2022-2023学年福建省莆田第六中学高二上学期第二次月考（B卷）化学试题含解析

这是一份2022-2023学年福建省莆田第六中学高二上学期第二次月考（B卷）化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，填空题，实验题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

福建省莆田第六中学2022-2023学年高二上学期
第二次月考（B卷）化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．结合学习生活经历，判断下列叙述不正确的是
A．测定中和反应反应热的实验中，混合溶液的温度不再变化时，该温度为终止温度
B．将单液原电池设计成双液原电池是为了减少化学能转化为热能而造成损失
C．电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
D．铅蓄电池使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降
【答案】A
【详解】A．测定中和反应反应热时，混合溶液的最高温度为终止温度，故A错误；
B．单液原电池中一部分化学能转换成热能，而双液电池中化学能转换成热能的部分远远的小于单液电池，将单液原电池设计成双液原电池是为了减少化学能转化为热能而造成损失，故B正确；
C．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀的原理是牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；
D．铅蓄电池的总电极反应式:Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，生成水，导致硫酸的浓度降低，酸性减弱，离子浓度减小，导电能力减弱，故D正确；
故选A。
2．热化学方程式2H2O2(l)2H2O(l)+O2(g) kJ·mol说法正确的是
A．生成11.2LO2时放热98kJ B．反应物总能量小于生成物总能量
C．H2O为气态时，放出的热量大于196kJ D．正反应的活化能小于逆反应的活化能
【答案】D
【详解】A．根据热化学方程式可知，生成1 mol氧气时，放出196 kJ热量，但11.2LO2不一定是0.5mol，因为题目没告诉温度和压强，因此放出的热量不一定等于98kJ，故A错误；
B．根据热化学方程式可知，该反应是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，故B错误；
C．相同质量的H2O为气态时比液态时具有的能量高，故当水为气态时，放出的热量应小于196 kJ，故C错误；
D．根据热化学方程式可知，该反应是放热反应，放热反应的正反应的活化能应小于逆反应的活化能，故D正确；
本题答案D。
3．下列说法正确的是
A．1gH2完全燃烧生成H2O(g)放出的热量叫H2的热值
B．25℃、101kPa时，1molS和2molS的燃烧热相等
C．已知S(s)+O2(g)=SO3(g)     ∆H=-269.8kJ/mol，则该反应的反应热为269.8kJ/mol
D．25℃、101kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3kJ·mol-1，硫酸溶液与氢氧化钾溶液反应的热化学方程式为H2SO4(aq)+2KOH(aq)=K2SO4(aq)+2H2O(l)     ΔH=-57.3kJ·mol-1
【答案】B
【详解】A．1molH2完全燃烧生成H2O(l)放出的热量叫氢气的燃烧热，故A错误；
B．同一物质燃烧热的值和物质的用量多少无关，25℃、101kPa时，1molS和2molS的燃烧热相等，故B正确；
C．根据热化学方程式S(s)+O2(g)=SO3(g) ∆H=-269.8kJ/mol知道硫生成SO3的反应热为- 269.8kJ/mol ，故C错误；
D．25℃、101kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3kJ·mol-1，说明强酸和强碱的稀溶液发生中和反应只生成1mol水时释放的热量为57.3kJ，硫酸溶液与氢氧化钾溶液反应的热化学方程式为H2SO4(aq)+2KOH(aq)=K2SO4(aq)+2H2O(l) ΔH=-114.6kJ·mol-1，故D错误；
故选B。
4．下列热化学方程式书写正确的是
A．2SO2+O2⇌2SO3 ΔH=-196.6kJ·mol-1
B．2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)   ΔH=-571.6kJ·mol-1
C．H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)  ΔH=-183kJ
D．C(s)+O2(g)=CO2(g)  ΔH=+393.5kJ·mol-1
【答案】B
【详解】A．未标明物质的聚集态，故A错误；
B．选项中标明了物质的聚集态，焓变符号及其单位均正确，故B正确；
C．△H的单位为kJ·mol－1，故C错误；
D．C与氧气反应生成二氧化碳为放热反应，△H应为负，故D错误；
答案选B。
5．已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)　ΔH1；
②2Fe(s)+ O2(g)=Fe2O3(s)　ΔH2；
③2Al(s)+ O2(g)=Al2O3(s)　ΔH3；
④2Al(s)+Fe2O3(s)=Al2O3(s)+2Fe(s)　ΔH4。
下列关于反应焓变的判断正确的是
A．H2的燃烧热为ΔH1 B．ΔH2=ΔH3+ΔH4
C．增加氧气的量可改变ΔH2、ΔH3的值 D．ΔH3<ΔH2
【答案】D
【详解】A．1 mol H2燃烧时生成液态水时才是燃烧热，A错；
B．根据盖斯定律，反应②=反应③-反应④，则ΔH2＝ΔH3－ΔH4，B错；
C．对于固定的反应方程式，反应的焓变也是固定的，增加氧气的量对ΔH2、ΔH3的值没有影响，C错；
D．从反应②③④，根据盖斯定律可得，ΔH2＝ΔH3－ΔH4，也可以写为ΔH4＝ΔH3－ΔH2，由于反应④是铝热反应，ΔH4＜0，则ΔH3－ΔH2＜0，即ΔH3<ΔH2，D正确；
答案为D。
6．以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如图所示。

