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2021-2022学年吉林省长春二中高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年吉林省长春二中高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共28页。试卷主要包含了4kJ⋅ml−1，16g，乙池中某电极上析出6，9×10−13，【答案】B，【答案】C，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年吉林省长春二中高二（上）期末化学试卷
1. 下列说法正确的是( )
A. 具有相同的相对分子质量，但结构不同的有机物一定互为同分异构体
B. 有机物分子里一定既有非极性健也有极性键
C. 乙烯分子中有4个σ键1个π键
D. 某烃完全燃烧生成CO2和H2O的物质的量之比为1：1，则其最简式为CH2
2. 在密闭容器中，一定条件下进行如下反应：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=−746.4kJ⋅mol−1
达到平衡后，为提高反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是( )
A. 加催化剂同时升高温度 B. 加催化剂同时增大压强
C. 升高温度同时充入氮气 D. 降低温度同时增大压强
3. 下列说法正确的是( )
A. 用NaOH溶液调节pH除去NH4Cl溶液中的FeCl3
B. 洗涤油污常用热的碳酸钠溶液
C. 配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度
D. 将AlCl3溶液和Na2SO3溶液分别加热蒸干、灼烧后，所得固体为Al2O3和Na2SO3
4. 下列各图所示装置能达到实验目的的是( )
A. 图甲，验证铁的吸氧腐蚀 B. 图乙，外加电流法保护钢闸门
C. 图丙，在铁制品表面镀锌 D. 图丁，测定盐酸的pH
5. 在0.1mol⋅L−1的CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO−+H+，对于该平衡，下列叙述正确的是( )
A. 加入少量CH3COONH4固体，平衡不移动，c(H+)不变
B. 加入少量NaOH固体，平衡向正向移动，溶液中c(H+)减小
C. 加水，平衡向正向移动，c(CH3COOH)c(CH3COO−)增大
D. 通入少量 HCl气体，平衡逆向移动，溶液中c(H+)减少
6. 已知反应：2SO2(g)+O2(g)⇋2SO3(g)ΔH<0。某温度下，将2molSO2和1molO2置于10L密闭容器中，反应达平衡后，SO2的平衡转化率(a)与体系总压强(p)的关系如图甲所示。则下列说法正确的是( )
A. 由图甲知，B点SO2的平衡浓度为0.3mol⋅L−1
B. 在图甲中，在此温度下C点V正
D. 达到平衡后，保持体积不变，充入惰性气体，压强增大，则反应速率变化图象可以用图乙表示
7. 室温下，有物质的量浓度相等的下列物质的溶液：①NH4NO3 ②CH3COONH4 ③NH4HSO4 ④(NH4)2SO4 ⑤(NH4)2CO3，其中所含的c(NH4+)由大到小的顺序是( )
A. ② ① ③ ⑤ ④ B. ① ② ③ ④ ⑤
C. ④ ⑤ ③ ① ② D. ⑤ ④ ③ ② ①
8. 如图所示的装置，通电一段时间后，测得甲池中某电极质量增加2.16g，乙池中某电极上析出6.4g某金属，下列说法正确的是( )
A. 甲池是b极上析出金属银，乙池是c极上析出某金属
B. 甲池是a极上析出金属银，乙池是d极上析出某金属
C. 某盐溶液可能是CuSO4溶液
D. 某盐溶液可能是Mg(NO3)2溶液
9. 乙酸、水和乙醇的分子结构如表所示，三者结构中的相同点是都含有羟基，下列说法错误的是( )
乙酸：
水：
乙醇：CH3−CH2−OH
A. 羟基的极性：乙酸>水>乙醇
B. 与金属钠反应的强烈程度：水>乙醇
C. 羟基连接不同的基团可影响羟基的活性
D. 羟基极性不同的原因是羟基中的共价键类型不同
10. 2018年10月23日通车的最长跨海大桥“港珠澳大桥”全长近50公里，海中桥墩由将近1500根钢管复合桩组成。下列有关钢管桩的腐蚀与防护的说法不正确的是( )
A. 在钢管桩表面涂上环氧树脂涂料可以减缓钢管桩的腐蚀
B. 钢管桩在海水中的腐蚀速率比在淡水湖中的腐蚀速率慢
C. 将钢管桩与外加直流电源的负极相连接，可以减缓钢管桩的腐蚀速率
D. 在钢管桩水下区域装上若干镁铝合金，可以减缓钢管桩的腐蚀速率
11. 下列说法正确的是( )
A. 常温下，c(Cl−)均为0.1mol/LNaCl溶液与NH4Cl溶液，pH相等
B. 常温下，浓度均为0.1mol/L的CH3COOH溶液与HCl溶液，导电能力相同
C. 常温下，HCl溶液中c(Cl−)与CH3COOH溶液中c(CH3COO−)相等，两溶液的pH相等
D. 室温下，等pH值的氨水、KOH溶液、Ba(OH)2溶液中：2c(NH4+)=2c(K+)=c(Ba2−)
12. 高炉炼铁过程中发生反应：13Fe2O3(s)+CO(g)⇌23Fe(s)+CO2(g)，该反应在不同温度下的平衡常数见右表。下列说法正确的是( )
温度T/℃
1000
1150
1300
平衡常数K
4.0
3.7
3.5
A. 由表中数据可判断该反应：反应物的总能量<生成物的总能量
B. 1000℃下Fe2O3与CO反应，tmin达到平衡时c(CO)=2×10−3 mol/L，则用CO2表示该反应的平均速率为2×10−3/tmol⋅L−1⋅min−1
C. 为了使该反应的K增大，可以在其他条件不变时，增大c(CO)
D. 其他条件不变时，增加Fe2O3的用量，不能有效降低炼铁尾气中CO的含量
13. 有一类高效、低毒、对昆虫具有强烈触杀作用的杀虫剂，其中对光稳定的氯氰菊酯的结构简式如图所示，下列对该化合物的叙述不正确的是( )
A. 属于烃的衍生物
B. 属于芳香族化合物，也含有醚键和酮羰基等官能团
C. 该有机物分子中含有5种官能团
D. 可使酸性KMnO4溶液褪色
14. 已知100℃时水的离子积常数Kw=1×10−12，对于该温度下pH=1的硫酸，下列叙述正确的是( )
A. 向该溶液中加入同温同体积pH=13的Ba(OH)2溶液，反应后溶液呈中性
B. 该溶液中硫酸电离出的c(H+)与水电离出的c(H+)之比为10−10
C. 等体积的该硫酸与室温下pH为1的硫酸中和碱的能力相同
D. 该溶液中水电离出的c(H+)是同温下pH为3的硫酸中水电离出的c(H+)的100倍
15. 下列关于化学反应方向及其判据的说法错误的是( )
A. 1molH2O在不同状态时的熵值：S[H2O(s)]
C. 散热反应都可以自发进行，而吸热反应不能自发进行
D. 常温下，反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH>0
16. 燃料电池以熔融的金属氧化物为电解质、CH4为燃料，装置如图所示．下列说法不正确的是( )
A. b极加入的物质为空气(O2)，发生还原反应
B. O2−向a极移动
C. 正极电极反应式为：O2+4H−+4e−=2H2O
D. 标准状况下，每消耗11.2L甲烷，导线中转移的电子数为4NA
17. 在0.1mol⋅L−1的醋酸钠溶液中加入等体积的下列物质，溶液中离子浓度大小关系正确的是( )
A. 水：c(CH3COO−)>c(Na+)>c(OH−)>c(H+)
B. 0.1mol⋅L−1盐酸：c(Na+)=c(Cl−)>c(H+)>c(CH3COO−)>c(OH−)
C. 0.1mol⋅L−1醋酸：c(Na+)>c(CH3COO−)>c(H+)>c(OH−)
D. 0.1mol⋅L−1氢氧化钠：c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)
18. 下列物质的一氯代物的同分异构体数目相同的是( )
A. ①② B. ③④ C. ②③ D. ②④
19. 我国某科研团队设计了一种新型能量存储/转化装置(如图所示)，闭合K2、断开K1时，制氢并储能：断开K2、闭合K1时，供电。下列说法正确的是( )
A. 制氢时，溶液中K+向X电极移动
B. 供电时，Zn电极反应式为Zn−2e−=Zn2+
C. 供电时，X电极发生氧化反应
D. 制氢时，X电极反应式为Ni(OH)2−e−+OH−=NiOOH+H2O
20. t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知t℃时AgCl的Ksp=4×10−10，下列说法不正确的是( )
A. 在t℃时，AgBr的Ksp为4.9×10−13
B. 通过蒸发，可使溶液由a点变到c点
C. 图中b点有AgBr沉淀析出
D. 在t℃时，AgCl(s)+Br−(aq)⇌AgBr(s)+Cl−(aq)的平衡常数K≈816
21. 有一种节能的氯碱工业新工艺，将电解池与燃料电池相组合，相关流程如下图所示(电极未标出)，下列说法不正确的是( )
A. 气体B为H2
B. 相同条件下，当电解池生成2LCl2，理论上燃料电池应消耗1LO2
C. 极室1与极室2之间的离子交换膜也为阳离子交换膜
D. 溶液a、b、c的pH大小顺序为：a>b>c
22. 已知：H3RO4为三元弱酸。常温下，向1L0.1mol⋅L−1H3RO4溶液中滴加0.1mol⋅L−1NaOH溶液，混合溶液中lgX[X表示c(H2RO4−)c(H3RO4)、c(HRO42−)c(H2RO4−)或c(RO43−)c(HRO42−)]随溶液的pH变化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. 曲线c代表lgc(H2RO4−)c(H3RO4)与pH的关系
B. 常温下，NaH2RO4能促进水的电离
C. 常温下，H3RO4第二步电离常数Ka2的数量级为10−6
D. pH=11.4时，溶液中存在：c(Na+)=c(OH−)−c(H+)+c(H2RO4−)+3c(RO43−)
23. 利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O，设计原电池(如图所示)。该反应既能有效降低氨氧化物的排放量，减轻环境污染，又能充分利用化学能。下列说法正确的是( )
A. 外电路中电子由电极B经负载后流向电极A
B. 电极B的电极反应式为：2NO2+8e−+4H2O=N2+8OH−
C. 电池工作一段时间后，左右两侧电极室溶液的pH没有发生变化
D. 同温同压下，左右两侧电极室产生的气体体积比为3：4
24. 下列分离混合物的实验方法中不正确的是( )
A. 分离正己烷(沸点69℃)和正庚烷(沸点98℃)可采用蒸馏的方法
B. 提纯苯甲酸可采用重结晶的方法，主要步骤有加热溶解、趁热过滤、冷却结晶
C. 用CCl4萃取碘水中的碘，液体分层后，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
D. 将溴水中的溴转移到有机溶剂中，加入乙醇萃取
25. 以石墨电极电解200mLCuSO4溶液，电解过程中电子转移物质的量n(e−)与产生气体体积V(g)(标准状况)的关系如图所示．下列说法中，正确的是( )
A. 电解前CuSO4溶液的物质的量浓度为2mol/L
B. 电解后所得溶液中c(H+)=1mol/L
C. 当n(e−)=0.6mol时，V(H2)：V(O2)=2：3
D. 向电解后的溶液中加入16 g CuO，则溶液可恢复为电解前的浓度
26. 工业废气二氧化碳催化加氢也可合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，在密闭容器中投入1molCO2和2.75molH2，在不同条件下发生反应，实验测得平衡时甲醇的物质的量随温度、压强的变化如图所示。
(1)该反应的ΔH______0(填“>”“<”或“=”，下同)。
(2)M、N两点的化学反应速率：v(N)______v(M)，判断理由是 ______。
(3)为提高CO2的转化率，除可以改变温度和压强外，还可以采取的措施有 ______、______。
(4)若506K时，在10L密闭容器中反应，达平衡时恰好处于图中M点，则N点对应的平衡常数K=______(保留两位小数)。
27. (1)①(NH4)2SO4溶液可以用来除铁锈的原因：______(用离子方程式说明)。
②标准状况下，将1.12LCO2，通入100mL1mol⋅L−1的NaOH溶液中，用溶液中微粒的浓度符号完成下列等式：c(OH−)=2c(H2CO3)+______。
(2)已知pKa=lgKa，25℃时，H2C2O4的pKa1=1.2，pKa2=4.19。
①草酸溶液中各含碳物种的分布分数a(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示．则图中a=______。
②0.1mol⋅L−1的H2C2O4溶液与0.1mol⋅L−1的KOH的溶液等体积混合后所得溶液呈酸性，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 ______。
(3)重金属离子对河流、海洋造成严重污染．某化工厂废水(pH=2.0)中含有Ag+、Pb2+等重金属离子其浓度各约为0.01mol⋅L−1，排放前拟用沉淀法除去这两种离子，查找有关数据如下(常温)：
难溶电解质
AgI
AgOH
Ag2S
PbI2
Pb(OH)2
PbS
Ksp
8.3×10−17
5.6×10−8
6.3×10−50
7.1×10−9
1.2×10−15
3.4×10−28
①认为往废水中投入 ______(填字母序号)，沉淀效果最好。
A.NaOH
B.Na2S
C.KI
D.Cl(OH)3
②如果用生石灰处理上述废水，使处理后的废水中c(Pb2+)=1.2×10−3mol⋅L−1，则溶液的pH=______。
(4)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种易吸收的高效快制剂，可由绿矾(FeSO4⋅7H2O)通过下列反应制备：FeSO4+Na2CO3=FeCO3↓+Na2SO4、FeCO3+C6H8O7=FeC6H6O7+CO2↑+H2O。某实验小组用下列方法测定产品中柠檬酸亚铁晶体的质量分数：取25.00g柠檬酸亚铁晶体(摩尔质量为246g⋅mol−1)，配成100mL溶液，取20.00mL至锥形瓶中，另取0.2000mol⋅L−1的酸性KMnO4标准溶液装入酸式滴定管中，用氧化还原法测定柠檬酸亚铁晶体的质量分数，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应，经4次滴定，每次消耗KMnO4溶液的体积如下：
实验序号
1
2
3
4
消耗KMnO4溶液体积
20.00mL
19.98mL
21.38mL
20.02mL
①滴定终点时现象为：______，②柠檬酸亚铁的质量分数为 ______。
28. 当今社会的主题之一：发展经济，节能减排．而燃料电池因其无污染，且原料来源广可再生被人们青睐，广泛应用于生产、生活、科学研究中，现有如图所示装置，所有电极均为Pt，请按要求回答下列问题：
(1)写出甲装置a极的电极反应式 ______。
(2)当b极消耗标准状况下O211.2mL时，若乙中硫酸铜溶液的体积是200mL，假若电解前后溶液体积保持不变，此时乙池中的pH=______，若乙池中CuSO4(aq)足够，电解一段时间后，要恢复到原来的状态，则可加入 ______。
(3)现用丙装置电解硫酸钾溶液制取氢气、氧气、使酸和氢氧化钾，其中M、N为离子交换膜，只允许某些离子通过，则N为 ______离子交换膜(填“阴”或“阳”)，B出口导出的气体为 ______(写化学式)，生成该气体的电极反应式 ______。
29. 某实验小组同学利用如图装置对电化学原理进行了一系列探究活动。
(1)甲池装置为 ______(填“原电池”或“电解池”)。
(2)实验过程中，甲池左侧烧杯中NO3−的浓度 ______(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)甲池反应前两电极质量相等，一段时间后，其中某一电极质量增加21.6g，导线中通过 ______mol电子。
30. 通过蒸馏的方法可以分离和提纯互溶的液态有机物，原理如图所示。
(1)写出下列仪器的名称：①______，②______。
(2)化合物A(结构简式为)的含氧官能团为 ______和 ______(填官能团名称)。
(3)与具有相同官能团的同分异构体的结构简式为 ______。
31. 有机物A广泛用于涂料、油墨、胶黏剂、医药及农药中间体领域．已知：完全燃烧0.1mol某有机物A，生成13.2gCO2和5.4gH2O.有机物A的仪器分析如图：
①有机物A的质谱
②有机物A的红外光谱
③有机物A的核磁共振氢谱图上行2个吸收蜂，峰面积之比是1：1.
