进行实验，在170℃时可以生成一种中间产物W。0.1mol化合物W能与0.6molHCl刚好完全反应，若0.1mol化合物W再继续加热生成黑色固体Y的质量为32.0g。则化合物W的化学式为______________。

(5)混合气体N有毒，为保护环境，可以用保险粉（Na2S2O4）吸收。请说明混合气体N能用保险粉吸收的理由

___________。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．化合F是一种重要的有机合成中间体，它的合成路线如下：

(1)化合物F 中含氧官能团的名称是____________和_____________，由B 生成C 的化学反应类型是_________________________。

(2)写出化合物C 与乙酸反应生成酯的化学方程式：________________________。

(3)写出化合物B 的结构简式：____________。同时满足下列条件的B 的同分异构体（不包括B ）共有___________种：能与FeCl 3溶液显紫色，苯环上只有两个取代基。

(4)某化合物是D 的同分异构体，且核磁共振氢普有三个吸收峰。写出该化合物的结构简式：__________________________________________（任写一种）。 (5)请根据已有知识并结合相关信息，写出以苯酚（

）和CH 2＝CH 2为原料制备有机物

的合成路线流程图_____________（无机试剂任用）。

合成路线流程图示例如下：H 2C=CH 2HBr

???→CH 3CH 2Br NaOH Δ

????→溶液

CH 3CH 2OH

19．（6分）锂碳、铝、铬是重要的元素，在工业生产和科技中有重要的应用。 （1）铝热反应可以冶炼金属铬，Cr 基态核外电子排布式为_____________。

（2）金属锂是锂电池重要的组成部分。Li 、Be 、B 原子的第一电离能由大到小的顺序为______。 （3）LiAlH 4是有机合成中常用的还原剂。AlH 4-的空间构型为___________。

（4）+

3AlCl ???→

+CH 3COOH

①乙酸酐分子中碳原子轨道的杂化类型为________。 ②l mol 对甲基苯乙酮分子中含有的σ键的数目为_______ ③甲苯分子难溶于水的原因是________。

（5）已知铬酸钙晶胞如图所示，该晶体密度为ρ g·cm -1，N A 是阿伏加德罗常数的值。Ca 离子周围距离最近且相等的O 有_____个。相邻两个面心氧离子最短核间距（d ）为_______pm 。

参考答案

一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．A

【解析】A．汽油和水彼此不溶，可用分液的方法进行分离，故A正确；B．试管可用酒精灯直接加热，无须垫石棉网，故B错误；C．NH3的水溶液显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C错误；D．玻璃中含有的SiO2能和NaOH溶液反应，则盛放NaOH溶液的广口瓶，不可用玻璃塞，只能用橡皮塞，故D错误；答案为A。

2．A

【解析】

【分析】

【详解】

A、双键两端的碳原子上各有一个氢原子，所以分子式为C3H2O3，故A正确；

B、分子中的单键为σ键，一共有8个，故B错误；

C、该分子中碳碳双键属于非极性键，故C正确；

D、此选项没有说明温度和压强，所以所得二氧化碳的体积是不确定的，故D错误。

此题选C。

3．D

【解析】

【详解】

A．苯酚在空气中能被氧气氧化，所以长期放置的苯酚晶体变红，属于氧化还原反应，故A不合题意；

B．硝酸银晶体易分解，在光照后变黑，生成银，属于氧化还原反应，故B不合题意；

C．氢氧化亚铁变灰绿再变红褐，生成氢氧化铁，Fe元素的化合价升高，所以属于氧化还原反应，故C不合题意；D．二氧化氮气体冷却时生成四氧化二氮，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故D符合题意；

故选D。

4．C

【解析】

在青蒿液中加入乙醚，青蒿素在乙醚中溶解度大，经萃取得含青蒿素的乙醚和其他杂质的混合物，形成有机相和其它物质分层的现象，再经分液得到含青蒿索的乙醚，乙醚沸点低最后经蒸馏得到青蒿粗产品。对应的操作1、操作2、操作3分别是萃取、分液、蒸馏，故选C。