下列说法正确的是
A．过程①中钛氧键断裂会释放能量
B．该反应中，光能和热能转化为化学能
C．使用TiO2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率
D．CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H=+30kJ/mol
【答案】B
【详解】A．化学键断裂需要吸收能量，过程①中钛氧键断裂会吸收能量，A错误；
B．根据图示，该反应中吸收光能和热能，转化为CO和O2的化学能，B正确；
C．催化剂通过降低反应的活化能提高化学反应速率，催化剂不能降低反应的焓变，C错误；
D．△H=反应物总键能-生成物总键能，CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g)=2CO(g)+O2(g) △H=(1598×2-1072×2-496)kJ/mol =+556kJ/mol，D错误；
故选B。
7．有关电化学知识的描述正确的是

A．反应可设计成原电池
B．利用，可设计如图所示原电池装置，盐桥内向溶液移动
C．氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝
D．在铁制品上镀银时，铁制品与电源正极相连
【答案】B
【详解】A．反应不能自发进行，不可以设计成原电池，故A错误；
B．根据电池总反应式Cu + 2FeCl3=CuCl2 + 2FeCl2可知Cu失电子作负极，正极是三价铁离子得电子生成亚铁离子，利用盐桥组成原电池，将氧化剂FeCl3和还原剂Cu分开，原电池工作时，盐桥中的阳离子向正极移动，盐桥内K+向FeCl3溶液移动，故B正确；
C．氯化铝是共价化合物，不是电解质，工业上电解熔融的氧化铝来制取金属铝，故C错误；
D．在铁制品上镀银时，铁为镀件，银为镀层金属，则铁制品与电源阴极相连，银作阳极，故D错误；
故选B。
8．我国《政府工作报告》首次写入“推动充电、加氢等设施的建设”。如图是一种新型“全氢电池”，能量效率可达。下列说法不正确的是