回答下列问题：
A的化学式为 ______；A的结构简式是 ______。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.HCOOH、CH3CH2OH的相对分子质量相同、结构不同，二者组成不同，不属于同分异构体，故A错误；
B.甲烷只含C−H极性键，不含非极性键，故B错误；
C.乙烯中含4个C−H键、1个碳碳双键，双键中含1个σ键1个π键，则乙烯分子中有5个σ键1个π键，故C错误；
D.烃只含C、H元素，完全燃烧生成CO2和H2O的物质的量之比为1：1，由原子守恒可知其最简式为CH2，故D正确；
故选：D。
A.HCOOH、CH3CH2OH的相对分子质量相同、结构不同；
B.甲烷只含C−H极性键；
C.乙烯中含4个C−H键、1个碳碳双键；
D.烃只含C、H元素，结合原子守恒判断最简式。
本题考查有机物及共价键，为高频考点，把握共价键的类型、同分异构体、最简式为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.催化剂不改变平衡状态，升高温度平衡逆向移动，NO的转化率减小，故A错误；
B.催化剂不改变平衡状态，增大压强，平衡正向移动，NO的转化率增大，且反应速率加快，故B正确；
C.升高温度平衡逆向移动，NO的转化率减小，充入N2平衡逆向移动，NO的转化率减小，故C错误；
D.降低温度同时增大压强，能确定反应正向进行，但反应速率不一定增大，故D错误；
故选：B。
达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，则加快反应速率使平衡正向移动，以此来解答．
本题考查影响化学反应速率的因素，注意把握浓度、催化剂、温度、压强对反应速率的影响和平衡移动即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大．
3.【答案】B
【解析】解：A.氨水可与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，同时生成氯化铵，可用于除杂，故A错误；
B.碳酸钠水解呈碱性，加热促进水解，且油污在碱性条件下水解，有利于除去油污，故B正确；
C.配制溶液时不能引入新杂质，应用硫酸，故C错误；
D.AlCl3水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，加热、蒸干、灼烧，可得到氧化铝，而加热亚硫酸钠溶液，亚硫酸钠会被氧化为硫酸钠，因硫酸难挥发，最终仍得到硫酸钠，故D错误；
故选：B。
A.氢氧化钠与氯化铵也反应，所以氨水可与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，同时生成氯化铵；
B.碳酸钠水解呈碱性，加热促进水解，有利于除去油污；
C.配制溶液时不能引入新杂质；
D.AlCl3水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发。
本题考查盐类的水解，为高频考点，侧重化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，题目难度不大。
4.【答案】A
【解析】解：A.食盐水为中性，水沿着导管上升，可证明Fe发生吸氧腐蚀，故A正确；
B.钢闸门与电源正极相连，作阳极失去电子，加快腐蚀，故B错误；
C.在铁制品表面镀锌，电解质溶液应含大量的锌离子，不能选硫酸亚铁溶液，故C错误；
D.pH试纸不能湿润，应选干燥的pH试纸测定，故D错误；
故选：A。
A.食盐水为中性；
B.钢闸门与电源正极相连；
C.在铁制品表面镀锌，电解质溶液应含大量的锌离子；
D.pH试纸不能湿润。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、电化学腐蚀及防护、电镀、pH测定、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：A.加入少量CH3COONH4固体，溶液中c(CH3COO−)，平衡向着逆向移动，(H+)减小，故A错误；
B.加入少量NaOH固体，氢氧化钠与氢离子反应，氢离子浓度减小，平衡向正向移动，故B正确；
C.加水后溶液被稀释，氢离子浓度减小，水的离子积不变，则c(OH−)增大，则c(CH3COOH)c(CH3COO−)=Khc(OH−)的比值减小，故C错误；
D.HCl在溶液中电离出气流，通入少量 HCl气体后平衡向着逆向移动，但溶液中c(H+)会增大，故D错误；
故选：B。
A.醋酸根离子浓度增大，平衡向着逆向移动，氢离子浓度减小；
B.氢氧化钠结合氢离子，平衡向着正向移动，氢离子浓度减小；
C.加水后氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，结合c(CH3COOH)c(CH3COO−)=Khc(OH−)分析；
D.加入HCl后氢离子浓度增大。
本题考查弱电解质电离平衡及其影响，题目难度中等，明确电离平衡的影响因素为解答关键，C为易错点，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。
6.【答案】B
【解析】解：A.由图甲知，B点SO2的平衡转化率为0.85，则Δn(SO2)=2mol×0.85=1.7mol，则SO2的平衡物质的量为2mol−1.7mol=0.3mol，B点SO2的平衡浓度为0.3mol10L=0.03mol/L，故A错误；
B.C点趋向于平衡时，SO2 的转化率应降低，则逆向移动，则 V正
故选：B。
A.由图甲知，B点SO2的平衡转化率为0.85，则Δn(SO2)=2mol×0.85=1.7mol，即可得出SO2的平衡物质的量，结合c=nV计算；
B.C点趋向于平衡时，SO2 的转化率应降低，则逆向移动；
C.温度越高，反应速率越快，越先达到平衡状态；
D.保持体积不变，充入惰性气体，平衡不移动。
本题主要考查化学平衡图象、化学平衡有关计算、影响化学平衡移动的因素等，侧重考查学生的分析能力和计算能力，难度中等，注意甲图表示不同压强下到达平衡时，SO2的平衡转化率与压强和温度的关系。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查盐类水解，根据影响盐类水解的因素即可解答，难点是离子浓度大小的比较，知道盐类水解是微弱的，题目难度中等。
【解答】
物质的量浓度相等的铵盐溶液中，④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2CO3中铵根离子浓度大，其中碳酸根离子水解促进铵根离子水解，则溶液中铵根离子浓度④>⑤，③中氢离子抑制铵根离子水解，②中醋酸根离子促进铵根离子水解，所以铵根离子浓度大小顺序是③>①>②，则c(NH4+)由大到小的顺序是④⑤③①②。
故选C。
8.【答案】C
【解析】解：测得甲池中某电极质量增加2.16g，乙池中某电极上析出6.4g某金属，甲中a为阴极，b为阳极，银在a极析出，乙中c为阴极，d为阳极，金属在c极析出，
A、甲池a极上析出金属银，乙池c极上析出某金属，故A错误；
B、甲池a极上析出金属银，乙池c极上析出某金属，故B错误；
C、乙池电极析出6.4g金属，说明乙池中含有氧化性比氢离子强的金属，则某盐溶液可能是CuSO4溶液，故C正确；
D、Mg2+氧化性较弱，电解时在溶液中不能得电子析出金属，所以某盐溶液不能是Mg(NO3)2溶液，故D错误；
故选C.
测得甲池中某电极质量增加2.16g，乙池中某电极上析出6.4g某金属，甲中a为阴极，b为阳极，银在a极析出，乙中c为阴极，d为阳极，金属在c极析出，乙池电极析出6.4g金属，说明乙池中含有氧化性比氢离子强的金属，以此解答该题．
本题考查了电解池的工作原理，侧重于电解原理的考查，注意把握阴阳极的判断以及溶液离子的放电顺序，题目难度不大．
9.【答案】D
【解析】解：A.酸性为乙酸>水>乙醇，则羟基的极性：乙酸>水>乙醇，故A正确；
B.钠与水反应比与乙醇反应剧烈，则与金属钠反应的强烈程度：水>乙醇，故B正确；
C.基团之间相互影响，则羟基连接不同的基团可影响羟基的活性，故C正确；
D.羟基中共价键相同，羟基极性不同的原因是羟基连接的基团不同，故D错误；
故选：D。
A.酸性越强，羟基的极性越强；
B.钠与水反应比与乙醇反应剧烈；
C.基团之间相互影响；
D.羟基中共价键相同。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酸性的比较，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：A.在钢管桩表面涂上环氧树脂涂料，可以隔绝空气和水，减缓钢管桩的腐蚀，故A正确；
B.海水中存在大量电解质，故离子浓度大于淡水，海水导电能力强，钢铁在海水中腐蚀速度快，故B错误；
C.钢管桩与外加直流电源的负极相连接，作电解池的阴极被保护，可以减缓钢管桩的腐蚀速率，故C正确；
D.镁铝合金比铁活泼，形成原电池时，铁作正极被保护，可以减缓钢管桩的腐蚀速率，故D正确；
故选：B。
A.在钢铁表面涂上保护层可减慢钢铁腐蚀；
B.海水中离子浓度大；
C.钢管桩作电解池的阴极被保护；
D.钢管桩作原电池的正极被保护。
本题考查金属的腐蚀与防护，题目难度中等，掌握常见的金属腐蚀原理和电化学保护措施是解题的关键。
11.【答案】C
【解析】解：A.钠离子不水解，溶液显中性，铵根离子水解显酸性，所以NaCl 溶液的pH大于NH4Cl溶液的pH，故A错误；
B.溶醋酸部分电离，HCl完全电离，浓度均为0.1mol⋅L−1 的CH3COOH溶液与HCl溶液，HCl中离子浓度大，所以HCl溶液的导电性强，故B错误；
C.溶液中分别存在c(Cl−)+c(OH−)=c(H+)、c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)，c(Cl−)与c(CH3COO−)相等，则两溶液的pH相等，故C正确；
D.等pH的氨水、KOH溶液、Ba(OH)2溶液中c(OH−)相等，根据离子积常数知，c(H+)相等，再结合电荷守恒得c(NH4+)=c(K+)=2c(Ba2+)，故D错误。
故选：C。
A.钠离子不水解，铵根离子水解显酸性；
B.溶液中离子浓度越大，导电性越强；
C.根据溶液的电荷守恒判断；
D.等pH的氨水、KOH溶液、Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度相等，再结合电荷守恒判断。
本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离、酸碱混合的定性判断、盐类水解等知识，明确弱电解质的电离特点为解答关键，注意掌握电荷守恒、盐的水解在判断离子浓度大小中的应用方法，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。
12.【答案】D
【解析】解：A.由表中数据可判断，平衡常数随温度升高减小，说明反应为放热反应，可知反应物的总能量>生成物的总能量，故A错误；
B.1000℃下Fe2O3与CO反应，tmin达到平衡时c(CO)=2×10−3 mol/L，设CO起始浓度x，
13Fe2O3(s)+CO(g)⇌23Fe(s)+CO2(g)，
起始量(mol/L)x0
变化量(mol/L)x−2×10−3 x−2×10−3
平衡量(mol/L)2×10−3 x−2×10−3
K=x−2×10−32×10−3=4，解得x=10−2mol/L，则用CO表示该反应的平均速率为(102−2×10−3)mol/Ltmin，故B错误；
C.平衡常数只受温度影响，增大c(CO)不能改变化学平衡常数，故C错误；
D.增大固体的量，不改变平衡的移动，则其他条件不变时，增加Fe2O3的用量，不能有效降低炼铁尾气中CO的含量，故D正确；
故选：D。
A.由表中数据可知，升高温度K减小，则升高温度平衡逆向移动；
B.1000℃下Fe2O3与CO反应，tmin达到平衡时c(CO)=2×10−3 mol/L，设CO起始浓度x，
13Fe2O3(s)+CO(g)⇌23Fe(s)+CO2(g)，
起始量(mol/L)x0
变化量(mol/L)x−2×10−3 x−2×10−3
平衡量(mol/L)2×10−3 x−2×10−3
K=x−2×10−32×10−3=4，解得x=10−2mol/L，
结合v=△c△t计算；
C.K只与温度有关；
D.Fe2O3为固体，不影响平衡移动。
本题考查化学平衡常数，为高频考点，把握平衡常数与温度的关系、平衡常数计算、平衡移动为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意K与温度有关，题目难度不大。
13.【答案】B
【解析】解：A.由结构可知，含C、H、O、N、Cl元素，为烃的衍生物，故A正确；
B.分子中含苯环，且含醚键、酯基等官能团，不存在酮羰基，故B错误；
C.含氯原子、碳碳双键、酯基、醚键、−CN，共5种官能团，故C正确；
D.含碳碳双键，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；
故选：B。
A.由结构可知，含C、H、O、N、Cl元素；
B.分子中含苯环，且含醚键、酯基等官能团；
C.含氯原子、碳碳双键、酯基、醚键、−CN；
D.含碳碳双键，可被酸性高锰酸钾溶液氧化。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团的判断，题目难度不大。
14.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查水的离子积，知道温度越高，水的离子积常数越大，注意虽然温度不同，但pH=1的硫酸溶液中氢离子浓度相同，为易错点。
【解答】
100℃时，水的离子积常数Kw=1×10−12，纯水的pH=6，该温度下pH=1的硫酸，c(H+)=0.1mol/L，
A.同温下，pH=13的Ba(OH)2溶液中c(OH−)=1×10−1210−13mol/L=10mol/L，等体积的pH=1的硫酸和pH=13的氢氧化钡溶液混合时，碱剩余，溶液呈碱性，故A错误；
B.该溶液中硫酸电离出的c(H+)=0.1mol/L，水电离出的c(H+)=10−11mol/L，则硫酸电离出的c(H+)与水电离出的c(H+)之比为1010，故B错误；
C.该温度下pH=1和室温下pH=1的硫酸中氢离子浓度相等，所以等体积的该硫酸与室温下pH为1的硫酸中和碱的能力相同，故C正确；
D.该溶液中水电离出的c(H+)=10−11mol/L，同温下pH为3的硫酸中水电离出的c(H+)=10−9mol/L，则该溶液中水电离出的c(H+)是同温下pH为3的硫酸中水电离出的c(H+)的1100，故D错误。
故选C。
15.【答案】C
【解析】解：A.同一物质的熵变：固态<液态<气态，所以1molH2O在不同状态时的熵值：S[H2O(s)]
