河南省焦作市温县第一高级中学2021-2022学年高二下学期2月月考试题化学含解析

这是一份河南省焦作市温县第一高级中学2021-2022学年高二下学期2月月考试题化学含解析，共22页。试卷主要包含了1 ml·L-1盐酸和0等内容，欢迎下载使用。
河南省温县一中2021~2022学年高二下学期2月月考
化学试卷
全卷满分100分，考试用时90分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Ag-108
第I卷(选择题共48分)
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，计48分。每小题只有一个选项是符合题意的)
1. 吸热反应一定是
①释放能量 ②吸收能量 ③反应物的总能量低于生成物的总能量 ④生成物的总能量低于反应物的总能量
A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④
【答案】B
【解析】
【详解】①吸热反应是一个储存能量的过程，故①错误；
②吸热反应是一个储存能量的过程，故②正确；
③当反应物的能量低于生成物总能量时，反应是吸热反应，故③正确；
④当反应物的能量高于生成物总能量时，反应是放热反应，故④错误；
故选：B。
2. 人类在未来将逐渐由“碳素燃料文明时代”过渡至“太阳能文明时代”（包括风能、生物质能等太阳能转换形态），届时人们将适应“低碳经济”和“低碳生活”。下列说法错误的是：
A. 煤、石油和天然气都属于碳素燃料
B. 发展太阳能经济有助于减缓温室效应
C. 太阳能电池可将太阳能直接转化为电能
D. 目前研究菠菜蛋白质“发电”不属于“太阳能文明”
【答案】D
【解析】
【详解】A、煤和石油，天然气都为化石燃料，为碳素燃料，不选A；
B、太阳能的利用减少化石燃料的使用，从而减慢温室效应，正确，不选B；
C、太阳能电池将太阳能转化为电能，为清洁能源和 新能源，正确，不选C；
D、菠菜蛋白质制成电池为生物质能，属于太阳能文明时代范畴，错误，选D。
3. 已知反应2C(s)＋O2(g) ===2CO(g)的ΔH0。设ΔH和ΔS不随温度而变，下列说法中正确的是(　　)
A. 低温下才能自发进行
B. 高温下才能自发进行
C. 任何温度下都能自发进行
D. 任何温度下都不能自发进行
【答案】C
【解析】
【分析】反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0，依据焓变、熵变和温度分析判断。
【详解】已知反应2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)的△H＜0，△S＞0，所以△H-T△S＜0，即反应在任何温度下都是能自发进行，答案选C。
4. 下列关于化学反应速率的说法正确的是
A. 升高温度可降低化学反应的活化能，使化学反应速率提高
B. 在温度、体积都相同的两容器中，分别充入相同物质的量的Br2和Cl2，让它们与等量的氢气发生反应，反应速率相同
C. 0.1 mol·L-1盐酸和0.1 mol·L-1硝酸与相同形状和大小的大理石反应的速率相同
D. 有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的容积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率加快
【答案】C
【解析】
【详解】A项，升高温度不能降低反应的活化能，升高温度使更多的分子能量增加变为活化分子，增大活化分子百分数，提高化学反应速率，错误；B项，氧化性Cl2Br2，相同条件下与H2反应，Cl2反应速率快，错误；C项，0.1 mol·L-1盐酸和0.1 mol·L-1硝酸中c（H+）都为0.1mol/L，与相同形状和大小的大理石反应的速率相同，正确；D项，有气体参加的化学反应，增大压强，增大单位体积内的分子总数，活化分子的百分数不变，增大单位体积内的活化分子数，加快反应速率，错误；答案选C。
点睛：本题考查影响化学反应速率的因素，用有效碰撞理论解释外界条件对化学反应速率的影响。决定化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质，浓度、压强、温度、催化剂等外界因素对化学反应速率的影响都属于次要因素。温度和催化剂能改变活化分子百分数，浓度和压强不能改变活化分子百分数。
5. 黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：
已知：碳的燃烧热

