【化学】重庆市第八中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）

重庆市第八中学2018-2019学年高二上学期期中考试
可能用到的相对分子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Fe-56 Cu-64 Zn-65
一、选择题(每个选项只有一个正确答案，每小题3分，共48分)
1.下列过程通电后才能进行的是（　　）
①电离　②电解　③电镀　④电化学腐蚀．
A. ①②③ B. ①②④ C. ②③ D. 全部
【答案】C
【解析】
①电离是电解质在水溶液中离解出自由移动离子的过程，不需要通电，故①错误；②电解池是外加电源强迫下的氧化还原反应，必须加外加电源，故②正确；③电镀池实质是一个电解池，必须加外加电源，故③正确；④电化学腐蚀原理是原电池原理，原电池中不含电源，是自发进行的氧化还原反应，故④错误；故选C。
2.下列反应不属于取代反应的是
A. 乙烷与氯气反应 B. 乙烯与溴水的反应
C. 苯的硝化反应 D. 苯与液溴的反应
【答案】B
【解析】
【分析】
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，据此解答。
【详解】A. 乙烷与氯气反应,氯原子取代乙烷分子中的氢原子,为取代反应,故A不选；
B.乙烯中含碳碳双键,与溴水发生加成反应生成1,2-二溴乙烷,故B选；
C.苯与硝酸发生硝化反应,苯环上H被取代,为取代反应,故C不选；
D.苯与液溴在催化剂条件下发生取代反应生成溴苯,为取代反应,故D不选。
所以B选项是正确的。
3.下列各物质的沸点按由高到低顺序排列的是
①1,2,2—三氯丙烷 ②乙烷 ③丙烷 ④异戊烷 ⑤2,2—二甲基丙烷
A. ①④⑤③② B. ①③④②⑤ C. ⑤④①③② D. ⑤①③④②
【答案】A
【解析】
烃类物质中，烃含有的C原子数越多，相对分子质量越大，熔沸点越高，则④⑤＞③＞②，属于同分异构体的物质支链越多，熔沸点越低，因此④＞⑤＞③＞②，①为三氯代烃，熔沸点最高，沸点按由高到低顺序为①＞④＞⑤＞③＞②，故选A。
4.下列化学用语或概念的表达不正确的是
①丙烷的球棍模型 ②丙烯的结构简式为
③和一定互为同系物 ④与一定互为同分异构体
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④
【答案】D
【解析】
【详解】①丙烷是线型分子，根据其分子中碳原子结合的H原子关系可得其球棍模型表示无误，故①正确；
②丙烯分子中含有碳碳双键，其结构简式为：CH3CH=CH2，故②错误；
③分子式为C 3 H 8 与C 6 H 14 都是烷烃，故两种有机物一定互为同系物，故③正确；
④与C8H6的结构可能完全相同，可能为同一种物质，不一定互为同分异构体，故④错误。
答案选D。
【点睛】本题考查了同分异构体、球棍模型、结构简式的表示方法及判断，注意掌握常见的化学用语的概念及正确的表示方法，明确比例模型与球棍模型的概念及区别。
5.下列关于铜电极的叙述中，正确的是
A. 铜锌原电池中铜是正极 B. 用电解法精炼粗铜时粗铜作阴极
C. 在镀件上电镀铜时可用金属铜作阴极 D. 电解稀疏酸制、时铜作阳极
【答案】A
【解析】
【详解】A项，原电池中还原性强的材料作负极，因此铜为正极，故A项正确；
B项，精炼铜时粗铜作阳极，精铜作阴极，故B项错误；
C项，电镀铜时用镀层金属作为阳极，故C项错误；
D项，铜作阳极会发生氧化反应，无法生成O2，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为A。
6.将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是 (　　)