C.反应能否自发进行与反应的吸放热无关，适当条件下吸热反应也能自发进行，如高温煅烧石灰石，有些放热反应低温条件下不能发生，如低温时碳和氧气几乎不反应，故C错误；
D.反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)是气体体积增大的反应，即反应的ΔS>0，常温下该反应不能自发进行，则常温下ΔH−TΔS>0，即ΔH>TΔS>0，故D正确；
故选：C。
A.同一物质的熵变：固态<液态<气态；
B.反应自发进行的条件是ΔH−TΔS<0；
C.反应能否自发进行与反应的吸放热无关；
D.反应自发进行的条件是ΔH−TΔS<0。
本题考查焓变与熵变，侧重分析能力和运用能力的考查，把握熵变的判定方法、反应自发进行的条件即可解答，注意掌握熵变概念及其判定方法，题目难度不大。
16.【答案】C
【解析】解：A.b极加入的物质为空气(O2)，氧气得电子发生还原反应，故A正确；
B.原电池工作时，阴离子向负极(a)移动，故B正确；
C.b极为正极，电极反应式为O2+4e−=2O2−，故C错误；
D.a极为负极，电极反应式为CH4−8e−+4O2−=CO2+2H2O，每消耗11.2L甲烷，导线中转移的电子数为11.2L22.4L/mol×4×NA/mol=4NA，故D正确；
故选：C。
由图可知，a极为电子流出极，故a极为负极，电极反应式为CH4−8e−+4O2−=CO2+2H2O，b极为正极，电极反应式为O2+4e−=2O2−，据此作答。
本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
17.【答案】B
【解析】解：A.CH3COO−水解导致溶液呈碱性，c(OH−)>c(H+)，Na+不水解，所以c(CH3COO−)c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)，故A错误；
B.CH3COONa、HCl恰好完全反应生成NaCl、CH3COOH，CH3COOH部分电离导致溶液呈酸性，c(H+)>c(OH−)，根据物料守恒得c(Na+)=c(Cl−)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)+c(CH3COO−)，所以存在c(H+)>c(CH3COO−)，则溶液中存在c(Na+)=c(Cl−)>c(H+)>c(CH3COO−)>c(OH−)，故B正确；
C.溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH，CH3COOH电离程度大于CH3COO−水解程度，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH−)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(CH3COO−)，所以c(Na+)c(CH3COO−)，所以溶液中存在c(Na+)>c(OH−)>c(CH3COO−)>c(H+)，故D错误；
故选：B。
A.CH3COO−水解导致溶液呈碱性，但其水解程度较小；
B.CH3COONa、HCl恰好完全反应生成NaCl、CH3COOH，CH3COOH部分电离导致溶液呈酸性；
C.溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH，CH3COOH电离程度大于CH3COO−水解程度，溶液呈酸性；
D.NaOH电离、CH3COONa水解都导致溶液呈碱性，结合电荷守恒判断。
本题考查离子浓度大小比较，侧重考查弱电解质的电离、盐类水解原理，明确溶液中溶质成分及其性质、化学反应原理等知识点是解本题关键，注意电荷守恒的灵活运用，题目难度不大。
18.【答案】C
【解析】解：①中含有7种氢原子，所以一氯取代物有7种；
②中含有4种氢原子，所以一氯取代物有4种；
③中含有4种氢原子，所以一氯取代物有4种；
④中含有7种氢原子，所以一氯取代物有7种；
所以同分异构体数目相等的是②③；
故选：C。
有机物一氯取代物的同分异构体取决于氢原子的种类，根据等效氢原子的判断方法来回答．
本题主要考查同分异构体的数目，注意等效氢的判断，难度不大．
19.【答案】D
【解析】解：A.制氢时，是电解池，光伏电池供电，电解池工作时，Pt电极上生成氢气、为阴极，则X电极是阳极，溶液中K+向Pt电极移动，故A错误；
B.供电时，是原电池，Zn为负极，Zn失去电子生成ZnO22−，电极反应式为Zn−2e−+4OH−=ZnO22−+2H2O，则Zn电极附近溶液的pH降低，故B错误；
C.供电时，是原电池，Zn电极是负极，X电极是正极，X电极发生还原反应，故C错误；
D.制氢时，是电解池，X电极是阳极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为Ni(OH)2−e−+OH−=NiOOH+H2O，故D正确；
故选：D。
A.制氢时，是电解池，电解池工作时，溶液中阳离子移向阴极；
B.供电时，是原电池，Zn电极是负极，X电极是正极，Zn失去电子生成ZnO22−；
C.供电时，是原电池，Zn电极是负极，X电极是正极，正极发生还原反应；
D.制氢时，是电解池，X电极是阳极，阳极上发生失电子的氧化反应。
本题考查电化学装置的工作原理、氧化还原反应规律、电池反应和电极反应式书写等知识，侧重学生的理解与辨析、分析与检测能力的考查，把握原电池和电解池工作原理是解题关键，注意电极的判断和电极反应式的书写，题目难度中等。
20.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，把握Ksp、K的计算、沉淀的生成为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为易错点，题目难度不大。
【解答】
A.由图中c点可知Ksp(AgBr)=7×10−7×7×10−7=4.9×10−13，故A正确；
B.由a点变到c点，溴离子浓度不变，而蒸发时溴离子浓度增大，则不能通过蒸发实现由a点变到c点，故B错误；
C.b点在曲线的上方，Qc>Ksp，则b点有AgBr沉淀析出，故C正确；
D.t℃时，AgCl(s)+Br−(aq)⇌AgBr(s)+Cl−(aq)的平衡常数K=c(Cl−)c(Br−)=Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)=4×10−104.9×10−13≈816，故D正确。
故选B。
21.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查原电池与电解池原理，题目难度中等，根据通入氧气的一极为正极明确电极的判断及发生的电极反应为解答的关键，注意利用电子守恒进行计算，试题注重基础知识的考查，培养了学生的分析能力及化学计算能力。
【解答】
A.极室4通入的是氧气，则极室4是燃料电池的正极，极室3通入的应是燃料气体，在氢氧化钠溶液中，电解池的阴极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，所以气体B为H2，故A正确；
B.根据反应O2+4e−+2H2O=4OH−、4Cl−−4e−=2Cl2↑及电子守恒可得：2Cl2∼O2，则相同条件下，当电解池生成2LCl2，理论上燃料电池应消耗1LO2，故B正确；
C.极室1进去的饱和NaCl溶液，排出的是稀NaCl溶液，所以极室1为阳极，反应式为2Cl−−2e−=Cl2↑，钠离子移向极室2，所以极室1与极室2之间的离子交换膜也为阳离子交换膜，故C正确；
D.燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH−，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，即a%小于c%，负极氢气失电子生成氢离子消耗氢氧根离子，所以b%a>b，故D错误。
故选D。
22.【答案】D
【解析】解：A.通过以上分析知，曲线a、b、c分别表示lgc(H2RO4−)c(H3RO4)、lgc(HRO42−)c(H2RO4−)、lgc(RO43−)c(HRO42−)与溶液pH的关系，故A错误；
B.由分析可知Ka1=c(H2RO4−)c(H3RO4)×c(H+)，c(H2RO4−)c(H3RO4)=Ka1c(H+)，lgc(H2RO4−)c(H3RO4)=0时，Ka1=c(H+)=10−2.25mol/L，Ka2=c(HRO42−)c(H2RO4−)×c(H+)，lgc(HRO42−)c(H2RO4−)=0时，Ka2=c(H+)=10−6.77mol/L，H2RO4−的水解常数为c(OH−)c(H3RO4)c(H2RO42−)=KwKa1=10−1410−2.25
D.pH=11.40时，lgc(RO43−)c(HRO42−)=0，c(HRO42−)=c(RO43−)，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(H2RO4−)+3c(RO43−)+2c(HRO42−)，所以溶液中存在c(Na+)=c(OH−)−c(H+)+c(H2RO4−)+5c(RO43−)，故D正确；
故选：D。
A.Ka1=c(H2RO4−)c(H3RO4)×c(H+)，c(H2RO4−)c(H3RO4)=Ka1c(H+)，lgc(H2RO4−)c(H3RO4)=0时，Ka1=c(H+)；同理Ka2=c(HRO42−)c(H2RO4−)×c(H+)，lgc(HRO42−)c(H2RO4−)=0时，Ka2=c(H+)；Ka3=c(RO43−)c(HRO42−)×c(H+)，lgc(RO43−)c(HRO42−)=0时，Ka3=c(H+)，Ka1>Ka2>Ka3，则Ka1对应的pH值最小，所以曲线a、b、c分别表示lgc(H2RO4−)c(H3RO4)、lgc(HRO42−)c(H2RO4−)、lgc(RO43−)c(HRO42−)与溶液pH的关系；
B.盐类水解促进水的电离，酸碱的电离抑制水的电离；
C.常温下，Ka2=c(HRO42−)c(H2RO4−)×c(H+)，lgc(HRO42−)c(H2RO4−)=0时，Ka2=c(H+)=10−6.77mol/L；
D.pH=11.40时，lgc(RO43−)c(HRO42−)=0，c(HRO42−)=c(RO43−)，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(H2RO4−)+3c(RO43−)+2c(HRO42−)。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析、判断及计算能力，明确曲线与lgX的关系、电离平衡常数计算方法等知识点是解本题关键，注意电离平衡常数与水解平衡常数关系，题目难度不大。
23.【答案】B
【解析】解：A.电极B附近通入二氧化氮，根据方程式分析，氮元素化合价降低，得到电子，发生还原反应，故为正极，故A错误；
B.由分析可知，电极B电极反应式为2NO2+8e−+4H2O=8OH−+N2，故B正确；
C.由总反应方程式可知，反应生成了水，会使溶液碱性减弱，pH减小，故C错误；
D.根据电子守恒分析，同温同压下，左右两侧电极室产生的气体体积比为4：3，故D错误；
故选：B。
根据总方程式6NO2+8NH3=7N2+12H2O中NO2可知，NO2中N元素化合价由+4价变为0价、NH3中N元素化合价由−3价变为0价，所以NO2发生还原反应、NH3发生氧化反应，则通入NH3的A电极作负极、B电极作正极，负极电极方程式为2NH3−6e−+6OH−=N2+6H2O，正极反应式为2NO2+8e−+4H2O=8OH−+N2，电池工作时，电子从负极沿导线流向正极，内电路中阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此分析解答。
本题考查化学电源新型电池，为高频考点，明确化学反应中化合价升降与正负极的关系是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度不大。
24.【答案】D
【解析】解：A.二者互溶，但沸点不同，可蒸馏分离，故A正确；
B.苯甲酸在水中的溶解度不大，则提纯苯甲酸可采用重结晶的方法，主要步骤有加热溶解、趁热过滤、冷却结晶，趁热过滤可减少溶解损失，故B正确；
C.碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，且四氯化碳的密度大于水的密度、不溶于水，则萃取分层后，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故C正确；
D.乙醇与水互溶，不能萃取溴水中的溴，故D错误；
故选：D。
A.二者互溶，但沸点不同；
B.苯甲酸在水中的溶解度不大；
C.碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，且四氯化碳的密度大于水的密度、不溶于水，分液时避免上下层液体混合；
D.乙醇与水互溶。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物的分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
25.【答案】C
【解析】解：A.由生成2.24L气体时转移0.4mol电子发生2CuSO4+2H2O−通电2Cu+O2↑+2H2SO4，则n(CuSO4)=2.24L22.4L/mol×2=0.2mol，c(CuSO4)=0.2mol0.2L=1mol/L，故A错误；
B.生成2.24L气体时转移0.4mol电子，当转移0.4mol电子时，生成n(H2SO4)=0.2mol，c(H+)=0.2mol×20.2L=2mol/L，随电解的进行，水继续电解，溶剂减小，则电解后所得溶液中c(H+)>2mol/L，故B错误；
C.当n(e−)=0.6mol时，发生2CuSO4+2H2O−通电2Cu+O2↑+2H2SO4、2H2O−通电2H2↑+O2↑∼4e−，n(H2)=0.2mol×24=0.1mol，n(O2)=0.1mol+0.05mol=0.15mol，所以V(H2)：V(O2)=0.1mol：0.15mol=2：3，故C正确；
D.因电解后从溶液中析出Cu、氧气、水，则加入16gCuO不会恢复为电解前的浓度，故D错误；
故选：C。
石墨电极电解200mLCuSO4溶液，先发生2CuSO4+2H2O−通电2Cu+O2↑+2H2SO4，后发生2H2O−通电2H2↑+O2↑，结合图象可知，生成2.24L气体时转移0.4mol电子发生2CuSO4+2H2O−通电2Cu+O2↑+2H2SO4，以此来计算解答．
本题考查电解原理及计算，明确发生的电解反应及图象中体积与转移电子的关系即可解答，注意从溶液中析出Cu、氧气、水结合电解反应中转移的电子数来计算，题目难度中等．
26.【答案】<<温度不变时，由题图可判断压强p1>p2，压强越大，化学反应速率越快 将产物甲醇液化移去 增大H2的浓度 1.04