5．C

【解析】

【详解】

A. S原子的质子数是16，中子数为16的硫原子：32

S，故A错误；

16

B. Cl-的质子数是17，核外电子数是18，Cl-的结构示意图是，故B错误；

C. 甲酸甲酯是甲酸和甲醇酯化反应的产物，甲酸甲酯的结构简式是HCOOCH3，故C正确；

D. 氢氧化钠是离子化合物，氢氧化钠的电子式是，故D错误。

6．C

【解析】

【分析】

【详解】

A．回收厨余垃圾油脂部分可用于制备生物燃料，但不能用于提取食用油，故A错误；

B．油脂由碳、氢、氧元素组成，氨基酸最少由碳、氢、氧、氮元素组成，回收废油脂用于提炼氨基酸不符合质量守恒，故B错误；

C．使用的纸张至少含有30%的再生纤维，故再生纸是对废旧纤维的回收利用，可节约资源，故C正确；

D．废旧电池含重金属，深度填埋会使重金属离子进入土壤和水体中，造成水源和土壤污染，故D错误；

答案选C。

【点睛】

多从环保和健康的角度分析垃圾分类回收，提倡可持续发展。

7．D

【解析】

【分析】

【详解】

A．据图可知在pH=4.3的溶液中，c(R2-)=c(HR-)，溶液中电荷守恒为：2c(R2-)+c(HR-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，所以

3c(HR-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故A正确；

B．等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，此时反应生成NaHR，据图可知该溶液呈酸性，说明HR-的电离程度大于HR-的水解程度，HR-电离抑制水的电离，所以此溶液中水的电离程度比纯水小，故B正确；

C．

2--

2-+

a2h2

22

---+-

w

2

(R)(H R)(H R)(OH)

(R)(H)1

=

(HR)(HR)(HR)(H)(OH)

=

K K

c c c c

c c

c c c c c K

?

，当溶液pH=1.3时，

c(H2R)=c(HR-)，则K h2=

-

2

-

(H R)(OH)

(HR)

c c

c

=10-12.7，溶液的pH=4.3时，c(R2-)=c(HR-)，则K a2=

2-+

-

(R)(H)

(HR)

c c

c

=10-4.3，

所以

2-

2

12.7

-

4.3

14

2

(R)(H R)

(H

10

10

)

10

R

=

c c

c

--

-

?

=10-3，故C正确；

D．由H2R的电离常数K a2大于H2CO3的K a2，即酸性：HR-＞HCO3-，所以向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，发生反应：2CO32-+H2R=2HCO3-+R2-，故D错误；

故答案为D。

【点睛】

选项C为难点，注意对所给比值进行变换转化为与平衡常数有关的式子；选项D为易错点，要注意H2R少量，且酸性：HR-＞HCO3-，所有溶液中不可能有HR-，氢离子全部被碳酸根结合。

8．C

【解析】

【分析】

【详解】

A．开始要将银离子沉淀完全，再向新生成的AgCl浊液中滴入KI溶液，白色沉淀逐渐转化为黄色沉淀，才能说明K sp（AgI）＜K sp（AgCl），故A错误；

B．加入KSCN溶液溶液变红，只说明有铁离子，不能确定亚铁离子是否完全被氧化，故B错误；

C．纯净的乙烯通入酸性高锰酸钾溶液，紫红色褪去，说明乙烯具有还原性，故C正确；

D．SO2被ClO-氧化成CaSO4沉淀，不能说明酸性强弱，故D错误；

故选C。

9．A

【解析】

【详解】

A、还原产物由氧化剂FeCl3被还原得到，氧化产物由还原剂Fe被氧化得到，显然二者的物质的量之比为2∶1，正确；

B、CH 3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOH CH3OO－+H+，加水稀释时促进电离，故0.2 mol· L-1的CH3COOH 溶液与0.1 mol· L-1CH3COOH溶液中c(H+) 之比小于2∶1，错误；