A. 两烧杯中溶液的pH均增大
B. 甲中铜片是正极，乙中铜片是负极
C. 两烧杯中铜片表面均无气泡产生
D. 产生气泡的速度甲比乙慢
【答案】A
【解析】
A、甲烧杯中可以形成原电池，乙烧杯不能形成原电池，但是两烧杯中的反应均为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，随着H2SO4的消耗，溶液酸性减弱，pH均增大，A正确。B、甲烧杯形成的原电池，Zn失去电子做负极，Cu做正极；乙烧杯不能形成原电池。B错误。C、甲烧杯中Cu正极反应为2H++2e-=H2↑，所以Cu表面有气泡产生；乙烧杯Zn直接参加反应产生H2，Cu表面无明显现象，C错误。D、甲烧杯形成原电池使反应更迅速，所以产生气泡速度甲比乙快，D错误。正确答案A。
7.对有机物说法正确的是
A. 1mol该物质所含原子数为
B. 该物质系统命名为2,3-二甲基-5-乙基己烷
C. 该物质一个分子中最多10个碳原子共平面
D. 该物质为某炔烃加氢后的产物，则可能的炔烃的结构只有一种
【答案】D
【解析】
【分析】
该烃碳原子跟碳原子都以单键结合，碳原子剩余的价键全部跟氢原子相结合，使每个原子的化合价都达到“饱和”，所以为烷烃，据此分析；
【详解】A、该有机物分子式为C10H22，共含有32个原子，1mol该物质所含原子数为32NA，故A错误；
B、根据烷烃的系统命名原则知，该有机物的系统命名为2，3，5-三甲基庚烷，故B错误；
C、烷烃为锯齿形结构，主链有7个碳原子，由于饱和碳原子具有四面体结构，所以该物质一个分子中最多7个碳原子共平面，故C错误；
D、根据炔烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带2个氢原子的碳原子间是对应炔存在C≡C的位置，符合条件的只有一种，故D正确。
故选D。
【点睛】解答本题要求具备基本的知识，要注意掌握，烷烃的命名原则：碳链最长称某烷，靠近支链把号编，简单在前同相并，其间应划一短线；若烷烃是炔烃加氢后的产物，则该烷烃分子中相邻碳原子上均带2个氢原子。
8.有一种有机物结构简式为CH=CH2推测它不可能具有下列哪种性质
A. 能被酸性高锰酸钾溶液氧化 B. 能与溴水发生加成反应褪色
C. 能发生加聚反应 D. 易溶于水，也易溶于有机溶剂
【答案】D
【解析】
该有机物的分子结构中有苯环、碳碳双键；所以
A正确，碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化；B正确，碳碳双键能与溴水发生加成反应褪色；C正确，碳碳双键能发生加聚反应；D错，该有机物不溶于水，但易溶于有机溶剂；
9.已知化合物B3N3H6(硼氮苯)与C6H6(苯)的分子结构相似，如图所示：

则硼氮苯的二氯取代物B3N3H4Cl2的同分异构体的数目为 (　　)
A. 2 B. 3 C. 4 D. 6
【答案】C
【解析】
试题分析：根据所给硼氮苯分子结构式，两个氮原子在邻位时，总是硼、氮各一个氢被氯取代，只有一种取代物；两个氯原子在间位时则有两种情况——两个B上的H被取代或者两个N上的H被取代；两个氯在对位时则只有一种情况——B、N上各一个H被取代，共计是4种，答案选C。
考点：考查
10.碱性电池具有容量大、放电电流大的特点而得到广泛应用。锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为：，下列说法错误的是
A. 电池工作时，锌失去电子
B. 用该电池电解水时，电子通过外电路流向电解池阳极
C. 电池正极电极反应式
D. 外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减小6.5g
【答案】B
【解析】
【详解】A.原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应，故A正确；
B. 用该电池电解水时，电子从负极通过外电路流向电解池阴极，故B错误；
C.根据总的方程式可知，二氧化锰得到电子，二氧化锰是正极，则电池正极电极反应式为2MnO2(s)+2H2O(l)+2e-=2MnOOH(s)+2OH(aq)，故C正确；
D.由负极反应式Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2可知，外电路中每通过0.2mol电子，消耗0.1mol锌，锌的质量理论上减小6.5g，故D正确。
答案选B。
【点睛】该题是高考中的常见题型，属于基础性试题的考查。该题的关键是明确原电池的工作原理，然后结合题意灵活运用即可。
11.用阳极和阴极电解的水溶液，电解一段时间后，再加入，能使溶液恢复到电解前的状态，符合题意的一组是