，则为
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】碳的燃烧热∆H1=akJ/mol，则碳燃烧热表示的热化学方程式为C(s)+O2(g)=CO2(g) ∆H1=akJ/mol(①)；
S(s)+2K(s)=K2S(s) ∆H2=bkJ/mol(②)；
2K(s)+N2(g)+3O2(g)=2KNO3(s) ∆H3=ckJ/mol(③)；
根据盖斯定律，将①×3+②-③得S(s)+2KNO3(s)+3C(s)=K2S(s)+N2(g)+3CO2(g) ∆H=(3a+b-c)kJ/mol，即x=3a+b-c；
答案选C。
6. 在容积不变的密闭容器中，可逆反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)达到平衡的标志是
A. 单位时间内生成1molO2的同时，有2molSO3分解
B. SO2的体积分数不再变化
C. 混合气体的质量不再改变
D. 混合气体的密度保持不变
【答案】B
【解析】
【详解】A. 单位时间内生成1molO2，逆向进行，同时有2molSO3分解，逆向，同一个方向，不能说明达到平衡，故A不符合题意；
B. SO2的体积分数开始减少，后来不再变化，说明达到平衡，故B符合题意；
C. 混合气体的质量始终不变，不能说明达到平衡，故C不符合题意；
D. 混合气体的密度等于质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，不能说明达到平衡，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
【点睛】判断平衡的标志主要从两个方面，1. 速率，两个相反的方向，速率比等于计量系数比；2. 变后不变的思想即开始发生变化，后来不再变化。
7. 下列实验方案不能达到相应目的的是

A
B
C
D
目的
探究温度对化学平衡的影响
研究浓度对化学平衡的影响
实现铜棒镀银
证明化学反应存在一定的限度
实验方案





A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．通过对比实验可以发现，热水中温度较高，气体的颜色变深，冰水中温度较低，气体的颜色变浅，因此该方案可以用于探究温度对化学平衡的影响，故A不符题意；
B．通过对比实验可以发现，增大增大硫氰化钾浓度，溶液的颜色变深，因此该方案可以用于研究浓度对化学平衡的影响，故B不符题意；
C．镀件是铜棒，其连接电源负极作阴极，镀层金属是银，银棒连接电源正极作阳极，电解质溶液含有镀层金属的离子，因此该方案可实现铜棒镀银，故C不符题意；
D．碘化钾和氯化铁反应后，氯化铁是过量的，加入硫氰化钾，溶液一定呈红色，因此该方案不能证明碘化钾和氯化铁之间的反应存在一定的限度，故D符合题意；
故选D。
8. 北魏贾思勰《齐民要术·作酢法》这样描述苦酒：“乌梅苦酒法：乌梅去核，一升许肉，以五升苦酒渍数日，曝干，捣作屑。欲食，辄投水中，即成醋尔。”下列有关苦酒主要成分的说法正确的是(　　)
A. 苦酒的主要溶质是非电解质 B. 苦酒的主要溶质是强电解质
C. 苦酒的主要溶质是弱电解质 D. 苦酒的溶液中只存在分子，不存在离子
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意分析苦酒即成醋尔，说明苦酒成分是乙酸。
【详解】A. 苦酒的主要溶质是乙酸，属于弱电解质，故A错误；B. 苦酒的主要溶质是乙酸，属于弱电解质，故B错误；C. 苦酒的主要溶质是乙酸，属于弱电解质，故C正确；D. 苦酒的溶质属于弱电解质，在水中部分电离，所以既有电解质分子CH3COOH，又有H+和CH3COO-离子，故D错误；答案：C。
9. 下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　)
A. 室温下，向0.01 mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c平(Na＋)>c平()>c平()>c平(OH－)＝c平(H＋)
B. 0.1 mol·L－1NaHCO3溶液：c平(Na＋)>c平(OH－)>c平()>c平(H＋)
C. Na2CO3溶液：c平(OH－)－c平(H＋)＝c平()＋c平(H2CO3)
D. 25 ℃时，pH＝4.75、浓度均为0.1 mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c平(CH3COO－)＋c平(OH－)c平()>c平()>c平(OH－)＝c平(H＋)，选项A正确；
B. 0.1 mol·L－1NaHCO3溶液中，碳酸氢根离子水解显碱性，则c平(Na＋)＞c平()＞c平(OH－)＞c平(H＋)，选项B错误；
C．Na2CO3溶液中存在电荷守恒：c平(Na+)+c平(H+)= c平()+2c平()+ c平(OH－)，物料守恒：c平(Na+)=2[c平()+c平(H2CO3)+ c平()]，二者联式可得c平(OH－)－c平(H＋)＝c平()＋2c平(H2CO3)，选项C错误；
D．由电荷守恒可知，c平(CH3COO－)＋c平(OH－)=c平(Na+)+c平(H+)，pH=4.75，电离大于水解，则c平(CH3COO－)＜c平(Na＋)，则c平(CH3COO－)＋c平(OH－)＞c平(CH3COOH)＋c平(H＋)，选项D错误；
答案选A。
10. 已知：Ag++SCN－=AgSCN↓（白色），某同学探究AgSCN的溶解平衡及转化，进行以下实验。