C、在密闭容器中进行的合成NH3反应，达到平衡时c(NH3)与c(N2)之比与N2的转化率有关而与各自的化学计量数没有必然联系，错误；

D、由碱式滴定管的结构可知滴定管50 mL或25 mL的刻度线以下的部分还装有液体，故二者体积之比不等于2∶1，错误，答案选A。

10．B

【解析】

【详解】

A．“地沟油”的主要成分为油脂，含有氧元素，不属于烃类，选项A错误；

B．“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，是由不同酯组成的混合物，选项B正确；

C．“地沟油”的主要成分为油脂，油脂的密度比水小，选项C错误；

D．皂化反应是指油脂在碱性条件下的水解反应，“地沟油”的主要成分为油脂，能发生皂化反应，选项D错误。答案选B。

【点睛】

本题主要考查了油脂的性质与用途，熟悉油脂结构及性质是解题关键，注意皂化反应的实质是高级脂肪酸甘油酯的水解反应，“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，密度比水小，油脂在碱性条件下的水解反应为皂化反应。11．D

【解析】

【详解】

A. E表示分子的平均能量，E c是活化分子具有的最低能量，能量等于或高于E c的分子可能产生有效碰撞，活化分子具有的最低能量E c与分子的平均能量E之差叫活化能，A正确；

B. 当温度升高时，气体分子的运动速度增大，不仅使气体分子在单位时间内碰撞的次数增加，更重要的是由于气体分子能量增加，使活化分子百分数增大，阴影部分面积会增大，B正确；

C.催化剂使活化能降低，加快反应速率，使用合适的催化剂，E不变，E c变小，C正确；

D. E表示分子的平均能量，E c是活化分子具有的最低能量，能量等于或高于E c的分子可能产生有效碰撞，D错误；故答案为：D。

12．B

【解析】

【分析】

n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，则为氯气，Z为Cl，r是由这些元素组成的二元化合物，0.01mol·L–1r溶液的pH为2，说明r为HCl，q的水溶液具有漂白性，说明是水溶液中含有次氯酸根，再结合m和n反应生成q和r，则q为HClO，m为水，s通常是难溶于水的混合物，氯气和p光照，说明是取代反应，则为烷烃，因此短周期元素W为H，X为C，Y为O，Z为Cl。

A. 原子半径的大小：H < O < C，故A正确；

B. 元素的非金属性：Cl > O > C，故B错误；

C. Y的氢化物水或过氧化氢常温常压下为液态，故C正确；

D. X的最高价氧化物的水化物碳酸为弱酸，故D正确。

综上所述，答案为B。

13．B

【解析】

【分析】

元素的最高正价=最外层电子数，最高正价和最低负价绝对值的和为8，D、E两元素最外层电子数为6，故为第VIA 元素，而D的半径大于E，故在周期表中E元素在上面，D在下面，故E为O，D为S，B元素最最外层电子数为3，为B或Al，但是半径比氧和硫均大，故位于氧元素和硫元素的中间，应为Al，A的半径比铝大，最外层电子数为1，应为Na，C的半径最小，最外层两个电子，故为Be，据此分析解答问题。

【详解】

A．A、C最高价氧化物对应水化物分别为NaOH和Be(OH)2，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性Na>B，故碱性NaOH > Be(OH)2，A选项错误；

B．H2O含有氢键，分子间作用力较强，氢化物的沸点较高，则H2D< H2E，B选项正确；

C．金属钠的活泼性强于铝，故与稀盐酸反应的速率Na > A1，C选项错误；

D．Be2+与Na+的核外电子数分别为2、10，二者核外电子数不等，D选项错误；

答案选B。

【点睛】

本题主要考查了学生有关元素周期表和周期律的应用，难度一般，解答关键在于准确掌握原子半径和化合价的关系，熟记元素周期表中的递变规律，学以致用。

14．B

【解析】

分子式为C13H20O，故A正确；双键两端的原子共平面，所以至少有5个碳原子共平面，故B错误；含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；含有2个碳碳双键、1个羰基，一定条件下，1mol该化合物最多可与3mol H2加成，故D正确。