A




B



溶液
C




D



晶体
【答案】C
【解析】
【分析】
电解质在通电一段时间，再加入W，能使溶液恢复到电解前的状态，说明根据电解原理分析电解了什么物质，要想让电解质复原，就要满足加入溶液中减少的物质。
【详解】A.以Fe和C为电极，电解氯化钠，阳极氯离子放电，阴极氢离子放电，通电一段时间后为氢氧化钠溶液，电解的是氯化钠和水，故A错误；
B.以Pt和Cu为电极，电解硫酸铜，阳极氢氧根离子放电，阴极铜离子放电，通电一段时间后为硫酸溶液，需要加入氧化铜或碳酸铜恢复浓度，故B错误；
C.以C为电极，电解硫酸，阳极氢氧根离子放电，阴极氢离子放电，相当于电解水，通电一段时间后仍为硫酸溶液，可以加水让溶液复原，所以C选项是正确的；
D.以Ag和Fe为电极，电解AgNO3，阳极银离子放电，阴极银离子放电，相当于电镀，通电一段时间后仍为AgNO3溶液，且浓度不变，不需要加AgNO3固体恢复原样，故D错误。
所以C选项是正确的。
12.镍镉可充电电池，电极材料是和，电解质是，放电时的电极反应式是，。下列说法不正确的是
A. 电池的总反应式是
B. 电池充电时，镉元素被还原
C. 电池充电时，电池的负极和电源的负极连接
D. 电池放电时，电池负极周围溶液的不断增大
【答案】D
【解析】
【详解】A.本题已给出电极反应式，两式相加即可得出总反应式，故A正确；
B.电池充电时，阴极上发生的电极反应式为：Cd(OH)2+2e-=Cd+2OH-，镉（Cd）元素被还原，故B正确；
C. 电池充电时，电池的负极和电源的负极相连接，作阴极，故C正确。
D. 放电时，该装置是原电池，负极反应为Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，则负极周围溶液的pH不断减小，故D错误。
故选D。
13.1 L(标准状况下)某气态烃，完全燃烧生成的CO2和水蒸气在273 ℃、1.01×105 Pa下体积为y L，当冷却至标准状况时体积为x L。下列用x、y表示该烃的化学式正确的是
A. CxHy－2x B. CxHy－x C. CxH2y－2x D. CxHy
【答案】A
【解析】
根据PV=nRT可知：n=× ，由于压强P相同、R为定值，则气体的物质的量与成正比，即：相同物质的量的气体体积与温度成正比，标准状况下为273K、1.01×105 Pa，273℃，1.01×105 Pa为546K、1.01×105 Pa，两个气体的压强相同，温度273℃为标况下的2倍，则1L标况下该烃在273℃、1.01×105 Pa下体积为：1L×=2L，标况下xL气体在273℃、1.01×105 Pa下体积为：xL×=2xL，则相同条件下，2L该烃完全燃烧生成2xL二氧化碳、(y-2x)L水，相同条件下气体的体积与物质的量成正比，则该烃中含有C、H原子数为：N(C)==x、N(H)==y-2x，该烃的分子式为CxHy-2x，故选A。
点睛：本题考查了有机物分子式的确定，明确pV=nRT中T的单位为K，需要将温度℃转化成K，在相同条件下气体的体积之比等于物质的量之比，然后根据质量守恒确定该烃的分子式。
14. 一种气态烷烃和一种气态烯烃的混合物共10g，平均相对分子质量为25。使混合气通过足量溴水，溴水增重8.4g，则混合气中的烃分别是（ ）
A. 甲烷和乙烯 B. 甲烷和丙烯
C. 乙烷和乙烯 D. 乙烷和丙烯
【答案】A
【解析】
试题分析：一种气态烷烃和一种气态烯烃的混合物共10g，平均相对分子质量为25。相对分子质量小于25的只有甲烷，则烷烃是甲烷。则混合烃的物质的量是n(烃)= 10g÷25g/mol=0.4mol，使混合气通过足量溴水，溴水增重8.4g，则烯烃质量是8.4g，甲烷质量是1.6g，甲烷的物质的量是n(CH4)="1.6g÷" 16g/mol=0.1mol，烯烃的物质的量是n(烯烃)=0.4mol-0.1mol=0.3mol，所以烯烃的摩尔质量是M=8.4g÷0.3mol=28g/mol，所以该烯烃是乙烯。故选项是A。
考点：考查混合烃化学组成的确定的知识。
15.如图，四种装置中所盛有的溶液体积均为200ml，浓度均为0.6mol/L，工作一段时间后，测得导线上均通过了0.2mol电子，此时溶液中的由大到小的顺序是