【解析】解：(1)由图可知，随着温度的升高，平衡时甲醇的物质的量减小，说明平衡逆向移动，则该反应为放热反应，ΔH<0，
故答案为：<；
(2)该反应是气体体积减小的反应，压强越大，平衡正向移动，平衡时甲醇的物质的量越大，则说明p1>p2，温度相同，压强越大，反应速率越快，则v(N)
(3)将产物甲醇液化移去和增大H2的浓度都能使平衡正向移动，提高CO2的转化率，
故答案为：将产物甲醇液化移去；增大H2的浓度；
(4)M、N点温度相同，则K(M)=K(N)，M点平衡时甲醇的物质的量为0.25mol，
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始(mol)12.7500
转化(mol)0.250.750.250.25
平衡(mol)0.7520.250.25
K=c(CH3OH)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c3(H2)=0.2510×0.25100.7510×(210)3≈1.04，
故答案为：1.04。
(1)由图可知，随着温度的升高，平衡时甲醇的物质的量减小，说明平衡逆向移动；
(2)比较p1和p2的大小，结合压强越大，反应速率越快分析；
(3)提高CO2的转化率，即要求平衡正向移动，根据勒夏特列原理分析；
(4)M、N点温度相同，则K(M)=K(N)，M点平衡时甲醇的物质的量为0.25mol，列化学平衡三段式，结合K=c(CH3OH)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c3(H2)计算。
本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合勒夏特列原理、化学平衡三段式知识解答，此题难度中等。
27.【答案】NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+ c(HCO3−)+c(H+)1.2c(K+)>c(HC2O4−)>c(H+)>c(C2O42−)>c(OH−)B8锥形瓶内溶液颜色变为紫色，且半分钟内不恢复原来颜色 98.40%
【解析】解：(1)铵根离子发生水解反应：NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+，生成的氢离子能够与铁锈反应，所以工业上可用此除铁锈，
故答案为：NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+；
(2)标准状况下，将1.12LCO2，通入100mL1mol⋅L−1的NaOH溶液中，
CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O
0.05mol0.1mol0.05mol
所以产物为0.05molNa2CO3，溶液中质子守恒为：c(OH−)=2c(H2CO3)+c(HCO3−)+c(H+)，
故答案为：c(HCO3−)+c(H+)；
(3)①草酸溶液中各含碳物种的分布分数a(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示，分布系数A点对应的pH=PKa1，故a=1.2，
故答案为：1.2；
②0.1mol⋅L−1的H2C2O4溶液与0.1mol⋅L−1的KOH的溶液等体积混合后所得溶液为KHC2O4，溶液呈现酸性说明HC2O4−的电离程度大于水解程度，故溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(K+)>c(HC2O4−)>c(H+)>c(C2O42−)>c(OH−)，
故答案为：c(K+)>c(HC2O4−)>c(H+)>c(C2O42−)>c(OH−)；
(3)①溶度积越小的越易转化为沉淀，由表格中的数据可知，硫化物的溶度积更小，所以应选择硫化钠，
故答案为：B；
②由Pb(OH)2的溶度积为1.2×10−15，c(Pb2+)=1.2×10−3mol⋅L−1，，则c(OH−)=Ksp[Pb(OH)2]c(Pb2+)=1.2×10−151.2×10−3mol/L=1.0×10−6mol⋅L−1，故pH=8，
故答案为：8；
(4)酸性KMnO4标准溶液滴定柠檬酸亚铁晶体，发生反应紫色溶液褪去，当锥形瓶内溶液颜色变为浅紫色，且半分钟内不恢复原来颜色，说明达到滴定终点；
根据反应关系Fe2+→Fe3+，MnO4−→Mn2+可知，根据电子守恒规律：5Fe2+∼MnO4−，由于第3次数据误差较大，故舍去；根据1，2，4三组数据可知，消耗KMnO4溶液体积为20.00+19.98+20.023mL=20.00mL，所以消耗MnO4−的物质的量为：0.2mol/L×0.02L=4×10−3mol，则消耗的亚铁离子的量为5×4×10−3mol，25.00g柠檬酸亚铁晶体样品中含有柠檬酸亚铁晶体的物质的量为5×4×10−3mol×100mL20mL=0.1mol，柠檬酸亚铁晶体的质量为0.1mol×246g/mol=24.6g，柠檬酸亚铁的质量分数为24.6g25g×100%=98.40%，
故答案为：锥形瓶内溶液颜色变为紫色，且半分钟内不恢复原来颜色；98.40%。
(1)铵根离子发生水解反应：NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+，生成的氢离子能够与铁锈反应；
(2)标准状况下，将1.12LCO2，通入100mL1mol⋅L−1的NaOH溶液中，
CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O
0.05mol0.1mol0.05mol
所以产物为0.05molNa2CO3，据此判断质子守恒式；
(3)①草酸溶液中各含碳物种的分布分数a(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示，分布系数A点对应的pH=PKa1；
②0.1mol⋅L−1的H2C2O4溶液与0.1mol⋅L−1的KOH的溶液等体积混合后所得溶液为KHC2O4，溶液呈现酸性说明HC2O4−的电离程度大于水解程度；
(3)①溶度积越小的越易转化为沉淀，由表格中的数据可知，硫化物的溶度积更小；
②由Pb(OH)2的溶度积为1.2×10−15，c(Pb2+)=1.2×10−3mol⋅L−1，，则c(OH−)=Ksp[Pb(OH)2]c(Pb2+)；
(4)酸性KMnO4标准溶液滴定柠檬酸亚铁晶体，发生反应紫色溶液褪去，当锥形瓶内溶液颜色变为浅紫色，且半分钟内不恢复原来颜色，说明达到滴定终点；
根据反应关系Fe2+→Fe3+，MnO4−→Mn2+可知，根据电子守恒规律：5Fe2+∼MnO4−，由于第3次数据误差较大，故舍去；根据1，2，4三组数据可知，消耗KMnO4溶液体积为20.00+19.98+20.023mL=20.00mL，所以消耗MnO4−的物质的量为：0.2mol/L×0.02L=4×10−3mol，则消耗的亚铁离子的量为5×4×10−3mol，25.00g柠檬酸亚铁晶体样品中含有柠檬酸亚铁晶体的物质的量为5×4×10−3mol×100mL20mL=0.1mol，柠檬酸亚铁晶体的质量为0.1mol×246g/mol=24.6g，据此计算。
本题考查较为综合，多为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用设计弱电解质电离，盐类水解，沉淀溶解平衡等内容，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
28.【答案】CH3OH+8OH−−6e−=CO32−+6H2O2CuO阳 O2 4OH−−4e−=O2↑+2H2O
【解析】解：(1)甲装置a极通入的是甲醇，为负极，电极反应方程式为CH3OH+8OH−−6e−=CO32−+6H2O，
故答案为：CH3OH+8OH−−6e−=CO32−+6H2O；
(2)当b极消耗标准状况下O211.2mL时，转移的电子的物质的量为11.2×10−3L22.4L/mol×4=0.002mol，产生的氢离子的物质的量为0.002mol，氢离子浓度为0.002mol0.2L=0.01mol/L，pH为2，若乙池中CuSO4(aq)足够，电解一段时间后，要恢复到原来的状态，则可加入 CuO，
故答案为：2；CuO；
(3)题图中左边加入含硫酸的水，右侧加入含KOH的水，说明左边制硫酸，右边制备KOH溶液，氢氧根离子在阳极放电，同时电解后溶液呈酸性，氢离子在阴极放电，同时电解后溶液呈碱性，则X为阳极，Y为阴极，所以X连接电源正极；Y电极上氢离子放电生成氢气，所以氢气从C口导出，氧气在B导出，生成氧气的方程式为4OH−−4e−=O2↑+2H2O，
故答案为：阳；O2；4OH−−4e−=O2↑+2H2O。
(1)甲装置a极通入的是甲醇，为负极；
(2)当b极消耗标准状况下O211.2mL时，转移的电子的物质的量为11.2×10−3L22.4L/mol×4=0.002mol，产生的氢离子的物质的量为0.002mol，氢离子浓度为0.002mol0.2L=0.01mol/L，pH为2，若乙池中CuSO4(aq)足够，电解一段时间后，要恢复到原来的状态，根据脱离体系的元素进行分析即可；
(3)题图中左边加入含硫酸的水，右侧加入含KOH的水，说明左边制硫酸，右边制备KOH溶液，氢氧根离子在阳极放电，同时电解后溶液呈酸性，氢离子在阴极放电，同时电解后溶液呈碱性，则X为阳极，Y为阴极，所以X连接电源正极；Y电极上氢离子放电生成氢气，所以氢气从C口导出，氧气在B导出。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
29.【答案】原电池 变大 0.2
【解析】解：(1)由分析可知，甲池为原电池，
故答案为：原电池；
(2)实验过程中，盐桥中的阴离子即NO3−移向负极，阳离子即K+移向正极，故甲池左侧烧杯中NO3−的浓度变大，
故答案为：变大；
(3)根据原电池中通过正、负极上的电子的物质的量相等，故甲池反应前，两电极质量相等，一段时间后，质量增加的电极为Ag，若Ag极的质量增加21.6g，则通过电路中的电子的物质的量为：n(e−)=n(Ag)=mM=21.6g108g/mol=0.2mol，
故答案为：0.2。
由题干装置图可知，甲池中有两个活泼性不同的金属电极，有电解质溶液和一个自发进行的氧化还原反应Cu+2AgNO3=Cu(NO3)2+2Ag，通过盐桥形成闭合的回路，故甲池为原电池，Cu电极为负极，发生的电极反应为：Cu−2e−=Cu2+，Ag电极为正极，发生的电极反应为：2Ag++2e−=2Ag，乙池为电解池，左侧Pt电极是阳极，发生氧化反应，右侧Pt电极为阴极，发生还原反应，据此分析解题。
本题考查了原电池原理，正确判断正负极是解本题关键，再结合各个电极上发生的反应来分析解答，题目难度中等。
30.【答案】直形冷凝管 蒸馏烧瓶 羟基 醛基 CH2=CHCH2COOH或CH3CH=CHCOOH
【解析】解：(1)由装置图可知：仪器①直形冷凝管②蒸馏烧瓶，
故答案为：直形冷凝管；蒸馏烧瓶；
(2)化合物A含有羟基和醛基，含氧官能团为羟基和醛基，
故答案为：羟基；醛基；
(3)与含有相同官能团的同分异构体的结构简式为：CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH，
故答案为：CH2=CHCH2COOH或CH3CH=CHCOOH。
(1)根据仪器的外形来分析；
(2)化合物A含有羟基和醛基；
(3)结合的分子式与含有的官能团判断其同分异构体的结构简式。
本题考查较为综合，涉及有机物的官能团、同分异构体的书写以及分离提纯仪器的名称，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物官能团的性质以及同分异构体的判断，题目难度中等。
31.【答案】C3H6O2 CH3COOCH3
【解析】解：13.2gCO2中含有C的物质的量为n(C)=n(CO2)=mM=13.2g44g/mol=0.3mol，含有H的物质的量为n(H)=2n(H2O)=2×5.4g18g/mol=0.6mol，即0.1mol有机物A含有0.3molC、0.6molH，分子式可设为为C3H6Ox，根据有机物A的质谱可知，有机物A的相对分子质量为74，则12×3+6+16x=74，解得x=2，所以有机物A的分子式为C3H6O2，有机物A可能为酸或酯类，根据红外光谱可知，有机物A中含有C=O键、C−O−C键和CH3基团，核磁共振氢谱图上行2个吸收蜂，峰面积之比是1：1，说明该有机物分子中有2种化学环境不同的H原子，所以有机物A为乙酸甲酯，分子式为C3H6O2，结构简式为CH3COOCH3，
故答案为：C3H6O2；CH3COOCH3。
13.2gCO2和5.4gH2O的物质的量分别为13.2g44g/mol=0.3mol、5.4g18g/mol=0.3mol，即n(C)=0.3mol、n(H)=0.3mol×2=0.6mol，则0.1mol有机物A含有0.3molC、0.6molH，则分子式可设为为C3H6Ox，根据有机物A的质谱可知，有机物A的相对分子质量为74，即12×3+6+16x=74，解得x=2，有机物A的分子式为C3H6O2，可能为酸或酯类，根据红外光谱可知，有机物A中含有C=O键、C−O−C键和CH3基团，核磁共振氢谱图上行2个吸收蜂，峰面积之比是1：1，该有机物分子中有2种化学环境不同的H原子，所以有机物A为乙酸甲酯，据此分析解答。
本题考查有机物分子式确定的计算，为高频考点，把握有机物分子式的确定方法、有机谱图的应用是解题关键，侧重双基知识的检测与综合运用能力的考查，注意掌握有机物结构的确定，题目难度不大。
2021-2022学年吉林省长春二中高二（上）期末化学试卷
1. 下列说法正确的是( )
A. 具有相同的相对分子质量，但结构不同的有机物一定互为同分异构体
B. 有机物分子里一定既有非极性健也有极性键
C. 乙烯分子中有4个σ键1个π键
D. 某烃完全燃烧生成CO2和H2O的物质的量之比为1：1，则其最简式为CH2
2. 在密闭容器中，一定条件下进行如下反应：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=−746.4kJ⋅mol−1
达到平衡后，为提高反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是( )
A. 加催化剂同时升高温度 B. 加催化剂同时增大压强
C. 升高温度同时充入氮气 D. 降低温度同时增大压强
3. 下列说法正确的是( )
A. 用NaOH溶液调节pH除去NH4Cl溶液中的FeCl3
B. 洗涤油污常用热的碳酸钠溶液
C. 配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度
D. 将AlCl3溶液和Na2SO3溶液分别加热蒸干、灼烧后，所得固体为Al2O3和Na2SO3
4. 下列各图所示装置能达到实验目的的是( )
A. 图甲，验证铁的吸氧腐蚀 B. 图乙，外加电流法保护钢闸门