A．该装置将化学能转化为电能
B．离子交换膜不允许和通过
C．吸附层为负极，电极反应式为
D．电池总反应为
【答案】C
【分析】由工作原理图可知，左边吸附层A上氢气失电子与氢氧根结合生成水，发生了氧化反应为负极，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，右边吸附层B为正极，发生了还原反应，电极反应是2H++2e-═H2↑，结合原电池原理分析解答。
【详解】A．“全氢电池”工作时是原电池反应，能量变化是将化学能转化为电能，故A正确；
B．由工作原理图可知，左边溶液为碱性，右边溶液为酸性，所以离子交换膜可阻止左边的碱性溶液和右边的酸性溶液发生中和，因此该离子交换膜不能允许H+和OH－通过，故B正确；
C．根据氢气的进出方向可知，氢气在吸附层A上发生氧化反应，化合价由0价变成+1价，吸附层A为负极，电极反应为：H2-2e-+2OH-═2H2O，故C错误；
D．根据C的分析可知，右边吸附层B为正极，发生了还原反应，正极电极反应是2H++2e-═H2↑，左边吸附层A为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，因此总反应为：H++OH-=H2O，故D正确；
故答案为：C
9．以下现象与电化学腐蚀无关的是
A．生铁比纯铁容易生锈
B．银质物品久置表面变暗
C．铁质器件附有铜质配件，在接触处易生铁锈
D．黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易产生铜绿
【答案】B
【详解】A．生铁中金属铁、碳、潮湿的空气能构成原电池，金属铁为负极，易被腐蚀而生锈，和电化学腐蚀有关，故A不符合题意；
B．银质物品久置表面变暗是由于金属银和空气中的成分发生反应的结果，属于化学腐蚀，与电化学腐蚀无关，故B符合题意；
C．铁质器件附有铜质配件，在接触处形成原电池装置，其中金属铁为负极，易生铁锈，和电化学腐蚀有关，故C不符合题意；
D．黄铜(铜锌合金)制作的铜锣中，金属锌为负极，金属铜做正极，Cu被保护，不易腐蚀，和电化学腐蚀有关，故D不符合题意；
答案为B。
10．银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源，它的充电和放电过程可以表示为：。下列说法不正确的是
A．该电池属于二次电池和碱性电池
B．电极是电池的负极，发生氧化反应
C．电池工作过程中，电解质溶液的浓度保持不变
D．充电时，电池的正极应与电源的正极相连
【答案】C
【详解】A． 该电池有充电和放电两个过程，属于二次电池，放电过程的产物有氢氧化锌是碱性电池，故A正确；
B．放电时锌从0价升高到+2价，失电子发生氧化反应，电极是电池的负极， 故B正确；
C．根据电极反应式可知，电池工作过程中生成水，电解质溶液的浓度减小，故C错误；
D．根据原电池与电解池的关系，充电时，电池的正极发生氧化反应，应与电源的正极相连，故D正确；
故答案为：C
11．用惰性电极电解(电解质足量)下列溶液，一段时间后，再加入一定质量的另一种物质(括号内)，溶液能与原来完全一样的是
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】用惰性电极电解下列溶液，则阳离子在阴极放电，阴离子在阳极放电，若加入物质能使溶液恢复到原来的成分和浓度，则从溶液中析出什么物质就应加入什么物质，以此来解答。
【详解】A．电解氯化铜时，阳极放氯气，阴极生成金属铜，所以应加氯化铜让电解质溶液复原，故A不选；
B．电解NaCl溶液，氢离子和氯离子放电，则应加入HCl恢复原样，故B选；
C．电极KNO3溶液实质是电解水，再加入水恢复溶液浓度即可，故C不选；
D．电解CuSO4溶液，铜离子和氢氧根离子放电，则一段时间内应加入氧化铜能恢复原样，加入氢氧化铜引入了氢原子，不符合题意，故D不选；
故答案选B。
【点睛】明确惰性电极电解溶液时离子的放电顺序是解答本题的关键，从溶液中析出什么物质就应加入什么物质。
12．微生物电化学产甲烷法是将电化学法和生物还原法有机结合，装置如图所示(左侧CH3COO-转化为CO2和H+，右侧CO2和H+转化为CH4)。有关说法正确的是