①硫酸铜溶液 ②稀硫酸 ③氯化锌溶液 ④食盐水
A. ④②①③ B. ④③①② C. ④③②① D. ①③②④
【答案】C
【解析】
【分析】
①③④是电解池，②是原电池，①中阳极上析出氧气，阴极上析出铜，所以电解质溶液酸性增强；②中正极上氢离子放电生成氢气，所以溶液的酸性减弱； ③是电镀池，所以pH不变，④阳极上生成氯气，阴极上生成氢气，所以导致溶液中pH增大。
【详解】①是电解CuSO4，电解方程式为：2H2O+2Cu2+=2Cu+O2↑+4H+，根据方程式知生成4mol氢离子转移4mol电子，生成当转移0.2mol电子时氢离子浓度==1mol/L，pH=0；
②装置为原电池，铜电极上氢离子得电子生成氢气，根据2H++2e-═H2↑知，当转移0.2mol电子时溶液中氢离子浓度=0.6mol/L2- =0.2mol/L；
③该装置实际上是一个电镀池，pH值不变，为强酸弱碱盐，溶液呈弱酸性；
④装置为电解NaCl饱和溶液，生成NaOH，为强碱溶液，pH值最大，所以pH大小顺序是④③②①，
所以C选项是正确的。
【点睛】在利用电解池进行有关计算时，关键是准确判断出电极产物，然后利用方程式或电子的得失守恒进行计算即可。
16.将图1所示装置中的盐桥(琼脂-饱和溶液)换成铜导线与石墨棒连接得到图2所示装置，发现电流计指针仍然有偏转。下列说法正确的是

A. 图1中，铁棒质量减少5.6g，则甲池溶液的质量增加5.6g
B. 图1中的石墨电极与图2中乙池石墨电极的电极反应式相同
C. 两图所示装置的能量变化均是将化学能转化为电能
D. 图2中电子流向为电流计→石墨a→石墨b→铜丝→石墨c→
【答案】B
【解析】
【详解】A、图1中，铁棒质量减少5.6g，则甲池NaCl溶液的中增加了5.6g亚铁离子，而盐桥中的氯离子向甲中移动，所以甲池质量增加大于5.6g，故A错误；
B、图1为原电池，石墨上铜离子得电子生成Cu；图2中乙池为电解池，石墨a电极与负极Fe相连为阴极，阴极上铜离子得电子生成Cu，所以两个电极的反应相同，所以B选项是正确的；
C、图1中Fe与氯化铜溶液能自发发生氧化还原反应，则为原电池，将化学能转化为电能，图2中甲池是铁的吸氧腐蚀，发生氧化还原反应，则甲池为原电池，所以乙池为电解池，则乙池中电能转化为化学能，故C错误；
D、电子只在导线中移动，不能进入溶液，则图2中电子流向为：Fe→电流计→石墨a石墨b→铜丝→石墨c，故D错误。
所以B选项是正确的。
二、填空题(本大题共有5个小题，共52分)
17.碳、氢元素可形成种类繁多的烃类物质。
(1)下图表示某些烃分子的模型：