C. 图丙，在铁制品表面镀锌 D. 图丁，测定盐酸的pH
5. 在0.1mol⋅L−1的CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO−+H+，对于该平衡，下列叙述正确的是( )
A. 加入少量CH3COONH4固体，平衡不移动，c(H+)不变
B. 加入少量NaOH固体，平衡向正向移动，溶液中c(H+)减小
C. 加水，平衡向正向移动，c(CH3COOH)c(CH3COO−)增大
D. 通入少量 HCl气体，平衡逆向移动，溶液中c(H+)减少
6. 已知反应：2SO2(g)+O2(g)⇋2SO3(g)ΔH<0。某温度下，将2molSO2和1molO2置于10L密闭容器中，反应达平衡后，SO2的平衡转化率(a)与体系总压强(p)的关系如图甲所示。则下列说法正确的是( )
A. 由图甲知，B点SO2的平衡浓度为0.3mol⋅L−1
B. 在图甲中，在此温度下C点V正
D. 达到平衡后，保持体积不变，充入惰性气体，压强增大，则反应速率变化图象可以用图乙表示
7. 室温下，有物质的量浓度相等的下列物质的溶液：①NH4NO3 ②CH3COONH4 ③NH4HSO4 ④(NH4)2SO4 ⑤(NH4)2CO3，其中所含的c(NH4+)由大到小的顺序是( )
A. ② ① ③ ⑤ ④ B. ① ② ③ ④ ⑤
C. ④ ⑤ ③ ① ② D. ⑤ ④ ③ ② ①
8. 如图所示的装置，通电一段时间后，测得甲池中某电极质量增加2.16g，乙池中某电极上析出6.4g某金属，下列说法正确的是( )
A. 甲池是b极上析出金属银，乙池是c极上析出某金属
B. 甲池是a极上析出金属银，乙池是d极上析出某金属
C. 某盐溶液可能是CuSO4溶液
D. 某盐溶液可能是Mg(NO3)2溶液
9. 乙酸、水和乙醇的分子结构如表所示，三者结构中的相同点是都含有羟基，下列说法错误的是( )
乙酸：
水：
乙醇：CH3−CH2−OH
A. 羟基的极性：乙酸>水>乙醇
B. 与金属钠反应的强烈程度：水>乙醇
C. 羟基连接不同的基团可影响羟基的活性
D. 羟基极性不同的原因是羟基中的共价键类型不同
10. 2018年10月23日通车的最长跨海大桥“港珠澳大桥”全长近50公里，海中桥墩由将近1500根钢管复合桩组成。下列有关钢管桩的腐蚀与防护的说法不正确的是( )
A. 在钢管桩表面涂上环氧树脂涂料可以减缓钢管桩的腐蚀
B. 钢管桩在海水中的腐蚀速率比在淡水湖中的腐蚀速率慢
C. 将钢管桩与外加直流电源的负极相连接，可以减缓钢管桩的腐蚀速率
D. 在钢管桩水下区域装上若干镁铝合金，可以减缓钢管桩的腐蚀速率
11. 下列说法正确的是( )
A. 常温下，c(Cl−)均为0.1mol/LNaCl溶液与NH4Cl溶液，pH相等
B. 常温下，浓度均为0.1mol/L的CH3COOH溶液与HCl溶液，导电能力相同
C. 常温下，HCl溶液中c(Cl−)与CH3COOH溶液中c(CH3COO−)相等，两溶液的pH相等
D. 室温下，等pH值的氨水、KOH溶液、Ba(OH)2溶液中：2c(NH4+)=2c(K+)=c(Ba2−)
12. 高炉炼铁过程中发生反应：13Fe2O3(s)+CO(g)⇌23Fe(s)+CO2(g)，该反应在不同温度下的平衡常数见右表。下列说法正确的是( )
温度T/℃
1000
1150
1300
平衡常数K
4.0
3.7
3.5
A. 由表中数据可判断该反应：反应物的总能量<生成物的总能量
B. 1000℃下Fe2O3与CO反应，tmin达到平衡时c(CO)=2×10−3 mol/L，则用CO2表示该反应的平均速率为2×10−3/tmol⋅L−1⋅min−1
C. 为了使该反应的K增大，可以在其他条件不变时，增大c(CO)
D. 其他条件不变时，增加Fe2O3的用量，不能有效降低炼铁尾气中CO的含量
13. 有一类高效、低毒、对昆虫具有强烈触杀作用的杀虫剂，其中对光稳定的氯氰菊酯的结构简式如图所示，下列对该化合物的叙述不正确的是( )
A. 属于烃的衍生物
B. 属于芳香族化合物，也含有醚键和酮羰基等官能团
C. 该有机物分子中含有5种官能团
D. 可使酸性KMnO4溶液褪色
14. 已知100℃时水的离子积常数Kw=1×10−12，对于该温度下pH=1的硫酸，下列叙述正确的是( )
A. 向该溶液中加入同温同体积pH=13的Ba(OH)2溶液，反应后溶液呈中性
B. 该溶液中硫酸电离出的c(H+)与水电离出的c(H+)之比为10−10
C. 等体积的该硫酸与室温下pH为1的硫酸中和碱的能力相同
D. 该溶液中水电离出的c(H+)是同温下pH为3的硫酸中水电离出的c(H+)的100倍
15. 下列关于化学反应方向及其判据的说法错误的是( )
A. 1molH2O在不同状态时的熵值：S[H2O(s)]
C. 散热反应都可以自发进行，而吸热反应不能自发进行
D. 常温下，反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH>0
16. 燃料电池以熔融的金属氧化物为电解质、CH4为燃料，装置如图所示．下列说法不正确的是( )
A. b极加入的物质为空气(O2)，发生还原反应
B. O2−向a极移动
C. 正极电极反应式为：O2+4H−+4e−=2H2O
D. 标准状况下，每消耗11.2L甲烷，导线中转移的电子数为4NA
17. 在0.1mol⋅L−1的醋酸钠溶液中加入等体积的下列物质，溶液中离子浓度大小关系正确的是( )
A. 水：c(CH3COO−)>c(Na+)>c(OH−)>c(H+)
B. 0.1mol⋅L−1盐酸：c(Na+)=c(Cl−)>c(H+)>c(CH3COO−)>c(OH−)
C. 0.1mol⋅L−1醋酸：c(Na+)>c(CH3COO−)>c(H+)>c(OH−)
D. 0.1mol⋅L−1氢氧化钠：c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)
18. 下列物质的一氯代物的同分异构体数目相同的是( )
A. ①② B. ③④ C. ②③ D. ②④
19. 我国某科研团队设计了一种新型能量存储/转化装置(如图所示)，闭合K2、断开K1时，制氢并储能：断开K2、闭合K1时，供电。下列说法正确的是( )
A. 制氢时，溶液中K+向X电极移动
B. 供电时，Zn电极反应式为Zn−2e−=Zn2+
C. 供电时，X电极发生氧化反应
D. 制氢时，X电极反应式为Ni(OH)2−e−+OH−=NiOOH+H2O
20. t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知t℃时AgCl的Ksp=4×10−10，下列说法不正确的是( )
A. 在t℃时，AgBr的Ksp为4.9×10−13
B. 通过蒸发，可使溶液由a点变到c点
C. 图中b点有AgBr沉淀析出
D. 在t℃时，AgCl(s)+Br−(aq)⇌AgBr(s)+Cl−(aq)的平衡常数K≈816
21. 有一种节能的氯碱工业新工艺，将电解池与燃料电池相组合，相关流程如下图所示(电极未标出)，下列说法不正确的是( )
A. 气体B为H2
B. 相同条件下，当电解池生成2LCl2，理论上燃料电池应消耗1LO2
C. 极室1与极室2之间的离子交换膜也为阳离子交换膜
D. 溶液a、b、c的pH大小顺序为：a>b>c
22. 已知：H3RO4为三元弱酸。常温下，向1L0.1mol⋅L−1H3RO4溶液中滴加0.1mol⋅L−1NaOH溶液，混合溶液中lgX[X表示c(H2RO4−)c(H3RO4)、c(HRO42−)c(H2RO4−)或c(RO43−)c(HRO42−)]随溶液的pH变化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. 曲线c代表lgc(H2RO4−)c(H3RO4)与pH的关系
B. 常温下，NaH2RO4能促进水的电离
C. 常温下，H3RO4第二步电离常数Ka2的数量级为10−6
D. pH=11.4时，溶液中存在：c(Na+)=c(OH−)−c(H+)+c(H2RO4−)+3c(RO43−)
23. 利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O，设计原电池(如图所示)。该反应既能有效降低氨氧化物的排放量，减轻环境污染，又能充分利用化学能。下列说法正确的是( )
A. 外电路中电子由电极B经负载后流向电极A
B. 电极B的电极反应式为：2NO2+8e−+4H2O=N2+8OH−
C. 电池工作一段时间后，左右两侧电极室溶液的pH没有发生变化
D. 同温同压下，左右两侧电极室产生的气体体积比为3：4
24. 下列分离混合物的实验方法中不正确的是( )
A. 分离正己烷(沸点69℃)和正庚烷(沸点98℃)可采用蒸馏的方法
B. 提纯苯甲酸可采用重结晶的方法，主要步骤有加热溶解、趁热过滤、冷却结晶
C. 用CCl4萃取碘水中的碘，液体分层后，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
D. 将溴水中的溴转移到有机溶剂中，加入乙醇萃取
25. 以石墨电极电解200mLCuSO4溶液，电解过程中电子转移物质的量n(e−)与产生气体体积V(g)(标准状况)的关系如图所示．下列说法中，正确的是( )
A. 电解前CuSO4溶液的物质的量浓度为2mol/L
B. 电解后所得溶液中c(H+)=1mol/L
C. 当n(e−)=0.6mol时，V(H2)：V(O2)=2：3
D. 向电解后的溶液中加入16 g CuO，则溶液可恢复为电解前的浓度
26. 工业废气二氧化碳催化加氢也可合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，在密闭容器中投入1molCO2和2.75molH2，在不同条件下发生反应，实验测得平衡时甲醇的物质的量随温度、压强的变化如图所示。
(1)该反应的ΔH______0(填“>”“<”或“=”，下同)。
(2)M、N两点的化学反应速率：v(N)______v(M)，判断理由是 ______。
(3)为提高CO2的转化率，除可以改变温度和压强外，还可以采取的措施有 ______、______。
(4)若506K时，在10L密闭容器中反应，达平衡时恰好处于图中M点，则N点对应的平衡常数K=______(保留两位小数)。
27. (1)①(NH4)2SO4溶液可以用来除铁锈的原因：______(用离子方程式说明)。
②标准状况下，将1.12LCO2，通入100mL1mol⋅L−1的NaOH溶液中，用溶液中微粒的浓度符号完成下列等式：c(OH−)=2c(H2CO3)+______。
(2)已知pKa=lgKa，25℃时，H2C2O4的pKa1=1.2，pKa2=4.19。
①草酸溶液中各含碳物种的分布分数a(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示．则图中a=______。
②0.1mol⋅L−1的H2C2O4溶液与0.1mol⋅L−1的KOH的溶液等体积混合后所得溶液呈酸性，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 ______。
(3)重金属离子对河流、海洋造成严重污染．某化工厂废水(pH=2.0)中含有Ag+、Pb2+等重金属离子其浓度各约为0.01mol⋅L−1，排放前拟用沉淀法除去这两种离子，查找有关数据如下(常温)：
难溶电解质
AgI
AgOH
Ag2S
PbI2
Pb(OH)2
PbS
Ksp
8.3×10−17
5.6×10−8
6.3×10−50
7.1×10−9
1.2×10−15
3.4×10−28
①认为往废水中投入 ______(填字母序号)，沉淀效果最好。
A.NaOH
B.Na2S
C.KI
D.Cl(OH)3
②如果用生石灰处理上述废水，使处理后的废水中c(Pb2+)=1.2×10−3mol⋅L−1，则溶液的pH=______。
(4)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种易吸收的高效快制剂，可由绿矾(FeSO4⋅7H2O)通过下列反应制备：FeSO4+Na2CO3=FeCO3↓+Na2SO4、FeCO3+C6H8O7=FeC6H6O7+CO2↑+H2O。某实验小组用下列方法测定产品中柠檬酸亚铁晶体的质量分数：取25.00g柠檬酸亚铁晶体(摩尔质量为246g⋅mol−1)，配成100mL溶液，取20.00mL至锥形瓶中，另取0.2000mol⋅L−1的酸性KMnO4标准溶液装入酸式滴定管中，用氧化还原法测定柠檬酸亚铁晶体的质量分数，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应，经4次滴定，每次消耗KMnO4溶液的体积如下：
实验序号
1
2
3
4
消耗KMnO4溶液体积
20.00mL
19.98mL
21.38mL
20.02mL
①滴定终点时现象为：______，②柠檬酸亚铁的质量分数为 ______。
28. 当今社会的主题之一：发展经济，节能减排．而燃料电池因其无污染，且原料来源广可再生被人们青睐，广泛应用于生产、生活、科学研究中，现有如图所示装置，所有电极均为Pt，请按要求回答下列问题：
(1)写出甲装置a极的电极反应式 ______。
(2)当b极消耗标准状况下O211.2mL时，若乙中硫酸铜溶液的体积是200mL，假若电解前后溶液体积保持不变，此时乙池中的pH=______，若乙池中CuSO4(aq)足够，电解一段时间后，要恢复到原来的状态，则可加入 ______。
(3)现用丙装置电解硫酸钾溶液制取氢气、氧气、使酸和氢氧化钾，其中M、N为离子交换膜，只允许某些离子通过，则N为 ______离子交换膜(填“阴”或“阳”)，B出口导出的气体为 ______(写化学式)，生成该气体的电极反应式 ______。
29. 某实验小组同学利用如图装置对电化学原理进行了一系列探究活动。
(1)甲池装置为 ______(填“原电池”或“电解池”)。
(2)实验过程中，甲池左侧烧杯中NO3−的浓度 ______(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)甲池反应前两电极质量相等，一段时间后，其中某一电极质量增加21.6g，导线中通过 ______mol电子。
30. 通过蒸馏的方法可以分离和提纯互溶的液态有机物，原理如图所示。
(1)写出下列仪器的名称：①______，②______。
(2)化合物A(结构简式为)的含氧官能团为 ______和 ______(填官能团名称)。
(3)与具有相同官能团的同分异构体的结构简式为 ______。
31. 有机物A广泛用于涂料、油墨、胶黏剂、医药及农药中间体领域．已知：完全燃烧0.1mol某有机物A，生成13.2gCO2和5.4gH2O.有机物A的仪器分析如图：
①有机物A的质谱
②有机物A的红外光谱
③有机物A的核磁共振氢谱图上行2个吸收蜂，峰面积之比是1：1.