下列说法中，不正确的是
A. ①中现象能说明Ag+与SCN－生成AgSCN沉淀的反应有限度
B. ②中现象产生的原因是发生了反应Fe(SCN)3 +3Ag+ =3AgSCN↓+Fe3+
C. ③中产生黄色沉淀的现象能证明AgI的溶解度比AgSCN的溶解度小
D. ④中黄色沉淀溶解的原因可能是AgI与KI溶液中的I-进一步发生了反应
【答案】C
【解析】
【详解】A、AgNO3与KSCN恰好完全反应，上层清液中滴加Fe(NO3)3溶液，出现浅红色溶液，说明上层清液中含有SCN-，即说明Ag+与SCN-生成AgSCN沉淀的反应有限度，故A说法正确；
B、根据②中现象：红色褪去，产生白色沉淀，Fe(SCN)3被消耗，白色沉淀为AgSCN，即发生：Fe(SCN)3+Ag+=3AgSCN↓+Fe3+，故B说法正确；
C、前一个实验中滴加0.5mL 2mol·L-1 AgNO3溶液，Ag+过量，反应②中Ag+有剩余，即滴加KI溶液，I-与过量Ag+反应生成AgI沉淀，不能说明AgI溶解度小于AgSCN，故C说法错误；
D、白色沉淀为AgSCN，加入KI后，白色沉淀转化成黄色沉淀，即AgSCN转化成AgI，随后沉淀溶解，得到无色溶液，可能是AgI与KI溶液中的I-进一步发生了反应，故D说法正确；
故选C。
11. 常温下，向20 mL 0.1 mol·L-1的HA溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1的烧碱溶液，溶液中水所电离的c水(H+)随加入烧碱溶液体积的变化如图所示，下列说法正确的是

A. 由图可知A-的水解平衡常数Kh约为1×10-9
B. C、E两点因为对水的电离的抑制作用和促进作用相同，所以溶液均呈中性
C. B点的溶液中离子浓度之间存在：c(Na+)=2c(A-)>c(H+)>c(OH-)
D. F点的溶液呈碱性，粒子浓度之间存在：c(OH-)=c(HA)+c(A-)+c(H+)
【答案】A
【解析】
【详解】A、由题图可知0.1 mol·L-1的HA溶液中c(H+)为1×10-3 mol·L-1，由此可计算出Ka约为1×10-5，则Kh=KW/Ka≈1×10-9，A正确；
B、C点是HA和NaA的混合溶液，溶液呈中性，而E点为NaA和NaOH的混合溶液，溶液呈碱性，B错误；
C、B点的溶液为等浓度的HA和NaA的混合溶液，此时溶液呈酸性，HA的电离程度大于A-的水解程度，则c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，C错误；
D、F点的溶液为等浓度的NaA和NaOH的混合溶液，由质子守恒可得：c(OH-)=2c(HA)+c(A-)+c(H+)，D错误。
答案选A。
12. 通过滴加相同浓度的盐酸或KOH溶液来调节0.01 mol·L－1 Na2HAsO3溶液的pH，实验测得含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与溶液pH的关系如图所示。