①写出a分子的空间构型______。
②c分子中的一个氢原子被—取代后的物质共直线的原子最多有______个。
③取等质量的上述三种烃充分燃烧，耗氧量最大的是______(填分子式)。
④25℃和101kPa时，取a、b和c组成的混合烃32mL，与过量氧气混合并完全燃烧，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，气体总体积缩小了56mL，原混合烃中c的体积分数为______。
(2)某烯烃的结构简式如下所示：

①用系统命名法对该烃与的加成产物命名：______，该加成产物的—氯取代物有______种。
②该烯烃可以加聚生成高分子，写出该高聚物的结构简式______。该烯烃还能与乙烯以1:1比例反应形成一种环状化合物，请写出该环状化合物的键线式______。
【答案】 (1). 正四面体 (2). 6 (3). (4). 50% (5). 2-甲基丁烷 (6). 4 (7). (8).
【解析】
【分析】
根据球棍模型和比例模型可知，a为甲烷，b为乙烯，c为乙炔，以此分析。
【详解】(1) ①甲烷是正四面体；
②乙炔分子四原子共直线，苯分子中存在对顶角两个碳原子和两个氢原子共四原子共直线，所以乙炔分子中的一个氢原子被C6H5—取代后的物质共直线的原子最多有6个；
③等质量的烃含氢质量分数越大，耗氧量越大，所以等质量的甲烷、乙烯和乙炔充分燃烧，耗氧量最大的是CH4；
④25℃和101kPa时，根据烃CxHy燃烧通式，
CxHy+(x+)O2→xCO2+H2O △V
1 x+ x 1+
32mL 56mL
=，解得y=3，因为CH4和C2H4都含有4个碳原子，C2H2含有2个碳原子，设C2H2所占的体积分数为x，则CH4和C2H4占(1-x)，所以4（1-x）+2x=3，解得x=0.5，即原混合烃中c的体积分数为50%；
因此，本题正确答案为：正四面体；6；CH4；50%；
(2) ①该烃为烯烃，与H2的加成产物为烷烃，主链有四个碳原子，甲基为支链位于主链上第二个碳原子上，故命名为2-甲基丁烷，该烷烃有四种类型的氢原子，所以—氯取代物有4种；
②该烯烃可以加聚生成高分子，高聚物的结构简式；该烯烃与乙烯以1:1比例反应形成一种环状化合物，要断开双键形成环，故该环状化合物的键线式为。
因此，本题正确答案为：2-甲基丁烷；4；；。
18.某烃A0.2mol在氧气中完全燃烧后，生成、各1.2mol。回答下列问题：
(1)烃A的分子式为______。
(2)若烃A不能使溴水褪色，但在一定条件下能氯气发生取代反应，其—氯取代物只有一种，则烃A的结构简式为______。
(3)若取一定量的该烃A完全燃烧后，生成和各3mol，则有______g烃A参加了反应，燃烧时消耗标准状况下的氧气______L。
(4)若烃A能使溴水褪色，在催化剂作用下，与加成，其加成产物经测定分子中含有4个甲基，则烃A可能的机构简式有(不考虑立体异构)______。
【答案】 (1). (2). (3). 42 (4). 100.8 (5).
【解析】
【分析】
(1) 0.2mol CxHy→1.2molCO2+1.2molH2O，由原子守恒分析；
(2)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，其一氯代物只有一种，则只有一种H，为环己烷；
(3) 由分子组成可知，生成CO2和H2O各3mol，烃为0.75mol，可确定烃的质量和消耗的氧气；
(4)若烃A能使溴水褪色，在催化剂作用下与H2加成生成，其加成产物经测定，分子中含有4个甲基，
生成的烷烃结构式为 或 ，以此确定A的结构简式。
【详解】(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)==6，N(H)==12，A分子式为：C6H12， 
因此，本题正确答案是：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： ， 
因此，本题正确答案是：； 
(3) 若取一定量的该烃A完全燃烧后，生成CO2和H2O各3mol，由分子组成可知烃为0.75mol，质量为0.75mol×56g/mol=42g，
消耗氧气的物质的量为0.75mol×（4+）=4.5mol，
体积为4.5mol×22.4L/mol=100.8L，
因此，本题正确答案是：42；100.8；
(4)若烃A能使溴水褪色，在催化剂作用下与H2加成生成，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)3CCH=CH2
CH2=C(CH3)CH(CH3)3 (CH3)3C=C(CH3)2 ；
因此，本题正确答案是：(CH3)3CCH=CH2 CH2=C(CH3)CH(CH3)3 (CH3)3C=C(CH3)2。
【点睛】本题考查有机物的推断，侧重于分子式和结构简式的确定，注意推断有机物分子式的角度，根据物质的性质推断可能的结构特点。
19.电解原理在化学工业中有广泛应用。下图表示一个电解池，装有电解液a，、是两块电极板，通过导线与直流电源相连。请回答下列问题：