15．B

【解析】

由于还原性I- > Fe2+ > Br-，所以在只含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量的氯气，首先发生反应：Cl2＋2I－===2Cl－＋I2；当I－反应完全后再发生反应：2Fe3＋+ Cl2=2Fe2++2Cl－，当该反应完成后发生反应：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2。因此可能存在的情况是Fe2+、Cl-、Br-，故选项是B。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．MnO2+4H++2Cl-???→

加热Mn2++Cl2↑+2H2O HCl Cl2取少量氯水于试

管中，加入硝酸银和稀硝酸，产生白色沉淀，说明有Cl-不正确，从实验可知，氯水中含H+、Cl-，即氯气与水反应生成了H+和Cl-，氯的化合价从零价降低到-1价，必然要有元素化合价升高，H已是最高价，不再升高，一定有其他元素化合价的升高，而氯元素不一定只升高到+1价。酸性和漂白性加入蒸馏水溶液接近无色，说明c(Cl2)几乎降低为零，加入等体积的饱和氯化钠溶液，溶液还是浅黄绿色，说明氯离子的加入又生成了Cl2，即氯气和水的反应是可逆反应，增大氯离子浓度，平衡向反应物方向移动，使Cl2增多，所以呈现浅绿色

【解析】

【分析】

（1）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水；

（2）①浓盐酸易挥发，制取的氯气含有氯化氢，依据氯化氢能够与碳酸氢钠反应生成二氧化碳解得；依据氯气和氯化氢在饱和食盐水中溶解性不同，选择除杂方法；

②验证氯气与水反应的产物具有漂白性应首先排除干燥氯气的影响，需要进行对比实验；

③依据氯离子能够与银离子反应生成氯化银白色沉淀，白色沉淀不溶于硝酸的性质检验氯离子的存在；根据元素化合价的升降来判断丙同学的推断；

④正确的实验装置和操作进行实验，观察到实验现象与实验Ⅰ、Ⅱ中相似，说明氯水具有漂白性和酸性；

（3）依据氯气溶液水，部分与水反应生成氯化氢和次氯酸，存在Cl2+H2O?H++Cl-+HClO，依据化学平衡移动影响因素分析解答。

【详解】

（1）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，离子学方程式：

MnO2+4H++2Cl-加热

Mn2++Cl2↑+2H2O；

（2）①浓盐酸易挥发，制取的氯气含有氯化氢，依据氯化氢能够与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，也会有无色气泡产生，对氯水性质检验造成干扰；氯气在饱和食盐水中溶解度不大，氯化氢易溶于水，所以可以用盛有饱和食盐水的

洗气瓶除去氯化氢；故答案为：HCl；；

②实验Ⅰ：没有事先证明干燥的氯气无漂白性，则不能证明氯气与水反应的产物是否具有漂白性；

故答案为：Cl2；

③氯离子能够与银离子反应生成氯化银白色沉淀，白色沉淀不溶于硝酸，所以检验氯离子存在的方法：取少量氯水于试管中，加入硝酸银和稀硝酸，若有白色沉淀产生，说明有Cl-存在；从实验可知，氯水中含H+、Cl-，即氯气与水反应生成了H+和Cl-，氯的化合价从零价降低到-1价，必然要有元素化合价升高，H已是最高价，不再升高，一定有其他元素化合价的升高，而氯元素不一定只升高到+1价；

④正确的实验装置和操作进行实验，观察到实验现象与实验Ⅰ、Ⅱ中相似，说明氯水具有漂白性和酸性，

故答案为：酸性和漂白性；

（3）氯气溶液水，部分与水反应生成氯化氢和次氯酸，存在Cl2+H2O H++Cl-+HClO，加入蒸馏水溶液接近无色，说明c（Cl2）几乎降低为零，加入等体积的饱和氯化钠溶液，溶液还是浅黄绿色，说明氯离子的加入又生成了Cl2，即氯气和水的反应是可逆反应，增大氯离子浓度，平衡向反应物方向移动，使Cl2增多，所以呈现浅绿色。【点睛】

氯气本身不具有漂白性，与水反应生成的次氯酸具有漂白性，氯水的成分有：氯气，次氯酸，水，氢离子，氯离子，次氯酸根离子，氢氧根离子。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