回答下列问题：
A的化学式为 ______；A的结构简式是 ______。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.HCOOH、CH3CH2OH的相对分子质量相同、结构不同，二者组成不同，不属于同分异构体，故A错误；
B.甲烷只含C−H极性键，不含非极性键，故B错误；
C.乙烯中含4个C−H键、1个碳碳双键，双键中含1个σ键1个π键，则乙烯分子中有5个σ键1个π键，故C错误；
D.烃只含C、H元素，完全燃烧生成CO2和H2O的物质的量之比为1：1，由原子守恒可知其最简式为CH2，故D正确；
故选：D。
A.HCOOH、CH3CH2OH的相对分子质量相同、结构不同；
B.甲烷只含C−H极性键；
C.乙烯中含4个C−H键、1个碳碳双键；
D.烃只含C、H元素，结合原子守恒判断最简式。
本题考查有机物及共价键，为高频考点，把握共价键的类型、同分异构体、最简式为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.催化剂不改变平衡状态，升高温度平衡逆向移动，NO的转化率减小，故A错误；
B.催化剂不改变平衡状态，增大压强，平衡正向移动，NO的转化率增大，且反应速率加快，故B正确；
C.升高温度平衡逆向移动，NO的转化率减小，充入N2平衡逆向移动，NO的转化率减小，故C错误；
D.降低温度同时增大压强，能确定反应正向进行，但反应速率不一定增大，故D错误；
故选：B。
达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，则加快反应速率使平衡正向移动，以此来解答．
本题考查影响化学反应速率的因素，注意把握浓度、催化剂、温度、压强对反应速率的影响和平衡移动即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大．
3.【答案】B
【解析】解：A.氨水可与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，同时生成氯化铵，可用于除杂，故A错误；
B.碳酸钠水解呈碱性，加热促进水解，且油污在碱性条件下水解，有利于除去油污，故B正确；
C.配制溶液时不能引入新杂质，应用硫酸，故C错误；
D.AlCl3水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，加热、蒸干、灼烧，可得到氧化铝，而加热亚硫酸钠溶液，亚硫酸钠会被氧化为硫酸钠，因硫酸难挥发，最终仍得到硫酸钠，故D错误；
故选：B。
A.氢氧化钠与氯化铵也反应，所以氨水可与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，同时生成氯化铵；
B.碳酸钠水解呈碱性，加热促进水解，有利于除去油污；
C.配制溶液时不能引入新杂质；
D.AlCl3水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发。
本题考查盐类的水解，为高频考点，侧重化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，题目难度不大。
4.【答案】A
【解析】解：A.食盐水为中性，水沿着导管上升，可证明Fe发生吸氧腐蚀，故A正确；
B.钢闸门与电源正极相连，作阳极失去电子，加快腐蚀，故B错误；
C.在铁制品表面镀锌，电解质溶液应含大量的锌离子，不能选硫酸亚铁溶液，故C错误；
D.pH试纸不能湿润，应选干燥的pH试纸测定，故D错误；
故选：A。
A.食盐水为中性；
B.钢闸门与电源正极相连；
C.在铁制品表面镀锌，电解质溶液应含大量的锌离子；
D.pH试纸不能湿润。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、电化学腐蚀及防护、电镀、pH测定、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：A.加入少量CH3COONH4固体，溶液中c(CH3COO−)，平衡向着逆向移动，(H+)减小，故A错误；
B.加入少量NaOH固体，氢氧化钠与氢离子反应，氢离子浓度减小，平衡向正向移动，故B正确；
C.加水后溶液被稀释，氢离子浓度减小，水的离子积不变，则c(OH−)增大，则c(CH3COOH)c(CH3COO−)=Khc(OH−)的比值减小，故C错误；
D.HCl在溶液中电离出气流，通入少量 HCl气体后平衡向着逆向移动，但溶液中c(H+)会增大，故D错误；
故选：B。
A.醋酸根离子浓度增大，平衡向着逆向移动，氢离子浓度减小；
B.氢氧化钠结合氢离子，平衡向着正向移动，氢离子浓度减小；
C.加水后氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，结合c(CH3COOH)c(CH3COO−)=Khc(OH−)分析；
D.加入HCl后氢离子浓度增大。
本题考查弱电解质电离平衡及其影响，题目难度中等，明确电离平衡的影响因素为解答关键，C为易错点，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。
6.【答案】B
【解析】解：A.由图甲知，B点SO2的平衡转化率为0.85，则Δn(SO2)=2mol×0.85=1.7mol，则SO2的平衡物质的量为2mol−1.7mol=0.3mol，B点SO2的平衡浓度为0.3mol10L=0.03mol/L，故A错误；
B.C点趋向于平衡时，SO2 的转化率应降低，则逆向移动，则 V正
故选：B。
A.由图甲知，B点SO2的平衡转化率为0.85，则Δn(SO2)=2mol×0.85=1.7mol，即可得出SO2的平衡物质的量，结合c=nV计算；
B.C点趋向于平衡时，SO2 的转化率应降低，则逆向移动；
C.温度越高，反应速率越快，越先达到平衡状态；
D.保持体积不变，充入惰性气体，平衡不移动。
本题主要考查化学平衡图象、化学平衡有关计算、影响化学平衡移动的因素等，侧重考查学生的分析能力和计算能力，难度中等，注意甲图表示不同压强下到达平衡时，SO2的平衡转化率与压强和温度的关系。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查盐类水解，根据影响盐类水解的因素即可解答，难点是离子浓度大小的比较，知道盐类水解是微弱的，题目难度中等。
【解答】
物质的量浓度相等的铵盐溶液中，④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2CO3中铵根离子浓度大，其中碳酸根离子水解促进铵根离子水解，则溶液中铵根离子浓度④>⑤，③中氢离子抑制铵根离子水解，②中醋酸根离子促进铵根离子水解，所以铵根离子浓度大小顺序是③>①>②，则c(NH4+)由大到小的顺序是④⑤③①②。
故选C。
8.【答案】C
【解析】解：测得甲池中某电极质量增加2.16g，乙池中某电极上析出6.4g某金属，甲中a为阴极，b为阳极，银在a极析出，乙中c为阴极，d为阳极，金属在c极析出，
A、甲池a极上析出金属银，乙池c极上析出某金属，故A错误；
B、甲池a极上析出金属银，乙池c极上析出某金属，故B错误；
C、乙池电极析出6.4g金属，说明乙池中含有氧化性比氢离子强的金属，则某盐溶液可能是CuSO4溶液，故C正确；
D、Mg2+氧化性较弱，电解时在溶液中不能得电子析出金属，所以某盐溶液不能是Mg(NO3)2溶液，故D错误；
故选C.
测得甲池中某电极质量增加2.16g，乙池中某电极上析出6.4g某金属，甲中a为阴极，b为阳极，银在a极析出，乙中c为阴极，d为阳极，金属在c极析出，乙池电极析出6.4g金属，说明乙池中含有氧化性比氢离子强的金属，以此解答该题．
本题考查了电解池的工作原理，侧重于电解原理的考查，注意把握阴阳极的判断以及溶液离子的放电顺序，题目难度不大．
9.【答案】D
【解析】解：A.酸性为乙酸>水>乙醇，则羟基的极性：乙酸>水>乙醇，故A正确；
B.钠与水反应比与乙醇反应剧烈，则与金属钠反应的强烈程度：水>乙醇，故B正确；
C.基团之间相互影响，则羟基连接不同的基团可影响羟基的活性，故C正确；
D.羟基中共价键相同，羟基极性不同的原因是羟基连接的基团不同，故D错误；
故选：D。
A.酸性越强，羟基的极性越强；
B.钠与水反应比与乙醇反应剧烈；
C.基团之间相互影响；
D.羟基中共价键相同。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酸性的比较，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：A.在钢管桩表面涂上环氧树脂涂料，可以隔绝空气和水，减缓钢管桩的腐蚀，故A正确；
B.海水中存在大量电解质，故离子浓度大于淡水，海水导电能力强，钢铁在海水中腐蚀速度快，故B错误；
C.钢管桩与外加直流电源的负极相连接，作电解池的阴极被保护，可以减缓钢管桩的腐蚀速率，故C正确；
D.镁铝合金比铁活泼，形成原电池时，铁作正极被保护，可以减缓钢管桩的腐蚀速率，故D正确；
故选：B。
A.在钢铁表面涂上保护层可减慢钢铁腐蚀；
B.海水中离子浓度大；
C.钢管桩作电解池的阴极被保护；
D.钢管桩作原电池的正极被保护。
本题考查金属的腐蚀与防护，题目难度中等，掌握常见的金属腐蚀原理和电化学保护措施是解题的关键。
11.【答案】C
【解析】解：A.钠离子不水解，溶液显中性，铵根离子水解显酸性，所以NaCl 溶液的pH大于NH4Cl溶液的pH，故A错误；
B.溶醋酸部分电离，HCl完全电离，浓度均为0.1mol⋅L−1 的CH3COOH溶液与HCl溶液，HCl中离子浓度大，所以HCl溶液的导电性强，故B错误；
C.溶液中分别存在c(Cl−)+c(OH−)=c(H+)、c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)，c(Cl−)与c(CH3COO−)相等，则两溶液的pH相等，故C正确；
D.等pH的氨水、KOH溶液、Ba(OH)2溶液中c(OH−)相等，根据离子积常数知，c(H+)相等，再结合电荷守恒得c(NH4+)=c(K+)=2c(Ba2+)，故D错误。
故选：C。
A.钠离子不水解，铵根离子水解显酸性；
B.溶液中离子浓度越大，导电性越强；
C.根据溶液的电荷守恒判断；
D.等pH的氨水、KOH溶液、Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度相等，再结合电荷守恒判断。
本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离、酸碱混合的定性判断、盐类水解等知识，明确弱电解质的电离特点为解答关键，注意掌握电荷守恒、盐的水解在判断离子浓度大小中的应用方法，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。
12.【答案】D
【解析】解：A.由表中数据可判断，平衡常数随温度升高减小，说明反应为放热反应，可知反应物的总能量>生成物的总能量，故A错误；
B.1000℃下Fe2O3与CO反应，tmin达到平衡时c(CO)=2×10−3 mol/L，设CO起始浓度x，
13Fe2O3(s)+CO(g)⇌23Fe(s)+CO2(g)，
起始量(mol/L)x0
变化量(mol/L)x−2×10−3 x−2×10−3
平衡量(mol/L)2×10−3 x−2×10−3
K=x−2×10−32×10−3=4，解得x=10−2mol/L，则用CO表示该反应的平均速率为(102−2×10−3)mol/Ltmin，故B错误；
C.平衡常数只受温度影响，增大c(CO)不能改变化学平衡常数，故C错误；
D.增大固体的量，不改变平衡的移动，则其他条件不变时，增加Fe2O3的用量，不能有效降低炼铁尾气中CO的含量，故D正确；
故选：D。
A.由表中数据可知，升高温度K减小，则升高温度平衡逆向移动；
B.1000℃下Fe2O3与CO反应，tmin达到平衡时c(CO)=2×10−3 mol/L，设CO起始浓度x，
13Fe2O3(s)+CO(g)⇌23Fe(s)+CO2(g)，
起始量(mol/L)x0
变化量(mol/L)x−2×10−3 x−2×10−3
平衡量(mol/L)2×10−3 x−2×10−3
K=x−2×10−32×10−3=4，解得x=10−2mol/L，
结合v=△c△t计算；
C.K只与温度有关；
D.Fe2O3为固体，不影响平衡移动。
本题考查化学平衡常数，为高频考点，把握平衡常数与温度的关系、平衡常数计算、平衡移动为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意K与温度有关，题目难度不大。
13.【答案】B
【解析】解：A.由结构可知，含C、H、O、N、Cl元素，为烃的衍生物，故A正确；
B.分子中含苯环，且含醚键、酯基等官能团，不存在酮羰基，故B错误；
C.含氯原子、碳碳双键、酯基、醚键、−CN，共5种官能团，故C正确；
D.含碳碳双键，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；
故选：B。
A.由结构可知，含C、H、O、N、Cl元素；
B.分子中含苯环，且含醚键、酯基等官能团；
C.含氯原子、碳碳双键、酯基、醚键、−CN；
D.含碳碳双键，可被酸性高锰酸钾溶液氧化。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的官能团、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团的判断，题目难度不大。
14.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查水的离子积，知道温度越高，水的离子积常数越大，注意虽然温度不同，但pH=1的硫酸溶液中氢离子浓度相同，为易错点。
【解答】
100℃时，水的离子积常数Kw=1×10−12，纯水的pH=6，该温度下pH=1的硫酸，c(H+)=0.1mol/L，
A.同温下，pH=13的Ba(OH)2溶液中c(OH−)=1×10−1210−13mol/L=10mol/L，等体积的pH=1的硫酸和pH=13的氢氧化钡溶液混合时，碱剩余，溶液呈碱性，故A错误；
B.该溶液中硫酸电离出的c(H+)=0.1mol/L，水电离出的c(H+)=10−11mol/L，则硫酸电离出的c(H+)与水电离出的c(H+)之比为1010，故B错误；