(1)若、都是惰性电极，a是饱和溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，则电解池中极现象为______，电极反应式为______，电解溶液的离子方程式是______。
(2)如要在铁上镀银，电解液选用硝酸银，则电极的材料是______，电极反应式是______。
(3)若极为铜锌合金，极为纯铜，且电解质溶液中含有足量的，通电一段时间后，若阳极恰好完全溶解，此时阴极质量增加7.68g，溶液质量增加0.03g，则合金中、的物质的量之比为______。
【答案】 (1). 产生气泡，溶液变红 (2). (3). (4). 铁 (5). (6). 3:1
【解析】
【分析】
（1）电解饱和溶液时，由电源可知，X为阴极，Y为阳极，阳极上是氯离子失电子，阴极上是氢离子得电子；
（2）根据电镀银的工作原理知识来回答；
（3）先弄清两个电极的电极反应，再根据得失电子守恒计算。
【详解】（1）和电源的负极相连的电极X极是阴极，该电极上氢离子发生得电子的还原反应，即2H++2e-=H2↑，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，酚酞试液变红；和电源的正极相连的电极Y极是阳极，该电极上氯离子发生失电子的氧化反应，即Cl--2e-=Cl2↑，所以电解溶液的离子方程式是2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑，
故答案为：产生气泡，溶液变红；2H++2e-=H2↑；2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑；
（2）铁上电镀银，电解池的阴极材料是铁，电解液选用硝酸银，Ag+在阴极得电子被还原，电极反应式是Ag++e-=Ag，
故答案为：铁；Ag++e-=Ag；
（3）从装置中看Y电极是阳极，X电极是阴极，锌比铜活泼，优先铜放电，然后铜再放电。反应过程  阳极：Zn-2e-=Zn2+  ，Cu-2e-=Cu2+， 阴极：Cu2+ +2e-=Cu   
第一个阶段，溶液质量增加，第二阶段溶液质量不变；
设合金中铜锌的物质的量分别是x 、y，所以由电子转移守恒可得：
65g/moly-64g/moly=0.03g
64g/mol（x+y）=7.68g，x=0.09mol,y=0.03mol,  所以可得  = 3︰1 。
故答案为：3:1。
20.丁烷在一定条件下裂解可按两种方式进行：
C4H10 C2H6 +C2H4,C4H10 CH4 +C3H6
如图是某化学兴趣小组进行丁烷裂解的实验流程。(注：能将烃氧化成和，G后面装置与答题无关，省略)

按上图连好装置后，需进行的实验操作有：
①给D、G装置加热；②检查整套装置的气密性；③排出装置中的空气等
(1)这三步操作的先后顺序依次是______。
(2)氧化铝的作用是______，甲烷与氧化铜反应的化学方程式是______。
(3)B装置所起的作用是______。
(4)若对E装置中的混合物(溴水足量)，再按以下流程实验：