A．电源a为负极
B．该技术能助力“碳中和”(二氧化碳“零排放”)的战略愿景
C．外电路中每通过lmol e-与a相连的电极将产生2.8L CO2
D．b电极的反应为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O
【答案】D
【分析】电解池中，与电源正极相连的电极是阳极，阳极上失去电子发生氧化反应，左侧电极上CH3COO-转化为CO2和H+，发生氧化反应，左侧为阳极，与电源负极相连的电极是阴极，阴极上氧化剂得到电子发生还原反应，右侧CO2和H+转化为CH4；为还原反应，右侧为阴极；
【详解】A． 据分析，左侧电极为阳极，则电源a为正极，A错误；
B．电化学反应时，电极上电子数守恒，则有左侧 ，右侧有，二氧化碳不能零排放，B错误；
C． 不知道气体是否处于标准状况，则难以计算与a相连的电极将产生的CO2的体积，C错误；
D． 右侧为阴极区，b电极上发生还原反应，结合图示信息可知，电极反应为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，D正确；
答案选D。
13．某燃料电池以乙醇为燃料，空气为氧化剂，强碱溶液为电解质组成，有关该电池的说法正确的是
A．放电时正极发生氧化反应
B．放电一段时间后，正极附近溶液的pH减小
C．放电时负极电极反应为：
D．消耗0.2mol乙醇，有1.2mol转移
【答案】C
【分析】由题意可知，乙醇燃料电池中通入乙醇的一极为负极，碱性条件下，乙醇在负极失去电子发生还原反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为C2H5OH＋16OH－－12e－=2CO＋11H2O，通入氧气的一极为正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e－+2H2O=4OH－。
【详解】
A．由分析可知，放电时，通入氧气的一极为正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，A错误；
B．由分析可知，通入氧气的一极为正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，正极附近溶液的氢氧根离子浓度增大，溶液碱性增强，B错误；
C．由分析可知，放电时，通入乙醇的一极为负极，碱性条件下，乙醇在负极失去电子发生还原反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为C2H5OH＋16OH－－12e－=2CO＋11H2O，C正确；
D．由分析可知，放电时，通入乙醇的一极为负极，碱性条件下，乙醇在负极失去电子发生还原反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为C2H5OH＋16OH－－12e－=2CO＋11H2O，由电极反应式可知，消耗0.2 mol乙醇，转移电子的物质的量为2.4mol，D错误；
故选C。
14．双极膜(BP)是阴、阳复合膜，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的解离成和，作为和离子源。利用双极膜电渗析法电解食盐水可获得淡水、NaOH和HCl，其工作原理如图所示，M、N为离子交换膜。下列说法错误的是

A．Y电极与电源正极相连，发生的反应为
B．M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜
C．“双极膜电渗析法”也可应用于从盐溶液(MX)制备相应的酸(HX)和碱(MOH)
D．若去掉双极膜(BP)，电路中每转移1 mol电子，两极共得到1 mol气体
【答案】B
【分析】盐室加入NaCl浓溶液，阴离子向Y电极移动，则Y电极为阳极，因此盐室中氯离子向Y电极移动，则N为阴离子交换膜；所以X电极为阴极，盐室中的向X电极移动，则M为阳离子交换膜，据此分析解答。
【详解】A．Y电极为阳极，与电源正极相连，发生的反应为，故A正确；
B．由分析可知，M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜，故B错误；
C．“双极膜电渗析法”利用阴、阳离子的定向移动，可应用于从盐溶液(MX)制备相应的酸(HX)和碱(MOH)，故C正确；
D．若去掉双极膜(BP)，电路中每转移1 mol电子，两极可产生0.5 mol氯气和0.5 mol的氢气，共得到1 mol气体，故D正确；
答案选B。
15．在抗击新冠肺炎的过程中，科研人员研究了法匹拉韦、利巴韦林、氯硝柳胺等药物的疗效，三种药物主要成分的结构简式如下。下列说法不正确的是