C.该温度下pH=1和室温下pH=1的硫酸中氢离子浓度相等，所以等体积的该硫酸与室温下pH为1的硫酸中和碱的能力相同，故C正确；
D.该溶液中水电离出的c(H+)=10−11mol/L，同温下pH为3的硫酸中水电离出的c(H+)=10−9mol/L，则该溶液中水电离出的c(H+)是同温下pH为3的硫酸中水电离出的c(H+)的1100，故D错误。
故选C。
15.【答案】C
【解析】解：A.同一物质的熵变：固态<液态<气态，所以1molH2O在不同状态时的熵值：S[H2O(s)]
C.反应能否自发进行与反应的吸放热无关，适当条件下吸热反应也能自发进行，如高温煅烧石灰石，有些放热反应低温条件下不能发生，如低温时碳和氧气几乎不反应，故C错误；
D.反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)是气体体积增大的反应，即反应的ΔS>0，常温下该反应不能自发进行，则常温下ΔH−TΔS>0，即ΔH>TΔS>0，故D正确；
故选：C。
A.同一物质的熵变：固态<液态<气态；
B.反应自发进行的条件是ΔH−TΔS<0；
C.反应能否自发进行与反应的吸放热无关；
D.反应自发进行的条件是ΔH−TΔS<0。
本题考查焓变与熵变，侧重分析能力和运用能力的考查，把握熵变的判定方法、反应自发进行的条件即可解答，注意掌握熵变概念及其判定方法，题目难度不大。
16.【答案】C
【解析】解：A.b极加入的物质为空气(O2)，氧气得电子发生还原反应，故A正确；
B.原电池工作时，阴离子向负极(a)移动，故B正确；
C.b极为正极，电极反应式为O2+4e−=2O2−，故C错误；
D.a极为负极，电极反应式为CH4−8e−+4O2−=CO2+2H2O，每消耗11.2L甲烷，导线中转移的电子数为11.2L22.4L/mol×4×NA/mol=4NA，故D正确；
故选：C。
由图可知，a极为电子流出极，故a极为负极，电极反应式为CH4−8e−+4O2−=CO2+2H2O，b极为正极，电极反应式为O2+4e−=2O2−，据此作答。
本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
17.【答案】B
【解析】解：A.CH3COO−水解导致溶液呈碱性，c(OH−)>c(H+)，Na+不水解，所以c(CH3COO−)
B.CH3COONa、HCl恰好完全反应生成NaCl、CH3COOH，CH3COOH部分电离导致溶液呈酸性，c(H+)>c(OH−)，根据物料守恒得c(Na+)=c(Cl−)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)+c(CH3COO−)，所以存在c(H+)>c(CH3COO−)，则溶液中存在c(Na+)=c(Cl−)>c(H+)>c(CH3COO−)>c(OH−)，故B正确；
C.溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH，CH3COOH电离程度大于CH3COO−水解程度，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH−)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(CH3COO−)，所以c(Na+)
故选：B。
A.CH3COO−水解导致溶液呈碱性，但其水解程度较小；
B.CH3COONa、HCl恰好完全反应生成NaCl、CH3COOH，CH3COOH部分电离导致溶液呈酸性；
C.溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH，CH3COOH电离程度大于CH3COO−水解程度，溶液呈酸性；
D.NaOH电离、CH3COONa水解都导致溶液呈碱性，结合电荷守恒判断。
本题考查离子浓度大小比较，侧重考查弱电解质的电离、盐类水解原理，明确溶液中溶质成分及其性质、化学反应原理等知识点是解本题关键，注意电荷守恒的灵活运用，题目难度不大。
18.【答案】C
【解析】解：①中含有7种氢原子，所以一氯取代物有7种；
②中含有4种氢原子，所以一氯取代物有4种；
③中含有4种氢原子，所以一氯取代物有4种；
④中含有7种氢原子，所以一氯取代物有7种；
所以同分异构体数目相等的是②③；
故选：C。
有机物一氯取代物的同分异构体取决于氢原子的种类，根据等效氢原子的判断方法来回答．
本题主要考查同分异构体的数目，注意等效氢的判断，难度不大．
19.【答案】D
【解析】解：A.制氢时，是电解池，光伏电池供电，电解池工作时，Pt电极上生成氢气、为阴极，则X电极是阳极，溶液中K+向Pt电极移动，故A错误；
B.供电时，是原电池，Zn为负极，Zn失去电子生成ZnO22−，电极反应式为Zn−2e−+4OH−=ZnO22−+2H2O，则Zn电极附近溶液的pH降低，故B错误；
C.供电时，是原电池，Zn电极是负极，X电极是正极，X电极发生还原反应，故C错误；
D.制氢时，是电解池，X电极是阳极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为Ni(OH)2−e−+OH−=NiOOH+H2O，故D正确；
故选：D。
A.制氢时，是电解池，电解池工作时，溶液中阳离子移向阴极；
B.供电时，是原电池，Zn电极是负极，X电极是正极，Zn失去电子生成ZnO22−；
C.供电时，是原电池，Zn电极是负极，X电极是正极，正极发生还原反应；
D.制氢时，是电解池，X电极是阳极，阳极上发生失电子的氧化反应。
本题考查电化学装置的工作原理、氧化还原反应规律、电池反应和电极反应式书写等知识，侧重学生的理解与辨析、分析与检测能力的考查，把握原电池和电解池工作原理是解题关键，注意电极的判断和电极反应式的书写，题目难度中等。
20.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，把握Ksp、K的计算、沉淀的生成为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为易错点，题目难度不大。
【解答】
A.由图中c点可知Ksp(AgBr)=7×10−7×7×10−7=4.9×10−13，故A正确；
B.由a点变到c点，溴离子浓度不变，而蒸发时溴离子浓度增大，则不能通过蒸发实现由a点变到c点，故B错误；
C.b点在曲线的上方，Qc>Ksp，则b点有AgBr沉淀析出，故C正确；
D.t℃时，AgCl(s)+Br−(aq)⇌AgBr(s)+Cl−(aq)的平衡常数K=c(Cl−)c(Br−)=Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)=4×10−104.9×10−13≈816，故D正确。
故选B。
21.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查原电池与电解池原理，题目难度中等，根据通入氧气的一极为正极明确电极的判断及发生的电极反应为解答的关键，注意利用电子守恒进行计算，试题注重基础知识的考查，培养了学生的分析能力及化学计算能力。
【解答】
A.极室4通入的是氧气，则极室4是燃料电池的正极，极室3通入的应是燃料气体，在氢氧化钠溶液中，电解池的阴极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，所以气体B为H2，故A正确；
B.根据反应O2+4e−+2H2O=4OH−、4Cl−−4e−=2Cl2↑及电子守恒可得：2Cl2∼O2，则相同条件下，当电解池生成2LCl2，理论上燃料电池应消耗1LO2，故B正确；
C.极室1进去的饱和NaCl溶液，排出的是稀NaCl溶液，所以极室1为阳极，反应式为2Cl−−2e−=Cl2↑，钠离子移向极室2，所以极室1与极室2之间的离子交换膜也为阳离子交换膜，故C正确；
D.燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH−，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，即a%小于c%，负极氢气失电子生成氢离子消耗氢氧根离子，所以b%
故选D。
22.【答案】D
【解析】解：A.通过以上分析知，曲线a、b、c分别表示lgc(H2RO4−)c(H3RO4)、lgc(HRO42−)c(H2RO4−)、lgc(RO43−)c(HRO42−)与溶液pH的关系，故A错误；
B.由分析可知Ka1=c(H2RO4−)c(H3RO4)×c(H+)，c(H2RO4−)c(H3RO4)=Ka1c(H+)，lgc(H2RO4−)c(H3RO4)=0时，Ka1=c(H+)=10−2.25mol/L，Ka2=c(HRO42−)c(H2RO4−)×c(H+)，lgc(HRO42−)c(H2RO4−)=0时，Ka2=c(H+)=10−6.77mol/L，H2RO4−的水解常数为c(OH−)c(H3RO4)c(H2RO42−)=KwKa1=10−1410−2.25
D.pH=11.40时，lgc(RO43−)c(HRO42−)=0，c(HRO42−)=c(RO43−)，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(H2RO4−)+3c(RO43−)+2c(HRO42−)，所以溶液中存在c(Na+)=c(OH−)−c(H+)+c(H2RO4−)+5c(RO43−)，故D正确；
故选：D。
A.Ka1=c(H2RO4−)c(H3RO4)×c(H+)，c(H2RO4−)c(H3RO4)=Ka1c(H+)，lgc(H2RO4−)c(H3RO4)=0时，Ka1=c(H+)；同理Ka2=c(HRO42−)c(H2RO4−)×c(H+)，lgc(HRO42−)c(H2RO4−)=0时，Ka2=c(H+)；Ka3=c(RO43−)c(HRO42−)×c(H+)，lgc(RO43−)c(HRO42−)=0时，Ka3=c(H+)，Ka1>Ka2>Ka3，则Ka1对应的pH值最小，所以曲线a、b、c分别表示lgc(H2RO4−)c(H3RO4)、lgc(HRO42−)c(H2RO4−)、lgc(RO43−)c(HRO42−)与溶液pH的关系；
B.盐类水解促进水的电离，酸碱的电离抑制水的电离；
C.常温下，Ka2=c(HRO42−)c(H2RO4−)×c(H+)，lgc(HRO42−)c(H2RO4−)=0时，Ka2=c(H+)=10−6.77mol/L；
D.pH=11.40时，lgc(RO43−)c(HRO42−)=0，c(HRO42−)=c(RO43−)，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(H2RO4−)+3c(RO43−)+2c(HRO42−)。
本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析、判断及计算能力，明确曲线与lgX的关系、电离平衡常数计算方法等知识点是解本题关键，注意电离平衡常数与水解平衡常数关系，题目难度不大。
23.【答案】B
【解析】解：A.电极B附近通入二氧化氮，根据方程式分析，氮元素化合价降低，得到电子，发生还原反应，故为正极，故A错误；
B.由分析可知，电极B电极反应式为2NO2+8e−+4H2O=8OH−+N2，故B正确；
C.由总反应方程式可知，反应生成了水，会使溶液碱性减弱，pH减小，故C错误；
D.根据电子守恒分析，同温同压下，左右两侧电极室产生的气体体积比为4：3，故D错误；
故选：B。
根据总方程式6NO2+8NH3=7N2+12H2O中NO2可知，NO2中N元素化合价由+4价变为0价、NH3中N元素化合价由−3价变为0价，所以NO2发生还原反应、NH3发生氧化反应，则通入NH3的A电极作负极、B电极作正极，负极电极方程式为2NH3−6e−+6OH−=N2+6H2O，正极反应式为2NO2+8e−+4H2O=8OH−+N2，电池工作时，电子从负极沿导线流向正极，内电路中阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此分析解答。
本题考查化学电源新型电池，为高频考点，明确化学反应中化合价升降与正负极的关系是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度不大。
24.【答案】D
【解析】解：A.二者互溶，但沸点不同，可蒸馏分离，故A正确；
B.苯甲酸在水中的溶解度不大，则提纯苯甲酸可采用重结晶的方法，主要步骤有加热溶解、趁热过滤、冷却结晶，趁热过滤可减少溶解损失，故B正确；
C.碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，且四氯化碳的密度大于水的密度、不溶于水，则萃取分层后，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故C正确；
D.乙醇与水互溶，不能萃取溴水中的溴，故D错误；
故选：D。
A.二者互溶，但沸点不同；
B.苯甲酸在水中的溶解度不大；
C.碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，且四氯化碳的密度大于水的密度、不溶于水，分液时避免上下层液体混合；
D.乙醇与水互溶。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物的分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
25.【答案】C
【解析】解：A.由生成2.24L气体时转移0.4mol电子发生2CuSO4+2H2O−通电2Cu+O2↑+2H2SO4，则n(CuSO4)=2.24L22.4L/mol×2=0.2mol，c(CuSO4)=0.2mol0.2L=1mol/L，故A错误；
B.生成2.24L气体时转移0.4mol电子，当转移0.4mol电子时，生成n(H2SO4)=0.2mol，c(H+)=0.2mol×20.2L=2mol/L，随电解的进行，水继续电解，溶剂减小，则电解后所得溶液中c(H+)>2mol/L，故B错误；
C.当n(e−)=0.6mol时，发生2CuSO4+2H2O−通电2Cu+O2↑+2H2SO4、2H2O−通电2H2↑+O2↑∼4e−，n(H2)=0.2mol×24=0.1mol，n(O2)=0.1mol+0.05mol=0.15mol，所以V(H2)：V(O2)=0.1mol：0.15mol=2：3，故C正确；