下列有关说法正确的是(　　)
A. NaH2AsO3溶于水，所得溶液中H2AsO的水解程度小于其电离程度
B. K1(H3AsO3)的数量级为10－9
C. 水的电离程度：a点大于b点
D. c点溶液中存在：c(Na＋)＝2c(H2AsO)＋4c(HAsO)＋2c(AsO)
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaH2AsO3溶于水时，溶液中H2AsO应为含砷元素的各微粒中浓度最大的，据图可知当c(H2AsO)最大时溶液呈碱性，所以其水解程度大于电离程度，故A错误；
B．K1(H3AsO3)=，据图可知当c(H2AsO)= c(H3AsO3)时溶液的pH值为9.2，即c(H＋)=10-9.2mol/L，所以K1(H3AsO3)=10-9.2»6.3´10-10，所以数量级为10-10，故B错误；
C．H3AsO3的电离会抑制水的电离，而H2AsO的水解程度大于电离程度，促进水的电离，a点溶液中c(H3AsO3)大于b点溶液中c(H3AsO3)，则a点水的电离程度更弱，故C错误；
D．原溶液为Na2HAsO3溶液，条件pH值滴入的是盐酸或KOH，所以根据物料守恒可得：c(Na＋)＝2c(H2AsO)＋2c(HAsO)＋2c(AsO)+2c(H3AsO3)，据图可知c点处c(HAsO)=c(H3AsO3)，所以c(Na＋)＝2c(H2AsO)＋4c(HAsO)＋2c(AsO)，故D正确；
综上所述答案为D。
13. 室温下，反应的平衡常数K=2.2×10-8。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是 （　　）
A. 0.2 mol·L-1氨水：
B. 0.2 mol·L-1 NH4HCO3溶液（pH>7）：
C. 0.2 mol·L-1氨水和0.2 mol·L-1 NH4HCO3溶液等体积混合
D. 0.6 mol·L-1氨水和0.2 mol·L-1 NH4HCO3溶液等体积混合
【答案】D
【解析】
【详解】A．0.2 mol·L-1氨水中，存在一水合氨的电离平衡和水的电离平衡，根据电荷守恒可知，故溶液中的粒子浓度大小为：c(NH3·H2O)＞c(OH-)＞c(NH4+)＞c(H+)，A错误；
B．NH4HCO3溶液pH>7，则溶液显碱性，的水解能力大于的水解能力，故有关系：，B错误；
C．0.2 mol·L-1氨水和0.2 mol·L-1 NH4HCO3溶液等体积混合，氮原子物质的量是碳原子物质的量的2倍，物料守恒得到离子浓度关系：，C错误；
D．0.6 mol·L-1氨水和0.2 mol·L-1 NH4HCO3溶液等体积混合，溶液中存在碳物料守恒：①，氮守恒得到：②，混合溶液中存在电荷守恒得到：③，带入整理可得到：，故D正确；
答案选D。
14. 某同学探究溶液酸碱性对FeCl3水解平衡的影响，实验方案如下：配制50 mL 0.001 mol/L FeCl3溶液、50mL对照组溶液x，向两种溶液中分别滴加1滴1 mol/L HCl溶液、1滴1 mol/L NaOH 溶液，测得溶液pH随时间变化的曲线如下图所示。

下列说法不正确的是
A. 依据M点对应的pH，说明Fe3+发生了水解反应
B. 对照组溶液x的组成可能是0.003 mol/L KCl
C. 依据曲线c和d说明Fe3+水解平衡发生了移动
D. 通过仪器检测体系浑浊度的变化，可表征水解平衡移动的方向
【答案】B
【解析】
【详解】A、FeCl3溶液的pH小于7，溶液显酸性，原因是氯化铁是强酸弱碱盐，Fe3+在溶液中发生了水解，故A正确；
B、对照组溶液X加碱后溶液的pH的变化程度比加酸后的pH的变化程度大，而若对照组溶液x的组成是0.003 mol/L KCl，则加酸和加碱后溶液的pH的变化应呈现轴对称的关系，所以该溶液不是0.003 mol/L KCl，故B错误；
C、在FeCl3溶液中加碱、加酸后，溶液的pH的变化均比对照组溶液x的变化小，因为加酸或加碱均引起了Fe3+水解平衡的移动，故溶液的pH的变化比较缓和，故C正确；
D、FeCl3溶液水解出氢氧化铁，故溶液的浑浊程度变大，则水解被促进，否则被抑制，故D正确；
故选B。
15. 常温时，改变饱和氯水的pH，得到部分含氯微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。下列叙述不正确的是（ ）