A．Y中存在手性碳原子 B．X和Z都能发生加成反应和水解反应
C．1mol Z中最多可以消耗6molNaOH D．Y和丙三醇互为同系物
【答案】D
【详解】A．手性碳原子应连接4个不同的原子或原子团，Y中存在手性碳原子，即，故A正确；
B．由X和Z的结构可知，X和Z中都含有肽键，所以都能发生水解反应；X中含有碳碳双键可以发生加成反应，Y中含有苯环也可以发生加成反应，故B正确；
C．由Z的结构可知，其结构中含有2个氯原子、一个酚羟基，一个肽键，由于氯原子水解后又产生酚羟基，则1mol Z中最多可以消耗6molNaOH，故C正确；
D．由Y的结构可知，Y是由C、H、N、O四种元素组成的，其结构和丙三醇不相似，因此Y和丙三醇不能互为同系物，故D错误；
故选D。
16．一种有机物结构简式为，下列有关该有机物的说法正确的是
A．该有机物分子式为：
B．分子中最多有9个碳原子共平面
C．该有机物能发生酯化反应，消去反应，银镜反应
D．该有机物分别与足量溶液，溶液完全反应，消耗、的物质的量分别为，
【答案】D
【详解】A．该有机物分子中，含有11个C原子、7个O原子，不饱和度为8，则分子中所含H原子数为11×2+2-8×2=8，所以分子式为C11H8O7，A错误；
B．该有机物分子可表示为，圈内C原子都共平面，两个圈所在的平面可能重合，所以分子中所有的11个碳原子都可能共平面，B错误；
C．该有机物分子中与醇羟基相连碳原子相邻的碳原子(苯环碳原子)上不连有H原子，不能发生消去反应，C错误；
D．该有机物分子中只有-COOH能与NaHCO3反应，酚-OH、-COOH、HCOO-都能与NaOH发生反应，其中1molHCOO-能与2molNaOH发生反应，所以1mol该有机物分别与足量NaHCO3溶液、NaOH溶液完全反应，消耗NaHCO3、NaOH的物质的量分别为1mol、5mol，D正确；
故选D。

二、原理综合题
17．按要求作答
(1)25℃、条件下充分燃烧一定量的丁烷气体生成0.25moL和液态水时，放出的热量为，写出表示丁烷标准燃烧热的热化学方程式：_______。
(2)已知下列热化学方程式：
①
②
③
写出由和化合生成的热化学方程式：_______。
(3)写出铅蓄电池放电过程正极的电极反应式为：_______；铅蓄电池充电过程中与电源负极相连的电极的电极反应式为：_______。
(4)某燃料电池是以氢氧化钠为电解质、甲醇为燃料、空气为氧化剂、稀土金属材料为电极的新型电池。该燃料电池负极的电极反应式为_______。
【答案】(1)
(2)
(3)     PbO2+2e- +4H+ +SO =PbSO4+2H2O     PbSO4+2e- =Pb +SO
(4)CH3OH – 6e- + 8OH- = CO+ 6H2O

【详解】（1）条件下，1mol丁烷完全燃烧的化学方程式为：，生成0.25moL和液态水时，放出的热量为，则生成4mol放出的热量为×，表示丁烷标准燃烧热的热化学方程式：；
（2）已知①；②；③；由盖斯定律可知，③+②×2-①即可得到
，由和化合生成的热化学方程式：；
（3）铅蓄电池中放电是原电池，活泼金属Pb为负极，负极失去电子发生氧化反应，所以电极反应为：Pb-2e-+ SO=PbSO4，而正极是PbO2会得到电子发生还原反应，所以正极的电极反应为：PbO2+2e-+ SO+4H+=PbSO4+2H2O；铅蓄电池充电过程中与电源Pb极相连的电极是阴极，PbSO4得电子生成Pb和SO，电极方程式为：PbSO4+2e- =Pb +SO；
（4）该燃料电池负极甲醇失去电子生成CO，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：CH3OH – 6e- + 8OH- = CO+ 6H2O。

三、填空题
18．如下图所示的装置中，若通入直流电5min时，铜电极质量增加2.16g，试回答：

(1)电源电极X的名称为_______，C池中溶液浓度_______(填“增大”、“减小”或“不变)；(设电解前后溶液体积无变化)
(2)A池中两极电极反应式分别为_______、_______， 电解5分钟后，若想让A池中的电解质溶液回复原状，需往A池中加_______moL的_______物质(填物质名称)；
(3)若A中KCl溶液的体积也是200mL，电解后，溶液中OH-的物质的量浓度为_______(设电解前后溶液体积无变化)。
(4)通电5min后，B中阴极产生112mL(0.005moL)气体(标准状况)，溶液体积为200mL，则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为_______(设电解前后溶液体积无变化)。
【答案】(1)     负极     不变
(2)     2H2O+2e-=H2↑+2OH-     2Cl--2e-=Cl2↑     0.02     氯化氢
(3)0.1mol/L
(4)0.025mol/L