①操作Ⅰ、操作Ⅱ分别是______、______。
②溶液的作用是(用离子方程式表示)__________________________。
③已知B只有一种化学环境的氢原子，则B的结构简式为__________________、
(5)假定丁烷完全裂解，当(E+F)装置的总质量比反应前增加了1.82g，G装置的质量减少了4.16g，则丁烷的裂解产物中甲烷和乙烷的物质的量之比______(假定流经D、G装置中的气体能完全反应)
【答案】 (1). ②③① (2). 催化剂 (3). (4). 观察并控制丁烷气体的流速 (5). 分液 (6). 蒸馏 (7). SO32-+Br2+H2O=2Br-+SO42-+2H+ (8). (9). 3:2
【解析】
【分析】
（1）应先检验气密性，赶出内部气体，再加热； 
（2）根据氧化铝在丁烷裂解反应中的作用解答；加热条件下，甲烷能被氧化铜氧化生成二氧化碳； 
（3）通过观察气泡，控制气体流速； 
（4）混合物中含有有机物和溴，向混合物中加入亚硫酸钠溶液后，溶液分层，采用分液的方法分离出混合物和有机层，互溶的液体采用蒸馏的方法分离，分离出A和B，B和氢氧化钠溶液反应生成C，在加热、铜作催化剂的条件下，C被氧化生成D，则C为醇，B是氯代烃，D是醛； 
①互不相溶的液体采用分液的方法分离，互溶的液体采用蒸馏的方法分离； 
②亚硫酸钠具有还原性，能和强氧化性物质溴反应而除去溴； 
③丁烷通过裂解生成的烯有两种，CH2=CH2和CH3CH=CH2，与Br2加成反应生成两种产物BrCH2CH2Br、CH3BrCHCH2Br，以此分析； 
（5）E、F吸收的是烯烃，G减少的质量是氧化铜中的氧元素质量，丁烷的裂解中，生成乙烯的物质的量和乙烷的物质的量相等，甲烷和丙烯的物质的量相等，再结合原子守恒计算甲烷和乙烷的物质的量之比。
【详解】（1）应先检验气密性，赶出内部气体，再给D、G装置加热，
故答案为：②③①； 
（2）氧化铝是丁烷裂解的催化剂；加热条件下，甲烷和氧化铜反应生成二氧化碳、水和铜，反应方程式为CH 4 +4CuO CO2 +2H2O+4Cu， 
 故答案为：催化剂；CH 4 +4CuO CO2 +2H2O+4Cu；
（3）B装置所起的作用是通过观察气泡，控制气体流速， 
故答案为：通过观察气泡，调节K，控制丁烷气体的流速； 
（4）混合物中含有有机物和溴，向混合物中加入亚硫酸钠溶液后，溶液分层，采用分液的方法分离出混合物和有机层，互溶的液体采用蒸馏的方法分离，分离出A和B，B和氢氧化钠溶液反应生成C，在加热、铜作催化剂的条件下，C被氧化生成D，则C为醇，B是氯代烃，D是醛； 
①互不相溶的液体采用分液的方法分离，互溶的液体采用蒸馏的方法分离，所以操作I、操作II分别是分液、蒸馏， 
故答案为：分液；蒸馏； 
②亚硫酸钠具有还原性，能和强氧化性物质溴反应而除去溴，离子方程式为SO32-+Br2+H2O=2Br-+SO42-+2H+，
故答案为：SO32-+Br2+H2O=2Br-+SO42-+2H+； 
③丁烷通过裂解生成的烯有两种，CH2=CH2和CH3CH=CH2，与Br2加成反应生成两种产物BrCH2CH2Br、CH3BrCHCH2Br，BrCH2CH2Br分子中四个H是完全相同的，则B是BrCH2CH2Br， 
故答案为：BrCH2CH2Br； 
（5）丁烷的裂解中生成的乙烯和乙烷的物质的量相等，生成的甲烷和丙烯的物质的量相等， 
E、F吸收的是烯烃，G减少的质量是氧化铜中的氧元素质量， 
设X为C2H4 的物质的量，y为C3H6 的物质的量，则乙烷和甲烷的物质的量分别是x、y，28g/molx+42g/moly=1.82g ①，
乙烷和甲烷和氧化铜反应需要的氧原子的物质的量为2（2x+y）+  = ②，
联立方程①②，解得：x=0.02mol， y=0.03mol
故答案为：3：2。
【点睛】本题考查实验操作、实验计算、物质分离和提纯的方法等知识点，难点是计算甲烷和甲烷的物质的量之比，明确质量增加的量和质量减少的量分别是什么物质是解本题的关键。
21.(1)高铁酸钾不仅是一种理想的水处理剂，而且高铁电池的研制也在进行中。总反应式为，如图是高铁电池的模拟实验装置：