17．Cu(NO3)24NO2+O2+4OH—=4NO3—+2H2O 3CuO+2NH3=3Cu+N2+3H2O Cu4(OH)6(NO3)2或Cu(NO3)2?3Cu(OH)2NO2有氧化性，Na2S2O4中+3价的硫元素具有还原性，能发生氧化还原反应

【解析】

【分析】

对X进行加热后分解产生了红棕色的混合气体，混合气体中一定有NO2，所以X中一定有N和O元素；X分解产生的黑色固体与NH3反应后，可以获得紫红色固体，即铜单质，所以X中一定有Cu元素，所以X为Cu(NO3)2。【详解】

(1)通过分析可知，X的化学式即为Cu(NO3)2；

(2)通过分析可知Cu(NO 3)2分解的方程式为：32

222Cu(NO )==2CuO 4NO O ?

+↑+↑，所以混合气体与足量

NaOH 溶液反应的离子方程式为：2

2324NO O 4OH =4NO 2H O --

+++；

(3)通过分析可知黑色固体Y 即为CuO ，其与NH 3反应的方程式为：3223CuO 2NH =3Cu+3H O N ++； (4)0.1molW 能消耗0.6molHCl ，所以W 化学式中含有6个OH -；又因为，0.1molW 分解得到Y(CuO)质量32.0g 即0.4mol ，所以W 的化学式中含有4个Cu 2+，所以W 的化学式为Cu 4(OH)6(NO 3)2；

(5)混合气体中含有NO 2，具有氧化性，其可以与具有还原性的Na 2S 2O 4发生氧化还原反应，从而转化成无毒的N 2。 四、综合题（本题包括2个小题，共20分）

18．醛基 羰基 加成反应 11种

【解析】 【分析】

据题中各物质的转化关系可知，由A 到C 的变化分别是：在苯酚的对位上发生加成反应引入了一个烷烃基

(丁基)，然后苯环上发生与氢气的加成，变为环己烷，据此可以推断出B 的结构简式为，然后C 中醇羟基被氧

化生成酮基，即得到D ，据此答题。 【详解】

根据题中各物质的转化关系可知，由A 到C 的变化分别是：在苯酚的对位上发生加成反应引入了一个烷烃

基(丁基)，然后苯环上发生与氢气的加成，变为环己烷，据此可以推断出B 的结构简式为：，然后C 中醇羟基

被氧化生成酮基，即得到D ；

(1)依据F的结构简式可以判断，F中含有的官能团有：醛基、羰基，根据上面的分析可知，由B

生成C的化学反应是苯环与氢氮气发生加成生反应成环烷；

(2)C 含有醇羟基，乙酸中含有羧基，两者发生酯化反应生成酯类，化学反应方程式为

；

(3)依据分析可知B 为：，根据条件：能与FeCl3溶液显紫色，说明有酚羟基，苯环上只有两个取代基，则符合条

件的B的同分异构体为苯环上连有-OH和-C4H9，可以互为邻、间、对三种位置关系，其中-C4H9有4种结构，所以共有12种结构，除去B外还有11种；

(4)D的分子式为：C10H18O，某化合物是D的同分异构体，且分子中只有三种不同化学环境的氢，故此有机物满足对称结构即可，可以写为：；

(5)要以苯酚()和CH2=CH2为原料制备有机物，可以先用苯酚与乙烯加成反应生成对乙基苯酚，对乙基苯酚加成生成对乙基环己醇，对乙基环己醇消去生成3-乙基环己烯，3-乙基环己烯氧化生成产物，

故流程为：。

【点睛】

考查的是有机推断和有机物合成，涉及知识点较多，有一定的综合性，难度中等，解题的关键在于充分利用题中信息和基础知识相结合，灵活地应用到有机合成中去．

19．1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1Be＞B＞Li 正四面体sp2、sp320N A甲苯分子极性小，难溶

于极性溶剂12

2

2

3

A

140

ρN

10

【解析】

【分析】

【详解】

(1)Cr为24号元素，核外有24个电子，且3d轨道半充满，其基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1；