【分析】铜电极质量增加，则Cu电极发生的电极反应式为Ag++e-=Ag，则X为电源负极，Y为电源正极，以此解答。
【详解】（1）由分析可知，X为电源负极，Y为电源正极，则AgNO3溶液中Ag电极为阳极，电极方程式为：Ag- e-= Ag+，Cu电极为阴极，电极方程式为：Ag++e-=Ag，则C池中溶液浓度不变。
（2）A池中左边Pt电极为阴极，电极方程式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，右边Pt电极为阳极，电极方程式为：2Cl--2e-=Cl2↑；铜电极质量增加，则Cu电极发生的电极反应式为Ag++e-=Ag，电解5分钟后，铜电极质量增加2.16g，增加的质量为Ag的质量，Ag的物质的量为0.02mol，转移电子0.02mol，则A池中OH-增加了0.02mol，Cl-减少了0.02mol，需往A池中加0.02mol氯化氢才能让A池中的电解质溶液回复原状。
（3）由A中发生2KCl+2H2O=2KOH+H2↑+Cl2↑~2e-，由电子守恒可知，转移0.02 mol电子时生成0.02 mol KOH，若A中KCl溶液的体积也是200mL，忽略溶液体积的变化，则c(OH-)=0.1 mol•L-1。
（4）铜电极质量增加，则Cu电极发生的电极反应式为Ag++e-=Ag，电解5分钟后，铜电极质量增加2.16g，增加的质量为Ag的质量，Ag的物质的量为0.02mol，转移电子0.02mol，B中阴极生成112 mL气体，阴极反应2H++2e-=H2↑，则氢气的物质的量为0.005 mol，该反应转移的电子为0.01 mol，则Cu2++2e-=Cu中转移0.01 mol电子，所以Cu2+的物质的量为0.005 mol，通电前c(CuSO4)=0.025 mol•L-1。

四、实验题
19．某小组同学利用原电池装置探究物质的性质。资料显示：原电池装置中，负极反应物的还原性越强，或正极反应物的氧化性越强，原电池的电压越大。
（1）同学们利用下表中装置进行实验并记录。
装置
编号
电极A
溶液B
操作及现象

Ⅰ
Fe
pH=2的H2SO4
连接装置后，石墨表面产生无色气泡；电压表指针偏转
Ⅱ
Cu
pH=2的H2SO4
连接装置后，石墨表面无明显现象；电压表指针偏转，记录读数为a

①同学们认为实验Ⅰ中铁主要发生了析氢腐蚀，其正极反应式是_____________。
②针对实验Ⅱ现象：甲同学认为不可能发生析氢腐蚀，其判断依据是_______；乙同学认为实验Ⅱ中应发生吸氧腐蚀，其正极的电极反应式是___________。
（2）同学们仍用上述装置并用Cu和石墨为电极继续实验，探究实验Ⅱ指针偏转原因及影响O2氧化性因素。
编号
溶液B
操作及现象
Ⅲ
经煮沸的pH=2的 H2SO4
溶液表面用煤油覆盖，连接装置后，电压表指针微微偏转，记录读数为b
Ⅳ
pH=2的H2SO4
在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为c；取出电极，向溶液中加入数滴浓Na2SO4溶液混合后，插入电极，保持O2通入，电压表读数仍为c
Ⅴ
pH=12的NaOH
在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为d

①丙同学比较实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的电压表读数为：c＞a＞b，请解释原因是_____________。
②丁同学对Ⅳ、Ⅴ进行比较，其目的是探究_____________________对O2氧化性的影响；实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是_____________。
【答案】     2H+ + 2e-=H2↑     在金属活动性顺序中，Cu在H后，Cu不能置换出H2     O2 + 4H+ + 4e-=2H2O     O2浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大     溶液的酸碱性     排除溶液中的Na+（或SO42-）对实验的可能干扰；
【详解】（1）①同学们认为实验Ⅰ中铁主要发生了析氢腐蚀，即为溶液中的H+得电子生成H2，其正极反应式是2H+ + 2e-=H2↑。
②针对实验Ⅱ现象，甲同学考虑到：在金属活动顺序表中，Cu排在H的后面，所以他认为不可能发生析氢腐蚀。乙同学认为实验Ⅱ中应发生吸氧腐蚀，其正极是溶解在溶液中的O2得电子，电极反应式是O2 + 4H+ + 4e-=2H2O。
（2）①丙同学比较实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，同样是pH=2的H2SO4溶液，只是溶解的O2量不同，导致电压表读数为：c＞a＞b，因此可以看出，氧气浓度越大，导电能力越强。
②丁同学对Ⅳ、Ⅴ进行比较，其变量是溶液pH的不同，因此其目的是探究溶液的酸碱性对O2氧化性的影响。实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液，结果溶液的导电能力未变，从而说明溶液中的Na+（或SO42-）对实验不产生干扰，也由此得出实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是排除溶液中的Na+（或SO42-）对实验的可能干扰。