A. 该温度下，的电离常数的对值
B. 氯水中的、、HClO均能与KI发生反应
C. 的氯水中，
D. 已知常温下反应的，当pH增大时，K减小
【答案】D
【解析】
【详解】图像中HClO和的物质的量分数相等时的pH为，则，所以，选项A正确；
B.具有较强的还原性，，，HClO的氧化性较强，所以氯水中的、、HClO均能与KI发生反应，选项B正确；
C.时，根据图像中物质的量分数比较粒子浓度大小，则，选项C正确；
D.K只随温度大小而改变，改变平衡，不能改变K值，选项D错误。
答案选D。
【点睛】本题以氯水为载体考查了电离平衡常数的计算、离子浓度大小比较、物质的性质等知识点，正确分析图像中各个物理量的关系是解本题的关键，易错点为选项D ，K只随温度大小而改变，改变平衡，不能改变K值。
16. 草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下，向H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中lg X[X为或]与pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的是

A. 曲线Ⅰ表示lg与pH的变化关系
B. pH=1.22的溶液中：2c(C2O)+c(HC2O)>c(Na+)
C. 1.22＜pH＜4.19的溶液中：c(HC2O)>c(C2O)>c(H2C2O4)
D. pH=4.19的溶液中：c(Na+)＜3c(HC2O)
【答案】C
【解析】
【分析】二元弱酸草酸的K1= >K2 =，当溶液的pH相同时，c(H+)相同，lgX：Ⅰ>Ⅱ，则Ⅰ表示lg 与pH的变化关系，Ⅱ表示lg 与pH的变化关系，以此来解析；
【详解】A．根据分析可知，Ⅰ表示lg与pH的变化关系， A正确；
B．pH=1.22时，溶液呈酸性，则c(H+ )>c(OH- )，根据电荷守恒：c(Na+ )+c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+ c(OH- )可知，2c(C2O)＋c(HC2O)＞c(Na＋)， B正确；
C．当lg=0时，pH=1.22，即c(H+ )=10-1.22mol/L，所以K1==10-1.22，同理可得K2=10-4.19；当pH＜4.19时，溶液中c(H＋)＞10-4.19mol/L，=＜1，则c()＞c()；当1.22＜pH时，溶液中c(H＋)＜10-1.22 mol/L，取c(H＋)=10-2mol/L的点为研究对象，Ka1·Ka2=×=，= ＜1，则c(H2C2O4)＞c(C2O)， C错误；
D．pH＝4.19的溶液中存在电荷守恒关系：c(Na+ )+c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+ c(OH- )，lg=0，则溶液中c(HC2O)=c(C2O)，c(H＋)＞c(OHˉ)，则3c(HC2O)＞c(Na+)，D正确；
故选C。
二、填空题(6道题，共52分)
17. 根据要求回答下列问题
（1）酚酞是常用的酸碱指示剂，其结构简式为如图，则所含官能团的名称是___________


（2）分子式为C6H9Br的有机物，其结构不可能是___________
①只含一个双键的直链有机物 ②含一个三键的直链有机物
③含一个双键的环状有机物 ④含2个双键的环状有机物
（3）某有机物结构简式如图所示，则该有机物的分子式为___________，该物质属于___________ (填类别)