D.因电解后从溶液中析出Cu、氧气、水，则加入16gCuO不会恢复为电解前的浓度，故D错误；
故选：C。
石墨电极电解200mLCuSO4溶液，先发生2CuSO4+2H2O−通电2Cu+O2↑+2H2SO4，后发生2H2O−通电2H2↑+O2↑，结合图象可知，生成2.24L气体时转移0.4mol电子发生2CuSO4+2H2O−通电2Cu+O2↑+2H2SO4，以此来计算解答．
本题考查电解原理及计算，明确发生的电解反应及图象中体积与转移电子的关系即可解答，注意从溶液中析出Cu、氧气、水结合电解反应中转移的电子数来计算，题目难度中等．
26.【答案】<<温度不变时，由题图可判断压强p1>p2，压强越大，化学反应速率越快 将产物甲醇液化移去 增大H2的浓度 1.04
【解析】解：(1)由图可知，随着温度的升高，平衡时甲醇的物质的量减小，说明平衡逆向移动，则该反应为放热反应，ΔH<0，
故答案为：<；
(2)该反应是气体体积减小的反应，压强越大，平衡正向移动，平衡时甲醇的物质的量越大，则说明p1>p2，温度相同，压强越大，反应速率越快，则v(N)
(3)将产物甲醇液化移去和增大H2的浓度都能使平衡正向移动，提高CO2的转化率，
故答案为：将产物甲醇液化移去；增大H2的浓度；
(4)M、N点温度相同，则K(M)=K(N)，M点平衡时甲醇的物质的量为0.25mol，
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始(mol)12.7500
转化(mol)0.250.750.250.25
平衡(mol)0.7520.250.25
K=c(CH3OH)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c3(H2)=0.2510×0.25100.7510×(210)3≈1.04，
故答案为：1.04。
(1)由图可知，随着温度的升高，平衡时甲醇的物质的量减小，说明平衡逆向移动；
(2)比较p1和p2的大小，结合压强越大，反应速率越快分析；
(3)提高CO2的转化率，即要求平衡正向移动，根据勒夏特列原理分析；
(4)M、N点温度相同，则K(M)=K(N)，M点平衡时甲醇的物质的量为0.25mol，列化学平衡三段式，结合K=c(CH3OH)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c3(H2)计算。
本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合勒夏特列原理、化学平衡三段式知识解答，此题难度中等。
27.【答案】NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+ c(HCO3−)+c(H+)1.2c(K+)>c(HC2O4−)>c(H+)>c(C2O42−)>c(OH−)B8锥形瓶内溶液颜色变为紫色，且半分钟内不恢复原来颜色 98.40%
【解析】解：(1)铵根离子发生水解反应：NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+，生成的氢离子能够与铁锈反应，所以工业上可用此除铁锈，
故答案为：NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+；
(2)标准状况下，将1.12LCO2，通入100mL1mol⋅L−1的NaOH溶液中，
CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O
0.05mol0.1mol0.05mol
所以产物为0.05molNa2CO3，溶液中质子守恒为：c(OH−)=2c(H2CO3)+c(HCO3−)+c(H+)，
故答案为：c(HCO3−)+c(H+)；
(3)①草酸溶液中各含碳物种的分布分数a(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示，分布系数A点对应的pH=PKa1，故a=1.2，
故答案为：1.2；
②0.1mol⋅L−1的H2C2O4溶液与0.1mol⋅L−1的KOH的溶液等体积混合后所得溶液为KHC2O4，溶液呈现酸性说明HC2O4−的电离程度大于水解程度，故溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(K+)>c(HC2O4−)>c(H+)>c(C2O42−)>c(OH−)，
故答案为：c(K+)>c(HC2O4−)>c(H+)>c(C2O42−)>c(OH−)；
(3)①溶度积越小的越易转化为沉淀，由表格中的数据可知，硫化物的溶度积更小，所以应选择硫化钠，
故答案为：B；
②由Pb(OH)2的溶度积为1.2×10−15，c(Pb2+)=1.2×10−3mol⋅L−1，，则c(OH−)=Ksp[Pb(OH)2]c(Pb2+)=1.2×10−151.2×10−3mol/L=1.0×10−6mol⋅L−1，故pH=8，
故答案为：8；
(4)酸性KMnO4标准溶液滴定柠檬酸亚铁晶体，发生反应紫色溶液褪去，当锥形瓶内溶液颜色变为浅紫色，且半分钟内不恢复原来颜色，说明达到滴定终点；
根据反应关系Fe2+→Fe3+，MnO4−→Mn2+可知，根据电子守恒规律：5Fe2+∼MnO4−，由于第3次数据误差较大，故舍去；根据1，2，4三组数据可知，消耗KMnO4溶液体积为20.00+19.98+20.023mL=20.00mL，所以消耗MnO4−的物质的量为：0.2mol/L×0.02L=4×10−3mol，则消耗的亚铁离子的量为5×4×10−3mol，25.00g柠檬酸亚铁晶体样品中含有柠檬酸亚铁晶体的物质的量为5×4×10−3mol×100mL20mL=0.1mol，柠檬酸亚铁晶体的质量为0.1mol×246g/mol=24.6g，柠檬酸亚铁的质量分数为24.6g25g×100%=98.40%，
故答案为：锥形瓶内溶液颜色变为紫色，且半分钟内不恢复原来颜色；98.40%。
(1)铵根离子发生水解反应：NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+，生成的氢离子能够与铁锈反应；
(2)标准状况下，将1.12LCO2，通入100mL1mol⋅L−1的NaOH溶液中，
CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O
0.05mol0.1mol0.05mol
所以产物为0.05molNa2CO3，据此判断质子守恒式；
(3)①草酸溶液中各含碳物种的分布分数a(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示，分布系数A点对应的pH=PKa1；
②0.1mol⋅L−1的H2C2O4溶液与0.1mol⋅L−1的KOH的溶液等体积混合后所得溶液为KHC2O4，溶液呈现酸性说明HC2O4−的电离程度大于水解程度；
(3)①溶度积越小的越易转化为沉淀，由表格中的数据可知，硫化物的溶度积更小；
②由Pb(OH)2的溶度积为1.2×10−15，c(Pb2+)=1.2×10−3mol⋅L−1，，则c(OH−)=Ksp[Pb(OH)2]c(Pb2+)；
(4)酸性KMnO4标准溶液滴定柠檬酸亚铁晶体，发生反应紫色溶液褪去，当锥形瓶内溶液颜色变为浅紫色，且半分钟内不恢复原来颜色，说明达到滴定终点；
根据反应关系Fe2+→Fe3+，MnO4−→Mn2+可知，根据电子守恒规律：5Fe2+∼MnO4−，由于第3次数据误差较大，故舍去；根据1，2，4三组数据可知，消耗KMnO4溶液体积为20.00+19.98+20.023mL=20.00mL，所以消耗MnO4−的物质的量为：0.2mol/L×0.02L=4×10−3mol，则消耗的亚铁离子的量为5×4×10−3mol，25.00g柠檬酸亚铁晶体样品中含有柠檬酸亚铁晶体的物质的量为5×4×10−3mol×100mL20mL=0.1mol，柠檬酸亚铁晶体的质量为0.1mol×246g/mol=24.6g，据此计算。
本题考查较为综合，多为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用设计弱电解质电离，盐类水解，沉淀溶解平衡等内容，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
28.【答案】CH3OH+8OH−−6e−=CO32−+6H2O2CuO阳 O2 4OH−−4e−=O2↑+2H2O
【解析】解：(1)甲装置a极通入的是甲醇，为负极，电极反应方程式为CH3OH+8OH−−6e−=CO32−+6H2O，
故答案为：CH3OH+8OH−−6e−=CO32−+6H2O；
(2)当b极消耗标准状况下O211.2mL时，转移的电子的物质的量为11.2×10−3L22.4L/mol×4=0.002mol，产生的氢离子的物质的量为0.002mol，氢离子浓度为0.002mol0.2L=0.01mol/L，pH为2，若乙池中CuSO4(aq)足够，电解一段时间后，要恢复到原来的状态，则可加入 CuO，
故答案为：2；CuO；
(3)题图中左边加入含硫酸的水，右侧加入含KOH的水，说明左边制硫酸，右边制备KOH溶液，氢氧根离子在阳极放电，同时电解后溶液呈酸性，氢离子在阴极放电，同时电解后溶液呈碱性，则X为阳极，Y为阴极，所以X连接电源正极；Y电极上氢离子放电生成氢气，所以氢气从C口导出，氧气在B导出，生成氧气的方程式为4OH−−4e−=O2↑+2H2O，
故答案为：阳；O2；4OH−−4e−=O2↑+2H2O。
(1)甲装置a极通入的是甲醇，为负极；
(2)当b极消耗标准状况下O211.2mL时，转移的电子的物质的量为11.2×10−3L22.4L/mol×4=0.002mol，产生的氢离子的物质的量为0.002mol，氢离子浓度为0.002mol0.2L=0.01mol/L，pH为2，若乙池中CuSO4(aq)足够，电解一段时间后，要恢复到原来的状态，根据脱离体系的元素进行分析即可；
(3)题图中左边加入含硫酸的水，右侧加入含KOH的水，说明左边制硫酸，右边制备KOH溶液，氢氧根离子在阳极放电，同时电解后溶液呈酸性，氢离子在阴极放电，同时电解后溶液呈碱性，则X为阳极，Y为阴极，所以X连接电源正极；Y电极上氢离子放电生成氢气，所以氢气从C口导出，氧气在B导出。
本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
29.【答案】原电池 变大 0.2
【解析】解：(1)由分析可知，甲池为原电池，
故答案为：原电池；
(2)实验过程中，盐桥中的阴离子即NO3−移向负极，阳离子即K+移向正极，故甲池左侧烧杯中NO3−的浓度变大，
故答案为：变大；
(3)根据原电池中通过正、负极上的电子的物质的量相等，故甲池反应前，两电极质量相等，一段时间后，质量增加的电极为Ag，若Ag极的质量增加21.6g，则通过电路中的电子的物质的量为：n(e−)=n(Ag)=mM=21.6g108g/mol=0.2mol，
故答案为：0.2。
由题干装置图可知，甲池中有两个活泼性不同的金属电极，有电解质溶液和一个自发进行的氧化还原反应Cu+2AgNO3=Cu(NO3)2+2Ag，通过盐桥形成闭合的回路，故甲池为原电池，Cu电极为负极，发生的电极反应为：Cu−2e−=Cu2+，Ag电极为正极，发生的电极反应为：2Ag++2e−=2Ag，乙池为电解池，左侧Pt电极是阳极，发生氧化反应，右侧Pt电极为阴极，发生还原反应，据此分析解题。
本题考查了原电池原理，正确判断正负极是解本题关键，再结合各个电极上发生的反应来分析解答，题目难度中等。
30.【答案】直形冷凝管 蒸馏烧瓶 羟基 醛基 CH2=CHCH2COOH或CH3CH=CHCOOH
【解析】解：(1)由装置图可知：仪器①直形冷凝管②蒸馏烧瓶，
故答案为：直形冷凝管；蒸馏烧瓶；
(2)化合物A含有羟基和醛基，含氧官能团为羟基和醛基，
故答案为：羟基；醛基；
(3)与含有相同官能团的同分异构体的结构简式为：CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH，
故答案为：CH2=CHCH2COOH或CH3CH=CHCOOH。
(1)根据仪器的外形来分析；
(2)化合物A含有羟基和醛基；
(3)结合的分子式与含有的官能团判断其同分异构体的结构简式。
本题考查较为综合，涉及有机物的官能团、同分异构体的书写以及分离提纯仪器的名称，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物官能团的性质以及同分异构体的判断，题目难度中等。
31.【答案】C3H6O2 CH3COOCH3
【解析】解：13.2gCO2中含有C的物质的量为n(C)=n(CO2)=mM=13.2g44g/mol=0.3mol，含有H的物质的量为n(H)=2n(H2O)=2×5.4g18g/mol=0.6mol，即0.1mol有机物A含有0.3molC、0.6molH，分子式可设为为C3H6Ox，根据有机物A的质谱可知，有机物A的相对分子质量为74，则12×3+6+16x=74，解得x=2，所以有机物A的分子式为C3H6O2，有机物A可能为酸或酯类，根据红外光谱可知，有机物A中含有C=O键、C−O−C键和CH3基团，核磁共振氢谱图上行2个吸收蜂，峰面积之比是1：1，说明该有机物分子中有2种化学环境不同的H原子，所以有机物A为乙酸甲酯，分子式为C3H6O2，结构简式为CH3COOCH3，
故答案为：C3H6O2；CH3COOCH3。
13.2gCO2和5.4gH2O的物质的量分别为13.2g44g/mol=0.3mol、5.4g18g/mol=0.3mol，即n(C)=0.3mol、n(H)=0.3mol×2=0.6mol，则0.1mol有机物A含有0.3molC、0.6molH，则分子式可设为为C3H6Ox，根据有机物A的质谱可知，有机物A的相对分子质量为74，即12×3+6+16x=74，解得x=2，有机物A的分子式为C3H6O2，可能为酸或酯类，根据红外光谱可知，有机物A中含有C=O键、C−O−C键和CH3基团，核磁共振氢谱图上行2个吸收蜂，峰面积之比是1：1，该有机物分子中有2种化学环境不同的H原子，所以有机物A为乙酸甲酯，据此分析解答。
本题考查有机物分子式确定的计算，为高频考点，把握有机物分子式的确定方法、有机谱图的应用是解题关键，侧重双基知识的检测与综合运用能力的考查，注意掌握有机物结构的确定，题目难度不大。
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