五、有机推断题
20．有机物F的合成路线如图：

(1)C中的官能团名称为_______。
(2)E→F的反应类型为_______。
(3)写出B跟银氨溶液反应的化学方程式为_______。
(4)下列说法正确的是_______(填字母)。
A．鉴别C和D可以用溴的四氯化碳溶液，但不能用酸性高锰酸钾溶液
B．E的分子式是C10H10O5N
C．F既能跟酸反应，也能跟碱反应
D．CH3COCOOH和OHCCOOH是同系物
(5)有机物E在浓硫酸加热条件下可以生成多种有机物，写出生成六元环酯的化学方程式：_______；写出有机物F在一定条件下形成酰胺类聚合物的化学方程式：_______。
(6)X是D的同分异构体，同时满足下列条件的X共有_______种。
①苯环上有两个取代基，其中一个是-NH2；②能发生水解反应。
其中核磁共振氢谱图显示有4组峰，且峰面积之比为2：2：2：3的X的结构简式为_______。
【答案】(1)碳碳双键、硝基
(2)还原反应
(3)
(4)AC
(5)     2+2H2O     n+(n-1)H2O
(6)     9     、

【分析】B的分子式为C7H6O，结合A的结构简式可知A在碳酸钠溶液中发生水解反应，-OH取代了Cl原子，而一个碳原子上连接2个-OH，不稳定，转化为醛基，则B为苯甲醛，结构简式为，B和CH3NO2发生反应生成C，C和NaBH4发生还原反应生成D，D和OHCCOOH发生取代反应生成E，E发生加成反应得到F，以此解答。
【详解】（1）由C的结构简式可知C中官能团的名称为碳碳双键、硝基；
（2）比较F与E的结构简式可知，E中的硝基转化为氨基，即加氢去氧的还原反应，所以E到F的反应类型为还原反应。
（3）由分析可知，B为，与银氨溶液发生银镜反应，化学方程式为：。
（4）A．有机物C中含有碳碳双键，而有机物D中没有碳碳双键，可以用溴的四氯化碳溶液鉴别，使溴的四氯化碳溶液褪色的是C，没有变化的是D。因为C、D中与苯环相连的碳原子上都有H原子，故都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别，故A正确；
B．E的分子式为C10H11O5N，故B错误；
C．F中含有氨基，所以能与酸反应，同时F中含有羧基，所以能与碱反应，故C正确；
D．CH3COCOOH中含有羧基和羰基，而OHCCOOH中含有羧基和醛基，二者结构不相似，所以不是同系物关系，故D错误；
故选AC。
（5）E中含有羟基和羧基，所以能在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成六元环酯的化学方程式为：2 +2H2O，F中含有氨基、羟基和羧基，在一定条件下形成酰胺类聚合物的化学方程式：n +(n-1)H2O。
（6）D的结构简式为，X的苯环上有两个取代基，其中一个是氨基，而氨基不能水解，则另一个取代基只能是酯基，则酯基的结构可能是-OOCCH3、-COOCH3、-CH2OOCH3种，苯环上2个取代基时都对应着邻、间、对三种位置关系，所以符合题意的X有9种；其中核磁共振氢谱图显示有4组峰，且峰面积之比为2:2:2:3，说明X中含有4种等效氢，则两个取代基为对位，且酯基中只有1种H原子，所以X的结构简式为、。