①该电池盐桥中盛有饱和溶液，此盐桥中氯离子向______(填“左”或“右”)移动。
②该电池放电时正极的电极反应式为______；充电时每转移0.3mol电子，有______mol生成，正极附近溶液的碱性______(填“增强”，“不变”或“减弱”)。

③上图为高铁电池和常用的高能碱性电池的放电曲线，由此可得出高铁电池的优点有_________________。
(2)“”电池可将变废为宝。我国科研人员研制出的可充电“”电池，以钠箔和多壁碳纳米管(MWCNT)为电极材料，总反应为。放电时该电池“吸入”，其工作原理如图所示：

①充电时，正极的电极反应式为________________________________。
②放电时，若生成的和全部沉积在电极表面，当转移0.2mol时，两极的质量差为______。
【答案】 (1). 右 (2). FeO42-+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH- (3). 0.1 (4). 减弱 (5). 使用时间长、工作电压稳定 (6). (7). 15.8g
【解析】
【分析】
(1) ①盐桥可起到平衡电荷，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动；
②该电池放电时正极高铁酸根离子得电子发生还原反应； 根据高铁酸钾和转移电子之间的关系式计算；充电时正极反应和放电时相反，消耗氢氧根离子；
③根据图中的放电时间、电压稳定性分析高铁电池的优点。
（2）①充电时该电池“放出”CO 2，正极变为电解池的阳极，失电子发生氧化反应，据此书写电极方程式；
②由放电时总反应4Na+3CO2=2Na2CO3+C可知，放电时负极消耗钠，质量减小，正极生成碳酸钠和碳质量增加，根据电极反应计算质量变化值。
【详解】(1)①盐桥中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，盐桥起的作用是使两个半电池连成一个通路，使两溶液保持电中性，起到平衡电荷，构成闭合回路，故放电时盐桥中氯离子向右移动，
故答案为：右；
②放电时，负极电极反应式为Zn-2e-+2OH-═Zn（OH）2，正极上得电子发生还原反应，由电池的总反应方程式-负极反应式=正极反应式可知，正极反应式为FeO42-+3e-+4H2O═Fe（OH）3+5OH-；充电时，理论上分析，每生成1molK2FeO4转移3mol电子，所以每转移0.3mol电子，有0.1mol生成；充电时，正极接电源正极，作阳极，发生氧化反应，根据电极反应式知，正极附近有氢氧根离子被消耗，所以正极附近溶液碱性减弱，
故答案为：FeO42-+3e-+4H2O═Fe（OH）3+5OH-；0.1；减弱；
③由图可知高铁电池的优点有：使用时间长、工作电压稳定。
故答案为：使用时间长、工作电压稳定；
（2）①充电时该电池“放出” CO2，正极变为电解池的阳极，失电子发生氧化反应，故电极方程式为2Na2CO3+C-4e−=3CO2↑+4Na+ ，
故答案为：2Na2CO3+C-4e−=3CO2↑+4Na+
②由放电时总反应4Na+3CO2=2Na2CO3+C可知，当转移0.2mol时，负极消耗0.2molNa，质量减少0.2mol×23g/mol=4.6g；同时正极产生0.1mol Na2CO3和0.05molC，质量增加(0.1mol×106g/mol+0.05mol×12g/mol)=11.2g，两极的质量差为11.2g+4.6g=15.8g。
故答案为：15.8g。