（4）分子式为C5H11Cl的同分异构体共有(不考虑立体异构) ___________种。
（5）下列关于有机物的说法正确的是___________。
①分子内含有苯环和羟基的化合物一定属于酚类
②分子式为C2H4的有机物一定表示一种物质
③C3H8和C6H14一定属于同一类物质
④相对分子质量相同的物质，一定互为同分异构体
【答案】（1）(酚)羟基、酯基
（2）① （3） ①. C14H9Cl5 ②. 卤代烃
（4）8 （5）②③
【解析】
【小问1详解】
根据物质结构简式可知：酚酞分子中含有的官能团为(酚)羟基、酯基；
【小问2详解】
把Br原子看成氢原子，可知C6H9Br的不饱和度为，一个双键的不饱和度为1，一个三键的不饱和度为2，一个环的不饱和度为1，据此解答。
①C6H9Br的不饱和度为2，含有一个双键的链状有机物不饱和度为1，不可能是该类物质，①符合题意；
②C6H9Br的不饱和度为2，含有一个三键的链状有机物不饱和度为2，可能是该类物质，②不符合题意；
③C6H9Br的不饱和度为2，含有一个双键的环状有机物的不饱和度为2，可能是该类物质，③不符合题意；
④C6H9Br的不饱和度为2，含有2个双键的环状有机物不饱和度为3，不可能是该类物质，④符合题意；
故合理选项是①④；
【小问3详解】
根据物质结构简式，结合C原子价电子数目是4，可知该物质分子是C14H9Cl5，该物质可看作是芳香烃分子中的H原子被Cl原子取代产生的物质，因此属于卤代烃；
【小问4详解】
分子式为C5H11Cl的物质可看作是C5H12分子中的1个H原子被Cl原子取代产生的物质，C5H12有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种结构，正戊烷分子中有3种不同位置的H原子，异戊烷分子中有4种不同的H原子，新戊烷分子中只有1种H原子，因此C5H11Cl的同分异构体共有3+4+1=8种；
【小问5详解】
①分子内含有苯环和羟基的化合物，若羟基直接与苯环连接则属于酚类，若羟基与芳香烃的侧链连接则属于芳香醇，①错误；
②分子式为C2H4的有机物表示的是乙烯这一种物质，②正确；
③C3H8和C6H14的分子式都符合通式CnH2n+2，物质分子中的C原子达到结合H原子的最大数目，属于烷烃，二者分子式不同，因此一定都是属于烷烃的同一类物质，③正确；
④相对分子质量相同的物质，可能是互为同分异构体，也可能不是，如CO(NH2)2与CH3COOH相对分子质量都是60，二者分子式不同，因此二者不是同分异构体；而CH3COOH与HCOOCH3相对分子质量相同，分子式也相同，都是C2H4O2，物质的分子结构不同，因此二者互为同分异构体，④错误；
故合理选项是②③。
18. 某兴趣小组的同学用下图所示装置研究有关电化学的问题(甲、乙、丙三池中溶质足量，体积均为1L)，当闭合该装置的电键K时，观察到电流计的指针发生了偏转。请回答下列问题：


（1）甲、乙、丙三池中为原电池的是___________(填“甲池”，“乙池”，“丙池”)，A电极的电极反应式为___________。
（2）丙池中E电极为 ___________ (填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”)，该池总反应的化学方程式为___________。
（3）当甲池中B电极上消耗O2的体积为560mL(标准状况)时，乙池中C极质量理论上减轻___________g，则丙池溶液的pH为___________
（4）一段时间后，断开电键K，下列物质能使丙池恢复到反应前浓度的是___________ (填选项字母)。
A. Cu B. CuO C. CuCO3 D. Cu(OH)2
【答案】（1） ①. 甲池 ②.
（2） ①. 阳极 ②.
（3） ①. 10.8 ②. 1 （4）BC
【解析】
【分析】由图可知甲图为原电池、是甲醇燃料电池，通甲醇的A为负极、B为正极；乙池为电解池，C与电源正极相连为阳极、电极反应为：Ag-e-=Ag+，D为阴极，电极反应为Cu2++2e-=Cu；丙池为电解池，E为阳极，电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，F电极为阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，总反应方程式为：，电化学反应时，电极上电子数守恒；一段时间后，断开电键K，要使丙池恢复到反应前浓度需加入CuO或者CuCO3，据此分析解答。
【小问1详解】
据分析甲、乙、丙三池中为原电池的是甲池，通入甲醇的A为负极，甲醇失去电子发生氧化反应在碱性环境中生成碳酸根离子和水，A电极的电极反应式为。
【小问2详解】
丙池中E电极与电源正极相连为阳极，电解时CuSO4提供铜离子在阴极被还原为Cu、H2O提供氢氧根离子在阳极放电产生氧气、消耗氢氧根促进水电离氢离子浓度增大，即电解时产生H2SO4、Cu和O2，则该池总反应的化学方程式为。
【小问3详解】
电化学反应时，电极上电子数守恒。甲池中B电极反应为：，当甲池中B电极上消耗O2的体积为560mL(标准状况)即 时，转移电子，乙池中C为阳极电极反应为：Ag-e-=Ag+，则乙池中C极溶解Ag为、减少质量理论上为，丙池总反应为：，存在，转移0.1mol电子时，生成0.1molH+，H+浓度为 ，溶液的pH为1。
【小问4详解】
一段时间后，断开电键K，欲使丙池恢复到反应前浓度，则：根据少什么加什么，丙池一个电极产生Cu单质，另一个电极产生O2，相当于从溶液中出去的物质为Cu与O2反应产生的CuO，则：
A．Cu与硫酸不能反应，不能达到目的，选项A错误；
B．CuO与硫酸反应，产生硫酸铜和水，能达到目的，选项B正确；
C．CuCO3与硫酸生成硫酸铜、二氧化碳气体，二氧化碳逸出、元素没有进入溶液，则等效于等物质的量的CuO能使丙池恢复到反应前浓度，选项C正确；
D．Cu(OH)2比CuO多一个水的组成，相当于对溶液进行了稀释，不能使丙池恢复到反应前浓度，选项D错误；
答案选BC。
19. 完成下列填空
（1）已知常温下A-的水解常数Kh=1.61×10-5，常温下，含等物质的量浓度的HA与NaA的混合溶液显___________ (填“酸”、“碱”、“中”)性，c(A-)___________ (填“＞”、“＜”或“=”)c(HA)，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为___________。
（2）25℃时，将xmolCH3COONa溶于水，溶液显碱性，向该溶液滴加yL醋酸溶液后溶液呈中性(体积变化忽略不计)，则所滴加醋酸溶液的浓度为___________mol/L(CH3COOH的电离平衡常数取Ka=2×10-5)
【答案】（1） ①. 碱 ②. ＜ ③. c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)
（2）
【解析】
【小问1详解】
已知常温下A-的水解常数Kh=1.61×10-5，则HA的电离平衡常数为：Ka=，说明A-的水解大于HA的电离，故常温下，含等物质的量浓度的HA与NaA的混合溶液，由于水解大于电离，故显碱性，即有c(A-)＜c(HA)，则该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为：碱；＜；c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)；
小问2详解】
醋酸中存在CH3COOHCH3COO-+H+，当溶液呈中性，则c(H+)=1.0×10-7mol/L，设混合后溶液的体积为VL，则c(Na+)=c(CH3COO-)=mol/L，则Ka==2×10-5mol/L，所以c(CH3COOH)=×10-2mol/L，n(CH3COOH)=cV=×10-2mol，则滴加醋酸的浓度为：mol/L，故答案为：。
20. 有机物X具有消炎功效，为测定其结构，某化学小组设计如下实验探究过程：
I. 确定X的分子式
(1)确定X的实验式。将有机物X的样品充分燃烧，对燃烧后的物质进行定量测量，所需装置及试剂如下所示：
A. B. C. D.
①装置的连接顺序是________。(填字母，部分装置可重复使用)
②取X样品6.9g，用连接好的装置进行实验，X样品充分燃烧后，测得B管增重15.4g，C管增重2.7g，则X的实验式为________。
(2)确定X的分子式。X的质谱图中分子离子峰对应的质荷比最大为138，则X的分子式为________。
Ⅱ. 确定的结构
(3)确定X的官能团。红外光谱图呈现，X中有O－H、C－O、C－C、苯环上的C－H、羧酸上的C=O等化学键以及邻二取代特征振动吸收峰，由此预测X含有的官能团有________(填名称)。
(4)确定X的结构式。核磁振动氢谱如下图所示，X的结构简式为________。

【答案】 ①. ADCBB ②. C7H6O3 ③. C7H6O3 ④. 羧基、羟基 ⑤.
【解析】
【分析】有机物和O2在CuO作催化剂的作用下完全氧化生成CO2、H2O，利用无水氯化钙吸收H2O，利用碱石灰吸收CO2，为了防止外界空气中的H2O和CO2进入碱石灰中，需要外界一个B装置。利用原子守恒，可求出X的最简式，再根据质谱、红外、核磁共振氢谱等得到其结构简式。
【详解】Ⅰ(1)①装置A生成O2，通入装置D中，与有机物发生反应，利用装置C吸收水，利用装置B吸收CO2，为了防止外界空气中的H2O和CO2进入装置B，需额外再连接一个装置B，则装置的连接顺序是ADCBB；
②B增重是由于吸收了CO2，则n(CO2)=，根据原子守恒，则6.9g样品中含有0.35molC原子；C装置增重2.7g，是吸收了H2O，则n(H2O)=，根据原子守恒，则6.9g样品中含有0.15mol×2=0.3molH原子；根据质量守恒，6.9g样品中含有6.9g－0.35×12g－0.15×1g=2.4gO，则6.9g样品中含有O原子；则该有机物中，n(C):n(H):n(O)=7:6:3，则其实验室为C7H6O3；
(2)根据(1)可知该有机物的实验室为C7H6O3，则该有机物的分子式可表示为(C7H6O3)n，X的质谱图中分子离子峰对应的质荷比最大为138，可求得n=1，则X的分子式为C7H6O3；
Ⅱ(3)根据红外光谱，X中含有O－H，以及C－O，以及羧酸上的C=O，根据分子式，可知其含有3个O原子，则含有的官能团有羧基、羟基；
(4)根据X的核磁共振氢谱，分子中有6组峰，且其面积均相同，根据红外，有两个邻位取代基，含有羧基，则其结构简式为。
21. 阿司匹林（乙酰水杨酸，）是世界上应用最广泛的解热、镇痛和抗炎药。乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为128℃～135℃。某学习小组在实验室以水杨酸（邻羟基苯甲酸）与醋酸酐为主要原料合成阿司匹林，反应原理如下：
+(CH3CO)2O+CH3COOH
制备基本操作流程如下：

主要试剂和产品的物理常数如表所示：

请根据以上信息回答下列问题：
（1）制备阿司匹林时，要使用干燥的仪器的原因是___。
（2）合成阿司匹林时，最合适的加热方法是___。
（3）提纯粗产品流程如图，加热回流装置如图：


①仪器d的名称为___。
②使用温度计的目的是控制加热温度，防止___。
③趁热过滤的原因是___。
④下列说法正确的是___（填字母选项）。
a.此种提纯方法中乙酸乙酯的作用是做溶剂
b.此种提纯粗产品的方法叫重结晶
c.根据以上提纯过程可以得出阿司匹林在乙酸乙酯中的溶解度低温时很小
d.可以用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸
（4）在实验中原料用量2.0g水杨酸、5.0ml醋酸酐（ρ=1.08g/cm3），最终称得产品质量为2.2g，则所得乙酰水杨酸的产率为___（用百分数表示，小数点后一位）。
【答案】 ①. 防止醋酸酐水解 ②. 水浴加热 ③. 球形冷凝管 ④. 防止乙酰水杨酸受热分解 ⑤. 防止乙酰水杨酸结晶析出，降低产率 ⑥. abc ⑦. 84.3%
【解析】
【分析】醋酸酐和水杨酸混合，然后向混合溶液中加入浓硫酸，摇匀后加热至85℃，然后冷却、过滤、水洗得到粗产品，然后向粗产品中加入饱和碳酸氢钠溶液，使乙酰水杨酸转化为易溶于水的乙酰水杨酸钠，从而除去杂质；然后加入浓盐酸除去剩余的碳酸氢钠、将乙酰水杨酸钠转化为乙酰水杨酸，最后过滤、洗涤、干燥得到乙酰水杨酸。
【详解】(1)乙酸酐容易发生水解生成乙酸，故仪器应干燥防止乙酸酐水解；
(2)控制温度在85℃～90℃，小于100℃，应使用水浴加热；
(3)①仪器d的名称为球形冷凝管；
②乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为128℃～135℃，使用温度计的目的是控制加热的温度，防止乙酰水杨酸受热易分解；
③趁热过滤，防止乙酰水杨酸结晶析出，减少损失；
④a．乙酸乙酯起溶剂作用，故a正确；
b．趁热过滤除去水杨酸，再冷却结晶析出乙酰水杨酸，说明低温时乙酰水杨酸在乙酸乙酯中的溶解度较小，利用水杨酸、乙酰水杨酸在乙酸乙酯中溶解度不同就行分离提纯，这种分离提纯方法为重结晶，故b正确；
c．冷却结晶可析出乙酰水杨酸，说明低温时乙酰水杨酸在乙酸乙酯中的溶解度较小，故c正确；
d．由于水杨酸与乙酰水杨酸均含有羧基，且在水中微弱，不能用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸，故d错误；
故答案为abc；
(4)n(水杨酸)==0.0145mol，n(醋酸酐)==0.053mol，则理论上生成乙酰水杨酸0.0145mol，产率为=84.3%。
【点睛】考查有机物制备实验方案设计与评价，注意对题目信息的应用，(3)中注意根据流程理解分离提纯方法，常见方法： ①分离提纯物是固体(从简单到复杂方法) ：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；②分离提纯物是液体(从简单到复杂方法) ：分液，萃取，蒸馏；③分离提纯物是胶体:盐析或渗析；④分离提纯物是气体：洗气。